Pembahasan Soal Ujian
Pembahasan Soal Ujian
J.M. Tuwankotta
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Soal no A1
Hitunglah:
(2 + i)(3 − 2i)(2 − i)
.
(1 + i)2
Jawab:
(2 + i)(3 − 2i)(2 − i)
(1 + i)2
=
5(3 − 2i) (1 − i)2
(1 + i)2 (1 − i)2
=
5(3 − 2i)
(−2i)
4
= −5 −
J.M. Tuwankotta
15
i
2
Pembahasan Soal Ujian
Soal no A2
Carilah semua bilangan kompleks yang memenuhi: z 3 + 1 = i.
Jawab:
√
Modulus dari −1 + i adalah: | − 1 + i| = 2. Argument dari
−1 + i didapat dengan menyelesaikan:
tan θ =
3π
1
, yaitu θ =
+ k2π, k = 0, 1, 2, . . . .
−1
4
Jadi:
1
√
3
3π
1 k
6
(−1 + i) =
+ k2π
= 2 exp 2π
+
.
2 exp
4
8 3
√
Jika k = 0, maka: z1 = 6 2 exp(i π4 ). Jika k = 1 maka
√
√
6
z2 = 6 2 exp(i 11π
2 exp(i 19π
12 ) dan jika k = 2 maka
12 ).
1
3
√
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Soal no A3
Misalkan diberikan polinom:
p(z) = 2z 4 + (4 + 3i)z 3 + (−7 + 6i)z 2 + (−2 − 9i)z + 3
Tunjukkan bahwa: p(−3) = 0 dan p(1) = 0. Tentukan akar-akar
lainnya.
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Jawab
Karena p(−3) = 0 dan p(1) = 0, maka:
p(z) = (z + 3)(z − 1)(a0 + a1 z + a2 z 2 )
= (z 2 + 2z − 3)(a0 + a1 z + a2 z 2 )
= a2 z 4 + (a1 + 2a2 )z 3 + (a0 + 2a1 − 3a2 )z 2
+(−3a1 + 2a0 ) − 3a0
Jadi haruslah: a2 = 2.
a1 + 2a2 = a1 + 4 = 4 + 3i sehingga a1 = 3i.
a0 + 2a1 − 3a2 = a0 + 6i − 6 = −7 + 6i sehingga a0 = −1
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Soal no A4
Carilah daerah kekonvergenan dari deret berikut:
X 2n z n
n!
.
Jawab:
Karena
|2n+1 z n+1 | n!
1
= 2|z| lim
= 0.
n→∞ (n + 1)! |2n z n |
n→∞ n + 1
ρ = lim
Konvergen di seluruh C.
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Soal no A5
Periksa apakah polinom berikut analitik:
f (x, y ) = (2 + 2x − 3y − 2x 2 + 2y 2 − 3x 2 y + y 3 )
+(−1 + 2y + x 3 − 4xy − 3xy 2 )i
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Jawab
Kita tuliskan αk = ak + bk i, k = 0, 1, 2, 3, dan pandang:
f (x, y ) = α0 + α1 z + α2 z 2 + α3 z 3 .
Kita dapatkan sistem persamaan:
a0 − 2 + (a1 − 2) x + (3 − b1 ) y − 2 b2 xy + (a2 + 2) x 2 + (−a2 − 2) y 2
−3 a3 xy 2 + (3 − 3 b3 ) x 2 y + (−1 + b3 ) y 3 + a3 x 3
1 + b0 + (b1 − 3) x + (−2 + a1 ) y + b2 x 2 − b2 y 2 + (4 + 2 a2 ) xy
+3 a3 x 2 y − a3 y 3 + (b3 − 1) x 3 + (−3 b3 + 3) xy 2
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Dengan memeriksa suku demi suku sistem persamaan tersebut
didapat:
a0 = 2, b0 = −1, =⇒ α0 = 2 − i
a1 = 2, b1 = 3,
=⇒ α1 = 2 + 3i
a2 = −2, b2 = 0, =⇒ α2 = −2 dan
a3 = 0, b3 = 1,
=⇒ α3 = i.
Jadi,
f (x, y ) = 2 − i + (2 + 3i)z − 2z 2 + iz 3 .
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Soal no A6
Hitunglah:
Z
C
y
x
−i 2
2
2
x +y
x + y2
dz,
dengan C : R cos t + iR sin t, 0 ≤ t ≤ 2π.
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Jawab
Karena
Z
C
y
x
−i 2
2
2
x +y
x + y2
dz =
Z
C
1
dz,
z
Dari Formula Integral Cauchy:
1
f (a) =
2πi
Z
C
z
dz.
z −a
Jadi, dengan memandang: f (z) = 1 dan a = 0, maka
Z
1
dz = 2πi.
z
C
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Soal no B1
Misalkan z◦ 6= 1 adalah akar pangkat n dari 1. Tunjukkan bahwa:
n−1
X
1
z k = −1.
Karena z◦ adalah akar pangkat n dari 1, maka:
0 = z◦ n − 1 = (z◦ − 1)(z◦ n−1 + z◦ n−2 + . . . + 1).
Karena z◦ 6= 1 maka,
n−1
X
1
z k = −1.
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Soal no B2
Hitunglah:
Z
C
z2 − z3
2
z − 2iz − 1
dz,
dengan C adalah lingkaran yang berpusat di 0 dan berjari-jari 2.
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Jawab
Pandang z 2 − 2iz − 1 = (z − i)2 , dan f (z) = z 2 − z 3 . Maka, dari
formula integral Cauchy:
Z
Z
f (z)
z2 − z3
dz = 2πif ′ (i).
dz =
z 2 − 2iz − 1
(z − i)2
C
C
Karena f ′ (z) = 2z − 3z 2 , maka:
Z
z2 − z3
dz = 2πi(3 + 2i).
z 2 − 2iz − 1
C
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Dari asumsi pada f ,
|f (z) − f (0)| ≤ B|z|k+1 ,
sehingga: terdapat konstanta-konstanta positif C dan D
sedemikian sehingga:
|g (z)| ≤ C + D|z|k .
Dari hipotesis induksi, haruslah g polinomial dengan derajat paling
tinggi k. Jadi, untuk z 6= 0, kita dapatkan:
f (z) = f (0) + zg (z).
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Soal no B3
Misalkan f entire dan |f ′′ (z)| ≤ |z|. Buktikan
f (z) = a0 + a1 z + a3 z 3 . Berikan taksiran nilai |a3 |
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Jawab
Misalkan g adalah fungsi entire. Maka:
Z
1
g (ω)
g (z) =
dω,
2πi ZC ω − z
1
g (ω)
g ′ (z) =
dω, dan
2πi C (ω − z)2
dengan C sebuah lingkaran: Re iθ dan R > |z|.
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Dari Teorema Pengembangan Liouville, kita tahu: jika f entire dan
|f ′′ (z)| ≤ |z|, maka:
f ′′ (z) = a2 + a3 z.
Jadi, kita tahu bahwa:
f (z) = a0 + a1 z + a2 z 2 + a3 z 3 ,
dengan
a3 =
J.M. Tuwankotta
f ′′′ (0)
.
3!
Pembahasan Soal Ujian
Tetapi:
1
(f ) (0) =
2πi
′′ ′
Z
C
f ′′ (ω)
dω,
ω2
dengan C : Re iθ , R > 0. Maka:
Z ′′
1
f (ω)
′′′
|f (0)| =
dω ,
2πi C ω 2
Z 2π ′′
1
f (Re iθ )
iθ
iRe dθ ,
=
2
i2θ
2πi 0
R e
Z 2π
1
|Re iθ |
≤
|iRe iθ |dθ = 1.
2π 0 |R 2 e i2θ |
Jadi |a3 | ≤ 16 .
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Selanjutnya:
1
f (0) =
2πi
′′
dengan C :
Z
C
f ′′ (ω)
dω,
ω
Re iθ ,
R > 0. Maka:
Z ′′
1
f (ω)
′′
|f (0)| =
dω ,
2πi C ω
Z 2π ′′
1
f (Re iθ )
iθ
,
=
iRe
dθ
2πi 0
Re iθ
≤
R
.
2π
Dengan mengambil R → 0, kita simpulkan f ′′ (0) = 0.
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
J.M. Tuwankotta
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Soal no A1
Hitunglah:
(2 + i)(3 − 2i)(2 − i)
.
(1 + i)2
Jawab:
(2 + i)(3 − 2i)(2 − i)
(1 + i)2
=
5(3 − 2i) (1 − i)2
(1 + i)2 (1 − i)2
=
5(3 − 2i)
(−2i)
4
= −5 −
J.M. Tuwankotta
15
i
2
Pembahasan Soal Ujian
Soal no A2
Carilah semua bilangan kompleks yang memenuhi: z 3 + 1 = i.
Jawab:
√
Modulus dari −1 + i adalah: | − 1 + i| = 2. Argument dari
−1 + i didapat dengan menyelesaikan:
tan θ =
3π
1
, yaitu θ =
+ k2π, k = 0, 1, 2, . . . .
−1
4
Jadi:
1
√
3
3π
1 k
6
(−1 + i) =
+ k2π
= 2 exp 2π
+
.
2 exp
4
8 3
√
Jika k = 0, maka: z1 = 6 2 exp(i π4 ). Jika k = 1 maka
√
√
6
z2 = 6 2 exp(i 11π
2 exp(i 19π
12 ) dan jika k = 2 maka
12 ).
1
3
√
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Soal no A3
Misalkan diberikan polinom:
p(z) = 2z 4 + (4 + 3i)z 3 + (−7 + 6i)z 2 + (−2 − 9i)z + 3
Tunjukkan bahwa: p(−3) = 0 dan p(1) = 0. Tentukan akar-akar
lainnya.
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Jawab
Karena p(−3) = 0 dan p(1) = 0, maka:
p(z) = (z + 3)(z − 1)(a0 + a1 z + a2 z 2 )
= (z 2 + 2z − 3)(a0 + a1 z + a2 z 2 )
= a2 z 4 + (a1 + 2a2 )z 3 + (a0 + 2a1 − 3a2 )z 2
+(−3a1 + 2a0 ) − 3a0
Jadi haruslah: a2 = 2.
a1 + 2a2 = a1 + 4 = 4 + 3i sehingga a1 = 3i.
a0 + 2a1 − 3a2 = a0 + 6i − 6 = −7 + 6i sehingga a0 = −1
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Soal no A4
Carilah daerah kekonvergenan dari deret berikut:
X 2n z n
n!
.
Jawab:
Karena
|2n+1 z n+1 | n!
1
= 2|z| lim
= 0.
n→∞ (n + 1)! |2n z n |
n→∞ n + 1
ρ = lim
Konvergen di seluruh C.
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Soal no A5
Periksa apakah polinom berikut analitik:
f (x, y ) = (2 + 2x − 3y − 2x 2 + 2y 2 − 3x 2 y + y 3 )
+(−1 + 2y + x 3 − 4xy − 3xy 2 )i
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Jawab
Kita tuliskan αk = ak + bk i, k = 0, 1, 2, 3, dan pandang:
f (x, y ) = α0 + α1 z + α2 z 2 + α3 z 3 .
Kita dapatkan sistem persamaan:
a0 − 2 + (a1 − 2) x + (3 − b1 ) y − 2 b2 xy + (a2 + 2) x 2 + (−a2 − 2) y 2
−3 a3 xy 2 + (3 − 3 b3 ) x 2 y + (−1 + b3 ) y 3 + a3 x 3
1 + b0 + (b1 − 3) x + (−2 + a1 ) y + b2 x 2 − b2 y 2 + (4 + 2 a2 ) xy
+3 a3 x 2 y − a3 y 3 + (b3 − 1) x 3 + (−3 b3 + 3) xy 2
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Dengan memeriksa suku demi suku sistem persamaan tersebut
didapat:
a0 = 2, b0 = −1, =⇒ α0 = 2 − i
a1 = 2, b1 = 3,
=⇒ α1 = 2 + 3i
a2 = −2, b2 = 0, =⇒ α2 = −2 dan
a3 = 0, b3 = 1,
=⇒ α3 = i.
Jadi,
f (x, y ) = 2 − i + (2 + 3i)z − 2z 2 + iz 3 .
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Soal no A6
Hitunglah:
Z
C
y
x
−i 2
2
2
x +y
x + y2
dz,
dengan C : R cos t + iR sin t, 0 ≤ t ≤ 2π.
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Jawab
Karena
Z
C
y
x
−i 2
2
2
x +y
x + y2
dz =
Z
C
1
dz,
z
Dari Formula Integral Cauchy:
1
f (a) =
2πi
Z
C
z
dz.
z −a
Jadi, dengan memandang: f (z) = 1 dan a = 0, maka
Z
1
dz = 2πi.
z
C
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Soal no B1
Misalkan z◦ 6= 1 adalah akar pangkat n dari 1. Tunjukkan bahwa:
n−1
X
1
z k = −1.
Karena z◦ adalah akar pangkat n dari 1, maka:
0 = z◦ n − 1 = (z◦ − 1)(z◦ n−1 + z◦ n−2 + . . . + 1).
Karena z◦ 6= 1 maka,
n−1
X
1
z k = −1.
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Soal no B2
Hitunglah:
Z
C
z2 − z3
2
z − 2iz − 1
dz,
dengan C adalah lingkaran yang berpusat di 0 dan berjari-jari 2.
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Jawab
Pandang z 2 − 2iz − 1 = (z − i)2 , dan f (z) = z 2 − z 3 . Maka, dari
formula integral Cauchy:
Z
Z
f (z)
z2 − z3
dz = 2πif ′ (i).
dz =
z 2 − 2iz − 1
(z − i)2
C
C
Karena f ′ (z) = 2z − 3z 2 , maka:
Z
z2 − z3
dz = 2πi(3 + 2i).
z 2 − 2iz − 1
C
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Dari asumsi pada f ,
|f (z) − f (0)| ≤ B|z|k+1 ,
sehingga: terdapat konstanta-konstanta positif C dan D
sedemikian sehingga:
|g (z)| ≤ C + D|z|k .
Dari hipotesis induksi, haruslah g polinomial dengan derajat paling
tinggi k. Jadi, untuk z 6= 0, kita dapatkan:
f (z) = f (0) + zg (z).
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Soal no B3
Misalkan f entire dan |f ′′ (z)| ≤ |z|. Buktikan
f (z) = a0 + a1 z + a3 z 3 . Berikan taksiran nilai |a3 |
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Jawab
Misalkan g adalah fungsi entire. Maka:
Z
1
g (ω)
g (z) =
dω,
2πi ZC ω − z
1
g (ω)
g ′ (z) =
dω, dan
2πi C (ω − z)2
dengan C sebuah lingkaran: Re iθ dan R > |z|.
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Dari Teorema Pengembangan Liouville, kita tahu: jika f entire dan
|f ′′ (z)| ≤ |z|, maka:
f ′′ (z) = a2 + a3 z.
Jadi, kita tahu bahwa:
f (z) = a0 + a1 z + a2 z 2 + a3 z 3 ,
dengan
a3 =
J.M. Tuwankotta
f ′′′ (0)
.
3!
Pembahasan Soal Ujian
Tetapi:
1
(f ) (0) =
2πi
′′ ′
Z
C
f ′′ (ω)
dω,
ω2
dengan C : Re iθ , R > 0. Maka:
Z ′′
1
f (ω)
′′′
|f (0)| =
dω ,
2πi C ω 2
Z 2π ′′
1
f (Re iθ )
iθ
iRe dθ ,
=
2
i2θ
2πi 0
R e
Z 2π
1
|Re iθ |
≤
|iRe iθ |dθ = 1.
2π 0 |R 2 e i2θ |
Jadi |a3 | ≤ 16 .
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian
Selanjutnya:
1
f (0) =
2πi
′′
dengan C :
Z
C
f ′′ (ω)
dω,
ω
Re iθ ,
R > 0. Maka:
Z ′′
1
f (ω)
′′
|f (0)| =
dω ,
2πi C ω
Z 2π ′′
1
f (Re iθ )
iθ
,
=
iRe
dθ
2πi 0
Re iθ
≤
R
.
2π
Dengan mengambil R → 0, kita simpulkan f ′′ (0) = 0.
J.M. Tuwankotta
Pembahasan Soal Ujian