Pertemuan 1
Bilangan Kompleks 1.1 1.1
Penda endah hulua uluan n
Bilangan kompleks merupakan salah satu terobosan penting dalam dunia Matematika. Bagi yang telah mengikuti perkuliahan Aljabar Linear, himpunan bilangan bulat telah dikenal sebagai suatu himpunan himpunan yang sederhana sederhana yang memiliki struktur grup, dan lebih jauh lagi gelanggang. gelanggang. Struktur grup dari bilangan bilangan bulat membuat membuat setiap p ersamaan ersamaan linear monik memiliki solusi. solusi. Tetapi persamaan linear umum: ax + b = c, dengan a,b,c di suatu himpunan F menuntut struktur yang lebih canggih bagi F , F , yaitu lapangan . 1 Lapangan yang paling sederhana adalah bilangan rasional: Q=
a b
a, b
∈Z
.
Tetapi lapangan lapangan ini tidak memiliki memiliki sifat berikut ini: setiap subset terbatas darinya memiliki batas atas terkecil dan batas bawah terbesar . Sifat ini yang kemudian kemudian berakibat setiap barisan barisan Cauchy Cauchy konvergen. Sifat ini disebut ”lengkap”. Kebutuhan untuk mengkonstruksi sebuah lapangan yang lengkap lengkap yang kemudian kemudian memberikan memberikan himpunan himpunan bilangan real. Tetapi, etapi, meskipun meskipun himpunan bilangan langan real memiliki sifat kelengk kelengkapan, apan, lapangan tersebut tidak tertutup tertutup secara secara aljabar: aljabar: setiap setiap polinom berde b erderajat rajat n memiliki n buah pembuat nol. Salah satu contoh klasik mengenai fakta ini adalah persamaan x2 + 1 = 0 yang sama sekali tidak memiliki akar di bilangan real. Jika akar dari persamaan ini disebut i, maka kita dapat membentuk lapangan bilangan kompleks yang tertutup secara aljabar. Masalah yang serius dalam hal ini adalah persamaan: x2 + 1 = 0 memiliki memiliki dua akar. akar. Akar Akar yang manakah manakah yang akan kita pilih sebagai i? Ini sebabnya pendekatan yang lebih formal dan rigid dibutuhkan untuk mendefinisikan himpunan bilangan kompleks. Dalam Bab ini kita akan akan memperken memperkenalk alkan an konsep konsep bilangan bilangan kom kompleks pleks.. Sekurang-ku Sekurang-kurangn rangnya, ya, ada empat pendekatan untuk mendefinisikan bilangan kompleks yang akan kita perkenalkan: 1. dalam bentuk bentuk pasang pasang terurut: terurut: (a, b) dengan a, b 2. dalam bentuk bentuk rektangular: rektangular: a + bi, dengan a, b 3. dalam bentuk bentuk matriks: matriks:
a b b a
−
∈ R.
∈ R.
, dengan a, b
∈ R.
4. dalam bentuk: bentuk: r (cos θ + i sin sin θ). 1
Meskipun sederhana perlu diberi arti dan pengertian untuk bisa bermakna secara unik.
5
6
PERTEMU PERTEMUAN AN 1.
BILANGAN BILANGAN KOMPLEKS KOMPLEKS
Masing-mas Masing-masing ing bentuk bentuk memiliki memiliki keunggula keunggulan n dan kelemahan kelemahan masing-masing. masing-masing. Kemampuan Kemampuan untuk untuk bekerja bekerja dengan masing-mas masing-masing ing bent b entuk, uk, dan mengubah dari satu bentuk ke bentuk lain, serta memanfaatkan keunggulan tiap bentuk merupakan kemampuan minimal yang dituntut.
1.2 1.2
Lapa La pang ngan an Bilan Bilanga gan n Kom Kompl plek ekss
Lapangan bilangan kompleks C adalah: himpunan yang berisikan pasangan terurut bilangan real (a, b). Dua buah buah bilangan bilangan kompl kompleks eks (a, (a, b) dan (c, (c, d) dikatak dikatakan an sama, jika jika a = c dan b = d, Himpunan C dilengkapi dengan dua operasi penjumlahan : (a, b) + (c, ( c, d) = (a + b, c + d),
(1.1)
dan perkalian :
− bd, bd, ad + bc) bc).
(a, b)(c, )(c, d) = (ac ( ac
(1.2)
Terhadap operasi penjumlahan, ( C, +) memenuhi:
(G1) kom komutatif: utatif: (a (a1 , b1 ) + (a ( a2 , b2 ) = (a2 , b2 ) + (a ( a1 , b1 ), (G2) asosiatif: asosiatif: ((a ((a1 , b1 ) + (a ( a2 , b2)) + (a (a3 , b3 ) = (a ( a1 , b1 ) + ((a ((a2 , b2 ) + (a ( a3 , b3 )). (G3) memiliki memiliki elemen identita identitas: s: (0, (0, 0) sehingga (a, (a, b) + (0, (0, 0) = (a, (a, b). (G4) memiliki memiliki elemen invers: invers: untuk untuk setiap (a, (a, b) ( a, b) = (0, (0, 0).
− −
∈ C terdapat (−a, −b) ∈ C sehingga: sehingga:
(a, b) +
Dengan perkataan lain, ( C, +) membentuk grup komutatif.
\{
}
Terhadap operasi perkalian, C (0, (0, 0) mem membentuk bentuk grup komutatif komutatif juga. Elemen Elemen identitas identitas pada grup perkalian perkalian ini adalah: adalah: (1, (1, 0). Misalk Misalkan an (a, (a, b) adalah bilangan kompleks kompleks.. Kita ingin mencari mencari bilangan kompleks (x, (x, y) yang merupakan invers perkalian dari (a, (a, b), yaitu: (ax Jadi:
(a, b)(x, )(x, y) = (1, 0), 0), by,bx + ay) ay ) = (1, 0). 0).
−
−
ax by bx + ay
= 1 = 0.
Ini adalah persamaan linear dalam x dan y . Solusi dari sistem persamaan di atas adalah:
x=
dan y=
1 0 a b
−b
a b a
−
−
a 1 b 0 a b b a
=
=
a , + b2
(1.3)
−b
(1.4)
a2
a2 + b2
,
dengan syarat: a2 + b2 = 0. Syarat ini dipenuhi oleh semua bilangan kompleks kecuali: (0, (0 , 0). Jadi (C, +) membentuk grup komutatif, (C (0, (0, 0) , ) membentuk grup komutatif. Selain itu, hukum distributif juga dipenuhi, yaitu:
\{
}·
(a1 , b1 ) ((a ((a2 , b2 ) + (a ( a3 , b3 )) = (a (a1 , b1 )(a )(a2 , b2 ) + (a ( a1 , b1 )(a )(a3 , b3 ).
7
1.2. LAPANGAN BILANGAN KOMPLEKS
·
C terhadap operasi penjumlahan (+) dan perkalian ( ), membentuk struktur aljabar yaitu sebuah lapangan , seperti juga bilangan real R dan Q.
Teorema 1.1. Dalam sebuah lapangan F , setiap persamaan linear: ax + b = c punya jawab.
Contoh 1.1. Berikut adalah contoh-contoh perhitungan dalam bilangan kompleks.
− − − − − 2. (3, 2)+((−7, 1) + (4, −4)) = (3, 2)+(−3, −3) = (0, −1). Contoh (1) dan (2) memperlihatkan 1. ((3, 2) + ( 7, 1)) + (4, 4) = ( 4, 3) + (4, 4) = (0, 1).
bahwa penjumlahan memenuhi hukum asosiatif.
3. Contoh operasi pembagian: hitung
−
(3, 2) . ( 1, 1)
−
Pertama-tama kita mencari bilangan kompleks (x, y) sehingga: ( 1, 1)(x, y) = (1, 0). Ini setara dengan menyelesaikan sistem persamaan:
−
− − x x
−
y y
= 1 = 0
Jadi (x, y) =
− − 1 , 2
1 2
.
Maka: (3, 2) = (3, 2) ( 1, 1)
−
−
−
− − − − 1 , 2
1 2
5 , 2
=
1 2
.
4. Hitung: (5, 5) . (3, 4)
−
Dengan menggunakan formula pada (1.3) dan (1.4), kita dapat menuliskan: 1
−
(3, 4)
=
− − 3 , 5
4 5
.
Akibatnya: (5, 5) = (5, 5) (3, 4)
−
− − − 3 , 5
4 5
=
1 7 , 5 5
,
8
PERTEMUAN 1.
1.3
Representasi rectangular :
BILANGAN KOMPLEKS
a + bi
Perhatikan bahwa jika kita memandang
{
| ∈ R} ⊂ C,
A = (a, 0) a
maka: kedua operasi di atas tertutup pada A, yaitu: (a1 , 0)+(a2 , 0) = (a1 +a2 , 0) dan (a1 , 0)(a2 , 0) = (a1 a2 , 0). Latihan 1.1. Perlihatkan bahwa hukum distributif tetap berlaku. Jadi A adalah sublapangan dari C, dan pemasangan A (a, b)
−→ −→
R
a,
adalah korespondensi satu-satu. Jadi kita dapat melihat R sebagai sublapangan dari C.
Bilangan imajiner: i. Kita ingin mencari bilangan kompleks (a, b) yang memenuhi: (a, b)2 + (1, 0) = (0, 0). Karena
(a, b)2 = (a2
maka
a2 b2 2ab
−
(1.5)
− b2, 2ab), −
= 1 = 0,
Dari persamaan kedua, entah a = 0 atau b = 0. Jika b = 0, maka a2 = 1, tetapi tidak ada bilangan real yang memenuhinya. Jadi, haruslah a = 0 dan b = 1, atau a = 0 dan b = 1. Berarti, terdapat dua buah bilangan kompleks yang memenuhi persamaan (1.5), yaitu:
−
−
−
(0, 1) dan (0, 1). Perhatikan bahwa: (a, b) = (a, 0) + (0, b) = a(1, 0) + b(0, 1). Kita mengidentifikasii (1, 0) sebagai bilangan real: 1, dan (0, 1) sebagai sebuah bilangan ”lain”: i. Selanjutnya, (a, b) = a(1, 0) + b(0, 1) = a 1 + b i = a + bi = z. Bilangan i disebut bilangan imajiner yang memenuhi persamaan: z 2 + 1 = 0. Jadi, i 2 = 1. Bandingkan dengan operasi ”kuadrat” pada bilangan real yang senantiasa memberikan nilai yang nonnegatif. Di dalam himpunan bilangan real, persamaan x2 + 1 = 0 tidak mempunyai jawab, tetapi di dalam bilangan kompleks: z 2 + 1 = 0 memiliki jawab, yaitu: i dan i.
−
−
Jadi, himpunan bilangan kompleks dapat dituliskan sebagai:
{
| ∈ R} .
C = z = a + bi a, b
Operasi penjumlahan (1.1) dituliskan sebagai: z1 + z2 = (a1 + a2 ) + (b1 + b2 )i, sedangkan operasi perkalian (1.2) dituliskan sebagai: z1 z2
= (a1 + b1 i)(a2 + b2 i) = (a1 a2 + b1 b2 i2 ) + i(a1 b2 + a2 b1 ) = (a1 a2 b1 b2 ) + i(a1 b2 + a2 b1 ).
−
1.3. REPRESENTASI RECTANGULAR :
A + BI
9
Akar dari bilangan kompleks Misalkan z adalah sebuah bilangan kompleks. Maka akar dari z adalah bilangan kompleks w yang memenuhi: w 2 = z. Jadi, kita ingin mencari akar dari a + bi yang adalah bilangan kompleks: x + yi yang memenuhi: (x + yi)2 = a + bi. 2 2 2 x + 2xyi + y i = a + bi 2 2 (x y ) + (2xy)i = a + bi.
−
Ini identik dengan menyelesaikan sistem persamaan tak linear:
Kita asumsikan b = 0, maka: y =
b
2x .
x2 y2 2xy
−
= a = b
Substitusikan ke dalam persamaan yang pertama: b2 x2
x2
−2 =a 2 2 x2 − 2ax2 − b2 = 0, 2 x2 − ax2 − 2 = 0.
b2
Persamaan terakhir adalah persamaan kuadrat dalam x2 , yang identik dengan: a 2
2
− x2
Jadi: 1 2
√a2 + 2b2 ≥
a2 + 2b2 4
≥ 0.
a 1 a2 + 2b2 . 2 2 1 a, sehingga yang mungkin pada persamaan di atas adalah: 2 x2 =
Perhatikan bahwa:
=
±
± −
a 1 + a2 + 2b2 . 2 2 Jadi, kedua bilangan kompleks yang adalah akar dari a + bi adalah: x=
a 1 + 2 2
a2 + 2b2
√a2 + 2b2 − 1− i 2b
a
a 1 + 2 2
dan
a2 + 2b2
√a2 + 2b2 − 1− i 2b a
Selanjutnya, jika b = 0 maka, entah x = 0 atay y = 0 tergantung pada tanda dari a.
√ √
Jadi, notasi (penulisan) 4 yang memiliki arti yang jelas pada bilangan real, dalam bilangan kompleks tidaklah memiliki arti yang jelas. Itu sebabnya kita akan menghindari penggunakan notasi z.
Contoh 1.2. Contoh soal yang diselesaikan. 1. Hitung akar dari
−2i. Misalkan bilangan kompleks a + bi memenuhi: (a + bi)2 = −2i,
maka, a dan b memenuhi sistem persamaan: a2 b2 2ab
−
Maka, dengan mensubstitusikan b =
Jadi a = 1 dan b =
= =
0 2
−
− 1 ke dalam persamaan pertama, kita dapatkan: 2 a2 − 1 = 0. a
−1 atau a = −1 dan b = 1. Jadi √−2i = ±(1 − i).
10
PERTEMUAN 1.
Latihan 1.2.
1. Tunjukkan bahwa: akar dari 2i adalah: 1 + i dan
BILANGAN KOMPLEKS
−1 − i.
2. Carilah: akar dari 4. 3. Tunjukkan bahwa: az 2 + bz + c = 0, dengan a = 0, b , c
∈ C senantiasa memiliki jawab.
Modulus dan konjugat bilangan kompleks Bilangan kompleks memiliki modulus:
|a + bi| = Dengan perkatan lain:
a2 + b2 .
|a + bi|2 = (a2 + b2, 0) = (a, b)(a, −b) = (a + bi)(a − bi). Bilangan kompleks: a − bi disebut konjugat kompleks dari a + bi, dinotasikan sebagai: a + bi.
Contoh 1.3. Perhatikan lagi contoh perhitungan pada Contoh: 1.4 dimana kita telah menghitung: (3, 2) = ( 1, 1)
−
−
− − 5 , 2
1 2
.
Dengan menggunakan modulus dan konjugat,
−
−
− − i) = − 5 − 1 i. − − i) 2 2
(3, 2) (3 2i) ( 1 = ( 1, 1) ( 1 + i) ( 1
−
−
Perhitungan pembagian pada bilangan kompleks lebih sederhana jika menggunakan teknik ini. Fungsi Re dan Im Misalkan z = a + bi. Kita definisikan dua buah fungsi real: R
z
−→ −→
Im : C z
−→ −→
R
Re :
C
Re(z) = a,
dan Im(z) = b.
Jadi, z = Re(z) + Im(z)i, dan z = Re(z)
− Im(z)i.
Akibatnya: Re(z) =
−
z+z z z dan Im(z) = . 2 2i
Modulus dari z,
|z | = yang berakibat:
Re(z)2 + Im(z)2 ,
|Re(z)| ≤ |z|, |Im(z)| ≤ |z|, dan |z| ≤ |Re(z)| + |Im(z)|.
(1.6)
11
1.4. BILANGAN KOMPLEKS SEBAGAI MATRIKS.
1.4
Bilangan kompleks sebagai matriks.
Perhatikan: z1 z2
= (a1 a2 = =
− b1b2, a1b2 + a2b1)
a1
a1
− a2 b2
b1 b1
,
a2 b2
a1
b1
b2 a2
−
b2 a2
.
Operasi perkalian ini memberikan inspirasi untuk menuliskan bilangan kompleks ( a, b) sebagai matriks: a b . b a
−
Perhatikan bahwa bentuk matriks di atas invariant terhadap operasi penjumlahan matriks dan perkalian matriks biasa. Perkalian bilangan kompleks (a, b)(c, d) dinyatakan oleh:
a b b a
−
×
c d d c
−
,
dimana menyatakan perkalian matriks biasa. Maka invers perkalian dari bilangan kompleks (a, b) adalah:
×
a b b a
−
−1
=
1 2 a + b2
−b
a b
a 2 a + b2 b a2 + b2
=
a
b 2 a + b2 a a2 + b2
−
.
Perhatikan bahwa dalam notasi yang standar, matriks yang terakhir berkorespondensi dengan bilangan kompleks: a b , . a2 + b2 a2 + b2
−
Dengan notasi matriks, bilangan i dapat dituliskan menjadi:
0 1 1 0
−
yang dikenal dengan nama: matriks simplektik J . Matriks ini memenuhi: J 2 = elektro, bilangan imajiner i biasanya dinotasikan dengan J .
Contoh 1.4. Berikut adalah contoh-contoh soal yang dikerjakan.
√ √
1. Hitung ( 12 2, 12 2)5 . Kita menyatakan bilangan kompleks tersebut dalam bentuk matriks, yaitu:
√2 1 √2 2 − √2 1 √2 1 2 1 2
2
√
1 = 2 2
1 1
−
1 1
.
Maka:
√ 1 2 2
1 1 1 1
−
5
=
√ 1
4 2
1 1
−
1 1
5
.
−I .
Di teknik
12
PERTEMUAN 1.
BILANGAN KOMPLEKS
Perhatikan bahwa:
1 1 1 1
−
5
− − −
1 1 1 1
=
1 1 1 1 1 1
= = =
1 1 1 1 1 1
−
2
− − − 1 1
2
1 1
2
0 2 2 0
(2J )2
( 4).
Jadi:
√ 1 2 2
1 1
1 1
5
√
=
1 2 2
2
2
1 1 1 1
− − √ √ √ √ Dalam notasi standar kita, ( 1 2, 1 2)5 = (− 1 2, − 1 2) −
2
2
.
√
2. Hitung (3, 4) 3, 1 . Kali ini kita akan menggunakan matriks untuk menghitung perkalian ini dengan tujuan memperlihatkan ilustrasi lain dari bilangan kompleks dan perkaliannya.
3 4 4 3
−
√
3 1
1 3
− √
= =
5 5
√ √ − − 3 5 4 5
4 5 3 5
cos θ1 sin θ1
−
2
1 2
sin θ1 cos θ1
3
1 2
1 2
1 2
3
cos π6 sin π6
2
−
sin π6 cos π6
dengan cos θ1 = 35 . Kedua matriks kita kenali sebagai matriks rotasi di R2 dengan sudut sejauh θ1 dan π6 . Maka:
3 4 4 3
−
√
3 1
1 3
− √
cos θ1 + π6 sin θ1 + π6
sin θ1 + π6 cos θ1 + π6
· −
=5 2
Soal latihan Hitung dengan menggunakan definisi dan dengan menggunakan matriks: 1.
(1, 0) , (6, 2)
2.
(2, 1)(3, 2) , (1, 1)
3.
4.
(2, 1)(3, 2)(1, 2) . (1, 1)2
− √3 1
−2,
2
4
.
− −
5. ( 1, 2)2
−
−
(4, 0) (2, 1) + . (1, 1) (1, 1)
−
13
1.5. BIDANG KOMPLEKS DAN REPRESENTASI POLAR
1.5
Bidang Kompleks dan Representasi polar
Dalam bentuk rectangular, bilangan kompleks memiliki bentuk: a + bi. Jika kita memandang C sebagai ruang vektor atas R, maka C adalah ruang vektor berdimensi dua dengan basis: 1, i . Jadi, himpunan bilangan kompleks C dapat digambarkan pada bidang koordinat Cartesius, dengan sumbu horisontal: subruang dari C yaitu: x + 0i x R . Subruang ini identik dengan R, dan disebut sumbu real. Pada sumbu vertikal, kita meletakan subruang: 0 + yi y R . Subruang ini dinotasikan: iR dan sumbu ini disebut sumbu imajiner. Himpunan R iR disebut bdang kompleks. Bilangan kompleks: a + ib dinyatakan dengan sebuah titik pada bidang kompleks yaitu: (a, b). Kita dapat menarik ruas garis yang pangkalnya di titik (0, 0) dan ujungnya di (a, b). Ruas garis tersebut memiliki panjang: a2 + b2 = r 0 yang tidak lain adalah: modulus atau panjang dari a + bi. Selain itu, jika kita menuliskan θ sebagai sudut yang dibentuk oleh ruang garis tersebut dengan sumbu real positif, dan bilangan θ [0, 2π) ini disebut argumen dari a + bi. Maka bilangan kompleks: a + bi memenuhi hubungan:
{ }
{
| ∈ }
{
×
| ∈ }
√
≥ ∈
a = r cos θ dan b = r sin θ. Dengan perkataan lain: r= dan θ
∈ [0, 2π) yang memenuhi:
a2 + b2
a b ;sin θ = . r r Jadi, bilangan kompleks: a + bi dapat ditulis menjadi: cos θ =
a + bi = r (cos θ + i sin θ) = rcis θ. Di Kalkulus kita sudah mengenal deret MacLaurin dari fungsi trigonometri: sin θ = θ Perhatikan bahwa: in = Akibatnya: isin θ
− 3!1 θ3 + 5!1 θ5 − 7!1 θ7 + . . . .
− −
i 1 i 1
n n n n
mod 4 = 1 mod 4 = 2 mod 4 = 3 mod 4 = 0.
− i 3!1 θ3 + i 5!1 θ5 − i 7!1 θ7 + . . .
=
iθ
=
1 3 1 5 1 7 iθ + i3 3! θ + i5 5! θ + i7 7! θ + ...
=
iθ +
1 3 3! (iθ)
+
1 5 5! (iθ)
+
1 7 7! (iθ)
+....
Dengan cara yang sama: cos θ
= 1
− 2!1 θ2 + 4!1 θ4 − 6!1 θ6 + . . .
1 2 1 4 1 6 = 1 + i2 2! θ + i4 4! θ + i6 6! θ + ...
= 1+
1 (iθ)2 2!
+
1 (iθ)4 4!
+
1 (iθ)6 6!
+....
Jadi: cos θ + i sin θ = 1 + iθ +
1 1 1 1 1 1 (iθ)2 + (iθ)3 + (iθ)4 + (iθ)5 + (iθ)6 + (iθ)7 + . . . . 2! 3! 4! 5! 6! 7!
Deret yang terakhir kita kenal sebagai deret MacLaurin untuk exp(iθ).
14
PERTEMUAN 1.
Teorema 1.2. Misalkan: η
BILANGAN KOMPLEKS
∈ [0, 2π). Maka: exp(iη) = eiη = cos η + i sin η.
Jadi, sebarang bilangan kompleks: a + bi dapat ditulis menjadi: a + bi = r exp(iθ), dengan r adalah modulus dari a + bi dan θ adalah argumentnya. Kita dapat menggunakan sifat-sifat dari fungsi eksponensial untuk mempermudah perhitungan yang melibatkan perkalian bilangan kompleks. Misalkan: z1 = r1 exp(iθ1 ) dan z2 = r2 exp(iθ2 ). Maka z1 z2 = r1 r2 exp(i(θ1 + θ2 )) .
·
Kesulitannya adalah, untuk sebarang bilangan kompleks a + bi tidaklah mudah untuk menentukan argumentnya. Meskipun formula eksplisit untuk menghitung besarnya argument tersebut tersedia, namun secara praktis kita harus menyelesaikan sistem persamaan nonlinear: cos θ =
a b ;sin θ = . r r
Selain itu, perhitungan yang melibatkan penjumlahan bilangan kompleks menjadi lebih rumit dengan menggunakan representasi ini. Jika kita memandang bentuk Euler ini dalam bentuk matriks, kita dapatkan: r exp(iθ) = r (cos θ + i sin θ) = r
−
cos θ sin θ
sin θ cos θ
.
Kita dapat mengenali matriks yang terakhir sebagai matriks rotasi sejauh θ. Jadi, perkalian dua bilangan kompleks z1 dan z2 secara geometris memiliki pengertian, merotasi z1 sejauh argument z2 lalu mendilatasi modulusnya dengan modulus z2 . Mari kita perhatikan: 1 = cos 0 + i sin 0 = cos 2π + isin 2π = exp(i2π). Secara umum: z = r exp(iθ) = r exp(i(θ + k2π)), k = 0, 1, 2, . . . . Invers perkalian Misalkan: z = r exp(iθ). Maka 1 1 1 = = exp( iθ). z r exp(iθ) r
−
Pangkat dan akar dari bilangan kompleks. Perhatikan bahwa bilangan kompleks z memenuhi: z n = rn exp(inθ) = rn (cos nθ + i sin nθ) , n
∈ N.
Formula ini dikenal dengan nama: formula de Moivre. 1. Misalkan z = r exp(iθ) maka: z n = rn exp(inθ). Sekarang kita perhatikan bilangan kompleks: i = exp(i π2 ). Akar pangkat dua dari i adalah bilangan kompleks: r exp(iθ) yang memenuhi: π r2 exp(i2θ) = exp i . 2
15
1.5. BIDANG KOMPLEKS DAN REPRESENTASI POLAR
Maka haruslah: r = 1 dan 2θ =
π + k2π, k = 0, 1, 2, . . . 2
θ=
π + kπ,k = 0, 1, 2, . . . . 4
Jadi: Jadi akar dari : i adalah:
z1 = exp(i π4 ) dan z2 = exp(i 54π ). Dalam bentuk rectangular, kedua akar ini adalah:
√2 √2
z1 =
+
2
2
√2 √2 − 2 i. i dan z2 = − 2
2. Sekarang kita ingin menghitung akar pangkat tiga dari i. Maka persamaan yang harus kita selesaikan adalah: π r3 exp(i3θ) = exp i . 2
Seperti sebelumnya, haruslah: r = 1, dan θ=
π 2π + k , k = 0, 1, 2, . . . . 6 3
Jadi: k=0
maka
θ=
π
k=1
maka
θ=
5π 6
k=2
maka
θ=
9π 6
6
Gbr. 1.1: Pada gambar kiri diperlihatkan kedua akar pangkat dua dari bilangan imajiner i. Gambar yang kanan memperlihatkan tiga akar pangkat tiga dari bilangan imajiner i.
1
3. Lebih umum, kita ingin mencari: ( 1 + i) 3 . Modulus dari 1 + i adalah: 1 + i = 2. Argument dari 1 + i didapat dengan menyelesaikan: 1 3π tan θ = , yaitu θ = + k2π, k = 0, 1, 2, . . . . 1 4
− |−
−
−
|
√
−
16
PERTEMUAN 1.
Jadi: 1 3
−
( 1 + i) = Jika k = 0, maka: z1 = π maka 6 2 exp(i 19 ). 12
√
√ 2exp
√2 exp(i 6
π
4
3π + k2π 4
1 3
=
√ 6
BILANGAN KOMPLEKS
2exp 2π
). Jika k = 1 maka z2 =
1 k + 8 3
√2 exp(i 11
π
6
12
.
) dan jika k = 2
Metode geometris untuk mencari akar pangkat n dari sebarang bilangan kompleks Misalkan z◦ adalah bilangan kompleks tersebut. 1. Gambarkan sebuah lingkaran dengan jari-jari 1. 2. Tarik garis yang menghubungkan titik 0 dengan bilangan kompleks z◦ . Jika diperlukan, perpanjang garis tersebut hingga memotong lingkaran. 3. Bagi sudut yang dibentuk oleh garis tersebut pada nomor 2 dengan sumbu real positif menjadi n buah sudut yang sama besar . Sebutlah sudut hasil baginya θ◦ .
− 4. Tulis ρ = |z◦ |
1 6
.
5. Maka, akar-akar tersebut adalah:
zk = ρ exp i θ◦ +
k
− 1 2π n
, dengan k = 1, 2, . . . , n .
Contoh 1.5. Aplikasi lain dari formula Euler dari bilangan kompleks. 1. Buktikan bahwa: cos 5θ = 16 cos5 θ Bukti: cos5θ + isin 5θ
− 20cos3 θ + 5 cos θ.
= exp(i5θ) = (exp(iθ))5 = (cos θ + i sin θ)5 = cos5 θ + i5 cos4 θ sin θ + 10i2 cos3 θ sin2 θ +10i3 cos2 θ sin3 θ + 5i4 cos θ sin4 θ + i5 sin5 θ = cos5 θ + i5 cos4 θ sin θ
− 10cos3 θ sin2 θ
−10i cos2 θ sin3 θ + 5 cos θ sin4 θ + i sin5 θ =
cos5 θ
− 10cos3 θ sin2 θ + 5 cos θ sin4 θ
+i 5cos4 θ sin θ
Jadi: cos5θ = cos5 θ
− 10cos2 θ sin3 θ + sin5 θ
− 10cos3 θ sin2 θ + 5 cos θ sin4 θ.
2. Buktikan bahwa: cos θ =
exp(iθ) + exp( iθ) exp(iθ) exp( iθ) dan sin θ = . 2 2i
−
−
−
1.6.
17
RINGKASAN
Bukti: Dengan menyelesaikan:
exp(iθ)
= cos θ + i sin θ
−
exp( iθ)
= cos θ
− isin θ,
bukti pernyataan tersebut didapat. Buktikan: cos4 θ = Bukti:
1 8
cos4 θ
1.6
cos4θ +
1 2
cos2θ + 38 .
=
(exp(iθ) + exp( iθ))4 16
=
exp(i4θ) + 4 exp(i2θ) + 6 + 4 exp( i2θ) + exp( i4θ) 16
=
1 exp(i4θ) + exp( i4θ) 1 exp(i2θ) + exp( i2θ) 3 + + . 8 2 2 2 8
=
1 8
−
−
−
cos4θ +
1 2
−
−
cos2θ + 38 .
Ringkasan
Bilangan kompleks dapat dinyatakan dengan tiga cara: 1. Sebagai pasangan terurut (a, b), tetapi kita harus memperkenalkan perkalian secara khusus. Dengan pendekatan ini, kita tidak perlu mendefinisikan secara khusus bilangan imajiner i, tetapi muncul secara natural sebagai: (0, 1). Kelemahannya, formula perkalian tidak standar dan harus diingat. Mencari invers dari perkalian dilakukan dengan menyelesaikan sistem persamaan linear. 2. Sebagai bilangan: a + bi, dengan i2 = 1. Kelemahannya adalah pada eksistensi dari bilangan i. Operasi perkalian dilakukan dengan menerapkan sifat distributif dari perkalian yang sudah dikenal; dan penerapan dari aturan: i2 = 1. Menghitung invers perkalian dilakukan dengan perkalian dengan sekawan.
−
−
a b 3. Sebagai matriks: . Operasi perkalian pada representasi ini adalah operasi perkalian b a matriks yang sudah dikenal. Demikian pula, invers perkalian dihitung dengan cara menghitung invers matriks.
−
4. Bilangan kompleks juga dapat dinyatakan dalam bentuk exponensial: z = exp(iθ). Perkalian, pangkat dan akar bilangan kompleks dapat dihitung dengan mudah melalui bentuk ini. Tetapi penjumlahan bilangan kompleks sangatlah tidak menyenangkan jika dilakukan dalam bentuk ini.
18
PERTEMUAN 1.
BILANGAN KOMPLEKS
Pertemuan 2
Topologi Bilangan Kompleks dan Fungsi Kompleks 2.1
Pendahuluan
Topologi adalah sistem dalam Matematika yang memberikan pengertian tentang himpunan buka. Himpunan buka adalah konsep yang p enting dalam Kalkulus: untuk mendefinisikan limit dan kekontinuan dari sebuah fungsi. Demikian juga kekonvergenan didefinisikan menggunakan himpunan buka. Topologi dapat diinduksi melalui norm atau melalui metrik. Dalam himpunan bilangan kompleks, kita memiliki fungsi modulus:
| |:
C
z
−→ R −→ |z| = (z z)
1 2
.
Fungsi ini memiliki sifat:
| | ≥ 0 untuk setiap z ∈ C dan |z| = 0 jika dan hanya jika z = 0. 2. |αz | = |α||z | untuk setiap z ∈ C dan α ∈ R. 3. |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 | untuk setiap z1 , z2 ∈ C. 1. z
Jika kita memandang bilangan kompleks C sebagai ruang vektor atas R, maka fungsi modulus tersebut mendefinisikan sebuah norm pada C. Melalui norm ini, kita dapat mendefinisikan konsep himpunan buka, yang membangun topologi pada bilangan kompleks. Topik kedua yang akan dibahas pada pertemuan kali ini adalah: fungsi kompleks. Jika, z = x + yi, maka: f (z) = u(x, y) + v(x, y)i. Dengan notasi standar menggunakan pasang terurut, fungsi kompleks dapat ditulis menjadi: f :
C
(x, y)
−→ −→
C
(u(x, y), v(x, y))
Fungsi seperti ini termasuk dalam keluarga fungsi bernilai vektor: R2
2.2
−→ R2.
Barisan bilangan kompleks dan kekonvergenannya
Barisan bilangan kompleks adalah sebuah fungsi: f : N n
−→ −→ 19
C
zn = f (n).
20
PERTEMUAN 2.
TOPOLOGI BILANGAN KOMPLEKS DAN FUNGSI KOMPLEKS
Definisi 2.1. Suatu barisan bilangan kompleks zn dikatakan konvergen ke z◦ jika barisan bilangan real zn z◦ konvergen ke 0.
| − |
{
}
Teorema 2.2. Misalkan diberikan suatu barisan bilangan kompleks: zn = xn + yn i , dengan xn , yn adalah barisan bilangan real. Maka: zn konvergen, jika dan hanya jika: xn dan yn keduanya konvergen. Bukti. Dengan menggunakan: 1.6, bukti didapat. Definisi 2.3. Barisan bilangan kompleks zn dikatakan Cauchy jika, untuk sebarang ε > 0, ada bilangan positif N N sehingga, jika n,m > N maka zn zm < ε.
{ }
∈
| − | Teorema 2.4. Barisan {z } konvergen jika dan hanya jika {z } Cauchy. Bukti. (=⇒) Ambil ε > 0 sebarang. Misalkan z konvergen ke z◦ , maka pilih N sedemikian rupa sehingga: |z − z◦ | < 2ε , jika n > N. n
n
n
n
Maka, jika n,m > N :
|z − z | = |z − z◦ + z◦ − z | < |z − z◦| + |z − z◦ | < 2ε + 2ε = ε. n
m
n
m
n
m
Jadi zn Cauchy. ( =) Misalkan zn Cauchy. Pandang xn = Re(zn ). Maka:
⇐
|z − z | = |(x − x n
m
n
m ) + (yn
− y )i| = m
(xn
2 m ) + (yn
−x
2 m)
−y
≥
(xn
−x
2
m)
= xn
| − x |. m
Akibatnya, xn Cauchy di bilangan real. Dengan cara yang sama dapat ditunjukkan bahwa yn = Im(zn ) juga Cauchy. Karena R lengkap, maka terdapat: x◦ , y◦ R sehingga: xn
→ x◦ dan y
n
∈ → y◦ , jika n → ∞.
Ambil ε > 0 sebarang, pilih N sedemikian sehingga:
|x − x◦ | < 2 dan |y − y◦| < 2 , jika n > N. n
n
Maka:
|z − (x◦ + y◦i)| < |x − x◦ | + |y − y◦ | < ε,n > N. n
n
n
Jadi zn konvergen ke x◦ + y◦ i.
Deret bilangan kompleks Seperti juga di bilangan real, kita dapat membentuk suatu barisan baru dari barisan lama dengan cara menjumlahkan suku-suku dari barisan yang lama. Misalkan zn adalah sebuah barisan bilangan kompleks. Definisikan: n
S n = z1 + z2 + . . . + zn =
zk .
1
Barisan S n disebut deret bilangan kompleks. Berikut adalah sifat-sifat dari deret bilangan kompleks. 1. Jumlah dan selisih dari dua buah deret kompleks yang konvergen juga konvergen. 2. Syarat perlu agar suatu deret kompleks: perkataan lain: Jika zn konvergen, maka
zn konvergen adalah zn
lim zn = 0.
n→∞
→ 0 jika n → ∞. Dengan
2.2.
21
BARISAN BILANGAN KOMPLEKS DAN KEKONVERGENANNYA
3. Syarat cukup agar
zn konvergen adalah
|
|
zn konvergen
Contoh 2.1. Berikut adalah beberapa contoh deret yang telah kita kenal di Kalkulus. 1. Tunjukkan bahwa: 1 + z + z 2 + z 3 + . . . =
∞
z n konvergen di z < 1.
||
n=0
Bukti. Pandang:
|z| +1 = lim |z| = |z| →∞ |z | →∞ Agar konvergen mutlak, haruslah: |z | < 1. Lebih jauh lagi, deret ini merupakan deret geometri dengan rasio: z, sehingga jika |z | < 1 maka: n
ρ = lim
n
n
n
1 + z + z2 + z 3 + . . . =
2. Pelajari deret:
∞
1
− z.
∞
n
−
(3 + ( 1) ) (z
n=0
Perhatikan bahwa:
1
an =
n
− 2)
4 2
=
an (z
n=0
n
− 2)
jika n genap jika n ganjil
Akibatnya: lim |a|a+1| | tidak ada. Teknik seperti nomor 1 tidak dapat digunakan pada soal n→∞ ini . Kita akan menggunakan Teorema Abel dan formula: Cauchy-Hadamard. n
n
Teorema 2.5. Setiap deret pangkat:
∞
an z n ,
n=0
berkoresondensi dengan sebuah bilangan R [0, ] ( extended real positive number), yang disebut dengan jari-jari kekonvergenan, sehingga deret tersebut konvergen di DR (0), dan
∈ ∞
c
∞
divergen di DR (0 , jika R < . Perhatikan bahwa tidak ada informasi di C R (0). Jika R= maka deret konvergen di mana-mana. Bilangan R ditentukan oleh:
∞
1 = lim sup R n→∞
Jadi lim sup n→∞
√a n
n
= lim sup
| | n
an .
√4 = 1. Jadi deret di atas konvergen di D (2). n
1
n→∞
Perhatikan bahwa: ∞
n=0
(3 + ( 1)n ) (z
−
n
− 2)
− 2) + 4(z − 2)2 + 2(z − 3)3 + . . .
=
4 + 2(z
=
4 1 + (z
− 2)2 + (z − 2)4 + . . .
=
(4 + 2(z
− 2))
=
2z
=
3
1
−
1 (z
1 + (z
+ 2(z
− 2)
1 + (z
− 2)2 + (z − 2)4 + . . .
− 2)2 + (z − 2)4 + . . .
− − 2)2
2z 4z + z 2
Catatan 2.6. Secara umum, sangat sulit mencari fungsi yang menjadi limit dari suatu deret fungsi.
22
PERTEMUAN 2.
2.3
Klasifikasi himpunan bagian bilangan kompleks
TOPOLOGI BILANGAN KOMPLEKS DAN FUNGSI KOMPLEKS
Misalkan r > 0 sebuah bilangan real dan z◦ sebarang bilangan kompleks. 1. Yang dimaksud dengan cakram buka dari z◦ berjari-jari r adalah himpunan: Dr (z◦ ) = z
{ ∈ C dimana |z − z◦| < r}.
2. Yang dimaksud dengan lingkaranyang berpusat di z◦ dengan jari-jari: r adalah himpunan:
{ ∈C
C r (z◦ ) = z
| − z◦ | = r}.
di mana z
3. Komplemen dari S adalah himpunan: S c = z z / S = C S.
{ | ∈ }
4. Sebuah himpunan bagian S sehingga: Dr (z) S .
⊂
\
⊂ C dikatakan buka jika:
untuk setiap z
∈ S , ada r > 0
5. Suatu himpunan S dikatakan tutup jika S c buka. Teorema 2.7. Himpunan S dikatakan tutup jika sebarang zn berakibat: z S .
∈
∈ S yang memenuhi: z → z, n
Himpunan batas dari S adalah: ∂ (S ) = z
c
{ ∈ C | ∀ εD (z) ∩ S = ∅ dan D (z) ∩ S = ∅}. ε
ε
6. Closure dari S , adalah: S = S ∂S .
∪
7. Himpunan S dikatakan terbatas jika ada M > 0 dan z◦
∈ C sehingga D
M (z◦ )
⊃ S .
8. Jika S tutup dan S terbatas, maka S dikatakan kompak. 9. Himpunan S dikatakan tidak terhubung jika ada A dan B himpunan-himpunan buka bagian tak kosong dari C sedemikian sehingga:
∩ B = ∅, (b) A ∪ B ⊃ S , ⊂ A, dan (c) S ⊂ B. (d) S (a) A
Dengan perkataan lain, S dikatakan tidak terhubung jika sekurang-kurangnya terdiri dari dua bagian yang terpisah. Himpunan S dikatakan terhubung, jika S c tidak terhubung 1 . 10. Misalkan z1 dan z2 adalah dua buah bilangan kompleks yang berbeda, maka [z1 , z2 ] adalah segmen garis (ruas garis) yang menghubungkan keduanya. 11. Garis poligonal adalah gabungan dari ruas-ruas garis: [z1 , z2 ]
∪ . . . ∪ [z −1, z n
n ].
12. Jika setiap dua titik za dan zb di S , dapat dihubungkan oleh garis poligonal sedemikan sehingga setiap titik pada garis poligonal tersebut berada di dalam S , maka S dikatakan terhubung secara poligonal. Definisi 2.8. Sebuah himpunan buka yang terhubung dinamakan: region. 1
Inilah harga yang harus kita bayar ketika kita mendefinisikan negasi dari suatu konsep.
23
2.4. FUNGSI KONTINU
2.4
Fungsi Kontinu
Fungsi bernilai kompleks adalah f :
C
z
−→ −→
C
w = f (z).
Fungsi kompleks: f (z) dapat dituliskan sebagai: f (z) = u(x, y) + v(x, y)i, dengan z = x + yi, dimana u, v : R2 R. Ketika kita membahas fungsi real f : R R, kita membatasi diri dengan mensyaratkan setiap x R berkorespondensi dengan tepat satu buah nilai y = f (x) R. Untuk fungsi kompleks, kita memperkenalkan dua jenis fungsi: yaitu fungsi bernilai tunggal, contohnya: f (z) = 2z + i, 1 atau f (z) = z 2 ; dan fungsi bernilai ganda, contohnya: f (z) = z 2 , yang akan kita pelajari secara khusus.
−→
∈
−→
∈
1
Pandang kembali fungsi f (z) = z 2 . Misalkan kita membatasi diri pada: C r (0), sehingga z = exp(iθ). Jika θ bergerak dari 0 sampai melewati 2π, z bergerak mengitari lingkaran C r (0) berlawanan arah jarum jam. Pada C 1 (0) θ f (z) = exp i . 2
Maka jika θ
→ 0+, z → r. Sebaliknya jika θ → 2π−, maka z → r. Tetapi:
θ lim exp i 2 θ→0+
= 1 sedangkan
lim exp i
θ→2π −
θ 2
=
−1.
Hal ini berarti, setelah melakukan satu putaran penuh: rotasi sebesar 2π, maka nilai fungsi f dikalikan dengan exp(πi): f (z◦ exp(2πi)) = exp(πi)f (z◦ ). Ini membutuhkan penjelasan yang panjang namun sangat menarik. Kita akan kembali lagi ke topik ini pada bagian-bagian selanjutnya. Untuk saat ini, kita membatasi diri pada fungsi yang bernilai tunggal saja.
Definisi 2.9. Fungsi bernilai kompleks bernilai tunggal f (z) yang terdefinisi pada sebuah lingkungan buka dari z◦ dikatakan kontinu di z◦ jika, setiap barisan bilangan kompleks zn yang konvergen ke z◦ berakibat: barisan bilangan kompleks f (zn ) f (z◦ ). Alternatif lain untuk mendefinisikan kekontinuan fungsi adalah:
→
∀ε > 0, ∃δ > 0 sehingga, jika 0 < |z − z◦ | < δ maka |f (z) − f (z◦ )| < ε. Dengan bahasa topologi: f kontinu di z◦ jika:
∀ε > 0, ∃δ > 0 sehingga untuk setiap z ∈ D (z◦ )\{0} =⇒ f (z) ∈ D δ
ε
(f (z◦ )) .
Suatu fungsi kompleks dikatakan kontinu pada sebuah region S jika ia kontinu pada setiap titik di S . Contoh 2.2. Contoh-contoh fungsi kontinu. 1. Fungsi polinomial: p(z) = a0 + a1 z + a2 z 2 + . . . + am z m kontinu di C.
24
PERTEMUAN 2.
∈
TOPOLOGI BILANGAN KOMPLEKS DAN FUNGSI KOMPLEKS
C sebarang. Misalkan zn barisan bilangan kompleks yang konvergen Bukti. Ambil z◦ k ke z◦ . Maka: zn z◦ k , k = 0, 1, . . .. Lebih lanjut, ak zn k ak z◦ k , k = 0, 1, . . .. Jadi p(zn ) = a0 + a1 zn + a2 zn 2 + . . . + am zn m konvergen ke a0 + +a1 z◦ + a2 z◦ 2 + . . . + am z◦ m .
2. Fungsi f (z) =
1 z
→
→
\{ }
kontinu pada C 0 .
Bukti. Misalkan z = x + yi. Pandang f (z)
=
1 z
=
z z2
= Tulis: u(x, y) =
||
x x2 + y 2
− x2 +y y2 i
x dan v(x, y) = x2 + y 2
− x2 +y y2 .
u(x, y) adalah fungsi rasional bernilai real, yang kontinu pada setiap titik (x, y) kecuali jika penyebutnya nol. Oleh karena itu u(x, y) kontinu pada setiap titik kecuali di (0, 0), demikian pula v(x, y). Jadi f kontinu di C 0 .
\{ }
3. Kita telah melihat sebelumnya bahwa: exp(iθ) = 1 + iθ +
1 1 1 1 1 1 (iθ)2 + (iθ)3 + (iθ)4 + (iθ)5 + (iθ)6 + (iθ)7 + . . . . 2! 3! 4! 5! 6! 7!
Lebih umum lagi, pandang: 1 1 1 1 1 1 1 + z + z2 + z3 + z 4 + z5 + z6 + z 7 + . . . = 2! 3! 4! 5! 6! 7! Karena:
1 z n+1 (n+1)! lim 1 n→∞ zn n!
|| ||
= lim
n→∞
|z |
n+1
∞
0
1 n z . n!
= 0,
maka deret fungsi tersebut konvergen mutlak dengan daerah kekonvergenan seluruh C. Akibatnya deret N 1 n z n! 0
konvergen ke suatu fungsi kontinu (ketika N ). Fungsi tersebut kita tulis sebagai: exp(z). Jadi: fungsi f (z) = exp(z) kontinu di mana-mana.
→∞
4. Fungsi Trigonometri. Kita telah mengenal bentuk: exp(iθ) = cos θ + i sin θ dan exp( iθ) = cos θ
−
cos θ =
exp(iθ)
− isin θ. Maka:
− exp(−iθ) , dan sin θ = exp(iθ) + exp(−iθ) . 2i
2
Sangatlah natural untuk memperluas pendefinisian ini ke seluruh bilangan kompleks: cos z =
exp(iz)
− exp(−iz) , dan sin z = exp(iz) + exp(−iz) . 2i
Maka kedua fungsi ini kontinu di seluruh bilangan kompleks.
2
25
2.4. FUNGSI KONTINU
5. Fungsi Rasional. Misalkan p(z) dan q(z) adalah dua buah fungsi polinomial di C. Fungsi: f (z) =
p(z) , q(z)
disebut fungsi rasional. Fungsi ini kontinu kecuali pada z◦ C yang memenuhi: q(z◦ ) = 0. Kita akan kembali lagi ke topik ini pada bagian-bagian selanjutnya. Titik z = z◦ disebut pole. Khususnya jika p dan q berderajat satu, maka
∈
f (z) = Fungsi ini disebut bilinear .
az + b . cz + d
26
PERTEMUAN 2.
TOPOLOGI BILANGAN KOMPLEKS DAN FUNGSI KOMPLEKS
Tutorial 1 Bilangan kompleks 1. Tuliskan dalam bentuk rectangular, matriks dan representasi Euler: 1 . 6 + 2i 2+i (b) . 3 + 2i (a)
(c)
−
√
1 3 + i 2 2
4
.
√−
2. Carilah dua nilai kompleks dari 8 + 6i. Gunakan bentuk rectangular, matriks dan representasi Euler untuk itu. Beri komentar tentang ketiga teknik tersebut. 3. Selesaikan persamaan: z 2 +
√32iz − 6i = 0.
4. Buktikan identitas-identitas berikut: (a) z1 + z2 = z1 + z2 .
·
(b) z1 z2 = z1 z2 . (c) z = z. (d) z 2 = z
| | | |2
5. (a) Selesaikan: z 2 + 2z + 2 = 0. Apa hubungan antara kedua akar tersebut? (b) Selesaikan: z 4
− 10z342z2 − 82z + 65 = (z2 − 4z + 5)(z2 − 6z + 13) = 0.
(c) Carilah persamaan kuadrat yang memiliki akar: 2 + i dan 3 + i.
(d) P (z) = P (z), dengan P (z) adalah polinomial dengan koefisien real. (e) Bagaimana jika ada koefisien P (z) yang tidak real? 6. Misalkan P adalah polinomial dengan koefisien real. Tunjukkan bahwa P (z) = 0 jika dan hanya jika P (z) = 0. Dalam himpunan bilangan kompleks, apa yang dapat anda katakan tentang akar-akar dari polinomial berkoefisien real? 7. Apakah argumen dari z = x + yi adalah arctan xy ? Jelaskan jawaban anda. 8. (a) Tunjukkan bahwa: z1 z2 + z1 z2 = 2Re(z1 z2 ).
≤ |z1| |z2|. (c) Buktikan bahwa: |z1 + z2 | ≤ |z1 | + |z2 |.
(b) Tunjukkan bahwa: Re(z1 z2 ) 9. Selesaikan persamaan berikut: (a) z 6
− 1 = 0. 27
28
PERTEMUAN 2.
(b) z 4 + 1
TOPOLOGI BILANGAN KOMPLEKS DAN FUNGSI KOMPLEKS
− 3i = 0. (Gunakan metode geometris)
10. Tunjukkan bahwa: (a) sin3θ = 3 sin θ 4sin3 θ. sin4θ (b) = 8 cos3 θ 4 = 2cos 3θ + 6 cos θ sin θ
−
−
−4
11. Jelaskan di mana kesalahan dari argumentasi berikut.
−1
√− · √− √− −
= 1 1 = ( 1)( 1) = 1 = 1
Topologi Bilangan Kompleks dan Fungsi Kompleks
∈ N tetap, dan akar pangkat n dari 1 adalah:
1. Misalkan n bahwa:
1, α1 , α2 , . . . , αn−1 . Tunjukkan
αk n−1 + αk n−2 + . . . + αk + 1 = 0, untuk k = 1, 2, . . . , n
− 1. 2. Misalkan di dalam lingkaran unit, kita meletakan sebuah poligon dengan n−buah sisi, dengan 1 adalah salah satu verteksnya. Pilih diagonal dari n−gon tersebut yang terhubung dengan 1 (tentu saja yang bukan merupakan sisi dari n−gon tersebut). Tunjukkan bahwa hasil kali dari diagonal-diagonal tersebut adalah n.
3. Gambarkan daerah-daerah berikut pada bidang kompleks
| − i| ≤ 1. (b) |z − 2| > |z − 3|. z−1 (c) = 1. (a) z
z +1
||
(d) z < 1 dan Im(z) > 0. 1 (e) = z. z (f) z 2 = Im(z).
|| (g) |z 2 − 1| < 1.
4. Tunjukkan bahwa: (a) f (z) =
∞
kz k kontinu di z < 1.
||
k=0
∞
(b) g(z) =
k=1
k2
1 kontinu di Re(z) > 0. +z
5. Buktikan bahwa himpunan yang terhubung secara poligonal juga terhubung. 6. Misalkan S =
x + yi
x
≥
1 0, y = sin x
Tunjukkan bahwa tidak ada kurva di S yang dapat menghubungkan dua titik di S . 7. Misalkan S adalah persegi dengan titik sudut: (0, 0), (1, 0), (1, 1) dan (0, 1). Tentukan peta dari S oleh fungsi:
29
2.4. FUNGSI KONTINU
(a) f (z) = z. (b) f (z) =
1 . 1+z
|
8. Buktikan bahwa sin z
| ≤ 1 untuk setiap z, maka z ∈ R.
9. Tunjukkan bahwa deret:
∞
i n−1 3
√
n=1
konvergen dan tentukan pula titik konvergensinya.
∞
10. Periksa kekonvergenan dari:
( 3 + i)n . 2 5 n=1 n
11. Carilah jari-jari kekonvergenan dari: ∞
nπ n z . 3
cos
n=0
