RELASI REKURSIF
Disusun untuk memenuhi tugas mata kuliah Matematika Diskrit Dosen Pengampu : Dr. Rochmad, M.Si.
Kelompok 5 1. Uzlifa Khanifatul Muttaqi
(0401517031) (0401517031)
2. Siti Aminah
(0401517042) (0401517042)
3. Tri Wahyuningsih
(0401517051) (0401517051)
4. Maula Amalia Maghfuroh
(0401517056) (0401517056)
PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA PROGRAM PASCASARJANA UNIVERSITAS NEGERI SEMARANG TAHUN 2018
0
A. Deskripsi Singkat
Makalah ini membahas mengenai relasi rekursif beserta jenis-jenisnya. Terdapat pula pembahasan untuk memodelkan suatu masalah dengan relasi rekursif dan penyelesaian masalah menggunakan homogen dan non homogen dengan koefisien konstanta beserta penyelesaian dengan fungsi pembangkit. B. Tujuan
Setelah kegiatan belajar bersama, diharapkan mahasiswa dapat : a. mengetahui definisi relasi rekursif dan jenis-jenisnya. b. memodelkan suatu masalah dengan relasi rekursif. c. menjelaskan relasi rekursif homogen dengan koefisien konstanta. d. menyelesaikan masalah dengan relasi rekursif homogen dengan koefisien konstanta. e. menjelaskan relasi rekursif non homogen dengan koefisien konstanta. f.
menyelesaikan masalah relasi rekursif non homogen dengan koefisien konstanta.
g. menyelesaikan masalah relasi rekursif dengan fungsi pembangkit. C. Pendahuluan
Relasi rekursif adalah suatu topik penting dan menarik dalam kombinatorik. Banyak
, ,,,…, …−,
permasalahan dalam matematika, khususnya kombinatorik dapat dimodelkan ke dalam bentuk
relasi rekursif. Suatu relasi rekursif dari barisan
menyatakan dimana
dengan suku-suku sebelumya
≥
adalah sebuah persamaan yang
untuk semua bilangan bulat
adalah bilangan bulat positif. Maka jelas bahwa relasi rekursif didefinisikan dengan
kondisi tertentu sebagai kondisi awal atau kondisi batas dari relasi tersebut.
D. Materi
1 ≥2, 1 1 − − 1; −,≥2 1 −
1. Pengertian Pengertian Relasi Rekursif
Perhatikan ilustrasi berikut, misal berbeda. Jelas
menyatakan banyaknya permutasi dari
objek
, karena hanya ada satu permutasi dari 1 objek. Untuk
diperoleh dengan cara berikut. Terdapat
kemungkinan posisi dari satu objek tertentu, dan
setiap kemungkinan posisi dari objek ini akan diikuti oleh permutasi dari banyaknya permutasi dari
objek adalah
objek. Karena
maka terdapat hubungan
,
dengan demikian
Bentuk ini disebut relasi rekursif untuk kondisi awal, sedangkan
, banyaknya permutasi
objek.
disebut
disebut bagian rekursif dari dari relasi rekursif tersebut.
1
1,1,2,3,5,8,13,2≥1,334,55,89.. 1; − 1−,≥3 1
Dipunyai barisan Fibonacci
. Misal
ke-n barisan tersebut. Perhatikan bahwa untuk
, suku ke- dari barisan adalah jumlah
dua suku berurutan didepannya. Sehingga relasi rekursif untuk
Dalam relasi ini terdapat dua kondisi awal yaitu
menyatakan suku
dapat ditulis sebagai berikut
dan
. Kalau kondisi awal ini
kita ubah nilainya, maka barisan Fibonacci yang kita peroleh tentu akan berbeda dari barisan
1; − 1,≥1 1 − 1
Fibonacci di atas. Untuk kasus dearrangement , dapat dimodelkan ke dalam bentuk rekursif seperti berikut ini : Dalam hal ini
sebagai kondisi awal, sedangkan
adalah bagian
rekursif dari relasi rekursif.
a. Bentuk Umum Relasi Rekursif
Suatu relasi rekursif linier orde -k dengan d engan koefisien-koefisien konstanta adalah suatu
− − … − , ,, … , ≠ 0 .. , ,, … , 0 5− 4− 1, 2 52 41 3 15 2−− 1, 2 −− 221 3 13 − 3− 1, 2 − 32 31 9 relasi rekursif dalam bentuk
Dimana
sebagai konstanta dengan
, dan
adalah fungsi dari
Pergertian dari istilah linier dan dan koefisien konstanta adalah:
Linier : tidak ada pangkat atau produk dari Koefisien konstanta: konstanta: Jika
adalah konstanta (tidak tergantung pada n).
maka relasi terebut juga disebut sebagai homogen. homogen.
Contoh relasi rekursif : 1)
Misalkan keadaan-keadaan awal
Ini adalah relasi rekursif orde kedua dengan koefisien-koefisien konstanta. Relasi ini non homogen karena adanya suku
. Maka
2)
Misalkan keadaan-keadaan awal
Hasil kali
berarti relasi rekursif ini tidak linier. Maka
3)
Misalkan keadaan-keadaan awal
Ini adalah relasi rekurif homogen linier orde dua tapi tidak memiliki koefisienkoefisien konstanta. Karena koefisien dari
2
adalah n, bukan konstanta. Maka
4)
2− 5− 6− 1, 2, 3 2152616 0; − −,≥3 1; − − 1,≥3 1; − − ⋯−,≥1 1; − 1,≥1 Misal diketahui keadaan-keadaan awal
Ini merupakan relasi rekursif homogen linier orde tiga. Jadi kira membutuhkan tiga, bukan dua keadaan awal untuk menghasilkan suatu penyelesaian dari relasi rekursif tersebut. Maka 5)
Adalah relasi rekursif linier homogen orde dua dengan koefisien konstanta 6)
Adalah relasi rekursif linier nonhomogen orde dua dengan koefisien konstanta 7)
Adalah relasi rekursif nonlinier 8)
Adalah relasi rekursif linier nonhomogen dengan koefisien nonkonstanta Dari contoh tersebut, dapat diketahui bahwa ada beberapa jenis relasi rekursif antara lain : relasi rekursif homogen, relasi rekursif nonhomogen, relasi rekursif linear, dan relasi rekursif nonlinier. b. Model Relasi Rekursif
Relasi rekursif dapat digunakan untuk berbagai model dalam masalah kehidupan nyata, baik di dalam dan di luar ilmu komputer. Pada bagian ini kita akan membahas beberapa masalah dalam dunia nyata penting yang menggunakan model relasi rekursif. 1) Menara Hanoi
Teka-teki Menara Hanoi adalah ritual kuno Menara Brahma seperti yang ditunjukkan di bawah. Menurut legenda, pada saat dunia diciptakan, ada sebuah menara diamond (Tower A) dengan 64 piringan emas. Piringan yang mengalami penurunan ukuran dari bawah ke atas. Selain dari ini, ada dua tiang lainnya (Tower B dan C). Sejak saat diciptakan, imam Brahma telah mencoba untuk memindahkan piringan dari menara A ke tiang C melewati tiang B untuk penyimpananan menengah. Piringan yang begitu berat sehingga mereka dapat dipindahkan dengan hanya satu per satu dan piringan yang lebih besar tidak dapat ditempatkan di atas piringan yang lebih kecil. Menurut legenda, dunia akan berakhir ketika imam telah menyelesaikan tugas mereka. Dalam model ini tujuan kami adalah untuk mentransfer piringan dari menara A ke tiang C melalui tiang B lebih dahulu dengan memindahkan satu piringan pada suatu waktu. Satu-satunya batasan adalah bahwa diameter yang lebih besarpasak tidak dapat 3
ditempatkan di atas pasak diameter yang lebih kecil. Ide dari model di atas dapat diilustrasikan pada gambar berikut:
Menara 1
Tiang 2
Tiang 3
Sebuah solusi yang sangat elegan dari hasil penggunaan rekursi. Mari kita misalkan jumlah piringan di menara A adalah n. Tujuannya adalah untuk mendapatkan piringan yang lebih besar pada bagian bawah tiang C. Dalam rangka untuk mendapatkannya, kita memindahkan sisanya (n - 1) piringan ke tiang B dan kemudian memindahkan piringan terbesar ke tiang C seperti yang ditunjukkan pada gambar. Sekarang kita harus memindahkan piringan dari tiang B ke tiang C. Untuk mendapatkan ini, menara A dan tiang C tersedia. Oleh karena itu, solusi untuk bermasalah n piringan yang mengarah ke dua (n - 1).
Tiang 1 Misalkan
Tiang 2
Tiang 3
menunjukkan jumlah perpindahan yang diperlukan untuk memecahkan
teka-teki n piringan. Hal ini juga jelas bahwa, jika hanya ada satu piringan maka kita
1
hanya memindahkannya ke tiang C. Jadi diperoleh pola pemindahan sebagai berikut. (kondisi awal) 4
31212×112 71612×312 s 2− 1 > 1 s 2s2−2s−11 1 2 − 21 − 2 21 22 22−− 1212 12 212 − 2 2 21 − ⋯22 21 22−− −2−−2⋯2 2 21 2− 2− ⋯22 21−∵ 1 1 …. − 22 1 s 2 1 )
Dari pola
dan
, kita memiliki pengulangan hubungan
,
.
Kita dapat menggunakan pendekatan iterasi untuk memecahkan pengulangan hubungan ini. Oleh karena itu, kita dapatkan: =
= = =
=………… =………… = = =
;[
Dengan menggunakan fugsi pembangkit Dengan
=
Dari rumus di atas, jumlah perpindahan yang dibutuhkan untuk memindahkan 64
piringan dari tower A ke tower C adalah sama dengan =
= 1,844674.1019 detik ≈ 5.84542.1011 tahun
2) Barisan Fibonacci
Sepasang kelinci muda, jantan dan betina ditempatkan di sebuah pulau. Setelah dua bulan, masing-masing pasangan menghasilkan pasangan lain setiap bulan. Tujuan kami adalah untuk mengetahui banyaknya pasangan kelinci di pulau setelah n bulan, dengan asumsi bahwa tidak ada kelinci pernah mati. Masalah ini terkenal diajukan oleh Leonardo de pisa, juga dikenal sebagai Fibonacci. Sebuah solusi yang sangat elegan hasil dari penggunaan rekursi. Pertama kita memisalkan tabulasi kemudian kita gunakan relasi rekurensi. Tabulasi reproduksi diberikan di bawah ini. Bulan
Pasangan reproduksi
Pasangan muda 5
Total pasangan
(n)
1
0
1
1
2
0
1
1
3
1
1
2 = 1+1
4
1
2
3 = 2+1
5
2
3
5 = 3+2
6
3
5
8 = 5+3
Pada tabel
s s 1 s
menunjukkan jumlah pasangan kelinci setelah n bulan. Dari tabel di
atas jelas bahwa, pada akhir bulan pertama, jumlah pasangan kelinci di salah satu pulau yaitu,
. Hal ini karena pasangan ini tidak melahirkan selama dua bulan
pertama. Oleh karena itu,
s s s
= 1. Pada bulan ketiga pasangan pertama menghasilkan
satu lagi sepasang kelinci. Jadi, jumlah pasangan adalah 2 yaitu,
s−
2 =
.
Oleh karena itu, jumlah pasangan kelinci setelah n bulan adalah sama dengan jumlah
s− s s− s− s 1, s 1
dari anggota kelinci pada bulan sebelumnya ( lahir (
) dan jumlah pasangan yang baru
). Oleh karena itu, kita mendapatkan hubungan pengulangan sebagai
berikut:
(1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, …)
dengan
3) Bunga Majemuk
Aplikasi nyata lainnya yang penting dari relasi rekursif adalah untuk menghitung
bunga majemuk, tingkat bunga dan jumlah tahun yang diberikan. Misalkan Tuan Smith telah menyimpan sejumlah
dalam rekening tabungan di bank. Tujuan kami
adalah untuk menghitung jumlah total setelah n tahun jika tingkat bunga per tahun
adalah r persen. Sebuah solusi dihasilkan dari penggunaan relasi rekursif. Misalkan menunjukkan jumlah simpanan dalam akun setelah n tahun. Jumlah rekening
setelah n tahun sama dengan penjumlahan dari jumlah dalam rekening setelah (n – 1)
− 100 − 1 100 −
tahun dan bunga yang dibayar pada tahun ke- n. Oleh karena itu, kita mendapatkan:
Kita menggunakan pendekatan pengulangan untuk memecahkan relasi rekursif ini. Sehingga 6
1 100 − 1 100 1 − 1 100 − 100 1 100 1 100− 1 100 − ……… 1 100
Oleh karenanya jumlah dalam rekening dapat dihitung menggunakan relasi rekursif di atas dengan nilai dari
s
0
, r , dan n diketahui.
2. Relasi Rekursif Homogen Dengan Koefisien Konstanta a. Pengertian relasi rekursif homogen dengan koefisien konstanta
− − . . .− 0 ; ≠0 1≤≤ , ci konstanta
Bentuk umum dari relasi rekursif homogen dengan koefisien konstanta adalah: (4.1)
dengan kondisi awal (syarat batas), dan untuk
.
Pada bagian ini akan dikembangkan suatu teknik untuk menyelesaikan relasi rekursif (4.1) untuk maksut tersebut diperlukan teorema berikut.
− − . . .− − − . . .̂− ̂ ̂ ̂ − − . . .− ̂ ̂ 1 1 2 3 . . . 2 3 . . . ̂̂ Teorema 4.1 (Prinsip Superposisi)
Jika
dan
berturut-turut adalah solusi dari
(4.2)
(4.3)
dan
maka untuk sebarang konstanta
dan
,
adalah solusi dari
(4.4)
Bukti:
Karena
Misal
dan
berturut-turut adalah solusi dari (4.2) dan (4.3), maka
Maka
7
− ̂−. . .̂− (̂ 1) ̂(̂1).1. .(̂2 . .̂.) ̂̂ ̂ 1 2 . . . ̂̂ , , . . . , − − . . .− 0 ̂̂ , ̂ ,. . .̂,̂ . . .̂ Terbukti bahwa
adalah solusi dari (4.4).
b. Akibat Teorema Prinsip Superposisi
Jika
berturut-turut adalah solusi dari:
(*)
maka untuk sebarang konstanta
juga solusi dari (*)
Bukti:
Teorema akibat diatas merupakan perluasan dari teorema superposisi.
̂̂ ̂̂ ̂ , , … −, ̂̂ ,̂,⋯ − … ̂ ̂ ̂ , , … , ̂ ̂ ̂ ⋯ ,≠0 { ∈ , 1, 2, … . , }; − − ⋯− 0 − − − ⋯ 0 Berdasarkan teorema superposisi Jika
,
Jika
solusi dari (*) maka
,
dan
juga solusi dari (*)
solusi
dari
(*)
maka
juga solusi dari (*)
Jika
,
dan
solusi dari (*) maka
juga solusi dari (*)
Jadi Jika
,
,
solusi dari (*) maka
Untuk sembarang
juga solusi dari (*)
Untuk menyelesaikan relasi (4.1), pertama tama kita misalkan menentukan x, kita substitusikan
dengan
, untuk
pada (4.1) dengan
diperoleh
Bagi kedua ruas persamaan terakhir ini dengan
diperoleh
(4.0)
Persamaan (4.0) disebut persamaan karakteristik dari relasi rekursif (4.1). pada umumnya persamaan (4.0) mempunyai k akar, beberapa diantaranya mungkin 8
, ,. ; 1≤≤ . . , − − . . .− 0; ≠0, , . . . , ̂̂, ̂,. ̂. .,̂ . . .̂ ̂ ̂ . . .̂
bilangan kompleks. Jika
adalah akar-akar yang berbeda dari
persamaan (4.1), maka
adalah solusi dari :
.
Berdasarkan Teorema 4.2 jika
adalah solusi dari (4.5),
maka
konstanta
juga solusi dari (4.5) untuk sebarang
.
Adalah penyelesaian dari (4.1), dengan demikian solusi umum dari relasi rekursif
̂ ̂ . . .̂ (4.1) adalah :
(4.7)
̂, ̂,. . .,̂
Dari persamaan (4.7) dan k kondisi awal akan terbentuk suatu sistem persamaan yang terdiri dari k persamaan dengan k variabel
, jika penyelesaian dari
sistem persamaan ini ke persamaan (4.7) diperoleh solusi dari relasi rekursif (4.1)
1; ;≠0− −, ≥3. − − + + + + 0. − 10 , −±√ − , ± −− , ± Contoh 1
Misalkan
. Maka bentuk rekursif
Ekuivalen dengan
Bagi kedua ruas dengan
diperoleh
Menggunakan rumus abc
Maka akar-akar karakteristiknya 9
menjadi
+√ −√ ℎ ℎ +√ −√ 1 1 +√ −√ 1 +√ −√ 1 (1√ 5) (1√ 5) 2 ×(1√ 5) (1√ 5) (1√ 5) 4 × (1√ 5) 1 5 22√ 5 (1√ 5) (1√ 5) 4 (412√ 55) 2√ 5 2 2√ 55 2√ 5 1 2√ 2√ 55 15 √ 5 5 (1√ 5) (1√ 5)√ 5 52 (1√ 5) 5√ 5 52 dan
Sehingga solusi homogen (khusus) dari relasi rekursif adalah
Kondisi awal
dan
, maka diperoleh system persamaan berikut
. . . . . . .(*)
. . . . . . (**)
Dari (*) dan (**) diperoleh
1
10
(1√ 5) 5√ 5 5 √ 55 √ √ ℎ √ 55 1√ 2 5 √ 55 1√ 2 5 Jadi
dan
Substitusikan nilai
dan
, maka diperoleh solusi homogen (khusus) dari relasi
rekursif sebagai berikut:
c. Menyelesaikan relasi rekursif homogen yang memiliki akar rangkap
, , , … , −
Misal persamaan karakteristik (4.6) mempunyai akar rangkap, katakan rangkap
(artinya dari ke
masing nilainya
akar-akar dari (4.6) terdapat
akar
akar yang masing-
). Maka dapat di tunjukan bahwa masing-masing dari: adalah solusi dari relasi (4.6). Ini bersama dengan
Teorema 4.1, menghasilkan teorema berikut:
− ⋯− 0 ; ≠0 − ⋯− 0; ≠0 ≤ ⋯−− 3− 6− 28− 24− 1; 2; 3; 4 Teorema 4.3
Jika persamaan karakteristik (4.6) dari relasi rekursif , mempunyai sebuah akar,
dari
katakan, rangkap
, maka solusi umum
, yang melibatkan
mempunyai
bentuk
Contoh 2
Misalkan kita akan mencari formula solusi homogen (umum) dan solusi homogen (khusus) untuk
yang memenuhi relasi berikut:
Dengan
11
;≠0 3− 6− 28− 24− 3− 6− 28− 24− 0 − 3 6 28240 2 3 0 2 3 Misalkan
. Maka bagian rekursif dari relasi rekursif diperoleh:
Ekuivalen dengan
Bagi kedua ruas dengan
, diperoleh persamaan karakteristik sebagai berikut:
Ekuivalen dengan
Akar karakteristik adalah (rangkap 3) dan
Sehingga berdasarkan teorema 4.3 dan teorema 4.2 solusi homogen (umum) dari rekursif diatas adalah
2 2 2 3 1; 2; 3; 4 1 22 2 2 3 34 8 16 9 8 24 72 27 , , 1 2 20 20 31 12 ~ 01 20 20 51 10 ~01 10 10 1 10~ 48 248 7216 279 34 00 248 7216 355 14 00 248 7216 355 14 Karena
diperoleh persamaan berikut
4
Mencari
,
12
1 0 10 10 1 10 ~ 01 10 10 1 10 ~ 10 10 0 0 1 1 ~ 00 00 488 2525 14 [ 00 00 481 25 4 ] [00 00 01 125 2] 10 10 0 0 1 1 10 01 00 00 00 00 01 1 ~ 0 0 1 0 [ ] [ 0 0 0 1 ] 1 1252 ; 2007 ; 403 ; 1252 1 2 2 2 3 Diperoleh solusi
Kita substitusikan untuk mendapatkan solusi homogen (khusus) yang diminta .
3. Relasi Rekursif Non Homogen Dengan Koefisien Konstanta
Mengingat kembali bentuk umum dari relasi rekursif linear tidak homogen dengan koefisien konstanta yaitu sebagai berikut :
− − …− ; ≠0, ≠0, 1≤≤, , − − …−− + − − …−− +
Dengan k kondisi awal (syarat bebas), dan untuk
konstanta.
Dalam kasus yang sederhana, pertama-tama kita buat bentuk umum dari solusi khusus berdasarkan bentuk
dan kemudian kita tentukan solusi pastinya berdasarkan relasi
rekursif yang diberikan. Perhatikanlah kasus-kasus berikut ini. Kasus 1
Bila
merupakan suatu polinom berderajat t di dalam n yaitu
Maka bentuk umum solusi khususnya
13
Contoh Soal 1
Misalkan kita akan mencari solusi khusus untuk relasi rekursif tidak homogen
5− 6− 3 21
(4.13)
Penyelesaian Contoh Soal 1
Solusi khususnya mempunyai bentuk
1 6521 2 3 21
(4.14)
Dengan mensubsitusikan (4.14) ke dalam (4.13), kita peroleh
Setelah disederhanakan menjadi
12 34 12 29 17 12 3 21
(4.15)
Dengan membandingkan koefisien kedua ruas (4.15), kita memperoleh persamaan persamaan
12 3 34 12 2 29 17 12 1 ; ; Yang menghasilkan
Jadi, solusi khususnya adalah
Kasus 2
Bila
berbentuk
, maka solusi khususnya akan berbentuk umum
syarat bukan akar karakteristik relasi rekursif tersebut. 14
, dengan
Contoh Soal 2
Solusi khusus untuk relasi rekursif tidak homogen berikut adalah ...
6− 9− 3
(pers. awal)
Penyelesaian Contoh Soal 2
Persamaan karakteristik dari persamaan tersebut adalah sebagai berikut.
6− 9− 3
693 ⇔ 3 3
Diperoleh fakta, bahwa 3 merupakan akar karakteristik kembar dari persamaan
Oleh karena itu, bentuk umum dari persamaan tersebut adalah
mensubtitusikan persamaan awal dengan umumnya, diperoleh
3
3 6 13− 9 23− 3 ⇔3 6 2133− 9 4433− 3 ⇔3 63 213 99 443 3 ⇔3 23 43 23 3 43 43 3 23 3 ⇔ 12. 12 3.
Dengan menyederhanakan persamaan tersebut, diperoleh
Jadi solusi khususnya adalah
15
. Dengan
Kasus 3
Bila
berbentuk pekalian antara polinom dengan fungsi eksponen, maka solusi
khususnya akan berbentuk perkalian antara kasus 1 dengan kasus 2. Yaitu, bila berbentuk
− ⋯+ − ⋯+
Maka bentuk umum solusi khususnya adalah
Contoh Soal 3
Misalkan kita akan mencari solusi khusus untuk relasi rekursif tidak homogen
− 3. 2
(4.20)
Penyelesaian Contoh Soal 3
. 2 . 2 1. 2− 3.2 ⇔. 2 . 2 . 2− . 2− . 2− 3.2 ⇔. 2 . 2 2 . 2− 2 . 2 2 . 2 3.2 ⇔ .2 . 2 3.2 Solusi khususnya mempunyai bentuk umum
(4.21)
Dengan mensubstitusikan (4.21) ke dalam (4.20), kita memperoleh
(4.22)
Dengan membandingkan koefisien kedua ruas (4.22), kita memperoleh persamaan persamaan
3 0 ⇔ 2 dan
dan
16
Jadi,solusi khususnya adalah
2 23. 2
Solusi (total) bagi suatu relasi rekursif linear tidak homogen dengan koefisien-
koefisien konstanta merupakan jumlah dua bagian, solusi homogen (khusus) yang
. .
memenuhi relasi rekursif itu bila ruas kanannya disamakan dengan 0, dan solusi khusus yang memenuhi relasi rekursif itu dengan
di ruas kanan. Misalkan akar-akar
karakteristik relasi rekursif itu berbeda semuanya. Solusi totalnya mempunyai bentuk umum
dalam hal ini p(n) adalah solusi khususnya. Contoh Soal 4
Misalkan kita akan mencari solusi total untuk relasi rekursif tidak homogen
Penyelesaian Contoh Soal 4
6− 9− 3.
Pada contoh 2 telah dikerjakan dan diperoleh 3 merupakan satu-satunya akar karakteristik kembarnya, sehingga solusi homogen (umumnya) adalah
ℎ ∙3 ∙∙3 ∙3. ∙3 ∙∙3 12 ∙3 dan solusi khususnya adalah
Diperoleh solusi totalnya adalah
4. Menyelesaikan Relasi Rekursif dengan Fungsi Pembangkit CONTOH 1:
1, 3; 2− 4−, ≥2.
Gunakan Fungsi Pembangkit Biasa untuk menyelesaikan relasi rekursif berikut
Penyelesaian: Misal
adalah Fungsi Pembangkit Biasa barisan 17
. Maka menurut definisi,
Karena untuk
= −
≥2, 2−24 ∞ 2 4− − = = 2 4 − ∗ − = = =
kemudian “dijumlahkan” untuk
, jika kedua ruas dari persamaan ini dikali
sampai
Ekuivalen dengan;
Ruas kiri persamaan (*) adalah:
= =
13 2= − 2= −− 2= −− 1 2 22 4− 4 −− = = −− 4 = − 1 4 =1 14 1 14
Suku pertama ruas kanan persamaan (*) adalah
Suku kedua ruas kanan persamaan (*) adalah
18
, diperoleh
132 2 14 , 2 2 13 14 12 14 114 12 14 14 12 −− 13 13 14 12 1412 1412 2 14 11412 1 1 24 ⁄ ⁄ 13 2 2 1412 1412 14 12 24 14 12 1 243 . 12 141 121 2 12 4 = = = 12 4 2 42 ≥0 Sehingga persamaan (*) menjadi,
Karena,
Diperoleh
dan
substitusi diperoleh nilai
. Dengan menggunakan eliminasi atau
dan
maka
Karena
adalah koefisien
dimaksud adalah
dalam
, maka penyelesaian relasi rekursif yang
, untuk
CATATAN:
i.
Pada dasarnya relasi rekursif dapat diselesaikan dengan menggunakan fungsi pembangkit.
ii.
Untuk jenis relasi rekursif tertentu, lebih mudah diselesaikan dengan fungsi pembangkit eksponensial dari pada fungsi pembangkit biasa.
19
CONTOH 2:
9− 20− 0, 3 10 9 −∑20 − = 2 ∞ 9 20 − − = = = = = 310 9 9 − − = = 9= −− 9= −− 99∙327 20 20 − − = = 20 =−− 20 ∙ Selesaikan relasi rekursif berikut dengan fungsi pembangkit dengan
dan
Penyelesaian:
Misal:
Kalikan kedua ruas dengan
kemudian dijumlahkan untuk
sehingga diperoleh
Ruas kiri dari persamaan (i)
Suku pertama ruas kanan dari persamaan (i)
Suku kedua ruas kanan dari persamaan (i)
Sehingga,
20
sampai
=
20− 9 − = = 2720 310 9∙ ∙ 9∙ 20 ∙27103 1 920
173 173 1920 −2−− 5 15 14 = 25= 54= 2 ∙5 5∙4 = = 2∙5 5∙4
Karena adalah
adalah koefisien
dalam
173 15 1 4 15 14 1 5 114 51 445 1 51 4 45 1 51 4 3 4517
2 5
Dengan metode diperoleh nilai
eliminasi dan
substitusi
, maka penyelesaian relasi rekursif yang dimaksud
CONTOH 3:
Gunakan Fungsi Pembangkit untuk menyelesaikan relasi rekursif berikut.
− 2, ≥1. . ∑= ! 2 − ! 1 ∞, = ! = − 2 !
1;
Penyelesaian:
Misalkan
adalah FPE dari barisan
Maka, berdasarkan definisi
Kalikan kedua ruas bagian rekursif untuk
sampai
dengan
diperoleh
Ekuivalen dengan,
21
kemudian ‘dijumlahkan’
2 − ! = = ! = ! 1 − 2 1 − ! = = 1! = !
Atau
1 1 1 1 11 2= ! = 2 ! = = 2 ! ! = = ! !∑= !,≥0 2 2 − 4 ≥1 ∑= !
Sehingga,
Selanjutnya, akan dicari
yaitu koefisien dalam
.
Karena
Maka solusi relasi rekursif yang dimaksud adalah
CONTOH 4:
Selesaikan relasi rekursif berikut dengan fungsi pembangkit ,
dengan
.
Penyelesaian: Misal :
Kalikan kedua ruas dengan
!
kemudian dijumlahkan untuk
22
1 ∞ sampai
2 4 − ! = = ! = ! ! ! 0! = = = ! 2
Suku kedua Ruas kanan
Ruas kiri
2 2 − − ! = = !− 2= − 1! 2∙ 4 4 4 = ! = ! 0! = 4! 1 1 2 4 − ! = = ! = ! 22∙2∙ 121 1 2 1 1 12 121 12 Suku pertama Ruas kanan
Sehingga
23
2 2 4 = = = ! 2= 2= = 4! 2 4 2= ! = = 2 4 2 = = ! 2!4 ! ! 2 = = 2 4 !2 = !
Jadi, solusinya adalah
E. Rangkuman
1. Bentuk Umum Relasi Rekursif
Suatu relasi rekursif linier orde -k dengan koefisien-koefisien konstanta adalah suatu relasi
− − … − , , …, ≠0 . , , …, 0 rekursif dalam bentuk
dimana
sebagai konstanta dengan
, dan
adalah fungsi dari
Linier : tidak ada pangkat atau produk dari Koefisien konstanta: Jika
adalah konstanta (tidak tergantung pada n).
maka relasi terebut juga disebut sebagai homogen.
Jenis relasi rekursif antara lain : relasi rekursif homogen, relasi rekursif nonhomogen, relasi rekursif linear, dan relasi rekursif nonlinier.
Relasi rekursif dapat digunakan untuk pemodelan suatu masalah yang mempunyai pola khusus (penentuan barisan selanjutnya menggunakan barisan sebelumn ya).
−1≤≤ −,ci .konst . .a−nta0 ; ≠0
2. Bentuk umum dari relasi rekursif homogen dengan koefisien konstanta adalah:
dengan
untuk
.
24
kondisi awal (syarat batas), dan
Bentuk solusi homogen :
adalah akar karakteristik.
A adalah suatu konstanta yang ditentukan oleh syarat batasnya.
− − . . .− − − . . .̂− ̂ ̂ ̂ − − . . .− ̂ ̂ , , . . . , − − . . .− 0 ̂̂ , ̂ , .. .̂,̂ . . .̂ ∈{, 1,,≠0, 2, . . . , } − − . . . − 0 ⇔ − −− . . . − 0 ⇔ − − . . . 0 , , . . . , ; 1 ≤≤ ,−, . . . ,− . . .− 0; ≠0 . ̂..,̂ ̂ . . .̂ ̂, ̂, ̂ ̂ . . . ̂
a. Teorema Prinsip Superposisi: Jika
dan
berturut-turut adalah solusi dari
(4.2)
(4.3)
dan
maka untuk sebarang konstanta
dan
,
adalah solusi dari
(4.4)
b. Teorema akibat dari teorema prinsip superposisi: Jika
berturut-turut adalah solusi dari:
(*)
maka untuk sebarang konstanta
juga solusi dari (*)
c. Misalkan
kemudian substitusikan
dengan
dimana
Diperoleh
(4.6)
Persamaan (4.6) disebut persamaan karakteristik dari relasi rekursif homogen dengan koefisien konstanta.
Pada umumnya persamaan (4.6) mempunyai
akar – akar yang berbeda atau sama
(rangkap). Jika
adalah akar-akar yang berbeda dari persamaan (4.6), maka
adalah solusi dari:
.
Berdasarkan Teorema 4.2 jika
adalah solusi dari (4.5), maka
juga solusi dari (4.5) untuk sebarang konstanta
.
Dengan demikian solusi umum dari relasi rekursif homogen dengan konstanta adalah:
25
(4.7)
̂, ̂,…,̂. − − . . .− 0 ⋯−− ;≠0, ≠0, − − …− 1≤≤, − − …−− + − − …−− + − ⋯+ − ⋯+ Dari persamaan (4.7) dengan k kondisi awal (syarat batas) akan terbentuk suatu sistem
persamaan yang terdiri dari persamaan dengan variabel
Jika solusi dari sistem persamaan ini disubstitusikan ke persamaan (4.7), akan diperoleh solusi homogen (khusus) dari relasi rekursif
.
d. Misal persamaan karakteristik (4.6) mempunyai akar rangkap, katakan
akar rangkap
mempunyai bentuk
3. Bentukumum dari relasi rekursif linear non homogen dengan koefisien konstanta adalah sebagai berikut :
Dengank kondisi awal (syarat bebas), dan untuk
a. Bila
konstanta.
merupakan suatu polinom berderajat t di dalam n yaitu
Maka bentuk umum solusi khususnya
b. Bila
berbentuk
, maka solusi khususnya akan berbentuk umum
, dengan syarat
bukan akar karakteristik relasi rekursif tersebut.
c. Bila
berbentuk pekalian antara polinom dengan fungsi eksponen, maka solusi
khususnya akan berbentuk perkalian antara kasus 1 dengan kasus 2. Yaitu, bila berbentuk
Maka bentuk umum solusi khususnya adalah
d. Solusi (total) bagi suatu relasi rekursif linear tidak homogen dengan koefisien-koefisien konstanta merupakan jumlah dua bagian, solusi homogen (khusus) yang memenuhi relasi
. .
rekursif itu bila ruas kanannya disamakan dengan 0, dan solusi khususyang memenuhi relasi rekursif itu dengan
di ruas kanan. Misalkan akar-akar karakteristik relasi rekursif
itu berbeda semuanya. Solusi totalnya mempunyai bentuk umum
dalam hal ini p(n) adalah solusi khususnya.
26
F. Latihan Soal
1) Tentukan relasi rekursif untuk menentukan banyaknya cara menyusun n buah objek yang
1,1,2,4,16,128,4096,. . 3, 6 14 ≥4 6− 11− 6− 3− 3− − ≥3 1 2 4 5− 6− 42.4 5− 6− 42∙ 4 3− 2 1 0 − 2 ≥1 berbeda dalam suatu barisan. Tentukan banyaknya cara untuk menyusun 8 buah objek.
2) Carilah relasi berulang dengan syarat awal dari barisan
3) Sebuah rumah memiliki tangga dengan n buah anak tangga untuk dinaiki. Setiap langkah dapat melewati satu atau dua anak tangga. Tentukan relasi rekursif untuk
, banyaknya cara
berbeda sesorang dapat menaiki n buah anak tangga.
4) Selesaikanlah relasi rekursif ,
dan untuk
5) Tentukan solusi homogen dari relasi rekursif dengan kondisi awal
,
dan
untuk
.
6) Solusi khusus untuk relasi rekursif non homogen berikut adalah ...
7) Solusi total untuk relasi rekursif tidak homogen berikut adalah ...
8) Selesaikan relasi rekursif berikut dengan fungsi pembangkit , dengan
9) Selesaikan relasi rekursif berikut dengan fungsi pembangkit. ,
dengan
.
G. Kunci Jawaban
1) Tentukan relasi rekursif untuk menentukan banyaknya cara menyusun n buah objek yang berbeda dalam suatu barisan. Tentukan banyaknya cara untuk menyusun 8 buah objek.
− 1− 8! − 1− ⋯ 1 2 …× 2 × 1! Penyelesaian: Misalkan
menyatakan banyaknya cara menyusun
objek yang berbeda, maka ada
cara meletakan objek pada urutan pertama di barisan. Dengan cara yang sama untuk , maka ada
cara. Oleh karena itu formula relasi rekursif dapat dinyatakan
sebagai
Jadi
27
2) Carilah relasi berulang dengan syarat awal dari barisan Penyelesaian
1,1,2,4,16,128,4096,. .
11 11 × 1 24 22 ×× 12 ×× 11 1612822××416× ×2 4 4096 2 × 128 × 16 × 4 2×− ×− ≥2 1 1 12 35 1 2 − − 3, 6 14 ≥4 6− 11− 6− Bentuk rumusan setiap suku dengan menggunakan suku sebelumnya
Dengan demikian relasi yang berulang yang diperoleh adalah untuk
, dengan syarat awal
dan
3) Sebuah rumah memiliki tangga dengan n buah anak tangga untuk dinaiki. Setiap langkah dapat melewati satu atau dua anak tangga. Tentukan relasi rekursif untuk
, banyaknya cara
berbeda sesorang dapat menaiki n buah anak tangga. Penyelesaian: ,
, yaitu 1,1 atau 2
, yaitu 1,1,1 atau 1,2 atau 2,1
, yaitu 1,1,1,1 atau 1,2,1 atau 1,1,2 atau 2,2 atau 2,1,1
Sangat jelas terlihat bahwa ketika sebuah langkah dijalankan, maka akan ada ti ga atau kurang anak tangga lagi yang tersisa untuk dinaiki. Dengan demikian setelah langkah pertama menaiki sebuah anak tangga, akan ada
cara untuk meneruskan menaiki tiga anak tangga
berikutnya. Jika langkah pertama menaiki dua anak tangga, maka akan ada
cara untuk
meneruskan menaiki dua anak tangga yang tersisa. Jadi banyaknya cara berbeda sesorang dapat menaiki n buah anak tangga dengan kondisi awal
4. Selesaikanlah relasi rekursif ,
dan
untuk
Jawaban
28
dan
,
Subtitusikan
− dengan
Bagi kedua ruas dengan
Faktorkan Didapatkan akar karakteristik
6− 11− 6− 6 116 6 1160 1 2 30 1 2 3 2 3 2 3 4 9 8 27 11 24 39 36 ~10 22 35 33 1 6 2 7 14 0 4 2 4 11 10 22 36 33 1 0 0 6 2 1 12 2 13 3 1 2− 3− ,
Solusi Umum rekursif
,
Jadi
Subsitusikan nilai dan kondisi awal
=3 =6
=14
Mencari
, ,
jadi
Solusi homogen (khusus)
3− 3− − ≥3 1 2 4
5. Tentukan solusi homogen dari relasi rekursif dengan kondisi awal Penyelesaian:
,
dan
.
29
untuk
Subtitusikan
− dengan
Bagi kedua ruas dengan
Faktorkan Didapatkan akar karakteristik Solusi Umum rekursif
Subsitusikan nilai dan kondisi awal
Mencari
, ,
3− 3− − 3 31 3 310 1 110 1 1 2 2 4 4 1 2 1 2 4 4 2 4 3 1; 12 ; 12 1 12 12 . 4 (rangkap 3)
Jadi
…………(*)
Substitusi (*) ke persamaan
Diperoleh
…………(**)
Substitusi (*) ke persamaan
Diperoleh
…………(**)
Dari (**) dan (***) diperoleh solusi
Solusi homogen (khusus)
6. Solusi khusus dari persamaan tersebut memiliki bentuk umum 30
.
54− 64− 42.4 4 4− 644− 42.4 ⟺4 54 ⟺4 54 442 166 4 42.4 ⟺ 16 42.4 ⟺16. 4 16.4 2 3 16∙ 4
Dengan mensubtitusikan persamaan awal dengan solusi khusus, diperoleh
Jadi solusi khususny a adalah
7. Solusi totalnya adalah
(1)
Misalkan diketahui syarat-syarat batasnya adalah a2 = 278 dan a3= 962. Sehingga disubstitusi ke (1), diperoleh sistem persamaan linear 278 = 4
+9
962 = -8
+ 256
- 27
+ 1024
Setelah sistem persamaan linear ini diselesaikan menggunakan eliminasi dan atau substitusi
kita memperoleh = 1 dan
= 2.
2 23 16∙ 4 ∑= ≥1 1 ∞ 3 2 − = = = = = = 1
Jadi, solusi totalnya adalah
8. Misal :
,
Kalikan kedua ruas dengan
kemudian dijumlahkan untuk
Ruas kiri
Suku pertama Ruas kanan
31
sampai
3 3 − − = = − 3 − =
3∙ 2 2 = = 2= 1 2211 1 1 2
Suku kedua Ruas kanan
Sehingga,
=
1 2 13 1 3 1 3 1 − = = 2 1 3 1
3 1 31 1 3∙2 1 2 1 31 3∙ 12 21 3 13 1 1 1 3 1 13 21 1 1 13 1 1 31 1 1 31 2 1 2 1 13 1 = 23= = Diperoleh:
Dengan metode eliminasi substitusi diperoleh nilai dan
32
=2∙3 1
1≥1 2∙3 ∑= 2 − = = = = = = 0 − − − = = ∙ 2 2 = = 1 2 =1 12 1 112 12 122 Jadi, solusinya adalah
9. Misal :
Kalikan kedua ruas dengan
kemudian dijumlahkan untuk
Ruas kiri
Ruas kanan
Sehingga
33
1 ∞ sampai
=
= − 2= 1221 12 1 2 1 1 2
∙2 12 ∙ 122 1 122 121 0 22 2 2 121 11 212 1 = 22 = = 1 2 2 = 22 1 ≥1
1 21 2 ++1 2−−1 121
Den an metode eliminasi substitusi
Jadi, solusinya adalah
34
