MAKALAH

MATEMATIKA DISKRIT
“FUNGSI PEMBANGKIT”

OLEH:

KELOMPOK 1
1. ANNISA MAHENDRA (22205002)
2. DENNI AFRITA (22205004)
3. FITRIA HANDAYANI (22205008)

Dosen Pembimbing :
Dr. Armiati, M.Pd
Dr. Yulyanti Harisman, S.Si., M.Pd

PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA

PROGRAM PASCA SARJANA
UNIVERSITAS NEGERI PADANG
2023
 KATA PENGANTAR

Puji syukur kepada Allah SWT berkat rahmat dan ridho-Nya penulis dapat
menyelesaikan makalah pada mata kuliah Matematika Diskret yang berjudul “ Fungsi
Pembangkit”
Dalam penyelesaian penulisan makalah ini penulis telah berusaha semaksimal mungkin
agar dapat menyelesaikannya dengan baik. Penulis menyadari bahwa dalam penulisan makalah
ini masih banyak kekurangan. Untuk itu penulis menerima segala kritik dan saran yang bersifat
membangun demi kesempurnaan yang akan datang.
Penulis menyadari bahwa tanpa bimbingan, saran, dan petunjuk dari semua pihak,
makalah ini tidak akan dapat diselesaikan dengan baik. Pada kesempatan ini penulis
mengucapkan terima kasih atas segala bantuan, bimbingan, petunjuk, dan partisipasi yang
diberikan, semoga akan senantiasa dapat menjadi amal ibadah serta kebaikan, hingga akhirnya
memperoleh imbalan jasa yang berlipat ganda dan curahan rahmat serta hidayah-Nya kepada
kita semua.
Akhirnya dengan segala kerendahan hati penulis mengharapkan semoga makalah ini
dapat berguna bagi kita semua.
Padang, Februari 2023

Penulis
 BAB I
PENDAHULUAN
A. LATAR BELAKANG
Dalam menyelesaikan permasalahan ada bnyak sekali pilihan metode yang dapat
digunakan. Dalam makalah ini, akan dibahas tentang salah satumetode yang dapat
dipergunakan untuk memecahkan masalah. Metode ini dinamakan Fungsi Pembangkit.
Fungsi Pembangkit adalah salah satu metode yang dapat digunakan untuk menyelesaikan
permasalahan.
Fungsi pembangkit ini bisa kita perlakukan sebagaimana fungsi-fungsi pada umumnya,
misal saja melakukan operasii diferensial. Hal ini membuat ada yang beranggapan bahwa
Fungsi Pembangkit merupakan jembatan antaramatematika diskrit dan kontinu. Fungsi
Pembangkit memiliki banyak kegunaan, misalnya untuk menyelesaikan permasalahan,
counting, membuktikan identitas kombinatorika, maupun aplikasi-aplikasi lainnya.
Dalam penerapannya, banyak metode yang digunakan dalam Fungsi Pembangkit.
Dalam makalah ini akan dibatasi pembahasan Fungsi Pembangkityaitu hanya pada Deret
Kuasa dan Deret Taylor, Barisan dari Fungsi Pembangkit, Operasi dan Konvolusi Dua
Fungsi Pembangkit, Fungsi Pembangkit untuk masalah Kombinasi.

B. RumusanMasalah
Rumusan masalah yang akan dibahas dalam makalah ini, yaitu:
1. Apa yang dimaksud dengan fungsi pembangkit ?
2. Apa yang dimaksud dengan fungsi pembangkit untuk kombinasi ?
C. Tujuan Penulisan
Adapun tujuan penulisan makalah ini, yaitu:
1. Untuk mengetahui apa itu fungsi pembangkit
2. Untuk mengetahui fungsi pembangkit untuk kombinasi
 BAB II
PEMBAHASAN

A. Deret Kuasa dan Deret Taylor

Fungsi pembangkit merupakan alat untuk menangani masalah-masalah pemilihan dan
penyusunan dengan pengulangan. Fungsi seperti ini diperlukan untuk menyelesaikan
masalah yang tidak memperhatikan urutan. Ide deret kuasa akan banyak digunakan untuk
memahami konsep dasar fungsi pembangkit.

Definisi 1 :
Deret kuasa didefinisikan sebagai deret tak terhingga yang berbentuk
~

∑ 𝒂𝒏 𝒙𝒏
𝒏=𝟎

Deret tak terhingga ini selalu konvergen untuk setiap 𝑥 dengan |𝑥| < 𝑅, maka 𝑅 disebut
radius kekonvergenan. Dalam pelajaran kalkulus kita telah mengenal bahwa
Deret taylor fungsi 𝑓(𝑥) di sekitar 𝑥 = 0 mempunyai bentuk sebagai berikut :
~
1 (𝑛 )
𝑓 (𝑥 ) = ∑ 𝑓 (0)𝑥 𝑛
𝑛!
𝑛=0

1 ′′ 1
= 𝑓 (0) + 𝑓 ′ (0)𝑥 + 𝑓 (0)𝑥 2 + 𝑓 ′′ (0)𝑥 3 + ⋯
2! 3!

Dari formula tersebut, kita peroleh hasil-hasil berikut :

(1.1) Untuk semua bilangan real 𝑥 berlaku
~
𝟏 𝒏 𝟏 𝟏
𝑒𝑥 = ∑ 𝒙 = 𝟏 + 𝒙 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 + ⋯
𝒏! 𝟐! 𝟑!
𝒏=𝟎

(1.2) Untuk bilangan real 𝑥 dengan |𝑥| < 1 berlaku

~
𝟏
= ∑ 𝒙𝒏 = 𝟏 + 𝒙 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟑 + ⋯
𝟏−𝒙
𝒏=𝟎

(1.3) Untuk bilangan real 𝑥 dengan |𝑥| < 1 berlaku

~
𝟏
= ∑ 𝒏𝒙𝒏−𝟏 = 𝟏 + 𝟐𝒙 + 𝟑𝒙𝟐 + 𝟒𝒙𝟑 + ⋯
(𝟏 − 𝒙 )𝟐
𝒏=𝟎
(1.4) Perumuman Teorema Binomial
Untuk bilangan real 𝑢 , bilangan bulat non negatif k, dan |𝑥| < 1 berlaku
𝒖 𝒌
(𝟏 + 𝒙)𝒖 = ∑~
𝒏=𝟎(𝒌 )𝒙 , dimana

𝒖 𝒖(𝒖 − 𝟏)(𝒖 − 𝟐) … (𝒖 − 𝒌 + 𝟏)
( )={ , 𝒋𝒊𝒌𝒂 𝒌 > 0
𝒌 𝒌!
𝟏 , 𝒋𝒊𝒌𝒂 𝒌 = 𝟎

Contoh :
1. Tentukan deret Taylor dari𝒇(𝒙) = 𝒆𝒙
Penyelesaian :
𝑓 (𝑥 ) = 𝑒 𝑥 → 𝑓 (0) = 𝑒 0 = 1
𝑓 ′(𝑥) = 𝑒 𝑥 ∙ 1 = 𝑒 𝑥 → 𝑓′(0) = 1
𝑓′′(𝑥 ) = 𝑒 𝑥 → 𝑓′′(0) = 1
𝑓′′′(𝑥 ) = 𝑒 𝑥 → 𝑓′′′(0) = 1
𝑓 4 (𝑥 ) = 𝑒 𝑥 → 𝑓 4 (0) = 1
Deret Taylor dari𝑓 (𝑥 ) = 𝑒 𝑥 adalah
𝑥0 𝑥1 𝑥2 𝑥3 𝑥4
1∙ +1∙ +1∙ +1∙ +1∙ +⋯
0! 1! 2! 3! 4!
dan ditulis
~
𝑥
𝑥2 𝑥3 𝑥4 𝑥𝑛
𝑒 =1+𝑥+ + + +⋯= ∑
2! 3! 4! 𝑛!
𝑛=0

2. Tentukan deret Taylor dari𝒇(𝒙) = 𝒆−𝒙

Penyelesaian:
𝑓 (𝑥 ) = 𝑒 −𝑥 → 𝑓 (0) = 𝑒 0 = 1
𝑓 ′(𝑥) = 𝑒 −𝑥 ∙ −1 = −𝑒 −𝑥 → 𝑓 ′(0) = −1
𝑓′′(𝑥 ) = 𝑒 −𝑥 → 𝑓′′(0) = 1
𝑓′′′(𝑥 ) = −𝑒 −𝑥 → 𝑓 ′′′(0) = −1
Jadi,
𝑥0 𝑥1 𝑥2 𝑥3
deret Taylor dari 𝑓 (𝑥 ) = 𝑒 −𝑥 = 1 ∙ + (−1) ∙ +1∙ + (−1) ∙ +⋯
0! 1! 2! 3!
𝑥2 𝑥3 𝑥𝑛
dan ditulis: 𝑒 −𝑥 = 1 − 𝑥 + − + ⋯ = ∑~𝑛=0(−1)𝑛 ∙
2! 3! 𝑛!
 Dari dua contoh di atas, diperoleh dua deret Taylor berikut.
~
𝑒 𝑥 + 𝑒 −𝑥 𝑥0 𝑥2 𝑥4 𝑥 2𝑛
= 1∙ +1∙ +1∙ +⋯ = ∑
2 0! 2! 4! (2𝑛)!
𝑛=0
~
𝑒 𝑥 − 𝑒 −𝑥 𝑥1 𝑥3 𝑥5 𝑥 2𝑛+1
=1∙ +1∙ +1∙ + … = ∑
2 1! 3! 5! (2𝑛 + 1)!
𝑛=0

𝟏
3. Tentukan deret Taylor dari f(x) = 𝟏−𝒙

Penyelesaian:
1 1
𝑓 (𝑥 ) = 1−𝑥 → 𝑓 (0) = 1−0 = 1
1 1
𝑓′(𝑥 ) = (1−𝑥)2 → 𝑓 ′(0) = (1−0)2 = 1
2 2
𝑓′′(𝑥 ) = 1−𝑥 → 𝑓 ′′(0) = 1−0 = 2
2 2
𝑓′′′(𝑥 ) = (1−𝑥)2 → 𝑓 ′′′(0) = (1−0)2 = 2
1
Jadi, deret Taylor dari f(x) adalah: 1−𝑥
= 1 + 𝑥 + 𝑥2 + 𝑥3 + ⋯

𝟏 𝟏
4. Tentukan deret Taylor dari f(x) = 𝟏−𝒙𝟐 dan f(x) = (𝟏−𝒙)𝟐

Penyelesaian:
Mengacu pada contoh 1.3, akan diperoleh deret Taylor dari kedua fungsi sebagai
berikut.
1
= 1 + 𝑥2 + 𝑥4 + ⋯
1−𝑥 2
1
= 1 + 2𝑥 + 3𝑥 2 + 4𝑥 3 + ⋯
( 1 − 𝑥 )2

Menggunakan prosedur yang sama, seperti yang ditunjukkan pada contoh 1.1, kita
dapat memperoleh deret Taylor yang lain dari fungsi-fungsi yang lain. Berikut ini
diberikan rangkuman dari beberapa deret Taylor yang akan sering kita gunakan pada
pembahasan fungsi pembangkit.
Beberapa Deret Taylor
𝑥 𝑥2 𝑥3 𝑥𝑛
1. 𝑒 𝑥 = 1 + 1! + + + ⋯ = ∑~
𝑛=0 𝑛!
2! 3!

𝑥 𝑥2 𝑥3 𝑥𝑛
2. 𝑒 −𝑥 = 1 − + − + ⋯ = ∑~
𝑛=0(−1)
1! 2! 3! 𝑛!

𝑒 𝑥 +𝑒 −𝑥 𝑥2 𝑥4 𝑥 2𝑛
3. =1+ + + ⋯ = ∑~
𝑛=0 (2𝑛)!
2 2! 4!
 𝑒 𝑥 −𝑒 −𝑥 𝑥3 𝑥5 𝑥 2𝑛+1
4. 2
=𝑥+ 3!
+ 5!
+ ⋯ = ∑~
𝑛=0 (2𝑛+1)!

1
5. 1−𝑥
= 1 + 𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + ⋯ = ∑~
𝑛=0 𝑥
𝑛


1
6. =  x n = 1 - x + x 2 - x3 + x 4 - … = ∑ ~ 𝑛 𝑛
𝑛=0(−1) 𝑥
1 + x n =0

1
7. = 1 + 𝑥 2 + 𝑥 4 + ⋯ = ∑~
𝑛=0 𝑥
2𝑛
1−𝑥 2

1
8. (1−𝑥)2
= 1 + 2𝑥 + 3𝑥 2 + 4𝑥 3 + ⋯ = ∑~
𝑛=0(𝑛 + 1)𝑥
𝑛

1
9. = 1 + 2𝑥 + 4𝑥 2 + 8𝑥 3 + ⋯ = ∑∞ 𝑖 ∞ 𝑖 𝑖
𝑖=0(2𝑥 ) = ∑𝑖=0 2 𝑥
1−2𝑥

1
10. = 1 + (𝑎𝑥 ) + (𝑎𝑥 )2 + (𝑎𝑥 )3 + ⋯ = ∑∞ 𝑖 ∞ 𝑖 𝑖
𝑖=0(𝑎𝑥 ) = ∑𝑖=0 𝑎 𝑥
1−𝑎𝑥

3𝑥 9𝑥 2 27𝑥 3 𝑥𝑛
11. 𝑒 3𝑥 = 1 + + + + ⋯ = ∑~
𝑛=0 3
𝑛
1! 2! 3! 𝑛!

𝑘𝑥 𝑘2 𝑥2 𝑘3 𝑥3 𝑥𝑛
12. 𝑒 𝑘𝑥 = 1 + + + + ⋯ = ∑~
𝑛=0 𝑘
𝑛
1! 2! 3! 𝑛!

1
13. (1+𝑥)𝑛
= (−𝑛
0
) + (−𝑛
1
)𝑥 + (−𝑛
2
)𝑥 2 + ⋯ = ∑∞ −𝑛 𝑖 𝑛+1−1
𝑖=0( 𝑖 )𝑥 = 1 + (−1)( 1 )𝑥 +

(−1)2 (𝑛+2−1
2
)𝑥 2 + ⋯ = ∑∞ 𝑖 𝑛+𝑖−1
𝑖=0(−1) ( 𝑖 ) 𝑥
𝑖

1
14. (1−𝑥)𝑛
= (−𝑛
0
) + (−𝑛
1
)(−𝑥) + (−𝑛
2
)(−𝑥)2 + ⋯ = ∑∞ −𝑛 𝑖
𝑖=0( 𝑖 )(−𝑥 ) = 1 +

(−1)(𝑛+1−1
1
)(−𝑥) + (−1)2 (𝑛+2−1
2
)(−𝑥)2 + ⋯ = ∑∞ 𝑛+𝑖−1
𝑖=0( 𝑖 ) 𝑥
𝑖

x2 x3 x4 x5 x6
15. ln |1 + x | = x - + - + - + . . .
2 3 4 5 6
x2 x3 x4 x5 x6
16. ln |1 - x | = -x - - - - - - . . .
2 3 4 5 6
1+ x x3 x5 x7
17. ln = ln |1 + x | - ln |1 - x | = 2( x + + + + . . .)
1− x 3 5 7
1 3 1 5 1 7
18. Sin x = x - x + x - x + . . .
3! 5! 7!
1 2 1 4 1 6
19. Cos x = 1 - x + x - x + . . .
2! 4! 6!
 x3 x5 x7
20. arc tan x = x - + - + . . .
3 5 7

B. Definisi Fungsi Pembangkit

Definisi 2 :
Misal (𝒂𝒏 ) = (𝒂𝟎 , 𝒂𝟏 , 𝒂𝟐 , … )adalah suatu barisan. Fungsi Pembangkit Biasa (FPB)
dari barisan (𝒂𝒏 ) didefinisikan sebagai berikut :
~

𝑷(𝒙) = ∑ 𝒂𝒙𝒏 = 𝒂𝟎 + 𝒂𝟏 𝒙 + 𝒂𝟐 𝒙𝟐 + 𝒂𝟑 𝒙𝟑 + ⋯
𝒏=𝟎

Contoh :
1. Tulislah Fungsi Pembangkit Biasa (FPB) dari barisan berikut dan sederhanakan jika
mungkin: (0,0,0,1,1,1,1, . . . )
Penyelesaian :
𝑓 (𝑥 ) = 0𝑥 0 + 0𝑥 1 + 0𝑥 2 + 1𝑥 3 + 1𝑥 4 + 1𝑥 5 + 1𝑥 6 + ⋯
𝑓 (𝑥 ) = 0 + 0 + 0 + 𝑥 3 + 𝑥 4 + 𝑥 5 + 𝑥 6 + ⋯
𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 3 + 𝑥 4 + 𝑥 5 + 𝑥 6 + ⋯
𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 3 (1 + 𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + ⋯)
1
𝑓 (𝑥 ) = 𝑥 3
(1 − 𝑥)
𝑥3
Jadi, 𝑃 (𝑥) = merupakan Fungsi Pembangkit Biasa.
(1−𝑥)

2. Tulis fungsi pembangkit biasa dari barisan-barisan berikut, dan sederhanakan jika
1 1 1
mungkin. ( , , ,….)
3! 4! 5!
Penyelesaian:
1 1 1
𝑝 (𝑥 ) = . 1 + 𝑥 + 𝑥2 + ⋯
3! 4! 5!

1 1 1
= + 𝑥 + 𝑥2 + ⋯
3! 4! 5!

𝑥3 1 1 1
= 3
( + 𝑥 + 𝑥2 + ⋯ )
𝑥 3! 4! 5!

1 1 3 1 4 1 5
= ( 𝑥 + 𝑥 + 𝑥 +⋯)
𝑥 3 ! 3! 4! 5!
 1 1 1 1 1 1
= 3
(1 + 𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + 𝑥 4 + 𝑥 5 + ⋯ ) − (1 + 𝑥 + 𝑥 2 )
𝑥 2! 3! 4! 5! 2!

1 1
= 3
(𝑒 𝑥 − (1 + 𝑥 + 𝑥 2 ))
𝑥 2!

1 𝑥 1 2
= (𝑒 − 𝑥 − 𝑥 − 1)
𝑥3 2!

1 2𝑒 𝑥 − 𝑥 2 − 2𝑥 − 2 2𝑒 𝑥 − 𝑥 2 − 2𝑥 − 2
= ( ) =
𝑥3 2 2𝑥 3

3. Tulislah Fungsi Pembangkit Biasa (FPB) dari barisan berikut dan sederhanakan jika
2 2
mungkin: (2,0, 3 , 0, 3 , . . . )

Penyelesaian :
𝟐 𝟐
𝑓 (𝑥 ) = 2𝑥 0 + 0𝑥 1 + 𝑥 2 + 0𝑥 3 + 𝑥 4 + ⋯
𝟑 𝟑
𝟐 𝟐
𝑓 (𝑥 ) = 2 + 0 + 𝑥 2 + 0 + 𝑥 4 + ⋯
𝟑 𝟑
𝟐 𝟐
𝑓 (𝑥 ) = 2 + 𝑥 2 + 𝑥 4 + ⋯
𝟑 𝟑
𝟐
𝑓 (𝑥 ) = 2 + (𝑥 2 + 𝑥 4 + ⋯ )
𝟑
𝟐
𝑓 (𝑥 ) = 2 + [(1 + 𝑥 2 + 𝑥 4 … ) − 𝟏]
𝟑
𝟐 𝟏
𝑓 (𝑥 ) = 2 + [ − 𝟏]
𝟑 𝟏 − 𝒙𝟐
𝟐 𝟐
𝑓 (𝑥 ) = 2 + −
𝟑(𝟏 − 𝒙𝟐 ) 𝟑
6 𝟐 𝟐
𝑓 (𝑥 ) = + −
3 𝟑(𝟏 − 𝒙𝟐 ) 𝟑
4 𝟐
𝑓 (𝑥 ) = +
3 𝟑(𝟏 − 𝒙𝟐 )
1 𝟐
𝑓 (𝑥 ) = (4 + )
3 (𝟏 − 𝒙𝟐 )
1 4(𝟏 − 𝒙𝟐 ) + 2
𝑓 (𝑥 ) = ( )
3 𝟏 − 𝒙𝟐
1 4 − 𝟒𝒙𝟐 + 2
𝑓 (𝑥 ) = ( )
3 𝟏 − 𝒙𝟐
 1 6 − 𝟒𝒙𝟐
𝑓 (𝑥 ) = ( )
3 𝟏 − 𝒙𝟐
2 𝟑 − 𝟐𝒙𝟐
𝑓 (𝑥 ) = ( )
3 𝟏 − 𝒙𝟐

4. Jika fungsi pembangkit berikut adalah FPB dari barisan (an), tentukan barisan (an)
tersebut!
1
a. P(x) = 1 +
1− x
b. P(x) = 2x + e-x
Penyelesaian:
1
a. P(x) = 1 +
1− x
= 1 + 1 + x + x 2 + x 3 + . . . = 2 + x + x 2 + x3 + . . .
Jadi, barisannya adalah (an) = ( 2, 1, 1, 1, 1, . . . )

b. P(x) = 2x + e-x
x 2 x3 x4 x5
= 2x + 1– x + - + - . . .
2 ! 3! 4! 5!

x 2 x3 x4 x 45
= 1+ x + - + - . . .
2 ! 3! 4! 5!

1 1 1 1
Jadi, barisan dari FPB di atas adalah (an) = ( 1, 1, , , , , ... )
2 ! 3! 4 ! 5 !

1+𝑥+𝑥 2 +𝑥 3
5. Misal 𝑝(𝑥 ) = adalah fungsi pembangkit biasa dari barisan (𝑎𝑛 ).
1−𝑥

Tentukan (𝑎𝑛 ).
Penyelesaian :

1 + 𝑥 + 𝑥2 + 𝑥3
𝑝 (𝑥 ) =
1−𝑥
= (1 + 𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥 3 ) (1 − 𝑥 −1 )
𝑛

= ∑ 𝑐𝑛 𝑥 𝑛
𝑛=0
 Jelas bahwa (1 + 𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥 3 ) adalah fungsi pembangkit biasa dari barisan (𝑎𝑛 ) =
(1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, … ) adalah FPB dari barisan 𝑏𝑘 = (1, 1, 1, 1, … ) sehingga
diperoleh
∞

𝑐𝑛 = ∑ 𝑎𝑛 𝑏𝑛−𝑘
𝑛=0
∞

= ∑ 𝑎𝑛
𝑛=0

Dengan demikian 𝑐𝑘 = (1, 2, 2, 2, … , 2) atau

1, 𝑛 = 0
𝑐𝑘 = {
2 𝑛≥1
6. Cari an dengan fungsi pembangkit biasa P(x), dimana
P(x) = (1+10x2) (1+2x+3x2+4x3+.....)
Penyelesaian :
P(x) = (1 + 10𝑥 2 )(1 + 2𝑥 + 3𝑥 2 + 4𝑥 3 + ⋯ . . )
= (1 + 10𝑥 2 ) + (1 + 10𝑥 2 )2𝑥 + (1 + 10𝑥 2 )3𝑥 2 + (1 + 10𝑥 2 )4𝑥 3 + ⋯
= 1 + 10𝑥 2 + (2𝑥 + 20𝑥 3 ) + (3𝑥 2 + 30𝑥 4 ) + (4𝑥 3 + 40𝑥 5 ) + ⋯
= 1 + 2𝑥 + 13𝑥 2 + 24𝑥 3 + 30𝑥 4 + 40𝑥 5 + ⋯
FPB dari an p(x) = ∑∞ n 2 3
𝑛=0 𝑎𝑥 = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥 + 𝑎3 𝑥 + ⋯

C. Operasi dan Konvolusi Dua Fungsi Pembangkit

𝑥5 + 𝑥6
Bagaimana menentukan barisan dari FPB: P(x) = (𝑥 ) = 1− 𝑥
? Kita dapat memandang

P(x) sebagai perkalian dua fungsi pembangkit yaitu A(x) = x3 + x5 dan B(x) = (1 - x)-1,
sehingga barisan yang akan dicari merupakan konvolusi dari dua barisan, yaitu:
(an) = (0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 0 …) dan (bn) = (1, 1, 1, …).
Sebelum kita membahas lebih jauh tentang konvolusi, terlebih dahulu akan dipaparkan
secara umum operasi penjumlahan, pengurangan, dan perkalian dua fungsi pembangkit.
Teorema 4.1 :
 
Misalkan A(x) =  a n x n dan B(x) =
n =0
b x
n =0
n
n
maka:


a. A(x) + B(x) =  (a
n =0
n  b n )x n

 n
b. A(x) . B(x) = ( a
n =0 k =0
k b n - k )x n
 Bukti:
 
a. A(x) + B(x) = a
n =0
n xn + b x
n =0
n
n

= (a0 + a1x + a2x2 + a3x3 +…) + (b0 + b1x + b2x2 +b3x3 +…)
= (a0 + b0) + (a1x + b1x) + (a2x2 + b2x2) + (a3x3 + b3x3) + …

=  (a
n =0
n  b n )x n

b. A(x) . B(x) = (a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …).(b0 + b1x + b2x2 + b3x3+ . . .)
= (a0 b0) + (a0 b1+ a1b0)x + (a0 b2 + a1b1 + a2 b0)x2 + . . .
+ (a0 bn + a1bn-1 + a2 bn-2 + . . . + ak bn-k + . . . + anb0)xn

= 
n =0
(a0 bn + a1bn-1 + a2 bn-2 + . . . + ak bn-k + . . . + anb0)xn

 n
= (
n =0
a
k =0
k b n - k )x n

Teorema 4.2.
n
Misalkan (an), (bn) dan (cn) adalah barisan-barisan sedemikian hingga cn=  a k b n - k , maka
k =0

(cn) disebut konvolusi dari barisan-barisan (an) dan (bn), dan ditulis (cn) = (an) * (bn)

Contoh :
1. Carilah konvolusi dari pasangan barisan berikut!
( 1, 1, 1, 1, ... ) dan ( 0, 1, 2, 3, ... )

Penyelesaian:
Misalkan: an = ( 1, 1, 1, 1, ...) dan bn = ( 0, 1, 2, 3, ...)
Sehingga,
Co = ao bo = 1. 0 = 0
C1 = ao b1 + a1 b0 = 1. 1 + 1. 0 = 1+ 0 = 1
C2 = ao b2 + a1 b1 + a2 b0 = 1. 2 + 1. 1 + 1. 0 = 2 + 1 + 0 = 3
C3 = ao b3 + a1 b2 + a2 b1 + a3 b0 = 1. 3 + 1. 2 + 1. 1 + 1. 0 = 3 + 2 + 1 + 0 = 6

2. Carilah konvolusi dari barisan pasangan barisan :

(an) = (0, 0, 0, 1, 0, 0, . . . ) dan (bn) = ( 6, 7, 8, 9, . . . )
 Penyelesaian:
(an) = (0, 0, 0, 1, 0, 0, . . . ), sehingga diperoleh a3 = 1 dan an = 0, untuk n  3
(bn) = ( 6, 7, 8, 9, . . . ), sehingga diperoleh b0 = 6, b1 = 7, b2 = 8, b3 = 9, dan seterusnya
n

a
k =0
k bn -k
cn =
Sehingga c0 = a0 b0 = 0.6 = 0
c1 = a0 b1+ a1b0 = 0.7 + 0.6 = 0
c2 = a0 b2 + a1b1 + a2 b0 = 0.8 + 0.7 + 0.6 = 0
c3 = a0 b3 + a1b2 + a2 b1+ a3 b0 = 0.9 + 0.8 + 0.7 + 1.6 = 6
c4 = a0 b4 + a1b3 + a2 b2+ a3b1+ a4b0 = 0.10 + 0.9 + 0.8 + 1.7 + 0.6 = 7
c5 = a0 b5 + a1b4 + a2 b3+ a3b2+ a4b1+ a5b0 = 0 + 0 + 0 + 8 + 0 + 0 = 0
Konvolusinya adalah (cn) = ( 0, 0, 0, 6, 7, 8, 9, . . . )
x5 + x6
3. Carilah barisan (cn) dari FPB: P(x) =
1− x
Penyelesaian:
Seperti disinggung pada awal bagian ini, fungsi pembangkit P(x) = (x 5 + x6) (1 – x)-1
dapat dipandang sebagai perkalian dua fungsi pembangkit yaitu A(x) = (x5 + x6) dan
B(x) = (1 – x)-1
Barisan dari:
A(x) = ( x5 + x6 ) adalah (an) = (0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, . . . )
B(x) = ( 1 – x )-1 adalah (bn) = (1, 1, 1, 1, 1, 1, . . . )
Jika dimisalkan (cn) adalah barisan dari P(x), maka barisan (cn) merupakan konvolusi
dari barisan (an) dan (bn). Ini berarti bahwa:
n
cn=  a k b n - k
k =0

n
cn=  a k .1 , karena bi = 1,  i  { 0, 1, 2, 3, . . . }
k =0

n
cn=  a k
k =0

Untuk n = 0, maka c0 = a0 = 0
n = 1, maka c1 = a0 + a1 = 0 + 0 = 0
n = 2, maka c2 = a0 + a1 + a2 = 0 + 0 + 0 = 0
n = 3, maka c3 = a0 + a1 + a2 + a3 = 0 + 0 + 0 + 0 = 0
n = 4, maka c4 = a0 + a1 + a2 + a3 + a4 = 0 + 0 + 0 + 0 + 0 = 0
 n = 5, maka c5= a0 + a1 + a2 + a3 + a4 + a5= c4 + a5 = 0 + 1 = 1
n = 6, maka c6= a0 + a1 + a2 + a3 + a4 + a5+ a6 = c5 + a6 = 1 + 0 = 1
n = 7, maka c7= a0 + a1 + a2 + a3 + a4 + a5+ a6+ a7= c6 + a7 = 1 + 0 = 1
dan seterusnya, cn = 1,  n > 7
Jadi barisan (cn) = ( 0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, . . . )

D. Fungsi Pembangkit untuk Masalah Kombinasi

Dalam suatu wadah terdapat 3 jenis objek a, b, dan c. tentukan banyak cara mengambil
k obyek dengan syarat:
1) a terambil maksimal 2
2) b terambil maksimal 1
3) c terambil maksimal 1
Jawab:
Banyak cara mengambil 1 obyek ( k = 1 ) : 3 cara yaitu a, b, c.
Banyak cara mengambil 2 obyek ( k = 2 ) : 4 cara yaitu ab, ac, bc, aa.
Banyak cara mengambil 3 obyek ( k = 3 ) : 3 cara yaitu abc, aab, aac.
Banyak cara mengambil 4 obyek ( k = 4 ) : 1 cara yaitu aabc.
Masalah ini dapat dimodelkan dengan Fungsi Pembangkit Biasa.

𝑃(𝑥 ) = ∑ 𝑡𝑥 𝑥 𝑘

= [(𝑎𝑥)0 + (𝑎𝑥)1 + (𝑎𝑥)2 ][(𝑏𝑥)0 +(𝑏𝑥)1 ][(𝑐𝑥)0 + (𝑐𝑥)1 ]

𝑃(𝑥 ) = (1 + 𝑎𝑥 + 𝑎2 𝑥 2 )(1 + 𝑏𝑥)(1 + 𝑐𝑥)

Model untuk a
Model untuk b
Model untuk c

= 1 + (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 )𝑥 + 𝑎2 + 𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑐)𝑥 2 + (𝑎𝑏𝑐 + 𝑎2 𝑏 + 𝑎2 𝑐 )𝑥 3 + 𝑎2 𝑏𝑐𝑥 4

Misalkan a, b, atau c terambil ( a = b = c = 1), maka:
𝑃 (𝑥 ) = 1 + 3𝑥 + 4𝑥 2 + 3𝑥 3 + 𝑥 4

Banyak cara mengambil 4 obyek

Banyak cara mengambil 3 obyek

Banyak cara mengambil 2 obyek

Banyak cara mengambil 1 obyek

Banyak cara mengambil 0 obyek

Kesimpulan
Koefisien 𝑥𝑘 menyatakan banyak cara mengambil k obyek dengan syarat yang
ditentukan.Secara umum diperoleh:
Misalkan terdapat p tipe obyek; dan terdapat 𝑛1 obyek tipe 1, 𝑛2 obyek tipe 2, . . . , 𝑛𝑝
obyek tipe p. Misalkan 𝑡𝑘menyatakan banyaknya cara mengambil k obyek dimana
dibolehkan mengambil sembarang banyak obyek tiap tipe. Fungsi pembangkit untuk 𝑡𝑘
adalah P(x) = ∑ 𝑡𝑥 𝑥𝑘, dimana:
𝑃(𝑥 ) = (1 + 𝑥 + 𝑥 2 + ⋯ + 𝑥 𝑛1 )(1 + 𝑥 + 𝑥 2 + ⋯ + 𝑥 𝑛2 ) … . (1 + 𝑥 + 𝑥 2 + ⋯ + 𝑥 𝑛𝑝 ).
Bilangan 𝑡𝑘 diberikan oleh koefisien 𝑥𝑘 dalam P(x).

Contoh
1. Tentukan banyak cara memilih r obyek dari n obyek berbeda, dimana pengulangan tidak
diperkenankan.
Penyelesaian :
Terdapat n objek berbeda. Karena pengulangan tidak diperkenankan, maka setiap obyek
dapat diplih 0 atau 1 kali saja. Sehingga fungsi pembangkit dari permasalahan tersebut
adalah :
𝑛
𝑃(𝑥 ) = (1 + 𝑥 )(1 + 𝑥 )(1 + 𝑥 ) … (1 + 𝑥 )= (1 + 𝑥)𝑛 = ∑ (𝑛𝑟)𝑥𝑟
𝑟=0

n- faktor
Banyak cara memilih (tanpa pengulangan) r obyek dari n objek berbeda adalah koefisien
𝑥𝑟 dalam 𝑃 (𝑥 ) yaitu (𝑛𝑟) dengan 0 ≤ r ≤ n.
2. Tentukan banyak cara memilih r obyek dari n obyek berbeda, dimana pengulangan
diperkenankan.
Penyelesaian :
Misalkan tr menyatakan banyaknya cara memilih r objek. Karena ada n macam objek
berbeda dan tiap objek dapat dipilih berulang (tanpa batas), maka fungsi pembangkit untuk
tr adalah :
𝑛
𝑃(𝑥 ) = (1 + 𝑥 + 𝑥 2 + ⋯ )(1 + 𝑥 + 𝑥 2 + ⋯ )(1 + 𝑥 + 𝑥 2 + ⋯ )= (1 + 𝑥 + 𝑥2 + ⋯ )

n- faktor
1
Karena untuk |𝑥| < 1, 1−𝑥 = (1 + 𝑥 + 𝑥2 + ⋯ ), maka :
 ∞
1 𝑛 −𝑛
𝑃 (𝑥 ) = ( ) = (1 − 𝑥 )−𝑛 = ∑ ( ) (−1)𝑟 𝑥 𝑟
1−𝑥 𝑟
𝑟=0

Untuk r > 0 koefisien 𝑥𝑟 dalam 𝑃 (𝑥 ) adalah :

r (−𝑛)(−𝑛−1)…(−𝑛−𝑟+1) 𝑛(𝑛+1)…(𝑛+𝑟−1) (𝑛+𝑟−1)(𝑛+𝑟−2)…(𝑛−1)𝑛
(−𝑛
𝑟 )(−1) = 𝑟!
(−1)𝑟 = 𝑟!
== 𝑟!
(𝑛+𝑟−1)!
= 𝑟 !(𝑛−1)!
= (𝑛+𝑟−1
𝑟 )

Untuk r = 0 koefisien 𝑥𝑟 dalam 𝑃 (𝑥 ) adalah :

0
(−𝑛 𝑛+0−1
0 ) = (−1) = 1 = ( 0 )

Sehingga untuk r ≥ 0
r
(−𝑛 𝑛+𝑟−1
𝑟 ) = (−1) = ( 𝑟 )

Dengan demikian,
∞
𝑛+𝑟−1 𝑟
𝑃 (𝑥 ) = ∑ ( )𝑥
𝑟
𝑟=0

Jadi, banyaknya cara memilih r obyek dari n macam objek berbeda dimana pengulangan
diperkenankan, sama dengan koefisien 𝑥𝑟 dalam 𝑃 (𝑥 ) yaitu : 𝑡𝑟 = (𝑛+𝑟−1
𝑟 )

Catatan :
Dari penyelesaian soal diatas diperoleh, bahwa untuk bilangan bulat positif n berlaku
∞
1
: ( )𝑛 = ∑ (𝑛+𝑟−1
𝑟
)𝑥 𝑟
1−𝑥 𝑟=0

Jika n bilangan bulat non negatif dan x ≠ 1, mudah ditunjukkan identitas berikut :
1−𝑥𝑛+1
1−𝑥
= 1 + 𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥3 + ⋯ + 𝑥 𝑛
3. Tentukan banyaknya cara untuk memilih k huruf dari huruf-huruf C, A, N, T, I, K,
sedemikian sehingga
a. Memuat paling sedikit satu C
𝑝(𝑥 ) = (𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + 𝑥 4 + 𝑥 5 + ⋯ )1 (1 + 𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + 𝑥 4 + 𝑥 5 + ⋯ )5
1 1 5
=( − 1) ( )
1−𝑥 1−𝑥
𝑥 1 5
=( )( )
𝑥−1 1−𝑥
= 𝑥(1 − 𝑥 )−1 (1 − 𝑥 )−5
= 𝑥(1 − 𝑥 )−6
 ∞
6+𝑟+1 𝑟
= 𝑥∑( )𝑥
𝑟
𝑟=0
∞
6 + 𝑟 − 1 𝑟+1
= ∑( )𝑥
𝑟
𝑟=0
𝑛
𝑟+4 𝑟
= ∑( )𝑥
𝑟−1
𝑟=1

Jadi banyaknya cara adalah :

0, 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑛 < 1
{ 𝑟+4
( ) , 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑛 ≥ 1
𝑟−1

b. Memuat tepat 1 C dan paling banyak 5 A

𝑝(𝑥 ) = (𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + 𝑥 4 + ⋯ )4 (𝑥 )(1 + 𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + 𝑥 4 + 𝑥 5 )
4
1
=( − 1) (𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + 𝑥 4 + 𝑥 5 )
1−𝑥
= 𝑥 4 (1 − 𝑥 )−4 (𝑥 )(1 − 𝑥 6 )(1 − 𝑥 )−1
= 𝑥 5 (1 − 𝑥 )−5 (1 − 𝑥 6 )
= (𝑥 5 − 𝑥 4 )(1 − 𝑥 )−5
𝑛
5+𝑟−1 𝑟
= (𝑥 5 − 𝑥 4 ) ∑ ( )𝑥
𝑟
𝑟=0
∞ ∞
5 + 𝑟 − 1 𝑟+5 5 + 𝑟 − 1 𝑟+11
= ∑( )𝑥 − ∑( )𝑥
𝑟 𝑟
𝑟=0 𝑟=0
𝑛 𝑛
𝑟−1 𝑟 𝑟−7
= ∑( )𝑥 − ∑( ) 𝑥𝑟
𝑟−5 𝑟 − 11
𝑟=5 𝑟=1

Jadi banyaknya cara adalah :

0, 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑛 < 5
𝑟−1
( ) 𝑗𝑖𝑘𝑎 5 ≤ 𝑛 < 10
𝑟−5
𝑟−7
{ 𝑟 − 11) 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑛 ≥ 11
(

c. Tiap vokal terpilih paling sedikit 10 dari konsonan T dan K masing-masing

terpilih tidak lebih dari 20
Penyelesaian :
Konsonan C,A,N,T,I,K = 6 dan paling sedikit 10
 Konsonan T dan K = 2 dan tidak lebih dari 20

Jadi, banyak cara yang dimaksud koefisien dalam

0 , jika

, jika
=
, jika

, jika

4. Seorang manager suatu perusahaan yang bergerak di bidang transportasi merencanakan

membeli 3 jenis kendaraan baru, sedan, bus dan truk. Sang manager ingin membeli n
buah kendaraan baru terdiri dari paling sedikit satu sedan, paling banyak 10 bus dan
sekurang-kurangnya 2 tapi tak lebih dari 15 truk. Ada berapa cara hal ini dapat
dilakukan, jika dua kendaraan sejenis tidak dibedakan ?
Penyelesaian:
Diketahui : akan dibeli n buah kendaraan
Sedan ≥ 1
Bus ≤ 10
 2 ≤ truk ≤ 15
Dua kendaraan sejenis tidak dibedakan
Ditanya : Ada berapa cara untuk membeli n buah kendaraan
Perhatikan bahwa
• Paling sedikit satu mobil sedan, maka FPB nya adalah (x+x 2+x3+…)
(x+x2+x3+…) = x (1+x+x2+…)
x
=
1− x
• Paling banyak 10 bus, maka FPB nya adalah (1+x+x2+…+x10)
1 − x10 +11
(1 + x + x 2 + ... + x10 ) =
1− x
1 − x11
=
1− x
• Sekurang-kurangnya 2 tapi tidak lebih dari 15 bus, maka FPB nya adalah
(x2+x3+…+x15).
(x2+x3+…+x15) = x2 (1+x+…+x13)
 1 − x13+1 
= x 2  
 1− x 
 1 − x14 
= x 2  
 1− x 
x 2 − x16
=
1− x
Sehingga,
P(x) = (x+x2+x3+…) (1+x+x2+…+x10) (x2+x3+…+x15)
 x  1 − x  x − x 
11 2 16
=   
 1 − x  1 − x  1 − x 
= ( x)(1 − x) −1 (1 − x11 )(1 − x) −1 (1 − x11 )
= (1 − x) −3 ( x)(1 − x11 )(1 − x11 )
= (1 − x) −3 ( x 3 − x17 − x14 + x 28 )
= ( x 3 − x17 − x14 + x 28 )(1 − x) −3

 3 + r − 1 r
= ( x 3 − x17 − x14 + x 28 )  x
r =0  r 

 3 + r − 1 r +3   3 + r − 1 r +14   3 + r − 1 r +17   3 + r − 1 r + 28
=    x −   x −   x +   x
r =0  r  r =0  r  r =0  r  r =0  r 

 r − 1  r   r − 12  r   r − 15  r   r − 26  r
=    x −    x −    x +    x
r =3  r − 3  r =10  r − 14  r =17  r − 17  r = 28  r − 28 
 Banyak cara yang dimaksud = koefisien xn dalam P(x).

0, n  3
 n −1
 ,3  n  14
 n − 3
 n − 1   n − 12 
  −  ,14  n  17
 n − 3   n − 14 
 n − 1   n − 12   n − 15 
  −   −  ,17  n  25
 n − 3   n − 14   n − 17 
 n − 1   n − 12   n − 15   n − 26 
  −   −   +  , n  28
 n − 3   n − 14   n − 17   n − 28 

5. Sebuah team tingkat nasional yang beranggotakan 100 orang dipilih dari orang-orang
di ke 34 provinsi yang ada di Indonesia sedemikian hingga tiap provinsi diwakili oleh
paling sedikit dua dan paling banyak 10 orang.
Penyelesaian:
N= 100 orang dari 34 provinsi.
Paling sedikit 2 orang dan paling banyak 10 orang.
Karena objek yang ditinjau identik maka ini merupakan kasus kombinasi.
Misalkan P (x) adalah FPB dari kasus tersebut, sehingga berdasarkan syarat yang telah
ditentukan, diperoleh :
P(x) = ( x2 + x3 +…+x10 )34
=
( x2 (1+ x +x2 +…+x8) )34
= x68(1+x+ x2 +…+x8))34
= x68(1-x9)34(1+x+ x2 +…)34
1 34
= x68(1-x9)34(1−𝑥)
34+𝑘−1 k
= x68(1-x9)34∑∞
𝑘=0( 𝑘
)x
= x68-34x77+…
Banyak cara penempatan sama dengan koefisien x 100 hanya ada dua suku berpangkat x68
dan x77 dalam ekpresi pertama yang akan ditinjau karena pangkatnya tidak melebihi 100.
Berturut-turut k yang diambil adalah k= 10 dan k=1.
6. Ada berapa cara untuk menempatkan 50 koin yang sama ke dalam 5 kotak berbeda
sedemikian hingga
a. Tidak ada kotak yang kosong
b. Setiap kotak mendapat paling sedikit 5 dan paling banyak 25 koin
c. Tiga kotak pertama masing-masing mendapat paling sedikit 10 koin
Penyelesaian:
a. Tidak ada kotak yang kosong
Karena tidak ada kotak yang kosong setidaknya 1 koin dalam satu kotak maka:
𝑃(𝑥) = (𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + … )5

5(
1 5
= 𝑥 )
1−𝑥
∞
5∑ 5+𝑟−1 𝑟
= 𝑥 ( )𝑥
𝑟
𝑟=0
∞
5 + 𝑟 − 1 𝑟+5
= ∑( )𝑥
𝑟
𝑟=0

Sehingga, banyaknya cara menempatkan 50 koin pada 5 kotak yang berbeda demikian
hingga tiap kotak mendapat paling sedikit satu koin adalah koefisien:
45 + 4 49
𝑥 50 dalam 𝑃(𝑥 ), yaitu ( ) = ( ) = 211876
45 45
b. Setiap kotak mendapat paling sedikit 5 dan paling banyak 25 koin.
Karena dalam setiap kotak paling sedikit 5 koin dan paling banyak 25 koin maka:
𝑃(𝑥) = (𝑥 5 + 𝑥 6 + 𝑥 7 + … + 𝑥 25 )5
= [𝑥 5 (1 + 𝑥 + 𝑥 2 + … + 𝑥 20 )]5
5
1− 𝑥 21
= 𝑥 25 ( )
1−𝑥

= 𝑥 25 (1 − 𝑥 21 )5 (1 − 𝑥 )−5
5+𝑟−1 𝑟
= 𝑥 25 [1 − 5𝑥 21 + 10𝑥 42 − 10𝑥 63 + 5𝑥 84 − 𝑥 105 ] ∑∞
𝑟=0 ( )𝑥
𝑟
∞
25 46 67 88 109 130 ] ∑ 4+𝑟 𝑟
= [𝑋 − 5𝑥 + 10𝑥 − 10𝑥 + 5𝑥 −𝑥 ( )𝑥
𝑟
𝑟=0
∞ ∞ ∞
4 + 𝑟 𝑟+25 4 + 𝑟 𝑟+46 4 + 𝑟 𝑟+67
= ∑( )𝑥 − 5∑( )𝑥 + 10 ∑ ( )𝑥
𝑟 𝑟 𝑟
𝑟=0 𝑟=0 𝑟=0
∞ ∞ ∞
4 + 𝑟 𝑟+88 4 + 𝑟 𝑟+109 4 + 𝑟 𝑟+130
− 10 ∑ ( )𝑥 + 5∑( )𝑥 − ∑( )𝑥
𝑟 𝑟 𝑟
𝑟=0 𝑟=0 𝑟=0
 ∞ ∞ ∞
𝑟 − 21 𝑟 𝑟 − 42 𝑟 𝑟 − 63 𝑟
= ∑( )𝑥 – 5 ∑ ( ) 𝑥 + 10 ∑ ( )𝑥
𝑟 − 25 𝑟 − 46 𝑟 − 67
𝑟=25 𝑟=46 𝑟=67
∞ ∞ ∞
𝑟 − 84 𝑟 𝑟 − 105 𝑟 𝑟 − 126 𝑟
− 10 ∑ ( )𝑥 + 5 ∑ ( )𝑥 − ∑ ( )𝑥
𝑟 − 88 𝑟 − 109 𝑟 − 130
𝑟=88 𝑟=109 𝑟=130

Sehingga, jadi banyak cara untuk meletakkan 50 koin ke dalam 5 kotak dimana setiap
kotak mendapat minimal 5 koin atau tidak lebih dari 25 koin, sehingga:
𝑟 − 21 𝑟 𝑟 − 42 𝑟
= ∑∞
𝑟=25 ( ) 𝑥 − 5 ∑∞
𝑟=46 ( )𝑥
𝑟 − 25 𝑟 − 46
29 8
= ( ) − 5( )
25 4
= 23751 – 350 = 23401

c. Tiga kotak pertama masing-masing mendapat paling sedikit 10 koin.

Karena tiga kotak pertama masing mendapat paling sedikit 10 koin, sehingga:
𝑃(𝑥) = (𝑥 10 + 𝑥 11 + 𝑥 12 + … )3 (1 + 𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + 𝑥 4 + … )2
= 𝑥 30 (1 + 𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + 𝑥 4 + … )3 (1 + 𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + 𝑥 4 + … )2
= 𝑥 30 (1 − 𝑥 )−3 (1 − 𝑥 )−2 = 𝑥 30 (1 − 𝑥 )−5
∞
30 ∑ 5+𝑟−1 𝑟
= 𝑥 ( )𝑥
𝑟
𝑟=0
∞
4 + 𝑟 𝑟+30
= ∑( )𝑥
𝑟
𝑟=0

Sehingga, koin sebanyak 50 maka untuk mendapatkan koefisien 𝑥 50 maka dibutuhkan 𝑟 =

4 + 20
20, sehingga: = ( )
20
24
= ( )
20
= 10626

7. Terdapat beberapa cara untuk membagi 𝒑 buah apel (yang identik) kepada 𝒒 anak,
sedemikian hingga;
a. Setiap anak memperoleh paling sedikit 5 apel
b. Setiap anak mendapat tidak lebih dari 100 dan tidak kurang dari 10 apel
Penyelesaian:
a. Setiap anak memperoleh paling sedikit 5 apel
𝑃 ( 𝑥 ) = (𝑥 5 + 𝑥 6 + 𝑥 7 + … )𝑞
= [𝑥 5 (1 + 𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + 𝑥 4 + … )]𝑞

5𝑞
1 𝑞
= 𝑥 ( )
1−𝑥
= 𝑥 5𝑞 (1 − 𝑥)−𝑞
𝑞+𝑟−1 𝑟
= 𝑥 5𝑞 ∑∞
𝑟=0 ( )𝑥
𝑟
𝑞 + 𝑟 − 1 𝑟+5𝑞
= ∑∞𝑟=0 ( )𝑥
𝑟

b. Setiap anak mendapat tidak lebih dari 100 dan tidak kurang dari 10 apel.
𝑃(𝑥) = (𝑥 10 + 𝑥 11 + 𝑥 12 + … + 𝑥 100 )𝑞
= [𝑥 10 (1 + 𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + … + 𝑥 90 )]𝑞
= 𝑥 10𝑞 (1 − 𝑥 91 )𝑞 (1 − 𝑥 )−𝑞
∞
𝑞+𝑟−1 𝑟
= 𝑥 10𝑞 (1 − 𝑥 91 )𝑞 ∑ ( )𝑥
𝑟
𝑟=0
∞
𝑞 + 𝑟 − 1 𝑟+10𝑞
= (1 − 𝑥 91 )𝑞 ∑ ( )𝑥
𝑟
𝑟=0
 BAB III

PENUTUP

A. KESIMPULAN
1. Deret kuasa didefinisikan sebagai deret tak terhingga yang berbentuk ∑~
𝑛=0 𝑎𝑛 𝑥
𝑛

2. Fungsi Pembangkit
a. Misal (𝑎𝑛 ) = (𝑎0 , 𝑎1 , 𝑎2 , … )adalah suatu barisan. Fungsi Pembangkit Biasa (FPB)
dari barisan (𝑎𝑛 ) didefinisikan sebagai berikut :
~

𝑃(𝑥 ) = ∑ 𝑎𝑥 𝑛 = 𝑎0 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎2 𝑥 2 + 𝑎3 𝑥 3 + ⋯
𝑛=0

b. Fungsi Pembangkit Untuk Kombinasi

∞
1
a. Jika bilangan bulat positif n berlaku : (1−𝑥)𝑛 = ∑ (𝑛+𝑟−1
𝑟
)𝑥 𝑟
𝑟=0

b. Jika n bilangan bulat non negatif dan x ≠ 1, mudah ditunjukkan identitas berikut :
1−𝑥 𝑛+1
= 1 + 𝑥 + 𝑥2 + 𝑥3 + ⋯ + 𝑥𝑛
1−𝑥

c. Fungsi pembangkit tidak tergantung dari banyaknya obyek yang diambil secara
keseluruhan, tetapi hanya tergantung pada syarat-syarat banyak tiap obyek boleh
diambil.
d. Fungsi pembangkit biasa dapat digunakan untuk memecahkan masalah
pendistribusian (penempatan) obyek-obyek yang identik ke dalam sel-sel (kotak -
kotak) yang berbeda.

B. SARAN

Dalam penulisan makalah ini masih banyak terdapat kekurangan. Olehkarena itu,
saran penulis kepada para pembaca yang ingin mengembangkan makalah ini adalah
diharapkan dapat menambah dan memperluas kajian mengenai fungsi pembangkit
 DAFTAR PUSTAKA

Budayasa, I Ketut. 1994. Matematika Diskrit I. Surabaya : Institut Keguruan Dan Ilmu
Pendidikan Surabaya.