1. Dokumen membahas relasi rekurrens dan contohnya yaitu model populasi kelinci yang mengikuti bilangan Fibonacci 2. Relasi rekurrens adalah persamaan yang mengekspresikan suatu bilangan berdasarkan bilangan-bilangan sebelumnya 3. Contoh relasi rekurrens kelinci menyatakan bahwa jumlah pasangan setelah n bulan sama dengan jumlah di bulan sebelumnya ditambah yang dihasilkan bulan lalu

1. Teknik Perhitungan:
Relasi Rekurrens/
Recurrence Relations

2. Pendahuluan Relasi Rekurrens
Suatu relasi rekurrens untuk barisan 𝒂𝒏 adalah suatu persamaan
yang mengekspresikan 𝑎𝑛 dalam satu atau lebih suku sebelumnya,
yaitu 𝑎𝑛−1, 𝑎𝑛−2, … , 𝑎0 untuk integer 𝑛.

3. Kelinci dan Bilangan Fibonacci
Pemodelan
dengan
Relasi
Rekurrens Masalah ini disampaikan oleh Leonardo Pisano, juga dikenal sebagai Fibonacci,
pada abad ketiga belas dalam bukunya Liber abaci.
Sepasang kelinci muda (jantan dan betina), ditempatkan di sebuah pulau.
Sepasang kelinci itu tidak berkembang biak hingga berusia 2 bulan.
Setelah berumur 2 bulan, pasangan kelinci menghasilkan pasangan lagi di setiap
bulannya.
Sehingga ditemukan relasi pengulangan untuk jumlah pasangan kelinci tersebut
setelah n bulan, dengan asumsi bahwa tidak ada kelinci yang mati (berkurang)
melainkan berkembang biak (bertambah).

4. Kelinci dan Bilangan Fibonacci
Pemodelan
dengan
Relasi
Rekurrens

5. Kelinci dan Bilangan Fibonacci
Pemodelan
dengan
Relasi
Rekurrens
Pembahasan :
𝑓𝑛 = banyaknya pasangan kelinci setelah 𝑛 bulan.
▪ Pada akhir bulan pertama, 𝑓1 = 1
▪ Karena selama 2 bulan kelinci tidak berkembang biak, maka 𝑓2 = 1
Banyak kelinci setelah 𝑛 bulan 𝑓𝑛 sama dengan banyaknya pasangan kelinci dibulan
lalu 𝑓𝑛−1 ditambah dengan banyak pasangan yang baru dihasilkan (dilahirkan) 𝑓𝑛−2
𝒇𝒏 = (𝒇𝒏−𝟏) + 𝒇𝒏−𝟐
dengan 𝑛 ≥ 3 dan nilai awal 𝑓1 = 1 dan 𝑓2 = 1.
∴ Banyaknya pasangan kelinci setelah 𝑛 bulan sama dengan bilangan Fibonaci ke−𝑛.

6. Solusi dari Relasi Rekurrens Linier
Homogen dengan Koefisien Konstan

7. Definisi
Suatu relasi rekurrens linier homogen berderajat 𝒌 dengan koefisien konstanta
merupakan relasi rekurrens yang berbentuk
𝒂𝒏 = 𝒄𝟏𝒂𝒏−𝟏 + 𝒄𝟐𝒂𝒏−𝟐 + ⋯ + 𝒄𝒌𝒂𝒏−𝒌
dengan 𝑐1, 𝑐2, … ∈ ℝ dan 𝑐𝑘 ≠ 0
❑ Dikatakan linier karena ekpresi pada persamaan (*) merupakan penjumlahan
dari suku-suku sebelumnya yang koefisiennya adalah konstanta atau suatu
fungsi yang tergantung pada 𝑛.
❑ Dikatakan homogen karena tidak ada suku yang tidak dikalikan dengan 𝑎𝑗.
❑ Dikatakan berderajat 𝑘 karena 𝑎𝑛 tergantung pada 𝑘 suku sebelumnya.
∗

8. Contoh Relasi Rekurrens Karakter
𝑃𝑛 = 2𝑃𝑛−1 Relasi Rekurrens Linier Homogen berderajat 1
𝑓𝑛 = 𝑓𝑛−1 + 𝑓𝑛−2 Relasi Rekurrens Linier Homogen berderajat 2
𝑎𝑛 = 𝑎𝑛−5 Relasi Rekurrens Linier Homogen berderajat 5
𝑎𝑛 = 𝑎𝑛−1 + 𝑎𝑛−2
2
Relasi Rekurrens Non Linier
𝐻𝑛 = 2𝐻𝑛−1 + 1 Relasi Rekurrens Linier Non Homogen
𝐵𝑛 = 𝑛𝐵𝑛−1 Relasi Rekurrens yang koefisiennya tidak konstan
Definisi

9. Solusi Relasi Rekurrens Linier Homogen dengan Koefisien Konstan
Solusi dari relasi rekurrens berbentuk 𝑎𝑛 = 𝑟𝑛
; dengan 𝑟 adalah konstanta.
𝑎𝑛 = 𝑟𝑛
dikatakan solusi dari relasi rekurrens 𝑎𝑛 = 𝑐1𝑎𝑛−1 + 𝑐2𝑎𝑛−2 + ⋯ + 𝑐𝑘𝑎𝑛−𝑘
jika dan hanya jika 𝑟𝑛
= 𝑐1𝑟𝑛−1
+ 𝑐2𝑟𝑛−2
+ ⋯ + 𝑐𝑘𝑟𝑛−𝑘
.
Definisi :
Jika dibagi 𝑟𝑛−𝑘
⟹ 𝑟𝑘
= 𝑐1𝑟𝑘−1
+ 𝑐2𝑟𝑘−2
+ ⋯ + 𝑐𝑘
⟹ 𝒓𝒌
− 𝒄𝟏𝒓𝒌−𝟏
− 𝒄𝟐𝒓𝒌−𝟐
− ⋯ − 𝒄𝒌 = 𝟎
Disebut persamaan karakteristik dari
relasi rekurrens
𝑎𝑛 = 𝑐1𝑎𝑛−1 + 𝑐2𝑎𝑛−2 + ⋯ + 𝑐𝑘𝑎𝑛−𝑘

10. Solusi dari Relasi Rekurrens Linier
Homogen dengan Koefisien Konstan
Relasi Rekurrens Berderajat Dua
yang Persamaan Karakteristiknya Memiliki Dua Akar Berbeda.

11. Solusi Relasi Rekurrens Linier Homogen dengan
Koefisien Konstan Berderajat Dua
Asumsikan 𝑐1 dan 𝑐2 adalah bilangan real.
Asumsikan 𝑟2
− 𝑐1𝑟 − 𝑐2 = 0 memiliki dua akar berbeda, yaitu 𝑟1 dan 𝑟2.
Maka barisan 𝑎𝑛 adalah solusi dari relasi rekurrens 𝑎𝑛= 𝑐1𝑎𝑛−1 + 𝑐2𝑎𝑛−2
jika dan hanya jika
𝒂𝒏 = 𝜷𝟏𝒓𝟏
𝒏
+ 𝜷𝟐𝒓𝟐
𝒏
untuk 𝑛 = 0, 1, 2, … , dimana 𝛽1 dan 𝛽2 adalah konstan.
Relasi rekurrens berderajat dua : 𝑎𝑛 = 𝑐1𝑎𝑛−1 + 𝑐2𝑎𝑛−2.
Maka persamaan karakteristiknya adalah 𝑟2
− 𝑐1𝑟 − 𝑐2 = 0.
Teorema 1:

12. Contoh 1: Relasi Rekurrens Bederajat Dua
Temukan solusi dari relasi rekurrens :
𝒂𝒏 = 𝒂𝒏 −𝟏 + 𝟐𝒂𝒏 −𝟐 , dengan 𝒂𝟎 = 𝟐 and 𝒂𝟏 = 𝟕.
Pembahasan:
𝑎𝑛 = 𝑎𝑛 −1 + 2𝑎𝑛 −2 ⟹ 𝑎𝑛 − 𝑎𝑛−1 − 2𝑎𝑛−2 = 0
Solusi dari persamaan relasi rekurrens diasumsikan berbentuk 𝑎𝑛 = 𝑟𝑛
.
Jika 𝑎𝑛 = 𝑟𝑛
⟹ 𝑎𝑛−1 = 𝑟𝑛−1
dan 𝑎𝑛−2 = 𝑟𝑛−2
.
Sehingga 𝑎𝑛 − 𝑎𝑛−1 − 2𝑎𝑛−2 = 0
⟹ 𝑟𝑛
− 𝑟𝑛−1
− 2𝑟𝑛−2
= 0
⟹ 𝑟2
− 𝑟 − 2 = 0
Persamaan karakteristik.
: 𝑟𝑛−2

13. Contoh 1: Relasi Rekurrens Bederajat Dua
Persamaan karakteristik : 𝑟2
− 𝑟 − 2 = 0 ⟹ 𝑟 + 1 𝑟 − 2 = 0
Solusi dari persamaan karakteristik : 𝑟 = −1 atau 𝑟 = 2
∴ Solusi umum relasi rekurrens:
Nilai awal:
𝑎0 = 2
𝑛 = 0
𝑎0 = 𝛽1 −1 0
+ 𝛽2 ∙ 20
⟹ 2 = 𝛽1 + 𝛽2
𝑎1 = 7
𝑛 = 1
𝑎1 = 𝛽1 −1 1
+ 𝛽2 ∙ 21
⟹ 7 = −𝛽1 + 2𝛽2
SPL dengan solusi :
𝛽1 = −1
𝛽2 = 3
𝒂𝒏 = 𝜷𝟏 −𝟏 𝒏
+ 𝜷𝟐𝟐𝒏
𝒂𝒏 = −𝟏 −𝟏 𝒏
+ 𝟑 ∙ 𝟐𝒏
= −𝟏 𝒏+𝟏
+ 𝟑 ∙ 𝟐𝒏
Solusi Khusus :

14. Contoh 2: Relasi Rekurrens Bederajat Dua
Buktikan solusi dari relasi rekurrens :
𝒇𝒏 = 𝒇𝒏 −𝟏 + 𝒇𝒏 −𝟐 , dengan 𝒇𝟎 = 𝟎 and 𝒇𝟏 = 𝟏
adalah
𝒇𝒏 =
𝟏
𝟓
1 + 5
2
𝒏
−
𝟏
𝟓
1 − 5
2
𝒏
1

15. Solusi dari Relasi Rekurrens Linier
Homogen dengan Koefisien Konstan
Relasi Rekurrens Berderajat Dua
yang Persamaan Karakteristiknya Memiliki Akar Kembar.

16. Solusi Relasi Rekurrens Linier Homogen dengan
Koefisien Konstan Berderajat Dua
Asumsikan 𝑐1 dan 𝑐2 adalah bilangan real.
Asumsikan 𝑟2
− 𝑐1𝑟 − 𝑐2 = 0 memiliki akar kembar, yaitu 𝑟1 = 𝑟2 = 𝑟0.
Maka barisan 𝑎𝑛 adalah solusi dari relasi rekurrens 𝑎𝑛= 𝑐1𝑎𝑛−1 + 𝑐2𝑎𝑛−2
jika dan hanya jika
𝒂𝒏 = 𝜷𝟏𝒓𝟎
𝒏
+ 𝜷𝟐𝒏𝒓𝟎
𝒏
untuk 𝑛 = 0, 1, 2, … , dimana 𝛽1 dan 𝛽2 adalah konstan.
Relasi rekurrens berderajat dua : 𝑎𝑛 = 𝑐1𝑎𝑛−1 + 𝑐2𝑎𝑛−2.
Maka persamaan karakteristiknya adalah 𝑟2
− 𝑐1𝑟 − 𝑐2 = 0.
Teorema 2:

17. Contoh 3: Relasi Rekurrens Bederajat Dua
Temukan solusi dari relasi rekurrens :
𝒂𝒏 = 𝟔𝒂𝒏 −𝟏 − 𝟗𝒂𝒏 −𝟐 , dengan 𝒂𝟎 = 𝟏 and 𝒂𝟏 = 𝟔..
Pembahasan:
𝑎𝑛 = 6𝑎𝑛 −1 − 9𝑎𝑛 −2 ⟹ 𝑎𝑛 − 6𝑎𝑛−1 + 9𝑎𝑛−2 = 0
Solusi dari persamaan relasi rekurrens diasumsikan berbentuk 𝑎𝑛 = 𝑟𝑛
.
Jika 𝑎𝑛 = 𝑟𝑛
⟹ 𝑎𝑛−1 = 𝑟𝑛−1
dan 𝑎𝑛−2 = 𝑟𝑛−2
.
Sehingga persamaan karakteristiknya adalah 𝑟2
− 6𝑟 + 9 = 0
⟹ 𝑟 − 3 𝑟 − 3 = 0
⟹ 𝑟 = 3
Sehingga solusi umum dari relasi rekurrens:
𝒂𝒏 = 𝜷𝟏𝟑𝒏
+ 𝜷𝟐𝒏𝟑𝒏

18. Contoh 3: Relasi Rekurrens Bederajat Dua
𝒂𝒏 = 𝜷𝟏𝟑𝒏
+ 𝜷𝟐𝒏𝟑𝒏
Nilai awal:
𝑎0 = 1
𝑛 = 0 𝑎0 = 𝛽1 ∙ 30
+ 𝛽2 ∙ 0 ∙ 30
⟹ 1 = 𝛽1
𝑎1 = 6
𝑛 = 1 𝑎1 = 𝛽1 ∙ 31
+ 𝛽2 ∙ 1 ∙ 31
⟹ 6 = 3𝛽1 + 3𝛽2
𝒂𝒏 = 𝟑𝒏
+ 𝒏 ∙ 𝟑𝒏
Solusi Khusus :
Solusi Umum :
SPL dengan solusi :
𝛽1 = 1
𝛽2 = 1