Selesaikan persamaan kuadrat ini dengan bentuk kuadrat lengkap, diperoleh

1

Bilangan Kompleks

Fenomena bilangan kompleks

Carilah dua buah bilangan yang jumlahnya 2 dan hasilkalinya juga 2.

¾Misalkan bilangan yang dicari adalah z dan w, dengan kondisi z + w = 2 dan zw = 2. Dari kondisi z + w = 2

diperoleh w = 2 − z. Gantikan ke zw = 2, diperoleh z(2 − z) = 2, yang hasilnya adalah persamaan kuadrat

2

2 2 0.

z - z+ =

¾Selesaikan persamaan kuadrat ini dengan bentuk kuadrat lengkap, diperoleh

2

(z-1) + =1 0, atau (z-1)2= -1.

¾Misalkan - =1 i2 (i dikenal sebagai bilangan imajiner

)

, maka (z-1)2=i2. Selesaikan, maka diperoleh

1 ,

z- = ±i yang menghasilkan solusiz= +1 iatau z= -1 i. Bilangan w yang terkait dengan z adalah

1 2 2

(

1

)

1

z= + fi = - = - + = -i w z i i dan z= - fi = - = - - = +1 i w 2 z 2

(

1 i

)

1 i.

¾Jadi bilangan yang jumlahnya 2 dan hasilkalinya juga 2 adalah

(

1 +i

)

dan

(

1 −i

)

.

Pemeriksaan Jumlahkan, hasilnya adalah

(

1 +i

)

+

(

1 −i

)

= 2

Kalikan, hasilnya adalah

(

1 +i

)

⋅

(1 −i

) =

12−i2= 1 −

(−

1

)

= 2.

Definisi bilangan kompleks

¾Bilangan kompleks

(

lambang: z

)

didefinisikan sebagai pasangan terurut bilangan real (x,y), ditulis

, ; , .

(

)

z= x y x yŒ

¾Untuk bilangan kompleks z=

(

x,y

)

, bilangan real x dinamakan bagian real dari z, ditulis x= Rez dan

bi-langan real y dinamakan bagian imajiner dari z, ditulis y= Imz. Bandingkan bilangan kompleks dengan

vektor di bidang (ruang dimensi dua).

¾Bilangan kompleks z=

(

x,0

)

diidentifikasi sebagai bilangan real z=x.

¾Bilangan kompleks z=

(

0,1

)

dinamakan satuan imajiner dan ditulis i=

(

0,1

).

¾Bilangan kompleks z=

(

0,y

)

=y (0,1

)

=yi dinamakan bilangan imajiner sejati.

¾Bilangan kompleksz₁=

(

x y₁, ₁

)

dan z₂ =

(

x y₂, ₂

)

dikatakan sama, ditulisz₁=z₂, jikax₁=x₂dan y₁=y₂.

Operasi aljabar pada bilangan kompleks

¾Jumlah dari z₁=

(

x y₁, ₁

)

dan z₂=

(

x y₂, ₂

)

, ditulisz₁+z₂, didefinisikan sebagai z₁+ = +z₂

(

x₁ y x₁, ₂+y₂

)

.

¾Hasilkali dari z₁=

(

x y₁, ₁

)

dan z₂=

(

x y₂, ₂

)

, ditulisz z_{1 2},didefinisikan sebagai 1 2

(

1 2 1 2, 1 2 2 1

)

.

z z = x x -y y x y +x y

Notasi bilangan kompleks dengan satuan imajiner dan himpunan bilangan kompleks

¾Dengan definisi hasilkali di atas, jika i=

(

0,1

), maka

i2=

(

0,1

)

⋅

(

0,1

)

=

(

0 − 1,0 − 0

)

=

(−

1,0

)

=−1.

Jadi satuan imajiner i=

(

0,1

)

adalah bilangan kompleks yang memenuhi i2=−1.

¾Bilangan kompleksz=

(

x y,

)

; ,x yΠdapat ditulis dalam bentuk ( ,0) ( , 0) (0,1) .

x y i

x y

z= + ◊ = +x yi

¾Dengan notasi satuan imajiner, jumlah dan hasilkali dari z₁= +x₁ y i₁ dan z₂= +x₂ y i₂ adalah

1 2

(

1 1

) (

2 2

)

z +z = x +y + x +y i dan z z_{1 2}=

(

x x_{1 2}-y y_{1 2}

) (

+ x y_{1 2}+x y i_{2 1}

)

.

¾Himpunan bilangan kompleks ditulis dengan lambang , yang bentuknya adalah

| ( , ); , | ; , | ; , .

{

z z x y x y

} {

z z x yi x y

} {

z z x iy x y

}

= = Œ = = + Œ = = + Œ

Contoh

Jika z₁= +1 2i dan z₂= +3 4 ,i hitunglah z₁+z₂dan .z z_{1 2}

Jawab

Berdasarkan definisi di atas,

1 2

(

1 2

) (

3 4

)

(

1 3

) (

( 2) 4

)

4 2 .

z + = -z i + + i = + + - + i= + i

1 2

(

1 2

) (

3 4

)

(

1 3 ( 2) 4

) (

1 4 3( 2)

)

(

3 8

) (

4 6

)

11 2 .

z z = - i + i =

◊

- -

◊

+

◊

+ - i= + + - i= - i

Perhatikan bahwa jumlahnya seperti jumlah dua vektor dan hasilkalinya dapat dengan hukum distributif, 2

1 2 3 4 1 3 4 2 3 4 3 4 6 8 3 2 8 11 2 .

(

) (

)

(

)

(

)

Sifat aljabar bilangan kompleks

¾Himpunanbilangankompleks terhadapopeasipenjumlahandanperkalianmembentuksuatulapangan.

Sifat Penjumlahan Perkalian

Tertutup z₁+ Œ "z₂ z z₁, ₂Œ z z_{1 2}Œ "z z₁, ₂Œ Komutatif z1+ = + "z2 z2 z1 z z1, 2Œ z z1 2=z z2 1"z z1, 2Œ Asosiatif

(

z1+z2

)

+ = +z3 z1

(

z2+z3

)

"z z z1, 2, 3Œ

(

z z1 2

)

z3=z z z1

(

2 3

)

"z z z1, 2, 3Œ Unsur Kesatuan $ Œ ' + = " Œ0 z 0 z z $ Œ ' ◊ = " Œ1 z1 z z Unsur Invers " Œ $ - Œ ' + - =z

( )

z z

( )

z 0 " Œz ,zπ $0 z-1Œ 'z z-1=1 Distributif z z1

(

2+z3

)

=z z1 2+z z1 3"z z z1, 2, 3Œ

¾ Selisih dariz₁Œ dan ,z₂Œ ditulisz₁-z₂, didefinisikan sebagaiz₁- = + -z₂ z₁

(

z₂

)

.

¾ Hasilbagi dariz₁Œ dan 0 ,z₂Œ

(

z₂π

)

ditulis 1 2, z z didefinisikan sebagai 1₂ 1 1 2 . z z =z z

-¾Unsur inversz-1dapat dipandang sebagai hasilbagi dari 1 dan z, 1_z= ◊1z-1=z-1.

Jika z=x+yi, maka 1 1_{z x} 1_{yi x} 1_{yi x}x _yiyi ₂x yi_{2 2}x _{2 2} y ₂ .

x y x y x y

z- = = ₊ = ₊ ◊ _-- = -₊ = ₊ - ₊ i

Geometri bilangan kompleks

¾Bilangan kompleks z=

(

x,y

)

=x+yi dapat dipandang sebagai vektor posisi pada bidang datar (ruang

di-mensi dua) dengan basis {1,i}, 1 unsur kesatuan di dan i satuan imajiner.

y y y y (x,y) x+yi z2 z2 j (0,1) i (0,1) z1 z1 0 i x 0 1 x 0 x 0 x z1 − z2

¾Bidang datar untuk semua bilangan kompleks dinamakan bidang kompleks.

Kompleks sekawan

¾Kompleks sekawan dari z=x+yi, ditulis ,z didefinisikan sebagaiz = -x yi.

¾Secarageometrikomplekssekawandarizdiperolehdenganmencerminkan z

terhadap sumbu x.

¾Sifat kompleks sekawan

(

A

)

Jika z=x+yi= Rez+iImz, maka

(

1

)

z =z

(

2

)

z+ =z 2 Rez=2x

(

3

)

z- =z 2 Imi z=2y i

(

4

)

z z =

(

Rez

)

2+

(

Imz

)

2= +x2 y2 y y 0 x x −y

(

B

)

Jikaz1Πdan ,z2Πmaka

(

1

)

z1+z2= +z1 z2

(

2

)

z1-z2 = -z1 z2

(

3

)

z z1 2 = ◊z1 z2

(

4

)

( )

1 1 2 2 2 , 0 z z z = z z π

(

5

)

z z1 2 +z z1 2=2 Re

( )

z z1 2 Bukti sifat

(

B

) (

5

)

z z1 2+z z1 2=z z1 2+z z1 2=z z1 2 +z z1 2=2 Re

( )

z z1 2 .„

Modulus bilangan kompleks

¾Arti geometri dari modulus |z| adalah jarak dari titik

(

x,y

)

ke titik

(

0,0

)

pada bidang kompleks.

¾Untuk bilangan kompleksz1dan ,z2 jarak dariz1ke z2 adalah |z1-z2|.

(

Lihat gambar z1- Œz2

)

¾Sifat modulus bilangan kompleks

(

A

)

Jika z=x+yi= Rez+iImz, maka

(

1

)

| |z =| |z = -| z|

(

2

)

| |z 2=z z=

(

Rez

)

2+

(

Imz

)

2= +x2 y2

(

3

)

Rez£|Re | | |z £ z

(

4

)

Imz£|Im | | |z £ z

(

5

)

1 1 1

| |, 0

|

z-

|

= _z = _z zπ

(

6

)

|Re |z +|Im |z £ 2 | |z

(

B

)

Jikaz₁Œ dan ,z₂Œ maka

(

1

)

|z z_{1 2}|=| | |z₁◊ z₂|

(

2

)

1 1

2 2 2 | | | |, 0 z z z = z z π (1,0) (1,0) z1 + z2 z=

(

x,y

)

=x+yi z =

(

x,−y

)

=x−yi

¾Modulus dari bilangan kompleks z=x+yi, ditulis |z|, didefinisikan sebagai| |z = x2+y2.

Contoh

Jika z₁= +1 2i dan z₂= +3 4 ,i maka | |z₁ = 1 4+ = 5 dan |z₂|= 9 16+ =5 ¾ z₁+ = -z₂

(

1 2i

) (

+ +3 4i

)

= +4 2i dan |z₁+z₂|= +|4 2 |i = 16+ =4 2 5 ¾ z₁- = -z₂

(

1 2i

) (

- +3 4i

)

= - -2 6i dan |z₁-z₂|= - -| 2 6 |i = 4+36=2 10 ¾ z₂- = +z₁

(

3 4i

) (

- -1 2i

)

= +2 6i dan |z₂-z₁|= +| 2 6 |i = 4+36=2 10 ¾ z z_{1 2}= -

(

1 2i

) (

3 4+ i

)

= -11 2i dan |z z_{1 2}|=|11 2 |- i = 121 4+ =5 5 ¾ 2 2 1

(

1 2

)

3 4 z = - i = - - i dan

|

z₁2

|

= - -| 3 4 |i = 9 16+ =5 ¾ 1 2 1 2 1 2 3 4 5 10 _{1 2} 5 5 3 4 3 4 3 4 25 z i i i i z i i i i - - - -+ + -= = ◊ = = - - dan 1 2 1 2 1 4 1 5 5 25 25 5 5 z z = - - i = + = ¾ 2 1 3 4 3 4 1 2 5 10 5 1 2 1 2 1 2 1 2 z i i i i z i i i i + + + - + - - + = = ◊ = = - + dan 2 1 | 1 2 | 1 4 5 z z = - + i = + = y z2 −z1 z1 + z2 x −z1 − z2 z1 −z2 z1 − z2 y z2 2 1 z z 1 2 z z z₁2

Ketaksamaan segitiga

¾Jikaz1Œ dan ,z2Œ maka

(

1

)

|z1+z2|£| |z1 +|z2|

(

2

)

|z1+z2|≥| |z1 -|z2|

(

3

)

|z1+z2|≥

|

| |z1 -|z2|

|

(

4

)

|z₁-z₂|£| |z₁ +|z₂|

(

5

)

|z₁-z₂|≥| |z₁ -|z₂|

(

6

)

|z₁-z₂|≥

|

| |z₁ -|z₂|

|

¾Bukti ketaksamaan segitiga

(

1

)

Karena z z_{1 2}+z z_{1 2}=z z_{1 2}+z z_{1 2}=2 Re(z z_{1 2})£2 | | |z₁ z₂|=2 | | |z₁ z₂|, maka

2 2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 2

|z +z | = +

(

z z

)(

z +z

)

=| |z +z z +z z +|z | £| |z +2| | |z z |+|z | =

(

| | |z + z | .

)

Dari sini langsung diperoleh |z₁+z₂|£| |z₁ +|z₂|.

(

2

)

Karena | |z₁ = + -|z₁ z₂ z₂| |£ +z₁ z₂|+ -| z₂|= +|z₁ z₂|+|z₂|, maka |z₁+z₂|≥| |z₁ -|z₂|.

(

3

)

Karena |z2|=|z2+ -z1 z1| |£ z2+z1|+ - = +| z1| |z1 z2|+| |,z1 maka | |z1 -|z2|≥ - +|z1 z2|. Gabungkan dengan

(

2

)

| |z₁ -|z₂| |£ +z₁ z₂|, diperoleh - +|z₁ z₂|£ | |z₁ -|z₂| |£ +z₁ z₂|. Sifat nilai mutlak membe- rikan

|

| |z₁ -|z₂|

|

£ +|z₁ z₂|, akibatnya |z₁+z₂|≥

|

| |z₁ -|z₂|

|

.

(

4

)

Gunakan sifat

(

1

)

, langsung diperoleh |z1-z2|= + -|z1 ( z2)|£| |z1 + -| z2|=| |z1 +|z2|.

(

5

)

Karena | |z₁ = - +|z₁ z₂ z₂| |£ -z₁ z₂|+|z₂|, maka |z₁-z₂|≥| |z₁ -|z₂|.

(

6

)

Karena |z₂|=|z₂- +z₁ z₁| |£ z₂-z₁|+| |z₁ = -|z₁ z₂|+|z₁| , maka | |z₁ -|z₂|≥ - -|z₁ z₂|. Gabungkan dengan

(

5

)

|z1-z2|≥| |z1 -|z2|, diperoleh - -|z1 z2|£ | |z1 -|z2| |£ -z1 z2|. Sifat nilai mutlak membe- berikan

|

| |z₁ -|z₂|

|

£ -|z₁ z₂|, akibatnya |z₁-z₂|≥

|

| |z₁ -|z₂|

|

.„

¾Arti geometri ketaksamaan segitiga

|z2| |z1 +z2 | |z2| |z1 −z2 | z1 |z | |z | z2 − z1 z1 z2 x 1 2 1 2

|

z

+

z

|

£

| |

z

+

|

z

|

1 2 1 2

|

z

+

z

|

≥

| |

z

-

|

z

|

1 2 1 2

|

z

+

z

|

≥

|

| |

z

-

|

z

|

|

1 2 1 2

|

z

-

z

|

£

| |

z

+

|

z

|

1 2 1 2

|

z

-

z

|

≥

| |

z

-

|

z

|

1 2 1 2

|

z

-

z

|

≥

|

| |

z

-

|

z

|

|

z1 +z2 z1 −z2 z2 z2

Argumen bilangan kompleks

¾ Argumen dari bilangan kompleks z≠ 0, ditulis argz, didefinisikan

seba-gai sudut antara radius vektor0z dengan sumbu x positif.

¾Jika z=x+yi≠ 0 dan θ= argz, maka

2 2

cosq = x_r dan sinq = y_r dengan r= x +y .

¾Bilangankomplekszmempunyailebihdarisatuargumen karena θ+ 2nπ

(n bilangan bulat) juga argz. Nilai utama dari argz ditulis Argz, dengan

−π< Argz≤π, kaitannya adalah argz= Argz+ 2nπ (n bilangan bulat).

y

y z = x + yi

r θ

0 x x

Bentuk kutub bilangan kompleks

¾Untuk bilangan kompleks z=x+yi≠ 0 yang membentuk sudut θ dengan sumbu x positif dan 0z=r,

bentuk kutub dari z didefinisikan sebagai z=rcos θ+irsin θ (disingkat z=rcis θ ).

¾Jika z=x+yi≠ 0, maka bentuk kutubnya diperoleh dengan mencari r dan θ yang memenuhi

2 2

, cos x_r, sin y_r.

r= x +y q = q =

¾Kompleks sekawan dari z=rcis θ mempunyai bentuk kutub z =rcis (-q).

¾Definisikesamaanbilangan kompleksdalam bentuk kutubz₁=r₁cisq₁danz₂=r₂cisq₂adalah

1 2 1 2dan 21 2 ,

z = ¤ =z r r q q= + np n bilangan bulat.

¾Sifat Jikaz₁=r₁cisq₁danz₂=r₂cisq₂,makaz z_{1 2}=r r_{1 2}cis (q q₁+ ₂) dan 1 1

2 2 1 2 2 cis ( ), 0. z r z = r q q- z π . Bukti 1 2 1 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 2 cis ( ) | | cis ( ), 0. r r z z z z z r z z z z r r z q q- _{q q} = ◊ = = = - π „

¾Dengan mengambilz₁=1danz₂= =z rcisqdiperoleh kebalikan dari z adalahz-1= =1_z 1_zcis (-q),zπ0.

¾Dari sifat di atas diperoleharg

(

z z_{1 2}

)

=argz₁+argz₂dan 1

2 1 2 1 2

arg_zz =argz -argz ;z π0,z π0.

y z = z1z2 z2 ∆0z2z∼∆01z1 z1 0 1 x y z1 1 2 z z z= ∆0z1z∼∆0z21 z2 0 1 x

Gambar perkalian dua bilangan kompleks

¾Jikaz₁=r₁cisq₁danz₂=r₂cisq₂bilangan kompleks, maka untuk hasilkali z=z z_{1 2}berlaku

1 2

argz=argz +argz dan | |z =| | |z₁ z₂|.

Untukz₁π0danz₂π0, dari sini diperoleh 1 1

2 2 1 2 _| 2 1 | | 0 | | 0 | 1 0 01 | |z =| | |z z |¤ _zz = z ¤ _zz = z ¤ D0z z∼D01 .z

Gambar pembagian dua bilangan kompleks

¾Jikaz₁=r₁cisq₁danz₂=r₂cisq₂bilangan kompleks, maka untuk hasilkali berlaku

Untukz1π0danz2π0, dari sini diperoleh 1

2 1 2 1 2 1 2 | | | | 1 0 01 | | | | | | 0 0 | |z = _zz ¤ _zz = _z ¤ _zz = _z ¤D0z z∼D0 1.z 1 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

(cos sin ) (cos sin )

(cos cos cos cos ) (sin cos cos sin )

cos ( ) sin ( ) cis ( ).

(

)(

)

(

)

(

z z r i r i r r i r r i r r q q q q q q q q q q q q q q q q q q = + + = - + + = + + + = +

Sifat ini tak benar lagi bilamana arg diganti Arg.

1

2 1 2

arg_zz =argz -argz dan 1

2 | | | | | |z = _zz . 1 2 z z z=

4

y h 1 A L B z g −1 0 1 x 1 1 z z- = C −1

Gambar kebalikan bilangan kompleks

¾Jika z=rcis θ≠ 0, makaz-1= =1_z 1_rcis (-q), sehingga

1 1

| |

|

z-

|

= _z dan argz-1= -argz= -q.

¾Karena 1 1 1 ₂

| | ,

z z

z z z _z

z- = = ◊ = maka terdapat tiga kemungkinan

un-tuk posisi bilangan kompleksz-1terhadap lingkaranL x: 2+ =y2 1.

(

1

)

| | 1z = ¤

|

z-1

|

= ¤1 z-1=z

(

z danz-1pada L

)

(

2

)

| | 1z > ¤|z-1| 1<

(

z di luar L danz-1di dalam L

)

(

3

)

| | 1z < ¤|z-1| 1>

(

z di dalam L danz-1di luar L

)

¾Untuk menggambarkan bilangan kompleksz-1lakukan tiga langkah berikut.

(

1

)

Di titik ujung z buatlah garis g yang tegak lurus 0z dan memotong lingkaran L di titik A.

(

2

)

Buatlah garis singgung h pada lingkaran L di titik A, yang memotong perpanjangan 0z di titik B.

( )

___ ___ 2 1 1 1 1 0 0 0 | | 0 1 0 0 cis . arg 0 arg r r z z B A z B B B z B z q q -¸ ◊ = fi ◊ = fi _{= Ô fi = = =} ˝ = _{= Ô˛}

(

3

)

Cerminkan 0B terhadap sumbu x sehingga diperoleh 0C, maka0C=1_z.

Bentuk eksponen, pangkat, dan akar kompleks

¾Bentuk eksponen Bilangan kompleks z dapat ditulis dalam bentuk eksponen berdasarkan rumus Euler

cos sin .

i

eq= q +i q Rumus ini merupakan perluasan deret pangkat untuk eksponen, kosinus, dan sinus

dari bilangan real ke bilangan kompleks. Bentuk eksponen dari bilangan kompleks z≠ 0 adalah

cis

(

cos sin

)

i .

z=r q =r q+i q =req

¾Sifat eksponen kompleks

• Bentuk eksponen dari bilangan kompleks z tidak tunggal, z=reiq=rei(q+2np), n bilangan bulat.

• Jika 1 1 1 i z =r eq dan 2 2 2 0, i z =r eq π maka (1 2) 1 2 1 2 i z z =r r e q q+ dan 1 1 1 2 2 2 ( ) . i z r z r e q -q =

• Kebalikan dari bilangan kompleksz=reiqπ0adalahz-1= =1_z 1_re-iq.

• Kesamaan bilangan kompleks dalam bentuk eksponen: untuk 1

1 1 i z =r eq dan 2 2 2 i z =r eq berlaku 1 2 1 2dan 1 2 2 , z = ¤ =z r r q q= + np n bilangan bulat.

¾Pangkat kompleks Jika z=reiqπ0, maka zn=r en i nq, n bilangan bulat.

• Bilangan kompleks pangkat bilangan asli: Jikaz=reiqπ0, maka zn=r en i nq, n bilangan asli.

• Bilangan kompleks pangkat bilangan bulat: Untuk n= 0 diperoleh z0= =1 r e0 i◊0. Untuk n bilangan

bulat negatif, n=−m

(

m bilangan asli

)

diperoleh n m

(

1)m

(

1 i

)

m m m i( ) n in .

r

z =z- = z- = e-q =r- e- q =r e q

¾Teorema de

′

Moivre

• Bentuk eksponen:

(

eiq

)

n=einq, n bilangan bulat.

• Bentuk kutub: cis

(

q

)

n=cisnq, atau

(cos

q+isinq

)

n=cosnq+isinnq, n bilangan bulat.

¾Akar kompleks Tentukan semua bilangan kompleks yang memenuhi zn=1.

(

n bilangan asli, n≥ 2

)

Gantikanz=reiqπ0 ke persamaanzn=1,diperoleh 1,

(

i

)

n

req = yang memberikan r en i nq= ◊1ei◊0.

Guna-kankesamaanbilangankompleks,diperoleh rn=1dannq=2kp, sehingga r= 1 dan q =2k_np,k bilangan

bulat. Jadi terdapat n solusi persamaan ini, z e= i(2kp/n)=cis2k_np,k=0,1, 2, ,n-1.

Ilustrasi Persamaanz3=1 mempunyai tiga solusi,

1 cis0 1, 2 cis2 1 1 3 , dan cis3 4 1 1 3 .

¾Akar ke-n dari bilangan kompleks Akar ke-n dari bilangan kompleks ς≠ 0, ditulis V1/n

(

atau nV

)

,

didefinisikan sebagai semua bilangan kompleks z yang memenuhi zn = ς .

• Karena dalam sistem bilangan kompleks persamaan zn = ς mempunyai n solusi, maka nV _{juga mem-}

punyai n solusi. Penarikan akar dalam sistem bilangan kompleks mempunyai lebih dari satu solusi.

• Dalam bilangan kompleks, 4 mempunyai dua solusi, 4 =2 atau 2- , Demikian juga 416 mempu-

nyai 4 solusi, 416= -2, 2, 2 , atau 2 .i - i

• Pada persamaan zn = ς , jikaz re= iq danV r= eia,makar en i nq=reia, sehingga n dan 2k

,

n r= r q=a+ p 0,1, 2, , 1. k= n- Jadi 1/n n i( 2k ) /n n cis 2k , 0,1, 2, , 1. n z=V = re a+ p = r a+ p k= n

-• Karena 16 = 16cis0, maka z=416=161/ 4=416 cis2k₄p =2cisk₂p,k=0,1, 2,3, yang memberikan:

untukk=0:z₁=2 cis 0=2; k=1:z₂=2 cisp₂ =2 ;i k=2:z₃=2 cisp = -2; k=3:z₄=2 cis3₂p = -2 .i

¾Rumus abc untuk persamaan kuadrat kompleks

Bukti Tulislah 2 2

(

₂

) ( )

2 ₂ 2 2 4₂ 4 0 b_{a a}c 0 b_a b_a c_a b ac a a z + + = ¤ +bz c z z+ = ¤ +z = - = - . Akibatnya 2 ₄ 2 2 , b ac b a a

z+ = ± - sehingga solusi persamaan kuadrat ini adalah

2 1,2 4 2 . b b ac a z = - ± - „

Contoh 1

Hitunglah

(

1+i

)

12, i satuan imajiner yang memenuhi i2= -1.

Solusi

(

1+i

)

12=

(

(

1+i

)

2 6

)

= + -

(

1 2i 1

)

6=

( )

2i6= ◊ ◊ =26 i i4 2 64 1◊ ◊ - = -

( )

1 64.

Contoh 2

Jika |z| < 1, buktikan

(

1

)

Re (z + 1

)

> 0 dan

(

2

)

Im (z − i

)

< 0.

Solusi Misalkan z=x + yi dengan | |z <1, maka x2+y2<1, sehinggax2+y2<1.

f Darix2+y2<1diperoleh 1- > ≥x2 y2 0. Akibatnya x2<1, sehingga - < <1 x 1.

f Darix2+y2<1diperoleh 1- > ≥y2 x2 0. Akibatnya y2<1, sehingga 1- < <y 1.

(

1

)

Karenaz+ = + + = + +1 x yi 1 (x 1) yidan | | 1

(

z < fi - < <1 x 1 ,

)

maka Re (z + 1

)

=x+1>0.

(

2

)

Karenaz- = + - = + -i x yi i x (y 1 dan | | 1)i

(

z < fi - < <1 y 1 ,

)

maka Im (z−i

)

=y−1 < 0. „

Contoh 3

Jika | | 1 dan z1 = z2bilangan kompleks sebarang, buktikan |z1-z2|= -|1 z z1 2|.

Solusi Gunakan informasi z z =| | dan | | 1z 2 z1 = , maka diperoleh

f 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 |z -z | =(z -z ) (z -z )=(z -z ) (z -z )=| |z +|z | -

(

z z +z z

)

= +1 |z | -

(

z z +z z

)

. f 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 |1-z z | = -

(

1 z z ) (1-z z )= -

(

1 z z ) (1-z z )= +1 z z z z -

(

z z +z z

)

= +1 |z | -

(

z z +z z

)

. Akibatnya |z1-z2|2= -|1 z z1 2| ,2 jadi |z1-z2|= -|1 z z1 2|.„

Contoh 4

Misalkanz z₁, ₂, danz₃adalah tiga bilangan kompleks yang memenuhiz₁π πz₂ z₃π0.

(

berbeda

dan taknol

)

Buktikanz z₁, ₂, danz₃terletak pada garis g

(

3 1

)

2 1

Im z_z -_- z_z 0.

¤ =

Solusi Jikaz1π πz2 z3π0, maka vektor arah

(

kemiringan

)

garis g

adalah vektor taknol z3-z1atauz2-z1. Kita mempunyai

1, 2, dan 3

z z z terletak pada garis g ¤

(

z3-z1

)

sejajar

(

z2-z1

)

3 1 2 1 , 0

(

)

(

)

k k z z k z z ¤ $ Œ π ' - = -3 1 2 1 z z z z k -¤ = Œ

(

3 1

)

2 1 Im z_z -_- z_z 0 ¤ = . „ y z2 z1 g 0 x

6

Solusi persamaan kuadrat kompleksa z2+ + =bz c 0; , , ,z a b cŒ ,aπ0 adalah

2 1,2 4 2 . b b ac a z = - ± -z3

Proyeksi stereografik dan bola Riemann

N

S sphere

P

plane

¾Pada gambar, P adalah bidang kompleks dan S adalah bola satuan

(berjari-jari 1) yang menyinggung bidang P di titik z=0. Garis

te-ngah bola NS tegak lurus bidang P, dengan N sebagai titik-kutub

utara (north pole) dan S sebagai titik-kutub selatan (south pole) S.

Bola S yang terkait bidang P dikenal sebagai bola Riemann.

¾Untuk sebarang titik A pada bidang P dapat dikonstruksi garis NA

yang memotong bola S di titik A

′

. Jadi setiap titik di bidang

kom-pleks P berkorespondensi satu-satu dengan titik di bola satuan S.

Setiap bilangan kompleks dapat terkait dengan satu titik pada S.

¾Setiap titik pada bola satuan S

(

kecuali N

)

terkait dengan titik di bidang kompleks P. Dalam konteks ini

titik N dinamakan titik tak hingga

(

point at infinity

)

dari bidang kompleks.

¾Himpunansemuatitikdibidangkomplekstermasuk titik tak hingganya dinamakan seluruh bidang kom

-pleks, atau bidang kompleks yang diperluas.

¾Proses yang terkait dengan korespondensi satu-satu antara setiap titik di bidang kompleks dengan bola

Riemann dinamakan proyeksi stereografik.

Daerah dan region di bidang kompleks

y

|z − z0 | < a

|z| < a x

|z − z0 | ≤ a

¾Lingkaran

• Persamaan kompleks untuk lingkaran berpusat di titik 0(0,0)

dan berjari-jari a > 0 adalah |z| =a. Cakram terbukanya adalah

|z| < a dan cakram tertutupnya adalah |z| ≤ a.

• Persamaan kompleks untuk lingkaran berpusat di titikz₀dan

berjari-jari a > 0 adalah|z z- ₀|=a. Cakram terbukanya adalah

0

|z-z |<a dan cakram tertutupnya adalah |z-z₀|£a.

• Dalam bentuk eksponen, persamaan lingkaran ini ditulis

0 , 0 2

i

z= +z aeq £ £q p .

¾Titik-dalam, titik-luar, dan titik-batas

•Lingkungan-r dariz₀,ditulisN z_r

( )

₀ , didefinisikan sebagaiN z_r

( ) {

₀ = Œz :|z z- ₀|<r

}

.

•Lingkungan-r dariz tanpa pusat₀ , ditulisN z_r*

( )

₀ , didefinisikan sebagaiN z_r*

( )

₀ =N z_r

( ) { }

₀ - z₀ .

• Titikz₀dikatakan titik-dalam dari himpunan S⊆ jika $ > 'r 0 N z_r

( )

₀ ⊆S.

Himpunan semua titik-dalam dari S⊆ ditulis dengan lambang Int(S).

• Titikz0dikatakan titik-luar dari himpunan S⊆ jika 0

( )

0 .

C r

r N z S

$ > ' ⊆

Himpunan semua titik-luar dariS⊆ ditulis dengan lambang Eks(S).

• Titikz₀dikatakan titik-batasdari himpunanS⊆ jikaz₀bukantitik-dalamdan bukan titik-luar dari S.

Artinya 0,

( )

₀ dan

( )

₀ C .

r r

r N z S ∆ N z S ∆

" > ∩ π ∩ π Himpunan semua titik-luar dariS⊆ ditulis ∂S. Bidang kompleks S penutup dari S ∂S batas S C S ≡ komplemen dari S Bidang kompleks titik-luar Eks (S

)

C S ≡ komplemen dari S Bidang kompleks titik- batas titik- pencil titik- ∂S limit batas S C S ≡ komplemen dari S

7

A x y S A′ z0 z0 a a a 0

S

S

titik-dalam Int (S

)

S

titik-limit

¾Titik-limit dan titik-pencil

• Titikz₀dikatakan titik-limit dari himpunan S⊆ jika" >r 0,N z*_r

( )

₀ ∩Sπ∆.

Himpunan semua titik-limit dariS⊆ ditulis dengan lambangS¢.

• Titikz₀dikatakan titik-pencil dari himpunan S⊆ jikaz₀bukan titik-limit dari S.

¾Himpunan buka, himpunan tutup, dan penutup himpunan

• HimpunanS⊆ dikatakan himpunan buka di jika .∂S⊆SC

• HimpunanS⊆ dikatakan himpunan tutup di jika .∂S⊆S

• Penutup dari himpunanS⊆ adalah S =S∪∂ =S S∪S¢.

•Sifat S himpunan buka di Int

( )

Ctutup di .C

S S S ∂S S

¤ = ¤ ¤ Õ

•Sifat S himpunan tutup di ¤ = ¤ = ¤S¢ S S S SCbuka di .¤∂S⊆S

¾Daerah dan region di bidang kompleks

• Poligon adalah sejumlah berhingga ruas garis di bidang kompleks yang menghubungkan dua titik.

• HimpunanS⊆ dikatakantersambungjikasetiapduatitikdiSdapatdihubungkanolehpoligong⊂S.

• HimpunanS⊆ dikatakanterbatasjika∃ R> 0 ∋ setiap titik di S terletak pada cakram |z| ≤R.

• HimpunanS⊆ dinamakandomain jika S himpunan terbuka dan tersambung pada bidang kompleks.

• HimpunanS⊆ dinamakanregion jika S adalahdomainyangmemuatsebagianatauseluruhbatasnya.

Soal Latihan 1: Bilangan kompleks

1. Buatlah rancangan rumus umum untuk in,nΠ.

2. Buktikan.z z_{1 2}= ¤ =0 z₁ 0 atau 0.z₂=

3. Jelaskan mengapa pada sistem bilangan kom- pleks dua bilangan tidak dapat diurutkan.

4. Buktikanz2=( )z 2¤ Œz \ atau z imajiner sejati.

5. Buktikan 2 | | |Re |z ≥ z +|Im |.z

6. Buktikan persamaan lingkaran |z-z₀|=a dapat

ditulis sebagai | |z 2-2 Re (z z₀)+|z₀|2=a2. 7. Jika |z| = 2, buktikan ₄ 1₂ 1 3 3 . z - +z £ 8. Jika |z| < 1, buktikan

|

Im 1

(

- +z z2

)

|

<3. 9. Tentukan suatu argumen dari bilangan kompleks

6

3 .

(

)

z= -i

10. Tentukan suatu argumen dari bilangan kompleks

2 1 3i z -+ = 11. Jika

z z

_{1 2}

π

0

, buktikan 1 2 1 2 1 2 Rez z =|z | |z |¤argz -argz =2np,nŒ] 12. Buktikan 1 2 1 2 1 2 |z-z |= |z | |- z | ¤argz-argz =2np,nŒ] 13. Buktikan

(

- +1 i

)

7= -8 1

(

+i

)

. 14. Buktikan

(

1+ 3i

)

-10=2-11

(

- +1 3i

)

. 15. Buktikan 2

|

(

z +5

) (

2-i

)

|

= 3 2

|

z+5 .

|

16. Hitunglah 4- -8 8 3 .i

17. Buktikan |z − 1| = |z + i | adalah suatu garis yang

melalui (0,0) dengan gradien −1.

18. Buktikan himpunan titik |z − 4i| + |z + 4i | = 10 adalah suatu elips.

19. Jika |z₃|π|z₄|, buktikan 1 2 1 2 3 4 3 4 | | | | | | | |. z z z z z z z z + + + £

-20. Jika z adalah suatu akar persamaanzn=1,bukti-

kan 1+ + + +z z2 " zn-2+zn-1=0.

21. Buktikan z+ Œ ¤ Œ1_z \ z \atau | | 1.z =

22. Buktikancos3q =cos3q -3cos sinq 2q dan

2 3

sin 3q =3cosqsinq -sin q dengan teorema

de′ Moivre.

23. Jika z= cist, buktikan zn+z-n=2 cosnt dan

2 sin , .

n n

z -z- = i nt nŒ

24. Jika A= Œ

{

z |z=rcis , 0t < <r 2 dan 0< <t 2p

}

,

tentukan Int(A), Eks(A), ∂A, A′, danA. Apakah

A suatu region di bidang kompleks..

25. Jika B= Œ{z |zπ0 dan 0 arg£ z£p₄}, tentukan Int (B), Eks (B), ∂B, B′, dan B. Apakah B suatu region di bidang kompleks.

26. Jika C= C=

{

z_nŒ^|z_n=i_nn,nŒ`

}

, tentukan Int (C), Eks (C), ∂C, C′, dan .C Apakah C suatu region di bidang kompleks.

8