Tugas Matematika Diskrit : Relasi Rekursif

1. 1 | E s s a N o v a l i a
BAB I
PENDAHULUAN
A. Rekursif
Untuk memahami definisi rekursif, terlebih dahulu perhatikan barisan
integer genap tak-negatif: 0, 2, 4, 6, 8, … . barisan itu bisa kita tuliskan
dengan : 푏푛 = 2푛, ∀푛 ∈ ℕ. Suku ke berapapun dari barisan itu bisa kita
peroleh secara langsung, misalnya : suku ke–125 adalah 푏125 = 250. Barisan
yang demikian kita sebut dengan barisan rumus eksplisit.
Sebagai perbandingan, kita lihat contoh berikut :
Contoh 1
Kita perhatikan barisan integer 푎0, 푎1, 푎2, …, dimana
푎0 = 1, 푎1 = 2, 푎2 = 3 dan
푎푛 = 푎푛−1 + 푎푛−2 + 푎푛−3, ∀푛 ∈ ℤ, 푛 ≥ 3.
Buktikan bahwa ∀푛 ∈ ℕ, 푎푛 ≤ 3푛.
Penyelesaian
Bukti. Misalkan 푆 ′ (푛): 푎푛 ≤ 3푛, ∀푛 ∈ ℕ.
Langkah Basis: Kita amati bahwa 푆 ′ (0), 푆 ′ (1), dan 푆 ′ (2) benar :
(1) 푎0 = 1 = 30 ≤ 30;
(2) 푎1 = 2 ≤ 3 = 31; dan
(3) 푎2 = 3 ≤ 9 = 32;
Langkah Induktif : Andaikan 푆 ′ (0), 푆 ′ (1), 푆 ′ (2), …, 푆 ′ (푘), benar untuk
suatu 푘 ∈ ℕ, dan 푘 ≥ 2. Ini berarti 푘 + 1 pernyataan berikut adalah benar.

2. 푎0 ≤ 30, 푎1 ≤ 31 , 푎2 ≤ 32, … , 푎푘 ≤ 3푘
Berdasarkan asumsi tersebut, maka :
2 | E s s a N o v a l i a
푎푘+1 = 푎푘 + 푎푘 −1 + 푎푘−2
≤ 3푘 + 3푘− 1 + 3푘−2
≤ 3푘 + 3푘 + 3푘 = 3푘+1
Sebagai perbandingannya, sekarang kit perhatikan barisan pada contoh 1,
untuk mendapatkan suku ke–k yaitu 푎푘 kita tidak mempunyai rumus eksplisit,
sebagai gantinya dibutuhkan nilai tiga suku sebelumnya, yaitu 푎푘−1 , 푎푘−2 , dan 푎푘−3,
sehingga
푎푘+1 = 푎푘 + 푎푘−1 + 푎푘 −2. Kemudian nilai ketiga suku itu, masing-masing juga
membutuhkan nilai tiga suku sebelumnya lagi. Demikian seterusnya, pada akhirnya
semua nilai 푎푘 , untuk 푘 ≥ 3, bergantung pada nilai awal suku: 푎0 = 1, 푎1 = 2, dan
푎2 = 3. Barisan yang demikian disebut barisan dengan rumus rekusif. Rumus
rekursif secara lengkap disebut juga dengan de.nisi rekursif yang terdiri dari basis
rekursi dan proses rekursi. Basis rekursi yaitu pende.nisian awal (pemberian nilai
awal), pada contoh tersebut: 푎0 = 1, 푎1 = 2, dan 푎2 = 3. Proses rekursi memberikan
nilai suku berikutnya secara rekursif didasarkan pada nilai basis rekursi, pada contoh
tersebut 푎푘 = 푎푘−1 + 푎푘−1 + 푎푘−2 .
Definisi rekursif merupakan suatu jawaban ketika untuk menentukan rumus
eksplisit suatu barisan sangat rumit atau bahkan mustahil. Hal ini terjadi tidak hanya
pada barisan bilangan, tetapi juga paling sering terjadi pada beberapa konsep
matematika yang lain, seperti: operasi himpunan, proposisi dalam logika, relasi,
fungsi, bahasa mesin, dll.

3. Contoh 2
Misalkan 푝1, 푝2, 푝3 , … , 푝푛 adalah n proposisi. Untuk menentukan nilai
kebenaran
3 | E s s a N o v a l i a
푝1 ∧ 푝2 ∧ 푝3 ∧ … ∧ 푝푛,
Dimana 푛 ≥ 2, diperlukan konsep rekursif atas dasar hokum asosiatif
konjungsi.
Penyelesaian
Basis Rekursi : 푝1 ∧ 푝2 .
Proses Rekursi : untuk 푛 ≥ 2
푝1 ∧ 푝2 ∧ 푝3 ∧ … ∧ 푝푛−1 ↔ ( 푝1 ∧ 푝2 ∧ 푝3 ) ∧ 푝4
↔ [( 푝1 ∧ 푝2 ) ∧ 푝3 ] ∧ 푝4
↔ ( 푝1 ∧ 푝2) ∧ (푝3 ∧ 푝4 )
↔ 푝1 ∧ [푝2 ∧ (푝3 ∧ 푝4 )]
↔ 푝1 ∧ (푝2 ∧ 푝3 ∧ 푝4 )
Dari fakta ini dapat diambil suatu kesimpulan bahwa berdasarkan sifat
asosiatif tanda kurung bisa diletakkan secara bebas.
Suatu pendefinisian secara rekursif yang melibatkan dua integer sekaligus
diberikan pada contoh berikut ini.
Contoh 3
Untuk 푚 ∈ ℤ dan 푘 ∈ ℕ, bilangan Euler 푎푚,푘 didefinisikan secara rekursif
dengan
푎푚,푘 = (푚 − 푘)푎푚−1,푘−1 + (푘 + 1)푎푚−1,푘 untuk 0 ≤ 푘 ≤ 푚,

4. Dengan basis rekursi:
푚
4 | E s s a N o v a l i a
푎0,0 = 1,
푎푚,푘 = 0, 푢푛푡푢푘 푘 ≥ 푚, 푑푎푛
푎푚,푘 = 0, 푢푛푡푢푘 푘 < 0
Berdasarkan definisi rekursif ini, penentuan nilai푎푚,푘 , dimana 1 ≤ 푚 ≤ 5 dan
0 ≤ 푘 ≤ 푚 − 1 dapat dinyatakan dalam tabel segitiga Pascal :
Jml. Baris
(푚 = 1) 1 1 = 1!
(푚 = 2) 1 1 2 = 2!
(푚 = 3) 1 4 1 6 = 3!
(푚 = 4) 1 11 11 1 24 = 4!
(푚 = 4) 1 26 66 26 1 120 = 5!
Dari tabel ini didapat suatu pola bahwa jumlah baris ke-m adalah m!. Secara
umum, buktikan bahwa untuk suatu 푚 ∈ ℤ+, berlaku Σ 푎푚,푘
푚 −1
푘 =0 = 푚!.
Penyelesaian
Bukti. Berdasarkan definisi rekursif diperoleh
Σ 푎푚+1,푘
푘=0
푚
= Σ[(푚 + 1 − 푘)푎푚,푘−1 + (푘 + 1)푎푚,푘 ]
푘=0

5. 푚
푚−1
푘 =0 = 푚!
5 | E s s a N o v a l i a
= [(푚 + 1)푎푚,−1 + 푎푚,0] + [푚푎푚,0 + 2푎푚,1] +
[(푚 − 1)푎푚,1 + 3푎푚,2] + ⋯ + [3푎푚,푚−3 + (푚 + 1)푎푚,푚−2] + [2푎푚,푚−2 +
푚푎푚,푚−1] + [푎푚,푚−1 + (푚 + 1)푎푚,푚]
Karena 푎푚,−1 = 0 dan 푎푚,푚 = 0, maka
Σ 푎푚+1,푘
푘=0
= [푎푚,0 + 푚푎푚,0] + [2푎푚,1 + (푚 − 1)푎푚,1 ] + ⋯
+ [(푚 − 1)푎푚,푚−2 + 2푎푚,푚−2] + [푚푎푚,푚−1 + 푎푚,푚−1]
푚−1
푘=0
= (푚 + 1) Σ 푎푚,푘
Dari fakta ini, dan berdasarkan induksi matematik, jika diasumsikan
Σ 푎푚,푘
Benar untuk 푚 ∈ ℤ+, maka
푚
Σ 푎푚+1,푘
푘=0
= (푚 + 1)(푚!) = (푚 + 1)!

6. 6 | E s s a N o v a l i a
BAB II
PEMBAHASAN
A. Relasi Rekursi
Definisi
Suatu relasi rekursi untuk sebuah barisan {푎푛} merupakan sebuah rumus
untuk menyatakan 푎푛 ke dalam satu ata lebih suku – suku sebelumnya darri barisan
tersebut, untuk suatu bilangan bulat nonnegative n.
Suatu barisan disebut solusi dari sebuh relasi rekursi jika suku –suku pada
barisan tersebut memenuhi relasi rekursinya.
Contoh 1
Untuk bilangan bulat nonnegative n, apakah barisan 푎푛 = 3푛, 푎푛 = 2푛 dan
푎푛 = 5 merupakan solusi bagi relasi rekursi 푎푛 = 2푎푛−1 − 푎푛−2?
Penyelesaian
(i) Misal 푎푛 = 3푛, utnuk bilangan bulat nonnegative n, maka :
푎푛 = 2푎푛−1 − 푎푛−2
푎푛 = 2(3(푛 − 1)) − 3(푛 − 2)
푎푛 = 3푛
Maka 푎푛 = 3푛 merupakan solusi bagi relasi rekursi 푎푛 = 2푎푛−1 −
푎푛−2.
(ii) Misal 푎푛 = 2푛, untuk bilangan bulat nonnegative n, maka :
푎푛 = 2푎푛−1 − 푎푛−2
푎푛 = 2(2(푛−1) ) − 2(푛−2)
푎푛 = 2푛 − 2푛−2

7. 7 | E s s a N o v a l i a
푎푛 = 2푛 (1 −
1
4
) = 2푛.
3
4
≠ 2푛
Maka 푎푛 = 2푛 bukan merupakan solusi bari relasi rekursi 푎푛 =
2푎푛−1 − 푎푛−2.
(iii) Misal 푎푛 = 5 untuk bilangan bulat nonnegative n, maka :
푎푛 = 2푎푛−1 − 푎푛−2
푎푛 = 2(5) − 5
푎푛 = 5
Maka 푎푛 = 5 merupakan solusi bagi relasi rekursi 푎푛 = 2푎푛−1 − 푎푛−2.
Jadi, kondisi awal (푎0) akn menentukan suku – suku pada barisan berikutnya.
B. Penyelesaian Relasi Rekursi dengan iterasi
Penyelesaian Relasi Rekursi dengan iterasi merupakan metode yang sangat
mendasar. Prinsipnya adalah kita hitung suku –suku barisan secara berurutan terus –
menerus hingga kita memperoleh pola tertentu. Berdasarkan pola tersebut, dibuatlah
rumus eksplisit. Untuk mendapatkan polanya, barisan dapat dihitung secara menaik
(dihitung berturut – turut 푎0, 푎1, 푎2, …, ) atau menurun (dihitung berturut – turut
푎푛, 푎푛−1, 푎푛− 2, …,).
Ada beberapa deret yang sering digunakan untuk menyelesaikan relasi rekursi
dengan iterasi antara lain :
1 + 2 + 3 + ⋯ + 푛 =
푛(푛 + 1)
2
12 + 22 + 33 + ⋯ + 푛2 =
푛(푛 + 1)(2푛 + 1)
6

8. 1.2 + 2.3 + 3.4 + ⋯ + 푛(푛 + 1) =
8 | E s s a N o v a l i a
푛(푛 + 1)(푛 + 2)
3
1 + 푟 + 푟2 + ⋯ . +푟푛 = (푟푛+1−1)
푟 −1
untuk 푟 > 1 (Deret Geometri)
Contoh 1
Carilah rumus eksplisit barisan 푚1, 푚2, …. Yang menyatakan masalah menara
Hanoi.
푚푘 = 2푚푘−1 + 1 untuk bilangan bulat 푘 ≥ 2
푚1 = 1
Penyelesaian
푚푘 = 2푚푘−1 + 1
= 2(2푚푘−2) + 1 = 22푚푘−2 + 2.1 + 1
= 2(2푚푘−3) + 2.1 + 1 = 23푚푘−3 + 22. 1 + 2.1 + 1
= 2(2푚푘−4) + 22. 1 + 2.1 + 1 = 23푚푘−3 + 23. 1 + 22. 1 + 2.1 + 1
= 2(2푚푘−5) + 23. 1 + 22 . 1 + 2.1 + 1 = 23푚푘−3 + 24. 1 + 23. 1 +
22. 1 + 2.1 + 1
= ⋯
= 2푘− 1(푚푘−(푘−1) ) + 2푘−2. 1 + … + 23. 1 + 22. 1 + 21. 1 + 1
= 2푘− 1(2푚1) + 2푘−2. 1 + … + 23. 1 + 22. 1 + 21. 1 + 1
Oleh karena 푚1 = 1 , maka :

9. 푚푘 = 2푘−1 + 2푘− 2. 1 + … + 23. 1 + 22. 1 + 21. 1 + 1
푚푘 merupakan deret geometri dengan r = 2 yang besarnya =
9 | E s s a N o v a l i a
(2푘−1−1)
2−1
= 2푘 −
1 . jadi 푚푘 = 2푘 − 1 untuk bilangan bulat 푘 ≥ 2.
C. Penyelesaian Relasi Rekursi Melalui Persamaan Karakteristik
Suatu cara penyelesaian relasi rekursi yang dapat menentukan rumus eksplisit
dengan pasti adalah melalui Persamaan Karakteristik.
a. Relasi Rekursi Linear Orde Pertama
Untuk memahami relasi rekursi linear orde pertama, sebagai gambaran
ada abaiknya kita ingat kembali definisi progresi geometric (deret geometri).
Progresi geometric adalah barisan tak hingga, contohnya 5, 15, 45, 135, …,
diman apembagian setiap suku (kecuali suku pertama) dengan tepat satu suku
sebelumnya adalah konstan, disebut rasio bersama. Misalakan rasio
bersamanya adalah 3, karena 3 = 15
5
= 45
15
= 135
45
= ⋯. Jika 푎0, 푎1, 푎2 , …,
adalah progresi geometric dengan rasio bersama adalah r, maka
푎푛+1
푎푛
= 푟
untuk n = 0,1,2,3,… . jika r=3, kita dapatkan 푎푛+1 = 3푎푛 , dengan 푛 ≥ 0.
Relasi rekursi 푎푛+1 = 3푎푛, 푛 ≥ 0 tidak mendefinisikan progresi
geometric yang tunggal, karena barisan 3,9,27,81,… juga memenuhi relasi
yang bersangkutan. Jadi, untuk mendefinisikan suatu progresi geometric dari
suatu relasi rekursi diperlukan nilai satu suku dari relasi itu.
Hubungan suku 푎푛+1 dengan suku sebelumnya dalam relasi rekursi
menentukan jenis relasi rekursi yang bersangkutan. Jika nilai 푎푛+1 hanya
bergantung pada nilai 푎푛 (tepat satu suku sebelumnya), maka relasi yang
demikian dikatakan mempunyai orde pertama. Selanjutnya jika hubungannya

10. juga linear dengan koefisien konstan, maka disebut linear orde pertama
dengan koefisien konstan.
Nilai 푎0 atau 푎1 yang diketahu pada suatu relasi rekursi disebut nilai
syarat batas. Ekspresi 푎0 = 퐴, dimana A konstan, juga disebut sebagai syarat
awal. Syarat batas menentukan keuntungan solusi.
푎푛+1 = 3푎푛, 푛 ≥ 0, 푎0 = 5 (1)
Lima suku pertama menentukan pola berikut ini :
푎0 = 5 ,
푎1 = 3푎0 = 3(5),
푎2 = 3푎1 = 3(3(5)) = 32(5)
푎3 = 3푎2 = 3(32(5)) = 33(5)
푎4 = 3푎3 = 3(33(5)) = 34(5)
Hasil ini membawa kita pada rumusan bahwa setiap 푛 ≥ 0, 푎푛 =
5(3푛) yang disebut solusi umum dari Relasi (1)
Jadi solusi umum dari suatu relasi rekursi 푎푛+1 = 푑푎푛, 푛 ≥ 0 , d
konstan, dan 푎0 = 퐴 adalah tunggal dan dirumuskan dengan :
푎푛 = 퐴푑푛, 푛 ≥ 0.
10 | E s s a N o v a l i a

11. b. Relasi Rekursi Linear Homogen Order Kedua dengan Koefisien
Konstan
Misalkan 푘 ∈ ℤ+ dan 퐶푛(≠ 0), 퐶푛−1, … , 퐶푛−푘 (≠ 0) adalah bilangan –
bilangan nyata. Jika 푎푛 untuk 푛 ≥ 0 adalah fungsi diskrit, maka :
퐶푛푎푛 + 퐶푛−1푎푛−1 + ⋯ + 퐶푛−푘 푎푛−푘 = 푓(푛), 푛 ≥ 푘
Adalah relasi rekursi linear berorder k dengan koefisien konstan. Jika 푓(푛) =
0 untuk setiap 푛 ≥ 0, relasi ini disebut homogeny, ingkarannya adalah tak
homogeny.
Pada bagian ini kita akan membahas relasi homogen berorder dua:
퐶푛푎푛 + 퐶푛−1 푎푛−1 + 퐶푛−2푎푛−2 = 0, 푛 ≥ 2 (2)
Pada dasarnya kita akan mencari solusi dalam bentuk 푎푛 = 푐푟푛 , dimana 푐 ≠
0 푑푎푛 푟 ≠ 0,
Substitusikan 푎푛 = 푐푟푛 ke persamaan (2), kita dapatkan
퐶푛푐푟푛 + 퐶푛−1푐푟푛 −1 + 퐶푛−2푐푟푛− 2 = 0 (3)
Karena 푐 ≠ 0 푑푎푛 푟 ≠ 0, persamaan 3 menjadi
11 | E s s a N o v a l i a
퐶푛푐푟2 + 퐶푛−1푐푟1 + 퐶푛− 2 = 0
Merupakan persamaan kuadrat yang disebut persamaan karakteristik.
Misalkan 푟1 dan 푟2 adalah akar dari persamaan itu, maka ada tiga
kemungkinan:
푟1 dan 푟2 adalah dua real berbeda
푟1 dan 푟2 adalah dua kompleks saling konjugate.

12. 푟1 dan 푟2 adalah dua real yang sama.
Kasus-A (dua real berbeda)
Contoh. Selesaikan relasi rekursi berikut
푎푛 + 푎푛−1 − 6푎푛−2 = 0, 푛 ≥ 2 dan 푎0 = −1, 푎1 = 8 (4)
Penyelesaian
Misalkan 푎푛 = 푐푟푛 , dimana 푐 ≠ 0 푑푎푛 푟 ≠ 0, adalah solusi dari Relasi (4),
maka diperoleh persamaan karakteristik
0 = 푟2 + 푟 − 6 = (푟 − 2)(푟 + 3) → 푟 = 2, −3
adalah dua akar real berbeda, sehingga 푎푛 = 2푛 dan 푎푛 = (−3)푛 merupakan
dua solusi [sebagaimana juga 푏(2푛) dan 푑(−3)푛 untuk sembarang konstan b, d].
Kedua solusi ini adalah bebas linear kerena yang satu bukan merupakan kelipatan
yang lain. Jadi,
12 | E s s a N o v a l i a
푎푛 = 푐1(2푛) + 푐2(−3)푛
merupakan solusi umum. Kemudian, karena 푎0= -1 dan 푎1= 8; dengan
substitusi, kita peroleh 푐1 = 1 dan 푐2 = -2: Akhirnya, kita dapatkan jawaban
푎푛 = 2푛 − 2 − (−3)푛
푎3 = 2100 − 2 − (−3)100
Kasus-B (Dua Akar Kompleks Saling Konjuget)
Sebelum masuk ke pembahasan inti, kita ingat kembali Teorema
DeMoivre :
(cos 휃 + 푖 sin 휃)푛 = cos 푛휃 + 푖 푠푖푛휃 , 푛 ≥ 0.
Jika

13. 13 | E s s a N o v a l i a
푧 = 푥 + 푖 푦 ∈ ℂ, 푧 ≠ 0,
Dapat kita tuliskan
푧 = 푟(cos 휃 + 푖 sin 휃), 푟 = √푥 2 + 푦2 dan
푦
푥
= tan 휃 untuk 푥 ≠ 0.
Jika x = 0, maka untuk y > 0,
푧 = 푦푖 = 푦푖 sin 휋
2
= 푦(cos 휋
2
+ 푖 sin 휋
2
),
Dan untuk y < 0,
푧 = 푦푖 = |푦|푖 sin 3휋
2
= |푦|(cos 3휋
2
+ 푖 sin 3휋
2
),
Dalam semua kasus,
푧푛 = 푟푛(cos 푛휃 + 푖 sin 푛휃), 푛 ≥ 0.
10
Contoh. Tentukan (1 + √3푖)
Penyelesaian
Misalkan 푧 = 1 + √3푖 maka x = 1, y= √3, r= 2, dan 휃 = 휋
3
. Jadi :
10
(1 + √3푖)
= 210 (cos
10휋
3
+ 푖 sin
10휋
3
)
= 210 (cos 4휋
3
+ 푖 sin 4휋
3
)
= 210 ((−1
2
− √3
2
) 푖)
= (−29 )(1 + √3푖).

14. Kasus – C (Dua Akar Real Sama)
Contoh. Selesaikan relasi rekurensi berikut 푎푛+2 = 4푎푛+1 − 4푎푛
dimana 푛 ≥ 0, dan 푎0 = 1 dan 푎1 = 3.
Penyelesaian. Misalkan 푎푛 = 푐푟푛 , dimana 푐 ≠ 0 푑푎푛 푟 ≠ 0, adalah
solusinya, maka diperoleh persamaan karakteristik
14 | E s s a N o v a l i a
0 = 푟2 − 4푟 + 4 = (푟 − 2)2 → 푟 = 2
Adalah dua akar real sama, sehingga 푎푛 = 2푛 merupakan solusinya.
Oleh karena itu, kita harus mencari satu solusi yang lagi bebas linear, ambil
saja 푎푛 = 푓(푛)2푛, dimana 푓(푛) tidak konstan. Untuk mencari 푓(푛)
digunakan substitusi :
푓(푛 + 2)2푛+2 = 4푓(푛 + 1)2푛+1 − 4푓(푛)2푛
푓(푛 + 2) = 2푓(푛 + 1) − 푓(푛) (5)
Diperoleh bahwa 푓(푛) = 푛memenuhi persamaan (5). Jadi 푎푛 = 푛2푛
adalah solusi kedua yang bebas linear dengan 푎푛 = 2푛. Akibatnya, kita
dapatkan solusi umum
푎푛 = 푐1(2푛) + 푐2푛(2)푛.
Untuk 푎0 = 1 dan 푎1 = 3 , didapatkan solusi khusus :
푎푛 = (2푛) + 1
2
푛(2)푛 = (2푛) + 푛(2)푛−1, 푛 ≥ 0.
Bentuk umum: jika
퐶푛푎푛 + 퐶푛−1푎푛−1 + ⋯ + 퐶푛−푘 푎푛−푘 = 0,

15. dengan 퐶푛(≠ 0), 퐶푛−1, … , 퐶푛−푘 (≠ 0) adalah konstanta real, dan r adalah akar
karakteristik dengan multiplisitas m, dimana 2 ≤ 푚 ≤ 푘, maka bagian dari solusi
umum yang melibatkan akar r mempunyai bentuk
퐴0푟푛 + 퐴1푛푟푛 + 퐴2푛2 푟푛 + ⋯ + 퐴푚−1푛푚−1푟푛
= (퐴0 + 퐴1푛 + 퐴2푛2 + ⋯ + 퐴푚−1푛푚 −1)푟푛
Dimana 퐴0, 퐴1, 퐴2 , … , 퐴푚−1 adalah sembarang konstan.
c. Relasi Rekursi Tak Homogen
Kita perhatikan relasi rekursi berikut :
푎푛 − 푎푛−1 = 푓(푛), 푛 ≥ 1,
푓(푛) tidak semunya nol untuk nilai n, maka solusinya :
푎푛 = 푎0 + Σ 푓(푖) 푛푖
=1 (6)
Kita dapat menyelesaikan Persamaan (6) dalam n, jika kita dapat merumuskan
Σ 푓(푖) 푛푖
=1 .
Contoh. Selesaikan relasi rekursi berikut ini :
15 | E s s a N o v a l i a
푎푛 − 푎푛−1 = 3푛2 , 푛 ≥ 1, 푑푎푛 푎0 = 7
Penyelesaian
Disini 푓(푛) = 3푛2, sehingga solusi umunya :
푛
푎푛 = 푎0 + Σ 푓(푖)
푖=1
푛
= 7 + Σ 3푖 2
푖 =1
= 7 +
1
2
(푛)(푛 + 1)(2푛 + 1)

16. 16 | E s s a N o v a l i a
BAB III
PENUTUP
Suatu hal penting yang harus dilakukan sehubungan dengan relasi
rekursi adalah bagaimana menyelesaikan relasi tersebut. Penyelesaian yang
dimaksud disini adalah mengubah relasi rekursi tersebut menjadi suatu
barisan yang dinyatakan dengan rumus eksplisit. Hal itu penting karena
barisan yang dinyatakan dalam relasi rekursi harus dihitung satu demi satu.
Jadi, jika kita ingin mengetahui suku ke – n (=푎푛), haruslah terlebih dahulu
dihitung 푎푛−1.
Ada bermacam – macam cara untuk menyelesaikan relasi rekursi, dan
masing – masing cara memliki karakteristik dan keunggulan masing – masing.
Dalam makalah ini hanya menjelaskan 2 cara penyelesaian yang biasa
dipakai, yaitu cara iterasi dan melalui persamaan karakteristik.

17. 17 | E s s a N o v a l i a
DAFTAR PUSTAKA
Siang, Drs. Jong Jek, M.Sc. 2009. Matematika Diskrit dan Aplikasinya pada
Ilmu Komputer.Yogyakarta : Penerbit ANDI
Guritman, Sugi dan Prapto Tri Supriyo.2004. Matematika Diskret. Bogor :
Institut Pertanian Bogor
http://www.scribd.com/doc/96595172/RELASI-REKURENSI-LINIER

18. 18 | E s s a N o v a l i a