BAB I
BILANGAN KOMPLEKS
Di dalam bab ini, kita akan menyelidiki struktur aljabar dan geometri dari sistim bilangan kompleks. Kita anggap bahwa berbagai sifat yang berhubungan dengan bilangan real sudah diketahui.
1. PENJUMLAHAN DAN PERKALIAN
Bilangan kompleks dapat didefinisikan melalui pasangan terurut (x,y) dari bilangan real yang diinterprestasikan melalui bidang kompleks, dengan koordinat empat persegi panjang x dan y. Bilangan x dapat digambarkan melalui titik (x,0) pada sumbu real. Dari sini terlihat bahwa himpunan bilangan real termuat dalam himpunan bilangan kompleks.
Bilangan kompleks yang berbentuk (0,y) berhubungan dengan titik pada sumbu y dan disebut bilangan imajiner murni. Sumbu y disebut juga sumbu imajiner.
Bilangan kompleks (x,y) biasanya dinotasikan dengan z, sehingga
(1) z = (x,y)
Bilangan real x dan y masing-masing merupakan bagian real dan bagian imajiner dari z;
dan ditulis
(2) Re z = x, Im z = y
Dua bilangan kompleks z1= (x1,y1) dan z2= (x2,y2) dikatakan sama apabila mempunyai bagian real dan bagian imajiner yang sama. Jadi z1 = z2 jika dan hanya jika merupakan titik-titik yang sama dibidang kompleks atau dibidang z.
Penjumlahan z1 + z2 dan perkalian z1z2 dari dua bilangan kompleks z1 =(x1,y1) dan z2= (x2,y2) didefinisikan sebagai berikut :
(3) (x1,y1) + (x2,y2) = (x1+x2,y1+y2)
(4) (x1,y1)(x2,y2) = (x1x2-y1y2,y1x2+x1y2)
Sebagai catatan, bahwa operasi yang didefinisikan pada (1.3) dan (1.4) berasal dari operasi penjumlahan dan perkalian pada bilangan real, yang dibatasi pada:
(x1,0) + (x2,0) = (x1+x2,0) (x1,0)(x2,0) = (x1x2,0)
Dari uraian di atas menunjukkan bahwa sistim bilangan kompleks merupakan perluasan dari sistim bilangan real.
Setiap bilangan kompleks z = (x,y) dapat ditulis z = (x,0) + (y,0), dan juga (0,1)(y,0) = (0,y), jadi z = (x,0) + (0,1)(y,0). Jika x =(x,0) dan i bagian imajiner murni (0,1), maka jelas bahwa
(5) z = x + iy
Juga, akibat dari z2= zz, z3= zz2, dan seterusnya, kita dapatkan bahwa i2= (0,1)(0,1) = (-1,0),
atau
(6) i2= -1
Dari persamaan (5), definisi (3) dan (4) diperoleh
(7) (x1+iy1) + (x2+iy2) = (x1+x2) + i(y1+y2)
(8) (x1+iy1)(x2+iy2) = (x1x2-y1y2) + i(y1x2+ x1y2) 2. SIFAT-SIFAT ALJABAR
Umumnya sifat penjumlahan dan perkalian pada bilangan kompleks sama dengan bilangan real. Kita daftar sifat-sifat aljabar yang paling mendasar, sedangkan yang lainnya sebagai latihan.
Hukum komutatif
(1) z1+ z2= z2+ z1, z1.z2= z2.z1
dan hukum assositif
(2) (z1+ z2) + z3= z1+ (z2+z3), (z1z2)z3= z1(z2z3)
pembuktian dari hukum ini sangat mudah berdasarkan definisi dari penjumlahan dan perkalian pada bagian 1. Sebagai contoh, jika z1= (x1,y1) dan z2= (x2,y2), maka
(3) z(z1+z2) = zz1+ zz2
dan pembuktiannya serupa dengan hal di atas.
Hukum komutatif untuk perkalian, iy = yi juga berlaku. Akibatnya kita juga dapat menuliskan z = x + yi dan hukum-hukum di atas terdefinisi dengan baik, sebab sama saja dengan kasus pada bilangan real.
Penjumlahan identitas 0 = (0,0) dan perkalian identitas 1 = (1,0) untuk bilangan real sama dengan untuk sistim bilangan kompleks, yaitu
(4) z + 0 = z dan z.1 = z
untuk setiap bilangan kompleks z. Selanjutnya, pembuktian ketunggalan 0 dan 1 ini pada bilangan kompleks ditinggalkan untuk latihan.
Hubungan bilangan kompleks z = (x,y) dengan invers penjumlahan
(5) -z = (-x,-y)
memenuhi persamaan z + (-z) = 0. Selanjutnya, invers penjumlahan dari setiap bilangan z adalah tunggal, karena persamaan (x,y) + (u,v) = (0,0) mengakibatkan u = -x dan v = -y. Persamaan (5) dapat juga ditulis menjadi –z = -x-iy, untuk pembuktian –(iy) = (- i)y = i(-y) kita tinggalkan sebagai latihan. Invers penjumlahan digunakan untuk mendefinisikan pengurangan bilangan kompleks berikut :
(6) z1-z2= z1+ (-z2)
Juga, jika z1= (x1,y1) dan z2= (x2,y2), maka
(7) z1– z2= (x1-x2, y1-y2) = (x1-x2) + i(y1-y2).
Untuk setiap bilangan kompleks tak nol z = (x,y), terdapat bilangan kompleks z-1 sehingga z.z-1 = 1. Untuk mendapatkan bilangan kompleks z-1 perhatikan ekspresi berikut dengan memisalkan bilangan real u dan v, sehingga
(x,y)(u,v) = (1,0).
Dari persamaan (4) bagian 1, sifat perkalian dari bilangan kompleks u dan v harus memenuhi pasangan berikut
xu-yv = 1, yu+xv = 0 dari persamaan linier simultan, kita peroleh
2 2 2
2 ,
y x v y y
x u x
Jadi invers perkalian dari z = (x,y) adalah
(8)
2 2 2 2
1 ,
y x
y y
x
z x z0
Invers perkalian z-1 tidak didefinisikan untuk z = 0. Kenyataanya bahwa, z = 0 mengakibatkan x2+ y2= 0, dan ini tidak terdefinisi pada persamaan (8).
Keberadaan dari invers perkalian digunakan untuk menunjukkan bahwa jika perkalian z1z2 = 0, maka paling sedikit salah satu faktor z1 atau z2 sama dengan nol.
Untuk bukti pernyataan ini, kita misalkan saja z1.z2 = 0 dan z10. Akibatnya z1-1 ada.
Dari definisi perkalian bilangan kompleks, diperoleh (9) z2= 1.z2= (z1-1
z1)z2=z1-1
( z1z2) =z1-1
.0 = 0.
Hal ini menunjukkan bahwa, jika z1z2 = 0, maka salah satu z1 = 0 atau z2 = 0, atau mungkin keduanya z1 dan z2 sama dengan nol. Pernyataan ini ekivalen dengan mengatakan bahwa, jika bilangan kompleks z1 dan z2 tak nol maka hasil perkalian z1z2
tidak sama dengan nol.
Pembagian dengan bilangan kompleks tak nol adalah didefinisikan sebagai berikut
(10) 1 21
2 0
2
1 z z z
z
z .
Jika z1= (x1,y1) dan z2= (x2,y2), persamaan (2.10) dan (2.8) memberikan
(11)
z 0
, ,
2 2 2 2 2
2 1 2 1 2
2 2 2
2 1 2 1
2 2 2 2
2 1 2 1 2 2 2 2
2 1 2 1
2 1
y x
y x x i y y
x y y x x
y x
y x x y y x
y y x x z z
Untuk mendapatkan persamaan (11) dapat dilakukan dengan cara
Selanjutnya, dari sifat perkalian dan pembagian di atas kita peroleh
(13)
z3 0
3 2
3 1 1 3 2 1 3 1 1 3 2 1 3
2
1
z z z z z z z z z z z z
z z
Terakhir, hubungan
(14) 1
z 0
2 1
2 2
z z
diperoleh melalui persamaan (10) dengan mengganti z1=1. Sebagai contoh, persamaan (10) dapat ditulis sebagai berikut
(15) 1
z 0
2 2
1 2
1
z z z z
Selanjutnya, dapat juga diselidiki bahwa
z1z2
z21z11
z1 z21z2
z11 1
z1 0,z2 0
Hal ini menunjukkan bahwa
11 1 2 1 2 1
z z z
z . Selanjutnya, kita dapat menggunakan persamaan (14) untuk menunjukkan
(16) 1
1 1
z 0, 0
2 1 2
1 1 2 1 1 1 2 1 2 1
z
z z z
z z
z z z
dan juga
(17)
z3 0,z4 0
4 2
3 1
4 3
2
1
z z z z z z
z z
Contoh. Nyatakan bilangan kompleks berikut dalam bentuk x + iy, dimana x dan y bilangan real.
i i i ii i i
i i i
i 26
1 26
5 26 26
5 26 5 5
.5 5
1 5
1 1
3 2
1 1
1 3 2
1
Latihan.
1. Buktikan bahwa
a.
2i
i1 2i
2i; b.
2,-3 2,1
1,8;
c.
3,1 3,1
51,101
2,1d. 5
2 5
2 4i - 3
2i
1 i
i e.
; f.
1-i 42 3
2 1
5 4
i i i i 2. Tunjukkan bahwa (1+z)2= 1 + 2z + z2
3. Buktikan bahwa dua bilangan kompleks z = 1 i memenuhi persamaan z2– 2z+ 2 =0 4. Tunjukkan bahwa
a. Im(iz) = Re z b. Re (iz) = -Im z c. 1
z 0
1 z
z
d. (-1)z = -z
5. Buktikan bahwa perkalian dalam bilangan kompleks adalah komutatif .
6. Gunakan hukum assosiatif dan komutatif perkalian bilangan kompleks untuk menunjukkan bahwa (z1z2)(z3z4) = (z1z3)(z2z4).
7. Buktikan bahwa jika z1z2z3 = 0, maka paling sedikit salah satu dari ketiga faktor adalah nol.
8. Buktikan :
a. Hukum assosiatif untuk penjumlahan memenuhi persamaan (2) bagian 2.
b. Hukum distributif persamaan (2) bagian 2.
9. Gunakan hukum assosiatif untuk penjumlahan dan hukum distributif untuk menunjukkan bahwa z (z1+ z2+ z3) = zz1+ zz2+ zz3.
10. Dengan menuliskan i = (0,1) dan y = (0,y), tunjukkan bahwa –(iy) = (-i)y = i(-y).
11. a. Tulis (x,y) + (u,v) = (x,y) untuk menunjukkan ketunggalan bilangan kompleks 0 = (0,0) dalam penjumlahan.
b. Demikian juga, tulis (x,y)(u,v) = (x,y) untuk menunjukkan ketunggalan bilangan kompleks 1 = (1,0) dalam perkalian.
2
13. Turunkan persamaan (11) bagian 2 untuk pembagian
2 1
z
z seperti cara yang telah
dijelaskan.
14. a.Dengan menggunakan hubungan persamaan (15) dan (16) bagian 2, turunkan persamaan (17) bagian 2.
b. Gunakan penurunan bahagian (a) untuk membuktikan hukum pembatalan berikut
z2 0, 0
2 1
2
1 z
z z z z
z z
3. Modulus dan Sekawan
Sebagai dasar untuk menghubungkan setiap bilangan kompleks tak nol z = x + iy dengan arah segmen garis atau vektor, dari titik asal ke titik (x,y) yang dinyatakan dengan z dalam bidang kompleks. Kenyataan ini, kita selalu menggunakan z melalui titik z atau vektor z. Di dalam gambar 1 bilangan z = x + iy dan –2 + i digambarkan di dua titik dan jari-jari vektor.
Dari definisi penjumlahan dua bilangan kompleks z1= x1+ iy1dan z2= x2+ y2, bilangan z1 + z2 berhubungan dengan titik (x1+x2, y1+y2). Ini juga berhubungan dengan vektor yang koordinatnya sebagai komponennya. Juga z1+ z2merupakan sebuah vektor yang ditunjukkan pada gambar 2. Pengurangan z1– z2 menyatakan jumlah dari vektor z1
y
-2+i
-2 0
(-2,1)
x+iy (x,y)
x
Gambar 1
dan –z2(dalam gambar 3), z1-z2dapat diinterprestasikan melalui arah segmen garis dari titik (x2,y2) ketitik (x1,y1).
Selanjutnya, perkalian dari dua buah bilangan kompleks z1 dan z2 adalah bilangan kompleks itu sendiri yang dinyatakan dengan vektor, yaitu vektor yang terletak dibidang yang sama melalui vektor z1 dan z2. Jelas bahwa, perkalian ini bukan skalar atau perkalian vektor yang biasa digunakan dalam analisis vektor.
Interprestasi vektor dalam bilangan kompleks sangat membantu dalam memperluas konsep dari nilai mutlak dari bilangan real ke bidang kompleks. Modulus atau nilai mutlak dari bilangan kompleks z = x + iy didefinisikan sebagai bilangan real non negatif x2 y2 dan dinyatakan dengan z ; yaitu
(1) z x2 y2
Secara geometri, bilangan z adalah jarak antara titik (x,y) dan titik asal, atau panjang dari vektor yang dinyatakan dengan z. Ini merupakan penurunan dari nilai mutak didalam sistim bilangan real dimana y = 0. Sebagai catatan, ketaksamaan z1 < z2
mempunyai arti keduanya z1 dan z2 adalah bilangan real, pernyataan z1 z2 mempunyai arti titik z1lebih dekat dengan titik asal dibandingkan dengan titik z2.
z2
y
x y
z2 z1+zz z2
z1
z1-z2
0 0
(x2,y2)
(x1,y1) -z2 z1
x
2
1 z
z
Gambar 2 Gambar 3
Contoh 1. 32i 13 dan 1 i4 17, titik –3 + 2i lebih dekat dari titik asal dibandingkan dengan titik 1 + 4i.
Jarak dari titik z1 = x1 + iy1 dan z2 = x2 + iy2 adalah z1z2 . Ini jelas dari gambar 3, dimana z1z2 adalah panjang dari vektor z1 – z2. Sebagai akibat dari definisi (1) dan diekspresikan
z1-z2= (x1–x2) + i(y1-y2) bahwa
1 2
22 2 1 2
1 z x x y y
z
Bilangan kompleks z yang berhubungan dengan titik-titik pada lingkaran dengan pusat z0dan berjari-jari R memenuhi persamaan zz0 R.
Contoh 2. Persamaan z13i 2 menyatakan lingkaran yang mempunyai pusat z0= (1,-3) dan mempunyai jari-jari R = 2.
Dari definisi (1) bilangan real z , Re z = x, dan Im z = y, hubungannya dengan persamaan
(2) z2= (Re z)2+ (Im z)2. adalah
(3) Rez Rez z danImz Imz z
Sekawan kompleks atau sekawan dari bilangan kompleks z = x + iy adalah didefinisikan dengan x – iy dan dinyatakan dengan z , yaitu;
(4) z = x – iy.
Bilangan z adalah dinyatakan dengan titik (x,-y) yang merupakan pencerminan terhadap sumbu real x dari titik (x,y) yang dinyatakan dengan z (gambar 4). Sebagai catatan z danz z z untuk setiap z.
Jika z1= x1+ iy1dan z2= x2+ iy2, maka
1 2
1 2
1 1
2 2
2
1 z x x i y y x iy x iy
z .
Jadi, penjumlahan dua buah sekawan sama dengan jumlah dari sekawan-sekawannya.
(5) z1z2 z1z2
Dengan cara serupa mudah ditunjukkan bahwa, (6) z1z2 z1z2
(7) z1z2 z1 z2
(8) ,
z2 0
2 1
2
1
z z z z
Penjumlahan z dari bilangan kompleks z = x + iy dan sekawannya z = x –z iy adalah bilangan real 2x dan pengurangannya zz adalah bilangan imajiner murni 2iy. Jadi
(9) i
z z z
z z z
Im 2 2 ,
Re .
Suatu hubungan yang sangat penting antara sekawan dari suatu bilangan kompleks z = x + iy dengan modulus adalah
(10) zz z2 x2 y2 y
z
z (x,-y) (x,y)
0 x
Gambar 4
Metode ini yang digunakan untuk mengitung hasil bagi
2 1
z
z pada persmaan (12) bagian
2. Metode ini adalah jelas dengan mengalikan kedua penyebut dan pembilang dari
2 1
z z
dengan z , sehingga penyebutnya menjadi bilangan real2 z2 2.
Contoh 3. Melalui suatu ilustrasi,
i
i
i i i ii i i
i
1
5 5 5 2
5 5 2
2 2 3 1 2
3 1
2 .
Juga, lihat contoh terakhir bagian 2.
Dari persamaan (10), dapat dengan mudah menurunkan sifat yang lain dari modulus dan sekawan pada catatan di atas.
(11) z1z2 z1 z2
(12)
z2 0
2 1
2
1
z z z z
Sifat (11) dapat diperoleh melalui
1 2
22 2 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2
1z z z z z z z z z z z z z
z
dan ingat bahwa modulus adalah tidak pernah negatif. Sifat (12) dapat diturunkan dengan cara serupa.
4. KETAKSAMAAN SEGITIGA
Sifat dari modulus dan sekawan di bagian 3 memungkinkan untuk menurunkan sifat aljabar dari ketaksamaan segitiga, dengan menentukan suatu batas atas untuk modulus dari penjumlahan dua bilangan kompleks z1dan z2:
(1) z1z2 z1 z2
Ketaksamaan ini sangat penting dalam geometri (lihat gambar 2. bagian 3). Tentu saja, pernyataan bahwa panjang suatu sisi pada suatu segitiga adalah lebih kecil atau sama
dengan jumlah panjang dua sisi yang lainnya. Sebagai catatan dari gambar 2 bahwa (4.1) adalah suatu kesamaan apabila titik z1, z2dan 0 adalah kolinier.
Kita mulai menurunkan secara aljabar dengan menuliskan
1 2 1 2
2 2 11
2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1
z z z z z z z z
z z z z z z z z z
z
Tetapi
2 2 ;Re
2 1 2 1 2 1 2
2 1 2
1z z z z z z z z z
z
dan juga
2 2 2 1 2 1 2 2
1 z z 2z z z
z ,
atau
1 2
22 2
1 z z z
z
karena modulus nonnegatif maka, ketaksamaan (1) berlaku.
Suatu akibat dari ketaksamaan segitiga adalah jelas bahwa (2) z1z2 2 z1 z2
Untuk menurunkan ketaksamaan (2), kita tulis
1 2
2
1 2 21 z z z z z z
z .
Yang berarti bahwa
(3) z1z2 z1 z2.
Ketaksamaan (2) ini berlaku jika z1 z2 . Jika z1 z2 , kita hanya menukar z1dengan z2dalam ketaksamaan (3) untuk mendapatkan
1 2
.2
1 z z z
z
Persamaan (2) memberikan arti bahwa panjang suatu sisi segitiga adalah lebih besar atau sama dengan selisih dari panjang kedua sisi yang lain.
Sebagai akibat dari (1) dan (2), dimana z1diganti dengan (-z2) adalah;
(5) z1z2 z1 z2
Contoh 1. Jika titik z terletak pada lingkaran satuan z =1 yang berpusat di titik asal,
maka
3 2
2 3
3 z
z dan z3 2 z3 2 1
Ketaksamaan segitiga dapat diperumum dengan induksi matematika sebagai jumlah hingga dari suku-suku :
(6) z1z2 ...zn z1 z2 ... zn
n 1,2,3,...
Berikut ini akan diberikan pembuktian induksi secara rinci, kita catat bahwa untuk n = 2 ketaksamaan (6) dijamin oleh ketaksamaan pada (1). Selanjutnya kita asumsikan ketaksamaan (6) benar untuk n=m, kita akan buktikan benar untuk n = m + 1. Dari ketaksamaan segitiga diperoleh,
1 2
1
1 2
1 1 2
1
...
...
...
m m m m
m
z z
z
z z z
z z
z z
z
Contoh 2. Jika z adalah titik di dalam lingkaran yang berpusat di titik asal dengan jari-
jari 2, yakni z 2, maka
25 1 2 3 1
2
3 2 3 2
3 z z z z z
z
Latihan 2.
1. Gambarkan bilangan z1+ z2dan z1-z2dalam bentuk vektor jika a. z1= 2i, z2= 2/3 – i b. z1
3,1
, z2
3,0c. z1= (-3,1), z2= (1,4) d. z1= x1+ iy1, z2=x1– iy1
2. Gunakan sifat sekawan dan modulus untuk menunjukkan bahwa a. z3i z3i b. iziz c.
2i
2 34i d.
2z5
2i
32z53. Buktikan ketaksamaan pada persamaan (3) bagian 3 mengenai hubungan Re z, Im z dan z .
4. Buktikan bahwa 2z Rez Imz .
5. Buktikan sifat z pada persamaan (6) dan (7) bagian 3.
6. Gunakan sifat z1z2 z1z2 untukmenunjukkan(a). z1z2z3 z1z2z3 dan (b).
z4
z 4.7. Buktikan sifat dari modulus pada persamaan (12) bagian 3.
8. Gunakan hasil dibagian 3 untuk menunjukan bahwa jika z2dan z3tidak nol maka (a).
3 2
1
3 2
1
3 2
1
3 2
1 ; (b).
z z
z z
z z z
z z z
z
z
9. Dengan menggunakan ketaksamaan pada bagian 4, tunjukkan bahwa jika z3 z4 maka
4 3
2 1
4 3
2 1
z z
z z z z
z z
10. Dalam setiap kasus, gambarkan himpunan dari titik-titik dengan syarat yang diberikan :
(a). z1i 1; (b). zi 1; (c).Re
zi 2; (d).2z-i 411. Gunakan ketaksamaan dalam bagian 3 dan 4 untuk menunjukkan bahwa Jika z 1 maka Im
1-zz2
312. Dengan pemfaktoran z4 – 4z2 + 3 dalam dua faktor kuadrat dan dengan menggunakan ketaksamaan pada persamaan (5) bagian 4, tunjukkan bahwa jika z terletak pada lingkaran z 2, maka
3 1 3 4
1
2
4
z z
13. Telah ditunjukkan pada bagian 2 bahwa jika z1z2= 0 maka paling sedikit satu dari
14. Buktikan bahwa
(a). z adalah real jika dan hanya jika z =z;
(b). z adalah salah satu real atau bagian imajiner jika dan hanya jika
z2 z2.15. Gunakan induksi matematika untuk menunjukkan bahwa jika n = 2, 3, … maka (a). z1z2...zn z1z2...zn (b).z1z2...zn z1z2...zn
16. Misalkan a0, a1, a2, …, an (n 1) menyatakan bilangan real, dan misalkan z suatu bilangan kompleks. Dengan menggunakan hasil pada soal no. 15, tunjukkan bahwa
n n n
nz a a z a z a z
a z
a z a
a0 1 2 2 ... 0 1 2 2...
17. Tunjukkan bahwa persamaan zzo R dari suatu lingkaran yang berpusat di z0
dan berjari-jari R, dapat ditulis
0 0 2 22 2Re zz z R
z .
18. Gunakan persamaan (9) bagian 3, untuk Re z dan Im z, Kemudian tunjukkan bahwa hyperbola x2– y2= 1 dapat ditulis z2 z2 2
19. Gunakan kenyataan bahwa z1z2 adalah jarak antara dua titik z1 dan z2, berikan suatu interprestasi geometri bahwa
(a). Persamaan z4i z4i 10 menyatakan suatu elips yang mempunyai titik fokus
0, ;4
(b). Persamaan z1 zi menyatakan garis lurus yang melalui titik asal dan kemiringan –1.
5. KOORDINAT POLAR DAN RUMUS EULER
Misalkan r dan merupakan koordinat polar dari titik (x,y) yang berhubungan dengan bilangan kompleks tak nol z = x + iy. Dimana x = r cos dan y = r sin , z dapat ditulis dalam bentuk polar melalui
(1) z = r(cos + i sin ).
Jika z = 0, maka koordinat tak terdefinisi.
Di dalam analisis kompleks, bilangan real r tidak pernah negatif dan didefinisikan sebagai panjang dari jari-jari vektor untuk z; yakni r = z . Bilangan real menyatakan sudut yang diukur dalam radian, z dibuat dengan axis real positif dimana z diinterprestasikan sebagai jari-jari vektor (gambar 5). Dalam kalkulus, mempunyai nilai yang tak berhingga banyaknya, yaitu merupakan kelipatan bilangan bulat 2.
Nilainya dapat ditentukan dari persamaan tan = y/x, dimana kuadran memuat titik yang berhubungan dengan z harus diperhatikan. Setiap nilai dari disebut argumen dari z, dan himpunan semua nilainya dinotasikan dengan arg z. Nilai utama dari arg z, dinyatakan dengan Arg z, adalah nilai tunggal sehingga . Sebagai catatan bahwa
(2) arg z = Arg z + 2n ( n = 0,1, 2, …)
Juga, jika z bilangan real negatif, Arg z mempunyai nilai, bukan -.
Contoh 1. Bilangan kompleks –1 – i , terletak dikuadran ketiga dan mempunyai argumen utama -3/4, yaitu
4 1 3
i
Arg ;
dan dari sini diperoleh
x
r
z=x+iy y
Gambar 5
Penggunaan simbol ei, atau exp(i) adalah didefinisikan dengan rumus Euler untuk setiap bilangan real dari melalui
(3) ei= cos + i sin ,
kita dapat menuliskan bentuk polar pada persamaan (1) dalam bentuk eksponensial melalui
(4) z = r ei
Contoh 2. Bilangan -1-i dalam contoh 1 mempunyai bentuk eksponensial
(5)
4
exp 3 2
1
i i
Dengan perjanjian bahwa e-i = ei(-), kita dapat juga menuliskan 4
3
2 1
i
e i
.
Persamaan (5) hanya salah satu dari sejumlah tak berhingga kemungkinan untuk bentuk eksponensial dari –1 – i ;
(6)
n i
i 2
4 exp 3 2
1 (n = 0,1, 2, …).
Sekarang pandang suatu titik z = rei, terletak pada suatu lingkaran yang berpusat di titik asal dan dengan jari-jari r (gambar 6). akan meningkat, kalau z digerakan mengelilingi lingkaran dengan arah berlawanan dengan arah jarum jam. Khususnya jika
dinaikan sampai 2, sampai dititik asal; dan sama jika diturunkan sampai dengan 2.
x y
z =rei
r
0
Gambar 6
Oleh karena itu, dari gambar 6 menunjukkan bahwa dua bilangan kompleks tak nol
dan 2
1
2 2 1
1
i
i z re
e r
z
adalah sama jika dan hanya jika
r1= r2dan1=2+ 2n, dimana n suatu bilangan bulat ( n = 0, 1, 2, …).
Sebagai catatan, nilai dari ei dengan jelas terlihat pada gambar 6. Dengan merujuk pada rumus Euler (persamaan (3)) dimana r = 1 dan adalah suatu kelipatan bilangan bulat dari /2. Untuk kasus ini, secara geometri dapat diselidiki
,
1
ei e 2 i,
i
dan e-i4=1.
Gambar 6, dengan r = R, juga menunjukkan bahwa persamaan (7) z = Rei (0 2)
adalah menyatakan suatu persamaan parameter dari suatu lingkaran z = R, yang berpusat dititik asal dan berjari-jari R. Melalui persamaan parameter dalam gambar 6.
naik dari = 0 pada interval 0 2, titik z mulai dari sumbu real positif dan melewati lingkaran dengan arah berlawanan dengan jarum jam. Secara umum, lingkaran
z0
z =R, mempunyai pusat di z0dan berjari-jari R, mempunyai persamaan parameter (8) z = z0+ Rei (0 2).
z Rei
z
0
x y
Gambar 7
dengan jumlah suatu vektor tetap z0dan suatu vektor dengan panjang R dan mempunyai sudut yang berubah-ubah dari = 0 sampai dengan = 2.
6. PERKALIAN DAN PEMBAGIAN DALAM BENTUK EXPONENSIAL
Telah kita ketahui dalam trigonometri sederhana ei merupakan sifat penjumlahan yang sudah umum dari fungsi eksponensial dalam kalkulus :
cos 1 sin 1
cos 2 sin 2
2
1
e i i
ei i
=
cos1cos2 sin1sin2
isin1cos2 cos1sin2
= cos
12
isin
12
ei12Jadi, jika z1 r1ei1 danz2 r2ei2 , perkalian z1z2mempunyai bentuk exponensial (1) z1z2 r1ei1r2ei2 r1r2ei1ei2 r1r2ei12
Selain itu,
(2) 1 2
2 2
2 1
2 1
2 1
2 1
2 1
2
1
ii ii ii ei r r e
e e e r r e r
e r z z
Karena, 1 = 1ei0, maka dari persamaan (2) invers dari suatu bilangan kompleks tak nol z=reiadalah
(3) e i
r z1 1z 1
Persamaan (1), (2) dan (3) adalah mudah diingat dengan menggunakan hukum aljabar untuk bilangan real dari ex.
Hasil lain yang sangat penting yang dirumuskan dengan menggunakan aturan dari bilangan real adalah
(4) zn= rnein (n = 0,1, 2, …).
Untuk bilangan bilangan bulat positif n, persmaan (4) sangat mudah dibuktikan dengan menggunakan induksi matematika. Untuk bukti secara rinci, kita mulai dengan z = rei
untuk n = 1. Selanjutnya, misalkan benar untuk n = m, dimana m suatu bilangan bulat
positif. Dari persamaan (1) untuk perkalian dua bilangan kompleks tak nol dalam bentuk eksponensial, maka benar untuk n = m+1;
zm+1= zzm= reirmeim= rm+1ei(m+1)
Persamaan (4) telah dibuktikan untuk n bilangan bulat positif. Juga Persamaan (4) benar untuk n = 0, yakni z0= 1. Jika n = -1, -2, -3, …, pada hal lain, kita definisikan bentuk zn sebagai perkalian invers dari z dengan menuliskan
mn z
z 1 , dimana m = -n = 1, 2, 3, …
Maka, dari persamaan (4) adalah benar untuk pangkat bilangan bulat positif, dari sini bentuk eksponesial pada persamaan (3) dari z-1diperoleh
i n n in
n im
m m
i
n e r e
e r e r
z r
1 1
1 (n = -1, -2, …)
Persamaan (4) telah dibuktikan untuk semua pangkat bilangan bulat.
Jika r = 1 pada persamaan (4) maka diperoleh (5)
ei n ein (n = 0,1, 2, …).Jika kita tuliskan dalam bentuk
(6)
cos isin
n cosn isinn ( n = 0,1, 2, …) Persamaan ini merupakan rumus de Moivre.Persamaan (4) dapat digunakan dalam menghitung pangkat dari bilangan kompleks jika diberikan bentuk empat persegi panjang dan hasilnya adalah dalam bentuk persegi panjang.
Contoh 1. Rubahlah
3i
7 dalam bentuk empat persegipanjang. Kita tuliskan
3i
7
2ei6 7 27ei76
26ei 2ei6 64
3i
64 364i
Selanjutnya, sekarang akan dibahas sifat penting yang mendasari argumen (bagian 5) dari perkalian
Persamaan ini diinterprestasikan melalui pernyataan bahwa nilai dari dua argumen atau tiga arugumen atau argumen bernilai banyak, maka terdapat nilai dari ketiga nilai tersebut sehingga persamaan di atas benar.
Kita mulai membuktikan persmaan (7) dengan memisalkan 1 dan 2 menyatakan suatu nilai dari arg z1dan arg z2 masing-masing. Dari persamaan (6.1) kita ketahui bahwa 1 + 2 merupakan nilai dari arg(z1z2). (Lihat Gambar 8). Jika pada hal lain, nilai dari arg (z1z2) dan arg z2 diberikan, maka nilai yang berhubungan dengan pemilihan n dan n1diekspresikan berikut ini;
arg (z1z2)= (1+2)+ 2n (n = 0,1, 2, …) dan
arg z1=1+ 2n1 (n1= 0,1, 2, …) karena
(1+2)+ 2n = (1+ 2n1) + ( 2+ 2(n – n1)), Persamaan (7) jelas dipenuhi jika dipilih nilai
arg z2= 2+ 2(n – n1)
Penyelidikan nilai dari arg (z1z2) dan arg z2adalah khusus simetri.
Persamaan (7) terkadang benar jika nilai arg diganti dengan Arg (lihat latihan 6).
Tetapi, melalui ilustrasi contoh berikut ini, bahwa tidak selalu benar kasus untuk tersebut.
1 z2
2 z1
z1z2
1+2
x y
Gambar 8
Contoh 2. Jika z1= -1 dan z2= i, maka Arg (z1z2) = Arg (-i) =
2
tetapi Arg z1+ Arg z2= +
2 3 2
.
Bagaimanapun, kita menentukan nilai dari arg z1dan arg z2masih tepat digunakan nilai arg (z1z2) = 3/2, kita dapatkan bahwa persamaan (7) dipenuhi.
Pernyataan lain yang analog dengan pernyataan pada persamaan (7) adalah
(8) 1 2
2
1 arg arg
arg z z
z
z
.
Persamaan ini dapat dibuktikan dengan bantuan persamaan (2).
Latihan
1. Carilah argumen utama Arg z jika
(a). ; (c).
3
62i - 2 - z i (b).
3 ; 1
2 i
z i
2. Dengan menuliskan masing-masing faktor dalam bentuk eksponensial dan kemudian rubahlah kembali dalam bentuk koordinat empat persegi panjang, tunjukkan bahwa
(a). i
i
i
i
1 2ii 2 (b). 5i
; 3 1 2 3
3
1
(c).
1i
7 8
1i; (d).
1 3i
10 211
1 3i
3. Tunjukkan bahwa
(a). ei 1; (b).ei ei; (c). ei1ei2...ein ei12....n
n2,3,...
4. Selesaikan persamaan ei 1 2 untuk
0 2
dan tunjukan penyelesaiannya secara geometri.5. Gunakan rumus De Moivre untuk menurunkan rumus trigonometri berikut : (a). cos 3 = cos3 - 3cos sin2 (b). sin 3 = 3 cos2 sin - sin3.
6. Tunjukkan bahwa jika Re z1> 0 dan Re z2 > 0, maka Arg(z1z2) = Arg z1 + Arg z2,
7. Tunjukkan bahwa 1 2
2
1 arg arg
arg z z
z
z
.
8. Dari bagian 3, pengurangan dari dua bilangan kompleks yang berbeda dapat diinterprestasikan dengan vektor. (Lihat gambar 9, dimana menyatakan sudut inklinasi dari vektor z-z0). Dengan translasi vektor untuk z-z0, tunjukkan bahwa nilai dari arg
zz0
adalah sama dengan nilai dari –arg(z-z0). Gunakan metode yang sama untuk menunjukkan bahwa Arg
zz0
= –Arg(z-z0) jika dan hanya jika z-z0bukan bilangan real negatif.
9. Diberikan z1z2 0, gunakan bentuk eksponensial dari z1dan z2untuk membuktikan bahwa Re
z1z2 z1 z2 jika dan hanya jika1-2= 2n (n = 0, 1, 2, …), dimana1= arg z1dan2= arg z2.
10. Diberikan z1z2 0 dan gunakan hasil pada soal no. 9, modifikasi penurunan dari ketaksamaan segitiga untuk menunjukkan bahwa z1z2 z1 z2 jika dan hanya jika 1 - 2 = 2n ( n = 0, 1, 2, …), dimana 1 = arg z1 dan 2 = arg z2. Interprestasikan pernyataan ini secara geometri.
11. Misalkan z bilangan kompleks tak nol dan n suatu bilangan negatif (n = -1, -2, …).
Juga tulis z = rei dan m = -n = 1, 2, …. Gunakan persamaan zm = rmeim dan z
x z0
z z-z0
y
0
Gambar 9
-
z0
z-1 = (1/r)ei(-), buktikan bahwa (zm)-1 = (z-1)m dan juga definisi zn = (z-1)m dalam bagian 6 dapat dituliskan menjadi zn= (zm)-1.
12. Buktikan bahwa dua bilangan kompleks tak nol z1dan z2mempunyai modulus yang sama jika dan hanya jika terdapat bilangan kompleks c1dan c2sedemikian sehingga z1= c1c2dan z2= c1c . (petunjuk :2 1 2 1 2 exp
1exp 2
exp 2
i i
i
dan [lihat
juga soal nomor 3 bahagian b]. 1 2 1 2 exp
2exp 2
exp 2
i i
i
)
13. Buktikan bahwa (z 1)
1 ... 1
1
1
2
z z z
z z
n
n dan rumus ini untuk
menunjukkan penurunan rumus trigonometri Lagrange 1+cos +cos 2+ …+cos n
=
221 2
sin 2 sin 2 1
n
(0 < < 2). (petunjuk : Untuk yang pertama, tulis
S=1zz2...zn dan hitung S – zS. Untuk yang kedua, tulis z = ei dalam persamaan pertama.
14. Gunakan induksi matematika untuk menunjukkan rumus Binomial untuk bilangan
Kompleks :
n n k kk
n z z
k z n
z 1 2
0 2
1
(n = 1, 2, …), dimana
!!
! k n k
n k
n
( k = 0,
1, 2, …,n) dan 0! = 1.
15. Gunakan induksi matematika untuk menunjukkan rumus De Moivre (pada bagian 6), yakni
cos isin
n cosn isinn dimana n adalah bilangan bulat positif (n = 1, 2, …).16. (a). Gunakan rumus Binomial (soal No. 14) dan rumus De Moivre (lihat soal no. 15)
dan tulis n n k
kk
k i n n
i
n sin cos sin
cos
0
(n = 1, 2, …). Maka
genap n
jika
n
atas untuk menunjukkan (bandingkan dengan soal 5 (a))
m k n k k
k k
n n 2 2
0
sin cos
2 1
cos
(n = 1, 2, …).(b). Tulis x = cos dan misalkan bahwa 0 , dalam kasus ini -1x1.
Bagaimana merubah bentuk hasil terakhir pada bagian (a) bahwa setiap fungsi
x
n x
Tn cos cos1 (n = 0, 1, 2, …) adalah polinom berderajat n dalam variabel x.
7. AKAR DARI BILANGAN KOMPLEKS
Bentuk zn = rnein pada bagian 6 untuk pangkat bilangan bulat dari bilangan kompleks z = rei adalah digunakan untuk menemukan akar pangkat n dari setiap bilangan kompleks tak nol z0= r0ei0,dimana n salah satu dari n = 2, 3, …. Metode awal untuk menyelidiki suatu akar pangkat n dari z0 adalah dengan memisalkan suatu bilangan z = reitak nol sedemikian sehingga zn= z0, atau
0
0
i
in
ne re
r .
Sekarang, berdasarkan pernyataan pada bagian 5 tentang kesamaan dua bilangan kompleks, diperoleh
rn = r0 dan n = 0 + 2k, dimana k suatu bilangan bulat (k = 0, 1, 2, …). Jadi rn r0 , hal ini menyatakan ketunggalan akar pangkat n dari bilangan real positif r0, dan
n k n n
k
0 2 0 2
(k = 0,1, 2, …)
Akibatnya, bilangan kompleks
z =
n k i n
r
n 2
exp 0
0 (k = 0,1, 2, …)
adalah akar pangkat n dari z0. Kita dapat melihat dengan jelas dari bentuk exponensial di atas bahwa semua akar-akarnya terletak pada lingkaran z n r0 yang berpusat dititik
asal. dan setiap titiknya adalah sama dengan 2/n radian dari asalnya, mulai dari argumen 0/n. Maka jelas bahwa semua akarnya yang berbeda dapat diperoleh jika k = 0, 1, 2, …n-1, dan nilai akar yang lain dari k tidak diambil. Kita misalkan ck
(k = 0, 1, 2, …n-1) menyatakan akar yang berbeda dan ditulis
(1)
n
k i n
r
ck n 2
exp 0
0 (k = 0, 1, 2, …n-1).
Bilangan n r0 adalah panjang dari setiap jari-jari vektor akar pangkat n. Akar pertama c0mempunyai argumen0/n; dan akar pangkat 2 jika n = 2 terletak berhadapan titik akhirnya dari suatu diameter lingkaran z n r0 , serta akarnya yang kedua –c0. Jika n 3, akarnya terletak dititik sudut segi n beraturan yang dituliskan dalam lingkaran.
Kita misalkan z0n1 merupakan himpunan akar ke-n dari z0. Khususnya, jika z0
adalah bilangan real positif r0, simbol r0n1 menyatakan himpunan semua akar-akarnya;
dan simbol n r0 yang digunakan dalam persamaan (1) hanya untuk akar positif. Jika nilai 0 yang digunanakan pada persamaan (1) adalah nilai utama dari argumen z0
0
, bilangan c0kita sebut akar utama. Selanjutnya, jika z0 adalah bilangan real positif r0maka akar utamanya adalah n r0 .Akhirnya, salah cara untuk mengingat persamaan (1) kita tulis z0 dalam bentuk eksponensial yang sudah diketahui (bandingkan contoh 2. bagian 5).
z0= r0exp[i(0+ 2k)] (k = 0,1, 2, …)
dan kita gunakan sifat umum eksponensial yang ada pada bilangan real, bahwa terdapat n buah akar;
exp 2
11
0 0
0 n
n r i k
z
