Peluang Diskrit

Memecahkan
Relasi Recurrence
Relasi recurrence linear homogen
Relasi recurrence linear tak homogen
Relasi recurrence linear homogen
berderajat k dengan koefisien konstan
Bentuk umum:
an = c1 an-1 + c2 an-2 + … + ck an-k,
dengan c1, c2, …, ck bilangan real dan ck  0.
Contoh.
1. Pn = (1.12)Pn-1
2. fn = fn-1 + fn-2
3. Hn = 2Hn-1 + 1
4. an = an-1 + (an-2)2
5. Tn = nTn-2
homogen linear berderajat 1
homogen linear berderajat 2
linear tapi tak homogen
tak linear
koefisien tak konstan
Hanya mengkaji relasi linear dengan koefisien konstan!
Mencari solusi
Langkah dasar dalam memecahkan relasi recurrence
homogen linear adalah mencari solusi dalam bentuk an
= rn dengan r konstan.
an = rn adalah solusi dari
an = c1 an-1 + c2 an-2 + … + ck an-k
jika dan hanya jika
rn = c1 rn-1 +c2 rn-2 + … + ck rn-k.
Bila kedua ruas dibagi dengan rn-k diperoleh:
rk - c1 rk-1 - c2 rk-2 - … - ck-1 r - ck = 0.
Persamaan ini disebut persamaan karakteristik dari
relasi recurrence. Solusi dari persamaan ini disebut
akar karakteristik.
Solusi relasi recurrence homogen
orde 2 dengan akar berbeda
Teorema 1
Misalkan c1, c2 bilangan real dan
r2 - c1r - c2 = 0 mempunyai dua akar
berbeda r1 dan r2.
Maka semua solusi dari relasi recurrence
an = c1 an-1 + c2 an-2
berbentuk
an = 1r1n + 2r2n, n=0,1,2,…
dengan 1 dan 2 konstan.
Bukti. Lihat di buku!
Contoh (1)
Carilah solusi dari
an = an-1 + 2an-2
dengan a0 = 2 dan a1 =7.
Solusi.
Persamaan karakteristiknya
r2 - r - 2 = 0,
mempunyai akar r = 2 dan r = -1.
Menurut Teorema 1, solusi relasi recurrence
berbentuk
an= 1 2n + 2 (-1)n .
Karena a0= 2 dan a1= 7, diperoleh
an = 32n - (-1)n .
Soal (1)
Tentukan formula eksplisit dari
bilangan Fibonacci.
Ingat bahwa bilangan Fibonacci fn
memenuhi relasi
fn = fn-1 + fn-2
dan kondisi awal
f0=1, f1=1
Solusi relasi recurrence homogen
orde 2 dengan akar tunggal
Teorema 2
Misalkan c1, c2 bilangan real dengan c2  0 dan r2
- c1r - c2 = 0 mempunyai hanya satu akar r0.
Maka semua solusi dari relasi recurrence
an = c1 an-1 + c2 an-2
berbentuk
an = 1 r0n + 2 nr0n, n=0,1,2,…
dengan 1 dan 2 konstan.
Bukti. Latihan!
Soal (2)
Tentukan solusi dari relasi recurrence
an = 6an-1- 9an-2
dengan kondisi awal a0 = 1 dan a1 = 6.
Solusi relasi recurrence homogen
orde n dengan akar berbeda
Teorema 3
Misalkan c1, c2, …, ck bilangan real dan
persamaan karakteristik
rk - c1 rk-1 - c2 rk-2 - … - ck-1 r - ck = 0
mempunyai k akar r1, r2, …, rk yang berbeda.
Maka, solusi relasi recurrence
an = c1an-1 + c2an-2 + … + ckan-k
selalu berbentuk
an = 1r1n + 2r2n + … + krkn , n=0,1,2,…
dengan i , i=0,1,…,k konstan.
Contoh (2)
Tentukan solusi dari relasi recurrence
an = 6an-1 – 11an-2 + 6an-3
dengan kondisi awal a0=2, a1=5 dan a2=15.
Solusi.
Persamaan karakteristiknya
r3 - 6r2 + 11r - 6 = 0.
Jadi akar-akarnya r=1, r=2 dan r=3.
Dengan demikian, solusinya berbentuk
an = 11n + 22n + k3n .
Dari kondisi awalnya diperoleh
an = 1 - 2n + 2  3n .
Solusi relasi recurrence homogen
orde 2
Teorema 4
Misal c1, c2, …, ck bilangan real dan persamaan
karakteristik
rk - c1 rk-1 - c2 rk-2 - … - ck-1 r - ck = 0
mempunyai t akar r1, r2, … , rt berbeda dengan
multiplisitas m1, m2, … , mt (m1+ m2 + … + mt = k).
Maka solusi relasi recurrence
an = c1 an-1 + c2 an-2 + … + ck an-k
selalu berbentuk
an = (1,0 + 1,1n + … + 1,m1-1 nm1-1)r1n
+ (2,0 + 2,1n + … + 2,m2-1 nm2-1)r2n
+ … + (t,0 + t,1n + … + t,mt-1 nmt-1)rtn
Contoh (3)
Tentukan solusi dari relasi recurrence
an = -3an-1 - 3an-2 - an-3
dengan kondisi awal a0 = 1, a1 = -2 dan a2 = -1.
Solusi.
Persamaan karakteristiknya
r3 + 3r2 + 3r +1 = 0.
Jadi akarnya r = -1 dgn multiplisitas 3.
Dengan demikian, solusinya berbentuk
an = 1,0 (-1)n + 1,1 n (-1)n + 1,2 n2 (-1)n .
Dengan memandang kondisi awalnya diperoleh
a = (1 +3n-2n2) (-1)n.
Relasi recurrence tak homogen linear
dengan koefisien konstan
Contoh.
an = 3an-2 + 5n
Secara umum,
an = c1 an-1 + c2 an-2 + … + ck an-k + F(n)
dengan ci , i=0,1,2,… konstan dan
F(n) fungsi tak nol.
an = c1an-1+c2an-2+ … + ck an-k
disebut relasi recurrence homogen yang berkaitan.
Contoh.
an = an-1 + 2n
an = an-1 + an-2 + an-3 + n!
Teorema 5
Jika {an(p)} adalah solusi khusus dari relasi
recurrence tak homogen linear dengan
koefisien konstan
an = c1an-1 + c2an-2 + … + ckan-k + F(n)
maka setiap solusi berbentuk
{an(p) + an(h)},
dengan {an(h)} solusi relasi recurrence
homogen yang berkaitan
an = c1an-1 + c2an-2 + … + ckan-k.
Contoh (4)
Tentukan semua solusi dari relasi recurrence
an = 3an-1 + 2n.
Solusi.
Karena F(n) = 2n adalah polinom berderajat satu,
maka kita coba polinom berderajat satu
pn = cn + d, dengan c dan d konstan
untuk mendapatkan solusi khusus.
Didapat, pn = 3pn-1 + 2n
cn+d = 3(c(n-1)+d) + 2n
(-2c-2)n + (3c-2d) = 0
Sehingga c = -1 dan d = -3/2.
Jadi, solusi khususnya an(p) = -n - 3/2.
Contoh (5)
Solusi homogen dari relasi homogen yang
berkaitan,
an = 3an-1
adalah an(h) = 3n, dengan  konstan.
Menurut Teorema 5, solusi umum dari
an = 3an-1 + 2n
adalah
an = an(p) + an(h) = -n - 3/2 + 3n.
Jika diketahui a1 = 3, maka solusi menjadi
an = -n - 3/2 + (11/6) 3n.
Contoh (6)
Tentukan semua solusi dari relasi recurrence:
an = 5an-1 - 6an-2 + 7n.
Solusi.
Solusi homogennya adalah
an(h) = 13n + 22n.
Karena F(n) = 7n, solusi khusus yg perlu dicoba
adalah
an(p) = c 7n.
Maka,
c 7n = 5c 7n-1 – 6c 7n-2 + 7n.
Diperoleh c = 49/20.
Jadi, solusi umumnya:
an = 13n + 22n + 49/20 7n.
Teorema 6
Misalkan {an} memenuhi relasi recurrence tak homogen
linear
an = c1an-1 + c2an-2 + … + ckan-k + F(n)
dengan ci , i=1,2,…,k bilangan real dan
F(n) = (btnt + bt-1nt-1 + … + b1n + b0) sn
dengan bi , i=0,1,…,t dan s bilangan real.
Jika s bukan akar dari persamaan karakteristik relasi
recurrence homogen yang berkaitan, maka terdapat
solusi khusus yang berbentuk
(ptnt + pt-1nt-1 + … + p1n + p0) sn
Jika s akar dari persamaan karakteristik dengan
multiplisitas m, maka terdapat solusi khusus yang
berbentuk
F(n) = nm (ptnt + pt-1nt-1 + … + p1n + p0) sn
Contoh (7)
Carilah solusi khusus dari relasi recurrence
an = 6an-1 - 9an-2 + F(n)
bila
1. F(n) = 3n,
2. F(n) = n 3n,
3. F(n) = n2 2n, dan
4. F(n) = (n2+1) 3n
Solusi.
Solusi homogennya adalah an(h) = 13n + 2n3n.
Dan solusi khususnya adalah
1. an(p) = p0 n2 3n.
2. an(p) = n2 (p1n+p0)3n.
3. an(p) = (p2n2+p1n+p0)2n.
4. an(p) = n2(p2n2+p1n+p0)3n.
Contoh (8) – Menara Hanoi
Tentukan solusi dari relasi recurrence
Hn = 2Hn-1 + 1, H1 = 1, dan H2 = 3
Solusi.
Relasi homogen yang berkaitan adalah
Hn = 2Hn-1
dan solusi homogennya
Hn(h) =  2n.
Karena F(n) = 1 = 1n, maka solusi khususnya adalah
Hn(p) = p0 1n = p0.
Sehingga solusi umumnya adalah
Hn =  2n + p0
Dengan memandang H1 = 1 dan H2 = 3 diperoleh =1 dan
p0= -1. Jadi,
Hn = 2n - 1
Soal (3)
 Ada berapa cara untuk menutup suatu
papan persegi panjang berukuran 2 x n
dengan menggunakan papan-papan kecil
yang berukuran 1 x 2 dan 2 x 2.
 Misalkan an adalah jumlah n bilangan
bulat positif pertama.
Berikan formula eksplisit dari an.