Relasi Rekurensi

4.3 Relasi Rekurensi

Telah diperkenalkan dalam bahasan sebelumnya tentang de…nisi rekursif, yang pada dasarnya merumuskan suku ke-n dari suatu barisan tidak secara eksplisit melainkan nilainya bergantung pada suku-suku sebelumnya. Den- gan ide hampir serupa, dalam bab ini kita akan membahas fungsi a (n) ; yang seperti biasanya lebih enak dituliskan dengan a n

(untuk n 2 Z + ); dimana ni- lai a n bergantung nilai suku-suku sebelunya sebelumnya: a n 1 ;a n 2 ; ..., a 1 ;

a 0 : Relasi yang demikian disebut relasi rekurensi.

4.3.1 Relasi Rekurensi Linear Order Pertama

Untuk memahami relasi rekurensi linear order pertama, sebagai gambaran ada baiknya kita ingat kembali de…nisi progresi geometrik (deret geometri). Progresi geometrik adalah barisan tak hingga, contohnya: 5, 15, 45, 135; ..., Untuk memahami relasi rekurensi linear order pertama, sebagai gambaran ada baiknya kita ingat kembali de…nisi progresi geometrik (deret geometri). Progresi geometrik adalah barisan tak hingga, contohnya: 5, 15, 45, 135; ...,

15 45 rasio bersamanya adalah 3; karena 3 = 135

5 = 15 = 45 = :::: Jika a 0 ;a 1 ;a 2 a ; n+1 ... adalah progresi geometrik dengan rasio bersama adalah r; maka a n =r

untuk n = 0; 1; 2; 3; :::Jika r = 3; kita dapatkan a n +1 = 3a n ; dengan n 0: Relasi rekurensi a n +1 = 3a n ;n

0 tidak mende…nisikan progresi geometrik yang tunggal, karena barisan 3; 9; 27; 81, ... juga memenuhi relasi yang bersangkutan. Jadi untuk mende…nisikan suatu progresi geometrik dari su- atu relasi rekurensi diperlukan nilai satu suku dari relasi itu.

Hubungan suku a n +1 dengan suku sebelumnya dalam relasi rekurensi menentukan jenis relasi rekurensi yang bersangkutan. Jika nilai a n +1 hanya bergantung pada nilai a n (tepat satu suku sebelumnya), maka relasi yang demikian dikatakan mempunyai order pertama. Selanjutnya, jika tipe hubun- gannya juga linear dengan koe…sien konstan, maka disebut relasi rekurensi homogen linear order pertama dengan koe…sien kontan.

Nilai a 0 atau a 1 yang diketahui pada suatu relasi rekurensi disebut nilai syarat batas. Ekspresi a 0 = A, dimana A konstan, juga disebut sebagai syarat awal. Syarat batas menentukan ketunggalan solusi.

(4.1) Lima suku pertama menentukan pola berikut ini:

Hasil ini membawa kita pada rumusan bahwa untuk setiap n n 0; a n = 5(3 ) yang disebut solusi umum dari Relasi (4.1).

Kesimpulan: Solusi umum dari suatu relasi rekurensi

d konstan, dan a 0 =A adalah tunggal dan dirumuskan dengan

a n +1 = da n ; n 0;

n = Ad ; n 0:

Contoh 4.14 Selesaikan relasi rekurensi a n = 7a n 1 ; dimana n

1 dan

a 2 = 98: Ini hanyalah suatu bentuk alternatif dari relasi a n +1 = 7a n untuk n

0 dan a 2 = 98: Oleh karena itu solusi umumnya mempunyai bentuk

a n n =a 0 (7 ) : Karena a 2 = 98 = a 0 (7 2 ) ; akibatnya a 0 = 2; dan a n = 2 (7 ) untuk n

0 adalah solusi tunggal. Relasi rekurensi a n +1

da n = 0 adalah linear karena setiap sukunya berpangkat satu. Juga di dalam relasi linear tidak ada produk seperti a n a n 1 ; yang bisa muncul di dalam relasi rekurensi tak-linear seperti a n +1 3a n a n 1 =

0: Akan tetapi, adakalanya suatu relasi rekurensi tak-lineaar bisa ditransfor- masikan ke dalam bentuk linear dengan menggunakan substitusi aljabar.

Contoh 4.15 Carilah a 12 jika a 2 n +1 = 5a 2 n ; dimana a n > 0 untuk n 0; dan

0 = 2: Walaupun relasi rekurensi ini tak-linear, jika dimisalkan b n =a n ; maka diperoleh relasi yang baru b n +1 = 5b n untuk n 0; dan b 0 = 4; adalah

p n linear dengan solusi b n = 4 (5 ) : Dengan demikian a n = 2( 5) untuk n 0; p 12 dan a 12 =2

5 = 31250: Bentuk umum relasi rekurensi linear order pertama dengan koe…sien kon-

stan adalah:

a n +1 + ca n = f (n) ; n 0;

dimana c adalah konstan dan f adalah fungsi yang mengambil nilai intejer tak-negatif. Jika f (n) = 0 untuk setiap n 2 N; relasi ini disebut homogen.

Salah satu metode mengurutkan data yang cukup populer, walaupun tidak yang paling e…sien, adalah suatu teknik yang disebut Bubble Sort. disini input adalah intejer positif n dan larik bilangan nyata x 1 ;x 2 ; :::; x n yang akan diurutkan dalam urutan menaik. Perhatikan algoritme Bubble Sort yang dinyatakan dalam prosedur berikut:

PROSEDUR 15

procedure BubbleSort(x 1 ;x 2 ; :::; x n : real)

begin for i := 1 to n

1 do

for j := n downto i + 1 do

if x j <x j 1 do

begin temp := x j 1

x j 1 := x j

x j := temp end end

Untuk menghitung fungsi komplesitas waktu f (n) ketika algoritme di atas digunakan pada suatu input larik berukuran n 1; kita harus menghitung jumlah total perbandingan dalam mengurutkan n bilangan yang bersangku- tan. Jika a n menyatakan banyaknya perbandingan, maka kita dapatkan relasi rekurensi berikut:

a n =a n 1 + (n 1); n 2; a 1 = 0: Relasi ini adalah linear order pertama dan tak-homogen. Karena tidak ada

teknik umum untuk menyelesaikannya, kita harus mencari polanya:

Kita dapatkan rumus umum yang kebenarannya dapat dibuktikan dengan prinsip induksi matematik, yaitu:

a n = 1 + 2 + 3 + ::: + (n

Kesimpulannya, Bubble Sort menentukan fungsi komplesitas waktu f : Z + ! R dengan

f (n) = a n =

Akibatnya, ukuran running time algoritme di atas adalah f 2 O (n 2 ):

4.3.2 Relasi Rekurensi Linear Homogen Order Kedua dengan Koe…sien Konstan

Misalkan k 2 Z + dan C n (6= 0) ; C n 1 ; :::; C nk (6= 0) adalah bilangan-bilangan nyata. Jika a n ; untuk n 0; adalah fungsi diskret, maka

C n a n +C n 1 a n 1 + ::: + C nk a nk = f (n) ; n k; adalah relasi rekurensi linear berorder k dengan koe…sien konstan. Jika

f (n) = 0 untuk setiap n 0; relasi ini disebut homogen; ingkarannya adalah tak-homogen.

Pada bagian ini kita akan membahas relasi homogen berorder dua:

C n a n +C n 1 a n 1 +C n 2 a n 2 = 0; n 2: (4.2) Pada dasarnya kita akan mencari solusi dalam bentuk a n

n = cr ; dimana

c 6= 0 dan r 6= 0: Substitusikan a n

n = cr ke Persamaan (4.2), kita dapatkan

= 0: (4.3) Karena c; r 6= 0; Persamaan (4.3) menjadi

merupakan persamaan kuadrat yang disebut persamaan karakteristik. Mis- alkan r 1 dan r 2 adalah akar dari persamaan itu, maka ada tiga kemungkinan:

1 A. r dan r 2 adalah dua real berbeda.

1 B. r dan r 2 adalah dua kompleks saling konjugate.

1 C. r dan r 2 adalah dua real yang sama. KASUS-A (Dua Akar Real Berbeda)

Contoh 4.16 Selesaikan relasi rekurensi

a n +a n 1 6a n 2 = 0; n 2; dan a 0 = 1; a 1 = 8: (4.4) Jawab. Misalkan a n

n = cr ; dimana c 6= 0 dan r 6= 0; adalah solusi dari Relasi (4.4), maka diperoleh persamaan karakteristik

adalah dua akar real berbeda, sehingga a n n =2 dan a n = ( 3) merupakan

dua solusi [sebagaimana juga b (2 n ) dan d ( 3) untuk sembarang konstan b; d]. Kedua solusi ini adalah bebas linear kerena yang satu bukan merupakan

kelipatan yang lain. Jadi,

n =c 1 (2 )+c 2 ( 3)

merupakan solusi umum. Kemudian, karena a 0 =

1 dan a 1 = 8; dengan

substitusi, kita peroleh c 1 = 1 dan c 2 =

2: Akhirnya, kita dapatkan jawaban

n =2

(cos + i sin ) n = cos n + i sin n ; n 0:

Jika

z = x + iy 2 C; z 6= 0;

dapat kita tuliskan

p 2 2 y z = r (cos + i sin ) ; r= x +y ; dan = tan untuk x 6= 0: x

Jika x = 0; maka untuk y > 0; z = yi = yi sin = y cos + i sin

dan untuk y < 0;

2 2 2 Dalam semua kasus,

z n =r (cos n + i sin n ) n 0:

p 10

Contoh 4.17 Tentukan 1 + 3i :

3, r = 2; dan = 3 : Jadi

Jawab. Misalkan z = 1 + 3i; maka x = 1; y =

p 10 10 10 10

1+ 3i

cos

+ i sin

cos

+ i sin

2 9 1+ 3i :

Contoh 4.18 Selesaikan relasi rekurensi a n = 2 (a n 1 a n 2 ) ; dimana n

2 dan a 0 = 1; a 1 = 2: Jawab. Misalkan a n

n = cr ; dimana c 6= 0 dan r 6= 0; adalah solusinya, maka persamaan karakteristiknya

r 2 2r + 2 = 0 ) r = 1 i

adalah dua akar kompleks saling konjuget. Akibatnya, solusi umumnya adalah

n =c 1 (1 + i) +c 2 (1 i) ;

dimana c 1 dan c 2 menyatakan sembarang konstan kompleks. Dengan DeMoivre: p n

4 4 dimana k 1 =c 1 +c 2 dan k 2 = (c 1 c 2 ) i:

4 4 sehingga k 1 = 1 dan k 2 = 1: Jadi, jawabannya

: 1267 650 600 228 229 401 496 703 205 376 z KASUS-C (Dua Akar Real Sama)

Contoh 4.19 Selesaikan relasi rekurensi a n +2 = 4a n +1 4a n ; dimana n 0 dan a 0 = 1; a 1 = 3:

Jawab. Misalkan a n n = cr ; dimana c 6= 0 dan r 6= 0; adalah solusinya, maka persamaan karakteristiknya

0=r 2 4r + 4 = (r 2 2) )r=2 0=r 2 4r + 4 = (r 2 2) )r=2

n = f (n) 2 , dimana f (n) tidak konstan..Untuk mencari f (n), digunakan substitusi

(4.5) Diperoleh bahwa f (n) = n memenuhi Persamaan (4.5). Jadi a n

f (n + 2) = 2f (n + 1)

f (n) :

n = n2 adalah solusi kedua yang bebas linear dengan a n n =2 : Akibatnya, kita dap-

atkan solusi umum

n =c 1 (2) +c 2 n (2) :

Untuk a 0 = 1; a 1 = 3; didapatkan solusi khusus

z Bentuk Umum: Jika

C n a n +C n 1 a n 1 + ::: + C nk a nk = 0; dengan

C n (6= 0) ; C n 1 ; :::; C nk (6= 0) adalah kontanta real, dan r adalah akar karakteristik dengan multiplisitas m; dimana 2 m k;

maka bagian dari solusi umum yang melibatkan akar r mempunyai bentuk

dimana A 0 ;A 1 ;A 1 ; :::; A m 1 adalah sembarang konstan.

4.3.3 Relasi Rekurensi Tak-homogen

Kita perhatikan relasi rekurensi

a n a n 1 = f (n); n 1;

f (n) tidak semuanya nol untuk nilai n; maka solusinya

Kita dapat menyelesaikan Persamaan (4.6) dalam n; jika kita dapat meru- P n muskan i =1 f (i) :

Contoh 4.20 Selesaikan relasi rekurensi

a n 1 = 3n ; n 1; dan a 0 = 7: Jawab. Disini f (n) = 3n 2 ; sehingga solusi umumnya

a n =a 0 +

f (i)

i =1

X n =7+ 2 3i

i =1

1 =7+ (n) (n + 1) (2n + 1)