BAB I BILANGAN KOMPLEKS Di dalam bab ini, kita akan menyelidiki struktur aljabar dan geometri dari sistim bilangan kompleks. Kita anggap bahwa berbagai sifat yang berhubungan dengan bilangan real sudah diketahui. 1. PENJUMLAHAN DAN PERKALIAN Bilangan kompleks dapat didefinisikan melalui pasangan terurut (x,y) dari bilangan real yang diinterprestasikan melalui bidang kompleks, dengan koordinat empat persegi panjang x dan y. Bilangan x dapat digambarkan melalui titik (x,0) pada sumbu real. Dari sini terlihat bahwa himpunan bilangan real termuat dalam himpunan bilangan kompleks. Bilangan kompleks yang berbentuk (0,y) berhubungan dengan titik pada sumbu y dan disebut bilangan imajiner murni. Sumbu y disebut juga sumbu imajiner. Bilangan kompleks (x,y) biasanya dinotasikan dengan z, sehingga (1)
z = (x,y)
Bilangan real x dan y masing-masing merupakan bagian real dan bagian imajiner dari z; dan ditulis (2)
Re z = x,
Im z = y
Dua bilangan kompleks z1 = (x1,y1) dan z2 = (x2,y2) dikatakan sama apabila mempunyai bagian real dan bagian imajiner yang sama. Jadi z1 = z2 jika dan hanya jika merupakan titik-titik yang sama dibidang kompleks atau dibidang z. Penjumlahan z1 + z2 dan perkalian z1z2 dari dua bilangan kompleks z1 =(x1,y1) dan z2 = (x2,y2) didefinisikan sebagai berikut : (3)
(x1,y1) + (x2,y2) = (x1+x2,y1+y2)
(4)
(x1,y1)(x2,y2)
= (x1x2-y1y2,y1x2+x1y2)
Sebagai catatan, bahwa operasi yang didefinisikan pada (1.3) dan (1.4) berasal dari operasi penjumlahan dan perkalian pada bilangan real, yang dibatasi pada:
1
(x1,0) + (x2,0) = (x1+x2,0) (x1,0)(x2,0)
= (x1x2,0)
Dari uraian di atas menunjukkan bahwa sistim bilangan kompleks merupakan perluasan dari sistim bilangan real. Setiap bilangan kompleks z = (x,y) dapat ditulis z = (x,0) + (y,0), dan juga (0,1)(y,0) = (0,y), jadi z = (x,0) + (0,1)(y,0). Jika x =(x,0) dan i bagian imajiner murni (0,1), maka jelas bahwa (5)
z = x + iy
Juga, akibat dari z2 = zz, z3 = zz2, dan seterusnya, kita dapatkan bahwa i2 = (0,1)(0,1) = (-1,0), atau i2 = -1
(6)
Dari persamaan (5), definisi (3) dan (4) diperoleh (7)
(x1+iy1) + (x2+iy2) = (x1+x2) + i(y1+y2)
(8)
(x1+iy1)(x2+iy2)
= (x1x2-y1y2) + i(y1x2 + x1y2)
2. SIFAT-SIFAT ALJABAR Umumnya sifat penjumlahan dan perkalian pada bilangan kompleks sama dengan bilangan real. Kita daftar sifat-sifat aljabar yang paling mendasar, sedangkan yang lainnya sebagai latihan. Hukum komutatif (1)
z1 + z2 = z2 + z1,
z1.z2 = z2.z1
(z1 + z2) + z3 = z1 + (z2+z3),
(z1z2)z3 = z1(z2z3)
dan hukum assositif (2)
pembuktian dari hukum ini sangat mudah berdasarkan definisi dari penjumlahan dan perkalian pada bagian 1. Sebagai contoh, jika z1 = (x1,y1) dan z2 = (x2,y2), maka z1 + z2 = (x1+x2 , y1+y2) + (x2+x1 , y2+x2) = z2 + z1 Pembuktian untuk hukum yang lain di atas kita tinggalkan, selanjutnya hukum distributif
2
(3)
z(z1+z2) = zz1 + zz2
dan pembuktiannya serupa dengan hal di atas. Hukum komutatif untuk perkalian, iy = yi juga berlaku. Akibatnya kita juga dapat menuliskan z = x + yi dan hukum-hukum di atas terdefinisi dengan baik, sebab sama saja dengan kasus pada bilangan real. Penjumlahan identitas 0 = (0,0) dan perkalian identitas 1 = (1,0) untuk bilangan real sama dengan untuk sistim bilangan kompleks, yaitu (4)
z + 0 = z dan z.1 = z
untuk setiap bilangan kompleks z. Selanjutnya, pembuktian ketunggalan 0 dan 1 ini pada bilangan kompleks ditinggalkan untuk latihan. Hubungan bilangan kompleks z = (x,y) dengan invers penjumlahan (5)
-z = (-x,-y)
memenuhi persamaan z + (-z) = 0. Selanjutnya, invers penjumlahan dari setiap bilangan z adalah tunggal, karena persamaan (x,y) + (u,v) = (0,0) mengakibatkan u = -x dan v = -y. Persamaan (5) dapat juga ditulis menjadi –z = -x-iy, untuk pembuktian –(iy) = (i)y = i(-y) kita tinggalkan sebagai latihan. Invers penjumlahan digunakan untuk mendefinisikan pengurangan bilangan kompleks berikut : (6)
z1-z2 = z1 + (-z2)
Juga, jika z1 = (x1,y1) dan z2 = (x2,y2), maka (7)
z1 – z2 = (x1-x2, y1-y2) = (x1-x2) + i(y1-y2). Untuk setiap bilangan kompleks tak nol z = (x,y), terdapat bilangan kompleks z-1
sehingga z.z-1 = 1. Untuk mendapatkan bilangan kompleks z-1 perhatikan ekspresi berikut dengan memisalkan bilangan real u dan v, sehingga (x,y)(u,v) = (1,0). Dari persamaan (4) bagian 1, sifat perkalian dari bilangan kompleks u dan v harus memenuhi pasangan berikut xu-yv = 1,
yu+xv = 0
dari persamaan linier simultan, kita peroleh
3
u
x , x y2 2
v
y x y2 2
Jadi invers perkalian dari z = (x,y) adalah x y z 1 2 , 2 2 2 x y x y
(8)
z0
Invers perkalian z-1 tidak didefinisikan untuk z = 0. Kenyataanya bahwa, z = 0 mengakibatkan x2 + y2 = 0, dan ini tidak terdefinisi pada persamaan (8). Keberadaan dari invers perkalian digunakan untuk menunjukkan bahwa jika perkalian z1z2 = 0, maka paling sedikit salah satu faktor z1 atau z2 sama dengan nol. Untuk bukti pernyataan ini, kita misalkan saja z1.z2 = 0 dan z10. Akibatnya z1-1 ada. Dari definisi perkalian bilangan kompleks, diperoleh (9)
z2 = 1.z2 = (z1-1z1)z2 =z1-1( z1z2) =z1-1.0 = 0.
Hal ini menunjukkan bahwa, jika z1z2 = 0, maka salah satu z1 = 0 atau z2 = 0, atau mungkin keduanya z1 dan z2 sama dengan nol. Pernyataan ini ekivalen dengan mengatakan bahwa, jika bilangan kompleks z1 dan z2 tak nol maka hasil perkalian z1z2 tidak sama dengan nol. Pembagian dengan bilangan kompleks tak nol adalah didefinisikan sebagai berikut (10)
z1 z1 z 21 z2
z 2
0 .
Jika z1 = (x1,y1) dan z2 = (x2,y2), persamaan (2.10) dan (2.8) memberikan
(11)
z1 x1 x 2 y1 y 2 y1 x 2 x1 y 2 , z 2 x 22 y 22 x 22 y 22 x x y1 y 2 y1 x 2 x1 y 2 i 1 22 2 2 2 x2 y2 x2 y2
, z 2 0
Untuk mendapatkan persamaan (11) dapat dilakukan dengan cara (12)
z1 x1 iy1 x 2 iy 2 z 2 x2 iy 2 x 2 iy 2
4
Selanjutnya, dari sifat perkalian dan pembagian di atas kita peroleh (13)
z1 z 2 z z z1 z 2 z 31 z1 z 31 z 2 z 31 1 2 z3 z3 z3
z 3 0
Terakhir, hubungan (14)
1 z 21 z2
z 2 0
diperoleh melalui persamaan (10) dengan mengganti z1=1. Sebagai contoh, persamaan (10) dapat ditulis sebagai berikut (15)
1 z1 z1 z2 z2
z 2 0
Selanjutnya, dapat juga diselidiki bahwa
z1 z 2 z 21 z11 z1 z 21 z 2 z11 1
z1 0, z 2
0
Hal ini menunjukkan bahwa z1 z 2 z 21 z11 . Selanjutnya, kita dapat menggunakan 1
persamaan (14) untuk menunjukkan (16)
1 1 1 1 z1 z 2 z11 z 21 z1 z 2 z1 z 2
z1 0, z 2 0
dan juga (17)
z1 z 2 z1 z 2 z 3 z 4 z 3 z 4
z 3 0, z 4 0
Contoh. Nyatakan bilangan kompleks berikut dalam bentuk x + iy, dimana x dan y bilangan real.
1 1 1 5i 5i 5 i 5 1 1 1 . i 2 3i 1 i 2 3i 1 i 5 i 5 i 5 i 26 26 26 26 26
5
Latihan. 1. Buktikan bahwa a.
d.
1 2i 2 i 2 3 - 4i 5i 5
2 i i 1 2i 2i; e.
b. 2,-3 2,1 1,8;
5 i ; 1 i 2 i 3 i 2
c. 3,13,115 , 101 2,1
f. 1 - i 4 4
2. Tunjukkan bahwa (1+z)2 = 1 + 2z + z2 3. Buktikan bahwa dua bilangan kompleks z = 1 i memenuhi persamaan z2– 2z+ 2 =0 4. Tunjukkan bahwa a. Im(iz) = Re z c.
1 1
z
b. Re (iz) = -Im z
z 0
d. (-1)z = -z
z
5. Buktikan bahwa perkalian dalam bilangan kompleks adalah komutatif . 6. Gunakan hukum assosiatif dan komutatif perkalian bilangan kompleks untuk menunjukkan bahwa (z1z2)(z3z4) = (z1z3)(z2z4). 7. Buktikan bahwa jika z1z2z3 = 0, maka paling sedikit salah satu dari ketiga faktor adalah nol. 8. Buktikan : a. Hukum assosiatif untuk penjumlahan memenuhi persamaan (2) bagian 2. b. Hukum distributif persamaan (2) bagian 2. 9. Gunakan hukum assosiatif
untuk penjumlahan dan hukum distributif
untuk
menunjukkan bahwa z (z1 + z2 + z3) = zz1 + zz2 + zz3. 10. Dengan menuliskan i = (0,1) dan y = (0,y), tunjukkan bahwa –(iy) = (-i)y = i(-y). 11. a. Tulis (x,y) + (u,v) = (x,y) untuk menunjukkan ketunggalan bilangan kompleks 0 = (0,0) dalam penjumlahan. b. Demikian juga, tulis (x,y)(u,v) = (x,y) untuk menunjukkan ketunggalan bilangan kompleks 1 = (1,0) dalam perkalian. 12. Selesaikan persamaan z2 + z + 1 = 0 untuk z = (x,y) dengan menuliskan (x,y)(x,y) + (x,y) + (1,0) =(0,0) dan selesaikan persamaan simultan dalam x dan y.
6
13. Turunkan persamaan (11) bagian 2 untuk pembagian
z1 seperti cara yang telah z2
dijelaskan. 14. a.Dengan menggunakan hubungan persamaan (15) dan (16) bagian 2, turunkan persamaan (17) bagian 2. b. Gunakan penurunan bahagian (a) untuk membuktikan hukum pembatalan berikut
z 2 0, z 0
z1 z z1 z2 z z2
3. Modulus dan Sekawan Sebagai dasar untuk menghubungkan setiap bilangan kompleks tak nol z = x + iy dengan arah segmen garis atau vektor, dari titik asal ke titik (x,y) yang dinyatakan dengan z dalam bidang kompleks. Kenyataan ini, kita selalu menggunakan z melalui titik z atau vektor z. Di dalam gambar 1 bilangan z = x + iy dan –2 + i digambarkan di dua titik dan jari-jari vektor. y
(-2,1) -2
(x,y) x+iy
-2+i 0
x
Gambar 1
Dari definisi penjumlahan dua bilangan kompleks z1 = x1 + iy1 dan z2 = x2 + y2, bilangan z1 + z2 berhubungan dengan titik (x1+x2, y1+y2). Ini juga berhubungan dengan vektor yang koordinatnya sebagai komponennya. Juga z1 + z2 merupakan sebuah vektor yang ditunjukkan pada gambar 2. Pengurangan z1 – z2 menyatakan jumlah dari vektor z1
7
dan –z2 (dalam gambar 3), z1-z2 dapat diinterprestasikan melalui arah segmen garis dari titik (x2,y2) ketitik (x1,y1). Selanjutnya, perkalian dari dua buah bilangan kompleks z1 dan z2 adalah bilangan kompleks itu sendiri yang dinyatakan dengan vektor, yaitu vektor yang terletak dibidang yang sama melalui vektor z1 dan z2. Jelas bahwa, perkalian ini bukan skalar atau perkalian vektor yang biasa digunakan dalam analisis vektor. y
y (x2,y2) z2
z1+zz
z2
z2
z1
z1 x
0
0 z1-z2
z1 z 2
(x1,y1) -z2
x
Gambar 3
Gambar 2
Interprestasi vektor dalam bilangan kompleks sangat membantu dalam memperluas konsep dari nilai mutlak dari bilangan real ke bidang kompleks. Modulus atau nilai mutlak dari bilangan kompleks z = x + iy didefinisikan sebagai bilangan real non negatif (1)
x 2 y 2 dan dinyatakan dengan z ; yaitu
z x2 y2
Secara geometri, bilangan z adalah jarak antara titik (x,y) dan titik asal, atau panjang dari vektor yang dinyatakan dengan z. Ini merupakan penurunan dari nilai mutak didalam sistim bilangan real dimana y = 0. Sebagai catatan, ketaksamaan z1 < z2 mempunyai arti keduanya z1 dan z2
adalah bilangan real, pernyataan z1 z 2
mempunyai arti titik z1 lebih dekat dengan titik asal dibandingkan dengan titik z2.
8
Contoh 1. 3 2i 13 dan 1 4i 17 , titik –3 + 2i lebih dekat dari titik asal dibandingkan dengan titik 1 + 4i. Jarak dari titik z1 = x1 + iy1 dan z2 = x2 + iy2 adalah z1 z 2 . Ini jelas dari gambar 3, dimana z1 z 2 adalah panjang dari vektor z1 – z2. Sebagai akibat dari definisi (1) dan diekspresikan z1-z2 = (x1 –x2) + i(y1-y2) bahwa
z1 z 2
x1 x2 2 y1 y 2 2
Bilangan kompleks z yang berhubungan dengan titik-titik pada lingkaran dengan pusat z0 dan berjari-jari R memenuhi persamaan z z 0 R . Contoh 2. Persamaan z 1 3i 2 menyatakan lingkaran yang mempunyai pusat z0 = (1,-3) dan mempunyai jari-jari R = 2. Dari definisi (1) bilangan real z , Re z = x, dan Im z = y, hubungannya dengan persamaan (2)
z 2 = (Re z)2 + (Im z)2.
adalah (3)
Re z Re z z dan Im z Im z z Sekawan kompleks atau sekawan dari bilangan kompleks z = x + iy adalah
didefinisikan dengan x – iy dan dinyatakan dengan z , yaitu; (4)
z = x – iy.
Bilangan z adalah dinyatakan dengan titik (x,-y) yang merupakan pencerminan terhadap sumbu real x dari titik (x,y) yang dinyatakan dengan z (gambar 4). Sebagai catatan z z dan z z untuk setiap z.
9
Jika z1 = x1 + iy1 dan z2 = x2 + iy2, maka z1 z 2 x1 x2 i y1 y 2 x1 iy1 x 2 iy 2 . Jadi, penjumlahan dua buah sekawan sama dengan jumlah dari sekawan-sekawannya. z1 z 2 z1 z 2
(5)
y (x,y) z x
0
z
(x,-y)
Gambar 4 Dengan cara serupa mudah ditunjukkan bahwa, (6)
z1 z 2 z1 z 2
(7)
z1 z 2 z1 z 2
(8)
z1 z2
z1 , z 2 0 z2
Penjumlahan z z dari bilangan kompleks z = x + iy dan sekawannya z = x – iy adalah bilangan real 2x dan pengurangannya z z adalah bilangan imajiner murni 2iy. Jadi (9)
Re z
zz zz . , Im z 2 2i
Suatu hubungan yang sangat penting antara sekawan dari suatu bilangan kompleks z = x + iy dengan modulus adalah (10)
zz z x2 y2 2
10
Metode ini yang digunakan untuk mengitung hasil bagi
z1 pada persmaan (12) bagian z2
2. Metode ini adalah jelas dengan mengalikan kedua penyebut dan pembilang dari
z1 z2
2
dengan z 2 , sehingga penyebutnya menjadi bilangan real z 2 . Contoh 3. Melalui suatu ilustrasi, 1 3i 1 3i 2 i 5 5i 5 5i 1 i . 2 2i 2 i 2 i 5 2i Juga, lihat contoh terakhir bagian 2. Dari persamaan (10), dapat dengan mudah menurunkan sifat yang lain dari modulus dan sekawan pada catatan di atas. (11)
z1 z 2 z1 z 2
(12)
z1 z1 z2 z2
z 2
0
Sifat (11) dapat diperoleh melalui z1 z 2
2
z1 z 2 z1 z 2 z1 z1 z 2 z 2 z1 z 2 2
2
z1 z 2
2
dan ingat bahwa modulus adalah tidak pernah negatif. Sifat (12) dapat diturunkan dengan cara serupa. 4. KETAKSAMAAN SEGITIGA Sifat dari modulus dan sekawan di bagian 3 memungkinkan untuk menurunkan sifat aljabar dari ketaksamaan segitiga, dengan menentukan suatu batas atas untuk modulus dari penjumlahan dua bilangan kompleks z1 dan z2 : (1)
z1 z 2 z1 z 2
Ketaksamaan ini sangat penting dalam geometri (lihat gambar 2. bagian 3). Tentu saja, pernyataan bahwa panjang suatu sisi pada suatu segitiga adalah lebih kecil atau sama
11
dengan jumlah panjang dua sisi yang lainnya. Sebagai catatan dari gambar 2 bahwa (4.1) adalah suatu kesamaan apabila titik z1, z2 dan 0 adalah kolinier. Kita mulai menurunkan secara aljabar dengan menuliskan
z1 z 2
2
z1 z 2 z1 z 2 z1 z 2 z1 z 2
z1 z1 z1 z 2 z1 z 2 z 2 z 2 Tetapi
z1 z 2 z1 z 2 2 Re z1 z 2 2 z1 z 2 2 z1 z 2 ;
dan juga z1 z 2 z1 2 z1 z 2 z 2 ,
atau
z1 z 2
2
2
2
z1 z 2
2
2
karena modulus nonnegatif maka, ketaksamaan (1) berlaku. Suatu akibat dari ketaksamaan segitiga adalah jelas bahwa (2)
z1 z 2
2
z1 z 2
Untuk menurunkan ketaksamaan (2), kita tulis z1 z1 z 2 z 2 z1 z 2 z 2 .
Yang berarti bahwa (3)
z1 z 2 z1 z 2 .
Ketaksamaan (2) ini berlaku jika z1 z 2 . Jika z1 z 2 , kita hanya menukar z1 dengan z2 dalam ketaksamaan (3) untuk mendapatkan z1 z 2 z1 z 2 .
Persamaan (2) memberikan arti bahwa panjang suatu sisi segitiga adalah lebih besar atau sama dengan selisih dari panjang kedua sisi yang lain. Sebagai akibat dari (1) dan (2), dimana z1 diganti dengan (-z2) adalah; (4)
z1 z 2 z1 z 2
12
z1 z 2 z1 z 2
(5)
Contoh 1. Jika titik z terletak pada lingkaran satuan z =1 yang berpusat di titik asal, maka
z 3 2 z 2 3 dan z 3 2 z 2 1 3
3
Ketaksamaan segitiga dapat diperumum dengan induksi matematika sebagai jumlah hingga dari suku-suku :
n 1,2,3,...
z1 z 2 ... z n z1 z 2 ... z n
(6)
Berikut ini akan diberikan pembuktian induksi secara rinci, kita catat bahwa untuk n = 2 ketaksamaan (6) dijamin oleh ketaksamaan pada (1). Selanjutnya kita asumsikan ketaksamaan (6) benar untuk n=m, kita akan buktikan benar untuk n = m + 1. Dari ketaksamaan segitiga diperoleh,
z1 z2 ... zm zm 1
z1 z2 ... zm zm 1 z1 z2 ... zm 1
Contoh 2. Jika z adalah titik di dalam lingkaran yang berpusat di titik asal dengan jarijari 2, yakni z 2 , maka
z 3 3 z 2 2 z 1 z 3 z 2 z 1 25 3
2
Latihan 2. 1. Gambarkan bilangan z1 + z2 dan z1-z2 dalam bentuk vektor jika
a. z1 = 2i, z2 = 2/3 – i
b. z1 3 ,1 , z2
c. z1 = (-3,1), z2 = (1,4)
d. z1 = x1 + iy1, z2 =x1 – iy1
3 ,0
2. Gunakan sifat sekawan dan modulus untuk menunjukkan bahwa a. z 3i z 3i
d. 2 z 5
c. 2 i 3 4i
b. iz i z
2
2 i 3 2z 5
13
3. Buktikan ketaksamaan pada persamaan (3) bagian 3 mengenai hubungan Re z, Im z dan z . 4. Buktikan bahwa
2 z Re z Im z .
5. Buktikan sifat z pada persamaan (6) dan (7) bagian 3. 6. Gunakan
z1 z 2 z1 z2 untuk menunjukkan (a). z1z 2 z3 z1 z 2 z3
sifat
dan
(b). z 4 z . 4
7. Buktikan sifat dari modulus pada persamaan (12) bagian 3. 8. Gunakan hasil dibagian 3 untuk menunjukan bahwa jika z2 dan z3 tidak nol maka
z z (a). 1 1 ; z2 z 3 z2 z 3
(b).
z1 z1 z2 z 3 z2 z 3
9. Dengan menggunakan ketaksamaan pada bagian 4, tunjukkan bahwa jika maka
z3 z4
z z2 z1 z 2 1 z3 z 4 z3 z 4
10. Dalam setiap kasus, gambarkan himpunan dari titik-titik dengan syarat yang diberikan : (a). z 1 i 1;
(b). z i 1; (c). Re z i 2;
(d). 2z - i 4
11. Gunakan ketaksamaan dalam bagian 3 dan 4 untuk menunjukkan bahwa
Jika z 1 maka Im 1 - z z 2 3 12. Dengan pemfaktoran z4 – 4z2 + 3 dalam dua faktor kuadrat dan dengan menggunakan ketaksamaan pada persamaan (5) bagian 4, tunjukkan bahwa jika z terletak pada lingkaran z 2 , maka
1 1 2 z 4z 3 3 4
13. Telah ditunjukkan pada bagian 2 bahwa jika z1z2 = 0 maka paling sedikit satu dari bilangan z1 dan z2 harus nol. Berikan suatu bukti yang lain, berdasarkan hasil hubungan untuk bilangan real, dengan menggunakan persamaan (3.11).
14
14. Buktikan bahwa (a). z adalah real jika dan hanya jika z =z;
2
(b). z adalah salah satu real atau bagian imajiner jika dan hanya jika z z 2 . 15. Gunakan induksi matematika untuk menunjukkan bahwa jika n = 2, 3, … maka (a). z1 z2 ... zn z1 z2 ... zn
(b). z1 z2 ...zn z1 z2 ...zn
16. Misalkan a0, a1, a2, …, an (n 1) menyatakan bilangan real, dan misalkan z suatu bilangan kompleks. Dengan menggunakan hasil pada soal no. 15, tunjukkan bahwa 2
a0 a1 z a2 z 2 ... an z n a0 a1 z a2 z ... an z
n
17. Tunjukkan bahwa persamaan z zo R dari suatu lingkaran yang berpusat di z0
dan berjari-jari R, dapat ditulis z 2 Re z z0 z0 R 2 . 2
2
18. Gunakan persamaan (9) bagian 3, untuk Re z dan Im z, Kemudian tunjukkan bahwa 2
hyperbola x2 – y2 = 1 dapat ditulis z 2 z 2 19. Gunakan kenyataan bahwa z1 z2 adalah jarak antara dua titik z1 dan z2, berikan suatu interprestasi geometri bahwa (a). Persamaan z 4i z 4i 10 menyatakan suatu elips yang mempunyai titik fokus 0,4 ; (b). Persamaan z 1 z i menyatakan garis lurus yang melalui titik asal dan kemiringan –1. 5. KOORDINAT POLAR DAN RUMUS EULER Misalkan r dan merupakan koordinat polar dari titik (x,y) yang berhubungan dengan bilangan kompleks tak nol z = x + iy. Dimana x = r cos dan y = r sin , z dapat ditulis dalam bentuk polar melalui (1)
z = r(cos + i sin ).
Jika z = 0, maka koordinat tak terdefinisi.
15
Di dalam analisis kompleks, bilangan real r tidak pernah negatif dan didefinisikan sebagai panjang dari jari-jari vektor untuk z; yakni r = z . Bilangan real menyatakan sudut yang diukur dalam radian, z dibuat dengan axis real positif dimana z diinterprestasikan sebagai jari-jari vektor (gambar 5). Dalam kalkulus, mempunyai nilai yang tak berhingga banyaknya, yaitu merupakan kelipatan bilangan bulat 2. Nilainya dapat ditentukan dari persamaan tan = y/x, dimana kuadran memuat titik yang berhubungan dengan z harus diperhatikan. Setiap nilai dari disebut argumen dari z, dan himpunan semua nilainya dinotasikan dengan arg z. Nilai utama dari arg z, dinyatakan dengan Arg z, adalah nilai tunggal sehingga . Sebagai catatan bahwa (2)
( n = 0, 1, 2, …)
arg z = Arg z + 2n
Juga, jika z bilangan real negatif, Arg z mempunyai nilai , bukan -.
y z=x+iy
r
x Gambar 5
Contoh 1. Bilangan kompleks –1 – i , terletak dikuadran ketiga dan mempunyai argumen utama -3/4, yaitu Arg 1 i
3 4
;
dan dari sini diperoleh arg 1 i
3 2 n 4
( n = 0, 1, 2, …)
16
Penggunaan simbol ei, atau exp(i) adalah didefinisikan dengan rumus Euler untuk setiap bilangan real dari melalui (3)
ei = cos + i sin ,
kita dapat menuliskan bentuk polar pada persamaan (1) dalam bentuk eksponensial melalui (4)
z = r ei
Contoh 2. Bilangan -1-i dalam contoh 1 mempunyai bentuk eksponensial (5)
3 1 i 2 expi 4
Dengan perjanjian bahwa e-i = ei(-), kita dapat juga menuliskan 1 i 2e
i 3 4
.
Persamaan (5) hanya salah satu dari sejumlah tak berhingga kemungkinan untuk bentuk eksponensial dari –1 – i ; (6)
3 1 i 2 expi 2 n 4
(n = 0, 1, 2, …).
Sekarang pandang suatu titik z = rei, terletak pada suatu lingkaran yang berpusat di titik asal dan dengan jari-jari r (gambar 6). akan meningkat, kalau z digerakan mengelilingi lingkaran dengan arah berlawanan dengan arah jarum jam. Khususnya jika dinaikan sampai 2, sampai dititik asal; dan sama jika diturunkan sampai dengan 2. y z =rei
r
x
0
Gambar 6
17
Oleh karena itu, dari gambar 6 menunjukkan bahwa dua bilangan kompleks tak nol z1 r1e i1 dan z 2 r2 e i 2 adalah sama jika dan hanya jika r1 = r2 dan 1 = 2 + 2n, dimana n suatu bilangan bulat ( n = 0, 1, 2, …). Sebagai catatan, nilai dari ei dengan jelas terlihat pada gambar 6. Dengan merujuk pada rumus Euler (persamaan (3)) dimana r = 1 dan adalah suatu kelipatan bilangan bulat dari /2. Untuk kasus ini, secara geometri dapat diselidiki e i 1, e
i 2
i, dan e-i4 =1.
Gambar 6, dengan r = R, juga menunjukkan bahwa persamaan (7)
z = Rei
(0 2)
adalah menyatakan suatu persamaan parameter dari suatu lingkaran z = R, yang berpusat dititik asal dan berjari-jari R. Melalui persamaan parameter dalam gambar 6. naik dari = 0 pada interval 0 2, titik z mulai dari sumbu real positif dan melewati lingkaran dengan arah berlawanan dengan jarum jam. Secara umum, lingkaran z z 0 =R, mempunyai pusat di z0 dan berjari-jari R, mempunyai persamaan parameter
(8)
(0 2).
z = z0 + Rei
y z z
Rei
0
x Gambar 7 Hal ini dapat ditunjukkan dengan vektor (gambar 7) dengan catatan bahwa suatu titik z melalui lingkaran z z 0 =R dengan arah berlawanan jarum jam yang berkorespondensi
18
dengan jumlah suatu vektor tetap z0 dan suatu vektor dengan panjang R dan mempunyai sudut yang berubah-ubah dari = 0 sampai dengan = 2. 6. PERKALIAN DAN PEMBAGIAN DALAM BENTUK EXPONENSIAL Telah kita ketahui dalam trigonometri sederhana ei merupakan sifat penjumlahan yang sudah umum dari fungsi eksponensial dalam kalkulus : ei 1 ei 2 cos1 i sin 1 cos 2 i sin 2 = cos 1 cos 2 sin 1 sin 2 i sin 1 cos 2 cos 1 sin 2 = cos 1 2 i sin 1 2 e i 1 2 Jadi, jika z1 r1e i1 dan z 2 r2 e i 2 , perkalian z1z2 mempunyai bentuk exponensial z1 z 2 r1e i1 r2 e i 2 r1 r2 e i1 e i 2 r1 r2 e i 1 2
(1) Selain itu,
z1 r1e i1 r1 e i1 e i 2 r 1 e i 1 2 i 2 i 2 i 2 z 2 r2 e r2 e e r2
(2)
Karena, 1 = 1ei0, maka dari persamaan (2) invers dari suatu bilangan kompleks tak nol z=rei adalah (3)
z 1
1 1 i e z r
Persamaan (1), (2) dan (3) adalah mudah diingat dengan menggunakan hukum aljabar untuk bilangan real dari ex. Hasil lain yang sangat penting yang dirumuskan dengan menggunakan aturan dari bilangan real adalah (4)
zn = rnein
(n = 0, 1, 2, …).
Untuk bilangan bilangan bulat positif n, persmaan (4) sangat mudah dibuktikan dengan menggunakan induksi matematika. Untuk bukti secara rinci, kita mulai dengan z = rei untuk n = 1. Selanjutnya, misalkan benar untuk n = m, dimana m suatu bilangan bulat
19
positif. Dari persamaan (1) untuk perkalian dua bilangan kompleks tak nol dalam bentuk eksponensial, maka benar untuk n = m+1; zm+1 = zzm = reirmeim = rm+1ei(m+1) Persamaan (4) telah dibuktikan untuk n bilangan bulat positif. Juga Persamaan (4) benar untuk n = 0, yakni z0 = 1. Jika n = -1, -2, -3, …, pada hal lain, kita definisikan bentuk zn sebagai perkalian invers dari z dengan menuliskan
m
z n z 1
, dimana m = -n = 1, 2, 3, …
Maka, dari persamaan (4) adalah benar untuk pangkat bilangan bulat positif, dari sini bentuk eksponesial pada persamaan (3) dari z-1 diperoleh m
n
m
1 1 1 z e i e im e i n r n e in (n = -1, -2, …) r r r n
Persamaan (4) telah dibuktikan untuk semua pangkat bilangan bulat. Jika r = 1 pada persamaan (4) maka diperoleh
e
i n
(5)
e in
(n = 0, 1, 2, …).
Jika kita tuliskan dalam bentuk
cos i sin n
(6)
cos n i sin n
( n = 0, 1, 2, …)
Persamaan ini merupakan rumus de Moivre. Persamaan (4) dapat digunakan dalam menghitung pangkat dari bilangan kompleks jika diberikan bentuk empat persegi panjang dan hasilnya adalah dalam bentuk persegi panjang. Contoh 1. Rubahlah
3i
7
3 i
7
dalam bentuk empat persegipanjang. Kita tuliskan
2 e i
2e 6
7
7
i 7 6
i
2 6 e i 2e 6 64 3 i 64 3 64i
Selanjutnya, sekarang akan dibahas sifat penting yang mendasari argumen (bagian 5) dari perkalian (7)
arg(z1z2) = arg z1+arg z2,
20
Persamaan ini diinterprestasikan melalui pernyataan bahwa nilai dari dua argumen atau tiga arugumen atau argumen bernilai banyak, maka terdapat nilai dari ketiga nilai tersebut sehingga persamaan di atas benar. Kita mulai membuktikan persmaan (7) dengan memisalkan 1 dan 2 menyatakan suatu nilai dari arg z1 dan arg z2 masing-masing. Dari persamaan (6.1) kita ketahui bahwa 1 + 2 merupakan nilai dari arg(z1z2). (Lihat Gambar 8). Jika pada hal lain, nilai dari arg (z1z2) dan arg z2 diberikan, maka nilai yang berhubungan dengan pemilihan n dan n1 diekspresikan berikut ini; arg (z1z2) = (1 + 2) + 2n
(n = 0, 1, 2, …)
dan arg z1 = 1 + 2n1
(n1 = 0, 1, 2, …)
karena (1 + 2) + 2n = (1 + 2n1) + ( 2 + 2(n – n1) ), Persamaan (7) jelas dipenuhi jika dipilih nilai arg z2 = 2 + 2(n – n1) Penyelidikan nilai dari arg (z1z2) dan arg z2 adalah khusus simetri. y
z1z2 z2 2
1+2 z1
1
x
Gambar 8
Persamaan (7) terkadang benar jika nilai arg diganti dengan Arg (lihat latihan 6). Tetapi, melalui ilustrasi contoh berikut ini, bahwa tidak selalu benar kasus untuk tersebut.
21
Contoh 2. Jika z1 = -1 dan z2 = i, maka Arg (z1z2) = Arg (-i) =
3 tetapi Arg z1 + Arg z2 = + . 2 2 2
Bagaimanapun, kita menentukan nilai dari arg z1 dan arg z2 masih tepat digunakan nilai arg (z1z2) = 3/2, kita dapatkan bahwa persamaan (7) dipenuhi. Pernyataan lain yang analog dengan pernyataan pada persamaan (7) adalah
z arg 1 z2
(8)
arg z1 arg z 2 .
Persamaan ini dapat dibuktikan dengan bantuan persamaan (2). Latihan 1. Carilah argumen utama Arg z jika (a). z
2 ; 1 3i
(b). z
i ; - 2 - 2i
(c).
3 i
6
2. Dengan menuliskan masing-masing faktor dalam bentuk eksponensial dan kemudian rubahlah kembali dalam bentuk koordinat empat persegi panjang, tunjukkan bahwa
(a). i 1 3i
3 i 2 1 3i ;
(b).
(c). 1 i 81 i ;
5i 1 2i 2i
(d). 1 3i
7
10
211 1 3i
3. Tunjukkan bahwa (a). ei 1; (b). ei e i ; (c). ei 1 ei 2 ...ei n ei 1 2 .... n n 2,3,... 4. Selesaikan
persamaan
ei 1 2 untuk 0 2
dan
tunjukan
penyelesaiannya secara geometri. 5. Gunakan rumus De Moivre untuk menurunkan rumus trigonometri berikut : (a). cos 3 = cos3 - 3cos sin2
(b). sin 3 = 3 cos2 sin - sin3.
6. Tunjukkan bahwa jika Re z1 > 0 dan Re z2 > 0, maka Arg(z1z2) = Arg z1 + Arg z2, dimana Arg(z1z2) menyatakan argumen utama dari arg(z1z2), dan seterusnya.
22
z 7. Tunjukkan bahwa arg 1 arg z1 arg z2 . z2 8. Dari bagian 3, pengurangan dari dua bilangan kompleks yang berbeda dapat diinterprestasikan dengan vektor. (Lihat gambar 9, dimana menyatakan sudut inklinasi dari vektor z-z0). Dengan translasi vektor untuk z-z0, tunjukkan bahwa nilai
dari arg z z0 adalah sama dengan nilai dari –arg(z-z0). Gunakan metode yang
sama untuk menunjukkan bahwa Arg z z0 = –Arg(z-z0) jika dan hanya jika z-z0 bukan bilangan real negatif.
z
y z-z0
z0
- z z0
x
0 Gambar 9
9. Diberikan z1 z2 0 , gunakan bentuk eksponensial dari z1 dan z2 untuk membuktikan
bahwa Re z1 z2 z1 z2 jika dan hanya jika 1 - 2 = 2n (n = 0, 1, 2, …), dimana 1 = arg z1 dan 2 = arg z2. 10. Diberikan z1 z2 0 dan gunakan hasil pada soal no. 9, modifikasi penurunan dari ketaksamaan segitiga untuk menunjukkan bahwa z1 z2 z1 z2 jika dan hanya jika 1 - 2 = 2n ( n = 0, 1, 2, …), dimana 1 = arg z1 dan 2 = arg z2. Interprestasikan pernyataan ini secara geometri. 11. Misalkan z bilangan kompleks tak nol dan n suatu bilangan negatif (n = -1, -2, …). Juga tulis z = rei dan m = -n = 1, 2, …. Gunakan persamaan zm = rmeim dan
23
z-1 = (1/r)ei(-), buktikan bahwa (zm)-1 = (z-1)m dan juga definisi zn = (z-1)m dalam bagian 6 dapat dituliskan menjadi zn = (zm)-1. 12. Buktikan bahwa dua bilangan kompleks tak nol z1 dan z2 mempunyai modulus yang sama jika dan hanya jika terdapat bilangan kompleks c1 dan c2 sedemikian sehingga 2 z1 = c1c2 dan z2 = c1 c2 . (petunjuk : exp i 1 exp i 1 2 expi1 dan [lihat 2 2 juga soal nomor 3 bahagian b]. exp i 1 2 exp i 1 2 expi 2 ) 2 2
13. Buktikan bahwa 1 z z 2 ... z n
1 z n 1 1 z
(z 1)
dan rumus ini untuk
menunjukkan penurunan rumus trigonometri Lagrange 1+cos +cos 2+ …+cos n
2 n 1
1 sin 2 = 2 2 sin 2
(0 < < 2). (petunjuk : Untuk yang pertama, tulis
S= 1 z z 2 ... z n dan hitung S – zS. Untuk yang kedua, tulis z = ei dalam persamaan pertama. 14. Gunakan induksi matematika untuk menunjukkan rumus Binomial untuk bilangan n n n Kompleks : z1 z2 z1n k z2k (n = 1, 2, …), dimana k 0 k
n n! ( k = 0, k k!n k !
1, 2, …,n) dan 0! = 1. 15. Gunakan induksi matematika untuk menunjukkan rumus De Moivre (pada bagian 6), yakni cos i sin cos n i sin n dimana n adalah bilangan bulat positif (n = n
1, 2, …). 16. (a). Gunakan rumus Binomial (soal No. 14) dan rumus De Moivre (lihat soal no. 15) n n k dan tulis cos n i sin n cos n k i sin k k 0
n2 definisikan bilangan bulat m dengan, m = n -1 2
24
(n = 1, 2, …). Maka
jika n genap jika n ganjil
dan jumlah di
atas
untuk
menunjukkan
(bandingkan
dengan
soal
5
(a))
m n k cos n 1 cos n 2 k sin 2 k (n = 1, 2, …). 2 k k 0
(b). Tulis x = cos dan misalkan bahwa 0 , dalam kasus ini -1x1. Bagaimana merubah bentuk hasil terakhir pada bagian (a) bahwa setiap fungsi
Tn x cos n cos 1 x
(n = 0, 1, 2, …) adalah polinom berderajat n dalam
variabel x. 7. AKAR DARI BILANGAN KOMPLEKS Bentuk zn = rnein pada bagian 6 untuk pangkat bilangan bulat dari bilangan kompleks z = rei adalah digunakan untuk menemukan akar pangkat n dari setiap bilangan kompleks tak nol z0 = r0 e i 0 , dimana n salah satu dari n = 2, 3, …. Metode awal untuk menyelidiki suatu akar pangkat n
dari z0 adalah dengan memisalkan suatu
bilangan z = rei tak nol sedemikian sehingga zn = z0, atau r n e in r0 e i 0 . Sekarang, berdasarkan pernyataan pada bagian 5 tentang kesamaan dua bilangan kompleks, diperoleh rn = r0 dan n = 0 + 2k, dimana k suatu bilangan bulat (k = 0, 1, 2, …). Jadi r n r0 , hal ini menyatakan ketunggalan akar pangkat n dari bilangan real positif r0, dan
0 2k 0 2k n n n
(k = 0, 1, 2, …)
Akibatnya, bilangan kompleks z=
n
2k r0 exp i 0 n n
(k = 0, 1, 2, …)
adalah akar pangkat n dari z0. Kita dapat melihat dengan jelas dari bentuk exponensial di atas bahwa semua akar-akarnya terletak pada lingkaran z n r0 yang berpusat dititik
25
asal. dan setiap titiknya adalah sama dengan 2/n radian dari asalnya, mulai dari argumen 0/n. Maka jelas bahwa semua akarnya yang berbeda dapat diperoleh jika k = 0, 1, 2, …n-1, dan nilai akar yang lain dari k tidak diambil. Kita misalkan ck (k = 0, 1, 2, …n-1) menyatakan akar yang berbeda dan ditulis
2k c k n r0 expi 0 (k = 0, 1, 2, …n-1). n n
(1) Bilangan
n
r0 adalah panjang dari setiap jari-jari vektor akar pangkat n. Akar
pertama c0 mempunyai argumen 0/n; dan akar pangkat 2 jika n = 2 terletak berhadapan titik akhirnya dari suatu diameter lingkaran
z n r0 , serta akarnya yang kedua –c0.
Jika n 3, akarnya terletak dititik sudut segi n beraturan yang dituliskan dalam lingkaran. 1
Kita misalkan z 0n merupakan himpunan akar ke-n dari z0. Khususnya, jika z0 1
adalah bilangan real positif r0, simbol r0n menyatakan himpunan semua akar-akarnya; dan simbol
n
r0 yang digunakan dalam persamaan (1) hanya untuk akar positif. Jika
nilai 0 yang digunanakan pada persamaan (1) adalah nilai utama dari argumen z0
0 , bilangan c0 kita sebut akar utama. Selanjutnya, jika z0 adalah bilangan real positif r0 maka akar utamanya adalah
n
r0 .
Akhirnya, salah cara untuk mengingat persamaan (1) kita tulis z0 dalam bentuk eksponensial yang sudah diketahui (bandingkan contoh 2. bagian 5). (k = 0, 1, 2, …)
z0 = r0 exp[i(0 + 2k)]
dan kita gunakan sifat umum eksponensial yang ada pada bilangan real, bahwa terdapat n buah akar; z 0n r0 expi 0 2k n 1
1
26
i 2k n r0 exp 0 n 2k n r0 exp i 0 n n
(k = 0, 1, 2, …n-1).
Contoh 1. Dalam urutan untuk menentukan akar pangkat n dari 1, kita tulis (k = 0, 1, 2, …)
1 = 1 exp [i(0 + 2k)] dan diperoleh (2)
1 0 2k 2k 1 n n 1 i exp i (k = 0, 1, 2, …). n n n
Jika n = 2, maka jelas bahwa akar-akarnya adalah 1. Jika n 3, akar-akarnya terletak dititik sudut poligon yang beraturan dalam lingkaran satuan z =1, dengan titik sudut yang pertama merupakan akar utama z = 1 (k =0). Jika kita tulis (3)
2 wn exp i n
maka dari persamaan (5) bagian 6, dan sifat ei bahwa 2k wnk exp i n
(k = 0, 1, 2, …)
Jadi diperoleh akar pangkat n yang berbeda dari 1 adalah 1, wn , wn2 ,..., wnn 1 . Perhatikan gambar 10, dimana untuk kasus n = 3, 4 dan 6 diilustrasikan. Perlu dicatat bahwa wnn =1. Terakhir, hal ini akan bermanfaat jika c merupakan akar pangkat n dari bilangan kompleks tak nol z0, maka himpunan dari akar pangkat n diperoleh dalam bentuk c, cwn , cwn2 ,..., cwnn 1 .
27
Hal ini disebabkan karena perkalian dari bilangan kompleks tak nol dengan wn mempunyai argumen yang naik dengan penambahannya sebesar 2/n sedangkan modulusnya tidak berubah. y
y
w3
w4
w62 y
2
w4 1 x
1 x
w32
w63
w42
w6
w
4 6
1 x
w65
Gambar 10 Contoh 2. Misalkan akan dicari semua nilai dari 8i 3 , atau akan dicari akar pangkat 1
tiga dari –8i. Pertama-tama kita tulis 8i 8 expi 2 2k
(k = 0, 1, 2, …)
maka akar-akarnya adalah (4)
c k 2 expi 6
2 k 3
(k = 0, 1, 2)
Akar-akar ini terletak pada titik sudut segitiga sama sisi yang terletak dalam lingkaran z =2, dan jarak antara setiap titik mengelilingi lingkaran sebesar 2/3 radian, yang
dimulai dari akar utama (lihat gambar 11)
c0 2 expi 6 2cos 6 i sin 6 3 i . y c 1
c2
2 c0
Gambar 11
28
x
Dengan tanpa menghitung lebih lanjut, maka akan diperoleh c1 = 2i; dan c2 simetri dengan c0 pada sumbu imajiner, kita ketahui bahwa c 2 3 i . Jadi, akar-akarnya dapat ditulis c0 , c0 w3 , c0 w32 , dimana w3 expi 23 (ringkasnya, lihat bagian akhir contoh 1) Latihan 1. Carilah akar kuadrat dari (a). 2i; (b). 1 3i dan nyatakan dalam bentuk koordinat empat persegi panjang. 2. Dalam setiap kasus, carilah semua akarnya dalam bentuk koordinat empat persegi panjang, gambarkan pula hasilnya dalam bentuk geometri. : (a). 13 ; (b). - 164 ; 1
1
1
1
(d). - 8 - 8 3i 4 .
(c). 8 6 ;
3. Misalkan z = rei suatu bilangan kompleks tak nol dan n bilangan bulat negatif ( n = 1, -2, …). Maka definisikan z n dengan z n z 1 m , dimana m = -n. Tunjukkan bahwa 1
1
1
1
1
z m z 1 m . Tunjukkan pula bahwa z n z m . (bandingkan dengan soal no. 11 1
1
1
1
latihan 3). 4.(a). Misalkan a menyatakan suatu bilangan real tetap, dan tunjukkan bahwa dua akar kuadrat dari a + i adalah A expi 2 , dimana A a 2 1, dan Arga i . (b).Dari
rumus
Tunjukkan
1 2
trigonometri
bahwa
akar
1 cos cos 2 , 2 2
kuadrat
pada
bagian
1 cos . sin 2 2 2 (a)
dapat
ditulis
Aa i Aa .
5. Dari bagian 7., akar pangkat tiga dari bilangan kompleks z0 dapat ditulis c0, c0w3, 2 1 3i c0w32, dimana c0 akar utama dari z0 dan w3 = exp i . Tunjukkan 2 3
29
bahwa jika z0 = 4 2 4 2i; maka c0 2 1 i dan dua akar pangkat tiga yang lainnya c0 w3
3 1 2
,
3 1 i
c0 w32
3 1 3 1 i . 2
6. Carilah akar pangkat 4 dari persamaan z4 + 4 = 0 dan faktorkan dalam faktor kuadrat dengan koefisiennya bilangan real. 7. Tunjukkan bahwa jika akar pangkat n dari c adalah sama dengan satu, tetapi c tidak sama dengan satu, maka 1 c c 2 ... c n 1 0
(petunjuk : gunakan rumus
pertama pada latihan 3. nomor 13) 8. (a). Buktikan bahwa penyelesaian dari persamaan kuadrat az2+bz+c = 0 (a0), dimana a, b dan c adalah bilangan kompleks. Khususnya dengan pelengkapan
1
b b 2 4ac 2 kuadrat pada bagian kiri turunkan rumus kuadratik z . 2a Dimana kedua akar kuadratnya adalah b2 – 4ac 0. (b). Gunakan hasil pada bagian (a) untuk mencari akar dari persamaan z2+2z+(1-i)= 0 8. DAERAH DALAM BIDANG KOMPLEKS Dalam bagian ini, kita akan memperkenalkan himpunan dari bilangan kompleks atau titik dalam bidang z, dan berhubungan sangat dekat antara satu dengan yang lainnya. Kami akan meperkenalkan konsep dasar dari suatu lingkungan (1)
z z0
dari suatu titik z0 yang diberikan. Lingkungan dari z0 terdiri dari semua titik z dalam lingkaran yang berpusat di z0 dan berjari-jari tetapi bukan pada lingkaran tersebut. (gambar 12). Jika nilai dari diketahui, maka himpunan pada persamaan (8.1) sering juga disebut suatu lingkungan. Berdasarkan hal di atas maka dapat juga diketahui suatu lingkungan penghilangan dari z0 (2)
0< z z 0
30
yang terdiri dari semua titik z dalam suatu lingkungan dari z0 kecuali titik z0 itu sendiri. y
z z0
z0 x 0
Gambar 12
Suatu titik z0 dikatakan titik dalam (titik interior) dari suatu himpunan S jika terdapat suatu lingkunan dari z0 yang hanya memuat titik-titik di S; z0 disebut titik luar (titik eksterior) dari S jika terdapat lingkungan dari z0 yang tidak memuat titik-titik di S. Jika z0 bukan titik dalam atau titik luar dari S maka disebut titik batas dari S. Jadi titik batas adalah semua titik yang lingkungannya memuat titik di S dan titik yang bukan di S. Kumpulan semua titik batas disebut pembatas (boundary) dari S. Lingkaran z =1, merupakan pembatas dari setiap himpunan (3)
z 1
dan
z 1.
Suatu himpunan dikatakan terbuka jika himpunan tersebut tidak memuat titik batas. Sebagai latihan dapat ditunjukkan bahwa suatu himpunan dikatakan terbuka jika dan hanya jika setiap titik-titiknya merupakan suatu titik dalam. Suatu himpunan dikatakan tertutup jika memuat semua titik batas; dan penutup (closure) dari suatu himpunan S adalah himpunan tertutup yang terdiri dari semua titik di S bersama-sama dengan pembatas dari S. Sebagai catatan bahwa pada persamaan (8.3) yang pertama adalah himpunan terbuka dan yang kedua adalah himpunan tertutup. Suatu himpunan boleh jadi tidak terbuka atau tidak tertutup. Untuk himpunan yang tidak terbuka harus terdapat suatu titik batas yang dimuat oleh himpunan tersebut; dan suatu himpunan dikatakan tidak tertutup jika tidak memuat suatu titik batas dari himpunan tersebut. Sebagai contoh dapat diselidiki bahwa cakram 0 z 1
31
tidak
terbuka dan juga tidak tertutup. Himpunan dari semua bilangan kompleks adalah terbuka dan juga tertutup sebab tidak mempunyai titik batas. Suatu himpunan terbuka S dikatakan terhubung jika setiap pasang titik-titik z1 dan z2 dapat dihubungkan oleh garis patah, yang terdiri dari sejumlah hingga penggal garis yang dihubungkan dari awal sampai akhir dan semuanya terletak dalam S. Himpunan terbuka z 1 adalah terhubung. Himpunan 1 z 2 adalah terbuka dan juga terhubung. (lihat gambar 13). Suatu himpunan terbuka yang terhubung disebut domain. Sebagai catatan bahwa setiap lingkungan adalah domain. Suatu domain bersama-sama dengan sebagian atau seluruh titik batasnya disebut daerah. y
0
z0 1 2 x
z1
Gambar 13
Suatu himpunan S dikatakan terbatas jika setiap titiknya terletak dalam suatu lingkaran z R ; selain itu dikatakan tak terbatas. Kedua himpunan pada persamaan (3) adalah daerah yang terbatas, dan setengah bidang Re 0 adalah tidak terbatas. Suatu titik z0 dikatakan titik akumulasi dari himpunan S jika setiap lingkungan penghilangan dari z0 memuat paling sedikit satu titik dari S. Dari sini, jika suatu himpunan adalah tertutup, maka memuat semua titik-titik akumualsi. Jika suatu titik akumulasi z0 bukan titik di S, maka tentulah titik tersebut merupakan titik batas dari S; tetapi bertentangan dengan kenyataan bahwa suatu himpunan tertutup memuat semua titik batas. Hal ini dapat ditunjukkan pada latihan bahwa sebaliknya pernyataan ini juga adalah benar.
32
Selanjutnya, suatu titik z0 adalah bukan suat titik akumulasi dari suatu himpunan S jika terdapat suatu lingkungan penghilangan dari z0 yang tidak memuat titik di S. Sebagai catatan bahwa titik nol saja yang merupakan titik akumulasi dari himpunan zn = i/n, (n = 1, 2, …). Latihan 1. Gambarlah himpunan berikut dan tentukan yang mana merupakan domain. (a). z 2 i 1;
(b). 2z 3 4;
(e). 0 arg z 4 , z 0;
(c). Im z 1; (d). Im z 1
(f). z - 4 z .
2. Yang mana himpunan pada soal no. 1 yang tidak buka atau tidak tutup? 3. Yang mana himpunan pada soal no. 1 yang terbatas? 4. Dalam kasus ini, gamabarlah penutup dari himpunan: (a). arg z , z 0 ;
1 1 (b). Rez z ; (c). Re ; (d). Re z 2 0. z 2
5. Misalkan S adalah himpunan terbuka yang terdiri dari semua titik z sehingga z 1 atau z 2 1 . Apakah S tidak terhubung ? 6. Tunjukkan bahwa himpunan S adalah terbuka jika dan hanya jika setiap titik di S adalah titik interior. 7. Tentukan titik akumulasi dari setiap himpunan berikut : (a). zn i n (n = 1, 2, …); (b). z n (d ). z n
in , (n 1, 2, ...); (c). 0 argz , z 0 ; n 2
n 1 1 i n 1 , (n 1, 2, ...) .
n
8. Buktikan bahwa jika suatu himpunan memuat setiap titik akumulasi, maka himpunan tersebut tertutup. 9. Tunjukkan bahwa setiap titik z0 pada daerah adalah titik akumulasi dari domain.
33
10. Buktikan bahwa suatu himpunan hingga dari titik-titik z1, z2, …, zn tidak mempunyai titik akumulasi.
34
