Modul Analisis Kompleks 5a [PDF]

Citation preview

// PEMBIMBING //



Maya Rini Rubowo, S.Pd., M.Si. NPP : 0621057404 0812 2921 664



10 Tim Editor



Design Cover // Vina Dyah Miswati 17310134



// Design Isi Mini Tika Selviani 17310139



Modul Analisis Kompleks 5D



ii



Editor Bab



// Editor Bab I Mina Tika Selviana 17310140



Editor Bab I // Evik Kumala Sari 17310141



// Editor Bab II Lina Fathin Nurhanifah Budi 17310109



Modul Analisis Kompleks 5D



iii



// Editor Bab II Dela Noor Zamroni 17310130



Editor Bab III // Dewi Widya Astuti 17310110



// Editor Bab III Marlina Indah Lestari 17310115



Modul Analisis Kompleks 5D



iv



Editor Bab IV // Kurnia Maharani 17310114



// Editor Bab IV Muhammad Ricky Ardiansyah 17310131



Modul Analisis Kompleks 5D



v



Judul buku



: Pengantar Analisis Kompleks Terbitan 1 Tahun 2010 (IKIP Press) Edisi Revisi 1 Tahun 2015 (Kalangan Sendiri) Edisi Revisi 2 Tahun 2019 (Progres) Edisi Revisi 3 Tahun 2020



Oleh : Lina Fathin Nurhanifah Budi Dewi Widya Astuti Kurnia Maharani Marlina Indah Lestari Dela Noor Zamroni Muhammad Ricky Ardiansyah Vina Dyah Miswati Mini Tika Selviani Mina Tika Selviana Evik Kumala Sari Pembimbing dan pengarah (Review) Maya Rini Rubowo, S.Pd., M.Si. 2020 Program Studi Pendidikan Matematika Universitas PGRI Semarang



vi



Modul Analisis Kompleks 5D



KATA PENGANTAR Puji syukur penulis panjatkan kehadirat Tuhan Yang Maha Esa yang telah melimpahkan rahmat-Nya, sehingga modul yang berjudul “Pengantar Analisis Kompleks” dapat diselesaikan untuk bahan ajar mata kuliah Analisis Kompleks semester VII prodi pendidikan matematika Universitas PGRI Semarang. Terselesaikannya penulisan Modul ini tidak terlepas dari bantuan dan dukungan dari berbagai pihak. Oleh karena itu, dalam kesempatan ini penulis ingin memberikan ucapan terimakasih dan penghargaan yang setinggi – tingginya kepada pihak – pihak yang mendukung terselesaikannya modul ini. Ucapan terimakasih dan penghargaan penulis ucapkan kepada yang terhormat: 1.



Maya Rini Rubowo, S.Pd., M.Si. Pembimbing dan pengarah mata kuliah Analisis Kompleks.



2.



Tim penyusun Modul Analisis Komplesks.



3.



Teman – teman 5D yang telah membantu penulisan modul ini.



Semoga bantuan yang telah diberikan kepada penulis, mendapat balasan yang indah dari Tuhan Yang Maha Pemurah. Penulis menyadari tulisan ini masih banyak kekurangan, oleh karena itu segala saran dan kritik akan selalu penulis harapkan demi perbaikan yang lebuh sempurna. Semoga modul ini dapat memberikan sumbangan berarti dalam dunia pendidikan. Amin.



Semarang, Januari 2020



Penulis



vii



Modul Analisis Kompleks 5D



DAFTAR ISI



Cover



............................................................................................................ i



Tim Editor ........................................................................................................... ii Judul buku .......................................................................................................... vi KATA PENGANTAR ......................................................................................... vii DAFTAR ISI .................................................................................................... viiiiii KOMPETENSI...................................................................................................... x HISTORY ......................................................................................................... xii BAB 1 BILANGAN KOMPLEKS ...................................................................... 1 A. Bilangan Kompleks .................................................................................... 1 B. Bentuk Nilai Mutlak/ Modulus dan Sekawan/ Konjugate pada bilangan kompleks ............................................................................................. 5 C. Bentuk Kutub Bilangan Kompleks .......................................................... 8 D. Rumus De’Moivre .................................................................................... 12 E. Rumus Euler dan bentuk Eksponen bilangan kompleks ..................... 13 F. Akar Bilangan Kompleks ........................................................................ 14 H. Persamaan Suku Banyak ........................................................................... 19



Kompetensi 1 ........................................................................................................ 21 BAB II FUNGSI KOMPLEKS ......................................................................... 57 A. Fungsi Kompleks ...................................................................................... 57 B. Transformasi ............................................................................................ 60 C. Titik Cabang dan Garis Cabang............................................................. 61 D. Limit Fungsi.............................................................................................. 63 E. Limit Barisan ............................................................................................ 67 F. Kekontinuan ............................................................................................. 70 G. Deret Tak Berhingga ............................................................................... 72 Kompetensi 2 ...................................................................................................... 74 BAB III PENDIFERENSIALAN KOMPLAKS ........................................... 102 A. Turunan .................................................................................................. 102 B. Persamaan Cauchy Reimann ................................................................ 106 C. Fungsi Analitik ....................................................................................... 109 D. Fungsi Harmonik ................................................................................... 113



viii



Modul Analisis Kompleks 5D



E. Aturan L’Hospital .................................................................................. 116 F. Operasi Diferensial Kompleks .............................................................. 117 Kompetensi 3 .................................................................................................... 122 BAB IV PENGINTEGRALAN KOMPLEKS ............................................... 155 A. Integral Fungsi Kompleks Sebagai Integral Garis ............................. 155 B. Rumus Integrasi Cauchy yang Diperumum ........................................ 171 Kompetensi 4 .................................................................................................... 174 Lampiran



....................................................................................................... 189



ix



Modul Analisis Kompleks 5D



KOMPETENSI Kompetensi Umum Mahasiswa memahami Bilangan Kompleks, operasi dan sifat – sifatnya, rumus Euler dan teorema De’Moivre, Fungsi Komplkes dan sifat – sifatnya, Limit Fungsi, Kontinu di suatu titik, Barisan, Turunan, Fungsi Elementer. Deskripsi Mata Kuliah Mata kuliah ini berisi tentang operasi bilangan kompleks, konsep – konsep dan teorema – teorema dalam Kalkulus dengan Peubah Kompleks, serta dapat menggunakan konsep – konsep



dan teorema – teorema itu untuk



memecahkan berbagai masalah. Kompetensi Dasar 1.



Menjelaskan definisi bilangan kompleks.



2.



Menjelaskan modulus bilangan kompleks, sajian bilangan kompleks, dan daerah kompleks.



3.



Menemukan rumus euler, teorema De’Moiver.



4.



Membuktikan Teorema De’Moiver.



5.



Fungsi kompleks, jenis fungsi.



6.



Menjelaskan limit fungsi dan teorema.



7.



Menyelesaiakn permasalahan kekontinuan.



8.



Turunan, fungsi analitik.



9.



Persamaan Cauchy-Reamann, fungsi harmonik.



10. Pendefinisian, 11. Pengintegralan. Tujuan Pembelajaran 1.



Mahasiswa dapat menjelaskan dan menulis definisi bilangan kompleks sifat – sifatnya, mengingat kembali bentuk – bentuk bilangan dan skemanya.



2.



Mahasiswa dapat menulis dan menjelaskan modulus bilangan kompleks, sajian bilangan kompleks, dan daerah di bidang kompleks serta operasi



x



Modul Analisis Kompleks 5D



bailangan kompleks, dan mengajak siswa membuktikan operasi dan sifat dari bilangan kompleks. 3.



Mahasiswa dapat menemukan rumus euler dan teorema De’Moiver, serta menerapkan penggunaannya pada penyelesaian.



4.



Mahasiswa dapat membuktikan teorema, teorema De’Moiver.



5.



Mahasiswa dapat menjelaskan fungsi kompleks, jenis fungsi, serta implementasipenggunaannya.



6.



Mahasiswa dapat menjelaskan limit fungsi dan teorema, serta pemecahan masalah yang berhubungan dengan limit fungsi dan teorema hospital, serta menggunakan dalam penyelesaian soal.



7.



Mahasiswa dapat mengelompokkan jenis – jenis kekontinuan, serta dapat menerapkan dalam penyelesaian masalah.



8.



Mahasiswa dapat menyelesaikan bentuk turunan, dan fungsi analitik.



9.



Mahasiswa dapat menemukan persamaan Chauchy-Reamann, fungsi harmonik, dan menggunakannya dalam penyelesaiannya.



10. Mahasiswa



dapat



menemukan



aturan



pendiferensialan,



dan



menggunakannya dalam penyelesaian soal. 11. Mahasiswa dapat menggunakan aturan pengintegralan kompleks dalam penyelesaian soal. 12. Mahasiswa dapat menggunakan aturan pengintegralan Cauchy pada fungsi kompleks dalam penyelesaian soal.



xi



Modul Analisis Kompleks 5D



HISTORY Johann Carl Friedrich Gaus (lahir : 30 April 1777 Brunswick, Duchy of Brunseick-Wolfenbuttel, Kekaisaran Romawi Suci) adalah matematikawan, astronom, dan fisikawan Jerman berbagai macam kontribusi, termasuk teori bilangan, aljabar, statistik, analisis, geometri diferensial, geodesi, geofisika, elektristatika, astronomi, dan optik. Disertasi Nama Gauss mulai terkenal sehingga merencanakan menggunakan bahan – bahan dalam buku itu untuk disertasi doctoral, namun pihak penerbit menolak. Dicari judul lain sebelum akhirnya didapat judul panjang, Demonstration nova theorematis omnem functionem algebraicam rationale integral unius variabilitas in factores reales primi vel secondi gradus revolve posse yang terbit lebih awal, tahun 1799. Isi tesis doctoral adalah membuktikan theorema dasar aljabar membuktikan bahwa polynomial pangkat n juga. Hal tersebut baru valid (sahih) apabila perlakuan terhadap bilangan imajiner sama seperti bilangan riil. Untuk bilangan riil: X4 + 2X3 + 9 = 0 akan mempunyai 4 hasil (bilangan) akar X3 + X2 + 2X + 4 = 0 akan mempunyai 3 hasil (bilangan) akar. Untuk bilangan imajiner : X2 + 4 = 0 tidak dapat diselesaikan apabila bilangan riil yang dipakai. Hasil yang diperoleh adalah x = ± √−4, atau x = ± 2√−1. Seperti dinyatakan oleh euler bahwa ekspresi √−1 dan √−2 tidak dimungkinkan atau merupakan bilangan – bilangan imajiner, karena akar bilangan adalah negatif; sesuatu tidak ada apa – apa (nothing) karena bukan bilangan dan bukan pula bilangan yang lebuh besar dan sesuatu tidak ada (nothing). * Gauss menyatakan bahwa bilangan negative juga termasuk dalam sistim bilangan. Tidak lama setelah terbitnya Disquisitiones Arithmaticae, Gauss menjadi pengajar dan menulis makalah singkat berjudul The Metaphysics of Mathematics, yang disebut sebagai salah satu uraian singkat dan jelas yang pernah ditulis tentang dasar – dasar matematika. Penyederhanaan ini dimaksudkan pada keyakinan bahwa akan memudahkan mahasiswa belajar matematika.



xii



Modul Analisis Kompleks 5D



Sistem bilangan Gauss membagi bilangan dimulai dari bilangan kompleks. Dari bilangan kompleks itu kemudian diturunkan bilangan – bilangan lain. Bilanagn riil, sebagai contoh, sebenarnya adalah bilangan dalam bentu a + bi, dimana a adalah bilangan riil dan b = nol; bilangan imajiner adalah bilangan kompleks yang mempunyai bentuk sama dengan a = nol dan b adalah bilangan riil. Untuk memudahkan penjelasan diberikan diagram di bawah ini. Keberadaan bilangan kompleks tidak hanya mempengaruhi aljabar, tapi juga berdampak pada analisis dan geometri. Teori fungsi dari bilangan kompleks kemudian di kembangkan; geometri diferensial [angka] mutlak dan analisis vector – sangat vital bagi sains modern – berkembang sehingga dikenal bilangan – bilangan setengan – riil dan setengan – imajiner. Bilangan kompleks dapat ditambah, dikurang, dikali, dibagi, dipangkat atau dicari hasil akarnya dalam kasus dimana bilangan kompleks dalam bentuk a + bi – meskipun a, b atau keduanya mungkin sama dengan nol. Bilangan baru dapat dibuat untuk melakukan operasi terhadap bilangan – bilangan kompleks. System bilangan aljabar lama sekarang tertutup, untuk penggunaan bilangan – bilangan kompleks, semua bentuk persamaan dapat diselesaikan dan emua jenis operasi dapat dilakukan. Prestasi penutupan Sistema matematika ** ini adalah misi manusia terus mencari –cari sejak jaman Pythagoras. Awal Penemuan dan Pengembangan Bilangan Imajiner Sejarah penemuan bilangan imajiner (imaginary numbers) dimulai pada tahun 1545 ketika seorang maematikawan berkebangsaan Italia, Girolamo Cardano, menerbitkan buku yang berjudul Ars Magna, dimana pada buku tersebut Cardano untuk pertama kalinya menyatakan solusi aljabar terhadap persamaan kubik yang berbentuk z3 + a2z2 + q1z + a0 = 0. Persamaan ini untuk kemudian dikenal sebagai persamaan kubik umum. Solusinya diselesaikan oleh Cardano dengan terlebih dahulu merevormulasikan persamaan kubik tersebut kedalam persamaan kubik lain yang tidak memiliki suku yang variabelnya dikuadratkan, yaitu yang disebut dengan persamaan depressed cubic. Selanjutnya, Cardano menggunakan formula Ferro – Tartaglia untuk memecahkan persamaan depressed cubic.



xiii



Modul Analisis Kompleks 5D



Selanin sebagai matematikawan, Cardano juga dikenal sebagai fisikawan atau astrologer yang bekerja kepada para pembesar eropa. Ia juga dikenal sebagai pejudi yang senang melakukan perjalanan jauh dan pesta – pora. Namun ditengah – tenga kesibukannya itu, karir matematika Cardano jauh lebih cemerlang sebagai actor utama Renaissance. Disisi lain ia telah memberikan kontribusi penting terhadap perkembangan awal ilmu probalitas. Atas dasar kontribusi ini, ia telah dianggap sebagai bapak ilmu probabilitas. Selain De Vita Properia Liber yang berisi risalah ilmu probabilitas, ia juga menulis Ars Magna (Seni Agung). Dibuku Ars Magna inilah Cardano mulai menyadari probabilitas keberadaan bilangan imajiner yang pertamakali muncul sebagai efek dari pengembangan penyelesaian persamaan kubik tadi. Persamaan kubik (cubic equations) itu sendiri telah dipelajari oleh murid – murid euclide di Alexandria. Archimedes (287 – 212 SM), misalnya, menemukan bahwa ketika sebuah bola di potong oleh suatu bidang sehingga salah satu bagiannya memiliki volume dua kali bagian yang lainnya. Maka cara bola tersebut di potong mengarah ke persamaan kubik berbentuk : Z3 + 3Z + 3/2 = 0. Memasuki awal masa Renaissance,



para matematikawan muslim telah



banyak mewariskan cara menyelesaiakan persamaan matematika baik dengan pendekatan aritmatika maupun melalui metode geometris. Namun matematikawan pada masa itu belum mampu untuk mendapatkan solusi aljabar terhadap persamaan kubik. Omar Khayyam (1050 – 1123) sebagai contoh memberikan ilustrasi terhadap pemecahan masalah persamaan kubik, namun hanya sampai di akar bilangan positif. Notasi terhadap akar dua bilanagn negaif masih terlalu jauh di konsepsikan mengingat konsep bilangan negative sendiri masih asing waktu itu, dan penggunaannya dalam matematika masih dicurigai. Para matematikawan pada masa itu agak masih sulit untuk menemukan korespondensi bilangan negative dengan realitas fisis, meskipun secara sistematis penggunaannya dalam matematika telah di presentasikan oleh Brahmagupta pada tahun 628. Hingga pada tahun 1494, Luca Pacioli pun mengumumkan bahwa tidak ada solusi aljabar umum terhadap persamaan kubik. Orang pertama yang kemudian diketahui menemukan solusi aljabar terhadap persamaan depressed cubic adalah Scipio del Ferro (1465 – 1526), yaitu seorang guru besar di University of Bologna,



xiv



Modul Analisis Kompleks 5D



Italia. Namun saying, Ferro merahasiakan temuan ini untuk beberapa waktu, hingga ia memberitahukan otemuan itu kepada Antonio Firo di saat menjelang wafatnya. Setelah Cardano mereformulasikan persamaan kubik umum menjadi bentuk depressed cubic equation, masalah selanjutnya adalah bagaimana menyelesaikan persamaan depressed cubic? Untungnya solusi persamaan depressed cubic telah diketahui oleh teman Cardano yang berna Niccolo Fontana yang dikenal juga dengan nama Tartaglia (“Si Gagap”), karena bicaranya gagap. Dalam suatu konteks, Noccolo Fontana ditantang oleh Fior untuk memecahkan permasalahan persamaan kubik. Namun diluar dugaan, Tartaglia berhasil memecahkannya dengan solusi yang lebih umum dari solusi yang di ketahui oleg Fior. Dilain waktu, Cardano membujuk Tartaglia agar memberitahukan temuannya itu, dan Tartaglia pun memberitahukannya dengan syarat agar temuannya itu tidak di publikasikan. Cardano menyetujuinya dan bersumpah tidak akan mempublikasikannya. Namun Cardano melanggar janjinya, ketika pada tahun 1543 ia menemukan paper yang di tulis oleh Ferro untuk Topik persamaan kubik. Sejak itu muncullah keinginan dalam dirinya itu untuk mereformulasikan penanganan yang lebih lengkap terhadap persamaan kubik umum. Lalu kemudian ia menuliskan hasilnya dalam Ars Magna. Maka dengan upaya ini cardano bias menangani persamaan kubik umum melalui koneksi persamaan depressed cubic dan solusinya dari Niccolo Fontana yang juga telah di temukan 30 tahun sebelumnyaoleh Scipio del Ferro. Formula rahasia ini kemudian disebut formula Ferro – Tartaglia. Langkah – langkah penanganannya adalah sebagai berikut. Untuk menurunkan persamaan kubik yang berbentuk : Z3 + a2Z2 + a1Z + a0 = 0



… (1) 1



Cardano memulainya dengan mensubsitusikan Z = X – (3)𝑎2 terhadap persamaan (1). Yang menghasilka bentuk : X3 + bx + c = 0



… (2)



Dengan b dan c yang bersesuaian : 1



b = 𝑎1 − (3) 𝑎2 2



xv



Modul Analisis Kompleks 5D



1



1



c = 𝑎0 − (3) 𝑎1 𝑎2 + (27) 2𝑎2 3 persamaan (2) disebut depressed cubib equation. Jadi, apabila nilai x pada persamaan depressed Cubic ditemukan maka solusi terhadap persamaan kubik umum juga bias di temukan. Untungnya, solusi terhadap persamaan depressed cubic di atas telah di dapatkan Cardano dan Tartaglia. Bentuk solusinya adalah seperti ini : 3



2



3



3



2



3



−𝑐 𝑐 𝑏 −𝑐 𝑐 𝑏 x = √ 2 + √ 4 + 27 + √ 2 − √ 2 + 27



Dengan Formula Ferro – Tartaglia ini, Cardano mendapatkan solusi terhadap persamaan kubik umum. Pengembangan dari penyelesaian persamaan kubik dengan koneksi persamaan depressed cubic serta formula Ferro – Tartaglia selanjutnya memberi legitimasi bagi posibilitas eksistensi bilangan imajiner. Meskipun problem matematika yang melibatkan akar bilangan negatif sebenarnya sudah disadari sebelumnya. Sebagai missal dari persamaan kuadrat 𝑥 2 + 1 = 0 yang solusinya 𝑥 = ±√−1. Namun pada masa Cardano konsep bilangan negatif masih diperlakukan dengan penuh curiga mengingat pada saat itu masih sulit untuk menemukan kesesuaiannya dengan realitas fisis. Sehingga munculnya akar dua dari bilangan negatef menambah keasingan bagi bilangan itu sendiri. Cardano sendiri mengatakan proses matematika dengan √−1 melibatkan “mental tortures”, dan ia pun menyimpulkan, “as subtle as it would be useless”. Representasi Geometris dan Aljabar Bilangan Imajiner Pikiran liar Bombelli merangsang orang dalam beberapa dekade berikutnya untuk memulai mempercayai keberadaan bilangan imajiner, dan sebagai ahli matematika berupaya agar keberadaannya menjadi lebuh jelas, lebih dimengerti dan diterima. Salah satu cara agar keberadaannya diterima dengan mudah adalah dengan menyatakannya dalam bentuk grafik dua dimensi. Dalam kasus ini, sumbu x adalah untuk bilagan riil, dan sumbu y adalah untuk bilangan imajiner.



xvi



Modul Analisis Kompleks 5D



Ide pertama untuk menyatakan bilangan kompleks dalam bentuk geometris bersumber dari John Wallis pada tahun 1673. Sayangnya ekspresi geometris awal terhadap bilangan kompleks mengarah kekonsekuensi yang tidak diharapkan, yaitu −√−1 dinyatakan pada titik yang sama dengan √−1. Namun setidaknya representasi geometri ini memberikan konsep baru terhadap bilangan kompleks sebagai “titik pada bidang” upaya ini kemudian teruskan oleh Caspar Wessel, Abbe Buee dan Jean Robert Argand. Pada tahun 1732, matematikawan berkebangsaan Swiss, Leonhard Euler mengadobsi gagasan representasi geometris untuk solusi persamaan bernetuk 𝑥 𝑛 − 1 = 0 dan menyatakannya dalam bentuk cos(𝜃) + √−1 sin(𝜃). Euler juga adalah orang pertama yang menggunakan simbol i untuk √−1. Disisi lain dalam risalahnya euler menulis, “…for we may assert that they are neither nothing, not greater that nothing, nor less than nothing, which necessarily renders then imaginary or impossible.” Jelasnya, setelah ia memperlakukan bilangan imajiner secara matematis dan formal, dan menunjukkan bahwa i mempunyai validitas matematis, pada akhirnya harus ia katakana bahwa eksistensi i dalam realitas dalam impossible, atau paling tidak “mental reality” belum mampu meletakkan status ontologisnya. Dua matematikawan lain yang turut meberikan sumbangan penting terhadap pengembangan bilangan imajiner adalah Agustin – Louis Cauchy (1789 – 1857) dan Carl Friedrich Gauss (1777 – 1855). Cauchy menemukan beberapa teorema penting dalam bilangan kompleks, sedangkan gauss menggunakan bilangan kompleks sebagai peralatan penting dalam pembuktian teorema fundamental dalam aljabar, yaitu terbukti bahwa melalui bilangan kompleks, terdapat solusi untuk setiap persamaan polynomial berderajat n. dalam paper yang di keluarkan tahun 1831, Gauss menyatakan representasi geometris untuk bilangan kompleks x + iy dengan titik (x,y) dalam bidang kordinat. Ia juga menjelaskan operasi – operasi aritmetika dengan bilangan kompleks ini. Atas dasar usaha Gauss, bilangan kompleks mulai disadari legitimasinya. Sebagian ahli matematika meyakini keberadaan bilangan kompleks dan berusaha



xvii



Modul Analisis Kompleks 5D



memahaminya, sebagian yang lain tidak, dan sebagian lagi meragukannya. Pada tahun 1833 William Rowan Hamilton menyatakan bilangan kompleks sebagai pasangan bilangan (a,b). kendati kelihatannya harus sebuah ekspresi lain alih – alih a + ib, dengan maksud agar lebih mudah ditangani melalui aritmatika. Usaha ini memicu Karl Weierstrass, Hermann Schwarz, Richard Dedekind, Otto Holder, Henri Poincare, Eduard Study, dan Sir Frank Macfarlane Burnet untuk merumuskan teori umum tentang bilangan kompleks. Dan atas upaya Agust Mobius aplikasi bilangan kompleks ke dalam geometri menjadi lebih jelas bentuk – bentuk formula transformasinya.



xviii



Modul Analisis Kompleks 5D



BAB 1 BILANGAN KOMPLEKS



1. Menjelaskan definisi bilangan kompleks. 2. Menjelskan modulus bilangan kompleks, bilangan kompleks, dan daerah kompleks. 3. Menemukan Rumus Euler, teorema De’Moivre. 4. Membuktikan Teorema De’Moivre A. Bilangan Kompleks Tidak ada bilangan real x yang memenuhi persamaan suku banyak 2 𝑥 + 1 = 0. Untuk memperbolehkan adanya jawaban dari persamaan ini dan yang sejenisnya, maka himpunan bilangan kompleks diperkenalkan. Mengapa perlu bilangan kompleks ? 𝑥 2 − 1 = 0 mempunyai penyelesaian dengan 𝑥 ∈ 𝑅. 𝑥 2 + 1 = 0 ⇔ 𝑥 2 = −1 tidak mempunyai penyelesaian, untuk 𝑥 ∈ 𝑅. Mengapa pada kasus ini tidak diketahui penyelesaiannya? Coba anda jelaskan!) Sehingga perlu mengidentifikasi suatu bilangan dimana persamaan 2 𝑥 + 1 = 0 mempunyai peyelesaian. Selanjutnya perlu dikembangkan suatu sistem bilangan yaitu bilangan kompleks untuk menyelesaikan persoalan. Kita dapat memandang suatu bilangan kompleks sebagai bilangan yang berbentuk 𝑎 + 𝑏𝑖 dimana 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅 dan 𝑖 ∈ 𝐼, bentuk i dinamakan satuan khayal (imaginary unit) bersifat 𝑖 2 = −1. Jika 𝑧 = 𝑎 + 𝑏𝑖, maka a dinamakan bagian riil dari z dan bi dinamakan bagian khayal dari z dan berturut-turut dinyatakan dengan 𝑅𝑒 {𝑧) dan 𝐼𝑚 {𝑧). Lambang z dapat digunakanuntuk suatu anggota dari himpunanbilangan kompleks dan dinamakan peubah/fungsi kompleks. Definisi Bilangan kompleks z :



1



Modul Analisis Kompleks 5D



Bilangan Kompleks



Jika



merupakan pasangan berurut (x,y) dengan 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅. ditulis : 𝑧 = (𝑥, 𝑦). merupakan bilangan yang berbentuk 𝑥 + 𝑖𝑦 dengan 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅 dan 𝑖 = (0,1) = √−1. ditulis : 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦. 𝑧 = (𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 𝑖𝑦 maka 𝑥 = 𝑅𝑒(𝑧) = bagian riil z, 𝑖 = satuan imajiner dan i2 = -1.



diperoleh 𝑧 = 𝑥



+



𝑅𝑒(𝑧)



𝑖𝑦 𝐼𝑚(𝑧)



Perhatikan bagan berikut ini! Menurut anda apakah skema bilangan yang anda kenal sudah sesuai dengan skema tersebut? Jika tidak berikan alasannya!



Himpunan Bilangan Kompleks



Himpunan Bilangan Real



Himpunan Bilangan Imajiner



Himpunan Bilangan Rasional



Himpunan Bilangan Irasional



Himpunan Bilangan Bulat



Himpunan Bilangan Pecahan



Himpunan Bilangan Cacah



Himpunan Bilangan Bulat Negatif



Bilangan 0



Himpunan Bilangan Asli



Gambar 1. Bagan bilangan Bilangan kompleks merupakan pasangan berurut (x,y), sehingga secara geometri dapat disajikan sebagai titik (x,y) pada bidang kompleks (bidang Argand), dengan sumbu x (sumbu rill) dan sumbu y (sumbu



2



Modul Analisis Kompleks 5D



imajiner). Selain itu bilangan kompleks 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 juga dapat disajikan sebagai vector dalam bidang kompleks dengan titik pangkal pada titik asal dan ujung vector merupakan titik (x,y). Y b



●



a



X (Riil)



Gambar 2. Koordinat di bidang kompleks Dua bilangan kompleks dikatakan sama jika bagian real bagian pertama sama dengan bagian real bilangan ke dua dan bagian imajiner bilangan pertama sama dengan bagian imajiner bilangan ke dua. Menggunakan notasi matematika dapat dituliskan sebagai berikut. Misalkan z1 = a1 + ib1 dan z2 = a2 + ib2. z1 = z2, a1=a2 dan b1=b2 Dua bilangan kompleks 𝑎 + 𝑏𝑖 dan 𝑐 + 𝑑𝑖 dikatakan sama jika dan hanya jika 𝑎 − 𝑐 dan 𝑏 − 𝑑. Kita dapat memandang bilangan riil sebagai bagian dari himpunan bilangan kompleks dengan 𝑏 = 0. Jadi bilangan Kompleks 0 + 0𝑖 dan −3 + 0𝑖 berturut-turut menyatakan bilangan 0 dan 3. Jika 𝑎 = 0, maka bilangan kompleks 0 + 𝑏𝑖 dapat ditulis hanya dengan 𝑏𝑖 dinamakan bilangan khayal sejati. Kompleks sekawan atau disingkat kawan dari suatu bilangan kompleks 𝑎 + 𝑏𝑖 adalah bilangan 𝑎 − 𝑏𝑖. Kompleks sekawan suat bilangan kompleks z seringkali dinyatakan sebagai 𝑧(𝑧 𝑏𝑎𝑟). Operasi- operasi aljabar dalam bilangan kompleks Jika 𝑧1 , 𝑧2 ∈ 𝐶 dengan 𝑧1 = 𝑎 + 𝑏𝑖 dan 𝑧2 = 𝑐 + 𝑑𝑖 dimana 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 ∈ 𝑅 maka berlaku : 1. Penjumlahan 𝑧1 + 𝑧2 = (𝑎 + 𝑏𝑖) + (𝑐 + 𝑑𝑖) = (𝑎 + 𝑐) + (𝑏𝑖 + 𝑑𝑖) = (𝑎 + 𝑐) + (𝑏 + 𝑑)𝑖 ∈∁ 2. Pengurangan 𝑧1 − 𝑧2 = (𝑎 + 𝑏𝑖) − (𝑐 + 𝑑𝑖) = (𝑎 − 𝑐) + (𝑏𝑖 − 𝑑𝑖) = (𝑎 − 𝑐) + (𝑏 − 𝑑)𝑖 ∈∁ 3. Perkalian 𝑧1 . 𝑧2 = (𝑎 + 𝑏𝑖)(𝑐 + 𝑑𝑖) = 𝑎𝑐 + 𝑎𝑑𝑖 + 𝑏𝑐𝑖 + 𝑏𝑑𝑖 2 → 𝑖 2 = −1 = (𝑎𝑐 + 𝑏𝑑(−1)) + (𝑎𝑑𝑖 + 𝑏𝑐𝑖) 3



Modul Analisis Kompleks 5D



= (𝑎𝑐 − 𝑏𝑑) + (𝑎𝑑 + 𝑏𝑐)𝑖 4. Pembagian 𝑧1 𝑎 + 𝑏𝑖 𝑐 − 𝑑𝑖 = . 𝑧2 𝑐 + 𝑑𝑖 𝑐 − 𝑑𝑖 = 𝑧1 𝑧2



=



𝑎𝑐−𝑎𝑑𝑖+𝑏𝑐𝑖−𝑏𝑑𝑖 2



→ 𝑖 2 = −1



𝑐 2 −𝑑2 𝑖 2 (𝑎𝑐+𝑏𝑑)+(𝑏𝑐−𝑎𝑑)𝑖 𝑐 2 +𝑑2



=



𝑎𝑐+𝑎𝑑 𝑐 2 +𝑑2



𝑏𝑐−𝑎𝑑



+ 𝑐 2 +𝑑2 𝑖



Perlu diperhatikan: 1. Lawan dari z (negatif z) 𝑧 = 𝑥 + 𝑦𝑖 maka : −𝑧 = −(𝑥 + 𝑦𝑖) = −𝑥 − 𝑦𝑖 1



2. Kebalikan dari z (𝑧 −1 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑧) 𝑧 −1 =



1 1 𝑥 − 𝑦𝑖 = . 𝑧 𝑥 + 𝑦𝑖 𝑥 − 𝑦𝑖 𝑥−𝑦𝑖



= 𝑥 2 −𝑦 2 𝑖 2 𝑥−𝑦𝑖



= 𝑥 2 +𝑦 2 𝑥2



𝑦



𝑧 −1 = 𝑥 2 +𝑦 2 − 𝑥 2 +𝑦 2 𝑖 Sifat operasi aljabar adalah sebagai berikut : a. Hukum komutatif 𝑧1 + 𝑧2 = 𝑧2 + 𝑧1 , dan 𝑧1 𝑧2 = 𝑧2 𝑧1 b. Hukum assosiatif (𝑧1 + 𝑧2 ) + 𝑧3 = 𝑧1 + (𝑧2 + 𝑧3 ) (𝑧1 𝑧2 )𝑧3 = 𝑧1 (𝑧2 𝑧3 ) c. Hukum distributif 𝑧1 (𝑧2 + 𝑧3 ) = 𝑧1 𝑧2 + 𝑧1 𝑧3 d. Elemen netral dalam penjumlahan (0 = 0 + 0𝑖) 𝑧+0= 0+𝑧 = 𝑧 e. Elemen netral perkalian (1 = 1 + 0𝑖) 𝑧. 1 = 1. 𝑧 = 𝑧 Contoh: Jika 𝑧1 = 2 + 𝑖 𝑧2 = 3 − 2𝑖 1 𝑧3 = − + √3 𝑖 2



4



Modul Analisis Kompleks 5D



Tentukan 2𝑧1 + 4𝑧2 − 3𝑧3 ! Penyelesaian : 1 2𝑧1 + 4𝑧2 − 3𝑧3 = 2(2 + 𝑖) + 4(3 − 2𝑖) − 3 (− + √3 𝑖) 2 3



= 4 + 2𝑖 + 12 − 8𝑖 + 2 − 3√3 𝑖 =



35 2



− 6𝑖 − 3√3 𝑖 =



35 2



− (6 + 3√3)𝑖



Dasar- Dasar Aksiomatik Sistem Bilangan Kompleks Notasi bilangan kompleks : 𝑧 = 𝑥 + 𝑦𝑖 𝑧 = (𝑥, 𝑦) (1) Kesamaan 2 bilangan kompleks Jika 𝑧1 = 𝑎 + 𝑏𝑖 dan 𝑧2 = 𝑐 + 𝑑𝑖 = (𝑐, 𝑑) maka 𝑧1 = 𝑧2 jika dan hanya jika 𝑎 = 𝑐 dan 𝑏 = 𝑑 (2) Jumlah 𝑧1 + 𝑧2 = (𝑎 + 𝑐, 𝑏 + 𝑑) (3) Hasil kali 𝑧1 . 𝑧2 = (𝑎𝑐 − 𝑏𝑑, 𝑎𝑑 − 𝑏𝑐) Jika m = komstanta maka 𝑚 . 𝑧1 = 𝑚(𝑎, 𝑏) = (𝑚𝑎, 𝑚𝑏) B.



Bentuk Nilai Mutlak/ Modulus dan Sekawan/ Konjugate pada bilangan kompleks Penyajian bilangan kompleks sebagai vector dapat digunakan untuk mengembangkan konsep nilai mutlak bilangan riil pada bilangan kompleks. Definisi 1 : Jika 𝑧 = 𝑥 + 𝑦𝑖 maka nilai mutlak/ modulus dari z dinotasikan dengan |𝑧| dan didefinisikan : |𝑧| = √𝑥 2 + 𝑦 2 (positif).



5



Modul Analisis Kompleks 5D



Gambar 3. Modulus bilangan kompleks Secara geometri, |𝑧| menyatakan jarak antara titik (x , y) dan titik asal. Misalkan 𝑧1 = 𝑥1 + 𝑖𝑦1 dan 𝑧2 = 𝑥2 + 𝑖𝑦2 . Jarak antara 𝑧1 dan 𝑧2 didefinisikan dengan : |𝑧1 − 𝑧2 | = √(𝑥1 − 𝑥2 )2 + (𝑦1 − 𝑦2 )2 Selanjutnya, persamaan |𝑧 − 𝑧0 | = 𝑅 menyatakan bilangan kompleks z yang bersesuaian dengan titik- titik pada lingkaran dengan pusat z0 dan jari- jari R. Misal 𝑧 = 𝑥 + 𝑦𝑖 , 𝑥, 𝑦 ∈ 𝑅 , 𝑖 2 = −1 Modulus dari z dinyatakan dengan “|𝑧|” dan didefinisikan sebagai ; |𝑧| = |𝑥 + 𝑖𝑦| = √𝑥 2 + 𝑦 2 Contoh 1 : Jika 𝑧 = 5 + 7𝑖 maka |𝑧| = √52 + 72 = √25 + 49 = √74 Definisi 2 : Jika 𝑧 = 𝑥 + 𝑦𝑖 maka sekawan/ conjugate dari z dinotasikan dengan 𝑧̅ dan didefinisikan: 𝑧̅ = 𝑥 − 𝑦𝑖 Secara geometri, bilangan kompleks sekawan 𝑧̅ = 𝑥 − 𝑦𝑖 dinyatakan dengan titik (x, -y) dan merupakan pencerminan titik (x, y) terhadap sumbu riil.



6



Modul Analisis Kompleks 5D



Gambar 4. Sekawan bilangan kompleks Dari gambar di atas Konjugate bilangan kompleks 𝑧 = 𝑥 + 𝑦𝑖 adalah 𝑧̅ = 𝑥 − 𝑦𝑖, dimana Konjugate z tidak lain adalah pencerminan z terhadap sumbu Re z. Contoh 2 a. |3 − 4𝑖| = √32 + (−4)2 = 5 b. |𝑧 + 3 − 3𝑖| = 2 menyatakan lingkaran dengan pusat z0 = (3,-3) dan jarijari R=2. c. Jika 𝑧 = 3 − 4𝑖 maka 𝑧̅ = 3 + 4𝑖 Sifat Modulus dan Bilangan Kompleks Sekawan a. |𝑧1 𝑧2 | = |𝑧1 ||𝑧2 | 𝑧



|𝑧 |



b. |𝑧1 |= |𝑧1 | 2



2



𝑧̿ = 𝑧 |𝑧̅| = |𝑧| ̅̅̅̅̅̅̅̅̅ 𝑧1 + 𝑧2 = 𝑧̅1 + 𝑧̅2 𝑧1 − 𝑧2 = 𝑧̅1 − 𝑧̅2 ̅̅̅̅̅̅̅̅̅ 𝑧1 𝑧2 = 𝑧̅1 𝑧̅2 ̅̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅ ̅̅̅ 𝑧 𝑧 h. ( 1 ) = ̅̅̅1 c. d. e. f. g.



𝑧2



𝑧2 |𝑧|2



i. 𝑧𝑧̅ = j. |𝑧1 + 𝑧2 | ≥ |𝑧1 | − |𝑧2 | k. |𝑧1 + 𝑧2 | ≤ |𝑧1 | + |𝑧2 | Buktikan sifat-sifat Modulus dan sifat-sifat sekawan bilangan kompleks tersebut, sebagai latihan! 7



Modul Analisis Kompleks 5D



Contoh 3: Akan dibuktikan |𝑧1 + 𝑧2 | ≤ |𝑧1 | + |𝑧2 | Bukti : Misal 𝑧1 = 𝑥1 + 𝑖𝑦1, dan 𝑧2 = 𝑥2 + 𝑖𝑦2 Maka |𝑧1 | = |𝑥1 + 𝑖𝑦1 | = √𝑥12 + 𝑦12 , |𝑧2 | = |𝑥2 + 𝑖𝑦2 | = √𝑥22 + 𝑦22 |𝑧1 + 𝑧2 | = |(𝑥1 + 𝑖𝑦1 ) + (𝑥2 + 𝑖𝑦2 )| = |(𝑥1 + 𝑥2 ) + (𝑦1 + 𝑦2 )𝑖| = √(𝑥12 + 2𝑥1 𝑥2 + 𝑥22 + 𝑦12 + 2𝑦1 𝑦2 + 𝑦22 ) = √𝑥12 + 𝑦12 + 𝑥22 + 𝑦22 + 2𝑥1 𝑥1 + 2𝑦1 𝑦2 Akan dibuktikan bahwa



|𝑧1 + 𝑧2 | ≤ |𝑧1 | + |𝑧2 |



(√𝑥12 + 𝑦12 + 𝑥22 + 𝑦22 + 2𝑥1 𝑥1 + 2𝑦1 𝑦2 )2 ≤ (√𝑥12 + 𝑦12 + √𝑥22 + 𝑦22 )2 𝑥12 + 𝑦12 + 𝑥22 + 𝑦22 + 2𝑥1 𝑥1 + 2𝑦1 𝑦2 ≤ (𝑥12 + 𝑦12 ) + 2√𝑥12 + 𝑦12 + √𝑥22 + 𝑦22 + (𝑥22 + 𝑦22 ) 2(𝑥1 𝑥2 + 𝑦1 𝑦2 ) ≤ 2√𝑥12 + 𝑦12 + √𝑥22 + 𝑦22 (𝑥1 𝑥2 + 𝑦1 𝑦2 ) ≤ √𝑥12 + 𝑦12 + √𝑥22 + 𝑦22 𝑥12 𝑥22 + 2𝑥1 𝑦1 𝑥2 𝑦2 + 𝑦12 𝑦22 ≤ 𝑥12 𝑥22 + 𝑥12 𝑦22 + 𝑦12 𝑥22 + 𝑦12 𝑦22 2𝑥1 𝑦1 𝑥2 𝑦2 ≤ 𝑥12 𝑦22 + 𝑦12 𝑥22 𝑥12 𝑦22 + 𝑦12 𝑥22 − 2𝑥1 𝑦1 𝑥2 𝑦2 ≥ 0 (𝑥1 𝑦2 − 𝑦1 𝑥2 )2 ≥ 0 Bentuk tersebut memenuhi jadi terbukti bahwa |𝑧1 + 𝑧2 | ≤ |𝑧1 | + |𝑧2 | C. Bentuk Kutub Bilangan Kompleks Perhatikan gambar berikut.



8



Modul Analisis Kompleks 5D



Gambar 5. Bentuk kutub bilangan kompleks Jika P adalah suatu titik dibidang kompleks yang dikaitkan dengan bilangan kompleks (𝑥, 𝑦) atau 𝑥 + 𝑖𝑦, maka diperoleh sebagai berikut. 𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 𝑥 = 𝑟 sin 𝜃 𝑟 = √𝑥 2 + 𝑦 2 Sehingga bentuk 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 menjadi : 𝑧 = 𝑟 cos 𝜃 + 𝑖 𝑟 sin 𝜃 𝑧 = 𝑟 (cos 𝜃 + 𝑖 sin 𝜃) 𝑧 = 𝑟 𝐶𝑖𝑠 𝜃 (bentuk kutub bilangan kompleks)



Nilai argumen dari z (arg z) tidak tunggal tetapi merupakan kelipatan 2𝜋 (sesuai dengan kuadran dimana titik z berada). Sedangkan, nilai utama (principal value) dari argz ditulis Arg z dengan −𝜋 < 𝐴𝑟𝑔 𝑧 ≤ 𝜋 adalah tunggal Jelas, arg z = 𝐴𝑟𝑔 𝑧 + 2𝑛𝜋 , 𝑛 = 0, ±1, ±2, … . Perlu diperhatikan bahwa : 𝑧 = 𝑟 (cos 𝜃 + 𝑖 sin 𝜃) = 𝑟 𝑐𝑖𝑠 𝜃 𝑧̅ = 𝑟 (cos 𝜃 − 𝑖 sin 𝜃) = 𝑟 𝑐𝑖𝑠(− 𝜃) arg z = 𝜃 arg 𝑧̅ = −𝜃



9



Modul Analisis Kompleks 5D



Contoh 1 Nyatakan bilangan kompleks 𝑧 = 2 + 2√3𝑖 dalam bentuk kutub! Penyelesaian: 𝑧 = 2 + 2√3𝑖 Didapat 𝑥 = 2 , 𝑦 = 2√3 Maka : 𝑟 = √22 + (2√3)2 = √4 + 12 = √16 =4 cos 𝜃 =



𝑥 𝑟



2



=4 1



=2 𝜃 = 60° Jadi bentuk kutubnya adalah 𝑧 = 𝑟 𝑐𝑖𝑠 𝜃 𝑧 = 4 𝑐𝑖𝑠 60 𝑧 = 4 𝑐𝑖𝑠



𝜋 3



Contoh 2 Nyatakan bentuk kutub 𝑧 = 4(cos 300 + 𝑖 sin 300 ) dalam bentuk bilangan kompleks ! Penyelesaian : x = r cos θ = 4 cos 300 = 2√3 y = r sin θ = 4 sin 300 = 2 Jadi bilangan kompleks dari



10



Modul Analisis Kompleks 5D



z = 4 (cos 300 + I sin 300) adalah z = 2√3 + 2i Operasi Aljabar Bentuk Kutub dan Sifat Argumen Misalkan Z1 = 𝑟1 (cos 𝜃1 + 𝑖 sin 𝜃1 ) dan Z2 = 𝑟2 (cos 𝜃2 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛𝜃2 ) dengan 𝑟1 = │𝑧1 │, 𝑟2 = │𝑧2 │, arg 𝑧1 = 𝜃1 , arg 𝑧2 = 𝜃2 .



a. Perkalian 𝑧1 𝑧2 = 𝑟1 𝑟2 𝑐𝑖𝑠 (𝜃1 + 𝜃2 ) = │𝑧1 𝑧2 │𝑐𝑖𝑠 (𝜃1 + 𝜃2 ) arg 𝑧1 𝑧2 = 𝑎𝑟𝑔𝑧1 + 𝑎𝑟𝑔𝑧2 . b. Pembagian (𝑧2 ≠ 0) 𝑧1 𝑟1 𝑧1 = 𝑐𝑖𝑠(𝜃1 − 𝜃2 ) = │ │𝑐𝑖𝑠(𝜃1 − 𝜃2 ). 𝑧2 𝑟2 𝑧2 𝑧1 arg = arg 𝑧1 − arg 𝑧2 . 𝑧2 c. Invers sebagai bilangan kompleks 1



𝑧 = 𝑟𝑒 𝑖𝜃 yaitu 𝑧 −1 = 𝑧 =



1 𝑟



𝑐𝑖𝑠 (– 𝜃).



1 arg = − arg 𝑧 𝑧 Contoh 3 Diketahui 𝑧 =



(1+𝑖)(1+𝑖 √3) −1+𝑖



. Tentikan bentuk kutub dari z dan nilai 𝑧. ̅



Penyelesaian : Menggunakan sifat argumen diperoleh : 𝜋 𝜋 (√2 𝑐𝑖𝑠 4)(2 𝑐𝑖𝑠 3 ) 𝜋 𝜋 3𝜋 𝑧= = 2𝑐𝑖𝑠( + − ) 3𝜋 4 3 4 √2 𝑐𝑖𝑠 4 𝜋



= 2𝑐𝑖𝑠(− 6 ) 𝜋



Dan 𝑧̅ = 2𝑐𝑖𝑠 ( 6 ) 11



Modul Analisis Kompleks 5D



D. Rumus De’Moivre Jika 𝑧1 = 𝑥1 + 𝑖𝑦1 = 𝑟1 (𝑐𝑜𝑠𝜃1 + 𝑠𝑖𝑛𝜃1 ) dan 𝑧2 = 𝑥2 + 𝑖𝑦2 = 𝑟2 (𝑐𝑜𝑠𝜃2 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛𝜃2 ) kita dapat menunjukkan bahwa : 𝑧1 𝑧2 = 𝑟1 𝑟2 {cos(𝜃1 + 𝜃2 ) + 𝑖 sin(𝜃1 + 𝜃2 )} ………………*) 𝑧1 𝑟1 = {𝑐𝑜𝑠(𝜃1 − 𝜃2 ) + 𝑖 sin(𝜃1 − 𝜃2 )} 𝑧2 𝑟2 Suatu perumuman dari *) memberika : 𝑧1 𝑧2 … 𝑧𝑛 = 𝑟1 𝑟2 … 𝑟𝑛 {𝑐𝑜𝑠(𝜃1 + 𝜃2 + ⋯ + 𝜃𝑛 ) + 𝑖 sin(𝜃1 + 𝜃2 + ⋯ + 𝜃𝑛 )} dan jika 𝑧1 = 𝑧2 = ⋯ = 𝑧𝑛 = 𝑧, ini menjadi 𝑧 𝑛 = {𝑟(cos 𝜃 + 𝑖 sin 𝜃)}𝑛 = 𝑟 𝑛 (cos 𝑛𝜃 + 𝑖 sin 𝑛𝜃) yang seringkali disebut teorema De’Moivre atau 𝑧1 = 𝑥1 + 𝑖𝑦1 = 𝑟1 𝑐𝑖𝑠 𝜃1



𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 = 𝑟 𝑐𝑖𝑠 𝜃



𝑧2 = 𝑥2 + 𝑖𝑦2 = 𝑟2 𝑐𝑖𝑠 𝜃2



𝑧1 = 𝑧2 = 𝑧3 = ⋯ = 𝑧𝑛 = 𝑧



𝑧3 = 𝑥3 + 𝑖𝑦3 = 𝑟3 𝑐𝑖𝑠 𝜃3



↓



↓



𝑟1= 𝑟2 = 𝑟3 = ⋯ = 𝑟𝑛 = 𝑟



𝑧𝑛 = 𝑥𝑛 + 𝑖𝑦𝑛 = 𝑟𝑛 𝑐𝑖𝑠 𝜃𝑛



𝜃1= 𝜃2 = 𝜃3 = ⋯ = 𝜃𝑛 = 𝜃



𝑧1 . 𝑧2 . 𝑧3 . … . 𝑧𝑛 = 𝑧. 𝑧. 𝑧. … . 𝑧 = (𝑟. 𝑟. 𝑟. … . 𝑟) 𝑐𝑖𝑠 (𝜃. 𝜃. 𝜃. … . 𝜃) Jika 𝑧1 ≠ 𝑧2 ≠ 𝑧3 ≠ ⋯ 𝑧𝑛 𝑧 𝑛 = 𝑟 𝑛 𝑐𝑖𝑠 (𝑛. 𝜃) 𝑧 = 𝑟𝑒 𝑖𝜃 𝑧 𝑛 = (𝑟. 𝑒 𝑖𝜃 )𝑛 = 𝑟 𝑛 . 𝑒 𝑖.𝑛𝜃 (𝑐𝑖𝑠 𝜃)𝑛 = 𝑐𝑖𝑠 𝑛𝜃 Contoh : 4



Hitunglah (−5 + 𝑖√75) Pembahasan : 𝑦 √75 5√3 1 sin 𝜃 = = = = √3 𝑟 10 10 2 KI sin 𝜃 K II 1



K I : sin 𝜃 = 2 √3 → 𝜃 = 600



12



Modul Analisis Kompleks 5D



K II : 1 1200 2 0 0 0 sin 𝜃 = √3 → 𝜃 = 180 − 60 = 120 = 𝜋= 𝜋 0 2 180 3 𝑧 = −5 + √5 𝑖 2 𝑧 = 10 𝑐𝑖𝑠 𝜋 3 (−5 + √75 𝑖)4 = 𝑧 4 𝑧 4 = 𝑟 4 𝑐𝑖𝑠 (4. 𝜃) 2



= 104 𝑐𝑖𝑠 (4. 3 𝜋) 8



= 104 𝑐𝑖𝑠 3 𝜋 = 104 𝑐𝑖𝑠 4800 → 𝜃 = 4800 𝑑𝑖 𝐾 𝐼𝐼 Catatan : 𝜃 = 4800 = 3600 + 1200 → 𝐾 𝐼𝐼 → cos − 𝑎𝑡𝑎𝑢 sin + cos 4800 = cos(3600 + 1200 ) = cos 1200 → 𝐾 𝐼𝐼 = cos(1800 − 600 ) = − cos 600 1 = −2 sin 4800 = sin(3600 + 1200 ) = sin 1200 = sin(1800 − 600 ) = sin 600 1 = 2 √3 Sehingga : 𝑧 4 = 𝑟 4 𝑐𝑖𝑠 (4. 𝜃) = 104 𝑐𝑖𝑠 4800 = 104 (cos 4800 + 𝑖 sin 4800 ) 1



1



= 104 (− 2 + 𝑖 2 √3 ) = 104



1 2



(−1 + 𝑖√3 ) 1



= 104 10. 2 (−1 + 𝑖√3 ) = 5.103 (−1 + 𝑖√3 ) E. Rumus Euler dan bentuk Eksponen bilangan kompleks Selain dalam bentuk umum 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 dan bentuk kutub 𝑧 = 𝑟(𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑖 sin 𝜃), bilangan kompleks 𝑧 juga dapat dinyatakan dalam bentuk eksponen.



13



Modul Analisis Kompleks 5D



Bentuk eksponen bilangan kompleks 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 yaitu 𝑧 = 𝑟 𝑒 𝑖𝜃 dengan 𝑒 𝑖𝜃 = 𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑖 sin 𝜃 dinamakan rumus Euler. Misalkan 𝑧1 = 𝑟1 𝑒 𝑖𝜃1 dan 𝑧2 = 𝑟2 𝑒 𝑖𝜃2 . a. Perkalian 𝑧1 𝑧2 = 𝑟1 𝑟2 𝑒 𝑖𝜃1 𝑒 𝑖𝜃2 = 𝑟1 𝑟2 𝑒 𝑖(𝜃1 +𝜃2 ) b. Pembagian 𝑧1 𝑧2



𝑟



= 𝑟1 𝑒 𝑖(𝜃1 −𝜃2 ) 2



c. Invers sebarang bilangan kompleks 𝑧 = 𝑟𝑒 𝑖𝜃 yaitu 1



1



2



𝑟



𝑧 −1 = = 𝑒 −𝑖𝜃



F. Akar Bilangan Kompleks Bentuk Akar 1



𝑛



Misalkan 𝑧 = 𝑟 𝑐𝑖𝑠𝜃, akar pangkat 𝑛 dari bilangan kompleks 𝑧 ditulis 𝑧 𝑛 atau √𝑧. Jika diberikan bilangan kompleks 𝑧 ≠ 0 dan 𝑛 bilangan bulat positif, maka 1



diperoleh 𝑛 buat akar untuk 𝑧 𝑛 yaitu, dapat dikatakan sebagai berikut. 𝑛



𝑧𝑘 = √𝑟 [𝑐𝑜𝑠



𝜃 + 2𝑘𝜋 𝜃 + 2𝑘𝜋 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛 ] 𝑛 𝑛



Untuk 𝑘 = 0, 1, 2, … , (𝑛 − 1)



Secara geometri, 𝑛 buah akar tersebut merupakan titik-titik sudut segi n beraturan 𝑛 pada suatu lingkaran dengan pusat titik O dan jari-jari √𝑟. Contoh 1 : 3



Tentukan semua akar dari √−8𝑖 dan gambarkan akar-akar tersebut dalam bidang kompleks. Penyelesaian : 3



√−8𝑖 = ?



Missal : 𝑧 = −8𝑖 𝑥=0 𝑦 = −8 3



3



√−8𝑖 = √𝑧 → 𝑛 = 3



14



Modul Analisis Kompleks 5D



𝑟 = √02 + (−8)2 = √64 = 8 𝜃 =?



K III



𝑠𝑖𝑛𝜃 =



𝑦 𝑟



=



−8



= −1



8



K IV 3



𝜃 = 270° = 2 𝜋 Akar-akarnya : 3 3



𝑧𝑘 = √8 𝑐𝑖𝑠 (2 𝑧 = 2 𝑐𝑖𝑠 (



𝜋+2 𝑘 𝜋 3



3 𝜋+2 𝑘 𝜋 2



3



) , 𝑘 = 0, 1, 2



) , 𝑘 = 0, 1, 2 3



𝑘 = 0 → 𝑧0 = 2 𝑐𝑖𝑠 (2



𝜋+2 0 𝜋 3



)



1



= 2 𝑐𝑖𝑠 2 𝜋 = 2 (cos 90° + 𝑖 sin 90° = 2 (0 + 𝑖 1) 𝑧0 = 2𝑖 3



𝑘 = 1 → 𝑧1 = 2 𝑐𝑖𝑠 (2



𝜋+2 1 𝜋 3



)



7



= 2 𝑐𝑖𝑠 6 𝜋 = 2 (cos 210° + 𝑖 sin 210° 1



1



= 2 (− 2 √3 − 𝑖 2) 1



= 2 2 (−√3 − 𝑖) 𝑧1 = −√3 − 𝑖 𝑘 = 2 → 𝑧2 = 2 𝑐𝑖𝑠 ( = 2 𝑐𝑖𝑠



11 6



3 𝜋+2 2 𝜋 2



3



)



𝜋



Cos +



= 2 (cos 330° + 𝑖 sin 330° → 𝑘 𝐼𝑉 Sin -



15



Modul Analisis Kompleks 5D



1



1



= 2 (2 √3 − 𝑖 2) 1



= 2 2 (√3 − 𝑖) 𝑧2 = √3 − 𝑖 catatan = (𝑧1 ) cos 210° = cos(180° + 30°) → 𝑘 𝐼𝐼𝐼 𝑐𝑜𝑠 = − cos 30° 1



= − 2 √3 sin 210° = sin(180° + 30°) → 𝑘 𝐼𝐼𝐼 𝑠𝑖𝑛 = − sin 30° 1



= −2 Catatan = (𝑧2 ) cos 330° = cos(360° − 30°) = cos 30° 1



= 2 √3 sin 330° = sin(360° − 30°) = − sin 30° 1



= −2 Contoh 2 : Tentukan setiap akar yang diberikan berikut dan letaknya pada bidang kompleks 1



(−1 + 𝑖)3 ! Pembahasan : 1



KI



(−1 + 𝑖)3 , 𝑟 = √2 1



sin 𝜃 = 2 √2 K II



1



𝑘 𝐼 → 𝑠𝑖𝑛𝜃 = 2 √2 → 𝜃 = 45° 1



𝑘 𝐼𝐼 → 𝑠𝑖𝑛𝜃 = 2 √2 → 𝜃 = 180° − 45° 135°



3



= 135° = 180° 𝜋 = 4 𝜋 3



3



𝑧𝑘 = √(√2) 𝑐𝑖𝑠 (4



𝜋+2 𝑘 𝜋 3



) , 𝑘 = 0, 1, 2



16



Modul Analisis Kompleks 5D



3 𝜋+2 𝑘 4



1 6



𝑧𝑘 = 2 𝑐𝑖𝑠 ( 1



𝜋



3



) , 𝑘 = 0, 1, 2



1



𝑧0 = 26 𝑐𝑖𝑠 (4 𝜋) 1



= 26 (cos 45° + 𝑖 sin 45°) 1



1



1



= 26 (2 √2 + 𝑖 2 √2) 1



= 26



1 2



√2 (1 + 𝑖)



1



1



= 26 2−1 22 (1 + 𝑖) 1



= 2−3 (1 + 𝑖) =



1



(1 + 𝑖)



3



√2



Catatan :



Cos -



165° (𝑘 𝐼𝐼) Sin +



𝑘 𝐼𝐼 → 165° = 180° − 15° Cos -



285° 𝑘 𝐼𝑉 Sin +



𝑘 𝐼𝑉 → 285° = 360° − 75° Contoh 3 : 1



Tentukan setiap akar dari (2√3 − 2𝑖)2 Pembahasan : 𝑧 = (2√3 − 2𝑖) → 𝑥 = 2√3 , 𝑦 = −2 2



𝑟 = √(2√3) + (−2)2 = 4 K III



sin 𝜃 =



𝑦 𝑟



2



1



= −4 = −2 1



K I sin 𝜃 = 2 → 𝜃 = 30°



K IV



17



Modul Analisis Kompleks 5D



1



K IV→ sin 𝜃 = − 2 → 𝜃 = 360° − 30° = 330° = 11 2



𝑧𝑘 = √4 𝑐𝑖𝑠 ( 6



𝜋+2 𝑘 𝜋 2



11 6



𝜋



) , 𝑘 = 0, 1



11



𝑘 = 0 → 𝑧0 = 2 𝑐𝑖𝑠 (12 𝜋) = 2(cos 165° + 𝑖 sin 165°) = 2(− cos 15° + 𝑖 sin 15°) = 2(0,9659 − 𝑖 0,2588) Catatan cos 345° = cos(360° − 15°) → 𝑘𝐼𝑉 cos(+) = cos 15° = 0,9659 sin 345° = sin(360° − 15°) → 𝑘𝐼𝑉 sin(−) = − sin 15° = −0,2588



Yang ekivalen dengan persamaan 𝑦= −𝑥 Coba gambarlah persamaan tersebut! Contoh 2: Tentukan tempat kedudukan titik-titik dalam bidang yang memenuhi |𝑧 + 2𝑖| ≥ 1 dengan menggambarkan dalam koordinat kurvalinear. Pembahasan Maka ; |𝑧 + 2𝑖| ≥ 1 |𝑥 + 𝑖𝑦 + 2𝑖| ≥ 1 |𝑥 + 𝑖(𝑦 + 2)| ≥ 1



18



Modul Analisis Kompleks 5D



𝑥2 + (𝑦 + 2)2 ≥ 1 Persamaan lingkaran secara umum yaitu (𝑥 − 𝑎)2 + (𝑦 − 𝑏)2 = 𝑟2 dengan pusat (𝑎, 𝑏) dan jari-jari 𝑟. 𝑥2 + (𝑦 + 2)2 = 1 (𝑥 − 0)2 + (𝑦 − (−2))2 = 12 , dengan pusat (0,-2) dan jari-jari 1. Gambar grafik dari pertidaksamaan, adalah sebagai berikut ; Y



X



0 -2



Daerah yang diarsir (abuabu) merupakan daerah penyelesaian.



H. Persamaan Suku Banyak Penyelesaian persamaan suku banyak berbentk 𝑎0𝑧𝑛 + 𝑎1𝑧𝑛−1 + 𝑎2𝑧𝑛−2 + ⋯ + 𝑎𝑛−1𝑧 + 𝑎𝑛 = 0 dimana 𝑎0 ≠ 0, 𝑎1, … , 𝑎𝑛 bilangan kompleks yang diketahui dan n bilangan bulat positif. Persamaan suku banyak memiliki n akar kompleks. Jika 𝑧1, 𝑧2, … , 𝑧𝑛 adalah n buah akar, maka 𝑎0(𝑧 − 𝑧1)(𝑧 − 𝑧2) … (𝑧 − 𝑧𝑛) = 0 Dinamakan bentuk pemfaktoran persamaan suku banyak.



Contoh : Selesaikan 𝑧5 − 2𝑧4 − 𝑧3 + 6𝑧 − 4 = 0 Penyelesaian : 𝑧5 − 2𝑧4 − 𝑧3 + 6𝑧 − 4 = 0 Menggunakan aturan horner



19



Modul Analisis Kompleks 5D



20



Modul Analisis Kompleks 5D



Kompetensi 1 : Soal – Soal Latihan dan Pembahasan Kompetensi 1 3



Z2 +2Z3



3. Diketahui Z1 = 1 + i, Z2 = 2 + √2i, Z3 = −2i, hitunglah |



2−Z2



|



Penyelesaian : Z2 +2Z3



|



2−Z2



|



= = =



3 2



| +√2i+2(−2i)| 3 2



|2−( +√2i)| 3 2



| +√2i−4i| 3 2



|2− −√2i| 3 2



| +(√2−4)i| 1 2



| −√2𝑖| 2



=



√(3) +(√2−4)2 2



2



√(1) −(−√2)2 2



=



9 4



√ +18−8√2 1 4



√ +2



=



81 4



1



( −√128)2 3 2 1



= =



(20,25−11,31)2 1,5 2,989 1,5



= 1,99 4. Tentukan nilai x dan nilai y sehingga 3𝑥 + 3𝑖𝑦 − 𝑖2𝑥 + 3𝑦 = 3 + 6𝑖 Jawab : 3𝑥 + 3𝑖𝑦 − 𝑖2𝑥 + 3𝑦 = 3 + 6𝑖 Kelompokkan persamaan tersebut berdasarkan bilangan real dan imajinernya 3𝑥 + 3𝑦 + 3𝑖𝑦 − 𝑖2𝑥 = 3 + 6𝑖 3𝑥 + 3𝑦 + (3𝑦 − 2𝑥)𝑖 = 3 + 6𝑖 Dengan menyamakan posisi real dan imajinernya diperoleh : 3𝑥 + 3𝑦 = 3 …..(1) −2𝑥 + 3𝑦 = 6 .….(2)



21



Modul Analisis Kompleks 5D



Kemudian menggunakan cara eliminasi untuk mencari x dan y 3𝑥 + 3𝑦 = 3 −2𝑥 + 3𝑦 = 6 − 5𝑥 = −3 𝑥=−



3 5



Substitusikan ke persamaan (1) 3𝑥 + 3𝑦 = 3 3 3 (− ) + 3𝑦 = 3 5 9 (− ) + 3𝑦 = 3 5 3𝑦 = 3 + 3𝑦 =



9 5



24 5



𝑦=



24 1 × 5 3



𝑦=



8 5 3



8



Jadi, nilai 𝑥 = − 5 dan 𝑦 = 5 5. Buktikan sifat modulus |𝑍1 𝑍2 | = |𝑍1 ||𝑍2 | Penyelesaian : |𝑍1 𝑍2 | = |(𝑥1 + 𝑖𝑦1 ) ∙ (𝑥2 + 𝑖𝑦1 )| = |(𝑥1 𝑥2 − 𝑦1 𝑦2 ) + 𝑖(𝑥1 𝑦2 + 𝑥2 𝑦1 )| = √(𝑥1 𝑥2 − 𝑦1 𝑦2 )2 + (𝑥1 𝑦2 + 𝑥2 𝑦1 )2 = √𝑥12 𝑥22 + 𝑦12 𝑦22 − 2𝑥1 𝑥2 𝑦1 𝑦2 + 𝑥12 𝑦22 + 𝑥22 𝑦12 + 2𝑥1 𝑥2 𝑦1 𝑦2 = √(𝑥12 + 𝑦12 ) ∙ (𝑥22 + 𝑦22 ) = √(𝑥12 + 𝑦12 ) ∙ √(𝑥22 + 𝑦22 ) = |𝑍1 | ∙ |𝑍2 | Jadi terbukti bahwa |𝑍1 𝑍2 | = |𝑍1 ||𝑍2 | 22



Modul Analisis Kompleks 5D



|𝑧 |



𝑧



7. Buktikan sifat Modulus |𝑧1 | = |𝑧1 | 2



2



Bukti : Misal 𝑧1 = 𝑥1 + 𝑖𝑦1 , dan 𝑧2 = 𝑥2 + 𝑖𝑦2 Maka |𝑧1 | = |𝑥1 + 𝑖𝑦1 | = √𝑥12 + 𝑦12 |𝑧2 | = |𝑥2 + 𝑖𝑦2 | = √𝑥22 + 𝑦22 𝑧



𝑥 + 𝑖𝑦



|𝑧1 | = |𝑥1 + 𝑖𝑦1 | 2



2



2



𝑥1 + 𝑖𝑦1



=|



𝑥2 + 𝑖𝑦2



𝑥2 −𝑖𝑦2



.



𝑥2 −𝑖𝑦2



|



𝑥1 𝑥2 − 𝑥1 𝑖𝑦2 + 𝑥2 𝑖𝑦1 − 𝑦1 𝑦2 (𝑖)2



=|



𝑥22 −𝑦22 .𝑖 2



𝑥1 𝑥2 − 𝑥1 𝑖𝑦2 + 𝑥2 𝑖𝑦1 + 𝑦1 𝑦2



=|



𝑥22 +𝑦22



𝑥1 𝑥2 + 𝑦1 𝑦2



=|



𝑥22 +𝑦22



= √(



|



𝑖(𝑥2 𝑦1 − 𝑥1 𝑦2 )



.



|



𝑥22 +𝑦22



𝑥1 𝑥2 + 𝑦1 𝑦2 2



𝑥2 𝑦1 − 𝑥1 𝑦2 2



) + (



𝑥22 +𝑦22



|



𝑥22 +𝑦22



)



𝑥12 𝑥22 + 𝑦12 𝑦22 + 2𝑥1 𝑥2 𝑦1 𝑦2 + 𝑥22 𝑦12 + 𝑥12 𝑦22 − 2𝑥1 𝑥2 𝑦1 𝑦2



=√



(𝑥22 +𝑦22 )



2



( 𝑥 2 +𝑦 2 ) (𝑥 2 + 𝑦2 )



= √ (𝑥12 + 𝑦12 ) (𝑥22 + 𝑦22 ) 2



2



2



( 𝑥 2 +𝑦 2 )



= √ (𝑥12 + 𝑦12 ) 2



2



2



|𝑧 |



= |𝑧1 | Terbukti 2



8. Buktikan sifat Modulus dan sekawan 𝑧. 𝑧̅ = |𝑧|2 Jawab : Misalkan 𝑧 = 𝑥 + 𝑦𝑖 Maka 𝑧̅ = 𝑥 − 𝑦𝑖 Sehingga |𝑧| = √𝑥 2 + 𝑦 2 |𝑧|2 = (√𝑥 2 + 𝑦 2 )2 |𝑧|2 = 𝑥 2 + 𝑦 2 Akan di buktikan 𝑧. 𝑧̅ = |𝑧|2 23



Modul Analisis Kompleks 5D



𝑧. 𝑧̅ = (𝑥 + 𝑦𝑖)(𝑥 − 𝑦𝑖) = 𝑥 2 − 𝑥𝑦𝑖 + 𝑥𝑦𝑖 + 𝑦 2 𝑖 2 = 𝑥2 − 𝑦2𝑖 2 = 𝑥 2 − (−1)𝑦 2 = 𝑥2 + 𝑦2 Jadi TERBUKTI bahwa 𝑧. 𝑧̅ = |𝑧|2 ̅̅̅2 9. Buktikan sifat sekawan ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ 𝑍1 + 𝑍2 = ̅̅̅ 𝑍1 + 𝑍 Misal 𝑧1 = (𝑎 + 𝑏𝑖) ; 𝑧2 = (𝑐 + 𝑑𝑖) dengan 𝑧1 , 𝑧2 ∈ ℂ dan 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 𝜖 ℝ Perhatikan 𝑧1 + 𝑧2 = (𝑎 + 𝑏𝑖) + (𝑐 + 𝑑𝑖) 𝑧1 + 𝑧2 = (𝑎 + 𝑐) + (𝑏𝑖 + 𝑑𝑖) Sehingga ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ 𝑍1 + 𝑍2 = (𝑎 + 𝑐) − (𝑏 + 𝑑)𝑖 = 𝑎 + 𝑐 − 𝑏𝑖 − 𝑑𝑖 = (𝑎 − 𝑏𝑖) + (𝑐 − 𝑑𝑖) ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ ̅̅̅1 + ̅̅̅ 𝑍1 + 𝑍2 = 𝑍 𝑍2



̅̅̅2 10. Buktikan sifat sekawan ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ 𝑍1 − 𝑍2 = ̅̅̅ 𝑍1 - 𝑍 Bukti : Misal Z1 = (X1  iY1 ) Z2 = (X 2  iY2 ) Maka ̅̅̅ 𝑍1 = (X1 – iY1) ̅̅̅2 = (X2 –iY2) 𝑍 ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ 𝑍1 − 𝑍2



= (X1  iY1 ) - (X 2  iY2 ) = (X1  X 2 )  i (Y1  Y2 ) = (X1 – X2) – i (Y1 – Y2) = X1 – X2 – i Y1 + i Y2 = (X1 – iY1) - (X2 –iY2)



̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ 𝑍1 − 𝑍2



̅̅̅1 - ̅̅̅ = 𝑍 𝑍2 (TERBUKTI)



24



Modul Analisis Kompleks 5D



Bentuk tersebut memenuhi jadi TERBUKTI bahwa ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ 𝑍1 − 𝑍2 = = ̅̅̅ 𝑍1 - ̅̅̅ 𝑍2 12. Buktikkan sifat sekawan ̅̅̅̅̅̅ 𝑧1. 𝑧2 = 𝑧̅1. 𝑧̅2 Jawab : 𝑧1. 𝑧2 = 𝑧̅1. 𝑧̅2 ̅̅̅̅̅̅ Misalkan 𝑧1 =𝑥1 + 𝑦1 𝑖 𝑧 = 𝑥 + 𝑦2 𝑖 Dibuktikkan dengan Ruas Kiri ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ = (𝑥 1 + 𝑦𝑖) (𝑥2 + 𝑦2 𝑖)



𝑧1. 𝑧2 ̅̅̅̅̅̅



2 ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ =𝑥 1 𝑥2 + 𝑦1 𝑦2 𝑖 + 𝑥1 𝑦2 𝑖 + 𝑥2 𝑦1 𝑖



= ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ 𝑥𝑥2 − 𝑦𝑦2 + 𝑥𝑦𝑖 + 𝑥𝑦1 𝑖 ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ = (𝑥 1 𝑥2 − 𝑦1 𝑦2 ) + 𝑖(𝑥1 𝑦2 + 𝑥2 𝑦1 ) = (𝑥1 𝑥2 − 𝑦1 𝑦2 ) − 𝑖(𝑥1 𝑦2 + 𝑥2 𝑦1 ) = 𝑥1 𝑥2 − 𝑦1 𝑦2 − 𝑖𝑥1 𝑦2 − 𝑖𝑥2 𝑦1 = (𝑥1 𝑥2 − 𝑖𝑥1 𝑦2 ) − (𝑦1 𝑦2 + 𝑖𝑥2 𝑦1 ) = 𝑥1 (𝑥2 − 𝑖𝑦2 ) − 𝑦1 (𝑦2 + 𝑖𝑥2 ) = 𝑥1 (𝑥2 − 𝑖𝑦2 ) + 𝑦1 ((−1)𝑦2 + 𝑖𝑥2 ) = 𝑥1 (𝑥2 − 𝑖𝑦2 ) + (𝑖 2 𝑦2 + 𝑖𝑥2 ) = 𝑥1 (𝑥2 − 𝑖𝑦2 ) + (𝑖𝑦2 + 𝑖𝑥2 ) = 𝑥1 (𝑥2 − 𝑖𝑦2 ) − 𝑖𝑦1 (𝑥2 − 𝑖𝑦2 ) = (𝑥1 − 𝑖𝑦1 ) − (𝑥2 + 𝑖𝑦2 ) TERBUKTI 13. Tentukan Re(z), Im(z), |𝑧| dan 𝑧̅ untuk 𝑧 =



2−5𝑖



+ 3+4𝑖



3−4𝑖 25𝑖



Penyelesaian : 2−5𝑖



Misal 𝑧1 = 3+4𝑖 2−5𝑖



= 3+4𝑖 .



3−4𝑖 3−4𝑖



6−8𝑖−15𝑖+20 (𝑖)2



= 9−12𝑖+12𝑖−16 (𝑖)2 =



6−23𝑖−20 9+16



25



Modul Analisis Kompleks 5D



−14−23𝑖



=



25 3−4𝑖



𝑧2 = = = = =



25𝑖 3−4𝑖 25𝑖



.



−25𝑖 −25𝑖



75𝑖 + 100 ( 𝑖)2 −625(𝑖)2 −75𝑖−100 625 −3𝑖−4 25



𝑧 = 𝑧1 + 𝑧2 = =



−14−23𝑖 25



+



−3𝑖−4 25



−18−26𝑖 25



Re =



−18 25 −26



Im =



25 2



2



−18 −26 |𝑧| = √( ) + ( ) 25 25 324



=√



625



+



676 625



1000



= √ 625 = = =



√1000 √625 10√10 25 2√10 5



15. Misalkan A (1,-2) , B(-3,4) , dan C(2,2) adalah titik sudut segitiga ABC. Tentukan panjang garis berat dari C ke sisi AB. Penyelesaian: Diket:



Titik A (1,-2) Titik B (-3,4) Titik C (2,2) Titik sudut segitiga ABC



26



Modul Analisis Kompleks 5D



Ditanya: Jawab:



Tentukan panjang garis berat dari C ke sisi AB ?



Gambar :



Cara I : Titik T titik tengah garis AB 1



1



T = ( 2 ( 1 + (-3) ), 2 ((-2) + 4) ) =



1



1



(-2), 2 (2) 2



= (-1, 1) T = (-1, 1) CT = √(2 − (−1)2 + (2 − 1)2 = √(2 + 1)2 + (1)2 = √ (3)2 + (1)2 = √10  Jadi garis berat c terhadap AB = √10



27



Modul Analisis Kompleks 5D



Cara II : AB = √ (𝑥1 − 𝑥2)2 + (𝑦1 − 𝑦2)2 = √(1 − (−3)2 + ((−2)(−4))2 = √ (4)2 + (−6)2 = √ 16 + 36 = √52 AC = √ (𝑥1 − 𝑥2)2 + (𝑦1 − 𝑦2)2 = √(1 − 22 + ((−2)(−2))2 = √ (−1)2 + (−4)2 = √ 1 + 16 = √17 CB = √ (𝑥 − 𝑥)2 + (𝑦 − 𝑦)2 = √(2 − (−3)2 + (2 − 4)2 = √ (5)2 + (−2)2 = √ 25 + 4 = √29 1



1



1



ZC2 = 2 a2 + 2 b2 - 4c2 1



1



1



= 2 (√29 )2 + 2 (√17 )2 - 4(√52 )2 1



1



1



= 2 . 29 + 2 . 17 - 4 . 52 = 14,5 + 8,5 + 13 = 23- 13 = 10 ZC = √10  Jadi garis berat C terhadap AB =√10



28



Modul Analisis Kompleks 5D



16. Tuliskan bentuk kutub dari bilangan kompleks 𝑧 = (1 + 𝑖)7 tentukan juga 𝑧̅ Jawab : 𝑧 = (1 + 𝑖)7 Maka 𝑥 = 1, 𝑦 = 1 Sehingga 𝑟 = √𝑥 2 + 𝑦 2 = √12 + 12 =√1 + 1 =√2



Cos 𝜃 = = = =



𝑦 𝑟



1 √2 1 √2



×



√2 √2



√2 2 1



= 2 √2 = cos 45° →



45 180



𝜋



1



= 4 𝜋 (K I) 𝑧 7 = 𝑟 7 . 𝑐𝑖𝑠 (7. 𝜃) 1 7 = √2 . 𝑐𝑖𝑠 (7. 𝜋 ) 4 7 7 7 = √2 . 𝑐𝑖𝑠 ( 𝜋 ) → (180) 4 4 = 315 7



= √2 . 𝑐𝑖𝑠 315 → K.IV Catt : 𝜃 = 315 = 360 − 45 → K.IV



29



Modul Analisis Kompleks 5D



Maka cos 315 = cos(360 − 45)° = − cos 45° 1



= − 2 √2 sin 315 = sin(360 − 45)° = − sin 45° 1



= − 2 √2 Sehingga 7



𝑧 7 = √2 (cos 45° + 𝑖 sin 45°) 7



1



7



1



1



= √2 (− √2 + 𝑖 (− √2)) 2 2 = √2 ×



2



√2(−1 − 𝑖) 4



= √2 × √2 × √2 × √2 × 4



= 2 × √2 × √2 ×



1 2



1 2



√2(−1 − 𝑖)



√2(−1 − 𝑖)



6



z = √2 (−1 − 𝑖) 6



Jadi 𝑧̅ = √2 (−1 + 𝑖) 𝑖√2



18. Tuliskan bentuk kutub dari bilangan kompleks 𝑧 = 3+3𝑖 tentukan juga 𝑧̅ 𝑧1 = 𝑖√2 ; 𝑥 = 0, 𝑦 = √3 𝑟 = √02 + (√2)2 𝑟 = +√2 = 1,414 cos 𝜃 =



0 √2



=0



𝜃 = 90° 𝑧1 = 1,414 𝑐𝑖𝑠



𝜋 2



30



Modul Analisis Kompleks 5D



𝑧2 = 3 + 3𝑖 ; 𝑥 = 3, 𝑦 = 3 𝑟 = √32 + 32 𝑟 = 3√2 = 4,24 cos 𝜃 =



3



1 = √2 3√2 2



𝜃 = 45° 𝑧2 = 4,24 𝑐𝑖𝑠 𝑧=



𝜋 4



𝑖√2 3 + 3𝑖



𝜋 √2𝑐𝑖𝑠 2 𝑧= 𝜋 3√2𝑐𝑖𝑠 4 𝑧=



𝜋 𝜋 𝑐𝑖𝑠 ( − ) 2 4 3√2



𝑧=



1 𝜋 𝑐𝑖𝑠 3 4



√2



𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 𝑥=



1 𝜋 √2 𝑐𝑜𝑠 = 3 4 6



𝑦 = 𝑟 sin 𝜃 1 𝜋 √2 𝑦 = 𝑠𝑖𝑛 = 3 4 6 𝑧=



√2 √2 + 6 𝑖 6



→ 𝑧̅ =



√2 6



−



√2 𝑖 6



19. Tulislah bentuk kutub dari bilangan kompleks 𝑧 =



(1−𝑖)3 1+𝑖



tentukan juga 𝑧̅ !



Jawab : 



Misalkan : 𝑧1 𝑛 = (1 − 𝑖)3 , 𝑛 = 3 𝑧1 = (1 − 𝑖) => 𝑥 = 1 , 𝑦 = −1 𝑟 = |𝑧| = √12 + (−1)2 = √2



31



Modul Analisis Kompleks 5D



𝑥



cos 𝜗 = 𝑟 =



1



1



1



1 = 2 √2 = 2 √2−→ 𝐾 𝐾4



√2



𝐾 4 (𝑘𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 𝑑𝑖𝑙𝑖ℎ𝑎𝑡 𝑑𝑎𝑟𝑖 𝑡𝑖𝑡𝑖𝑘 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦) = 𝜗 = 315° ….. (1) Bentuk dari 𝑧 𝑛 = 𝑟 𝑛 𝑐𝑖𝑠(𝑛. 𝜗) Maka (𝑧1 )3 = (√2 )3 𝑐𝑖𝑠(3.315°) 3



= (√2 ) 𝑐𝑖𝑠 (945°) 



𝑧2 = 1 + 𝑖



==> 𝑥 = 1 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 1



𝑟 = |𝑧| = √12 + (−1)2 = √2 𝑥



cos 𝜗 = 𝑟 =



1 √2



1



1



1 = 2 √2 = 2 √2−→ 𝐾 𝐾4



𝐾 1(𝑘𝑎𝑟𝑒𝑛𝑎 𝑑𝑖𝑙𝑖ℎ𝑎𝑡 𝑑𝑎𝑟𝑖 𝑡𝑖𝑡𝑖𝑘 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦)𝜗 = 45° ….. (2) 



Bentuk kutub dari



𝑍1 𝑛 𝑍2



= =



𝑟



= 𝑟1 𝑐𝑖𝑠 (𝜗1 − 𝜗2 ) 2



(√2)3 √2 (√2)3 √2



𝑐𝑖𝑠 (945° − 45°) 𝑐𝑖𝑠 (900°)



= 2 𝑐𝑖𝑠 900° = 2 𝑐𝑖𝑠 5𝜋 



𝑥 = 𝑟 cos 𝜗 = 2 cos 900°



32



Modul Analisis Kompleks 5D



= 2 . 𝑐𝑜𝑠 (360(2) + 180)° = 2 . cos 180°−→ 𝐾 𝐼𝐼 = 2 (cos(180 − 0)° = 2(− cos 0°) = 2(−1) = −2 



𝑦 = 𝑟 sin 𝜗 = 2 sin 900° = 2 . 𝑠𝑖𝑛 (360(2) + 180)° = 2 . sin 180°−→ 𝐾 𝐼𝐼 = 2 (sin(180 − 0)° = 2(sin 0°) = 2(0) =0







𝑧 = 𝑥 + 𝑦𝑖 = −2 + 0 𝑖 𝑧̅ = 𝑥 − 𝑦𝑖 = −2 − 0𝑖 = −2 21. Hitunglah (−5 + 𝑖√75)4 CATATAN:



Jawab: Misal 𝑍 = (−5 + 𝑖√75)4 Maka r = √(−5)2 + (√75)2 = √25 + 75 = √100 = 10 𝑦



mencari 𝜃 = 𝑠𝑖𝑛 𝑟 = =



√75 10 5√3 10



Di lihat dari gambar grafiknnya berada pada kuadran 2



𝑠𝑖𝑛 𝜃 =



1 √3 2



𝜃 = 180° − 60° 𝜃 = 120° 𝜃=



2 3



𝜋



33



Modul Analisis Kompleks 5D



1



= 2 √3 berada di k1 atau k2 Maka 𝜃



2



CATATAN:



= 3𝜋



𝜃 = 480° 𝜃 = 360° + 120° kuadran 2 cos -, sin +



Z4 = 𝑟 𝑛 𝑐𝑖𝑠(𝑛. 𝜃)



𝑐𝑜𝑠480° = cos(360° + 120°)



2



= 104 cis (4.3)



= 𝑐𝑜𝑠120° K2



8



= 104 𝑐𝑖𝑠 3 𝜋



= cos(180° − 60°)



= 104 𝑐𝑖𝑠480°



= −𝑐𝑜𝑠60° 1



Sehingga :



=−2



Z4 = 104 (𝑐𝑜𝑠480° + 𝑖 sin 480°) 1



1



= 104 (− 2 + 𝑖 2 √3 ) 1



= 104.2 (−1 + 𝑖 √3 ) 1



3



= 10 .10.2 (−1 + 𝑖√3 )



𝑠𝑖𝑛480° = sin(360° + 120°) = 𝑠𝑖𝑛120° K2 = sin(180° − 60°) = 𝑠𝑖𝑛60° 1



= 2 √3



= 5.103 (−1 + 𝑖 √3) 22.



Hitunglah (5 − 𝑖√75)4 Penyelesaian: Misal 𝑧 = 5 − 𝑖√75 maka 𝑟 = |𝑧| = √52 + (−√75)2 = √25 + 75 = 10 𝑦 −√75 −5√3 1 = = = − √3 𝑟 10 10 2 1 sin θ = − √3 𝑎𝑑𝑎 𝑑𝑖 𝑘𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑛 𝐼 𝑑𝑎𝑛 𝑘𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑛 𝐼𝑉 2 1 𝐾𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑛 𝐼 → sin 𝜃 = √3 2 sin 𝜃 =



𝜃 = 60° 1 𝐾𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑛 𝐼𝑉 → sin 𝜃 = − √3 2 5 𝜃 = 360° − 60° = 300° = 3 𝜋 𝑧 = 5 − 𝑖√75 5 𝑧 = 10 𝑐𝑖𝑠 ( 𝜋) 3 4



(5 − 𝑖√75) = 𝑧 4



34



Modul Analisis Kompleks 5D



𝑧 4 = 𝑟 4 𝑐𝑖𝑠(4𝜃) 5 𝑧 4 = 104 𝑐𝑖𝑠 (4 ( 𝜋)) 3 𝑧 4 = 104 𝑐𝑖𝑠 (



20 𝜋) 3



𝑧 4 = 104 𝑐𝑖𝑠(1200°) cos 1200° = cos(3 × 360° + 120°) = cos 120° = cos(180° − 60°) = − cos 60° = −



1 2



sin 1200° = sin(3 × 360° + 120°) = sin 120° = sin(180° − 60°) = sin 60° =



1 √3 2



𝑧 4 = 104 𝑐𝑖𝑠(1200°) 𝑧 4 = 104 (cos 1200° − 𝑖 sin 1200°) 1 1 𝑧 4 = 104 (− + 𝑖 ( √3)) 2 2 1 𝑧 4 = 104 × (−1 + 𝑖√3) 2 1 𝑧 4 = 103 × 10 × (−1 + 𝑖√3) 2 𝑧 4 = 103 × 5(−1 + 𝑖√3) 𝑧 4 = 5 × 103 (−1 + 𝑖√3) 23.



Hitunglah (−5 − 𝑖√75 )4 Penyelesaian : 𝑟 = |𝑧| = √(−5)2 + (−√75)2 = √25 + 75 = √100 = 10 𝑥 = −5 , 𝑦 = −√75 sin 𝜃 =



𝑦 𝑟



=



−√75 10



=



−5√3 10



1



= − 2 √3



sin 𝜃 𝑏𝑒𝑟𝑛𝑖𝑙𝑎𝑖 (−)𝑑𝑖 𝑘𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑛 𝐼𝐼𝐼 𝑑𝑎𝑛 𝐾𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑛 𝐼𝑉, lihat gambar



35



Modul Analisis Kompleks 5D



-5



-5√3



1



𝐾 𝐼𝐼𝐼 = sin 𝜃 = − 2 √3 𝜃 = 180° + 60° = 240° 240° 180°



4



𝜋=



3



𝜋



𝑧 = 𝑟 𝑐𝑖𝑠 𝜃 4



= 10 𝑐𝑖𝑠 3 𝜋 𝑧 = (−5 − 𝑖√75 )4 𝑧 4 = 𝑟 4 𝑐𝑖𝑠 (4. 𝜃) 4



= 104 𝑐𝑖𝑠 (4. 3 𝜋) 16



= 104 𝑐𝑖𝑠 ( 3 𝜋) = 104 𝑐𝑖𝑠 960° 𝜃 = 960° 𝑑𝑖 𝐾 𝐼II Catatan : 𝜃 = 960° = 720° + 240°  K III  sin (-) dan cos (-) cos 960° = cos(720° + 240°) = cos 240° K III = cos(180° + 60°) =−cos 60° 1



= −2 sin 960° = sin(720° + 240°) = sin 240° K III = sin(180° + 60°) = −sin 60° 1



= − 2 √3



36



Modul Analisis Kompleks 5D



Sehingga diperoleh : 𝑧 4 = 𝑟 4 𝑐𝑖𝑠 960° = 104 (cos 960° + 𝑖 sin 960°) 1



1



= 104 (− 2 − 𝑖 2 √3) 1



= 104 . 2 (−1 − 𝑖√3) 1



= 103 . 10. 2 (−1 − 𝑖√3) = 5. 103 (−1 − 𝑖√3) 24. Selesikanlah persamaan z4+81=0 ! Jawab: z4 = 81 4



z =√−81 1



= 814 Di dapat n= 4 ; x= -81 ; y=0 Mencari nilai r.. ? r



= √x 2 + y 2 = √−812 + 02 = √6561 = 81



Kemudian, mencari nilai  ...? y



K I = 0



0



Sin  = r = 81 = 0 = 



K II = 180



Kenapa , karena jika di gambarkan maka titiknya terletak pada kuadran II = 180



Y



z -81



X



37



Modul Analisis Kompleks 5D



Rumus: n



Zk = √r cis ( Z0



θ+2kπ n



) , k = 0,1,2,3



 +2.0.π



4



= √−81 cis (



4



) , k = 0,1,2,3



π



π



= 3 cis 4



 = = 45 , K.I 4



= 3 (cos 45 + i sin 45) √2



=3(2 +i = Z1



3√2 2



+



3√2 2



√2 2



Cos 45 = (90 - 45) (+)



)



i atau



3√2



(1 + i )



2



 +2.1.π



4



= √−81 cis ( = 3 cis



4



) , k = 0,1,2,3



π



 = = 135 , K.II



3π



4



4



Cos 135 = (180 - 45) (-)



= 3 (cos 135 + i sin 135) = 3 (− =−



Z2



√2 2



3√2 2



√2 2



+i



+



3√2



)



Sin 135 = (180 - 45) (+)



i atau



2



3√2 2



(−1 + i )



 +2.2.π



4



= √−81 cis ( = 3 cis



4



) , k = 0,1,2,3



π



 = = 225 , K.III



5π



4



4



= 3 (cos 225 + i sin 225) = 3 (− =−



Z3



Sin 45 = (90 - 45) (+)



√2 2



3√2 2



√2 2



−i



−



3√2



)



Sin 225 = (270 - 45) (-)



i atau −



2



Cos 225 = (270 - 45) (-)



3√2 2



(1 + i )



 +2.3.π



4



= √−81 cis ( = 3 cis



4



) , k = 0,1,2,3



7π



π



 = = 315 , K.IV



4



= 3 (cos 315 + i sin 315) √2



=3(2 −i



√2 2



)



4



Cos 315 = (360 225)(+) Sin 315 = (360 - 225) (-) 38



Modul Analisis Kompleks 5D



3√2



=



2



−



3√2 2



i atau



3√2



(1 − i )



2



Jadi, akar-akarnya adalah Z0 = ( (−



𝟑√𝟐 𝟐



(𝟏 + 𝐢)) ; Z3 = (



𝟑√𝟐 𝟐



𝟑√𝟐 𝟐



(𝟏 + 𝐢)) ; Z1= (



𝟑√𝟐 𝟐



(−𝟏 + 𝐢)) ; Z2=



(𝟏 − 𝐢))



25. Tentukan semua akar dari 𝑧 4 + 𝑧 2 + 1 = 0 Penyelesaian : 𝑧4 + 𝑧2 + 1 = 0 (𝑧 2 )2 + 𝑧 2 + 1 = 0 Misalkan 𝑧 2 = 𝑎 Maka 𝑎2 + 𝑎 + 1 = 0 Untuk mencari faktor gunakan rumus abc 𝑎= 𝑎= 𝑎= 𝑎= 𝑎= 𝑎=



−𝑏±√𝑏 2 −4𝑎𝑐 2𝑎 (−1)±√(1)2 −4(1)(1) 2(1) −1±√1−4 2 −1±√−3 2 −1±√3√−1 2 −1±√3𝑖 2



Setelah mendapatkan faktor 𝑎 maka 𝑧2 = 𝑎 𝑧 = ±√𝑎 −1±√3𝑖



𝑧 = ±√



2



Jadi semua akar dari 𝑧 4 + 𝑧 2 + 1 = 0 adalah −1+√3𝑖



𝑧1 = −√



2 −1−√3𝑖



𝑧3 = −√



2



−1+√3𝑖



𝑧2 = √



2



−1−√3𝑖



𝑧4 = √



2



39



Modul Analisis Kompleks 5D



1 4



28. Tentukan semua akar dari (8 − 8√3𝑖) dan gambarkan akar – akar tersebut dalam bidang kompleks Penyelesaian :   



𝑥=8 𝑦 = −8√3 𝑟 = √𝑥 2 + 𝑦 2 𝑟 = √(8)2 + (−8√3)



2



𝑟 = √64 + 192 𝑟 = √256 = 16 



sin 𝜃 =



𝑦 𝑟



=



−8√3 16



1



= − 2 √3



Karena nilai sin 𝜃 bernilai negatif maka bisa di kuadran III atau IV diperoleh



5



Sehingga nilai 𝜃 = 300° = 𝜋 3







𝑛



𝑧𝑘 = √𝑟 𝑐𝑖𝑠 ( 4



5 𝜋+2𝑘𝜋 3



𝑛



)



5 𝜋+2𝑘𝜋 3



𝑧𝑘 = √16 𝑐𝑖𝑠 (



𝑛



)



40



Modul Analisis Kompleks 5D



5 𝜋+2𝑘𝜋 3



𝑧𝑘 = 2 𝑐𝑖𝑠 ( 



𝑛



) , dengan 𝑘 = 0,1,2,



Untuk 𝑘 = 0 5



𝑧0 = 2 𝑐𝑖𝑠 (3 5



𝜋+2.0.𝜋 4



)



𝜋



𝑧0 = 2 𝑐𝑖𝑠 (34 ) 5



𝑧0 = 2 𝑐𝑖𝑠 (12 𝜋)







𝑧0 = 2 (cos 75° + 𝑖 sin 75°) 𝑧0 = 2(0,258 + 0,965 𝑖) 𝑧0 = 0,516 + 1,93 𝑖 Untuk 𝑘 = 1 5 𝜋+2.1.𝜋 3



𝑧1 = 2 𝑐𝑖𝑠 (



4



5



𝑧1 = 2 𝑐𝑖𝑠 (3



𝜋+2𝜋 4



11



)



)



𝜋



𝑧1 = 2 𝑐𝑖𝑠 ( 34 ) 11



𝑧1 = 2 𝑐𝑖𝑠 (12 𝜋) 𝑧1 = 2 (cos 165° + 𝑖 sin 165°) 𝑧1 = 2(−0,965 + 0,258 𝑖) 𝑧1 = −1,93 + 0,516 𝑖 



Untuk 𝑘 = 2 𝑧2 = 2 𝑐𝑖𝑠 (



5 𝜋+2.2.𝜋 3



4 5



𝑧2 = 2 𝑐𝑖𝑠 (3



𝜋+4𝜋



17



4



)



)



𝜋



𝑧2 = 2 𝑐𝑖𝑠 ( 34 ) 17



𝑧2 = 2 𝑐𝑖𝑠 (12 𝜋) 𝑧2 = 2 (cos 255° + 𝑖 sin 255°) 𝑧2 = 2 (−0,258 − 0,965 𝑖) 𝑧2 = −0,516 − 1,93𝑖



41



Modul Analisis Kompleks 5D







Untuk 𝑘 = 3 𝑧3 = 2 𝑐𝑖𝑠 (



5 𝜋+2.3.𝜋 3



4 5



𝑧3 = 2 𝑐𝑖𝑠 (3 𝑧3 = 2 𝑐𝑖𝑠 (



𝜋+6𝜋 4



23 𝜋 3



4



)



)



)



23𝜋



𝑧3 = 2 𝑐𝑖𝑠 ( 12 ) 𝑧3 = 2 (cos 345° + 𝑖 sin 345°) 𝑧3 = 2(0,965 − 0,258 𝑖) 𝑧3 = 1,93 − 0,516 𝑖



42



Modul Analisis Kompleks 5D



𝟏



29. Tentukan semua akar dari (−𝟖 + 𝟖√𝟑)𝟒 dan gambarkan akar-akar tersebut dalam bilangan kompleks ! Jawab: Misalkan z = 𝟖√𝟑𝒊 ; x= -8 ; y= 𝟖√𝟑, n=4 Selanjutnya cari r



r...?



= √𝐱 𝟐 + 𝐲 𝟐 = √(−𝟖)𝟐 + (𝟖√𝟑)𝟐 = √𝟐𝟓𝟔 = 16



Kemudian, mencari nilai  ...? Sin



𝐲



=𝐫=



𝟖√𝟑 𝟏𝟔



K I = 60



𝟏



= 𝟐 √𝟑



K II = 120



= 



Kenapa , karena jika di gambarkan maka titiknya terletak pada kuadran II = 180



Y z



Rumus: 𝐧



𝛉+𝟐𝐤𝛑



Zk



= √𝐫 cis (



Z0



= √𝟏𝟔 cis (



𝐧



8√3



-8



X



) 𝐤 = 𝟎, 𝟏, 𝟐, 𝟑



 +𝟐.𝟎.𝛑



𝟒



𝟒



) 𝐤 = 𝟎, 𝟏, 𝟐, 𝟑



𝟐𝛑



= 2 cis 𝟏𝟐



= 2 (cos 30 + i sin 30) √𝟑



4



𝟏



= 2 ( 𝟐 + 𝒊 𝟐)



Cos 30 = (90 - 60) (+)



𝟏



= 2. 𝟐 (√𝟑 + 𝒊 )



Sin 30 = (90 - 60) (+)



= √𝟑 + 𝒊 Z1



𝟒



π



 = = 30 , K.I



 +𝟐.𝟏.𝛑



= √𝟏𝟔 cis (



𝟒



) , 𝐤 = 𝟎, 𝟏, 𝟐, 𝟑



43



Modul Analisis Kompleks 5D



= 2 cis



𝟐𝛑 𝟑



= 2 (cos 120 + i sin 120) 𝟏



√𝟑 𝟐



= 2 (− 𝟐 + 𝒊



4



)



𝟏



= 2. 𝟐 (−𝟏 + √𝟑𝒊 ) = −𝟏 + √𝟑 𝒊



Z2



π



 = = 120 , K.II Cos 120 = (180 - 60) (-) Sin 120 = (180 - 60) (+)



 +𝟐.𝟐.𝛑



𝟒



= √𝟏𝟔 cis ( = 2 cis



𝟒



) , 𝐤 = 𝟎, 𝟏, 𝟐, 𝟑



𝟕𝛑



π



𝟔



= 2 (cos 210 + i sin 210) = 2 (−



√𝟑 𝟐



 = = 210 , K.III 4



Cos 210 = (270 - 60) (-)



𝟏



− 𝟐 𝒊)



Sin 210 = (270 - 60) (-)



𝟏



= 2. 𝟐 (−√𝟑 − 𝒊 ) = −√𝟑 − 𝒊



Z3



 +𝟐.𝟑.𝛑



𝟒



= √𝟏𝟔 cis ( = 2 cis



𝟒



) , 𝐤 = 𝟎, 𝟏, 𝟐, 𝟑



𝟓𝛑 𝟑



= 2 (cos 300 + i sin 300) 𝟏



= 2 (𝟐 −



√𝟑 𝟐



𝒊)



𝟏



= 2. 𝟐 (𝟏 − √𝟑𝒊 ) = 𝟏 − √𝟑𝒊



π



 = = 300 , K.IV 4



Cos 300 = (360 - 60) (+) Sin 300 = (360 - 60) (-)



Jadi, akar-akarnya adalah Z0 = (√𝟑 + 𝒊 ) ; Z1= (−𝟏 + √𝟑) ; Z2= (−√𝟑 − 𝒊) ; Z3 = (𝟏 − √𝟑𝒊)



44



Modul Analisis Kompleks 5D



𝟏



30.



Tentukan semua akar dari (−𝟖 − 𝟖√𝟑 𝒊)𝟒 dan gambarkan akar- akarnya tersebut dalam bidang kompleks Penyelesaian : Misal 𝒛 = −𝟖 − 𝟖√𝟑 𝒊 𝒙 = −𝟖 𝒚 = −𝟖√𝟑 𝟒



√−𝟖 − 𝟖√𝟑𝒊 →→ 𝟒√𝒛 →→ 𝒏 = 𝟒 y 𝟐



𝒓 = √(−𝟖)𝟐 + (−𝟖√𝟑) = √𝟔𝟒 − 𝟏𝟗𝟐 = √𝟐𝟓𝟔 = 𝟏𝟔 K.II K.I 𝒚



𝜽 … ? →→→→→ 𝐬𝐢𝐧 𝜽 = 𝒓 =



−𝟖√𝟑 𝟏𝟔



𝟏



= − 𝟐 √𝟑 𝒂𝒅𝒂 𝒅𝒊 𝑲𝒖𝒂𝒅𝒓𝒂𝒏 𝑰𝑰𝑰



K.III K.IV x 𝟏 𝑲𝒖𝒂𝒅𝒓𝒂𝒏 𝑰𝑰𝑰 → 𝐬𝐢𝐧 𝜽 = − √𝟑 → 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟖𝟎° + 𝟔𝟎°) = 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝟒𝟎° 𝟐 𝟒 𝜽 = 𝟐𝟒𝟎° = 𝝅 𝟑 Akar- akarnya adalah 𝜽 + 𝟐𝒌𝝅 𝒏 𝒛𝒌 = √𝒓 𝒄𝒊𝒔 ( ) 𝒏 𝟒 𝝅 + 𝟐𝒌𝝅 𝟒 𝒛𝒌 = √𝟏𝟔 𝒄𝒊𝒔 (𝟑 ) 𝒅𝒆𝒏𝒈𝒂𝒏 𝒌 = 𝟎, 𝟏, 𝟐, 𝟑 𝟒 𝟒



𝒛𝒌 = 𝟐 𝒄𝒊𝒔 (𝟑



𝝅+𝟐𝒌𝝅 𝟒



) 𝒅𝒆𝒏𝒈𝒂𝒏 𝒌 = 𝟎, 𝟏, 𝟐, 𝟑



45



Modul Analisis Kompleks 5D



𝟒 𝝅 + 𝟐. 𝟎. 𝝅 𝟒 𝒌 = 𝟎 →→ 𝒛𝟎 = 𝟐 𝒄𝒊𝒔 (𝟑 ) = 𝟐 𝒄𝒊𝒔 ( 𝝅) 𝟒 𝟏𝟐 𝒛𝟎 = 𝟐 (𝐜𝐨𝐬



𝟒 𝟒 𝝅 + 𝒊 𝐬𝐢𝐧 𝝅) 𝟏𝟐 𝟏𝟐



𝒛𝟎 = 𝟐 (𝐜𝐨𝐬 𝟏𝟐𝟎° + 𝒊 𝐬𝐢𝐧 𝟏𝟐𝟎°) 𝟏



→ 𝐜𝐨𝐬 𝟏𝟐𝟎° = 𝐜𝐨𝐬(𝟏𝟖𝟎° − 𝟔𝟎°) = − 𝐜𝐨𝐬 𝟔𝟎° = − 𝟐 𝟏



𝟏



𝒛𝟎 = 𝟐 (− 𝟐 + 𝒊 𝟐 √𝟑) 𝟏



𝐬𝐢𝐧 𝟏𝟐𝟎° = 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟖𝟎° − 𝟔𝟎°) = 𝐬𝐢𝐧 𝟔𝟎° = 𝟐 √𝟑 𝟏 𝒛𝟎 = 𝟐 × (−𝟏 + 𝒊√𝟑) 𝟐 𝑧0 = −1 + 𝑖√3 𝟒 𝝅 + 𝟐. 𝟏. 𝝅 𝟏𝟎 𝒌 = 𝟏 →→ 𝒛𝟏 = 𝟐 𝒄𝑖𝒔 (𝟑 ) = 𝟐 𝒄𝒊𝒔 ( 𝝅) 𝟒 𝟏𝟐 𝒛𝟏 = 𝟐 (𝐜𝐨𝐬



𝟏𝟎 𝟏𝟎 𝝅 + 𝒊 𝐬𝐢𝐧 𝝅) 𝟏𝟐 𝟏𝟐



𝒛𝟏 = 𝟐 (𝐜𝐨𝐬 𝟏𝟓𝟎° + 𝒊 𝐬𝐢𝐧 𝟏𝟓𝟎°) 𝟏



→ 𝐜𝐨𝐬 𝟏𝟓𝟎° = 𝐜𝐨𝐬(𝟏𝟖𝟎° − 𝟑𝟎°) = − 𝐜𝐨𝐬 𝟑𝟎° = − 𝟐 √𝟑 𝟏



𝟏



𝒛𝟏 = 𝟐 (− 𝟐 √𝟑 + 𝒊 𝟐) 𝟏



𝐬𝐢𝐧 𝟏𝟓𝟎° = 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟖𝟎° − 𝟑𝟎°) = 𝐬𝐢𝐧 𝟑𝟎° = 𝟐 𝟏



𝒛𝟏 = 𝟐 × 𝟐 (−√𝟑 + 𝒊) 𝑧1 = −√3 + 𝑖 𝟒 𝝅 + 𝟐. 𝟐. 𝝅 𝟒 𝒌 = 𝟐 →→ 𝒛𝟐 = 𝟐 𝒄𝒊𝒔 (𝟑 ) = 𝟐 𝒄𝒊𝒔 ( 𝝅) 𝟒 𝟑 𝟒 𝟒 𝒛𝟐 = 𝟐 (𝐜𝐨𝐬 𝝅 + 𝒊 𝐬𝐢𝐧 𝝅) 𝟑 𝟑 𝒛𝟐 = 𝟐 (𝐜𝐨𝐬 𝟐𝟒𝟎° + 𝒊 𝐬𝐢𝐧 𝟐𝟒𝟎°) 𝟏



→ 𝐜𝐨𝐬 𝟐𝟒𝟎° = 𝐜𝐨𝐬(𝟏𝟖𝟎° + 𝟔𝟎°) = − 𝐜𝐨𝐬 𝟔𝟎° = − 𝟐



46



Modul Analisis Kompleks 5D



𝟏



𝟏



𝒛𝟐 = 𝟐 (− 𝟐 − 𝒊 𝟐 √𝟑) 𝟏



𝐬𝐢𝐧 𝟐𝟒𝟎° = 𝐬𝐢𝐧(𝟏𝟖𝟎° + 𝟔𝟎°) = − 𝐬𝐢𝐧 𝟔𝟎° = − 𝟐 √𝟑 𝟏



𝒛𝟐 = 𝟐 × 𝟐 (−𝟏 − 𝒊√𝟑) 𝑧2 = −1 − 𝑖√3 𝟒 𝝅 + 𝟐. 𝟑. 𝝅 𝟏𝟏 𝒌 = 𝟑 →→ 𝒛𝟑 = 𝟐 𝒄𝒊𝒔 (𝟑 ) = 𝟐 𝒄𝒊𝒔 ( 𝝅) 𝟒 𝟔 𝒛𝟑 = 𝟐 (𝐜𝐨𝐬



𝟏𝟏 𝟏𝟏 𝝅 + 𝒊 𝐬𝐢𝐧 𝝅) 𝟔 𝟔



𝒛𝟑 = 𝟐 (𝐜𝐨𝐬 𝟑𝟑𝟎° + 𝒊 𝐬𝐢𝐧 𝟑𝟑𝟎°) 𝟏



→ 𝐜𝐨𝐬 𝟑𝟑𝟎° = 𝐜𝐨𝐬(𝟑𝟔𝟎° − 𝟑𝟎°) = 𝐜𝐨𝐬 𝟑𝟎° = 𝟐 √𝟑 𝟏



𝟏



𝒛𝟑 = 𝟐 (𝟐 √𝟑 − 𝒊 𝟐) 𝟏



𝐬𝐢𝐧 𝟑𝟑𝟎° = 𝐬𝐢𝐧(𝟑𝟔𝟎° − 𝟑𝟎°) = − 𝐬𝐢𝐧 𝟑𝟎° = − 𝟐 𝟏



𝒛𝟑 = 𝟐 × 𝟐 (√𝟑 − 𝒊) 𝑧3 = √3 − 𝑖 Gambar :



47



Modul Analisis Kompleks 5D



31. Tentukan setiap akar yang diberikan berikut dan letaknya pada bidang kompleks 𝟏



(𝟐√𝟑 − 𝟐𝒊)𝟐 Jawab : r



= √(𝟐√𝟑)𝟐 + (−𝟐)𝟐 = √𝟏𝟐 + 𝟒 = √𝟏𝟔 CATATAN:



=4 n



Di lihat dari gambar Grafiknya berada di kuadran 4



=2 𝒚



𝜽 = 𝐬𝐢𝐧 𝒓



𝑠𝑖𝑛𝜃 = −



−𝟐



=



𝜃 = 360° − 30°



𝟒 𝟏



= − 𝟐 berada di K3 atau K4



𝟏𝟏 𝟔



𝜃 = 330° 𝜃=



= 𝟑𝟑𝟎° =



1 2



11 𝜋 6



𝝅



𝒏



Zk = √𝒓 (𝒄𝒊𝒔 𝟐



= √𝟒 (𝒄𝒊𝒔 = 2(𝒄𝒊𝒔 K0 = 2(𝒄𝒊𝒔 = 𝟐 𝒄𝒊𝒔



𝜽+𝟐𝒌𝝅



𝟏𝟏 +𝟐.𝒌.𝝅 𝟔



𝟐



𝟏𝟏 +𝟐.𝒌.𝝅 𝟔



𝟐 𝟏𝟏 +𝟐.𝟎.𝝅 𝟔



𝟐 𝟏𝟏 𝟏𝟐



) ; k = 0,1



𝒏



) ; k = 0,1



) ; k = 0,1 )



𝝅



= 𝟐(𝐜𝐨𝐬 𝟏𝟔𝟓° + 𝒊 𝐬𝐢𝐧 𝟏𝟔𝟓°) = 2 (-0,965 + i (0,258)) = -1,93 + 0,516i



48



Modul Analisis Kompleks 5D



K1 = 2(𝒄𝒊𝒔 = 𝟐 𝒄𝒊𝒔



𝟏𝟏 +𝟐.𝟏.𝝅 𝟔



𝟐 𝟐𝟑 𝟏𝟐



)



𝝅



= 𝟐(𝐜𝐨𝐬 𝟑𝟒𝟓° + 𝒊 𝐬𝐢𝐧 𝟑𝟒𝟓°) = 2( 0,965 + i (-0,258)) = 1,93 – 0,516i Letak pada bidang kompleks



32. Jika z1, z2 ∈ ∁ dan z1 dan z2 dipandang sebagai bentuk polar maka buktikan bahwa 𝒛𝟏 𝒛𝟐



=



𝒓𝟏 𝒓𝟐



{𝐜𝐨𝐬(𝜽𝟏 − 𝜽𝟐 ) + 𝒊 𝐬𝐢𝐧(𝜽𝟏 − 𝜽𝟐 )}



Penyelesaian : 𝒛𝟏 = 𝒓𝟏 𝒄𝒊𝒔 𝜽 = 𝒓𝟏 (𝐜𝐨𝐬 𝜽𝟏 + 𝒊 𝐬𝐢𝐧 𝜽𝟏 ) dan 𝒛𝟐 = 𝒓𝟐 𝒄𝒊𝒔 𝜽 = 𝒓𝟐 (𝐜𝐨𝐬 𝜽𝟐 + 𝒊 𝐬𝐢𝐧 𝜽𝟐 ) maka : 𝒛𝟏 𝒛𝟐



=



𝒓𝟏(𝐜𝐨𝐬 𝜽 +𝒊 𝐬𝐢𝐧 𝜽 ) 𝟏 𝟏 𝒓𝟐 (𝐜𝐨𝐬 𝜽𝟐 +𝒊 𝐬𝐢𝐧 𝜽𝟐 )



49



Modul Analisis Kompleks 5D



=



𝒓𝟏 𝒓𝟐



(𝐜𝐨𝐬 𝜽 +𝒊 𝐬𝐢𝐧 𝜽 )



{ (𝐜𝐨𝐬 𝜽𝟏 +𝒊 𝐬𝐢𝐧 𝜽𝟏 )}



𝒓



𝟐



𝟐



(𝐜𝐨𝐬 𝜽 +𝒊 𝐬𝐢𝐧 𝜽 )



= 𝒓 𝟏 { (𝐜𝐨𝐬 𝜽𝟏 +𝒊 𝐬𝐢𝐧 𝜽𝟏 ) . 𝟐



𝟐



𝒓



= 𝒓𝟏 {



(𝐜𝐨𝐬 𝜽𝟐 − 𝒊 𝐬𝐢𝐧 𝜽𝟐 )



𝟐



(𝐜𝐨𝐬 𝜽𝟏 . 𝐜𝐨𝐬 𝜽𝟐 )− (𝐬𝐢𝐧 𝜽𝟏 . 𝒔𝒊𝒏 𝜽𝟐 . 𝒊𝟐 )+(𝒊.𝐬𝐢𝐧 𝜽𝟏 .𝐜𝐨𝐬 𝜽𝟐 )−(𝐜𝐨𝐬 𝜽𝟏 . 𝒊 𝐬𝐢𝐧 𝜽𝟐 ) (𝒄𝒐𝒔𝟐 𝜽𝟐 −(𝒊𝟐 𝒔𝒊𝒏𝟐 𝜽𝟐 ))



𝟐



𝒓



= 𝒓𝟏 { 𝟐



(𝐜𝐨𝐬 𝜽𝟏 . 𝐜𝐨𝐬 𝜽𝟐 )+(𝐬𝐢𝐧 𝜽𝟏 . 𝒔𝒊𝒏 𝜽𝟐 )+𝒊 (𝐬𝐢𝐧 𝜽𝟏 .𝐜𝐨𝐬 𝜽𝟐 )−(𝐜𝐨𝐬 𝜽𝟏 . 𝐬𝐢𝐧 𝜽𝟐 ) (𝒄𝒐𝒔𝟐 𝜽𝟐 + 𝒔𝒊𝒏𝟐 𝜽𝟐 )



𝐜𝐨𝐬 (𝜽𝟏 −𝜽𝟐 )+𝒊 𝐬𝐢𝐧(𝜽𝟏 −𝜽𝟐 )



𝒓



}



(𝐜𝐨𝐬 𝜽𝟐 − 𝒊 𝐬𝐢𝐧 𝜽𝟐 )



= 𝒓𝟏 {



𝟏



𝟐



}



}



}



𝒓



= 𝒓 𝟏 {𝐜𝐨𝐬(𝜽𝟏 − 𝜽𝟐 ) + 𝒊 𝐬𝐢𝐧(𝜽𝟏 − 𝜽𝟐 )} 𝟐



Catatan : 1. Cos (𝛼 − 𝛽) = (cos 𝛼. cos 𝛽) + (sin 𝛼. sin 𝛽) 2. Sin (𝛼 − 𝛽) = (sin 𝛼. cos 𝛽) − (cos 𝛼. sin 𝛽) 3. 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃2 + 𝑠𝑖𝑛2 𝜃2 = 1 34. Misalkan w = f(z) = 𝒛𝟒 . Tentukan 𝒘𝟏 dan 𝒘𝟐 , jika 𝒛𝟏 = -9 + √𝟑 𝒊 dan 𝒛𝟐 = 4 – 0 𝒊. Tentukan juga jarak antara 𝒘𝟏 dan 𝒘𝟐 ! Penyelesaian : 𝒘𝟏 = (𝒛𝟏 )𝟒 = (− 𝟗 + √𝟑 𝒊 ) 𝒓 = |𝒛| = √(−𝟗)𝟐 + √𝟑



𝟒



𝟐



= √𝟖𝟏 + 𝟑 = √𝟖𝟒 = 𝟐 √𝟐𝟏 𝒚



𝐬𝐢𝐧 𝜽 = 𝒓 =𝟐 =𝟐



√𝟑 √𝟐𝟏 √𝟑



√𝟐𝟏 𝟐√𝟔𝟑



𝟐 √𝟐𝟏



x𝟐



√𝟐𝟏



= 𝟒 𝒙 𝟐𝟏 = =



𝟐√𝟔𝟑 𝟖𝟒 √𝟔𝟑 𝟒𝟐



𝜽 = 10,890 𝒛 = 𝟐 √𝟐𝟏 cis 10,890 𝒘𝟏 = (𝒛𝟏 )𝟒 = 𝒓𝟒 cis (4 𝜽)



50



Modul Analisis Kompleks 5D



𝟒



= (𝟐√𝟐𝟏) cis (4 ). (10,89) 𝟒



= (𝟐√𝟐𝟏) cis (43,56)0 𝟒



= (𝟐√𝟐𝟏) (cos 43,560 + i sin 43,560) 𝟒



= (𝟐√𝟐𝟏) (0,72 + i 0,69) = 7056 (0,72 + i 0,69) = 5080,32 + i 4868,64 𝟒 𝒘𝟐 = (𝒛𝟐 ) = (𝟒 − 𝟎 𝒊 )𝟒 𝒓 = |𝒛| = √𝟒𝟐 + (−𝟎)𝟐 = √𝟏𝟔 =𝟒 𝒚



𝐬𝐢𝐧 𝜽 = 𝒓 =



−𝟎 𝟒



= 00 𝒛 = 𝟒 cis 00 (𝒛𝟐 )𝟒 = 𝒓𝟒 cis (4 𝜽) = 𝟒𝟒 cis (4 . 0) = 𝟒𝟒 cis (0) 𝒘𝟐 = (𝒛𝟐 )𝟒 = 𝟒𝟒 (cos 0 + i sin 0) = 𝟒𝟒 (1 + i 0 ) = 256 + i 0 Mencari jarak 𝒘𝟏 dan 𝒘𝟐 :



𝒋𝒂𝒓𝒂𝒌 𝒘𝟏 𝒅𝒂𝒏 𝒘𝟐 = √(𝒙𝟏 − 𝒙𝟐



)𝟐



+ (𝒚𝟏 − 𝒚𝟐



)𝟐



51



Modul Analisis Kompleks 5D



= √(𝟓𝟎𝟖𝟎, 𝟑𝟐 − 𝟐𝟓𝟔)𝟐 + (𝟒𝟖𝟔𝟖, 𝟔𝟒 − 𝟎)𝟐 = √(𝟒𝟖𝟐𝟒, 3𝟐)𝟐 + (𝟒𝟖𝟔𝟖, 𝟔𝟒)𝟐 = 6854,03 Jadi, jarak antara 𝒘𝟏 𝒅𝒂𝒏 𝒘𝟐 adalah 6854,03. 35. Gambarkanlah persamaan dari bilangan kompleks 𝑹𝒆(𝒛 + 𝟑) = −𝟏 𝑹𝒆(𝒛 + 𝟑) = −𝟏 (𝒛 + 𝟑) = 𝒙 + 𝒚𝒊 + 𝟑 (𝒛 + 𝟑) = (𝒙 + 𝟑) + 𝒚𝒊 𝑹𝒆(𝒛 + 𝟑) = −𝟏 (𝒙 + 𝟑) = −𝟏 𝒙 = −𝟏 − 𝟑 𝒙 = −𝟒 Gambar Grafik 𝒙 = −𝟒



36. Gambarkanlah persamaan dari bilangan kompleks 𝑰𝒎|𝒛 − 𝟐𝒊| = −𝟏 Jawab : |𝒛 − 𝟐𝒊| = −𝟏 |𝒙 + 𝒊𝒚 − 𝟐𝒊| = −𝟏



52



Modul Analisis Kompleks 5D



|𝒙 + (𝒚 − 𝟐)𝒊| = −𝟏 √𝒙𝟐 + (𝒚 − 𝟐)𝟐 = −𝟏 𝟐



(√𝒙𝟐 + (𝒚 − 𝟐)𝟐 ) = (−𝟏)𝟐 𝒙𝟐 + (𝒚 − 𝟐)𝟐 = 𝟏, merupakan persamaan lingkaran dengan pusat (a,b) = (0,2) dan r = 1 Gambar :



38. Gambarkanlah pertidaksamaan bilangan kompleks 𝟑|𝒛 + 𝟒| ≥ 𝟏𝟐 Penyelesaian : 𝟑|𝒛 + 𝟒| ≥ 𝟏𝟐 𝟑|𝒙 + 𝒊𝒚 + 𝟒| ≥ 𝟏𝟐 𝟑|(𝒙 + 𝟒) + 𝒊𝒚| ≥ 𝟏𝟐 |(𝒙 + 𝟒) + 𝒊𝒚| ≥ 𝟒 √(𝒙 + 𝟒)𝟐 + 𝒚𝟐 ≥ 𝟒



53



Modul Analisis Kompleks 5D



(𝒙 + 𝟒)𝟐 + 𝒚𝟐 ≥ 𝟏𝟔 (𝒙 + 𝟒)𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟏𝟔 (𝒙 − (−𝟒))𝟐 + (𝒚 − 𝟎)𝟐 = 𝟒𝟐 𝒑𝒖𝒔𝒂𝒕 (−𝟒, 𝟎)sat (-4,0) 𝒋𝒂𝒓𝒊 − 𝒋𝒂𝒓𝒊 = 𝟒ri-jari=4 Gambar :



40. Gambarkanlah pertidaksamaan bilangan kompleks │Z + 3│+ │Z + 1│≥ 4 Penyelesaian: │Z + 3│+ │Z + 1│≥ 4 │x + iy + 3│+ │x + iy + 1│≥ 4 │(x + 3) + iy│+ │(x +1) + iy│≥ 4 √(𝐱 + 𝟑)𝟐 + 𝒚𝟐 + √(𝐱 + 𝟏)𝟐 + 𝒚𝟐 ≥ 4 ( x + 3)𝟐 + 𝒚𝟐 + ( x + 1)𝟐 + 𝒚𝟐 + 2 √( 𝐱 + 𝟑)𝟐 + 𝒚𝟐 . √( 𝐱 + 𝟏)𝟐 + 𝒚𝟐 ≥ 𝟒𝟐 𝒙𝟐 + 6x + 9 + 𝒚𝟐 + 𝒙𝟐 + 2x + 1+ 𝒚𝟐 + 2 √(𝒙𝟐 + 𝟔𝐱 + 𝟗 + 𝒚𝟐 ) . (𝒙𝟐 + 𝟐𝐱 + 𝟏 + 𝒚𝟐 ) . ≥ 𝟏𝟔



54



Modul Analisis Kompleks 5D



2𝒙𝟐 + 8x + 10 + 𝟐𝒚𝟐 + 2 √(𝒙𝟐 + 𝟔𝐱 + 𝟗 + 𝒚𝟐 ) . (𝒙𝟐 + 𝟐𝐱 + 𝟏 + 𝒚𝟐 ) . ≥ 𝟏𝟔 2 √(𝒙𝟐 + 𝟔𝐱 + 𝟗 + 𝒚𝟐 ) . (𝒙𝟐 + 𝟐𝐱 + 𝟏 + 𝒚𝟐 ) . ≥ 6 – 2𝒙𝟐 - 8x 10 – 𝟐𝒚𝟐 √(𝒙𝟐 + 𝟔𝐱 + 𝟗 + 𝒚𝟐 ) . (𝒙𝟐 + 𝟐𝐱 + 𝟏 + 𝒚𝟐 ) . ≥ 3 - 𝒙𝟐 - 4x - 𝒚𝟐 ((𝒙𝟐 + 𝟔𝐱 + 𝟗 + 𝒚𝟐 ) . (𝒙𝟐 + 𝟐𝐱 + 𝟏 + 𝒚𝟐 ) ≥ (3 - 𝒙𝟐 - 4x 𝒚𝟐 ) ( 3 - 𝒙𝟐 - 4x - 𝒚𝟐 ). 𝒙𝟒 + 2𝒙𝟑 + 𝒙𝟐 + 𝒙𝟐 𝒚2 + 6𝒙𝟑 + 12𝒙𝟐 + 6x + 6x𝒚𝟐 + 9𝒙𝟐 + 18x + 9 +9𝒚𝟐 + 𝒙𝟐 𝒚𝟐 + 2x𝒚𝟐 + 𝒚𝟐 + 𝒚𝟒 ≥ 9 - 3𝑥 2 – 12x -3𝑦 2 -3𝑥 2 + 𝑥 4 + 4𝑥 2 + 𝑥 2 + 𝑦 2 – 12x + 4𝑥 3 + 16𝑥 2 + 4x𝑦 2 -3𝑦 2 + 𝑥 2 𝑦 2 + 4x𝑦 2 + 𝑦 4 . 12𝑥 2 + 48x + 16𝑦 2 ≥ 0 12𝑥 2 + 16𝑦 2 + 48𝑥 ≥ 0 3𝑥 2 + 4𝑦 2 + 12𝑥 ≥ 0 3(x + 2)2 + 4(y – 0)2 ≥ + 12 3(𝑥+2)2 12 (𝑥+2)2 4



+



+



4(𝑦−0)2 12



(𝑦−0)2 4



12



≥ 12



=1



𝑎2 = 4 𝑏2 = 3 𝑐 2 = 𝑎2 - 𝑏2 = 4 – 3 = 1



maka a = √4 = 2 maka b = √3 maka c = 1



Sumbu mayor = 2a = 2 . 2 = 4 Sumbu minor = 2b = 2 . √3 = 2√3 Jarak antar focus = 2c = 2 . 1 = 2 Persamaan (x + 2) V (y – 0) x = -2 V y = 0



55



Modul Analisis Kompleks 5D



Gambar:



56



Modul Analisis Kompleks 5D



BAB II FUNGSI KOMPLEKS



1. Fungsi kompleks, jenis fungsi 2. Menjelaskan limit fungsi dan teorema 3. Menyelesaikan permasalahan kekontinuan



A. Fungsi Kompleks



57



Modul Analisis Kompleks 5D



A ’



A



Bidang xy



Bidang w



Gambar 7. Transformasi fungsi kompleks Misalkan 𝑤 = 𝑢 + 𝑖𝑣 adalah nilai fungsi 𝑓di 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦, sehingga 𝑢 + 𝑖𝑣 = 𝑓(𝑥 + 𝑖𝑦). Masing- masing bilangan riil𝑢 dan 𝑣 bergantung pada variabel riil 𝑥dan 𝑦, sehingga 𝑓(𝑧) dapat dinyatakan sebagai pasangan terurut darivariabel riil 𝑥 dan 𝑦, yaitu 𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦). Jikakoordinat polar 𝑟 dan 𝜃 pada 𝑥 dan 𝑦 digunakan, maka 𝑢 + 𝑖𝑣 = 𝑓(𝑟𝑒 𝑖𝜃 ), Dimana 𝑤 = 𝑢 + 𝑖𝑣 dan = 𝑟𝑒 𝑖𝜃 . Sehingga 𝑓(𝑧) dapat ditulis menjadi 𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑟, 𝜃) + 𝑖𝑣(𝑟, 𝜃). Contoh 1 : Misalkan 𝑤 = 𝑓(𝑧) = 𝑧 2 + 3𝑧. Tentukan 𝑢 dan 𝑣 serta hitung nilai 𝑓 pada 𝑧 = 1 + 3𝑖. Nyatakan juga 𝑢 dan 𝑣 dalam bentuk polar! Penyelesaian: Diketahui 𝑤 = 𝑓(𝑧) = 𝑧 2 + 3𝑧. Misal 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦, Sehingga  Cara 1



58



Modul Analisis Kompleks 5D



𝑓(𝑧) = 𝑓(𝑥 + 𝑖𝑦) = (𝑥 + 𝑖𝑦)2 + 3(𝑥 + 𝑖𝑦) = 𝑥 2 + 3𝑥 − 𝑦 2 + 𝑖(2𝑥𝑦 + 3𝑦) Maka 𝑢 = 𝑥 2 + 3𝑥 − 𝑦 2 = 12 + 3(1) − 32 = −5 𝑣 = 2𝑥𝑦 + 3𝑦 = 2(1)(3) + 3(3) = 15  Cara 2 Untuk 𝑧 = 1 + 3𝑖 Maka 𝑓(𝑧) = 𝑓(1 + 3𝑖) = (1 + 3𝑖)2 + 3(1 + 3𝑖) = −5 + 15𝑖 Jadi, 𝑢(1,3) = −5 𝑣(1,3) = 15 Jika koordinat polar 𝑧 = 𝑟𝑒 𝑖𝜃 Maka 𝑒 𝑖𝜃 = 𝑐𝑜𝑠 𝜃 + 𝑖 sin 𝜃 𝑒 𝑖2𝜃 = 𝑐𝑜𝑠 𝜃 + 𝑖 sin 𝜃 Sehingga 𝑓(𝑧) = 𝑓(𝑟𝑒 𝑖𝜃 ) 2



𝑓(𝑧) = 𝑓(𝑟𝑒 𝑖𝜃 ) + 3(𝑟𝑒 𝑖𝜃 ) = 𝑟 2 𝑒 𝑖2𝜃 + 3𝑟𝑒 𝑖𝜃 = 𝑟 2 cos 2𝜃 + 𝑖𝑟 2 sin 2𝜃 + 3𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃 + 3 𝑖𝑟 sin 𝜃 = 𝑟 2 cos 2𝜃 + 3𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃 + 𝑖(𝑟 2 sin 2𝜃 + 3 𝑟 sin 𝜃) Jadi, 𝑢 = 𝑟 2 cos 2𝜃 + 3𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃



59



Modul Analisis Kompleks 5D



𝑣 = 𝑟 2 sin 2𝜃 + 3 𝑟 sin 𝜃



Contoh 2 : Jika𝑓(𝑥, 𝑦) = 2𝑥 2 + 𝑖𝑦 maka fungsi kompleks dalam z Penyelesaian: Jika 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 dan 𝑧̅ = 𝑥 − 𝑖𝑦 𝑓(𝑧) = 2𝑥 2 + 𝑖𝑦 𝑧 + 𝑧̅ = (𝑥 + 𝑖𝑦) + (𝑥 − 𝑖𝑦) 𝑧 + 𝑧̅ = 2𝑥 𝑧 + 𝑧̅ 2 𝑧 − 𝑧̅ = (𝑥 + 𝑖𝑦) − (𝑥 − 𝑖𝑦) 𝑥=



= 𝑥 + 𝑖𝑦 − 𝑥 + 𝑖𝑦 = 2𝑖𝑦 𝑦=



𝑧 + 𝑧̅ 2𝑖



𝑓(𝑥) = 2𝑥 2 + 𝑖𝑦 𝑧 + 𝑧̅ 2 𝑧 + 𝑧̅ = 2( ) +𝑖( ) 2 2𝑖 1 1 = 2 (𝑧 2 + 2(𝑧𝑧̅) + 𝑧̅ 2 ) + (𝑧 − 𝑧̅) 4 2 1 1 1 1 = 𝑧 2 + 𝑧𝑧̅ + 𝑧̅ 2 + 𝑧 − 𝑧̅) 2 2 2 2 1 = (𝑧 2 + 𝑧̅ 2 + 𝑧 − 𝑧̅) + 𝑧𝑧̅ 2 Sehingga𝑓(𝑧) dari 𝑓(𝑥, 𝑦) adalah 𝑓(𝑧)



B. Transformasi



Sifat- sifat dari nilai bernilai riil dapat dilihat dari grafik fungsinya. Tetapi untuk 𝑤 = 𝑓(𝑧), dimana 𝑤 dan 𝑧 bilangan kompleks, tidak ada grafik yang menyatakan fungsi 𝑓 karena setiap bilangan 𝑧 dan 𝑤 berada di bidang bukan di garis bilangan.



60



Modul Analisis Kompleks 5D



Definisi



Korespondensi antara titik-titik di bidang- 𝑧 dengan titik-



Transformasi



titik di bidang- 𝑤 disebut pemetaan atau transformasi dari titik-titik di bidang- 𝑧 dengan titik-titik di bidang- 𝑤 oleh fungsi 𝑓.



Contoh : Jika 𝑤 = 𝑢 + 𝑖𝑣 (dimana u dan v riil) adalah suatu fungsi bernilai tunggal dari 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 (dimana x dan y riil) maka kita dapat menuliskan sebagai 𝑢 + 𝑖𝑣 = 𝑓(𝑥, 𝑦) akibatnya diperoleh suatu transformasi, dengan menyamakan bagian riil dan khayal, maka dapat dinyatakan setara dengan; 𝑢 = 𝑢(𝑥, 𝑦) 𝑣 = 𝑣(𝑥, 𝑦) Dimisalkan 𝑤 = 𝑢 + 𝑖𝑣 dan 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 Jika diberikan suatu fungsi 𝑤 = 𝑧 2 Maka 𝑢 + 𝑖𝑣 = (𝑥 + 𝑖𝑦)2 = 𝑥 2 − 𝑦 2 + 2𝑖𝑥𝑦 Jadi, transformasinya adalah 𝑢 = 𝑥 2 − 𝑦 2 dan 𝑣 = 2𝑥𝑦 Jika diberikan suatu titik tertentu yaitu titik (1,2) maka bayangan titik tersebut di bidang 𝑤 terhadap suatu transformasi suatu fungsi 𝑤 = 𝑧 2 adalah titik (−3,4).



C. Titik Cabang dan Garis Cabang 1



Misal untuk kasus 𝑤 = 𝑓(𝑧) = 𝑧 2 (apakah fungsi tersebut akan membuat putaran penuh yang arahnya berlawanan dengan arah jam?) Diperoleh 𝑧 = 𝑟𝑒 𝑖𝜃 𝑖𝜃



Dan 𝑤 = √𝑟𝑒 2



𝑖𝜃



Jika𝜃 = 𝜃1 dan 𝑤 = √𝑟𝑒 2



Maka𝜃 = 𝜃1 dan 𝑤 = √𝑟𝑒



𝑖(𝜃+2𝜋) 2



61



Modul Analisis Kompleks 5D



𝑖𝜃



𝑤1 = √𝑟𝑒 2



𝑤2 = √𝑟𝑒



𝑖(𝜃+2𝜋) 2



1



Gambar diatas merupakan titik cabang dan garis cabang = 𝑓(𝑧) = 𝑧 2 . 1



Jika 𝑤 = 𝑓(𝑧) = 𝑧 2 diputar sebesar satu putaran (360O) kita belum bisa sampai pada nilai w yang sama, tapi dengan membuat satu lintasan lengkap kedua maka akan diperoleh nilai w yang sama atau dengan kata lain kembali ke titik semula. Sehingga untuk membuat satu putaran penuh diperlukan = 𝜃1 + 4𝜋 , yaitu 𝑖𝜃



𝑤1 = √𝑟𝑒 2 akan sama dengan 𝑤3 = √𝑟𝑒



𝑖(𝜃+4𝜋) 2



Contoh : 𝜃 = 9000 = 1800 + 2(2𝜋) = 1800 + 4𝜋 𝜃 = 9000 − (3600 . 2) = 9000 − 7200 = 1800 



1



𝑤 = 𝑓(𝑧) = 𝑧 2 → akar − akarnya z0 dan z1



Titik cabang : z0 dan z1 Garis cabang : ̅̅̅̅̅ o𝑧0 dan ̅̅̅̅ o𝑧1 



1



𝑤 = 𝑓(𝑧) = 𝑧 3 → akar − akarnya z0 , z1 , dan z2 62



Modul Analisis Kompleks 5D



Titik cabang : z0 , z1 dan z2 Garis cabang : ̅̅̅̅̅ o𝑧0 , ̅̅̅̅dan o𝑧1 o𝑧2 ̅̅̅̅̅ 



1



𝑤 = 𝑓(𝑧) = 𝑧 4 → akar − akarnya z0 , z1 , z2 dan z3



Titik cabang : z0 , z1 , z2 dan z3 Garis cabang : ̅̅̅̅̅ o𝑧0 , ̅̅̅̅, o𝑧1 ̅̅̅̅̅dan o𝑧2 o𝑧3 ̅̅̅̅̅



D. Limit Fungsi



Limit merupakan salah satu konsep kunci dalam kajian analisis. Sedangkan limit fungsi merupakan konsep yang digunakan untuk membahas materi kekontinuan fungsi, turunan fungsi dan integral. Begitu pun halnya dalam fungsi kompleks. Limit fungsi di suatu 𝑧0 menggambarkan perilaku fungsi disekitar 𝑧0 . Sacara intusisi kita dapat menghitung limit fungsi kompleks, seperti di kalkulus. Secara formal Definisi limit fungsi ditunjukan oleh gambar berikut.



63



Modul Analisis Kompleks 5D



Secara umum Definisi limit dalam kompleks sama dengan Definisi limit pada bilangan riil dalam kalkulus. Jika pada bilangan riil bila 𝑥 mendekati 𝑥0 hanya mendekati sepanjang garis riil sedangkan pada bilangan kompleks bila 𝑧 mendekati 𝑧0 akan mendekati dari semua arah dalam bidang kompleks.



Andaikan



suatu



fungsi



𝑓(𝑧) adalah



fungsi



kompleks



dengan



variabel 𝑧 dan limit 𝑓(𝑧) adalah 𝐿 dengan 𝑧 mendekati 𝑧0 yaitu lim 𝑓(𝑧) = 𝐿 ⟺ ∀𝜀 < 0 ∃ 𝛿 > 0 ∋ 0 < |𝑧 − 𝑧0 | < 𝛿 ⟹ |𝑓(𝑧) − 𝐿| < 𝜀



𝑧→𝑧0



Secara geometri definisi di atas merupakan bahwa untuk setiap lingkungan 𝜀 dari



𝐿, yaitu |𝑓(𝑧) − 𝐿| < 𝜀 ada suatu lingkungan 𝛿 dari 𝑧0 , yaitu 0
0 ∋ 0 < |𝑥 − 2| < 𝛿



𝑥→2



⟹ |(2𝑥 − 1) − 3| < 𝜀 Cara membuktikan : 𝜀



𝜀



Ambil sebarang 𝜀 > 0 pilih 𝛿 = min {1, 𝛿0 } , min {1, 2} = 2 Analisis mencari mencari 𝛿0 Jika0 < |𝑥 − 2| < 𝛿 maka berlaku |𝑓(𝑧) − 𝐿| < 𝜀 |(2𝑥 − 1) − 3| < 𝜀 |(2𝑥 − 4| < 𝜀 |(2(𝑥 − 2)| < 𝜀 |2||𝑥 − 2| < 𝜀 2|𝑥 − 2| < 𝜀 2𝛿 < 𝜀 𝜀 𝛿0 < 2



65



Modul Analisis Kompleks 5D



𝜀



Sehingga di dapat 𝛿0 = 2 > 0 Proses membuktikan: 𝜀



Ambil sebarang 𝜀 > 0 pilih 𝛿0 = 2 Jika0 < |𝑥 − 2| < 𝛿 maka berlaku |𝑓(𝑧) − 𝐿| = |(2𝑥 − 1) − 3| = |(2𝑥 − 4| = |(2(𝑥 − 2)| = |2||𝑥 − 2| = 2|𝑥 − 2| < 2𝛿 < 2.



𝜀 2



0 ∋ 0 < |𝑥 − 2| < 𝛿 ⟹ |(2𝑥 − 1) − 3| < 𝜀



Jadi,



atau menurut definisi limit lim(2𝑥 − 1) = 3 𝑥→2



Contoh 2 : Jika 𝑓(𝑧) = 3𝑧 + 2𝑖 , buktikan lim 𝑓(𝑧) = 5𝑖 𝑧→𝑖



Penyelesaian : lim 𝑓(𝑧) = 5𝑖 𝑧→𝑖



Di dapat 𝑓(𝑧) = 3𝑧 + 2𝑖 𝑧 = 𝑧,



𝑧0 = 𝑖,



𝐿 = 5𝑖



Menurut definisi lim 𝑓(𝑧) = 5𝑖 ⟺ ∀𝜀 < 0 ∃ 𝛿 > 0 ∋ 0 < |𝑧 − 𝑖| < 𝛿 ⟹ |(3𝑧 + 2𝑖) − 5𝑖| < 𝜀 𝑧→𝑖



Cara membuktikan : 𝜀



𝜀



Ambil sebarang 𝜀 > 0 pilih 𝛿 = min {1, 𝛿0 } , min {1, 3} = 3 Analisis mencari mencari 𝛿0 Jika 0 < |𝑧 − 𝑖| < 𝛿 maka berlaku |𝑓(𝑧) − 𝐿| < 𝜀 |(3𝑧 + 2𝑖) − 5𝑖| < 𝜀 |(3𝑧 − 3𝑖| < 𝜀 |(3(𝑧 − 𝑖)| < 𝜀 66



Modul Analisis Kompleks 5D



|3||𝑧 − 𝑖| < 𝜀 3|𝑧 − 𝑖| < 𝜀 3𝛿 < 𝜀 𝜀 𝛿0 < 3 𝜀



Sehingga di dapat 𝛿0 = 3 > 0 Proses membuktikan: 𝜀



Ambil sebarang 𝜀 > 0 pilih 𝛿0 = 2 Jika 0 < |𝑧 − 𝑖| < 𝛿 maka berlaku |𝑓(𝑧) − 𝐿| = |(3𝑧 + 2𝑖) − 5𝑖| = |(3𝑧 − 3𝑖| = |(3(𝑧 − 𝑖)| = |3||𝑧 − 𝑖| = 3|𝑧 − 𝑖| < 3𝛿 < 3.



𝜀 3



0 ∋ 0 < |𝑧 − 𝑖| < 𝛿 ⟹ |(3𝑧 + 2𝑖) − 5𝑖| < 𝜀 atau menurut definisi limit lim 𝑓(𝑧) = 5𝑖 dengan 𝑓(𝑧) = 3𝑧 + 2𝑖 𝑧→𝑖



Contoh 3: Hitunglah lim 𝑧 2 − 5𝑧 + 10 dengan menggunakan teorema limit. 𝑧→1+𝑖



Penyelesaian : lim 𝑧 2 − 5𝑧 + 10 = lim 𝑧 2 − lim 5𝑧 + lim 10



𝑧→1+𝑖



𝑧→1+𝑖



𝑧→1+𝑖



𝑧→1+𝑖



= (1 + 𝑖)2 − 5(1 + 𝑖) + 0 = (1 + 2𝑖 + 𝑖 2 ) − 5 − 5𝑖 = 1 + 2𝑖 − 1 − 5 − 5𝑖 = −5 − 3𝑖 E. Limit Barisan Suatu fungsi dengan peubah bilangan positif, yang dinyatakan oleh f(n) atau 𝑢𝑛 , dimana 𝑛 = 1,2,3, … , ∞ dinamakan suatu barisan. Jadi suatu barisan adalah suatu himpunan dengan 𝑢1 , 𝑢2 , 𝑢3 , … , ∞ dalam suatu urutan tertentu yang 67



Modul Analisis Kompleks 5D



diatur dan dibentuk melalui sesuatu aturan tertentu. Setiap bilangan dalam barisan dinamakan suku dan 𝑢𝑛 dinamakan suku ke n. Barisan 𝑢1 , 𝑢2 , 𝑢3 , … , ∞ yang disingkat dengan tulisan {𝑢𝑛 }. Barisan tersebut dinamakan barisan berhingga atau tak berhingga sesuai apakah bilangan yang terlibat banyaknya berhingga atau tidak. Teorema pada Limit Barisan Jika lim 𝑎𝑛 = 𝐴 𝑑𝑎𝑛 lim 𝑏𝑛 = 𝐵 , maka : 𝑧→∞



𝑧→∞



1. lim {𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 } = lim 𝑎𝑛 + lim 𝑏𝑛 = 𝐴 + 𝐵 𝑧→∞



𝑧→∞



𝑧→∞



2. lim {𝑎𝑛 − 𝑏𝑛 } = lim 𝑎𝑛 − lim 𝑏𝑛 = 𝐴 − 𝐵 𝑧→∞



𝑧→∞



𝑧→∞



3. lim {𝑎𝑛 𝑏𝑛 } = { lim 𝑎𝑛 } { lim 𝑏𝑛 } = 𝐴𝐵 𝑧→∞



4. lim



𝑧→∞



𝑎𝑛



𝑧→∞ 𝑏𝑛



lim 𝑎𝑛



𝑧→∞



𝐴



= 𝑧→∞ = 𝐵 , 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝐵 ≠ 0 lim 𝑏 𝑧→∞ 𝑛



Misal terdapat suatu bilangan 𝑙 dinamakan limit suatu barisan tak hingga 𝑢1 , 𝑢2 , 𝑢3 , … , ∞ yang didefinisikan : ∀𝜀 > 0, 𝑛 > 𝑁 , 𝑏𝑒𝑟𝑙𝑎𝑘𝑢 |𝑢𝑛 − 𝑙| < 𝜀 maka lim 𝑢𝑛 = 𝑙 𝑛→∞



Jika limit barisanituada, maka dikatakan barisan tersebut konvergen, dalam hal lain dinamakan divergen. Suatu barisan hanya dapat konvergen ke satu limit, yaitu limit suatu barisan adalah tunggal. Contoh1 : 1. Suatu barisan 𝑖, 𝑖 2 , 𝑖 3 , … , 𝑖 100 disebut barisan berhingga, yang memenuhi untuk 𝑢𝑛 = 𝑖 𝑛 , untuk 𝑛 = 1,2,3, … ,100. 2. Suatu barisan 1 + 𝑖, memenuhi 𝑢𝑛 =



(1+𝑖)2 (1+𝑖)3



(1+𝑖)𝑛 𝑛!



2!



,



3!



, … disebut barisan tak berhingga, yang



, untuk 𝑛 = 1,2,3, … , ∞.



Contoh2 : Jika 𝑢𝑛 =



𝑖𝑛 𝑛



, buktikan lim 𝑢𝑛 = 0 𝑛→∞



Bukti : Ambil sebarang𝜀 > 0 Analisis mencari N = ? 68



Modul Analisis Kompleks 5D



1



1



Jika 𝑛 > 𝑁 ⟹ 𝑛 < 𝑁 Jika 𝑛 > 𝑁 maka berlaku : |𝑢𝑛 − 𝑙| < 𝜀 𝑖𝑛 | − 0| < 𝜀 𝑛 𝑖𝑛 | | 0 1



Pilih 𝑘(𝜀) = 𝑁 = 𝜀



Jika 𝑛 > 𝑁 maka berlaku : 𝑖𝑛 |𝑢𝑛 − 𝑙| = | − 0| 𝑛 𝑛 𝑖 =| | 𝑛 1 1 1 = |𝑖 𝑛 |. | | → < 𝑛 𝑛 𝑁 1 < 𝑁 1 < 1 𝜀



|𝑢𝑛 − 𝑙| < 𝜀 1



Jadi, di dapat ∀𝜀 > 0, ∃𝑁 = 𝜀 ∋ 𝑛 > 𝑁 ⟹ |𝑢𝑛 − 0| < 𝜀 Atau menurut definisi Limit barisan didapat lim 𝑢𝑛 = 0 𝑛→∞



69



Modul Analisis Kompleks 5D



F. Kekontinuan



Definisi kekontinuan misalkan 𝑓(𝑧) adalah fungsi kompleks dengan daerah asal (domain) 𝐷𝑓 ⊆ ℂ , dan 𝑧0 ∈ 𝐷𝑓 . Fungsi 𝑓(𝑧) dikatakan kontinu di 𝑧0 jika : lim 𝑓(𝑧) = 𝑓(𝑧0 )



𝑧→𝑧0



Dan fungsi𝑓(𝑧) dikatakan kontinu di suatu himpunan Α ⊆ ℂ jika 𝑓(𝑧) kontinu di setiap 𝑧 ∈ 𝐴. Dalam definisi tersebut tersirat adanya tiga syarat yang harus dipenuhi agar suatu fungsi 𝑓(𝑧) kontinu di 𝑧0 , yaitu : 1. 𝑓(𝑧0 ) harus terdefinisi/ ada 2. lim 𝑓(𝑧) harus ada 𝑧→𝑧0



3. lim 𝑓(𝑧) = 𝑓(𝑧0 ) 𝑧→𝑧0



Fungsi kompleks 𝑓(𝑧) dikatakan kontinu pada region D jika 𝑓(𝑧) kontinu pada tiap titik z dalam D. Misalkan𝑓(𝑧) = 𝑢(𝑥, 𝑦) + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) kontinu di 𝑧0 = 𝑥0 + 𝑖𝑦0 , ⟺ 𝑢(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑎𝑛 𝑣(𝑥, 𝑦)kontinu di (𝑥0 , 𝑦0 ) ⟺



lim



(𝑥,𝑦)⟶(𝑥0 ,𝑦0 )



𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑢(𝑥0 , 𝑦0 )dan



lim



(𝑥,𝑦)⟶(𝑥0 ,𝑦0 )



𝑣(𝑥, 𝑦) =



𝑣(𝑥0 , 𝑦0 ) Sifat – sifat fungsi kontinu : 1. Fungsi konstan kontinu pada bidang kompleks 2. Jika f dan g kontinu pada daerah D maka : a. 𝑓 + 𝑔 kontinu b. 𝑓 − 𝑔 kontinu c. 𝑓. 𝑔 kontinu d.



𝑓 𝑔



kontinu kecuali di 𝑧0 ∈ 𝐷 sehingga 𝑔(𝑧0 ) ≠ 0



Contoh : Buktikan 𝑓(𝑧) = 3𝑧 + 2𝑖 kontinu di z = i 70



Modul Analisis Kompleks 5D



Bukti : 1)



Dengan menggunakan definisi limit Bukti : 𝑓(𝑧) = 3𝑧 + 2𝑖 𝑧0 = 𝑖 𝐿 = 5𝑖 Ambil sebarang𝜀 > 0 𝜀



𝜀



Pilih 𝛿 = minimal {1, 𝛿0 } = {1, 3} = 3 Analisis mencari𝛿0 Jika 0 < |𝑧 − 𝑖| < 𝛿 maka berlaku : |𝑓(𝑧) − 𝐿| < 𝜀 |3𝑧 + 2𝑖 − 5𝑖| < 𝜀 |3𝑧 − 3𝑖| < 𝜀 |3(𝑧 − 𝑖)| < 𝜀 |3|. |(𝑧 − 𝑖)| < 𝜀 3



0 𝜀



Pilih 𝛿 = 3 > 0 Jika 0 < |𝑧 − 𝑖| < 𝛿 maka berlaku : |𝑓(𝑧) − 𝐿| = |3𝑧 + 2𝑖 − 5𝑖| = |3𝑧 − 3𝑖| = |3(𝑧 − 𝑖)| = |3|. |(𝑧 − 𝑖)| 0 , ∃𝛿 =



𝜀 > 0 ∋ 0 < |𝑧 − 𝑖| < 𝛿 ⟹ |𝑓(𝑧) − 5𝑖| < 𝜀 3



Atau dapat dikatakan bahwa 𝑓(𝑧) kontinu di z = i 2) 



Dengan menggunakan 3 syarat : lim 𝑓(𝑧) 𝑎𝑑𝑎



𝑧→𝑧0



lim 𝑓(3𝑧 + 2𝑖) = 3𝑖 + 2𝑖 = 5𝑖 (ada) 𝑧→𝑖







𝑓(𝑧0 ) 𝑎𝑑𝑎 Jika 𝑓(𝑧) = 3𝑧 + 2𝑖 maka 𝑓(𝑖) = 3𝑖 + 2𝑖 = 5𝑖 (ada)







lim 𝑓(𝑧) = 𝑓(𝑧0 )



𝑧→𝑧0



5𝑖 = 5𝑖 Sehingga dikatakan bahwa 𝑓(𝑧) = 3𝑧 + 2𝑖 kontinu di z = i.



G. Deret Tak Berhingga



Misal 𝑢1 , 𝑢2 , 𝑢3 , …. adalah suatu barisan Maka 𝑆1 = 𝑢1 , 𝑆2 = 𝑢1 + 𝑢2 , 𝑆𝑛 = 𝑢1 + 𝑢2 + 𝑢3 + ⋯ + 𝑢𝑛 dimana 𝑆𝑛 adalah jumlah n suku pertama dari barisan 𝑢𝑛 ∞



𝑢1 + 𝑢2 + 𝑢3 + ⋯ = ∑ 𝑢𝑛 𝑛=1



Jika lim 𝑆𝑛 = 𝑠 ada, maka deret tersebut dikatakan konvergen dan S adalah 𝑛→∞



jumlahnya, dalam hal lain deret tersebut dinamakan divergen. Syarat deret dikatakan konvergen jika lim 𝑢𝑛 = 0 𝑛→∞



Contoh : 1



Buktikan 1 + 𝑧 + 𝑧 2 + ⋯ = 1−𝑧 jika |𝑧| < 1 Bukti : Ubah deret menjadi rumus 𝑆𝑛 Maka 𝑆𝑛 = 1 + 𝑧 + 𝑧 2 + ⋯ + 𝑧 𝑛−1 z𝑆𝑛 = 𝑧 + 𝑧 2 + ⋯ + 𝑧 𝑛−1 + 𝑧 𝑛



𝟏 + 𝒛 + 𝒛𝟐 + ⋯ = 𝒛𝟎 + 𝒛𝟏 + 𝒛𝟐 + ⋯ maka 𝒖𝒏 = 𝒛𝒏−𝟏



72



Modul Analisis Kompleks 5D



(1 – z )𝑆𝑛 = 1 − 𝑧 𝑛 Akan diperoleh 𝑆𝑛 =



1−𝑧 𝑛 1−𝑧



Deret tersebut akan terbukti apabila 𝑧 𝑛 = 0 sehingga lim 𝑧 𝑛 = 0 𝑛→∞



Dari hasil diatas akan diperoleh : 1 − 𝑧𝑛 1 − 0 1 𝑆𝑛 = = = 1−𝑧 1−𝑧 1−𝑧 1



Jadi, terbukti bahwa 1 + 𝑧 + 𝑧 2 + ⋯ = 1−𝑧 jika |𝑧| < 1



73



Modul Analisis Kompleks 5D



Kompetensi 2 : Soal- soal latihan dan Penyelesaian 1. Diketahui 𝑓(𝑧) = 𝑥 + 𝑖𝑦 +



𝑥−𝑖𝑦 𝑥2 + 𝑦



2



. Nyatakan dalam bentuk z



Penyelesaian : Jika 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 𝑧̅ = 𝑥 + 𝑖𝑦 maka



Z + 𝑧̅ = 2x x= y=



𝑧+ 𝑧̅ 2 (𝑧+ 𝑧̅ ) 2𝑖 𝑧+ 𝑧̅



𝑧+ 𝑧̅



( 2 ) − ( 2𝑖 ) 𝑧 + 𝑧̅ (𝑧 + 𝑧̅) 𝑓(𝑧) = + + 𝑧+ 𝑧̅ 2 𝑧+ 𝑧̅ 2 2 2𝑖 ( 2 ) + ( 2𝑖 ) 𝑧+ 𝑧̅



𝑧+ 𝑧̅



( ) − ( 2𝑖 ) 𝑧 + 𝑧̅ 𝑧 + 𝑧̅ =( )+( ) + 𝑧 2+2𝑧𝑧̅ +2𝑧̅ 2 𝑧 2 +2𝑧𝑧̅ +𝑧̅ 2 2 2𝑖 ( )+( ) 4



( 𝑧 + 𝑧̅ 𝑧 + 𝑧̅ =( )+( )+ 2 2𝑖



𝑧+ 𝑧̅ 2



−4



𝑧+ 𝑧̅



)−(



2𝑖



)



4 𝑧𝑧̅ 4



𝑧 + 𝑧̅ 𝑧 + 𝑧̅ 𝑧 + 𝑧̅ 𝑧 + 𝑧̅ =( )+( ) + (( )−( )) 2 2𝑖 2 2𝑖 𝑧 + 𝑧̅ 𝑧 + 𝑧̅ 𝑧 − 𝑧̅ =( )+( ) + 𝑧 + 𝑧̅ − 2 2𝑖 𝑖 𝑧 + 𝑧̅ 𝑧 − 𝑧̅ 𝑧 − 𝑧̅ 𝑧 − 𝑧̅ =( )+( )+( )−( ) 2 2𝑖 2𝑖 𝑖 𝑧 + 𝑧̅ + 2𝑧 + 2𝑧̅ (2𝑧 − 𝑧𝑧̅) 3𝑧 + 3𝑧̅ 𝑧 − 𝑧̅ = + (𝑧 − 𝑧̅) − = +( ) 2 2𝑖 2 2𝑖 2. Diketahui 𝑓(𝑧) = 2𝑖𝑦 −



𝑥+𝑖𝑦 𝑥



. Tentukan 𝑢 dan 𝑣.



Penyelesaian: 𝑥 + 𝑖𝑦 𝑥 𝑥 𝑖𝑦 = 2𝑖𝑦 − 𝑥 + 𝑥 𝑖𝑦 = 2𝑖𝑦 − 1 + 𝑥 𝑖𝑦 = 2𝑖𝑦 + − 1 𝑥 𝑦 = 𝑖 (2𝑦 + ) − 1 𝑥



𝑓(𝑥) = 2𝑖𝑦 −



74



Modul Analisis Kompleks 5D



2𝑥𝑦 + 𝑦 = 𝑖( )−1 𝑥 2𝑥𝑦+𝑦 Maka diperoleh, nilai 𝑢 = −1, dan 𝑣 = 𝑥 . 3. Diketahui𝑓(𝑧) = 2𝑥 +



𝑥+𝑖𝑦 𝑦2



. Tentukan 𝑓(1 + 2𝑖)



Penyelesaian: 𝑓(𝑧) = 𝑓(𝑥 + 𝑦𝑖) Dari 𝑓(1 + 2𝑖)sehingga didapat: 𝑥 = 1 dan 𝑦 = 2 Kemudian nilai x dan y disubstitusikan ke (𝑧) = 2𝑥 + 𝑓(𝑧) = 2(1) +



𝑥+𝑖𝑦 𝑦2



, sehingga:



(1)+𝑖(2) (2)2



(1 + 2𝑖) 4 8 + (1 + 2𝑖) = 4 9 + 2𝑖 = 4 9 1 = + 𝑖 4 2 =2+



9



1



Jadi, nilai 𝑓(1 + 2𝑖)adalah 4 + 2 𝑖 4. Jika 𝑓(𝑧) = 𝑧 2 , 𝑓(𝑧) jika 𝑧 = −2 + 𝑖 5. Jika 𝑓(𝑧) = 𝑧 3 , maka hitunglah 𝑓(𝑧) jika 𝑧 = 1 − 3𝑖 Penyelesaian : 𝑓(𝑧) = 𝑧 3 → 𝑧 = 1 − 3𝑖 = (1 − 3𝑖)3 = (1 − 3𝑖)(1 − 3𝑖)(1 − 3𝑖) = (1 − 3𝑖 − 3𝑖 + 9𝑖 2 )(1 − 3𝑖) = (1 − 6𝑖 − 9𝑖 2 )(1 − 3𝑖) = 1 − 6𝑖 + 9𝑖 2 − 3𝑖 + 18𝑖 2 − 27𝑖 3 = 1 − 9𝑖 + 27𝑖 2 − 27𝑖 3 = 1 − 9𝑖 + 27(−1) − 27𝑖 2 𝑖 = 1 − 9𝑖 − 27 − 27(−1)𝑖 = −26 − 9𝑖 + 27𝑖 = −26+18i 6. Jika 𝑧 = 1 + 2𝑖 maka 𝑓(𝑧) =



𝑥−𝑖𝑦 1+𝑧



75



Modul Analisis Kompleks 5D



1



7. Jika 𝑧 = −3 − 5𝑖 maka 𝑓(𝑧) = |𝑧| 8. Misal w = f(z) = z (2 – z). tentukan nilai w yang dinyatakan dengan z = -7i Penyelesaian : Z = -7i f(z) = z (2 – z) f(-7i) = -7i (2 – (-7i)) = -7i (2 + 7i) = -14i – 49 (i)2 = -14i – 49 (-1) = -14i + 49 f(z) = 49 – 14i jadi, nilai w = 49 – 14i 9. Misalkan = 𝑓(𝑧) = 2𝑧 2 . Tentukan nilai 𝑓(𝑧1 ) dan 𝑓(𝑧2 ) untuk 𝑧1 = −2 + 𝑖 dan 𝑧2 = 4 − 0𝑖 Penyelesaian. Untuk 𝑧1 = −2 + 𝑖 Maka, 𝑓(𝑧1 ) = 2(−2 + 𝑖)2 = 2((−2 + 𝑖)(−2 + 𝑖)) = 2(4 − 2𝑖 − 2𝑖 + 𝑖 2 ) = 2(4 − 4𝑖 + 𝑖 2 ) = 2(4 − 4𝑖 − 1) = 2(3 − 4𝑖) = 6 − 8𝑖 Untuk 𝑧2 = 4 − 0𝑖 Maka, 𝑓(𝑧2 ) = 2(4 − 0𝑖)2 𝑓(𝑧2 ) = 2(4 − 0)2 𝑓(𝑧2 ) = 2(4)2 𝑓(𝑧2 ) = 2(16) 𝑓 (𝑧2 ) = 32 10. Misalkan 𝑤 = 𝑓(𝑧) = 𝑧 4 . Tentukan nilai w1 dan w2 untuk 𝑧1 = −4 + 4 𝑖 𝑑𝑎𝑛 𝑧2 = 4 − 0 𝑖 Penyelesaian : Diketahui :𝑤 = 𝑓(𝑧) = 𝑧 4 76



Modul Analisis Kompleks 5D



𝑧1 = – 4 + 4i 𝑧2 = 4 − 0i Ditanya : nilai 𝑤1 dan 𝑤2 ? Jawab : Misal : 𝑧 = x + iy 𝑓(𝑧) = 𝑧 4 𝑓(𝑥 + 𝑖𝑦) = 𝑧 4 = (𝑥 + 𝑖𝑦)2 (𝑥 + 𝑖𝑦)2 = (𝑥 2 + 2𝑥𝑦𝑖 − 𝑦 2 )(𝑥 2 + 2𝑥𝑦𝑖 − 𝑦 2 ) = 𝑥 4 + 2𝑥 3 𝑦𝑖 − 𝑥 2 𝑦 2 + 2𝑥 3 𝑦𝑖 + 4𝑥 2 𝑦 2 𝑖 2 − 2𝑥𝑦 3 𝑖 − 𝑥 2 𝑦 2 − 2𝑥𝑦 3 𝑖 + 𝑦 4 4 3 = 𝑥 + 4𝑥 𝑦𝑖 − 2𝑥 2 𝑦 2 − 4𝑥 2 𝑦 2 − 4𝑥𝑦 3 𝑖 + 𝑦 4 = 𝑥 4 + 4𝑥 3 𝑦𝑖 − 6𝑥 2 𝑦 2 − 4𝑥𝑦 3 𝑖 + 𝑦 4 = 𝑥 4 − 6𝑥 2 𝑦 2 + 𝑦 4 + 4𝑥 3 𝑦𝑖 − 4𝑥𝑦 3 𝑖 = 𝑥 4 − 6𝑥 2 𝑦 2 + 𝑦 4 + 𝑖(4𝑥 3 𝑦 − 4𝑥𝑦 3 ) Diperoleh = 𝑢 = 𝑥 4 − 6𝑥 2 𝑦 2 + 𝑦 4dan𝑣 = 4𝑥 3 𝑦 − 4𝑥𝑦 3  Untuk 𝑤1 dengan 𝑧1 = – 4 + 4i Diperoleh 𝑥 = – 4 dan y = 4 , maka 𝑢 = 𝑥 4 − 6𝑥 2 𝑦 2 + 𝑦 4 = (−4)4 − 6(−4)2 (4)2 + 44 = 256 − 1536 + 256



𝑣 = 4𝑥 3 𝑦 − 4𝑥𝑦 3 = 4(−4)3 (4) − 4(−4)(43 ) = 16(−4)3 + 16(4)3 =0



= 1024 Jadi, 𝑤1 = 𝑓(𝑧1 ) = 𝑢 + 𝑖𝑣 = 1024 − 0𝑖  Untuk 𝑤2 dengan 𝑧2 = 4 − 0i Diperoleh= 4 dan y = 0 , maka 𝑢 = 𝑥 4 − 6𝑥 2 𝑦 2 + 𝑦 4 = (4)4 − 6(4)2 (0)2 + 04 = 256 − 0 − 0 = 256 𝑣 = 4𝑥 3 𝑦 − 4𝑥𝑦 3 = 4(−4)3 (0) − 4(−4)(0) =0−0 =0 Jadi, 𝑤2 = 𝑓(𝑧2 ) = 𝑢 + 𝑖𝑣 = 256 − 0



77



Modul Analisis Kompleks 5D



11. Misalkan 𝑤 = 𝑓(𝑧) = 𝑧 4 . Gambarlah grafik koordinat setelah di transformasikan dengan titik z1= -2+i dan z2=1-3i dan tunjukan bagaimana kaitannya bila ditunjukkan secara grafik sebelum transformasi dan sesudah transformasi ! Jawab : Kemudian substitusikan ke f(z) : ↔ 𝑓(𝑧1 ) = (−2 + 𝑖)4 = (𝑖 2 − 4𝑖 + 4)2 = 𝑖 4 − 4𝑖 3 + 4𝑖 2 + 4𝑖 3 + 16𝑖 2 − 16𝑖 + 4𝑖 − 16𝑖 + 16 = 𝑖 4 − 8𝑖 3 + 20𝑖 2 − 28𝑖 + 16 = 1 − 8(−𝑖) + 20(−1) − 28𝑖 + 16 = 1 + 8𝑖 − 20 − 28𝑖 + 16 = −3 − 20𝑖 ↔ 𝑓(𝑧2 ) = (1 − 3𝑖)4 = (9𝑖 2 − 6𝑖 + 1)2 = 81𝑖 4 − 54𝑖 3 + 9𝑖 2 − 54𝑖 3 + 36𝑖 2 − 6𝑖 + 9𝑖 2 − 6𝑖 + 1 = 81𝑖 4 − 108𝑖 3 + 54𝑖 2 − 12𝑖 + 1 = 81(1) − 108(−𝑖) + 54(−1) − 12𝑖 + 1 = 81 + 108𝑖 − 54 − 12𝑖 + 1 = 136 + 96 𝑖 Gambar grafik sebelum dan sesudah di translasikan :



1



12. Tentukan dan gambarlah titik cabang dan garis cabang untuk fungsi 𝑤 = 𝑧 3 1



13. Tentukan dan gambarlah titik cabang dan garis cabang untuk fungsi 𝑤 = 𝑧 4 1



14. Tentukan dan gambarlah titik cabang dan garis cabang untuk fungsi 𝑤 = 𝑧 5 1



15. Tentukan dan gambarlah titik cabang dan garis cabang untuk fungsi 𝑤 = 𝑧 6



78



Modul Analisis Kompleks 5D



16. Misalkan a dan b konstanta komplek Buktikan lim (𝑎𝑧0 + 𝑏) = 𝑎𝑧0 + b 𝑧+𝑧0



dengan menggunakan definisi limit. Bukti : F (z) = 𝑎𝑧 + b 𝑧0 = 𝑧0 L = 𝑧0 + b Ambil sembarang 𝜀 > 0 Pilih 𝛿 = min{1, 𝛿 0} = min Anilisis mencari 𝛿 = 0 Jika 0 |𝑧 − 𝑧0 | < 𝛿 maka berlaku |𝑓 (𝑧) − 𝐿| < 𝜀 |𝑎 (𝑧 − 𝑧0 )| < 𝜀 |𝑎| |𝑧 − 𝑧0 | < 𝜀 𝑎|𝑧 − 𝑧0 | < 𝜀 a𝛿 𝑎 Pilih 𝛿 =



𝜀 𝑎



jika 0 < |𝑧 − 𝑖| < 𝛿 maka berlaku |𝑓 (𝑧) − 𝐿| = |𝑎𝑧 +𝑏−𝑧0 | |𝑎 (𝑧 − 𝑧0 )| |𝑎| |𝑧 − 𝑧0 | 𝑎|𝑧 − 𝑧0 | a𝛿 0 ∋ 𝛿 = 𝑎 > 0 ∋ 0< |𝑧 − 𝑖|𝛿 → |𝑓 (𝑧) − 𝑧0 | < 𝜀 𝑧



Atau menurut definisi limit lim 𝑓 (𝑧) = 𝑧0 dengan 𝑓(𝑧) = 𝑎𝑧 + b 𝑧 →𝑧0



79



Modul Analisis Kompleks 5D



17. Misalkan a dan b konstanta kompleks. Buktikan lim (𝑧 2 + 𝑏) = 𝑧02 + 𝑏 𝑧→𝑧0



dengan menggunakan definisi limit. Bukti : 𝑓(𝑧) = (𝑧 2 + 𝑏) 𝑧0 = 𝑧0 𝐿 = 𝑧02 + 𝑏 Ambil sebarang 𝜀 > 0 𝜀 𝜀 Pilih 𝛿 = min{1, 𝛿0 } = min{1, 1+2𝑧 } = 1+2𝑧 0



0



Analisis mencari 𝛿0 Jika 0 0 𝜀 𝜀 Pilih 𝛿 = min{1, 𝛿0 } = min{1, 1+2𝑧 } = 1+2𝑧 0



0



Analisis mencari 𝛿0 Jika 0 0, ∋ 0



𝑧



18. Misalkan𝑓(𝑧) = 𝑧̅. Buktikan lim 𝑓(𝑧) tidak ada. 𝑧→0



Penyelesaian: Jika 𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 𝑧̅ = 𝑥 − 𝑖𝑦 Maka: 𝑧



lim 𝑓(𝑧) = lim ̅𝑧 𝑧→0 𝑧→0



=



𝑥+𝑖𝑦



lim



(𝑥+𝑖𝑦)→0 𝑥−𝑖𝑦



Sehingga terdapat 2 kemungkinan yaitu:  Ketika 𝑥 → 0 maka: 𝑥+𝑖𝑦



lim 𝑓(𝑧) = lim 𝑥−𝑖𝑦 𝑧→0



𝑥→0



0+𝑖𝑦



= 0−𝑖𝑦 𝑖𝑦



= −(𝑖𝑦) = −1 



Ketika 𝑦 → 0 maka: 𝑥+𝑖𝑦



lim 𝑓(𝑧) = lim 𝑥−𝑖𝑦 𝑧→0



𝑦→0



81



Modul Analisis Kompleks 5D



𝑥+𝑖(0)



= 𝑥−𝑖(0) 𝑥



=𝑥 =1



Karena lim 𝑓(𝑧), ketika dilihat dari 𝑥 → 0 hasil lim 𝑓(𝑧) = −1, dan dilihat 𝑧→0



𝑧→0



dari 𝑦 → 0 hasil lim 𝑓(𝑧) = 1, hasilnya tidak sama maka, lim 𝑓(𝑧)tidak ada 𝑧→0



𝑧→0



(terbukti). 𝑧 2 +9



19. Tentukan nilai dari lim 𝑧−3𝑖 𝑧→3𝑖



Jawab : lim



𝑧 2 +9



𝑧→3𝑖 𝑧−3𝑖 2



𝑧 − (9𝑖 2 ) 𝑧→3𝑖 𝑧 − 3𝑖 2 𝑧 − (3𝑖)2 = lim 𝑧→3𝑖 𝑧 − 3𝑖 (z − 3i)(z + 3i) = lim 𝑧→3𝑖 𝑧 − 3𝑖 = lim z + 3i = lim



𝑧→3𝑖



= 3i + 3i = 6i 1



2



20. Tunjukkan bahwa, jika f(z) = −2 (z + 3) maka lim −2i − 3. z→i



Penyelesaian : Bukti : 1



f(z) = −2 (z + 3) 2



f(z) = −2z − 3 z0 = i 2 L = −2i − 3 Ambil sebarang ε > 0 Pilih δ = min = {1, δ0 } Analisis mencari δ0 Jika 0 < |z − i| < 𝛿 maka berlaku |f(z) − L| < 𝜀 2 2 |−2z − − (−2i − )| < 𝜀 3 3 2 2 = |−2z − + 2i + | < 𝜀 3 3



82



Modul Analisis Kompleks 5D



= |−2z + 2i| < 𝜀 = |−2(z − i)| < 𝜀 = |−2||(z − i)| < 𝜀 2. δ 0 ε Pilih δ = 2 > 0 Jika 0 < |z − i| < 𝛿 maka berlaku |f(z) − L| < 𝜀 2 2 |−2z − + 2i + | < 𝜀 3 3 |−2z + 2i| < 𝜀 |−2(z − i)| < 𝜀 |−2||(z − i)| < 𝜀 < 2𝛿 𝜀 < 2. 2 0, ∃ 𝛿 = 2 > 0, ∋ 0 < |z − i| < 𝛿 → |f(z) − 2



(−2𝑖 − 3)| < 𝜀



2



2



atau menurut definisi limit lim −2i − 3 . dengan f(z) = −2z − 3 z→i



21. Tunjukkan bahwa, jika 𝑓(𝑧) =



2𝑧−3 1 3 𝑧 4



maka lim 𝑓(𝑧) = − 𝑧→𝑖



8𝑖−12 𝑖



bukti : ambil 𝜀 > 0 pilih 𝛿 = {𝜀}



∀ 𝜀 > 0, ∃ 𝛿 > 0, |𝑧 − 𝑖| < 𝛿 berlaku |𝑓(𝑧) − 𝐿| < 𝜀 𝑚𝑎𝑘𝑎 2𝑧 − 3 −8𝑖 − 12 |𝑓(𝑧) − 𝐿| = |( 1 )−( )| 3 𝑖 𝑧 4 =|



2𝑧𝑖 − 3𝑖 1 3 𝑧 𝑖 4



−2𝑧 3 𝑖 − 3𝑧 3 −( )| 1 3 𝑧 𝑖 4



2𝑧 − 3 2𝑖 + 3 = |𝑖 ( 1 ) + 𝑧3 ( 1 )| 3𝑖 3𝑖 𝑧 𝑧 4 4



83



Modul Analisis Kompleks 5D



=|



2𝑧 − 3 1 3 𝑧 4



+



2𝑖 + 3 1



𝑖 4



|



8𝑧 − 12 8𝑖 + 12 + | 𝑧3 𝑖 8𝑧𝑖 − 12𝑖 + 8𝑧 3 𝑖 + 12𝑧 3 =| | 𝑧3𝑖 8𝑧𝑖 + 8𝑧 3 𝑖 + 12𝑧 3 − 12𝑖 =| | 𝑧3𝑖 = |12𝑧 − 12𝑖| = |12(𝑧 − 𝑖)| < 12𝛿 Dari definisi |𝑓(𝑧) − 𝐿| < 𝜀 Dari perhitungan |𝑓(𝑧) − 𝐿| < 12𝛿 =|



Diperoleh 12𝛿 = 𝜀 atau 𝛿 =



𝜀 12



Sehingga nilai limitnya ada, jadi lim 𝑓(𝑧) = − 𝑧→𝑖



8𝑖−12 𝑖



22. Dengan menggunakan definisi limit, buktikanlah, jika𝑓(𝑧) = 5𝑧, maka lim 𝑓(𝑧) = 5𝑧0 . 𝑧→𝑧0



Bukti: Didapat 𝑓(𝑧) = 5𝑧 𝐿 = 5𝑧0 𝑧0 = 𝑧0 Ambil sebarang 𝜀 > 0 𝜀 𝜀 Pilih 𝛿 = min{1, 𝛿0 } = min {1, 5} = 5 Analisis mencari𝛿0 Jika 0 < |𝑧 − 𝑧0 | < 𝛿 maka berlaku : |𝑓(𝑧) − 𝐿| < 𝜀 |5𝑧 − 5𝑧0 | < 𝜀 |5(𝑧 − 𝑧0 )| < 𝜀 |5||𝑧 − 𝑧0 | < 𝜀 |5| = 5 , |𝑧 − 𝑧0 | < 𝛿 5𝛿 < 𝜀 𝜀 𝛿 < = 𝛿0 5 Pembuktian : Ambil sebarang 𝜀 > 0 𝜀 Pilih 𝛿 = 5 > 0 Jika 0 < |𝑧 − 𝑧0 | < 𝛿 maka berlaku |𝑓(𝑧) − 𝐿| = |5𝑧 − 5𝑧0 | = |5(𝑧 − 𝑧0 )| 84



Modul Analisis Kompleks 5D



= |5||𝑧 − 𝑧0 | < 5𝛿 𝜀 0, ∃𝛿 = 5 > 0 ∋ 0 < |𝑧 − 𝑧0 | < 𝛿 → |𝑓(𝑧) − 5𝑧0 | < 𝜀 atau menurut definisi limit : lim 𝑓(𝑧) = 5𝑧0 dengan 𝑓(𝑧) = 5𝑧 . 𝑧→𝑧0



23. Jika f(z) = z2 - 2z maka lim 𝑓(𝑧) = −2𝑖 − 1 𝑧→𝑖



Penyelesaian : Bukti : f(z) = z2 - 2z z0 = i L = −2𝑖 − 1 Menurut definisi : lim 𝑓(𝑧) = −2𝑖 − 1 ⇔ ∀𝜀 > 0, ∃ 𝛿 > 0 ∋ < |𝑧 − 𝑖| < 𝛿 𝑧→𝑖



⇒ |(z 2 − 2z) − (−2i − 1)| < 𝜀 Ambil sebarang 𝜀 > 0 Pilih 𝛿 = 𝑚𝑖𝑛{1, 𝛿0 } Analisis mencari 𝛿0 > 0 ∋ 0 > |𝑧 − 𝑖| < 𝛿 , maka berlaku : |𝑓(𝑧) − 𝐿| < 𝜀 ⇔ |(z 2 − 2z) − (−2i − 1)| < 𝜀 ⇔ |𝑧 2 − 2𝑧 + 2𝑖 + 1| < 𝜀 ⇔ |(z 2 + 1) + (−2z + 2i)| < 𝜀 ⇔ |(z 2 + 1) + (−2)(z − i)| < 𝜀 ⇔ |z 2 + 1| + |(−2)(z − i)| < 𝜀 ⇔ |z 2 + 1| + |−2||𝑧 − 𝑖| < 𝜀 2



0 𝜀 Pilih 𝛿 𝑚𝑖𝑛 = {1, 𝛿0 } = 𝛿0 = 2 ∀𝜀 > 0, ∃𝛿 > 0, |𝑍1 − 𝑍0 | > 𝛿, berlaku |𝑓(𝑧) − 𝐿| > 𝜀 Maka, |𝑓(𝑧) − 𝐿| > 𝜀 |2𝑧 − 2𝑧0 | > 𝜀 |2(𝑧 − 𝑧0 )| > 𝜀 |2||𝑧 − 𝑧0 | > 𝜀 2𝛿 > 𝜀 𝜀 𝛿> 2 𝜀 Maka didapat 𝛿0 = 2 Proses Pembuktian : Ambil Sebarang 𝜀 > 0 𝜀 Pilih 𝛿 = 2 𝜀



Jika 0 < 2 Maka berlaku, |𝑓(𝑧) − 𝐿| = |2𝑧 − 2𝑧0 | |𝑓(𝑧) − 𝐿| = |2(𝑧 − 𝑧0 )| |𝑓(𝑧) − 𝐿| = |2||𝑧 − 𝑧0 | |𝑓(𝑧) − 𝐿| = 2𝛿 𝜀 |𝑓(𝑧) − 𝐿| = 2 2 𝜀 |𝑓(𝑧) − 𝐿| = 2 2 |𝑓(𝑧) − 𝐿| = 𝜀 𝜀 Maka didapat ∀𝜀 > 0, ∃𝛿 = 2 ∋ 0 < |𝑍1 − 𝑍0 | > 𝛿 26. Buktikan bahwa jika 𝑓(𝑧) = 4 − 2𝑧 maka lim 𝑓(𝑧) = 4 − 2𝑧0 𝑧→𝑖



87



Modul Analisis Kompleks 5D



Bukti : Didapat :𝑓(𝑧) = 4 − 2𝑧 𝑧 = 𝑧 dan𝑧0 = 𝑧0 𝐿 = 4 − 2𝑧0 Menurut Definisi : lim 𝑓(𝑧) = 4 − 2𝑧0 𝑧→𝑧0



∀𝜀 > 0, ∃ ⸹ > 0 ∋ 0 < ⃒𝑧 − 𝑧0 ⃒ < ⸹ => ⃒(4 − 2𝑧) − (4 − 2𝑧0 )⃒ < 𝜀 Cara membuktikan: Ambil sebarang𝜀 > 0, pilih ⸹ = min(1, ⸹) Analisis mencari⸹𝑜 Jika0 < ⃒𝑧 − 𝑧0 ⃒ < ⸹ maka berlaku ⃒𝑓(𝑧) − 𝐿⃒ < 𝜀 ⃒(4 − 2𝑧) − (4 − 2𝑧0 )⃒ < 𝜀 ⃒4 − 2𝑧 − 4 + 2𝑧0 ⃒ < 𝜀 ⃒ − 2𝑧 + 2𝑧0 ⃒ < 𝜀 ⃒2(−𝑧 + 𝑧0 )⃒ < 𝜀 ⃒2⃒⃒(−𝑧 + 𝑧0 )⃒ < 𝜀 ⃒2⃒⃒ − (𝑧 − 𝑧0 )⃒ < 𝜀 ⃒2⃒⃒(𝑧 − 𝑧0 )⃒ < 𝜀 2⸹ < 𝜀 𝜀 ⸹< 2 Pembuktian : Ambil sebarang𝜀 > 0 , 𝑝𝑖𝑙𝑖ℎ ⸹𝑜 =



⃒ − 𝑎⃒ = 𝑎



(𝑧 − 𝑧0 ) < ⸹ 𝜀 2



Jika0 < ⃒𝑧 − 𝑧0 ⃒ < ⸹ maka berlaku ⃒𝑓(𝑧) − 𝐿⃒ = ⃒(4 − 2𝑧) − (4 − 2𝑧0 )⃒ = ⃒4 − 2𝑧 − 4 + 2𝑧0 ⃒ =⃒ − 2𝑧 + 2𝑧0 ⃒ = ⃒2(−𝑧 + 𝑧0 )⃒ = ⃒2⃒⃒(−𝑧 + 𝑧0 )⃒ = ⃒2⃒⃒(−(𝑧 − 𝑧0 )⃒ = ⃒2⃒⃒(𝑧 − 𝑧0 )⃒ 𝜀 < 2. 2



⃒ − 𝑎⃒ = 𝑎



(𝑧 − 𝑧0 ) < ⸹ dan ⸹ =



𝜀 2



⃒𝑓(𝑧) − 𝐿⃒ < 𝜀



88



Modul Analisis Kompleks 5D



𝜀



Jadi, didapat ∀ > 0 , ∃ ⸹ = 2 > 0 ∋ 0 < |𝑧 − 𝑧0 | < ⸹ => |(4 − 2𝑧) − (4 − 2𝑧0 )| < 𝜀 atau menurut definisi limit lim 𝑓(𝑧) = 4 − 2𝑧0 dengan 𝑓(𝑧) = 4 − 𝑧→𝑧0



2𝑧.



27. Buktikan bahwa jika 𝑓(𝑧) = 2 + 𝑖 maka lim 𝑓(𝑧) = 2 + 𝑖 𝑧→𝑖



Penyelesaian : Menurut teorema limit : lim {𝑓(𝑧) + 𝑔(𝑥)} = lim 𝑓(𝑧) + lim 𝑔(𝑧) = 𝐴 + 𝐵 𝑧→𝑧0



𝑧→𝑧0



𝑧→𝑧0



Maka, lim 𝑓(𝑧) = 2 + 𝑖 = lim 2 + lim 𝑖 𝑧→𝑖



𝑧→𝑖



𝑧→𝑖



=2+𝑖 Jadi terbukti bahwa 𝑓(𝑧) = 2 + 𝑖 maka lim 𝑓(𝑧) = 2 + 𝑖 𝑧→𝑖



1



1



28. Buktikan bahwa jika 𝑓(𝑧) = 3𝑧 maka lim 𝑓(𝑧) = 3𝑧 𝑧→𝑧0



0



Penyelesaian: Bukti : 1 𝑓(𝑧) = 3𝑧 𝑧0 = 𝑧0 1 𝐿= 3𝑧0 Ambil 𝜀 > 0 Pilih 𝛿 = min{1, 𝛿0 } Jika 0 < |𝑧 − 𝑧0 | < 𝛿 maka berlaku |𝑓( 𝑧 ) − 𝑙| < 𝜀 1 1 ⇔| − |< 𝜀 3𝑧 3𝑧0 3𝑧0 − 3𝑧 ⇔| |< 𝜀 (3𝑧)(3𝑧0 ) 3(𝑧0 − 𝑧) ⇔| |< 𝜀 9𝑧𝑧0 1 𝑧0 − 𝑧 ⇔ | || |< 𝜀 3 𝑧𝑧0 1 |𝑧0 − 𝑧| ⇔ < 𝜀 3 |𝑧𝑧0 | 1 |−(𝑧 − 𝑧0 )| ⇔ 0 Jika 0 < |𝑧 − 𝑧0 | < 𝛿maka berlaku |𝑓(𝑧) − 𝑙| = |



1 1 − | 3𝑧 3𝑧0



3𝑧0 − 3𝑧 | (3𝑧)(3𝑧0 ) 3(𝑧0 − 𝑧) |𝑓(𝑧) − 𝑙| = | | 9𝑧𝑧0 1 𝑧0 − 𝑧 |𝑓(𝑧) − 𝑙| = | | | | 3 𝑧𝑧0 |𝑓(𝑧) − 𝑙| = |



90



Modul Analisis Kompleks 5D



1 |𝑧0 − 𝑧| 3 |𝑧𝑧0 | 1 |−(𝑧 − 𝑧0 )| |𝑓(𝑧) − 𝑙| = |𝑧𝑧0 | 3 1 |𝑧 − 𝑧0 | |𝑓(𝑧) − 𝑙| = 3 |𝑧𝑧0 | 1 𝛿 |𝑓(𝑧) − 𝑙| = 3 𝑧𝑧0 1 𝛿 |𝑓(𝑧) − 𝑙| = 3 𝑧0 + 𝑧0 2 𝛿 |𝑓(𝑧) − 𝑙| = 3(𝑧0 + 𝑧0 2 ) 𝜀 3(𝑧0 + 𝑧0 2 ) |𝑓(𝑧) − 𝑙| = 3(𝑧0 + 𝑧0 2 ) |𝑓(𝑧) − 𝑙| < 𝜀 |𝑓(𝑧) − 𝑙| =



Maka didapat|𝑓(𝑧) − 1 3𝑧0



𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑓 (𝑧) =



1 3𝑧0 1



| < 𝜀 Atau menurut definisi limit lim 𝑓(𝑧) = 𝑧→𝑧0



3𝑧 1



29. Buktikan bahwa jika 𝑓(𝑧) = 3𝑧−2 maka lim 𝑓(𝑧) = 3𝑧



1



0 −2



𝑧→𝑧0



Penyelesaian : Ambil 𝜀 > 0 Pilih 𝛿 = minimal {1, 𝛿0 } = min {1,



𝜀(9𝑧0 2 −3𝑧0 −2)



𝜀(9𝑧0 2 −3𝑧0 −2)



3



3



}=



Analis mencari 𝛿0 Jika 0 < |𝑧 − 𝑧0 | < 𝛿 Maka berlaku |𝑓(𝑧) − 𝐿| < 𝜀 1 1 | − |