analisis variabel komplek - dwipurnomoikipbu's blog · pdf file... dan kita tulis dengan...

M O D U L ANALISIS VARIABEL KOMPLEK

O l e h Dwi Purnomo

PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA IKIP BUDI UTOMO MALANG

TAHUN 2014

X

Y

xy

r

sin,cos ir

X

Y

sin,cos ir

ry

x

sin,cos ir

X XYY

xx

y yrr

sin,cos ir

Analisis Variabel Komplek: Dwi Purnomo ii

DAFTAR ISI

Halaman Halaman Sampul .................................................................................... I Daftar Isi .................................................................................................. ii Kata Pengantar ....................................................................................... iii

1.1 Pendahuluan ........................................................................................... 1 1.2 Representasi Grafik Bilangan Real ....... ................................................ 2 1.3 Sistem Bilangan Komplek ...................................................................... 20 1.4 Operasi Dasar Bilangan Komplek ........................................................... 22 1.5 Nilai Mutlak ........................................................................................... 26 1.6 Pembangun Aksioma Sistem Bilangan Komplek .................................. 30 1.7 Representasi Grafik Bilangan Komplek ................................................. 34 1.8 Bentuk Polar Bilangan Komplek ............................................................ 38 1.9 Teorema de Moivre ................................................................................ 43 1.10 Akar-akar Bilangan Komplek ................................................................ 53 1.11 Rumus Euler ........................................................................................... 61 1.12 Persamaan Polinomial ............................................................................ 66 1.13 Akar-akar ke-n dari Satuan ..................................................................... 69 1.14 Interpretasi Vektor dari Bilangan Komplek ........................................... 70 1.15 Representasi Spherical Bilangan Komplek ............................................ 74 1.16 Hasil Kali Titik dan Silang ...................................................................... 75 1.17 Koordinat-koordinat Konjugate Bilangan Komplek .............................. 78 1.18 Himpunan-himpunan Titik ..................................................................... 80 1.19 Soal-soal ................................................................................................. 82

Daftar Pustaka ........................................................................................ 86

Analisis Variabel Komplek: Dwi Purnomo iii

KATA PENGANTAR

Puji dan syukur penulis panjatkan kehadirat Allah swt. atas semua limpahan

rahmat dan karunia-Nya, sehingga penulisan modul Analisis Variabel Komplek dapat

diselesaikan sesuai dengan rencana sebelumnya. Namun demikian mengingat

kekurangan dan sifat “manusiawi” penulis sehingga materi dalam modul yang telah

disusun belum sesuai dengan harapan pembaca.

Penulisan modul Analisis Variabel Komplek dimaksudkan untuk menjelaskan

beberapa konsep yang berkaitan dengan sistem bilangan komplek, operasi dan

representasinya dalam grafik maupun vektor. Modul ini menjelaskan pokok bahasan

bilangan real representasinya secara grafis, sistem bilangan komplek, operasi-operasi

dasar, bilangan real, nilai mutlak, pembangun aksioma sistem bilangan komplek,

representasi grafis bilangan kompek, bentuk polar bilangan komplek, teorema de

Moivre, akar-akar bilangan komplek, rumus Euler, persamaan polinomial, akar-akar

nke bilangan komplek, interpretasi vektor bilangan komplek, representasi spherical

bilangan komplek, hasil kali titik dan silang, koordinat-koordinat konjugate komplek,

himpunan-himpunan titik.

Penyusunan modul Analisis Variabel Komplek mulai awal hingga akhir sangat

dibantu oleh teman dan kolega, khususnya teman satu profesi di Program Studi

Pendidikan Matematika Institut Keguruan dan Ilmu Pendidikan Budi Utomo Malang,

lebih-lebih para mahasiswa matematika, antara lain matematika angkatan 2009 A/B,

2010 A/B dan khususnya angkatan 2011 B (Maria Susanti N. dkk.) yang menjadi

sumber inspirasi dan bantuan motivasi kepada penulis untuk segera menyelesaikan

bahan ajar. Harapan penulis semoga konsep teori, pembahasan soal, dan soal-soal

latihan yang disajikan dapat berguna dan membantu mahasiswa. Kekurangan dan

kekhilafan disana sini Insya’allah diperbaiki dikemudian hari.

Malang, 1 Agustus 2014 Penulis

Dwi Purnomo

Analisis Variabel Komplek: Dwi Purnomo iv

Analisis Variabel Komplek: Dwi Purnomo- 5

Untuk yang tercinta Pandu, Prisma, Caesar, dan Mamanya


BILANGAN KOMPLEK

1.1 Pendahuluan

Sistem bilangan seperti yang kita kenal hingga saat ini merupakan hasil dari

pengembangan secara bertahap seperti yang ditunjukkan dalam daftar berikut.

1. Bilangan asli 1, 2, 3, 4,. . , juga disebut bilangan bulat positip, pertama kali

digunakan dalam menghitung. Simbol bervariasi dengan waktu, misalnya yang

digunakan bangsa Romawi I, II, III, IV. . ., jika a dan b adalah bilangan asli,

jumlah ba dan perkalian ))((,. baba atau ab juga disebut bilangan asli. Untuk

alasan ini himpunan bilangan asli dikatakan tertutup di bawah operasi penjumlahan

dan perkalian atau memenuhi sifat tertutup (closure) terhadap operasi ini.

2. Bilangan bulat negatip dan nol, dilambangkan dengan - 1, - 2, - 3. . . dan 0 masing-

masing, muncul untuk memungkinkan solusi dari persamaan seperti

abx , dimana a dan b adalah setiap bilangan asli. Hal ini mengarah pada

operasi pengurangan, atau invers penjumlahan, dan kita tulis dengan bax

himpunan bilangan bulat positip, negatip dan nol disebut himpunan bilangan bulat

dan tertutup di bawah operasi-operasi penjumlahan, perkalian, dan pengurangan.

3. Bilangan rasional dan pecahan seperti ,...4

13,56,

71,

43 muncul sebagai bagian

yang memungkinkan selesaian persamaan berbentuk abx untuk semua bilangan

bulat a dan b di mana .0b Hal ini mengarah ke operasi pembagian atau invers

perkalian, dan ditulis dengan bax yang disebut hasil bagi a dan b , di mana a

adalah pembilang dan b adalah penyebut.

Himpunan bilangan bulat adalah himpunan bagian atau subset dari bilangan

rasional, karena bilangan bulat sesuai dengan bilangan rasional ba dimana 1b .

Himpunan bilangan rasional tertutup di bawah operasi-operasi penjumlahan,

pengurangan, perkalian, dan pembagian, selama pembagian dengan nol tidak

dilakukan.


4. Bilangan irasional seperti √2 =1.41423. . . dan π = 3. 14159. . . adalah bilangan

yang tidak rasional, yang tidak dapat dinyatakan dengan ba dimana a dan b

adalah bilangan bulat dan .0b

Himpunan bilangan rasional dan irasional di sebut dengan himpunan bilangan real.

Diasumsikan bahwa siswa sudah mengetahui dengan berbagai operasi pada

bilangan real.

1.2 Representasi Grafis Bilangan Real

Sebelum penulis menguraikan konsep sistem bilangan real )(R , terlebih dahulu

marilah kita ingat kembali konsep himpunan (set). Himpunan mempunyai peranan

sangat penting dalam memahami sistem bilangan real. Secara eksplisit himpunan

didefinisikan sebagai sekumpulan objek, unsur atau sesuatu yang mempunyai ciri-ciri,

kriteria dan syarat yang tertentu serta terdefinisi dengan jelas. Objek atau unsur sesuatu

himpunan A dinamakan anggota atau elemen. Anggota suatu himpunan dinyatakan

dengan ,....,,, dcba atau ,....4,3,2,1 sedangkan nama himpunan dinyatakan dengan huruf

kapital ,,,, DCBA dan seterusnya. Misal kita mendefinisikan suatu himpunan A

dengan menyatakan secara jelas anggota-anggotanya yang terdiri dari edcba ,,,, ,

himpunan A tersebut dapat ditulis dalam bentuk },,,,{ edcbaA dengan masing-

masing anggota himpunan A dipisahkan oleh tanda baca koma dan terdapat dua tanda

kurung { }. Jika himpunan A mempunyai anggota banyaknya tak hingga maka unsur-

unsurnya tidak ditulis semuanya akan tetapi cukup dituliskan beberapa anggotanya dan

titik-titik sebanyak 3 atau 5 , Jika a adalah anggota himpunan A maka pernyataan

tersebut ditulis dengan notasi Aa dan dibaca a anggota A. Jika a bukan anggota

himpunan A , maka dituliskan Aa dan dibaca “a bukan anggota A. Jika suatu

himpunan A tidak memiliki anggota, maka A disebut himpunan kosong, dan

dinyatakan dengan notasi atau { }.

Himpunan sebagai telah disebutkan di atas, dalam penulisannya dapat dilakukan

dengan dua metode, yaitu metode pencirian (notasi) dan metode perincian (tabulasi).

Metode pencirian dilakukan dengan cara menuliskan syarat keanggotaan yang dimiliki

oleh seluruh anggota suatu himpunan akan tetapi tidak dimiliki oleh unsur-unsur yang

bukan anggota himpunan tersebut. ,


Contoh:

1) }10{ darikurangprimabilanganyyA

2) }21{ dariganjilfaktorxxB

3) },1{ 2 primabilanganxxxC

4) }21{ darigenapfaktorxxD

5) }043{ 2 xxxE

6) }043{ 2 xxxF

7) }24{ xxG

8) }4),{( 22 yxyxH

9) }}3,2,1{{ darikuasahimpunanV

Metode perincian dilakukan dengan cara mendaftar seluruh anggota himpunan yang

memenuhi syarat dan ketentuan yang diberikan dalam suatu himpunan.

Contoh

1) ,...}5,4,3,2,1{A

2) },',,,,{ sabtuatjumkamisrabuselasaseninB

3) ,...}19,17,13,11,7,5,3,2{C

4) },,{ hijaukuningmerahD

5) }0{E

6) }{F

7) },1{ xG

8) ),...}4,3(),3,2(),2,1{(H

9) }}2,1{},2{},1{,{V

Misal A dan B suatu himpunan, himpunan A disebut himpunan bagian

himpunan B , ditulis dengan notasi BA , jika setiap anggota A merupakan anggota B.

Kiranya tidaklah sulit untuk dipahami bahwa A untuk sebarang himpunan A. Jika

setiap anggota himpunan anggota A juga merupakan anggota setiap himpunan B maka

dinotasikan dengan BA


Selanjutnya untuk memudahkan para pembaca dalam memahami konsep sistem

bilangan real berikut ini diberikan beberapa bilangan dan himpunan bilangan yang pada

bab-bab selanjutnya dalam buku ini sering ditemukan. Bilangan dan himpunan bilangan

tersebut adalah:

1. Himpunan bilangan asli (Natural)

Himpunan bilangan asli biasanya dinotasikan dengan N dan anggota-anggota

bilangan asli adalah 1, 2, 3, 4, 5, 6, ... sehingga ,...}6,5,4,3,2,1{N

Bilangan asli tertutup terhadap operasi penjumlahan dan perkalian, artinya untuk

setiap ba, bilangan asli maka )( ba dan ).( ba bilangan asli. Oleh karena itu,

himpunan semua bilangan asli membentuk suatu sistem sistem bilangan asli.

2. Bilangan cacah (whole)

Bilangan cacah biasanya dinotasikan dengan W dan anggota-anggota bilangan cacah

adalah 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, ..., sehingga ,...}.6,5,4,3,2,1,0{W Bilangan cacah tertutup

terhadap operasi penjumlahan dan perkalian, artinya untuk setiap ba, bilangan

cacah maka )( ba dan ).( ba bilangan cacah.

3. Sistem bilangan asli bersama-sama dengan bilangan nol dan lawan dari bilangan-

bilangan asli membentuk sistem bilangan bulat, Bilangan bulat biasanya dinotasikan

dengan Z yang anggota-anggotanya adalah ...-3, -2, -,1, 0, 1, 2, 3, ..., sehingga

,...}.3,2,1,0,2,2,3{... Z

4. Bilangan pecahan atau bilangan rasional (quotient) biasanya dinyatakan dengan Q .

Bilangan rasional adalah bilangan yang secara umum dinyatakan dengan

0,,. bZbabaQ

Contoh

1) 31

p

2) 112

q

3) 722

r

Bilangan-bilangan rasional di atas, dapat dinyatakan dalam bilangan-bilangan

desimal, yaitu


1) ...33333333,031p

2) ...142857142857142857,0112

q

3) ...571481428571428,3722

r

Jika kita cermati lebih mendetail, bilangan-bilangan desimal sebagai mana

tersebut di atas selalu berulang angka-angkanya, sehingga bilangan rasional juga disebut

bilangan desimal berulang. Sebaliknya bilangan desimal berulang dapat dinyatakan

sebagai bilangan rasional. Untuk menyatakan bentuk desimal menjadi bilangan rasioan

adalah dengan cara melihat angka yang berulang pada bilangan tersrsebut. Jika terdapat

1 angka yang berulang maka kalikan bilangan dimaksud dengan 110 . Jika terdapat 2

angka yang berulang maka kalikan bilangan tersebut dengan .10 2 dan seterusnya.

Selanjutnya cari selisih bilangan semula dengan bilangan yang baru. Dengan metode

perhitungan sederhana akhirnya diperoleh bilangan rasional yang dimaksud. Untuk

lebih jelasnya perhatikan contoh-contoh berikut ini.

Contoh:

Ubahlah bilangan desimal berikut ini menjadi bentuk rasional 0,,. bZbabaQ

1. Tentukan bentuk rasional bilangan 0,12121212...

Jawab

Bilangan ...12121212,0 adalah bilangan desimal dengan 2 angka berulang yaitu

angka 1 dan 2 .

Karena banyaknya angka yang berulang pada bilangan 0,1,212121212... adalah 2

angka, kalikan bilangan ...12121212,0 dengan bilangan 210 .

Misal ...12121212,0x , sehingga diperoleh

...212121212,1,12100 x

Akibatnya 12...)12121212,0(...)12.121212,12(100 xx

...)12121212,0(...)12.121212,12(10 xx

9912

1299

x

x


Sehingga bentuk rasional dari bilangan ...12121212,0 adalah 9912

2. Tentukan bentuk rasional bilangan .....412333333,1

Jawab

Bilangan .....412333333,1 adalah bilangan desimal dengan 1 angka berulang yaitu

angka 3.

Karena banyaknya angka yang berulang pada bilangan .....412333333,1 adalah 1

angka, kalikan bilangan .....412333333,1 dengan bilangan 110 .

Misal ...4123333333,1x , sehingga diperoleh

...12333333,1410 x

Akibatnya ...)412333333,1(...)123333333,14(10 xx

9001271

971,1271,129

x

x

Sehingga bentuk rasional dari bilangan .....412333333,1 adalah 900

1271

3. Tentukan bentuk rasional bilangan ...2739826273273,0

Jawab

Bilangan ...2739826273273,0 adalah bilangan desimal dengan 3 angka berulang

yaitu angka 2,7, dan 3.

Karena banyaknya angka yang berulang pada bilangan ...2739826273273,0

adalah 3 angka, kalikan bilangan ...2739826273273,0 dengan bilangan 310 .

Misal

...2739826273273,0x

...35627327327,9821000 x

Akibatnya ...)32739825627327,0(...)35627327327,982(1000 xx

9990098158017

99958017,981

58017,981999

x

x

Sehingga bentuk rasional dari bilangan ...2739826273273,0 adalah

9990098158017


4. Tentukan bentuk rasional bilangan ...2543120543125431,0

Jawab

Bilangan ...4310543154315,0 adalah bilangan desimal dengan 4 angka berulang

yaitu angka 5, 4, 3, dan 1.

Karena banyaknya angka yang berulang pada bilangan ...4310543154315,0

adalah 4 angka, kalikan bilangan ...4310543154315,0 dengan bilangan 410 .

Misal

...4310543154315,0x , sehingga diperoleh

....154315431,54310000 x

Akibatnya ...)4310543154315,0(...)154315431,543(10000 xx

999905421

99991,542

1,5429999

x

x

Sehingga bentuk rasional dari bilangan ...4310543154315,0 adalah 999905421

5. Bilangan Irasional (_Q ) atau disebut juga bilangan tidak rasional yaitu bilangan yang

tidak dapat dinyatakan dalam bentuk 0,,. bZbabaQ . Karena bilangan

rasional dapat dinyatakan dengan bilangan desimal yang angka-angkanya berulang,

maka bilangan irasional adalah bilangan desimal yang angka-angkanya tidak ada

yang berulang. Bilangan irasional juga disebut dengan bilangan bentuk akar.

Persoalan dalam kehidupan sehari-hari sering dijumpai adanya bilangan-

bilangan irasional. Contoh bilangan irasional antara lain adalah 2 dan . Bilangan

2 adalah panjang sisi miring segitiga siku-siku dengan panjang sisi-sisi tegaknya

masing-masing adalah 1. Perhatikan gambar berikut.


Gambar 1.1

Sedangkan bilangan merupakan hasil bagi antara keliling sebarang lingkaran

dengan panjang garis tengah lingkaran tersebut. Perhatikan gambar berikut ini.

Gambar 1.2

Contoh

1) 2 = 1,41421356237...

2) 3 = 1,73205080756...

3) 11 = 3,316625790355...

4) π = 3.14159265358979….

5) e = 2,71828 18284 59045 23536 02874 71352…

Berdasarkan contoh di atas, tampak bilangan-bilangan dalam bentuk akar

umumnya adalah bilangan desimal yang angka-angkanya tidak ada yang berulang.

Sehingga bilangan akar juga disebut bilangan irasional. Dengan demikian apa yang

1d 2d

1l2l

2

2

1

1

dl

dl

21

1


selama ini dianggap sama yaitu 722 = tidaklah selalu benar. Karena

722 adalah

bilangan rasional, sedangkan adalah bilangan irasional.

6. Himpunan semua bilangan irasional bersama-sama dengan bilangan rasional

membentuk himpunan semua bilangan real )(R , sehingga QQZWNR

Seperti telah diketahui, untuk menyatakan sebarang bilangan real seringkali

digunakan cara desimal.

Contoh

Bilangan-bilangan 667dan,

35,

43 masing-masing dapat dinyatakan dalam desimal

sebagai dan,...666,1,75,0 ....1060606,0 Dapat ditunjukkan bahwa bentuk

desimal bilangan-bilangan rasional adalah salah satu dari 2 tipe berikut:

i. berhenti ( dst.81,

25,

43 ), atau

ii. berulang beraturan ( dst.,667,

35 ).

Sifat-sifat Sistem Bilangan Real

Untuk sebarang dcba ,,, bilangan real berlaku sifat-sifat sebagai berikut:

1) Sifat komutatif

(i). abbaabba ..).ii(

2) Sifat asosiatif

cbacbacbacbacbacba

......).ii().i(

3) Sifat distibutif perkalian terhadap penjumlahan

).().().( cabacba

4) (i). 0,1. bb

aba

(ii). 0,0,.

).().(

db

dbcbda

dc

ba

(iii). 0,0,... dbdbca

dc

ba

5) (i). ).().().( bababa


(ii). baba .)).((

(iii). aa )(

6) (i). 00

a, untuk setiap bilangan 0a .

(ii). 0a tak terdefinisikan.

(iii). 1aa , untuk setiap bilangan 0a .

7) Hukum kanselasi

(i). Jika cbca .. dan 0c maka ba .

(ii). Jika 0, cb maka ba

cbca

.

. .

8) Sifat pembagi nol

Jika 0. ba maka 0a atau 0b .

Bilangan real dapat direpresentasikan oleh titik-titik pada garis yang disebut

sumbu real, seperti ditunjukkan pada gambar 1.1 di bawah ini. Titik yang sesuai dengan

nol disebut titik asal.

Gambar 1.3

Sebaliknya untuk setiap titik pada baris ada satu dan hanya satu bilangan real. Jika suatu

titik A sesuai dengan bilangan real a yang terletak di sebelah kanan titik B sesuai

dengan b bilangan real, kita katakan bahwa a lebih besar dari b atau kurang dari a

dan ditulis secara berurutan dengan ba atau .ab

Himpunan dari nilai-nilai x termasuk a < x <b disebut interval terbuka pada

sumbu real bila ,bxa yang mana didalamnya terdapat titik awal a dan titik akhir

,b disebut interval tertutup. Lambang x, yang mana dapat berdiri untuk semua susunan

dari nilai–nilai asli, yang disebut variabel asli.

4 3 2 1 20 1 3 4

3223

43

2


Nilai mutlak dari sebuah bilangan real a , dinotasikan dengan a , adalah a jika

0a , –a untuk a < 0 dan 0 jika a = 0. Jarak antara dua titik a dan b pada sumbu real

adalah |푎 − 푏|. Atau dengan kata lain:

0,

0,00,

ajikaaajikaajikaa

a

Sifat-sifat terurut bilangan Real

Prinsip adalah aturan atau sifat yang digunakan sebagai dasar atau landasan

dalam uraian yang berkaitan dengan bukti sesuatu. Prinsip dapat diambil dari definisi,

aksioma, atau dalil-dalil yang “dimunculkan” kembali untuk digunakan pada bagian lain

suatu konsep yang memerlukan. Diantara prinsip dalam matematika adalah prinsip

urutan (well ordering principle).

Prinsip urutan berkaitan dengan kepositipan dan ketaksamaan antara bilangan-

bilangan real. Cara yang dapat dilakukan untuk melakukan sifat keterurutan adalah

mengidentifikasi suatu subset khusus dari R dengan menggunakan gagasan

“kepositipan”.

Definisi

Misalkan P himpunan bagian R dan P . Untuk selanjutnya P disebut bilangan real

positip kuat, maka berlaku sifat-sifat berikut ini:

(1) Jika Pba , maka Pba )(

(2) Jika Pba , maka Pba ).(

(3) Jika Ra , maka tepat dari salah satu yang berikut dipenuhi

PaaPa ,0,

Dua sifat yang pertama menjamin kesesuaian dari urutan dengan operasi

penjumlahan dan perkalian secara berurutan. Sifat (3) biasanya disebut sifat trikotomi

karena membagi R menjadi 3 jenis unsur yang berbeda. Dinyatakan bahwa }{ Paa

dari bilangan real negatip tidak mempunyai unsur persekutuan dengan ,P dan

selanjutnya himpunan R merupakan gabungan dari tiga himpunan yang saling asing.

Definisi


1) Jika Pa , kita mengatakan bahwa a adalah suatu bilangan real positip kuat

(strictly positip) dan dituliskan dengan 0a , Jika }0{ Pa , maka a disebut

bilangan real tidak negatip dan dituliskan dalam bentuk 0a .

2) Jika Pa , kita mengatakan bahwa a adalah suatu bilangan real negatip kuat

(strictly negatip) dan dituliskan dalam bentuk 0a , Jika }0{ Pa , maka a

disebut bilangan real tidak positip dan dituliskan dalam bentuk .0a

3) Jika Rba , dan jika Pba maka dituliskan dalam bentuk ba atau .ab

4) ika Rba , dan jika }0{ Pba maka dituliskan dalam bentuk ba atau

ab .

Untuk kesepakatan bersama kita akan menuliskan cba yang berarti ba dan

cb . Demikian juga jika cba yang berarti ba maka cb dan seterusnya.

Berikut ini diberikan beberapa teorema yang berkaitan dengan prinsip keterurutan

Teorema 1

Misalkan Rcba ,,

1. Jika ba dan cb maka ca .

2. Tepat dari salah satu pernyataan berikut ini dipenuhi

bababa ,,

3. Jika ba dan ba maka ba

Bukti

1) ba maka menurut definisi 0 ba atau Pba

cb maka menurut definisi 0 cb atau Pcb

Karena Pba dan Pcb maka menurut definisi diperoleh

Pcbba )()(

sehingga Pca atau ca

2) Dengan sifat trikotomi dalam definisi, maka tepat salah satu dari yang berikut

mungkin terjadi

0 ba , atau 0 ba atau 0)( ba sehingga ba atau ba

atau ba


3) Jika ba , maka 0 ba , sehingga dari bukti (b) kita dapatkan Pba

atau Pcb yakni ba atau ab . Dalam kasus lainnya salah satu dari

hipotesisi tersebut kontradiksi. Jadi haruslah ba

Teorema 2

1. Jika Ra dan 0a maka .02 a

2. 01

3. Jika Nn maka 0n

Bukti

1. Dengan sifat trikotomi jika 0a , maka Pa atau Pa . Jika Pa maka

dengan definisi kita mempunyai aaa .2 , untuk Pa . Dengan cara yang sama

Jika -a P maka dengan definisi sebelumnya diperoleh bentuk

Paaa ))(()( 2 . Berdasarkan teorema sebelumnya berakibat bahwa:

2)1)(1()1()1())(( aaaaa . Akibatnya bahwa Pa 2 . Jadi kita

simpulkan bahwa jika Pa , maka 02 a .

2. Karena 2)1(1 , menurut bukti di atas akan menyebabkan bahwa 1 > 0.

3. Kita dapat menggunakan induksi matematika untuk membuktikan pernyataan ini.

Pernyataan tersebut benar untuk 1n yakni 1 > 0. Selanjutnya kita anggap benar

untuk kn , dengan k bilangan asli.

Karena 1 > 0 dan P1 , maka Pk 1 , sehingga pernyataan di atas benar adanya

dengan menggunakan definisi sebelumnya.

Teorema 3

Misalkan Rcba ,,

1. Jika ba , maka cbca

2. Jika ba , dan cb maka dbca

3. Jika ba , 0c maka bcac

4. Jika ba , 0c maka bcac

5. Jika 0a maka 01

a


6. Jika 0a maka 01

a

Bukti teorema di atas dapat dijelaskan sebagai berikut:

1. Karena ba berarti menurut definisi sebelumnya 0 ba . Karena 0 ba

sehingga Pba .

)()()( ccbaba

)()()()( cbcaccba

Sehingga Pcbca )()( . Dengan kata lain 0)()( cbca

Karena 0)()( cbca berarti )()( cbca

2. Karena ba dan dc berarti 0 ba dan 0 dc .

Hal ini berarti Pba dan Pdc .

Menurut definisi bilangan real positip kuat (1) diperoleh

Pdcba )()( . Dengan kata lain 0)()( dcba , atau

0)()( dcba sehingga berlaku )()( dcba

3. Karena ba dan dc berarti 0 ba dan 0 dc .

Hal ini berarti Pba dan Pdc .


Pcba )( . Dengan kata lain Pbcac )( , atau

0)( bcac sehingga berlaku bcac

4. Karena ba dan 0c berarti 0 ba dan 0c atau 0)( c .

Hal ini berarti Pba dan Pc .


Pcba ))(( . Dengan kata lain Pacbc )( , atau

Pacbc )( sehingga berlaku acbc

5. Jika 0a maka 0a (berdasarkan sifat trikotomi). Karena 0a , berdasarkan

sifat sebelumnya maka berlaku ,01

a Jika 01

a

, berdasarkan teorema sebelumnya

diperoleh 011

aa .

Hal ini bertentangan dengan kenyataan bahwa 1 < 0. Jadi haruslah

01

a


6. Jika 0a , maka 0a (berdasarkan sifat trikotomi). Karena 0a , berdasarkan

sifat sebelumnya maka maka berlaku ,01

a Jika

01

a, berdasarkan teorema sebelumnya diperoleh 011

aa

Hal ini bertentangan dengan kenyataan bahwa 1 < 0. Jadi haruslah

01

a

Teorema 4

Jika Rba , , maka bbaa 21

Bukti.

Karena ba , maka dapat diperoleh baaa atau baa 2

Demikian pula ba maka dapat diperoleh bbba atau bba 2

Dari ketaksamaan baa 2 dan bba 2 didapatkan

bbaa 2

bbbaaa )2(21)(

21)2(

21

bbaa )(21

Akibat dari teorema di atas adalah:

jika Ra dan 0a maka bbaa )(21

Contoh

Tentukan selesaian persamaan dan pertidaksamaan di bawah ini.

1) 342 x

Jawab

342 x

27

27

22

7243442

x

xxx


Jadi selesaian persamaan 342 x adalah 37

x

2) 0432 xx

Jawab

0432 xx

140)1(0)4(

0)1)(4(0432

xatauxxataux

xxxx

Jadi selesaian persamaan 0432 xx adalah 1x atau 1x

3) Tentukan selesaian pertidaksamaan 7552 xx .

Jawab

4)31.(12)31.(3

12355755552

7552

xxx

xxxxxx

Jadi, selesaian pertidaksamaan 7552 xx .adalah 4x

Pertidaksamaan tipe lain mungkin lebih sulit diselesaikan dibandingkan

pertidaksamaan-pertidaksamaan seperti pada contoh di atas.

Beberapa contoh diberikan sebagai berikut.

1) Tentukan selesaian 0652 xx

Jawab

Dengan memfaktorkan ruas kiri pertidaksamaan, maka diperoleh:

032 xx

Telah diketahui bahwa hasil kali 2 bilangan real positif apabila ke dua faktor

positif atau ke dua faktor negatif. Oleh karena itu,

(i). Jika ke dua faktor positif maka:

3dan2

03dan02

xxxx


Sehingga diperoleh: 3x .

(ii).Jika ke dua faktor negatif, maka:

3dan2

03dan02

xxxx

Diperoleh: 2x .

Jadi, selesaian persamaan 0652 xx adalah 2x atau 3x .

Selesaian pertidaksamaan di atas dapat pula diterangkan sebagai berikut: Ruas kiri

pertidaksamaan bernilai nol jika 3atau2 xx . Selanjutnya, ke dua bilangan ini

membagi garis bilangan menjadi 3 bagian: 3dan,32,2 xxx .

Gambar 1.4

Pada bagian 2x , nilai )3(dan)2( xx keduanya negatif, sehingga hasil kali

keduanya positif. Pada segmen 32 x , )2( x bernilai positif sedangkan )3( x

bernilai negatif. Akibatnya, hasil kali keduanya bernilai negatif. Terakhir, pada bagian

3x , )3(dan)2( xx masing-masing bernilai positif sehingga hasil kali keduanya

juga positif. Rangkuman uraian di atas dapat dilihat pada Tabel berikut.

Tanda nilai

Kesimpulan 2x 3x )3)(2( xx

2x - - + Pertidaksamaan dipenuhi

32 x + - - Pertidaksamaan tidak dipenuhi

3x + + + Pertidaksaman dipenuhi

Jadi, selesaian pertidaksamaan adalah 2x atau 3x .

Metode penyelesaian seperti pada contoh 1 di atas dapat pula diterapkan pada

bentuk-bentuk pertidaksamaan yang memuat lebih dari 2 faktor maupun bentuk-bentuk

pecahan.

x<2 2<x<3 x>3

0 2 3 4


2) 112 23 xxx .

Jawab

Apabila ke dua ruas pada pertidaksamaan di atas ditambah 1, maka diperoleh:

0)2)(1)(1(

022 23

xxx

xxx

Jika 0)2)(1)(1( xxx , maka diperoleh: 2atau,1,1 xxx .

Selanjutnya, perhatikan table berikut:

Nilai-nilai peubah 2,1,1 xxx disebut titik kritis.

Tanda nilai/nilai

Kesimpulan 1x 1x 2x )2)(1)(1( xxx

1x - - - - Pertidaksamaan dipenuhi

11 x + - - + Pertidaksamaan tidak dipenuhi

21 x + + - - Pertidaksamaan dipenuhi

2x + + + + Pertidaksamaan tidak dipenuhi

1x 0 -2 -3 0 Pertidaksamaan dipenuhi

1x 2 0 -1 0 Pertidaksamaan dipenuhi

2x 3 1 0 0 Pertidaksamaan dipenuhi

Jadi, selesaian pertidaksamaan 112 23 xxx x 1 atau 1 2 x .

Cara lain untuk menentukan selesaian pertidaksamaan 112 23 xxx .

adalah dengan menggunakan garis bilangan

2,1,1

,0)2)(1)(1(0112

11223

23

xdanxxadalahmaanpertidaksakritistitikSehingga

xxxxxx

xxx

Dengan memilih satu titik sebarang disetiap interval diatas diperoleh:

- - - - - - - - - + + + + + + + - - - - - - - - - + + + + + + +

1 21


Berdasarkan garis bilangan di atas selesaian pertidaksamaan adalah

x 1 atau 1 2 x .

3) 1282

x

xx .

Penyelesaian

Apabila pada ke dua ruas ditambahkan )1( x maka diperoleh:

02

)2)(5(

02

103

02

2820)1(282

2

2

xxx

xxxx

xxxxxx

Nilai nol pembilang adalah 5dan2 , sedangkan nilai nol penyebut adalah 2.

Sekarang, untuk mendapatkan nilai x sehingga 02

)2)(5(

xxx diperhatikan tabel

berikut:

Tanda nilai/nilai Kesimpulan 2x 2x 5x

2)5)(2(

xxx

2x - - - - Pertidaksamaan tidak dipenuhi

22 x + - - + Pertidaksamaan dipenuhi

52 x + + - - Pertidaksamaan tidak dipenuhi

5x + + + + Pertidaksamaan dipenuhi

2x 0 -4 -7 0 Pertidaksamaan dipenuhi

2x 4 0 -3 Tidak terdefinisi

Pertidaksamaan tidak dipenuhi

5x 7 3 0 0 Pertidaksamaan dipenuhi

Jadi, selesaian pertidaksamaan adalah 522 xataux dan ditulis dengan

notasi interval ~),5[)2,2[


Soal-soal

1) Misalkan Rdcba ,,, buktikan pernyataan berikut:

a. Jika cbba , maka bdacbcad

b. Jika ba dan dc maka dbca

c. 022 ba jika dan hanya jika a = 0 atau b = 0

2) Carilah bilangan Rdcba ,,, yang memenuhi ba 0 dan 0 da dan

berlaku

a) bdac

b) bdac .

3) Tentukan bilangan real x , sedemikian sehingga:

a) 432 xx

b) 41 2 x

c) 0432 xx

d) 062

1

xx

e) 01

22

xx

f) 51

21

x

x

g) x

x 341

h) xx

1

i) 721

x

j) 32

1

x

1.3 Sistem Bilangan Komplek

Persamaan kuadrat merupakan salah satu konsep dalam matematika yang telah

dikenalkan sejak dini. Persamaan tersebut mempunyai bentuk umum ,02 cbxax


dengan .,, realcba Nilai peubah x yang memenuhi persamaan kuadrat dinamakan

selesaian. Selesaian suatu persamaan yang juga disebut dengan akar-akar persamaan

kuadrat dapat berupa bilangan real atau tidak real. Misal 012 x adalah sebarang

persamaan kuadrat, maka persamaan tersebut akar-akarnya tidak real atau dengan kata

lain tidak ada bilangan real yang memenuhi persamaan 012 x , hal ini dikarenakan

.12 x Pernyataan ini adalah sesuatu yang tidak mungkin karena tidak ada kuadrat

suatu bilangan real yang hasilnya .1 Untuk itu perlu diperkenalkan bilangan komplek

yaitu suatu bilangan yang mempunyai bentuk umum bia dimana realba , dan

1i .

Bilangan komplek didefinisikan sebagai pasangan berurutan dari bilangan real

ba, yang memenuhi sifat-sifat tertentu yang secara umum dituliskan sebagai .biaz

Kita dapat mengangap sebuah bilangan komplek mempunyai sifat .12 i . Untuk

selanjutnya dalam bilangan komplek .biaz a disebut bagian real dari dari z dan

b disebut bagian bilangan imajiner dari z , secara berturut-turut keduanya

dilambangkan dengan }Re{za dan }Im{zb . Variable yang berlaku pada bilangan

komplek disebut sebagai variabel komplek.

Dua bilangan komplek biaz 1 dan dicz 2 adalah sama jika dan hanya

jika ca dan db . Kita dapat mengangap bilangan asli sebagai sebuah bagian dari

susunan bilangan komplek dengan b = 0. Bilangan komplek 0 + 0i dan -3 +0i kembali

ditunjukan bilangan asli 0 dan -3 berturut-turut. Jika a = 0 ,bilangan komplek 0 + bi

atau disebut bilangan imajiner sejati.

Konjugate komplek atau secara singkat konjugate, suatu bilangan komplek

bia adalah bia . Konjugate bilangan bilangan komplek z sering diindikasikan

oleh 푧 atau .*z

Contoh:

1) ii 3232

2) iii45

41

451

451

3) iiiiiiiii 4848)2266()2266()22)(3( 2

4) Jika iziziz 23,42,1 321


Maka

a) 1}Re{ 21 zz

b) 2}Re{ 21 zz

c) 2}Re{ 21 zz

d) 7/436Im3

21

zzz

e) 31Im 321 zzz

Soal-soal

1. Tunjukkan bahwa iziz 1,1 21 adalah akar-akar dari persamaan kuadrat

0222 zz

2. Tunjukkan bahwa 2

21,2

2121

iziz

adalah akar-akar dari persamaan

kuadrat 012 zz

3. Tentukan

a. ii 35223

b.

ii

32423

1.4 Operasi dasar pada bilangan Komplek

Operasi yang ditunjukan pada bilangan komplek juga berlaku seperti pada

Aljabar. Operasi pada bilangan komplek meliputi penjumlahan, pengurangan, perkalian,

dan pembagian. Pada operasi bilangan komplek kita dapat memprosesnya seperti aljabar

dari bilangan-bilang asli dan mengganti 푖 dengan -1 sehingga diperoleh hasil sebagai

operasinya.

Misal biaz 1 dan dicz 2 hasil operasinya dapat dijelaskan sebagai berikut:

1. Penjumlahan

idbcadicbiadicbiazz )()()()(21 Contoh

a. iiiiiii 4)23()84(8234)82()34(


b. \ iiiiiii 410)48()82()48()82()24(2)41(2

c. iiiiiii 672273222732

2. Pengurangan

idbcadicbiadicbiazz )()()()(21 Contoh

a) iiiiiii 1417)212()143()214()123()7(2)41(3

b) iiiiiii 101)212()23()22()123()1(2)41(3

c) iiiiiiiiii 443222832228)32()2()4(2

3. Perkalian

ibcadbdacbdibcadac

bdibicadiacdicbiazz

)()()1()(

))((2

21

Contoh

a) iiiiiii 1011)1(310831228432 2

b) iiiiiii 915)1(12931231234133 2

c) iiiiiiiiii 161221418686143221 2

4. Pembagian

idcadbc

dcbdac

dciadbcbdac

idcdicdicdicbia

dicdic

dicbiadicbia

zz

2222

22

222

2

1

)()(

))((

.


Contoh

a. iii

iiiii

ii

ii

1714

175

17145

1631228

44.

432

432

2

2

b. iii

iiiii

ii

ii

257

251

2571

9163434

3434.

341

341

2

2

c. iii

iiiii

ii

ii

54

53

543

4224

22.

22

22

2

2

d. Hitunglah

ii

ii

12

1412 2

22311

2432015

2543

2543

2)31()44(43

2)22()44(1224

2)1)(2()1(4)12)(12(

12

1412

22

2

i

ii

ii

ii

iii

iiiiiii

iiiiiii

ii

e.

2121232

iiii

2155

21510

43020

22.

21510

21510

2218

121232

2

iiiii

ii

ii

iii

iiii

Soal-soal

1. Selesaikanlah

a. )7)(23( ii

b. )23)(7( ii

c. )72()68( ii

d. )57()21()35( iii


e. )57()21()35( iii

f. )24)(32( ii

g. )32)(24( ii

h. )45)(23()2( iii

i. )45()23)(2( iii

j. )43)(57()21( iii

k. ii

1

23

l. ii

i34

204355

m. 12

3 1910

iii

n. 2

33

21

i

o. 32

112

113

ii

ii

p. 15105

1694

2 iiiiii

q. 3

752

ii

r. 2

72

3

i

ii

i

s. )2)(1(

3ii

i

t. 223 i

u. 22 21 ii

2. Jika 푧 = 2 + 푖, 푧 = 3 − 2푖 푑푎푛 푧 = − + √ 푖,

Tentukan nilai masing-masing berikut ini.

a. 21 43 zz

b. 843 121

31 zzz


c. 43z

d. 2

13

13

3252

izzizz

e.

2

2

3

3

21

zz

zz

f. 533 zz

g. 222

23

222

21 zzzz

h. 1221 zzzz

i. 3132 zzzz

3. Tentukan

a.

2)1(21232Re

iiii

b.

2)1(21232Im

iiii

c.

22/1

)24)(23(Imi

ii

d.

22/1

)24)(23(Imi

ii

e. 2

322

21 532Im zzz

dan 2

322

21 532Im zzz

Jika 푧 = 2 + 푖, 푧 = 3 − 2푖 푑푎푛 푧 = − + √ 푖,

1.5 Nilai Mutlak

Nilai Mutlak atau modulus dari suatu bilangan komplek biaz dinotasikan

dengan z dan didefinisikan sebagai 22 babiaz Contoh

a) 1394)3(232 22 i


b) 52204162)4(24 22 i

c) 13943232 22 i

d) 412516)5()4(54 22 i

e) 13

61

91

41

31

21

31

21 22

i

Jika mzzzz .....,,, 321 adalah bilangan komplek, berlaku sifat-sifat berikut

1. 2121 zzzz atau mm zzzzzz ...... 2121

Bukti

Misal diczbiaz 21 ,

ibcadbdacdicbiazz 21

`)()( 2221 bcadbdaczz

`()2( 22222222 cbabcddadbacbdca

`( 222222 dadbca

`))(( 2222 dcba

2222 dcba

`))(( 2222 dcba 21 zz

2. ,2

1

2

1

zz

zz

jika 02 z

Bukti

Dari operasi pembagian dua bilangan komplek diperoleh:

22

2

1 )(dc

iadbcbdacdicbia

zz

, sehingga


22

2222

22

22222222

222

22222222

2

22

2

222

1

22

dcdcba

dcdacbdbca

dcdaabcdcbdbabcdca

dcadbc

dcbdac

zz

Dilain pihak

Sehingga dapat

disimpulakn bahwa ,2

1

2

1

zz

zz

asalkan 02 z

3. a. 2121 zzzz , b. 321321 zzzzzz , c. 2121 zzzz

(a). Penyelesaian

Misal 222111 , iyxziyxz dan kita harus menunjukkan bahwa

22

22

21

21

221

221 )()( yxyxyyxx

Kuadaratkan Persamaan kedua diatas, akan benar jika

22

22

22

22

21

21

21

21

221

221 ))((2)()( yxyxyxyxyyxx

jika ))(( 22

22

21

212121 yxyxyyxx

atau jika ( Kuadratkan Kedua persamaan lagi)

22

21

22

21

22

21

22

21

22

212121

22

21 2 yyxyyxxxyyyyxxxx

Atau 22

21

22

2121212 xyyxyyxx

Tetapi ini sama untuk ( 0)21221 yxyx jika benar.

Balikkan langkah –langkah yang reversibel.

Contoh soal

22

2222

22

22

22

22

22

22

2

1 .dc

dcbadcdc

dcba

dcba

zz


1) Jika iziziz23

21,23,2 321 , hitunglah

a) 15711)6(11681236)23(4)2(343 2221 iiiiizz

b) 824232843 231

21

31 iiizzz

848443.2.3.2.32 23223 iiiiii

848312126128 232 iiiiii

848312126128 iiii

848312126128 iiii

i37

c) 2.244

43 2

321

23

21

23

21

iiiz

43

23

41

43

23

41

23

21

43

23

41

2

2

22

2 iiiiii

i23

21

d) ii

ii

ii

iiiziii

izzizz

3434.

3443

3443

3)23()(25)2()23(2

3252

21

12

1)1(025

250916

12169123434.

3443 22

2

iiii

ii

ii

2) Tentukan bilangan real x dan y sedemikian sehingga iyixiyx 57523

Jawab

iyixiyx 57523

iixyyx 57)2()53(

Sehingga diperoleh dua persamaan

52753

yxyx


Dengan menggunakan metode substitusi diperoleh 2,1 yx

3) Tunjukkan kesamaan di bawah ini:

a) 2121 zzzz

Bukti

idbcazz

idbcadicbiazz

)()(

)()()()(

21

21

Karena

biaz 1 sehingga biaz 1

dicz 2 sehingga dicz 2

idbcadicbiadicbiazz )()()()(21

Tampak bahwa sehingga 2121 zzzz

b) 2121 zzzz

Bukti

21

2222

2222

22222222

22222222

22

221

22

)()())((

zz

dcba

dcba

cbdadbca

cbabcddadbabcdca

bcadbdac

ibcadbdacbdibciadiacdicbiazz

Soal-soal

1. Jika iz 341 dan iz 212 , hitunglah

(a). 21 zz (b). 21 zz

(b). 21 zz (d). 232 21 zz

2. Jika 푧 = 2 − 2푖, 푧 = 3 − 2푖 푑푎푛 푧 = − + √ 푖,



a) 21 43 zz

b) 843 121

31 zzz

c) 43z

d) 2

13

13

3252

izzizz

e) 423 1121 zzz

f) 21 43 zz

3. Tentukan z dari:

a. 23

21 iz

b. )1(22 iz

c. )27()1()4( iiiz

d. 333 iz

e. 32 iz

1.6 Pembangun-pembangun Aksiomatis dari Sistem Bilangan Komplek

Dari suatu segi pandangan yang logis dapat digambarkan angka-angka complex

sebagai pasangan ),( ba dari bilangan real a dan b menunjuk pada yang definisi yang

beragam ternyata sama dengan definisi diatas. Semua definisi yang digambarkan ini,

dimana semua angka menggantikan bilangan-bilangan real.

a. Persamaan ),(),( dcba jika dan hanya jika dbca ,

b. Penjumlahan ),(),(),( dbcadcba

c. Produk ),(),)(,( bcadbdacdcba dan ),(),( mbmabam

Dari ini kita dapat menunjukkan bahwa )1,0()0,1(),( baba dan kita

berhubungan dengan ini bia di mana lambang untuk )1,0( dan mempunyai

)0,1()1,0)(1,0(2 i (yang dipertimbangkan setara dengan bilangan riil - 1 dan ( 1, 0)


jadilah setara dengan bilangan real 1. Pasangan yang diinginkan )0,0( sesuai dengan

bilangan real 0.

Dari pernyataan di atas kita dapat membuktikan bahwa jika 321 ,, zzz bagian dari

bilangan komplek .S

1. 21 zz dan 21zz terdapat di S Hukum tertutup

2. 21 zz = 12 zz Bukti

idbca

ibdacbiadicbiadiczz

idbcadicbiadicbiazz

12

21

Hukum Komutatif

Penjumlahan

3. 321321 )()( zzzzzz

321

)()()()()(

)()()()(

))((

zzzfiedibcaifdbeca

ifdecbiaifdecbia

fiedicbiafiedicbia

Hukum Asosiatif

Penjumlahan

4. 1221 zzzz Bukti

iadbcbdacbdibicadiac

dicbiazz

)()()()()(

221

iadcbdbcadbidiacbicabiadiczz

)()()(

))((2

12

Hukum komutatif

Perkalian

5. 321321 )()( zzzzzz Hukum assosiatif

Perkaliam


ibdfbceadeacfbdebcfadface

ibdfbceadeacfbdebcfadfaceidecfbidfcebiidecfadfcea

idecfdfcebiadfdiecficebia

fiedicbiazzz

)()()()()()(

)()()()()()(

))(()(2

321

ibdfacfadebceadfbcfbdeace

ibdfacfiadebceadfbcfbdeaceifiadbcfibdacieadbcebdac

fieiadbcbdacfiebidiadibicac

fiedicbiazzz

)()()()()()(

)()()()()()()(

)()()()( 321

6. 3121321 )( zzzzzzz

iafbebcadbfbdaeac

bifibidiafiadibiebicaeacifdbiifdaecbieca

ifdecbiafiedicbia

fiedicbiazzz

)()(

)()()()()()(

)()()( 321

iafbebcadbfaebdaciafbebfaeibcadbdac

bifiafibeiaebidibicadiacfiebiadicbiazzzz

)()()()()()(

))(())((3121

Hukum Distributif

Perkalian terhadap

Penjumlahan

7. 111 00 zzz

111 1..1 zzz

0 disebut identintas

penjumlahan

1 disebut identintas

perkalian

8. Untuk suatu bilangan komplek 1z ada satu bilangan Sz

yang tunggal sedemikian sehingga 011 zzzz .

Untuk selanjutnya z disebut invers (balikan) penjumlahan

dari 1z dan dilambangkan dengan 1z .

9. Untuk suatu 01 z ada satu bilangan Sz yang tunggal

sedemikian sehingga 111 zzzz . Untuk selanjutnya z


disebut inver perkalian dari 1z dan dilambangkan dengan

11z atau

1

1z

Secara umum suatu himpuan sedemikian sehingga seperti pada S yang anggota-

anggotanya memenuhi sifat di atas disebut dengan field (lapangan).

Contoh

1. Gunakan defenisi dari sebuah bilangan kompleks sebagai pasangan orderdari

bilangan real dan defenisi pada halaman tiga untuk membuktikan bahwa

(a,b)=a(1,0),b(0,1)dimana (0,1),(0,1)=(-1,0)=(a,c) + (c,b)=(a,b)

Dari defenisi jumlah dan produk atau hasil di halaman 3, kita mendapatkan (푎,푏) =

(푎, 0) + (0,푏) = 푎(1,0) + 푏(1,0) dimana

(0,1)(0,1) = (0 ∗ 0 − 1 ∗ 1,0 ∗ 1 + 1 ∗ 0) = (−1,0) Dari identifikasi (1,0) dengan

1 dan (0,1) dengan 푖, kita melihat bahwa (푎, 푏) = 푎 + 푏푖

2. Jika 푧 = (푎 ,푏 ), 푧 = (푎 , 푏 ) dan 푧 = (푎 ,푏 ), membuktikan hukum

persamaan distribusi 3121321 )( zzzzzzz

Kita mendapatkan

푧 푧 ,푧 = (푎 , 푏 ){(푎 ,푏 ) + (푎 ,푏 )} = (푎 ,푏 )(푎 , 푎 ) + (푏 , 푏 )

= {푎 (푎 +푎 ) − 푏 (푏 , 푏 ), 푎 (푏 ,푏 ) + 푏 (푎 +푎 )}

= 푎 푎 − 푏 푏 + 푎 푎 − 푏 푏 , 푎 푏 + 푏 푎 + 푎 푏 + 푏 푎

= (푎 푎 − 푏 푏 , 푎 푏 + 푏 푎 ) + (푎 푎 − 푏 푏 , 푎 푏 + 푏 푎 )

= (푎 ,푏 )(푎 ,푏 ) + (푎 ,푏 )(푎 , 푏 ) = 푧 ,푧 + 푧 ,푧

1.7 Representasi secara Grafis Bilangan Komplek

Jika skala-skala bilangan real dipilih pada dua sumbu yang saling tegak lurus,

yaitu 'XOX dan 'YOY (selanjutnya disebut sumbu x dan sumbu y secara berturut-

turut) seperti pada gambar 1.2 dibawah ini.


Gambar 1.4

Selanjutnya kita dapat meletakkan sebarang titik pada bidang dengan cara menarik garis

yang sejajar masing-masing dan kedua garus dapat b ertemu di satu titik, titik tersebut

dinamakan koordinat tegak lurus dan dinotasikan dengan ).,( yx Pada gambar di atas

dipilih titik ).5,3(P

Karena suatu bilangan komplek yixz dapat dipandang sebagai pasangan

berurutan bilangan real sehingga kita dapat merepresentasikan bilang komplek dengan

suatu titik pada bidang xy . Bidang xy sebagai representasi bilangan komplek

dinamakan bidang komplek atau argand. Bilangan komplek yang ditunjukkan titik

)5,3(P seperti pada gambar 1.2 dapat dipandang sebagai i53 . Setiap bilangan

komplek berkorepondesni satu dan hanya satu dengan setiap titik pada bidang,

sebaliknya setiap satu titik pada bidang berkorespondensi dengan satu dan hanya satu

bilangan komplek. Karena hal ini sering dan biasa kita menyatakan bilang komplek ,z

sebagai titik .z

Kadang-kadang kita dapat menyatakan sumbu x dan sumbu y sebagai sumbu

real dan sumbu imajiner secara berturut-turut dan bidangnya dinamakan bidang .z Jarak

antara dua titik iyxz 111 dan iyxz 222 pada bidang komplek diberikan oleh

221

22121 )()( yyxxzz

Contoh soal

1) Bentuklah operasi-operasi berikut secara analitik dan grafik.


a) )54(32 ii

Secara analitis

Secara grafis

Gambar 1.5

b) 3(1 + 2i) – 2(2 – 3i)

Secara analitis

iiiiii 121)66()43()64()63()32(2)21(3

Secara grafis

gambar 1.6

c) (7 + i) – (4 – 2i)

d) 3(1 + i) + 2(4 – 3i) – (2 + 5i)

e) (4− 3푖) + (5 + 2푖)

X

Y

i63i64

i121

i32

i54 i26

X

Y

iiiiii 26)53(425432)54(32


Contoh 1.c,d dan e ditinggalkan penulis sebagai latihan bagi pembaca.

2. Jika z 1 ,z 2 dan z 3 merupakan vektor yang ditunjukan dalam gambar 1.7, buatlah

grafik : (a). 2z 1 + z 3 (c). z 1 + (z 2 + z 3 ) (e). 312 32

43

31 zzz

(b). (z1+ z 2 ) + z 3 (d). 3z1- 2z 2 + 5z 3

Gambar 1.7

3. Jika z 1 = 4 – 3i dan z 2 = -1 + 2i, buatlah grafik dan analitik:

(a). 21 zz (b). 21 zz

(b). 21 zz (d). 232 21 zz

4. Letak vektor dari titik BA, dan C dari segitiga ABC masing-masing diberi

1z = 1 + 2i, z 2 = 4 - 2i dan z 3 = 1 – 6i. Buktikan bahwa ABC merupakan segitiga

samakaki dan hitunglah panjang sisinya.

5. Misalkan z 1 ,z 432 ,, zz ,letak vektor tegak lurus untuk segi empat ABCD . Buktikan

bahwa ABCD adalah sebuah jajaran genjang jika dan hanya jika

.`04321 zzzz

6. Jika diagonal sebuah segi empat saling membagi dua,buktikan bahwa segi empat

merupakan sebuah jajaran genjang.

X

Y

1z

2z

3z


7. Buktikan bahwa median dari sebuah segitiga dihubungkan dalam satu titik.

8. Misalkan segi empat ABCD dan HGFE ,,, titik tengah dari sisinya. Buktikan

bahwa EFGH adalah sebuah jajaran genjang.

9. Dalam jajar genjang ABCD , titik E membagi dua sisi AD . Buktikan bahwa

dimana titik BE dihubungkan dengan titik AC membagi AC .

10. Letak vektor dari titik BA, berturut-turut adalah 2 + i dan 3 – 2i. (a).

carilah sebuah persamaan garis AB . (b). carilah sebuah persamaan garis yang tegak

lurus ke AB pada titik tengahnya.

11. Gambar dan grafik bentuk manakah yang ditunjukan di bawah ini:

(a). ,2 iz (b). ,622 ixiz (c). ,433 zz (d). ,3)2( zz (e).

.4Im 2 z

12. Carilah sebuah persamaan (a). sebuah lingkaran jari-jarinya 2 dengan titik pusat (-

3,4) , (b). panjang lingkaran dengan titik pusat pada (0,2) dan (0,-2) yang mana

sumbu utama mempunyai panjang 10.

1.8 Bentuk Polar Bilangan Komplek

Jika P adalah titik pada bidang komplek yang berkorepondensi dengan

bilangan komplek ),( yx atau yix maka berdasarkan gambar 1.8 kita dapat melihat

bahwa: cosrx , .sinry


Gambar 1.8

Karena yixyxr 22

adalah modulus atau nilai mutlak dari bilangan komplek

1iyxz (dinotasikan dengan zmod atau z ); dan disebut amplitude atau

argument dari iyxz (dinotasikan dengan arg z), adalah sudut yang dibuat oleh garis

OP dengan sumbu x positif.

Oleh karena itu, )sin(cos iryxz

Yang disebut bentuk polar dari bilangan komplek, r dan θ disebut koordinat polar.

Kadang-kadang dengan mudah untuk menulis dan menyebut sebagai singkatan cis

untuk sincos i .

Untuk suatu bilangan kompleks 0z terdapat korespondensi satu dan hanya

satu terdapat hanya satu nilai yang sesuai dengan untuk 0 ≦ 휃 < 2π. Namun, interval

lain dari panjang 2π, misalnya - π < θ ≦ π, dapat digunakan. Setiap pilihan utama,

diputuskan terlebih dahulu, disebut jarak utama, dan nilai θ disebut nilai utamanya.

Contoh

1. Nyatakan setiap titik dalam koordinat tegak lurus berikut dalam bentuk polar

a. i22

),( yxP

X

Y

y

x

r

(1)


Gambar 1.9

Karena iz 22 maka 228)2(2 22 rz

Karena titiknya terletak pada kuadran ke-4 maka 4/733522cos o

Sehingga 4/7224/7sin4/7cos2222 cisiiz

b. 31 i

Gambar 1.10

Karena 3iiz maka 24)3()1( 22 rz

Karena titiknya terletak pada kuadran ke-2 maka 3/212023sin o


c. i2222

X

Y31 i

3/2

X

Y

i22

2

2

4


Gambar 1.11

2222 iz maka 416)22()22( 22 rz

Karena titiknya terletak pada kuadran ke-1 maka 4/4522

422cos o

Sehingga 4/44/sin4/cos42222 cisiiz

d. i

Gambar 1.12

iz maka 11)1()0( 22 rz

Karena titiknya terletak pada sumbu -Y maka 2/327001

0cos

o


e. -4

X

Y

i

X

Y2222 i


Gambar 1.13

4z maka 414)0()4( 22 rz

Karena titiknya terletak pada sumbu -X maka

o180144cos

Sehingga cisiz 4sincos44

f. i232

Gambar 1.14

iz 232 maka 416)2()32( 22 rz

Karena titiknya terletak pada kuadran 3 maka o21042cos

Sehingga oo iiz 210sin210cos4232

g. Buktikan bahwa )2/1(tan 1

52

iei

X

Y

i232

X

Y


Gambar 1.15

iz 2 maka 5)1()2( 22 rz

Karena titiknya terletak pada kuadran 1 maka 21tan

Diperoleh

21arctan

Sehingga )2/1(tan)2/1arctan( 1

55)2/1(sin(arctan)2/1(cos(arctan52

ii eeiiz

2. Nyatakanlah bentuk polar berikut dalam koordinat tegak lurus

a. )135sin135(cos6 oo i

Karena 4/3135 o berarti 0,0 yx

dan diperoleh

23)22/1(6135cos6 ox

23)22/1(6135sin6 oy

Sehingga )23,23(1356)135sin135(cos6 ooo cisi

Catatan 4/36)135sin135(cos6 ioo ei

b. ocis 9012

Karena 2/90 o berarti 0,0 yx

dan diperoleh

Y

i2

X


0)0(1290cos12 ox

12)1(1290sin12 oy

Sehingga )12,0()90(12 ocis

c. 4/52 ie

Karena o2254/5 berarti 0,0 yx

dan diperoleh

2)22/1(24/5cos2 x

2)22/1(24/5sin2 y

Sehingga )2,2(2 4/5 ie

d. 6/75 ie


dan diperoleh

32/5)32/1(56/7cos5 x

2/5)2/1(54/7sin5 y

Sehingga )2/5,22/5(5 4/5 ie

e. 3/23 ie


dan diperoleh

32/3)32/1(3)3/2cos(3 x

2/3)2/1(3)3/2sin(3 y

Sehingga )2/3,32/3(3 4/5 ie

Soal-soal

1. Tunjukkan bentuk polar dari

a. i43


b. i21

c. 33 i

d. i322

e. i55

f. 26 i

g. i3

h. 5

2. Buatlah grafik untuk titik yang dinyatakan oleh

a. )240sin240cos(6 oo i

b. 4

2 cis

c.

4722 cis

d. 5/34 ie

e. 4/2 ie

3. Seseorang menempuh perjalalan wisata 12 km dalam arah timur laut (northeast),

dilanjutkan 20 km dalam arah o30 disebelah barat dari utara kemudian 18 km o60

disebelah selatan dari barat. Tentukan secara analitis dan grafis jarak yang ditempuh

dan bagaimana arah yang ditempuh dari titik awal.

1.9 Teorema de Moivre

Jika )sin(cos 111111 iriyxz dan )sin(cos 222222 iriyxz kita

dapat menunjukkan bahwa:

)sin(cos)sin(cos 22211121 irirzz

212

21212121 sinsincossinsincoscoscos iiirr

irr )sincoscos(sin)sinsincos(cos 2121212121 )2(...................)sin()cos( 212121 irr

2

1

zz

)sin(cos)sin(cos

222

111

irir


)sin(cos)sin(cos

.)sin(cos)sin(cos

222

222

222

111

irir

irir

)sincossincossin(cos

)sinsincossincossincos(cos

222

222222

2

212

21122121

iiiriiirr

)sin)1((cos)sinsin)1(cossincossincos(cos

22

222

2

2121122121

r

iirr

)sin(cos))cossincos(sin)sinsincos(cos

22

222

2

2112212121

r

irr

2

2

212121 sin()cos(r

irr

)3(....................)sin(cos( 2121

2

1 irr

Bentuk generalisasi dari (2) menyebabkan

)}.....sin().....{cos(............ 21212121 nnnn irrrzzz

dan jika bentuk (4) menjadi

)5(.........)sin(cos)}sin(cos{....... ninrirzzzzzz nnn

Bentuk (5) sering disebut teorema de Moivre

Contoh soal

1. Buktikan teorema de Moivre nini n sincos)sin(cos dengan

n sebarang bilangan bulat positip.

Bukti

Kita gunakan prinsip induksi matematika

Untuk 1n maka diperoleh sincos)sin(cos)sin(cos 1 inii n Dianggap benar untuk n = k, sehingga

kiknii kn sincos)sin(cos)sin(cos Selanjutnya akan dibuktikan benar untuk n = k+1

)1sin()1cos()sin(cos)sin(cos)sin(cos)sin(cos 1

kikiiii kkn

Dengan demikian benar untuk

...,3,2,1n

(4)


Hasil di atas ekuivalen `)( nini ee

2. Buktikan identitas

a. cos5cos20cos165cos 35

Bukti

5sincos5sin5cos ii

)sinsincos10sincos5(sincos5sincos10cossinsincos5sincos10sincos10sincos5cos

)sin()sin(cos

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

53244235

54322345

555

454

3253

2352

451

550

iiii

ii

iii

sehingga

4235 sincos5sincos10cos5cos 22235 )cos1(cos5)cos1(cos10cos

)coscos21(cos5cos10cos10cos 42535

)cos5cos10cos5cos10cos10cos 52535

b. 3324 sinsincos10sincos55sin

dengan cara yang sama diperoleh

5324 sinsincos10sincos55sin 53222 sin)sin)sin1(10sin)sin1(5

55342 sin)sin(sin10sin)sinsin21(5

55343 sin)sin10sin10sin5sin10sin5

sin5sin20sin20 25

c. 1cos12cos16sin

5sin 24 jika ,...2,,0

sinsinsincos10sincos5

sin5sin 5324

4224 sinsincos10cos5 22224 )cos1()cos1(cos10cos5

)coscos21(cos10cos10cos5 42424


1cos12cos16 24

3. Buktikan bahwa

a. 2

cos

ii ee

Jawab

sincos,sincos ieie ii

2cos

cos2sincossincos

ii

ii

ii

eeee

iiee

b. iee ii

2sin

Jawab

iee

eeiiiee

ii

ii

ii

2sin

sin2sincossincos

4. Buktikan identitas

a. 3sin41sin

45sin 3

Jawab )


3sin41sin

43

241

243

8133

81

33(81

)())((3)()(3)(81

8)(

2sin

2sin

33

33

33

3223

3

333

iee

iee

eei

eei

eeeei

eeeeeei

iee

iee

iee

iiii

iiii

iiii

iiiiii

iiii

ii

b. 832cos

214cos

81cos4

Jawab

832sin

414cos

41

83

241

241

16644

81

81

464(161

)())((4)()(6)()(4)(161

16)(

2cos

2cos

2244

2244

4224

432234

444

iiii

iiii

iiii

iiiiiiii

iiii

ii

eeee

eeee

eeee

eeeeeeee

eeee

ee

5. Hitunglah

a. ooo ii 80sin80(cos440sin40(cos3 0

Jawab

ooooooo iii 8040sin()8040cos(4.380sin80(cos440sin40(cos3 0


366

23

2112

120sin120cos12

i

i

i oo

b. 3

7

454152

o

o

ciscis

Jawab

)135105(2

13564105128

45.3415.72

454152

3

7

3

7oo

o

o

o

o

o

o

cisciscis

ciscis

ciscis

c. 10

3131

ii

Jawab

oo

o

o

o

o

o

ciscis

cisciscis

cisii 1200

)600(600

)60.10(260.10cos2

)60(2602

3131

10

101010

22

21120 icis o

6. 660 50sin50cos2502 oo icis

33232

32/12/164

300sin300cos6450.6sin50.6cos26

i

i

ii

oo

oo

7. 54

11

33

ii

ii

Jawab 5454

315sin315(cos245sin45(cos2


11

33

oo

oo

oo

oo

ii

ii

ii

ii


5

315.5sin315.5(cos245.5sin45.5(cos24

30.4sin30.4(cos16330.4sin330.4(cos16

oo

oo

oo

oo

ii

ii

oo

oo

oo

oo

ii

ii

1575sin1575(cos24225sin225(cos24

120sin120(cos161320sin1320(cos16

22/122/1(2422/1(22/1(24

32/12/1(1632/1(2/1(16 i

ii

22/122/1(22/1(22/1(

32/12/1(32/1(2/1(

ii

ii

22/122/122/122/1

22/122/1(22/1(22/1(

32/12/132/12/1

32/12/1(32/1(2/1(

ii

ii

ii

ii

2/12/1

2/12/12/12/14/13/1

34/134/14/1( iiii

23

213

21

21

iii

8. Buktikan

a. 2121 argarg)arg( zzzz

Bukti

Misal 1111 sincos irz dan 2222 sincos irz

)sin(cos)sin(cos 222211121 irrirzz

212

21212121 sinsincossinsincoscoscos iiirr

irr )sincoscos(sin)sinsincos(cos )1221212121

irr )sin()cos( 212121

Sehingga

212121 argarg)arg( zzzz

b. 2121 argarg)/arg( zzzz

Bukti


2

1

zz

)sin(cos)sin(cos

222

211

irir

)sin(cos)sin(cos

.)sin(cos)sin(cos

222

222

222

111

irir

irir

)sincossincossin(cos

)sinsincossincossincos(cos

222

222222

2

212

21122121

iiiriiirr

)sin)1((cos)sinsin)1(cossincossincos(cos

22

222

2

2121122121

r

iirr

)sin(cos))cossincos(sin)sinsincos(cos

22

222

2

2112212121

r

irr

2

2

212121 sin()cos(r

rr

)sin()cos( 2121

2

1 rr

Sehingga

21212

1 argargarg zzzz

Soal-soal

1. Hitunglah

f. 4/34/32 ciscis

g.

4/3

433/

21 ciscis

h. 4/73224/2 ciscis

i.

63

32 ciscis

j.

32

23 ciscis

2. Tentukan hasil perkalian berikut dan nyatakan dalam koordinat tegak lurus.

a. oooo ii 70sin70cos420sin20cos2

b. oooo ii 90sin90cos530sin30cos2

c. oooo ii 35sin35cos835sin35cos4


d. oooo ii 172sin172cos2118sin118cos3

e. oooo ii 60sin60cos2120sin120cos4

f. oooo ii 200sin200cos6135sin135cos8

g. 20 30sin30cos2 oi

h. 30 60sin60cos5 oi

i. 3

672

cis

j. 4

6112

cis

3. Buktikan bahwa

a. 3sin4sin33sin

b. cos3cos43cos 3

4. Buktikan bahwa

a. 4cos63cos22cos8sin

4sin 3

b. 1sin8sin84cos 24

5. Buktikan teorema de Moivre untuk bilangan bulat negatif dan bilangan rasional

6. Buktikan bentuk-bentuk berikut ini:

a. x

xx 2sec1)sin1)(sin1(

b. xx 2tan)1)(sec1(sec

c. xxxx costansinsec

d. xx

x 22

2

sinsec

1sec

e. 1sec

1sin 22

xx

f. yyy cos3cos43cos 3

g. sssss cossin4cossin84sin 3

h. xxx 2sin)cos1)(cos1(


i. 1seccos

cossin

pp

pp

j. 1)cot1)(cos1( 22 xx

k. tttt 2cos)sin(cscsin

l. ty

y22

2

sec1

csccsc1

1.10 Akar-akar Bilangan Komplek

Suatu bilangan w disebut akar nke bilangan komplek z jika zwn atau

dapat kita tulis dalam bentuk nwz /1 . Berdasarkan teorema de Moivre kita dapat

menunjukkan bahwa jika n adalah bilangan bulat positip,

nn yixz /1/1 nir /1)}sin(cos{

)}sin(cos{ /1

ni

nr n

)6(......)1...(2,1,0,2sin2cos/1

nkn

kin

kr n

Berdasarkan bentuk di atas, untuk n nilai yang berbeda untuk nz /1 , yaitu n akar yang

berbeda dari z . asalkan .0z Contoh soal

1. a) Temukan semua nilai ,z sehingga 325 z ,

b) Tempatkan atau masukkan nilai ini dalam bidang kompleks.

Jawab

a) 5/15/15 0323232 izz


Dalam bentuk polar

,...3,2,1,0,2sin()2cos(32)032( kkiki

Sehingga Dalam bentuk polar

5/15/1 sincos32032 ii

Dengan menggunakan teorema de Moivre diperoleh

4,3,2,1,0,52sin

52cos32sincos32 5/15/1

kkiki

Untuk

5sin

5cos2

5sin

5cos320 5/1

1 iizk

Untuk

53sin

53cos2

53sin

53cos321 5/1

2 iizk

Untuk 2)01(2sincos322 5/13 izk

Untuk

57sin

57cos2

57sin

57cos323 5/1

4 iizk

Untuk

59sin

59cos2

59sin

59cos324 5/1

5 iizk

Dengan mempertimbangkan 푘 = 5, 6 serta nilai-nilai negatif, -1, -2, ...,

pengulangan dari lima nilai di atas 푧 diperoleh. Oleh karena itu ini adalah satu-

satunya solusi atau akar dari persamaan yang diberikan. lima akar ini disebut " lima

akar dari – 32 ” dan secara kolektif ditunjukkan dengan (−32) / . Pada umumnya,

푎 / mewakili Akar ke-" 푛 " dari dan 푎. Dan terdapat 푛 akar.

b)

X

Y

)0,32(


Gambar 1.16

2. Tentukan 3/11 i

Jawab

Dalam bentuk polar

kiki 24/3sin()24/3cos(21

Sehingga

3/13/1 4/3sin4/3cos211 i

3/124/3sin()24/3cos(2 kik

2,1,0,3

24/2sin3

24/3cos23/1

kkik

X

Y

i1

X

Y

6/2 cis


42

34/3sin

34/3cos20 6/13/1

1 cisizk

12112

324/3sin

324/3cos21 6/13/1

1 cisizk

4

1923

44/3sin3

44/3cos22 6/13/1

1 cisizk

Semua akar – akar ini dapat terlihat pada gambar berikut ini

y

11π/12 Z1

Z2 π/4

19π/12

Z3

Gambar 1.17

3. 4/1232 i

Jawab

Dalam bentuk polar

kiki 26/7sin()26/7cos(4232

Sehingga

3/14/16/7sin6/7cos4232 ii

X

Y

i232


4/126/7sin()26/7cos(4 kik

3,2,1,0,4

26/7sin4

26/7cos4 3/1 kkik

2474

247sin

247cos40 4/14/1

1 cisizk

24194

2419sin

2419cos41 4/14/1

2 cisizk

24454

2445sin

2445cos42 4/14/1

3 cisizk

24714

2471sin

2471cos43 4/14/1

4 cisizk

Pernyataan di atas dinyatakan dalam gambar di bawah ini :

Gambar 1.18

4. Mencari akar – akar kuadrat dari – 15 − 8i Jawab

z z

z z

X

Y

43휋24

31휋24

19휋24 7휋

24


Gambar 1.19

Dalam bentuk polar

Cara 1

– 15 − 8i = 17 {cos ( θ + 2kπ ) + i sin ( θ + 2kπ )}

Dimana, cos θ = − dan sin θ = −

Maka akar – akar kuadrat dari – 15− 8i adalah :

√17 cos θ + i sin θ ( 1 )

√17 cos θ + π + i sin θ + π = −√17 cos θ + i sin θ ( 2 )

Jadi,

Cos θ2 = ±

( 1 + cos θ )2 =

1 − 1517

2 = ± 1√17

Sin θ2 = ±

( 1 − cos θ )2 =

1 + 1517

2 = ± 4√17

Karena θ adalah sudut yang berada di kuadran ketiga, maka θ adalah sudut yang

berada di kuadran kedua. Sehingga Cos θ = − √

dan Sin θ = √

Dan dari persamaan ( 1 ) dan ( 2 ) di atas, diketahui bahwa akar–akar kuadratnya

adalah – 1 + 4i dan 1− 4i

Untuk membuktikannya, coba cek bahwa :

( – 1 + 4i ) = ( 1 − 4i ) = −15− 8i

X

Y

i1815


Cara 2

Misalkan kita ambil p + iq, dimana p dan r adalah anggota bilangan Real yang

mewakili akar – akar kuadrat dari – 15 − 8i

Kemudian dikuadratkan menjadi (p + iq) = p − q + 2pqi = −15 − 8i

Atau p − q = −15 ( 3 )

Dan pq = −4 ( 4 )

Substitusikan ( gantilah ) q = − dari persamaan ( 4 ) ke persamaan ( 3 )

Menjadi p − = −15 atau p + 15p − 16 = 0

Sebagai contohnya, (p + 16) (p − 1) = 0 atau p = −16 , p = 1

5. 2/1232 i

Jawab

Gambar 1.20

Dalam bentuk polar

kiki 26/7sin()26/7cos(4232

Sehingga

2

26/7sin2

26/7cos4232 2/12/1 kiki

26/7sin

26/7cos40 2/1 ik

2

26/7sin2

26/7cos41 2/1 ik

X

Y

i232


4. 5/144 i

Gambar 1.20

43sin

43cos2444 ii

5/1

5/1

43sin

43cos2444

ii

4,3,2,1,0,5

24/3sin5

24/3cos)24( 5/1

kkik

Untuk

203sin

203cos)2(40 10/15/1

1 izk

Untuk

5

24/3sin5

24/3cos)2(41 10/15/12

izk

Untuk

5

44/3sin5

44/3cos)2(42 10/15/13

izk

Untuk

5

64/3sin5

64/3cos)2(43 10/15/14

izk

Untuk

5

84/3sin5

84/3cos)2(44 10/15/14

izk

Soal-soal

Hitunglah

X

Y

i44

43


1. 66/13131 ii

Dibaca : Akar pangkat 6 dari 31 i

2. 4/1i

3. 6/1314 i

4. `2235/1

i

5. 8/124 i

6. 2/144 i

7. 2/1125 i

8. 2/1548 i

9. 3/1222 i

10. 6/121 i

11. 7/131 i

12. 8/144 i

13. 9/144 i

14. 3/1211 i

15. 3/112

1.11 Rumus Euler

Berdasarkan asumsi perluasan deret berhingga ....!3!2

132

xxxe x

dari kalulus

elementer ketika ,ix kita dapat mengambil hasil:

)!1()(.....

!5)(

!4)(

!3)(

!2)()(1

15432

niiiiiie

ni

)!1(...

!5!3)!2(...

!4!21

115533224422

niiii

niii nnnn

)!1(...

!5!3)!2(...

!4!21

153242

niiii

n

nn


)!1(...

!5!3)!2(...

!4!21

153242

ni

n

nn

Dengan menggunakan definisi jumlah deret tak hingga diperoleh:

)7.......(71828,2sincos eie i

Yang mana (7) kita sebut sebagai rumus Euler’s yang sesuai ,bagaimanapun secara

sederhana kita mendefinisikan .ie umumnya kita definisikan

)8(`.........sincos yixeeeee xiyxiyxz

Misalnya untuk contoh dimana 0y menghasilakan xe

Perlu dicatat bahwa bentuk dari (7) pada dasarnya merupakan hasil dari teorema de

Moivre untuk inni ee

Contoh soal

1. Tentukan rumus Euler untuk

31 i

Gambar 1.21

31 iz maka 231)3()1( 22 rz

Karena titiknya terletak pada kuadran 1 maka 21cos

Diperoleh

3/6021

oarc

31 i

X

Y


Sehingga 3/23

23

sin3

arccos231 iecisiiz

Sehingga 3/231 ieiz

i232

Gambar 1.22

iz 232 maka 416)2()32( 22 rz

Karena titiknya terletak pada kuadran 3 maka o21042cos

Sehingga iooo eciscisiiz )6/7(26

722102210sin210cos4232

)2/1(tan 1

52

iei

Gambar 1.23

Y

i2

X

Y

i232

X


iz 2 maka 5)1()2( 22 rz

Karena titiknya terletak pada kuadran 1 maka 21tan

Diperoleh

Sehingga )2/1(tan)2/1arctan( 1

55)2/1(sin(arctan)2/1(cos(arctan52

ii eeiiz

26 i

Gambar 1.24

iz 26 maka 228)2()6( 22 rz

Karena titiknya terletak pada kuadran 2 maka 65150

22sin o

Sehingga iooo eciscisiiz )6/5(26

522102210sin210cos4232

2. Nyatakan hasil akhirnya dengan rumus Euler 54

11

33

ii

ii

Jawab 5454



11

33

oo

oo

oo

oo

ii

ii

ii

ii

5

315.5sin315.5(cos245.5sin45.5(cos24

30.4sin30.4(cos16330.4sin330.4(cos16

oo

oo

oo

oo

ii

ii

X

Y

26 i


oo

oo

oo

oo

ii

ii

1575sin1575(cos24225sin225(cos24

120sin120(cos161320sin1320(cos16

22/122/1(2422/1(22/1(24

32/12/1(1632/1(2/1(16 i

ii

22/122/1(22/1(22/1(

32/12/1(32/1(2/1(

ii

ii

22/122/122/122/1

22/122/1(22/1(22/1(

32/12/132/12/1

32/12/1(32/1(2/1(

ii

ii

ii

ii

2/12/1

2/12/12/12/14/13/1

34/134/14/1( iiii

23

213

21

21

iii

iiii

ii

21

43

23

21

11

33 54

121

23 22

r

Karena titik di kuadaran ke-3 maka

41arctan

22/1arctan,

41

22/1tan

Sehingga )4/1(arctan('4/1(sin(arctan4/1cos(arctan121

43 ieii

3. Nyatakan hasil akhir soal di bawah ini dengan rumus Euler

a. 4/1

32

cis

Jawab 4/14/14/1

23

sin23

cos23

sin3

cos23

2

iicis

Dengan menggunakan teorema de Moivre diperoleh

,2,1,0,4

23/sin4

23/cos23

sin3

cos2 4/14/1

kkiki


ieik 12/4/14/1 212

sin12

cos20

ieik 12/74/14/1 2127sin

127cos21

ieik 12/134/14/1 212

13sin12

13cos22

ieik 12/194/14/1 212

19sin12

19cos23

b.

43

22 ciscis

Jawab

4sin

4cos3

2sin

2cos2

43

22 iiciscis

ie

cis

i

i

4/364

36

43sin

43cos6

42sin

42cos3.2

c. )7)(23( ii Jawab

)1719()21721(

)214321()7)(23( 2

ii

iiiii

Dalam bentuk polar

1917tansin

1917arctancos265)1719( acrii

Bentuk Euler

ieacri

19

17arctan

2651917tansin

1917arctancos265


Soal-soal

Tentukan rumus Euler yang bersesuaian dengan hasil akhir dari operasi di bawah ini!

1. )7)(23( ii

2. )23()7( ii

3. )72()68( ii

4. )57()21()35( iii

5. )57()21()35( iii

6. )24)(32( ii

7. )32)(24( ii

8. )45)(23()2( iii

9. )45()23)(2( iii

10. )43)(57()21( iii

11. ii

1

23

12. ii

i34

204355

13. 12

3 1910

iii

14. 2

33

21

i

15. 32

112

113

ii

ii

16. 15105

1694

2 iiiiii

1.12 Persamaan-persamaan Polinomial

Sering dalam hal-hal praktis kita menemukan selesaian persamaan pangkat

banyak (polinomial) dengan bentuk umum :


)9.........(0... 12

21

10

nnnnn azazazaza

Dimana naaa ....,,0 10 adalah bilangan komplek dan n adalah bilangan bulat positip

yang disebut pangkat dari persamaan. Selesesaian dari persamaan polinomial juga

disebut pembuat nol (zeros) ruas kiri persamaan (9) akar-akar persamaan.

Teorema ini sangat penting sehingga disebut teorema mendasar dari aljabar yang

menyatakan bahwa setiap persamaan polinomial dari bentuk (9) mempunyai paling

sedikit satu akar bilangan. Berdasarkan fakta ini kita dapat polinomial mempunyai n

akar bilangan komplek yang kadang-kadang beberapa ada yang sama dan bahkan

mungkin semua akar-akarnya sama.

Jika nzzzz ,...,,, 321 dengan n akar-akar persamaan polinomial maka (9) dapat di

tulis sebagai:

)10(..........0)).....()()(( 321 no zzzzzzzza

yang mana di sebut bentuk pemfaktoran dari persamaan polynomial, sebaliknya jika

kita dapat menulis (9) pada bentuk (10) kita dapat menentukan akar-akarnya dengan

mudah.

Contoh soal

1. Selesaikanlah persamaan kuadrat berikut 0,02 acbzaz

Dengan menukar c dan membaginya dengan 0a diperoleh bentuk persamaan

ac

abzz 2

Jika masing-masing ruas ditambahkan dengan

2

2

ab

Diperoleh bentuk kuadrat sempurna 22

2

22

ab

ac

ab

abzz

222

22

ab

ac

ab

abzz

aacb

abz

24

2

22


aacb

abz

24

2

2

aacbbz

aacbbz

aacb

abz

24,

24

24

22

2

2

.1

2

Untuk selanjutnya a

acbbz2

42

2.1

Disebut akar-akar 0,02 acbzaz

2. Tentukan selesaian persamaan polinomial berikut:

a. 05)32(2 iziz

Jawab

Dengan menggunakan rumus pada soal nomor 1 diperoleh

2815)32(

24209124()32(

2)5.(1.4)32()32(

24

2

2

2

2.1

ii

iiii

iiia

acbbz

Sehingga

2815)23(

1iiz

dan 2815)23(

2iiz

b. 0)3()2(2 iziz

Jawab

Dengan faktorisasi diperoleh

0)21(1()3()2(2 iziziziz Sehingga

iziz 21,1 21


c. Jabarkanlah 푧 (1− 푧 ) = 16 Jawab

Dengan menggunakan metode 1. Persamaan pada soal diatas jika dijabarkan akan

menghasilkan persamaan berikut. 푧 − 푧 + 16 = 0, bisa juga 푧 + 8푧 + 16−

9푧 = 0, supaya menghasilkan persamaan

(푧 + 4) − 9푧 = 0,푎푡푎푢 (푧 + 4 + 3푧)(푧 + 4 − 3푧) = 0

Maka akan menghasilkan jawaban dari

푧 + 4 + 3푧 = 0,푑푎푛 푧 + 4 − 3푧 = 0, yaitu − ± √ 푖 푑푎푛 ± √ 푖.

Dengan menggunakan metode 2. Kita bisa misalkan 푤 = 푧 , maka persamaan

diatas bisa kita jabarkan menjadi 푧 − 푧 + 16 = 0 dan ganti z menjadi w

maka푤 − 푤 + 16 = 0 atau 푤 = ± √7푖. untuk mendapatkan jawabannya bisa

digunakan cara pada soal 30.

d. 0124 zz

Jawab

Atau

321

43

21

43

21

043

21

01

2

22

22

24

iz

z

z

zz

Sehingga diperoleh

321

212 iz

dan 3

21

212 iz

321

21

321

21

2

2

iz

iz

Atau


321

21

2.1 iz

3

21

21,3

21

21

21 iziz

2/1

2/1

1

32sin

32cos1

321

213

21

21

i

iiz

1,0,3

23/2sin2

23/2cos1 2/1

kkik

31213

21

211

33/2sin

23/2cos10 2/1 iiizk

3121

37

323/2sin

223/2cos11 2/1 icisizk

2/1

2 321

213

21

21

iz

1,0,3

23/2sin2

23/2cos

32sin

32cos1

2/1

2

kkik

iz

37

323/2sin

223/2cos1

31213

21

2110

cisizk

iizk

Soal-soal

Selesaikanlah

1. 0462 345 zzzz

2. 010332256 234 zzzz

3. 01025 2 zz

4. 0)3()2(2 iziz

5. Carilah dua bilangan komplek yang jumlahnya 4 dan hasil kalinya 8.

6. 0814 z


7. 316 iz

8. 023 zzz

9. 0)8126( 234 zzzz

10. 0)( 24 zz

11. 0)412136( 234 zzzz

12. 0)16249( 246 zzz

13. 0)( 68 zz

14. 0)64( 23 z

15. 01202742258515 2345 zzzzz

16. 04423 zzz

17. 0)( 4 zz

18. 0)52( 52 zz

19. 0)365( 24 zz

20. 04875 2345 zzzzz

21. 0133 23 zzz

22. 0)3)(44( 2 zzz

1.13 Akar-akar nke dari Satuan

Selesaian dari persamaan 1nz dimana n adalah bilangan bulat positip disebut akar-

akar nke dari satuan dan di berikan oleh :

)11(....1,.....,3,2,1,02sin2cos 2

nken

kin

kz nk

Misal jika ,2sin2cos /2 niken

kin

k n akar-akar dari persamaannya adalah:

1, .,.......,, 12 n yang secara geometri menunjukkan bahwa n vertical dari sebuah

polygon (segi banyak) beraturan teratur dimana di samping n di tuliskan pada sebuah

lingkaran dari jarak satu dengan pusat yang sebenarnya. Lingkaran ini mempunyai

persamaan 1z dan sering di sebut lingkaran satuan.

Contoh soal


1. Carilah semua akar-akan ke-4 dari satuan

Jawab

4/14 11 zz

4,3,2,1,4

2sin4

2cos

4,3,2,1,0,420sin

420cos1

0sin0cos101

4/1

4/14/1

kkik

kkikiiz

Untuk 10sin0cos0 1 izk

Untuk iizk 4

sin4

cos1 2

Untuk 1sincos2 3 izk

Untuk iizk 2

3sin2

3cos3 4

2. Jika n = 2, 3, 4... Tunjukkan bahwa

a) n2cos

n4cos + 1)1(2cos...6cos

nn

n

b) n2sin

n4sin 0)1(2sin...6sin

nn

n

misalkan persamaan ,01nx mempunyai solusi terhadap nilai dari akar-akar

kesatuan.

1, nik

e2

, 54 ik

e

, 56 ik

e

, 0...)1(2

58

n

inik

ee

Soal-soal

1. Tentukan akar-akar ke-4 dari satuan

2. Tentukan akar-akar ke7 dari satuan

3. Tentukan akar-akar ke-11 dari satuan

4. Carilah semua akar dari 55 11 zz

1.14 Interpretasi Vektor Bilangan Komplek


Bentuk bilangan komplek yixz dapat dipandang sebagai vektor OP yang

mempunyai titik awal di titik asal O (origin) dan titik akhirnya pada koordinat ),( yxP

seperti pada gambar 1.25 berikut ini.

Gambar 1.25

Kadang-kadang kita menyebut iyxOP sebagai vektor positip dari .P Dua vektor

mempunyai panjang (magnitudo) dan arah yang sama, tetapi titik-titik awal berbeda

sedemikian sehingga OP dan AB pada gambar 1.25 dipandang sama. Dalam hal ini

dapat ditulis iyxABOP

Jumlah dari bilangan komplek berkorespondensi dengan hukum jajarangenjang

dari jumlah untuk vektor. (lihat gambar 1-26). Dengan demikian jumlah bilangan

komplek 1z dan 2z melengkapi jajarangenjang OABC diman OA dan OC

berkorespondensi dengan 1z dan .2z Diagonal OB pada jajarangenjang

berkorespondensi dengan .21 zz

X

Y

O

),( yxPA

B


Gambar 1.26

Contoh soal

1. Misalnya vektor posisi titik 퐴(푥 ,푦 ) dan 퐵(푥 ,푦 ) berturut-turut dinyatakan oleh

푧 dan 푧 .

(a) Nyatakan vektor AB sebagai suatu bilangan kompleks.

(b) Tentukan jarak antara A dan B.

Jawab

Gambar 1.27

b) Dari gambar 1.27 푂퐴 + 퐴퐵 = 푂퐵 atau

AB = OB –OA = 푧 − 푧

=(푥 + 푖푦 ) − (푥 + 푖푦 )

X

Y

1z

2z

21 zz

),( 11 yxA

),( 22 yxB

X

Y

O

1z

1z

2z

2z

21 zz


=(푥 − 푥 ) + 푖(푦 − 푦 )

Jarak antara titik A dan B diberikan oleh

|AB| = |(푥 − 푥 ) + 푖(푦 − 푦 )| = (푥 − 푥 ) + (푦 − 푦 )

2. Misalkan 푧 = 푥 + 푖푦 dan 푧 = 푥 + 푖푦 menyatakan dua vektor tak segaris atau

tak sejajar. Jika a dan b merupakan bilangan real (skalar) sehingga 푎푧 + 푏푧 = 0,

buktikan bahwa 푎 = 0 dan 푏 = 0.

Syarat yang diberikan 푎푧 + 푏푧 = 0 setara dengan 푎(푥 + 푖푦 ) +

푏(푥 + 푖푦 ) = 0, atau 푎푥 + 푏푥 + 푖(푎푦 + 푏푦 ) = 0. Maka 푎푥 + 푏푥 = 0 dan

푎푦 + 푏푦 = 0. Persamaan-persamaan tersebut mempunyai jawaban bersama 푎 =

0, 푏 = 0 jika 푦 /푥 ≠ 푦 /푥 , yaitu jika vektor-vektor tersebut bukan vektor segaris

atau sejajar.

3. Buktikan bahwa diagonal suatu jajar genjang saling membagi dua antara yang satu

dengan lainnya.

Gambar 1.28

Misal OABC (gambar 1.28) adalah jajaran genjang yang diberikan dengan

diagonal-diagonalnya berpotongan di P.

Karena 푧 + 퐴퐶 = 푧 ,퐴퐶 = 푧 − 푧 . Maka 퐴푃 = 푚(푧 − 푧 ) dimana 0 ≦ 푚 ≦ 1.

Karena 푂퐵 = 푧 + 푧 , maka 푂푃 = 푛(푧 + 푧 ) di mana 0 ≦ 푛 ≦ 1.

P

A B

C

1z

2z


Tetapi 푂퐴 + 퐴푃 = 푂푃, yaitu 푧 + 푚(푧 − 푧 ) = 푛(푧 + 푧 ) atau (1 −푚 − 푛)푧 +

(푚 − 푛)푧 = 0). Oleh karena itu menurut soal no 9, 1 −푚 − 푛 = 0,푚 − 푛 = 0

atau 푚 = , 푛 = dan ini mengakibatkan P merupakan titik tengan dari kedua

diagonal tersebut.

4. Tentukan suatu persamaan untuk garis lurus yang pelalui dua titik yang diberikan,

yaitu 퐴(푥 , 푦 ) dan 퐵(푥 , 푦 ).

Misalkan, 푧 = 푥 + 푖푦 dan 푧 = 푥 + 푖푦 berturut-turut adalah vektor posisi

dari A dan B.

Misalkan 푧 = 푥 + 푖푦 adalah vektor posisi dari suatu titik P. pada garis yang

menghubungakan A dan B.

Gambar 1.29

Dari gambar 1.29

푂퐴 + 퐴푃 = 푂푃 atau 푧 + 퐴푃 = 푧, yaitu 퐴푃 = 푧 − 푧

푂퐴 + 퐴퐵 = 푂퐵 atau 푧 + 퐴퐵 = 푧 , yaitu 퐴퐵 = 푧 − 푧

Karena 퐴푃 dan 퐴퐵 segaris, 퐴푃 = 푡 퐴퐵 atau 푧 − 푧 = 푡(푧 − 푧 ) di mana t

adalah riil, dan persamaan yang diinginkan adalah:

A

P

B1z

2z

z


푧 = 푧 + 푡(푧 − 푧 ) atau 푧 = (1 − 푡)푧 + 푡푧

Soal-soal

1. Jika iziz 21,34 21

Tentukan hasil (secara analitis dan grafis) dari

a. 21 zz

b. 21 zz

c. 21 zz

d. 232 21 zz

2. Vektor-vektor posisi dari titik-titik pada ABC

.61,24,21 21 iCizBizA Buktikan bahwa ABC adalah sama sisi

dan tentukan panjang masingsegi-masing sisinya.

3. Misal 4321 ,,, zzzz adalah vektor-vektor posisi dari segiempat ABCD . Buktikan

bahwa segiempat ABCD jika dan hanya jika 04321 zzzz

4. Pesawat terbang WISATA terbang 150 km menuju arah tenggara (southeast), 100

km kearah barat (west) 225 km dalam arah o30 disebelah utara dari timur, dan 323

km dalam arah timur laut (northeast). Tentukan berapa jauh jarak yang ditempuh

oleh pesawat jika dihitung dari titik awal pemberangakatan penerbangan.

1.15 Representasi Spherical Bilangan Komplek, Proyeksi Stereografis

Misalnya P (pada gambar 1.6) adalah bidang komplek dan pandang suatu unit

sphere (jari-jari satu) tangent P di .0z Untuk diameter NS tegaklurus dengan P

dan titik N dan S kita sebut kutub-kutub utara dan bagian selatan dari . Beberapa

korenspondensi titik A di P kita dapat membuat garis NA berpotongan dengan

pada titik A’. Dengan demikian setiap titik di bidang bilangan komplek

berkorespondensi satu-satu dan hanya satu titik dari sphere , dan kita dapat

menggambarkan sebarang bilangan komplek oleh satu titik pada sphere. Untuk

melengkapi titik N hal itu berkorespondensi dengan “ jumlah pada titik” dari bidang


tersebut. Dari himpunan semua titik-titik termasuk bidang komplek untuk jumlah pada

titik disebut semua bidang kompleks, semua bidang z, atau bidang kompleks secara

luas.

Methode yang telah dijelaskan di atas untuk memetakan bidang pada sphere

disebut proyeksi stereografis. Sphphich. Sphere tersebut kadang-kadang disebut

Riemann sphere.

Gambar 1.30

1.16 Hasil Kali Titik (dot) dan Silang (cross)

Misal 111 iyxz dan 222 iyxz adalah dua bilangan komplek dan dinyatakan

sebagai vektor-vektor. Hasil kali titik antara dua bilangan komplek 1z dan .2z

merupakan sebuah skalar.

Hasil kali titik antara dua bilangan kompel z1 dan z2 didefenisikan dengan

bentuk :

)12(.....21Recos. 21212121212121 zzzzzzyyxxzzzz

Dimana adalah sudut diantara z1 dan z2 yang mana terletak antara 0 dan .

Hasil kali silang dari z1 dan z2 didefenisikan sebagai

N

S

A

P


)14(.

)13(..........21Imsin

21212121

21212121212121

iezzzzizzzz

zzzzi

zzxyyxzzzz

Jika 1z dan 2z adalah bukan nol, maka

1. Syarat perlu dan cukup bahwa 1z dan 2z tegak lurus adalah bahwa 0. 21 zz

2. Syarat perlu dan cukup bahwa 1z dan 2z sejajar adalah bahwa 021 zz

3. Magnitudo proyeksi dari 1z pada .2z adalah ./. 221 zzz

4. Luas jajarangenjang yang mempunyai sisi z1 dan z2 adalah .21 zz

Contoh soal

1. Jika iziz 3,52 21 , tentukan:

a. 21.zz

156)1)(5()3)(2(cos. 21212121 yyxxzzzz

b. 21 zz

17152)3)(5()1)(2(sin 21212121 xyyxzzzz

c. 12.zz

156)5)(1()2)(3(cos. 12121212 yyxxzzzz

d. 12 zz

17)2(15)2)(1()5)(3(sin 12121212 xyyxzzzz

e. 21.zz

f. 12.zz

g. 21 zz

h. 12 zz

Soal e,f,g dan h ditinggalkan penulis untuk latihan bagi pembaca.

2. Buktikan bahwa:

a. 1221 .. zzzz


Bukti

222111 , iyxziyxz Menurut definisi hasil kali titik diperoleh

1212121221212121 .coscos. zzzzyyxxyyxxzzzz

b. 1221 zzzz

Bukti

222111 , iyxziyxz Menurut definisi hasil kali silang diperoleh

1212211221212121 .cossin. zzzzyxyxxyyxzzzz

3. Ditentukan iziz 34,43 21 tentukan besar sudut yang dibentuk oleh 1z dan

.2z

Gambar 1.31

Menurut definisi hasil kali titik, diperoleh

cos. 2121 zzzz

21

21.coszzzz

2524

5.524

3443)34).(43(cos

iiii

X

Yi34

i43


2524arccos

4. Buktikan bahwa jajaran genjang ABCD yang mempunyai panjang sisi 1z dan 2z

adalah 21 zz

Gambar 1.32

Luas jajaran genjang 2121122 sinsin zzzzzztzABCD

1.17 Koordinat-koordinat Konjugat Bilangan Komplek

Suatu titik di bidang kompleks, dapat diletakkan pada koordinat tegak lurus

(푥,푦) atau koordinat kutub (푟, 휃). Namun banyak juga kemungkinan yang lain,

misalnya dalam bentuk ).,( zz Karena yixz dan yixz maka akan diperoleh

22

__________

zzxxzz

yixz

yixz

dan

izzyyizz

yixz

yixz

22

__________

1z

2z

sin1zt


Bentuk 2

zzx dan

izzy

2

dapat disubstitusikan kedalam persamaan yanga

diketahui. Koordinat (푧, 푧̅) yang menentukan letak suatu titik dinamakan koordinat-

koordinat bilangan komplek dalam konjugate atau disingkat dengan koordinat konjugate

dari sustu titik.

Contoh soal

1. Nyatakan persamaan berikut dalam bentuk koordinat konjugate

a. 52 yx

Misal yixz sehingga yixz

Dengan menggunakan metode substitusi diperoleh

zzx 2 dan zziy 2

Sehingga diperoleh 2

zzx dan

izzy

2

Substitusikan x dan y sehingga

52 yx

izziziz

izizi

izzzzi

izz

izzi

izzzz

1022

10)12()12(

10)()(2

522

2

522

2

b. 3622 yx

3622

22

izzzz

3621

21

zzzz

36 zz

c. 9)3( 22 yx


92

92

62

22

izzzzzz

94

292

64

22222

zzzzzzzzzz

362361222222 zzzzzzzzzz

02122 zzzzzz

01212 zz

d. 25164 22 yx

252

162

422

izzzz

252422222 zzzzzzzz

2548422222 zzzzzzzz

25633222 zzzz

025633222 zzzz

Soal-soal

1. Deskripsikan setiap locus berikut ini yang diyatakan dalam koordinat konjugate

menjadi bentuk bilangan komplek.

a.

2. Ubahlah setiap persamaan berikut dalam koordinat konjugate

1.18 Himpunan-himpunan Titik

Sebarang kumpulan titik-titik di bidang kompleks dinamakan suatu himpunan titik

berdimensi dua, dan setiap titiknya dinamakan suatu anggota atau unsur himpunan

tersebut.

Definisi dasar berikut ini diberikan sebagai bahan rujukan.

1. Lingkungan (neighbourhoods)

Suatu lingkungan delta (atau 훿) dari titik 푍표 adalah Himpunan semua titik

푧 sehingga |푧 − 푍표| < 훿 dimana 훿 adalah suatu bilangan positif yang diberikan.


Suatu lingkungan –훿 yang dihilangkan dari 푍표 adalah Suatu lingkungan dari 푍표

yang titik 푍표 nya dibuang, yaitu 0 < |푧 − 푍표| < 훿 .

2. Titik lserimit (limit points)

Suatu titik 푍표 disebut titik limit, titik gabung, atau titik kumpul dari himpunan titik

푆. Jika setiap lingkungan –훿 yang dihilangkan dari 푍표 memuat titik di himpunan 푆,

karena 훿 adalah Suatu bilangan positif sebarang, maka himpunan 푆 harus memiliki

banyak titik yang tak berhingga. Perhatikan bahwa 푍표 mungkin terletak di dalam

atau di luar himpunan 푆.

3. Himpunan-himpunan tertutup (closed sets)

Sebuah himpunan 푆 disebut tertutup jika setiap titik limit dari 푆 termasuk di dalam

푆, yaiut 푆 memuat semua titik limitnya. Sebagai contoh, himpunan semua titik 푧

sehingga |푧| ≤ 1 adalah suatu himpunan tertutup.

4. Himpunan-himpunan terbatas (bounded sets)

Sebuah himpunan 푆 disebut terbatas jika kita dapat menemukan suatu konstata 푀

sehingga |푧| ≤ 푀 untuk setiap titik 푧 dan 푆. Suatu himpunan tak terbatas adalah

himpunan yang tidak memiliki batas. Suatu himpunan yang terbatas dan tetutup

dinamakan Kompak.

5. Titik dalam, titik luar, dan titik terbatas (interior, exterior, and boundary points)

Suatu titik 푍표 disebut titik dalam dari himpunan 푆 jika kita dapat menentukan suatu

lingkungan 훿 dari 푍표 yang semua titiknya termasuk pada 푆. Jika setiap lingkungan

훿 dari 푍표 memuat titik di 푆 dan juga titik di luar 푆, maka 푍표 dinamakan titik batas.

Jika suatu titik bukan suatu titik dalam atau titik batas dari suatu himpunan 푆, maka

titik ini dinamakan titik luar dari 푆.

6. Himpunan-himpunan terbuka (open sets)

Suatu himpunan terbuka adalah suatu himpunan yang hanya terdiri dari titik dalam.

Sebagai contoh, himpunan titik 푍 sehingga |푧| < 1 adalah suatu himpunan terbuka.

7. Himpunan-himpunan tersambung (connected sets)

Suatu himpunan terbuka 푆 disebut tersambung jika untuk setiap dua titik di

himpunan tersebut dapat dihubungkan oleh suatu lintasan yang berbentuk garis

lurus (lintasan segi banyak) yang semua titiknya terletak di dalam 푆.

8. Daerah terbuka atau domain (open regions or domains)

Suatu himpunan terbuka tersambung dinamakan suatu daerah terbuka atau domain.


9. Closure suatu himpunan (closure of a set)

Jika suatu himpunan 푆 kita gabungkan semua titik limitnya, maka himpunan baru

yang terbentuk disebut penutup himpunan 푆 dan merupakan suatu himpunan

tertutup.

10. Daerah tertutup (closed regions)

Penutup suatu daerah terbuka atau domain disebut suatu daerah tertutup.

11. Daerah (regions)

Jika pada suatu daerah terbuka atau domain kita gabungkan beberapa, semua atau

tidak sama sekali titik limitnya, maka kita menemukan suatu himpunan yang

disebut daerah. Jika semua titik limitnya digabungkan, maka daerahnya tertutup

dan jika tidak digabungkan sama sekali, maka daerahnyaterbuka. Dalam buku ini

bilamana kita menggunakan istilah daerah tanpa mengelompokkannya, kita akan

mengartikannya sebagai daerah terbuka atau domain.

12. Gabungan dan Irisan dari himpunan. sebuah himpunan terdiri dari semua titik

yang tergabung dalam himpunan S1 dan himpunan S2 atau kedua-duanya yang

dinamakan union/gabungan dari himpunan S1 dan S2 yang ditandai dengan

himpunan S1 + S2 / 푠 ∪ 푠 Suatu himpunan terdiri dari semua titik yang terdapat

dalam himpunan S1 dan S2 dinamakan irisan S1 dan S2 yang ditandai dengan S1 , S2

/ 푠 ∩ 푠

13. Komplemen dari himpunan. Suatu himpunan yang tergabung dari semua titik

yang tidak termasuk dalam himpunan S dinamakan komplemen S dan dinyatakan

dengan ~

14. Himpunan kosong dari sub himpunan. Menarik untuk memikir sebuah himpuan

yag tak bernilai, himpunan ini dinamakan himpunan kosong ( ∅). Jika dua himpunan

S1 dan S2 tidak memiliki nilai (dimana kedua himpunan tersebut dinamakan

himpunan yang tak berkaitan/saling keterkaitan), kita dapat menjelaskannya dengan

menulis S1 - S2 = ∅. Setiap himpunan yang dibentuk melalui pemilihan semua nilai /

tanpa nilai dari sebuah himpunan dinamakan sub himpunan dari S. bila kita

menjelaskan himpunan ini dimana semua nilai S telah dipilih maka himpunan itu

dinamakan sebuah himpunan yang benar dari S.

15. Himpunan tak terhingga. Jika bagian sebuah himpunan dapat ditempatkan dalam

sebuah persamaan dengan angka-angka 1,2,3………maka himpunan itu dinamakan


himpunan yang dapat dihitung, jika tidak dapt dihitung maka himpunan tersebut

dinamakan himpunan tak terhingga.

Berikut ini ada dua teori penting mengenai nilai-nilai himpunan:

a) Teorema Welerstrass-Bolzano. Teori ini menyatakan bahwa setiap himpunan

dasar terikat memiliki paling sedikit satu batas nilai.

b) Teorma Heine-Borel. Teori ini menyatakn bahwa S merupakan sebuah himpunan

terpadu masing-masingnya mengandung satu atau lebih himpunan A1, A2.....( yang

kemudian dikatakan meliputi himpunan S tak terhingga). Kemudian akan terjadi

sejumlah himpunan dasar A1, A2 yang meliputi S tak terhingga.

1.19 Soal-soal

Operasi Dasar Bilangan Komplek

1. Selesaikanlah

a) )7)(23( ii

b) )23)(7( ii

c) )72()68( ii

d) )57()21()35( iii

e) )57()21()35( iii

f) )24)(32( ii

g) )32)(24( ii

h) )45)(23()2( iii

i) )45()23)(2( iii

j) )43)(57()21( iii

k) ii

1

23

l) iii

3420

4355

m) 123 1910

iii

3. Jika 푧 = 2 + 푖, 푧 = 3 − 2푖 푑푎푛 푧 = − + √ 푖,



g) 21 43 zz

h) 843 121

31 zzz

i) 43z

j) 2

13

13

3252

izzizz

3. Buktikan bahwa (a). Re z = 2zz , (b). Im z = izz 2 .

4. Buktikan jika hasil dari dua bilangan kompleks adalah 0 < 1 dari bilangan nol

5. Jika w = 3iz – z 2 dan x = x + iy, carilah 2w dari x dan y.

Representasi Grafis Bilangan Komplek

1. Nyatakan hasil operasi bilangan komplek berikut ini secara analitis dan grafis

a. )3()2( ii

b. )23()13( ii

c. )92()32()4( iii

2. Jika z 1= 4 – 3i dan z 2 = -1 + 2i, buatlah grafik dan analitik:

(a). 21 zz (b). 21 zz

(b). 21 zz (d). 232 21 zz

3. Letak vektor dari titik A,B dan C dari segitiga ABC masing-masing diberi

z 1 = 1 + 2i, z 2 = 4 - 2i dan z 3 = 1 – 6i. Buktikan bahwa ABC merupakan segitiga

samakaki dan hitunglah panjang sisinya.

4. Misalkan z 1 ,z 432 ,, zz ,letak vektor tegak lurus untuk segi empat ABCD. Buktikan

bahwa ABCD adalah sebuah jajaran genjang jika dan hanya jika

04321 zzzz

5. Jika diagonal sebuah segi empat saling membagi dua,buktikan bahwa segi empat

merupakan sebuah jajaran genjang.


6. Buktikan bahwa median dari sebuah segitiga dihubungkan dalam satu titik.

7. Misalkan segi empat ABCD dan E,F,G,H titik tengah dari sisinya. Buktikan bahwa

EFGH adalah sebuah jajaran genjang.

8. Dalam jajar genjang ABCD , titik E membagi dua sisi AD. Buktikan bahwa dimana

titik BE dihubungkan dengan titik AC membagi AC.

9. Letak vektor dari titik A dan B berturut-turut adalah 2 + i dan 3 – 2i.

(a). carilah sebuah persamaan garis AB. (b). carilah sebuah persamaan garis yang

tegak lurus ke AB pada titik tengahnya.

10. Gambar dan grafik bentuk manakah yang ditunjukan di bawah ini:

(a). ,2 iz (b). ,622 ixiz (c). ,433 zz (d). ,3)2( zz (e).

.4Im 2 z

11. Carilah sebuah persamaan (a). sebuah lingkaran jari-jarinya 2 dengan titik pusat (-

3,4) , (b). panjang lingkaran dengan titik pusat pada (0,2) dan (0,-2) yang mana

sumbu utama mempunyai panjang 10.

DAFTAR PUSTAKA C.H Edwards, Jr and David Penney. 1982. Calculus and Analytic Geometry. New

Jersey, USA: Prentice-Hall Inc Englewood. Edwin J. Purcell., Dale Varberg., Steven E. Rigdon., I Nyoman Susila (Ed.). 2007.

Kalkulus. Jilid I Edisi IX. Jakarta: Erlangga. John B. Reade. 2003. Calculus with Complex Numbers. London, New York: Taylor

and Francis Inc.


Louis Leithold, 1988. Kalkulus dan Ilmu Ukur Analitik, Jidil I Edisi V (alih bahasa S.M Nababan dkk). Jakarta: Erlangga.

. Murray R Spiegel. 1984. Transformasi Laplace, Seri Buku Schaum teori dan soal-soal.

(terjemahan Pantur Silaban dan Hans Wospakrik). Jakarta: Erlangga. Murray R. Spiegel, 1981. Theory and Problems of Complex Variables with an

Introduction to Comformal Mapping. Singapore: Mc Graw-Hill International Company,

analisis variabel komplek - dwipurnomoikipbu's blog · pdf file... dan kita tulis dengan...

Documents