Matematik Asas — SJES 1210

Mohamad Bakri Zubir

http://www.geocities.com/notaism/nota.htm

sessi 2001/2002

Nota disusun dari nota asal oleh:

Dr Toh Kheam Hoo

Dr Daud Yahaya

Institut Sains MatematikUniversiti Malaya

Kuala Lumpur 50603q0mbakri@umcsd.um.edu.my

Kandungan

Logik permulaan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1Pernyataan dan jadual kebenaran . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1Operasi logik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

Penafian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2Konjungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2Disjungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

Kesetaraan logik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6Pernyataan Bersyarat, Dwisyarat dan Pengkuantiti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9Hujah dan Kesahannya . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16Induksi matematik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22Teorem Binomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

Teori set . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28Operasi set . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30Gambarajah Venn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31Hukum-hukum algebra bagi set . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34Set terhingga dan Prinsip pembilangan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

Set hasildarab (product sets) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39Hubungan (relations) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40Gambarajah hubungan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43Sifat-sifat hubungan ke atas suatu set . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

Fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47Contoh-contoh fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48Graf fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50Pengelasan fungsi (classification of functions) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53Penggunaan graf untuk pengelasan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55Fungsi Songsang (inverse function . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58Fungsi gubahan (composite function) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

Polinomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61Operasi-operasi dengan polinomial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

Penambahan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62Penolakan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62Pendaraban . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63Pembahagian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

Mencari hasil bahagi dan baki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64Teorem Baki (Remainder Theorem) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64Pembahagian panjang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67Pembahagian sintetik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

Faktor dan punca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72Teorem Asas Algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74Punca berganda (multiple roots) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

Teorem punca berganda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

Polinomial nyata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77Teorem punca konjugat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

Nombor kompleks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81Pengenalan–Mengapa perlu nombor kompleks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81Operasi-operasi pada nombor kompleks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82Sifat-sifat konjugat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85Perwakilan geometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87Perwakilan operasi penambahan dan penolakan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88Bentuk polar bagi nombor kompleks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90Ketaksamaan segitiga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94Hasildarab dalam bentuk kutub . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94Teorem DeMoivre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97Penggunaan Teorem DeMoivre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100Bentuk eksponen bagi nombor kompleks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102Punca ke-n (atau punca kuasa n) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103Persamaan kompleks dan bentuk Cartesiannya . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

1 Logik permulaan

Juga dikenali sebagai— logik bersimbol (symbolic logic)— kalkulus usulan (prepositional calculus)

1.1 Pernyataan dan jadual kebenaran

Takrif Pernyataan adalah ayat (atau gabungan beberapa ayat yang mempunyai hanyasatu nilai kebenaran (samada Benar atau Palsu) tetapi tidak kedua-duanya.

Pernyataan Bukan pernyataan

• Proton berjaya mengeluarkan 1 jutaunit kenderaan

• Di mana anda tinggal ? (pertanyaan)

• 3 + 1 + 4 = 15 • Cari nilai maksimum (arahan)• Malaysia negara maju • Bantu mereka yang malang• f(x, y) = 0 x, y ∈ R • Tunjukkan x bukan integer• UM akan dikorporatkan • Jawab tiga soalan sahaja• Ekonomi negara bertambah kukuh • Adakah anda faham?• Saham TimeDot.com terlebihlanggan

• Belilah barangan Malaysia

1.2 Operasi logik

Pernyataan lazimnya ditandakan dengan huruf kecil p, q, r, . . . Gabungan beberapa per-nyataan dipanggil usul (atau pernyataan majmuk) ditandakan dengan huruf besarP (p, q, r, . . .), Q(p, q, r, . . .), . . . Di sini p, q, r, . . . dikenali sebagai pernyataan-pernyataankomponen bagi usul P (. . .), Q(. . .), . . .

Biarkan p, q pernyataan-pernyataan

Operasi Tandaan Bentuk bersimbol Dibaca

A. Penafian ¬ ¬p bukan p

B. Konjungsi ∧ p ∧ q p dan q

C. Disjungsi ∨ p ∨ q p atau q

1

1.2.1 Penafian

Andaikan p satu pernyataan. Maka nilai kebenaran pernyataan ¬p (bukan p) adalahPALSU jika p BENAR, dan BENAR jika p PALSU.

Jadual kebenaran bagi penafian ¬ :

p ¬p

B PP B

Contoh 1

Pernyataan (p) Bukan pernyataan (¬p)

• Firma X mencatat keuntungan • Firma X tidak mencatat keuntungan• Semalam hujan • Semalam tidak hujan

1.2.2 Konjungsi

Tandaan : p ∧ q (dibaca “p dan q”)

Nilai kebenaran: p ∧ q hanya BENAR bila p dan q benar.

Jadual kebenaran bagi p ∧ q :

p q p ∧ q

B B BB P PP B PP P P

2

1.2.3 Disjungsi

Tandaan : p ∨ q (dibaca “p atau q”)

Nilai kebenaran: p ∨ q hanya PALSU bila p palsu dan q palsu. Dengan lain perkataan,p ∨ q benar bila p benar atau q benar atau kedua-dua p dan q benar.

Jadual kebenaran bagi p ∨ q :

p q p ∨ q

B B BB P BP B BP P P

Takrif TAUTOLOGI ialah pernyataan majmuk (atau usul) yang hanya mempunyai nilaiBENAR bagi semua nilai kebenaran bagi pernyataan-pernyataan komponennya.

Takrif KONTRADIKSI ialah pernyataan majmuk (atau usul) yang hanya mempunyainilai PALSU bagi semua nilai kebenaran bagi pernyataan-pernyataan komponennya.

Contoh 2p ¬p p ∨ ¬p p ∧ ¬p

B P B PP B B P

Maka p ∨ ¬p satu tautologi, manakala p ∧ ¬p satu kontradiksi.

Contoh 3 (Jadual kebenaran)

Bina jadual kebenaran sepadan dengan setiap pernyataan majmuk berikut dan kenal-pastikan tautologi dan kontradiksi.

(a) ¬(p ∧ ¬q) (b) p ∨ ¬(p ∧ q)(c) (¬p ∧ q) ∨ (p ∧ ¬r) (d) (p ∧ q) ∧ ¬(p ∨ q)

3

Penyelesaian

(a)p q ¬q p ∧ ¬q ¬(p ∧ ¬q)

B B P P BB P B B PP B P P BP P B P B

(b)p q p ∧ q ¬(p ∧ q) p ∨ ¬(p ∧ q)

B B B P BB P P B BP B P B BP P P B B

Maka p ∨ ¬(p ∧ q) satu tautologi.

(c)

B

B

B

B

P

P

P

P

B

B

B

B

P

P

P

P

q)p q r (p

B B P BP

B

P

P

B

B

P

P P

P

P

P

B

B

B

P

P

P

B

B

B

B

P

P

P

B

B

P

P

B

P

P

B

B

P

P

P

B

P

B

B

B

P

P

P

B

P

B

P

P

P

P

P

B

P

B

P

B

B

P

( p r)

4

(d)

( )p q

B

P

P

P

P

P

P

P

P

P

P

B

( )p q

B

P

P

P

p

B

B

P

P

q

B

P

P

B

percanggahan

Maka (p ∧ q) ∧ ¬(p ∨ q) satu percanggahan.

5

1.3 Kesetaraan logik

Dua usul P (p, q, r, . . .) dan Q(p, q, r, . . .) dikatakan bersetara (equivalent)

P (p, q, r, . . .) ≡ Q(p, q, r, . . .)

jika mereka mempunyai jadual kebenaran secaman (identical).

Hukum-hukum algebra logik

Biar p, q, r sebarang pernyataan logik

t satu tautologi

f satu percanggahan

1. Idempoten p ∧ p ≡ p p ∨ p ≡ p

2. Identiti p ∧ t ≡ p p ∨ t ≡ t

p ∧ f ≡ f p ∨ f ≡ p

3. Pelengkap p ∧ ¬p ≡ f p ∨ ¬p ≡ t(complement) ¬(¬p) ≡ p ¬ t ≡ f, ¬f ≡ t

4. Tukar tertib p ∧ q ≡ q ∧ p p ∨ q ≡ q ∨ p(commutative)

5. De Morgan (a) ¬(p ∧ q) ≡ ¬p ∨ ¬q(b) ¬(p ∨ q) ≡ ¬p ∧ ¬q

6. Kalis sekutuan (a) (p ∧ q) ∧ r ≡ p ∧ (q ∧ r)(associative) (b) (p ∨ q) ∨ r ≡ p ∨ (q ∨ r)

7. Kalis agihan (a) p ∧ (q ∨ r) ≡ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)

(distributive) (b) p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r)

Hukum-hukum algebra di atas dapat dibuktikan/disahkan dengan membina danmemeriksa jadual kebenaran masing-masing.

6

Contoh 4 Tunjukkan

(i) ¬(p ∧ q) ≡ ¬p ∨ ¬q (ii) p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r)

Penyelesaian

(i)

( )p q

B

P

P

P

( )p q

B

B

B

P

qp

B

P

B

P

p

B

B

P

P

q

B

P

P

B B

B

P

P

qp

B

P

B

B

secaman

Perhatikan lajur ke-4 dan ke-7 adalah secaman. Maka ¬(p ∧ q) ≡ ¬p ∨ ¬q.

(ii)

B

B

B

B

P

P

P

P

q)(p

B

P

P

P

P

B

B

B

B

B

P

P

B

B

P

P

B

B

B

B

P

P

P

P

B

B

P

P

B

B

P

P

B

B

B

B

P

P

P

P

B

P

P

P

P

B

B

B

B

B

B

B

P

P

P

B

p (q r ) (p )r

B

P

P

B

P

P

P

P

B

B

B

B

P

P

B

B

B

B

B

B

P

P

P

B

B

B

B

B

P

P

B

B

secaman

Maka p ∨ (q ∧ r) ≡ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r).

7

Contoh 5 Ringkaskan (mudahkan) usul-usul berikut:

(i) (p ∨ q) ∧ ¬p(ii) p ∨ (p ∧ q)

(iii) ¬(p ∨ q) ∨ (¬p ∧ q)

Penyelesaian

(i)

(p ∨ q) ∧ ¬p ≡ ¬p ∧ (p ∨ q) (tukar tertib)

≡ (¬p ∧ p) ∨ (¬p ∧ q) (kalis agihan)

≡ f ∨ (¬p ∧ q) (pelengkap)

≡ ¬p ∧ q (identiti)

Maka (p ∨ q) ∧ ¬p ≡ ¬p ∧ q.

(ii)

p ∨ (p ∧ q) ≡ (p ∧ t) ∨ (p ∧ q) (identiti)

≡ p ∧ (t ∨ q) (kalis agihan)

≡ p ∧ t (identiti)

≡ p (identiti)

Maka p ∨ (p ∧ q) ≡ p.

(iii)

¬(p ∨ q) ∨ (¬p ∧ q) ≡ (¬p ∧ ¬q) ∨ (¬p ∧ q) (De Morgan)

≡ ¬p ∧ (¬q ∨ q) (kalis agihan)

≡ ¬p ∧ t (pelengkap)

≡ ¬p (identiti)

Maka ¬(p ∨ q) ∨ (¬p ∧ q) ≡ ¬p.

8

1.4 Pernyataan Bersyarat, Dwisyarat dan Pengkuantiti

1.4.1 Pernyataan Bersyarat (atau implikasi)

Berbentuk (dibaca): “Jika p maka q”

Tandaan bersimbol : p→ q

Jadual kebenaran : Pernyataan bersyarat p→ q hanya palsu bila

p benar dan q palsu.

p q p→ q

B B BB P PP B BP P B

Sebagai penjelasan, pertimbangkan pernyataan-pernyataan berikut:p : Saya mendapat bonus

q : Saya akan bawa keluarga bercuti

Maka p→ q : Jika saya mendapat bonus, maka saya akanbawa keluarga beructi.

Kita boleh menganggap p→ q sebagai suatu janji.

Kes I : Saya mendapat bonus (p benar) dan saya akan bawakeluarga bercuti (q benar).

Maka p→ q BENAR

Kes II : Saya mendapat bonus (p benar) dan saya tidak akanbawa keluarga bercuti (q palsu).

Maka p→ q PALSU

9

Kes III : Saya tidak mendapat bonus (p palsu) dan saya akanbawa keluarga bercuti (q benar).

Maka p→ q BENAR (Janji ditunai walaupun tidakmendapat bonus

Kes IV : Saya tidak mendapat bonus (p palsu) dan sayatidak akan bawa keluarga bercuti (q palsu).

Maka p→ q BENAR (Nasib kurang baik!)

Pertimbangkan usul

¬p ∨ q: Saya tidak dapat bonus atau saya bawa keluarga saya bercuti.

Jadual kebenaran:

B

B

P

P

pp

B

B

P

P

q

B

P

P

B

p q p q

B

B

B

P

secaman

P

B

B

P

Perhatikan lajur ke-4 dan lajur ke-5 adalah secaman. Oleh itu p→ q ≡ ¬p ∨ q.

Juga bagi penafian, ¬(p→ q) ≡ p ∧ ¬q.

Terdapat tiga hubungan penting berkaitan dengan implikasi, p→ q.

1. Akas (converse) bagi p→ q, ditulis q → p.

2. Songsang (inverse) bagi p→ q, ditulis ¬p→ ¬q.

3. Kontrapositif (contrapositive) bagi p→ q, ditulis ¬q → ¬p.

10

Latihan Tunjukkan

(a) p→ q ≡ ¬q → ¬p

(b) q → p ≡ ¬p→ ¬q.

Perhatian (i) Dari pernyataan p→ q ≡ ¬p ∨ q, kita dapati,

¬r → s ≡ ¬(¬r) ∨ s ≡ r ∨ s

r→ ¬s ≡ ¬r ∨ ¬s ≡ ¬(r ∧ s)

¬r → ¬s ≡ ¬(¬r) ∨ ¬s ≡ r ∨ ¬s

Seterusnya tanpa menggunakan jadual kebenaran,

p→ q ≡ ¬p ∨ q ≡ q ∨ ¬p ≡ ¬(¬q) ∨ ¬p ≡ ¬q → ¬p

Perhatian (ii) Katakanp: Ada angin bertiup

q: Pokok itu bergoyang

Maksud bagi p→ q ialah pernyataan p menjadi syarat untuk pernyataan q berlaku.Biasanya p dinamakan hipotesis dan q dinamakan kesimpulan.

Pernyataan p→ q juga bermaksud

p adalah syarat cukup untuk q

q adalah syarat perlu untuk p

Di sini “adanya angin bertiup” menjadi syarat cukup supaya “pokok itu bergoyang”.

11

1.4.2 Pernyataan Dwisyarat

Berbentuk (dibaca): “p jika hanya jika q

atau (ringkasan) : “p jhj q”

atau : p syarat cukup dan perlu bagi q”

Tandaan bersimbol : p↔ q

Jadual kebenaran : Pernyataan bersyarat p ↔ q hanya benar

bila p dan q mempunyai nilai kebenaran yang

sama

Jadual kebenaran:p q p↔ q

B B BB P PP B PP P B

Seterusnya (boleh ditunjukkan),

p↔ q ≡ (p→ q) ∧ (q → p)

≡ (¬p ∨ q) ∧ (¬q ∨ p).

Contoh 6 Tunjukkan (p ∧ q)→ (p ∨ q) satu tautologi.

Penyelesaian Terdapat dua cara penyelesaian—jadual kebenaran atau algebra logik:

B

P

P

B

p q p q (p q)

B

B

B

P

p

B

B

P

P

q

B

P

P

P

(p q)

B

B

B

B

maka (p ∧ q)→ (p ∨ q) satu tautologi.

12

Secara algebra:

(p ∧ q)→ (p ∨ q) ≡ ¬(p ∧ q) ∨ (p ∨ q)

≡ (¬p ∨ ¬q) ∨ (p ∨ q)

≡ (¬p ∨ p) ∨ ( 6 q ∨ q)

≡ t ∨ t

≡ t tautologi.

Contoh 7 Tunjukkan p→ (q ∧ r) ≡ (p→ q) ∧ (p → r).

Secara algebra:

p→ (q ∧ r) ≡ ¬p ∨ (q ∧ r)

≡ (¬p ∨ q) ∧ (¬p ∨ r)

≡ (p→ q) ∧ (p→ r).

Latihan: Buktikan dengan jadual kebenaran.

Contoh 8 Binakan jadual kebenaran bagi (p ∨ ¬q)↔ (q → ¬p).

p

B

B

P

P

q

B

P

P

B

(p q)

P

B

B

P

B

B

P

(q

B B

P

B

B

P B

B

P

P

B

P

B

B

p)

P

P

B

B

P

P

B

13

1.4.3 Pengkuantiti logik

Terdapat dua pengkuantiti utama: sejagat (universal) dan kewujudan (existence).

(a) Pengkuantiti sejagat (universal quantifier), ∀ (dibaca “untuk semua”)

Bentuk bersimbol: (∀x)[p(x)] (dibaca “untuk semua x, p(x)”)

x: yang diperihalkan/dirujuk(contohnya pembolehubah)

p(x): pernyataan/perihalan (contohnya persamaan)tentang x.

Contoh 9

1. Semua sekolah menengah dibekalkan komputer.

2. Semua nombor perdana adalah nombor nyata.

3. Semua pelajar dalam dewan kuliah ini mengambil SJES1210.

4. Setiap pelajar wajib menghadiri kelas tutorial.

5. Bonus tahunan akan diberi kepada setiap kakitangan.

Catatan:

(1) Pengkuantiti semua boleh juga digantikan dengan setiap.

(2) Ungkapan seperti “f(x) = 0 bagi semua x” sama dengan “(∀x)[f(x) = 0]”

(b) Pengkuantiti kewujudan (existential quantifier), ∃ (dibaca “wujud”)

Bentuk bersimbol: (∃x)[p(x)] (dibaca “untuk semua x, p(x)”)

Dibaca “wujud x supaya p(x)”

“wujud beberapa x supaya p(x)”

“wujud sekurang-kurangnya satu x supaya p(x)”

14

Contoh 10

1. Beberapa sekolah menengah dibekalkan komputer.

2. Wujud nombor-nombor nyata yang merupakan nombor perdana.

3. Terdapat sekurang-kurangnya seorang pelajar tahun satu yang mengambil kursusSJES1210.

Penafian Andaikan p(x) satu pernyataan yang memperihalkan x. Maka

¬(∀x)[p(x)] ≡ (∃x)[¬p(x)]

¬(∃x)[p(x)] ≡ (∀x)[¬p(x)]

Pernyataan berkuantiti Penafian

• Semua badan korporat mencatatkankeuntungan

Beberapa (sekurang-kurangnya satu)badan korporat tidak mencatat keun-tungan

• (∃x)(x2 + 3x = 7) (∀x)(x2 + 3x 6= 7)• Beberapa pelajar lulus Semua pelajar lulus

• (∀x)[x(x− 1) = x2 − x] (∃x)[x(x− 1) 6= x2 − x]

• (∃ kereta (berwarna merah) (∀ kereta) (bukan berwarna merah)

15

1.5 Hujah dan Kesahannya

Takrif Hujah ialah susunan beberapa pernyataan dan usul (lazimnya dipanggil premis)yang akan menghasilkan satu kesimpulan.

Bentuk bersimbol:p1

p2

...pn

∴ q

Pernyataan-pernyataan p1, p2, . . . , pn dinamakan premis manakala q kesimpulan.

Kesahan hujah: Hujah di atas dikatakan sah jika dan hanya jika usul (p1∧p2∧· · ·∧pn)→ qsatu tautologi iaitu

[(p1 ∧ p2 ∧ · · · ∧ pn)→ q] ≡ t

Hukum Asas Hujah

Hujah berikut adalah sah.

q

p

q

p p q4.rq

p r

p q

p q2.2.

p

1.

3.

p

16

Bukti Dari jadual kebenaran, bagi (1), (2) dan (3),

p q

B

B

P

P

p q (p q)

B

B

P

B

B

P

P

P

B

B

B

B

B

B

B

B

(p q) p q

B

B

B

B

p q

B

P

P

B

p p(p q)

tautologi tautologi tautologi

Usulan p→ (p∨q) dan usulan (p∧q)→ p adalah tautologi, maka hujah (1) dan (2) adalahsah.

Usulan (p→ q) ∧ p→ q adalah satu tautologi, maka hujah (3) adalah sah.

Bagi hujah (4) pula,

B

B

B

B

P

P

P

P

p q p r

B

B

B

B

B

P

B

B

P

P

B

B

B

B

B

B

q r

B

P

P

P

P

B

B

B

B

B

B

B

B

P

B

P

(p q) (q r) (p r)

B

B

B

B

B

B

B

B

p q r

B B

B

P

P

B

B

P

P P

P

P

P

B

B

B

(q r)][(p q)

tautologi

Usulan (p→ q) ∧ (q → r)→ (p→ r) satu tautologi, maka (4) adalah benar.

17

Contoh 11 Ujikan kesahan hujah-hujah berikut dengan menggunakan dua cara berbeza:

p→ q

¬p∴ ¬p

Penyelesaian Secara algebra

[(p→ q) ∧ ¬p]→ ¬q ≡ ¬[(p→ q) ∧ ¬p] ∨ ¬q

≡ ¬[(¬p ∨ q) ∧ ¬p] ∨ ¬q

≡ [¬(¬p ∨ q) ∨ p] ∨ ¬q

≡ [(p ∧ ¬q) ∨ p] ∨ ¬q

≡ (p ∧ ¬q) ∨ p] ∨ (p ∨ ¬q)

6≡ t

Secara jadual kebenaran,

B

B

P

P

B

P

B

B B

P

B

P

B

P

B

PB

P

B

P

B

B

P

B

P

B

B

P

[(p q)q) p]

Dari dua cara di atas, didapati [(p→ q) ∧ ¬p]→ ¬q bukan satu tautologi.

Maka hujah

p→ q

¬p∴ ¬p

tidak sah.

18

Contoh 12 Jika 5 nombor perdana, 5 tidak boleh membahagi 15. Nombor 5 membahagi15. Oleh itu, 5 bukan nombor perdana.

Penyelesaian Andaikanp : 5 nombor perdanaq : 5 membahagi 15

Hujah dapat ditulis dalam bentuk simbolik:

p→ ¬qq (?)

∴ ¬p

Sekarang (cara 1)

[(p→ ¬q) ∧ p]→ ¬p ≡ [(¬p ∨ ¬q) ∧ q]→ ¬p

≡ ¬[(¬p ∨ ¬q) ∧ q] ∨ ¬p

≡ [¬(¬p ∨ ¬q) ∨ ¬q] ∨ ¬p

≡ ¬(¬p ∨ ¬q) ∨ (¬p ∨ ¬q)

≡ t.

Maka hujah (?) adalah sah (walaupun kesimpulan adalah satu pernyataan yang palsu!)

Latihan Selesaikan dengan menggunakan jadual kebenaran.

19

1.5.1 Bukti formal

Menguji kesahan sesuatu hujah dengan menggunakan algebra logik (dan lazimnya) kese-taraan kontrapositif).

Contoh 13 Tentukan hujahp ∨ q¬rp→ s

s→ r

∴ q

secara pembuktian formal.

Penyelesaian Berikan urutan bernombor kepada setiap pernyataan atau pernyataan maj-muk di atas.

1. p ∨ q

2. ¬r3. p→ s

4. s→ r

5. ∴ q6. ¬r → ¬s kontrapositif dari 4

7. ¬s dari 2 dan 6

8. ¬s→ ¬p kontrapositif dari 3

9. ¬p dari 7 dan 8

10. ¬p→ q pernyataan setara dengan (1)

11. q dari 9 dan 10

Oleh kerana keputusan di baris 11 sama dengan kesimpulan di baris 5 maka hujah di atasdikatakan sah.

20

Contoh 14 Buktikan kesahan hujah-hujah berikut:

(a) ¬p ∨ q¬q∴ ¬p

(b) s→ ¬qq

∴ ¬s

Penyelesaian

(a) 1. ¬p ∨ q (premis)2. ¬q (premis)3. ¬p (kesimpulan)4. p→ q (dari (1), kesetaraan)5. ¬q → ¬p (dari (4), kontrapositif)6. ¬p (dari (2) dan (5))

Keputusan di baris (6) adalah serupa dengan kesimpulan di baris (3) maka hujahadalah sah.

(b) 1. s→ ¬q (premis)2. q (premis)3. ¬s (kesimpulan)4. q → ¬s (dari (1), kontrapositif)5. ¬s (dari (2) dan (4)

Keputusan di baris (5) adalah serupa dengan kesimpulan di baris (3) maka hujahadalah sah.

21

1.6 Induksi matematik

Prinsip induksi matematik

Biar P (n) satu pernyataan (matematik) bagi setiap integer positif n. Sekiranya

1. P (1) benar, dan

2. P (k) benar mengimplikasikan P (k+1) benar untuk sebarang integer positif k, makaP (n) benar untuk semua integer positif n.

Dalam syarat (2) di atas kita anggapkan P (k) benar dan gunakan ini untuk membuktikanP (k + 1) benar. Jika ini berlaku, maka boleh disimpulkan P (n) benar untuk semua n.

Contoh 15 Buktikan secara induksi matematik bahawa bagi setiap integer positif n,

(a) 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1) = n2

(b)n∑i=1

1u(u+ 1)

=n

n+ 1

(c) 6n+2 + 72n+1 dapat dibahagi dengan 43.

Penyelesaian

(a) Biar P (n): 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1) = n2.

(1) Bagi P (1),sebelah kiri = 1

sebelah kanan = 12 = 1 = sebelah kiri

Maka P (1) benar.

(2) Andaikan P (k): 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k − 1) = k2 (?) benar. Bagi P (k + 1),

sebelah kiri = 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k − 1) + (2k + 1)

= k2 + (2k + 1) dari (?)

= (k + 1)2

sebelah kanan = (k + 1)2 = sebelah kiri, iaitu P (k + 1) benarmaka P (k)→ P (k + 1)

22

Oleh itu, pernyataanP (n): 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1) = n2

BENAR untuk semua integer integer positif.

(b) Biar P (n):n∑u=1

1u(u+ 1)

=n

n+ 1

(1) Bagi P (1),

sebelah kiri =1∑

u=1

11 · 2 =

12,

sebelah kanan =1

1 + 1=

12

= sebelah kiri.

Maka P (1) benar.

(2) Andaikan P (k): 1 + 3 + 5 + · · ·+ (2k − 1) = k2 (?) benar. Bagi P (k + 1),

sebelah kiri =k+1∑u=1

1u(u+ 1)

=k∑u=1

1u(u+ 1)

+1

(k + 1)(k + 2)

=k

k + 1+

1(k + 1)(k + 2)

dari (?)

=k2 + 2k + 1

(k + 1)(k + 2)=

(k + 1)2

(k + 1)(k + 2)

=k + 1k + 2

sebelah kanan =k + 1

(k + 1) + 1=k + 1k + 2

= sebelah kiri

maka P (k)→ P (k + 1).

Oleh itu, pernyataan

P (n):n∑u=1

1u(u+ 1)

=n

n+ 1

BENAR untuk semua integer positif n.

23

(c) Biar P (n): 6n+2 + 72n+1 dapat dibahagi dengan 43.

(1) Bagi P (1), 63 + 73 = 216 + 343 = 559 = 13 · 43 dapat dibahagi oleh 43.

Maka P (1) benar.

(2) Andaikan P (k): 6k+2 + 72k+1 dapat dibahagi dengan 43 iaitu 6k+2 + 72k+1 = 43Tbagi suatu integer T, (?).

Bagi P (k + 1),

6(k+1)+2 + 72(k+1)+1 = 6k+3 + 72k+3

= 6(6k+2) + 6(72k+1)− 6(72k+1) + 72k+3

= 6(6k+2 + 72k+1) + 72k+1(−6 + 72)

= 6(43T ) + 72k+1(43) dari (?)

= 43(6T + 72k+1) dapat dibahagi dengan 43

maka P (k)→ P (k + 1).

Oleh itu pernyataan

P (n): 6n+2 + 72n+1 dapat dibahagi dengan 43

BENAR untuk semua integer positif n.

24

1.7 Teorem Binomial

Takrif

1. ‘n faktorial’, n! ditakrifkan sebagai n! = 1 · 2 · 3 · · ·n.

2. 0! = 1.

“Binomial ≡ Bi + nomial = Polinomial” dengan dua (bi) sebutan (di sini x dan y).

Perhatikan kembangan berikut:

(x+ y)0 = 1

(x+ y)1 = x+ y

(x+ y)2 = x2 + 2xy + y2

(x+ y)3 = x3 + 3x2y + 3xy2 + y3

(x+ y)4 = x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4

...

(x+ y)n = xn +(n

1

)xn−1y1 +

(n

2

)xn−2y2 + · · ·+

(n

r

)xn−ryr + · · ·

+(

n

n− 2

)x2yn−2 +

(n

n− 1

)x1yn−1 + yn

Dalam bentuk sigma, (x+ y)n =n∑r=0

(n

r

)xn−ryr.

Pemerhatian

1. Setiap kembangan mempunyai n+ 1 sebutan.

2. Terdapat simetri dalam sebutan x dan y. Kuasa x berkurangan dengan 1 bagi setiapsebutan (dari xn ke x0), manakala kuasa y bertambah dengan 1 bagi setiap sebutan y0 keyn), tetapi jumlah kuasa setiap sebutan ialah n[ = (n− r) + r].

25

3. Pekali setiap kembangan bertambah dan berkurang secara simetri. Pekali-pekali ini di-namakan pekali (atau koefisien) binomial dan ditandakan dengan(

n

r

)=n(n− 1)(n− 2) · · · (n− r + 1)

1 · 2 · 3 · · · r =n!

r!(n− r)! =(

n

n− r

)di mana

(n0

)=(nn

)= 1.

Segitiga Pascal terbentuk daripada pekali-pekali Binomial.

(x+y) 0 :

(x+y) :2

(x+y) :1

(x+y) :3

(x+y) :8

(x+y) :7

(x+y) :6

(x+y) :5

(x+y) :4

1 288 56 70 56 28 8 1

71 35 35 21 7

1

21

6 15 15 6

1 5

20

10 10 5

1 1

1

1

1

4 46

1 3 3 1

11 2

1 1

1

Catatan Setiap sebutan dalam sebarang baris merupakan hasiltambah dua sebutan ter-dekat baris sebelumnya. Contohnya, bagi

(x+ y)8: 8 = 1 + 7, 28 = 7 + 21

56 = 21 + 35, 70 = 35 + 35

Contoh 16

(a) Kembangkan (i) (1 + x)3 (ii) (x− 3)5 (iii) (x− 2y)4.

(b) Cari sebutan keenam kembangan (a+ 2b)8.

(c) Tunjukkan secara induksi bahawa, untuk semua integer positif n

(x+ y)n =n∑r=0

(n

r

)xn−ryr.

26

Penyelesaian

(a)(i) Menggunakan kembangan binomial,

(1 + x)3 =(

30

)13x0 +

(31

)12x1 +

(32

)11x2 +

(33

)10x3

= 1 + 3x+ 3x2 + x3.

(ii) Pekali binomial bagi (x− 3)5 dari segitiga Pascal ialah 1, 5, 10, 10, 5, 1. Oleh itu,

(x− 3)5 = 1x5 + 5x4(−3)1 + 10x3(−3)2 + 10x2(−3)3 + 5x1(−3)4 + (−3)5

= x5 − 15x4 + 90x3 − 270x2 + 405x− 243.

(iii) Dengan menggunakan segitiga Pascal,

(x− 2y)5 = x4 + 4x3(−2y) + 6x2(−2y)2 + 4x(−2y)3 + (−2y)4

= x4 + 8x3y + 24x2y2 − 32xy3 + 16y4.

(b) Sebutan keenam kembangan (a+ 2b)8,

Di sini, n = 8 dan r = 6− 1 = 5. Oleh itu, sebutan keenam ialah(85

)a8−5(2b)5 =

(85

)a3 · 32b5 =

8 · 7 · 61 · 2 · 3 · 32a3b5 = 1792a3b5.

(c) Gunakan induksi.

27

2 Teori set

Takrif Set adalah sebarang himpunan objek-objek yang tertakrif rapi. Objek-objek terse-but dipanggil unsur-unsur atau ahli-ahli set.

Tandaan: Huruf besar A, B, C . . . untuk set.

Huruf kecil a, b, c . . . untuk unsur-unsur dalam set.

Sebagai contoh, katakan A adalah set semua integer positif. Ada dua cara untuk menulisset A:

(1) Senaraikan ahli-ahli A:A = {1, 2, 3, . . .}.

(2) Memberikan sifat-sifat yang menentukan ahli-ahli A:

A = {n | n integer positif}.

Dibaca “A adalah set dengan ahli-ahli n yang mana n adalah integer positif.”

Catatan Dua set dikatakan sama jika dan hanya jika kedua-duanya mempunyai unsuryang sama.

Jika p unsur bagi set A kita tulis p ∈ A.

Jika p bukan unsur bagi set A kita tulis p /∈ A.

Contoh 17 Katakan

E = {x | x2 − 3x+ 2 = 0} F = {1, 2}

G = {1, 2, 2, 1} H = {0, 1}I = {3, 0}

MakaE = {1, 2} = F = G

F 6= H, F 6= I, H 6= I

1 ∈ E, 2 ∈ E, tetapi 0 ∈ E, 2 /∈ H, 1 /∈ I.

Catatan Semua set tidak berubah walaupun unsur-unsurnya diatur semula atau diulang.Misalnya

G = {1, 2, 2, 1} = {2, 1} = {1, 2}.

28

Takrif Subset Jika semua unsur dalam A terkandung dalam B, maka A dikatakan subsetbagi B, dan ditandakan A ⊆ B atau B ⊇ A. Misalnya, {1, 2} ⊆ {1, 2, 3}.

Bagi sebarang set tak-kosong A, adalah benar A ⊆ A.

Takrif Set semesta (universal set) ialah satu set tetap U yang mengandungi semuaset yang sedang dibincangkan.

Misalnya, bila kita mempertimbangkan set-set yang unsur-unsurnya terdiri dari manusia,kita boleh mengambil set semua manusia di dalam dunia sebagai set semesta U .

Takrif Set kosong ialah set tanpa unsur, ditandakan ∅.

Teorem 2.1

(i) Untuk semua set A, ∅ ⊆ A ⊆ U .

(ii) Untuk semua set A, A ⊆ A.

(iii) Jika A ⊆ B dan B ⊆ C maka A ⊆ C.

(iv) A = B ⇔ A ⊆ B dan B ⊆ A.

Contoh 18 Subset-subset dari sistem nombor:

N = set nombor jati (natural number)= {1, 2, 3, . . .}

Z = set integer= {. . . ,−3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . .}

Q = set nombor nisbah (rational numbers)

={ab

∣∣∣ a, b ∈ Z, b 6= 0}

Q′ = set nombor tak nisbah (irrational numbers)= {x | x nombor nyata, x /∈ Q}

R = set nombor nyata iaitu Q ∪Q′

C = set nombor kompleks= {z | z = a+ bi, a, b ∈ R}

29

Nombor kompleks

Nombor nyata

Nombor tak−nisbah Nombor nisbah

Nombor integer

Nombor jati

Didapati N ⊆ Z ⊆ Q ⊆ R ⊆ C dan Q′ ⊆ R ⊆ C.

Apabila kita membincangkan set-set yang terdiri dari nombor nyata sahaja, kita mengam-bil R sebagai set semesta.

2.1 Operasi set

1. Kesatuan (union) set A dan B

A ∪B = {x | x ∈ A atau x ∈ B}.

2. Persilangan (intersection) set A dan B

A ∩B = {x | x ∈ A dan x ∈ B}.

3. Pelengkap relatif (relative complement) set A terhadap set B atau beza antara Adan B

A \B = {x | x ∈ A tetapi x /∈ B}.

4. Pelengkap mutlak (ringkasnya pelengkap) set A

A′ = U \A = {x | x ∈ U tetapi x /∈ B}.

30

2.2 Gambarajah Venn

Dalam gambarajah ini, set semesta diwakili oleh segiempat tepat dan set-set yang dibin-cangkan diwakili oleh rantau-rantau (regions) di dalamnya.

A =B 0

A B A = AU

A =B 0

A B

A B U A B

A B A U

U

U

UA B

Catatan

(i) A ⊆ A ∪B, A ∩B ⊆ A.

(ii) A \B = A \ (A ∩B) = (A ∪B) \B.

(iii) Syarat A ⊆ B setara dengan setiap syarat berikut:

A ∪B = B, A ∩B = A, B′ ⊆ A′, A \B = ∅.

31

Contoh 19 Biar

U = {x | x nombor jati, 1 ≤ x ≤ 9}A = {x | x nombor jati, 1 ≤ x ≤ 5}B = {x | x nombor jati, 4 ≤ x ≤ 7}C = {x | x nombor ganjil, 0 < x < 10} danD = {x | x nombor genap, 0 < x < 9}

Tentukan

a. A ∪B, A ∪C, A ∪Db. A ∩B, A ∩C, B ∩D, C ∩Dc. A \B, B \ C, (C ∪D)′

d. B ∩ (C ∪D), (B ∪ C) ∩ (A ∪D)

e. (C ∪D) \ (A ∩B)

PenyelesaianU = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}A = {1, 2, 3, 4, 5} B = {4, 5, 6, 7}C = {1, 3, 5, 7, 9} D = {2, 4, 6, 8}

a. A ∪B = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}A ∪C = {1, 2, 3, 4, 5, 7, 9}A ∪D = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 8}

b. A ∩B = {4, 5} A ∩C = {1, 3, 5}B ∩D = {4, 6} C ∩D = ∅

c. A \B = {1, 2, 3}B \ C = {4, 6}C ∪D = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} = U maka (C ∪D)′ = ∅.

d. B ∩ (C ∪D) = B ∩ U = B = {4, 5, 6, 7}B ∪ C = {1, 3, 4, 5, 6, 7, 9} = U

dan A ∪D = {1, 3, 4, 5, 6, 8}maka (B ∪ C) ∩ (A ∪D) = {1, 3, 4, 5, 6}

32

e. C ∪D = U = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}dan A ∩B = {4, 5}maka (C ∪D) \ (A ∩B) = (A ∩B)′ = {1, 2, 3, 6, 7, 8, 9}

33

2.3 Hukum-hukum algebra bagi set

Biar A, B, C sebarang set, U set semesta dan ∅ set kosong.

1. Hukum idempotent A ∩A = A, A ∪A = A

2. Hukum identiti A ∩ U = A A ∪ U = UA ∩ ∅ = ∅ A ∪ ∅ = A

3. Hukum pelengkap A ∩A′ = ∅ A ∪A′ = U(complement) (A′)′ = A U ′ = ∅, ∅′ = U

4. Hukum kalis tukar tertib A ∩B = B ∩A A ∪B = B ∪A(commutative)

5. Hukum De Morgan (a) (A ∩B)′ = A′ ∪B′

(b) (A ∪B)′ = A′ ∩B′

6. Hukum Kalis sekutuan (a) (A ∩B) ∩C = A ∩ (B ∩ C)

(associative) (b) (A ∪B) ∪ C = A ∪ (B ∪C)

7. Hukum Kalis agihan (a) A ∩ (B ∪C) = (A ∩B) ∪ (A ∩ C)

(distributive) (b) A ∪ (B ∩ C) = (A ∪B) ∩ (A ∪C)

Terdapat hubungan yang rapat di antara hukum-hukum algebra bagi logik dan hukum-hukum algebra bagi set di bawah kesepadanan operasi:

“ ∩ ” setara dengan “ ∧ ”

“ ∪ ” setara dengan “ ∨ ”

“ ′ ” setara dengan “ ¬ ”

34

Contoh 20 Buktikan

(a) (A ∪B)′ = A′ ∩B′ (hukum De Morgan)

(b) (A ∩ U) ∪ (B ∩A) = A

Penyelesaian

(a) Kita buktikan (A ∪B)′ ⊆ A′ ∩B′ dan A′ ∩B′ ⊆ (A ∪B)′.

x ∈ (A ∪B)′ =⇒ x /∈ (A ∪B)=⇒ x /∈ A dan x /∈ B=⇒ x ∈ A′ dan x ∈ B′

Oleh itu (A ∪B)′ ⊆ A′ ∩B′. (?)

Sebaliknya,x ∈ (A′ ∩B′) =⇒ x ∈ A′ dan x ∈ B′

=⇒ x /∈ A dan x /∈ B=⇒ x /∈ (A ∪B)=⇒ x ∈ (A ∪B)′

Oleh itu A′ ∩B′ ⊆ (A ∪B)′. (??)

Dari (?) dan (??), didapati A′ ∩B′ = (A ∪B)′.

(b) Menggunakan hukum-hukum algebra,

(A ∩ U) ∪ (B ∩A) = A ∪ (B ∩A)= (A ∪B) ∩ (A ∪A)= (A ∪B) ∩A= A.

35

2.4 Set terhingga dan Prinsip pembilangan

Takrif Satu set dikatakan terhingga sekiranya ianya mengandungi bilangan unsurterhingga yang berbeza. Kita tulis

n(A) = bilangan unsur dalam set A.

Sebagai contoh,

(i) A = {a, b, c, . . . , z} ⇒ n(A) = 26.

(ii) A = {2, 4, 6, . . .} = {x | x integer positif genap} adalah set tak-terhingga dan n(A)tak tertakrif.

(iii) A = {x | x integer, 1 < x < 7} = {2, 3, 4, 5, 6} ⇒ n(A) = 5.

Prinsip pembilangan I

Jika A dan B set terhingga, maka A ∪B set terhingga dan

n(A ∪B) = n(A) + n(B)− n(A ∩B).

Prinsip pembilangan II

Jika A dan B dan C set terhingga, maka A ∪B ∪C set terhingga dan

n(A ∪B ∪ C) = n(A) + n(B) + n(C)− n(A ∩B)− n(A ∩ C)− n(B ∩ C)+ n(A ∩B ∩C).

Prinsip-prinsip pembilangan di atas boleh diitlakkan kepada 4 set dan sebagainya.

Contoh 21 Dalam satu kaji selidik yang dijalankan, terdapat 100 daripada 120 firmaelektronik mengeluarkan sekurang-kurangnya satu jenis produk yang terdiri daripada kom-puter peribadi, televisyen dan peti sejuk. Maklumat-maklumat berikut diperolehi:

65 firma mengeluarkan komputer peribadi45 firma mengeluarkan televisyen42 firma mengeluarkan peti sejuk20 firma mengeluarkan komputer peribadi dan televisyen25 firma mengeluarkan komputer peribadi dan peti sejuk15 firma mengeluarkan televisyen dan peti sejuk

36

Tentukan bilangan firma yang mengeluarkan

(a) ketiga-tiga jenis produk

(b) hanya dua jenis produk sahaja

(c) hanya satu jenis produk sahaja

Penyelesaian Biar

K = {firma mengeluarkan komputer}

T = {firma mengeluarkan televisyen}

P = {firma mengeluarkan peti sejuk}

Diberi

n(K ∪ T ∪ P ) = 100

n(K) = 65 n(T ) = 45 n(P ) = 42

n(K ∩ T ) = 20 n(K ∩ P ) = 25 n(T ∩ P ) = 15

(a) Dari rumus,

n(K ∪ T ∪ P ) = n(K) + n(T ) + n(P )− n(K ∩ T )− n(K ∩ P )− n(T ∩ P )+ n(K ∩ T ∩ P )

maka 100 = 65 + 45 + 42− (20 + 25 + 15) + n(K ∩ T ∩ P ) berikann(K ∩ T ∩ P ) = 100− 152 + 60 = 8.

Terdapat 8 firma yang mengeluarkan ketiga-tiga produk.

37

(b) Seterusnya (lihat gambarajah Venn),

K P

T

8

17

712

Oleh itu,

bilangan firma yang mengeluarkan komputer dan televisyen sahaja ialahn(K ∩ T )− 8 = 20− 8 = 12;

bilangan firma yang mengeluarkan komputer dan peti sejuk sahaja ialahn(K ∩ P )− 8 = 25− 8 = 17;

bilangan firma yang mengeluarkan televisyen dan peti sejuk sahaja ialahn(T ∩ P )− 8 = 15− 8 = 7.

Maka terdapat 12 + 17 + 7 = 36 firma yang mengeluarkan hanya dua produk sahaja.

(c) Seterusnya (lihat gambarajah Venn),

12

T

78

P17K

18

28 10

bilangan firma yang mengeluarkan komputer sahaja ialah n(K)−12−8−17 = 65−37 = 28;

bilangan firma yang mengeluarkan televisyen sahaja ialah n(T )−12−8−7 = 45−27 = 18;

bilangan firma yang mengeluarkan peti sejuk sahaja ialah n(P )−7−8−17 = 42−32 = 10.

Maka terdapat 28+18+10 = 56 firma yang mengeluarkan hanya satu jenis produk sahaja.

Catatan Terdapat 120 − 100 firma yang tidak mengeluarkan sebarang tiga produk diatas.

38

3 Set hasildarab (product sets)

Takrif Andaikan A dan B sebarang set. Maka hasildarab Cartesian A × B diberikanoleh

A×B = {(a, b) | a ∈ A, b ∈ B}.Unsur-unsur (a, b) dalam set A×B disebut pasangan tertib.

Perhatikan A×B 6= B ×A.

Contoh 22 Andaikan A = {1, 2} dan B = {a, b, c}. Maka

A×B = {(1, a), (1, b), (1, c), (2, a), (2, b), (2, c)}

B ×A = {(a, 1), (a, 2), (b, 1), (b, 2), (c, 1), (c, 2)}

A×A = A2 = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2)}

B ×B = B2 = {(a, a), (a, b), (a, c), (b, a), (b, b), (b, c), (c, a), (c, b), (c, c)}.

Perhatikan

(1) A×B 6= B ×A.

(2) n(A×B) = n(A) · n(B) = 2 · 3 = 6.

(3) Unsur-unsur A×B boleh diwakili oleh gambarajah koordinat

(1,c) (2,c)

(1,a)

(1,b) (2,b)

(2,a)

1 2

a

b

c

(4) Konsep hasildarab Cartesian boleh diitlakkan:

A1 ×A2 × · · · ×An = {(a1, a2, . . . , an) | ai ∈ Ai, i = 1, 2, 3, . . . n}.

39

3.1 Hubungan (relations)

Takrif Sebarang subset R dari hasildarab Cartesian A × B disebut hubungan dari A keB.

Tandaan

(1) Jika (x, y) ∈ R kita tulis xRy Dibaca “x berhubungan-R dengan y”

(2) Jika (x, y) /∈ R kita tulis x 6R y Dibaca “x tidak berhubungan-R dengan y”

Takrif Domain dan julat bagi hubungan R:

Domain (R) = {x ∈ A | (x, y) ∈ R bagi suatu y ∈ B}

Julat (R) = {y ∈ B | (x, y) ∈ R bagi suatu x ∈ A}.

Takrif Hubungan songsang, ditulis R−1 ditakrifkan sebagai

R−1 = {(y, x) | (x, y) ∈ R}.

Perhatikan bahawa R−1 adalah hubungan dari B ke A dan

Domain (R−1) = Julat (R) Julat (R−1) = Domain (R)

Contoh 23 Andaikan A = {lelaki} dan B = {perempuan}.Maka A×B = {(x, y) | x lelaki, y perempuan}.

Biar R = {(x, y) | x lelaki, y perempuan, x suami y}. Maka R dikatakanhubungan “x suami y” dan

Domain R = {lelaki yang sudah berkahwin}

Julat R = {perempuan yang sudah berkahwin}

songsangan, R−1 = {(y, x) | y perempuan, x lelaki, y isteri x}

dan R−1 dikatakan hubungan “y isteri x”

40

Contoh 24 Diberi A = {1, 2, 3, 4, 5} dan B = {7, 8, 9} dan hubungan R dari hubunganA ke B.

Bagi setiap kes nyatakan R sebagai set pasangan tertib (x, y):

a. R = {(x, y) | xy nombor genap}.

b. xRy jika dan hanya jika −x+ y = 6.

c. R adalah hubungan “x | y” (iaitu “x boleh bahagi y”.

Dalam setiap kes, berikan hubungan songsang R−1 dan nyatakan domain dan julat masing-masing.

Penyelesaian Bentukkan hasildarab Cartesian

A×B = {(1, 7), (1, 8), (1, 9), (2, 7), (2, 8), (2, 9),(3, 7), (3, 8), (3, 9), (4, 7), (4, 8), (4, 9),(5, 7), (5, 8), (5, 9)}

a. Senaraikan unsur R,

R = {(x, y) | xy nombor genap}

= {(1, 8), (2, 7), (2, 8), (2, 9), (3, 8), (4, 7), (4, 8), (4, 9), (5, 8)}

Domain (R) = {1, 2, 3, 4, 5} dan julat (R) = {7, 8, 9}.

Songsangan,

R−1 = {(y, x) | (x, y) ∈ R}

= {(8, 1), (7, 2), (8, 2), (9, 2), (8, 3), (7, 4), (8, 4), (9, 4), (8, 5)}

Domain (R−1) = {7, 8, 9} = Julat (R),Julat (R−1) = {1, 2, 3, 4, 5} = Domain (R).

41

b. Senaraikan unsur R,R = {(x, y) | −x+ y = 6}

= {(1, 7), (2, 8), (3, 9)}

Domain (R) = {1, 2, 3} dan julat (R) = {7, 8, 9}.

Songsangan,R−1 = {(y, x) | (x, y) ∈ R} = {(7, 1), (8, 2), (9, 3)}

Domain (R−1) = {7, 8, 9} = Julat (R),Julat (R−1) = {1, 2, 3} = Domain (R).

c. Senaraikan unsur R,

R = {(x, y) | x | y} = {(1, 7), (1, 8), (1, 9), (2, 8), (3, 9), (4, 8)}

Domain (R) = {1, 2, 3, 4} dan julat (R) = {7, 8, 9}.

Songsangan,

R−1 = {(y, x) | (x, y) ∈ R} = {(7, 1), (8, 1), (9, 1), (8, 2), (9, 3), (8, 4)}

Domain (R−1) = {7, 8, 9} = Julat (R),Julat (R−1) = {1, 2, 3, 4} = Domain (R).

42

3.2 Gambarajah hubungan

Ada tiga cara untuk menggambarkan satu hubungan R:

(1) gambarajah koordinat

(2) matriks hubungan

(3) gambarajah anak panah

Gambarajah koordinat

Tandakan • bagi pasangan(x, y) ∈ R

1 2 3 4 5

7

8

9

B

A

Matriks hubungan

Tandakan kemasukan

1 bagi (x, y) ∈ R0 bagi (x, y) /∈ R

7 8 9

1

2

3

4

5

B

1 1 1

0

0

0

0

1 0

0 1

1 0

0 0

A

Gambarajah anak panah

Bagi (x, y) ∈ R, lukis anakpanah dari x ke y

1

2

3

45

7

9

8

A B

43

Bagi kes A = B, hasildarab Cartesian A× A boleh ditulis A2, hubungan R ⊆ A2 disebuthubungan ke atas A dan boleh digambarkan oleh graf terarah.

Misalnya, katakan

A = {1, 2, 3, 4, 5}

R = {(1, 2), (2, 2), (2, 4), (3, 2), (3, 4), (4, 1), (4, 3)}

Maka graf terarah yang sepadan adalah seperti berikut:

1 2

3 4

44

3.3 Sifat-sifat hubungan ke atas suatu set

Biar R satu hubungan ke atas A.

(1) R dikatakan refleksif jika ∀x ∈ A, xRx.

(2) R dikatakan bersimetri jika xRy ⇒ yRx.

(3) R dikatakan transitif jika xRy dan yRz ⇒ xRz.

(4) R dikatakan hubungan setara (equivalence relation) jika R refleksif, bersimetridan transitif.

Contoh 25 Tentukan sifat-sifat hubungan ke atas A = {1, 2, 3} yang berikut:

(a) R = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 3), (3, 3)}

(b) S = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2), (3, 3)}

Penyelesaian

(a) R = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 3), (3, 3)}

(1) 2 ∈ A tetapi 2 6R 2 maka R tidak refleksif.

(2) 2R 3 tetapi 3 6R 2 maka R tidak bersimetri.

(3) 1R 2 dan 2R 3 tetapi 1 6R 3 maka R tidak transitif.

(b) Didapati:(1) 1 ∈ A dan 1 S 1

2 ∈ A dan 2 S 23 ∈ A dan 3 S 3

maka S refleksif.

(2) 1 S 1→ 2 S 1 maka S bersimetri.

(3) 1 S 1 dan 1 S 1 → 1 S 21 S 2 dan 2 S 1 → 1 S 11 S 2 dan 2 S 2 → 1 S 22 S 1 dan 1 S 1 → 2 S 12 S 1 dan 1 S 2 → 2 S 22 S 2 dan 2 S 1 → 2 S 1

maka S transitif.

Jadi S refleksif, bersimetri dan transitif. Oleh itu S satu hubungan setara ke atas set A.

45

Contoh 26 Bagi setiap kes di bawah, tentukan sifat-sifat hubungan R ke atas set A yangdiberi:

(a) A = N (set nombor asli), hubungan R: “x < y”.

(b) A = {garis lurus di satah-xy} hubungan R: “x serenjang dengan y”.

(c) A = R (set nombor nyata), hubungan R: “x = y”.

Penyelesaian

(a) Biar x, y, z ∈ N = {1, 2, 3, . . .}• R tidak refleksif kerana tidak benar x < x.

• R tidak bersimetri kerana, misalnya, 1 < 2, tetapi 2 6< 1.

• R transitif kerana x < y dan y < z ⇒ x < y.

(b) Biar x, y, z ∈ set garis lurus di satah-xy.

• R tidak refleksif kerana x tidak serenjang dengan x.

• R bersimetri kerana jika x serenjang dengan y, maka y serenjang dengan x.

• R tidak transitif kerana jika x serenjang dengan y dan y serenjang dengan z makax selari dengan z dan tidak serenjang dengan z.

(c) Biar x, y, z ∈ R (set nombor nyata).

• R refleksif kerana bagi semua x ∈ R, x = x.

• R bersimetri kerana x = y ⇒ y = x.

• R transitif kerana x = y dan y = z ⇒ x = z. Oleh kerana R refleksif, bersimetridan transitif, maka R adalah hubungan setara.

46

4 Fungsi

Takrif Katakan A dan B merupakan dua set. Maka suatu fungsi f dari A ke B ialahsuatu operasi yang menghantar setiap unsur x dari A kepada satu dan hanya satu unsury dalam B.

• Unsur y disebut “imej x di bawah fungsi f” atau “nilai fungsi f pada x”, danditandakan f(x).

• Domain (f) ialah set A,

• Ko-domain (f) ialah set B, dan

• Julat (f) = {y | y = f(x), x ∈ A} = set semua nilai fungsi f

f(x)

Domain

f

fJulat x

f fKo−domain

Fungsi juga disebut “pemetaan”, dan f dikatakan “memeta set A ke set B atau “memetaunsur x dari A kepada unsur y dari B.

Tandaan:

f :A −→ B

atau Af−→ B

atau f : x −→ f(x)

atau y = f(x)

47

4.1 Contoh-contoh fungsi

Contoh 27 katakan A = {a, b, c, d}, B = {r, s, t, u, v} dan f :A→ B ditakrif sebagai

f(a) = s f(b) = u f(c) = r f(d) = s

a

b

c

d

rs

t

u

v

f

A B

maka Df = A dan Jf = {r, s, u} ⊂ B.

Contoh 28 Katakan

A = set semua pelajar dalam kursus SJES 1210= {Ah Seng, Ahmad, Arumugam, . . .}

B = set markah-markah yang mungkin didapati dalam peperiksaan= {0, 1, 2, . . . , 100}

dan f :A→ B menghantar pelajar kepada markahnya. Maka

f(Ah Seng) = markah yang didapati oleh Ah Sengf(Ahmad) = markah yang didapati oleh Ahmad

f(Arumugam) = markah yang didapati oleh Arumugam...

dan Df = A dan Jf = satu subset dari B.

Contoh 29 Katakan A = B = R dan f :R −→ R menghantar setiap nombor nyata kepadakuasaduanya.

Maka untuk semua x ∈ R, didapati f(x) = x2 dan

Df = R

Jf = {x2 | x ∈ R} = set nombor nyata tak negatif ⊆ R

Catatan Setiap fungsi f :A → B boleh dianggap sebagai hubungan dari A ke B yangdiberi oleh

f ={

(x, y) | y = f(x), x ∈ A}

={

(x, f(x)) | x ∈ A}

48

Perhatikan bahawa f mempunyai sifat-sifat berikut:

• Df = A

• untuk semua x ∈ A, wujudnya satu dan hanya satu y ∈ B supaya (x, y) ∈ f .

Sebaliknya, satu hubungan R dari A ke B adalah fungsi jika syarat-syarat di atas dipenuhi.

Contoh 30 Andaikan A = {1, 2, 3}, B = {4, 5, 6, 7} dan

R1 ={

(1, 5), (3, 6)}R2 =

{(1, 4), (1, 5), (2, 5), (3, 6)}

R3 ={

(1, 4), (2, 4), (3, 5)}

Hubungan yang manakah merupakan fungsi?

Penyelesaian

R1 bukan fungsi kerana DR1 = {1, 3} 6= A.

R2 bukan fungsi kerana (1, 4) ∈ R2 dan (1, 5) ∈ R2 tetapi 4 6= 5.

R3 adalah fungsi kerana

(1) DR3 = {1, 2, 3} = A,

(2) Bagi setiap x ∈ A, terdapat satu dan hanya satu y supaya (x, y) ∈ R3.

49

4.2 Graf fungsi

Graf fungsi ialah gambarajah koordinatnya.

Fungsi-fungsi yang sering digunakan dalam matematik ialah fungsi-fungsi berbentukf :A −→ R dengan A ⊆ R, misalnya A satu selang a ≤ x ≤ b iaitu A = {x | a ≤ x ≤ b}.Fungsi-fungsi seperti ini mempunyai graf yang merupakan lengkungan.

Contoh 31 Lakarkan graf bagi fungsi berikut:

(a) f(x) = x+ 2 −2 ≤ x ≤ 3

(b) f(x) =x2 − 4x− 2

−2 ≤ x ≤ 3, x 6= 2

(c) f(x) ={x+ 2 bagi x 6= 22 bagi x = 2 −2 ≤ x ≤ 3

(d) f(x) = 12x

2 −3 ≤ x ≤ 3

(e) f(x) =

x+ 2 bagi x ≤ 012x

2 bagi 0 < x ≤ 2

1 bagi x > 2

x ∈ R

Penyelesaian

(a) y = x+ 2, −2 ≤ x ≤ 3.

yx

−2

−1

0

1

2

3

0

1

2

3

4

5

−1−2 0 1 2 3

1

2

3

4

5

x

y

50

(b) Perhatikan bahawa y ={x+ 2 bagi x 6= 2, −2 ≤ x ≤ 3tidak tertakrif bagi x = 2 .

terputus

yx

−2

−1

0

1

2

3

0

1

2

3

5

−1−2 0 1 2 3

1

2

3

4

5

x

y

tiada nilai

y=x+2(x=2)

(c) y ={x+ 2 bagi x 6= 22 bagi x = 2 di mana −2 ≤ x ≤ 3.

(x=2)

yx

−2

−1

0

1

2

3

0

1

2

3

5

−1−2 0 1 2 3

1

2

3

4

5

x

y

2

y=x+2

titik terpencil

(d) y =12x2 , −3 ≤ x ≤ 3.

yx

−2

−3

−1

3

2

1

0

0.5

0.5

4.5

4.5

2

0

2

−1−2 0 1 2 3

1

2

3

4

5

x

y

−3

51

(e) y =

x+ 2 bagi x ≤ 012x2 bagi x = 2

1 bagi x > 2

x ∈ R.

1

1

2

3

2 3x

7654−1−2−3−4−6 −50

52

4.3 Pengelasan fungsi (classification of functions)

Takrif Fungsi f :A⇒ B dikatakan satu-satu jika bagi a, b ∈ A,

a 6= b→ f(a) 6= f(b)

atau f(a) = f(b)⇒ a = b (bentuk kontrapositif).

A B A B

a

b

f(a)

f(b)

a

b

bukan satu ke satusatu ke satusatu ke satu

Contoh 32 Di antara fungsi f1:A → B, f2:B → C, f3:C → D dan f4:D → E yangditakrifkan oleh gambarajah di bawah, yang manakah merupakan satu-satu?

a

b

c

1

2

3

4

r

s

t

u

v

w

x

y

z

f1

f3

f4

f2

A B C D E

Penyelesaian

f1 fungsi 1–1 kerana f1(a), f1(b) dan f1(c) semuanya tak sama.

f2 fungsi 1–1 kerana f2(1), f2(2), f2(3) dan f4(3) semuanya tak sama.

f3 bukan fungsi 1–1 kerana f3(r) = v = f3(u) tetapi r 6= w.

f4 bukan fungsi 1–1 kerana f4(v) = z = f4(w) tetapi v 6= w.

53

Takrif Fungsi f :A −→ B dikatakan menyeluruh jika Jf = B atau untuk semua y ∈ Bwujudnya x ∈ A supaya f(x) = y.

Julat = B

} Julat = B

A B

f

bukan menyeluruh

f

menyeluruh

A B

Contoh 33 Di antara fungsi-fungsi f1, f2, f3 dan f4 dalam contoh di atas, yang manakahmerupakan fungsi menyeluruh?

Penyelesaian

f1 bukan menyeluruh kerana Jf1 = {1, 2, 4} 6= B

f2 menyeluruh kerana Jf2 = {r, s, t, u} = C

f3 menyeluruh kerana Jf3 = {v, w} = D

f4 bukan menyeluruh kerana Jf4 = {z} 6= E

Catatan

Contoh-contoh di atas menunjukkan ke semua (iaitu 4) kemungkinan:

f1 1–1, bukan menyeluruh

f2 1–1 dan menyeluruh

f3 bukan 1–1, menyeluruh

f4 bukan 1–1 dan bukan menyeluruh

54

4.4 Penggunaan graf untuk pengelasan

Biar f :A→ R, (A ⊆ R).

1. Fungsi f adalah 1–1 jika dan hanya jika setiap garis lurus mendatar memotong grafnyapada selebih-lebihnya satu titik.[ Jadi jika terdapat garis lurus mendatar yang memotong grafnya pada lebih dari satutitik, maka f bukan 1–1 ]

= = f(x )f(x ) = =f(x ) f(x )tetapi

satu ke satu bukan satu ke satu

x1

x2

x

y

x1

x2

x1

x2 21 21x

2x1

x

y

2. Fungsi f menyeluruh jika dan hanya jika setiap garis lurus mendatar memotong grafnyapada sekurang-kurangnya satu titik.[ Jadi jika terdapat garis lurus mendatar yang tidak memotong grafnya, maka f bukanmenyeluruh. ]

f(x )wujud supaya f(x )supayatiada

menyeluruh bukan menyeluruh

x1 11

y =

x1

y = y1

x1 11

y =

y = y1

x

y y

x

3. Fungsi f 1–1 dan menyeluruh jika dan hanya jika setiap garis lurus mendatar memotonggrafnya pada tepat-tepat satu titik.

55

Contoh 34

Perhatikan fungsi fi:R −→ R (i = 1, 2, 3, 4) berikut:

(a) f1(x) = x2 (b) f2(x) = 2x

(c) f3(x) = x3 − 2x2 − 5x+ 6 (d) f4(x) = x3

Yang manakah 1–1, menyeluruh, kedua-duanya, bukan kedua-duanya?

Penyelesaian Lakarkan graf bagi setiap fungsi.

(a) • wujud garis mendatar yangmemotong graf pada dua titik.Maka f1 bukan satu ke satu.

• wujud garis mendatar yang tidakmemotong graf. Maka f1 bukanmenyeluruh.

2y=x

(b) • tiada garis mendatar yang me-motong graf pada lebih dari satutitik. Maka f2 bukan satu kesatu.

• wujud garis mendatar yang tidakmemotong graf. Maka f2 bukanmenyeluruh.

xy=2

(0,1)

(c) • wujud garis mendatar yang me-motong graf pada lebih dari satutitik. Maka f3 bukan satu kesatu.

• setiap garis mendatar memotonggraf. Maka f3 menyeluruh.

3y=x − 2x − 5x + 62

56

(d) • setiap garis mendatar memotonggraf pada tepat-tepat satu titik.Maka f4 satu ke satu dan me-nyeluruh.

y=x3

Catatan

1. Fungsi 1–1 juga disebut fungsi injektif.

2. Fungsi menyeluruh juga disebut fungsi surjektif.

3. Fungsi 1–1 dan menyeluruh juga disebut fungsi bijektif.

57

4.5 Fungsi Songsang (inverse function)

Jika f :A −→ B merupakan fungsi 1–1 dan menyeluruh, maka wujud fungsi songsangf−1:B −→ A.

Contoh 35 Biar f :B −→ C ditakrif oleh gambarajah di bawah:

f

1

234 u

s

r

t

B C

iaitu f(1) = r, f(2) = t, f(3) = u dan f(4) = s.

Kita sudah menunjukkan (lihat contoh dahulu) bahawa f 1–1 dan menyeluruh. Makawujudnya f−1:C → B diberi oleh gambarajah di bawah:

f -1

1

234 u

s

r

t

B C

iaitu iaitu f−1(r) = 1, f−1(s) = 4, f−1(t) = 2 dan f−1(u) = 3.

Contoh 36 Biar f :R → R ditakrif oleh f(x) = x3. Kita sudah menunjukkan bahawa f1–1 dan menyeluruh. Maka wujudnya f−1:R → R. Apakah formula yang menakrifkanf−1 ?

Penyelesaian Jika f : x→ y, (x, y ∈ R), maka f−1: y→ x Di sini y = x3, maka x = y1/3.Oleh itu f−1: y → y1/3 iaitu f−1 ditakrifkan oleh f−1(y) = y1/3.

58

4.6 Fungsi gubahan (composite function)

Pertimbangkan dua fungsi f :A −→ B dan g:B −→ C.

f g

a f(a) g(f(a))

A B C

Untuk semua a ∈ A, maka f memetakan a kepada f(a) di dalam B. Sekarang g pulamemetakan a kepada g(f(a)). Fungsi dari A ke C yang memetakan a kepada g(f(a))disebut fungsi gubahan f dan g dan ditandakan g ◦ f , iaitu

g ◦ f :A→ C

ialah fungsi yang ditakrifkan oleh

(g ◦ f)(a) = g(f(a)).

Contoh 37 Katakan f :A→ B dan g:B → C ditakrifkan oleh gambarajah

gf

A

a

b

c

B

1

2

3

C

p

q

c

Dapatkan g ◦ f . Adakah f ◦ g wujud?

Penyelesaian Fungsi g ◦ f ialah fungsi dari A ke C. Dari gambarajah,

af−→ 2

g−→ c

bf−→ 1

g−→ q

cf−→ 2

g−→ c

maka g ◦ f = {(a, c), (b, q), (c, c)} atau (g ◦ f)(a) = c, (g ◦ f)(b) = q, (g ◦ f)(c) = c.

Bagi f ◦ g pula, tidak wujud.

59

Contoh 38 Andaikan f :R → R dan g:R → R masing-masing diberi oleh f(x) = x + 1dan g(x) = x2, x ∈ R. Dapatkan (g ◦ f)(x) dan (f ◦ g)(x). Adakah g ◦ f = f ◦ g ?

Penyelesaian

Untuk semua x ∈ R,

(g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(x+ 1) = (x+ 1)2 = x2 + 2x+ 1

dan(f ◦ g)(x) = f(g(x)) = f(x2) = x2 + 1

jadi g ◦ f 6= f ◦ g.

60

5 Polinomial

Takrif Polinomial ialah ungkapan berbentuk

p(x) = anxn + an−1x

n−1 + an−2xn−2 + · · ·a1x+ a0

dengan n suatu integer bukan negatif dan ai (i = 0, 1, 2, . . . , n) pemalar-pemalar yangdisebut pekali.

Jika an 6= 0, maka darjah polinomial ialah n dan an disebut pekali pelopor.

p(x) dikatakan polinomial kompleks jika pekali-pekalinya kompleks.

p(x) dikatakan polinomial nyata jika pekali-pekalinya nyata.

Contoh 39

(i) p(x) = 1 darjah 0 nyata

(ii) p(x) = 2x+ 1 darjah 1 nyata

(iii) p(x) =√

2x2 − 6x+ 4 darjah 2 nyata

(iv) p(x) = (2 + i)x6 + 5x4 + 3x3 − 2x darjah 6 kompleks

(v) p(x) = x9 + x3 + x+ 1 darjah 9 nyata

Catatan

(1) Polinomial sifar p(x) tidak mempunyai darjah.

(2) Polinomial nyata juga merupakan polinomial kompleks tetapi tidak sebaliknya.

(3) Polinomial berdarjah 1 juga disebut polinomial linear.

Polinomial berdarjah 2 juga disebut polinomial kuadratik.

Polinomial berdarjah 3 juga disebut polinomial kubik, dsb..

61

5.1 Operasi-operasi dengan polinomial

Takrif Kesamaan polinomial. Dua polinomial adalah sama jika darjah mereka sama danpekali-pekali yang sepadan adalah sama.

Contoh 40 Jika ax2 + bx2 + c = 2x2 + 3x− 5 maka a = 2, b = 3 dan c = −5.

Contoh 41 Jika ax2 + bx2 + c = 0, maka a = b = c = 0.

Bagi operasi-operasi berikut, kita mengambil sebagai contoh

p(x) = x2 + 2x, q(x) = x3 + 3x+ 2

5.1.1 Penambahan

Dua polinomial ditambah dengan menambahkan pekali-pekali sepadan.

Contoh 42

p(x) + q(x) = (0 + 1)x3 + (1 + 0)x2 + (2 + 3)x+ (0 + 2)

= x3 + x2 + 5x+ 2.

5.1.2 Penolakan

Bila ditolak suatu polinomial q(x) dari polinomial lain p(x), maka setiap pekali bagi q(x)ditolak dari pekali sepadan bagi p(x).

Contoh 43

p(x)− q(x) = (0− 1)x3 + (1− 0)x2 + (2− 3)x+ (0− 2)

= −x3 + x2 − x− 2.

62

5.1.3 Pendaraban

Dua polinomial didarabkan mengikut hukum kalis agihan.

Contoh 44p(x) · q(x) = (x2 + 2x) · (x3 + 3x+ 2)

= x2(x3 + 3x+ 2) + 2x(x3 + 3x+ 2)

= x5 + 3x3 + 2x2 + 2x4 + 6x2 + 4x

= x5 + 2x4 + 3x3 + 8x2 + 4x.

Catatan

• Darjah p(x)± q(x) ≤ maksimum [ darjah p(x), darjah q(x) ]asalkan p(x)± q(x) 6= 0

• Darjah p(x) · q(x) = darjah p(x) + darjah q(x).

5.1.4 Pembahagian

Hasil tambah, hasil tolak dan hasil darab dua polinomial juga merupakan polinomial,tetapi pada amnya, hasil bahagi suatu polinomial dengan polinomial yang lain bukan

polinomial. Ungkapan berbentukp(x)q(x)

dengan p(x) dan q(x) polinomial, disebut fungsi

nisbah (rational function).

Algoritma pembahagian

Katakan p(x) dan d(x) merupakan polinomial dengan d(x) 6= 0 dandarjah p(x) ≥ darjah q(x). Maka wujud polinomial q(x) dan r(x) yang unik supaya

p(x) = d(x) · q(x) + p(x) (?)

dengan p(x) = 0 atau darjah r(x) ≥ darjah r(x).

p(x) dikenali sebagai yang dibahagi (dividend)

d(x) dikenali sebagai pembahagi (divisor)

q(x) dikenali sebagai hasil bahagi (quotient), dan

r(x) dikenali sebagai baki (remainder)

63

Catatan

(1) Dari (?) didapati bahawa

darjah p(x) = darjah q(x) + darjah d(x)jadi darjah q(x) = darjah p(x)− darjah d(x)

iaitu darjah hasil bahagi ialah darjah polinomial asal dikurangkan darjah pembahagi.

Terutamanya, jika pembahagi berbentuk x − a, maka darjah hasil bahagi ialah darjahpolinomial asal kurang 1.

(2) Dari algoritma pembahagian,p(x)d(x)

= p(x) +r(x)d(x)

Jadip(x)d(x)

merupakan polinomial jika dan hanya jika r(x) = 0.

5.2 Mencari hasil bahagi dan baki

Kita akan membincangkan tiga cara untuk mendapatkan baki dan/atau hasil bahagi biladiberi suatu polinomial dan pembahaginya.

5.2.1 Teorem Baki (Remainder Theorem)

Jika suatu polinomial p(x) dibahagi dengan d(x) = x−a (a pemalar), maka bakinya adalahp(a).

Bukti Dari algoritma pembahagian, didapati bahawa wujud polinomial q(x) dan r(x)yang unik supaya

p(x) = q(x)(x− a) + r(x) (?)

dengan r(x) = 0 atau darjah r(x) < darjah (x− a).

Oleh kerana (x− a) berdarjah 1, maka r(x) = 0 atau darjah r(x) = 0.

Jadi r(x) ialah pemalar, katakan r(x) = c, dan dari (?) didapati

p(x) = q(x)(x− a) + c

maka p(a) = q(a) · 0 + c = c

iaitu bakinya c = p(a).

64

Contoh 45 Cari baki apabila p(x) dibahagi dengan d(x) di mana

(a) p(x) = x5 + 3x4 − x3 + x+ 5, d(x) = x− 1

(b) p(x) = 2x2 + 3x− 2, d(x) = x+ (1 + i).

Penyelesaian

(a) Baki = p(1) = 1 + 3− 1 + 1 + 5 = 9.

(b) Oleh kerana x+ (1 + i) = x− (−1− i),

baki = p(−1− i) = 2(−1− i)2 + 3(−1− i)− 2= 2(2i)− 3(1 + i)− 2 = −5 + i.

Catatan Bila suatu polinomial dibahagi dengan ax− b atau x− ba bakinya adalah sama

tetapi hasil bahagi tidak sama.

Bukti Diberi p(x) dan d1(x) = x − ba , d2(x) = ax − b. Dari algoritma pembahagian,

wujudnya q1(x), r1(x) dan q2(x), r2(x) supaya

p(x) = q1(x)(x− b

a

)+ r1(x) (1)

dan p(x) = q2(x)(ax− b) + r2(x). (2)

Maka dari (1) p

(b

a

)= q1

(b

a

)· 0 + r1 = r1

dari (2) p

(b

a

)= q2

(b

a

)· 0 + r2 = r2

maka p

(b

a

)= r1 = r2 iaitu bakinya sama.

Contoh 46 Cari baki apabila x3 + (2 + 3i)x2 − x− i dibahagi oleh 2x+ 1.

Penyelesaian Biar p(x) = x3 + (2 + 3i)x2 − x− i. Didapati 2x+ 1 = 2[x− (−1

2)]. Maka

baki = p

(−1

2

)= −1

8+ (2 + 3i)

14

+12− i = −1

8(7− 2i).

65

Teorem baki melibatkan pembahagi linear sahaja, tetapi dengan menggunakan algoritmapembahagian dan langkah-langkah serupa, kita boleh mempertimbangkan pembahagi de-ngan darjah lebih dari satu.

Contoh 47 Carilah baki apabila p(x) = 3x4 + 12x2 − 5x+ 36 dibahagi dengand(x) = x2 + 2x− 3.

Penyelesaian Didapati d(x) = x2 + 2x− 3 = (x− 1)(x+ 3). Oleh kerana d(x) berdarjah2, maka baki berbentuk ax+ b. Jadi

p(x) = 3x4 + 12x2 − 5x+ 36

= q(x)(x− 1)(x+ 3) + ax+ b

bagi suatu polinomial q(x).

Maka p(1) = a+ b = 3 + 12− 5 + 36 = 46

dan p(−3) = −3a+ b = 243 + 108 + 15 + 36 = 402

}berikan a = −89 dan b = 135.

Maka baki ialah −89x+ 135.

Contoh 48 Cari baki apabila p(x) = 3x4 +12x2−5x+36 dibahagi dengan d(x) = (x−1)2.

Penyelesaian Oleh kerana d(x) berdarjah 2, maka baki berbentuk ax+ b. Jadi

p(x) = 3x4 + 12x2 − 5x+ 36

= q(x)(x− 1)2 + ax+ b (1)

bagi suatu polinomial q(x).

Maka p(1) = a+ b = 3 + 12− 5 + 36 = 46. (2)

Sekarang bezakan (1) terhadap x,

p′(x) = 12x3 + 24x− 5

= q′(x)(x− 1)2 + q(x) · 2(x− 1) + a

maka p′(1) = 12 + 24− 5

= q′(1) · 0 + q(1) · 0 + a

berikan a = 31 dan dari (2), b = 46− 31 = 15. Maka baki = 31x+ 15.

Perhatikan bahawa kaedah yang digunakan di atas tidak membolehkan kita mencari hasilbahagi. Dengan kaedah pembahagian panjang dan pembahagian sintetik kita boleh men-dapatkan bukan sahaja baki tetapi juga hasil bahagi.

66

5.2.2 Pembahagian panjang

Katakan diberi p(x) dan pembahagi q(x).

Kita akan mencari q(x) dan r(x) supaya

p(x) = q(x) · d(x) + r(x)

dengan r(x) = 0 atau darjah r(x) < darjah d(x).

Langkah-langkah

(1) Tulis p(x) dan d(x) masing-masing dengan kuasa-kuasa x dalam aturan menurundan bagi p(x), tulis kuasa x yang tiada dengan pekali 0.

(2) Bahagikan sebutan pertama p(x) dengan sebutan pertama d(x). Hasilnya ialahsebutan pertama q(x).

(3) Darabkan sebutan pertama q(x) itu dengan d(x) dan tolak hasil darab itu dari p(x).Katakan hasilnya p1(x).

(4) Jika p1(x) = 0 atau darjah p1(x) < darjah d(x), maka p1(x) adalah baki yang dike-hendaki. Jika tidak, ulangi langkah (2) dan (3) dengan p1(x) untuk mendapatkanp2(x) dan seterusnya sehingga didapati baki yang dikehendaki.

Contoh 49 Bagi p(x) dan d(x) yang diberi di bawah, cari hasil bahagi dan bakinya bilap(x) dibahagi dengan q(x).

(a) p(x) = 1 + 2x3 − 3x2, d(x) = x− 2

(b) p(x) = x+ 2x4 − 3x3 + ix2 − 2, d(x) = x2 − 3x+ 2

Penyelesaian

(a) Tulis p(x) = 2x3 − 3x2 + 0x+ 1

x 3 x 2

x2x2x2 − 4

x 3 − 332 x+ 0x 2x − 2

2 − 4

+ 1x+ 0x 2

x 2 −+ 1

5

(−)

(−)

(−)

+ 1

2 x 2 + 2+x hasil bahagiyang dibahagi

baki

Oleh itu p(x) = (x− 2)(2x2 + x+ 2) + 5.

67

(b) Tulis p(x) = 2x4 − 3x3 + ix2 + x− 2

x 2 − 3x 2+2 x 2 + +x3 (5+i)

i 2x2x42x

2x

2x

2xx(15+3i)

yang dibahagihasil bahagi

baki

(−)

(−)

2 +x 4 − x 36

−2 x 4 33 +x 3 +

33x 3 (−4+i) ++

2

2

−

−

x

x

33x 3 +− x69

(5+i) −(5+i) − x5 − 2

+ (10+2i)x(10+3i) −

(−)

12−2i

5.2.3 Pembahagian sintetik

Kaedah ini lebih mudah dari kaedah pembahagian panjang.

Katakan diberi

p(x) = anxn + an−1x

n−1 + an−2xn−2 + · · ·+ a1x+ a0 (an 6= 0)

dan pembahagi x− b.

Tujuan kita ialah mencari hasil bahagi q(x) dan baki r(x) supaya

p(x) = q(x) · (x− b) + r(x) (1)

Perhatikan bahawa darjah q(x) = n− 1 dan r(x) adalah pemalar.

Biarq(x) = cnx

n−1 + cn−1xn−2 + · · ·+ c2x+ c1 (2)

danr(x) = c0. (3)

Kita akan mencari ci, i = 0, 1, 2, . . . , n. Dari (1), (2) dan (3) di dapati

anxn + an−1x

n−1 + an−2xn−2 + · · ·+ a1x+ a0

= (x− b)(cnxn−1 + cn−1xn−2 + cn−2x

n−3 + · · ·+ c2x+ c1) + c0

68

Dengan membandingkan pekali-pekali, di dapati

n−2x

x n

x n−1

0x

an−2

a1

0a

c n−1 + cn−1

−bc 2 + c1

an nc: == nc na

+ cn−1nc−ban−1 =

cn−2 c n−1ban−2= +

cn−1 an−1cn−1 an−1 nc nc

c1 c 2ba1x

:

:

:

:

=

=

=

−b

−bc + c1 0

iaitu

===

= += + b

. . .= +

= +c a b c0 0 1

. . . . . .

Dari jadual di atas, kita boleh mendapatkan ci dengan membentuk jadual berikut:

x n x n−1 n−2x 2x

an an−1

ncb c n−1b c 3b c 2b

x0 = 1

0a

c 2b

c n−1 c n−2 c 2 c 1 c 0ncan

. . . x

an−2 a2 a1. . .

. . .

. . .b

+

=

Langkah-langkah

(1) Tulis kuasa-kuasa x dalam aturan menurun.

(2) Tulis pekali-pekali sepadan di bawah kuasa-kuasa x.

(3) Tulis b di depan (untuk pembahagi x− b).

(4) Tulis cn = an.

(5) Darabkan cn dengan b dan tulis bcn di bawah an−1.

(6) Jumlahkan bcn dan an−1 untuk mendapatkan cn−1.

(7) Ulangi langkah (5) dan (6) dengan cn−1, kemudian dengan cn−2 dan seterusnyasehingga kita mendapat c0.

(8) Dari baris terakhir, kita perolehi cn, cn−1, . . . , c1 yang merupakan pekali-pekali bagihasilbahagi q(x) dan c0 = r(x) iaitu baki.

69

Contoh 50 Bagi setiap p(x) dan d(x) yang diberi, cari hasil bahagi dan baki apabila p(x)dibahagi oleh d(x):

(a) p(x) = x4 − 2x3 + 4x− 1, d(x) = x− 3.

(b) p(x) = 2x3 + 3x2 − (5 + 2i)x− 9i, d(x) = x+ (2− i).

(c) p(x) = 10x4 + 7x3 + x2, d(x) = 2x+ 1.

(d) p(x) = 3x4 + 12x2 − 5x+ 36, d(x) = x2 + 2x− 3.

Penyelesaian

(a) Pembahagi = x− 3.

x 4 x 3 x 2 x 1

3 1 −2 0 4 −1

39933

11 3 13 38

+

Hasil bahagi, q(x) = x3 + x2 + 3x+ 13 dan baki, r(x) = 38.

(b) Pembahagi = x+ (2− i) = x− (−2 + i).

x 3 x 2 x

+

2 3

1

−5−2i

−4+2i −5i 17+9i

−9i

2 −1+2i −5−7i 17

−2+i

Hasil bahagi p(x) = 2x2 + (−1 + 2i)x− (5 + 7i) dan baki, r(x) = 17.

70

(c) Pembahagi = 2x+ 1 = 2(x+ 12 ) = 2

[x− (−1

2)].

x 4 x 3 x 2 x

2−1

1

0

2 0

10 7 1 0 0

0−1−5

10 0 0

+

p(x) = (10x3 + 2x2)(x+

12

)+ 0

= (10x3 + 2x2)12

(2x+ 1) = (5x3 + x2)(2x+ 1)

Hasil bahagi, q(x) = (5x3 + x2) dan baki, r(x) = 0.

(d) Pembahagi = x2 + 2x− 3 = (x− 1)(x+ 3)

x 4 x 3 x 2 x 1

3

+

0

3 3

12 −5

15

36

10

−9 18

15

−99

10 46

3

3

3 −6 33 −89

+

1

−3

Dari pembahagian pertama,

p(x) = 3x3 + 3x2 + 15x+ 10)(x− 1) + 46

Dari pembahagian kedua,

3x3 + 3x2 + 15x+ 10 = (3x2 − 6x+ 33)(x+ 3)− 89

maka,

p(x) =[(3x2 − 6x+ 33)(x+ 3)− 89

](x− 1) + 46

= (3x2 − 6x+ 33)(x+ 3)(x− 1)− 89(x− 1) + 46

= (3x2 − 6x+ 33)(x2 + 2x− 3)− 89x+ 135

maka hasilbahagi, q(x) = 3x2 − 6x+ 33 dan baki, r(x) = −89x+ 135.

71

5.3 Faktor dan punca

Takrif Katakan p(x) dan d(x) adalah polinomial dengan

darjah d(x) ≤ darjah p(x).

Maka d(x) disebut faktor bagi p(x) jika baki apabila p(x) dibahagi dengan d(x) adalah 0iaitu p(x) = q(x) · d(x) bagi suatu polinomial q(x).

Teorem 5.2 Teorem Faktor

Polinomial linear x− a adalah faktor bagi polinomial p(x) jika dan hanya jika p(a) = 0.

Bukti

Polinomial linear x − a adalah faktor bagi polinomial p(x) jika dan hanya baki adalah 0apabila p(x) dibahagi dengan x− a. Tetapi dari teorem baki, bakinya adalah p(a). Makaungkapan x− a adalah faktor bagi p(x) jika dan hanya jika p(a) = 0.

Contoh 51 Tentukan samada x − a adalah faktor bagi p(x) = x3 − 2x2 + x − 2 dengana = 1,−1, 2,−2, i,−i.

Penyelesaian

p(1) = 1− 2 + 1− 2 = −2 6= 0. Maka x− 1 bukan faktor.

p(−1) = −1− 2− 1− 2 = −6 6= 0. Maka x+ 1 bukan faktor.

p(2) = 8− 8 + 2− 2 = 0. Maka x− 2 adalah faktor.

p(−2) = −8− 8− 2− 2 = −20 6= 0. Maka x+ 2 bukan faktor.

p(i) = −i+ 2 + i− 2 = 0. Maka x− i adalah faktor.

p(−i) = i+ 2− i− 2 = 0. Maka x+ i adalah faktor.

Takrif Jika p(x) suatu polinomial dan p(a) = 0, a ∈ C, maka a disebut punca ataupensifar bagi persamaan polinomial p(x) = 0.

72

Jadi semua pernyataan berikut adalah setara:

(1) p(a) = 0.

(2) x− a adalah faktor bagi p(x).

(3) a adalah punca atau pensifar bagi p(x).

(4) a adalah punca atau pensifar bagi persamaan p(x) = 0.

Misalnya dari contoh sebelum ini, bagi polinomial p(x) = x3 − 2x2 + x− 2,

x− 2, x+ i dan x− i adalah faktor-faktor bagi p(x).

2, −i dan i adalah punca-punca bagi p(x).

2, −i dan i adalah punca-punca bagi persamaan p(x) = 0.

73

5.4 Teorem Asas Algebra

Setiap polinomial berdarjah n > 0 mempunyai tepat-tepat n punca (di mana sebilangandaripadanya mungkin sama).

Teorem di atas membolehkan semua polinomial difaktorkan kepada faktor-faktor linear,iaitu jika

p(x) = anxn + an−1x

n−1 + an−2xn−2 + · · ·+ a1x+ a0, an 6= 0

maka wujud nombor-nombor kompleks α1, α2, . . . , αn supaya

p(x) = an(x− α1)(x− α2) · · · (x− αn)

Contoh 52 Katakan p(x) = 2x3 − 3x2 + kx + 3 di mana k pemalar. Cari nilai k supaya−1

2merupakan satu punca bagi p(x) dan cari semua punca lain bagi p(x).

Penyelesaian Di dapati p(−12 ) = −1

4 −34 −

k2 + 3 = 2− k

2 . Disebabkan −12 adalah punca

maka p(−12 ) = 2− k

2 = 0 berikan k = 4. Jadi p(x) = 2x3 − 3x2 + 4x+ 3.

Faktorkan p(x) menggunakan kaedah pembahagian panjang:

x 3 x 2 x

2−1

1

2

−1

0

2 4 3−3

2 −3

−4 6

+

maka p(x) = (x+ 12)(2x2 − 4x+ 6) = (2x+ 1)(x2 − 2x+ 3).

Untuk mendapatkan punca-punca lain, selesaikan x2 − 2x+ 3 = 0 yang memberikan

x =2±√

4− 122

=2± i2

√2

2= 1± i

√2.

Maka punca-punca bagi p(x) ialah −12 , 1 + i

√2, 1− i

√2.

Contoh 53 Cari polinomial p(x) berdarjah 3 yang mempunyai sifat-sifat

p(1) = p(−2) = 0, p(3) = 130 dan p(−3) = −20.

Penyelesaian Oleh kerana p(1) = p(−2) = 0, maka (x − 1)(x + 2) adalah faktor. Olehkerana p(x) berdarjah 3, maka p(x) mempunyai satu faktor linear lagi. Jadi

p(x) = a(x− 1)(x+ 2)(x− b) a, b pemalar

74

Diberi

p(3) = 130 = a · 2 · 5 · (3− b) a, b pemalar.iaitu 30a− 10ab = 130 (1)

danp(−3) = −20 = a(−4)(−1)(−3− b) a, b pemalar

iaitu − 12a− 4ab = −20 (2)

Selesaikan (1) dan (2) untuk perolehi a = 3, b = −43 . Maka

p(x) = 3(x− 1)(x+ 2)(x+

43

)= (x− 1)(x+ 2)(3x+ 4)

= (x2 + x− 2)(3x+ 4)

= 3x3 + 7x2 − 2x− 8.

75

5.5 Punca berganda (multiple roots)

Takrif Biar k suatu integer positif. Maka suatu nombor a adalah punca berkekalian kbagi polinomial p(x) jika (x− a)k adalah faktor bagi p(x) tetapi (x− a)k+1 bukan faktor.

Punca berkekalian k (bagi sebarang k) disebut punca berganda.

Catatan Punca berkekalian 2 juga disebut punca berulang.

5.5.1 Teorem punca berganda

Satu polinomial p(x) mempunyai punca a berkekalian k jika dan hanya

p(a) = p′(a) = p′′(a) = · · · = p(k−1)(a) = 0 dan p(k)(a) 6= 0.

[Di sini, p(r)(a) =

drpdxr

∣∣∣∣x=a

].

Contoh 54 Cari semua punca bagi p(x) = x4 − 6x2 + 8x − 3 jika salah satu puncanyaberkekalian 3.

Penyelesaian Didapatip(x) = x4 − 6x2 + 8x− 3

p′(x) = 4x3 − 12x+ 8

p′′(x) = 12x2 − 12

Katakan a adalah punca berkekalian 3.

Maka dari teorem di atas, p′′(a) = 12a2 − 12 = 0 berikan a = ±1.

Didapati p(1) = 1− 6 + 8− 3 = 0

dan p(−1) = 1− 6− 8− 3 6= 0

maka punca berkekalian 3 ialah 1.

76

Lakukan pembahagian sintetik untuk memfaktorkan p(x) selengkapnya:

x 4 x 3 x 2 x 1

+

+

1 1

1 1

1 1

1

1

0 −6 8 −3

−5 3

−5 3 0

1 −3

0−3

2

2

31

3 0

1

1

+

maka p(x) = (x− 1)3(x+ 3) iaitu punca-puncanya ialah 1, 1, 1,−3.

5.6 Polinomial nyata

Dalam seksyen ini, kita tumpukan perhatian kepada polinomial yang semua pekalinyanyata iaitu polinomial nyata.

5.6.1 Teorem punca konjugat

Jika z = a+ib, (a, b ∈ R, b 6= 0) ialah punca bagi polinomial nyata p(x), maka konjugatnyaz = a− ib juga punca bagi p(x).

Bukti

Biarn(x) = (x− z)(x− z) =

[x− (a+ ib)

][x− (a− ib)

]= x2 − 2ax+ (a2 + b2) nyata dan berdarjah 2.

Jadi, bila p(x) dibahagi dengan n(x), bakinya adalah nyata dan linear, iaitu wujud poli-nomial q(x) dan pemalar nyata m, n supaya

p(x) = (x− z)(x− z) · q(x) +mx+ n.

Oleh kerana z adalah punca bagi p(x), maka

0 = p(z) = mz + n = m(a+ ib) + n = (ma+ n) + i(mb)

iaitu ma+ n = 0 —(1) dan mb = 0 —(2). Oleh kerana b 6= 0, maka dari (2), m = 0 dandari (1), n = 0.

77

Jadi p(x) = (x− z)(x− z) · q(x). Oleh itu p(z) = 0 iaitu z adalah punca bagi p(x).

Contoh 55 Cari semua punca bagi 2x3 − 7x2 + 10x − 6 jika salah satu puncanya ialah1 + i.

Penyelesaian Jika 1 + i adalah punca, maka 1− i juga punca.

x 3 x 2 x

+

2

1

2

1+i 10−7 −6

−2+2i −7−3i 6

−5+2i 3−3i1+i

2−2i −3+3i

2 −3 0

0

maka p(x) =[x− (1 + i)

][x− (1− i)

](2x−3). Oleh itu punca-puncanya adalah 1 + i, 1− i

dan 32 .

Takrif Katakan a dan b merupakan integer yang bukan sifar. Maka nombor nisbah st

dikatakan dalam bentuk terturun jika s dan t tidak mempunyai faktor sepunya melainkan±1.

Teorem 5.3 Teorem Punca Nisbah

Katakan semua pekali bagi polinomial

p(x) = anxn + an−1x

n−1 + an−2xn−2 + · · ·+ a1x+ a0

ialah integer dan st

ialah punca bagi p(x) dalam bentuk terturun maka s | a0 dan t | an.

Bukti Didapati p(ab ) = 0 iaitu

an

(st

)n+ an−1

(st

)n−1

+ · · ·+ a1

(st

)+ a0 = 0

iaituans

n + an−1sn−1t+ · · ·+ a1st

n−1 + a0tn = 0 (1)

Tulis (1) semula sebagai

s(ansn−1 + an−1sn−2t+ · · ·+ a1t

n−1) = −a0tn (2)

maka s | a0tn [kerana s membahagi sebelah kiri persamaan (2)].

Tetapi tiada faktor sepunya di antara s dan t, maka s | a0.

78

Sekarang, tulis (1) semula sebagai

t(an−1sn−1 + · · ·+ a1st

n−2 + a0tn−1) = −ansn (3)

maka t | ansn [kerana t membahagi sebelah kiri persamaan (3)].

Tetapi tiada faktor sepunya di antara s dan t. Maka t | an.

Contoh 56 Selesaikan x4 − x3 − 3x2 + 4x− 4 = 0.

Penyelesaian Biar p(x) = x4 − x3 − 3x2 + 4x − 4. Punca nisbah bagi p(x), jika ada,berbentuk s

tdi mana s | 4 mengimplikasikan s = ±1,±2,±4 dan t | 1 mengimplikasikan

t = ±1.

Maka nilai-nilai yang mungkin bagi st ialah ±1,±2,±4.

p(1) = 1− 1− 3 + 4− 4 = −3 6= 0 maka 1 bukan puncap(−1) = 1 + 1− 3− 4− 4 = −9 6= 0 maka − 1 bukan puncap(2) = 16− 8− 12 + 8− 4 = 0 maka 2 adalah punca

Lakukan pembahagian sintetik untuk memfaktorkan p(x).

x 4 x 3 x 2 x 1

1 4

2

11

+ 2

2 −1 −3

−1

−2

2

4

−4

0

maka p(x) = (x− 2) · q(x) dengan q(x) = x3 + x2 − x+ 2.

Punca nisbah, jika ada, bagi q(x) berbentuk st di mana

s | 2⇒ p = ±1,±2 dan t | 1⇒ q = ±1.

Oleh itu nilai-nilai yang mungkin bagi st ialah ±1,±2.

Tidak perlu cuba ±1 kerana punca bag q(x) juga punca bagi p(x) dan kita sudah tahu ±1bukan punca bagi p(x).

q(2) = 8 + 4− 2 + 2 = 12 6= 0 maka 2 bukan punca bagi q(x)q(−2) = −8 + 4 + 2 + 2 = 0 maka − 2 adalah punca bagi q(x)

79

Lakukan pembahagian sintetik untuk memfaktorkan q(x):

x 3 x 2 x

+

1

1

1

1

−2

−1

−1

2

1

2

−2

0

−2

maka q(x) = (x+ 2)(x2 − x+ 1).

Punca-punca lain diberi oleh x2 − x+ 1 = 0 iaitu

x =1±√

1− 42

=1± i

√3

2

maka penyelesaian bagi persamaan yang diberi ialah 2,−2, 1±i√

32 .

Contoh 57 Tunjukkan bahawa 3x3 + x− 5 tidak mempunyai punca nisbah.

Penyelesaian Biar p(x) = 3x3 + x− 5. Punca nisbah bagi p(x), jika ada, berbentuk st di

mana s | 5⇒ p = ±1,±5 dan t | 3⇒ q = ±1,±3.

Oleh itu nilai-nilai yang mungkin bagi st ialah ±1,±5,±13 ,±

53 .

Uji,p(1) = 3 + 1− 5 6= 0 p(−1) = −3− 1− 5 6= 0

p(5) = 375 + 5− 5 6= 0 p(−5) = 375− 5− 5 6= 0

p( 13 ) = 1

9 + 13 − 5 6= 0 p(−1

3 ) = −19 −

13 − 5 6= 0

p( 53) = 375

9+ 5

3− 5 6= 0 p(−5

3) = −375

9− 5

3− 5 6= 0

maka p(x) tidak mempunyai sebarang punca nisbah.

80

6 Nombor kompleks

6.1 Pengenalan–Mengapa perlu nombor kompleks

Jika a satu nombor nyata, maka kuasa-duanya, a2, tidak boleh bernilai negatif. Oleh itupersamaan seperti

x2 = −1

tidak mempunyai penyelesaian nyata.

Oleh itu diperkenalkan satu nombor i dengan sifat

i2 = −1

maka persamaan x2 = −1 boleh diselesaikan:

x = ±√−1 = ±

√i2 = ±i

Lagipun, persamaan seperti

x2 = −b2 b pemalar nyata

boleh diselesaikan:x2 = ±

√−b2 = ±

√i2b2 = ±ib.

Nombor berbentuk ib disebut nombor khayalan (imaginary number). Seterusnya penyele-saian persamaan

(x− a)2 = −b2 (a, b pemalar nyata)

diberi oleh x− a = ±ib, iaitu x = a± ib.

Takrif Nombor berbentuk z = a+ ib (a, b nombor nyata) disebut nombor kompleks.

Bahagian a disebut bahagian nyata

Bahagian b disebut bahagian kompleks

81

Tandaan

z = a+ ib = a+ bi

a = Ny(z) = Re(z), b = Kh(z) = Im(z)

C = {a+ ib | a, b ∈ R}

Catatan

Jika b = 0 maka z = a+ i0 = a, nombor nyata.

Jika a = 0 maka z = 0 + ib = ib, nombor khayalan.

Jadi C mengandungi semua nombor nyata dan nombor khayalan.

6.2 Operasi-operasi pada nombor kompleks

Katakan z1 = a+ ib dan z2 = c+ id di mana a, b, c, d ∈ R.

(1) Kesamaanz1 = z2 jika dan hanya jika a = c dan b = d.

(iaitu Re(z1) = Re(z2) dan Im(z1) = Im(z2))

(2) Penambahanz1 + z2 = (a+ c) + i(b+ d).

(3) Penolakanz1 − z2 = (a− c) + i(b− d).

(4) Pendarabanz1z2 = (a+ ib)(c+ id) = ac+ iad+ ibc+ i2bd

= (ac− bd) + i(ad+ bc).

(5) Pembahagian

z1

z2=a+ ib

c+ id· c− idc− id =

ac− iad+ ibc− i2bdc2 − icd+ idc− i2d2

=(ac+ bd)− i(ad− bc)

c2 + d2=ac+ bd

c2 + d2− iad+ bc

c2 + d2

82

Catatan

(1) Bagi nombor kompleks z = c+ id, nombor kompleks sepadan

z = c− id

disebut konjugat bagi z.

Salah satu sifat konjugat ialah

zz = zz = c2 + d2 = nombor nyata.

Jadi apabila kita mempertimbangkan ungkapan sepertiz1

z2dan hendak menjadikan pem-

bawahnya bernilai nyata, maka kita mendarab ungkapan tersebut dengan z2 di atas dandi bawah:

z1

z2=z1

z2· z2

z2=z1z2

z2z2=

1c2 + d2

z1z2.

(2) z = z jika dan hanya jika z nyata.

(3) Bagi sebarang nombor nyata a,

a(c+ id) = (a+ 0i)(c+ id) = ac+ iad

iaitu untuk mendarab nombor kompleks dengan nombor nyata, kita mendarab bahagiannyata dan khayalannya masing-masing.

Contoh 58

a. Faktorkan (i) x2 + 1, (ii) (x+ p)2 + q2.

b. Selesaikan x2 − 2x+ 8 = 0.

c. Biarkan z1 = 2 + 4i, z2 = −1 + 3i. Nilaikan z1 + z2, z1 − z2, z1z2, z2z2,z1z2.

83

Penyelesaian

a. (i) x2 + 1 = x2 − i2 = (x+ i)(x− i).

(ii) (x+ p)2 + q2 = (x+ p)2 − i2q2 = (x+ p+ iq)(x+ p− iq).

b. Dari formula persamaan kuadratik didapati

x =2±√

4− 322

=2±√−28

2=

2±√

28i2

2

=2± i

√28

2= 1± i

√7.

c. z1 + z2 = (2 + 4i) + (−1 + 3i) = (2− 1) + (4 + 3)i = 1 + 7i.

z1 − z2 = (2 + 4i)− (−1 + 3i) = (2 + 1) + (4− 3)i = 3 + i.

z1z2 = (2 + 4i)(−1 + 3i) = −2 + 6i− 4i+ 12i2 = −2 + 2i− 12 = −14 + 2i.

Oleh kerana z2 = −1 + 3i maka z2z2 = (−1)2 + 32 = 10.

z1

z2=z1

z2· z2

z2=

(2 + 4i)(−1− 3i)10

=−2− 6i− 4i− 12i2

10

=−2− 10i+ 12i2

10

=10− 10i

10= 1− i.

84

6.3 Sifat-sifat konjugat

Teorem 6.4 Bagi sebarang nombor kompleks z1 dan z2,

(i) z1 + z2 = z1 + z2

(ii) z1 · z2 = z1 · z2

(iii)(z1

z2

)=z1

z2

Bukti

Katakan z1 = a+ ib dan z2 = c+ id maka z1 = a− ib dan z2 = c− id.

(i) Didapati z1 + z2 = (a+ c) + i(b+ d), oleh itu

z1 + z2 = (a+ c)− i(b+ d) = (a− ib) + (c− id) = z1 + z2.

(ii) Didapati z1z2 = (ac− bd) + i(ab+ bc) maka z1z2 = (ac− bd)− i(ab+ bc).

Tetapi z1z2 = (a− ib)(c− id) = (ac− bd)− i(ad+ bc)

Maka z1 · z2 = z1 · z2.

(iii) Terlebih dahulu kita akan membuktikan(

1z2

)=

1z2.

Didapati1z2

=1

c+ id· c− idc− id =

1c2 + d2

(c− id) maka(

1z2

)=

1c2 + d2

(c+ id)

tetapi1z2

=1

c− id ·c+ id

c+ id=

1c2 + d2

(c+ id) maka(

1z2

)=

1z2.

Dengan menggunakan keputusan sebelum ini dan ini, didapati(z1

z2

)=(z1 ·

1z2

)= z1 ·

(1z2

)= z1 ·

1z2

=z1

z2.

Catatan Hasil (i) dan (ii) boleh diitlakkan kepada

(z1 + z2 + · · ·+ zn) = z1 + z2 + · · ·+ zn

(z1 · z2 · · · zn) = z1 · z2 · · · zn.

85

Latihan Tunjukkan bahawa bagi sebarang nombor nyata a dan sebarang nombor kompleksz, z1, z2,

a. az = az

b. z1 − z2 = z1 − z2

c. zn = zn bagi sebarang integer positif n.

Contoh 59 Tentusahkan hasil-hasil di atas dengan z1 = 2− 7i, z2 = 3 + i.

Penyelesaian Diberi z1 = 2− 7i, z2 = 3 + i maka z1 = 2 + 7i, z2 = 3− i.

(i) z1 + z2 = 5− 6i = 5 + 6i dan z1 + z2 = 2 + 7i+ 3− i = 5 + 6i = z1 + z2.

(ii) z1 · z2 = 13− 19i = 13 + 19i dan z1 · z2 = (2 + 7i)(3 − i) = 6 + 7 + (−2 + 21)i =(13 + 19i) = z1 · z2.

(iii) Didapati

z1

z2=

2− 7i3 + i

· 3− i3− i =

6− 7 + (2 + 21)i32 + 12

=110

(−1− 23i)

maka(z1

z2

)=

110

(−1 + 23i)

dan

z1

z2=

2 + 7i3− i ·

3 + i

3 + i=

6− 7 + (2 + 21)i32 + 12

=110

(−1 + 23i)

=(z1

z2

).

86

6.4 Perwakilan geometri

Biar z = x+ iy (x, y ∈ R) dan P titik (x, y) pada satah-xy. Maka z diwakili oleh (1) titikP atau (2) vektor −−→OP . Perwakilan nombor kompleks pada satah-xy disebut gambarajahArgand.

P(x,y)khayalan

x

y

z

paksi

paksi nyata

Pada gambarajah Argand, titik-titik di paksi-xmewakili nombor kompleks berbentuk a+0iiaitu nombor nyata dan titik-titik di paksi-y mewakili nombor kompleks berbentuk 0 + iyiaitu nombor khayalan. Oleh itu, paksi-x disebut paksi nyata dan paksi-y disebut paksikhayalan.

Contoh 60 Tunjukkan nombor-nombor kompleks berikut dalam gambarajah Argand:

(i) z1 = 5 + 2i (ii) z2 = 3i (iii) z3 = −5− 3i (iv) z4 = −4 (v) z5 = 2− 2i

z1z2

z5

z4

z3

(5,2)

(2,−2)

(0,3)

(−4,0)

(−5,−3)

Contoh 61 Katakan z = 4 + 2i. Tunjukkan z, z, 2z, −z, −12z.

z

12

z

z

(4,2)

(8,4)

z

2z

(4,−2)

(−2,−1)

(−4,−2)

87

6.5 Perwakilan operasi penambahan dan penolakan

(1) Penambahan

Katakan z1 = a+ bi dan z2 = c+ di. Maka z1 + z2 = (a+ c) + (b+ d)i.

Biar P merupakan titik (a, b) yang mewakili z1 danQ merupakan titik (c, d) yang mewakili z2.

Lukis segiempat selari OPRQ,

ST(−c,−d)

O

Q(c,d) R

P(a,b)

Maka R ialah titik (a+c, b+d) jadi R mewakili z1 +z2. Dari penambahan vektor didapati−−→OR = −−→OP +−→PR = −−→OP +−−→OQ.

Jadi, pada gambarajah Argand, penambahan nombor kompleks sepadan dengan penam-bahan vektor.

(2) Penolakan

Didapati z1 − z2 = (a− c) + (b− d)i.

Biar T merupakan titik (−c,−d) yang mewakili −z2. Lukis segiempat selari OPST . MakaS adalah titik (a− c, b− d), jadi S mewakili z1 − z2.

Dari penambahan vektor didapati,−→OS = −−→OP +−→PS = −−→OP +−→OT = −−→OP −−−→OQ.

Jadi, pada gambarajah Argand, penolakan nombor kompleks sepadan dengan penolakanvektor.

88

Perhatikan bahawa −−→QP = −→OS = z1 − z2.

Contoh 62 Diberi z = 3− i dan w = 2+3i. Tunjukkan z+w dan z−w pada gambarajahArgand.

Penyelesaian

w

(2,3)

(5,2)

(3,−1)

w

(−2,−3)

(1,−4)

z+w

zz−w

89

6.6 Bentuk polar bagi nombor kompleks

Bentuk z = x + yi bagi nombor kompleks disebut bentuk Cartesan. Sekarang, kitahendak memperkenalkan bentuk yang lain.

P(x,y)

x

y

θ

r

Biar z = x+ yi diwakili oleh −−→OP yang panjangnya r dan yang bersudut θ dengan paksi-x.

Maka (r, θ) disebut kordinat kutub/polar bagi P .

Didapati,

r =√x2 + y2 tan θ = y

x

x = r cos θ y = r sin θ.

Maka z = x+ yi = r cos θ + i(r sin θ) = r(cos θ + i sin θ).

Bentuk z seperti di atas disebut bentuk kutub/polar bagi z.

Panjang vektor −−→OP , iaitu r, disebut nilai mutlak atau modulus z (ringkasnya “mod z”)dan ditandakan |z|:

|z| =√x2 + y2.

Sudut θ disebut sudutan/argumen z dan ditandakan arg(z).

arg(z) = tan−1(yx

).

90

Catatan

(1) Bagi sebarang nombor kompleks z, |z| ≥ 0.

(2) Nilai sudut θ dianggap positif bila diukur di arah lawan jam (anti clockwise) dan negatifbila diukur di arah ikut jam (clockwise).

Contohnya, jika z = 1 + i maka arg(z) = −π4

atau 74π.

π4

π74

z(1,−1)

(3) Nilai arg(z) tidak unik: jika θ ialah satu nilai bagi arg(z), maka

θ ± 2nπ n = 0,±1,±2, . . .

juga nilai bagi arg(z).

θ θ + 2nπ

Nilai arg(z) yang terletak di antara 0 dan 2π (atau −π dan π) disebut sudutan utamabagi z. Bila dikatakan “Arg(z)”, yang dimaksudkan biasanya ialah sudutan utamanya.

(4) Nilai θ = arg(z) ialah penyelesaian persamaan

tan θ =y

x

yang mengambil kira kedudukan z di gambarajah Argand: Jika z = x+ yi,

91

π2

π2

23 π

23 π

Sukuan II Sukuan I

x < 0, y > 0 y > 0x > 0,

x < 0, x > 0,y < 0 y < 0

Sukuan III Sukuan IV

0 < π <

π < θ < < θ < 2π

< θ < π

Contoh 63 Cari modulus dan argumen(sudutan) bagi setiap nombor kompleks berikut:

(i) z1 =√

3 + i (ii) z2 = −√

3 + i (iii) z3 = −√

3− i (iv) z4 =√

3− i

Dari itu, tulis setiap nombor dalam bentuk kutub.

Penyelesaian

z1

z4

z2

z3

3 ,1)(

3( ,−1)

3 ,1)(−

3(− ,−1)

Didapati |z1| =√

(√

3)2 + 12 = 2 = |z2| = |z3| = |z4|.

Biar θ1 = arg(zi) di mana i = 1, 2, 3, 4.

Sudut θ1 diberi oleh tan θ1 = 1√3, di mana 0 < θ1 <

π2 (sukuan I),

θ1 =π

6maka z1 = 2

[cos(π

6

)+ i sin

(π6

)].

Sudut θ2 diberi oleh tan θ2 = 1−√

3= − 1√

3, di mana π

2 < θ2 < π (sukuan II),

θ2 = π − π

6=

56π maka z2 = 2

[cos(

56π

)+ i sin

(56π

)].

92

Sudut θ3 diberi oleh tan θ3 = −1−√

3= 1√

3di mana π < θ3 <

32π (sukuan III),

θ3 = π +π

6=

76π (atau − 5

6π) maka z3 = 2

[cos(

76π

)+ i sin

(76π

)]

= 2[cos(

56π

)− i sin

(56π

)].

[Perhatikan: cos(−θ) = cos θ dan sin(−θ) = − sin θ].

Sudut θ4 diberi oleh tan θ4 = −1√3

= − 1√3

di mana 32π < θ4 < 2π (sukuan IV),

θ4 = 2π − π

6=

116π (atau − 1

6π) maka z4 = 2

[cos(

116π

)+ i sin

(116π

)]

= 2[cos(

16π

)− i sin

(16π

)].

Contoh 64 Cari modulus dan argumen bagi setiap nombor kompleks berikut

(i) z1 = 4 + 3i (ii) z2 = −4 + 3i (iii) z3 = −4− 3i (iv) z4 = 4− 3i

Penyelesaian

z3 z4

z1z2

(4,3)

(4,−3)

(−4,3)

(−4,−3)

Didapati |z1| =√

42 + 32 =√

25 = 5 = |z2| = |z3| = |z4|.

Biar θi = arg(zi) di mana i = 1, 2, 3, 4.

Biar θ◦ = tan−1(3/4) di mana 0 < θ◦ <π2 .

Maka

arg(z1) = θ0 arg(z2) = π − θ0

arg(z3) = π + θ0 arg(z4) = 2π − θ0.

93

6.7 Ketaksamaan segitiga

Teorem 6.5 Bagi sebarang nombor kompleks z1 dan z2,

|z1 + z2| ≤ |z1 + |z2|.

Bukti

z2

z 1

z 2

z1

z2

z1

O

P

R

Q

+

Dari segitiga OPR, didapati OR ≤ OP + PR iaitu |z1 + z2| ≤ |z1 + |z2|.

6.8 Hasildarab dalam bentuk kutub

Biar z1 = r1(cos θ1 + i sin θ1) dan z2 = r2(cos θ2 + i sin θ2).

Makaz1z2 =

[r1(cos θ1 + i sin θ1)

][r2(cos θ2 + i sin θ2)

]= r1r2

(cos θ1 + i sin θ1

)(cos θ2 + i sin θ2

)= r1r2

[(cos θ1)(cos θ2)− (sin θ1)(sin θ2)

+ i[(sin θ1)(cos θ2) + (cos θ1)(sin θ2)

]]iaitu

z1z2 = r1r2

[cos(θ1 + θ2) + i sin(θ1 + θ2)

].

Maka |z1z2| = |z1| · |z2| dan arg(z1) arg(z2) = arg(z1) + arg(z2).

Jadi untuk mendarab z1 dengan z2, kita mendarab modulus-modulus dan menambahargumen-argumen mereka.

94

Begitu juga, boleh ditunjukkan bahawaarg(z1)arg(z2)

=r1

r2

[cos(θ1 − θ2) + i sin(θ1 − θ2)

].

Maka∣∣∣∣z1

z2

∣∣∣∣ =|z1||z2|

dan arg(z1

z2

)= arg(z1)− arg(z2).

Jadi untuk membahagi z1 dengan z2 kita membahagi modulus z1 dengan modulus z2 danmenolak argumen z1 dari argumen z2.

Contoh 65 Diberi z = 2[

cos(π3 ) + i sin(π3 )]

dan w =√

3[

cos(34π) + i sin(3

4π)].

Cari (i) zw (ii) z/w.

Penyelesaian

(i) zw = 2√

3[cos(π

3+

34π

)+ i sin

(π

3+

34π

)]

= 2√

3[cos(

1312π

)+ i sin

(1312π

)].

(ii)z

w=

2√3

[cos(π

3− 3

4π

)+ i sin

(π

3− 3

4π

)]

=2√3

[cos(− 5

12π

)+ i sin

(− 5

12π

)]

=2√3

[cos(

512π

)− i sin

(512π

)].

Tafsiran geometri

Biar z1 = r1(cos θ1 + i sin θ1) dan z2 = r2(cos θ2 + i sin θ2) diwakili oleh vektor −−→OP1 dan−−→OP2 masing-masing.

1P1r

θ1

θ2

P2

r2r r21

θ1

P

Dari segi geometri, mendarab z2 dengan z1 memutar vektor −−→OP2 melalui θ1 dan mendarabpanjangnya dengan r1.

95

Ulangkaji: Sifat-sifat Modulus

Biar z0, z1, z2, . . . , zn merupakan nombor kompleks. Maka

(1) |z| ≥ 0

(2) |z| = | − z| = |z|

(3) zz = |z|2

(4) |z1 · z2| = |z1| · |z2|

(5)∣∣∣∣z1

z2

∣∣∣∣ =|z1||z2|

(6) |z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2| (ketaksamaan segitiga)

(7) |z1 ± z2| ≥∣∣|z1| − |z2|

∣∣ (tunjukkan!)

Catatan Sifat (4) dan (6) boleh diitlakkan masing-masing kepada

|z1 · z2 · · · zn| = |z1| · |z2| · · · |zn|

|z1 + z2 + · · ·+ zn| ≤ |z1|+ |z2|+ · · ·+ |zn|

96

6.9 Teorem DeMoivre

Bagi sebarang θ dan sebarang integer n > 0,

(cos θ + i sin θ)n = cos θ + i sin θ (?)

Bukti Guna kaedah aruhan matematik

Kes n = 0

Sebelah kiri = 1 = sebelah kanan maka (?) benar.

Kes n > 0

(I) Bila n = 1, sebelah kiri = cos θ + i sin θ = sebelah kanan.

(II) Andaikan (?) benar bagi n = k, iaitu

(cos θ + i sin θ)k = cos kθ + i sin kθ (??)

Bila n = k + 1,

sebelah kiri bagi (?) = (cos θ + i sin θ)k+1

= (cos θ + i sin θ)k(cos θ + i sin θ)

= (cos kθ + i sin kθ)(cos θ + i sin θ) dari (??)

= cos kθ cos θ − sin kθ sin θ + i [sinkθ cos θ + cos kθ sin θ]

= cos(kθ + θ) + i sin(kθ + θ)

= cos(k + 1)θ + i sin(k + 1)θ

= sebelah kanan (?) bila n = k + 1

maka bila (?) benar bagi n = k, maka (?) benar bagi n = k + 1. Dari (I) dan (II), (?)benar bagi n = 1, 2, 3, . . .

97

Kes n < 0

Biar n = −m. Maka m < 0 dan

(cos θ + i sin θ)n = (cos θ + i sin θ)−m

=1

(cos θ + i sin θ)m

=1

cosmθ + i sinmθdari kes n > 0

=1

cosmθ + i sinmθ· cosmθ − i sinmθ

cosmθ − i sinmθ= cosmθ − i sinmθ

= cos(−mθ) + i sin(−mθ)

= cosnθ + i sinnθ.

Catatan

Biar z = r(cos θ + i sin θ) dan n sebarang integer positif. Maka dari Teorem DeMoivre,didapati

zn =[r(cos θ + i sin θ)

]n = rn(cos θ + i sin θ)n = rn(cosnθ + i sinnθ),

z−n =[r(cos θ + i sin θ)

]−n = r−n(cos θ + i sin θ)−n =1rn[

cos(−nθ) + i sin(−nθ)]

iaitu1zn

=1rn

(cosnθ − i sinnθ).

Contoh 66 Jika z = 2(cos 23π + i sin 2

3π), dapatkan z12.

Penyelesaian

z12 = 212

(cos

23π + i sin

23π

)= 212(cos 8π + i sin 8π) = 212.

98

Contoh 67 Nilaikan

(1 + i

√3

1− i√

3

)10

.

Penyelesaian

Biar z = 1 + i√

3 dan w = 1− i√

3.

Maka |z| =√

4 = 2 arg(z) = tan−1(√

3) = π3 (sukuan I)

berikan z = 2(cos π3 + i sin π

3

) π3

2

Demikian juga, w = 2(cos π3 − i sinπ3 ), maka

z

w=

cos π3 + i sin π3

cos π3 − i sinπ3

=(

cosπ

3+ i sin

π

3

)(cos

π

3− i sin π

3

)−1

=(

cosπ

3+ i sin

π

3

)(cos

π

3+ i sin

π

3

)= cos

23π + i sin

23π.

Oleh itu ( zw

)10

=(

cos23π + i sin

23π

)10

= cos203π + i sin

203π

= cos(

6π +23π

)+ i sin

(6π +

23π

)

= cos(

23π

)+ i sin

(23π

)

= −12

+ i

√3

2.

99

6.10 Penggunaan Teorem DeMoivre

Contoh 68 (i) Ungkapkan cos 4θ dalam sebutan kuasa-kuasa cos θ.

(ii) Ungkapkan sin 4θ dalam sebutan kuasa-kuasa sin θ dan cos θ.

Penyelesaian Biar k = cos θ dan s = sin θ.

Maka dari teorem DeMoivre dan teorem Binomial,

cos 4θ + i sin 4θ = (k + is)4

= k4 + 4k3(is) + 6k2(is)2 + 4k(is)3 + (is)4

= k4 + 4ik3s− 6k2s2 − 4iks3 + s4

= [k4 − 6k2s2 + s4] + i[4k3s− 4ks3].

Dengan membandingkan bahagian nyata dan bahagian khayal,

cos 4θ = k4 − 6k2s2 + s4

= k4 − 6k2(1− k2) + (1− k2)2

= 8k4 − 8k2 + 1

= 8 cos4 θ − 8 cos2 θ + 1;

sin 4θ = 4k3s− 4ks3

= 4 cos3 θ sin θ − 4 cos θ sin3 θ.

Contoh 69 Tunjukkan bahawa jika z = cos θ + i sin θ dan n integer positif, maka

2 cosnθ = zn + z−n dan 2i sinnθ = zn + z−n.

Seterusnya, ungkapkan sin4 θ dalam sebutan sudut berganda bagi θ.

100

Penyelesaian Dari teorem DeMoivre,

zn = (cos θ + i sin θ)n = cosnθ + i sinnθ (1)z−n = (cos θ + i sin θ)−n = cosnθ − i sinnθ (2)

Dari (1) + (2): zn + z−n = 2 cos θ

(1) − (2): zn − z−n = 2i sin θ

Dari rumus di atas dengan n = 1,

sin θ =12i

(z − z−1)

maka sin4 θ =(

12i

)4

(z − z−1)4

=116

(z4 − 4z2 + 6− 4z−2 + z−4)

=116[(z4 + z−4)− 4(z2 + z−2) + 6

]=

116[2 cos 4θ − 8 cos 2θ + 6

]=

18[

cos 4θ − 4 cos 2θ + 3].

101

6.11 Bentuk eksponen bagi nombor kompleks

ex = 1 + x+x2

2!+x3

3!+ · · ·Dari

cosx = 1− x2

2!+x4

4!−+ · · ·

sinx = x− x3

3!+x5

5!−+ · · ·

didapati, dengan mengambil x = iθ,

eiθ = 1 + iθ +(iθ)2

2!+

(iθ)3

3!+

(iθ)4

4!+

(iθ)5

5!+

(iθ)6

6!+

(iθ)7

7!+ · · ·

=[1− θ2

2!+θ4

4!− θ6

6!+− · · ·

]+ i

[θ − θ3

3!+θ5

5!− θ7

7!+− · · ·

]= cos θ + i sin θ

iaitu eiθ = cos θ + i sin θ. (1)

Rumus ini dikenali sebagai Rumus Euler.

Dari Rumus Euler didapatie−iθ = cos θ − i sin θ. (2)

Dari (1) dan (2) perolehi,

cos θ =12

(eiθ + e−iθ) sin θ =12i

(eiθ − e−iθ).

Bagi kes θ = π perolehi eiπ = −1.

Dengan rumus Euler, nombor kompleks z = r(cos θ + i sin θ) boleh ditulis sebagai

z = reiθ.

Bentuk ini disebut bentuk eksponen bagi nombor kompleks.

Contoh 70 Ungkapkan z = 2i dalam bentuk eksponen.

Penyelesaian |z| = 2, arg(z) = π2 maka z = 2eiπ/2.

102

6.12 Punca ke-n (atau punca kuasa n)

Takrif Katakan w satu pemalar kompleks dan n satu integer positif. Maka sebarangnombor kompleks z yang memuaskan persamaan

zn = w (?)

disebut punca ke-n bagi w.

Bagi setiap n, wujud n punca ke-n yang berbeza bagi w.

Bukti Katakan w = R(cosφ+ i sinφ) dan z = r(cos θ + i sin θ) memuaskan (?). Maka

rn(cos θ + i sin θ)n = R(cosφ+ i sinφ)iaitu rn(cosnθ + i sinnθ) = R(cosφ+ i sinφ)

maka rn = R iaitu r = n√R

dan nθ = φ+ 2kπ untuk k = 0, 1, 2, 3, . . . iaitu θ =φ+ 2πk

nuntuk k = 0, 1, 2, 3, . . .

Jadi

z = n√R

(cos

φ+ 2πkn

+ i sinφ+ 2πk

n

)di mana k = 0, 1, 2, . . . , n− 1

Oleh itu punca-punca ke-n bagi R(cosφ+ i sinφ) ialah

z = n√R

(cos

φ+ 2πkn

+ i sinφ+ 2πk

n

)di mana k = 0, 1, 2, . . . , n− 1

z1

z2

z3

n2π

n2π

n2π

Rn z0

Di sini, n√R ialah punca ke-n yang positif bagi

nombor nyata R. Pada gambarajah Argand,punca-punca ke-n terletak pada bulatan ber-pusat O dan berjejari n

√R dan bezanya di an-

tara argumen punca-punca berjiran ialah 2πn .

103

Contoh 71 Cari punca-punca ke-n bagi 1 dengan (i) n = 3 dan (ii) n = 6.

Penyelesaian

(i) Didapati 1 = 1(cos 0 + i sin 0) = cos(2πk) + i sin(2πk) untuk k = 0, 1, 2, . . .

Jadi punca-punca ke-3 bagi 1 ialah

zk = cos2πk

3+ i sin

2πk3

di mana k = 0, 1, 2

iaituz0 = 1

z1 = cos2π3

+ i sin2π3

= −12

+√

32

z2 = cos4π3

+ i sin4π3

= −12−√

32.

(ii) 1 = 1(cos 0 + i sin 0) = cos(2πk) + i sin(2πk) di mana k = 0, 1, 2, . . .

Jadi punca-punca ke-6 bagi 1 ialah

wk = cos2πk

6+ i sin

2πk6

k = 0, 1, 2, 3, 4, 5

= cosπk

3+ i sin

πk

3k = 0, 1, 2, 3, 4, 5

iaituw0 = 1 w3 = cos 3π

3 + i sin 3π3 = −1

w1 = cos π3 + i sin π3 = 1

2 +√

32 w4 = cos 4π

3 + i sin 4π3 = −1

2 −√

32

w2 = cos 2π3 + i sin 2π

3 = −12 +

√3

2 w5 = cos 5π3 + i sin 5π

3 = 12 −

√3

2 .

π23π2

3

π23

z2

z1

z0

w0

w5w4

w3

w2w1

π3

11

104

Contoh 72 Cari punca-punca ke-2 bagi w = 2 + i2√

3. Berikan jawapan dalam bentukCartesian.

Penyelesaian

Di dapati |w| =√

4 + 12 = 4 dan

arg(w) = tan−1(2√

32

)

= tan−1(√

3), (0 < arg(w) <π

2)

=π

3

Oleh itu

w = 4(

cosπ

3+ i sin

π

3

)= 4

[cos(π

3+ 2πk

)+ i sin

(π3

+ 2πk)]

k = 0, 1, 2, . . .

= 4[cos

(6k + 1)π3

+ i sin(6k + 1)π

3

]k = 0, 1, 2, . . .

Jadi punca-punca ke-2 bagi w ialah zk =√

4[cos

(6k + 1)π6

+ i sin(6k + 1)π

6

]di mana

k = 0, 1 iaituz0 = 2

[cos

π

6+ i sin

π

6

]=√

3 + i,

z1 = 2[cos

7π6

+ i sin7π6

]= −√

3− i.

π6

1z

0zπ

67 2

105

Contoh 73 Selesaikan z4 = −8i dan tunjukkan penyelesaiannya pada gambarajah Argand.

Penyelesaian

Didapati −8i = 8(cos 3π2

+ i sin 3π2

). Li-hat kedudukannya dalam gambarajahArgand:

32π

(0,−8)

Oleh itu punca-punca ke-4 bagi 8i ialah

zk = 4√

8[cos

32π + 2πk

4+ i sin

32π + 2πk

4

]k = 0, 1, 2, 3

= 4√

8[cos

(4k + 3)π8

+ i sin(4k + 3)π

8

]k = 0, 1, 2, 3

iaituz0 = 4

√8[cos 3π

8+ i sin 3π

8

]z2 = 4

√8[cos 11π

8+ i sin 11π

8

]z1 = 4

√8[cos 7π

8+ i sin 7π

8

]z3 = 4

√8[cos 15π

8+ i sin 15π

8

]Punca-puncanya dalam gambarajah Argand:

z0

z1

z2

z3

4 8

π38

106

6.13 Persamaan kompleks dan bentuk Cartesiannya

Satu persamaan dengan pembolehubah kompleks, katakan z, disebut persamaan kompleks.Contohnya

|z| = 2, arg(z) =π

3,

∣∣∣∣ z + 2iz + 2− i

∣∣∣∣ = 2

merupakan persamaan-persamaan kompleks.

Jika z = x+ iy, maka persamaan kompleks boleh ditulis dalam bentuk Cartesian iaitudalam sebutan x dan y.

Pada gambarajah Argand, z diwakili oleh titik P (x, y). Jika z berubah maka P berubahdan menyurih (‘melukis’) satu lengkung. Lengkung ini disebut lokus bagi P atau bagi z.

Contoh 74 Apakah lokus bagi z yang memuaskan |z| = 2?

Penyelesaian Biar z = x+ iy. Maka |z| = 2 memberikan√x2 + y2 = 2 iaitu x2 +y2 = 4.

Maka lokus bagi z ialah bulatan berpusat O dan berjejari 2.

Contoh 75 Apakah bentuk Cartesian bagi persamaan arg(z) = π3 dan apakah lengkung

yang diwakilinya?

Penyelesaian Biar z = x+ iy dan θ = arg(z) = π3 . Maka y

x = tan θ = tan(π3 ) =√

3 iaituy =√

3x yang merupakan satu persamaan garis lurus.

Contoh 76 Tuliskan lengkung∣∣∣∣z + 2iz − i

∣∣∣∣ = 2 dalam bentuk Cartesian.

Penyelesaian Lengkung boleh ditulis sebagai |z + 2i| = 2|z − i| atau|z + 2i|2 = 4|z − i|2 (†).

Biar z = x+ iy. Maka (†) menjadi

|x+ (y + 2)i|2 = 4|x+ (y − 1)i|2

x2 + (y + 2)2 = 4[x2 + (y − 1)2]

x2 + y2 + 4y + 4 = 4[x2 + y2 − 2y + 1]

3x2 + 3y2 − 12y = 0

x2 + y2 − 4y = 0

x2 + (y − 2)2 = 4yang merupakan persamaan bulatan berpusat (0, 2) dan berjejari 2.

107

Contoh 77 Jika |z| = 3, apakah lokus bagi nombor kompleks 2z + 1?

Penyelesaian Biar w = 2z + 1. Selesaikan untuk z untuk perolehi z = 12 (w − 1). Oleh

itu |z| = 12(w − 1)| = 1

2 |w − 1|. Oleh kerana |z| = 3 maka |w − 1| = 6.

Biar w = x+ iy. Maka

|(x− 1) + iy| = 6

|(x− 1) + iy|2 = 36atau

(x− 1)2 + y2 = 36.iaitu

Oleh itu lokus bagi w ialah bulatan berpusat (1, 0) dan berjejari 6.

108