1

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:

2

(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

(6) i2 = -1

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

dan hukum assositif

(2) (z1 + z2) + z3 = z1 + (z2+z3), (z1z2)z3 = z1(z2z3)

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

3

(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

4

2222,

yx

yv

yx

xu

Jadi invers perkalian dari z = (x,y) adalah

(8)

2222

1 ,yx

y

yx

xz 0z

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) 021

21

2

1 zzzz

z.

Jika z1 = (x1,y1) dan z2 = (x2,y2), persamaan (2.10) dan (2.8) memberikan

(11)

0z,

,

222

22

2121

22

22

2121

22

22

2121

22

22

2121

2

1

yx

yxxyi

yx

yyxx

yx

yxxy

yx

yyxx

z

z

Untuk mendapatkan persamaan (11) dapat dilakukan dengan cara

(12)

22

22

22

11

2

1

iyx

iyx

iyx

iyx

z

z

5

Selanjutnya, dari sifat perkalian dan pembagian di atas kita peroleh

(13) 0z3

3

2

3

1132

131

1321

3

21

z

z

z

zzzzzzzz

z

zz

Terakhir, hubungan

(14) 0z1

21

2

2

zz

diperoleh melalui persamaan (10) dengan mengganti z1=1. Sebagai contoh, persamaan

(10) dapat ditulis sebagai berikut

(15) 0z1

2

2

1

2

1

zz

z

z

Selanjutnya, dapat juga diselidiki bahwa

0,0z1 211

121

211

11

221 zzzzzzzzz

Hal ini menunjukkan bahwa 11

12

1

21

zzzz . Selanjutnya, kita dapat menggunakan

persamaan (14) untuk menunjukkan

(16) 0,0z111

21

21

12

11

1

21

21

zzz

zzzzzz

dan juga

(17) 0z,0z 43

4

2

3

1

43

21

z

z

z

z

zz

zz

Contoh. Nyatakan bilangan kompleks berikut dalam bentuk x + iy, dimana x dan y

bilangan real.

i

ii

i

i

iiiiii 26

1

26

5

2626

5

26

5

5

5.

5

1

5

1

132

1

1

1

32

1

6

Latihan.

1. Buktikan bahwa

a. ;8,11,22,-3b.;2212 iiii c. 1,2,1,31,3101

51

d.5

2

5

2

4i-3

2i1

i

ie.

4i-1f.;

2321

5 4

i

iii

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 b. Re (iz) = -Im z

c. 0z11

zz

d. (-1)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.

7

13. Turunkan persamaan (11) bagian 2 untuk pembagian2

1

z

zseperti cara yang telah

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

0,0z2

2

1

2

1 zz

z

zz

zz

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.

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

y

-2+i

-2 0

(-2,1)

x+iy

(x,y)

x

Gambar 1

8

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.

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 22 yx dan dinyatakan dengan z ; yaitu

(1) 22 yxz

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 21 zz

mempunyai arti titik z1 lebih dekat dengan titik asal dibandingkan dengan titik z2.

z2

y

x

y

z2z1+zz z2

z1

z1-z2

0 0

(x2,y2)

(x1,y1)

-z2

z1

x

21 zz

Gambar 2 Gambar 3

9

Contoh 1. 1323 i dan 1741 i , titik –3 + 2i lebih dekat dari titik asal

dibandingkan dengan titik 1 + 4i.

Jarak dari titik z1 = x1 + iy1 dan z2 = x2 + iy2 adalah 21 zz . Ini jelas dari

gambar 3, dimana 21 zz adalah panjang dari vektor z1 – z2. Sebagai akibat dari

definisi (1) dan diekspresikan

z1-z2 = (x1 –x2) + i(y1-y2)

bahwa

2

21

2

2121 yyxxzz

Bilangan kompleks z yang berhubungan dengan titik-titik pada lingkaran dengan

pusat z0 dan berjari-jari R memenuhi persamaan Rzz 0 .

Contoh 2. Persamaan 231 iz 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) zzzzzz ImImdanReRe

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 zzzz dan untuk setiap z.

10

Jika z1 = x1 + iy1 dan z2 = x2 + iy2, maka

2211212121 iyxiyxyyixxzz .

Jadi, penjumlahan dua buah sekawan sama dengan jumlah dari sekawan-sekawannya.

(5) 2121 zzzz

Dengan cara serupa mudah ditunjukkan bahwa,

(6) 2121 zzzz

(7) 2121 zzzz

(8) 0z, 2

2

1

2

1

z

z

z

z

Penjumlahan zz dari bilangan kompleks z = x + iy dan sekawannya z = x –

iy adalah bilangan real 2x dan pengurangannya zz adalah bilangan imajiner murni

2iy. Jadi

(9)i

zzz

zzz

2Im,

2Re

.

Suatu hubungan yang sangat penting antara sekawan dari suatu bilangan

kompleks z = x + iy dengan modulus adalah

(10) 222yxzzz

y

z

z(x,-y)

(x,y)

0 x

Gambar 4

11

Metode ini yang digunakan untuk mengitung hasil bagi2

1

z

zpada persmaan (12) bagian

2. Metode ini adalah jelas dengan mengalikan kedua penyebut dan pembilang dari2

1

z

z

dengan 2z , sehingga penyebutnya menjadi bilangan real2

2z .

Contoh 3. Melalui suatu ilustrasi,

ii

i

i

ii

ii

i

i

1

5

55

2

55

22

231

2

312

.

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) 2121 zzzz

(12) 0z 2

2

1

2

1 z

z

z

z

Sifat (11) dapat diperoleh melalui

221

2

2

2

122112121

2

21 zzzzzzzzzzzzzz

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) 2121 zzzz

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

12

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

22212111

21212121

2

21

zzzzzzzz

zzzzzzzzzz

Tetapi

;22Re2 2121212121 zzzzzzzzzz

dan juga

2

221

2

1

2

21 2 zzzzzz ,

atau 221

2

21 zzzz

karena modulus nonnegatif maka, ketaksamaan (1) berlaku.

Suatu akibat dari ketaksamaan segitiga adalah jelas bahwa

(2) 21

2

21 zzzz

Untuk menurunkan ketaksamaan (2), kita tulis

2212211 zzzzzzz .

Yang berarti bahwa

(3) .2121 zzzz

Ketaksamaan (2) ini berlaku jika 21 zz . Jika 21 zz , kita hanya menukar z1 dengan

z2 dalam ketaksamaan (3) untuk mendapatkan

.2121 zzzz

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) 2121 zzzz

13

(5) 2121 zzzz

Contoh 1. Jika titik z terletak pada lingkaran satuan z =1 yang berpusat di titik asal,

maka

32233 zz dan 122

33 zz

Ketaksamaan segitiga dapat diperumum dengan induksi matematika sebagai

jumlah hingga dari suku-suku :

(6) 1,2,3,...n...... 2121 nn zzzzzz

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,

121

121121

...

......

m

mmmm

zzz

zzzzzzzz

Contoh 2. Jika z adalah titik di dalam lingkaran yang berpusat di titik asal dengan jari-

jari 2, yakni 2z , maka

251231232323 zzzzzz

Latihan 2.

1. Gambarkan bilangan z1 + z2 dan z1-z2 dalam bentuk vektor jika

a. z1 = 2i, z2 = 2/3 – i b. 0,3,1,3 21 zz

c. z1 = (-3,1), z2 = (1,4) d. z1 = x1 + iy1, z2 =x1 – iy1

2. Gunakan sifat sekawan dan modulus untuk menunjukkan bahwa

a. iziiziz 43i2c.izb.332

d. 523252 ziz

14

3. Buktikan ketaksamaan pada persamaan (3) bagian 3 mengenai hubungan Re z, Im z

dan z .

4. Buktikan bahwa zzz ImRe2 .

5. Buktikan sifat z pada persamaan (6) dan (7) bagian 3.

6. Gunakan sifat 3213212121 zzzzzz(a).nmenunjukkauntuk zzzz dan

(b). 44 zz .

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

(a).32

1

32

1

32

1

32

1 (b).;zz

z

zz

z

zz

z

zz

z

9. Dengan menggunakan ketaksamaan pada bagian 4, tunjukkan bahwa jika 43 zz

maka43

21

43

21

zz

zz

zz

zz

10. Dalam setiap kasus, gambarkan himpunan dari titik-titik dengan syarat yang

diberikan :

(a). 4i-2z(d).;2zRe(c).;1iz(b).;11 iiz

11. Gunakan ketaksamaan dalam bagian 3 dan 4 untuk menunjukkan bahwa

Jika 3z-1Immaka1 2 zz

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 2z , maka3

1

34

124

zz

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).

15

14. Buktikan bahwa

(a). z adalah real jika dan hanya jika z =z;

(b). z adalah salah satu real atau bagian imajiner jika dan hanya jika 22

zz .

15. Gunakan induksi matematika untuk menunjukkan bahwa jika n = 2, 3, … maka

(a). nnnn zzzzzzzzzzzz ......(b)....... 21212121

16. Misalkan a0, a1, a2, …, an (n1) menyatakan bilangan real, dan misalkan z suatu

bilangan kompleks. Dengan menggunakan hasil pada soal no. 15, tunjukkan bahwa

n

nn

n zazazaazazazaa ......2

2102

210

17. Tunjukkan bahwa persamaan Rzz o dari suatu lingkaran yang berpusat di z0

dan berjari-jari R, dapat ditulis 22

00

2Re2 Rzzzz .

18. Gunakan persamaan (9) bagian 3, untuk Re z dan Im z, Kemudian tunjukkan bahwa

hyperbola x2 – y2 = 1 dapat ditulis 222 zz

19. Gunakan kenyataan bahwa 21 zz adalah jarak antara dua titik z1 dan z2, berikan

suatu interprestasi geometri bahwa

(a). Persamaan 1044 iziz menyatakan suatu elips yang mempunyai titik

fokus 4,0 ;

(b). Persamaan izz 1 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.

16

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) arg z = Arg z + 2n ( n = 0, 1, 2, …)

Juga, jika z bilangan real negatif, Arg z mempunyai nilai , bukan -.

Contoh 1. Bilangan kompleks –1 – i , terletak dikuadran ketiga dan mempunyai

argumen utama -3/4, yaitu

4

31

iArg ;

dan dari sini diperoleh

ni 24

31arg ( n = 0, 1, 2, …)

x

r

z=x+iy

y

Gambar 5

17

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)

4

3exp21

ii

Dengan perjanjian bahwa e-i = ei(-), kita dapat juga menuliskan 4

3

21i

ei

.

Persamaan (5) hanya salah satu dari sejumlah tak berhingga kemungkinan untuk bentuk

eksponensial dari –1 – i ;

(6)

nii 2

4

3exp21 (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.

x

y

z =rei

r

0

Gambar 6

18

Oleh karena itu, dari gambar 6 menunjukkan bahwa dua bilangan kompleks tak nol

dan 21

2211 ii erzerz

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

,1ie ,2 iei

dan e-i4=1.

Gambar 6, dengan r = R, juga menunjukkan bahwa persamaan

(7) z = Rei (02)

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

0zz =R, mempunyai pusat di z0 dan berjari-jari R, mempunyai persamaan parameter

(8) z = z0 + Rei (02).

Hal ini dapat ditunjukkan dengan vektor (gambar 7) dengan catatan bahwa suatu titik z

melalui lingkaran 0zz =R dengan arah berlawanan jarum jam yang berkorespondensi

z Rei

z0

x

y

Gambar 7

19

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 :

2211 sincossincos21 iiee ii

= 21212121 sincoscossinsinsincoscos i

= 21

2121 sincos iei

Jadi, jika 21

2211 ii erzdanerz , perkalian z1z2 mempunyai bentuk exponensial

(1) 212121

21212121 iiiii erreerrererzz

Selain itu,

(2) 21

22

21

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

i

ii

ii

i

i

er

r

ee

ee

r

r

er

er

z

z

Karena, 1 = 1ei0, maka dari persamaan (2) invers dari suatu bilangan kompleks tak nol

z=rei adalah

(3) ierz

z 111

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

20

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

mn zz 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

innni

n

im

mm

in erer

er

er

z

111(n = -1, -2, …)

Persamaan (4) telah dibuktikan untuk semua pangkat bilangan bulat.

Jika r = 1 pada persamaan (4) maka diperoleh

(5) inni ee (n = 0, 1, 2, …).

Jika kita tuliskan dalam bentuk

(6) ninin

sincossincos ( 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 73 i dalam bentuk empat persegipanjang. Kita tuliskan

iieeeeiiii

i 6436436422223 667

6 6777

Selanjutnya, sekarang akan dibahas sifat penting yang mendasari argumen

(bagian 5) dari perkalian

(7) arg(z1z2) = arg z1+arg z2,

21

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.

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.

1

z2

2 z1

z1z2

1+2

x

y

Gambar 8

22

Contoh 2. Jika z1 = -1 dan z2 = i, maka

Arg (z1z2) = Arg (-i) =2

tetapi Arg z1 + Arg z2 = +

2

3

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

(8) 21

2

1 argargarg zzz

z

.

Persamaan ini dapat dibuktikan dengan bantuan persamaan (2).

Latihan

1. Carilah argumen utama Arg z jika

(a). 63(c).;2i-2-

iz(b).;

31

2i

iz

2. Dengan menuliskan masing-masing faktor dalam bentuk eksponensial dan kemudian

rubahlah kembali dalam bentuk koordinat empat persegi panjang, tunjukkan bahwa

(a). iiiii 21i2

5i(b).;312331

(c). iiii 31231(d).;181 11107

3. Tunjukkan bahwa

(a). 2,3,...nee...ee(c).;e(b).;1 ....iiiii 21n21 nii ee

4. Selesaikan persamaan 20untuk21 ie 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.

23

7. Tunjukkan bahwa 21

2

1 argargarg zzz

z

.

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 0zz adalah sama dengan nilai dari –arg(z-z0). Gunakan metode yang

sama untuk menunjukkan bahwa Arg 0zz = –Arg(z-z0) jika dan hanya jika z-z0

bukan bilangan real negatif.

9. Diberikan 021 zz , gunakan bentuk eksponensial dari z1 dan z2 untuk membuktikan

bahwa 2121Re zzzz jika dan hanya jika 1 - 2 = 2n (n = 0, 1, 2, …), dimana

1 = arg z1 dan 2 = arg z2.

10. Diberikan 021 zz dan gunakan hasil pada soal no. 9, modifikasi penurunan dari

ketaksamaan segitiga untuk menunjukkan bahwa 2121 zzzz 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

z

x

0zz

z-z0

y

0

Gambar 9

-

z0

24

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

z1 = c1c2 dan z2 = c1 2c . (petunjuk : 12121 exp

2exp

2exp

iii

dan [lihat

juga soal nomor 3 bahagian b]. 22121 exp

2exp

2exp

iii

)

13. Buktikan bahwa 1)(z1

1...1

12

z

zzzz

nn dan rumus ini untuk

menunjukkan penurunan rumus trigonometri Lagrange 1+cos +cos 2+ …+cos n

=

2

2

12

sin2

sin

2

1

n

(0 < < 2). (petunjuk : Untuk yang pertama, tulis

S= nzzz ...1 2 dan hitung S – zS. Untuk yang kedua, tulis z = ei dalam

persamaan pertama.

14. Gunakan induksi matematika untuk menunjukkan rumus Binomial untuk bilangan

Kompleks : kknn

k

nzz

k

nzz 21

021

(n = 1, 2, …), dimana

!!

!

knk

n

k

n

( k = 0,

1, 2, …,n) dan 0! = 1.

15. Gunakan induksi matematika untuk menunjukkan rumus De Moivre (pada bagian 6),

yakni ninin

sincossincos dimana n adalah bilangan bulat positif (n =

1, 2, …).

16. (a). Gunakan rumus Binomial (soal No. 14) dan rumus De Moivre (lihat soal no. 15)

dan tulis kknn

k

ik

nnin sincossincos

0

(n = 1, 2, …). Maka

definisikan bilangan bulat m dengan, m =ganjilnjika

genapnjika

21-n

2

n

dan jumlah di

25

atas untuk menunjukkan (bandingkan dengan soal 5 (a))

kknkm

k k

nn 22

0

sincos12

cos

(n = 1, 2, …).

(b). Tulis x = cos dan misalkan bahwa 0 , dalam kasus ini -1x1.

Bagaimana merubah bentuk hasil terakhir pada bagian (a) bahwa setiap fungsi

xnxTn1coscos (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 0ie , 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

0

0 iinn erer .

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 n rr 0 , hal ini menyatakan ketunggalan akar pangkat n dari

bilangan real positif r0, dan

n

k

nn

k

22 00

(k = 0, 1, 2, …)

Akibatnya, bilangan kompleks

z =

n

k

nirn

2exp 0

0 (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 n rz 0 yang berpusat dititik

26

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

(1)

n

k

nirc n

k

2exp 0

0 (k = 0, 1, 2, …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 n rz 0 , serta akarnya yang kedua –c0.

Jika n 3, akarnya terletak dititik sudut segi n beraturan yang dituliskan dalam

lingkaran.

Kita misalkan nz1

0 merupakan himpunan akar ke-n dari z0. Khususnya, jika z0

adalah bilangan real positif r0, simbol nr1

0 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).

z0 = r0 exp[i(0 + 2k)] (k = 0, 1, 2, …)

dan kita gunakan sifat umum eksponensial yang ada pada bilangan real, bahwa terdapat

n buah akar;

2exp11

000nn kirz

27

n

kirn

2exp 0

0

n

k

nirn

2exp 0

0 (k = 0, 1, 2, …n-1).

Contoh 1. Dalam urutan untuk menentukan akar pangkat n dari 1, kita tulis

1 = 1 exp [i(0 + 2k)] (k = 0, 1, 2, …)

dan diperoleh

(2)

n

ki

n

k

ninn

2exp

2011

1

(k = 0, 1, 2, …).

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)

niwn

2exp

maka dari persamaan (5) bagian 6, dan sifat ei bahwa

n

kiwk

n

2exp (k = 0, 1, 2, …)

Jadi diperoleh akar pangkat n yang berbeda dari 1 adalah

12 ,...,,,1 nnnn www .

Perhatikan gambar 10, dimana untuk kasus n = 3, 4 dan 6 diilustrasikan. Perlu dicatat

bahwa nnw =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

12 ,...,,, nnnn cwcwcwc .

28

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.

Contoh 2. Misalkan akan dicari semua nilai dari 31

8i , atau akan dicari akar pangkat

tiga dari –8i. Pertama-tama kita tulis

kii 2exp882 (k = 0, 1, 2, …)

maka akar-akarnya adalah

(4) 3

26

exp2 kk ic (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)

iiic 3sincos2exp2 6660 .

2 x

yc1

c0c2

Gambar 11

yy

24w

56w

1 x1 x

w3

23w

w4

24w

1 x 36w

26w y

6w

46w

Gambar 10

29

Dengan tanpa menghitung lebih lanjut, maka akan diperoleh c1 = 2i; dan c2 simetri

dengan c0 pada sumbu imajiner, kita ketahui bahwa ic 32 .

Jadi, akar-akarnya dapat ditulis 3

23

230300 expdimana,,, iwwcwcc

(ringkasnya, lihat bagian akhir contoh 1)

Latihan

1. Carilah akar kuadrat dari (a). 2i; (b). i31 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). 4

1

3

1

16-(b).;1 ;

4

1

6

1

38-8-(d).;8).( ic .

3. Misalkan z = rei suatu bilangan kompleks tak nol dan n bilangan bulat negatif ( n = -

1, -2, …). Maka definisikan mn zz1

n

111zdengan , dimana m = -n. Tunjukkan bahwa

1

11 1

n

111

zbahwapulaTunjukkan.

mmm zzz . (bandingkan dengan soal no. 11

latihan 3).

4.(a). Misalkan a menyatakan suatu bilangan real tetap, dan tunjukkan bahwa dua akar

kuadrat dari a + i adalah iaArgdan,1aAdimana,exp 2

2 iA .

(b).Dari rumus trigonometri2

cos1

2in,

2

cos1

2cos 22

s .

Tunjukkan bahwa akar kuadrat pada bagian (a) dapat ditulis

aAiaA 2

1.

5. Dari bagian 7., akar pangkat tiga dari bilangan kompleks z0 dapat ditulis c0, c0w3,

c0w32, dimana c0 akar utama dari z0 dan w3 =

2

31

3

2exp

ii

. Tunjukkan

30

bahwa jika z0 = ii 12cmaka;2424 0 dan dua akar pangkat tiga yang

lainnya

2

1313c,

2

1313 23030

iw

iwc

.

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 0...1 12 nccc (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

kuadrat pada bagian kiri turunkan rumus kuadratik

a

acbbz

2

4 2

12

.

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) 0zz

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< 0zz

31

yang terdiri dari semua titik z dalam suatu lingkungan dari z0 kecuali titik z0 itu

sendiri.

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) 1zdan1 z .

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 10 z tidak

x

z0

0zz

y

Gambar 120

32

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 1z adalah terhubung. Himpunan 21 z 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.

Suatu himpunan S dikatakan terbatas jika setiap titiknya terletak dalam suatu

lingkaran Rz ; 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.

z0

z1

x

y

0 1 2

Gambar 13

33

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). 1zIm(d).1;zIm(c).;432z(b).;12 iz

(e). .4-z(f).;0,arg04

zzz

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). 0,arg zz ;

.0zRe(d).;2

1

z

1Re(c).;Rez).( 2

zb

5. Misalkan S adalah himpunan terbuka yang terdiri dari semua titik z sehingga 1z

atau 12 z . 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). nn iz (n = 1, 2, …);

0z,2

argz0(c)....);2,1,(n,z).( n

n

ib

n

;

...)2,1,(n,

111z).( n

n

nid

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.

34

10. Buktikan bahwa suatu himpunan hingga dari titik-titik z1, z2, …, zn tidak mempunyai

titik akumulasi.