1. 1

2. CATATAN : Penjumlahan, pengurangan maupun
perkalian dua fungsi pembangkit atau lebih, dapat
dilakukan dengan cara yang sama seperti halnya
menjumlah, mengurangkan ataupun mengalikan dua
polinomial atau lebih. Dengan demikian,
Jika 𝐴(𝑥) = 𝑛=0
∞
𝑎 𝑛 𝑥 𝑛
dan 𝐵(𝑥)= 𝑛=0
∞
𝑏 𝑛 𝑥 𝑛
𝐴(𝑥) ± 𝐵 𝑥 = 𝑛=0
∞
(𝑎 𝑛± 𝑏 𝑛) 𝑥 𝑛
(1.2.1)
Dan
𝐴 𝑥 . 𝐵 𝑥 =
𝑛=0
∞
(
𝑘=0
𝑛
𝑎 𝑘 𝑏 𝑛−𝑘) 𝑥 𝑛 (1.2.2)

3. Apabila (𝑎 𝑛), (𝑏 𝑛) dan (𝑐 𝑛) adalah barisan
sedemikian hingga 𝑐 𝑛 = 𝑘=0
𝑛
𝑎 𝑘 𝑏 𝑛−𝑘 , maka kita
katakan (𝑐 𝑛) adalah konvolusi dari (𝑎 𝑛) dan (𝑏 𝑛) ,
yang ditulis (𝑐 𝑛) = (𝑎 𝑛)*(𝑏 𝑛).
Contoh 1.2.2 :
Carilah barisan (𝑐 𝑛) dengan fungsi pembangkit biasa
𝑃(𝑥)=
𝑥5+𝑥6
1 − 𝑥

4. Penyelesaian:
Misal 𝑃(𝑥) = (𝑥5
+ 𝑥6
) (1 − 𝑥)−1
= 𝑛=0
∞
𝑐 𝑛 𝑥 𝑛
Jelas bahwa 𝑥5
+ 𝑥6
adalah fungsi pembangkit biasa dari
barisan (𝑎 𝑛) = (0,0,0,0,0,1,1,0,0,…). Selanjutnya dari
persamaan (1.1.2) dan definisi fungsi pembangkit kita tahu
bahwa, (1 − 𝑥)−1
adalah fungsi pembangkit biasa dari barisan
(𝑏 𝑛) = (1,1,1,…,1,…). Sehingga dari persamaan (1.2.2)
diperoleh
𝑐 𝑛 = 𝑘=0
𝑛
𝑎 𝑘 𝑏 𝑛−𝑘
= 𝑘=0
𝑛
𝑎 𝑘 (𝑘𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 𝑏𝑖 = 1, 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑠𝑒𝑡𝑖𝑎𝑝 𝑖)
Dengan demikian (𝑐 𝑛) = (0,0,0,0,0,1,2,2,…,2,…)

5. Contoh 1.2.3 :
Carilah barisa bilangan real 𝑎0 =
(1, 𝑎1, 𝑎2, 𝑎3, … ) yang memenuhi 𝑘=0
𝑛
𝑎 𝑘 𝑏 𝑛−𝑘
= 1, untuk semua n 𝜖 0,1,2,3, … .

6. Penyelesaian :
Misalkan 𝑃 𝑥 = 𝑛=0
∞
𝑎 𝑛 𝑥 𝑛
. Sehingga ,
[𝑃 𝑥 ]2
= (
𝑛=0
∞
𝑎 𝑛 𝑥 𝑛
)(
𝑛=0
∞
𝑎 𝑛 𝑥 𝑛
)
= 𝑛=0
∞
( 𝑘=0
𝑛
𝑎 𝑘 𝑏 𝑛−𝑘) 𝑥 𝑛
dari persamaan 1.2.2
= 𝑛=0
∞
𝑥 𝑛
(karena 𝑘=0
𝑛
𝑎 𝑘 𝑏 𝑛−𝑘 = 1)
=
1
1−𝑥
. Untuk |x| < 1. (dari (1.1.2))

7. Dengan demikian 𝑃 𝑥 = (1 − 𝑥)−
1
2
= 𝑛=0
∞ −
1
2
𝑛
(−1) 𝑛
𝑥 𝑛
(Teorema Binomial)
Jadi, barisan yang dimaksud adalah (𝑎 𝑛) . Dimana
𝑎 𝑛 = (−1) 𝑛
−
1
2
𝑛
=
1
(−1) 𝑛
−
1
2
−
3
2
−
5
2
… −
2𝑛−1
2
𝑛!
𝑛=0
𝑛>0
=
1
1,3,5,...(2𝑛−1)
2 𝑛.𝑛!
𝑛=0
𝑛>0

8. FUNGSI PEMBANGKIT UNTUK
KOMBINASI
Misalkan terdapat 3 macam objek: a, b, dan c
katakan. Kita diperkenankan memilih: 0, 1, atau
2 obyek a; dan 0 atau 1 obyek b; dan 0 atau 1
obyek c. pertanyaan yang muncul ialah: ada
berapa cara memilih k obyek?

9. Untuk menjawab pertanyaan ini, akan diterapkan
fungsi pembangkit. Misalkan 𝑡 𝑘 menyatakan
banyaknya cara memilih k obyek. Kita coba
menghitung fungsi pembangkit biasa 𝑃 𝑥 = 𝑡 𝑘 𝑥 𝑘
.
Karena obyek a dapat dipilih 0, 1, atau 2 kali.
Dan obyek b dapat dipilih 0 atau 1 kali,
serta obyek c dapat dipilih 0 atau 1 kali, maka ekspresi yang
dipakai adalah :
[ (𝑎𝑥)0
+(𝑎𝑥)1
+(𝑎𝑥)2
][(𝑏𝑥)0
+(𝑏𝑥)1
][(𝑐𝑥)0
+(𝑐𝑥)1
] (1.3.1)
9

10. Perhatikan bahwa, (𝑎𝑥)1
mengindikasikan
bahwa obyek a terpilih satu kali, (𝑎𝑥)2
mengindikasikan bahwa obyek a terpilih dua
kali, demikian pula (𝑏𝑥)0
mengindikasikan
kemungkinan obyek b tidak terpilih, dsb.
Selanjutnya ekspresi (1.3.1) dapat
disederhanakan menjadi
1 + 𝑎𝑥 + 𝑎2
𝑥2
1 + 𝑏𝑥 1 + 𝑐𝑥
Yang sama dengan
1 + 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝑥 + 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐 + 𝑎2
𝑥2
+ abc + 𝑎2
𝑏 + 𝑎2
𝑐 𝑥3
+ 𝑎2
𝑏𝑐𝑥 4

11. Perhatikan lah koefisien 𝑥3
dalam (1.3.2)
memberikan semua kemungkinan memilih 3 obyek
( dengan syarat yang diperkenankan) yaitu: a, b,
dan c. atau a,a, dan b. atau a,a dan c. demikian
pula koefisien dari 𝑥2
memberikan semua
kemungkinan memilih dua obyek. Yaitu a dan b,b
dan c, a dan c, atau a dan a. hal yang sama
berlaku untuk koefisen-koefisien yang lain

12. # Jadi jika a, b dan c dalam (1.3.2) masing-
masing disubtitusi dengan 1 diperoleh
ekspresi 1 + 3𝑥 + 4𝑥2
+ 3𝑥3
+ 𝑥4
. Maka jelas
koefisien 𝑥 𝑘
dalam ekspresi ini menyatakan
banyaknya cara memilih k obyek (𝑡 𝑘) dengan
syarat yang diperkenankan. Misalnya terdapat
4 cara memilih 2 obyek, 3 cara memilih 1
obyek, dan hanya satu cara memilih 4 obyek.
Perhatikan bahwa 𝑡 𝑘 = 0 untuk 𝑘 = 4.
12

13. Selanjutnya ekspresi
𝑃 𝑥 = 1 + 3𝑥 + 4𝑥2
+ 3𝑥3
+ 𝑥4
= 1 + 𝑥 + 𝑥2
1 + 𝑥 1 + 𝑥
Disebut fungsi pembangkit dari permasalahan
menentukan banyaknya cara memilih k obyek
dari 3 macam obyek, dimana obyek pertama
(obyek a) bisa dipilih sebanyak-banyaknya 2,
obyek kedua (obyek b) bisa dipilih sebanyak-
banyak nya 1, dan obyek ketiga (obyek c) bisa
dipilih tidak lebih dari 1.

14. Secara umum diperoleh
Misalkan diperoleh p type obyek, dan terdapat 𝑛1
obyek tipe 1, 𝑛2 obyek tipe 2,….. 𝑛 𝑝 obyek tipe
p.misal 𝑡 𝑘 menyatakan banyaknya cara mengambil
k objek dimana dibolehkan mengambil sembarang
banyak obyek tiap tipe. Fungsi pembangkit untuk
𝑡 𝑘 adalah 𝑃 𝑥 = 𝑡 𝑘 𝑥 𝑘
, dimana
𝑃 𝑥 = 1 + 𝑥 + 𝑥2
+ ⋯ + 𝑥 𝑛1 1 + 𝑥 + 𝑥2
+ ⋯ + 𝑥 𝑛2
… (1 + 𝑥 + 𝑥2
+ ⋯ + 𝑥 𝑛 𝑝)
Bilangan 𝑡 𝑘 diberikan oleh koefisien 𝑥 𝑘
dalam 𝑃 𝑥 .

15. Contoh 1.3.1:
Tentukan fungsi pembangkit untuk banyaknya
cara memilih r obyek dari n obyek dimana
pengulangan tidak diperkenankan.
Peyelesaian:
Terdapat n obyek. Karena pengulangan tidak
diperkenankan, maka tiap obyek dapat dipilih 0
atau satu kali saja. Sehingga fungsi pembangkit
yang diminta adalah
𝑃 𝑥 = (1 + 𝑥)(1 + 𝑥) (1 + 𝑥)…(1 + 𝑥)
= (1 + 𝑥) 𝑛
= 𝑛
𝑟
𝑥 𝑟
n faktor

16. CATATAN: Koefisien 𝑥 𝑟 dalam 𝑃 𝑥 yaitu 𝑛
𝑟
menyatakan banyaknya cara
memilih (tanpa pengulangan) r obyek dari n obyek yang ada.
Contoh 1.3.2:
Tentukan banyak nta cara memilih r obyek dari n macam obyek dimana
pengulangan diperkenankan.
Penyelesaian:
Misal 𝑡 𝑟 menyatakan banyak cara memilih r obyek. Karena ada n macam
obyek dan tiap obyek dapat dipilih berulang (tanpa batas) maka fungsi
pembangkit untuk 𝑡 𝑟 adalah
𝑃 𝑥 = 1 + 𝑥 + 𝑥2 + ⋯ 1 + 𝑥 + 𝑥2 + ⋯ … 1 + 𝑥 + 𝑥2 + ⋯
= 1 + 𝑥 + 𝑥2
+ ⋯ 𝑛
n faktor

17. Karena, untuk | | < 1, = (Lihat 1.1.2)
Maka
=
= (teorema Binominal)
Untuk r > 0 koefisien dalam P(x) adalah

18. Untuk r = 0 koefisien dari dalam P(x) adalah
Sehingga, untuk r ≥ 0,
Dengan demekian,
Jadi, banyaknya cara memilih r obyek dari n macam obyek berbeda dimana pengulangan
deperkenankan, sama dengan koefisien dalam P(x) yaitu :
tr =
Perlu diingat bahwa untuk x≠1 dan n bilangan cacah berlaku identitas berikut

19. Contoh 1.3.3:
Ada berapa cara mengambil k huruf dari huruf-huruf pembentuk kata SURABAYA sedemikian hingga
setiap konsonan terpilih paling sedikit satu dan setiap vocal terpilih paling banyak 10?
Penyelesaian:
Perhatikan bahwa kata SURABAYA terdapat enam huruf yang berbeda; yaitu 4 konsonan S,R,B,Y dan dua
vocal : U,A. karena setiap konsonan terpilih paling sedikit satu, maka setiap konsonan tersebut
berasosiasi dengan sebuah factor dalam fungsi pembangkit. Selanjutnya, karena
setiap vocal dapat dipilih sebanyak-banyaknya 10, maka setiap vocal tersebut berasosiasi dengan sebuah
factor . Dengan demikian fungsi pembangkit dari permasalahan di atas adalah
P(x)

20. Banyak cara yang dimaksut = koefisien dari dalam P(x) adalah
0, , jika k < 4
, jika 4 ≤ k ≤ 14
, jika 15 ≤ k ≤ 26
, k ≥ 26

21. Contoh 1.3.4
Dengan beberapa cara 60 obyek yang identik dapat ditempatkan di dalam 4 sel (kotak yang berbeda
sedemikian sehingga
(i) Setiap kotak mendapat paling sedikit satu obyek?
(ii) Setiap sel (kotak) mendapat paling sedikit 10 obyek dan tak lebih dari 20 obyek?
Penyelesaian:
(i) Karena ada 4 kotak dan tiap kotak mendapat paling sedikit satu obyek, maka fungsi
pembangkit untuk permasalahan ini adalah:
P(x)
, (untuk |x| < 1, dari (1.2))
(lihat penyelesaian contoh 1.3.2)
Jadi, banyaknya cara menempatkan 60 obyek yang identik ke dalam 4 kotak yang berbeda sedemikian
hingga tiap kotak mendapat paling sedikit satu obyek = koefisien dalam P(x)
(ii) Karena ada 4 sel berbeda dan setiap sel mendapat paling sedikit 10 obyek dan tak lebih dari 20
obyek, maka fungsi pembangkit untuk persoalan ini adalah
P(x)

22. Kita tertarik dengan koefisien dalam P(x). untuk itu kita cari s dan r sedemikian hingga
40 + 11s + r = 60
Penyelesaian bulat tidak negative dari persamaaan ini adalah :
S = 1 dan r = 9; atau s = 0 dan r = 20
Sehingga ,
Banyaknya cara yang dimaksud = koefisien dalam P(x)
= 1771 – 880 = 891

23. Contoh 1.3.5
Tentukan banyaknya solusi bulat dari persamaan berikut
X1 + X2 + X3 + X4 + X5 = 100 , xi ≥ 0, i € {1,2,3,4,5}.
Penyelesaian:
Perhatikan bahwa (0,0,0,25,75) adalah salah satu solusi bulat yang dimaksut. Begitupula
(0,5,20,5,70). (2,3,7,28,60) adalah solusi-solusi bulat dari persamaan tersebut.
Karena dalam persamaan tersebut terdapat 5 peubah, maka fungsi pembangkit dari permasalahan
memuat 5 faktor. Selanjutnya, karena setiap peubah xi ≥ 0, maka setiap factor dari kelima factor
dalam fungsi pembangkit tersebut adalah . Sehingga fungsi pembangkit dari
permasalahan di atas adalah
P(x)
untuk |x| < 1
Banyaknya solusi bulat yang dimaksut = koefisien dalam P(x)
= 4598126

24. 24
Fungsi pembangkit bisa juga dapat digunakan
untuk menentukan banyaknya penyelesaian (solusi)
bulat dari suatu persamaan linear dengan
beberapa peubah
Contoh 1.3.5 :
Tentukan banyaknnya solusi bulat dari persamaan
berikut
𝑋1 + 𝑋2 + 𝑋3 + 𝑋4 + 𝑋5 = 100, 𝑋𝑖 ≥ 0, 𝑖 ∈ {1,2,3,4,5}.

25. Penyelesaian :
Perhatikan bahwa (0,0,0,25,75) adalah salah satu solusi bulat yang
dimaksud. Begitu pula (0,5,20,5,70). (2,3,7,28,60) adalah solusi-solusi
bulat dari permasalahan tersebut.
Karena dalam persamaan tersebut terdapat 5 peubah, maka fungsi
pembangkit dari permasalahan memuat 5 faktor. Selanjutnya, karena
setiap peubah 𝑋𝑖 ≥ 0, maka setiap faktor dari kelima faktor dalam fungsi
pembangkit tersebut adalah (1 + 𝑥 + 𝑥2
+ 𝑥3
+ ⋯ ). Sehingga fungsi
pembangkit dari permasalahan di atas adalah
 𝑃 𝑥 = (1 + 𝑥 + 𝑥2 + 𝑥3 + ⋯ ).
 =
1
1−𝑥
5
. untuk 𝑥 < 1
 = 𝑟=0
5 5 + 𝑟 − 1
𝑟
𝑥 𝑟
25

26. Banyaknya solusi bulat yang dimaksud
= koefisien 𝑥100
dalam 𝑃(𝑥)
=
5 + 100 − 1
100
=
104
100
.
26

27. 14. FUNGSI PEMBANGKIT UNTUK PERMUTASI
Fungsi pembangkit biasa memberikan pendekatan yang
mudah dan sistematis untuk memecahkan masalah-
masalah umum yang melibatka “pengambilan” atau
pendistribusian obyek-obyek yang identik ke dalam
sel-sel yang berbeda. Pada bagian ini kita akan
menerapkan teknik serupa untuk memecahkan
masalah-masalah umum yang melibatkan “penjajaran”
(arragement) atau pendistribusian obyek-obyek yang
berbeda ke dalam sel-sel yang berbeda. Untuk maksud
ini, proporsisi berikut penting.
27

28. 28
Proporsisi 1.4.1
Jika terdapat 𝑘1 obyek tipe satu, 𝑘2 obyek tipe
dua,....... dan 𝑘 𝑛 objek tipe 𝑛. Maka banyaknya
cara “menjajar” obyek-obyek ini adalah
𝑖=1
𝑛
𝑘𝑖 !
𝑘1! 𝑘2! … … 𝑘 𝑛!

29. 29
Bukti :
Jika semua obyek berbeda, maka akan terdapat 𝑖=1
𝑛
𝑘𝑖 !
Jajaran. Tapi obyek-obyek kita tidak semuanya berbeda,
sehingga bilangan ini terlalu besar. Pikirkan sebuah jajaran
dari 𝑖=1
𝑛
𝑘𝑖 obyek yang berbeda. Jika kita ganti 𝑘𝑖 obyek tipe
𝑖 yang berbeda dengan 𝑘𝑖 obyek yang identik, maka 𝑘𝑖.
Formal kerana 1≤ 𝑖 ≤ 𝑛. Kita harus membagi bilangan total
penjajaran dengan 𝑘1! 𝑘2! … … 𝑘 𝑛!.
Misalnya banyaknya cara “menjajar” (banyaknya permutasi)
dari unsur-unsur {a,a,a,b,b} adalah
5!
3!2!
= 10, yaitu :
aaabb,aabab, abaab,baaab,baaba, babaa,bbaaa,aabba,
abbaa, ababa.

30. 30
Selanjutnya, mari kita tinjau permasalahan berikut:
Sebuah sandi dibentuk dari tiga huruf yang berbeda
a,b, dan c. Barisan yang terdiri dari lima atau kurang
huruf-huruf membentuk sebuah “kata sandi”. Kata
sandi yang akan dibentuk terdiri dari paling banyak
satu b, paling banyak satu c, dan sampai tiga a. Ada
berapa kata sandi dengan panjang k yang dapat
dibentuk?

31. 31
Yang dimaksud dengan panjang suatu kata sandi adalah
banyaknya huruf dalam kata sandi tersebut. Perhatikan bahwa
“urutan” huruf-huruf dalam kata sandi diperhatikan. Sehingga
kita lebih tertarik dengan perhitungan permutasi daripada
kombinasi. Walau begitu, kita mulai dengan perhitungan
kombinasi, banyaknya cara untuk mendapatkan 𝑘 huruf bila
diperkenankan mengambil paling banyak satu b, paling banyak
satu c, dan paling banyak tiga a. Untuk itu, fungsi pembangkit
dari permasalahan menentukan banyak cara memilih 𝑘 unsur
huruf (dengan syarat yang ditentukan) adalah :
(1 + 𝑎𝑥 + 𝑎2
𝑥2
+ 𝑎3
𝑥3
)(1 + 𝑏𝑥)(1 + 𝑐𝑥)

32. 32
Yang sama dengan
1 + 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝑥 + 𝑎2
+ 𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑐 𝑥2
+ ( 𝑎3
+ 𝑎𝑏𝑐 +

33. 33
Menurut proposisi 1.4.1, bila kita pilih a,a, b dan c. Maka
akan terdapat
4!
2!1!1!
= 12 permutasi yang bersesuaian yaitu :
aabc, aacb, abac, abca,acab,acba,
baaa, baac,baca, cbaa, caab, caba.
Bili kita pilih a, a, a dan b ; maka terdapat
4!
3!1!
= 4
permutasi yang bersesuaian yaitu :
aaab, aaba, abaa, dan baaa
Dan untuk a, a, a, dan c ; ada
4!
3!1!
= 4 permutasi yang
bersesuaian yaitu :
aaac, aaca, acaa, caaa

34. 34
Dengan demikian, banyak cara untuk mendapatkan kata
sandi dengan panjang 4 diberikan oleh
4!
2!1!1!
𝑎2 𝑏𝑐 +
4!
3!1!
𝑎3 𝑏 +
4!
3!1!
𝑎3 𝑐
(1.4.2)
Untuk a = b = c =1, (1.4.2) memberikan perhitungan
yang tepat untuk menentukan banyak kata sandi dengan
panjang 4.

35. 35
Sebenarnya untuk mendapatkan (1.4.2) dan koefisien-koefisien yang
lain, kita bisa menggunakan
(𝑎𝑥) 𝑘
𝑘!
Sebagai ganti dari (𝑎𝑥) 𝑘
untuk
memperoleh fungsi pembangkit dari permasalahan menentukan
banyaknya kata sandi dengan panjang 𝑘 yang dapat dibentuk.
Dengan demikian fungsi pembangkit kita menjadi
(1 +
𝑎𝑥
1!
+
𝑎2 𝑥2
2!
+
𝑎3 𝑥3
3!
)(1 +
𝑏𝑥
1!
)(1 +
𝑎𝑥
1!
)
Yang sama dengan
1 +
𝑎
1!
+
𝑏
1!
+
𝑐
1!
𝑥 +
𝑎2
2!
+
𝑎𝑏
1!1!
+
𝑎𝑐
1!1!
+
𝑏𝑐
1!1!
𝑥2
+
𝑎3
3!
+
𝑎𝑏𝑐
1!1!1!
+
𝑎2 𝑏
2!1!
+

36. 36
Ternyata skematik ini belum merupakan skematik yang
memuaskan, karena koefisien 𝑥4
dalam (1.4.3) belum identik
dengan (1.4.2).Akan teteapi skematik jalan, bila kita pikir ini
sebagai fungsi pembangkit eksponensial dengan memperhatikan
koefisien dari
𝑥 𝑘
𝑘!
.
Perhatikan behawa ekspresi (1.4.3) sama dengan
1 + 1!
𝑎
1!
+
𝑏
1!
+
𝑐
1!
𝑥
1!
+ 2!
𝑎2
2!
+
𝑎𝑏
1!1!
+
𝑎𝑐
1!1!
+
𝑏𝑐
1!1!
𝑥2
2!
+ 3!
𝑎3
3!
+
𝑎𝑏𝑐
1!1!1!
+

37. 37
Terlihat bahwa (1.4.2) sama dengan koefisien
𝑥4
4!
Dalam (1.4.4).
Substitusikan a, b, c dengan 1 dalam (1.4.4), diperoleh fungsi pembangkit
dari permasalahan di atas sbb:
𝑃 𝑥 = 1 +
1!
1!
+
1!
1!
+
1!
1!
𝑥
1!
+
2!
2!
+
2!
1!1!
+
2!
1!1!
+
2!
1!1!
𝑥2
2!
+
3!
3!
+
3!
1!1!1!
+
3!
2!1!
+

38. Preposisi 1.4.2
Banyaknya permutasi dengan panjang k
dengan paling banyak n obyek tipe i =
koefisien
𝑥 𝑘
𝑘 !
dalam FPE berikut.
P 𝑥 = 1 + 𝑥 +
𝑥2
2!
+ ⋯ +
𝑥 𝑛1
𝑛1!
1 + 𝑥 +
𝑥2
2!
+ ⋯ +
𝑥 𝑛2
𝑛2!
…
…..(1 + 𝑥 +
𝑥2
2!
+ ⋯ +
𝑥 𝑛 𝑝
𝑛 𝑝!
)
38

39. Preposisi 1.4.3
(i) (1 + 𝑥 +
𝑥2
2!
+
𝑥3
3!
… ) 𝑛
= 1 + 𝑛𝑥 +
𝑛2 𝑥2
2!
+
𝑛2 𝑥3
3!
+ ⋯
(ii)
𝑒 𝑥 + 𝑒−𝑥
2
= 1 +
𝑥2
2!
+
𝑥4
4 !
+
𝑥6
6 !
+ …
(iii)
𝑒 𝑥 − 𝑒−𝑥
2
= 𝑥 +
𝑥3
3!
+
𝑥5
5 !
+
𝑥7
7 !
+ …
39

40. Barisan kuarternair 0, 1, 2, 3.
contoh: 120032, barisan kuarternair 7-angka
Barisan binair 0, 1
Contoh: 101001, barisan binair 6-angka
Contoh 1.4.1
a) Berapa banyak barisan kuarternair r-angka yang
mememuat paling sedikit: satu 1, satu 2, dan satu
3?
b) Ada berapa barisan biner r-angka yang memuat 0
sebanyak bilangan genap dan 1 sebanyak genap
pula?
40

41. 41
Penyelesaian:
a) P 𝑥 = 1 + 𝑥 +
𝑥2
2!
+
𝑥3
3!
… (𝑥 +
𝑥2
2!
+
𝑥3
3!
… )3
= 𝑒 𝑥
𝑒 𝑥
− 1 3
= 𝑒 𝑥
(𝑒3𝑥
− 3𝑒2𝑥
+ 3𝑒 𝑥
− 1)
= 𝑒4𝑥
− 3𝑒3𝑥
+ 3𝑒2𝑥
− 𝑒 𝑥
= 0
~ 4𝑥 𝑟
𝑟 !
− 3 0
~ 3𝑥 𝑟
𝑟 !
+ 3 0
~ 2𝑥 𝑟
𝑟 !
− 0
~ 𝑥 𝑟
𝑟 !
Banyaknya barisan yang dimaksud
= koefisien dari
𝑥 𝑟
𝑟 !
dalam p(x)
= 4 𝑟
− 3. 3 𝑟
+ 3.2 𝑟
−1
= 4 𝑟
− 32𝑟
+ 3.2 𝑟
−1

42. 42
b) P 𝑥 = 1 +
𝑥2
2!
+
𝑥4
4!
…
2
= (
𝑒 𝑥 + 𝑒−𝑥
2
)2
=
𝑒2𝑥 + 𝑒−2𝑥 +2
4
= ½
𝑒 𝑥 + 𝑒−𝑥
2
+
1
2
= ½ (1 +
(2𝑥)2
2!
+
(2𝑥)4
4!
… ) + ½
= 1 + 2
𝑥2
2!
+ 23 𝑥4
4!
+….
Banyaknya barisan yang dimaksud
= koefisien dari
𝑥 𝑟
𝑟 !
dalam p(x)
= 0, bila r ganjil
1, bila r = 0
2 𝑟−1, 𝑏𝑖𝑙𝑎 𝑟 𝑔𝑒𝑛𝑎𝑝 𝑑𝑎𝑛 𝑟 > 0

43. 43
FPE dapat digunakan untuk memecahkan
masalah pendistribusian obyek-obyek yang
berbeda ke daam sel
Contoh 1.4.2
1) Tentukan banyaknya cara mendistribusikan x macam
obyek yang berbeda ke dala n sel yang berbeda jika
setiap sel mendapat paling sedikit satu obyek.
2) Tentukan banyaknya cara mendistribusikan x macam
obyek yang berbeda ke dala n sel yang identik jika
setiap sel mendapat paling sedikit satu obyek.

44. 44
Penyelesaian:
1) P 𝑥 =
𝑥
1!
+
𝑥2
2!
+
𝑥3
3!
…
𝑛
= 𝑒 𝑥
− 1 𝑛
=
𝑛
0
𝑒 𝑥𝑛
−
𝑛
1
𝑒 𝑥 𝑛−1
+ … + −1
𝑘 𝑛
𝑘
𝑒 𝑥 𝑛−𝑘
+
−1
𝑛 𝑛
𝑛
Untuk 0≤ 𝑘 ≤ 𝑛, koefisien
𝑥 𝑟
𝑟 !
dalam 𝑒 𝑥(𝑛−𝑘)
adalah 𝑛 − 𝑟 𝑘
Maka koefisien dari
𝑥 𝑟
𝑟 !
dalam p(x) ialah
𝑘=0
𝑛
−1 𝑘 𝑛
𝑘
𝑛 − 𝑘 𝑟
Jadi, banyaknya cara yang dimaksud adalah
𝑘=0
𝑛
−1 𝑘 𝑛
𝑘
𝑛 − 𝑘 𝑟

45. 45
b) Karena n sel identik, maka jawaban (a)
harus di bagi n
jadi, banyaknya cara ialah:
1
𝑛! 𝑘=0
𝑛
−1 𝑘 𝑛
𝑘
𝑛 − 𝑘 𝑟

46. DAN KINI SAATNYA KALIAN
MERAIH MIMPI-MIMPI KALIAN
&
SYUKRON TO ALL”
46

47. 47