Fungsi Dasar Bilangan Kompleks

1.7 Fungsi Dasar Bilangan Kompleks

1.7.1 Fungsi Eksponen dan Trigonometri dari z

Fungsi eksponensial e z sangatlah penting, bukan hanya karena dirinya sendiri, tetapi juga sebagai dasar untuk mendefinisikan fungsi dasar lainnya. Fungsi eksponensial variabel riil sudah kita ketahui. Sekarang kita akan mencari tahu arti e z ketika z = x + iy. Dengan semangat Euler, kita bisa bekerja dengan cara kita secara manipulatif. Dengan asumsi e z memenuhi semua aturan yang sudah kita kenal dari fungsi eksponen bilangan riil, kita mempunyai

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

1.7. Fungsi Dasar Bilangan Kompleks

Sehingga kita bisa mendefinisikan e z sebagai e x (cos y + i sin y). Nilainya direduksi menjadi e x ketika suku imajiner z hilang. Mudah untuk dibuktikan bahwa

e z 1 e z 2 =e z 1 +z 2 .

Dalam bab selanjutnya kita akan mengetahui arti dari turunan terhadap z. Saat ini kita cukup tahu bahwa

e z =e z

dz

Sehingga definisi (1.19) menjaga semua sifat-sifat fungsi eksponensial. Kita sudah melihat bahwa

cos θ = (e iθ +e −iθ ), sin θ = (e iθ +e −iθ ).

2 2i

Dalam persamaan ini, kita bisa memperluas definisi cosinus dan sinus ke dalam domain kompleks. Sehingga kita mendefinisikan

Fungsi trigonometri z lainnya didefinisikan dengan cara biasa. Sebagai contoh

Dengan definisi ini kita bisa membuktikan semua rumus trigonometri tetap berlaku ketika variabel riil x digantikan variabel kompleks z:

cos(−z) = cos z, sin(−z) = − sin z, cos 2 z + sin 2 z=1

cos(z 1 ±z 2 ) = cos z 1 cos z 2 ∓ sin z 1 sin z 2 sin(z 1 ±z 2 ) = sin z 1 cos z 2 ± cos z 1 sin z 2

Untuk membuktikannya, kita mulai dengan definisinya. Sebagai contoh

e iz +2+e −iz −

e i2z −2+e −i2z .

1. Bilangan Kompleks

Contoh 1.7.1. Nyatakan e 1−i dalam bentuk a + bi, dalam tiga buah desimal. Solusi 1.7.1.

e 1−i =e 1 e −i = e(cos 1 − i sin 1).

Dengan menggunakan kalkulator

e 1−i ≃ 2.718(0.5403 − 0.8414i) = 1.469 − 2.287i

Contoh 1.7.2. Tunjukkan bahwa

1 = (e i2z −e −i2z ) = sin 2z.

2i

Contoh 1.7.3. Hitung sin(1 − i). Solusi 1.7.3. Dengan definisi

sin(1 − i) =

e i(1−i) −e −i(1−i)

= {e [cos(1) + i sin(1)]} − {e −1 [cos(1) − i sin(1)]}

1 cos(1) + (e + e −1 ) sin(1)

2i

Kita bisa memperoleh hasil yang sama dengan menggunakan rumus penjumlahan tri- gonometrik.

1.7.2 Fungsi Hiperbolik z

Kombinasi berikut ini sering kita jumpai

1 cosh z = (e z +e −z

), sinh z = (e z −e −z ).

Kombinasi ini disebut sebagai cosinus hiperbolik (disingkat cosh) dan sinus hiperbolik (disingkat sinh). Jelaslah

cosh(−z) = cosh z, sinh(−z) = − sinh z.

1.7. Fungsi Dasar Bilangan Kompleks

Fungsi hiperbolik lain didefinisikan dengan cara yang sama sejajar dengan fungsi trigonometrik:

sinh z

tanh z =

, coth z =

cosh z

tanh z

sechz =

, cschz =

cosh z

sinh z

Dengan definisi ini, semua identitas yang melibatkan fungsi hiperbolik variabel riil dijaga ketika variabelnya kompleks. Sebagai contoh

cosh 2 z

z − sinh = (e z +e − z) 2 − (e z +e − z) 2 =1

1 sinh 2z = (e 2z

2 2 2 = 2 sinh z cosh z.

Terdapat hubungan yang dekat antara fungsi trigonometrik dengan hiperbolik ke- tika variabelnya kompleks. Sebagai contoh

sin iz =

e (iz) −e (−iz)

−e z = i sinh z.

Serupa dengan hal ini, kita bisa membuktikan

cos iz = cosh z, sinh iz = i sin z, cosh iz = cos z.

Lebih dari ini

sin z = sin(x + iy) = sin x cos iy + cos x sin iy = sin x cosh y + i cos x sinh y, cos z = cos x cosh y − i sin x sinh y.

Contoh 1.7.4. Buktikan bahwa

sinh z = cosh z. dz

cosh z = sinh z,

dz

Solusi 1.7.4.

cosh z = (e 2 +e −z )= (e 2 +e −z ) = sinh z, dz

dz 2 2

1. Bilangan Kompleks

Contoh 1.7.5. Hitunglah cos(1 + 2i). Solusi 1.7.5.

cos(1 + 2i) = cos 1 cosh 2 − i sin 1 sinh 2 = (0.5403)(3.7622) − i(0.8415)(3.6269) = 2.033 − 3.052i.

Contoh 1.7.6. Hitunglah cos(π − i). Solusi 1.7.6. Dengan definisi

cos(π − i) =

e i(π−i) +e −i(π−i)

e iπ+1 +e −iπ−1

1 = (−e − e −1 ) = − cosh(1) = −1.543.

Kita memperoleh hasil yang sama dengan ekspansi

cos(π − i) = cos π cosh(1) + i sin π sinh(1) = − cosh(1) = −1.543.

1.7.3 Logaritma dan Pangkat dari z

Logaritma natural dari z = x+iy dinotasikan dengan ln z dan didefinisikan dengan cara yang sama seperti variabel riil, yaitu sebagai invers dari fungsi eksponensial. Tetapi, terdapat sebuah perbedaan penting. Sebuah nilai ekponensial riil y = e x adalah fungsi satu satu, karena dua buah x yang berbeda selalu memberikan dua buah nilai y yang berbeda. Hanya fungsi satu-satu yang memiliki invers karena tiap nilai y memiliki hanya sebuah nilai x. Tetapi e z adalah fungsi dari beberapa nilai, karena

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

Ketika y membesar sebagai sebuah perkalian dari 2π, nilai eksponensial kembali ke ni- lai awalnya. Sehingga untuk mendefinisikan logaritma kompleks kita harus membuang batasan fungsi satu-satu. Jadi,

w = ln z

didefinisikan untuk z 6= 0 dengan hubungan

e w = z.

1.7. Fungsi Dasar Bilangan Kompleks

Jika kita memilih

w = u + iv, z = re iθ ,

ini menjadi

e w =e u+iv =e u e iv = re iθ .

Karena |e w |= [(e) w )(e) w ) ∗ ] 1/2 = (e u+iv e u−iv ) 1/2 = u,

|e 1/2 |= (re ) = (re )(re iθ ) = r.

Dengan definisi

u = ln r.

Karena e w =z

Sehingga aturan logaritma tetap berlaku

(1.20) Karena θ adalah sudut polar (lingkaran), setelah z bertambah 2π dalam bidang kom-

ln z = ln re iθ = ln r + iθ.

pleks, nilainya akan kembali pada nilai asalnya dan z akan memiliki nilai yang sama. Tetapi logaritma z tidak akan kembali pada nilai asalnya. Suku imajinernya akan bertambah sebesar 2πi, sehingga (1.20) bisa dituliskan sebagai

ln z = ln r + i(θ 0 + 2πn), n = 0, ±1, ±2, · · · . Dengan menspesifikasi interval seperti itu, kita mengatakan bahwa kita telah memilih

cabang tertentu dari θ sebagai cabang utama. Nilai yang bersesuaian dengan n = 0 dikenal sebagai nilai utama dan dinyatakan sebagai Lnz, yaitu

Lnz = ln r + iθ 0 .

Pemilihan cabang utama adalah sebarang. Gambar 1.10 mengilustrasikan dua buah pilihan cabang yang mungkin. Gambar

1.10.(a) menggambarkan cabang yang memilih nilai argumen z dari selang −π < θ ≤ π. Nilai dalam selang ini paling sering digunakan dalam kode komputer aljabar

1. Bilangan Kompleks

Gambar 1.10: Dua buah pilihan cabang yang mungkin. (a) Cabang memotong sumbu x negatif. Titik −3 − 4i memiliki argumen 0.705π. (b) Cabang memotong sumbu x positif. Titik −3 − 4i memiliki argumen 1.295π.

kompleks. Argumen θ sifatnya diskontinu, melompat sebesar 2π ketika z memotong sumbu x negatif. Garis diskontinuitas ini dikenal sebagai potongan cabang. Perpo- tongan berakhir pada titik asal, yang dikenal sebagai titik cabang.

Dengan potongan cabang sepanjang sumbu riil negatif, nilai utama dari logaritma z

0 = −3−4i diberikan oleh ln(|z 0 |e ) dengan θ = tan −1 4 3 −π, sehingga nilai utamanya adalah

iθ

iθ

ln(−3 − 4i) = ln 5e = ln 5 + i(tan 1 + π) = 1.609 − 0.705πi.

Tetapi, jika kita memilih selang 0 ≤ θ < 2π sebagai cabang utama, maka potongan cabang sepanjang sumbu x positif, seperti pada Gambar 1.10.(b). Dalam kasus ini

nilai utama logaritma z 0 adalah

ln(−3 − 4i) = ln 5 + i(tan + π) = 1.609 + 1.295πi.

Kita akan menggunakan selang 0 ≤ θ < 2π sebagai cabang utama kecuali diberita- hukan yang lain.

Kita bisa dengan mudah mengecek hukum logaritma yang berlaku untuk variabel riil berlaku juga untuk variabel kompleks. Sebagai contoh

ln z

iθ 1 iθ 2

1 z 2 = ln r 1 e r 2 e = ln r 1 r 2 + i(θ 1 +θ 2 )

= ln r 1 + ln r 2 + iθ 1 + iθ 2

= (ln r 1 + iθ 1 ) + (ln r 2 + iθ 2 ) = ln z 1 + ln z 2 .

1.7. Fungsi Dasar Bilangan Kompleks

Hubungan ini selalu berlaku sepanjang nilai logaritma diambil. Tetapi, jika hanya nilai utama yang diambil, maka jumlah dua buah nilai utama ln z 1 + ln z 2 bisa berada

di luar cabang utama dari ln(z 1 z 2 ).

Contoh 1.7.7. Carilah semua nilai dari ln 2. Solusi 1.7.7. Bilangan riil 2 juga merupakan bilangan kompleks 2 + 0i, dan

2 + i0 = 2e in2π , n = 0, ±1, ±2, · · · .

Jadi ln 2 = Ln2 + n2πi

= 0.693 + n2πi, n = 0, ±1, ±2, · · · . Bahkan bilangan riil sekarang juga memiliki banyak logaritma. Hanya satu yang riil,

yaitu ketika n = 0 nilai utama.

Contoh 1.7.8. Carilah semua nilai dari ln(1). Solusi 1.7.8.

ln(−1) = ln e i(π±2πn) = i(π + 2πn), n = 0, ±1, ±2, · · · .

Nilai utamanya adalah iπ untuk n = 0. Karena ln a = x berarti e x = a, sehingga sepanjang x berupa variabel riil, a

selalu positif. Jadi, dalam domain bilangan riil, logaritma bilangan negatif tidak ada. Sehingga jawabannya harus berasal dari domain kompleks. Situasinya masih membingungkan pada abad 18 ketika matematikawan besar D’Alembert (1717 − 1783) berpikir bahwa ln(−x) = ln(x), sehingga ln(−1) = ln(1) = 0. Alasannya adalah

sebagai berikut. Karena (−x)(−x) = x 2 , jadi ln[(−x)(−x)] = ln x 2 = 2 ln x. Tetapi ln[(−x)(−x)] = ln(−x) + ln(−x) = 2 ln(−x), sehingga kita memperoleh ln(−x) = ln x. Hasil ini tidak benar, karena kita menggunakan aturan aljabar biasa dalam domain bilangan kompleks. Eulerlah yang akhirnya menemukan bahwa ln(−1) harus sama dengan bilangan kompleks iπ, yang sesuai dengan persamaannya e iπ = −1.

Contoh 1.7.9. Carilah nilai utama dari ln(1 + i). Solusi 1.7.9. Karena

√ 1+i= 2e iπ/4 ,

ln(1 + i) = ln 2+

i = 0.3466 + 0.7854i.

1. Bilangan Kompleks

Sekarang kita berada pada posisi untuk berpikir mengenai pangkat umum bilangan kompleks. Pertama marilah kita cari i i . Karena

i=e i( π 2 +2πn) ,

=e −( π 2 +2πn) , n = 0, ±1, ±2, · · · . Kita peroleh nilai yang tak hingga banyaknya dan semuanya riil. Euler membuktikan

= e i( π 2 +2πn)

bahwa pangkat imajiner dari bilangan imajiner bisa berupa bilangan riil. Secara umum, karena a = e ln a , maka

a b = (e ln a ) b =e b ln a .

Dalam rumus ini, a dan b bisa berupa bilangan kompleks. Sebagai contoh, untuk mencari (1 + i) 1−i , pertama kita tuliskan

h i 1−i (1 + i) 1−i = e ln(1+i)

=e (1−i) ln(1+i) . Karena

ln(1 + i) = ln 2e i( 4 +2πn) = ln

2 + i( + 2πn), n = 0, ±1, ±, 2, · · · ,

sekarang

(ln √ 2+i( π

(1 + i) 1−i =e

4 +2πn)−i ln

4 +2πn e i( π 2 +2πn−ln 2) .

Dengan menggunakan

ln √ 2 e √ = 2

e i2πn = 1,

kita memiliki

√ π 4 +2πn h √

dengan menggunakan kalkulator

(1 + i) 1−i =e 2πn (2.808 + 1.318i), n = 0, ±1, ±2, · · · .

Contoh 1.7.10. Carilah semua nilai dari i 1/2 . Solusi 1.7.10.

=e iπ/4 e inπ , n = 0, ±1, ±2, · · · . Karena e inπ = 1 untuk n genap dan e inπ = −1 untuk n ganjil, maka

Perhatikan bahwa n bisa berupa bilangan bulat sebarang, kita menemukan hanya dua buah nilai i 1/2 seperti seharusnya, yaitu akar kuadrat dari i.

1.7. Fungsi Dasar Bilangan Kompleks

Contoh 1.7.11. Carilah nilai utama dari 2 i . Solusi 1.7.11.

2 i = e ln 2 =e i ln 2 = cos(ln 2) + i sin(ln 2) = 0.769 + 0.639i.

Contoh 1.7.12. Carilah nilai utama dari (1 + i) 2−i . Solusi 1.7.12.

(1 + i) 2−i = exp [(2 − i) ln(1 + i)]

Nilai utama dari ln(1 + i) adalah

ln(1 + i) = ln 2e iπ/4

2 − ln = 4.3866(sin 0.3466 + i cos 0.3466) = 1.490 + 4.126i

cos

2 − ln 2 + i sin

1.7.4 Invers Fungsi Trigonometrik dan Hiperbolik

Kita mulai dengan definisi, kita bisa mencari invers fungsi trigonometrik dan hiper- bolik. Sebagai contoh, untuk mencari

w = sin −1 z,

kita bisa menuliskannya sebagai

z = sin w = (e iw −e −iw ).

2i

Mengalikannya dengan e iw , kita mempunyai

ze iw

1 = (e i2w − 1).

2i

1. Bilangan Kompleks

Dengan menata ulang, kita memperoleh persamaan kuadrat dari e iw

(e iw ) 2 − 2ize iw − 1 = 0.

Solusinya adalah

Dengan mengambil logaritma kedua ruas

Karena logaritma, rumus ini bernilai banyak. Meski dalam cabang utama sin −1 z memiliki dua nilai untuk z = 1 karena akarnya.

Dengan cara yang sama, kita bisa membuktikan

sinh −1 z = ln

iz ± (1 − z 2 ) 1/2 ,

iz ± (1 − z 2 ) 1/2 i ,

cosh −1 z = ln

Contoh 1.7.13. Hitunglah cos −1 2. Solusi 1.7.13. Misalkan w = cos −1

2, jadi cos w = 2. Diperoleh:

e iw

2 + −iw = 2.

Kalikan dengan e iw , kita peroleh bentuk kuadratik dari e iw .

(e iw ) 2 + 1 = 4e iw .

Selesaikan e iw

e iw

Jadi

√ iw = ln 1± 3 .

1.7. Fungsi Dasar Bilangan Kompleks

√ Perhatikan hanya dalam kasus khusus ini, ln(2 +

3) = ln(2 − 3), karena

Sehingga nilai utama dari ln(2 ±

3) = ±1.317. Jadi

cos −1 2 = ∓1.317i + 2πn, n = 0, ±1, ±2, · · · .

Dalam domain variabel riil, nilai maksimal dari cosinus adalah satu. Sehingga kita berharap cos −1 2 adalah bilangan kompleks. Perhatikan juga bahwa solusi ± juga

sudah kita duga karena cos(−z) = cos(z).

Contoh 1.7.14. Buktikan bahwa

tan −1

z=

2 [ln(i + z) − ln(i − z)] .

Solusi 1.7.14. Misalkan w = tan −1 z, jadi

iz(e iw +e −iw )=e iw −e −iw , (iz − 1)e iw + (iz + 1)e −iw = 0.

Kalikan dengan e iw dan susun ulang, kita mempunyai

Ambil logaritma kedua ruas

tan −1 z=w= [ln(i + z) − ln(i − z)] .

1. Bilangan Kompleks