Tag: Konvolusi

Misalkan $G(x)$ adalah FPB dari $(a_n)=(2,2,2,2,\cdots )$ sehingga menurut definisi FPB,
$$\begin{array}{rl}G(x)& =a_0{x}^0+a_{1}x+a_2{x}^2+a_3{x}^3+\cdots \\ & =2+2x+2x^2+2x^3+\cdots \\ & =2(1+x+x^2+x^3+\cdots )\end{array}$$Perhatikan bahwa bentuk $(1+x+x^2+x^3+\cdots )$ merupakan ekspansi Maclaurin dari $f(x)={\displaystyle \frac{1}{1–x}}$ sehingga $G(x)$ dapat ditulis menjadi
$G(x)=2\left({\displaystyle \frac{1}{1-x}}\right)={\displaystyle \frac{2}{1-x}}.$
Jadi, FPB dari barisan tersebut adalah $\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{2}{1-x}}}}$

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

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
$$\begin{array}{rl}G(x)& ={\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n}\\ & =0\cdot x^0+0\cdot x+0\cdot x^2+1\cdot x^3+1\cdot x^4+1\cdot x^5+\cdots \\ & =x^3+x^4+x^5+\cdots \\ & =(1+x+x^2+x^3+x^4+\cdots )-(1+x+x^2)\\ & ={\displaystyle \frac{1}{1-x}}-{\displaystyle \frac{(1+x+x^2)(1-x)}{1-x}}\\ & ={\displaystyle \frac{1-(1-x^3)}{1-x}}={\displaystyle \frac{x^3}{1-x}}.\end{array}$$Jadi, FPB dari barisan tersebut adalah $\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{x^3}{1-x}}}}$

Barisan tersebut dikenal sebagai Barisan yang Tertunda (Delayed Sequence).
Misalkan $G(x)$ adalah FPB dari $(a_n)=(0,0,{\displaystyle \frac{1}{2!}},{\displaystyle \frac{1}{3!}},{\displaystyle \frac{1}{4!}},\cdots )$ sehingga menurut definisi FPB, diperoleh
$$\begin{array}{rl}G(x)& ={\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n}\\ & =0.x^0+0.x+{\displaystyle \frac{1}{2!}}{x}^2+{\displaystyle \frac{1}{3!}}{x}^3+{\displaystyle \frac{1}{4!}}{x}^4+\cdots \\ & =(1+x+{\displaystyle \frac{1}{2!}}{x}^2+{\displaystyle \frac{1}{3!}}{x}^3+{\displaystyle \frac{1}{4!}}{x}^4+\cdots )-(1+x)\\ & =e^x-x-1.\end{array}$$Jadi, FPB dari barisan tersebut adalah $\boxed{{\displaystyle e^x-x-1}}$ 

Misalkan $G(x)$ adalah FPB dari $(a_n)=({\displaystyle \frac{1}{3!}},{\displaystyle \frac{1}{4!}},{\displaystyle \frac{1}{5!}},\cdots )$.
Dengan menggunakan definisi FPB, diperoleh
$$\begin{array}{rl}G(x)& ={\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{3!}}{x}^0+{\displaystyle \frac{1}{4!}}x+{\displaystyle \frac{1}{5!}}{x}^2+\cdots \\ & ={\displaystyle \frac{x^3}{x^3}}({\displaystyle \frac{1}{3!}}{x}^0+{\displaystyle \frac{1}{4!}}x+{\displaystyle \frac{1}{5!}}{x}^2+\cdots )\\ & ={\displaystyle \frac{1}{x^3}}({\displaystyle \frac{1}{3!}}{x}^3+{\displaystyle \frac{1}{4!}}{x}^4+{\displaystyle \frac{1}{5!}}{x}^5+\cdots )\\ & ={\displaystyle \frac{1}{x^3}}[(1+x+{\displaystyle \frac{1}{2!}}{x}^2+{\displaystyle \frac{1}{3!}}{x}^3+{\displaystyle \frac{1}{4!}}{x}^4+{\displaystyle \frac{1}{5!}}{x}^5+\cdots )-(1+x+{\displaystyle \frac{1}{2!}}{x}^2)]\\ & ={\displaystyle \frac{1}{x^3}}(e^x-{\displaystyle \frac{1}{2}}{x}^2-x-1)\\ & ={\displaystyle \frac{2e^x-x^2-2x-2}{2x^3}}.\end{array}$$Jadi, FPB dari barisan tersebut adalah $\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{2e^x-x^2-2x-2}{2x^3}}}}$

Misalkan $G(x)$ adalah FPB dari barisan tersebut. Dengan menggunakan definisi FPB, diperoleh
$\begin{array}{rl}G(x)& ={\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n}\\ & ={\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(n+2)x^n}\\ & ={\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}n{x}^n+2\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^n}\\ & ={\displaystyle \frac{x}{(1-x{)}^2}}+{\displaystyle \frac{2}{1-x}}\\ & ={\displaystyle \frac{x+2(1-x)}{(1-x{)}^2}}\\ & ={\displaystyle \frac{-x+2}{(1-x{)}^2}}.\end{array}$
Jadi, FPB dari barisan tersebut adalah $\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{-x+2}{(1-x{)}^2}}}}$

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

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

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

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

Teorema turunan pada fungsi pembangkit berbunyi:
“${\mathbf{xG}}^{\prime }\mathbf{(}\mathbf{x}\mathbf{)}$ adalah fungsi pembangkit dari ${\mathbf{na}}_{\mathbf{n}}$, dengan ${\mathbf{G}}^{\prime }\mathbf{(}\mathbf{x}\mathbf{)}$ adalah turunan pertama $\mathbf{G}\mathbf{(}\mathbf{x}\mathbf{)}$.”
Beranjak dari bentuk ${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^n={\displaystyle \frac{1}{1-x}}.}$
Misalkan $G(x)={\displaystyle \frac{1}{1-x}}=(1-x{)}^{-1}.$
Turunan pertama dari $G(x)$ adalah
$\begin{array}{rl}{G}^{\prime }(x)& =-1(1-x{)}^{-2}(-1)\\ & ={\displaystyle \frac{1}{(1-x{)}^2}}.\end{array}$
Misalkan $a_n=1$ (berarti $n{a}_n=n$, sesuai dengan bentuk yang diminta pada soal), maka dengan menggunakan teorema tersebut, diperoleh bahwa
$\begin{array}{rl}{\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}n{x}^n}& =x{G}^{\prime }(x)\\ & =x\cdot {\displaystyle \frac{1}{(1-x{)}^2}}\\ & ={\displaystyle \frac{x}{(1-x{)}^2}}.\end{array}$
Jadi, bentuk ekspansi dari ${\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}n{x}^n}$ adalah $\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{x}{(1-x{)}^2}}}}$ 

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

Misalkan $P(x)=x^5\left({\displaystyle \frac{1}{1+8x}}\right)$ merupakan FPB dari $(c_n).$ Perhatikan bahwa
$$\begin{array}{rl}P(x)& =x^5{\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-8x{)}^n}\\ & ={\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-8{)}^n\cdot x^{n+5}}\\ & =(-8{)}^0{x}^5+(-8{)}^1{x}^6+(-8{)}^2{x}^7+(-8{)}^3{x}^8+\cdots \\ & =x^5-8x^6+64x^7-512x^8+\cdots .\end{array}$$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
$$\begin{array}{rl}& ((1+x+x^2+x^3+\cdots )-(1+x+x^2){)}^3\\ & ={({\displaystyle \frac{1}{1-x}}-{\displaystyle \frac{(1+x+x^2)(1-x)}{1-x}})}^3\\ & ={\left({\displaystyle \frac{1-(1-x^3)}{1-x}}\right)}^3\\ & =x^9{\left({\displaystyle \frac{1}{1-x}}\right)}^3\\ & =x^9(1+x+x^2+\cdots {)}^3.\end{array}$$Dengan demikian,
$$\begin{array}{rl}& (x^3+x^4+\cdots {)}^3(x+x^2+\cdots +x^5)(1-x^5{)}^3\\ & =x^9(1+x+x^2+\cdots {)}^3(x+x^2+\cdots +x^5)(1-x^5{)}^3\\ & =x^9((1+x+x^2+\cdots )(1-x^5){)}^3(x+x^2+\cdots +x^5).\end{array}$$Selanjutnya, gunakan proposisi
$$\begin{array}{r}(1+x+x^2+\cdots +x^{m-1}{)}^n=(1-x^m{)}^n(1+x+x^2+\cdots {)}^n.\end{array}$$untuk mendapatkan bentuk
$$\begin{array}{rl}& x^9(1+x+x^2+x^3+x^4{)}^3(x+x^2+\cdots +x^5)\\ & =x^9(x+\cdots +\cdots +\cdots +x^{17}).\end{array}$$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,
$\boxed{{\displaystyle (1+x{)}^u={\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{u}{n})x^n}}}$
Oleh karena itu, didapat
$G(x)=e^2(1+x{)}^8=e^2{\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{n})x^n}$
$={\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{e^2(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{n})n!}{n!}}{x}^n.}$
Bandingkan bentuk terakhir dengan definisi FPE, $P(x)={\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{a_n}{n!}}{x}^n.}$
Jadi, $\boxed{{\displaystyle (a_n)=e^2(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{n})n!}}$ 

Misalkan
$\begin{array}{rl}P(x)& =\left({\displaystyle \frac{3}{1-x}}\right)\left({\displaystyle \frac{5}{1-x}}\right)\\ & =15{\left({\displaystyle \frac{1}{1-x}}\right)}^2\\ & =A(x)\cdot B(x).\end{array}$
$A(x)=15$ dengan $(a_n)=(15,0,0,0,0,\cdots )★$
$\begin{array}{rl}B(x)& ={\left({\displaystyle \frac{1}{1-x}}\right)}^2\\ & =1+2x+3x^2+4x^3+\cdots \end{array}$
dengan $(b_n)=(1,2,3,4,\cdots )$ atau $b_n=n+1,n\ge 0.$
Misalkan $P(x)$ FPB dari $(c_n)$. Dengan menggunakan konvolusi, diperoleh
$\begin{array}{rl}(c_n)& ={\displaystyle \sum _{n=0}^n{a}_k{b}_{n-k}}\\ & =\sum _{n=0}^n{a}_k(n-k+1).\end{array}$
Untuk $n=0$, diperoleh
$c_0=a_0(0-0+1)=15(1)=15.$
Untuk $n=1$, diperoleh
$\begin{array}{rl}{c}_1& =a_1(1-0+1)+a_2(1-1+1)\\ & =15(2)+0(1)=30.\end{array}$
Untuk $n=2$, diperoleh
$$\begin{array}{rl}{c}_2& =a_1(2-0+1)+a_2(2-1+1)+a_3(2-2+1)\\ & =15(3)+0(2)+0(1)=45.\end{array}$$ $⋮⋮⋮$
Jadi, $\boxed{{\displaystyle \begin{array}{rl}(c_n)& =(15,30,45,60,\cdots )\\ c_n& =15(n+1),n\ge 0\end{array}}}$
$★$ Pertanyaan: Mengapa hanya suku pertama yang bernilai $15$? Jawaban: Dengan meninjau definisi FPB bahwa $P(x)=a_0{x}^0+a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots$, 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 $0$.