Isnaini Rosyida, Emi Pudjiastuti, Mulyono UNNES-2018

Slides:



Advertisements
Presentasi serupa
Peserta mengerti tahap-tahap pada ADC
Advertisements

KIMIA UNSUR-UNSUR TRANSISI
PERTEMUAN 3 Algoritma & Pemrograman
Penyelidikan Operasi 1. Konsep Optimisasi.
KEBIJAKAN PEMERINTAH PROVINSI JAWA TIMUR
Penyusunan Data Baseline dan Perhitungan Capaian Kegiatan Peningkatan Kualitas Permukiman Kumuh Perkotaan DIREKTORAT PENGEMBANGAN KAWASAN PERMUKIMAN DIREKTORAT.
BALTHAZAR KREUTA, SE, M.SI
PENGEMBANGAN KARIR DOSEN Disarikan dari berbagai sumber oleh:
Identitas, persamaan dan pertidaksamaan trigonometri
ANGGOTA KELOMPOK WISNU WIDHU ( ) WILDAN ANUGERAH ( )
METODE PENDUGAAN ALTERNATIF
Dosen Pengampu: Muhammad Zidny Naf’an, M.Kom
GERAK SUGIYO, SPd.M.Kom.
Uji Hipotesis Luthfina Ariyani.
SOSIALISASI PEKAN IMUNISASI NASIONAL (PIN) POLIO 2016
PENGEMBANGAN BUTIR SOAL
Uji mana yang terbaik?.
Analisis Regresi linear berganda
PEERSIAPAN DAN PENERAPAN ISO/IEC 17025:2005 OLEH: YAYAN SETIAWAN
E Penilaian Proses dan Hasil Belajar
b. Kematian (mortalitas)
Ilmu Komputasi BAGUS ADHI KUSUMA
Uji Hipotesis dengan SPSS
OVERVIEW PERUBAHAN PSAK EFFEKTIF 2015
Pengolahan Citra Berwarna
Teori Produksi & Teori Biaya Produksi
Pembangunan Ekonomi dan Pertumbuhan Ekonomi
PERSIAPAN UN MATEMATIKA
Kriptografi.
1 Bab Pembangunan Ekonomi dan Pertumbuhan Ekonomi.
Ekonomi untuk SMA/MA kelas XI Oleh: Alam S..
ANALISIS PENDAPATAN NASIONAL DALAM PEREKONOMIAN TIGA SEKTOR
Dosen: Atina Ahdika, S.Si., M.Si.
Anggaran biaya konversi
Junaidi Fakultas Ekonomi dan Bisnis Universitas Jambi
Pemodelan dan Analisis
Bab 4 Multivibrator By : M. Ramdhani.
Analisis Regresi – (Lanjutan)
Perkembangan teknologi masa kini dalam kaitannya dengan logika fazi
DISTRIBUSI PELUANG KONTINU
FETAL PHASE Embryolgy II
Yusuf Enril Fathurrohman
3D Viewing & Projection.
Sampling Pekerjaan.
Gerbang Logika Dwi Indra Oktoviandy (A )
SUGIYO Fisika II UDINUS 2014
D10K-6C01 Pengolahan Citra PCD-04 Algoritma Pengolahan Citra 1
Perpajakan di Indonesia
Bab 2 Kinerja Perusahaan dan Analisis Laporan Keuangan
Penyusunan Anggaran Bahan Baku
MOMENTUM, IMPULS, HUKUM KEKEKALAN MOMENTUM DAN TUMBUKAN
Theory of Computation 3. Math Fundamental 2: Graph, String, Logic
Strategi Tata Letak.
Theory of Computation 2. Math Fundamental 1: Set, Sequence, Function
METODE PENELITIAN.
(Skewness dan kurtosis)
Departemen Teknik Mesin dan Biosistem INSTITUT PERTANIAN BOGOR
Dasar-dasar piranti photonik
Klasifikasi Dokumen Teks Berbahasa Indonesia
Mekflu_1 Rangkaian Pipa.
Digital to Analog Conversion dan Rekonstruksi Sinyal Tujuan Belajar 1
SEKSI NERACA WILAYAH DAN ANALISIS BPS KABUPATEN TEMANGGUNG
ASPEK KEPEGAWAIAN DALAM PENILAIAN ANGKA KREDIT
RANGKAIAN DIODA TK2092 Elektronika Dasar Semester Ganjil 2015/2016
Ruang Euclides dan Ruang Vektor 1.
Bab Anuitas Aritmetrik dan Geometrik
Penyelidikan Operasi Pemrograman Dinamik Deterministik.
Kesetimbangan Fase dalam sistem sederhana (Aturan fase)
ANALISIS STRUKTUR MODAL
Transcript presentasi:

Isnaini Rosyida, Emi Pudjiastuti, Mulyono UNNES-2018 Relasi rekursif Isnaini Rosyida, Emi Pudjiastuti, Mulyono UNNES-2018

Relasi Rekursif Definisi 1. Relasi Rekursif untuk barisan { π‘Ž 𝑛 } didefinisikan sebagai sebuah persamaan yang menyatakan π‘Ž 𝑛 dalam salah satu atau lebih suku-suku sebelumnya, yaitu π‘Ž 0 , π‘Ž 1 ,…, π‘Ž π‘›βˆ’1 , untuk semua 𝑛 dengan 𝑛β‰₯ 𝑛 0 dengan 𝑛 0 bilangan bulat tak negatif. Selanjutnya, barisan { π‘Ž 𝑛 } dikatakan sebagai solusi dari relasi rekursif ini bila π‘Ž 𝑛 memenuhi relasi rekursif. Contoh 11. Misal barisan { π‘Ž 𝑛 } memenuhi relasi rekursif π‘Ž 𝑛 = π‘Ž π‘›βˆ’1 βˆ’ π‘Ž π‘›βˆ’2 untuk 𝑛=2,3,4,… Serta diberikan nilai awal: π‘Ž 0 =3 dan π‘Ž 1 =5. Diperoleh: π‘Ž 2 = π‘Ž 1 βˆ’ π‘Ž 0 =5βˆ’3=2 π‘Ž 3 = π‘Ž 2 βˆ’ π‘Ž 1 =2βˆ’5=βˆ’3 π‘Ž 4 = π‘Ž 3 βˆ’ π‘Ž 2 =βˆ’3βˆ’2=βˆ’5 π‘Ž 5 = π‘Ž 4 βˆ’ π‘Ž 3 =βˆ’5+3=βˆ’2 Dan seterusnya. Jelas bahwa π‘Ž 𝑛 mengaitkan dua suku sebelumnya.

Relasi Rekursif Apakah barisan { π‘Ž 𝑛 } dengan π‘Ž 𝑛 =3𝑛 merupakan solusi dari relasi rekursif π‘Ž 𝑛 =2 π‘Ž π‘›βˆ’1 βˆ’ π‘Ž π‘›βˆ’2 untuk 𝑛=2,3,4,… dengan n bilangan bulat tak negatif? Penyelesaian: Dengan mensubtitusi π‘Ž 𝑛 =3𝑛 ke ruas kanan relasi rekursif, diperoleh: 2.3. π‘›βˆ’1 βˆ’3 nβˆ’2 =6nβˆ’6βˆ’3n+6=3n= π‘Ž 𝑛 Dapat dibuktikan bahwa π‘Ž 𝑛 =3𝑛 memenuhi relasi rekursif. Jadi π‘Ž 𝑛 =3𝑛 merupakan solusi dari relasi rekursif. Bagaimana dengan barisan { π‘Ž 𝑛 } dengan π‘Ž 𝑛 = 2 𝑛 ? Apakah barisan ini merupakan solusi dari relasi rekursif Penyelesaian: Dengan mensubtitusi π‘Ž 𝑛 = 2 𝑛 ke ruas kanan relasi rekursif, diperoleh: 2. 2 π‘›βˆ’1 βˆ’ 2 π‘›βˆ’2 = 2 𝑛 βˆ’0.25( 2 𝑛 )=0.75( 2 𝑛 )β‰  π‘Ž 𝑛 Dapat dibuktikan bahwa π‘Ž 𝑛 = 2 𝑛 tidak memenuhi relasi rekursif. adi π‘Ž 𝑛 = 2 𝑛 bukan solusi dari relasi rekursif.

Relasi Rekursif Contoh 2. Barisan Fibonacci: Sepasang kelinci diletakkan di sebuah pulau. Pasangan kelinci ini tidak akan beranak sampai berumur 2 bulan, Setelah 2 bulan, setiap pasang kelinci akan menghasilkan sepasang kelinci lainnya setiap bulan. Misal 𝑓 𝑛 menyatakan banyaknya pasangan kelinci setelah 𝑛 bulan, relasi rekursif untuk barisan { 𝑓 𝑛 } adalah 𝑓 𝑛 = 𝑓 π‘›βˆ’1 + 𝑓 π‘›βˆ’2

π‘Ž 𝑛 = 𝑐 1 π‘Ž π‘›βˆ’1 + 𝑐 2 π‘Ž π‘›βˆ’2 +…+ 𝑐 π‘˜ π‘Ž π‘›βˆ’π‘˜ (3) Relasi Rekursif Definisi 5. Bentuk umum relasi rekursif linear homogen berderajat π‘˜ dengan koefisien-koefisien konstan sebagai berikut: π‘Ž 𝑛 = 𝑐 1 π‘Ž π‘›βˆ’1 + 𝑐 2 π‘Ž π‘›βˆ’2 +…+ 𝑐 π‘˜ π‘Ž π‘›βˆ’π‘˜ (3) dengan 𝑐 1 , 𝑐 2 ,…, 𝑐 π‘˜ bilangan-bilangan real dan 𝑐 π‘˜ β‰ 0. Untuk lebih memahami bentuk relasi rekursif linear homogen berderajat π‘˜ dengan koefisien konstan, diperhatikan contoh berikut ini. 1. 𝑃 n =(1.11) 𝑃 π‘›βˆ’1 , merupakan relasi rekursif linear homogen berderajat 1 𝑓 𝑛 =4 𝑓 π‘›βˆ’2 , merupakan relasi rekursif linear homogen berderajat 2 𝐻 𝑛 =2 𝐻 π‘›βˆ’1 βˆ’ 𝐻 π‘›βˆ’2 + 𝐻 π‘›βˆ’3 , merupakan relasi rekursif linear homogen berderajat 3 4. 𝐻 𝑛 =2 𝐻 π‘›βˆ’1 βˆ’ 𝐻 π‘›βˆ’2 + 𝐻 π‘›βˆ’3 + 𝐻 π‘›βˆ’4 , merupakan relasi rekursif linear homogen berderajat 4.

Relasi Rekursif Langkah untuk menentukan solusi relasi rekursif homogen linear adalah dengan mensubtitusi bentuk π‘Ž 𝑛 = π‘Ÿ 𝑛 dengan π‘Ÿ konstanta. Bentuk π‘Ž 𝑛 = π‘Ÿ 𝑛 solusi dari relasi rekursif (3) jika dan hanya jika π‘Ž 𝑛 memenuhi relasi rekursif (3). Dengan cara mensubtitusi π‘Ž 𝑛 = π‘Ÿ 𝑛 ke relasi rekursif (3), diperoleh persamaan karakteristik sebagai berikut: π‘Ÿ π‘˜ βˆ’ 𝑐 1 π‘Ÿ π‘˜βˆ’1 + 𝑐 2 π‘Ÿ π‘˜βˆ’2 +…+ 𝑐 π‘˜βˆ’1 π‘Ÿβˆ’ 𝑐 π‘˜ =0, dan akar dari persamaan tersebut di atas disebut akar-akar karakteristik.

Relasi Rekursif Beberapa teorema yang dapat digunakan untuk menentukan bentuk solusi homogen relasi rekursif linear homogen berderajat π‘˜ disajikan berikut ini. Teorema 1. Misal 𝑐 1 , 𝑐 2 bilangan real dan persamaan π‘Ÿ 2 βˆ’ 𝑐 1 π‘Ÿβˆ’ 𝑐 2 =0 mempunyai dua akar berbeda π‘Ÿ 1 dan π‘Ÿ 2 . Barisan { π‘Ž 𝑛 } solusi dari relasi rekursif π‘Ž 𝑛 = 𝑐 1 π‘Ž π‘›βˆ’1 + 𝑐 2 π‘Ž π‘›βˆ’2 jika dan hanya jika π‘Ž 𝑛 = 𝛼 1 π‘Ÿ 1 𝑛 + 𝛼 2 π‘Ÿ 2 𝑛 ,𝑛=0,1,2,… dengan 𝛼 1 dan 𝛼 2 konstanta.

π‘Ž 𝑛 = 𝛼 0 π‘Ÿ 0 𝑛 + 𝛼 1 𝑛 π‘Ÿ 1 𝑛 ,𝑛=0,1,2,… dengan 𝛼 1 dan 𝛼 2 konstanta. Relasi Rekursif Jika akar karakteristik dari relasi rekursif (3) berderajat 2 merupakan akar rangkap 2, dapat digunakan Teorema 2 untuk menentukan bentuk solusinya. Teorema 2. Misal 𝑐 1 , 𝑐 2 bilangan real dan persamaan π‘Ÿ 2 βˆ’ 𝑐 1 π‘Ÿβˆ’ 𝑐 2 =0 mempunyai satu akar (rangkap) π‘Ÿ 0 . Barisan { π‘Ž 𝑛 } solusi dari relasi rekursif π‘Ž 𝑛 = 𝑐 1 π‘Ž π‘›βˆ’1 + 𝑐 2 π‘Ž π‘›βˆ’2 jika dan hanya jika π‘Ž 𝑛 = 𝛼 0 π‘Ÿ 0 𝑛 + 𝛼 1 𝑛 π‘Ÿ 1 𝑛 ,𝑛=0,1,2,… dengan 𝛼 1 dan 𝛼 2 konstanta.

Relasi Rekursif Bentuk solusi homogen dari relasi rekursif (3) berderajat-k dengan semua akar karakteristik berbeda, dapat ditentukan berdasarkan Teorema 3. Teorema 3. Misal 𝑐 1 , 𝑐 2 ,…, 𝑐 π‘˜ bilangan real dan persamaan π‘Ÿ π‘˜ βˆ’ 𝑐 1 π‘Ÿ π‘˜βˆ’1 βˆ’ 𝑐 2 π‘Ÿ π‘˜βˆ’2 βˆ’β€¦βˆ’ 𝑐 π‘˜βˆ’1 π‘Ÿβˆ’ 𝑐 π‘˜ =0 mempunyai π‘˜ akar berbeda π‘Ÿ 1 , π‘Ÿ 2 ,…, π‘Ÿ π‘˜ . Barisan { π‘Ž 𝑛 } solusi dari relasi rekursif π‘Ž 𝑛 = 𝑐 1 π‘Ž π‘›βˆ’1 + 𝑐 2 π‘Ž π‘›βˆ’2 +…+ 𝑐 π‘˜ π‘Ž π‘›βˆ’π‘˜ jika dan hanya jika π‘Ž 𝑛 = 𝛼 1 π‘Ÿ 1 𝑛 + 𝛼 2 π‘Ÿ 2 𝑛 ,…+ 𝛼 π‘˜ π‘Ÿ π‘˜ 𝑛 ,𝑛=0,1,2,… dengan 𝛼 1 , 𝛼 2 ,…, 𝛼 π‘˜ konstanta.

Relasi Rekursif Bentuk solusi homogen dari relasi rekursif (3) berderajat-k dengan akar karakteristik rangkap, dapat ditentukan berdasarkan Teorema 4. Teorema 4. Misal 𝑐 1 , 𝑐 2 ,…, 𝑐 π‘˜ bilangan real dan persamaan π‘Ÿ π‘˜ βˆ’ 𝑐 1 π‘Ÿ π‘˜βˆ’1 βˆ’ 𝑐 2 π‘Ÿ π‘˜βˆ’2 βˆ’β€¦βˆ’ 𝑐 π‘˜βˆ’1 π‘Ÿβˆ’ 𝑐 π‘˜ =0 mempunyai mempunyai 𝑑 akar π‘Ÿ 1 , π‘Ÿ 2 ,…, π‘Ÿ 𝑑 berbeda dengan multiplisitas π‘š 1 , π‘š 2 ,…, π‘š 𝑑 dengan π‘š 1 + π‘š 2 +…+ π‘š 𝑑 =π‘˜. Barisan { π‘Ž 𝑛 } solusi dari relasi rekursif π‘Ž 𝑛 = 𝑐 1 π‘Ž π‘›βˆ’1 + 𝑐 2 π‘Ž π‘›βˆ’2 +…+ 𝑐 π‘˜ π‘Ž π‘›βˆ’π‘˜ jika dan hanya jika π‘Ž 𝑛 =( 𝛼 1,0 + 𝛼 1,1 𝑛+…+ 𝛼 1, π‘š 1 βˆ’1 𝑛 π‘š 1 βˆ’1 ) π‘Ÿ 1 𝑛 +( 𝛼 2,0 + 𝛼 2,1 𝑛+…+ 𝛼 2, π‘š 2 βˆ’1 𝑛 π‘š 2 βˆ’1 ) π‘Ÿ 2 𝑛 +…+( 𝛼 𝑑,0 + 𝛼 𝑑,1 𝑛+…+ 𝛼 𝑑, π‘š 𝑑 βˆ’1 𝑛 π‘š 𝑑 βˆ’1 ) π‘Ÿ 𝑑 𝑛 dengan 𝑛=0,1,2,… dan 𝛼 𝑖,𝑗 konstanta untuk 1≀𝑖≀𝑑 dan 0≀𝑗≀ π‘š 𝑖 βˆ’1.

Relasi Rekursif Contoh 3 Tentukan solusi dari relasi rekursif π‘Ž 𝑛 =6 π‘Ž π‘›βˆ’1 βˆ’11 π‘Ž π‘›βˆ’2 + π‘Ž π‘›βˆ’3 dengan kondisi awal π‘Ž 0 =2, π‘Ž 1 =5, π‘Ž 2 =15. Penyelesaian. Langkah pertama, ditentukan persamaan karakteristik dengan mensubtitusi π‘Ž 𝑛 = π‘Ÿ 𝑛 dengan π‘Ÿ konstanta:Β  π‘Ÿ 3 βˆ’6 π‘Ÿ 2 +11π‘Ÿβˆ’6=0. Diperoleh akar-akar persamaan karakteristik: π‘Ÿ=1,π‘Ÿ=2 dan π‘Ÿ=3. Dengan demikian, bentuk solusinya sebagai berikut: π‘Ž 𝑛 = 𝑐 1 . 1 𝑛 + 𝑐 2 . 2 𝑛 + 𝑐 3 . 3 𝑛 . Dengan kondisi awal yang diberikan, diperoleh π‘Ž 0 = 𝑐 1 + 𝑐 2 .1+ 𝑐 3 .1=2 π‘Ž 1 = 𝑐 1 + 𝑐 2 .2+ 𝑐 3 .3=5 π‘Ž 2 = 𝑐 1 + 𝑐 2 .4+ 𝑐 3 .9=15 Dari tiga persamaan di atas, diperoleh solusi homogen: π‘Ž 𝑛 =1βˆ’ 2 𝑛 +2. 3 𝑛 .

π‘Ž 𝑛 = 𝑐 1 .(βˆ’1 ) 𝑛 + 𝑐 2 .𝑛.(βˆ’1 ) 𝑛 + 𝑐 3 . 𝑛 2 .(βˆ’1 ) 𝑛 . Relasi Rekursif Contoh 4 Tentukan solusi dari relasi rekursif π‘Ž 𝑛 =βˆ’3 π‘Ž π‘›βˆ’1 βˆ’3 π‘Ž π‘›βˆ’2 βˆ’ π‘Ž π‘›βˆ’3 dengan kondisi awal π‘Ž 0 =1, π‘Ž 1 =βˆ’2, π‘Ž 2 =βˆ’1. Penyelesaian. Langkah pertama, ditentukan persamaan karakteristik dengan mensubtitusi π‘Ž 𝑛 = π‘Ÿ 𝑛 dengan π‘Ÿ konstanta: r 3 +3 π‘Ÿ 2 +3π‘Ÿ+1=0. Diperoleh akar-akar persamaan karakteristik: π‘Ÿ=βˆ’1 dgn multiplisitas 3. Dengan demikian, bentuk solusinya sebagai berikut: π‘Ž 𝑛 = 𝑐 1 .(βˆ’1 ) 𝑛 + 𝑐 2 .𝑛.(βˆ’1 ) 𝑛 + 𝑐 3 . 𝑛 2 .(βˆ’1 ) 𝑛 . Dengan kondisi awal yang diberikan, diperoleh π‘Ž 0 = 𝑐 1 .1+0+0=1, Diperoleh: 𝑐 1 =1 π‘Ž 1 = 𝑐 1 .(βˆ’1 ) 1 + 𝑐 2 .1.(βˆ’1 ) 1 + 𝑐 3 . 1 2 .(βˆ’1 ) 1 =βˆ’2 π‘Ž 1 = 𝑐 1 .(βˆ’1 ) 2 + 𝑐 2 .1.(βˆ’1 ) 2 + 𝑐 3 . 1 2 .(βˆ’1 ) 2 =βˆ’1 Dengan subtitusi nilai 𝑐 1 kedua persamaan terakhir, diperoleh solusi homogen π‘Ž 𝑛 =(1+3π‘›βˆ’2 𝑛 2 )(βˆ’1 ) 𝑛 .

soal Kerjakan dengan tuntas soal-soal berikut ini. 1. Tentukan solusi relasi rekursif: π‘Ž 𝑛 =2 π‘Ž π‘›βˆ’1 + π‘Ž π‘›βˆ’2 βˆ’2 π‘Ž π‘›βˆ’3 dengan π‘Ž 0 =9, π‘Ž 1 =10, π‘Ž 2 =32. 2. Tentukan solusi relasi rekursif: 𝑓 𝑛 = 𝑓 π‘›βˆ’1 + 𝑓 π‘›βˆ’2 dengan 𝑓 0 =0 dan 𝑓 1 =1.