Topik Bahasan
matematika diskrit
Silahkan baca materi Solusi Relasi Rekurensi Linear.
Soal 1: Selesaikan relasi rekurensi $a_n=7a_{n−1}$, dimana n≥0 dan $a_2=98$ !
Pembahasan:
Bentuk alternatif dari relasi $a_n=7a_{n−1}$ untuk n≥0 dan $a_2=98$. Oleh karena itu solusi umumnya mempunyai bentuk $a_n=a_0(7^n)$. Karena $a_2=98=a_0(7^2), akibatnya $a_0=2$, dan $a_n=2(7^n)$ untuk n≥0.
Soal 2: Carilah $a_{12}$ jika $a^2_n=5a^2_{n−1}; dimana an>0 untuk n≥0, dan $a_0$=2
Solusi :
Walau relasi rekurensi ini tak-linear, jika dimisalkan $b_n=a^2_n$, maka diperoleh relasi yang baru $b_n=5b_{n−1}$ untuk n≥0, dan $b_0=4$, yang merupakan relasi rekurensi linear dengan solusi $b_n=4(5^n)$. Dengan demikian $a_n=2( \sqrt 5)^n untuk n≥0, dan $a_{12}=2( \sqrt 6)^{12}=31250$.
Soal 3:
Selesaikan relasi rekurensi $a_n=2(a_{n−1}−a_{n−2}), dimana n≥2 dan $a_0=1$, $a_2=2$.
Pembahasan:
Persamaan karakteristik dari relasi rekurensi tersebut adalah $r^2−2r+2=0$, dan akar-akarnya adalah $r_1=1+i$ dan $r_2=1−i$. Sehingga, barisan ($a_n$) adalah solusi relasi rekurensi tersebut jika dan hanya jika
$ \begin{align*} a_n = \alpha_1(1+i)^n + \alpha_2(1-i)^n, \end{align*}$
Berdasarkan teorema DeMoivre,
$\begin{align*} a_n &= \alpha_1(\sqrt{2})^n(cos \ \frac{n\pi}{4} + i \ sin \
\frac{n\pi}{4}) + \alpha_2(\sqrt{2})^n(cos \ \frac{-n\pi}{4} + i \sin \ \frac{-n\pi}{4})\\ &= \alpha_1(\sqrt{2})^n(cos \ \frac{n\pi}{4} + i \ sin \
\frac{n\pi}{4}) + \alpha_2(\sqrt{2})^n(cos \ \frac{n\pi}{4} - i \ sin \ \frac{n\pi}{4})\\ &= (\sqrt{2})^n(k_1 \ cos \ \frac{n\pi}{4} + k_2 \ \ sin \ \frac{n\pi}{4}) \end{align*}$
dimana $k_1 = \alpha_1+\alpha_2$ dan $k_2=(\alpha_1-\alpha_2)i$. Dengan memasukkan nilai dari syarat awal, akan diperoleh
$\begin{align*} a_0 &= 1 = (\sqrt{2})^0(k_1 \ cos \ 0 + k_2 \ sin \ 0) = k_1\\
a_1 &= 2 = (\sqrt{2})^1(k_1 \ cos \ \frac{\pi}{4} + k_2 \ \ sin \ \frac{\pi}{4}) = 1 + k_2, \end{align*}$
sehingga $k_1=1$ dan $k_2=1$. Jadi, solusi dari relasi rekurensi $a_n=2(a_{n−1}−a_{n−2}), dimana n≥2 dan $a_0=1$, $a_2=2$ adalah
$\begin{align*} a_n=(\sqrt{2})^n(\ cos \ \frac{n\pi}{4} + \ \ sin \ \frac{n\pi}{4}), n \geq 0. \end{align*}$
Soal 4 Carilah solusi dari relasi rekurensi $a_n=6a_{n−1}−9a_{n−2}$ dengan syarat awal $a_0=1$ dan $a_1=6$
Pembahasan:
Akar dari persamaan $r_2−6r+9=0$ adalah r=3. Sehingga, solusi dari relasi rekurensi ini adalah
$\begin{align*} a_n=\alpha_13^n + \alpha_2n3^n \end{align*}$
.
Semoga pembahasan soal Contoh Soal dan Penyelesaian Relasi Rekurensi Linear Homogen ini bermanfaat untuk anda. Jika ada pertanyaan atau soal yang ingin di bahas bisa pilih menu tanya soal. Terima kasih dan sampai jumpa di masalah masalah berikutnya guys.
Silahkan baca materi Solusi Relasi Rekurensi Linear.
Soal 1: Selesaikan relasi rekurensi $a_n=7a_{n−1}$, dimana n≥0 dan $a_2=98$ !
Pembahasan:
Bentuk alternatif dari relasi $a_n=7a_{n−1}$ untuk n≥0 dan $a_2=98$. Oleh karena itu solusi umumnya mempunyai bentuk $a_n=a_0(7^n)$. Karena $a_2=98=a_0(7^2), akibatnya $a_0=2$, dan $a_n=2(7^n)$ untuk n≥0.
Soal 2: Carilah $a_{12}$ jika $a^2_n=5a^2_{n−1}; dimana an>0 untuk n≥0, dan $a_0$=2
Solusi :
Walau relasi rekurensi ini tak-linear, jika dimisalkan $b_n=a^2_n$, maka diperoleh relasi yang baru $b_n=5b_{n−1}$ untuk n≥0, dan $b_0=4$, yang merupakan relasi rekurensi linear dengan solusi $b_n=4(5^n)$. Dengan demikian $a_n=2( \sqrt 5)^n untuk n≥0, dan $a_{12}=2( \sqrt 6)^{12}=31250$.
Soal 3:
Selesaikan relasi rekurensi $a_n=2(a_{n−1}−a_{n−2}), dimana n≥2 dan $a_0=1$, $a_2=2$.
Pembahasan:
Persamaan karakteristik dari relasi rekurensi tersebut adalah $r^2−2r+2=0$, dan akar-akarnya adalah $r_1=1+i$ dan $r_2=1−i$. Sehingga, barisan ($a_n$) adalah solusi relasi rekurensi tersebut jika dan hanya jika
$ \begin{align*} a_n = \alpha_1(1+i)^n + \alpha_2(1-i)^n, \end{align*}$
Berdasarkan teorema DeMoivre,
$\begin{align*} a_n &= \alpha_1(\sqrt{2})^n(cos \ \frac{n\pi}{4} + i \ sin \
\frac{n\pi}{4}) + \alpha_2(\sqrt{2})^n(cos \ \frac{-n\pi}{4} + i \sin \ \frac{-n\pi}{4})\\ &= \alpha_1(\sqrt{2})^n(cos \ \frac{n\pi}{4} + i \ sin \
\frac{n\pi}{4}) + \alpha_2(\sqrt{2})^n(cos \ \frac{n\pi}{4} - i \ sin \ \frac{n\pi}{4})\\ &= (\sqrt{2})^n(k_1 \ cos \ \frac{n\pi}{4} + k_2 \ \ sin \ \frac{n\pi}{4}) \end{align*}$
dimana $k_1 = \alpha_1+\alpha_2$ dan $k_2=(\alpha_1-\alpha_2)i$. Dengan memasukkan nilai dari syarat awal, akan diperoleh
$\begin{align*} a_0 &= 1 = (\sqrt{2})^0(k_1 \ cos \ 0 + k_2 \ sin \ 0) = k_1\\
a_1 &= 2 = (\sqrt{2})^1(k_1 \ cos \ \frac{\pi}{4} + k_2 \ \ sin \ \frac{\pi}{4}) = 1 + k_2, \end{align*}$
sehingga $k_1=1$ dan $k_2=1$. Jadi, solusi dari relasi rekurensi $a_n=2(a_{n−1}−a_{n−2}), dimana n≥2 dan $a_0=1$, $a_2=2$ adalah
$\begin{align*} a_n=(\sqrt{2})^n(\ cos \ \frac{n\pi}{4} + \ \ sin \ \frac{n\pi}{4}), n \geq 0. \end{align*}$
Soal 4 Carilah solusi dari relasi rekurensi $a_n=6a_{n−1}−9a_{n−2}$ dengan syarat awal $a_0=1$ dan $a_1=6$
Pembahasan:
Akar dari persamaan $r_2−6r+9=0$ adalah r=3. Sehingga, solusi dari relasi rekurensi ini adalah
$\begin{align*} a_n=\alpha_13^n + \alpha_2n3^n \end{align*}$
substitusikan nilai dari syarat awal $a_0=1$ dan $a_1=6$ diperoleh
$\begin{align*} a_0&= 1 =\alpha_1\\ a_1&=\alpha_1.3 + \alpha_2.3 \end{align*}$
dengan menyelesaikan kedua persamaan di atas, diperoleh nilai α1=1 dan α2=1. Akibatnya, solusi dari relasi rekurensi tersebut,
$\begin{align*} a_n=3^n + n3^n.\end{align*}$
Soal 5. Solusi dari relasi rekurensi $a_n=6a_{n-1}-11a_{n-2}+6a_{n-3}$ dengan syarat awal $a_0=2, a_1=5, a_2=15 $ adalah...
Pembahasan:
Persamaan karakteristik polinomial relasi rekurensi ini adalah $r^3 - 6r^2 + 11r -6 = 0$ akar-akar karakteristiknya adalah $r_1=1,r_2=2, r_3=3$, karena $r^3 - 6r^2 + 11r -6 = (r-1)(r-2)(r-3)$
solusi relasi rekurensi ini berbentuk
$a_n=\alpha_1.1^n + \alpha_2.2^n + \alpha_3.3^n $
Untuk menemukan nilai α1,α2, dan α3, kita gunakan syarat awal yang telah ditentukan sebelumnya, yaitu $a_0=2, a_1=5, a_2=15 $.
$\begin{align*} a_0 &= 2 = \alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3\\ a_1 &= 5 = \alpha_1 + \alpha_2.2 + \alpha_3.3 \\ a_2 &= 15 = \alpha_1 + \alpha_2.4 + \alpha_3.9 \end{align*}$
Setelah diselesaikan (subtitusi-eliminasi) diperoleh nilai α1=1 , α2=−1, dan α3=2
sehingga solusinya bisa disebut, $a_n= 1 - 2^n + 2.3^n$
Soal 6. Temukan solusi dari relasi rekurensi $a_n=-3a_{n-1} - 3a_{n-2} - a_{n-3}$ dengan syarat awal $a_0=1,a_1=−2, a_2=−1$.
Pembahasan:
Persamaan karakteristik dari relasi rekurensi ini adalah $r^3 + 3r^2 + 3r + 1 = 0$ sebab Karena $r^3 + 3r^2 + 3r + 1 =(r+1)^3$ , r=-1
solusi relasi rekurensi ini berbentuk
$a_n=\alpha_{1,0}(-1)^n+\alpha_{1,1}n(-1)^n+\alpha_{1,2}n^2(-1)^n $
masukkan syarat awalnya.
$\begin{align*} a_0 &= 1 = \alpha_{1,0}\\ a_1 &= -2 = -\alpha_{1,0} - \alpha_{1,1} - \alpha_{1,2}\\ a_2 &= -1 = \alpha_{1,0} + 2\alpha_{1,1}+ 4\alpha_{1,2} \end{align*}$
Selesaikan tiga persamaan diatas dan diperoleh akan α$_{1,0}$=1,α$_{1,1}$=3, dan α$_{1,2}$=−2
Dan solusinya bisa ditulis,
$a_n=(-1)^n+3n(-1)^n - 2n^2(-1)^n$
Semoga pembahasan soal Contoh Soal dan Penyelesaian Relasi Rekurensi Linear Homogen ini bermanfaat untuk anda. Jika ada pertanyaan atau soal yang ingin di bahas bisa pilih menu tanya soal. Terima kasih dan sampai jumpa di masalah masalah berikutnya guys.
Cari Soal dan Pembahasan tentang matematika diskrit
Loading...