1 Persamaan rekursif linier non homogen koefisien

Secara umum persamaan rekursif linier tingkat-k bisa dituliskan dalam bentuk:
C0 xn + C1 xn−1 + C2 xn−2 + · · · + Ck xn−k = bn ,
dengan C0 6= 0.
Jika bn = 0 maka persamaan rekursif tersebut dinamakan persamaan rekursif linier
homogen. Sebaliknya dikatakan bukan homogen. Jika Ci , i = 0, 1, . . . , n berupa konstanta
maka persamaan rekursif tersebut dikatakan persamaan rekursif linier koefisien konstan.
Sebuah solusi persamaan rekursif adalah sebuah barisan xn sehingga memenuhi persamaan rekursif. Makna memenuhi di sini adalah barisan yang merupakan solusi tersebut
menghasilkan nilai yang sama dengan persamaan rekursifnya. Sebagai contoh persamaan
rekursif xn − 2xn−1 = 0 dengan kondisi awal x1 = 3 dan n ≥ 2 mempunyai solusi
xn = 3 × 2n−1 untuk n ≥ 1. Dengan mudah dapat dilihat bahwa nilai xn dihitung dengan
persamaan rekursif maupun dengan solusinya menghasilkan nilai yang sama.
1
Persamaan rekursif linier non homogen koefisien
konstan tingkat satu
Secara umum persamaan rekursif linier non homogen tingkat satu bisa dituliskan sebagai
xn = rxn−1 + cn (n > 0), x0 = A.
Dengan menggunakan iterasi jelaskan berikut ini merupakan solusi persamaan tersebut:
xn = Arn +
n
X
ck rn−k .
k=1
Perhatikan untuk kasus
xn = rxn−1 + c (n > 0); x0 = A,
dengan c sebuah konstanta. Tuliskan secara rinci bahwa solusi persamaan tersebut adalah:
n
xn = Ar + c
n
X
rn−k = Arn + c
k=1
rn − 1
r−1
dan
xn = A + cn,
jika r = 1.
Contoh. Tentukan solusi umum dari:
1. xn − 3xn−1 + 2 = 0 (n > 0) serta x0 = 2.
2. xn + 2xn−1 − 3 = 0 (n > 0) serta x0 = 1.
1
jika r 6= 1,
Secara umum persamaan rekursif linier tingkat-k bisa dituliskan dalam bentuk:
C0 xn + C1 xn−1 + C2 xn−2 + · · · + Ck xn−k = bn ,
dengan C0 6= 0.
Jika bn = 0 maka persamaan rekursif tersebut dinamakan persamaan rekursif linier
homogen. Sebaliknya dikatakan bukan homogen. Jika Ci , i = 0, 1, . . . , n berupa konstanta
maka persamaan rekursif tersebut dikatakan persamaan rekursif linier koefisien konstan.
Sebuah solusi persamaan rekursif adalah sebuah barisan xn sehingga memenuhi persamaan rekursif. Makna memenuhi di sini adalah barisan yang merupakan solusi tersebut
menghasilkan nilai yang sama dengan persamaan rekursifnya. Sebagai contoh persamaan
rekursif xn − 2xn−1 = 0 dengan kondisi awal x1 = 3 dan n ≥ 2 mempunyai solusi
xn = 3 × 2n−1 untuk n ≥ 1. Dengan mudah dapat dilihat bahwa nilai xn dihitung dengan
persamaan rekursif maupun dengan solusinya menghasilkan nilai yang sama.
2
Persamaan rekursif linier non homogen koefisien
konstan tingkat satu
Secara umum persamaan rekursif linier non homogen tingkat satu bisa dituliskan sebagai
xn = rxn−1 + cn (n > 0), x0 = A.
Dengan menggunakan iterasi jelaskan berikut ini merupakan solusi persamaan tersebut:
xn = Arn +
n
X
ck rn−k .
k=1
Perhatikan untuk kasus r = 1 dan cn = c + dn dengan c dan d suatu konstanta. Dengan
kondisi ini persamaan rekursifnya menjadi
xn = xn−1 + c + dn (n > 0);
x0 = A.
Tunjukkan bahwa solusi dari persamaan rekursif tersebut adalah:
xn = A +
n
X
(c + dk) = A + cn +
k=1
dn(n + 1)
.
2
Contoh. Tentukan solusi dari persamaan rekursif berikut.
1. xn − xn−1 − 3 − 2n = 0 (n > 0) dan x0 = 5.
2. 2xn + 2xn−1 + 8 + 6n = 0 (n > 0) dan x0 = 1.
2
Secara umum persamaan rekursif linier tingkat-k bisa dituliskan dalam bentuk:
C0 xn + C1 xn−1 + C2 xn−2 + · · · + Ck xn−k = bn ,
dengan C0 6= 0.
Jika bn = 0 maka persamaan rekursif tersebut dinamakan persamaan rekursif linier
homogen. Sebaliknya dikatakan bukan homogen. Jika Ci , i = 0, 1, . . . , n berupa konstanta
maka persamaan rekursif tersebut dikatakan persamaan rekursif linier koefisien konstan.
Sebuah solusi persamaan rekursif adalah sebuah barisan xn sehingga memenuhi persamaan rekursif. Makna memenuhi di sini adalah barisan yang merupakan solusi tersebut
menghasilkan nilai yang sama dengan persamaan rekursifnya. Sebagai contoh persamaan
rekursif xn − 2xn−1 = 0 dengan kondisi awal x1 = 3 dan n ≥ 2 mempunyai solusi
xn = 3 × 2n−1 untuk n ≥ 1. Dengan mudah dapat dilihat bahwa nilai xn dihitung dengan
persamaan rekursif maupun dengan solusinya menghasilkan nilai yang sama.
3
Persamaan rekursif linier homogen koefisien konstan tingkat dua
Secara umum persamaan rekursif linier homogen tingkat dua dituliskan sebagai
C0 xn + C1 xn−1 + C2 xn−2 = 0.
Pertama akan dicari solusi persamaan tersebut yang berbentuk xn = crn serta kombinasinya. Dengan mensubstitusi persamaan ini ke persamaan rekursif tunjukkan persamaan rekursif bisa dituliskan sebagai:
C0 crn + C1 crn−1 + C2 crn−2 = 0.
persamaan ini bisa dituliskan sebagai
C0 r2 + C1 r + C2 = 0,
yang dinamakan dengan persamaan karakteristik. Jika r1 dan r2 akar-akar persamaan
karakteristik maka dapat dibedakan tiga hal berikut (c1 , c2 suatu konstanta).
1. Dua akar real berbeda. Pada kasus ini solusi umum persamaan rekursif berbentuk
xn = c1 r1n + c2 r2n .
2. Dua akar kembar. Jika r1 = r2 = r maka solusi umum persamaan rekursif adalah
xn = c1 rn + c2 nrn .
3. Akar kompleks. Akan dibahas tersendiri.
Contoh. Tentukan solusi persamaan rekursif berikut.
1. xn − 3xn−1 + 2xn−2 = 0 dengan kondisi awal x0 = 1 dan x1 = 2.
2. xn − 4xn−1 + 4xn−2 = 0 dengan kondisi awal x0 = 1 dan x1 = 2.
3
4
Persamaan rekursif linier koefisien konstan dengan
akar-akar kembar
Pada pembahasan di tingkat dua di atas telah diberikan persamaan rekursif
xn − 4xn−1 + 4xn−2 = 0 dengan kondisi awal x0 = 1 dan x1 = 2.
Persamaan ini mempunyai persamaan karakteristik
r2 − 4r + 4 = 0
serta mempunyai akar kembar yaitu:
r = 2.
Solusi umum dari persamaan ini adalah
xn = a · 2n + bn · 2n .
Dengan substitusi kondisi awal didapat nilai a = 1 dan b = 0. Dengan demikian solusi
persamaan rekursif di atas adalah:
xn = 2n .
Pendekatan seperti di atas dapat dibuat generalisasinya seperti pada contoh berikut
ini. Secara umum jika r merupakan akar persamaan karakteristik dengan multiplisitas m
dari sebuah persamaan rekursif homogen maka
an yang berbentuk rn , nrn , n2 rn , . . . , nm−1 rn
semuanya adalah solusi dari persamaan rekursif tersebut. Sebagai contoh persamaan
rekursif homogen yang memiliki persamaan karakteristik (r − 1)(r − 2)3 = 0 mempunyai
solusi umum:
xn = a + b2n + cn2n + dn2 2n ,
atau
xn = a + (b + cn + dn2 )2n .
Tentukan solusi dari: xn − 5xn−1 + 8xn−2 − 4xn−3 = 0 dengan kondisi awal x0 = 1,
x1 = 2 dan x2 = 3. Persamaan ini memiliki persamaan karakteristik yang berbentuk
(r −1)(r −2)2 = 0. Dengan demikian akarnya adalah r = 1 dan r = 2 dengan multiplisitas
2. Solusi umum dari persamaan tersebut adalah
xn = a + b2n + cn2n .
Dengan mensubstitusi nilai awal diperoleh sistem persamaan:
1=a+b
2 = a + 2b + 2c
3 = a + 4b + 8c
. Sistem persamaan ini mempunyai penyelesaian a = −1, b = 2 dan c = −0.5. Jadi solusi
4
persamaan rekursif tersebut adalah:
xn = −1 + 2 · 2n − 0, 5 · n · 2n .
Latihan. Tentukan solusi dari persamaan rekursif berikut.
1. xn − 8xn−1 + 16xn−2 = 0 dengan x0 = 1 dan x1 = 2.
2. an − 7an−1 + 15an−2 − 9an−3 = 0 dengan a0 = 1, a1 = 3 dan a2 = 4.
5
Persamaan rekursif linier non homogen dengan koefisien konstan tingkat dua
Secara umum persamaan rekursif linier non homogen tingkat dua adalah berbentuk
c0 xn + c1 xn−1 + c2 xn−2 + c3 xn−3 = f (n), dengan f (n) 6= 0.
Solusi persamaan rekursif tersebut (xn ) adalah jumlah dari solusi persamaan rekursif
(h)
(p)
(h)
(p)
homogen xn dengan solusi parsial xn . dengan demikian xn = xn +xn . Untuk sebarang
f (n) belum ada cara untuk mendpatkan solusi persamaan rekursif tersebut. Oleh karena
itu dalam catatan singkat ini diberikan beberapa step secara induktif untuk mencari solusi
persamaan rekursif linier non homogen dengan beberapa tipe f (n).
Contoh. Tentukan solusi dari persamaan rekursif xn − 5n−1 + 6xn−2 = 2 dengan kondisi
awal x0 = 1 dan x1 = 2.
Untuk menyelesaikan persamaan rekursif tersebut terlebih dahulu diselesaikan persamaan
rekursif linier homogennya yaitu:xn − 5xn−1 + 6xn−2 = 0.
Persamaan karakteristiknya adalah r2 − 5r + 6 = 0 dan mempunyai akar r = 2 dan r = 3.
Solusi umum persamaan rekursif homogennya adalah:
n
n
x(h)
n = a2 + b3 .
(p)
(p)
Untuk mendapatkan solusi parsialnya xn dengan memisalkan xn = A. Dengan mensubstitusi ke persamaan rekursif awal maka diperoleh persamaan:
A − 5A + 6A = 2 atau A = 1.
(p)
Dengan demikian diperoleh xn = 1. Dari sini diperoleh solusi umum persamaan rekursif
tersebut adalah
(p)
xn = x(h)
n + xn
xn = a2n + b3n + 1.
Dengan substitusi nilai awal diperoleh:
x0 = 1 = a + b + 1
x1 = 2 = 2a + 3b + 1
5
Sistem persamaan tersebut dapat dituliskan sebagai:
0=a+b
1 = 2a + 3b
Dengan menyelesaikan sistem persamaan tersebut didapat nilai a = −1 an b = 1. Solusi
khusus persamaan rekursif tersebut adalah:
xn = −2n + 3n + 1.
Contoh. Tentukan solusi dari persamaan rekursif xn − 5xn−1 + 6xn−2 = n dengan kondisi
awal x0 = 1 dan x1 = 2.
Persamaan rekursif ini sama dengan persamaan di atas namun berbeda nilai f (n)-nya
(h)
yaitu f (n) = n. Tentunya untuk solusi xn adalah sama seperti di atas. Persoalan
(p)
muncul adalah bagaimana solusi xn -nya?
(p)
Dimisalkan solusi khusunya berbentuk xn = c+dn. Dengan mensubstitusi ke persamaan
awal didapat:
(c + dn) − 5(c + d(n − 1)) + 6(c + d(n − 2)) = n
(c − 5c + 6c) + (dn − 5dn + 6dn) + 7d = +n
(2c − 7d) + 2dn = n
Dari persamaan terakhir ini diperoleh c = 47 dan d = 21 dan solusi parsialnya adalah
(p)
xn = 74 + n2 . Solusi umum persamaan rekursifnya adalah:
(p)
n
n
xn = x(h)
n + xn = a · 2 + b · 3 +
7 n
+ .
4 2
Langkah berikutnya adalah dengan mensubstitusi nilai awal yaitu x0 dan x1 dan didapat
sistem persamaan berikut ini.
x0 = 1 = a + b +
7
4
atau
−3
=a+b
4
9
−1
atau
= 2a + 3b.
4
4
Dengan menyelesaikan sistem persamaan tersebut di dapat a = −2 dan b =
persamaan rekursif tersebut mempunyai penyelesaian:
x1 = 2 = 2a + 3b +
n
(p)
xn = x(h)
n + xn = −2 · 2 +
6
5 n 7 n
·3 + + .
4
4 2
5
.
4
Jadi
Contoh. Tentukan solusi dari persamaan rekursif xn −5xn−1 +6xn−2 = n2 dengan kondisi
awal x0 = 1 dan x1 = 2.
(h)
Persamaan rekursif ini memiliki xn = a2n + b3n sama pada contoh di atasnya. Langkah
(p)
selanjutnya adalah mencari xn . Bagaimanakah ini? Perhatikan bahwa f (n) = n2 meru(p)
pakan suku banyak derajat dua sehingga dicoba dicari xn = p+qn+rn2 yang merupakan
polinomial derajat dua secara umum. Dengan mensubstitusi ke persamaan rekursif awal
maka diperoleh:
(p + qn + rn2 ) − 5(p + q(n − 1) + r(n − 1)2 ) + 6(p + q(n − 2) + r(n − 2)2 ) = n2
Lanjutkan untuk menentukan solusinya parsial, umum dan khsusunya.
6
Fungsi Pembangkit
Misal a0 , a1 , a2 , . . . , ak , . . . merupakan sebuah barisan bilangan riil. Fungsi pembangkit
dari barisan tersebut didefinisikan sebagai:
2
k
G(x) = a0 + a1 x + a2 x + · · · + ak x + · · · =
∞
X
ak x k .
k=0
Berikut diberikan beberapa barisan bilangan riil. Selanjutnya tentukan fungsi pembangkitnya.
1. an = 1
2. an = 2
3. an = 2n
4. an = n + 3
5. Selidiki bahwa fungsi pembangkit dari barisan 1, a, a2 , . . . adalah
7
1
1−ax
7
Solusi relasi rekursif dengan fungsi pembangkit
Tentukan solusi dari persamaan rekursif berikut ini.
1. an = 3an−1 + 2 dengan a0 = 1.
2. an − 9an−1 + 20an−2 = 0 dengan a0 = −3 dan a1 = −10.
3. an+2 − 2an+1 + an = 2n dengan a0 = 2 dan a1 = 1.
Untuk soal-soal di atas akan dicoba diselesaikan dengan menggunakan relasi rekursif.
1. Misal
G(x) =
∞
X
an x n
n=0
merupakan fungsi pembangkit dari barisan an . Mengalikan setiap suku-suku persamaaan rekursifnya dengan xn untuk n = 1, 2, . . . maka diperoleh:
∞
X
n
an x = 3
n=1
∞
X
n
an−1 x + 2
n=1
xG(x) =
∞
X
an x
xn
n=1
G(x) − a0 = 3xG(x) + 2(
hal ini disebabkan
∞
X
n+1
=
1
− 1)
1−x
∞
X
an−1 xn .
n=1
n=0
Dengan demikian didapat:
2x
karena a0 = 1
1−x
G(x) − 3xG(x) = 1 +
G(x) =
Jadi:
1+x
2
1
=
−
(1 − x)(1 − 3x)
1 − 3x 1 − x
∞
X
n
an x = 2
n=0
∞
X
n n
3 x −
n=0
∞
X
xn .
n=0
Dengan demikian solusinya adalah: an = 2 · 3n − 1
2. Misal Misal
G(x) =
∞
X
an x n
n=0
merupakan fungsi pembangkit dari barisan an . Mengalikan semua suku pada barisan
rekursif dengan xn untuk n = 2, 3, . . . maka diperoleh:
∞
X
n=2
n
an x − 9
∞
X
n
an−1 x + 20
n=2
∞
X
an−2 xn = 0
n=2
atau
(G(x) − a0 − a1 x) − 9x(G(x) − a0 ) + 20x2 G(x) = 0
8
atau
G(x)(1 − 9x + 20x2 ) = a0 + a1 x − 9a0 x
atau
a0 + a1 x − 9a0 x
−3 − 10x + 27x
=
2
1 − 9x + 20x
1 − 9x + 20x2
karena a0 = −3 dan a1 = −10.
G(x) =
G(x) =
2
5
−3 + 17x
=
−
.
(1 − 5x)(1 − 4x)
1 − 5x 1 − 4x
Dengan demikian diperoleh:
∞
X
n
an x = 2
n=0
∞
X
n n
5 x −5
n=0
∞
X
4n xn .
n=0
Jadi solusinya dalah: an = 2 · 5n − 5 · 4n
3. Misal
G(x) =
∞
X
an x n
n=0
adalah fungsi pembangkit dari barisan an . Mengalikan semua suku-suku barisan
rekursif dengan xn untuk n = 0, 1, 2, . . . maka diperoleh:
∞
X
an+2 xn − 2
atau
an+1 xn +
∞
X
an x n =
∞
X
2n xn
n=0
n=0
n=0
n=0
atau
∞
X
G(x) − a0 − a1 x
G(x) − a0
1
− 2(
) + G(x) =
2
x
x
1 − 2x
G(x) − 2
1
G(x) − 2 − x
− 2(
) + G(x) =
2
x
x
1 − 2x
atau
(x2 − 2x + 1)G(x) = 2 + 3x +
atau
G(x) =
3x
x2
2
+
+
(1 − x)2 (1 − x)2 (1 − 2x)(1 − x)2
pembagian parsial didapat
x2
(1−2x)(1−x)2
G(x) =
∞
X
n=0
x2
1 − 2x
n
an x =
=
1
1−2x
−
1
.
(1−x)2
Jadi diperoleh:
1
3x
1
+
+
2
2
(1 − x)
(1 − x)
1 − 2x
∞
X
n
(n + 1)x + 3
n=0
∞
X
n=0
n
nx +
∞
X
2n xn
n=0
Dengan demikian solusinya adalah: an = (n − 1) + 3n + 2n = 1 + 4n + 2n .
9