Subbab 9.3 Operator Pemajuan

Sebagian besar motivasi kita untuk menyelesaikan persamaan rekurensi berasal dari masalah analog dalam matematika kontinu—persamaan diferensial. Anda tidak harus sudah pernah mempelajari persoalan semacam ini untuk memahami apa yang akan kita lakukan pada bagian selanjutnya dalam bab ini, tetapi jika Anda pernah mempelajarinya, motivasi di balik cara kita menangani persoalan-persoalan tersebut akan tampak lebih jelas. Sesuai namanya, persamaan diferensial melibatkan turunan, yang akan kita nyatakan dengan notasi “operator” sebagai \(Df\text{,}\) bukan dengan notasi Leibniz \(df/dx\text{.}\) Dalam notasi kita, turunan kedua adalah \(D^2 f\text{,}\) turunan ketiga adalah \(D^3 f\text{,}\) dan seterusnya. Perhatikan contoh berikut.

Contoh 9.6.

Selesaikan persamaan

\begin{equation*} Df = 3f \end{equation*}

jika \(f(0) = 2\text{.}\)

Penyelesaian.

Sekalipun Anda belum pernah mempelajari persamaan diferensial, Anda seharusnya dapat melihat bahwa pertanyaan ini sebenarnya hanya meminta kita mencari fungsi \(f\) yang memenuhi \(f(0)=2\) dan yang turunannya sama dengan tiga kali fungsi itu sendiri. Untuk sementara, abaikan syarat awal \(f(0)=2\) dan pusatkan perhatian pada inti persoalannya. Fungsi apa yang, ketika diturunkan, hanya berubah karena dikalikan dengan \(3\text{?}\) Fungsi \(e^{3x}\) seharusnya segera terlintas dalam benak Anda, sebab \(D(e^{3x}) = 3e^{3x}\text{,}\) dan fungsi itu memiliki persis sifat yang kita inginkan. Tentu saja, untuk sebarang konstanta \(c\text{,}\) fungsi \(ce^{3x}\) juga memenuhi sifat ini; hal tersebut memberi kita keluwesan yang diperlukan untuk memenuhi syarat awal. Kita mempunyai \(f(x) = ce^{3x}\) dan ingin mencari \(c\) sedemikian sehingga \(f(0)=2\text{.}\) Karena \(f(0) = c\cdot 1\text{,}\) pilihan \(c=2\) memenuhi syarat, sehingga solusi persamaan diferensial yang sangat sederhana ini adalah \(f(x) = 2e^{3x}\text{.}\)

Dalam persamaan diferensial, kita menerapkan operator diferensial \(D\) pada fungsi-fungsi yang dapat didiferensialkan (biasanya dapat didiferensialkan tak hingga kali). Untuk persamaan rekurensi, kita meninjau ruang vektor \(V\) yang elemen-elemennya merupakan fungsi dari himpunan bilangan bulat \(\ints\) ke himpunan bilangan kompleks \(\complexes\text{.}\) Kemudian kita meninjau fungsi \(A:V\longrightarrow V\text{,}\) yang disebut operator pemajuan, dan didefinisikan oleh \(A f(n) = f(n+1)\text{.}\) (Dengan berbagai siasat, kita dapat memperluas suatu barisan \(\{a_n\colon n\geq n_0\}\) menjadi fungsi yang domainnya seluruh \(\ints\text{,}\) sehingga teknik ini dapat diterapkan pada persoalan kita.) Secara lebih umum, \(A^p f(n)= f(n+p)\) apabila \(p\) merupakan bilangan bulat positif.

Contoh 9.7.

Misalkan \(f\in V\) didefinisikan oleh \(f(n)=7n-9\text{.}\) Kita menerapkan polinom dalam operator pemajuan \(3A^2-5A+4\) pada \(f\) dengan \(n=0\) sebagai berikut:

\begin{equation*} (3A^2-5A+4)f(0)=3f(2) - 5f(1) +4f(0)= 3(5)-5(-2)+4(-9)=-11. \end{equation*}

Sebagai analog dari Contoh 9.6, perhatikan contoh sederhana berikut yang melibatkan operator pemajuan.

Contoh 9.8.

Misalkan barisan \(\{s_n\colon n\geq 0\}\) memenuhi \(s_0 = 3\) dan \(s_{n+1} = 2s_{n}\) untuk \(n\geq 0\text{.}\) Carilah rumus eksplisit untuk \(s_n\text{.}\)

Penyelesaian.

Pertama-tama, mari kita tuliskan pertanyaan tersebut dalam bentuk operator pemajuan. Kita dapat mendefinisikan fungsi \(f(n) = s_n\) untuk \(n\geq 0\text{;}\) informasi yang diberikan kemudian menjadi \(f(0)=3\) dan

\begin{equation*} Af(n) = 2f(n),\qquad n\geq 0. \end{equation*}

Fungsi apa yang, ketika dimajukan, i.e., dievaluasi pada \(n+1\text{,}\) menghasilkan dua kali nilainya pada \(n\text{?}\) Fungsi pertama yang seharusnya terpikir adalah \(2^n\text{.}\) Tentu saja, sama seperti pada persamaan diferensial kita, untuk sebarang konstanta \(c\text{,}\) fungsi \(c2^n\) juga memiliki sifat ini. Hal tersebut menyarankan bahwa dengan mengambil \(f(n) = c2^n\text{,}\) kita telah hampir menyelesaikan persoalan. Karena kita mengetahui bahwa \(f(0) = 3\text{,}\) kita memperoleh \(f(0) = c2^0 = c\text{,}\) sehingga \(c= 3\text{.}\) Jadi, \(s_n = f(n) = 3\cdot 2^n\) untuk \(n\geq 0\text{.}\) Rumus ini jelas memenuhi syarat awal, dan sekarang kita dapat memeriksa bahwa rumus tersebut juga memenuhi persamaan operator pemajuan:

\begin{equation*} Af(n) = 3\cdot 2^{n+1} = 3\cdot 2\cdot 2^n = 2\cdot (3\cdot 2^n) = 2\cdot f(n). \end{equation*}

Sebelum beralih untuk mengembangkan metode umum bagi penyelesaian persamaan operator pemajuan, mari kita jelaskan sejenak mengapa kita terus menggunakan istilah operator dan menyebutkan bahwa setiap barisan dapat dipandang sebagai fungsi berdomain \(\ints\text{.}\) Jika Anda pernah mempelajari aljabar linear, Anda mungkin ingat bahwa himpunan semua fungsi yang dapat didiferensialkan tak hingga kali pada garis bilangan real membentuk ruang vektor dan bahwa diferensiasi merupakan operator linear pada fungsi-fungsi tersebut. Analogi kita dengan persamaan diferensial tetap berlaku dengan baik di sini: fungsi-fungsi dari \(\ints\) ke \(\complexes\) membentuk ruang vektor, dan \(A\) merupakan operator linear pada ruang itu. Kita tidak akan berlama-lama membahas aspek teknisnya, dan pengetahuan tentang aljabar linear tidak diperlukan untuk memahami pengembangan teknik penyelesaian persamaan rekurensi kita. Namun, jika Anda ingin menempatkan semua yang kita lakukan di atas landasan yang ketat, kita membahasnya lebih lanjut dalam Subbab 9.5.

Subbagian 9.3.1 Persamaan Berkoefisien Konstan

Mudah dilihat bahwa persamaan rekurensi linear dapat dituliskan kembali secara praktis dengan menggunakan polinom \(p(A)\) dalam operator pemajuan:

\begin{equation} p(A)f=(c_0A^{k}+ c_1A^{k-1} + c_2A^{k-2} + \dots+c_k)f = g.\tag{9.3.1} \end{equation}

Dalam (9.3.1), yang kita maksud ialah bahwa \(k\ge1\) merupakan bilangan bulat, \(g\) merupakan vektor (fungsi) tetap dari \(V\text{,}\) dan \(c_0,c_1,\dots, c_k\) merupakan konstanta dengan \(c_0,c_k\neq0\text{.}\) Perhatikan bahwa karena \(c_0\neq0\text{,}\) kita dapat membagi kedua ruas dengan \(c_0\text{,}\) i.e., kita dapat menganggap \(c_0=1\) kapan pun hal itu memudahkan.

Subbagian 9.3.2 Akar dan Faktor

Polinom \(p(A)\) dapat dianalisis seperti polinom lainnya. Polinom tersebut memiliki akar dan faktor; meskipun keduanya mungkin sulit ditentukan, kita mengetahui bahwa keduanya ada. Bahkan, jika derajat \(p(A)\) adalah \(k\text{,}\) kita mengetahui bahwa pada medan bilangan kompleks, \(p(A)\) memiliki \(k\) akar dengan memperhitungkan multiplisitas. Perhatikan bahwa karena kita mengasumsikan \(c_k\neq0\text{,}\) semua akar polinom \(p\) tidak nol.

Subbagian 9.3.3 Apa yang Istimewa dari Nol?

Mengapa kita membatasi perhatian pada persamaan rekurensi berbentuk \(p(A)f = g\) dengan suku konstan dalam \(p\) tidak nol? Mari kita perhatikan bentuk lainnya sejenak. Misalkan suku konstan \(p\) adalah nol dan \(0\) merupakan akar \(p\) dengan multiplisitas \(m\text{.}\) Maka \(p(A) = A^mq(A)\text{,}\) dengan suku konstan \(q\) tidak nol. Persamaan \(p(A)f=g\) kemudian dapat dituliskan sebagai \(A^mq(A)f=g\text{.}\) Untuk menyelesaikan persamaan ini, kita meninjau persoalan yang lebih sederhana, yakni \(q(A)f=g\text{.}\) Selanjutnya, \(h\) merupakan solusi persoalan semula jika dan hanya jika fungsi \(h'\) yang didefinisikan oleh \(h'(n) = h(n+m)\) merupakan solusi persoalan yang lebih sederhana. Dengan kata lain, solusi-solusi persoalan semula hanyalah pergeseran dari solusi-solusi persoalan yang lebih sederhana. Oleh karena itu, pada umumnya kita akan terus berfokus pada persamaan operator pemajuan yang \(p(A)\)-nya memiliki suku konstan tidak nol, sebab kemampuan menyelesaikan persoalan semacam itu sudah cukup untuk menyelesaikan kelas persoalan yang lebih luas.

Sebagai kasus khusus, perhatikan persamaan \(A^m f =g\text{.}\) Persamaan ini mensyaratkan \(f(n+m)=g(n)\text{,}\) i.e., \(f\) hanyalah pergeseran dari \(g\text{.}\)

Sblm Ke Atas Lnjt