Tag: Ekspansi Binomial

Perhatikan bahwa,
$\begin{aligned} & (x^3 + x^4 + x^5 + x^6 \cdots)^3 \\ & = (x^3(1 + x + x^2 + x^3 \cdots))^3 \\ & =x^9(1 + x + x^2 + x^3 + \cdots)^3. \end{aligned}$
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.
$$\boxed{(1+x+x^2+\cdots)^n = \displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} \binom{n-1+k}{k}x^k}$$Kita akan menentukan koefisien $x^3$, berarti $k$ yang dipilih adalah $3$. Jadi, koefisien $x^3$ dalam ekspresi tersebut adalah
$\displaystyle \binom{3-1+3}{3} = \binom{5}{3} = \dfrac{5!}{3!2!} = 10.$
Dengan demikian, koefisien $x^{12}$ dalam ekspresi$ (x^3 + x^4 + x^5 + \cdots)^3$ adalah $\boxed{10}$

Perhatikan bahwa,
$\begin{aligned} & (x^3 + x^4 + \cdots + x^{12})^4 \\ & = \left(\dfrac{(1-x)(x^3 + x^4 + \cdots + x^{12})}{1-x}\right)^4 \\ & = \left(\dfrac{x^3- x^{13}}{1-x}\right)^4 \\ & = (x^3- x^{13})^4 \left(\dfrac{1}{1-x}\right)^4. \end{aligned}$
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
   $$\text{Koef.}~x^{12} = \displaystyle \binom{4-1+12}{12} = \binom{15}{12} = \dfrac{15!}{12! \cdot 3!} = 455.$$
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,
   $\begin{aligned} \text{Koef.}~x^{2} & = \displaystyle \binom{4-1+2}{2} \\ & = \binom{5}{2} = \dfrac{5!}{2! \cdot 3!} = 10. \end{aligned}$

Jadi, koefisien $x^{24}$ adalah $\boxed{1(455)- 4(10) = 415}$
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 $(a_n) = \left(0, 1, \dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{3}, \cdots \right)$ sehingga menurut definisinya,
$$\begin{aligned} P(x) & = 0x^0 + 1.x+\dfrac{1}{2}x^2 + \dfrac{1}{3}x^3 + \cdots \\ & =x + \dfrac{1}{2}x^2 + \dfrac{1}{3}x^3 + \cdots \\ & = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{1}{n+1}x^{n+1}. \end{aligned}$$Perhatikan bahwa ekspresi $\dfrac{1}{n+1}x^{n+1}$ merupakan hasil integrasi dari $x^n$ terhadap $x$ sehingga diperoleh
$\begin{aligned} \displaystyle \int \sum_{n=0}^{\infty}x^n~dx & = \int \dfrac{1}{1-x}~dx \\ & =-\ln|1-x|. \end{aligned}$
Jadi, FPB dari barisan tersebut adalah $\boxed{-\ln|1-x|}$

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

Misalkan $P(x)$ adalah FPB dari $(a_n) = \left(2, 0, \dfrac{2}{3}, 0, \dfrac{2}{5}, 0, \cdots \right)$ sehingga dengan definisi FPB, diperoleh,
$$\begin{aligned} P(x) & = 2 \cdot x^0 + 0 \cdot x + \dfrac{2}{3}x^2 + 0 \cdot x^3 + \dfrac{2}{5}x^4 + \cdots \\ & = 2 + \dfrac{2}{3}x^2 + \dfrac{2}{5}x^4 + \cdots \\ & = 2\left(1 + \dfrac{1}{3}x^2 + \dfrac{1}{5}x^4 + \cdots\right) \\ & =\dfrac{2}{x}\left(x + \dfrac{1}{3}x^3 + \dfrac{1}{5}x^5 + \cdots \right) \\ &=\dfrac{2}{x} \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{1}{2n+1}x^{2n+1}. \end{aligned}$$Perhatikan bahwa $\displaystyle \int x^{2n}~dx = \left(\dfrac{1}{2n+1}x^{2n+1}\right)+ C.$
Abaikan $C$ (karena $C = 0$) sehingga bentuk sigma di atas dapat ditulis menjadi
$P(x) = \dfrac{2}{x} \displaystyle \int \sum_{n=0}^{\infty} x^{2n}~\text{d}x.$
Dengan menggunakan perluasan dari $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} x^{n} = \dfrac{1}{1-x}$, diperoleh
$\begin{aligned} P(x) & =\displaystyle \dfrac{2}{x}  \int \dfrac{1}{1-x^2}~\text{d}x \\ & =  \dfrac{2}{x} \left(\dfrac{1}{2} \ln \left|\dfrac{x+1}{x-1}\right|\right) \bigstar \\ & = \dfrac{1}{x}\ln \left|\dfrac{x+1}{x-1}\right|. \end{aligned}$
Jadi, FPB dari barisan tersebut adalah $ \boxed{\dfrac{1}{x}\ln \left|\dfrac{x+1}{x-1}\right|}$
Catatan: $\bigstar$ 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 $x$):
$\begin{aligned} \dfrac{1}{1-x^2} & = \dfrac{1}{(1-x)(1+x)} \\ & = \dfrac{A}{1-x} + \dfrac{B}{1+x}. \end{aligned}$
Dalam hal ini, kita akan menentukan nilai $A$ dan $B$. Samakan kembali penyebutnya,
$$ \dfrac{A(1+x) + B(1-x)}{(1-x)(1+x)} = \dfrac{(A-B)x + (A + B)}{1-x^2}.$$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 $A = B = \dfrac{1}{2}$. Jadi, integrannya dapat diubah menjadi $\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{1-x} + \dfrac{1}{1+x}\right)$. 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
$\begin{aligned} P(x) & = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{a_n}{n!}x^n \\ &=  \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{n+5}{n!}x^n \\ & = \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{n}{n!}x^n + \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{5}{n!}x^n. \end{aligned}$
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 $$G(x) = 1 + x + \dfrac{1}{2!}x^2 + \dfrac{1}{3!}x^3 + \cdots = e^x$$ dan kita ketahui bahwa turunan pertama $G(x)$ adalah $G'(x) = e^x.$
Ini berarti, barisan lain, sebut saja $(c_n) = n.b_n = n.1 = n$ memiliki FPE $x \cdot G'(x) = x \cdot e^x.$
Lanjutkan ke bentuk $P(x).$
$\begin{aligned} P(x) & = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{n}{n!}x^n + 5\sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{1}{n!}x^n \\ & = x \cdot e^x + 5e^x = e^x(x + 5). \end{aligned}$
Jadi, FPE dari barisan tersebut adalah $\boxed{e^x(x+5)}$

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

Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} G(x) & = \dfrac{3}{2-8x} + \dfrac{3x}{1-x} \\ & = \dfrac{3}{2} \times \dfrac{1}{1-4x} + 3x \times \dfrac{1}{1-x} \\ &= \dfrac{3}{2} \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} (4x)^n + 3x \sum_{n=0}^{\infty} x^n \\ & = \dfrac{3}{2} (1 + 4x + 16x^2 + \cdots) + 3x(1 + x + x^2 + \cdots) \\ & = \left(\dfrac{3}{2} + 6x + 24x^2 + \cdots\right) + (3x + 3x^2 + 3x^3 + \cdots) \\ & = \dfrac{3}{2} + 9x + 27x^2 + \cdots \end{aligned}$$Jadi, barisan yang dimaksud adalah $\left(\dfrac{3}{2}, 9, 27, \cdots\right)$ atau bila ditulis dalam bentuk rumus sebagai berikut.
$\boxed{a_n = \begin{cases} \dfrac{3}{2} & \text{jika}~n = 0 \\ \dfrac{3}{2} \cdot 4^n + 3 & \text{jika}~n > 0 \end{cases}}$

Misalkan $a_n = (1, 2, 3, 4, \cdots) = n + 1.$ Berdasarkan definisi fungsi pembangkit biasa, dapat ditulis
$\begin{aligned} g(x) & = \displaystyle \sum_{n = 0}^{\infty} a_nx^n \\ & = \sum_{n = 0}^{\infty} (n+1)x^n \\ & = \sum_{n = 0}^{\infty} nx^n + \sum_{n = 0}^{\infty} x^n \end{aligned}$
(Baca: penyelesaian soal nomor 10)
$\begin{aligned} g(x) & = \dfrac{x}{(1-x)^2} + \dfrac{1}{1-x} \\ & = \dfrac{x}{(1-x)^2} + \dfrac{1-x}{(1-x)^2} \\ & = \dfrac{1}{(1-x)^2} \end{aligned}$
Jadi, fungsi pembangkit biasa dari barisan $(1, 2, 3, 4, \cdots)$ adalah 
$\boxed{g(x) = \dfrac{1}{(1-x)^2}}$

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

Kita akan mendapatkan nilai rasio yang unik dari barisan tersebut.
$$\begin{aligned} \dfrac{a_1}{a_0} & = \dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}- 0}{1} \\ \dfrac{a_2}{a_1} & = \dfrac{2(\sqrt{2}- 1)}{2\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}- 1}{2} \\ \dfrac{a_3}{a_2} & = \dfrac{\dfrac13\sqrt{2}(\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}-2)}{2(\sqrt{2}- 1)} = \dfrac{\sqrt{2}- 2}{3} \\ & \vdots~~~\vdots~~~\vdots \\ \dfrac{a_n}{a_{n-1}} & = \dfrac{\sqrt{2}- (n-1)}{n} \end{aligned}$$Bentuk di atas jelas bukan rumus barisan standar untuk menentukan fungsi pembangkit biasa, tapi kita akan menemukan bahwa
$\displaystyle \binom{\alpha}{n} \div \binom{\alpha}{n-1} = \frac{\alpha- (n- 1)}{n}.$
Jika kita bandingkan dengan rasio tadi, kita peroleh $\alpha = \sqrt{2}$. Jadi,
$a_n = \displaystyle a\binom{\sqrt{2}}{n}$.
Untuk mendapatkan koefisien $a$, bandingkan terhadap nilai $a_0$ sebagai berikut.
$a_0 = \displaystyle a \binom{\sqrt{2}}{0} = a\dfrac{(\sqrt{2})!}{(\sqrt{2})!0!}$
$\Rightarrow 2 = a \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}$
Berarti, $a = 2$
Dengan demikian, $a_n = \displaystyle 2\binom{\sqrt{2}}{n}.$
Misalkan $F(x)$ fungsi pembangkit biasa dari barisan $a_n$ sehingga
$F(x) = 2 \displaystyle \sum_{n \ge 0}  \binom{\sqrt{2}}{n}x^n$
$\Rightarrow F(x) = 2(1 + x)^{\sqrt{2}}.$
Jadi, fungsi pembangkit biasa dari barisan yang dimaksud adalah 
$\boxed{F(x) = 2(1 + x)^{\sqrt{2}}}$

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

Fungsi pembangkit dari barisan $a_n = 2n^2$ adalah $G(x) = \dfrac{2(x^2+x)} {(1-x)^3}.$
(Lihat jawaban soal nomor 11)
Jumlah dari $a_1 + a_2 + \cdots + a_n$ adalah koefisien dari $x^n$ dalam
$\begin{aligned} H(x) & = \dfrac{G(x)} {1-x} \\ & = \dfrac{2(x^2+x)} {(1-x)^4} \\ & = 2x(1-x)^{-4} + 2x^2(1-x)^{-4}. \end{aligned}$
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
$$\displaystyle 2\binom{(n-1)+4-1}{n-1} + 2\binom{(n-2)+4-1}{n-2} = 2\binom{n+2}{3} + 2\binom{n+1}{3}.$$  

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 $\dfrac{3!} {(1-x)^4}$ mempunyai koefisien $a_r$ dengan
$\begin{aligned} a_r & = 3! \displaystyle \binom{r + 4- 1}{r} \\ & = \dfrac{3!(r+3)!} {r! \cdot 3!} \\ & = (r+3)(r+2)(r+1) \end{aligned}$
sehingga ekspansi deret pangkat dari $3!(1-x)^{-4}$ adalah
$\begin{aligned} & \dfrac{3!} {(1-x)^4} = 3 \cdot 2 \cdot 1 + 4 \cdot 3 \cdot 2 + \\ &  \cdots + (r+3)(r+2)(r+1)x^r + \cdots \end{aligned}$
Bila ini dibandingkan dengan fungsi pembangkit
$\begin{aligned} h(x) & = 3 \cdot 2 \cdot 1x^2 + 4 \cdot 3 \cdot 2x^3 \\ & + \cdots + (r+1)r(r-1)x^r + \cdots \end{aligned}$
maka ini berarti $\boxed{h(x) = 3!x^2(1-x)^{-4}}$

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

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 $n \geq 0$.
FPB dari barisan $(b_n) = (1,1,1, \cdots)$ dinyatakan oleh
$\displaystyle \sum_{n = 0}^{\infty} b_nx^n = \sum_{n = 0}^{\infty} x^n = \dfrac{1}{1-x}.$
FPB dari barisan $(c_n) = (1,-2, 4,-8, \cdots)$ dinyatakan oleh
$\begin{aligned} \displaystyle \sum_{n = 0}^{\infty} c_nx^n & = \sum_{n = 0}^{\infty} (-2)^nx^n \\ & = \sum_{n = 0} (-2x)^n \\ & = \dfrac{1}{1 + 2x}. \end{aligned}$
Dengan demikian, FPB dari barisan $(a_n) = (2,-1, 5,-7, 17, \cdots)$ adalah
$$\begin{aligned} \dfrac{1}{1-x} + \dfrac{1}{1 + 2x} & = \dfrac{(1+2x)+(1-x)}{(1-x) (1+2x)} \\ & = \dfrac{x + 2} {-2x^2 + x + 1}. \end{aligned}$$

Perhatikan bahwa $(1+x+x^2+\cdots)$ merupakan Ekspansi Maclaurin dari $f(x)=\dfrac{1}{1-x}.$
Bentuk $\dfrac{1}{2-x}$ dapat diekspansikan sebagai berikut.
$$\begin{aligned} \dfrac{1}{2-x} & = \dfrac{1}{\dfrac12\left(1- \dfrac12x\right)} \\ & = \dfrac12 \cdot \dfrac{1}{1- \dfrac12x} \\ & =  \dfrac12\left(1 + \dfrac12x + \left(\dfrac12x\right)^2 + \cdots\right) \\ & = \dfrac12 + \dfrac14x + \dfrac18x^2 + \cdots \end{aligned}$$Dengan memperhatikan koefisien setiap suku, diperoleh barisan geometri: $\dfrac12, \dfrac14, \dfrac18, \cdots$ dengan rumus $a_n = \dfrac{1}{2^{n+1}}$ untuk $n \geq 0$.  
Jadi, barisan yang dibangkitkan oleh fungsi tersebut adalah $\boxed{a_n = \dfrac{1}{2^{n+1}}, n \geq 0}$