Week1

Pertemuan 1

Bilangan Kompleks

1.1 Pendahuluan

Bilangan kompleks merupakan salah satu terobosan penting dalam dunia Matematika. Bagi yangtelah mengikuti perkuliahan Aljabar Linear, himpunan bilangan bulat telah dikenal sebagai suatuhimpunan yang sederhana yang memiliki struktur grup, dan lebih jauh lagi gelanggang. Struk-tur grup dari bilangan bulat membuat setiap persamaan linear monik memiliki solusi. Tetapipersamaan linear umum:

ax+ b = c,

dengan a, b, c di suatu himpunan F menuntut struktur yang lebih canggih bagi F , yaitu lapangan.Lapangan yang paling sederhana1 adalah bilangan rasional:

Q ={ ab

∣∣∣ a, b ∈ Z}.

Tetapi lapangan ini tidak memiliki sifat berikut ini: setiap subset terbatas darinya memiliki batasatas terkecil dan batas bawah terbesar. Sifat ini yang kemudian berakibat setiap barisan Cauchykonvergen. Sifat ini disebut ”lengkap”. Kebutuhan untuk mengkonstruksi sebuah lapangan yanglengkap yang kemudian memberikan himpunan bilangan real. Tetapi, meskipun himpunan bi-langan real memiliki sifat kelengkapan, lapangan tersebut tidak tertutup secara aljabar: setiappolinom berderajat n memiliki n buah pembuat nol.

Salah satu contoh klasik mengenai fakta ini adalah persamaan x2 + 1 = 0 yang sama sekalitidak memiliki akar di bilangan real. Jika akar dari persamaan ini disebut i, maka kita dapat mem-bentuk lapangan bilangan kompleks yang tertutup secara aljabar. Masalah yang serius dalam halini adalah persamaan: x2 + 1 = 0 memiliki dua akar. Akar yang manakah yang akan kita pilihsebagai i? Ini sebabnya pendekatan yang lebih formal dan rigid dibutuhkan untuk mendefinisikanhimpunan bilangan kompleks.

Dalam Bab ini kita akan memperkenalkan konsep bilangan kompleks. Sekurang-kurangnya, adaempat pendekatan untuk mendefinisikan bilangan kompleks yang akan kita perkenalkan:

1. dalam bentuk pasang terurut: (a, b) dengan a, b ∈ R.

2. dalam bentuk rektangular: a+ bi, dengan a, b ∈ R.

3. dalam bentuk matriks: (a b−b a

), dengan a, b ∈ R.

4. dalam bentuk: r (cos θ + i sin θ).

1Meskipun sederhana perlu diberi arti dan pengertian untuk bisa bermakna secara unik.

5

6 PERTEMUAN 1. BILANGAN KOMPLEKS

Masing-masing bentuk memiliki keunggulan dan kelemahan masing-masing. Kemampuan untukbekerja dengan masing-masing bentuk, dan mengubah dari satu bentuk ke bentuk lain, sertamemanfaatkan keunggulan tiap bentuk merupakan kemampuan minimal yang dituntut.

1.2 Lapangan Bilangan Kompleks

Lapangan bilangan kompleks C adalah: himpunan yang berisikan pasangan terurut bilangan real(a, b). Dua buah bilangan kompleks (a, b) dan (c, d) dikatakan sama, jika a = c dan b = d,Himpunan C dilengkapi dengan dua operasi penjumlahan:

(a, b) + (c, d) = (a+ b, c+ d), (1.1)

dan perkalian:(a, b)(c, d) = (ac− bd, ad+ bc). (1.2)

Terhadap operasi penjumlahan, (C,+) memenuhi:

(G1) komutatif: (a1, b1) + (a2, b2) = (a2, b2) + (a1, b1),

(G2) asosiatif: ((a1, b1) + (a2, b2)) + (a3, b3) = (a1, b1) + ((a2, b2) + (a3, b3)).

(G3) memiliki elemen identitas: (0, 0) sehingga (a, b) + (0, 0) = (a, b).

(G4) memiliki elemen invers: untuk setiap (a, b) ∈ C terdapat (−a,−b) ∈ C sehingga: (a, b) +(−a,−b) = (0, 0).

Dengan perkataan lain, (C,+) membentuk grup komutatif.

Terhadap operasi perkalian, C\{(0, 0)} membentuk grup komutatif juga. Elemen identitas padagrup perkalian ini adalah: (1, 0). Misalkan (a, b) adalah bilangan kompleks. Kita ingin mencaribilangan kompleks (x, y) yang merupakan invers perkalian dari (a, b), yaitu:

(a, b)(x, y) = (1, 0),(ax− by, bx+ ay) = (1, 0).

Jadi: {ax− by = 1bx+ ay = 0.

Ini adalah persamaan linear dalam x dan y. Solusi dari sistem persamaan di atas adalah:

x =

∣∣∣∣ 1 −b0 a

∣∣∣∣∣∣∣∣ a −bb a

∣∣∣∣ =a

a2 + b2, (1.3)

dan

y =

∣∣∣∣ a 1b 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ a −bb a

∣∣∣∣ =−b

a2 + b2, (1.4)

dengan syarat: a2 + b2 6= 0. Syarat ini dipenuhi oleh semua bilangan kompleks kecuali: (0, 0).Jadi (C,+) membentuk grup komutatif, (C\{(0, 0)}, ·) membentuk grup komutatif. Selain itu,

hukum distributif juga dipenuhi, yaitu:

(a1, b1) ((a2, b2) + (a3, b3)) = (a1, b1)(a2, b2) + (a1, b1)(a3, b3).

1.2. LAPANGAN BILANGAN KOMPLEKS 7

C terhadap operasi penjumlahan (+) dan perkalian (·), membentuk struktur aljabar yaitu sebuahlapangan, seperti juga bilangan real R dan Q.

Teorema 1.1. Dalam sebuah lapangan F , setiap persamaan linear: ax+ b = c punya jawab.

Contoh 1.1. Berikut adalah contoh-contoh perhitungan dalam bilangan kompleks.

1. ((3, 2) + (−7, 1)) + (4,−4) = (−4, 3) + (4,−4) = (0,−1).

2. (3, 2)+((−7, 1) + (4,−4)) = (3, 2)+(−3,−3) = (0,−1). Contoh (1) dan (2) memperlihatkanbahwa penjumlahan memenuhi hukum asosiatif.

3. Contoh operasi pembagian: hitung(3,−2)(−1, 1)

.

Pertama-tama kita mencari bilangan kompleks (x, y) sehingga: (−1, 1)(x, y) = (1, 0). Inisetara dengan menyelesaikan sistem persamaan:{

−x− y = 1x− y = 0

Jadi

(x, y) =(−1

2,−1

2

).

Maka:(3,−2)(−1, 1)

= (3,−2)(−1

2,−1

2

)=(−5

2,−1

2

).

4. Hitung:(5, 5)

(3,−4).

Dengan menggunakan formula pada (1.3) dan (1.4), kita dapat menuliskan:

1(3,−4)

=(−3

5,−4

5

).

Akibatnya:(5, 5)

(3,−4)= (5, 5)

(−3

5,−4

5

)=(−1

5,

75

),


1.3 Representasi rectangular : a + bi

Perhatikan bahwa jika kita memandang

A = {(a, 0) | a ∈ R} ⊂ C,

maka: kedua operasi di atas tertutup padaA, yaitu: (a1, 0)+(a2, 0) = (a1+a2, 0) dan (a1, 0)(a2, 0) =(a1a2, 0).

Latihan 1.1. Perlihatkan bahwa hukum distributif tetap berlaku.

Jadi A adalah sublapangan dari C, dan pemasangan

A −→ R(a, b) 7−→ a,

adalah korespondensi satu-satu. Jadi kita dapat melihat R sebagai sublapangan dari C.

Bilangan imajiner: i. Kita ingin mencari bilangan kompleks (a, b) yang memenuhi:

(a, b)2 + (1, 0) = (0, 0). (1.5)

Karena(a, b)2 = (a2 − b2, 2ab),

maka {a2 − b2 = −1

2ab = 0,

Dari persamaan kedua, entah a = 0 atau b = 0. Jika b = 0, maka a2 = −1, tetapi tidak adabilangan real yang memenuhinya. Jadi, haruslah a = 0 dan b = 1, atau a = 0 dan b = −1.Berarti, terdapat dua buah bilangan kompleks yang memenuhi persamaan (1.5), yaitu:

(0, 1) dan (0,−1).

Perhatikan bahwa:(a, b) = (a, 0) + (0, b) = a(1, 0) + b(0, 1).

Kita mengidentifikasii (1, 0) sebagai bilangan real: 1, dan (0, 1) sebagai sebuah bilangan ”lain”: i.Selanjutnya,

(a, b) = a(1, 0) + b(0, 1) = a 1 + b i = a+ bi = z.

Bilangan i disebut bilangan imajiner yang memenuhi persamaan: z2 + 1 = 0. Jadi, i2 = −1.Bandingkan dengan operasi ”kuadrat” pada bilangan real yang senantiasa memberikan nilai yangnonnegatif. Di dalam himpunan bilangan real, persamaan x2 + 1 = 0 tidak mempunyai jawab,tetapi di dalam bilangan kompleks: z2 + 1 = 0 memiliki jawab, yaitu: i dan −i.

Jadi, himpunan bilangan kompleks dapat dituliskan sebagai:

C = {z = a+ bi|a, b ∈ R}.

Operasi penjumlahan (1.1) dituliskan sebagai:

z1 + z2 = (a1 + a2) + (b1 + b2)i,

sedangkan operasi perkalian (1.2) dituliskan sebagai:

z1z2 = (a1 + b1i)(a2 + b2i)= (a1a2 + b1b2i2) + i(a1b2 + a2b1)= (a1a2 − b1b2) + i(a1b2 + a2b1).

1.3. REPRESENTASI RECTANGULAR : A+BI 9

Akar dari bilangan kompleks

Misalkan z adalah sebuah bilangan kompleks. Maka akar dari z adalah bilangan kompleks w yangmemenuhi: w2 = z. Jadi, kita ingin mencari akar dari a + bi yang adalah bilangan kompleks:x+ yi yang memenuhi:

(x+ yi)2 = a+ bi.x2 + 2xyi + y2i2 = a+ bi

(x2 − y2) + (2xy)i = a+ bi.Ini identik dengan menyelesaikan sistem persamaan tak linear:{

x2 − y2 = a2xy = b

Kita asumsikan b 6= 0, maka: y = b2x . Substitusikan ke dalam persamaan yang pertama:

x2 − b2

2x2 = a

2(x2)2 − 2ax2 − b2 = 0,(

x2)2 − ax2 − b2

2 = 0.

Persamaan terakhir adalah persamaan kuadrat dalam x2, yang identik dengan:(x2 − a

2

)2

=a2 + 2b2

4≥ 0.

Jadi:x2 =

a

2± 1

2

√a2 + 2b2.

Perhatikan bahwa: 12

√a2 + 2b2 ≥ 1

2a, sehingga yang mungkin pada persamaan di atas adalah:

x = ±√a

2+

12

√a2 + 2b2.

Jadi, kedua bilangan kompleks yang adalah akar dari a+ bi adalah:√a

2+

12

√a2 + 2b2

(1− a−

√a2 + 2b2

2bi

)dan −

√a

2+

12

√a2 + 2b2

(1− a−

√a2 + 2b2

2bi

)Selanjutnya, jika b = 0 maka, entah x = 0 atay y = 0 tergantung pada tanda dari a.

Jadi, notasi (penulisan)√

4 yang memiliki arti yang jelas pada bilangan real, dalambilangan kompleks tidaklah memiliki arti yang jelas. Itu sebabnya kita akan menghin-dari penggunakan notasi

√z.

Contoh 1.2. Contoh soal yang diselesaikan.

1. Hitung akar dari −2i. Misalkan bilangan kompleks a+ bi memenuhi:

(a+ bi)2 = −2i,

maka, a dan b memenuhi sistem persamaan:

a2 − b2 = 02ab = −2

Maka, dengan mensubstitusikan b = − 1a ke dalam persamaan pertama, kita dapatkan:(a2)2 − 1 = 0.

Jadi a = 1 dan b = −1 atau a = −1 dan b = 1. Jadi√−2i = ±(1− i).


Latihan 1.2. 1. Tunjukkan bahwa: akar dari 2i adalah: 1 + i dan −1− i.

2. Carilah: akar dari 4.

3. Tunjukkan bahwa: az2 + bz + c = 0, dengan a 6= 0, b, c ∈ C senantiasa memiliki jawab.

Modulus dan konjugat bilangan kompleks

Bilangan kompleks memiliki modulus:

|a+ bi| =√a2 + b2.

Dengan perkatan lain:

|a+ bi|2 = (a2 + b2, 0) = (a, b)(a,−b) = (a+ bi)(a− bi).

Bilangan kompleks: a− bi disebut konjugat kompleks dari a+ bi, dinotasikan sebagai: a+ bi.

Contoh 1.3. Perhatikan lagi contoh perhitungan pada Contoh: 1.4 dimana kita telah menghitung:

(3,−2)(−1, 1)

=(−5

2,−1

2

).

Dengan menggunakan modulus dan konjugat,

(3,−2)(−1, 1)

=(3− 2i)(−1 + i)

(−1− i)(−1− i)

= −52− 1

2i.

Perhitungan pembagian pada bilangan kompleks lebih sederhana jika menggunakan teknik ini.

Fungsi Re dan Im

Misalkan z = a+ bi. Kita definisikan dua buah fungsi real:

Re : C −→ Rz 7−→ Re(z) = a,

danIm : C −→ R

z 7−→ Im(z) = b.

Jadi,z = Re(z) + Im(z)i,

danz = Re(z)− Im(z)i.

Akibatnya:

Re(z) =z + z

2dan Im(z) =

z − z2i

.

Modulus dari z,|z| =

√Re(z)2 + Im(z)2,

yang berakibat:|Re(z)| ≤ |z|,|Im(z)| ≤ |z|, dan|z| ≤ |Re(z)|+ |Im(z)|.

(1.6)

1.4. BILANGAN KOMPLEKS SEBAGAI MATRIKS. 11

1.4 Bilangan kompleks sebagai matriks.

Perhatikan:z1z2 = (a1a2 − b1b2, a1b2 + a2b1)

=((

a1 b1)( a2

−b2

),(a1 b1

)( b2a2

)).

=(a1 b1

)( a2 b2−b2 a2

)Operasi perkalian ini memberikan inspirasi untuk menuliskan bilangan kompleks (a, b) sebagaimatriks: (

a b−b a

).

Perhatikan bahwa bentuk matriks di atas invariant terhadap operasi penjumlahan matriks danperkalian matriks biasa. Perkalian bilangan kompleks (a, b)(c, d) dinyatakan oleh:(

a b−b a

)×(

c d−d c

),

dimana × menyatakan perkalian matriks biasa. Maka invers perkalian dari bilangan kompleks(a, b) adalah:

(a b−b a

)−1

=1

a2 + b2

(a −bb a

)=

a

a2 + b2− b

a2 + b2b

a2 + b2a

a2 + b2

.

Perhatikan bahwa dalam notasi yang standar, matriks yang terakhir berkorespondensi denganbilangan kompleks: (

a

a2 + b2,− b

a2 + b2

).

Dengan notasi matriks, bilangan i dapat dituliskan menjadi:(0 1−1 0

)yang dikenal dengan nama: matriks simplektik J . Matriks ini memenuhi: J2 = −I. Di teknikelektro, bilangan imajiner i biasanya dinotasikan dengan J .

Contoh 1.4. Berikut adalah contoh-contoh soal yang dikerjakan.

1. Hitung ( 12

√2, 1

2

√2)5.

Kita menyatakan bilangan kompleks tersebut dalam bentuk matriks, yaitu:(12

√2 1

2

√2

− 12

√2 1

2

√2

)=

12

√2(

1 1−1 1

).

Maka: (12

√2(

1 1−1 1

))5

=1

4√

2

(1 1−1 1

)5

.


Perhatikan bahwa:

(1 1−1 1

)5

=(

1 1−1 1

)((1 1−1 1

)2)2

=(

1 1−1 1

)(0 2−2 0

)2

=(

1 1−1 1

)(2J)2

=(

1 1−1 1

)(−4).

Jadi: (12

√2(

1 1−1 1

))5

= −12

√2(

1 1−1 1

).

Dalam notasi standar kita, ( 12

√2, 1

2

√2)5 = (− 1

2

√2,− 1

2

√2)

2. Hitung (3, 4)(√

3, 1).

Kali ini kita akan menggunakan matriks untuk menghitung perkalian ini dengan tujuanmemperlihatkan ilustrasi lain dari bilangan kompleks dan perkaliannya.(

3 4−4 3

)( √3 1−1

√3

)= 5

(35

45

− 45

35

)2(

12

√3 1

2

− 12

12

√3

)= 5

(cos θ1 sin θ1− sin θ1 cos θ1

)2(

cos π6 sin π6

− sin π6 cos π6

)dengan cos θ1 = 3

5 . Kedua matriks kita kenali sebagai matriks rotasi di R2 dengan sudutsejauh θ1 dan π

6 . Maka:(3 4−4 3

)( √3 1−1

√3

)= 5 · 2

(cos(θ1 + π

6

)sin(θ1 + π

6

)− sin

(θ1 + π

6

)cos(θ1 + π

6

) )

Soal latihan

Hitung dengan menggunakan definisi dan dengan menggunakan matriks:

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

,

2.(2, 1)(3, 2)

(1,−1),

3.

(−1

2,

√3

2

)4

.

4.(2, 1)(3,−2)(1, 2)

(1,−1)2.

5. (−1, 2)2(

(4, 0)(1,−1)

+(2,−1)(1, 1)

).

1.5. BIDANG KOMPLEKS DAN REPRESENTASI POLAR 13

1.5 Bidang Kompleks dan Representasi polar

Dalam bentuk rectangular, bilangan kompleks memiliki bentuk: a + bi. Jika kita memandang Csebagai ruang vektor atas R, maka C adalah ruang vektor berdimensi dua dengan basis: {1, i}.Jadi, himpunan bilangan kompleks C dapat digambarkan pada bidang koordinat Cartesius, dengansumbu horisontal: subruang dari C yaitu: {x + 0i | x ∈ R}. Subruang ini identik dengan R, dandisebut sumbu real. Pada sumbu vertikal, kita meletakan subruang: {0 + yi | y ∈ R}. Subruangini dinotasikan: iR dan sumbu ini disebut sumbu imajiner.

Himpunan R × iR disebut bdang kompleks. Bilangan kompleks: a + ib dinyatakan dengansebuah titik pada bidang kompleks yaitu: (a, b). Kita dapat menarik ruas garis yang pangkalnyadi titik (0, 0) dan ujungnya di (a, b). Ruas garis tersebut memiliki panjang:

√a2 + b2 = r ≥ 0 yang

tidak lain adalah: modulus atau panjang dari a + bi. Selain itu, jika kita menuliskan θ sebagaisudut yang dibentuk oleh ruang garis tersebut dengan sumbu real positif, dan bilangan θ ∈ [0, 2π)ini disebut argumen dari a+ bi. Maka bilangan kompleks: a+ bi memenuhi hubungan:

a = r cos θ dan b = r sin θ.

Dengan perkataan lain:r =

√a2 + b2

dan θ ∈ [0, 2π) yang memenuhi:

cos θ =a

r; sin θ =

b

r.

Jadi, bilangan kompleks: a+ bi dapat ditulis menjadi:

a+ bi = r (cos θ + i sin θ) = rcis θ.

Di Kalkulus kita sudah mengenal deret MacLaurin dari fungsi trigonometri:

sin θ = θ − 13!θ3 +

15!θ5 − 1

7!θ7 + . . . .

Perhatikan bahwa:

in =

i n mod 4 = 1−1 n mod 4 = 2−i n mod 4 = 31 n mod 4 = 0.

Akibatnya:i sin θ = iθ − i 1

3!θ3 + i 1

5!θ5 − i 1

7!θ7 + . . .

= iθ + i3 13!θ

3 + i5 15!θ

5 + i7 17!θ

7 + . . .

= iθ + 13! (iθ)

3 + 15! (iθ)

5 + 17! (iθ)

7 + . . . .

Dengan cara yang sama:

cos θ = 1− 12!θ

2 + 14!θ

4 − 16!θ

6 + . . .

= 1 + i2 12!θ

2 + i4 14!θ

4 + i6 16!θ

6 + . . .

= 1 + 12! (iθ)

2 + 14! (iθ)

4 + 16! (iθ)

6 + . . . .

Jadi:

cos θ + i sin θ = 1 + iθ +12!

(iθ)2 +13!

(iθ)3 +14!

(iθ)4 +15!

(iθ)5 +16!

(iθ)6 +17!

(iθ)7 + . . . .

Deret yang terakhir kita kenal sebagai deret MacLaurin untuk exp(iθ).


Teorema 1.2. Misalkan: η ∈ [0, 2π). Maka:

exp(iη) = eiη = cos η + i sin η.

Jadi, sebarang bilangan kompleks: a+ bi dapat ditulis menjadi:

a+ bi = r exp(iθ),

dengan r adalah modulus dari a+ bi dan θ adalah argumentnya.

Kita dapat menggunakan sifat-sifat dari fungsi eksponensial untuk mempermudah perhitunganyang melibatkan perkalian bilangan kompleks. Misalkan: z1 = r1 exp(iθ1) dan z2 = r2 exp(iθ2).Maka

z1 · z2 = r1r2 exp (i(θ1 + θ2)) .

Kesulitannya adalah, untuk sebarang bilangan kompleks a+bi tidaklah mudah untuk menentukanargumentnya. Meskipun formula eksplisit untuk menghitung besarnya argument tersebut tersedia,namun secara praktis kita harus menyelesaikan sistem persamaan nonlinear:

cos θ =a

r; sin θ =

b

r.

Selain itu, perhitungan yang melibatkan penjumlahan bilangan kompleks menjadi lebih rumitdengan menggunakan representasi ini.

Jika kita memandang bentuk Euler ini dalam bentuk matriks, kita dapatkan:

r exp(iθ) = r (cos θ + i sin θ) = r

(cos θ sin θ− sin θ cos θ

).

Kita dapat mengenali matriks yang terakhir sebagai matriks rotasi sejauh θ. Jadi, perkalian duabilangan kompleks z1 dan z2 secara geometris memiliki pengertian, merotasi z1 sejauh argumentz2 lalu mendilatasi modulusnya dengan modulus z2.

Mari kita perhatikan:

1 = cos 0 + i sin 0 = cos 2π + i sin 2π = exp(i2π).

Secara umum:z = r exp(iθ) = r exp(i(θ + k2π)), k = 0, 1, 2, . . . .

Invers perkalian

Misalkan: z = r exp(iθ). Maka

1z

=1

r exp(iθ)=

1r

exp(−iθ).

Pangkat dan akar dari bilangan kompleks.

Perhatikan bahwa bilangan kompleks z memenuhi:

zn = rn exp(inθ) = rn (cosnθ + i sinnθ) , n ∈ N.

Formula ini dikenal dengan nama: formula de Moivre.

1. Misalkan z = r exp(iθ) maka: zn = rn exp(inθ). Sekarang kita perhatikan bilangan kom-pleks: i = exp(iπ2 ). Akar pangkat dua dari i adalah bilangan kompleks: r exp(iθ) yangmemenuhi:

r2 exp(i2θ) = exp(

iπ

2

).

1.5. BIDANG KOMPLEKS DAN REPRESENTASI POLAR 15

Maka haruslah: r = 1 dan2θ =

π

2+ k2π, k = 0, 1, 2, . . .

Jadi:θ =

π

4+ kπ, k = 0, 1, 2, . . . .

Jadi akar dari : i adalah:z1 = exp(iπ4 ) dan z2 = exp(i 5π4 ).

Dalam bentuk rectangular, kedua akar ini adalah:

z1 =√

22

+√

22

i dan z2 = −√

22−√

22

i.

2. Sekarang kita ingin menghitung akar pangkat tiga dari i. Maka persamaan yang harus kitaselesaikan adalah:

r3 exp(i3θ) = exp(

iπ

2

).

Seperti sebelumnya, haruslah: r = 1, dan

θ =π

6+ k

2π3, k = 0, 1, 2, . . . .

Jadi:k = 0 maka θ = π

6

k = 1 maka θ = 5π6

k = 2 maka θ = 9π6

Gbr. 1.1: Pada gambar kiri diperlihatkan kedua akar pangkat dua dari bilangan imajiner i. Gambaryang kanan memperlihatkan tiga akar pangkat tiga dari bilangan imajiner i.

3. Lebih umum, kita ingin mencari: (−1 + i)13 .

Modulus dari −1 + i adalah: | − 1 + i| =√

2. Argument dari −1 + i didapat denganmenyelesaikan:

tan θ =1−1

, yaitu θ =3π4

+ k2π, k = 0, 1, 2, . . . .


Jadi:

(−1 + i)13 =

(√2 exp

(3π4

+ k2π)) 1

3

= 6√

2 exp(

2π(

18

+k

3

)).

Jika k = 0, maka: z1 = 6√

2 exp(iπ4 ). Jika k = 1 maka z2 = 6√

2 exp(i 11π12 ) dan jika k = 2maka 6

√2 exp(i 19π12 ).

Metode geometris untuk mencari akar pangkat n dari sebarang bilangan kompleks

Misalkan z◦ adalah bilangan kompleks tersebut.

1. Gambarkan sebuah lingkaran dengan jari-jari 1.

2. Tarik garis yang menghubungkan titik 0 dengan bilangan kompleks z◦. Jika diperlukan,perpanjang garis tersebut hingga memotong lingkaran.

3. Bagi sudut yang dibentuk oleh garis tersebut pada nomor 2 dengan sumbu real positifmenjadi n−buah sudut yang sama besar . Sebutlah sudut hasil baginya θ◦.

4. Tulis ρ = |z◦|16 .

5. Maka, akar-akar tersebut adalah:

zk = ρ exp(

i(θ◦ +

k − 1n

2π))

, dengan k = 1, 2, . . . , n.

Contoh 1.5. Aplikasi lain dari formula Euler dari bilangan kompleks.

1. Buktikan bahwa: cos 5θ = 16 cos5 θ − 20 cos3 θ + 5 cos θ.Bukti:

cos 5θ + i sin 5θ = exp(i5θ)

= (exp(iθ))5

= (cos θ + i sin θ)5

= cos5 θ + i5 cos4 θ sin θ + 10i2 cos3 θ sin2 θ

+10i3 cos2 θ sin3 θ + 5i4 cos θ sin4 θ + i5 sin5 θ

= cos5 θ + i5 cos4 θ sin θ − 10 cos3 θ sin2 θ

−10i cos2 θ sin3 θ + 5 cos θ sin4 θ + i sin5 θ

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

)+i(5 cos4 θ sin θ − 10 cos2 θ sin3 θ + sin5 θ

)Jadi:

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

2. Buktikan bahwa:

cos θ =exp(iθ) + exp(−iθ)

2dan sin θ =

exp(iθ)− exp(−iθ)2i

.

1.6. RINGKASAN 17

Bukti: Dengan menyelesaikan:exp(iθ) = cos θ + i sin θ

exp(−iθ) = cos θ − i sin θ,

bukti pernyataan tersebut didapat.

Buktikan: cos4 θ = 18 cos 4θ + 1

2 cos 2θ + 38 .

Bukti:

cos4 θ =(exp(iθ) + exp(−iθ))4

16

=exp(i4θ) + 4 exp(i2θ) + 6 + 4 exp(−i2θ) + exp(−i4θ)

16

=18

exp(i4θ) + exp(−i4θ)2

+12

exp(i2θ) + exp(−i2θ)2

+38.

= 18 cos 4θ + 1

2 cos 2θ + 38 .

1.6 Ringkasan

Bilangan kompleks dapat dinyatakan dengan tiga cara:

1. Sebagai pasangan terurut (a, b), tetapi kita harus memperkenalkan perkalian secara khusus.Dengan pendekatan ini, kita tidak perlu mendefinisikan secara khusus bilangan imajiner i,tetapi muncul secara natural sebagai: (0, 1). Kelemahannya, formula perkalian tidak stan-dar dan harus diingat. Mencari invers dari perkalian dilakukan dengan menyelesaikan sistempersamaan linear.

2. Sebagai bilangan: a+ bi, dengan i2 = −1. Kelemahannya adalah pada eksistensi dari bilan-gan i. Operasi perkalian dilakukan dengan menerapkan sifat distributif dari perkalian yangsudah dikenal; dan penerapan dari aturan: i2 = −1. Menghitung invers perkalian dilakukandengan perkalian dengan sekawan.

3. Sebagai matriks:(

a b−b a

). Operasi perkalian pada representasi ini adalah operasi perkalian

matriks yang sudah dikenal. Demikian pula, invers perkalian dihitung dengan cara menghi-tung invers matriks.

4. Bilangan kompleks juga dapat dinyatakan dalam bentuk exponensial:

z = exp(iθ).

Perkalian, pangkat dan akar bilangan kompleks dapat dihitung dengan mudah melalui ben-tuk ini. Tetapi penjumlahan bilangan kompleks sangatlah tidak menyenangkan jika di-lakukan dalam bentuk ini.

Pertemuan 2

Topologi Bilangan Kompleks danFungsi Kompleks

2.1 Pendahuluan

Topologi adalah sistem dalam Matematika yang memberikan pengertian tentang himpunan buka.Himpunan buka adalah konsep yang penting dalam Kalkulus: untuk mendefinisikan limit dankekontinuan dari sebuah fungsi. Demikian juga kekonvergenan didefinisikan menggunakan him-punan buka. Topologi dapat diinduksi melalui norm atau melalui metrik. Dalam himpunanbilangan kompleks, kita memiliki fungsi modulus:

| | : C −→ Rz 7−→ |z| = (z z)

12 .

Fungsi ini memiliki sifat:

1. |z| ≥ 0 untuk setiap z ∈ C dan |z| = 0 jika dan hanya jika z = 0.

2. |αz| = |α||z| untuk setiap z ∈ C dan α ∈ R.

3. |z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2| untuk setiap z1, z2 ∈ C.

Jika kita memandang bilangan kompleks C sebagai ruang vektor atas R, maka fungsi modulustersebut mendefinisikan sebuah norm pada C. Melalui norm ini, kita dapat mendefinisikan konsephimpunan buka, yang membangun topologi pada bilangan kompleks.

Topik kedua yang akan dibahas pada pertemuan kali ini adalah: fungsi kompleks. Jika, z = x+yi,maka:

f(z) = u(x, y) + v(x, y)i.

Dengan notasi standar menggunakan pasang terurut, fungsi kompleks dapat ditulis menjadi:

f : C −→ C(x, y) 7−→ (u(x, y), v(x, y))

Fungsi seperti ini termasuk dalam keluarga fungsi bernilai vektor: R2 −→ R2.

2.2 Barisan bilangan kompleks dan kekonvergenannya

Barisan bilangan kompleks adalah sebuah fungsi:

f : N −→ Cn 7−→ zn = f(n).

19

20 PERTEMUAN 2. TOPOLOGI BILANGAN KOMPLEKS DAN FUNGSI KOMPLEKS

Definisi 2.1. Suatu barisan bilangan kompleks zn dikatakan konvergen ke z◦ jika barisan bilanganreal |zn − z◦| konvergen ke 0.

Teorema 2.2. Misalkan diberikan suatu barisan bilangan kompleks: {zn = xn + yni}, denganxn, yn adalah barisan bilangan real. Maka: zn konvergen, jika dan hanya jika: xn dan yn keduanyakonvergen.

Bukti. Dengan menggunakan: 1.6, bukti didapat.

Definisi 2.3. Barisan bilangan kompleks {zn} dikatakan Cauchy jika, untuk sebarang ε > 0, adabilangan positif N ∈ N sehingga, jika n,m > N maka |zn − zm| < ε.

Teorema 2.4. Barisan {zn} konvergen jika dan hanya jika {zn} Cauchy.

Bukti. (=⇒) Ambil ε > 0 sebarang. Misalkan zn konvergen ke z◦, maka pilih N sedemikian rupasehingga:

|zn − z◦| <ε

2, jika n > N.

Maka, jika n,m > N :

|zn − zm| = |zn − z◦ + z◦ − zm| < |zn − z◦|+ |zm − z◦| <ε

2+ε

2= ε.

Jadi zn Cauchy.(⇐=) Misalkan zn Cauchy. Pandang xn = Re(zn). Maka:

|zn − zm| = |(xn − xm) + (yn − ym)i| =√

(xn − xm)2 + (yn − ym)2 ≥√

(xn − xm)2 = |xn − xm|.

Akibatnya, xn Cauchy di bilangan real. Dengan cara yang sama dapat ditunjukkan bahwa yn =Im(zn) juga Cauchy. Karena R lengkap, maka terdapat: x◦, y◦ ∈ R sehingga:

xn → x◦ dan yn → y◦, jika n→∞.

Ambil ε > 0 sebarang, pilih N sedemikian sehingga:

|xn − x◦| <ε

2dan |yn − y◦| <

ε

2, jika n > N.

Maka:|zn − (x◦ + y◦i)| < |xn − x◦|+ |yn − y◦| < ε, n > N.

Jadi zn konvergen ke x◦ + y◦i.

Deret bilangan kompleks

Seperti juga di bilangan real, kita dapat membentuk suatu barisan baru dari barisan lama den-gan cara menjumlahkan suku-suku dari barisan yang lama. Misalkan zn adalah sebuah barisanbilangan kompleks. Definisikan:

Sn = z1 + z2 + . . .+ zn =n∑1

zk.

Barisan Sn disebut deret bilangan kompleks. Berikut adalah sifat-sifat dari deret bilangan kom-pleks.

1. Jumlah dan selisih dari dua buah deret kompleks yang konvergen juga konvergen.

2. Syarat perlu agar suatu deret kompleks:∑zn konvergen adalah zn → 0 jika n→∞. Dengan

perkataan lain:Jika

∑zn konvergen, maka

limn→∞

zn = 0.

2.2. BARISAN BILANGAN KOMPLEKS DAN KEKONVERGENANNYA 21

3. Syarat cukup agar∑zn konvergen adalah

∑|zn| konvergen

Contoh 2.1. Berikut adalah beberapa contoh deret yang telah kita kenal di Kalkulus.

1. Tunjukkan bahwa: 1 + z + z2 + z3 + . . . =∞∑n=0

zn konvergen di |z| < 1.

Bukti. Pandang:

ρ = limn→∞

|z|n+1

|z|n= limn→∞

|z| = |z|

Agar konvergen mutlak, haruslah: |z| < 1. Lebih jauh lagi, deret ini merupakan deretgeometri dengan rasio: z, sehingga jika |z| < 1 maka:

1 + z + z2 + z3 + . . . =1

1− z.

2. Pelajari deret:∞∑n=0

(3 + (−1)n) (z − 2)n =∞∑n=0

an(z − 2)n

Perhatikan bahwa:

an ={

4 jika n genap2 jika n ganjil

Akibatnya: limn→∞

|an+1||an| tidak ada. Teknik seperti nomor 1 tidak dapat digunakan pada soal

ini. Kita akan menggunakan Teorema Abel dan formula: Cauchy-Hadamard.

Teorema 2.5. Setiap deret pangkat:∞∑n=0

anzn,

berkoresondensi dengan sebuah bilangan R ∈ [0,∞] (extended real positive number), yangdisebut dengan jari-jari kekonvergenan, sehingga deret tersebut konvergen di DR(0), dan

divergen di(DR(0

)c, jika R < ∞. Perhatikan bahwa tidak ada informasi di CR(0). Jika

R =∞ maka deret konvergen di mana-mana. Bilangan R ditentukan oleh:

1R

= lim supn→∞

n√|an|.

Jadi lim supn→∞

n√an = lim sup

n→∞

n√

4 = 1. Jadi deret di atas konvergen di D1(2).

Perhatikan bahwa:∞∑n=0

(3 + (−1)n) (z − 2)n = 4 + 2(z − 2) + 4(z − 2)2 + 2(z − 3)3 + . . .

= 4(1 + (z − 2)2 + (z − 2)4 + . . .

)+ 2(z − 2)

(1 + (z − 2)2 + (z − 2)4 + . . .

)= (4 + 2(z − 2))

(1 + (z − 2)2 + (z − 2)4 + . . .

)= 2z

11− (z − 2)2

=2z

3− 4z + z2

Catatan 2.6. Secara umum, sangat sulit mencari fungsi yang menjadi limit dari suatu deretfungsi.


2.3 Klasifikasi himpunan bagian bilangan kompleks

Misalkan r > 0 sebuah bilangan real dan z◦ sebarang bilangan kompleks.

1. Yang dimaksud dengan cakram buka dari z◦ berjari-jari r adalah himpunan:

Dr(z◦) = {z ∈ C dimana |z − z◦| < r}.

2. Yang dimaksud dengan lingkaranyang berpusat di z◦ dengan jari-jari: r adalah himpunan:

Cr(z◦) = {z ∈ C di mana |z − z◦| = r}.

3. Komplemen dari S adalah himpunan:

Sc = {z | z /∈ S} = C\S.

4. Sebuah himpunan bagian S ⊂ C dikatakan buka jika: untuk setiap z ∈ S, ada r > 0sehingga: Dr(z) ⊂ S.

5. Suatu himpunan S dikatakan tutup jika Sc buka.

Teorema 2.7. Himpunan S dikatakan tutup jika sebarang zn ∈ S yang memenuhi: zn → z,berakibat: z ∈ S.

Himpunan batas dari S adalah:

∂(S) = {z ∈ C | ∀ εDε(z) ∩ S 6= ∅ dan Dε(z) ∩ Sc 6= ∅}.

6. Closure dari S, adalah: S = S ∪ ∂S.

7. Himpunan S dikatakan terbatas jika ada M > 0 dan z◦ ∈ C sehingga DM (z◦) ⊃ S.

8. Jika S tutup dan S terbatas, maka S dikatakan kompak.

9. Himpunan S dikatakan tidak terhubung jika ada A dan B himpunan-himpunan bukabagian tak kosong dari C sedemikian sehingga:

(a) A ∩B = ∅,(b) A ∪B ⊃ S,

(c) S 6⊂ A, dan

(d) S 6⊂ B.

Dengan perkataan lain, S dikatakan tidak terhubung jika sekurang-kurangnya terdiri daridua bagian yang terpisah. Himpunan S dikatakan terhubung, jika Sc tidak terhubung1.

10. Misalkan z1 dan z2 adalah dua buah bilangan kompleks yang berbeda, maka [z1, z2] adalahsegmen garis (ruas garis) yang menghubungkan keduanya.

11. Garis poligonal adalah gabungan dari ruas-ruas garis: [z1, z2] ∪ . . . ∪ [zn−1, zn].

12. Jika setiap dua titik za dan zb di S, dapat dihubungkan oleh garis poligonal sedemikansehingga setiap titik pada garis poligonal tersebut berada di dalam S, maka S dikatakanterhubung secara poligonal.

Definisi 2.8. Sebuah himpunan buka yang terhubung dinamakan: region.1Inilah harga yang harus kita bayar ketika kita mendefinisikan negasi dari suatu konsep.

2.4. FUNGSI KONTINU 23

2.4 Fungsi Kontinu

Fungsi bernilai kompleks adalah

f : C −→ Cz 7−→ w = f(z).

Fungsi kompleks: f(z) dapat dituliskan sebagai:

f(z) = u(x, y) + v(x, y)i,

dengan z = x+ yi, dimana u, v : R2 −→ R.Ketika kita membahas fungsi real f : R −→ R, kita membatasi diri dengan mensyaratkan se-

tiap x ∈ R berkorespondensi dengan tepat satu buah nilai y = f(x) ∈ R. Untuk fungsi kompleks,kita memperkenalkan dua jenis fungsi: yaitu fungsi bernilai tunggal, contohnya: f(z) = 2z+ i,atau f(z) = z2; dan fungsi bernilai ganda, contohnya: f(z) = z

12 , yang akan kita pelajari

secara khusus.

Pandang kembali fungsi f(z) = z12 . Misalkan kita membatasi diri pada: Cr(0), sehingga z =

exp(iθ). Jika θ bergerak dari 0 sampai melewati 2π, z bergerak mengitari lingkaran Cr(0)berlawanan arah jarum jam.Pada C1(0)

f(z) = exp(

iθ

2

).

Maka jika θ → 0+, z → r. Sebaliknya jika θ → 2π−, maka z → r. Tetapi:

limθ→0+

exp(

iθ

2

)= 1 sedangkan lim

θ→2π−exp

(iθ

2

)= −1.

Hal ini berarti, setelah melakukan satu putaran penuh: rotasi sebesar 2π, maka nilai fungsi fdikalikan dengan exp(πi):

f (z◦ exp(2πi)) = exp(πi)f(z◦).

Ini membutuhkan penjelasan yang panjang namun sangat menarik. Kita akan kembali lagi ketopik ini pada bagian-bagian selanjutnya. Untuk saat ini, kita membatasi diri pada fungsi yangbernilai tunggal saja.

Definisi 2.9. Fungsi bernilai kompleks bernilai tunggal f(z) yang terdefinisi pada sebuah lingkun-gan buka dari z◦ dikatakan kontinu di z◦ jika, setiap barisan bilangan kompleks zn yang konvergenke z◦ berakibat: barisan bilangan kompleks f(zn) → f(z◦). Alternatif lain untuk mendefinisikankekontinuan fungsi adalah:

∀ε > 0,∃δ > 0 sehingga, jika 0 < |z − z◦| < δ maka |f(z)− f(z◦)| < ε.

Dengan bahasa topologi: f kontinu di z◦ jika:

∀ε > 0,∃δ > 0 sehingga untuk setiap z ∈ Dδ(z◦)\{0} =⇒ f(z) ∈ Dε (f(z◦)) .

Suatu fungsi kompleks dikatakan kontinu pada sebuah region S jika ia kontinu pada setiaptitik di S.

Contoh 2.2. Contoh-contoh fungsi kontinu.

1. Fungsi polinomial: p(z) = a0 + a1z + a2z2 + . . .+ amz

m kontinu di C.


Bukti. Ambil z◦ ∈ C sebarang. Misalkan zn barisan bilangan kompleks yang konvergenke z◦. Maka: zn

k → z◦k, k = 0, 1, . . .. Lebih lanjut, akznk → akz◦

k, k = 0, 1, . . .. Jadip(zn) = a0 +a1zn+a2zn

2 + . . .+amznm konvergen ke a0 ++a1z◦+a2z◦

2 + . . .+amz◦m.

2. Fungsi f(z) = 1z kontinu pada C\{0}.

Bukti. Misalkan z = x+ yi. Pandang

f(z) =1z

=z

|z|2

=x

x2 + y2− y

x2 + y2i

Tulis:u(x, y) =

x

x2 + y2dan v(x, y) = − y

x2 + y2.

u(x, y) adalah fungsi rasional bernilai real, yang kontinu pada setiap titik (x, y) kecuali jikapenyebutnya nol. Oleh karena itu u(x, y) kontinu pada setiap titik kecuali di (0, 0), demikianpula v(x, y). Jadi f kontinu di C\{0}.

3. Kita telah melihat sebelumnya bahwa:

exp(iθ) = 1 + iθ +12!

(iθ)2 +13!

(iθ)3 +14!

(iθ)4 +15!

(iθ)5 +16!

(iθ)6 +17!

(iθ)7 + . . . .

Lebih umum lagi, pandang:

1 + z +12!z2 +

13!z3 +

14!z4 +

15!z5 +

16!z6 +

17!z7 + . . . =

∞∑0

1n!zn.

Karena:

limn→∞

1(n+1)! |z|

n+1

1n! |z|n

= limn→∞

|z|n+ 1

= 0,

maka deret fungsi tersebut konvergen mutlak dengan daerah kekonvergenan seluruh C. Ak-ibatnya deret

N∑0

1n!zn

konvergen ke suatu fungsi kontinu (ketika N → ∞). Fungsi tersebut kita tulis sebagai:exp(z). Jadi: fungsi f(z) = exp(z) kontinu di mana-mana.

4. Fungsi Trigonometri.Kita telah mengenal bentuk: exp(iθ) = cos θ + i sin θ dan exp(−iθ) = cos θ − i sin θ. Maka:

cos θ =exp(iθ)− exp(−iθ)

2i, dan sin θ =

exp(iθ) + exp(−iθ)2

.

Sangatlah natural untuk memperluas pendefinisian ini ke seluruh bilangan kompleks:

cos z =exp(iz)− exp(−iz)

2i, dan sin z =

exp(iz) + exp(−iz)2

.

Maka kedua fungsi ini kontinu di seluruh bilangan kompleks.


5. Fungsi Rasional.Misalkan p(z) dan q(z) adalah dua buah fungsi polinomial di C. Fungsi:

f(z) =p(z)q(z)

,

disebut fungsi rasional. Fungsi ini kontinu kecuali pada z◦ ∈ C yang memenuhi: q(z◦) = 0.Kita akan kembali lagi ke topik ini pada bagian-bagian selanjutnya. Titik z = z◦ disebutpole.Khususnya jika p dan q berderajat satu, maka

f(z) =az + b

cz + d.

Fungsi ini disebut bilinear.

Tutorial 1

Bilangan kompleks

1. Tuliskan dalam bentuk rectangular, matriks dan representasi Euler:

(a)1

6 + 2i.

(b)2 + i3 + 2i

.

(c)

(−1

2+√

32

i

)4

.

2. Carilah dua nilai kompleks dari√−8 + 6i. Gunakan bentuk rectangular, matriks dan rep-

resentasi Euler untuk itu. Beri komentar tentang ketiga teknik tersebut.

3. Selesaikan persamaan: z2 +√

32iz − 6i = 0.

4. Buktikan identitas-identitas berikut:

(a) z1 + z2 = z1 + z2.

(b) z1z2 = z1 · z2.

(c) z = z.

(d) |z2| = |z|2

5. (a) Selesaikan: z2 + 2z + 2 = 0. Apa hubungan antara kedua akar tersebut?

(b) Selesaikan: z4 − 10z342z2 − 82z + 65 = (z2 − 4z + 5)(z2 − 6z + 13) = 0.

(c) Carilah persamaan kuadrat yang memiliki akar: 2 + i dan 3 + i.

(d) P (z) = P (z), dengan P (z) adalah polinomial dengan koefisien real.

(e) Bagaimana jika ada koefisien P (z) yang tidak real?

6. Misalkan P adalah polinomial dengan koefisien real. Tunjukkan bahwa P (z) = 0 jika danhanya jika P (z) = 0. Dalam himpunan bilangan kompleks, apa yang dapat anda katakantentang akar-akar dari polinomial berkoefisien real?

7. Apakah argumen dari z = x+ yi adalah arctan yx? Jelaskan jawaban anda.

8. (a) Tunjukkan bahwa: z1z2 + z1z2 = 2Re(z1z2).

(b) Tunjukkan bahwa: Re(z1z2) ≤ |z1| |z2|.(c) Buktikan bahwa: |z1 + z2| ≤ |z1|+ |z2|.

9. Selesaikan persamaan berikut:

(a) z6 − 1 = 0.

27


(b) z4 + 1− 3i = 0. (Gunakan metode geometris)

10. Tunjukkan bahwa:

(a) sin 3θ = 3 sin θ − 4 sin3 θ.

(b)sin 4θsin θ

= 8 cos3 θ − 4 = 2 cos 3θ + 6 cos θ − 4

11. Jelaskan di mana kesalahan dari argumentasi berikut.

−1 =√−1 ·

√−1

=√

(−1)(−1)=√

1= 1

Topologi Bilangan Kompleks dan Fungsi Kompleks

1. Misalkan n ∈ N tetap, dan akar pangkat n dari 1 adalah: 1, α1, α2, . . . , αn−1. Tunjukkanbahwa:

αkn−1 + αk

n−2 + . . .+ αk + 1 = 0, untuk k = 1, 2, . . . , n− 1.

2. Misalkan di dalam lingkaran unit, kita meletakan sebuah poligon dengan n−buah sisi, dengan1 adalah salah satu verteksnya. Pilih diagonal dari n−gon tersebut yang terhubung dengan1 (tentu saja yang bukan merupakan sisi dari n−gon tersebut). Tunjukkan bahwa hasil kalidari diagonal-diagonal tersebut adalah n.

3. Gambarkan daerah-daerah berikut pada bidang kompleks

(a) |z − i| ≤ 1.

(b) |z − 2| > |z − 3|.

(c)∣∣∣∣z − 1z + 1

∣∣∣∣ = 1.

(d) |z| < 1 dan Im(z) > 0.

(e)1z

= z.

(f) |z|2 = Im(z).

(g) |z2 − 1| < 1.

4. Tunjukkan bahwa:

(a) f(z) =∞∑k=0

kzk kontinu di |z| < 1.

(b) g(z) =∞∑k=1

1k2 + z

kontinu di Re(z) > 0.

5. Buktikan bahwa himpunan yang terhubung secara poligonal juga terhubung.

6. Misalkan

S ={x+ yi

∣∣∣∣ x ≥ 0, y = sin1x

}Tunjukkan bahwa tidak ada kurva di S yang dapat menghubungkan dua titik di S.

7. Misalkan S adalah persegi dengan titik sudut: (0, 0), (1, 0), (1, 1) dan (0, 1). Tentukan petadari S oleh fungsi:


(a) f(z) = z.

(b) f(z) =1

1 + z.

8. Buktikan bahwa | sin z| ≤ 1 untuk setiap z, maka z ∈ R.

9. Tunjukkan bahwa deret:∞∑n=1

(i3

)n−1konvergen dan tentukan pula titik konvergensinya.

10. Periksa kekonvergenan dari:∞∑n=1

(√

3 + i)n

5n2

.

11. Carilah jari-jari kekonvergenan dari:

∞∑n=0

(cos

nπ

3

)zn.

Week1

Data & Analytics

Transcript of Week1