Bentuk Polar Bilangan Kompleks

1.6 Bentuk Polar Bilangan Kompleks

Dalam koordinat polar (lingkaran) (r, θ), variabel x dan y adalah

x = r cos θ, y = r sin θ.

Variabel kompleks z bisa dituliskan sebagai

(1.18) Kuantitas r, dikenal sebagai modulus, adalah nilai mutlak z dan diberikan oleh

z = x + iy = r(cos θ + i sin θ) = re iθ .

r = |z|= (zz ∗ ) 1/2 = (x 2 +y 2 ) 1/2 .

Sudut θ disebut sebagai argumen, atau fase, dari z. Diukur dalam radian, diberikan oleh

θ = tan −1 y . x

Jika z berada pada kuadran kedua atau ketiga, kita harus menggunakan persamaan ini dengan hati-hati. Dalam kuadran kedua, tan θ nilainya negatif, tetapi dalam kal- kulator atau kode komputer, sebuah arctangen negatif diinterpretasikan sebagai sudut pada kuadran keempat. Dalam kuadran ketiga, tan θ nilainya positif, tetapi kalkula- tor akan menginterpretasikan sebuah arctangen positif sebagai sebuah sudut dalam kuadran pertama. Karena sebuah sudut ditentukan oleh nilai sinus dan cosinusnya, θ ditentukan oleh pasangan persamaan

Tetapi dalam prakteknya kita biasa menghitung tan −1 (y/x) dan mencocokkan perso- alan kuadran dengan menambah atau mengurangi dengan π. Karena identifikasinya sebagai sebuah sudut, θ hanya terdefinisi dengan sebuah bilangan bulat dikalikan 2π. Kita harus menggunakan pilihan biasa untuk batasan θ pada selang 0 ≤ θ < 2π se- bagai nilai utama. Tetapi dalam kode komputer nilai utama biasanya dipilih dalam selang −π ≤ θ < π.

1. Bilangan Kompleks

Gambar 1.3: Bentuk polar bilangan kompleks. Lingkaran satuan dalam bidang kompleks dinya- takan dengan e i θ . Secara umum bilangan kompleks diberikan oleh re i θ .

Persamaan (1.18) dikenal sebagai bentuk polar z. Jelas terlihat bahwa, kompleks konjugat z dalam bentuk polar adalah

z ∗ (r, θ) = z(r, −θ) = re iθ .

Dalam bidang kompleks, z ∗ adalah pencerminan z sepanjang sumbu−x. Akan sangat bermanfaat untuk mengingat bidang kompleks. Ketika θ membesar, e iθ mendesk- ripsikan sebuah lingkaran satuan dalam bidang kompleks seperti pada Gambar 1.3. Untuk sampai pada bilangan kompleks secara umum z, kita harus mengambil vektor satuan e iθ yang mengarah pada z dan menariknya sepanjang |z| = r.

Kita biasa mengalikan atau membagi bilangan kompleks dalam bentuk polar. Mi- salkan

z 1 =r 1 e iθ , z 2 =r 2 e iθ 2

maka z 1 z 2 =r 1 e iθ 1 r 2 e iθ 2 =r 1 r 2 [cos(θ 1 +θ 2 ) + i sin(θ 1 +θ 2 )] ,

[cos(θ 1 +θ 2 ) + i sin(θ 1 +θ 2 )] .

1.6.1 Akar dan Pangkat Bilangan Kompleks

Untuk memperoleh pangkat ke-n sebuah bilangan kompleks, kita memangkatkan mo- dulus dengan n dan mengalikan sudut fase dengan n

z n = (re iθ ) n =r n e inθ =r n (cos nθ + i sin nθ).

1.6. Bentuk Polar Bilangan Kompleks

Rumus ini berlaku untuk bilangan bulat positif maupun negatif. Tetapi jika n adalah bilangan pecahan, kita harus berhati-hati menggunakan rumus ini. Sebagai contoh, kita bisa mengartikan z 1/4 sebagai akar keempat dari z. Dengan kata lain, kita ingin mencari sebuah bilangan yang dipangkatkan 4 sama dengan z. Marilah kita gunakan z = 1. Jelaslah

1 4 = (e i0 ) 4 =e i0 = 1,

i 4 = 4 e iπ/2 =e i2π = 1, (−1) 4 = (e iπ ) 4 =e i4π = 1,

(−i) = e i3π/2 =e i6π = 1.

Sehingga terdapat empat buah jawaban

Perkalian akar berkaitan dengan cara berbeda untuk menyatakan 1 dalam bentuk polar: e i0 =e i2π =e i4π , dsb. Sehingga untuk menghitung seluruh akar ke−n dari z, kita harus menyatakan z sebagai

z = re iθ+ik2π , (k = 0, 1, 2, · · · , n − 1)

dan z 1 n = n √ re iθ/n+ik2π/n (k = 0, 1, 2, · · · , n − 1).

Alasan bahwa k berhenti pada n − 1 adalah karena ketika k mencapai n, e ik2π/n =

e i2π = 1 dan akarnya merepresentasikan dirinya sendiri. Sehingga terdapat n akar yang berbeda. Secara umum, jika n dan m adalah bilangan bulat positif yang tidak memiliki faktor bersama, maka

i |z|e n (θ+2kπ)

m/n

|z| m cos (θ + 2kπ) + i sin (θ + 2kπ) ,

n dengan z = |z|e iθ dan k = 0, 1, 2, · · · , n − 1.

Contoh 1.6.1. Nyatakan (1 + i) 8 dalam bentuk a + bi.

Solusi 1.6.1. Misalkan z = (1 + i) = re iθ , dengan

−1 1 r = (zz π ) = 2, θ = tan = .

Diperoleh:

(1 + i) 8 =z 8 =r 8 e i8θ = 16e i2π = 16.

1. Bilangan Kompleks

Contoh 1.6.2. Nyatakan rumus berikut dalam bentuk a + bi :

3+ 3 i) 2 6 2

2 +i 2

Solusi 1.6.2. Marilah kita nyatakan

dengan r

2 3+ 3 2 i) 6 z 6 6 iπ/6

= √ e i(π−3π/4) = √ e iπ/4

Contoh 1.6.3. Carilah semua akar tiga dari 8. Solusi 1.6.3. Nyatakan 8 sebagai bilangan kompleks z dalam bidang kompleks

z = 8e ik2π , k = 0, 1, 2, · · · .

Jadi z 1/3 = (8) 1/3 e ik2π/3 = 2e ik2π/3 , k = 0, 1, 2. 

 2e i0 = 2, k = 0,  

z 1/3 = 2e ik2π/3 = 2 cos 2π + i sin 2π 

3 3 = −1 + i 3, k = 1,  

√ 2e ik4π/3 = 2 cos 4π 3 + i sin 4π 3 = −1 − i 3,

k = 2. Perhatikan bahwa tiga buah akar berada pada sebuah lingkaran dengan jari-jari 2

berpusat pada titik asal. Tiga akar tersebut terpisah 120°.

1.6. Bentuk Polar Bilangan Kompleks

Contoh 1.6.4. Carilah semua akar tiga dari 2+i 2.

Solusi 1.6.4. Bentuk polar dari 2+i

2 adalah

√ 2+i

2 = 2e iπ/4+ik2π .

√ √ Akar tiga dari 2+i

2 diberikan oleh

 k = 0,

  (2) 1/3 e iπ/12 = (2) 1/3 (cos π + i sin π 12 12 ),

z 1/3 = (2) 1/3 e i(π/12+2π/3) (2) 1/3 (cos 3π + i sin 3π ),

4 4 k = 1.

  (2) 1/3 e i(π/12+4π/3) (2) 1/3 (cos 17π

12 + i sin 17π 12 ), k = 2. Lagi tiga buah akar berada pada lingkaran yang sama terpisah 120°.

Contoh 1.6.5. Carilah semua nilai z yang memenuhi persamaan z 4 = −64. Solusi 1.6.5. Nyatakan 64 sebagai sebuah titik pada bidang kompleks

−64 = 64e iπ+ik2π , k = 0, 1, 2, · · · .

Diperoleh: z = (−64) 1/4 = (64) 1/4 e i(π+2kπ) , k = 0, 1, 2, 3,

 2 2(cos π 4 + i sin π 4 ) = 2 + 2i,

k = 0,

   √ 2 2(cos 3π + i sin 3π

2 2(cos 7π 4 + i sin 7π 4 ) = −2 − 2i,

k = 3. √

Perhatikan bahwa empat buah akar berada pada satu lingkaran berjari-jari

8 ber- pusat di titik asal yang terpisah 90°.

Contoh 1.6.6. Carilah semua nilai dari (1 − i) 3/2 . Solusi 1.6.6.

√ iθ

(1 − i) = 2e , θ = tan (−1) = −

(1 − i) =2 2e i3θ+ik2π , k = 0, 1, 2, · · ·

(1 − i)

= 8e i(3θ+ikπ) , k = 0, 1.

 √ 3/2 4 8 cos − 3π

k = 0, (1 − i)

8 + i sin − 8 ,

 4 8 cos 5π 8 + i sin 5π 8 ,

k = 1.

1. Bilangan Kompleks

1.6.2 Trigonometri dan Bilangan Kompleks

Sebagian besar identitas trigonometrik paling elegan dibuktikan dengan bilangan kom- pleks. Sebagai contoh, dengan mengambil konjugat kompleks dari rumus Euler

(e iθ ) ∗ = (cos +i sin θ) ∗ ,

kita mempunyai

e −iθ = cos θ − i sin θ.

Jika kita menuliskan persamaannya sebagai

e −iθ =e i(−θ) = cos(−θ) + i sin(−θ).

Dengan membandingkan dua buah persamaan terakhir, kita mempunyai

cos(−θ) = cos(θ), sin(−θ) = − sin(θ),

yang konsisten dengan apa yang kita ketahui tentang fungsi sinus dan cosinus dalam trigonometri.

Jika kita jumlahkan dan kurangi e iθ dan e −iθ , kita peroleh

e iθ +e −iθ = (cos θ + i sin θ) + (cos −i sin θ) = 2 cos θ,

e iθ −e −iθ = (cos θ + i sin θ) − (cos −i sin θ) = 2i cos θ,

Dengan menggunakannya kita bisa dengan mudah menyatakan pangkat dari sinus ma- upun cosinus dalam cos nθ dan sin nθ. Sebagai contoh dengan n = 2, kita mempunyai

cos 2 1 θ= 1 (e iθ +e -1θ ) = (e i2θ + 2e iθ e −iθ +e −i2θ )

= (e i2θ +e i2θ )+e i0 = (cos 2θ + 1).

− 2e iθ e −iθ +e −i2θ )

2i

(e i2θ

+e −i2θ )+e i0 = (− cos 2θ + 1).

Untuk mencari sebuah identitas cos(θ 1 +θ 2 ) dan sin(θ 1 +θ 2 ), kita bisa melihatnya

sebagai komponen dari exp[i(θ 1 +θ 2 )]. Karena

e iθ 1 e iθ 2 = cos(θ 1 +θ 2 ) + i sin(θ 1 +θ 2 ),

1.6. Bentuk Polar Bilangan Kompleks

dan

e iθ 1 e iθ 2 = [cos θ 1 + i sin θ 1 ] [cos θ 2 + i sin θ 2 ]

= (cos θ 1 cos θ 2 − sin θ 1 sin θ 2 ) + i (sin θ 1 cos θ 2 + cos θ 1 sin θ 2 ) dengan menyamakan suku riil dan suku imajiner, kita peroleh cos (θ 1 +θ 2 ) = cos θ 1 cos θ 2 − sin θ 1 sin θ 2 ,

sin (θ 1 +θ 2 ) = sin θ 1 cos θ 2 + cos θ 1 sin θ 2 . Dari dua buah persamaan ini

cos θ 1 cos θ 2 − sin θ 1 sin θ 2 Jika kita bagi pembilang dan penyebutnya dengan cos θ 1 cos θ 2 diperoleh

Rumus ini bisa diturunkan langsung dengan bilangan kompleks. Misalkan z 1 dan z 2 adalah dua buah titik dalam bidang kompleks dengan komponen x sama dengan 1 z 1 = 1 + iy 1 =r 1 e iθ 1 y , 1 tan θ 1 = =y 1 ,

Hasil perkalian keduanya Im(z 2 )

z 1 z 2 =r 1 r

2 e i(θ +θ ) , tan(θ 1 +θ 2 )=

. Re(z 1 z 2 )

Tetapi z 1 z 2 = (1 + iy 1 )(1 + iy 2 ) = (1 − y 1 y 2 ) + i(y + y 2 ),

jadi

Im(z 1 z 2 )

y 1 +y 2 tan θ 1 + tan θ 2

tan(θ 1 +θ 2 )=

1−y 1 y 2 1 − tan θ 1 tan 2 Identitas-identitas ini tentu bisa dibuktikan secara geometrik, tetapi secara aljabar, akan lebih mudah dibuktikan dengan bilangan kompleks.

Re(z 1 z 2 )

Contoh 1.6.7. Buktikan rumus De Moivre

(cos θ + i sin θ) n = cos nθ + i sin nθ.

Solusi 1.6.7. Karena (cos θ + i sin θ) = e iθ , diperoleh

(cos θ + i sin θ) n = (e iθ ) n =e inθ = cos nθ + i sin nθ.

Teorema ini dipublikasikan pada 1707 oleh Abraham De Moivre, matematikawan Per- ancis yang hidup di London.

1. Bilangan Kompleks

Contoh 1.6.8. Gunakan teorema De Moivre dan rumus binomial untuk menyatakan cos 4θ dan sin 4θ dalam suku pangkat dari cos θ dan sin θ. Solusi 1.6.8.

cos 4θ + i sin 4θ = e i4θ = (e iθ ) 4 = (cos θ + i sin θ) 4

= cos 4 θ + 4 cos 3 θ(i sin θ) + 6 cos 2 θ(i sin θ) 2

+ 4 cos θ(i sin θ) 3 + (i sin θ) 4

= (cos 4 θ − 6 cos 2 θ sin 2 θ + sin 4 θ) + i(4 cos 3 θ sin θ − 4 cos θ sin 3 θ).

Dengan menyamakan suku riil dan imajinernya diperoleh

cos 4θ = cos 4 2 θ sin 2 θ + sin θ − 6 cos 4 θ, sin 4θ = 4 cos 3 θ sin θ − 4 cos θ sin 3 θ,

Contoh 1.6.9. Nyatakan cos 4 θ dan sin 4 θ sebagai perkalian dari θ. Solusi 1.6.9.

4 cos 1 θ= (e iθ +e −iθ )

(e i4θ +e −i4θ ) + 4(e i2θ +e −i2θ )+6

(e i4θ +e −i4θ ) − 4(e i2θ +e −i2θ )+6

1 1 3 = cos 4θ − cos 2θ + .

Contoh 1.6.10. Tunjukkan bahwa cos(θ 1 +θ 2 +θ 3 ) = cos θ 1 cos 2 cos 3 − sin θ 1 sin 2 cos 3

− sin θ 1 sin θ 3 cos 2 − sin θ 2 sin θ 3 cos 1 , sin(θ 1 +θ 2 +θ 3 ) = sin θ 1 cos 2 cos 3 + sin θ 2 cos 1 cos 3

+ sin θ 3 cos θ 1 cos 2 − sin θ 1 sin θ 2 sin 3 .

1.6. Bentuk Polar Bilangan Kompleks

Solusi 1.6.10. cos(θ 1 +θ 2 +θ 3 ) + i sin(θ 1 +θ 2 +θ 3 )=e i(θ 1 +θ 2 +θ 3 ) =e iθ 1 e iθ 2 e iθ 3 ,

e iθ 1 e iθ 2 e iθ 3 = (cos θ 1 + i sin θ 1 )(cos θ 2 + iθ 2 )(cos θ 3 + iθ 3 ) = cos θ 1 (1 + i tan θ 1 ) cos θ 2 (1 + i tan θ 2 ) cos 3 (1 + i tan θ 3 ).

Karena

(1 + a)(1 + b)(1 + c) = 1 + (a + b + b) + (ab + bc + ca) + abc,

(1 + i tan θ 1 )(1 + i tan θ 2 )(1 + i tan θ 3 ) = 1 + i(tan θ 1 + tan θ 2 + tan θ 3 ) +i 2 (tan θ

1 tan θ 2 + tan θ 2 tan θ 3 + tan θ 3 tan θ 1 )+i tan θ 1 tan θ 2 tan θ 3 = [1 − (tan θ 1 tan θ 2 + tan θ 2 tan θ 3 + tan θ 3 tan θ 1 )] +i [(tan θ 1 + tan θ 2 + tan θ 3 ) − tan θ 1 tan θ 2 tan θ 3 ].

Jadi

e iθ 1 e iθ 2 e iθ 3 = cos θ 1 cos θ 2 cos θ 3

) [1 − (tan θ 1 θ 2 + tan θ 2 tan θ 3 + tan θ 3 tan θ 1 )]

× . +i [(tan θ 1 + tan θ 2 tan θ 3 ) − tan θ 1 tan θ 2 tan θ 3 ]

Dengan menyamakan suku riil dan imajinernya

cos(θ 1 +θ 2 +θ 3 ) = cos θ 1 cos θ 2 cos θ 3

× [1 − (tan θ 1 tan θ 2 + tan θ 2 tan θ 3 + tan θ 3 tan θ 1 )] = cos θ 1 cos θ 2 cos θ 3 − sin θ 1 sin θ 2 sin θ 1 − sin θ 1 sin θ 2 cos θ 1 − sin θ 2 sin θ 3 cos θ 1 ,

sin(θ 1 +θ 2 +θ 3 ) = cos θ 1 cos θ 2 cos θ 3

× [(tan θ 1 + tan θ 2 + tan θ 3 ) − tan θ 1 tan θ 2 tan θ 3 ] = sin θ 1 cos θ 2 cos θ 3 + sin θ 2 cos θ 1 cos θ 3 + sin θ 3 cos θ 1 cos θ 2 − sin θ 1 sin θ 2 cos θ 3 .

Contoh 1.6.11. Jika θ 1 ,θ 2 ,θ 3 merupakan sudut dalam sebuah segitiga tunjukkan bahwa tan θ 1 + tan θ 2 + tan θ 3 = tan θ 1 tan θ 2 tan θ 3 .

Solusi 1.6.11. Karena

sin(θ 1 +θ 2 θ 3 ) tan(θ 1 +θ 2 +θ 3 )= cos(θ 1 +θ 2 +θ 3 )

1. Bilangan Kompleks

dan dengan menggunakan hasil pada soal sebelumnya, kemudian kita bagi pembilang

dan penyebutnya dengan cos θ 1 cos θ 2 cos θ 3 , kita peroleh

tan(θ 1 +θ 2 +θ − tan θ 1 tan θ 2 tan θ 3

tan θ 1 + tan θ 2 + tan θ 3

1 − tan θ 1 tan θ 2 − tan θ 2 tan θ 3 − tan θ 3 tan θ 1 Sekarang theta 1 ,θ 2 ,θ 3 adalah sudut dalam sebuah segitiga dan theta 1 +θ 2 +θ 3 =π

dan tan(theta 1 +θ 2 +θ 3 ) = tan π = 0. Jadi

tan θ 1 + tan θ 2 + tan θ 3 = tan θ 1 tan θ 2 tan θ 3 .

Contoh 1.6.12. Tunjukkan bahwa sin nθ cos nθ

cos θ + cos 3θ + cos 5θ + · · · + cos(2n − 1)θ = , sin θ

sin 2 nθ sin θ + sin 3θ + sin 5θ + · · · + sin(2n − 1)θ =

. sin θ

Solusi 1.6.12. Misalkan

C = cos θ + cos 3θ + cos 5θ + · · · + cos(2n − 1)θ, S = sin θ + sin 3θ + sin 5θ + · · · + sin(2n − 1)θ.

Z = C + iS = (cos θ + i sin θ) + (cos 3θ + i sin 3θ) + (cos 5θ + i sin 5θ) + · · · + (cos(n − 1)θ + i sin(2n − 1)θ)

=e iθ +e i3θ +e i5θ +···+e i(2n−1)θ .

e i2θ Z=e i3θ +e i5θ +···+e i(2n−1)θ +e i(2n−1)θ

Z−e i2θ Z=e iθ

−e i(2n+1)θ ,

e inθ (e inθ −e iθ ) Z=

e iθ −e i(2n+1)θ

e iθ (1 − e i2θ )

1−e i2θ

e iθ (e −iθ −e iθ )

(e −iθ −e −iθ )

e inθ sin nθ

cos nθ sin nθ

sin nθ sin nθ

+i

sin θ

sin θ

sin θ

Jadi

cos nθ sin nθ

sin 2 nθ

C=

, S=

sin θ

sin θ

1.6. Bentuk Polar Bilangan Kompleks

Contoh 1.6.13. Untuk r < 1, tunjukkan bahwa ∞

Solusi 1.6.13. Misalkan

(cos nθ + i sin nθ) =

=1+r 2 e iθ +r 4 e i2θ +r 6 e i3θ +···.

Karena r < 1 deret ini konvergen

r 2 e iθ Z=r 2 e iθ +r 4 e i2θ +r 6 e i3θ +···, Z−r 2 e iθ Z = 1,

1 − 2r 2 cos θ + r 4 Tetapi

1 − 2r cos θ + r Ini merupakan intensitas cahaya yang ditransmisikan melalui sebuah film setelah pe-

n=0

n=0

mantulan berulang pada permukaan film dan r adalah fraksi cahaya yang dipantulkan setiap saat.

1. Bilangan Kompleks

Gambar 1.4: Penjumlahan dan pengurangan bilangan kompleks dalam bidang kompleks. Sebuah bilangan kompleks bisa dinyatakan dengan sebuah titik pada bidang kompleks, atau dengan sebuah vektor dari titik asal ke titik tersebut. Vektor bisa dipindahkan secara paralel dengan dirinya sendiri.

1.6.3 Geometri dan Bilangan Kompleks

Terdapat tiga buah representasi geometrik bilangan kompleks z = x + iy:

1. sebagai sebuah titik P (x, y) pada bidang xy.

2. sebagai sebuah vektor OP dari titik asal ke titik P ,

3. sebagai sebuah vektor sebarang dengan panjang dan yang sama seperti OP . Sebagai contoh z A = 3 + i bisa dinyatakan dengan sebuah titik A pada Gambar 1.4.

Titik ini bisa juga dinyatakan dengan vektor z A . Dengan cara yang sama z B = −2+3i bisa dinyatakan dengan titik B dan vektor z B . Sekarang kita misalkan z C sebagai z A +z B z C =z A +z B = (3 + i) + (−2 + 3i) = 1 + 4i.

Sehingga z C direpresentasikan dengan titik C dan vektor z C . Jelaslah dua buah segitiga yang diarsir pada Gambar 1.4 identik. Vektor AC (dari A ke C) tidak hanya paralel dengan z B , panjangnya juga sama dengan z B . Jadi z A ,z B dan z A +z B adalah tiga buah sisi segitiga OAC. Karena jumlah dua buah sisi segitiga haruslah lebih besar atau sama dengan sisi ketiga, diperoleh

|z A |+|z B |≥ |z A +z B |.

1.6. Bentuk Polar Bilangan Kompleks

Karena z B =z C −z A dan z B sama dengan AC, kita bisa menginterpretasikan z C −z A sebagai vektor dari puncak z A ke puncak dari z C . Jarak antara C dan A adalah |z C −z A |.

Jika z adalah sebuah variabel dan z A tetap, maka sebuah lingkaran dengan jari-jari r berpusat pada z A dinyatakan dengan persamaan

|z − z A |.

Jika dua buah segmen AB dan CD paralel maka

z B −z A = k(z D −z C ),

dengan k adalah bilangan riil. Jika k = 1 maka A, B, C, D adalah puncak-puncak paralellogram (jajaran genjang).

Jika dua buah segmen AB dan CD saling tegak lurus, maka rasio z D −z z C B −z A haruslah sebuah bilangan imajiner. Hal ini bisa dilihat sebagai berikut. Segmen AB pada

Gambar 1.5: Segmen tegak lurus. Jika AB dan CD segmen yang saling tegak lurus, maka perban-

dingan z D −z C dan z B −z A haruslah merupakan bilangan imajiner.

Gambar 1.5 bisa dinyatakan sebagai

z B −z iβ A = |z B −z A |e

dan segmen CD sebagai

e i(α−β)

z B −z A |z B −z A |e iβ

|z B −z A |

1. Bilangan Kompleks

Kita tahu bahwa sudut eksterior sama dengan jumlah dua buah sudut dalam (interior), yaitu, pada Gambar 1.5 α = β + γ atau γ = α − β. Jika AB tegak lurus dengan CD

maka γ = π 2 dan

e i(α−β) =e iγ =e iπ/2 =i

Karena |z D −z C |z | B −z A | maka z D −z z C B −z A haruslah imajiner.

Contoh berikut mengilustrasikan bagaimana menggunakan prinsip ini untuk me- nyelesaikan persoalan dalam geometri.

Contoh 1.6.14. Tentukan kurva pada bidang kompleks yang dinyatakan oleh

z+1 z−1

Solusi 1.6.14. z+1 z−1 persamaan ini menjadi

|(x + 1) + iy| = 2|(x − 1) + iy|,

{[(x + 1) + iy] [(x + 1) − iy]} 1/2 = 2{[(x − 1) + iy] [(x − 1) − iy]} . Kuadratkan kedua ruas

3x 2 − 10x + 3y 2 +3=0

yang bisa dituliskan sebagai

Ini adalah sebuah lingkaran berjari-jari 4/3 yang berpusat pada ( 5 3 , 0).

1.6. Bentuk Polar Bilangan Kompleks

Gambar 1.6: Kurva yang dinyatakan oleh pusat jajaran genjang. Jika sisi dasarnya tetap, maka lokusnya berupa lingkaran.

Contoh 1.6.15. Dalam jajaran genjang pada Gambar 1.6, sisi dasarnya sepanjang sumbu x sepanjang a. Panjang sisi lainnya adalah b. Ketika sudut θ antara dua buah sisi berubah, tentukan lokus pusat jajaran genjang tersebut. Solusi 1.6.15. Misalkan titik asal koordinat berada pada sebelah kiri bawah jajaran genjang. Maka

z A = a, z B = be iθ .

Misalkan pusat jajaran genjang z terletak pada tengah-tengah diagonal OC. Jadi

Sehingga lokus pusatnya adalah sebuah lingkaran dengan jari-jari 1 2 b berpusat pada

2 a. Setengah lingkarannya bisa dilihat pada Gambar 1.6.

Contoh 1.6.16. Jika E, F, G, H adalah titik tengah layang-layang ABCD Buktikan bahwa EF GH adalah jajaran genjang.

1. Bilangan Kompleks

Gambar 1.7: Jajaran genjang yang dibentuk oleh titik tengah layang-layang.

Solusi 1.6.16. Misalkan vektor dari titik asal ke titik sebarang P adalah z P , dari Gambar 1.7 diperoleh

maka EF GH adalah jajaran genjang.

Contoh 1.6.17. Gunakan bilangan kompleks untuk membuktikan diagonal sebuah belah ketupat saling tegak lurus, seperti pada Gambar 1.8.

Solusi 1.6.17. Diagonal AC diberikan oleh z C −z A , dan diagonal DB diberikan oleh z B −z D . Misalkan panjang tiap sisi belah ketupat adalah a, dan titik asal koordinat berhimpit dengan A. Selanjutnya misalkan sumbu x sepanjang garis AB. Jadi

z A = 0, z B = a, z D = ae iθ .

1.6. Bentuk Polar Bilangan Kompleks

Gambar 1.8: Diagonal sebuah belah ketupat saling tegak lurus.

Karena sin θ 1−cos θ riil, maka z C −z z A B −z D imajiner. Sehingga AC tegak lurus BD.

Contoh 1.6.18. Dalam segitiga AOB, seperti pada Gambar 1.9, sudut antara AO dan OB adalah 90°dan panjang AO sama dengan panjang OB. Titik D membagi AB sedemikian rupa sehingga AD = 2DB, dan C adalah titik tengah OB. Tunjukkan bahwa AC tegak lurus OD. Solusi 1.6.18. Misalkan sumbu riil sepanjang OA dan sumbu imajiner sepanjang OB. Misalkan panjang OA dan OB adalah a. Jadi

1 z o = 0, z A = a, z B = ai, z C = ai

z D =z A + (z B −z A )=a+ (ai − a) = a(1 + 2i),

z D −z O = a(1 + 2i) − 0 = a(1 + 2i).

1. Bilangan Kompleks

Gambar 1.9: Persoalan dalam geometri. Jika OA tegak lurus OB dan OA = OB, maka garis CA tegak lurus dengan garis OD dengan C adalah titik tengah OB dan DA = 2BD.

Vektor AC diberikan oleh z C −z A

1 1 z C −z A = ai − a = i a(1 + 2i).

Karena ini imajiner, maka AC tegak lurus OD.