Tag: Deret Maclaurin

Misalkan $G(x)$ adalah FPB dari $(a_n) = (2, 2, 2, 2, \cdots)$ sehingga menurut definisi FPB,
$$\begin{aligned} G(x) & = a_0x^0 + a_1x + a_2x^2 + a_3x^3 + \cdots \\ & = 2 + 2x + 2x^2 + 2x^3 + \cdots \\ & = 2(1 + x + x^2 + x^3 + \cdots) \end{aligned}$$Perhatikan bahwa bentuk $(1 + x + x^2 + x^3 + \cdots)$ merupakan ekspansi Maclaurin dari $f(x) = \dfrac{1}{1 – x}$ sehingga $G(x)$ dapat ditulis menjadi
$G(x) = 2\left(\dfrac{1}{1-x}\right) = \dfrac{2}{1-x}.$
Jadi, FPB dari barisan tersebut adalah $\boxed{\dfrac{2}{1-x}}$

Misalkan $G(x)$ adalah FPE dari $(a_n) = (2, 2, 2, 2, \cdots)$ sehingga menurut definisi FPE, didapat
$$\begin{aligned} G(x) & = a_0\dfrac{x^0}{0!} + a_1\dfrac{x}{1!} + a_2\dfrac{x^2}{2!} + a_3\dfrac{x^3}{3!} + \cdots \\ & = 2\dfrac{1}{0!} + 2\dfrac{x}{1} + 2\dfrac{x^2}{2!} + 2\dfrac{x^3}{3!} + \cdots \\ & = 2\left(1 + x + \dfrac{1}{2!}x^2 + \cdots \right) \\ & = 2e^x. \end{aligned}$$Jadi, FPE dari barisan tersebut adalah $\boxed{2e^x}$ 

Barisan tersebut dikenal sebagai barisan yang tertunda (delayed sequence).
Misalkan $G(x)$ adalah FPB dari $(a_n) = (0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, \cdots)$ sehingga menurut definisi FPB, diperoleh
$$\begin{aligned} G(x) & = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_nx^n \\ & = 0 \cdot x^0 + 0 \cdot x + 0 \cdot x^2 + 1 \cdot x^3 + 1 \cdot x^4 + 1 \cdot x^5 + \cdots \\ & = x^3 + x^4 + x^5 + \cdots \\ & = (1 + x + x^2 + x^3 + x^4 + \cdots) -(1 + x + x^2) \\ & = \dfrac{1}{1-x} -\dfrac{(1+x+x^2)(1-x)}{1-x} \\ & = \dfrac{1 -(1 -x^3)}{1-x} = \dfrac{x^3}{1-x}. \end{aligned}$$Jadi, FPB dari barisan tersebut adalah $\boxed{\dfrac{x^3}{1-x}}$

Barisan tersebut dikenal sebagai Barisan yang Tertunda (Delayed Sequence).
Misalkan $G(x)$ adalah FPB dari $(a_n) =\left(0, 0, \dfrac{1}{2!}, \dfrac{1}{3!}, \dfrac{1}{4!}, \cdots \right)$ sehingga menurut definisi FPB, diperoleh
$$\begin{aligned} G(x) & = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_nx^n \\ & = 0.x^0 + 0.x + \dfrac{1}{2!}x^2 + \dfrac{1}{3!}x^3 + \dfrac{1}{4!}x^4 + \cdots \\ & = \left(1 + x + \dfrac{1}{2!}x^2 + \dfrac{1}{3!}x^3 + \dfrac{1}{4!}x^4 + \cdots \right) -(1 + x)  \\ & = e^x -x- 1. \end{aligned}$$Jadi, FPB dari barisan tersebut adalah $\boxed{e^x -x- 1}$ 

Misalkan $G(x)$ adalah FPB dari $(a_n) = \left(\dfrac{1}{3!}, \dfrac{1}{4!}, \dfrac{1}{5!}, \cdots \right)$.
Dengan menggunakan definisi FPB, diperoleh
$$\begin{aligned} G(x) & = \displaystyle \sum_{n = 0}^{\infty}a_nx^n \\ & = \dfrac{1}{3!}x^0 + \dfrac{1}{4!}x + \dfrac{1}{5!}x^2 + \cdots \\ & = \dfrac{x^3}{x^3}\left(\dfrac{1}{3!}x^0 + \dfrac{1}{4!}x + \dfrac{1}{5!}x^2 + \cdots \right) \\ & = \dfrac{1}{x^3}\left(\dfrac{1}{3!}x^3 + \dfrac{1}{4!}x^4 + \dfrac{1}{5!}x^5 + \cdots \right) \\ & = \dfrac{1}{x^3}\left[\left(1+ x+ \dfrac{1}{2!}x^2+\dfrac{1}{3!}x^3 + \dfrac{1}{4!}x^4 + \dfrac{1}{5!}x^5 + \cdots \right) -\left(1 + x + \dfrac{1}{2!}x^2\right) \right] \\ & = \dfrac{1}{x^3}\left(e^x -\dfrac{1}{2}x^2 -x -1\right) \\ & = \dfrac{2e^x -x^2 -2x -2}{2x^3}. \end{aligned}$$Jadi, FPB dari barisan tersebut adalah $\boxed{\dfrac{2e^x -x^2 -2x -2}{2x^3}}$

Misalkan $G(x)$ adalah FPB dari barisan tersebut. Dengan menggunakan definisi FPB, diperoleh
$\begin{aligned} G(x) & = \displaystyle \sum_{n = 0}^{\infty}a_nx^n \\ & = \displaystyle \sum_{n = 0}^{\infty}(n+2)x^n \\ & = \displaystyle \sum_{n = 0}^{\infty}nx^n + 2\sum_{n = 0}^{\infty}x^n \\ & = \dfrac{x}{(1-x)^2} + \dfrac{2}{1-x} \\ & = \dfrac{x + 2(1-x)}{(1-x)^2} \\ & = \dfrac{-x+2}{(1-x)^2}. \end{aligned}$
Jadi, FPB dari barisan tersebut adalah $\boxed{\dfrac{-x+2}{(1-x)^2}}$

Misalkan $G(x)$ adalah FPB dari $(a_n)$ sehingga berdasarkan definisi FPB, diperoleh
$\begin{aligned} G(x) & = \displaystyle \sum_{n = 0}^{\infty}a_nx^n \\ & = \displaystyle \sum_{n = 0}^{\infty}\left(\dfrac{n+1}{n!}\right)x^n \\ & = \displaystyle \sum_{n = 0}^{\infty}\left(\dfrac{n}{n!}\right)x^n + \sum_{n = 0}^{\infty}\left(\dfrac{1}{n!}\right)x^n. \end{aligned}$
Dengan menguraikan bentuk sigma pada suku pertama dan mengubah bentuk ekspansi suku kedua, diperoleh
$$ \left(0 + x + x^2 + \dfrac{1}{2!}x^3 + \dfrac{1}{3!}x^4 + \cdots \right) + e^x.$$Faktorkan $x$ pada suku pertama untuk mendapatkan
$$\begin{aligned} & x\left(1 + x + \dfrac{1}{2!}x^2 + \dfrac{1}{3!}x^3 + \cdots \right) + e^x \\ & = x.e^x + e^x \\ & = e^x(x + 1). \end{aligned}$$Jadi, FPB dari $(a_n)$ adalah $\boxed{e^x(x+1)}$

Diketahui bahwa
$$a_n = \dfrac{1}{0!} + \dfrac{1}{1!} + \dfrac{1}{2!} + \cdots + \dfrac{1}{n!} = \displaystyle \sum_{k = 0}^{n} \dfrac{1}{k!}.$$Misalkan $G(x)$ adalah FPB dari $(a_n)$, maka
$\begin{aligned} G(x) & = \displaystyle \sum_{n = 0}^{\infty} a_nx^n \\ & =  \sum_{n=0}^{\infty} \left(\sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{k!}\right)x^n \\ & = \sum_{n=0}^{\infty} \left(\sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{k!}\times 1\right)x^n. \end{aligned}$
Bentuk di atas merupakan hasil konvolusi sehingga
$\begin{aligned} G(x) & = \displaystyle \left(\sum_{n = 0}^{\infty} \dfrac{1}{n!}x^n\right)\left(\sum_{n = 0}^{\infty} 1 \cdot x^n\right) \\ & = e^x\left(\dfrac{1}{1-x}\right). \end{aligned}$
Jadi, FPB dari barisan tersebut adalah $\boxed{e^x\left(\dfrac{1}{1-x}\right)}$ 

Ingat bahwa bentuk umum FPE sesuai definisinya adalah
$P(x)= \displaystyle \sum_{n = 0}^{\infty}\dfrac{a_n}{n!}x^n$ $(\bigstar)$
Berdasarkan informasi dari soal, dapat kita tuliskan
$\begin{aligned} P(x) & = 5 + 5x + 5x^2 + \cdots \\ & = 5(1 + x + x^2 + \cdots) \\ & = \displaystyle \sum_{n = 0}^{\infty}5x^n \\ & = \displaystyle \sum_{n = 0}^{\infty}\dfrac{5n!}{n!}x^n. \end{aligned}$
Dengan meninjau kembali $(\bigstar)$, bentuk di atas menunjukkan bahwa $\boxed{(a_n), a_n = 5n!}$ merupakan barisan dengan FPE $P(x)$.

Tinjau kembali bahwa jika diberikan $(a_n)$, maka fungsi pembangkit eksponensialnya adalah
$P(x) = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{a_n}{n!}x^n$ $\bigstar$
Dalam kasus ini, $P(x) = e^x + e^{4x}$ dapat diubah menjadi bentuk sumasi, yaitu
$\begin{aligned} P(x) & = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{1}{n!}x^n + \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{1}{n!}(4x)^n \\ & =\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{1}{n!}x^n +\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{4^n}{n!}(x)^n \\ &= \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{1+4^n}{n!}x^n. \end{aligned}$
Bandingkan bentuk terakhir yang didapat dengan $\bigstar$. Dapat kita simpulkan bahwa $\boxed{a_n = 1 + 4^n}$ merupakan barisan dengan FPE $P(x)$.

Teorema turunan pada fungsi pembangkit berbunyi:
“$\mathbf{xG'(x)}$ adalah fungsi pembangkit dari $\mathbf{na_n}$, dengan $\mathbf{G'(x)}$ adalah turunan pertama $\mathbf{G(x)}$.”
Beranjak dari bentuk $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} x^n = \dfrac{1}{1-x}.$
Misalkan $G(x) = \dfrac{1}{1-x} = (1-x)^{-1}.$
Turunan pertama dari $G(x)$ adalah
$\begin{aligned} G'(x) & = -1(1-x)^{-2}(-1) \\ & = \dfrac{1}{(1-x)^2}. \end{aligned}$
Misalkan $a_n = 1$ (berarti $na_n = n$, sesuai dengan bentuk yang diminta pada soal), maka dengan menggunakan teorema tersebut, diperoleh bahwa
$\begin{aligned} \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} nx^n & = xG'(x) \\ & = x \cdot \dfrac{1}{(1-x)^2} \\ & = \dfrac{x}{(1-x)^2}. \end{aligned}$
Jadi, bentuk ekspansi dari $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} nx^n$ adalah $\boxed{\dfrac{x}{(1-x)^2}}$ 

Langkah pertama adalah kita harus menentukan ekspansi dari $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} n^2x^n$ dengan menggunakan teorema turunan pada fungsi pembangkit. Kasus ini sebenarnya adalah lanjutan dari soal nomor 10. Sekarang, kita misalkan $G(x) = \dfrac{x}{(1-x)^2} = x(1-x)^{-2}$. Turunan pertama dari $G(x)$ dapat dicari dengan menggunakan Aturan Hasil Kali.
$$\begin{aligned} G'(x) & = -2x(1-x)^{-3}(-1) + (1-x)^{-2} \\ & = \dfrac{2x}{(1-x)^3} + \dfrac{1-x}{(1-x)^3} \\ & = \dfrac{x+1}{(1-x)^3} \end{aligned}$$ $G(x)$ sendiri merupakan hasil ekspansi dari barisan $u_n = n$. Berarti, barisan $b_n = nu_n = n^2$ memiliki fungsi pembangkit
$\begin{aligned} \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} n^2x^n & = xG'(x) = x.\dfrac{x+1}{(1-x)^3} \\ & = \dfrac{x^2 + x}{(1-x)^3} \bigstar\end{aligned}$
Langkah selanjutnya adalah menyelesaikan kasus pada soal.
Misalkan $P(x)$ adalah FPB dari $(a_n)$. Dengan menggunakan definisi FPB, diperoleh
$\begin{aligned} P(x) & = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n \\ & = \sum_{n=0}^{\infty}(n^23^n)x^n \\ & = \sum_{n=0}^{\infty}n^2(3x)^n. \end{aligned}$
Terapkan $(\bigstar)$ dan perluasan (mengganti $x$ menjadi $3x$) sehingga didapat
$P(x) =\dfrac{(3x)^2 + 3x}{(1-3x)^3} = \dfrac{9x^2+3x}{(1-3x)^3}.$
Jadi, FPB dari barisan tersebut adalah $\boxed{\dfrac{9x^2+3x}{(1-3x)^3}}$ 

Misalkan $P(x) = x^5\left(\dfrac{1}{1+8x}\right)$ merupakan FPB dari $(c_n).$ Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} P(x) & = x^5 \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} (-8x)^n \\ & = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} (-8)^n \cdot x^{n+5} \\ & = (-8)^0x^5 + (-8)^1x^6 + (-8)^2x^7 + (-8)^3x^8 + \cdots \\ & = x^5 -8x^6+64x^7-512x^8+\cdots. \end{aligned}$$Dari sini, dapat disimpulkan bahwa $$(c_n) = (0, 0, 0, 0, 0, 1, -8, 64, -512, \cdots).$$

Tinjau ekspresi $(x^3 + x^4 + \cdots)^3$. Ekspresi tersebut dapat diubah menjadi
$$\begin{aligned} & ((1+x+x^2+x^3+ \cdots) -(1+x+x^2))^3 \\ & =\left(\dfrac{1}{1-x}- \dfrac{(1+x+x^2)(1-x)}{1-x}\right)^3 \\ & =\left(\dfrac{1-(1-x^3)}{1-x}\right)^3 \\ & =x^9\left(\dfrac{1}{1-x}\right)^3 \\ & =x^9(1+x+x^2+ \cdots)^3. \end{aligned}$$Dengan demikian,
$$\begin{aligned}&  (x^3 + x^4 + \cdots)^3(x+x^2+\cdots+x^5)(1-x^5)^3 \\ & =x^9(1 +x+x^2 + \cdots)^3(x+x^2+\cdots+x^5)(1-x^5)^3 \\ & =x^9((1+x+x^2+\cdots)(1-x^5))^3(x+x^2+\cdots+x^5). \end{aligned}$$Selanjutnya, gunakan proposisi
$$\begin{aligned} (1 + x + x^2 + \cdots + x^{m-1})^n = (1-x^m)^n(1+x+x^2+\cdots)^n. \end{aligned}$$untuk mendapatkan bentuk
$$\begin{aligned} & x^9(1+x+x^2+x^3+x^4)^3(x+x^2+ \cdots +x^5) \\ & =x^9(x + \cdots + \cdots + \cdots + x^{17}). \end{aligned}$$Perhatikan bahwa kita sedang menentukan koefisien $x^{10}$ sehingga jika dikaitkan dengan bentuk di atas, kita hanya perlu mencari koefisien $x$ dalam ekspresi kurungnya. Oleh karena itu, penulisan hasil perkaliannya disingkat saja dengan cara menuliskan suku pertama dan suku terakhir. Karena koefisien $x$ (dalam ekspresi kurung) adalah $1$, dapat disimpulkan bahwa koefisien $x^{10}$ dari ekspresi yang dimaksud pada soal adalah $1.$

Misalkan $G(x) = e^2(1+x)^8$. Perhatikan bahwa ekspresi $e^2$ merupakan suatu koefisien. Oleh karenanya, kita hanya perlu meninjau bentuk sumasi dari $(1+x)^8$. Menurut Teorema Binomial,
$\boxed{(1+x)^u = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \binom{u}{n}x^n}$
Oleh karena itu, didapat
$G(x) = e^2(1+x)^8 = e^2 \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \binom{8}{n}x^n$
$ = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{e^2 \binom{8}{n}n!}{n!}x^n.$
Bandingkan bentuk terakhir dengan definisi FPE, $P(x) = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{a_n}{n!}x^n.$
Jadi, $\boxed{(a_n) = e^2 \binom{8}{n}n!}$ 

Misalkan
$\begin{aligned} P(x) & =  \left(\dfrac{3}{1-x}\right)\left(\dfrac{5}{1-x}\right) \\ & = 15\left(\dfrac{1}{1-x}\right)^2 \\ & = A(x) \cdot B(x). \end{aligned}$
$A(x) = 15$ dengan $(a_n) = (15, 0, 0, 0, 0, \cdots) \bigstar$
$\begin{aligned} B(x) & = \left(\dfrac{1}{1-x}\right)^2 \\ & = 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + \cdots \end{aligned}$
dengan $(b_n) = (1, 2, 3, 4, \cdots)$ atau $b_n = n+1, n \geq 0.$
Misalkan $P(x)$ FPB dari $(c_n)$. Dengan menggunakan konvolusi, diperoleh
$\begin{aligned} (c_n) & = \displaystyle \sum_{n=0}^{n} a_kb_{n-k} \\ & = \sum_{n=0}^{n} a_k(n-k+1). \end{aligned}$
Untuk $n = 0$, diperoleh
$c_0 = a_0(0-0+1) = 15(1) = 15.$
Untuk $n = 1$, diperoleh
$\begin{aligned} c_1 & = a_1(1-0+1) + a_2(1-1+1) \\ & = 15(2) + 0(1) = 30. \end{aligned}$
Untuk $n = 2$, diperoleh
$$\begin{aligned}c_2 & = a_1(2-0+1) + a_2(2-1+1) + a_3(2-2+1) \\ & = 15(3) + 0(2) + 0(1) = 45. \end{aligned}$$ $\vdots \vdots \vdots$
Jadi, $\boxed{\begin{aligned} (c_n) & = (15, 30, 45, 60, \cdots) \\  c_n & = 15(n+1), n \geq 0 \end{aligned}}$
$\bigstar$ Pertanyaan: Mengapa hanya suku pertama yang bernilai $15$? Jawaban: Dengan meninjau definisi FPB bahwa $P(x) = a_0x^0 + a_1x + a_2x^2 + \cdots$, kita perhatikan bahwa $15$ merupakan suku tanpa variabel, yang berarti koefisien dari $x^0$ sehingga menjadi suku pertama dari barisan yang terbentuk, sedangkan suku lainnya memiliki koefisien $0$.