ANALISIS VARIABEL KOMPLEK - Dwipurnomoikipbu's Blog Web viewSimbol bervariasi dengan waktu, misalnya...

ANALISIS VARIABEL KOMPLEK

kg

O l e hDwi Purnomo

Oleh Mahasiswa Program Studi

Pendidikan Matematika 2009

PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKAIKIP BUDI UTOMO MALANG

TAHUN 2012

DAFTAR ISI

Halaman

Bab I

Bab II

Bab III

Bab IV

Bab V

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo ii

Bab VI

Halaman 1Bab I

BILANGAN KOMPLEK

Sistem Bilangan Real (R)

Sistem bilangan seperti yang kita kenal sekarang adalah hasil dari

pengembangan secara bertahap seperti yang ditunjukkan dalam daftar berikut.

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

digunakan dalam menghitung. Simbol bervariasi dengan waktu, misalnya yang

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

jumlah a + b dan perkalian a. b, (a) (b) atau ab juga disebut bilangan asli. Untuk

alasan ini himpunan bilangan asli dikatakan tertutup di bawah operasi penjumlahan

dan perkalian atau untuk memenuhi sifat penutupan terhadap operasi ini.

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

masing-masing, muncul untuk memungkinkan solusi dari persamaan seperti

x + b = a. dimana a dan b adalah setiap bilangan asli. Hal ini mengarah pada

operasi pengurangan, atau invers penjumlahan, dan kita tulis dengan x = a-b

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

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

3. Bilangan rasional dan pecahan seperti - 34 , -

83 . . . muncul untuk memungkinkan

persamaan solusi seperti bx = a untuk semua bilangan bulat a dan b di mana b≠0

ini mengarah ke operasi divisi atau invers perkalian, dan kita tulis dengan

x = a/b atau a+b [disebut hasil bagi a dan b] di mana a adalah pembilang dan b adalah

penyebut. Himpunan bilangan bulat adalah bagian atau subset dari bilangan rasional,

karena bilangan bulat sesuai dengan bilangan rasional a / b dimana b = 1. Himpunan

bilangan rasional tertutup di bawah operasi-operasi penjumlahan, pengurangan,

perkalian, dan pembagian, selama pembagian dengan nol tidak termasuk.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo iii

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

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

adalah bilangan bulat dan b≠0

Himpunan bilangan rasional dan irasional di sebut dengan himpunan bilangan

ril. diasumsikan bahwa siswa sudah mengetahui dengan berbagai operasi pada

bilangan real.

Representasi Bilangan Real

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

sumbu real, seperti ditunjukkan pada gambar 1.1 titik yang sesuai dengan nol

disebut asal

−2√3 - 32 atau 1,5

34 √2

π

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3

Gbr.1.1

sebaliknya untuk setiap titik pada baris ada satu dan hanya satu bilangan real. jika

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

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

dan menulis masing-masing a > b atau b < a.

Halaman 2

Susunan dari nilai-nilai x termaksud a < x <b disebut interval

terbuka,sumbu yang asli ketika a≦ x≦ b,yang mana juga termaksud nilai akhir a

dan, disebut interval tertutup berarti symbol x,yang mana dapat berdiri untuk

semua susunan dari nilai – nilai asli ,yang disebut variabel asli.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo iv

Nilai mutlak dari sebuah bilangan asli a , dinotasikan oleh |a|, yang sama

untuk a jika a > 0,,untuk –a’ adalah a < 0 dan untuk 0 jika a = 0. Jarak antara dua

titik a dan b disumbu yang asli adalah |a−b|.

Sistem Bilangan Komplek (C)

Tidak ada bilangan asli x yang memenuhi persamaan x2+1=0 untuk

memberikan solusi–solusi untuk ini dan persamaan–persamaan yang sama

susunan dari bilangan komplek telah di perkenalkan. Kita dapat mengangap sebuah

bilangan komplek yang mana dengan bentuk a + bi dimana a dan b adalah bilangan

asli dan i ,yang mana disebut bilangan imajiner ,mempunyai kelengkapan i2=−1 . z

= a + bi , kemudian a disebut bilangan asli dari z dan b disebut bagian bilangan

imajiner dari z dan didenotasikan oleh Re { z } dan lm { z } berturut-turut, symbol

z,yang mana dapat berdiri untuk semua susunan bilangan-bilangan

komplek ,disebut variabel komplek.

Dua bilangan komplek a + bi dan c + di adalah sama jika dan hanya jika a = c

dan b = d. Kita dapat mengangap bilangan asli sebagai sebuah bagian dari susunan

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

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

bi atau disebut bilangan imajiner asli.

Konjuget komplek ,atau konjuget singkat , dari sebuah bilangan komplek a

+ bi adalah a-bi . Konjuget komplek dari sebuah bilangan komplek z sering

diindikasikan oleh z atau z .

Operasi dasar pada bilangan Komplek

Operasi yang ditunjukan dengan bilangan komplek kita dapat

memprosesnya seperti aljabar dari bilangan – bilangan asli ,menganti i2 oleh -1

ketika ini terjadi .

1. Penjumlahan

(a+bi )+ (c+di )=a+bi+c+di=(a+c )+(b+d ) i

2. Pengurangan

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo v

(a+bi )−(c+di )=a+bi−c−di=(a−c )+(b−d ) i

3. Perkalian

(a+bi ) (c+di )=ac+adi+bci+bd i2=(ac−bd )+ (ad+bc )i

4. Pembagian

a+bic+di

=a+bic+di

. c−dic−di

=ac−adi+bci−bd i2

c2−d2i2

¿ac+bd+ (bc−ad ) i

c2+d2 =ac+bdc2+d2 +

bc−adc2+d2 i

Nilai Mutlak

Nilai Mutlak atau modulus dari sebuah bilangan komplek a+bi adalah defenisinya

adalah sebagai |a+bi|=√a2+b2.

Contoh: |−4+2 i|=√¿¿

Jika z1 , z2 , z3,….,zm adalah bilangan komplek,mengikuti sifat-sifat berikut

1. |z1 z2| = |z1||z2| atau |z1 z2 … zm|=|z1||z2|…|zm|

2. |z1

z2| = |z1

z2| jika z2≠ 0

3. |z1+z2|≦|z1|+|z2| atau |z1+z2+…+z3|≦|z1|+|z2|+…+|zm|4. |z1+z2|≧|z1|−|z2| atau |z1−z2|≧|z1|−|z2|

Halaman 3

DASAR SISTEM AXIOMETIC DALAM ANGKA-ANGKA YANG

KOMPLEKS

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo vi

Dari suatu segi pandangan yang logis dapat digambarkan angka-angka

complex sebagai pasangan ( a,b) dari bilangan riil a dan b menunjuk pada yang

definisi yang beragam ternyata sama dengan definisi diatas. Semua definisi yang

digambarkan ini, dimana semua angka menggantikan angka-angka riil.

a. Persamaan (a,b) = (c,d) jika dan hanya jika a = c, b = d

b. Penjumlahan (a,b) + (c,d) = (a+ c, b+ d)

c. Produk (a, b) (c, d) = (ac-bd, ad + bc)

m(a, b) = (ma, mb)

Dari ini kita dapat menunjukkan bahwa ( a,b) = a ( 1,0)+ b ( 0,1) dan kita

berhubungan dengan ini a + bi di mana lambang untuk ( 0,1) dan mempunyai i2 =

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

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

dengan bilangan riil 0.

Dari pernyataan di atas kita dapat membuktikan bahwa jika z1, z2, z3, bagian dari S

bilangan kompleks :

1. z1 + z2 dan z1 z2 tergolong S Hukum Tertutupan

2. z1 + z2 = z2 +z1 Hukum Komutatif Penjumlahaan

3. z1 + (z2 + z3)= (z1+z2)+z3 Hukum Asociative Penjumlahaan

4. z1 z2 = z2 z1 Hukum Komutatif Perkalian

5. z1 (z2 z3) = (z1z2) z3 Hukum Asosiatif Perkalian

6. z1 (z2 + z3) = z1 z2 + z1z3 Hukum Penyebaran

7. z1 + 0 = 0 + z1 = z1, 1.z1 = z1.1 = z1, 0 adalah terpanggil identitas

berkenaan dengan tambahan, 1 adalah terpanggil identitas berkenaan

dengan perkalian.

8. Untuk apa pun bilangan kompleks z1 ada z bilangan unik dalam S seperti z +

z1 = 0; z adalah terpilih searah z1 untuk penjumlahan yang ditunjukan oleh –

z1.

9. Untuk apa pun z1 0 ada jumlah anuique dalam S seperti z1z = zz1= 1;

z adalah terpilih berlawanan z1 berkenaan dengan perkalian dan ditunjukan

oleh z1 -1 atau 1/z1.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo vii

.

Penyajian Grafis Dari Bilangan Kompleks

Jika perbandingan riil dipilih pada dua bagian tegak lurus X'OX dan Y'OY

yang disebut x dan y bagian berturut-turut seperti 1-2, maka kita dapat

menempatkan titik manapun, di dalam bidang yang ditentukan oleh bentuk ini,

dengan penghembus yang ditentukan dari bilangan riil

(x,y) segi-empat yang disebut koordinat titik. Contoh-contoh lokasi titik seperti

itu diindikasikan oleh P, Q, R, S and T dalam Fig. 1 – 2.

Karena suatu bilangan kompleks x + iy dapat dianggap sebagai suatu

pasangan berurut bilangan real, maka kita dapat menjumlahkan angka-angka yang

ditunjukan oleh xy yang terhubung pada bidang kompleks atau argand diagram.

Bilangan kompleks yang diwakili oleh P, sebagai contoh, kemudian dapat dibaca

sebagi ( 3, 4) atau 3+ 4i. Bagi setiap bilangan kompleks disana bersesuaian atau

berpasangan satu-satu pada titik didalam bidang, dan sebaliknya bagi masing-

masing titik didalam bidang disana bersesuaian satu-satu pada satu bilangan

kompleks. Oleh karena itu kita sering mengacu pada bilangan kompleks z sebagai

titik z. Kadang-kadang kita melihat x dan y tampak khayal dan riil yang berturut-

turut pada bidang yang kompleks ketika z dalam bidang. Jarak antar dua bilangan

z1= x1+ iy1 dan z2= x2 + iy2 didalam bidang yang kompleks diberi oleh | z1- z2|=

√ (x1− x2 )2+( y1− y2)

2

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo viii

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo ix

Halaman 4Kadang-kadang kita menunjuk sumbu x dan y sebagai sumbu real dan imajiner

masing-masing untuk bidang kompleks sebagai bidang z. Jarak antara dua titik

z1= x1+ iy 1 dan z2=x2+iy 2 pada bidang kompleks ditentukan oleh

|z1−z2|=√( x1−x2 )2+( y1− y2 )

2

.

BENTUK POLAR DARI BILANGAN KOMPLEKS

Jika P adalah titik pada bidang kompleks sama dengan bilangan kompleks

(x, y) atau x + iy, maka kita lihat dari Gambar. 1-3 bahwa

x=r cosθ , y=r sin θ

Y

P(x,y)

r

𝜃 yX’ 0 x X

Y’

(Gambar. 1-3)

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo

3

4

2

1X’

-4 -3 -2 -1 1 2 3 40

12

3

r(2,5,0)

P(3,4)

Q(-3,3)

S(2,-2)

R(-2.5,-1.5)

Fig. 1-2

Y

x

Dimana r=√x2+ y2=|x+iy|disebut nilai modulus atau nilai mutlak dari

z=x+iy 1 [dinotasikan dengan z atau |z|]; dan θ , disebut amplitude atau

argument(penjelasan) dari z=x+iy [dinotasikan dengan arg z], adalah sudut yang

membuat garis OP dengan sumbu x positif.

Oleh karena itu,

z=x+iy 1=r (cosθ+i sinθ )

Yang disebut bentuk polar dari bilangan kompleks, r dan θ disebut koordinat

polar(kutub). Kadang-kadang mudah untuk menulis singkatan cis θ untuk

cosθ+ isin θ .

Untuk setiap bilangan kompleks z ≠ 0 terdapat hanya satu nilai yang sesuai

dengan θ untuk 0 ≦ 𝜃 < 2π. Namun, interval lain dari panjang 2π, misalnya - π < θ ≦ π, dapat digunakan. Setiap pilihan utama, diputuskan terlebih dahulu, disebut

jarak utama, dan nilai θ disebut nilai utamanya.

THEOREMA DE MOIVRE'S

Jikaz1= x1+ iy 1=r1 (cosθ1+i sin θ1 )danz2=x2+iy2=r2(cos θ2+i sin θ2 )

kita dapat menunjukkan pada [ lihat halaman 19]

z1 z2=r 1 r2{cos(θ1+θ2 )+ isin(θ1+θ2 )}z1

z2=

r1

r2{cos (θ1−θ2 )+i sin(θ1−θ2)}

Sebuah pernyataan dari (2) menyebabkan

z1 z2 .. .. . . zn=r1 r2 . . .. .. rn{cos (θ1+θ2. . .. .+θn )+i sin(θ1+θ2 .. .. .+θn )}

dan jika z1= z2=. .. . .. .. .=zn=z ini menjadi

zn={r (cosθ+i sinθ )}n=rn (cosnθ+i sin nθ)

Yang sering disebut Teorema De Moivre

AKAR DARI BILANGAN KOMPLEKS


(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

xi

Sejumlah w disebut akar n dari bilangan kompleks z jika wn=z, dan kita

tulis w=z1/n. Dari teorema De Moivre kita dapat menunjukkan bahwa jika n adalah

bilangan bulat positif,

z1/n={r (cosθ+i sinθ )}1/n

=r1/n{cos( θ+2kπn )+ isin( θ+2kπ

n )} k = 0,1,2, ........, n-1

Dari yang berikut ini bahwa n adalah nilai yang berbeda untuk z1/n

, yaitu n akar

yg berbeda dari z. asalkan z ≠ 0.

Halaman 5

RUMUS EULER’S

Di asumsi oleh perluasan deret berhingga e x=1+x+ x2

2 !+ x3

3!+. . ..

hubungan dari

kalkulus elementer ketika x=iθ ,kita dapat mengambil hasil

e iθ=cosθ+i sin θ e=2 , 71828

(7)

Yang mana kita sebut rumus Euler’s yang sesuai ,bagaimanapun secara sederhana

kita mendefinisikaneiθ . umumnya kita definisikan

e x=e x+iy=ex e iy=ex (cos y+i sin y ))

(8)

Misalnya untuk contoh dimana y = 0 turunan dariex

Dengan catatan bahwa bentuk dari(7) pada dasarnya turunan dari teorema De

Moivre’s untuk (e iθ )n=e inθ

PERSAMAAN PANGKAT BANYAK

Sering dalam hal-hal praktis kita menemukan solusi persamaan pangkat banyak

dengan bentuk umum :

a0 zn+a1 zn−1+a2 zn−2+. . .+an−1 z+an=0

(9)


(6)

xii

Dimana a0≠0 , a1 .. . ., an adalah bilangan kompleks dan n pangkat positif di sebut

persamaan berpangkat. Sebagaimana solusi juga disebut z0 dari pangkat banyak dar

sebelah kiri (9) atau persamaan akar-akar.

Teorema ini sangat penting sehingga disebut teorema mendasar dari aljabar

( dapat dibuktikan dalam bab 5 ) bahwa setiap persamaan polynomial dari bentuk

(9) mempunyai satu akar kompleks. Dari ini kita menunjukkan bahwa mempunyai

factor n dari akar-akar kompleks, beberapa atau semuanya yang mungkin sama.

Jika z1,z2,…..zn dengan n akar-akar, dapat di tulis

a0(z – z1)(z – z2)…(z – zn) = 0 (10)

yang mana di sebutbentuk pemfaktoran dari persamaan polynomial ,sebaliknya jika

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

dengan muda.

AKAR-AKAR DARI N KE UNSUR SATUAN

Solusi dari persamaan zn=1 dimana n adalah pangkat positif di sebut unit akar-

akar dan di berikan oleh :

z=cos 2kπn

+ i sin 2kπn

=e2 kπ

n k=0,1,2,3 , .. . .. , n−1

(11)

Missal jika ω=cos2 kπ

n+ i sin 2 π

n=e

2 πin ,

dimana n akar-akar dari 1,

ω ,ω2 , .. .. . .. , ωn−1 . secara geometri menunjukkan bahwa n vertical dari sbuah

polygon teratur dimana di samping n di tuliskan pada sebuah lingkaran dari jarak

satudengan pusat yang sebenarnya. Lingkaran ini mempunyai persamaan |z|=1 dan

sering di sebut kesatuan lingkaran.

INTERPRESTASI VEKTOR DARI BILANGAN-BILANGAN KOMPLEKS

Bentuk bilangan kompleks z = x + iy dapat dipandang vector OP yang

menunjukkan titik asal O dan titik akhir P. dengan titik (x,y) lihat gambar 1.4

kadang-kadang kita sebut OP = x+iy sebagi vector posisi dari P. dua vector ini

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo xiii

memiliki panjang sama atau ukuran dan arahnya sama tetapi titik awalnya berbeda,

sehingga OP dan AB lihat gambar1.4. hal ini menunjukkan kesamaan sehingga kita

dapat menulis OP =AB = x + iy.

y

B

A

( x,y)

O X gambar 1.4

Halaman 6

Jumlah dari bilangan kompleks berkorespondensi dengan jumlah jajargenjang dari

jumlah untuk vector ( lihat gambar. 1-5). Dengan jumlah bilangan kompleks z1 dan

z2, kita melengkapi jajargenjang OABC dimana untuk sudut OA dan OC

berkorespondensi z1 dan z2. Untuk diagonal OB dari jajargenjang bekorespondensi

dengan z1 + z2. Lihat masalah 5.

A z2 B

Z1 z1+ z2 z1

C

Z2

O

Gambar. 1-5

REPRESENTASI BILANGAN KOMPLEKS SECARA ROYEKSI

STEREOGRAPHIC

Misalnya P (gambar 1-6) bidang kompleks dan memahami unit bulatan

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

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo xiv

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

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

∫ pada titik A’. setiap titik di bidang bilangan kompleks dimana korespondensi

satu-satu dan hanya satu titik dari bulatan ∫ ,dan kita dapat menggambarkan

beberapa bilangan kompleks oleh bulatan di setiap titik. Kita katakan Untuk

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

bidang tersebut. Dari himpunan semua titik-titik termasuk bidang kompleks untuk

jumlah pada titik disebut semua bidang kompleks, semua bidang z, atau bidang

kompleks secara luas.

Cara sulit dari untuk memetakan bidang pada bulatan disebut proyeksi

stereographich. Bulatan setiap saat disebut Riemann sphere.

N

SSssss

HASIL KALI TITIK DAN SILANG (DOT AND CROSS PRODUCT)

Misalnya z1 = x1+ iy1 dan z2 = x2 + iy2 da bilangan kompleks (vector). Hasil

kali titik ( disebut juga hasil kali titik) dari z1 dan z2 didefenisikan sebagai

z1 ∘ z2=|z1||z2| cos θ = x1x2 + y1 y2=Re {z1 z2}=

12 {z1 z2 + z1 z2}

(12)

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo xv

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

Hasil kali silang dari z1 dan z2 didefenisikan sebagai

z1 x z2=|z1||z2| sin θ = x1 y2− y1 x2=Im {z1 z2}=12 i {z1 z2− z1 z2 } (13 )

z1 z2= (z1∘ z2 ) + i (z1× z2)=|z1||z2| e iθ (14 )

Jika z1 dan z2 bukan nol, maka

1. Diperluan dan kondisi yang cukup dalam z1 dan z2 tegak lurus pada

z1∘ z2=0

2. Diperlukan dan kondisi yang cukup pada z1 dan z2 sejajar dengan z1 x z2 =

0.

3. Jarak proyeksi dari z1 di z2 adalah |z1∘ z2| /|z2|.

4. Bidang pada sebuah jajargenjang ada pada sudut z1 dan z2 adalah |z1×z2|.

Halaman 7

KOORDINAT KOMPLEKS SEKAWAN

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

( x , y )atau koordinat kutub(r , θ ). Namun banyak juga kemungkinan yang lain.

Salah satunya adalah menggunakan kenyataan bahwa x=12( z+z ),

y= 12 i

( z−z ) dimana z=x+2 y. Koordinat ( z , z ) yang menentukan letak suatu

titik dinamakan Koordinator Kompleks Sekawan atau disingkat Koordinat

Sekawan dari titik tersebut (Perhatikan soal 43 dan 44).

HIMPUNAN TITIK

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo xvi

Sebarang kumpulan titik-titik di bidang kompleks dinamakan suatu himpunan

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

himpunan tersebut.

Definisi dasar berikut ini diberikan sebagai bahan rujukan.

1. Lingkungan (neighbourhoods)

Suatu lingkungan delta (atau δ) dari titikZo adalah Himpunan semua titik

zsehingga |z−Zo| < δ dimana δ adalah suatu bilangan positif yang

diberikan. Suatu lingkungan – δ yang dihilangkan dari Zo adalah Suatu

lingkungan dari Zo yang titik Zo nya dibuang, yaitu 0<|z−Zo|<δ .

2. Titik limit (limit points)

Suatu titik Zo disebut titik limit, titik gabung, atau titik kumpul dari

himpunan titik S. Jika setiap lingkungan – δ yang dihilangkan dari Zo

memuat titik di himpunan S , karena δ adalah Suatu bilangan positif

sebarang, maka himpunan Sharus memiliki banyak titik yang tak

berhingga. Perhatikan bahwa Zo mungkin terletak di dalam atau di luar

himpunan S.

3. Himpunan tertutup (closed sets)

Sebuah himpunan S disebut tertutup jika setiap titik limit dari S termasuk

di dalam S, yaiut S memuat semua titik limitnya. Sebagai contoh,

himpunan semua titik z sehingga |z|≤1 adalah suatu himpunan tertutup.

4. Himpunan terbatas (bounded sets)

Sebuah himpunan S disebut terbatas jika kita dapat menemukan suatu

konstata M sehingga |z|≤ M untuk setiap titik z dan S. Suatu himpunan

tak terbatas adalah himpunan yang tidak memiliki batas. Suatu himpunan

yang terbatas dan tetutup dinamakan Kompak.

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

boundary points)

Suatu titik Zodisebut titik dalam dari himpunan S jika kita dapat

menentukan suatu lingkungan δdari Zo yang semua titiknya termasuk

pada S. Jika setiap lingkungan δdari Zo memuat titik di S dan juga titik

di luar S, maka Zo dinamakan titik batas. Jika suatu titik bukan suatu titik

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxvii

dalam atau titik batas dari suatu himpunan S, maka titik ini dinamakan

titik luar dari S.

6. Himpunan terbuka (open sets)

Suatu himpunan terbuka adalah suatu himpunan yang hanya terdiri dari

titik dalam. Sebagai contoh, himpunan titik Z sehingga |z|<1 adalah

suatu himpunan terbuka.

7. Himpunan tersambung (connected sets)

Suatu himpunan terbuka S disebut tersambung jika untuk setiap dua titik

di himpunan tersebut dapat dihubungkan oleh suatu lintasan yang

berbentuk garis lurus (lintasan segi banyak) yang semua titiknya terletak

di dalam S.

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

Suatu himpunan terbuka tersambung dinamakan suatu daerah terbuka

atau domain.

9. Penutup suatu himpunan (closure of a set)

Jika suatu himpunan S kita gabungkan semua titik limitnya, maka

himpunan baru yang terbentuk disebut penutup himpunan S dan

merupakan suatu himpunan tertutup.

10. Daerah tertutup (closed regions)

Penutup suatu daerah terbuka atau domain disebut suatu daerah tertutup.

11. Daerah (regions)

Jika pada suatu daerah terbuka atau domain kita gabungkan beberapa,

semua atau tidak sama sekali titik limitnya, maka kita menemukan suatu

himpunan yang disebut daerah. Jika semua titik limitnya digabungkan,

maka daerahnya tertutup dan jika tidak digabungkan sama sekali, maka

daerahnyaterbuka. Dalam buku ini bilamana kita menggunakan istilah

daerah tanpa mengelompokkannya, kita akan mengartikannya sebagai

daerah terbuka atau domain.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxviii

Halaman 812) Gabungan dan irisan dari himpunan. sebuah himpunan terdiri dari semua titik

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

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

himpunan S1 + S2 /s1∪s2

Suatu himpunan terdiri dari semua titik yang terdapat dalam himpunan S1 dan S2

dinamakan irisan S1 dan S2 yang ditandai dengan S1 , S2 /s1 ∩s2

13) Komplemen sebuah himpunan. Suatu himpunan yang tergabung dari semua

titik yang tidak termasuk dalam himpunan S dinamakan komplemen S dan

dinyatakan dengan❑S

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

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

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

dinamakan himpunan yang tak berkaitan/saling keterkaitan), kita dapat

menjelaskannya dengan menulis S1 - S2 = ∅ . Setiap himpunan yang dibentuk

melalui pemilihan semua nilai / tanpa nilai dari sebuah himpunan dinamakan

sub himpunan dari S. bila kita menjelaskan himpunan ini dimana semua nilai S

telah dipilih maka himpunan itu dinamakan sebuah himpunan yang benar dari

S.

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

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

dinamakan himpunan yang dapat dihitung, jika tidak dapt dihitung maka

himpunan tersebut dinamakan himpunan tak terhingga.

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

1. Welerstrass-Bolzano Theorem. Teori ini menyatakan bahwa setiap

himpunan dasar terikat memiliki paling sedikit satu batas nilai.

2. Heine-Borel Theorem. Teori ini menyatakn bahwa S merupakan sebuah

himpunan terpadu masing-masingnya mengandung satu atau lebih

himpunan A1, A2.....( yang kemudian dikatakan meliputi himpunan S tak

terhingga). Kemudian akan terjadi sejumlah himpunan dasar A1, A2 yang

meliputi S tak terhingga.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo xix

Soal-soal yang telah dikerjakan

Penyelesaian-penyelesaian dasar dengan bilangan kompleks.

1. Membuat penyelesaian pada masing-masing bilangan kompleks.

(a) ( 3 + 2 i) + (-7- i ) = 3 – 7 + 2i –I = -4 = i

(b) (-7- i ) + ( 3 + 2 i) = -7 +3 – I + 2i = -4 + i

Hasil bilangan komleks (a) dan (b) menunjukan penyelesaian yang dapat

dimengerti.

(c) (8 – 6i) - (2i - 7) = 8 – 6i -2i + 7 = 15 – 8i

(d) (5 + 3i) + {( -1 + 2i) + (7 – 5i)} = (5 + 3i) + {-1 + 2i +7 – 5i} = (5 + 3i) + (6

– 3i) = 11

(e) {( 5 + 3i) + (-1 + 2i) } + (7 – 5i) = {5 + 3i -1 + 2i} + (7 – 5i) = (4 + 5i ) + (7

– 5i) = 11

Hasil (d) dan (e) menunjukan hasil yang berkaitan.

(f) (2 – 3i) (4 + 2i) = 2(4 + 2i) - 3i(4 + 2i) = 8 + 4i -12i - 6i 2 = 8 + 4i -12i + 6 =

14 – 8i

(g) (4 + 2i) (2 – 3i) = 4(2 – 3i) + 2i(2 – 3i) = 8 – 12i + 4i - 6i2 = 8 -12i + 4i + 6 =

14 – 8i

Hasil (f) dan (g)menunjukan hasil yang dapat dipahami.

(h) (2 – i) {(-3 + 2i)(5 - 4i)} = (2 - i){-15 + 12i + 10i – 8i2}

= (2 - i)(-7 + 22i) = -14 + 44i + 7i – 22i2 = 8 + 51i

(i) {(2 – i) (-3 + 2i)} (5 - 4i) = {-6 + 4i + 3i -21i2} (5 - 4i)

= (-4 + 7i) (5 - 4i) = -20 + 16i + 35i – 28i2 = 8 + 51i

Hasil (h) dan (i) menjelaskan hasil perkawinan yang saling berkaitan satu

dengan yang lainnya.

Halaman 9(j). (−1+2 i ) {(7−5 i )+ (−3+4 i) }=−4+i+8 i−2 i2=−2+9 i

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo xx

metode yang lain . (−1+2i ) {(7−5 i)+(−3+4 i ) }=(−1+2i ) (−5 i )+ (−1+2i ) (−3+4 i)

¿ (−7+5 i )+14 i−10 i2¿+ (3−4 i−6 i+8 i2 )

¿ (3+11 i )+ (−5−10i )=−2+9 i

Ini memberikan penjelasan pembagian rumus yang lain.

(k) 3−2 i−1+i

=3−2i−1+i

.−1−i−1−i

=−3−3 i+2 i+2 i2

1−i2 =−5−i2

=−52−1

2i

dengan metode yang lain

Menurut definisi , (3−2 i ) / (−1+i )adala h bilangan a+bi itu ,

dimana adan b adalahbilanganreall seperti itu

(−1+i ) (a+bi )=−a−b+(a−b ) i=3−2i . kemudian−a−b=3 ,

a−b=−2dan kemudian pecahkan secarabersamaan ,

a=−52

, b=−12

atau a+bi=−52− i

2.

(l)

5+5 i3−4 i

+ 204+3 i

= 5+5 i3−4 i

. 3+4 i3+4 i

+ 204+3 i

. 4−3 i4−3 i

=15+20 i+15 i+20i2

9−16 i2 + 80−60 i16−9i2=

−5+35 i5

+ 80−60 i25

=3−i

(m) 3i30−i19

2i−1=

3 (i2 )15−(i2 )9 i

2i−1=3 (−1 )15−¿ (−1)9 i

−1+2i= −3+i−1+2 i

.−1−2i−1−2i

= 5+5 i5=1+i ¿

2.jika z1=2+i , z2=3−2 idan z3=−12+ √3

2i ,

menilai masing−masing dariberikut ini .

(a )|3 z1−4 z2|=|3 (2+i )−4(3−2 i)|=|6+3 i−12+18 i|=|−6+11 i|=√(−6)2+(11)2=√157

(b) z13−3 z1

2+4 z1−8=(2+i )3−3 (2+i )2+4 (2+i )−8

¿ {(2 )3+3 (2 )2 (i)+3 (2 ) ( i )2+i3 }−3(4+4 i+i2)+8+4 i−8

¿8+2 i−6−i−12−12 i+3+8+4 i−8=−7+3 i

(c) (i3 )4=(−1

2+ √3

2i)

4

=(−12−√3

2i)

4

=[(−12−√3

2i)

2]2

¿ [14 + √32

i+ 34

i2]2

=(−12+ √3

2i)

2

=14−√3

2i+ 3

4i2=−1

2−√3

2i

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo xxi

(d)

|2 x2+z1−5−i2 x2−z2+3−i|

2

=|2 (3−2i )+(2+i )−5−i2 (2+i )−(3−2i )+5−i|

2

=|3−4 i3+4 i |

2

=|3−4 i|2

|3+4 i|2=(√(3 )2+(−4 )2 ¿¿)2

(√(4 )2+(3 )2 ¿¿)2=1

3. temukanlah bilangan real x dan y seperti yang 3 x+2iy−iy+5 y=7+5 i .

Kemudian berikan hubungan persamaan tertulis sebagai berikut

3 x+5 y+i (2 y−x )=7+5 i .kemudian menyamakan bagian bilangan real dan

imagenari, 3 x+5 y=7 , 2 y−x=5. kemudian pemecahan secara bersamaan,

x=−1 , y=2

4. Buktikan: (a) z1+ z2=z1+z2 , (b )|z1 z2|=|z1||z2| Misalkan = z1=x1+ iy1 , z2=x2+iy2 . kemudian

(a) z1+ z2=x1+iy 1+x¿=x1+x2+i( y¿¿2+ y1)¿¿

¿ x1+x2−i( y¿¿2+ y1)=x1−i y1+x2−iy 2=x1+iy 1+ x2+iy 2=z1+z2 ¿

(b) |z1 z2|=¿ √¿¿

dengan metode yang lain .

|z1+z2|2=( z1 z2 ) ( z1 z2 )=z1 z2 z1+z2=( z1 z1) ( z2 z2 )=|z1|

2|z2|2∨|z1 z2|=|z1||z2|

dimana kita sudah menggunakan fakta bahwa hasil konjugasi dari dua bilangan

kompleks yang sama dengan produk konjugatif yang lain (lihat Soal 55).)

Halaman 10ANALISIS VARIABEL

UNTUK MEMENUHI TUGAS AKHIR SEMESTER VI

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxxii

NAMA : ADRIANA BULU NPM : 2091000210060 JURUSAN : MATEMATIKA 2009 A TUGAS : MENERJEMAHKAN B. INDONESIA HALAMAN 10

BILANGAN KOMPLEKSA.Gambar Grafis Dari Bilangan Kompleks5.Mengerjakan,menunjukan pembedahan, menganalisa dan gambarkan.

(3+4𝑖)+(5+2𝑖),(6-2𝑖)-(2-5𝑖),(-3+5𝑖)+(4+2𝑖)+(5-3𝑖)+(-4-6𝑖)A).Menganalisis (3+4)+(5+2𝑖)=3+5+4𝑖+2𝑖=8+6𝑖

Menggambarkan grafis dua bilangan komplek nilai P1 dan P2 yang berturut–turut seperti gambar dibawah ini 1.7. Sempurnakan garis lintang dengan OP1 dan OP2 seperti berdekatan sisi. Nilai P menggambarkan jumlah 6+8 dari dua bilangan𝑖 komplek. Catatan persamaan garis lintang untuk penjumlahan dari vektor OP1 dan OP2 memperoleh vektor OP. Pertimbangan ini untuk memudahkan sebuah bilangan kompleks seperti a +b sebuah vektor memperoleh komponen dan b ke𝑖 arah dari positip x dan y tanpa hubungan berturut.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxxiii

у Р

P1

3+4i 8+6i

5+2i P2 O ᵡ

P2 -2+5i P 4+3i

O ᵡ 6-2i P1

(b) Menganalisa, (6+2 )-(2-5 )=6-2-2 =4+3𝑖 𝑖 𝑖 𝑖Grafis, (6-2 )-(2-5 )=6-2 +(-2+5 ). Menjumlahkan 6-2 dan((-2+5 )seperti 𝑖 𝑖 𝑖 𝑖 𝑖 𝑖dibagian (a).Menunjukan hasil untuk OP didalam gambar 1.8 diatas.(C)Menganalisa. Grafis, (-3+5 )+(4+2 )+(5-3 )+(-4-6 )=(-3+4+5-4)+(5 +2 -3 -6 )=2-2 .𝑖 𝑖 𝑖 𝑖 𝑖 𝑖 𝑖 𝑖 𝑖Menggambarkan bilangan yang ditambah untuk z1, z2, z3, z4 berturut – turut. Gambarlah grafis dibawah ini 1.9 untuk memperoleh jumlah yang dibutuhkan bertambah terus seperti bentuk pertama gambar dibawah ini 1.10.Sebagai nilai dari vektor z1 konsepsi vektor z2,vektor z2 konsepsi vektor z3,dan nilai dari z3 konsepsi vektor z4. Pada suatu saat, sebagai hasil dari jumlah yang dibutuhkan adalah memperoleh vektor OP untuk menyusun huruf awal dari nilai z4,i. E. OP = Z1+ Z2 + Z3 + Z4 =Z – Z .𝑖 y

z1

z2

O ᵡ z3 z4

y z2 z3

z1 z4

O ᵡ

P s


Gambar 1.9

Gambar 1.10

Gambar 1.8

Gambar 1.7 y

xxiv

Halaman 11

Jika z1 dan z2 adalah dua dari Bilangan Kompleks (vektor – vektornya) pada gambar 1- 11. Buatlah grafiknya

(a) 3 z1−2 z2 (b)

12

z2+53

z1

(a) Pada gambar 1-12 disamping, OA=3 z1 adalah sebuah vektor yang

mempunyai panjang 3 kali vektor z1danOB=−2 z2adalah sebuah vektor yang mempunyai panjang 2 kali vektor z2 dan

Dan vektor OC=OA+OB=3 z1−2 z2

y y

Q

z1

z1 x P x

O

12

z2

z2 RGambar 1-11 Gambar 1-13

yC

3 z1−2 z2B A

−2 z2 3 z1

x

O

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxxv

Gambar 1-12

(b) Persamaan vektor (Bilangan kompleks) ditunjukkan oleh OP pada gambar 1-13 diatas

7. Buktikan :

(a). |z1+z2|¿|z1|+|z2|, (b).|z1+z2+z3|¿|z1|+|z2|+|z3|, (c). |z1−z2|¿|z1|−|z2|

dan gambarkanlah grafiknya

(a). Penyelesaian

Misal z1= x1+ iy1 , z2=x2+ iy 2 dan kita harus menunjukkan bahwa

√( x1+x2 )2+( y1+ y2 )

2¿ √ x12+ y

12+√ x22+ y

22

Kuadaratkan Persamaan kedua diatas, akan benar jika

( x1+x2)2+( y1+ y2)

2¿ x12+ y

12+2√( x12+ y12 )(x22+ y

22 )+x22+ y

22

i.e. jika x1 x2+ y1 y2¿ √( x12+ y

12 )( x22+ y22 )

atau jika ( Kuadratkan Kedua persamaan lagi)

x12+x 2

2 +2 x1 x2 y1 y2+ y12+ y

22¿ x12 x

22+x12 y

22+ y 21 x

22+ y12 y

22

Atau2 x1 x2 y1 y2¿ x

12 y22+ y 2

1 x22

Tetapi ini sama untuk (x1 y2− x2 y1 )2¿ 0 jika benar. Balikkan langkah –langkah

yang reversibel. Buktikan hasilnya.

Grafis. Secara grafis hasil dari fakta bahwa |z1|,|z2|,|z1+z2|ditunjukan panjang

dari sisi – sisi sebuah segitiga (lihat gambar 1-14) dan jumlah panjang dari 2

sisi dari sebuah segitiga yang lebih besar dari atau sama dengan panjang sisi

ketiga.

y

|z2|

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxxvi

|z1||z1+z2| x

0 Gambar 1-14

|z2| |z3|

|z1| |z1+z2+z3|

0 Gambar 1-15

(b). Penyelesaian. Bagian (a)

|z1+z2+z3|=|z1+( z2+z3 )|¿|z 1|+|z2+ z3|¿|z1|+|z2|+|z3|

Grafis. Hasil dari sebuah kesepakatan fakta geometris bahwa sebuah

bidang garis lurus lebih pendek diantara 2 titik O dan P (lihat Gambar 1-15)

Halaman 12TERJEMAHAN ANALYSIS VARIABEL COMPLEX

8. Misal diberikan vector posisi dari titik A( x1 , y1) dan titik B(x2 , y2) yang

diwakili oleh z1 dan z2 berturut-turut.(a) gambar vector AB sebagai bilangan kompleks.(b) tentukan jarak antara titik A dan B(a) Dari gambar 1.16 OA+AB=OB

AB=OB−OA=z2−z1

AB=(x2+iy2 )−(x1+iy1)AB=(x2−x1)+i ( y2− y1 )

z1 AB

z2 (b) Jarak antara titik A dan B dapat di cari dengan rumus |AB|=|( x2−x1 )+i( y2− y1)|=√( x2−x1)

2+( y2− y1)2

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxxvii

9. misal z1= x1+ iy1 dan z2=x2+iy2 yang diwakili dua vector non kolinear atau vector non parallel

Jika a dan b adalah bilangan real sedemikian sehingga az1+bz2=0 dengan syarat a=0 danb=0

Diberikan kondisi az1+bz2=0 ekuivalen dengan a (x1+ iy1 )+b( x2+iy2 )=0

atau ax1+bx2+ i( ay1+by 2 )=0 jadi ax1+bx2=0 dan ay1+by2=0 persamaan

ini akan mempunyai solusi yang simultan a=0 , b=0 , jika y1/ x1≠ y2/ x2 .jika vector tersebut adalah vector non kolinear atau vector non parallel.

10. buktikan bahwa diagonal jajaran genjang saling membagi duaPada gambar 1.17 OABC akan diberikan jajaran genjang dengan diagonal yang saling berpotongan pada titik P

Karena z1+AC=z2 , AC=z2−z1 jadi AP=m( z2−z1 )

Dengan syarat 0≤m≤1 B

Karena OB=z1+z2 , OP=n( z1+z2)dengan syarat 0≤n≤1

tapi OA+AP=OP , z1+m( z2−z1 )=n( z1+z2 )atau (1−m−n) z1+(m−n) z2=0karenanya dari masalah 9 ,

1−m−n=0 , m−n=0 atau m=1

2, n=1

2 dan P adalah titik tengah dari kedua diagonal

11. menemukan persamaan untuk garis lurus yang melewati dua titik A( x1 , y1)dan B( x2 , y2)

Misal z1= x1+ iy1 dan z2=x2+iy2 adalah vektor-vektor dari masing-masing titik A dan B.

Dari gambar 1.18 OA+AP=OP atau z1+AP= z ,AP=z−z1

OA+AB=OB atau z1+AB=z2 ,AB=z2−z1

Karena AP dan AB segaris maka AP=tAB atau z−z1=t( z2−z1 )dimana t adalah

bilangan real dan persaman umumnya adalah z=z1+t ( z2− z1)atau z=(1−t )z1+ tz2

Dengan menggunakan z1= x1+ iy1 , z2=x2+iy2 dan z=x+iy , juga dapat ditulis

x−x1=t( x2−x1) , y− y1=t ( y2− y1) atau

x−x1

x2−x1=

y− y1

y2− y1

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxxviii

Ada dua bentuk persamaan ,yang pertama disebut persamaan parametrik garis dengan t adalah parameternya.yang kedua disebut persamaan garis bentuk standar.Metode lain. Karena AP dan PB segaris dan m dan n adalah bilangan real maka,mAP=nPB atau m( z−z1 )=( z2−z )

Penyelesaian z=

mz1+nz2

m+n atau x=

mx1+nx2

m+n , y=

my1+ny 2

m+nBentuk persamaan di atas disebut bentuk simetris.

Halaman 13Dengan menggunakan z1 = x1 + y1 , z2 = x2 +iy 2 dan z =x + y1 dapat di tuliskan

x-x1 = t ( x2 - x1 ) , y- y1 = t ( y2 - y1 atau x−x1

x2− x1

= y− y1

y2− y1

Dua yang pertma disebut persamaan parametric garis dan t adalah parameter yang ke dua di sebut persamaan dari garis yang pertama

mAP=nPB atau m ( z - z1 ) = n ( x2 - z )

Dapat di pecahkan z = m z1+n z2

m+n atau x=

mx1+nx 2

m+n , y =

m y1+ ny2

m+n

Dari persamaan di atas dapat di sebut bentuk simetris12. Misal A ( 1, -2 ), B ( -3 , 4 ), C ( 2 , 2 ) menjadi kesimpulan dari segitiga

ABC .Carilah panjang median dari C kesisi AB .Vektor posisi A,B dan C di berikan oleh z1 = 1 – 2i , z2 = -3 + 4i dan z3 = 2 + 2i masing masing .Kemudian digambarAB = z3 - z1 = 2 + 2i - ( 1 – 2i ) = 1 + 4i BC = z3 - z2 = 2 + 2i – ( -3 + 4i ) =5 -2iAB = z2 - z1 = -3 + 4i –( 1 – 2i ) = -4 + 6i

AD = 12 AB =

12 ( -4 + 6i ) = -2 + 3i dimana D adalah titik tengah AB

AC +CD = AD atau CD =AD – AC = -2 + 3i – ( 1 +4i ) =-3 – i

Maka panjang rata rata dari CD adalah |CD|= |[−3,1 ]| =√10

B y C

D x

A13. Tentukan persamaan untuk (a ) lingkran berjari 4 dengan pusat ( -2 , 1 ) , (b),

elips dengan sumbu utama yang panjangnya 10dan titik fokusnya di (-3, 0 ) dan

( 3, 0 ).

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxxix

a) dengan di notasikan atau di tuliskan dengan bilangan kompleks -2 +

I .Jika z adalah setiap titik pada lingkaran (gambar 1.20) jarak dari z -2

+ I adalah [ z−(−2+i )]=4

Kemudian |2+2−1|=4 adalah persamaan yang di perlukan dalam

bentuk empat persegi panjang di berikan oleh |( x+2 )+ i( y−1)|=4,i.e

( x+2)2 + (y -1)2=16

Y

y

y Z z

x x

b) Jumlah jarak dari setiap z titik pada elips ( gambar 1-2) untuk focus

harus sama=10 maka persamaannya adalah ¿] +[z-3]=10,dalam empat

persegi panjang dapat di kurangi untuk x2/25 +y2/16=1(lihat soal 74)

Aksioma Dasar dari Bilangan Komleks

14. Gunakan defenisi dari sebuah bilangan kompleks sebagai pasangan orderdari

bilangan real dan defenisi pada halaman tiga untuk membuktikan bahwa

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

=(a,c) + (c,b)

=(a,b)


(-2,1) (-3,0) (3,0)

xxx

Halaman 14BILANGAN KOMPLEK

Dari defenisi jumlah dan produk atau hasil di halaman 3, kita mendapatkan

(a , b )=(a , 0 )+ (0 , b )=a (1,0 )+b (1,0 )

dimana (0,1 ) (0,1 )=(0∗0−1∗1,0∗1+1∗0 )=(−1,0)

Dari identifikasi (1,0) dengan 1 dan (0,1) dengan i, kita melihat bahwa

(a , b )=a+bi

15. Jika z1=(a1 , b1 ) , z2=¿ dan z3=(a3 , b3), membuktikan hukum

persamaan distribusi z1=( z2 , z3 )=z1+z2+z1 z3

Kita mendapatkan

z1=( z2 , z3 )=(a1 ,b1 ) {(a2 , b2 )+(a3 ,b3 )}= (a1 , b1 ) (a2 , a3 )+(b2 ,b3 )

¿ {a1 (a2+a3 )−b1 (b2 , b3 ) , a1 (b2 ,b3 )+b1 (a2+a3 ) }¿ (a1a2−b1 b2+a1a3−b1 b3 ,a1b2+b1 a2+a1 b3+b1 a3 )

¿ (a1a2−b1 b2 , a1 b2+b1 a2 )+(a1 a3−b1b3 , a1 b3+b1a3 )

¿ (a1 , b1 ) (a2, b2)+ (a1 , b1 ) (a3 , b3 )=z1 , z2+z1 , z3

KOORDINAT POLAR DARI BILANGAN KOMPLEK

16. Nyatakan setiap bilangan komplek berikut dalam bentuk koordinat polar

a) 2+2√3 i

Nilai penyelesaian atau mutlaknya, r=|2+2√3 i|=√4+12=4

Perluasan atau bukti, θ=sin−1 2√ 34=sin−1√ 3

2=600=

π3

(radians)

Kemudian

2+2√3 i=r¿

¿4 (cos π3+i sin π

3)

Hasilnya juga dapat ditulis sebagai 4 cis π3 atau, menggunakan rumus euler’s,

4 eπ i

3

y

2+2√3

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxxxi

Gambar 1 ∙224

600 2√3x

2b) −5+5 i

r=¿

θ=1800−450=1350=3 π4 (radians)

Kemudian

−5+5 i=5√2¿

¿5√2cis 3 π4=5√2e

3 π i4

y

5√25 460 1350

x-5

Gambar 1 ∙23

c) −√6−√2 i

r=|−√6−√2 i|=√6+2=2√2

θ=1800+300=2100=7 π6 (radians)

Kemudian

−√6−√2 i=2√2¿

¿2√2 cis 7 π4=2√2e

7 π i6

y2100

−√6 x−√2300

2√2

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxxxii

Gambar 1 ∙24

d) −3 i

r=|−3 i|=|0−3 i|√0−9=3

θ=2700=3 π2 (radians)

Kemudian

−3 i=3¿

¿3 cis 3 π2=3 e

3π i2

y

2700 x

-3

Gambar 1 ∙25

17. Grafikkan dari setiap bagian berikut:

(a )6 (cos2400+isin2400 ) , (b )4 e3π i

5 , (c )2 eπ i

4

(a )6 (cos2400+isin2400 )=6cis2400=6cis 4 π3=6e

4 π i3

dapat direfresentasikan secara grafik dengan OP di gambar 1 ∙26 dibawah

ini.

Jika kita memulai dengan vektor OA yang besaranya adalah 6 dan

yang mana arahnya adalah x positif , kita dapat memperoleh OP dengan

merotasikan OA berlawanan dengan arah jarum jam melalui sudut 2400.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxxxiii

Secara umum r e iθ sebanding dengan vektor yang diperoleh dengan

merotasikan atau memutar vektor yang besaranya r dengan arah x axis

positif, bergerak berlawanan melalui sudut θ.

Halaman 15 Nama : Leo marwan

NPM : 2091000210059 Jurusan: Matematika,

2009. B

BILANGAN-BILANGAN KOMPLEKS

y y y 2400 6 p

x 4 o 2 A

O A 1080 450 p b o x 2

P Gambar 1-26 Gambar. 1-27

Gambar. 1-28

(b) 4 e3 πi/5=4 (cos 3π /5+isin 3π /5 )=4 (cos1080+ isin+i sin 1080)

Diwakili oleh pada gambar diatas.1

(c ) .2e−πi / 4=2(cos (−π ¿4 )+isin (−π ¿4 ))=2 (cos (−450 )+isin (−450 ))

Bilangan kompleks ini dapt dirpesentasikan oleh vector OP pada gambar.

Diatas 1-28 vektor ini dapat diperolah dengan memulai dengan vector OA. Yang

besarnya adalah 2 dan yang arahnya adalah bahwa dari sumbu X positif, dan

memutarnya berlawanan itu memulai sudut -450 (yang sama dengan memutar

secara jarum jam melalui sudut 450).

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxxxiv

18. seorang pria perjalanan 12 mil timur laut, 20 mil barat 300 dari utara,

B y

dan kemudian 18 mil 600 selatan barat, menentukan (a) secara analitik 60o

20

dan (b) grafis seberapa jauh dan kearah mana ia adalah dari titik tolak 18

30o

nya. C

12 A

(a). Analitis. Biarakan o menjadi titik awal (lihat gambar 1-29). Maka perp-

45o x Indahan berturut-turut diwakili oleh vector OA,AB dan BC, hasil

dari ke- o

Tiga perpindahan diwakili oleh vector.

OC=OA+AB+BCsekarang OA=12(cos 450+sin 450 )=12 eπi/ 4

AB= 20 (cos (900+300)+i sin (900+300 ))=20 e2 πi/3

BC=18¿¿

¿

Kemudian

OC = 12 eπi /4+20 e2πi /3=18 e4 πi /3

= (12cos 45o+20cos120o+18 cos240o )+i (12sin 45o+20 sin120o+18 sin 240o )= ( (12 ) (√2/2 )+(20 ) (−1/2 )+ (18 ) (−1/2 ))+i ( (12 ) (√2/2 )+(20 ) (√3/2 )+(18 ) (−√3/2 ) )= (6√2−19 )+(6 √2+√3 ) i

Jika r (cosθ+i sin θ )=6√2−19+(6√2+√3 )i , Maka r=√ (6√2−19 )2+(6√2+√3 )2=14 . 7 sekitar dari θ=cos−1 (6√2−19 )/r=cos−1 (−. 717 )= 135o 49'

Sehingga orang itu adalah 14,7 mil dari titik tolaknya dalam arah 135o49,-90o=

45o49, barat utara.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxxxv

(b) grafis , menggunakan unit yang nyaman panjang seperti PQ dalam ambar 1-29

yang mewakili 2 mil,

Dan busur derajat untuk mengukur sudut, membangun vektor OA,AB dan BA

kemudian dengan menentkan jumlah unit di OC dan sudut yang membuat OC

dengan sumbu V, kita memper oleh hasil perkiraan (a)

DE MOIVRE’S TEOREMA

19 . if z1=r1 (cosθ1+i sinθ1) dan z2=r2 (cosθ2+i sin θ2) , Membuktikan :

(a ) z1 z2= r1r2 (cos (θ1+θ2 )+isin (θ1+θ2))(b )

z1

z2=

r1

r2(cos (θ1−θ2)+isin (θ1−θ2)) .

(c ) z1 z2 = (r1 (cosθ1+isin θ1)) (r2 (cosθ2+i sin θ2) )=r1 r2 ( (cosθ1 cosθ2−sin θ1sinθ2)+i (sin θ1 cosθ2+cosθ1sin θ2) )= r1r2 (cos (θ1+θ2 )+isin (θ1+θ2 ))

Halaman 16

(b)

z1

z2=

r1 (cosθ1+i sinθ1)r2 (cosθ2+i sinθ2)

⋅(cos θ2−i sin θ2)(cos θ2−i sin θ2)

=

r1

r2 {(cosθ1cosθ2+sin θ1 sin θ2 )+i (sin θ1 cosθ2−cos θ1sin θ 2 )cos2θ2+sin2θ2

}

=r1

r2{cos (θ1−θ2 )+i sin (θ1−θ2 )}

Pada syarat-syarat rumus Euler eiθ=cosθ+i sin θ , hasilnya menyatakan

bahwa jika z1=r1 eiθ1 dan z2=r2e

iθ2

maka z1 z2=r 1r2 ei (θ1+θ2 )

dan

z1

z2=

r1 eiθ1

r2 eiθ2=

r1

r2e

i (θ1−θ2)

.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxxxvi

20. Buktikan teorema De Moivre’s : (cosθ+ i sin θ )ndimana n adalah bilangan

bulat positif.

Kita gunakan prinsip induksi matematika. Menganggap bahwa hasilnya

benar untuk bilangan bulat positif khusus k , yaitu menganggap

(cosθ+ isin θ )k=cos kθ=isin kθ kemudian kalikan kedua sisi dengan

cosθ+ isin θ , kita dapatkan

(cosθ+ i sin θ )k+θ=(cos kθ+i sin kθ ) (cosθ+i sinθ )

=cos (k+1 ) θ+i sin (k+1 ) θ menurut

soal no.19. Jika benar untuk n=k maka benar untuk n=k+1

Tetapi sejak hasilnya jelas benar untuk n=1 , maka pasti benar untuk

n=1+1=2 dan n=2+1=3 , dst., dan pasti benar untuk semua bilangan

bulat positif.

21. Buktikan identitas : (a) cos 5 θ=16 cos5θ−20 cos3θ+5cosθ

(b)

(sin 5θ )(sinθ )

=16 cos4 θ−12cos2 θ+1 , if θ≠0 ,±π , ±2 π

Kita menggunakan rumus Binomial

(a+b )n=an+(¿ 1n )an−1 b+(¿ 2n ) an−2 b2+. .. . .+ (¿ rn )an−r br+. ..+bn

Dimana koefisien (¿ rn)= n !

r ! (n−r ) ! , juga dinyatakan dengan n C r , yang

disebut koefisien binomial. Bilangan n !atau n faktorial , didefinisikan sebagai

hasil 1⋅2⋅3 . .. . .. . n dan kita definisikan 0 !=1

Dari soal no.20, dengan n=5 , dengan rumus binomial,

cos 5θ+ i sin 5 θ= (cosθ+i sin θ )5

= cos5θ+ (¿ 15) (cos4 θ ) (i sin θ )+(¿ 25 ) (cos3 θ ) (i sin θ )2

+(¿ 35) (cos2 θ ) (i sin θ )3+(¿ 45 ) (cos θ ) (i sin θ )4+(i sin θ )5

=cos5 θ+5 i cos4 θ sin θ−10 cos3θ sin2 θ−10i cos2 θ sin3 θ

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxxxvii

+5 cos θ sin4 θ+i sin5 θ

= cos5−10 cos3 θ sin2 θ+5 cos θ sin4 θ

+i (5 cos4 θ sin θ−10 cos2θ sin3θ+sin5 θ )Maka

(a) cos 5θ= cos5 θ−10 cos3 θ sin2 θ+5 cos θ sin4 θ

= cos5 θ−10 cos3 θ (1−cos2θ )+5 cos θ (1−cos2 θ )2

=16 cos5θ−20 cos3 θ+5 cos θ dan

(b) sin 5 θ= 5 cos4 θ sin θ−10 cos2 θ sin3θ+sin5 θ

atau

sin 5θsin θ

= 5 cos4 θ−10 cos2 θ sin2 θ+ sin4 θ

= 5 cos4θ−10 cos2 θ (1−cos2 θ )+(1−cos2 θ )2

= 16 cos4θ−12 cos2 θ+ 1

dengan sin θ ≠0 , yaitu θ≠0 ,±π , ±2π , .. .

22. Tunjukkan bahwa (a) cos θ = e iθ+e−iθ

2,(b)

sin θ = e iθ−e−iθ

2i

Kita mempunyai (1) eie= cos θ + i sin θ , (2) e

−iθ=cos−i sin θ

Halaman 17

(a) Tambahkan (1) dan (2) e iθ+e−iθ=2cos θ atau cosθ= eiθ+e−iθ

2

(b) Kurangkan (2) dari (1) e iθ−e−iθ=2 isin θ atau sin θ= eiθ−e−iθ

2i

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxxxviii

23. Buktikan identitas (a) sin3 θ=84

sinθ−14

sin 3θ,(b)

cos4 θ=18

cos4θ+12

cos2θ+ 88

(a) sin3 θ=( eiθ−e−iθ

2 i )3

= (e iθ−e−iθ)3

8 i3

¿− 18i

{(e iθ )3−3 (e iθ )2 (e−iθ )+3 (e iθ ) (e−iθ)2−(e−iθ )3}

¿− 18i

(e3 iθ−3e iθ+3e−iθ−e−3iθ )=34 ( e

iθ−e−iθ

2 i )−14 ( e

3 iθ−e−3 iθ

2 i ) ¿

34

sin θ− 14

sin 3θ

(b) cos4 θ=( eiθ+e−iθ

2 )4

=(eiθ+e−iθ )4

16

¿1

16{ (e iθ)4+4 (eiθ )2 (e−iθ )+6 (e iθ )2 (e−iθ )2+4 (e iθ) (e−iθ )3+(e−iθ )4 }

¿ 116

(e4 iθ+4 e2iθ+6+4e−2 iθ+e−4 iθ )=18 ( e

4 iθ+e−4 iθ

2 )−12 ( e

2 iθ−e−2 iθ

2 )+ 38

¿18

cos 4 θ−12

cos2θ+38

24. Diberikan bilangan komplek (vektor) z, mengartikan secara geometri ze iα

dimana

α

bilangan real. Misal z=ℜiθ menggambarkan garis vector di gambar 1-30. Kemudian zeiα=ℜiθ . e iα=ℜi (θ+α )Adalah vector yang diwakili oleh OB. Maka perkalian vector z oleh e iα sebesar putaran zyang berlawanan dari sudut α . Gambar 1-30 Kita dapat mempertimbangkan e iα sebagai penghubung yang bertindak pada z untuk menghasilkan rotasi ini.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxxxix

25. Buktikan : e iθ=e i (θ+2kπ ) , k=0 , ±1 , ±2 , … e i (θ+2kπ )=cos (θ+2kπ )+isin (θ+2kπ )=cosθ+i sin θ=eiθ

26. Evaluasi soal-soal berikut : (a) [3 (cos 40°+i sin 40 ° ) ] [ 4 (cos80 °+i sin 80° ) ]=3∙ 4 [cos (40 °+80 ° )+i sin (40 °+80° ) ] ¿12 (cos120 °+i sin 120 ° )

¿12(−12+ √3

2i)

¿−6+6√3 i

(b) (2cis 15 ° )7

(4 cis 45° )3=128 cis 105°

64 cis 135 °=2 cis (105 °−135 ° )

¿2 [cos (−30 ° )+isin (−30 ° ) ]=2 [cos30 °−i sin30 ° ] ¿√3−i

(c) ( 1+√3 i1−√3 i )

10

={ 2 cis (60 ° )2 cis (−60 ° ) }

10

=(cis 120 ° )10=cis 1200°=cis 120°

¿−12+ √3

2i

Metode lain :

( 1+√3 i1−√3 i )

10

=( 2 eπ i /3

2 e−π i/3 )10

=(e2π i/3 )10=e20 πi/3

¿e8 πi e2 πi/3=(1 ) [cos (2π /3 )+i sin (2 π /3 ) ]=−12+ √3

2i

Halaman 1827. Buktikan bahwa (a) arg ( z1 z2 )=arg z1+arg z2 , (b) arg(z1¿¿ z2)=arg z1−arg z2¿

menyatakan kondisi yang sesuai validitas.

Biarkan, z1=r1 (cosθ1 )+i sin θ1 , z2=r 2 (cosθ2+ isin θ2 ) , danarg z1=θ1, arg z2=θ2.

a) Sejak z1 z2=r 1r2 ¿

b) Sejak z1

z2=

r1

r2(cos (θ1+θ2 )+i sin (θ1−θ2) ) , arg( z1

z2)=θ1−θ2=arg z1−arg z2

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo xl

Karena ada nilai yang mungkin banyak θ1=arg z1 dan θ2=arg z2, kita hanya

dapat mengatakan bahwa kedua belah pihak dalam kesetaraan di atas adalah

sama untuk beberapa nilai dari arg z1dan arg z2mereka tidak dapat memegang

bahkan jika nilai-nilai utama yang digunakan.

AKAR – AKAR BILANGAN KOMPLEKS.

28. (a )Temukan semua nilai dari Z, dimana Z5=−32 , dan (b) tempatkan atau

masukkan nilai ini dalam bidang kompleks.

a) Dalam bentuk polar,

−32=32 {cos (r+2 kπ )+isin (π+2 kπ ) } , k=0 , ±1 , ±2 , …, .

Biarkan

z r (cos θ+isin θ ) . kemudian denganmenggunakan Teorema De Moivre ,

z5=r5 (cos5θ+i sin 5θ )=32 {cos (π+2 kπ )+i sin (π+2 kπ ) }

seh inggar5=32, 5θ=π+2kπ , dimana r=2 ,θ=(π+2 kπ )/5.

Oleh karena itu, z=2 {cos( π+2kπ5 )+i sin( π+2 kπ

5 )}If k=1 , z=z2=2¿If k=1 , z=z2=2 ¿If k=2 , z=z3=2¿If k=3 , z=z4=2¿

If k=4 , z=z5=2¿

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

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

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

lima akar dari – 32 ” dan secara kolektif ditunjukkan dengan (−32 )1 /5 . Pada

umumnya, a1/n mewakili Akar ke-"n " dari dan a. Dan terdapat nakar.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo xli

b) Nilai-nilai z seperti yang ditunjukkan dalam Gambar 1-31. mencatat bahwa

mereka memiliki jarak yang sama disepanjang keliling lingkaran dengan

pusatnya di titik pusat dan jari-jari 2. Atau dengan kata lain dapat dikatakan

bahwa, akar - akar diwakili oleh titik- titik dari poligon yang beraturan.

y Z2

Z1

π 3π/5 Z3 π/5

x7π/5 9π/5

Z5

Z4

Gambar 1-31

29. Temukan akar – akarnya dan posisikan akar – akar tersebut dalam grafik.

a) (−1+i )1/3

−1+i=√2 {cos ( 3 π4+2kπ )+i sin( 3π

4+2kπ )}

(−1+i )13=2

16 {cos ( 3 π

4 +2 kπ

3 )+i sin( 3 π4 +2kπ

3 )}

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo xlii

If k=0 , z1=216 (cos π

4+i sin( π4 ))If k=1 , z2=2

16 (cos 11 π

12+ isin(11 π

12 ))If k=2 , z3=2

16 (cos 19 π

12+ isin( 19 π

12 ))

Semua akar – akar ini dapat terlihat pada grafik 1-32.

y

11π/12 Z1

Z2 π/4

x 19π/12

Z3

Gambar 1-32.

Halaman 19(b) (−2√3−2 i )

14

−2√3−2 i=4 {cos ( 7 π6+2 kπ )+isin (7 π

6+2kπ )}

(−2√3−2 i )14=4

14 {cos ( 7 π

6 +2kπ

4 )+i sin( 7 π6 +2kπ

4 )}If k=0 , z1=√2(cos 7 π

24+isin 7π

24 )If k=1 , z2=√2(cos 19 π24+i sin 19 π

24 )If k=2 , z3=√2(cos 31 π

24+i sin 31 π

24 )If k=3 , z 4=√2(cos 43 π24+ isin 43 π

24 )Hal ini direpresentasikan dan ditunjukkan secara grafis dalam gambar 1-33.

y

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxliii

19π/24

7π/24

31π/24 x

43π/24

Gambar 1-33

30. Menemukan akar kuadrat dari −15−8 i

Metode 1.

−15−8 i=17 {cos (θ+2 kπ )+ isin (θ+2kπ ) }dimana cosθ=−1517

, sin θ=−817

.

Maka akar kuadrat dari −15−8 iadalah

√17(cos θ2+i sin θ

2 )………………… ………………. (1 )dan

√17 {(cos θ2+π )+i sin( θ2+π )}=−√17(cos θ

2+i sin θ

2 )………(2)

Sekarangcos θ

2=±√ (1+cosθ )

2=±√( 1−15

17 )2

=± 1√17

sin θ2=±√ (1−cosθ )

2=±√( 1+15

17 )2

=± 4√17

karena Q adalah sudut di kuadran ketiga θ2 adalah sudut di kuadran kedua. maka

cos θ2=−¿ 1

√17, sin θ

2=¿ 4√17

¿¿ dan sebagainya dari (1) dan (2 ) akar kuadrat

yang dibutuhkan adalah −1+4 idan dan 1– 4 i .

Sebagai catatan untuk pembuktian (1+4 i )2=(1−4 i )2=−15−8i

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxliv

Metode 2.

Jadikan p+iq, dimana p dan q adalah bilangan real, dan merupakan akar

kuadrat yang diperlukan. Maka;

( p+iq )2=p2−q2+2 pqi=−15−8 i atau,

p2−q2=−15………………… …………………. (3 )

pq=−4 …………………………………………….(4)

menggantikan q=−4p dari (4) ke (3), menjadi p2−16

p2=−15 atau

p4+15 p2−16=0.

( p2+16 ) ( p2−1 )=0atau p2=−16 , p2=1.

Ketika p adalah bilangan real, p=±1. dari (4) jika p=1, q=−4 , dan jika

p=−1

q=4, dengan demikian akar – akarnya adalah - 1 + 4i dan 1 - 4i.

PERSAMAAN POLYNOMIAL .

31. Selesaikanlah persamaan kuadrat berikut : az2+bz+c=0 , a≠ 0

Menukar C dan membaginya dengan a≠ 0. z2+ ba

z=−ca

Masing – masing ruas dijumlahkan dengan ( b2 a )

2

(kuadrat sempurna)

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo xlv

z2+ ba

z+( b2a )

2

=−ca+( b

2a )2

Sehingga, (z+ b2a )

2

=b2−4ac4 a2

Menggambil akar kuadrat, z+ b2 a=±√b2−4 ac

2 a

Oleh karena itu, z=−b ±√b2−4ac2a

32. Selesaikan persamaan kuadrat berikut : z2+ (2i−3 ) z+5−i=0

Dari soal nomor 31, diketahui : a=1 , b=2 i−3 , c=5−i .

Sehingga penyelesaiaannya adalah sebagai berikut :

z=−b ±√b2−4ac2a

=−(2 i−3 )±√¿¿¿

¿ 3−2 i±√−15−8 i2

¿3−2 i± (1−4 i )

2¿2−3 i atau1+i

Menggunakan fakta bahwa akar kuadrat dari 8 i−15−¿adalah ± (1−4 i ) . (lihat soal

no.30). Ini ditemukan untuk memenuhi persamaan yang diberikan.

Halaman 20TUGAS AKHIR

Nama : Theobaldus B. NdarungKelas : Matematika 2009BFakultas : FPIEK

33. Jika bilangan rasional nyata p/q (dimana p dan q tidak

mempunyai faktor umum,kecuali ±1 ,i . e . p/q berada dalam batas terenda), persamaan polynomial a0 zn+a1 zn−1+. .. . ..+an=0 ordimana a0 , a1 , .. . .. .. . .. .. . an adalah bilangan bulat,menunjukan bawah p dan q harus menjadi

faktor dari an dan a0 dengan masing-masing Subtitusi x=p/q

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxlvi

dalam pemberian persamaan dan pengalihan oleh qn

dari hasil a0 pn1+a1 pn−1 q+. . .. .+an−1 pqn−1+an qn=0 . .. .. . .. .. . .. .. . .. (1 )

Pembagian oleh p dan memindakan batas akhir

a0 pn−1+a1 pn−1 q+. .. . ..+an−1 qn−1=−an qn

p.. . .. .. . .. .. . .. .. . . (2 )

Mulai dari sisi kiri p adalah billangan bulat,begitu juga pada sisi kanan.tetapi p tidak mempunyai faktor umum dengan q jadi itu

tidak bisah di bagi qn dan harus dibagi an .begitu juga pada

pembagian (1 ) oleh q dan perkalian nilai utama,kta

menemukan bahwa q harus dibagi a0 .

34. Selesaikan 6 z4−25 z3+32 z2+3 z−10=0

Faktor integral dari 6 dan -10 adalah masing-masing ±1 ,±2 ,±3 ,±6 dan ±1 ,±2 ,±5 ,±10 .oleh karena itu dengan soal no

33 mungkin penyelesaian bilangan rasional adalah ±1 ,±1/2 ,±1 /3 ,±1/6 ,±2 ,±2/3 ,±5 ,±5 /2,±5/3 ,±5 /6 ,±10 ,±10 /3.

Dengan percobaan kita menemukan bahwa z=−1 /2 dan z=2/3 adalah penyelesaian,jadi bilangan polynomial (2 z+1 ) (3 z−2 )−6 z2−z−2 merupakan faktor dari 6 z4−25 z3+32 z2+3 z−10 ,faktor lain menjadi z

2−4 z+5

seperti penemuan pada bagian lama. Oleh karena itu : 6 z4−25 z3+32 z2+3 z−10=(6 z2− x−2 ) ( z2−4 z+5 )=0 .

Penyelesaiannya dari z2−4 z+5=0 (lihat no 31).

z=±4 √16−202

=4±√−42

=4±2 i2=2±i

,kemudian

penyelesaiannya adalah −1/2 ,2 /3,2+i , 2−i 35. Buktikan bahwa jumlah dan hasil dari semua akar dari

a0 zn+a1 zn−1+. .. . ..+an=0 dimana a0≠0 ,jika −a 1 /a0dan (−1 )n an /a0 dengan masing-masing.jika z1 , z2 ,. .. . .. .. . .. .. . .. zn merupkan akar.persamaannya dapat dituis dalam bentuk faktor dibawah ini:

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxlvii

a0 (z−z1) ( z−z2) . .. .. .. . .. (z−zn )=0

Persamaan diatas langsung menujukan bawah

a0 (zn−( z1+ z2+.. . .. zn) zn−1+.. .. .+(−1 )n z1 z2 .. . .. zn)=0 itu di

ikuti bawah −a0 (z1+z2+. . .. . zn )=a1

danao (−1 )n z1 z2 .. . .. . zn=an

dari z1+z2 . .. .. .+zn=−a1 /ao , z1 z2 .. . .. .. zn=(−1 )n an/a0

sebagai

syarat.

36. Jika p+qi

adalah akar dari a0 zn+a1 zn−1+. .. . .. .. .+an=0

dimanaa0≠o , a1 , . .. .. .. an , p

dan q

adalah bilangan real,buktian

bawah p−q

juga merupakan sebuah akar.

Misalkan p+qi=rei0

dalam bentuk polar. Ya memenui

persamaan ini : a0rne in 0+a1 rn−1 ei (n−1 )0+. .. .. . .+an−1 reio+an=0

ambil konjungsi kedua bagian

a0 rne−in 0+a1 rn−1 e−i (n−1 )+ .. .. . .. .+an−1re−i 0+an=0. Kita lihat

bawah re−i 0=p−qi

juga merupakan sebuah akar yang hasilnya

tidak tetap. Jika a0 .. . .. .. .. . .. .. . .. an

bukan sebuah bilangan real

(lihat no 32).

Teorema ini sering dinyatakan dalam bentuk pernyataan; 0

merupakan sebuah polynomial dengan koefisien bilangan real

terjadi dalam konjungsi berpasangan.

Halaman 21Kristina Nasa

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxlviii

Halaman 2242. Carilah luas segitiga yang titik – titik sudut di A (x1 , y1 ), B (x2 , y2 ), dan C (x3 , y3 )

.

Gambar 1-35

Vector dari C ke A dan B [ gambar 1-35 ] berturut – turut adalah sebagai

berikut

z1=(x1−x3 )+i ( y1− y3 )

z2=(x2−x3 )+i ( y2− y3 )

Sejak luas segitiga dengan sisi z1 dan z2 adalah setengah luas jajaran

genjang yang sesuai, ini tidak sesuai dengan no 41:

Luas dari segitiga ¿12|z1× z2|=

12 |ℑ{ [ (x1−x3 )−i ( y1− y3 ) ] [ (x2−x3 )+i ( y2− y3 ) ]}|

¿ 12|(x1−x3 ) ( y2− y3 )− ( y1− y3 ) (x2−x3 )|

¿ 12|x1 y2− y1 x2+x2 y3− y2 x3+x3 y1− y3 x1|

¿ 12||x1 y1 1

x2 y2 1x3 y3 1||

dalam bentuk determinan.

KOORDINAT – KOORDINAT KONJUGAT BILANGAN KOMPLEKS

43. Tunjukkan setiap persamaan dalam hal konjugasi koordinat : (a) 2 x+ y=5, (b)

x2+ y2=36.


y

xA(

B(x2,y2)

C(x2,y2)

Z1

Z2

0

xlix

42. Sejak z=x+iy, z=x−iy , x=z+ z

2 , y=z−z2 i . Sehingga 2 x+ y=5 menjadi

2( z+ z2 )+( z+ z

2 i )=5 atau (2 i+1 ) z+(2i−1 ) z=10 i.

Persamaan merupakan garis lurus pada bidang z.

43. Metode 1. Persamaannya adalah ( x+iy ) ( x−iy )=36 atau z z=36.

Metode 2. Gantikan x=z+ z2 , y=

z+z2 i pada x2+ y2=36 untuk memperoleh

z z=36.

Persamaan itu merupakan lingkaran pada bidang z dari radius 6

dengan pusat pada titik asal.

44. Buktikan bahwa persamaan dari setiap lingkaran atau garis pada bidang zdapat

ditulis sebagai α z z+ βz+ β z+γ=0 dimana α dan γ adalah konstanta nyata,

sementara β dapat berupa sebuah konstanta kompleks.

Persamaan umum lingkaran pada bidang xy dapat ditulis

A (x2+ y2 )+Bx+Cy+D=0

yang pada konjugasi koordinat menjadi

A z z+B( z+ z2 )+C( z+z

2 i )+D=0 atau A z z+( B2+ C

2 i ) z+(B2− C2 i )i+D=0

Sebutkan A=α , B2+ C

2i=β dan D=γ , mengikuti hasilnya.

Dalam kasus khusus A=α=0, lingkaran berubah menjadi garis.

HIMPUNAN TITIK

45. Diberikan himpunan titik S : i , 12

i , 13

i , 14

i , … atau secara singkat i /n. (a) Apakah

S dibatasi? (b) Apakah titik batasnya, jika ad? (c) Apakah S tertutup? (d) Apa

interior dan titik batas? (e) Apakah S terbuka? (f) Apakah S tersambung? (g)

Apakah S daerah terbuka atau daerah asal? (h) Apa penutupan S? (i) Apakah

komplemen dari S? (j) Apakah S dapat dihitung? (k) Apakah S tersusun rapat?

(l) apakah akhir S tersusun padat?

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo l

a) S dibatasi karena untuk setiap poin z in S, |z|<2 [sebagai contoh], yaitu

semua titik S terletak di dalam lingkaran berjari-jari 2 dengan pusat pada

titik asal.

b) Karena setiap lingkungan yang dihapus dari z=0 berisi titik S, titik

batasnya adalah z=0. Itu adalah hanya titik batas.

Halaman 23Perhatikan bahwa karena S dibatasi dan tak terbatas teorema Weelerstrass-Bolzano memprediksi setidaknya satu titik limit.a) S tidak tertutup karena titik limit z = 0 bukan S.

b) Setiap lingkungan δ dari setiap titik i/n [yaitu setiap lingkaran dari radius δ

dengan pusat di i/n] berisi titik yang termasuk ke S dan titik yang bukan S. Jadi

setiap titik S, dan juga titik z = 0, adalah titik batas. S tidak memiliki titik

interior.

c) S bukan termasuk titik interior. Karena tidak dapat terbuka. Dengan demikian S

adalah tidak terbuka atau tertutup.

d) Jika kita gabungkan dua titik S melalui jalan poligonal, ada titik pada jalan ini

yang bukan S. Jadi S tidak tersambung.

e) Karena S bukan himpunan terhubung terbuka, mak S bukan merupakan wilayah

terbuka atau domain.

f) Yang tertutup dari S termasuk himpunan S bersama dengan limit titik nol, yaitu

{0, i, 1/2 i, 1/3 i, ...}.

g) Yang komplemen dari S adalah himpunan semua titik yang bukan S, yaitu

semua titik z ≠ i, 1/2 i, 1/3 i, ...

h) Terdapat korespondensi satu-satu antara unsur-unsur dari S dan bilangan asli

1,2,3, ... seperti yang ditunjukkan di bawah ini.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo li

a.

i 12

i 13

i 14

i .....

i)

j) Maka S dapat dihitung.

k) S dibatasi tetapi tidak tertutup. Oleh karena itu tidak kompak.

l) Yang tertutup dari S merupakan dibatasi dan ditutup serta kompak juga.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo lii

↕↕↕↕

. .. ..2 3 41

46. Diketahui himpunan titik A={3 ,−i , 4 , 2+i ,5 }, B= {−i ,0 ,−1 ,2+i },

C={−√2i , 12

,3}. Tentukan (a) A + B atau A ∪ B, (b) AB atau A ∩ B, (c) AC

atau A ∩ C, (d) A (B + C) atau A ∩ (B ∪ C), (e ) AB + AC atau (A ∩ B) ∪ (A

∩ C), (f) A (BC )atau A ∩ (B ∩ C).

a. A + B = A ∪ B terdiri titik-titik yang termasuk salah satu titik dari A dan B

atau keduanya dan hasilnya {3 ,−i , 4 ,2+i , 5 ,0 ,−1 },

b. AB atau A ∩ B terdiri titik-titik yang termasuk dari kedua titik A dan titik B

dan hasilnya {−i ,2+i }.

c. AC atau A ∩ C = {3}, yang terdiri dari hanya anggota 3.

d. B+Catau B ∪C={−i , 0 ,−1, 2+i ,−√2i , 12

,3} .Oleh karena itu A (B + C) atau A ∩ (B ∪ C) = {3,−i ,2+i }, terdiri dari poin milik A dan B + C.

a. AB = {−i ,2+i }, AC = {3} dari bagian (b) dan (e). Oleh karena itu

AB+AC={−i ,2+i , 3 }.

Dari hasil ini dan (d) kita ketahui bahwa A (B + C) = AB + AC atau A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C), yang menggambarkan bahwa A, B, C memenuhi hukum distributif. Kita dapat menunjukkan bahwa himpunan yang menunjukkan banyak sifat-sifat aljabar berlaku dalam bilangan-bilangan. Hal ini sangat penting dalam teori dan aplikasi.

b. BC = B ∩ C = ∅, himpunan nol, karena tidak ada titik yang sama dari kedua

titik B dan titik C. Oleh karena itu A (BC) = ∅ juga.

MASALAH LAIN-LAIN47. Suatu bilangan disebut bilangan aljabar jika bilangan itu adalah solusi dari

persamaan polinomial a0 zn+a1 zn−1+…+an−1 z+0 dimana a0 , a1 , …, an adalah bilangan bulat. Buktikan bahwa(a )√3+√2 dan (b ) 3√4−2 i adalah bilangan aljabar.(a )Misalkan z=√3+√2 atau z−√2=√3. Dikuadratkan, z2−2√2 z+2=3 atau

z2−1=2√2 z . Dikuadratkan lagi, z4−2 z2+1=8 z2 or z4−10 z2+1=0, suatu persamaan polinomial dengan koefisien bilangan bulat yang memiliki √3+√2 sebagai akar. Oleh karena itu √3+√2 adalah bilangan aljabar.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo liii

(b) Misalkan z=3√4−2 i atau +2 i=3√4 . Dipangkat tiga, z3+3 z2 (2i )+3 z (2i )2+(2i )3=4 atau z3−12 z−4=i (8−6 z2 ). Dikuadratkan, z6+12 z4−8 z3+48 z2+96 z+80=0, suatu persamaan polinomial dengan koefisien bilangan bulat yang memiliki 3√4−2 i sebagai akar. Oleh karena itu 3√4−2 i adalah bilangan aljabar.

Bilangan yang bukan aljabar, i,e. tidak memenuhi setiap persamaan polinomial dengan koefisien bilangan bulat, disebut bilangan transendental. Hal ini telah dibuktikan bahwa angka-angka π = 3,14159... dan e=2,71828 … adalah transendental. Namun, masih belum diketahui apakah bilangan seperti eπ atau e + π, contoh transendental atau tidak.

Halaman 24BILANGAN KOMPLEKS

48. Menyatakan grafik himpunan dari nilai z untuk (a) | z−3z+3 | = 2, (b) |

z−3z+3

∨¿

< 2

(a) Diberikan persamaan ekuivalen dengan |z−3|=¿ 2|z+3| atau jika

z = x + iy, |z+iy−3|=¿ 2 |z+iy+3|ekuivalen dengan

√(z−3)2+ y2=√(z+3)2+ y2

Dengan mengkuadratkan dan

menyederhanakan, Menjadi

x2+ y2+10 z+9=0 atau ( x+5 )2+ y2=16

menjadi |z+5|=4 , lingkaran berjari-jari 4

dengan pusat di (-5,0) seperti yang

ditunjukkan pada gambar, 1 - 36

Secara geometri, setiap titik P

pada lingkaran ini sedemikian sehingga

jarak dari P ke titik B (3,0). dua kali jarak

dari P ke titik A (-3,0).


Gambar 1 - 36

liv

Metode lain

| z−3z+3

∨¿ = 2 adalah ekuivalen dengan

( z−3z+3 )( z−3

z+3 )=4atau z z+5 z+5 z+9=0

Menjadi (z + 5)(z + 5) = 16 atau |z + 5 | = 4

(b) Diberikan pertidaksamaan ekuivalen dengan |z – 3| < 2 |z + 3| atau

√(z−3)2+ y2<2√(z+3)2+ y2 Dengan mengkuadratkan dan menyederhanakan,

menjadi x2+ y2+10 z+9 > 0 atau (x+5)2+ y2>¿16 diperoleh |z + 5 | > 4

Himpunan yang didapat terdiri dari semua titik eksternal untuk

lingkaran Gambar 1-36.

49. Diberikan himpunan A dan B yaitu |z - 1 | < 3 dan |z – 2i |<2 Nyatakan secara

geometri (a) A ∩ B atau AB , (b ) A∪B atau A+B

Himpunan yang didapat dari titik yang ditunjukkan diarsir pada Gambar

1-37 dan 1-38.

Gambar 1-37 Gambar 1-38

50. Penyelesaian

Metode 1. Persamaan dapat ditulis

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo lv

(-5,0) A

z4−z2+16=0 , menjadi z4+8 z2+16−9 z2=0 ,¿¿atau

(z¿¿2+4+z)(z¿¿2+4−3 z )=0¿¿ maka solusi yang tepat yaitu solusi dari

z2+8 z+4=0

Dan z2−3 z+4=0 atau −32

± √ 72

i dan 32

± √ 72

i

Metode 2. Diberikan w = z2 persamaan dapat ditulis menjadi w2−w+16=0 dan

w = 12

± 32 √7i

Untuk mendapatkan solusi dari z2=12

± 32 √7 i dapat digunakan metode Soal

30.

Halaman 2551. jika Z1, Z2, Z3 mewakili puncak dari suatu segitiga sama sisi, maka dapat di buktikan bahwa Z1

2+Z22+Z3

2=Z1 Z2 Z2 Z3+Z3 Z1dari gambar 1.39 kita lihat bahwa

gambar 1.39Z2−Z1=eπi/3(Z3−Z1) Z1−Z3=eπi/3 ¿

Maka bentuk pembagian, Z2−Z1

Z1−Z3=

Z3−Z1

Z2−Z3 atau

Z12+Z2

2+Z32=Z1 Z2 Z2 Z3+Z3 Z1

52. buktikan untuk m = 2, 3, …

sin πm

sin 2 πm

sin 3 πm

…sin (m−1) πm

= m2m−1

Akar dari Zm=1 adalah Z = 1 , e2 πi/m , e4 πi/m , …e2 (m−1) πi/m . maka dapat ditulis Zm−1=(Z−1 )(Z−e2πi/m)(Z−e4πi /m). .. Z−e2 (m−1) πi /m

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo lvi

Membagi kedua sisi dengan Z−1 dan kemudian Z=1 [ menunjukan bahwa ¿ kita temukan , m=(1−e−2 πi/m)(1−e−4 πi /m) ...(1−e−2 (m−1) πi/m) …. ..…(1)Mengambil konjugat kompleks kemudian menghubungkan kedua hasil dari sisi (1) m=(1−e−2 πi/m)(1−e−4 π i/m). ..(1−e−2 (m−1)πi /m)…………(2)Mengalikan (1) dengan (2) menggunakan (1−e2 πi /m)(1−e−2πi/m) = 2−2cos (2kπ /m)

Kita dapatkan m2=2m−1(1−cos 4 πm )…¿ ……….………(3)

Dari −cos (2 kπ /m)=¿¿ 2 sin2(kπ /m), (3) menjadi

m2=22m−2 sin2 πm

sin2 2 πm

…sin2 (m−1)πm

...……………..

(4)Kemudian mengambil akar kuadrat positif dari kedua sisi menghasilkan hasil yang diperluka.

MASALAH-MASALAH TAMBAHANOPERASI DASAR DENGAN BILANGAN-BILANGAN KOMPLEKS53. tunjukanlah setiap operasi yang diindikasikan

(a) (4−3 i )+(2i−8) (c) (3+2 i )(2−i) (b) 3 (−1+4 i)−2(7−i) (d) (i−2 ) {2 (1+i )−3 (i−1 ) }

(e) 2−3 i4−i (h) ¿

(f) (4+i ) (3+2i )(1−i) (i) 14+i9+i16

2−i3+i10−i15

(g) (2+ i ) (3−2i )(1+2 i)

(1−i)2(j) 3( 1+i

1−i )2

−2( 1−i1+i )

3

Jawab : (a) −4−i (c) 8+i (e) 11/7 – (10/17)i (g) −15/2+5 i (b) −17+14 i (d) −8+7 i (f) 21+i (h)

−11 /2−(23 /2) i (i) 2+i (j)−3−2i

54. jika Z1 = 1−i ,Z2 =−2+4 i ,Z3 = √3−2 i ,hitunglah setiap hasil-hasil dibawah ini

(a) Z12+2 z1−3 (e) |Z1+Z2+1

Z1−Z2+i| (i) Re

{2 z12+3 z2

2+5 z32 }

(b) |2 z2−3 z1|2 (f) 12 ( Z3

i3+

i3

Z3) (j) Im{z1 z2/ z3 }

(c) ( z3−i3 )3 (g) ( z2+z3 ) ( z1−z3 )

(d) |z1i2+z2i1| (h) [ z12+z2

2 ]2+ [ z32+z2

2 ]2Jawab :

(a) −1−4 i (c) 1024 i (e) 3/5 (g) −7+3√3+√3 i

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo lvii

(b) 170 (d)12 (f) −1/7 (h) 765 +128√3

(i)−35 (j) (6√3+4 )/7

Halaman 26

55.Buktikan bahwa , (a). (z1 z2) = z1 z2 , (b). (z1 z2 z3) = z1 z2 z3 .

56. Buktikan bahwa , (a). (z1 /z2 ) = z1/ z2 , (b). |z1 /z2| = |z1|/|z2| , jika z2¿0 .

57. Carilah bilangan real x dan y dari: 2x – 3iy + 4ix – 2y – 5 – 10i = ( x + y +2 )

– (y – x + 3)i

Jawab : x = 1 , y = - 2

58. Buktikan bahwa (a). Re { z } = ( z+z )/2 , (b). Im { z } = ( z−z )/2 i .

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

60. Jika w = 3iz – z2

dan x = x + iy, carilah |w|2dari x dan y.

Jawab : x4+ y4+2 x2 y2−6 x2 y−6 y3+9 x2+9 y2

MENGGAMBAR GRAFIK VEKTOR DARI BILANGAN KOMPLEKS

61. Bentuklah operasi-operasi berikut secara analitik dan grafik.

a) (2 + 3i) + (4 – 5i) (c) 3(1 + 2i) – 2(2 – 3i)

b) (7 + i) – (4 – 2i) (d) 3(1 + i) + 2(4 – 3i) – (2 + 5i)

(e) 12(4−3 i )+3

2(5+2i)

Jawab : (a). 6 – 2i, (b). 3 + 3i, (c). -1 + 12i, (d). 9 – 8i, (e). 192+(3

2)i

62. Jika z1 ,z2 dan z3 merupakan vektor yang ditunjukan dalam gambar 1.40,

buatlah grafik :

(a). 2z1 + z3 (c). z1 + (z2 + z3 ) (e).

13

z2−34

z1+23

z3

(b). (z1 + z2 ) + z3 (d). 3z1 - 2z2 + 5z3

s

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomolviii

63. Jika z1 = 4 – 3i dan z2 = -1 + 2i, buatlah grafik dan analitik:

(a). |z1+z2| (b). |z1−z2|

(b). z1− z2 (d). |2 z1−3 z2−2|

Jawab : (a). √10 (b). 5√2 (c). 5 + 5i (d). 15

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

z1 = 1 + 2i, z2 = 4 - 2i dan z3 = 1 – 6i. Buktikan bahwa ABC merupakan

segitiga samakaki dan hitunglah panjang sisinya.

Jawab : 5, 5, 8

65. Misalkan z1 ,z2 , z3 , z4 ,letak vektor tegak lurus untuk segi empat ABCD.

Buktikan bahwa ABCD adalah sebuah jajaran genjang jika dan hanya jika

z1− z2−z3+z 4=0

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

empat merupakan sebuah jajaran genjang.

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

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

bahwa EFGH adalah sebuah jajaran genjang.

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

dimana titik BE dihubungkan dengan titik AC membagi AC.


x

y

z1

z3

z2

Gambar 1.40

lix

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

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

yang tegak lurus ke AB pada titik tengahnya.

Jawab:(a). z−(2+ i)=t (1−3 i) atau x=2+t , y=1−3 t atau 3 x+ y=7

(b).z−(5

2−i

2)= t(3+i )

atau x=3 t+5

2, y=t−1

2 atau x–3y = 4

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

(a). |z−i|=2 , (b). |z+2 i|+|x−2 i|=6 , (c). |z−3|−|z+3|=4 , (d). z ( z+2)=3 ,

(e). Im ( z2 )=4 .

Jawab: (a). lingkaran (b). elips (c). hiperbola (d). lingkaran (e). hiperbola

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

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

mana sumbu utama mempunyai panjang 10.

Jawab: (a). |z+3−4 i|=2 atau ( x+3)2+( y−4 )2=4 ,

(b). |z+2 i|+|z−2 i|=10

REINELDIS EBU WEA

NPM : 2091000210035

MATEMATIKA 2009 A

Halaman 26

Halaman 27

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo lx

73.jelaskansecaragrafiswilayahdiwakiliolehmasing-masingberikutini :

(a) 1 <|z+i|≤2, (b) Re (z2) > 1, (c) |z+3 i|> 4, (d) |z+2−3 i| +

|z−2+3 i|< 10.

74.menunjukkanbahwaelips|z+3|+ |z−3|=10

dapatdinyatakandalampersegipanjangdarisebagai x3/25 + y2/16 = 1 (lihatmasalah

13(b).

AKSIOMA DASAR DARI BILANGAN KOMPLEK

75. menggunakandefinisibilangankomplekssebagaipasanganbilangan real

untukmembuktikanbahwajikaprodukdariduabilangankompleksadalahnolmakapadat

erakhirdarinomorharussamadengan nol.

76. buktikanhukumkomutatifberkenaandengan (a) penjumlahan, (b) perkalian.

77. buktikanhukumasosiatifberkenaandengan (a) penjumlahan, (b) perkalian.

78.(a) caribilangan real x dan y sedemikiansehinga (c,d).(x,y) = (a,b) di mana (c,d)

≠ (0,0).

(b)bagaimanacara

(x,y)terkaitdenganhasilnyauntukpembagianbilangankompleksdiberikan di halaman

2 ?

79. buktikanbahwa

¿,sinθ1)¿,sinθ2). . .¿,sinθn) = ¿,sin ⌈ θ1+θ2+. ..+θn ⌉)

80. (a) bagaimanaandamendefinisikan(a .b)1 /n di mana n adalahbilanganbulatpositif

?

(b) tentukan(a ,b)1 /2dalam bentuk a dan b

BENTUK POLAR BILANGAN KOMPLEKS

81.nyatakansetiapbilangankompleksberikutdalambentuk polar

(a) 2-2i, (b) -1+√3 i, (c) 2√2 + 2√2i, (d) -i, (e) -4, (f) -2√3−2 i, (g) √2i, (h) √3/2 -

3 i /2.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo lxi

Jawaban. (a) 2√2cis315 ° atau2√2e7πi /4 , (b) 2 cis 120 ° atau2e2 πi /3, (c) 4

cis 45 ° atau 4eπi /4, (d) cis 27 ° ataue3 πi /2, (e) 4cis 180° atau4 eπi, (f) 4

cis 210 ° atau4 e7 πi/6, (g) √2 cis 90° atau √2 eπi /2, (h) √3 cis 300° atau √3e5 πi/3

82. tunjukanbahwa 2 +i = √5 e−1 tan−1¿¿ ¿¿.

83. nyatakandalambentuk polar (a) -3-4i, (b) 1-2i

Jawaban. (a) 5e i ¿¿, (b) √5 e−i tan−1 2

84. gambargrafiksetiaphalberikutdantunjukkandalambentukpersegipanjang.

(a) 6 (cos135 °+isin 135 °), (b) 12 cis 90 ° , (c) 4 cis 315° , (d)2 e5 πi/4, (e) )5e7 πi/6, (f)

3e−2 πi /3.

Jawaban.

-3√2 + 3√2i, (b) 12i, (c) 2√2 - 2√2i, (d) -2√2- 2√2i, (e) -5√3/2 + (5/2¿¿ i, (f) -3

√3/2-¿¿

85.sebuahperjalananpesawat 150 km sebelahtenggara, 100 km barat, 225km utara

30° timur, dankemudiantimurlaut 323km. tentukan (a) secaraanalitisdan,

(b)secaragrafisseberapajauhdankearahmanaitudarititikawal. Jawaban . 375km, 23°

utaradaritimur (sekitar)

86. tigagayasepertipadagambar. 1-41

seumpamasebuahpesawatpadaobjekditempatkan di O. tentukan (a) secaragrafisdan

(b) gayasecaraanalitisapa yang dibutuhkanuntukmencegahobjektersebutbergerak.

[gayainisering kali disebut equilibrant .]

87. buktikanbahwapadalingkaranz=ℜiθ, |e iz|= e−R sinθ

88. (a)buktikanbahwar1 e iθ1 + r2 e iθ2= r3 e iθ3 di mana

r3= √r12+r2

2+2 r1r2 cos (θ1¿+θ2)¿

θ3=tan−1¿¿)

(b) samaratakan hasil di (a)

Halaman 28Nama : Antonius isak

NPM : 2091000210062

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo lxii

Jurusan : Pendidikan Matematika 2009 B

Tugas : Analisis Variabel Kompleks

BILANGAN KOMPLEKS

28

TEOREMA DE MOIVRE’S

89. evaluasikan setiap soal dibawah ini:

(a ) (5 cis 200) (3 cis 400 ) ( c )(8 cis 400 )3

(2 cis 600 )4(d )

(3 eπi/6 )(2 e−5 πi /4) (6 e5 πi/3 )(4 e2 πi /3 )2

(b ) (2 cis 500 )6 ( e ) (√3−i√3+i )

4

(1+i1−i )

5

Ans . (a ) 15/2+ (15√3 /2 )i (b ) 32−32√3 i , (c )−16−16√3 i(d ) 3√3/2−(3√3/2 ) i(e )−√3 /2−(1/2 )i

90. Buktikan bahwa (a ) sin 3 θ=3 sin θ−4 sin3 θ (b ) cos3θ=4 cos3 θ−3cosθ

91. Buktikan bahwa solusi-solusi dari

z4−3 z2+1=0 bila diberikan z=2 cos360 , 2cos720 , 2c 0 s 2160 , 2 cos2520

92. Tunjukan bahwa

(a ) cos360=(√5+1 )/4 (b ) cos720=(√5−1 ) /4[ petunjuk : gunakan masalah nomor 91 ]

93. Buktikan bahwa

(a ) sin 4 θsin θ

=8cos3 θ−4 =2 cos3θ+6cosθ−4

(b ) cos 4 θ=8 sin4θ−8 sin2θ+1

94. Buktikan theorema De moivre’s

(a ) int egral negatif(b ) bilangan−bilangan rasional

AKAR-AKAR DARI BILANGAN-BILANGAN KOMPLEKS

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomolxiii

95. Carilah setiap akar-akar indikasi dan letak grafiknya

(a ) (2√3−2 i )1

2 , (b ) (−4+4 i)1

5 (c ) (2+2√3 i)1

3 , (d ) (−16 i )1

4

(e ) (64 )1

6 ( f ) (i)2

3

jawaban :(a ) 2cis 1650 , 2cis 3450

(b ) √2 cis 270 , √2 cis 990 , √2 cis 1710 , √2 cis 2430, √2 cis3150

(c ) 3√4 cis 200 , 3√4 cis 1400 , 3√4 cis 2600 ,(d ) 2 cis 67 , 50 , 2 cis 157 , 50 , 2 cis 247 ,50 , 2 cis 337 ,50

(e ) 2 cis 00 , 2 cis 600 , 2 cis 1200 , 2 cis 1800 , 2 cis 2400 , 2 cis 3000

( f ) cis 600 , cis 1800 , cis 3000

96. carilah semua akar-akar indikasi dan letaknya dalam bidang kompleks

(a ) akar−akar kubus dari 8 (b ) akar−akar persegi dari 4√2+4 √2 i ,(c ) akar−akar segi lim a dari −16+16√3 i(d ) akar−akar segi enam dari −27 ijawaban :(a ) 2 cis 00 , 2 cis 1200 , 2 cis 2400 (b ) √8 cis 22, 50 , √8 cis 202, 50 ,(c ) 2 cis 480 , 2 cis 1200 , 2 cis 1920 , 2 cis 2640 , 2 cis 3360

(d ) √3 cis 450 , √3 cis 1050 , √3 cis 1650 , √3 cis 2250 , √3 cis 2850 , √3 cis 3450 .

97. Selesaikan persamaan –persamaan (a ) z4+81=0 , (b ) z6+1=√3 i

jawaban : (a ) 3 cis 450 , 3 cis 1350 , 3 cis 2250 , 3 cis 3150

(b ) 6√2 cis 1000 , 6√2 cis 1600 , 6√2 cis 2200 , 6√2 cis 2800 , 6√2 cis 3400

98. Carilah akar-akar persegi dari (a ) 5−12i , (b ) 8+√5 i

jawaban : (a ) 3−2i ,−3+2i . (b ) √10+√2 i , −√10−√2 i99. Carilah akar-akar kubus dari -11-2i

jawaban : 1+2 i , 12−√3+(1+ 1

2 √3)i ,− 12−√3+( 1

2 √3−1) i

PERSAMAAN-PERSAMAAN PANGKAT BANYAK

100. Selesaikan persamaan-persamaan dibawah ini, berlaku semua akar-akar :

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomolxiv

(a ) 5 z2+2 z+10=0 , (b ) z2+ (i−2 ) z+(3−i )=0jawaban : (a ) (−1±7 i )/5 , (b ) 1+i , 1−2 i

101. selesaikan z5−2 z4−z3+6 z−4=0 jawaban: 1,1,2 ,−1±1

102. (a ) Carilah semua akar-akar dari z4+z2+1=0 dan (b ) letaknya dalam

bidang kompleks

jawaban : 12(1±i√3 ) , 1

2(−1±i √3 )

103. Buktikan bahwa jumlah akar-akar dari a0 zn+a1 zn−1+a2 zn−2+. . .+an=0

dimana a0≠0 ambilkan r pada perkalian (−1 )r ar /a0 dimana 0<r<n .

104. Carilah dua bilangan yang jika dijumlahkan hasilnya 4 dan jika dikalikan

hasilnya 8.

jawaban : 2+2 i , 2−2i

Halaman 29

Halaman 30120. Jawablah pertanyaan no 118 jika S adalah himpunan semua titik didalam atau

diuar persegi.Jawab. (a) Ya. (b) setiap titik pada S adalah limit point. (c) Ya. (d) Semua

titik didalam persegi adalah titik bagian dalam persegi (interior point), ketika semua titik pada batas persegi disebut titik batas (boundary point). (e) tidak. (f) Ya. (g) tidak. (h) S itu sendiri. (i) semuat titik diluar persegi. (j) Tidak. (k) Ya. (l) Ya.

121. Diberikan himpunan titik-titik A = {1,i,-i}, B = {2,1,-i}, D = {0,-i,1}.Carilah:(a).A + (B+C) atau A¿¿, (b) AC + BD atau ( A C ¿¿∪ (B ∩D),

(c) (A + C) (B + D) atau (A∪ C) (B D).Jawab. (a) {2,1,-i,i,1+i}, (b) {1,i,-i}, (c) {1,-i}

122. jika A< B< C dan D adalah titik-titik sembatrang, buktikan bahwa: (a) A + B = B + A, (b) AB = BA, (c) A + (B+C) = (A + B) + C, (d) A(BC) =

(AB)C. (e) A (B + C) = AB + AC. Gunakan notasi ∩dan untuk notasi-notasi ekuivalen. Diskusikan bagaimana notasi ini bisa digunakan untuk mendefinisikan himpunan-himpunan aljabar.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo lxv

123. Jika A,B dan C adalah himpunan semua didefinisikan sebagai │z + i│ 3, │z│¿5, │z + 1│¿4, gambarkan secara grafis masing – masing titik berdasarkan(a) A∩ B ∩C (b) A∪B∪C (C) A∩ B∪C, (d) (A∪B ¿∩(B∪C ), (e) AB + AC + CA, (f) A~B + B~C + C~A .

124. Buktikan bahwa komplemen dari himpunan S adalah terbuka atau tertutup menurut definisi bahwa S tertutup dan S terbuka.

125. Jika S1, S2 ,…, Sn adalah himpunan-himpunan terbuka, buktikan bahwaS1+S2+…+Sn adalah terbuka

126. jika sebuah limit point adalah himpunan yang tidak termasuk pada himpunan, buktikan bahwa limit point tersebut haruslah sebuah titik batas dari himpunan.

BERBAGAI MACAM PERMASALAHAN127. diberikan sebuah jajar genjang ABCD. Buktikan bahwa

(AC )2 + (BD)2= (AB)2 + (BC )2+(CD)2 + (DA )2.

128. jelaskan pendapat yang keliru dibawah ini:-1 = √−1√−1 = √(−1)(−1) = √1 = 1. Sehingga 1 = -1.

129. (a) Tunjukan bahwa persamaanz4 + α 1 z3 + α 3zα 4 + = 0 dimana α 1 , α 2 , α3 α 4 adalah konstanta – konstanta real yang berbeda tidak 0, akan mempunyai akar – akar imajiner jika α 3

2 + α 12 α4= α 1 α2 α3.

(b) apakah konvers dari (a) ada ?

130. (a) Buktikan bahwa:

cosnΦ = {cosnΦ+n cos(n−2)Φ+ n(n−1)2 !

cos(n−4 )Φ+…+Rn}

Dimana Rn = {cosΦ jika n adalah bilangan ganjiln !

[( n2 )]2 jika n adalah genap

(b) Perolehlah hasil yang sama untuk sinn Φ.

131. Jika z = 6еπi3 , tentukan │ е iz │. Jawab. е−3√3

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomolxvi

132. Tunjukan bahwa untuk setiap bilangan real p dan m, е2 mi cot−1 p { pi+1pi−1 }

m

= 1.

133. Jika P ⟨ z ⟩ adalah persamaan polinomial didalam z dan koefisien – koefisiennya real

134. jika z1,z2 danz3 kolinear, buktikan bahwa konstanta bilangan real α, β, γ, dan semuanya tidak 0 sedemikian sehingga αz1 + βz2 + γz3 = 0 dimana α + β + α = 0

135. Diberikan bilangan kompleks z, gambarkan secara grafis

(a) ~z, (b) –z, (c) 1z , (d) z2.

135. diberikan dua bilangankompleks yang berbeda z1dan z2 dan tidak sama dengan 0, tunjukan bagaimana menggambar secara grafis hanya

menggunakan penggaris dan busur (a) z1 z2, (b) z12+ z2

2, (d) z1

12, (e) z2

34 .

137. Buktikan bahwa sebuah persamaan untuk sebuah garis yang melalui titik z1 dan titik z2 adalah

Arg { ( z−z1 )( z2−z1 ) } = 0

138. jika z = x + iy, bu

Halaman 31139 . Apakah sebaliknya untuk pertanyaan 51 benar?jelaskan jawaban Anda?

140 . Tunjukan persamaan untuk lingkaran yang melalui titik-titik 1 - i, 2i, 1+ i.

Jawaban. | z+1|= √5 dan ( x+1 )2+ y2= 5

141 . Tunjukkan bahwa lokus dari z sedemikian sehingga | z−1||z+1|= a2 ,a> 0 adalah lemniscate sebagai pertunjukan pada Gambar. 1.43

a√ 2 x

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomolxvii

Gambar 1.43

142 . Misal pn = a2n b2n, n = 1,2,3, ... di mana an dan bn adalah bilangan bulat

positif. Buktikan bahwa untuk setiap bilangan bulat positif M kita akan dapat

menunjukan bilangan bulat positif A dan B yang seperti p1p2 ... pM = B2 + A2.

(Contoh: Jika 5 = 22+12 dan 25= 32+42 ,demikian 5 .25 = 22+112 . )

143 . Buktikan bahwa

cos

θ + cos (θ + a ) + . . .+ cos (θ + na )=sin 1

2(n + 1 )a

sin 12

acos(θ + 1

2na)

sin

θ + s in (θ + a ) + . . .+ sin (θ + na ) =sin 1

2(n + 1 )a

sin 12

asin(θ + 1

2na)

144 . Buktikan bahwa (a) Re {z}> 0 dan (b) | z−1| ¿ | z+1| adalah pernyataan

yang setara!

145 . Sebuah roda dengan jari-jari 1,2 meter (Gambar 1,44) yang berputar

berlawanan terhadap suatu sumbu melalui pusat di 30 putaran per menit.

(a) Tunjukkan bahwa posisi dan kecepatan dari setiap titik P pada waktu

dalam detik pada saat P pada sumbu x positif.

(b) Cari posisi dan kecepatan saat t = 2/3 dan t = 15/4

y

1.2m P x

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomolxviii

Gambar 1.44

146 . Buktikan bahwa untuk sebarang bilangan bulat,

( z + a )2m− (z−a )2 m=4 maz {z} merupakan hasil dari faktor-faktor dari

k = 1 untuk m-1

147 . Jika titik-titik P1 dan P2, yang diwakili oleh z1 dan z2 masing-masing

adalah seperti | z1+z2||z1−z2| , Buktikan bahwa (a) z1/z2 adalah bilangan

imajiner sejati, (b)

148 . Buktikan bahwa untuk setiap bilangan bulat m> 1,

cot π2m

cot 2 π2 m

cot 3 π2 m

.…. cot (m−1 )π2 m

=1

149 . Buktikan dan generalisasi:

csc2 (π /7 )+csc2 (2 π /7 )+csc2 (4 π /7 )=2

tan2 (π /16 )+tan2 (3 π /16 )+ tan2 (5 π /16 ) + tan (7 π /16 )=28150 . Jika massa m1, m2, m3 berada pada titik masing-masing z1,z2,z3 ,buktikan

bahwa pusat massa diberikan oleh z =

m1 z1+m2 z2+m3 z3

m1+m2+m3

Generalisasikan untuk massa n.

151 . Cari titik pada garis yang menghubungkan titik z1 dan z2 yang membaginya

dalam rasio p:q

Jawaban. (qz1+ pz2 )/ (q+ p )

152 . Tunjukkan bahwa persamaan untuk lingkaran yang melewati 3 titik, diberikan oleh

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomolxix

Halaman 32SOAL HALAMAN : 32

BILANGAN KOMPLEKS

153. Buktikan bahwa median dari sebuah segitiga dengan simpul di z 1 , z2 , z 3

berpotongan dititik 13

(z1 + z 2 + z3)154. Buktikan bahwa bilangan rasional antara 0 dan 1 dapat di hitung

(hint. Susunan angkanya sebagai berikut 0 , 1

2, 1

3, 2

3 , 1

4, 3

4 , 1

5, 2

5, 3

5. . .. .. .

)

155. Buktikan bahwa semua bilangan rasional dapat dihitung.

156. Buktikan bahwa bilangan irasional antara 0 dan 1 tidak dapat dihitung.

157. Mewakili secara grafis nilai z, yang mana untuk (a) |z|≥|z −1| , (b)

|z +2|≥1 +|z −2| .

158. Tunjukan bahwa (a) 3√2+ √3 dan (b) 2 −√2 i bilangan aljabar

159. Buktikan bahwa √2+ √3 adalah bilangan irasional

160. ABCD....PQ merupakan poligon reguler sisi n inseribed dalam lingkaran

berjari – jari satuan. Buktikan bahwa produk dari panjang diagonal AC,

AD,.....AP adalah 14 ncsc2

(π n).161. Buktikan bahwa sin θ ≠0 ,

(a)

sin nθsin θ =2n −1

Πk =1

n −1{cos θ −cos (κπ

n)}

(b)

sin (2 n+1 )θsin θ

= (2 n +1 ) Πk =1

n{1 −

sin 2

θ

sin2

κπ(2n +1 )

} .

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo lxx

162. Buktikan

cos 2n θ = (−1 )n Πk =1

n{1 −

cos2

θ

cos2

(2 k −1 )π4 n}

163. Jika produk dari dua bilangan kompleks z1 dan z2adalah bilangan real dan

tidak sama dengan nol, buktikan bahwa p bilangan real sehingaz1 = p z2

−

164. Jika z adalah setiap titik pada lingkaran |z −1|=1. buktikan bahwa arg

( z −1 )= 2 arg z 23 arg (z2

− z) dan berikan interprestasi geometris.

165. Buktikan bahwa dibawah pembatasan cocok (a) zm

z n

= zm+ n

, (b)

( zm )n = zm n

.

166. Buktikan (a) Re {z1 z2}Re {z1} Re {z2}− Im {z1}Im {z 2}

(b) Im {z1 z2}= Re {z1} Im {z 2}+Im {z1} Re{z 2}.

167. temukan bidang poligon dengan simpul 2+3i ,3 +i , −2−4 i , −4−i −1 +2 i .

Ans. 47

2

168. a1 , a2 . . .. .. . ,an dan b1 , b2 .. .. . . ,bn beberapa bilangan kompleks. Buktikan

ketidaksamaan Schwarz `s|∑

k =1

n

ak bk|2

≤( ∑k =1

n

|ak|2)( ∑

k =1

n

|bk|2)

Halaman 33BAB 2

FUNGSI, LIMIT, dan KONTINUITAS

VARIABEL DAN FUNGSI

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomolxxi

Lambang z, yang dapat menjelaskan sembarang himpunan bilangan kompleks

disebut variabel kompleks.

Jika setiap nilai variabel kompleks z berpasangan satu atau lebih nilai variabel

kompleks w, dapat dikatakan w adalah fungsi z dan ditulis w = f(z) atau w = G(z),

dan lainnya. Variabel z terkadang disebut variabel bebas, sedangkan w disebut

variabel terikat. Nilai fungsi pada z = a sering dituliskan f(a). Demikian jika f(z) =

z2, kemudian f(2i) = (2i)2 = -4.

FUNGSI TUNGGAL DAN GANDA

Jika hanya satu nilai w berpasangan pada setiap nilai z, dapat dikatakan w

merupakan fungsi tunggal z atau f(z) merupakan fungsi tunggal. Jika lebih dari satu

nilai w berpasangan pada setiap nilai z, dapat dikatakan w merupakan fungsi ganda

z.

Fungsi ganda dapat diartikan sebagai kumpulan fungsi tunggal, setiap anggotanya

disebut cabang fungsi. Ini lazim untuk mengartikan satu anggota bagian sebagai

cabang utama fungsi ganda dan nilai fungsi memasangkan ke cabang sebagai nilai

utama.Contoh 1 : Jika w = z2, kemudian setiap nilai z hanya ada satu nilai w. Maka w = f(z) = z2

merupakan fungsi tunggal z.

Contoh 2 : Jika w = z1/2, kemudian setiap nilai z terdapat dua nilai w. Maka w = f(z) = z1/2

merupakan fungsi ganda z (terdapat dua nilai).

Sewaktu-waktu kita berbicara fungsi yang kita dapat, kecuali sebaliknya,

menganggap fungsi tunggal.

FUNGSI INVERS

Jika w = f(z), kemudian dapat juga diartikan z sebagai fungsi w, dituliskan z = g(w)

= f -1 (w). Fungsi f -1 sering disebut invers fungsi memasangkan ke f. Demikian w =

f(z) dan w = f -1 (z) merupakan fungsi invers yang lainnya.

TRANSFORMASI

Jika w = u + iv (dimana u dan v real) merupakan fungsi tunggal z = x + iy (dimana x

dan y real), dapat ditulis u + iv = f(x +iy). Dengan menyamakan bagian real dan

imajiner agar menjadi ekuivalen pada

u = u(x, y), v = v(x, y)

(1)

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomolxxii

Demikian diberikan titik (x, y) pada bidang z, misal P pada gambar 2-1 di bawah

ini, berpasangan titik (u, v) pada bidang w, yaitu P’ pada gambar 2-2 di bawah ini.

Himpunan persamaan (1) [atau ekuivalen, w = f(z)] disebut transformasi. Kita dapat

katakan bahwa titik P dipetakan ke titik P’ dengan transformasi dan P’ bayang-

bayang P.

Halaman 34FUNGSI, LIMIT DAN KEKONTINUAN

Contoh: jika w=z2 ,t h enu+iv=¿ dan transformasi adalah u=x2− y2 , v=2xy .

Bayangan titik (1,2) adalah di titik (−3,4) pada bidang w .

Gbr.2-1 Gbr.2-2

Secara umum, transformasi dibawah satu titik seperti pada kurva PQ dari Gbr.2-1

dipetakan ke dalam korepondensi satu-satu, seperti pada kurva ' P ' Q di Gbr.2-2.

Karakteristik tertentu dari gambar atau tergantung pada jenis fungsi f (z) , yang

terkadang disebut fungsi pemetaan. Jika f (z) adalah fungsi banyak, titik (atau

kurva) di bidang z dipetakan dari titik (atau kurva) di bidang w .

KOORDINAT KURVA LINEAR

Mengingat transformasi w=f (z) atau, sama, u=u (x , y ) , v=v( x , y) , kita sebut

(x , y )pada koordinat persegi panjang sesuai dengan P Point di bidang z dan(u , v )

koordinat kurva linear P .


X

Y

PQ

Y

Q’

P’

X

lxxiii

Kurva u(x , y)=c1 , v (x , y)=c2 , dimana c 1

danc 2 adalah konstanta, disebut koordinat kurva [lihat Gbr.2-3] dan setiap

pasangan kurva ini memotong di suatu titik. Kurva ini memetakan ke lini saling

ortogonal pada bidang w [lihat Gbr. 2-4].

Halaman 35FUNGSI, LIMIT DAN CONTINUITY (35)

Fungsi al jabar rasional di artikan

w=p( z )¿ q( z ) ¿¿

¿ (3)

Dimana P(z) dan Q(z) adalah polynomial.kita kadang menyebut(s) sebuah rasional transformasi.

Bentuk aslinya w=az+b

cz+d dimana ad-bc¿ 0 sering di sebut liniar atau fransional liniar transformasi.

Fungsi al jabar di difisinikan sebagai w=¿ ¿ez=ex+iy=e z(cos y+i sin y ) (4)

Dimana e=2.71828……………..bentuk asli dari logaritme.jika a nyata dan positof,kita membagiaz=e zina

dimana di dalam logaritme dari a.menghasilkan untuk (4)jika a=eFungsi al jabar complek mempunyai kesamaan properties/sifat dengan fungsi al jabar nyata,e z1 . ez 2=ez 1+z 2 , ez 1/ez 1− z 2.

Fungsi trigonometri.kita mengartikan trigonometri/fungsi circular sin z,cos z, sebangaimana fungsi al jabar berikut


. P

vW plane

V=q1

lxxiv

. p’

sin z= e iz−e−iz

2i cos z= e iz+ee−iz

2sec z= 1

cos z= 2

ez+e−iz

csc z= 1sin z

= 2ieiz−e−iz

tan z=sin zcos z

= e iz−e−iz

i(eiz+e−iz

cot z=cos zsin z

=i(e iz+e−iz )

e iz−e−iz

Banyak kemiripan sifat dalam bentuk trigonometri nyata juga mengandung persamaan fungsi dengan trigonometri complek. contoh kita milikisin2+cos2 z=1 1+ tan2 z=sec2 z 1+cot2 z=csc2z

sin(−2 )=−sin z cos (−z )=cos z tan(−z )=−tan zsin( z1±z2)=sin z1cos z2±cos z1 sin z2

cos ( z1±z2 )=cos z1cos z2∓sin z1 sin z2

tan( z1±z2 )=tan z1± tan z2

1∓tan z1 tan z2 Fungsi hyperbolic di artikan sebagai berikut

sin z= ez−e− z

2 cos z= e z+e− z

2sec z= 1

cos z= 2

ez+e− z

csc z= 1sin z

= 2ez−e− z

tan z=sin zcos z

= ez−e− z

ez+e− z

cot z=cos zsin z

= ez+e−z

ez−e−z

Sifat berikut propertiescos22−sin2z=1 1−tan2 z=sec2 z cot2 z−1=csc2 zsin(−z )=−sin z cos (−z )=cosz tan (−z )=− tanz

sin( z1±z2)=sin z1 cos z2±cos z1 sin z2

cos ( z1±z2)=cos z1cos z2±sin z1 sin z2

tan( z1±z2 )=tan z1±tan z2

1±tan z1 tan z2

NAMA: SALIMNPM: 2091000210038

JURUSAN: PEND.MATEMATIKAANGKATAN: 2009

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomolxxv

Halaman 36FUNGSI,LIMIT-LIMIT DAN KONTINUAN

Berikut ini relasi –relasi di luar antara trigonometri atau fungsi lingkaran dan

fungsi hiperbolik.

sin iz=isinh z cos iz=cos zsinh iz=isin z tan iz=i tanh zcos iz=cosh z tanh iz=i tan z

6. fungsi logaritma

Jika z=ew,kemudian kita tulis w=ln z ,disebut logaritma biasa dari z. fungsi

logaritma natural adalah invers dari fungsi eksponensial dan dapat di

defenisikan sebagai invers dari pada fungsi eksponensial dan dapat kita

defenisikan sebagai:

w= ln z= ln r+i(θ+2 kπ ) k=0 ,±1 ,±2, . .. , Dimana z=re iθ=rei (θ+2 kπ ).

Bahwa ln z adalah sebuah fungsi nilai banyak.itu nilai terpenting atau cabang

terpenting dari ln z adalah waktu sementara dengan defenisi ln r + iθ dimana

o≤θ ¿ 2 π .

Fungsi logaritma dapat kita defenisikan sebagai dasar yang nyata daripada e.

jika z=αw , kemudian w= logα z dimana α>0 dan α≠0,1 . Sejauh ini kotak

z=ew ln α dan w=( ln z )/(ln α ).

7. fungsi trigonometri invers

Jika z =sin w dimana w =sin−1

adalah Invers sinus (sine) dari z atau arc sin dari

z.kita dapat mendefenisikan bahwa invers trigonometri atau fungsi lingkaran

cos−1 z , tan−1 z , dan seterusnya.

kemudian fungsi,akan mempunyai nilai banyak, dapat di sebut di dalam fungsi

logaritma berikutnya. Di dalam semua kita menyebutkan konteks penjumlahan

2 kπi , k=0 ,±1 ,±2 ,. . ., di dalam logaritma.

sin −1

z = 1i ln ( iz +√1−z csc−1 z =

1i ln ≠¿ )

cos−1

z = 1i ln ( z +√ z−1) sec

−1z =

1i ln (

1+√1−2z )

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomolxxvi

tan−1

z = 12i ln¿ ) cot

−1z =

12i ln(

z+ iz−i

)

8. fungsi hiperbola invers

Jika z = sinh ω dimanaω = sinh−1 z adalah mendefenisikan hiperbola invers dari

sinus (sine) z. kita defenisikan semua fungsi hiperbola invers cosh -1z, tanh-1z dan

seterusnya.kemudian fungsi akan memiliki nilai banyak, dapat di sebut di dalam

logaritma biasa sebagai berikut. Di dalam semua kotak kita menghilangkan

konteks penjumlahan 2 kπi k=0 ,±1 ,±2 , .. . di dalam logaritma.

Sinh −1

z = ln ( z +√ z+1) csch−1

z = ln (1+√z2+1

z )

Cosh −1

z = ln ( z +√ z−1) sech−1

z = ln (1+√1−2

z )

Tanh −1

z =12 ln¿ ) coth

−1z =

12 ln¿ )

9 fungsi zα

dimana α bilangan komplek,adalah defenisi daripada eα ln z

.jika f

(z) dan g (z) memberikan dua fungsi dari z ,kita dapat mendefenisikan

bahwa f (z)g ( z )

= eg( z )ln f ( z )

. sacara umum bahwa fungsi mempunyai nilai

banyak .

10. aljabar dan fungsi transsendental

Jika w adalah sebuah solusi dari pertayaan dari polonomial maka:

po( z )un+ p1( z )w

n−1+. ..+ pn−1( z )w+ pn( z )=0….dimana

po ≠0 , p1( z ) , .. . , pn ( z ) dimana polonomial-polonomial di dalam z dan n

adalah hitungan positif kemudian w= f ( z ) adalah mendefenisikan fungsi

aljabar dari z.

Misalkan: w=z1/2 adalah sebuah solusi dari pertanyaan w2-z = 0. Dan ini

adalah fungsi aljabar dari z

Halaman 37FUNGSI, LIMIT DAN KEKONTINUAN

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomolxxvii

Setiap fungsi yang tidak dapat dinyatakan sebagai sebuah penyelesaian dari

(6) disebut sebagai fungsi transedental. Fungsi logaritma, trigonometri dan

hiperbola dan invers korespondensi adalah contoh dari fungsi transedental.

Fungsi-fungsi yang disebutkan pada 1-9 diatas, bersamaan dengan fungsi-

fungsi turunannya oleh bilangan berhingga dengan operasi penambahan,

pengurangan, perkalian, pembagian dan akar disebut sebagai fungsi dasar.

TITIK CABANG DAN GARIS CABANG

Misal kita diberikan fungsi w=z12. Misalkan lebih jauh lagi kita

memperbolehkan z untuk membuat suatu lintasan yang lengkap (berlawanan arah

jarum jam) di sekitar titik asal A [ Fig .2∙ 5 ]. Kita mempunyai z=r e {θ ,w=√r e{θ2 jadi

A, θ=θ1dan w=√r e{θ1

2 . Setelah lintasannya lengkap kembali pada A θ=θ1+2 π dan

w=√r e{( θ1+2 π

2 )=−√r e

θ1

2 . Maka kita tidak dapat Bagaimanapun, dengan membuat

lintasan terhadap kedua kembali ke A, misalnya ¿

θ1+4π , w=w=√r e{( θ1+ 4 π

2 )=√r e

θ1

2 . dan kemudian kita memperoleh nilai yang sama

dengan apa yang ada pada awal kita mulai.

Kita dapat mendeskripsikan hal diatas dengan menyatakan bahwa

0 ≤ θ<4 π kita berada pada satu cabang dari fungsi nilai ganda z12, sementara jika

2 π ≤ θ<4 π kita berada pada cabang fungsi yang lain.

Ini jelas bahwa setiap cabang dari fungsi tersebut bernilai tunggal. Untuk

menjaga fungsi bernilai tunggal, kita mengadakan sebuah rintangan buatan seperti

halnya OB dimana B adalah pada tidak terbatas [meskipun beberapa garis lain dari

O dapat digunakan] yang mana kita setujui untuk tidak melaluinya . Rintangan ini

[digambarkan tebal dalam gambar] disebut garis cabang atau potongan cabang dan

titik O disebut titik cabang. Perlu dicatat bahwa sebuah lintasan disekitar semua

titik kecuali z=0 tidaklah menuju ke nilai yang berbeda; maka z=0 adalah satu-

satunya titik cabang yang terbatas.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomolxxviii

bidang z

A

B

Gambar 2.5

BIDANG RIEMANN

Ada cara lain untuk mencapai tujuan dari garis cabang yang digambarkan

diatas, untuk melihat ini kita bayangkan bahwa z seperti bidang yang terdiri dari

dua lembaran yang diletakkan diatas satu sama lain. Kita sekarang memotong

lembaran tersebut sepanjang OB dan bayangkan bahwa ujung lebih rendah dari

dasar lembaran digabung dengan yang paling atas dari lembaran tersebut.

Kemudian dimulai di dasar lembaran dan buat satu lintasan yang lengkap sekitar O

kita sampai pada lintasan teratas. Sekarang kita bayangkan ujung potongan lainnya

yang digabung bersamaan sehingga dengan melanjutkan lintasan tersebut kita pergi

dari lembaran teratas menuju lembaran dasar.

Kumpulan dari 2 lembaran yang disebut bidang Riemann menyesuaikan

dengan fungsi z12. Setiap lembaran menyesuaikan ke sebuah cabang fungsi dan

setiap lembaran fungsi adalah nilai-tunggal.


i=θ1

0

lxxix

Konsep bidang Riemann memiliki keuntungan dimana berbagai macam

nilai dari fungsi bernilai-ganda diperoleh dari sebuah bentuk

berkesinambungan/berkelanjutan.

Gagasan tersebut nudah dikembangkan. Sebagai contoh, untuk fungsi z12

bidang Riemann mempunyai 3 lembaran, untuk ln z bidang Riemann mempunyai

banyak lembaran tak terhingga.

LIMIT

Biarkan f (z) dibatasi dan benilai tunggal disekitarnya dari z=z0 dengan

kemungkinan pengecualiaan dari z=z0 sendiri (misalnya dalam penghapusan

sekitar δ pada z0). Kita menyatakan bahwa jumlah

Halaman 38Kita lihat bahwa jumlah l adalah limit dari f(z) dengan z pendekatan z0 dan di tulis

limz→ z0

f ( z )=l jika untuk bilangan positif δ ( namun kecil) kita dapat menemukan

beberapa bilangan positif δ (biasanya bergantung pada) sedemikian sehingga

|f ( z )−l|<dim ana 0<|z− z0|<δ .

Dengan demikian kita juga mengatakan bahwa f(z) mendekati l sebagai z

pendekatan z0 dan di tulis f(z) → l sebagai z→ z0 Limit tersebut harus independen

dari cara dimana z mendekati z0

Secara geometris, jika Z0 adalah titikpada bidangkompleks,darilimz→ z0

f ( z )=l

jika perbedaandalamnilai absolutantara f(z) danldapat dibuatsekecilkami

berharapdengan memilihtitik-titk zcukupdekat denganz0(tidak termasukz =z0 ).

Contoh:Misalkan f(z){z2 z≠i ¿ ¿¿¿ ketika zsemakin dekat dengani (yaitu mendekatii),

f (z)semakin dekatdengan i2=−1 .Dengan demikian kitamemperkirakan

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomolxxx

limz→ z0

f ( z )=−1. Untuk membuktikanini kita harusmelihat apakahdefinisi di atas

benar .Untukbukti inilihat masalah23.

Perhatikan bahwa limz→ z0

f ( z )≠f ( i)yaitu limitdari f (z) dengan z→i adalahtidak

sama dengannilaidari f (z) di z= i, karenaf(i) = 0 dengan definisi.Limit

tersebutsebenarnya akanmenjadi-1bahkanjika f(z) tidak didefinisikandi z= i

Ketika limit dari suatu fungsi adalah unik,yakniadalah satu dan hanya

satunya(lihatmasalah26).

Jika f(z) adalahbeberapa-nilai, limit z→z0mungkin tergantung padacabang tertentu.

TEOREMA TEOREMA LIMIT

Jika limz→ z0

f ( z )=A dan limz→ z0

g( z )=B maka

1.limz→ z0

{ f ( z )+g( z ) }= limz→z 0

f ( z )+ limz→ z0

g( z )=A+B

2.limz→ z0

{ f ( z )−g( z ) }=limz→ z0

f ( z )−limz→ z0

g( z )=A−B

3.limz→ z0

{ f ( z )g (z ) }={ limz→ z0

f (z ) }{ limz→ z0

g( z ) }=AB

4.

limz→ z0

f ( z )g ( z )

=limz→ z0

f (z )

limz→ z0

g( z )= A

B jika B≠0

TAKTERHINGGA

Melaluitransformasiw= 1 /ztitikz=0 (yaituasal)dipetakanke w=∞, disebut titikdi tak

terhinggapada bidangw.Demikian pula kitamenunjukkandengan z=∞titikdi tak

terhinggapada bidangz.Untuk mempertimbangkanperilakudari f (z) di z=∞, cukup

dengan membiarkans =1 /w danmengkaji perilakuf(1 / (w)) di w= 0.

Kita mengatakan bahwalimz→ z0

f ( z )=l atau f(z)mendekatil tak terhinggaz, jika untuk

setiapN >0 kitadapat menemukanm > 0 sehingga|f (z)-l| <e setiap kali|z|>M.

Kita katakan bahwalimz→ z0

f ( z )=∞dari f (z) mendekati tak

terhinggasebagaizpendekatanz0, jika untuk setiapN >0 kitadapat menemukanδ > 0

sehingga|f (z) |>N dimana 0 <| z-z0| <δ.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomolxxxi

KONTINUITAS

Misalkan f(z)didefinisikan danbernilai tunggalmendekati z =z0serta pada z=z0

(yaitu di lingkunganδdari z0). Fungsi f(z)dikatakankontinu diz =z0jika

limz→ z0

f ( z )= f ( z0)

Catatan bahwa mengimplikasikantiga kondisiyang harus dipenuhiagarf (z)

kontinudi z=z0.

1.limz→ z0

f ( z )=lharus ada

2.limz→ z0

f ( z )=lharus ada yaitu f(z) di definisikan oleh z0

3. l= f ( z0 )

Halaman 39FUNGSI, LIMIT DAN KONTINUITAS

1. limz → z0

f ( z )=l harus terdefinisi

2. f (z0) harus terdefinisi, dimana f (z) didefinisikan pada z0

3. l= f (z0)

Ekuivalen, jika f (z) kontinyu pada z0 kita dapat menulis ini dalam bentuk

limz → z0

f ( z )=f ( limz→ z 0

z) z2 z ≠1

Contoh 1: Jika f (z)=¿ kemudian dari contoh pada halaman 38,

0 z=1

limz → i

f ( z )=−1. Untuk f ( i )=0

Sehingga limz → i

f ( z )≠ f (i) dan fungsi tersebut tidak kontinyu

di z=i.

Contoh 2: Jika f ( z )=z2 untuk semua z, maka limz→ i

f ( z )= f ( i )=−1 dan f ( z ) adalah

kontinu di z=i.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomolxxxii

Titik pada garis z dimana f ( z ) tidak kontinu disebut diskontinuitas dari f ( z ),

dan f ( z ) dikatakan diskontinuitas pada titik-titik ini. Jika limz → z0

f ( z ) terdefinisi tapi

tidak sama dengan f (z0), kita sebut z0 diskontinuitas lepas karena dengan

mendefinisikan f (z0) harus sama dengan limz → z0

f ( z ) pada fungsi menjadi kontinu.

Alternatif untuk definisi kontinuitas diatas, kita dapat mendefinisikan f ( z )

sebagai kontinu di z=z0 jika untuk setiap ι>0 kita dapat menemukan δ>0

sedemikian sehingga |f (z )−f ( z0)|<ι dimana |z−z0|<δ . keterangan ini hanyalah

definisi limit dengan l= f (z0) dan tidak berlaku pada z≠ z0.

Untuk menguji kontinuitas dari f ( z ) di z=∞, kita masukkan z=1/w dan

memeriksa kontinuitas dari f (1/w) dimana w=0.

KONTINUITAS DI DAERAH A

Sebuah fungsi f ( z ) dikatakan kontinu di suatu daerah jika kontinu di semua

titik daerah.

TEOREMA PADA KONTINUITAS

Teorema 1. Jika f ( z ) dan g ( z ) adalah kontinu padaz=z0, sehingga fungsi

f ( z )+g ( z ) , f (z )−g (z ) , f ( z )g (z) dan f (z )g (z) , jika dan hanya jika g ( z0 )≠0

. Hasil yang sama berlaku untuk kontinuitas di suatu daerah.

Teorema 2. Di antara fungsi-fungsi kontinu di setiap daerah dengan batas (α) semua

polinomial, (b) ez, (c) sin z dan cos z.

Teorema 3. Jika w=f (z) kontinu pada z=z0 dan z=g(ζ ) kontinu pada ζ=ζ 0 dan

jika ζ 0=f (z0), maka fungsi w=g [ f (z)], yang disebut fungsi dari

fungsi atau fungsi komposit, adalah kontinu pada z=z0. biasanya

secara khusus dinyatakan sebagai: Sebuah fungsi kontinu dari sebuah

fungsi kontinu adalah kontinu.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomolxxxiii

Teorema 4. Jika f ( z )kontinu di daerah tertutup, dibatasi di daerah ini, terdapat M

konstan sehingga |f (z)|<M untuk semua titik z pada daerah itu.

Teorema 5. Jika f ( z ) kontinu di suatu daerah, maka bagian real dan imajiner dari

f ( z ) juga berada di daerah ini.

KONTINUITAS SERAGAM

f ( z ) berada di daerah. Maka menurut definisi pada setiap titik z0 ke daerah

dan untuk setiap ι>0, kita dapat menemukan δ>0 (pada umumnya tergantung pada

kedua ι dan titik tertentu z0) sama halnya |f (z )−f ( z0)|<ι dimana |z−z0|<δ. Jika

kita dapat menemukan δ pada ι tapi tidak pada titik tertentu z0, kita mengatakan

bahwa f ( z ) adalah kontinu seragam di daerah tersebut.

Halaman 40Alternatif f(z) penggunaanya yaitu berlangsung pada daerah jika ada ε > 0 kita

dapat menemukan δ > 0 seprti |f(z1) – f(z2)|<ε yang mana z1 – z2 < δ dimana z1 dan z2

mempunyai dua poin dari daerah.

Teorema. Jika f(z) berada pada daerah tertutup, penggunaannya yaitu berlangsung

di sana.

URUTAN

Fungsi dari sebuah integral variabel positif di tandai dengan f(n) atau un dimana n

=1, 2, 3....disebut sebuah urutan. Urutan seperti itu merupakan pasangan dari

angka-angka u1, u2, u3. . . Dalam sebuah batas pesanan dari pengaturan dan di

bentuk menurut batas aturan. Masing-masing nomor pada urutan di sebut batas dan

un disebut batas ke n. Urutan u1, u2, u3. . .juga ditandai dengan singkatan (un). Pada

urutan disebut terbatas atau tidak terbatas sesuai dengan adanya batas angka atau

tidak. Kecuali jika cara lainnya telah di tetapkan kita akan menganggap hanya batas

urutan.

Contoh 1: pasangan dari angka-angka i, i2, i3…i100 merupakan sebuah batas urutan;

pada istilah batas ke n. Yaitu pemberian dengan un = in, n=1, 2, ...100.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomolxxxiv

Contoh 2 : pasangan dari angka-angka 1 + i, (1+i)2

2 ! , (1+i)3

3 ! merupakan sebuah

batas urutan; pada istilah batas ke n. Yaitu pemberian dengan un = (1+i)n/n!, n =1, 2,

3, . . .

BATAS DARI URUTAN

Angka l di sebut limit dari batas urutan u1, u2, u3. . . jika untuk angka yang positif

kita dapat menemukan sebuah angka positif ε tergantung pada N seperti itu |

un – l∨¿εuntuk semua n > N. Seperti dalam kurung kita menulis limn →unjika limit

dari sebuah urutan ada,pada urutan di sebut konvergen; atau cara lainnya itu di

sebut divergen. Sebuah urutan dapat konvergen hanya untuk satu limit jika sebuah

limit itu tidak berbanding.

Suatu yang lebih intiutif hanyalah cara unrigorous dari gambaran konsep ini pada

limit menyatakan bahwa sebuah urutan u1, u2, u3. . . mempunyai sebuah limit l jika

memperoleh batas-batas urutan”semakin dekat dan semakin dekat” untuk l. Ini

sering digunakan untuk menyiapkan sebuah”kemungkinan” sebagai nilai dari limit,

yang mana pada devinisi telah diterapkan untuk melihat jika kemungkinan benar.

TEOREMA PADA LIMIT DAN URUTAN

Selanjutnya diskusikan salah satu urutan pada BAB 6

Jika limn →an = A dan Jika limn →

bn = B, lalu

1. limn →

an + bn = limn →an+¿ limn →

bn = A + B

2. limn →

an - bn = limn →an−¿ limn →

bn = A - B

3. limn →

an . bn = ( limn →

an)¿ limn →bn ¿¿ = A B

4. limn →

an

bn =

limn →

an

limn →

bn¿¿ =

AB jika B # 0

RANGKAIAN TAK TERHINGGA

misalkan u1, u2, u3. . . .menjadi salah satu urutan.

Bentuk urutan baru s1, s2, s3 dibatasi oleh s1= u1 , s2= u1 , + u2, s3 = u1 , + u2 + u3. . . ,

sn = u1 , + u2 + u3. . . ,+ un

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomolxxxv

Dimana sndisebut batas bagian penjumlahan, pada penjumlahan dari n batas

pertama dari urutan{ un}.

Halaman 41Tugas UAS Menerjemah Hal. 41

Urutan disimbolkan dengan

Yang disebut dengan urutan tak tentu apabila maka disebut dengan

Konvergan dan S sebagai jumlah. Maka urutan-urutan sebaliknya disebut Divergan.

Suatu keadaan dimana suatu urutan berkumpul adalah

Namun pembahasan ini belum lengkap (lihat hal.40 & 150)

Pembahasan selanjutnya dari urutan tak tentu ini disajikan pada bab 6.

Sontoh Soal (Pemecahan Masalah)

Fungsi dan transformasi

1. Jika . carilah nilai W yang cocok dengan (a)

dan (b) serta tunjukan korespondensinya ke dalam bentuk

grafik.

(a)

(b) 3i)=(1-3i

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomolxxxvi

Titik , dicerminkan oleh titik P pada bidang z.

Mempunyai titik gambar yang digambarkan dengan P’.

Pada bidang W dari gambar 2.7 anggap saja bahwa P dipetakan pada P’ dengan

cara pemetaan fungsi atau transformasi Sama halnya dengan

(titik Q pada gambar 2.6) dipetakan pada (titik Q’ pada gambar 2.7).

untuk masing-masing titik pada bidang z hanya terdapat satu korespondensi pada

bidang w, sehingga w adalah satu fungsi z tunggal yang terukur.

2. Buktikan bahwa garis yang mengikuti titik P dan Q pada bidang z yang

terdapat pada gambar 2.6 dipetakan oleh terhadap titik P’ Q’ pada

gambar 2.7 serta tentukan persamaannya?

Titik P dan Q mempunyai kordinat (-2,1) dan (1,-3) kemudian persamaanya

adalah

Persamaan P dan Q adalah

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomolxxxvii

Sedangkan

Karena w=x+iy maka persamaannya adalah..

Sehingga bisa di grafikkan

Halaman 42Belum

Halaman 43a. Daerah asal di z berinduksi dari sebagian bayangan di PQRS terdapat pada

gambar 2-10. Daerah yang memetakan kedalam daerah yang berada pada

pada P’ Q’ R’ S’ yang menunjukkan bayangan terdapat pada gambar 2-11.

Yang akan ditulis pada kurva PQRSP yang dipindahkan searah jarum jam

dan kurva gambar P’ Q’ R’ S’ P’ yang juga dipindahkan searah jarum jam.

b. Daerah asal di z menunjukkan bahwa sebagian bayangan PTUVWXYZ

terdapat pada gambar 2-10. Daerah yang memetakan daerah yang berada

pada daerah gambar P’ T’ U’ V’ terlihat bayangan seperti terdapat pada

gambar 2-11.

Hal itu menarik untuk ditulis, ketika berbatasan dengan daerah

PTUVWXYZ yang dipindahkan hanya sekali, batasan dari daerah pada

gambar P’ T’ U’ V’ dipindahkan dua kali. Daerah itu harus dikembalikan

faktanya ada delapan titik P dan W, T dan X, U dan Z di daerah asal z

memetakan kedalam empat titik P’ atau W’. T’ atau X’, U’ atau Y’, V’ atau

Z’ berkesinambungan.

Walaupun ketika batasan pada daerah PQRS dipindahkan hanya

sekali , batasan dari daerah pada gambar itu juga dipindahkan hanya sekali.

Berbeda jika dikembalikan faktanya pada pemindahan kurva PTUVWXYZ

melingkari daerah asal z = 0. Sedangkan ketika kita memindahkan kurva

PQRSP kita tidak dapat melingkari daerah asalnya.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomolxxxviii

c.

u=x2− y2=(2 )2−(−1 )2=3 , v=2 xy=2 (2 ) (−1 )=−4. kemudi an koordinat kurvalurus adalah u=3 , v=−4.

FUNGSI NILAI PERKALIAN

6. Diberikan w5=z dan tujuannya berkorespondensi khusus titik z=z1 kita

mempunyai w1=w2.

a. Jika kita memulai dari titik z1 ketitik sumbu z ( Lihat gambar 2-12). Membuat

kelengkapan satu keliling searah jarum jam dengan daerah asalnya. Lihat nilai pada

w dikembalikan pada z1 adalah w1e2 πi /5.

b. Apakah nilai di w jika dikembalikan ke z1, setelah 2, 3,....lengkapi lintasan

disekitar daerah asalnya.

c. Diskusikan bagian a dan b jika dengan cara satu satunya tidak dapat menemukan

daerah asalnya.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomolxxxix

a. Kita dapatkan z=riθ, jadi w=z1/5=r1 /5 e iθ/5. Jika r=r1 danθ=θ1, kemudian

w1=r11 /5 eiθ 1/5.

Seperti θ menambahkan dari θ1 keθ2+2 π. Yang mana terjadi ketika

kelengkapan satu keliling disekitar daerah asal yang diputar searah jarum jam, kita

temukan

w=r11 /5 e i(θ1+2 π )/5=r1

1/5 e+2 πi /5=w1 e2 πi/5

b. Setelah lintasan disekitar daerah asal 2 lengkap, kita temukan

w=r11 /5 e i(θ1+4 π )/5=r1

1 /5 e+4 πi/5=w1 e4 πi /5

Setelah lintasan disekitar daerah asal 3 dan 4 lengkap, kita temukan

w=w1 e6 πi/5 dan w=w 1e8πi /5

Setelah lintasan disekitar daerah asal 5 w lengkap nilai yang diperoleh adalah

w=w1 e10 πi /5=w1, jadi nilai dari daerah asal w adalah diperoleh setelah daerah asal

disekitar 5 berubah. Setelah itu lingkaran diulang ( Lihat gambar 2-13 ).

Cara Lain. Dimulai w5=z, kita mempunyai arg z = arg w berubah dari arg w=15¿.

Selanjutnya jika arg z ditambah

2 ,4 π ,6 π ,8 π ,10 π , …, argw .ditambah dengan 2 π /5 ,4 π /5 ,6 π /5 ,8 π /5 , 2 π ,…

tunjukkan hasil yang diperoleh sama dengan (a) dan (b).

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo xc

c.Jika dengan cara lain tidak dapat menemukan daerah asal, selanjutnya ditambah

dengan arg z dengan 0 dan penambahan arg w selalu 0. Dalam hal ini dari w adalah

w1. Maka pembuat angka dilintasan tidak diperoleh.

Halaman 44FUNGSI, LIMIT, dan KONTINUITAS

7.a) di soal sebelumnya telah dijelaskan tentang alasan mengapa kita dapat

menganggap w sebagai kumpulan dari nilai tunggal dari fungsi z.

b) jelaskan secara geometris tentang hubungan antara fungsi-fungsi dari nilai

tunggal tersebut.

c) tunjukkan secara geometris bagaimana kita dapat membatasi diri kita dengan

fungsi dari nilai-nilai tunggal tertentu.

(a) karena w3= reiθ= re (iθ + 2kπ) dimana k adalah bilangan bulat, kita memiliki

w=r15 e

i (θ+2 kπ ) 15=r13 (cos (θ+2 π ) /5 )+ isin (θ+2kπ /5 )

Dan karena w memiliki 5 nilai fungsi dari z, maka 5 nilai tersebut diberikan oleh k=

0,1,2,3,4

Kita juga dapat menganggap w sebagai sebuah kumpulan dari 5 nilai fungsi yang

disebut cabang dari banyak nilai fungsi, dengan cara membatasi θ. Oleh karena itu,

contohnya, kita dapat menulis

w=r13 (cosθ /5 )+i sin (θ/5 )

Dimana kita dapat mengambil 5 kemungkinan interval untuk θ yang diberikan oleh

0 ≤ θ<2 π , 2π ≤ θ<4 π , …, 8 π ≤ θ<10 π,

Interval pertama adalah0 ≤ θ<2 π , yang biasanya disebut dengan jarak utama dari θ

dan sama dengan cabang pokok dari banyak nilai fungsi.

Interval lain untuk θ dari panjang 2π juga dapat diambil; misalnya

−π ≤θ<π , π≤ θ<3 π ,etc, pertama-tama persamaan ini dapat diambil sebagai jarak

pokok/utama.

(b) kita mulai dengan cabang (utama) yang asli

Setelah 1 putaran mengenai asal dari garis z telah lengkap, θ ditingkatkan oleh 2π

untuk memberi fungsi bagi cabang lain. Setelah putaran yang lain lengkap, cabang

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo xci

y

AO x

fungsi lain masih didapatkan sampai semua dari 5 cabang tersebut telah ditemukan,

setelah kita kembali pada cabang (utama) yang asli.

karena nilai yang berbeda dari f(z) diperoleh dengan berturut-turut mengelilingi z=0

kita sebut z = 0 titik cabang

(c) kita dapat membatasai diri kita dalam fungsi nilai tunggal tertentu, biasanya

pada cabang utama, dengan menjamin bahwa tidak lebih dari 1 putaran lengkap

yang dibuat, conth: membatasi θ dengan tepat.

Dalam kasus jarak utama dengan persamaan 0≤ θ<2 π , persamaan ini telah

telah diselesaikan dengan menyusun sebuah potongan yang diindikasikan dengan

OA pada gambar 2-14 dibawah ini, yang disebut sebuah potongan cabang/garis

cabang, pada poros posotif yang benar, maksut dari gambar ini adalah kita tidak

boleh melewati garis pemotong tersebut (jika kita melewatinya, maka akan

didapatkan fungsi cabang lain).

Jika interval yang lain untuk θ telah dipilih, maka garis cabang / garis pemotong

tersebut akan ditarik garis lain dalam garis bujur z yang berasal dari titik pusat.

Untuk tujuan tertentu, sebagaimana yang akan kita lihat selanjtnya, bahwa kita

dapat melihat kurva dalam gambar 2-15 yang mana pada gambar 2-14 adalah

merupakan sebuah kasus yang langka/jarang terjadi.

Fungsi Dasar

8. buktikan bahwa (a) ez 1. ez2=ez1+z 2, (b) |e z|=e2, (c) ez+2 kπi=ex , k=0 , ±1 , ±2 … . .

a)dengan definisi ez=ez (cos y+i sin y ) dimana z = x+iy. maka jika z1=¿ x1+iy2¿


G

x

y

F

C

AB

E

H

DI

J

Gambar 2-14 Gambar 2-15

xcii

Halaman 45Belum

Halaman 46FUNGSI, LIMIT, dan KONTINUITAS

12. buktikan: a) 1- tan h2 z=sec h2 z c) cos iz = cosh z

b) sin iz = i sinh z d) sin ( x + iy) = sin x cosh y + i cos x sinh y

a) dengan definisi, cosh z = ez+e− z

2, sinh z= ez−e−z

2.kemudian

cos h2 z−sin h2 z=( ez+e− z

2 )2

−( ez−e− z

2 )2

= e2 z+2+e−2 z

4− e2 z – 2+e−2 z

4=1

dibagi dengan cos h2 z , cosh2 z−sin h2 zcosh2 z

= 1cos h2 z

atau1−tan h2=sec h2 z

b) sin iz=e i (iz )−e−i (iz )

2 i= e−z−ez

2 i=i( ez−e−z

2 )=i sin h z

c) cos i z= ei (iz )+e−i (iz )

2= e−z+ez

2= ez+e−z

2=cosh z

d) dari soal nomor 9 (a) dan bagian (b) dan (c), kita memiliki

sin ( x+iy )=sin x cos iy+cosxsin iy=sinx cosh y+icos x sin h y

13. a) jika z=ewdimana z=r ¿dan w=u+iv ¿

b)tentukan nilai dari ln (1−i ) , apa yang dimaksud dengan nilai utama?

a) Karenz=r ¿a

Kita memiliki persamaan riil dan baian bayangan

(1) eu cosv=r cosθ (2)eu sin v=r sinθ

Dengan menaruh (1) dan (2) dalam tanda kurung dan

menambahkannya, maka kita menemukan e2 u=r2 ataueu=r dan u = ln r.

kemudian dari (1) dan (2)r cos v=r cosθ ,sin v=r sinθ yang mana dari

v=θ+2kπ , maka w=u+iv=lnr+i ¿¿

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxciii

r1θ1

z1

y

x

Jika z=ew kita menyebut bahwaw=ln zkemudian kita melihat

bahwa ln z=ln r+ i (θ+2 kπ ) . Sebuah cara yang sama dalam menyebut

persamaan yang sama adalah dengan menulis ln z=ln r+ iθ dimana θ dapat

dianggap memiliki banyak nilai yang berbeda dari 2π.

Ingat bahwa secara formal ln z=ln r e10=lnr+i θ . menggunakan hokum

logaritma yang mirip dengan matematika dasar.

b) Karena 1−i=√2 e7 πi4 +2 kπi, kita memiliki

ln (1−i )=ln√2+( 7 πi4+2kπi)=1

2ln2+ 7 πi

4+2kπi .

Nilai utamanya adalah 12

ln 2+7 πi4 yang diperoleh dari persamaan k=0.

14. buktikan bahwa f ( x )=ln z mempunyai titik pusat pada z = 0.

Kita memiliki persamaan ln z=ln r+ iθ. Andaikan kita mulai pada beberapa

titik z1≠0 dalam bujur yang rumit untuk r=r1 ,θ=θ1 maka ln z1=lnr1+i θ1 (lihat

gambar 2-16). Kemudian setelah mebuat 1 putaran lengkap mengenai asal

persamaan tersebut dengan searah jarum jam atau melawan arah jarum jam, kita

menemukan arah kembali pada z1, yang mana r=r1 ,θ=θ1+2π , maka

ln z1=lnr1+i (θ1+2 π ). Oleh karena itu kita berada pada fungsi cabang yang lain,

dan z=0 adalah titik pusat.


Gambar 2-16

xciv

Putaran lengkap selanjutnya tetntang arah awal yang berubah/berpindah ke

cabang lain dan (tidak seperti persamaan fungsi lain, misalnya z12 atau z

13 ) kita tidak

akan pernah kembali pada cabang yang sama.

Hal ini mengikuti bahwa ln z adalah sebuah fungsi yang memiliki banyak

nilai dari z yang memiliki banyak cabang. Cabang tertentu dari z adalah riil dan

positif maka disebut dengan cabang utama. Untuk memperoleh cabang ini maka

kita membutuhkan θ=0 ketika z> 0.

Untuk menyelesaikan persamaan ini, kita dapat menggunakan persamaan

ln z=ln r+ iθ dimana θ dipilih, maka 0≦θ<2 π atau−π ≦θ<π , dst.

Sebagai sebuah generalisasi, kita mengingatkan/menekankan bahwa ln (z-a)

memiliki sebuah titik cabang pada z=a.

Halaman 4715.Pertimbangkan transformasi w = ln z. Tunjukkan bahwa (a) melingkar dengan

pusat pada titik asal bidang z yang dipetakan ke dalam garis paralel sumbu v pada

bidang w, (b) garis atau sinar keluar dari titik asal bidang z yang dipetakan ke

dalam garis paralel sumbu u pada bidang w, (c) bidang z dipetakan pada lebar 2π

pada bidang w. Ilustrasi hasil grafik.

Kita mempunyai w = u + iv = ln z = ln r + iθ sedemikian sehingga u = In r, v =

θ .

Pilih cabang utama w = ln r + iθ dimana 0¿θ∠2 π

(a) melingkar dengan pusat pada titik asal dan jari-jari a dengan persamaan

|z|=r=a . Ini dipetakan ke dalam garis bidang w dengan persamaan u=ln a.

Gambar 2-17 dan 2-18 lingkaran dan garis yang memetakan a = 1/2, 1, 3/2, 2 yang

tertandai.

(b) garis atau sinar keluar dari titik asal bidang z (lihat gambar 2-17) mempunyai

persamaan θ=a . Ini dipetakan ke dalam garis bidang w (lihat gambar 2-18)

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxcv

dengan persamaan v=a . Kita sudah menunjukkan pemetaan garis untuk

a=0 , π /6 , π /3 , and π /2 .

(c) memetakan titik P pada bidang z yang digambarkan oleh z≠0 dan

mempunyai koordinat kutub (r , θ ) dimana 0 ¿ θ<2 π ,r>0 , ada P’ dengan lebar

2 π yang ditunjukkan gambar 2-20. Kemudian bidang z dipetakan ke dalam titik

potong. Titik z=0 dipetakan ke dalam titik potong sering disebut titik pada

ketidakterbatasan.

Jika θ sedemikian hingga2 π ¿ θ<4 π , bidang z dipetakan pada titik potong

2 π ¿ υ<4 π pada gambar 2-20. Dengan cara yang sama, kita memperoleh titik

potong lain yang ditunjukkan gambar 2-20.

Di bawah ini diberikan titik z¿ 0 pada bidang z, ada tidak terbatas titik gambar

pada bidang w memetakan titik gambar.`

Yang harus dicatat bahwa jika kita yang telah mengambil θ seperti

−π ¿ θ<π , π ¿ θ<3 π , dll, titik potong gambar 2-20 akan digeser tegak lurus

sejauh π.

Halaman 48. Jika kita memilih cabang utama dari sin-1z sehingga sin-10=0,buktikan bahwa

sin-1z = 1i ln (iz + √1−z2)

jika w = sin-1z, maka z =sin w = eiw−e−iw

2 i sehingga

e iw−2iz−e−iw=0 atau e2 iw−2iz e iw−1=0

Selesaian, e iw=2 iz ±√4−4 z2

2=iz ±√1− z2 = iz+√1−z2

Karena ±√1−z2 digantkan dengan √1−z2 sekarang e iw=e i(w−2kπ ) ,k=0 , ±1 , ±2 … sehingga

e i(w−2 kπ)=iz+√1−z2 atau w¿2kπ1i + ln (iz + √1−z2)

Sehingga cabang w=0 bilamana z=0diperoleh dengan mengambil k=0 dari

sini didapat w = sin-1z = 1i ln (iz + √1−z2) seperti yang diinginkan

17.jika kita memilih cabang utama dari tanh-1z sehingga tanh-10=0,buktikan bahwa

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxcvi

tanh-1z = 12ln ( 1+z

1−z )jika w = tanh-1z , maka z = tanh w = sin w

cosh w= ew−e−w

ew+e−w sehingga

(1−z ) ew=(1+z ) e−watau e2 w=(1+z )/ (1−z )Karena e2 w=e2(w−kπi) , maka kita memperoleh

e2 (w−kπi )= 1+ z1−z atau w = kπi+ 1

2 ln ( 1+z1−z )

Cabang utama untuk k=0 memberikan hasil yang diinginkan.

18.(a) Jika z=ℜiθ ,buktikan bahwa z i=e−(θ+2 kπ)¿di mana k=0 , ±1 , ±2 …

(b) Jika z adalah suatu titik pada lingkaran satan yang berpusat di O,buktikan bahwa z i menyatakan tak berhingga banyaknya bilangan riil dan tentukan nilai utamanya.

(c) Tentukan nilai utama dari ii

(a) Menurut definisinya z i=e i ln z=e i¿ ¿

¿e i ln r−i(¿θ+2 kπ)=e−(θ+2kπ )¿¿

Nilai utama fungsi bernilai banyak f ( z )=z i diperoleh dengan mengambil k=0 dan ditentukan oleh e−θ ¿ di mana kita memilih θsehingga 0 ≤ θ<2π

(b) Jika z adalah suatu titik pada lingkaran satuan yang bepusat di O,maka |z|=r=1.Karena itu menutut (a),karena ln r=0,maka z i=e−(θ+2 kπ )yang menyatakan tak berhingga banyaknya bilangan riil.Nilai utamanya adalah e−θ di mana kita memilih θsehingga 0 ≤ θ<2 π

(c) Menurut definisinya ii=e i ln i=ei {i ( π

2+ 2kπ )}

=e−(π /2+2 kπ) karena i=ei {i ( π

2+2 kπ )}

dan ln i=¿ i( π2+2kπ )¿.

Metode lain. Menurut bagian (b), karena z=i terletak pada lingkaran satuan yang berpusat di titik O dan karena θ=π /2 ,maka nilai utamanya adalah e−π /2.

TITIK CABANG,GARIS CABANG DAB PERMUKAAN RIEMANN19. Misalkan ¿ f ( z )=(z2+1)1 /2 . (a) Tunjukan bahwa z=± i adalh titik cabang dari f ( z ). (b) Tunjukan bahwa suatu lintasan lengkap di sekeliling kedua titik cabangnya tdak menghasilkan perubahan dalam cabang dari f ( z )(a) Kita mempunyai w=(z2+1)1/2=¿.

Maka arg w=12

arg ( z−1 )+¿ 12

arg (z+1 ) ¿ sehingga

Perubahan dalam

arg w=12 {Peruba h an dalam arg(z−1)}+¿ 1

2 {Peruba h an dalam arg(z+1)}¿

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxcvii

x

-i

z

y

Halaman 49“Fungsi, Limit dan Kekontinuan”

Misal C (gambar 2.21) menjadi kurva tertutup yang memuat titik i tapi bukan

titik –i. Kemudian titik z adalah suatu kejadian melawan arah jarum jam

disekitar C.

Ubah dalam arg ( z - i ) = 2π Ubah dalam arg ( z +i ) = 0

Kemudian

Ubah dalam arg w = π

Oleh karena itu w tidak boleh kembali ke nilai aslinya. Perubahan ke cabang

mengkin terjadi. Sejak sirkuit komplit tentang z=i merubah cabang dari fungsi,

menjadi cabang fungsi z=i. Dengan cara yang sama jika C adalah kurva

tertutup yang mendekati titik –i tapi bukan i, kita dapat melihat z=i sebagai

titik cabang

Z Plane

Gambar 2.21

Metode lain :

Misal z−i=r1eiθ1 , z+i=r 2e

iθ2. maka

w={r1 r2 ei(θ1+θ2) }1

2=√r1r 2eiθ1/2e

iθ2/2


i

xcviii

C z

y

-i

xi

Jika kita mulai dengan fakta-fakta bahwa nilai dari hubungan

θ1=α 1 dan θ2=α2 . Maka w=√r1 r2 eiθ1/2 e

iθ2 /2

. Selama z melawan arah

jarum jam disekitar i , θ1 diperluas ke α 1+2 π . Saat θ2 tinggal serupa. θ1=θ2

. Oleh karena itu

w=√r1 r2 eiθ1/2 e

iθ2 /2

=−√r1 r2 eiθ1 /2e

iθ2/2

Perhatikan jika kita tidak mendapatkan nilai asli dari w, perubahan dari cabang

terjadi, lihat z i adalah titik cabang.

(b) Jika C menyertakan kedua titik cabang z=±i sebagaimana gambar 2.22

kemudian titik z menuju melawan arah jarum jam disekitar C.

Ubah dalam arg ( z – i ) = 2π

Ubah dalam arg ( z + i ) = 2π

Kemudian

Ubah arg w = 2π

Oleh karena itu sirkuit komplit disekitar kedua titik cabang hasil tidak dapat

diubah ke cabang.

Metode lain

Dalam hal ini, menunjuk cara kedua dari bagian (a) θ1 meningkat dari

α 1 ke α 1+2 π saat θ2 meningkat dari α 2 ke α 2+2 π .

Demikianw=√r1 r2 ei(α1+2π )/2 ei (α1+2 π )/2

=√r1r2 ei(α1 /2 e

iα2 /2

dan tidak

dapat diubah dalam cabang seperti yang diamati.

Z Plane

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomoxcix

x

y

-i

i

x

-i

y

i

Gambar 2.23

20. Menentukan Garis Cabang untuk Permasalahan Fungsi 19

Garis cabang dapat mengakibatkan Menandai salah satu gambar 2.23-

2.24. dalam kejadian ini, dari tidak memotong salah satu garis ini, kita dapat

memastikan nilai tunggal dari fungsi.

Gambar 2.23

Halaman 50FUNGSI, LIMIT, DAN KONTINUITAS

21. Selidikilah permukaan Riemen untuk fungsi pada masalah 19

Kita mempunyai permukaan Riemann yang berbeda dan berkorespondensi

untuk gambar 2-23 atau 2-24 dari masalah pada nomor 20. Dengan mengganti

gambar 2-23, sebagai contoh kita bayangkan bahwa bidang z terdiri dari dua lembar

lapisan yang lain dan memotong sepanjang garis cabang. Sebaliknya tepi dari

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo c

potongan itu digunakan, dibentuk permukaan Riemenn . Pada pembuatan salah

satu sirkuit yang lengkap sekitar z=i , kita mulai pada salah satu cabang dan

kehabisan yang lain. Bagaimana pun, jika kita membuat salah satu sirkuit

mengenai keduanya z = i dan z = -i, kita tidak dapat mengubah semua cabang. Ini

sesuai dengan hasil pada permasalahn 19.

22. Selidikilah permukaan Riemann untuk fungsi f( z )= ln z ( perhatikan

masalah 14 )

Dalam hal ini kita membayangkan bahwa sumbu z terdiri dari lapisan

banyak helai yang tidak terbatas terhadap yang lain. dan memotong sepanjang

garis cabang yang berasal dari pusat z=0 keluar dari z=0. Kemudian kita

menghubungkan setiap potongan tepi atau pinggir untuk berhadapan dengan

potongan pinggir dari sebuah pinggir yang berhadapan. Kemudian setiap kali kita

membuat sirkuit z=0 adalah pada korespodensi lembar lain untuk sebuah turunan

fungsi cabang. Kumpulan dari lembaran lembaran itu disebut survei Riemmann.

Kenyataan ini masalah yang tidak suka pada 6 dan 7, sirkut berturut-berturut

membawa kita kembali cabang yang asli.

LIMIT

23. (a ) If f( z )=Z2

, akar dari lim = z0

2

z→ zo

b). temukan lim f ( z ) jika f(z) = { 0z2

z= zo

z≠ z0

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo ci

(a ) . Kita harus tunju kkan bahwa diberikan sembarang δ > 0 kita dapat

menemukanδ ( tergantung pada hal-hal umum) sedemikiansehingga

|z2−z02|<δ demikian juga 0 <|z−z0<δ|

Jika δ ≤ 1 dan o <|z−z0|<δ

menyatakan bahwa

|z2−z02 |=|z−z0||z+z0|<δ |z−z0+ 2 z0|

¿ δ { |z−z0| +|2 z0| }<δ (1+2|z0|)

Ambilah δ = 1 atau

δ( 1+2 |zo| ) yang terkecil. Kemudian kita mempunyai

|z2− z02| <δ begitu pula|z − z0|<δ

, dan hasil yang kita cari dapat

dibuktikan.

(b ) Tidak terdapat perbedaan di antara masalah ini dan pada bagian (a ) ,

karena kedua kasus ini kita dapat menyimpulkan z = z0 kembali ke bentuk

semula. Karena lim f (x ) =z 0

2

x→ x0 ,dengan catatan bahwa limit dari f(z)

dimana z→ z0 , tidak memiliki nilai apapun yang diperoleh dari nilai f(z)

pada z0

24. tafsirkanlah secara geometris dari masalah pada nomor 23

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo cii

a). Persamaan w=f ( z )=z2

didefenisikan sebagai sebuah transformasi

atau pemetaan pada bidang z yang ditunjuk menuju bidang w. berdasarkan

keterangan,kita dapat menyimpulkan bahwa titik z0 adalahdipetakan

kedalam w0=z02

z v

.z0

u

Dalam masalah pada nomor 23 (a) kita membuktikan hasil yang diberikan,

speperti δ >0 kita dapat menemukan δ>0 sedemikian sehingga

|w−w0| <δ bilamana,.

|z−z0|<δ

Secara geometri ini mengartikan bahwa, jika

kita menginginkan w berada didalam jari-jari lingkaran, (lihat gambar 2-26) kita

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo ciii

harus memilih δ ( tergantung pada δ ) sehinga z berada didalam jari-jari lingkaran

δ . Menurut masalah pada nomor 23 (b) ini tentu bagus,jika δ <1 dan

δ(1+2|z0|)

b) . Pada masalah nomor 23 (a) w=w0=z02

adalah bayangan dari z = z0 .

Bagaimanapun, dalam masalah 23(b), w=0 adalah bayangan dari z = z0 . Kecuali

untuk hal ini, penafsiran geometrik adalah serupa dengan yang diberikan pada

bagian ( a )

Halaman 51 FUNGSI ,BATAS DAN URUTAN

25 .membuktikan bahwa limz → i

3 z 4−2 z 3+8 z 2−2 z+5z−i

=4+4 i.

kita harus menunjukkanbahwa untuk setiap kita dapat menemukan ϵ>0. .δ>0. Sehingga │3 z 4−2 z3+8 z 2−2 z+5

z−i−(4+4 i)│<ϵ . ketika 0¿│ z.−i│<δ.

karena kita dapat menulisz≠ i , ¿¿. ¿3 z2−(2 z−i ) z2+(5−2 i) z+5i

untuk membatalkan faktor umum z−i ≠0maka kita harus menunjukkan bahwa untuk setiapϵ>0 kita dapat menemukanδ>0 .

sehingga ketika │3 z3−(2−3 i ) z 2+(5−2i ) z−4+i│<ϵ .jika 0<│ z−i│<δ...δ ≦ 1,0<│ z−i │<δ berarti │

3 z3−(2−3 i ) z 2+ (5−2i ) z−4+i│=│ z−i│ │3 z 2+ (6i−2 ) z−1−4 i│

=│z−i ││3 ( z−1+i )2+(6 i−2 ) ( z−i+ i )−1−4 i│.=│z−i ││3 ( z−i )2+(12i−2 ) ( z−i )−10−6 i │<δ {3|z−i│ 2+│12 i−2│ │ z−i │+│−10−6i │ }<δ (3+13+12 )=28 δ

mengambil δ sebagai yang lebih kecil dari I dan .ϵ /28 , hasil yang dicari berikut.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo civ

THEOREMS PADA BATAS26 .jika lim

z−zof ( z )❑ada, membuktikan bahwa itu harus unik

kita harus menunjukkan bahwa jikalimz−zo

f ( z )=i1 dan limz−zo

f ( z )=i2 , maka i1=i2.dengan hipotesis, diberi ϵ>0 kita dapat menemukanδ>0 seperti itu │f(z)-i1 │<ϵ /2 ketika 0<│z-zo│<δ . │f(z)-12│<ϵ /2 saat 0<│z-zo│<δ .kemudian │i1−i2 │=│i 1−f (z )+ f ( z )−i2 │<ϵ /2+ϵ /2=ϵ .│i1−i2│ kurang dari ϵ tiap ϵangka positif (betapapun kecilnya)dan sebagainya harus nol. dengan demikiani1=i2.

27 .jikalimz−zo

g ( z )=B ≠ 0 , membuktikan bahwa ada δ>0 sehingga

│g ( z )│>¿ 12│B│ karena 0<│z−zo│<δ kita dapat menemukan B=B−g ( z )+g ( z ) ,

sehingga

menulis │B│≦│ B−g ( z )│+│ g ( z )│<12

│ B │+│ g ( z )│ kami memiliki│ B │<12 │

B│+¿

│ g (z)│ dari mana │g ( z )│> 12

│ B │

28 .diberikan limz−zo

f ( z )=A dan g ( z )=B membuktikan bahwa (a)

limz−zo

[ f ( z )+g ( z ) ]=A+B , (b) limz− zo

f ( z )g ( z )=AB , (c)limz−zo

1g(z )

= 1B jika B≠ 0 , (d)

limz−zo

f (z)g(z )

= AB

jika B≠ 0.

a) kita harus menunjukkan bahwa untuk setiap ϵ>0 kita dapat menemukan δ>0seperti itu│[f(z)+g(z )¿−¿)│<ϵ saat 0 <│z−zo│<δ kami memiliki │[f ( z )+g(z )¿−(A+B)│=│[ f ( z )−A ]+[ g ( z )−B ]│≦│ f (z )−A │+│ g(z )−B │ dengan hipotesis, mengingatϵ>0 kita dapat menemukan δ 1>0 dan δ 2>0 seperti itu │f ( z )−A │<ϵ /2jika 0<│z−zo│<δ 1

│g ( z )−B│<ϵ /2 jika 0 <│z−zo│<δ 2.

Halaman 52

Halaman 53

(c) lim

z→2 eπi /3

z3+8z4+4 z2+16

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo cv

Dalam hal ini limit dari pembilang dan penyebut tiap-tiap nol dan teorema pada

limit tidak digunakan. Sebagaimana,dihasilkan oleh faktor dari polinomial bisa kita

lihat berikut ini.

limz→2 eπi /3

z3+8z4+4 z2+16

= limz→2 eπi /3

(z+2 ) ( z−2 eπi /3 ) ( z−2 e3 πi/3 )( z−2 eπi/3 ) ( z−2 e2 πi/3 ) ( z−2e4 πi/3 ) ( z−2e5πi /3 )

= limz→2eπi /3

( z+2 )( z−2 e2 πi/3 ) ( z−2 e4 πi/3 )

= eπi /3+12 (eπi/3−e2 πi /3)( eπi/3− e4 πi /3 )

=3

8−√3

8i

Cara lain,sejak z6−64=( z2−4 ) ( z4+4 z2+16 ) , masalahnya ditemukan

persamaan lim

z→2 eπi /3

( z2−4 ) ( z3+8 )z6−64

= limz→2eπi /3

z2−4z3−8

= e2 πi /3−12 (eπi−1 )

=38−√3

8i

30. menunjukan bahwa limz→0

zz tidak ada. Jika limit ada, itu berarti harus berdiri

sendiri dari cara yang z mendekati nilai 0.berikutnya z→0 sampai x ada.

Kemudian y = 0 dan z = x + iy = x dan z=x+iy=x dan z=x−iy=x , jadi,

bahwa limit memerlukan limx→0

xx=1

. Kemudian z = 0 sampai y ada, kemudian x = 0,

dan z=x−iy=−iy , jadi bahwa limit memerlukan limy→0

−iyiy=−1

. sejak dua tidak

bisa mendekati dan memiliki kesamaan jawaban, maka limit tidak ada.

KONTINUITAS

31. a) menunjukan bahwa f(z) = z2 termasuk pada z = z0

b) menunjukan bahwa

f ( z )=¿ {z2 z≠z0 ¿ ¿¿¿¿

¿ , dimana z ≠0 tidak termasuk pada z

= z0

a) Dengan rumusan 23(a) limz→ z0

f ( z0 )=z02

dan selanjutnya f(z) termasuk pada z

= z0 .

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo cvi

Cara lain. Kita harus menunjukan bahwa dengan memberikan,> 0 kita bisa

fi. δ>0 (pendalaman padaˏ) seperti bahwa |f (z )−f (z0 )|=|z2−z02|<,

ketika |z−z0|<δ ,sebuah bentuk yang memberikan rumusan 23(a).

b) Dengan rumusan 23(b) limz→ z0

f (z )=z02 ,

tetapi f ( z0)=0 . Oleh sebab itu

limz→ z0

f (z )=0= f (0 ), dan selanjutnya f(z) tidak termasuk pada z = z0 jika z0

≠ 0

jika z0 = 0, ketika f(z) = 0: dan sejak limz→ z0

f (z )=0= f (0 ), kita mengetahui bahwa

termasuk fungsi.

32. fungsi dari f ( z )=3 z4−2 z3+8 z2−2 z+5

z−i termasuk pada z = i?

F(i) tidak ada i.e. f(z) tidak dapat dijelaskan pada z = i. Dengan demikian

f(z) tidak termasuk pada z = i.

Didefinisikan pada f(z) jadi bahwa f ( i )=lim

z→ if ( z )=4+4 i

(lihat rumusan 25),itu

termasuk pada z = i. Seperti dalam kotak kita menyebutnya z = i, tidak berubah.

33. menunjukan bahwa jika f(z) dan g(z) termasuk pada z = z0, jadi bisa juga (a)

f(z) + g(z) (b) f(z) g(z), (c)

f ( z )g ( z ) jika g(z0) ≠ 0.

Mengikuti hasil dari rumusan 28 yang diambil A = f(z0), B = g(z0) sebelum

menuliskan 0<|z−z0|<δ karena |z−z0|<δ i.e. masukan z = z0

Halaman 54

FUNGSI-FUNGSI,LIMIT DAN KEKONTINUAN

54

34. Buktikan bahwa f ( z )=z2 kontinu di daerah |z|≤1

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomocvii

Misalkan z0 di dembarang titik pada daerah |z|≤1 . Pada soal 23 (a), f(z)

kontinu di z0. Kemudian f(z) kontinu pada daerah sejak kontinu di sembarang

titik pada daerah itu.

35. Karena nilai z diikuti oleh fungsi-fungsi kekontinuan?

(a ) f ( z )= zz2+1

= z( z− i) ( z+i )

.sejak bilangan pecahan nol ketika z=±i ,

fungsi kontinudimanapun kecuali z=±i

(b ) f ( z )=csc z= 1sin z . Pada soal 10 (a), sin z=0 untuk z=o, ±π ,±2 π ,. .. .oleh

karena itu f(z) kontinu dimanapun kecuali pada titik-titik tersebut.

KESAMAAN KEKONTINUAN

36. buktikan bahwa f ( z )=z2adalah bentuk kesamaa kontinu dalam daerah |z|<1

Kita harus menunjukkan bahwa dibverikan sembarang δ>0 , , kita dapat

menemukan δ>0 , sedemikian sehingga|z2−z0

2|<apabila |z−z0|<δ ,

dimana δ bergantung hanya pada e dan tidak pada titik utama z0 dari bidang.

Jika z dan z0 adalah sembarang titik pada |z|<1 ,kemudian

|z2−z02|= |z+z0||z−z0|≦ {|z| + |z0|}|z−z0|< 2|z−z0|

Jadi jika |z−z0| <δ berarti |z2−z02|< 2δ . Pilih δ = e /2 kita lihat bahwa

|z2−z02|< eketika |z−z0|<δ dimanaδ bergantung hanya pada e dan bukan pada

z0 . oleh karena itu ƒ(z) = z2 merupakan kesamaan kontinu dalam bidang.

37. buktikan bahwa ƒ(z) = 1z bukan merupakan kesamaan kontinu dalam daerah |z|

< 1

Metode 1.

Misalkan ƒ (z) adalah kesamaan kontinu di bidang tersebut. Kemudian untuk

sembarang e > 0 kita akan dapat mencari δ , misalkan antara 0 dan 1,

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomocviii

sedemikian sehingga ¿ < e ketika |z−z0|< δ untuk semua z dan z0 dalam

bidang.

Misalkan z = δ dan z0 = δ

1+e . kemudian |z−z0|= │δ - δ

1+e│= e

1+eδ < δ .

Bagaimanapun │1z− 1

z0│= │

1δ−1+e

δ │= eδ > e (sejak 0 < δ < 1).

Dengan demikian kita memiliki kontradiksi, dan kontradiksi berikut ƒ(z) = 1z

tidak dapat disamakan kontinu dalam bidang.

Metode 2.

Misalkan z0dan z0+ i disembarang dua titik bidang sedemikian sehingga

|z0+5−z0|=|5|= δ . Kemudian ¿=│ 1z0− 1

z0+5│= |5|

|z0||z0+5| = δ

|z0||z0+5| dapat

dibuat lebih besar daripada bilangan positif dengan memilihz0 yang

mendekati 0. Oleh karena itu fungsinya tidak dapat disamaknan kontinu dalam

bidang.

BARISAN DAN DERET

38. selidiki konvergensi dari barisan ini:

a) un=in

n,=n=¿ 1, 2, 3, …, b) un=¿¿ .

Istilah pertama yang muncul dari barisan adalah i , i2

2, i3

3, i4

4, i5

5, dst, atau

i , 12

,−i3

, 14

, i5

,….pada ploting titik-titik korespondensi dalam bidang z,

kita menduga bahwa batas tersebut adalah nol. Untuk membuktikan ini kita

harus menunjukkan bahwa. |un−l|=|i nn−0|< e ketika n > N

sekarang |i nn−0|=|i n

n|=|i nn|=1/n <e ketika n >

1e

misalkan kita pilih N = 1e . Kemudian kita lihat bahwa (1) benar, dan

sehingga barisan konvergensi kearah nol.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo cix

Halaman 55

b. Dengan menghitung |un+1un |=|(1+i )n+ 1

(n+1 )(1+ i)n

n|= n

n+1|1+i|=n√2

n+1 .

Untuk semua n ≥ 10 (sebagai contoh), kita memiliki n√2n+1

> 65=1,2.

Sehingga |un+1|>1,2|un| untuk semua n ≥ 10, yaitu |u11|>1,2|u10|,

|u12|>1,2|u11|> (1,2 )2|u10|, dan pada umumnya |un|> (1,2 )n−10|u10|. Untuk

mengikuti |un| dapat dibuat lebih banyak dari pada jumlah positif ( tidak

peduli sebarapa besar ) dan sehingga limit dari |un| tidak ada, dan

karenanya limit dari un tidak ada sehingga urutannya menyimpang.

39. Jika limn → ∞an=¿ A ¿ dan limn → ∞

bn=¿B ¿ buktikan bahwa limn→ ∞(an+bn )=¿A+B ¿.

Dengan definisi, diberikan ϵ kita dapat menemukan N sehingga

|an−A|< ϵ2 , |bn−B|< ϵ

2 untuk n>N .

Kemudian untuk n>N ,

|(an+bn )−( A+B )|=|(an−A )+(bn−B )|≦|an−A|+|bn+B|<ϵ yang

membuktikan hasilnya.

Terbukti bahwa ini berhubungan dengan bukti untuk limit - limit fungsi

(masalah 28).

40. Untuk membuktikan bahwa jika deret u1+u2+u3. … adalah menuju ke satu titik,

kita harus memiliki limn → ∞un=¿0¿.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo cx

Jika Sn adalah jumlah dari n suku pertama dari deret, kemudian Sn−1=Sn+un.

Maka jika limn → ∞Sn ada dan sama S, kita memiliki limn → ∞

Sn+1=limn → ∞

Sn+ limn → ∞

un atau

S=S+ limn→∞

un yaitu limn → ∞un=0.

Sebaliknya, bagaimanapun, jika limn→ ∞un=0 deret itu mungkin atau tidak

mungkin akan bertemu disatu titik.

41. Buktikan bahwa 1+z+z2+z3+…= 11−z if |z|<1.

Misalkan Sn=1+z+z2+…+zn−1

Kemudian z Sn=z+z2+…+zn−1+zn

Eliminasi (1−z )Sn=1−zn atau Sn=1−zn

1−z

Jika |z|−1, kita mengira bahwa limn→ ∞

zn=0. Untuk membuktikan ini, kita

harus menunjukan bahwa diberi beberapa ϵ>0 kita dapat menemukan N

sehingga |zn−0|<ϵ untuk semua n>N . Hasilnya adalah memang benar jikaz=0

; maka kita dapat menghilangkan z≠ 0.

Sekarang |zn|=¿ z∨¿n<ϵ ¿ kemudian n ln|z|< ln ϵ atau

n> ( ln ϵ )/ (ln|z|)=N [ sejak jika |z|<1 , ln|z| adalah neegatif. Karena itu kita

menemukan yang diperlukan N , dan limn → ∞zn=0.

Sehingga 1+z+z2+…=limn → ∞

Sn=limn→ ∞

1−zn

1−2=1−0

1−z= 1

1−z.

Deret a+az+az2+…= a1−z disebut deret

geometri dengan suku pertama a dan rasio z, dan jumlahnya adalah a

(1−z )

dengan |z|<1.

JENIS – JENIS MASALAH

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomo cxi

42. Misalkan w=( z2+1 )1 /2. (a) Jika w=1 sedangkan z=0, dan z menggambarkan

kurva c1, ditunjukkan pada gambar 2-27 dibawah, didapati nilai w jika z=1. (b)

Jika z menggambarkan kurva c2, ditunjukkan pada gambar 2-28 dibawah,

adalah nilai dari w jika z=1 sama dengan yang diperoleh pada (a)?a) Titik cabang w=f (z )=f ( z )=( z2+1 )1 /2= {(z−i ) ( z+i ) }1/2 adalah z=± i pada

masalah 19.

Halaman 56

C1

i θ1

r1 z 0 1

θ2 r2 −i Gambar 2.27

θ1 i

C2 0 1

−i gambar 2.28

Misalkan (1) z−i=r

1ei θ1

, (2 ) z+i=r2

ei θ1.karena θ1 dan θ2 ditentukan hanya

tegak lurus ke dalam perkalian bilangan bulat dari 2 π ri ,maka kita bisa menulisnya

atau dapat ditulis:

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomocxii

w=√r1 r2 ei (θ1+θ2) /2 e2 kπi /2=√r1 r2e

i (θ1+θ2 )/2 ek πi

( s)Berdasarkan gambar 2-27 (atau menggunakan persamaan) (1) dan (2) kita ketahui

bahwa ketika z berada di 0 , r1=1 , θ1=3π /2 dan r2=1 , θ2=π /2ketika w=1di z

= 0, yang diambil dari ( s) , 1=e (k+1 ) πidan kita dapat memilih k=−1 [0,1,−3 ,. . .. ] . .

Kemudian w=−√r1 r 2 ei(θ1+θ2 )/ 2

Seperti z sebagai garis lintang C1 dari 0 ke 1 , r1diganti dari 1 ke √2 , θ1 diganti dari

3 π /2 ke −π /4 ,r 2diganti dari 1 ke √2 , θ2 diganti dari π /2 ke π / 4 . Kemudian

w=−√(√2 ) (√2 )ei (−π /4+π /4 )/2=2

(b) seperti dibagian (a), w=√ (r1 r2)ei (θ1+θ2 )/2

.berdasarkan gambar 2-28 kita ketahui

bahwa z sebagai garis lintang C1, r2diganti dari 1 ke √2 , θ1 diganti dari

3 π /2 ke 7 π /4 , r2diganti dari 1 ke √2 dan θ2diganti dari π /2 ke π / 4 . Kemudian

w=−√(√2 ) (√2 )ei (7 π /4+ π /4 ) /2=2 . Yang mana tidak sama dengan nilai yang di

peroleh di bagian(a).

43. misalkan √1−z2=1 karena 2 = 0. Ditunjukan bahwa z dirubah dari 0 ke p>1

sepanjang poros sebenarnya, √1−z2dirubah dari 1 ke −i √p2−1

.

V

z C1 r

A B θ E x 1 F P

Gambar 2.29

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomocxiii

Jika dipertimbangkan dimana z garis lintang mendekati garis edar ABCDF,dimana

BDE adalah setengah lingkaran seperti yang ditunjukan bahwa pada gambar 2-29

dari bentuk ini kita memiliki 1−z=1−z−iy=r co+θ−ir sin θ

Maka √1−z2=√ (1−z ) (1+z )=√r (cos θ /2−i sin θ/2 )√2−r cosθ+ir sin θ

Mendekati AB: z=x , r=1−x ,θ=0 dan √1−z2=√1−x √1+x=√1− x2

Mendekati EF :z=x , r=x−1 , θ=π dan √1−z2=−i √x−1√ x+1=−i√ x2−1

Sebab z sebagai bentuk dari 0 (dimana x=0) ke p (dimana z=p), √1−z2 bentuk

dari 1 ke −i √ p2−1

Halaman 5744. Temukan fungsi pemetaan yang memetakan titik-titik z =±i ,±2 i ,±3 i . .. ..

dari bidang z ke titik w = 1 (lihat gambar 2.30 dan 2.31)

Bidang zBidang w

y v

3 i

2 ii

x u

0 1

−i

−2 i

ketika titik berada pada bidang z yang jarak sama,kita lihat masalah 15,

untuk memahami fungsi logaritma yang tipe z =ln w

jika sehingga titik w=1=e2 kπi , k=0 ,±1 ,±2 . .. . ,maka z=ln w=2 kπi jadi

titik w = 1dipetakan ke dalam titik-titi 0,±2 πi ,±4 πi, . .. .

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomocxiv

bagaimana jika, z=(ln w

2 π )kita pandang w = 1 dipetakan,z=0 ,±i ,±2 i , .. . .

dengan cara ini fungsi pemetaan titik-titikz=0 ,±i ,±2 i , .. . . yang dipetakan

ke titik w = 1

maka fungsi pemetaan yang cocok adalahz=(ln w

2 π )atau w=e2 πz

45. Jikalim

n→∞zn=l

, membuktikan bahwalim

n→∞Re (zn )=Re (l )dan

limn→∞

Im ( zn )=Im ( l ) .

misal.zn=xn+iyn dan l=l1+il2 , dimanaxn , yn dan l1 ,l2 bagian bilangan

real dan imajiner dari masing-masingzn dan l .

Dengan hipotesis, diberi beberapa e > 0 kita dapat menemukan N

sedemikian sehingga|zn−l|<e untuk n> N, yaitu ....

|xn+ iyn−(l1+il2 )|<e, untuk n> N

Atau√ (xn−l1)2+( yn−l2)

2<e, untuk n> N

Dari sini berarti bahwa

|xn−l1|<e dan|yn−l2|<e untuk n> N

limn→∞

xn=l1 danlim

n→∞yn=l2 ,

.bila di perlukan.

46. Buktikan bahwa jika |a|< 1

a)1+a cos θ+a2 cos2θ+a3 cos3θ+ .. .. . .. ..= 1−a cosθ

1−2 acosθ+a2

b)asin θ+a2 sin 2θ+a3 sin 3θ+ .. .. . .. ..= a sin θ

1−2a cosθ+a2

misalz=aeiθlihat masalah 41. Kita bisa melakukan ini ketika |z|=|a|< 1..

kemudian

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomocxv

1+ae iθ+a2 e2iθ+a3 e3 iθ+. .. .= 1

1−aeiθ

atau

(1+acos θ+a2 cos2θ+ .. .. )+i (a sin θ+a2 sin 2θ+.. . . )=11−aeiθ⋅

1−ae−iθ

1−ae−iθ

=1−a cosθ+iasin θ1−2 a cosθ+a2

Hasil yang diperlukan mengikuti pada bagian bilangan real dan imajiner

yang disamakan.

Halaman 58tentukan fungsi grafik yang poin z=0, ±i ±2i ,±3i,……. Dalam plan zdalam poin w=1di dalam plan

Sejak titk plan z spasi perkalian kita biarkan karna masalah lima 15 terhadap fungsi Logaritma tipe z=1n w

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomocxvi

Sekarang jika w=1,e2 kπi k=0,± 1,±2…….sehingga z=1n w=2kπi sehinga titik w = 1lalu titik masuk kedalam grafik 0,=±2πi ,±4πi…… Jika z=(1n.w)/2n,titik w=1di dalam grafik sehingga z=0=i, =2i,dst Maksud dan fungsi dalam grafik ini adalah titik z=0,±I,±2i…..dst. ini semua merupakan w=1n ¿N

xn+ivn _(l1+l2)<,untuk n>N√¿¿ < untuk n>N Dari penyelesain di atas dapat menghasilkan

limn→ ∞

❑ zn ,= L1 dan limn → ∞❑ vn = L1sebagai sarat

6.buktikan bahwa jika (a)>1

(a).1+acosθ+cos2 θ+a3cos3 θ+………=1−a cosθ

1−2 acosθ+a2¿¿

(b).asin θ+a2sin 2θ+a3sin 3θ+…❑……=a sinθ

1−2 a cosθ+a2

Jika z=ae10 dari perasalahan 41kita dapat mengerjakan IzI=IaI< 1 sehingga

1+ae10+a2e210+a3a310+…………=1

1−ae10

(1+α cosθ+a2cos2 θ+……………) +(α sinθ+α 2sin θ+………) =1

1−ae10 .

1− ae−¿10

1−ae−10 ¿

=1−α cosθ+iα sinθ

1−2 α cos θ+α 2

0

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomocxvii

Halaman 59Nama:Aris WibowoNPM:2091000210008Jurusan:Pendidikan Matematika 2009b

FUNGSI,LIMITS,DAN KELANJUTAN

66.Buktikan jika |sin x|≤1 untuk x semua bilangan real.

67.Tunjukkan bahwa (a) Sinx = Sin x, (b) Coshx = Cos zx (c) Tanx= Tan x.

68.Untuk Setiap fungsi berikut ini u ( x , y )dan v ( x , y ) sedemikian sehingga f ( x )=u+viPisahkan kedalam bagian imajiner dan real (a) f ( x ) ℓ−3iv

,(b)f ( x )=cos x (c)f ( x )=sin2 x (d)f ( x )=x2 ℓ2 x

Jawab (a)u=ℓ−3 y cos 3x , v=ℓ−3 y sin 3 x (b) u=cos xcos y , v=−sin x sin y , (c) u=sin 2 x cos2 yv=cos2 x sin 2 y ,(d) u=ℓ2 x {(x2− y2)cos2 y−2 xy sin 2 y }, v=ℓ2 x {2 xy cos2 y+(x2− y2 )sin 2 y }69.Buktikan bahwa (a)sinh (−x )=−Sinhx (b) Cos (−x )=Coshx (c) Tan (−x )=−Tanx70.Buktikan bahwa (a)Sinh (x1+x2)=Sinhx1Cosx2+Cosx1+Sinx2 (b)Cosh 2x=Cosh2 x+Sinh2 x

71.Buktikan bahwa (a) Sin2 ( x /2 )= 1

2(cos−1 )

(b)Cos2 ( x /2 )= 1

2(cos x+1 )

72.Tentukan u ( x , y ) dan v ( x , y ) sedemikian sehingga (a) sin 2 x=u+iv , (b) x cos x=u+iv

Jawab

(a )u=sin 2 xcos2 y , v=cos 2 x sin2 y(b )u=xcos xcos y− y sin x sin y , v= y cos xcos y+x sin x sin y

73.Carilah hasil dari (a) 4 Sinh2 (πi /3 ) , (b)cosh (2 k+1 )πi /2, k=0,±1 ,±2 , .. . .. .

(c)Cosh 3πi /4

Jawab (a)2i√3 (b) 0 (c) i

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomocxviii

74. (a )Tunjukkan bahwa (a) ln (−1

2−√3

2 ) = ( 4 x

3+2 kπ )

i, k = 0±1 ,±0 , . .. .. (b )Apakah nilai terpenting/utamanya???

Jawab (b)4 πi /3

75.Cari semua nilai dari (a )ln (−4 ) (b)ln (3 i ) ,(c ) ln (√3−i dan temukan nilai utama disetiapJawab

(a) 2 ln 2+(π+2 kπ )i

(b)ln 3+(π /2+2 kπ ) i ,ln 3+πi /2.

(c) ln 2+(11 π /δ+2kπ ) i ,ln 2+11πi /δ

76.Tunjukkan bahwa ln( x−1 )=

12

ln (( x−1 )2+ y2)+ i tan−1

γ / ( x−1 ) , berikan batasan jika.

77.Buktikan bahwa(a )cos x−1 x=1

iln ( x+√x2−1 , )

,(b )cot−1 x= 1

2 iln ( x+1

x−1 )menunjukkan adanya pembatasan.

78.Buktikan bahwa (a) sin−1 x= ln (x+√x2+1,) (b) cot−1 x=1

2ln( x+1

x−1 )79.Temukan semua nilai dari sin−1 x 2 ,(b)cos−1 iJawab

(a)±i ln (2+√3 )+π /2+2kπ (b)−i ln (√2+1 )+π /2+2 kπ,−i ln (√2−1 )+3 π /2+2 kπ

80.Tentukan semua nilai dari(a)cos−1 i (b) sin−1 {ln (−1 ) }

Jawab

(a)ln ( ln √2+1 )+πi /2+2kπi ,ln (√2−1+ )+3 kπi /2+2 kπi

(b)ln (2 k+1 )π+ (√2 k+1 )2 π 2−1 ]+πi /2+2mπi ,

ln [√(2 k+1 )2 π2−1−(2 k+1 ) π ]+3 πi /2+2 mi ,k ,m=0 ,±1±2 ,. . ..

81.Tentukan semua nilai determinan yang benar dari (a) (1+i )i , (b) 1√12

.Jawab

ℓ−π /4+2kπ (cos ( 12 ln 2))+i sin ( 12 ln2) ,(b)cos(2√2kπ )+i sin (2√2kπ )

82.Tentukan (a)Re {(1−i )1+1 ,} (b)|(−i )−1|

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomocxix

Jawab (a) ℓ

12

ln 2−7 π /4−2 ln πcos(7π /4+ 1

2 ln2) (b)ℓ3 π /2+2 kπ

83.Tentukan bagian imajiner dan real x2

dimana x=x+iy

84.Tunjukkan bahwa (a) f ( z )= ( z2−1 ) 1/ 3 ,(b) f ( x )=z 1/2+z1/3,adalah fungsi

algebraic.Titik Cabang,Garis Cabang,dan Bidang Riemann

85.Buktikan bahwa x=±i adalah titik cabang dari (x2+1 )1

3

86.Gambarlah bidang Riemann dari fungsi (a)x1

2 (b)x1

2 ( x−1 )1

2

(c) ( x+2

x−2 )1

3

87.Tunjukkan bahwa bidang Riemannuntuk fungsi x1

2+x1

3 mempunyai β lembar

88.Gambarlah bidang Riemannuntuk fungsi(a)ln ( x+2 ) ,(b)sin−1 x (c) tan

−1 x

Halaman 60FUNGSI LIMIT DAN KESEIMBANGAN

LIMIT89 . (a) Jika f(z) ¿ z2+2 z , buktikan lim

z → if ( z )=2 i−1

z2+2 z z≠ i

(b) Jika f(z) ¿ , temukan limz→ i

f ( z ) dan

3+2 i z=i benarkan jawabanmu.

90 .Buktikan lim

z−1+i=¿ z2−z+1−iz2−2 z+2

=1−12 i ¿

¿

91 Membenarkan suaru nilai untuk (a). lim

z →2+i=¿ 1−z1+z ¿

¿ , (b).

limz →2+i=¿ z2−2 iz

z 2+4¿

¿ dan

selidiki mana yang benar untuk terkaanmu .

92 Jika limz → z 0

f (z)=A dan limz → z 0

g ( z )=B buktikan (a ) limz → z 0

{2 f ( z )−3 i g ( z ) }=2 A (b)

limz → zo

{p f ( z )+q g (z ) }=pA+qB dimana p dan q adalah constanta (tetap).

93 Jika Jika limz → z0

f (z)=A buktikan (a) limz → zo

{f (z)}2=A2 ,(b) limz → zo

{f ( z )}3=A3

.Dapatkah kamu menjawab mirip pernyataan untuk limz → zo

{f ( z ) }n? Apakah

membatasi , bila ada , apakah mengharuskan ?94 Mengevaluasai menggunakan teorema pada limit . Pada setiap kasus

menyatakan dengan tepat teorema yang mana yang digunakan.,

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomocxx

(a) limz →2 i

(iz 4+3 z2−10 i) (b) limz →8 π /4

z2

z4+ z+1

(c ) limz → 8 π /4

(2 z−3 )(4 z+ i)¿ ¿ ¿

(d)limz→ i

z2+1z6+1

(e) limz →1+i

{ z−1−iz2−2i+2

}2

Jawab ; (a) −12+6 i ,(b)√2 (1 + i )/2 (c )− 43−4 i(d) 1/3 (e)

−14

95 Temukan limz →eπ i /3

¿¿)( zz3+1 ) jawab : 1

6−i√3/6

96 Buktikan jika f ( z )=3 z2+2 z , lalu limz → zo

f ( z )−f (zo )z−zo

=6 zo+2.

97 Jika f ( z )=2 z−13 z+2 buktikan lim

h → o

f (zo+h )−f (zo )h =

7¿¿ menyediakan

zo≠−23

.

98 Jika kita membatasi diri kita untuk cabang

f ( z )=√z2+3 dimana f (0 )=√3 ,buktikan limz → 1

√ z2+3−2z−1

=12

99 Menjelaskan sama apa yang dimaksut pernyataan (a ) limz→ i

1/ ¿¿

100 Menunjukkan bahwa limz → π /2

¿¿101 Menunjukan bahwa jika kita membatasai diri untuk f ( z )= tan−1 z seperti yang f (0 )=0 , lim

z→−1f ( z )=3 π i /4.

KESEIMBANGAN

102 Membiarkan f ( z )= z2+4z−2

jika z ≠2 i sedang f (2 i )=3+4 i .

(a)buktikan limz → 1

f ( z )ada dan nilaidetermin , (b ) f ( z )berlanjut pada z=2 i? jelaskan , (c ) f ( z )berlanjut pada titik z≠ 2i ? jelaskan .

103 Jawaban masalah 102 jika f (2i) digambarkan sebagai sepadan dengan 4i jelaskan perbedaannya.

104 Buktikan f ( z )=z /( z4+1 ) berlanjut di mana di dalam dan pada unit melingkar|z|=1. jelaskan pada 4 poin dan tentukan poin−point itu

105 Jika f ( z )dan g (z )berlanjut pada z=zobuktikan 3 f ( z )−4 ig ( z ) juga berlanjut pada z

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomocxxi

106 Jika f ( z )berlanjut pada z=zobuktikan(a){f ¿Dapatkah kamu menjabarkan hasil untuk {f ¿ adalah bilangan bulat positif.

Halaman 61107. Carilah semua titik yang tidak kontinu pada bilangan fungsi-fungsi berikut :

(a) f(z) = 2z−3

z2+2z+2, (b) f(z) = 3 x2+4

z4−16, (c) f(z) = cot z, (d) f(z) =

1z−sec z,

(e) f(z) = tanh zz2+1

Jawablah (a) -1 ± i (c) kπ, k = 0, ± 1, ± 2,... (e) ± i, (k+12)πi, k = 0, ± 1, ± 2,

..

(b) ± 2, ± 2i (d) 0,(k+12)π, k = 0, ± 1, ± 2, …

108. Buktikan bahwa f(z) = z2-2z+3 adalah kemana saja kontinu pada bilangan

yang terbatas.

109. Buktikan bahwa f(z) = z2+1z3+9

adalah (a) kontinu dan (b) membatasi dalam

suatu bagian │z│≤ 2.

110. Buktikan jika f(z) adalah kontinu tertutup, yang di batasi dalam sebuah baian

tersebut.

111. Buktikan bahwa f(z) = 1z adalah kontinu untuk semua z seperti

bahwa│z│˂ 0, tetapi tidak dibatasi.

112. Buktikan bahwa polynomial adalah kontinu kemana saja dalam bilangan

yang terbatas

113. Bahwa f(z) = z2+1

z2−3z+2 adalah kontinu pada semua z di luar │z│= 2.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomocxxii

BILANGAN BERURUTAN YANG TIDAK TERBENTUK

114. Buktikan bahwa f(z) = 3z – 2 tidak dibentuk dengan terus menerus dalam

bagian │z│≤ 0

115. Buktikan bahwa f(z) = 1z2 (a) tidak kontinu dalam sebuah bagian │z│≤ 1

tetapi (b) tidak kontinu dalam bidang 12 ≤ │z│≤ 1

116. Buktikan bahwa jika f(z) adalah kontinu dalam sebuah bagian yang tertutup Radalah yang beragam secara kontinu dalam R

RANGKAIAN DAN RENTETAN

117. Buktikan bahwa (a) n → ∞lim ¿ ¿ n2in

n3+1=0 , (b)n → ∞

lim ¿ ¿ (n

n+3 i− ¿

n+1) = 1- i.

118. Buktikan bahwa beberapa dari bilangan komplek z, n→ ∞lim ¿ ¿ (1 +

3z

n2 ) = 1.

119. Buktikan bahwa n → ∞lim ¿ ¿ n ( 1+ i

2)

n

= 0.

120. Buktikan bahwan → ∞li m nir tidak tetap

121. Jika n → ∞lim ¿ ¿ │un│= 0, buktikan bahwa n→ ∞

lim ¿ ¿ un = 0. Apakah bertentangandengankenyatan? Berikan kesimpulanmu.

122. Jika n → ∞lim ¿ ¿ an = A dann → ∞

lim ¿ ¿ bn = B, buktikan bahwa (a)n → ∞lim ¿ ¿ (an + bn) = A+B,

(b) n→ ∞lim ¿ ¿ (an - bn) = A-B, (c) n → ∞

lim ¿ ¿ anbn = AB, (d) n → ∞

lim ¿ an

bn¿ = A / B jika B ≠ 0

123. gunakan teori limit terbuka untuk mengeluarkan tiap-tiap bagin ini.

(a) n → ∞

lim ¿ ¿2−¿+1−3i(2 n+4 i−3 )(n−i)

¿ (c) n → ∞lim ¿ ¿ √n+2 i - √n+1

(b) n → ∞lim ¿ ¿│ (n2+3 i )(n−1)

¿2−3 n+4−i│ (d) n → ∞

lim ¿ ¿ √n(√n+2 i−√n+1)

Jawablah (a) 12i, (b) 1, (c) 0, (d)

12i.

124. Jika n → ∞lim ¿ ¿ un = 1, buktikan bahwa n→ ∞

lim ¿ ¿ u1+u2+…+un

n = 1.

125. Buktikan bahwa pada rentetan 1+i3+¿ pada kelompok yang berlawanan

dan temukan jumlahnya126. Buktikan bahwa rentetan i – 2i + 3i – 4i + … yang berbeda127. Jika rentetan ann=1

∞∑ bertemu dengan A, dan bnn=1

∞∑ bertemu dengan B, buktikan

bahwa (a¿¿n+ibn)n=1

∞∑ ¿ bertemu dengan A + iB. apakah kebalikan itu benar.

128. Cari pertemuan dari wn

5n ,2n=1

∞∑ dimana w = √3 + i. Jawablah yang berlawanan.

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomocxxiii

Halaman 62

FUGSI, LIMIT dan KEKONTINUAN

Bermacam – macam Masalah

129.Misal w={ (4−z ) ( z2+4 )}12 . Jika w=4

saat z=0 , tunjukkan bahwa jika z me-nggambarkan kurva C dari gambar 2-32,kemudian nilai w pada z=6

adalah −4 i√5 .130.Buktikan bahwa kondisi yang cukup dan memenuhi untuk

f ( z )=u ( x , y )+ iv ( x , y ) berkelanjutan pada z=z0=x0+iy0 adalah bahwa u ( x , y ) dan berkelanjutan pada (x0 , y0 ) .

131.Buktikan bahwa persamaan tan z=z hanya mempunyai akar real.132.Seorang siswa berkata bahwa 1 dicapai pada sembarang kekuatan adalah sama

dengan 1. Apakah dia benar? Jelaskan.

133.Tunjukkan bahwa

sin θ2+sin2 θ

22+sin3 θ

23+ .. .= 2sin θ

5−4 cosθ .

134.Tunjukkan bahwa hubungan |f (x+iy )|=|f ( x )+ f ( iy )| dipenuhi oleh f ( x )=sin z . Dapatkah kamu menemukan fungsi lain yang benar?

135.Buktikan bahwa limz→∞

z3−3 z+2z 4+z2−3 z+5

=0.

136.Buktikan bahwa |csc z|≤2e /(e2−1 ) jika |y|≥1.

137.Tunjukkan bahwa Re {sin−1z }=1

2{√ x2+ y2+2 x+1−√ x2+ y2−2x+1}

.

138.Jika F ( z ) berkelanjutan dalam wilayah tertutup terikat ℜ , buktikan bahwa (a ) ada a angka positif seperti bahwa untuk semua z dalam ℜ ,

|f (z )|≤M , (b )|f ( x )| mempunyai sebuah ikatan lebih μ dalam ℜ dan ada

paling tidak satu nilai z0 dalam ℜ seperti bahwa |f ( x0)|=μ .

139.Tunjukkan bahwa |tanh π (1+i ) /4|=1 .

140.Buktikan bahwa semua nilai dari (1−i )√2i terletak pada satu garis lurus.

141.Evaluasi (a) cosh πi /2 , (b) tanh−1∞ . Jawaban (a) 0, (b) (2k+1 )πi /2 , k=0 ,±1 ,±2 ,. .. . ..


y

0 6

cxxiv

142.Jika tan z=u+iv , tunjukkan bahwa u=sin 2x

cos2 x+cosh 2 y,

v=sinh 2 ycis2 x+cosh2 y

143.Evaluasi terhadap 3 ketepatan tempat desimal (a) 63−2i , (b) sin (5−4 i ) .

144.Buktikan Re {1+i tan (θ /2 )

1−i tan (θ /2 ) }=cosθ , menggindikasikan nilai pengecualian.

145.Jika limx→x 0

f ( z )−A dan

limx→x 0

g ( z )=B≠0 , buktikan bahwa

limx→x 0

f ( x ) /g ( x )=A /B tanpa membuktikan bahwa

limx→x 0

1 /g ( x )=1/B .

146.Misal f ( z )={0

1

jika|z|adalahirrasional

jika|z|adalahrasional

buktikan bahwa f ( z ) tidak berkelanjutan pada semua nilai z.

147.Buktikab bahwa jika f ( z )=u ( x , y )+ iv ( x , y ) berkelanjutan pada satu wilayah a , kemudian (a )Re { f ( x ) }=u ( x , y ) (b )lm { f ( z ) }=v ( x , y ) berkelanjutan dalam satu wilayah.

148.Buktikan bahwa semua akar dari z tan x=k , dimana k>0 , adalah real.149.Buktikan bahwa jika limit dari sebuah rangkaian yang ada itu harus unik.

150.(a ) Buktikan bahwa limn→∞

(√n+1−√n )=0 .

(b ) Buktikab bahwa rangkaian ∑n=1

∞(√n+1−√n )

berbeda, dengan menunjukkan bahwa sebuah rangkaian ke – n mendekati 0 tidak butuh bertemu.

151.Jika zn+1=

12 ( zn+1/ zn) , n=0,1,2 ,. ..

dan −π /2<arg x0<π /2 , buktikan

bahwa limn→∞

xn=1.

Halaman 63Bab 3

Turunan Kompleks dan Persamaan Cauchy-Riemann

TURUNAN Jika f (z) merupakan fungsi ganjil pada R di bidang z, turunan f(z)

didefinisikan sebagai

f ‘(z) = lim∆ z → 0

f (z+∆ z )−f (z)∆ z

(1)

dibuktikan bahwa keberadaan sumbu limit di ∆ z →0. Dalam hal ini dikatakan bahwa f(z) adalah turunan pada z. Pada definisi (1) sering digunakan h sebagai

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomocxxv

pengganti ∆ z. Walaupun sifat turunannya kontinu, rujukannya tidak tepat (lihat permasalahan 4).

FUNGSI ANALITIKJika turunan f ‘(z) terletak pada semua titik bidang z di R, maka f (z)

dikatakan analitik dalam R dan ditujukan sebagai fungsi analitik di R atau fungsi analitik di R. Istilah umum dan holomorfik sering digunakan sebagai persamaan analitik.

Fungsi f(z) dikatakan analitik pada titik z0 jika terdapat pendekatan |z−z0|<δ pada semua titik f ‘(z).

PERSAMAAN CAUCHY-RIEMANNMerupakan hal penting bahwa w=f (z )=u (x , y )+iv(x , y) analitik pada R, u

dan v memenuhi persamaan Cauchy-Riemannδuδx= δv

δy , δuδy=−δv

δx (2)

Jika turunan parsial pada (2) kontinu di R, maka persamaan Cauchy-Riemann merupakan keadaan yang cukup bahwa f ( z ) analitik di R. Lihat permasalahan 5.

Fungsi u ( x , y ) dan v (x , y ) sering disebut fungsi konjugat. Terdapat satu yang dapat ditemukan di lainnya (konstan tambahan yang berubah-ubah) maka u+iv=f (z) analitik (lihat permasalahan 7 dan 8).

FUNGSI KESERASIANJika turunan parsial kedua u dan v bergantung sumbu x dan y dan kontinu di

R, maka ditemukan persamaan (2) (lihat permasalahan 6)δ2 uδx 2 +

δ 2uδ y2=0, δ

2 vδx2 +

δ2 vδ y2=0 (3)

Mengikuti di bawah kondisi bagian real dan imajiner dari fungsi analitik memenuhi persamaan Laplace yaitu

δ2 uδx 2 +

δ 2uδ y2=0 atau ∇2Ψ=0 dimana ∇2≡ δ2

δx2+δ2

δ y2 (4)

Operasi ∇2 sering disebut Laplacian.

Halaman 64

Fungsi-fungsi misalnya u ( x , y )dan v ( x , y ) yang memenuhi persamaan Laplace pada

daerah R disebut fungsi harmonik dan disebut juga harmonik di R .

INTERPRETASI GEOMETRI TURUNAN

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomocxxvi

bidang z

Q

Pz0

z0+Δz

bidang w

x

w0+ Δw=f ( z0+Δz )

u

yQ’

w0=f (z0 )

Δw=f (z0+Δz )−f (z0 )P’

Misal z0 ( gambar 3-1) titik P pada bidang z dan misal w0 (gambar 3-2)

gambar P ' pada bidang w pada transformasi w=f (z ) . Sejak kita menganggap

bahwa f ( z ) bernilai tunggal, titik z0 memetakan hanya pada satu titik di w0 .

Gambar 3-1 Gambar 3-2 Jika kita memberi pertambahan Δz kita mendapat titik Q dari gambar 3-1.

Titik ini memiliki gambar Q ' pada bidang w . Kemudian dari gambar 3-2 kita

melihat bahwa P ' Q' merepresentasikan bilangan komplekΔw= f (z0+Δz )−f (z0 ) . Melanjutkan bahwa turunan pada z0 ( jika ada) dinyatakan oleh :

limΔz→ 0

f (z0+Δz )−f (z0 )Δz

= limQ→P

Q ' P 'QP (5)

yaitu limit dari rasioQ ' P' ke QP untuk titik Q mendekati titikP . Interpretasi di

atas secara jelas mempertahankan dimana z0 digantikan oleh sembarang titik z .DIFERENSIAL.Misal Δz=dz pertambahan diberikan ke z . MakaΔw= f ( z+Δz )−f ( z ) ( 6 )

Disebut pertambahan pada w=f (z ) . Jika f ( z ) kontinu dan punya turunan pertama yang kontinu pada suatu fungsi, makaΔw= f ' ( z ) Δz+ e Δz= f ' ( z )dz+e dz ( 7 )

Dimana e→0untuk Δz→0 Menyatakan bahwa :dw=f ' ( z )dz ( 8 )

disebut diferensial dariw atau f ( z ) , atau bagian utama dari Δw . Catat bahwa Δw≠dw . Kita sebut dz diferensial dari z.Dikarenakan definisi ( 1 ) dan ( 8 ), kita sering menulis :dwdz=f ' ( z)= lim

Δz→0

f ( z+Δz )−f ( z )Δz

= limΔz→0

ΔwΔz ( 9 )

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomocxxvii

Persamaan Diferensial:Dwi Purnomocxxviii

ANALISIS VARIABEL KOMPLEK - Dwipurnomoikipbu's Blog Web viewSimbol bervariasi dengan waktu, misalnya...

Documents

Transcript of ANALISIS VARIABEL KOMPLEK - Dwipurnomoikipbu's Blog Web viewSimbol bervariasi dengan waktu, misalnya...