Tag: Deret Taylor

Perhatikan bahwa,
$\begin{array}{rl}& (x^3+x^4+x^5+x^6\cdots {)}^3\\ & =(x^3(1+x+x^2+x^3\cdots ){)}^3\\ & =x^9(1+x+x^2+x^3+\cdots {)}^3.\end{array}$
Untuk memperoleh koefisien $x^{12}$, kita hanya perlu menentukan koefisien $x^3$ dalam ekspresi kurungnya. Perhatikan bahwa ekspresi yang dimaksud dalam keadaan dipangkatkan $3$ sehingga kita tidak bisa langsung menyimpulkan bahwa koefisien $x^3$-nya adalah $1$.
Ingat kembali preposisi berikut.
$$\boxed{{\displaystyle (1+x+x^2+\cdots {)}^n={\displaystyle \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1+k}{k})x^k}}}$$Kita akan menentukan koefisien $x^3$, berarti $k$ yang dipilih adalah $3$. Jadi, koefisien $x^3$ dalam ekspresi tersebut adalah
${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{3-1+3}{3})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3})={\displaystyle \frac{5!}{3!2!}}=10.}$
Dengan demikian, koefisien $x^{12}$ dalam ekspresi$(x^3+x^4+x^5+\cdots {)}^3$ adalah $\boxed{{\displaystyle 10}}$

Perhatikan bahwa,
$\begin{array}{rl}& (x^3+x^4+\cdots +x^{12}{)}^4\\ & ={\left({\displaystyle \frac{(1-x)(x^3+x^4+\cdots +x^{12})}{1-x}}\right)}^4\\ & ={\left({\displaystyle \frac{x^3-x^{13}}{1-x}}\right)}^4\\ & =(x^3-x^{13}{)}^4{\left({\displaystyle \frac{1}{1-x}}\right)}^4.\end{array}$
Dengan menggunakan metode Segitiga Pascal atau Teorema Binomial pada ekspresi $(x^3-x^{13}{)}^4$, diperoleh
$(x^{12}-4x^{22}+6x^{32}-4x^{42}+x^{52})$ $(1+x+x^2+\cdots {)}^4.$
Karena yang akan dicari adalah koefisien $x^{24}$, maka kita temukan bahwa hanya dua suku pertama dalam ekspresi $(x^{12}-4x^{22}+6x^{32}-4x^{42}+x^{52})$ yang akan ditinjau karena pangkatnya tidak melebihi $24$, yaitu $x^{12}$ dan $-4x^{22}$.

1. Karena $x^{24}=x^{12}\cdot x^{12}$, maka langkah yang perlu dilakukan adalah menentukan koefisien $x^{12}$ dalam $(1+x+x^2+\cdots {)}^4$. Dengan menggunakan preposisi yang sama pada Soal Nomor 16, didapat
   $$\text{Koef.}{x}^{12}={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{4-1+12}{12})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{15}{12})={\displaystyle \frac{15!}{12!\cdot 3!}}=455.}$$
2. Karena $x^{24}=x^{22}.x^2$, maka langkah yang perlu dilakukan adalah menentukan koefisien $x^2$ dalam $(1+x+x^2+\cdots {)}^4$. Dengan menggunakan prinsip yang sama,
   $\begin{array}{rl}\text{Koef.}{x}^2& ={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{4-1+2}{2})}\\ & =(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2})={\displaystyle \frac{5!}{2!\cdot 3!}}=10.\end{array}$

Jadi, koefisien $x^{24}$ adalah $\boxed{{\displaystyle 1(455)-4(10)=415}}$
Catatan: Angka $1$ dan $4$ didapat dari koefisien $x^{12}$ dan $x^{22}$ dalam ekspresi $(x^{12}-4x^{22}+6x^{32}-4x^{42}+x^{52})$.

Misalkan $P(x)$ adalah FPB dari $(a_n)=(0,1,{\displaystyle \frac{1}{2}},{\displaystyle \frac{1}{3}},\cdots )$ sehingga menurut definisinya,
$$\begin{array}{rl}P(x)& =0x^0+1.x+{\displaystyle \frac{1}{2}}{x}^2+{\displaystyle \frac{1}{3}}{x}^3+\cdots \\ & =x+{\displaystyle \frac{1}{2}}{x}^2+{\displaystyle \frac{1}{3}}{x}^3+\cdots \\ & ={\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{n+1}}{x}^{n+1}.}\end{array}$$Perhatikan bahwa ekspresi ${\displaystyle \frac{1}{n+1}}{x}^{n+1}$ merupakan hasil integrasi dari $x^n$ terhadap $x$ sehingga diperoleh
$\begin{array}{rl}{\displaystyle \int \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^{n}dx}& =\int {\displaystyle \frac{1}{1-x}}dx\\ & =-\ln |1-x|.\end{array}$
Jadi, FPB dari barisan tersebut adalah $\boxed{{\displaystyle -\ln |1-x|}}$

Misalkan $G(x)$ merupakan FPB dari $(a_n)=(0,1,0,1,0,1,\cdots )$ sehingga
$$\begin{array}{rl}P(x)& ={\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n}\\ & =0\cdot x^0+1\cdot x+0\cdot x^2+1\cdot x^3+0\cdot x^4+\cdots \\ & =x+x^3+x^5+\cdots \\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^{2n+1}=x\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(x^2{)}^n.\end{array}$$Gunakan perluasan ekspansi dari
$$\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^n={\displaystyle \frac{1}{1-x}}\Rightarrow {\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(x^2{)}^n={\displaystyle \frac{1}{1-x^2}}}}}}$$Ganti $x$ menjadi $x^2$) sehingga diperoleh
$P(x)=x\left({\displaystyle \frac{1}{1-x^2}}\right)={\displaystyle \frac{x}{1-x^2}}.$
Jadi, FPB dari barisan $a_n$ adalah  $\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{x}{1-x^2}}}}$
Sekarang, misalkan $G(x)$ merupakan FPB dari $(b_n)=(1,0,1,0,1,0,\cdots )$ sehingga
$$\begin{array}{rl}G(x)& =1x^0+0x+1x^2+0x^3+1x^4+\cdots \\ & =1+x^2+x^4+x^6+\cdots \\ & =(1+x+x^2+x^3+\cdots )-(x+x^3+x^5+\cdots ).\end{array}$$Dengan menggunakan rumus ekspansi, diperoleh
$\begin{array}{rl}P(x)& ={\displaystyle \frac{1}{1-x}}-{\displaystyle \frac{x}{1-x^2}}\\ & ={\displaystyle \frac{1+x-x}{1-x^2}}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{1-x^2}}.\end{array}$ 
Jadi, FPB dari barisan $b_n$ adalah $\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{1-x^2}}}}$

Misalkan $P(x)$ adalah FPB dari $(a_n)=(2,0,{\displaystyle \frac{2}{3}},0,{\displaystyle \frac{2}{5}},0,\cdots )$ sehingga dengan definisi FPB, diperoleh,
$$\begin{array}{rl}P(x)& =2\cdot x^0+0\cdot x+{\displaystyle \frac{2}{3}}{x}^2+0\cdot x^3+{\displaystyle \frac{2}{5}}{x}^4+\cdots \\ & =2+{\displaystyle \frac{2}{3}}{x}^2+{\displaystyle \frac{2}{5}}{x}^4+\cdots \\ & =2(1+{\displaystyle \frac{1}{3}}{x}^2+{\displaystyle \frac{1}{5}}{x}^4+\cdots )\\ & ={\displaystyle \frac{2}{x}}(x+{\displaystyle \frac{1}{3}}{x}^3+{\displaystyle \frac{1}{5}}{x}^5+\cdots )\\ & ={\displaystyle \frac{2}{x}}{\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{2n+1}}{x}^{2n+1}.}\end{array}$$Perhatikan bahwa ${\displaystyle \int x^{2n}dx=\left({\displaystyle \frac{1}{2n+1}}{x}^{2n+1}\right)+C.}$
Abaikan $C$ (karena $C=0$) sehingga bentuk sigma di atas dapat ditulis menjadi
$P(x)={\displaystyle \frac{2}{x}}{\displaystyle \int \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^{2n}\text{d}x.}$
Dengan menggunakan perluasan dari ${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^n={\displaystyle \frac{1}{1-x}}}$, diperoleh
$\begin{array}{rl}P(x)& ={\displaystyle {\displaystyle \frac{2}{x}}\int {\displaystyle \frac{1}{1-x^2}}\text{d}x}\\ & ={\displaystyle \frac{2}{x}}({\displaystyle \frac{1}{2}}\ln \left|{\displaystyle \frac{x+1}{x-1}}\right|)★\\ & ={\displaystyle \frac{1}{x}}\ln \left|{\displaystyle \frac{x+1}{x-1}}\right|.\end{array}$
Jadi, FPB dari barisan tersebut adalah $\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{x}}\ln \left|{\displaystyle \frac{x+1}{x-1}}\right|}}$
Catatan: $★$ Untuk mengintegrasikan bentuk integral ini, teman-teman perlu menguasai teknik dekomposisi pecahan parsial (karena penyebutnya dapat difaktorkan secara langsung).
Tinjau integrannya (ambil salah satu, misalkan untuk variabel $x$):
$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{1}{1-x^2}}& ={\displaystyle \frac{1}{(1-x)(1+x)}}\\ & ={\displaystyle \frac{A}{1-x}}+{\displaystyle \frac{B}{1+x}}.\end{array}$
Dalam hal ini, kita akan menentukan nilai $A$ dan $B$. Samakan kembali penyebutnya,
$${\displaystyle \frac{A(1+x)+B(1-x)}{(1-x)(1+x)}}={\displaystyle \frac{(A-B)x+(A+B)}{1-x^2}}.$$Dengan hanya meninjau pembilangnya, kita tahu bahwa $(A-B)x+(A+B)=1.$
Berarti, $A-B=0$ dan $A+B=1$. Selesaikan SPLDV ini sehingga didapat bahwa $A=B={\displaystyle \frac{1}{2}}$. Jadi, integrannya dapat diubah menjadi ${\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{1}{1-x}}+{\displaystyle \frac{1}{1+x}})$. Proses integrasi dengan integran seperti ini tidak akan menjadi hal yang sulit lagi untuk dilakukan.

Misalkan $P(x)$ adalah FPE dari $a_n=n+5$. Dengan menggunakan definisi FPE, kita peroleh
$\begin{array}{rl}P(x)& ={\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{a_n}{n!}}{x}^n}\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{n+5}{n!}}{x}^n\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{n}{n!}}{x}^n+\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{5}{n!}}{x}^n.\end{array}$
Tinjau operator sigma pada suku pertama.
Gunakan teorema turunan pada fungsi pembangkit.
Katakanlah kita mempunyai barisan baru, sebut saja $(b_n)=1$, yang memiliki FPE $$G(x)=1+x+{\displaystyle \frac{1}{2!}}{x}^2+{\displaystyle \frac{1}{3!}}{x}^3+\cdots =e^x$$ dan kita ketahui bahwa turunan pertama $G(x)$ adalah $G^{\prime }(x)=e^x.$
Ini berarti, barisan lain, sebut saja $(c_n)=n.b_n=n.1=n$ memiliki FPE $x\cdot G^{\prime }(x)=x\cdot e^x.$
Lanjutkan ke bentuk $P(x).$
$\begin{array}{rl}P(x)& ={\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{n}{n!}}{x}^n+5\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{n!}}{x}^n}\\ & =x\cdot e^x+5e^x=e^x(x+5).\end{array}$
Jadi, FPE dari barisan tersebut adalah $\boxed{{\displaystyle e^x(x+5)}}$

Misalkan $P(x)=(1+x^2{)}^n$ merupakan FPE dari barisan yang dimaksud, sebut saja $(a_k)$. Dengan menggunakan perluasan Teorema Binomial, yaitu
$\boxed{{\displaystyle (1+x^a{)}^n={\displaystyle \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^{ak}}}}★$
kita peroleh bahwa,
$\begin{array}{rl}P(x)& =(1+x^2{)}^n\\ & ={\displaystyle \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^{2k}}\\ & =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}).(2k)!}{(2k)!}}{x}^{2k}.\end{array}$
Dengan meninjau kembali definisi FPE bahwa
$\boxed{{\displaystyle G(x)={\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{a_n}{n!}}{x}^n}}}$
dengan $n=2k$, batas bawah operator sigma tidak memengaruhi, diperoleh bahwa
$\boxed{{\displaystyle a_k={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})(2k)!}}}$
$★$ Ingat bahwa batas atas $n$ atau $\mathrm{\infty }$ pada bentuk ini menghasilkan nilai yang sama, sebab apabila $k>n$, maka didefinisikan nilai binomnya adalah $0$.

Perhatikan bahwa
$$\begin{array}{rl}G(x)& ={\displaystyle \frac{3}{2-8x}}+{\displaystyle \frac{3x}{1-x}}\\ & ={\displaystyle \frac{3}{2}}\times {\displaystyle \frac{1}{1-4x}}+3x\times {\displaystyle \frac{1}{1-x}}\\ & ={\displaystyle \frac{3}{2}}{\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(4x{)}^n+3x\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^n}\\ & ={\displaystyle \frac{3}{2}}(1+4x+16x^2+\cdots )+3x(1+x+x^2+\cdots )\\ & =({\displaystyle \frac{3}{2}}+6x+24x^2+\cdots )+(3x+3x^2+3x^3+\cdots )\\ & ={\displaystyle \frac{3}{2}}+9x+27x^2+\cdots \end{array}$$Jadi, barisan yang dimaksud adalah $({\displaystyle \frac{3}{2}},9,27,\cdots )$ atau bila ditulis dalam bentuk rumus sebagai berikut.
$\boxed{{\displaystyle a_n=\{\begin{array}{ll}{\displaystyle \frac{3}{2}}& \text{jika}n=0\\ {\displaystyle \frac{3}{2}}\cdot 4^n+3& \text{jika}n>0\end{array}}}$

Misalkan $a_n=(1,2,3,4,\cdots )=n+1.$ Berdasarkan definisi fungsi pembangkit biasa, dapat ditulis
$\begin{array}{rl}g(x)& ={\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n}\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(n+1)x^n\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}n{x}^n+\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^n\end{array}$
(Baca: penyelesaian soal nomor 10)
$\begin{array}{rl}g(x)& ={\displaystyle \frac{x}{(1-x{)}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{1-x}}\\ & ={\displaystyle \frac{x}{(1-x{)}^2}}+{\displaystyle \frac{1-x}{(1-x{)}^2}}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{(1-x{)}^2}}\end{array}$
Jadi, fungsi pembangkit biasa dari barisan $(1,2,3,4,\cdots )$ adalah 
$\boxed{{\displaystyle g(x)={\displaystyle \frac{1}{(1-x{)}^2}}}}$

Ubah rumus barisan rekursif tersebut menjadi rumus barisan eksplisit.
Bagi kedua ruas dengan $2^{n+1}$ sehingga diperoleh
${\displaystyle \frac{a_{n+1}}{2^{n+1}}}-{\displaystyle \frac{2a_n}{2^{n+1}}}={\displaystyle \frac{2^n}{2^{n+1}}}$
${\displaystyle \frac{a_{n+1}}{2^{n+1}}}-{\displaystyle \frac{a_n}{2^n}}={\displaystyle \frac{1}{2}}.$
Misalkan $b_n={\displaystyle \frac{a_n}{2^n}}$ sehingga diperoleh rumus barisan baru, yaitu $b_{n+1}-b_n={\displaystyle \frac{1}{2}}.$
Karena $a_0=1$, maka $b_0={\displaystyle \frac{1}{2^0}}=1,$ maka diperoleh suatu barisan bilangan $(1,{\displaystyle \frac{3}{2}},2,{\displaystyle \frac{5}{2}},\cdots )$, yang berarti $b_n={\displaystyle \frac{n+2}{2}}$. Dengan demikian,
${\displaystyle \frac{n+2}{2}}={\displaystyle \frac{a_n}{2^n}}$
$\Rightarrow a_n=2^{n-1}(n+2).$
Berdasarkan definisi fungsi pembangkit biasa,
$${\displaystyle \begin{array}{rl}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n& =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(2^{n-1}(n+2))x^n\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2}}(\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}n(2x{)}^n+\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(2x{)}^n)\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{2x}{(1-2x{)}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{1-2x}})\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2(1-2x{)}^2}}.\end{array}}$$Jadi, FPB dari barisan rekursif tersebut adalah $\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{2(1-2x{)}^2}}}}$

Kita akan mendapatkan nilai rasio yang unik dari barisan tersebut.
$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{a_1}{a_0}}& ={\displaystyle \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}}}={\displaystyle \frac{\sqrt{2}-0}{1}}\\ {\displaystyle \frac{a_2}{a_1}}& ={\displaystyle \frac{2(\sqrt{2}-1)}{2\sqrt{2}}}={\displaystyle \frac{\sqrt{2}-1}{2}}\\ {\displaystyle \frac{a_3}{a_2}}& ={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{1}{3}}\sqrt{2}(\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}-2)}{2(\sqrt{2}-1)}}={\displaystyle \frac{\sqrt{2}-2}{3}}\\ & ⋮⋮⋮\\ {\displaystyle \frac{a_n}{a_{n-1}}}& ={\displaystyle \frac{\sqrt{2}-(n-1)}{n}}\end{array}$$Bentuk di atas jelas bukan rumus barisan standar untuk menentukan fungsi pembangkit biasa, tapi kita akan menemukan bahwa
${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n})÷(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n-1})=\frac{\alpha -(n-1)}{n}.}$
Jika kita bandingkan dengan rasio tadi, kita peroleh $\alpha =\sqrt{2}$. Jadi,
$a_n={\displaystyle a(\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{2}}{n})}$.
Untuk mendapatkan koefisien $a$, bandingkan terhadap nilai $a_0$ sebagai berikut.
$a_0={\displaystyle a(\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{2}}{0})=a{\displaystyle \frac{(\sqrt{2})!}{(\sqrt{2})!0!}}}$
$\Rightarrow 2=a{\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}}$
Berarti, $a=2$
Dengan demikian, $a_n={\displaystyle 2(\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{2}}{n}).}$
Misalkan $F(x)$ fungsi pembangkit biasa dari barisan $a_n$ sehingga
$F(x)=2{\displaystyle \sum _{n\ge 0}(\genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{2}}{n})x^n}$
$\Rightarrow F(x)=2(1+x{)}^{\sqrt{2}}.$
Jadi, fungsi pembangkit biasa dari barisan yang dimaksud adalah 
$\boxed{{\displaystyle F(x)=2(1+x{)}^{\sqrt{2}}}}$

Rumus barisan di atas adalah $a_n=(12)$, yang memiliki fungsi pembangkit biasa
$$G(x)=12+12x+12x^2+\cdots ={\displaystyle \frac{12}{1-x}}.$$Berdasarkan teorema fungsi pembangkit mengenai koefisien jumlah suatu barisan, kita dapatkan
$H(x)={\displaystyle \frac{G(x)}{1-x}}={\displaystyle \frac{12}{(1-x{)}^2}}.$
Jumlah yang dimaksud adalah koefisien $x^n$ dari $H(x)$, yaitu
$\begin{array}{rl}12{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2-1}{n})}& =12(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{n})\\ & =12(n+1).\end{array}$$Diperolehlah jawaban persis seperti apa yang kita harapkan.

Fungsi pembangkit dari barisan $a_n=2n^2$ adalah $G(x)={\displaystyle \frac{2(x^2+x)}{(1-x{)}^3}}.$
(Lihat jawaban soal nomor 11)
Jumlah dari $a_1+a_2+\cdots +a_n$ adalah koefisien dari $x^n$ dalam
$\begin{array}{rl}H(x)& ={\displaystyle \frac{G(x)}{1-x}}\\ & ={\displaystyle \frac{2(x^2+x)}{(1-x{)}^4}}\\ & =2x(1-x{)}^{-4}+2x^2(1-x{)}^{-4}.\end{array}$
Koefisien dari $x^n$ dalam $2x(1-x{)}^{-4}$ adalah koefisien $x^{n-1}$ dalam $2(1-x{)}^{-4}$, sedangkan koefisien $x^n$ dalam $2x^2(1-x{)}^{-4}$ adalah koefisien $x^{n-2}$ dalam $2(1-x{)}^{-4}$.
Dengan demikian, jumlah yang dimaksud adalah
$${\displaystyle 2(\genfrac{}{}{0ex}{}{(n-1)+4-1}{n-1})+2(\genfrac{}{}{0ex}{}{(n-2)+4-1}{n-2})=2(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2}{3})+2(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{3}).}$$  

Diberikan barisan $a_r=r^3-r$. Untuk mencari fungsi pembangkitnya, kita harus melakukan dua tahap/proses, yaitu mencari fungsi pembangkit dengan koefisien $r^3$ dan $r$ (gunakan teorema turunan dalam fungsi pembangkit). Selain itu, kita dapat menggunakan cara lain sebagai berikut.
Misalkan fungsi pembangkit ${\displaystyle \frac{3!}{(1-x{)}^4}}$ mempunyai koefisien $a_r$ dengan
$\begin{array}{rl}{a}_r& =3!{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{r+4-1}{r})}\\ & ={\displaystyle \frac{3!(r+3)!}{r!\cdot 3!}}\\ & =(r+3)(r+2)(r+1)\end{array}$
sehingga ekspansi deret pangkat dari $3!(1-x{)}^{-4}$ adalah
$\begin{array}{rl}& {\displaystyle \frac{3!}{(1-x{)}^4}}=3\cdot 2\cdot 1+4\cdot 3\cdot 2+\\ & \cdots +(r+3)(r+2)(r+1)x^r+\cdots \end{array}$
Bila ini dibandingkan dengan fungsi pembangkit
$\begin{array}{rl}h(x)& =3\cdot 2\cdot 1x^2+4\cdot 3\cdot 2x^3\\ & +\cdots +(r+1)r(r-1)x^r+\cdots \end{array}$
maka ini berarti $\boxed{{\displaystyle h(x)=3!x^2(1-x{)}^{-4}}}$

Misalkan $G(x)$ adalah FPB dari barisan $a_n=(2,-1,2,-1,2,-1,\cdots ),$ maka berdasarkan definisi FPB, dapat ditulis
$$\begin{array}{rl}G(x)& ={\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n}\\ & =2x^0-x+2x^2-x^3+2x^4-x^5+2x^6-\cdots \\ & =2(x^0+x^2+x^4+\cdots )-(x+x^3+x^5+\cdots )\\ & =2\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^{2n}-\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^{2n-1}\\ & ={\displaystyle \frac{2}{1-x^2}}-{\displaystyle \frac{1}{x(1-x^2)}}\\ & ={\displaystyle \frac{2x-1}{x(1-x^2)}}.\end{array}$$Jadi, fungsi pembangkit biasa dari barisan tersebut adalah $\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{2x-1}{x(1-x^2)}}}}$
NB: Ingat bahwa
$\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{1-x}}={\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^n}}}$

Misalkan $(b_n)=(1,1,1,\cdots )$ yang memiliki rumus $b_n=1$ dan $(c_n)=(1,-2,4,-8,\cdots )$ yang memiliki rumus $c_n=(-2{)}^n$ untuk $n\ge 0$.
FPB dari barisan $(b_n)=(1,1,1,\cdots )$ dinyatakan oleh
${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{b}_n{x}^n=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^n={\displaystyle \frac{1}{1-x}}.}$
FPB dari barisan $(c_n)=(1,-2,4,-8,\cdots )$ dinyatakan oleh
$\begin{array}{rl}{\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n{x}^n}& =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-2{)}^n{x}^n\\ & =\sum _{n=0}(-2x{)}^n\\ & ={\displaystyle \frac{1}{1+2x}}.\end{array}$
Dengan demikian, FPB dari barisan $(a_n)=(2,-1,5,-7,17,\cdots )$ adalah
$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{1}{1-x}}+{\displaystyle \frac{1}{1+2x}}& ={\displaystyle \frac{(1+2x)+(1-x)}{(1-x)(1+2x)}}\\ & ={\displaystyle \frac{x+2}{-2x^2+x+1}}.\end{array}$$

Perhatikan bahwa $(1+x+x^2+\cdots )$ merupakan Ekspansi Maclaurin dari $f(x)={\displaystyle \frac{1}{1-x}}.$
Bentuk ${\displaystyle \frac{1}{2-x}}$ dapat diekspansikan sebagai berikut.
$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{1}{2-x}}& ={\displaystyle \frac{1}{{\displaystyle \frac{1}{2}}(1-{\displaystyle \frac{1}{2}}x)}}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{1-{\displaystyle \frac{1}{2}}x}}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2}}(1+{\displaystyle \frac{1}{2}}x+{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}x\right)}^2+\cdots )\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{4}}x+{\displaystyle \frac{1}{8}}{x}^2+\cdots \end{array}$$Dengan memperhatikan koefisien setiap suku, diperoleh barisan geometri: ${\displaystyle \frac{1}{2}},{\displaystyle \frac{1}{4}},{\displaystyle \frac{1}{8}},\cdots$ dengan rumus $a_n={\displaystyle \frac{1}{2^{n+1}}}$ untuk $n\ge 0$.  
Jadi, barisan yang dibangkitkan oleh fungsi tersebut adalah $\boxed{{\displaystyle a_n={\displaystyle \frac{1}{2^{n+1}}},n\ge 0}}$