bab i bilangan kompleks

BAB I
BILANGAN KOMPLEKS
Di dalam bab ini, kita akan menyelidiki struktur aljabar dan geometri dari sistim
bilangan kompleks. Kita anggap bahwa berbagai sifat yang berhubungan dengan
bilangan real sudah diketahui.
1. PENJUMLAHAN DAN PERKALIAN
Bilangan kompleks dapat didefinisikan melalui pasangan terurut (x,y) dari bilangan real
yang diinterprestasikan melalui bidang kompleks, dengan koordinat empat persegi
panjang x dan y. Bilangan x dapat digambarkan melalui titik (x,0) pada sumbu real. Dari
sini terlihat bahwa himpunan bilangan real termuat dalam himpunan bilangan kompleks.
Bilangan kompleks yang berbentuk (0,y) berhubungan dengan titik pada sumbu y dan
disebut bilangan imajiner murni. Sumbu y disebut juga sumbu imajiner.
Bilangan kompleks (x,y) biasanya dinotasikan dengan z, sehingga
(1)
z = (x,y)
Bilangan real x dan y masing-masing merupakan bagian real dan bagian imajiner dari z;
dan ditulis
(2)
Re z = x,
Im z = y
Dua bilangan kompleks z1 = (x1,y1) dan z2 = (x2,y2) dikatakan sama apabila mempunyai
bagian real dan bagian imajiner yang sama. Jadi z1 = z2 jika dan hanya jika merupakan
titik-titik yang sama dibidang kompleks atau dibidang z.
Penjumlahan z1 + z2 dan perkalian z1z2 dari dua bilangan kompleks z1 =(x1,y1)
dan z2 = (x2,y2) didefinisikan sebagai berikut :
(3)
(x1,y1) + (x2,y2) = (x1+x2,y1+y2)
(4)
(x1,y1)(x2,y2)
= (x1x2-y1y2,y1x2+x1y2)
Sebagai catatan, bahwa operasi yang didefinisikan pada (1.3) dan (1.4) berasal dari
operasi penjumlahan dan perkalian pada bilangan real, yang dibatasi pada:
1
(x1,0) + (x2,0) = (x1+x2,0)
(x1,0)(x2,0)
= (x1x2,0)
Dari uraian di atas menunjukkan bahwa sistim bilangan kompleks merupakan perluasan
dari sistim bilangan real.
Setiap bilangan kompleks z = (x,y) dapat ditulis z = (x,0) + (y,0), dan juga
(0,1)(y,0) = (0,y), jadi z = (x,0) + (0,1)(y,0). Jika x =(x,0) dan i bagian imajiner murni
(0,1), maka jelas bahwa
(5)
z = x + iy
Juga, akibat dari z2 = zz, z3 = zz2, dan seterusnya, kita dapatkan bahwa
i2 = (0,1)(0,1) = (-1,0),
atau
i2 = -1
(6)
Dari persamaan (5), definisi (3) dan (4) diperoleh
(7)
(x1+iy1) + (x2+iy2) = (x1+x2) + i(y1+y2)
(8)
(x1+iy1)(x2+iy2)
= (x1x2-y1y2) + i(y1x2 + x1y2)
2. SIFAT-SIFAT ALJABAR
Umumnya sifat penjumlahan dan perkalian pada bilangan kompleks sama dengan
bilangan real. Kita daftar sifat-sifat aljabar yang paling mendasar, sedangkan yang
lainnya sebagai latihan.
Hukum komutatif
(1)
z1 + z2 = z2 + z1,
z1.z2 = z2.z1
(z1 + z2) + z3 = z1 + (z2+z3),
(z1z2)z3 = z1(z2z3)
dan hukum assositif
(2)
pembuktian dari hukum ini sangat mudah berdasarkan definisi dari penjumlahan dan
perkalian pada bagian 1. Sebagai contoh, jika z1 = (x1,y1) dan z2 = (x2,y2), maka
z1 + z2 = (x1+x2 , y1+y2) + (x2+x1 , y2+x2) = z2 + z1
Pembuktian untuk hukum yang lain di atas kita tinggalkan, selanjutnya hukum distributif
2
(3)
z(z1+z2) = zz1 + zz2
dan pembuktiannya serupa dengan hal di atas.
Hukum komutatif untuk perkalian, iy = yi juga berlaku. Akibatnya kita juga
dapat menuliskan z = x + yi dan hukum-hukum di atas terdefinisi dengan baik, sebab
sama saja dengan kasus pada bilangan real.
Penjumlahan identitas 0 = (0,0) dan perkalian identitas 1 = (1,0) untuk bilangan
real sama dengan untuk sistim bilangan kompleks, yaitu
(4)
z + 0 = z dan z.1 = z
untuk setiap bilangan kompleks z. Selanjutnya, pembuktian ketunggalan 0 dan 1 ini pada
bilangan kompleks ditinggalkan untuk latihan.
Hubungan bilangan kompleks z = (x,y) dengan invers penjumlahan
(5)
-z = (-x,-y)
memenuhi persamaan z + (-z) = 0. Selanjutnya, invers penjumlahan dari setiap bilangan
z adalah tunggal, karena persamaan (x,y) + (u,v) = (0,0) mengakibatkan u = -x dan
v = -y. Persamaan (5) dapat juga ditulis menjadi –z = -x-iy, untuk pembuktian –(iy) = (i)y = i(-y) kita tinggalkan sebagai latihan. Invers penjumlahan digunakan untuk
mendefinisikan pengurangan bilangan kompleks berikut :
(6)
z1-z2 = z1 + (-z2)
Juga, jika z1 = (x1,y1) dan z2 = (x2,y2), maka
(7)
z1 – z2 = (x1-x2, y1-y2) = (x1-x2) + i(y1-y2).
Untuk setiap bilangan kompleks tak nol z = (x,y), terdapat bilangan kompleks z-1
sehingga z.z-1 = 1. Untuk mendapatkan bilangan kompleks z-1 perhatikan ekspresi
berikut dengan memisalkan bilangan real u dan v, sehingga
(x,y)(u,v) = (1,0).
Dari persamaan (4) bagian 1, sifat perkalian dari bilangan kompleks u dan v harus
memenuhi pasangan berikut
xu-yv = 1,
yu+xv = 0
dari persamaan linier simultan, kita peroleh
3
u
x
,
x  y2
2
v
y
x  y2
2
Jadi invers perkalian dari z = (x,y) adalah

x
y
z 1   2
, 2
2
2
x y x y
(8)



z0
Invers perkalian z-1 tidak didefinisikan untuk z = 0. Kenyataanya bahwa, z = 0
mengakibatkan x2 + y2 = 0, dan ini tidak terdefinisi pada persamaan (8).
Keberadaan dari invers perkalian digunakan untuk menunjukkan bahwa jika
perkalian z1z2 = 0, maka paling sedikit salah satu faktor z1 atau z2 sama dengan nol.
Untuk bukti pernyataan ini, kita misalkan saja z1.z2 = 0 dan z10. Akibatnya z1-1 ada.
Dari definisi perkalian bilangan kompleks, diperoleh
(9)
z2 = 1.z2 = (z1-1z1)z2 =z1-1( z1z2) =z1-1.0 = 0.
Hal ini menunjukkan bahwa, jika z1z2 = 0, maka salah satu z1 = 0 atau z2 = 0, atau
mungkin keduanya z1 dan z2 sama dengan nol. Pernyataan ini ekivalen dengan
mengatakan bahwa, jika bilangan kompleks z1 dan z2 tak nol maka hasil perkalian z1z2
tidak sama dengan nol.
Pembagian dengan bilangan kompleks tak nol adalah didefinisikan sebagai
berikut
(10)
z1
 z1 z 21
z2
z 2
 0 .
Jika z1 = (x1,y1) dan z2 = (x2,y2), persamaan (2.10) dan (2.8) memberikan
(11)
z1  x1 x 2  y1 y 2 y1 x 2  x1 y 2 


,
z 2  x 22  y 22
x 22  y 22 
 x x  y1 y 2   y1 x 2  x1 y 2
  i
  1 22
2
2
2
 x2  y2   x2  y2

, z 2  0 

Untuk mendapatkan persamaan (11) dapat dilakukan dengan cara
(12)
z1  x1  iy1   x 2  iy 2 

z 2  x2  iy 2   x 2  iy 2 
4
Selanjutnya, dari sifat perkalian dan pembagian di atas kita peroleh
(13)
z1  z 2
z
z
  z1  z 2 z 31  z1 z 31  z 2 z 31  1  2
z3
z3 z3
z 3  0
Terakhir, hubungan
(14)
1
 z 21
z2
z 2  0
diperoleh melalui persamaan (10) dengan mengganti z1=1. Sebagai contoh, persamaan
(10) dapat ditulis sebagai berikut
(15)
 1
z1
 z1  
z2
 z2 
z 2  0
Selanjutnya, dapat juga diselidiki bahwa
z1 z 2 z 21 z11   z1 z 21 z 2 z11  1
z1  0, z 2
 0
Hal ini menunjukkan bahwa  z1 z 2   z 21 z11 . Selanjutnya, kita dapat menggunakan
1
persamaan (14) untuk menunjukkan
(16)
 1  1
1
1
  z1 z 2   z11 z 21   
z1 z 2
 z1  z 2



z1  0, z 2  0
dan juga
(17)
z1 z 2  z1  z 2
  
z 3 z 4  z 3  z 4



z 3  0, z 4  0
Contoh. Nyatakan bilangan kompleks berikut dalam bentuk x + iy, dimana x dan y
bilangan real.
1
1
1 5i 5i 5
i
5
1
 1  1 


.



 i




 2  3i  1  i  2  3i 1  i  5  i 5  i 5  i  26  26 26 26 26
5
Latihan.
1. Buktikan bahwa
a.

 

d.
1  2i 2  i
2


3 - 4i
5i
5
2  i  i 1  2i  2i;
e.
b. 2,-3 2,1   1,8;
5
i
 ;
1  i 2  i 3  i  2
c. 3,13,115 , 101   2,1
f. 1 - i   4
4
2. Tunjukkan bahwa (1+z)2 = 1 + 2z + z2
3. Buktikan bahwa dua bilangan kompleks z = 1  i memenuhi persamaan z2– 2z+ 2 =0
4. Tunjukkan bahwa
a. Im(iz) = Re z
c.
1
1
z
b. Re (iz) = -Im z
z  0
d. (-1)z = -z
z
5. Buktikan bahwa perkalian dalam bilangan kompleks adalah komutatif .
6. Gunakan hukum assosiatif dan komutatif perkalian bilangan kompleks untuk
menunjukkan bahwa (z1z2)(z3z4) = (z1z3)(z2z4).
7. Buktikan bahwa jika z1z2z3 = 0, maka paling sedikit salah satu dari ketiga faktor
adalah nol.
8. Buktikan :
a. Hukum assosiatif untuk penjumlahan memenuhi persamaan (2) bagian 2.
b. Hukum distributif persamaan (2) bagian 2.
9. Gunakan hukum assosiatif
untuk penjumlahan dan hukum distributif
untuk
menunjukkan bahwa z (z1 + z2 + z3) = zz1 + zz2 + zz3.
10. Dengan menuliskan i = (0,1) dan y = (0,y), tunjukkan bahwa –(iy) = (-i)y = i(-y).
11. a. Tulis (x,y) + (u,v) = (x,y) untuk menunjukkan ketunggalan bilangan kompleks
0 = (0,0) dalam penjumlahan.
b. Demikian juga, tulis (x,y)(u,v) = (x,y) untuk menunjukkan ketunggalan bilangan
kompleks 1 = (1,0) dalam perkalian.
12. Selesaikan persamaan z2 + z + 1 = 0 untuk z = (x,y) dengan menuliskan (x,y)(x,y) +
(x,y) + (1,0) =(0,0) dan selesaikan persamaan simultan dalam x dan y.
6
13. Turunkan persamaan (11) bagian 2 untuk pembagian
z1
seperti cara yang telah
z2
dijelaskan.
14. a.Dengan menggunakan hubungan persamaan (15) dan (16) bagian 2, turunkan
persamaan (17) bagian 2.
b. Gunakan penurunan bahagian (a) untuk membuktikan hukum pembatalan berikut
z 2  0, z  0
z1 z z1

z2 z z2
3. Modulus dan Sekawan
Sebagai dasar untuk menghubungkan setiap bilangan kompleks tak nol z = x + iy
dengan arah segmen garis atau vektor, dari titik asal ke titik (x,y) yang dinyatakan
dengan z dalam bidang kompleks. Kenyataan ini, kita selalu menggunakan z melalui
titik z atau vektor z. Di dalam gambar 1 bilangan z = x + iy dan –2 + i digambarkan di
dua titik dan jari-jari vektor.
y
(-2,1)

-2
(x,y)

x+iy
-2+i
0
x
Gambar 1
Dari definisi penjumlahan dua bilangan kompleks z1 = x1 + iy1 dan z2 = x2 + y2,
bilangan z1 + z2 berhubungan dengan titik (x1+x2, y1+y2). Ini juga berhubungan dengan
vektor yang koordinatnya sebagai komponennya. Juga z1 + z2 merupakan sebuah vektor
yang ditunjukkan pada gambar 2. Pengurangan z1 – z2 menyatakan jumlah dari vektor z1
7
dan –z2 (dalam gambar 3), z1-z2 dapat diinterprestasikan melalui arah segmen garis dari
titik (x2,y2) ketitik (x1,y1).
Selanjutnya, perkalian dari dua buah bilangan kompleks z1 dan z2 adalah
bilangan kompleks itu sendiri yang dinyatakan dengan vektor, yaitu vektor yang terletak
dibidang yang sama melalui vektor z1 dan z2. Jelas bahwa, perkalian ini bukan skalar
atau perkalian vektor yang biasa digunakan dalam analisis vektor.
y
y
(x2,y2)

z2
z1+zz
z2
z2
z1
z1
x
0
0
z1-z2
z1  z 2
 (x1,y1)
-z2
x

Gambar 3
Gambar 2
Interprestasi vektor dalam bilangan kompleks sangat membantu dalam
memperluas konsep dari nilai mutlak dari bilangan real ke bidang kompleks. Modulus
atau nilai mutlak dari bilangan kompleks z = x + iy didefinisikan sebagai bilangan real
non negatif
(1)
x 2  y 2 dan dinyatakan dengan z ; yaitu
z  x2  y2
Secara geometri, bilangan z adalah jarak antara titik (x,y) dan titik asal, atau panjang
dari vektor yang dinyatakan dengan z. Ini merupakan penurunan dari nilai mutak
didalam sistim bilangan real dimana y = 0. Sebagai catatan, ketaksamaan z1 < z2
mempunyai arti keduanya z1 dan z2
adalah bilangan real, pernyataan z1  z 2
mempunyai arti titik z1 lebih dekat dengan titik asal dibandingkan dengan titik z2.
8
Contoh 1.  3  2i  13 dan 1  4i  17 , titik –3 + 2i lebih dekat dari titik asal
dibandingkan dengan titik 1 + 4i.
Jarak dari titik z1 = x1 + iy1 dan z2 = x2 + iy2 adalah z1  z 2 . Ini jelas dari
gambar 3, dimana z1  z 2 adalah panjang dari vektor z1 – z2. Sebagai akibat dari
definisi (1) dan diekspresikan
z1-z2 = (x1 –x2) + i(y1-y2)
bahwa
z1  z 2 
x1  x2 2   y1  y 2 2
Bilangan kompleks z yang berhubungan dengan titik-titik pada lingkaran dengan
pusat z0 dan berjari-jari R memenuhi persamaan z  z 0  R .
Contoh 2. Persamaan z  1  3i  2 menyatakan lingkaran yang mempunyai pusat z0 =
(1,-3) dan mempunyai jari-jari R = 2.
Dari definisi (1) bilangan real z , Re z = x, dan Im z = y, hubungannya dengan
persamaan
(2)
z 2 = (Re z)2 + (Im z)2.
adalah
(3)
Re z  Re z  z dan Im z  Im z  z
Sekawan kompleks atau sekawan dari bilangan kompleks z = x + iy adalah
didefinisikan dengan x – iy dan dinyatakan dengan z , yaitu;
(4)
z = x – iy.
Bilangan z adalah dinyatakan dengan titik (x,-y) yang merupakan pencerminan
terhadap sumbu real x dari titik (x,y) yang dinyatakan dengan z (gambar 4). Sebagai
catatan z  z dan z  z untuk setiap z.
9
Jika z1 = x1 + iy1 dan z2 = x2 + iy2, maka
z1  z 2   x1  x2   i  y1  y 2    x1  iy1    x 2  iy 2  .
Jadi, penjumlahan dua buah sekawan sama dengan jumlah dari sekawan-sekawannya.
z1  z 2  z1  z 2
(5)
y
(x,y)
z
x
0
z

(x,-y)
Gambar 4
Dengan cara serupa mudah ditunjukkan bahwa,
(6)
z1  z 2  z1  z 2
(7)
z1 z 2  z1 z 2
(8)
 z1

 z2
 z1
  , z 2  0 
 z2
Penjumlahan z  z dari bilangan kompleks z = x + iy dan sekawannya z = x –
iy adalah bilangan real 2x dan pengurangannya z  z adalah bilangan imajiner murni
2iy. Jadi
(9)
Re z 
zz
zz
.
, Im z 
2
2i
Suatu hubungan yang sangat penting antara sekawan dari suatu bilangan
kompleks z = x + iy dengan modulus adalah
(10)
zz  z  x2  y2
2
10
Metode ini yang digunakan untuk mengitung hasil bagi
z1
pada persmaan (12) bagian
z2
2. Metode ini adalah jelas dengan mengalikan kedua penyebut dan pembilang dari
z1
z2
2
dengan z 2 , sehingga penyebutnya menjadi bilangan real z 2 .
Contoh 3. Melalui suatu ilustrasi,
 1  3i  1  3i 2  i   5  5i  5  5i



 1  i .
2
2i
2  i 2  i 
5
2i
Juga, lihat contoh terakhir bagian 2.
Dari persamaan (10), dapat dengan mudah menurunkan sifat yang lain dari
modulus dan sekawan pada catatan di atas.
(11)
z1 z 2  z1 z 2
(12)
z1
z1

z2
z2
z 2
 0
Sifat (11) dapat diperoleh melalui
z1 z 2
2
 

  z1 z 2  z1 z 2   z1 z1 z 2 z 2  z1 z 2
2
2
  z1 z 2

2
dan ingat bahwa modulus adalah tidak pernah negatif. Sifat (12) dapat diturunkan
dengan cara serupa.
4. KETAKSAMAAN SEGITIGA
Sifat dari modulus dan sekawan di bagian 3 memungkinkan untuk menurunkan sifat
aljabar dari ketaksamaan segitiga, dengan menentukan suatu batas atas untuk modulus
dari penjumlahan dua bilangan kompleks z1 dan z2 :
(1)
z1  z 2  z1  z 2
Ketaksamaan ini sangat penting dalam geometri (lihat gambar 2. bagian 3). Tentu saja,
pernyataan bahwa panjang suatu sisi pada suatu segitiga adalah lebih kecil atau sama
11
dengan jumlah panjang dua sisi yang lainnya. Sebagai catatan dari gambar 2 bahwa (4.1)
adalah suatu kesamaan apabila titik z1, z2 dan 0 adalah kolinier.
Kita mulai menurunkan secara aljabar dengan menuliskan
z1  z 2
2



 z1  z 2  z1  z 2  z1  z 2  z1  z 2



 z1 z1  z1 z 2  z1 z 2  z 2 z 2
Tetapi
 
z1 z 2  z1 z 2  2 Re z1 z 2  2 z1 z 2  2 z1 z 2 ;
dan juga
z1  z 2  z1  2 z1 z 2  z 2 ,
atau
z1  z 2
2
2
2
  z1  z 2
2

2
karena modulus nonnegatif maka, ketaksamaan (1) berlaku.
Suatu akibat dari ketaksamaan segitiga adalah jelas bahwa
(2)
z1  z 2
2
 z1  z 2
Untuk menurunkan ketaksamaan (2), kita tulis
z1   z1  z 2    z 2   z1  z 2   z 2 .
Yang berarti bahwa
(3)
z1  z 2  z1  z 2 .
Ketaksamaan (2) ini berlaku jika z1  z 2 . Jika z1  z 2 , kita hanya menukar z1 dengan
z2 dalam ketaksamaan (3) untuk mendapatkan
z1  z 2   z1  z 2 .
Persamaan (2) memberikan arti bahwa panjang suatu sisi segitiga adalah lebih besar atau
sama dengan selisih dari panjang kedua sisi yang lain.
Sebagai akibat dari (1) dan (2), dimana z1 diganti dengan (-z2) adalah;
(4)
z1  z 2  z1  z 2
12
z1  z 2  z1  z 2
(5)
Contoh 1. Jika titik z terletak pada lingkaran satuan z =1 yang berpusat di titik asal,
maka
z 3  2  z  2  3 dan z 3  2  z  2  1
3
3
Ketaksamaan segitiga dapat diperumum dengan induksi matematika sebagai
jumlah hingga dari suku-suku :
n  1,2,3,...
z1  z 2  ...  z n  z1  z 2  ...  z n
(6)
Berikut ini akan diberikan pembuktian induksi secara rinci, kita catat bahwa untuk n = 2
ketaksamaan (6) dijamin oleh ketaksamaan pada (1). Selanjutnya kita asumsikan
ketaksamaan (6) benar untuk n=m, kita akan buktikan benar untuk n = m + 1. Dari
ketaksamaan segitiga diperoleh,
z1  z2  ...  zm   zm 1
 z1  z2  ...  zm  zm 1
 z1  z2  ...  zm 1
Contoh 2. Jika z adalah titik di dalam lingkaran yang berpusat di titik asal dengan jarijari 2, yakni z  2 , maka
z 3  3 z 2  2 z  1  z  3 z  2 z  1  25
3
2
Latihan 2.
1. Gambarkan bilangan z1 + z2 dan z1-z2 dalam bentuk vektor jika




a. z1 = 2i, z2 = 2/3 – i
b. z1   3 ,1 , z2 
c. z1 = (-3,1), z2 = (1,4)
d. z1 = x1 + iy1, z2 =x1 – iy1
3 ,0
2. Gunakan sifat sekawan dan modulus untuk menunjukkan bahwa
a. z  3i  z  3i

d. 2 z  5

c. 2  i   3  4i
b. iz  i z
2

2  i  3 2z  5
13
3. Buktikan ketaksamaan pada persamaan (3) bagian 3 mengenai hubungan Re z, Im z
dan z .
4. Buktikan bahwa
2 z  Re z  Im z .
5. Buktikan sifat z pada persamaan (6) dan (7) bagian 3.
6. Gunakan
 
z1 z 2  z1 z2 untuk menunjukkan (a). z1z 2 z3  z1 z 2 z3
sifat
dan
(b). z 4   z  .
4
7. Buktikan sifat dari modulus pada persamaan (12) bagian 3.
8. Gunakan hasil dibagian 3 untuk menunjukan bahwa jika z2 dan z3 tidak nol maka
 z 
z
(a).  1   1 ;
 z2 z 3  z2 z 3
(b).
z1
z1

z2 z 3
z2 z 3
9. Dengan menggunakan ketaksamaan pada bagian 4, tunjukkan bahwa jika
maka
z3  z4
z  z2
z1  z 2
 1
z3  z 4
z3  z 4
10. Dalam setiap kasus, gambarkan himpunan dari titik-titik dengan syarat yang
diberikan :
(a). z  1  i  1;
 
(b). z  i  1; (c). Re z  i  2;
(d). 2z - i  4
11. Gunakan ketaksamaan dalam bagian 3 dan 4 untuk menunjukkan bahwa


Jika z  1 maka Im 1 - z  z 2  3
12. Dengan pemfaktoran z4 – 4z2 + 3 dalam dua faktor kuadrat dan dengan
menggunakan ketaksamaan pada persamaan (5) bagian 4, tunjukkan bahwa jika z
terletak pada lingkaran z  2 , maka
1
1

2
z  4z  3 3
4
13. Telah ditunjukkan pada bagian 2 bahwa jika z1z2 = 0 maka paling sedikit satu dari
bilangan z1 dan z2 harus nol. Berikan suatu bukti yang lain, berdasarkan hasil
hubungan untuk bilangan real, dengan menggunakan persamaan (3.11).
14
14. Buktikan bahwa
(a). z adalah real jika dan hanya jika z =z;

2
(b). z adalah salah satu real atau bagian imajiner jika dan hanya jika z  z 2 .
15. Gunakan induksi matematika untuk menunjukkan bahwa jika n = 2, 3, … maka
(a). z1  z2  ...  zn  z1  z2  ...  zn
(b). z1 z2 ...zn  z1 z2 ...zn
16. Misalkan a0, a1, a2, …, an (n  1) menyatakan bilangan real, dan misalkan z suatu
bilangan kompleks. Dengan menggunakan hasil pada soal no. 15, tunjukkan bahwa
2
a0  a1 z  a2 z 2  ...  an z n  a0  a1 z  a2 z  ...  an z
n
17. Tunjukkan bahwa persamaan z  zo  R dari suatu lingkaran yang berpusat di z0
 
dan berjari-jari R, dapat ditulis z  2 Re z z0  z0  R 2 .
2
2
18. Gunakan persamaan (9) bagian 3, untuk Re z dan Im z, Kemudian tunjukkan bahwa
2
hyperbola x2 – y2 = 1 dapat ditulis z 2  z  2
19. Gunakan kenyataan bahwa z1  z2 adalah jarak antara dua titik z1 dan z2, berikan
suatu interprestasi geometri bahwa
(a). Persamaan z  4i  z  4i  10 menyatakan suatu elips yang mempunyai titik
fokus 0,4 ;
(b). Persamaan z 1  z  i menyatakan garis lurus yang melalui titik asal dan
kemiringan –1.
5. KOORDINAT POLAR DAN RUMUS EULER
Misalkan r dan  merupakan koordinat polar dari titik (x,y) yang berhubungan
dengan bilangan kompleks tak nol z = x + iy. Dimana x = r cos  dan y = r sin , z dapat
ditulis dalam bentuk polar melalui
(1)
z = r(cos  + i sin ).
Jika z = 0, maka koordinat  tak terdefinisi.
15
Di dalam analisis kompleks, bilangan real r tidak pernah negatif dan
didefinisikan sebagai panjang dari jari-jari vektor untuk z; yakni r = z . Bilangan real 
menyatakan sudut yang diukur dalam radian, z dibuat dengan axis real positif dimana z
diinterprestasikan sebagai jari-jari vektor (gambar 5). Dalam kalkulus,  mempunyai
nilai yang tak berhingga banyaknya, yaitu merupakan kelipatan bilangan bulat 2.
Nilainya dapat ditentukan dari persamaan tan  = y/x, dimana kuadran memuat titik
yang berhubungan dengan z harus diperhatikan. Setiap nilai dari  disebut argumen dari
z, dan himpunan semua nilainya dinotasikan dengan arg z. Nilai utama dari arg z,
dinyatakan dengan Arg z, adalah nilai tunggal  sehingga       . Sebagai
catatan bahwa
(2)
( n = 0, 1, 2, …)
arg z = Arg z + 2n
Juga, jika z bilangan real negatif, Arg z mempunyai nilai , bukan -.
y
z=x+iy

r

x
Gambar 5
Contoh 1. Bilangan kompleks –1 – i , terletak dikuadran ketiga dan mempunyai
argumen utama -3/4, yaitu
Arg  1  i   
3
4
;
dan dari sini diperoleh
arg 1  i   
3
 2 n
4
( n = 0, 1, 2, …)
16
Penggunaan simbol ei, atau exp(i) adalah didefinisikan dengan rumus Euler
untuk setiap bilangan real dari  melalui
(3)
ei = cos  + i sin ,
kita dapat menuliskan bentuk polar pada persamaan (1) dalam bentuk eksponensial
melalui
(4)
z = r ei
Contoh 2. Bilangan -1-i dalam contoh 1 mempunyai bentuk eksponensial
(5)
  3
 1  i  2 expi 
 4



Dengan perjanjian bahwa e-i = ei(-), kita dapat juga menuliskan  1  i  2e
 i 3
4
.
Persamaan (5) hanya salah satu dari sejumlah tak berhingga kemungkinan untuk bentuk
eksponensial dari –1 – i ;
(6)
  3

 1  i  2 expi 
 2 n  

 4
(n = 0, 1, 2, …).
Sekarang pandang suatu titik z = rei, terletak pada suatu lingkaran yang berpusat
di titik asal dan dengan jari-jari r (gambar 6).  akan meningkat, kalau z digerakan
mengelilingi lingkaran dengan arah berlawanan dengan arah jarum jam. Khususnya jika
 dinaikan sampai 2, sampai dititik asal; dan sama jika  diturunkan sampai dengan 2.
y
z =rei

r

x
0
Gambar 6
17
Oleh karena itu, dari gambar 6 menunjukkan bahwa dua bilangan kompleks tak nol
z1  r1e i1 dan z 2  r2 e i 2
adalah sama jika dan hanya jika
r1 = r2 dan 1 = 2 + 2n, dimana n suatu bilangan bulat ( n = 0, 1, 2, …).
Sebagai catatan, nilai dari ei dengan jelas terlihat pada gambar 6. Dengan
merujuk pada rumus Euler (persamaan (3)) dimana r = 1 dan  adalah suatu kelipatan
bilangan bulat dari /2. Untuk kasus ini, secara geometri dapat diselidiki
e i  1, e
 i
2
 i, dan e-i4 =1.
Gambar 6, dengan r = R, juga menunjukkan bahwa persamaan
(7)
z = Rei
(0    2)
adalah menyatakan suatu persamaan parameter dari suatu lingkaran z = R, yang
berpusat dititik asal dan berjari-jari R. Melalui persamaan parameter  dalam gambar 6.
naik dari  = 0 pada interval 0    2, titik z mulai dari sumbu real positif dan
melewati lingkaran dengan arah berlawanan dengan jarum jam. Secara umum, lingkaran
z  z 0 =R, mempunyai pusat di z0 dan berjari-jari R, mempunyai persamaan parameter
(8)
(0    2).
z = z0 + Rei

y
z
z
Rei


0
x
Gambar 7
Hal ini dapat ditunjukkan dengan vektor (gambar 7) dengan catatan bahwa suatu titik z
melalui lingkaran z  z 0 =R dengan arah berlawanan jarum jam yang berkorespondensi
18
dengan jumlah suatu vektor tetap z0 dan suatu vektor dengan panjang R dan mempunyai
sudut  yang berubah-ubah dari  = 0 sampai dengan  = 2.
6. PERKALIAN DAN PEMBAGIAN DALAM BENTUK EXPONENSIAL
Telah kita ketahui dalam trigonometri sederhana ei merupakan sifat penjumlahan yang
sudah umum dari fungsi eksponensial dalam kalkulus :
ei 1 ei 2  cos1  i sin 1 cos 2  i sin  2 
= cos 1 cos 2  sin  1 sin  2   i sin  1 cos 2  cos 1 sin  2 
= cos 1   2   i sin  1   2   e i 1  2 
Jadi, jika z1  r1e i1 dan z 2  r2 e i 2 , perkalian z1z2 mempunyai bentuk exponensial
z1 z 2  r1e i1 r2 e i 2  r1 r2 e i1 e i 2  r1 r2 e i 1  2 
(1)
Selain itu,
z1 r1e i1 r1 e i1 e i 2
r


 1 e i 1  2 
i 2
i 2  i 2
z 2 r2 e
r2 e e
r2
(2)
Karena, 1 = 1ei0, maka dari persamaan (2) invers dari suatu bilangan kompleks tak nol
z=rei adalah
(3)
z 1 
1 1  i
 e
z r
Persamaan (1), (2) dan (3) adalah mudah diingat dengan menggunakan hukum aljabar
untuk bilangan real dari ex.
Hasil lain yang sangat penting yang dirumuskan dengan menggunakan aturan
dari bilangan real adalah
(4)
zn = rnein
(n = 0, 1, 2, …).
Untuk bilangan bilangan bulat positif n, persmaan (4) sangat mudah dibuktikan dengan
menggunakan induksi matematika. Untuk bukti secara rinci, kita mulai dengan z = rei
untuk n = 1. Selanjutnya, misalkan benar untuk n = m, dimana m suatu bilangan bulat
19
positif. Dari persamaan (1) untuk perkalian dua bilangan kompleks tak nol dalam bentuk
eksponensial, maka benar untuk n = m+1;
zm+1 = zzm = reirmeim = rm+1ei(m+1)
Persamaan (4) telah dibuktikan untuk n bilangan bulat positif. Juga Persamaan (4) benar
untuk n = 0, yakni z0 = 1. Jika n = -1, -2, -3, …, pada hal lain, kita definisikan bentuk zn
sebagai perkalian invers dari z dengan menuliskan
 
m
z n  z 1
, dimana m = -n = 1, 2, 3, …
Maka, dari persamaan (4) adalah benar untuk pangkat bilangan bulat positif, dari sini
bentuk eksponesial pada persamaan (3) dari z-1 diperoleh
m
n
m
1

1
1
z   e i       e im      e i  n    r n e in (n = -1, -2, …)
r

r
r
n
Persamaan (4) telah dibuktikan untuk semua pangkat bilangan bulat.
Jika r = 1 pada persamaan (4) maka diperoleh
e 
i n
(5)
 e in
(n = 0, 1, 2, …).
Jika kita tuliskan dalam bentuk
cos  i sin  n
(6)
 cos n  i sin n
( n = 0, 1, 2, …)
Persamaan ini merupakan rumus de Moivre.
Persamaan (4) dapat digunakan dalam menghitung pangkat dari bilangan
kompleks jika diberikan bentuk empat persegi panjang dan hasilnya adalah dalam
bentuk persegi panjang.
Contoh 1. Rubahlah

3i

7

3 i

7
dalam bentuk empat persegipanjang. Kita tuliskan
  2 e
i
 2e 6
7
7
i 7
6


i



 2 6 e i 2e 6  64 3  i  64 3  64i
Selanjutnya, sekarang akan dibahas sifat penting yang mendasari argumen
(bagian 5) dari perkalian
(7)
arg(z1z2) = arg z1+arg z2,
20
Persamaan ini diinterprestasikan melalui pernyataan bahwa nilai dari dua argumen atau
tiga arugumen atau argumen bernilai banyak, maka terdapat nilai dari ketiga nilai
tersebut sehingga persamaan di atas benar.
Kita mulai membuktikan persmaan (7) dengan memisalkan 1 dan 2
menyatakan suatu nilai dari arg z1 dan arg z2 masing-masing. Dari persamaan (6.1) kita
ketahui bahwa 1 + 2 merupakan nilai dari arg(z1z2). (Lihat Gambar 8). Jika pada hal
lain, nilai dari arg (z1z2) dan arg z2 diberikan, maka nilai yang berhubungan dengan
pemilihan n dan n1 diekspresikan berikut ini;
arg (z1z2) = (1 + 2) + 2n
(n = 0, 1, 2, …)
dan
arg z1 = 1 + 2n1
(n1 = 0, 1, 2, …)
karena
(1 + 2) + 2n = (1 + 2n1) + ( 2 + 2(n – n1) ),
Persamaan (7) jelas dipenuhi jika dipilih nilai
arg z2 = 2 + 2(n – n1) 
Penyelidikan nilai dari arg (z1z2) dan arg z2 adalah khusus simetri.
y
 z1z2
z2
2
1+2

z1
1
x
Gambar 8
Persamaan (7) terkadang benar jika nilai arg diganti dengan Arg (lihat latihan 6).
Tetapi, melalui ilustrasi contoh berikut ini, bahwa tidak selalu benar kasus untuk
tersebut.
21
Contoh 2. Jika z1 = -1 dan z2 = i, maka
Arg (z1z2) = Arg (-i) = 

 3
tetapi Arg z1 + Arg z2 =  + 
.
2
2
2
Bagaimanapun, kita menentukan nilai dari arg z1 dan arg z2 masih tepat digunakan nilai
arg (z1z2) = 3/2, kita dapatkan bahwa persamaan (7) dipenuhi.
Pernyataan lain yang analog dengan pernyataan pada persamaan (7) adalah
z
arg 1
 z2
(8)

  arg z1  arg z 2 .

Persamaan ini dapat dibuktikan dengan bantuan persamaan (2).
Latihan
1. Carilah argumen utama Arg z jika
(a). z 
2
;
1  3i
(b). z 
i
;
- 2 - 2i
(c).

3 i

6
2. Dengan menuliskan masing-masing faktor dalam bentuk eksponensial dan kemudian
rubahlah kembali dalam bentuk koordinat empat persegi panjang, tunjukkan bahwa

(a). i 1  3i

 

3  i  2 1  3i ;
(b).

(c).  1  i   81  i ;
5i
 1  2i
2i
(d). 1  3i
7

10

 211  1  3i

3. Tunjukkan bahwa
(a). ei  1; (b). ei  e i ; (c). ei 1 ei 2 ...ei n  ei  1  2 .... n  n  2,3,...
4. Selesaikan
persamaan
ei  1  2 untuk  0    2 
dan
tunjukan
penyelesaiannya secara geometri.
5. Gunakan rumus De Moivre untuk menurunkan rumus trigonometri berikut :
(a). cos 3 = cos3 - 3cos sin2
(b). sin 3 = 3 cos2 sin - sin3.
6. Tunjukkan bahwa jika Re z1 > 0 dan Re z2 > 0, maka Arg(z1z2) = Arg z1 + Arg z2,
dimana Arg(z1z2) menyatakan argumen utama dari arg(z1z2), dan seterusnya.
22
z 
7. Tunjukkan bahwa arg 1   arg z1  arg z2 .
 z2 
8. Dari bagian 3, pengurangan dari dua bilangan kompleks yang berbeda dapat
diinterprestasikan dengan vektor. (Lihat gambar 9, dimana  menyatakan sudut
inklinasi dari vektor z-z0). Dengan translasi vektor untuk z-z0, tunjukkan bahwa nilai


dari arg z  z0 adalah sama dengan nilai dari –arg(z-z0). Gunakan metode yang


sama untuk menunjukkan bahwa Arg z  z0 = –Arg(z-z0) jika dan hanya jika z-z0
bukan bilangan real negatif.
z
y
z-z0

z0
-
z  z0
x
0
Gambar 9
9. Diberikan z1 z2  0 , gunakan bentuk eksponensial dari z1 dan z2 untuk membuktikan
 
bahwa Re z1 z2  z1 z2 jika dan hanya jika 1 - 2 = 2n (n = 0, 1, 2, …), dimana
1 = arg z1 dan 2 = arg z2.
10. Diberikan z1 z2  0 dan gunakan hasil pada soal no. 9, modifikasi penurunan dari
ketaksamaan segitiga untuk menunjukkan bahwa z1  z2  z1  z2 jika dan hanya
jika 1 - 2 = 2n ( n = 0, 1, 2, …), dimana 1 = arg z1 dan 2 = arg z2.
Interprestasikan pernyataan ini secara geometri.
11. Misalkan z bilangan kompleks tak nol dan n suatu bilangan negatif (n = -1, -2, …).
Juga tulis z = rei dan m = -n = 1, 2, …. Gunakan persamaan zm = rmeim dan
23
z-1 = (1/r)ei(-), buktikan bahwa (zm)-1 = (z-1)m dan juga definisi zn = (z-1)m dalam
bagian 6 dapat dituliskan menjadi zn = (zm)-1.
12. Buktikan bahwa dua bilangan kompleks tak nol z1 dan z2 mempunyai modulus yang
sama jika dan hanya jika terdapat bilangan kompleks c1 dan c2 sedemikian sehingga
   2 
   
z1 = c1c2 dan z2 = c1 c2 . (petunjuk : exp i 1
 exp i 1 2   expi1  dan [lihat
2 
2 


       
juga soal nomor 3 bahagian b]. exp i 1 2 exp i 1 2   expi 2  )
2  
2 

13. Buktikan bahwa 1  z  z 2  ...  z n 
1  z n 1
1 z
(z  1)
dan rumus ini untuk
menunjukkan penurunan rumus trigonometri Lagrange 1+cos +cos 2+ …+cos n

2 n 1
1 sin 2
=

2
2 sin 2 

(0 <  < 2). (petunjuk : Untuk yang pertama, tulis
S= 1  z  z 2  ...  z n dan hitung S – zS. Untuk yang kedua, tulis z = ei dalam
persamaan pertama.
14. Gunakan induksi matematika untuk menunjukkan rumus Binomial untuk bilangan
n
n
n
Kompleks : z1  z2     z1n  k z2k (n = 1, 2, …), dimana
k 0  k 
n
n!
  
( k = 0,
 k  k!n  k !
1, 2, …,n) dan 0! = 1.
15. Gunakan induksi matematika untuk menunjukkan rumus De Moivre (pada bagian 6),
yakni cos  i sin    cos n  i sin n dimana n adalah bilangan bulat positif (n =
n
1, 2, …).
16. (a). Gunakan rumus Binomial (soal No. 14) dan rumus De Moivre (lihat soal no. 15)
n
n
k
dan tulis cos n  i sin n     cos n  k  i sin  
k
k 0  
 n2
definisikan bilangan bulat m dengan, m =  n -1
 2
24
(n = 1, 2, …). Maka
jika n genap
jika n ganjil
dan jumlah di
atas
untuk
menunjukkan
(bandingkan
dengan
soal
5
(a))
m
n 
k
cos n     1 cos n  2 k  sin 2 k  (n = 1, 2, …).
2
k
k 0 

(b). Tulis x = cos  dan misalkan bahwa 0    , dalam kasus ini -1x1.
Bagaimana merubah bentuk hasil terakhir pada bagian (a) bahwa setiap fungsi

Tn  x   cos n cos 1 x

(n = 0, 1, 2, …) adalah polinom berderajat n dalam
variabel x.
7. AKAR DARI BILANGAN KOMPLEKS
Bentuk zn = rnein pada bagian 6 untuk pangkat bilangan bulat dari bilangan
kompleks z = rei adalah digunakan untuk menemukan akar pangkat n dari setiap
bilangan kompleks tak nol z0 = r0 e i 0 , dimana n salah satu dari n = 2, 3, …. Metode awal
untuk menyelidiki suatu akar pangkat n
dari z0 adalah dengan memisalkan suatu
bilangan z = rei tak nol sedemikian sehingga zn = z0, atau
r n e in  r0 e i 0 .
Sekarang, berdasarkan pernyataan pada bagian 5 tentang kesamaan dua bilangan
kompleks, diperoleh
rn = r0 dan n = 0 + 2k, dimana k suatu bilangan bulat
(k = 0, 1, 2, …). Jadi r  n r0 , hal ini menyatakan ketunggalan akar pangkat n dari
bilangan real positif r0, dan

 0  2k  0 2k


n
n
n
(k = 0, 1, 2, …)
Akibatnya, bilangan kompleks
z=
n
 
2k
r0 exp i 0 
n
 n



(k = 0, 1, 2, …)
adalah akar pangkat n dari z0. Kita dapat melihat dengan jelas dari bentuk exponensial di
atas bahwa semua akar-akarnya terletak pada lingkaran z  n r0 yang berpusat dititik
25
asal. dan setiap titiknya adalah sama dengan 2/n radian dari asalnya, mulai dari
argumen 0/n. Maka jelas bahwa semua akarnya yang berbeda dapat diperoleh jika k =
0, 1, 2, …n-1, dan nilai akar yang lain dari k tidak diambil. Kita misalkan ck
(k = 0, 1, 2, …n-1) menyatakan akar yang berbeda dan ditulis
 
2k 
c k  n r0 expi 0 
 (k = 0, 1, 2, …n-1).
n 
 n
(1)
Bilangan
n
r0 adalah panjang dari setiap jari-jari vektor akar pangkat n. Akar
pertama c0 mempunyai argumen 0/n; dan akar pangkat 2 jika n = 2 terletak berhadapan
titik akhirnya dari suatu diameter lingkaran
z  n r0 , serta akarnya yang kedua –c0.
Jika n  3, akarnya terletak dititik sudut segi n beraturan yang dituliskan dalam
lingkaran.
1
Kita misalkan z 0n merupakan himpunan akar ke-n dari z0. Khususnya, jika z0
1
adalah bilangan real positif r0, simbol r0n menyatakan himpunan semua akar-akarnya;
dan simbol
n
r0 yang digunakan dalam persamaan (1) hanya untuk akar positif. Jika
nilai 0 yang digunanakan pada persamaan (1) adalah nilai utama dari argumen z0
    0    , bilangan c0 kita sebut akar utama. Selanjutnya, jika z0 adalah bilangan
real positif r0 maka akar utamanya adalah
n
r0 .
Akhirnya, salah cara untuk mengingat persamaan (1) kita tulis z0 dalam bentuk
eksponensial yang sudah diketahui (bandingkan contoh 2. bagian 5).
(k = 0, 1, 2, …)
z0 = r0 exp[i(0 + 2k)]
dan kita gunakan sifat umum eksponensial yang ada pada bilangan real, bahwa terdapat
n buah akar;
z 0n  r0 expi  0  2k n
1
1
26
 i   2k 
 n r0 exp  0

n


 
2k 
 n r0 exp i 0 

n 
 n
(k = 0, 1, 2, …n-1).
Contoh 1. Dalam urutan untuk menentukan akar pangkat n dari 1, kita tulis
(k = 0, 1, 2, …)
1 = 1 exp [i(0 + 2k)]
dan diperoleh
(2)
1
  0 2k 
 2k 
1 n  n 1 i 
  exp i
 (k = 0, 1, 2, …).
n 
 n 
 n
Jika n = 2, maka jelas bahwa akar-akarnya adalah 1. Jika n 3, akar-akarnya terletak
dititik sudut poligon yang beraturan dalam lingkaran satuan z =1, dengan titik sudut
yang pertama merupakan akar utama z = 1 (k =0).
Jika kita tulis
(3)
 2 
wn  exp i

 n 
maka dari persamaan (5) bagian 6, dan sifat ei bahwa
 2k 
wnk  exp i

 n 
(k = 0, 1, 2, …)
Jadi diperoleh akar pangkat n yang berbeda dari 1 adalah
1, wn , wn2 ,..., wnn 1 .
Perhatikan gambar 10, dimana untuk kasus n = 3, 4 dan 6 diilustrasikan. Perlu dicatat
bahwa wnn =1. Terakhir, hal ini akan bermanfaat jika c merupakan akar pangkat n dari
bilangan kompleks tak nol z0, maka himpunan dari akar pangkat n diperoleh dalam
bentuk
c, cwn , cwn2 ,..., cwnn 1 .
27
Hal ini disebabkan karena perkalian dari bilangan kompleks tak nol dengan wn
mempunyai argumen yang naik dengan penambahannya sebesar 2/n sedangkan
modulusnya tidak berubah.
y
y

w3
w4
w62 y

2
w4 

1 x

1 x
w32

w63

w42
 w6

w

4
6
1 x
 w65
Gambar 10
Contoh 2. Misalkan akan dicari semua nilai dari  8i  3 , atau akan dicari akar pangkat
1
tiga dari –8i. Pertama-tama kita tulis
 8i  8 expi  2  2k 
(k = 0, 1, 2, …)
maka akar-akarnya adalah
(4)
c k  2 expi  6 
2 k
3

(k = 0, 1, 2)
Akar-akar ini terletak pada titik sudut segitiga sama sisi yang terletak dalam lingkaran
z =2, dan jarak antara setiap titik mengelilingi lingkaran sebesar 2/3 radian, yang
dimulai dari akar utama (lihat gambar 11)
c0  2 expi 6   2cos 6  i sin 6   3  i .
y
c
1
c2
2
c0
Gambar 11
28
x
Dengan tanpa menghitung lebih lanjut, maka akan diperoleh c1 = 2i; dan c2 simetri
dengan c0 pada sumbu imajiner, kita ketahui bahwa c 2   3  i .
Jadi, akar-akarnya dapat ditulis c0 , c0 w3 , c0 w32 , dimana w3  expi 23 
(ringkasnya, lihat bagian akhir contoh 1)
Latihan
1. Carilah akar kuadrat dari (a). 2i; (b). 1  3i dan nyatakan dalam bentuk koordinat
empat persegi panjang.
2. Dalam setiap kasus, carilah semua akarnya dalam bentuk koordinat empat persegi
panjang, gambarkan pula hasilnya dalam bentuk geometri. : (a).  13 ; (b). - 164 ;
1

1
1

1
(d). - 8 - 8 3i 4 .
(c). 8 6 ;
3. Misalkan z = rei suatu bilangan kompleks tak nol dan n bilangan bulat negatif ( n = 1, -2, …). Maka definisikan z n dengan z n  z 1 m , dimana m = -n. Tunjukkan bahwa
1
1
 
1
1
1
 z m   z 1 m . Tunjukkan pula bahwa z n   z m  . (bandingkan dengan soal no. 11
 
 
1
1
1
1
latihan 3).
4.(a). Misalkan a menyatakan suatu bilangan real tetap, dan tunjukkan bahwa dua akar
kuadrat dari a + i adalah  A expi 2 , dimana A  a 2  1, dan   Arga  i  .
(b).Dari
rumus
Tunjukkan

1
2

trigonometri
bahwa
akar
   1  cos
cos 2   
,
2
2
kuadrat
pada
bagian
   1  cos
.
sin 2   
2
2
(a)
dapat
ditulis

Aa i Aa .
5. Dari bagian 7., akar pangkat tiga dari bilangan kompleks z0 dapat ditulis c0, c0w3,
 2   1  3i
c0w32, dimana c0 akar utama dari z0 dan w3 = exp i
. Tunjukkan

2
 3 
29
bahwa jika z0 =  4 2  4 2i; maka c0  2 1  i  dan dua akar pangkat tiga yang
lainnya c0 w3 


 
3 1 
2
,
3 1 i
c0 w32 

 

3 1  3 1 i
.
2
6. Carilah akar pangkat 4 dari persamaan z4 + 4 = 0 dan faktorkan dalam faktor kuadrat
dengan koefisiennya bilangan real.
7. Tunjukkan bahwa jika akar pangkat n dari c adalah sama dengan satu, tetapi c tidak
sama dengan satu, maka 1  c  c 2  ...  c n 1  0
(petunjuk : gunakan rumus
pertama pada latihan 3. nomor 13)
8. (a). Buktikan bahwa penyelesaian dari persamaan kuadrat az2+bz+c = 0 (a0),
dimana a, b dan c adalah bilangan kompleks. Khususnya dengan pelengkapan


1
 b  b 2  4ac 2
kuadrat pada bagian kiri turunkan rumus kuadratik z 
.
2a
Dimana kedua akar kuadratnya adalah b2 – 4ac  0.
(b). Gunakan hasil pada bagian (a) untuk mencari akar dari persamaan
z2+2z+(1-i)= 0
8. DAERAH DALAM BIDANG KOMPLEKS
Dalam bagian ini, kita akan memperkenalkan himpunan dari bilangan kompleks
atau titik dalam bidang z, dan berhubungan sangat dekat antara satu dengan yang
lainnya. Kami akan meperkenalkan konsep dasar dari suatu lingkungan 
(1)
z  z0  
dari suatu titik z0 yang diberikan. Lingkungan  dari z0 terdiri dari semua titik z dalam
lingkaran yang berpusat di z0 dan berjari-jari  tetapi bukan pada lingkaran tersebut.
(gambar 12). Jika nilai dari  diketahui, maka himpunan pada persamaan (8.1) sering
juga disebut suatu lingkungan. Berdasarkan hal di atas maka dapat juga diketahui suatu
lingkungan penghilangan dari z0
(2)
0< z  z 0  
30
yang terdiri dari semua titik z dalam suatu lingkungan  dari z0 kecuali titik z0 itu
sendiri.
y
z  z0

z0
x
0
Gambar 12
Suatu titik z0 dikatakan titik dalam (titik interior) dari suatu himpunan S jika
terdapat suatu lingkunan dari z0 yang hanya memuat titik-titik di S; z0 disebut titik luar
(titik eksterior) dari S jika terdapat lingkungan dari z0 yang tidak memuat titik-titik di S.
Jika z0 bukan titik dalam atau titik luar dari S maka disebut titik batas dari S. Jadi titik
batas adalah semua titik yang lingkungannya memuat titik di S dan titik yang bukan di
S. Kumpulan semua titik batas disebut pembatas (boundary) dari S. Lingkaran z =1,
merupakan pembatas dari setiap himpunan
(3)
z 1
dan
z  1.
Suatu himpunan dikatakan terbuka jika himpunan tersebut tidak memuat titik
batas. Sebagai latihan dapat ditunjukkan bahwa suatu himpunan dikatakan terbuka jika
dan hanya jika setiap titik-titiknya merupakan suatu titik dalam. Suatu himpunan
dikatakan tertutup jika memuat semua titik batas; dan penutup (closure) dari suatu
himpunan S adalah himpunan tertutup yang terdiri dari semua titik di S bersama-sama
dengan pembatas dari S. Sebagai catatan bahwa pada persamaan (8.3) yang pertama
adalah himpunan terbuka dan yang kedua adalah himpunan tertutup.
Suatu himpunan boleh jadi tidak terbuka atau tidak tertutup. Untuk himpunan
yang tidak terbuka harus terdapat suatu titik batas yang dimuat oleh himpunan tersebut;
dan suatu himpunan dikatakan tidak tertutup jika tidak memuat suatu titik batas dari
himpunan tersebut. Sebagai contoh dapat diselidiki bahwa cakram 0  z  1
31
tidak
terbuka dan juga tidak tertutup. Himpunan dari semua bilangan kompleks adalah terbuka
dan juga tertutup sebab tidak mempunyai titik batas.
Suatu himpunan terbuka S dikatakan terhubung jika setiap pasang titik-titik z1
dan z2 dapat dihubungkan oleh garis patah, yang terdiri dari sejumlah hingga penggal
garis yang dihubungkan dari awal sampai akhir dan semuanya terletak dalam S.
Himpunan terbuka z  1 adalah terhubung. Himpunan 1  z  2 adalah terbuka dan
juga terhubung. (lihat gambar 13). Suatu himpunan terbuka yang terhubung disebut
domain. Sebagai catatan bahwa setiap lingkungan adalah domain. Suatu domain
bersama-sama dengan sebagian atau seluruh titik batasnya disebut daerah.
y
0
z0
1 2 x
z1
Gambar 13
Suatu himpunan S dikatakan terbatas jika setiap titiknya terletak dalam suatu
lingkaran z  R ; selain itu dikatakan tak terbatas. Kedua himpunan pada persamaan (3)
adalah daerah yang terbatas, dan setengah bidang Re  0 adalah tidak terbatas.
Suatu titik z0 dikatakan titik akumulasi dari himpunan S jika setiap lingkungan
penghilangan dari z0 memuat paling sedikit satu titik dari S. Dari sini, jika suatu
himpunan adalah tertutup, maka memuat semua titik-titik akumualsi. Jika suatu titik
akumulasi z0 bukan titik di S, maka tentulah titik tersebut merupakan titik batas dari S;
tetapi bertentangan dengan kenyataan bahwa suatu himpunan tertutup memuat semua
titik batas. Hal ini dapat ditunjukkan pada latihan bahwa sebaliknya pernyataan ini juga
adalah benar.
32
Selanjutnya, suatu titik z0 adalah bukan suat titik akumulasi dari suatu himpunan
S jika terdapat suatu lingkungan penghilangan dari z0 yang tidak memuat titik di S.
Sebagai catatan bahwa titik nol saja yang merupakan titik akumulasi dari himpunan zn =
i/n, (n = 1, 2, …).
Latihan
1. Gambarlah himpunan berikut dan tentukan yang mana merupakan domain.
(a). z  2  i  1;
(b). 2z  3  4;
(e). 0  arg z  4 ,  z  0;
(c). Im z  1; (d). Im z  1
(f). z - 4  z .
2. Yang mana himpunan pada soal no. 1 yang tidak buka atau tidak tutup?
3. Yang mana himpunan pada soal no. 1 yang terbatas?
4. Dalam kasus ini, gamabarlah penutup dari himpunan: (a).    arg z   ,  z  0  ;
 
1 1
(b). Rez  z ; (c). Re   ; (d). Re z 2  0.
z 2
5. Misalkan S adalah himpunan terbuka yang terdiri dari semua titik z sehingga z  1
atau z  2  1 . Apakah S tidak terhubung ?
6. Tunjukkan bahwa himpunan S adalah terbuka jika dan hanya jika setiap titik di S
adalah titik interior.
7. Tentukan titik akumulasi dari setiap himpunan berikut : (a). zn  i n (n = 1, 2, …);
(b). z n 
(d ). z n
in

, (n  1, 2, ...); (c). 0  argz  , z  0  ;
n
2
n

 1 1  i n  1

, (n  1, 2, ...) .
n
8. Buktikan bahwa jika suatu himpunan memuat setiap titik akumulasi, maka himpunan
tersebut tertutup.
9. Tunjukkan bahwa setiap titik z0 pada daerah adalah titik akumulasi dari domain.
33
10. Buktikan bahwa suatu himpunan hingga dari titik-titik z1, z2, …, zn tidak mempunyai
titik akumulasi.
34