1.
Relasi Rekursif
Oleh:
Adhitya Himawan (4111412014)
Rahmad Ramadhon (4111412019)
Hengky Tri Ikhsanto (4111412025)
Ayuk Wulandari (4111412026)

2.
Pengantar
Relasi rekursif untuk barisan (an) adalah persamaan yang menyatakan an
dalam salah satu atau lebih bentuk a0, a1, …, an-1 untuk semua n dengan n  n0
dimana n0 bilangan bulat non-negatif.
contoh.
Apakah barisan (푎푛) dimana 푎푛=3n, dengan n bilangan bulat non-negatif,
merupakan solusi dari an = 2an-1 - an-2 untuk n = 2, 3, 4, … ?
Bagaimana dengan barisan an = 2n dan an =5 ?

3.
Relasi rekursif homogen linear 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 = 12Pn-1
2. fn = fn-1 + fn-2
3. Hn = 2Hn-1 + 1
4. an = an-1 + (푎푛−2)2
5. Tn = nTn-2
Contoh 1,2 merupakan relasi rekursif homogen linear sedangkan 3,4,5 merupakan
relasi tak homogen linear.

4.
Solusi Relasi Rekursif
Langkah dasar dalam memecahkan relasi rekursif homogen linear berderajad
k dengan koefisien konstan 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 rekursif. Solusi
dari persamaan ini disebut akar karakteristik.

5.
Teorema 1
Misalkan c1, c2 bilangan real dan r2 - c1r - c2 = 0 mempunyai dua akar
berbeda rdan r.
1 2Maka semua solusi dari relasi rekursif
a= ca+ can 1 n-1 2 n-2
berbentuk
a= n rn + rn, n=0,1,2,…
11
22
dengan 1 dan 2 konstan.

6.
Contoh
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 rekursif berbentuk
an= 1 2n + 2 (-1)n .
Karena a0= 2 dan a1= 7, diperoleh
an = 32n - (-1)n .

7.
Teorema 2
Misalkan c1, c2 bilangan real dengan c2  0 dan r2 - c1r - c2 = 0 mempunyai
hanya satu akar r.
0Maka semua solusi dari relasi rekursif
a= ca+ can 1 n-1 2 n-2
berbentuk
a= n rn + nrn, n=0,1,2,…
1 0
2 0
dengan 1 dan 2 konstan.

8.
Contoh
Tentukan solusi dari relasi rekursif an = 6an-1- 9an-2 dengan kondisi awal a0 = 1
dan a1 = 6.
Solusi.
Dari soal dapat diketahui bahwa Persamaan karakteristiknya adalah : r2 – 6r + 9 = 0.
Akar-akarnya: (r – 3)(r – 3 ) = 0  r= r= 3  r1 2 0
a= rn
+ nrn
 a= 3n + n3n
n 10 20
n 12a0 = 1  a0 = 1 = 130 + 2 030 = 1
a1 = 6  a1 = 6 = 131 + 2131 = 31 + 32
Diperoleh dua persamaan: 1 = 1 dan 31 + 32 = 6,
solusinya adalah 1 = 1 dan 2 = 1
menurut teorema 2 diperoleh:
Jadi, solusi relasi rekursif adalah:
an = 3n + n3n

9.
Teorema 3
Misalkan c1, c2, …, ck bilangan real dan persamaan karakteristik
rk - crk-1 - crk-2 - … - cr - c= 0, mempunyai k akar r, r, …, ryang berbeda.
1 2 k-1 k 12k Maka, solusi relasi rekursif
a= ca+ ca+ … + can 1n-1 2n-2 kn-k
selalu berbentuk
a= rn + rn + … + rn , n=0,1,2,…
n 11
22
kk
dengan i , i=0,1,…,k konstan.

10.
Contoh.
Tentukan solusi dari relasi rekursif 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, menurut teorema 3 solusinya berbentuk:
an = 11n + 22n + k3n .
Dari kondisi awalnya diperoleh:
an = 1 - 2n + 2  3n .

11.
Teorema 4
Misal c1, c2, …, ck bilangan real dan persamaan karakteristik
rk - crk-1 - crk-2 - … - cr - c= 0
1 2 k-1 k mempunyai t akar r, r, … , rberbeda dengan multiplisitas m, m, … , m12t 12t
(m+m+ … + m= k).
12 t Maka solusi relasi rekursif
a= ca+ ca+ … + can 1 n-1 2 n-2 k n-k
selalu berbentuk
a= (+ n + n2 + … + nm1-1)rn
n 0 12m1-1 1
+ (0 +  1n + 2n2 … +  m2-1 nm2-1)r2
n
+ … + (0 +  1n + … +  mt-1 nmt-1)rt
n

12.
Contoh
Tentukan solusi dari relasi rekursif
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, menurut teorema 4 solusinya berbentuk:
an = 1,0 (-1)n + 1,1 n (-1)n + 1,2 n2 (-1)n .
Dengan memandang kondisi awalnya diperoleh
an = (1 +3n-2n2) (-1)n.

13.
Silahkan Dikerjakan.
1. Tentukan formula eksplisit dari bilangan Fibonacci dengan kondisi awal f0=1,
f1=1.
2. Selesaikan relasi rekurens berikut: an = 2an–1 ; a0 = 3.
3. Selesaikan relasi rekurens berikut: an = 5an–1 – 6an–2 ; a0 = 1 dan a1 = 0.

14.
Penyelesaian
1. Jelas bahwa bilangan Fibonacci fn memenuhi relasi fn = fn-1 + fn-2. Dengan kondisi
awal f0=1, f1=1. Dari dari relasi tersebut dapat diidentifikasikan persamaan
karakteristknya yaitu: 푟2 − 푟 − 1 = 0.
Dari persamaan karakteristik tersebut dapat diketahui akar-akar karakteristiknya yaitu
푟1 =
1+ 5
2
, 푟2 =
1− 5
2
.
Maka diperoleh solusi relasi rekursif berbentuk:푓푛 = 푐1푟1
푛 + 푐2푟2
푛 =
1+ 5
2
푐1(
)푛+푐2(
1− 5
2
)푛.
Dari kondisi awal maka diperoleh:
푐1
1 + 5
2
+ 푐2
1 − 5
2
= 1
1 + 5
푐1(
2
1 − 5
)2+푐2(
2
)2= 1
Dari kedua persamaan tersebut dapat diketahui nilai 푐1 =
5
5
푑푎푛 푐2 = −
5
5
.
Lalu disubstitusikan ke 푓푛, maka diperoleh solusi khususnya:
푓푛 =
5
5
1+ 5
2
(
)푛−
5
5
1− 5
2
(
)푛.

15.
3. Jelas an = 5an–1 – 6an–2 ; a0 = 1 dan a1 = 0.
Maka dapat diketahui bahwa persamaan karakteristiknya adalah 푟2 − 5푟 + 6 = 0.
Dari persamaan tersebut dapat diketahui bahwa akar karakteristiknya adalah:
푟1 = 6 푑푎푛 푟2 = −1.
Jelas solusi relasi rekursif berbentuk: 푎푛 = 푐1푟1
푛 + 푐2푟2
푛 = 푐16푛 + 푐2(−1)푛.
Dari kondisi awal diperoleh:
푐1 + 푐2 = 1
6푐1 − 푐2 = 0
Dari kedua persamaan tersebut dapat diketahui nilai 푐1 =
1
7
푑푎푛 푐2 =
6
7
.
Kedua nilai tersebut dimasukkan ke 푎푛, maka solusi khususnya adalah:
푎푛 =
6푛
7
+
6(−1)푛
7
=
6푛 + 6(−1)푛
7

16.
4. Selesaikan relasi rekurensi di bawah ini lewat persamaan karakteristiknya:
a. an = 3 an-1 + 4 an-2 untuk n ≥ 2 dengan kondisi awal
a0 = 1 dan a1 = 3.
b. an + 9 an-2 = 0 untuk n ≥ 2 dengan kondisi awal
a0 = 1 dan a1 = 4.
c. 2 an -2 an-1 +
1
2
an-2 = 0 untuk n ≥ 2 dengan kondisi awal
a0 = 6 dan a1 = 8.
d. an + 6 an-1 + 9 an-2 = 0 untuk n ≥ 2 dengan kondisi awal
a0 = 1 dan a1 = 3.
e. an – 3 an-1 + 3 an-2 – an-3 = 0 untuk n ≥ 3 dengan kondisi awal
a0 = 1; a1 = 2 dan a2 = 4

17.
a. an = 3 an-1 + 4 an-2 untuk n ≥ 2 dengan kondisi awal
a0 = 1 dan a1 = 3.
Penyelesaian:
an = 3 an-1 + 4 an-2
↔ an - 3 an-1 - 4 an-2 = 0
Kita cari akar – akarnya
r2 – 3r – 4 = 0
(r – 4) atau (r + 1) = 0
Maka r1 = 4, r2 = -1 dengan penyelesaian menurut teorema 1, solusi relasi rekursifnya berbentuk:
an = α1(4)n + α2(-1)n ...(*)
karena a0= 1 dan a1 = 3 kita subtitusikan kepersamaan (*)
a0= 1 menjadi a0 = 1 = α1 (4)0 + α2 (-1)0 = α1 +α2 ...(1)
a1= 3 menjadi a1 = 3 = α1 (4)1 + α2 (-1)1 = 4α1 - α2 ...(2)
kita eliminasi persamaan (1) dan persamaan (2) untuk mencari nilai α1 dan α2.
α1 +α2 = 1
4α1 - α2 = 3 +
5α1 = 1
α1= 4/5
subtitusikan kepersamaan (1) diperoleh:
α1 + α2 = 1 ↔ 4/5 + α2 = 1
α2 = 1 – 4/5
α2 = 1/5
maka penyelesaian relasi rekursifnya an - 3 an-1 - 4 an-2 = 0 adalah
an = α(4)n + α(-1)n
an = 4/5 (4)n + 1/5 (-1)n

18.
b. an + 9 an-2 = 0 untuk n ≥ 2 dengan kondisi awal
a0 = 1 dan a1 = 4.
Penyelesaian:
an + 9 an-2 = 0
Kita cari akar – akarnya yaitu:
r2 + 9 = 0
↔ r2 = -9
↔ r = ± 3
Maka akar - akarnya r1 = 3, r2 = -3 dengan penyelesaian menurut teorema 1, solusi relasi rekursifnya berbentuk:
an = α1(3)n + α2(-3)n ...(*)
karena a0= 1 dan a1 = 4 kita subtitusikan kepersamaan (*)
a0= 1 menjadi a0 = 1 = α1 (3)0 + α2 (-3)0 = α1 +α2 ...(1)
a1= 4 menjadi a1 = 4 = α1 (3)1 + α2 (-3)1 = 3α1 - 3α2 ...(2)
kita eliminasi persamaan (1) dan persamaan (2) untuk mencari nilai α1 dan α2.
α1 +α2 = 1 x 3 3α1 +3α2 = 3
3α1 - 3α2 = 4 + x 1 3α1 - 3α2 = 4 +
6α1 = 7
α1= 7/6
subtitusikan kepersamaan (1) diperoleh:
α1 + α2 = 1 ↔ 7/6 + α2 = 1
α2 = 1 – 7/6
α2 = - 1/6
maka penyelesaian relasi rekursifnya an + 9 an-2 = 0 adalah
an = α(3)n + α(-3)n
an = 7/6 (3)n – 1/6 (-3)n

19.
c. 2 an -2 an-1 +
1
2
an-2 = 0 untuk n ≥ 2 dengan kondisi awal
a0 = 6 dan a1 = 8.
Penyelesaian:
2 an -2 an-1 +
1
2
an-2 = 0
↔ 4 an – 4 an-1 + an-2 = 0
Kita cari akar – akarnya
(2r – 1) atau (2r - 1) = 0
↔ (2r – 1)2 = 0
↔ r1 = r2 = ½ yaitu r0
Dengan penyelesaian menurut teorema 2, solusi relasi rekursifnya berbentuk:
n + α2nr0
an = α1r0
n
maka diperoleh an = α1(1/2)n + α2n(1/2)n ...(*)
karena a0= 6 dan a1 = 8 kita subtitusikan kepersamaan (*)
a0= 6 menjadi a0 = 6 = α1 ( ½ )0 + α2 0. ( ½ )0 = α1
a1= 8 menjadi a1 = 8 = α1 ( ½ )1 + α2 1. ( ½ )1 = ½ α1 + ½ α2 ...(1)
didapat α1 = 6, kita subtitusikan kepersamaan (1).
½ α1 + ½ α2 = 1
½ 6 + ½ α2 = 8
½ α2 = 8 – 3
α2 = 5
½
α2 = 10
maka penyelesaian relasi rekursifnya 2 an -2 an-1 +
1
2
an-2 = 0 adalah
an = α1(1/2)n + α2n(1/2)n
↔ an = 6 (1/2)n + 10n(1/2)n

20.
d. Tentukan solusi rekursif 푎푛 + 6푎푛−1 + 9푎푛−2 = 0 untuk 푛 ≥ 2 dengan 푎0 = 1 dan
푎1 = 3.

21.
Penyelesaian :
Diketahui : 푎푛 + 6푎푛−1 + 9푎푛−2 = 0 , 푛 ≥ 2
푎0 = 1, 푎1 = 3
Ditanya : Solusi relasi rekursif ?
Jawab :
Persamaan Karakteristik
푟2 + 6푟 + 9 = 0
Akar – akar karakteristik
푟 + 3 푟 + 3
푟1,2 = −3
Solusi rekusif (umum)
푎푛 = 훼1푟푛 + 훼2푛푟푛
푎푛 = 훼1(−3)푛+훼2푛(−3)푛… … ∗
Karena 푎0 = 1 푑푎푛 푎1 = 3
푎0 = 1 → 푎0 = 1 = 훼1(−3)0+훼20(−3)0= 훼1 … (1)
푎1 = 2 → 푎1 = 3 = 훼1(−3)1+훼21(−3)1= −3훼1 − 3훼2 … (2)

22.
Subtitusikan persamaan (1) dan (2)
−3훼1 − 3훼2 = 3
⟺ −3(1) − 3훼2 = 3
⟺ −3훼2 = 6
⟺ 훼2 = −2
Jadi solusi relasi rekursifnya
푎푛 = 훼1(−3)푛+훼2푛(−3)푛
푎푛 = (−3)푛−2푛(−3)푛

23.
e. Tentukan relasi rekursif 푎푛 − 3푎푛−1 + 3푎푛−2 − 푎푛−3 = 0 untuk 푛 ≥ 3 dengan
푎0 = 1, 푎1 = 2, 푑푎푛 푎2 = 4

24.
Penyelesaian :
Diketahui : 푎푛 − 3푎푛−1 + 3푎푛−2 − 푎푛−3 = 0, untuk 푛 ≥ 3
푎0 = 1, 푎1 = 2, 푑푎푛 푎2 = 4
Ditanya : Solusi relasi rekursif ?
Jawab :
Persamaan Karakteristik
푟3 − 3푟2 + 3푟 − 1 = 0
Akar – akar karakteristik
푟 − 1 푟 − 1 푟 − 1
푟1,2,3 = 1
Solusi rekursif (umum)
푎푛 = 훼1푟푛 + 훼2푛푟푛 + 훼3푛2푟푛
푎푛 = 훼11푛 + 훼2푛1푛 + 훼3푛21푛 … (∗)

25.
Karena 푎0 = 1, 푎1 = 2, 푑푎푛 푎2 = 4
푎0 = 1 ⟺ 푎0 = 1 = 훼110 + 훼2010 + 훼30210 = 훼1 … (1)
푎1 = 2 ⟺ 푎1 = 2 ⟺ 훼111 + 훼21. 11 + 훼31211 = 훼1 + 훼2 + 훼3 … (2)
푎2 = 4 ⟺ 푎2 = 4 ⟺ 훼112 + 훼22. 12 + 훼32212 = 훼1 + 2훼2+4훼3 … 3
Dari persamaan di (1),(2) dan (3) diperoleh :
1 + 훼2 + 훼3 = 2
1 + 2훼2+4훼3 = 4
× 4
× 1
4 + 4훼2 + 4훼3 = 8
1 + 2훼2+4훼3 = 4
3 + 2훼2 = 4
2훼2 = 1
훼2 =
1
2

26.
1 + 훼2 + 훼3 = 2
⟺ 1 +
1
2
+ 훼3 = 2
⟺
3
2
+ 훼3 = 2
⟺ 훼3 =
1
2
Jadi solusinya adalah 훼1 = 1, 훼2 =
1
2
, 훼3 =
1
2
Solusi Relasi Rekursif
푎푛 = 훼11푛 + 훼2푛1푛 + 훼3푛21푛
푎푛 = 1(1)푛 +
1
2
푛1푛 +
1
2
푛21푛

27.
5. Misalkan {an} adalah barisan yang memenuhi relasi rekurensif berikut:
an = 2an–1 – an–2 ; a0 = 1 dan a1 = 2
Periksa apakah an = 3n merupakan solusi relasi rekurensi tersebut ?
Penyelesaian:
Penyelesaian: 2an–1 – an–2 = 2[3(n – 1)] – 3(n – 2)
= 6n – 6 – 3n + 6
= 3n = an
Jadi, an = 3n merupakan solusi dari relasi rekurens tersebut.
27

28.
Soal relasi rekurensi homogen
6. Tentukan solusi homogen dari relasi rekurensi 푏푛 + 푏푛−1 − 6푏푛−2 = 0 dengan
kondisi batas 푏0 = 0, 푏1 = 1.
7. Tentukan solusi dari relasi rekurensi 푎푛 + 4푎푛−1 + 4푎푛−2 = 2푛.
8. Tentukan solusi homogen dari relasi rekurensi 4푎푛 − 20푎푛−1 + 17푎푛−2 −
4푎푛−3 = 0

29.
PENYELESAIAN :
No.6
푏푛 + 푏푛−1 − 6푏푛−2 = 0
Persamaan karakteristik
훼2 + 훼 − 6 = 0
⟺ 훼 + 3 훼 − 2 = 0
Akar karakteristik
훼1 = −3 dan 훼2 = 2
Solusinya
(ℎ) = 퐴1훼1
푏푛
푛 + 퐴2훼2
푛
(ℎ) = 퐴1(−3)푛+퐴22푛
⟺ 푏푛
Dengan kondisi batas 푏0 = 0 dan 푏1 = 1, maka
(ℎ) = 퐴1(−3)0+퐴220 ⟹ 0 = 퐴1 + 퐴2
푏푛
(ℎ) = 퐴1(−3)1+퐴221 ⟹ 1 = −3퐴1 + 2퐴2
푏푛
Sehingga diperoleh
퐴1 = −
1
5
푑푎푛 퐴2 =
1
5
Solusi homogen
(ℎ) = −
푏푛
1
5
−3 푛 +
1
5
2푛

30.
7. 푎푛 + 4푎푛−1 + 4푎푛−2 = 2푛
Persamaan karakteristik
훼2 + 4훼 + 4 = 0
⟺ 훼 + 2 훼 + 2
Akar karakteristik
훼1,2 = −2
Karena akar 1,2 sama maka
Solusi homogen
(ℎ) = (퐴1푛푚−1 + 퐴2푛푚−2)훼1
푎푛
푛
(ℎ) = (퐴1푛 + 퐴2)(−2)푛
푎푛

31.
8. 4푎푛 − 20푎푛−1 + 17푎푛−2 − 4푎푛−3 = 0
Persamaan Kuadrat
4훼3 − 20훼2 + 17훼 − 4 = 0
⟺ 2훼 − 1 2훼 − 1 훼 − 4
Akar karakteristik
훼1,2 =
1
2
훼3 = 4
Solusi homogen
(ℎ) = 퐴1푛 + 퐴2
푎푛
푛
+ 퐴3. 4
1
2