• Author / Uploaded
• Go Felix

Citation preview

MA3131 Homework-1 Go Felix / 10112072

Problems P1. Express in form a + bi: a.

1 6+2i

b.

(2+i)(3+2i) 1−i

c.



− 12 + i

√

3 2

4

d. i2 , i3 , i4 , i5 , · · · P2. Find (in rectangular form) the two values of √ P3. Solve the equation z 2 + 32iz − 6i = 0.

√

−8 + 6i.

P4. Prove the following identity : a. z1 + z2 = z1 + z2 b. z1 z2 = z1 .z2 c. P (z) = P (¯ z ), for any polynomial P with real coefficients d. z¯ = z P5. Suppose P is a polynomial with real coefficients. Show that P (z) = 0 if and only if P (¯ z) = 0 P7c. Show that |Re z|, |Im z| ≤ |z| ≤ |Re z| + |Im z|. Kapan persamaan dipenuhi? P12. Solve the following equations in polar form and locate the roots in the complex plane: a. z 6 = 1. b. z 4 = −1. c. z 4 = −1 +

√ 3i.

Institut Teknologi Bandung – Indonesia B [email protected]

1/9

P13. Show that the n-th roots of 1 (aside from 1) satisfy the "cyclotomic" equation z n−1 + z n−2 + · · · + z + 1 = 0. P15. Describe the sets whose points satisfy the following relations. Which of the sets are regions? a. |z − i| ≤ 1.



b. z−1 z+1 = 1 c. |z − 2| > |z − 3| d. |z| < 1 and Im z > 0 e.

1 z

= z¯

f. |z|2 = Im z g. |z 2 − 1| < 1 P21. Show that a. f (z) =

∞ P

kz k is continuous in |z| < 1.

k=0

b. g(z) =

∞ P k=1

1 k2 +z

is continuous in the right half-plane Re z > 0.

Institut Teknologi Bandung – Indonesia B [email protected]

2/9

Solutions S1. Dalam bentuk a + bi, 

a.

1 6+2i

b.

(2+i)(3+2i) 1−i

c.



=

− 12 +

√

+



4



−2 62 +22

= (4 + 7i).

3 2 √ i 23 .

− 12 + i



6 62 +22





1 1−i

= − 21 + i

3 20

i= 

√

3 2

−

1 20 i.

= (4 + 7i).

2 

. − 12 + i

 √ 1 2 √

3 2

1 2

2+

2

√  √ 2i = − 32 2 +



= − 12 + i

√

3 2

 

11 2

√

. − 12 + i

2i.

√

3 2



=

d. Perhatikan bahwa: i2 = (0, 1).(0, 1) = (−1, 0) = −1 i3 = i2 .i = −i i4 = i2 .i2 = 1 i5 = i4 .i = i

Maka, in =

  −1,     −i,  1,     

i,

S2. Terdapat dua akar dari

n n n n √

mod mod mod mod

4=1 4=2 4=3 4=0

−8 + 6i; (x + iy)2 = −8 + 6i, x, y ∈ R

(x2 − y 2 ) + (2xy)i = −8 + 6i jika dan hanya jika x2 − y 2 = −8 x2 y 2 = 9 yang ekivalen dengan y 4 − 8y 2 − 9 = 0 y 2 = 9 atau y 2 = −1 karena y ∈ R, y 2 = −1 tidak punya solusi. Maka : (x1 , y1 ) = (1, 3) dan (x2 , y2 ) = (−1, −3) Jadi, akar dari −8 + 6i adalah 1 + 3i dan −1 − 3i.

Institut Teknologi Bandung – Indonesia B [email protected]

3/9

S3. Dengan menggunakan rumus ABC, didapat bahwa: √ √ √ √ √ − 32i ± −32 + 24i z= = −2 2i ± −8 + 6i = −2 2i ± (1 + 3i). 2 √ √ Jadi z1 = (1, −2 2 + 3) dan z2 = (−1, −2 2 − 3). S4. Misal, zn = (an , bn ) ∈ C, an , bn ∈ R. Diketahui pula zn = (an , −bn ). Maka, a. z1 + z2 = (a1 , b1 ) + (a2 , b2 ) = (a1 + a2 , b1 + b2 ) = (a1 + a2 , −b1 − b2 ) = (a1 , −b1 ) + (a2 , −b2 ) = z1 + z2 . b. z1 z2 = (a1 , b1 ).(a2 , b2 ) = (a1 a2 − b1 b2 , a2 b1 + a1 b2 ) = (a1 a2 − b1 b2 , −a2 b1 − a1 b2 ) = (a1 , −b1 ).(a2 , −b2 ) = z1 .z2 c. Diketahui P (z) = a0 + a1 z + a2 z 2 + · · · + an z n dengan ai ∈ R, i = 0, 1, .., n. Maka, P (z) = a0 + a1 z + a2 z 2 + · · · + an z n = a0 + a1 z + a2 z 2 + · · · + an z n = a0 + a1 .z + a2 .z 2 + · · · + an .z n = a0 + a1 z¯ + a2 z 2 + · · · + an z n = P (¯ z) d. z¯ = (a, −(−b)) = (a, b) = z S5. Akan digunakan bukti langsung dua arah, ⇒ Jika P (z) = 0, maka: P (z) = ¯0 P (¯ z) = 0 ⇐ Jika P (¯ z ) = 0, maka: P (¯ z ) = ¯0 P (z¯) = 0 P (z) = 0 S7c. Secara geometris, |Rez|, |Imz|, dan |z| menyatakan panjang sisi-sisi segitiga siku-siku dengan |z| sebagai sisi miringnya. Oleh karena itu pastilah |Re z|, |Im z| ≤ |z|. Tulis z = (a, b) ∈ C, maka: |z| =

p

a2 + b2 = |(a, 0) + (0, b)| ≤ |(a, 0)| + |(0, b)| = |Re z| + |Im z|

Persamaan di atas dipenuhi saat z = 0 ∈ C.

Institut Teknologi Bandung – Indonesia B [email protected]

4/9

S12. Pada bentuk polar, z = r cis θ dengan r = |z| dan θ = Arg z. Maka, a. z 6 = r6 cis 6θ = 1 cis 0 jika dan hanya jika 6θ = 0 (modulo 2π) ⇒ θ =

nπ dan r = 1 6

Maka ke-6 solusi adalah : z1 = cis 0, z2 = cis

π π , z3 = cis 6 3

2π 5π π , z5 = cis , z6 = cis 2 3 6 Lokasinya pada bidang kompleks adalah titik-titik pada lingkaran unit sebagai titik sudut dari 6-gon di bawah: z4 = cis

b. z 4 = r4 cis 4θ = 1 cis π jika dan hanya jika 4θ = π (modulo 2π) ⇒ θ =

π nπ + dan r = 1 4 2

Maka ke-4 solusi adalah : z1 = cis

π 3π , z2 = cis 4 4

7π 5π , z4 = cis 4 4 Lokasinya pada bidang kompleks adalah titik-titik pada lingkaran unit sebagai titik sudut dari 4-gon di bawah: z3 = cis

c. z 4 = r4 cis 4θ = 2 cis

2π 3

jika dan hanya jika 4θ =

√ 2π π nπ 4 (modulo 2π) ⇒ θ = + dan r = 2 3 6 2

Maka ke-4 solusi adalah : z1 =

√ 4

√ π 2π 4 , z2 = 2 cis 6 3

√ 7π 5π 4 , z4 = 2 cis 6 3 Lokasinya pada bidang kompleks adalah titik-titik pada lingkaran berpusat di √ titik asal dan berjari-jari 4 2 sebagai titik sudut dari 4-gon di bawah: z3 =

√ 4

2 cis

2 cis

Institut Teknologi Bandung – Indonesia B [email protected]

5/9

S13. z n = 1, z ∈ C memiliki n akar yang berbeda di mana z = 1 adalah salah satu akarnya. Sedangkan untuk mendapatkan n−1 akar lainnya (selain z = 1), perhatikan bahwa: z n − 1 = (z − 1)(z n−1 + z n−2 + · · · + z 2 + z + 1) Karena z n = 1 maka ruas kiri persamaan di atas adalah 0: 0 = (z − 1)(z n−1 + z n−2 + · · · + z 2 + z + 1) Karena z 6= 1, maka z − 1 6= 0, sehingga dari persamaan di atas, haruslah: z n−1 + z n−2 + · · · + z 2 + z + 1 = 0 .

Institut Teknologi Bandung – Indonesia B [email protected]

6/9

S15. Region adalah himpunan yang terbuka dan terhubung. Perhatikan masing-masing himpunan A berikut: a. A = {z| |z − i| ≤ 1}. Artinya jarak setiap titik z = (x, y) ke titik i = (0, 1) kurang dari sama dengan 1. Maka A adalah seperti gambar di bawah. b. A = {z| | z−1 z+1 | = 1} = {z| |z − 1| = |z + 1|, z 6= −1}. Artinya jarak setiap titik z = (x, y) ke titik (1, 0) sama dengan jarak titik z ke (−1, 0). Maka A digambarkan seperti di bawah. c. A = {z| |z − 2| > |z − 3|}. Artinya jarak setiap titik z = (x, y) ke titik (2, 0) lebih dari jarak titik z tersebut ke titik (3, 0). Maka A digambarkan seperti di bawah. d. A = {z| |z| < 1 dan Im z > 0}. Artinya A digambarkan sebagai setengah cakram terbuka berpusat di (0, 0) berjari-jari 1 (|z| < 1) dan berada di atas sumbu real (Im z > 0) seperti digambar. −y x 2 2 = 1}. e. A = {z| z1 = z¯} = {(x, y)|( x2 +y 2 , x2 +y 2 ) = (x, −y)} = {(x, y)|x + y Maka A merupakan lingkaran berjari-jari 1 berpusat di titik asal seperti digambar.

f. A = {z| |z|2 = Im z} = {(x, y)|x2 + y 2 = y} = {(x, y)|x2 + (y − 12 )2 = ( 12 )2 }. Maka A merupakan lingkaran berjari-jari 12 berpusat di titik (0, 12 ) seperti di gambar. g. A = {z| |z 2 − 1| < 1}. Misalkan B = {z 2 | |z 2 − 1| < 1}, Maka B adalah cakram terbuka berjari-jari 1 berpusat di (1, 0). Maka jika setiap elemen B √ dituliskan z 2 = r cis θ ∈ B, maka z = r cis 2θ . Artinya, himpunan A yang dimaksud dapat didapatkan dengan mengambil setiap elemen z di B dan membagi argumennya dengan 2 dan meng-akarkuadrat-kan panjangnya. Misalnya untuk titik: √ √ (a) z 2 = (2, 0) = 2 cis 0 ⇒ z = 2 cis 0 = ( 2, 0) √ √ (b) z 2 = (1, 1) = 2 cis π4 ⇒ z = 4 2 cis π8 = (1.1, 0.45) √ 3 2 )

√

= 1 cis π3 ⇒ z = 1 cis π6 = ( 23 , 12 ) √ √ 4 (d) z 2 = (1, −1) = 2 cis 7π 2 cis 7π 4 ⇒z = 8 = (−1.1, 0.45) (c) z 2 = ( 12 ,

(e) z 2 = ( 12 , −

√

3 2 )

= 1 cis

5π 3

⇒ z = 1 cis

5π 6

√

= (−

3 1 2 , 2)

Secara umum, z 2 = (x,

p

2x − x2 ) =

z=

√ 4

√

r

2x cis

arctan



q

 arctan

2x cis 

2 x

2

!!

2 −1 x

⇒



−1  

Dengan kalkulus, didapat bahwa Im z terbesar terjadi saat x = 12 , sesuai dengan gambar di bawah. Institut Teknologi Bandung – Indonesia B [email protected]

7/9

Yang merupakan daerah adalah c, d, g.

Institut Teknologi Bandung – Indonesia B [email protected]

8/9

S21. Akan digunakan M -test pada masing-masing poin: a. f (z) =

∞ P

kz k kontinu di D : |z| < 1 karena

k=0

|kz k | = k|z|k ≤ kpk , dengan p < 1 dan

∞ X

kpk konvergen

k=0 ∞ P

kpk konvergen untuk p