Mathematics · Buku 2 · Grades 10–12

Matematika Sekolah Menengah Atas

Matematika Sekolah Menengah Atas · Grades 10–12

28Bilangan Kompleks

Persamaan x2=−1x^2 = -1 tak punya penyelesaian real. Memperbesar R\R dengan satu bilangan baru i\iu yang kuadratnya −1-1 menghasilkan lapangan C\C berisi bilangan kompleks, dan di dalamnya setiap persamaan suku banyak punya penyelesaian — lagi pula aritmetikanya menyandikan geometri bidang: geseran, putaran dan penskalaan menjadi penjumlahan dan perkalian.

28.1 Bentuk aljabar

Definisi 28.1 (Bilangan kompleks)

Himpunan bilangan kompleks adalah

C={a+ib:a,b∈R},\C = \{a + \iu b : a, b \in \R\},

dengan i\iu sebuah lambang yang tunduk pada satu kaidah i2=−1\iu^2 = -1; penjumlahan dan perkaliannya dikerjakan seperti pada suku banyak real dalam i\iu, dengan menyusutkan i2\iu^2 menjadi −1-1. Bilangan real aa dan bb disebut bagian real Re⁡(z)\Rea(z) dan bagian imajiner Im⁡(z)\Ima(z) dari z=a+ibz = a + \iu b; ungkapan ini disebut bentuk aljabar dari zz, dan bentuk itu tunggal: a+ib=a′+ib′a + \iu b = a' + \iu b' jika dan hanya jika a=a′a = a' dan b=b′b = b'.

Contoh 28.2

(2+3i)(1−i)=2−2i+3i−3i2=5+i(2 + 3\iu)(1 - \iu) = 2 - 2\iu + 3\iu - 3\iu^2 = 5 + \iu.

Definisi 28.3 (Konjugat)

Konjugat dari z=a+ibz = a + \iu b adalah z‾=a−ib\conj{z} = a - \iu b.

Proposisi 28.4 (Sifat pengonjugatan)

Untuk semua z,w∈Cz, w \in \C:

z+w‾=z‾+w‾,zw‾=z‾ w‾,z‾‾=z,z+z‾=2Re⁡(z),z−z‾=2i Im⁡(z),\conj{z + w} = \conj z + \conj w, \quad \conj{zw} = \conj z\,\conj w, \quad \conj{\conj z} = z, \quad z + \conj z = 2\Rea(z), \quad z - \conj z = 2\iu\,\Ima(z),

dan zz‾=a2+b2≥0z\conj z = a^2 + b^2 \geq 0 untuk z=a+ibz = a + \iu b. Lagi pula z∈Rz \in \R jika dan hanya jika z=z‾z = \conj z.

Bukti. Semuanya perhitungan langsung dari bentuk aljabarnya; misalnya zz‾=(a+ib)(a−ib)=a2−(ib)2=a2+b2z\conj z = (a + \iu b)(a - \iu b) = a^2 - (\iu b)^2 = a^2 + b^2. ∎

Metode 28.5 (Membagi bilangan kompleks)

Untuk menulis hasil bagi dalam bentuk aljabar, kalikanlah pembilang dan penyebutnya dengan konjugat penyebutnya:

12+i=2−i(2+i)(2−i)=2−i5=25−15i.\frac{1}{2 + \iu} = \frac{2 - \iu}{(2+\iu)(2-\iu)} = \frac{2 - \iu}{5} = \frac25 - \frac15\iu .

Karena itu setiap bilangan kompleks tak nol punya balikan: C\C adalah sebuah lapangan.

28.2 Bidang kompleks, modulus dan argumen

Definisi 28.6 (Afiks, modulus)

Pada bidang berkoordinat ortonormal, titik M(a,b)M(a, b) disebut bayangan dari z=a+ibz = a + \iu b, dan zz disebut afiks MM. Modulus dari zz adalah jarak MM ke titik asalnya:

∣z∣=a2+b2=zz‾.\abs{z} = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{z\conj z}.
Titik M(a,b) berafiks z: modulusnya z adalah panjang OM, dan konjugatnya z adalah pencerminan z pada sumbu realnya.
Titik M(a,b)M(a,b) berafiks zz: modulusnya ∣z∣\abs z adalah panjang OMOM, dan konjugatnya z‾\conj z adalah pencerminan zz pada sumbu realnya.

Proposisi 28.7 (Sifat modulus)

Untuk z,w∈Cz, w \in \C:

∣zw∣=∣z∣ ∣w∣,∣zw∣=∣z∣∣w∣ (w≠0),∣z‾∣=∣z∣,∣z+w∣≤∣z∣+∣w∣ (ketaksamaan segitiga).\abs{zw} = \abs z\,\abs w, \qquad \abs{\tfrac zw} = \tfrac{\abs z}{\abs w}\ (w \neq 0), \qquad \abs{\conj z} = \abs z, \qquad \abs{z + w} \leq \abs{z} + \abs{w} \ \text{(ketaksamaan segitiga)}.

Lagi pula ∣zB−zA∣\abs{z_B - z_A} adalah jarak antara titik yang berafiks zAz_A dan zBz_B.

Bukti. ∣zw∣2=zw zw‾=zz‾ ww‾=∣z∣2∣w∣2\abs{zw}^2 = zw\,\conj{zw} = z\conj z\, w \conj w = \abs z^2 \abs w^2 memberi yang pertama; yang kedua dan ketiga serupa. Untuk ketaksamaan segitiganya:

∣z+w∣2=(z+w)(z‾+w‾)=∣z∣2+∣w∣2+2Re⁡(zw‾)≤∣z∣2+∣w∣2+2∣zw‾∣=(∣z∣+∣w∣)2,\abs{z+w}^2 = (z+w)(\conj z + \conj w) = \abs z^2 + \abs w^2 + 2\Rea(z \conj w) \leq \abs z^2 + \abs w^2 + 2\abs{z\conj w} = \bigl(\abs z + \abs w\bigr)^2,

dengan memakai Re⁡(u)≤∣u∣\Rea(u) \leq \abs u. Pernyataan jaraknya adalah rumus Pythagoras yang diterapkan pada koordinat zB−zAz_B - z_A. ∎

Definisi 28.8 (Argumen, bentuk trigonometri dan bentuk eksponen)

Misalkan z≠0z \neq 0. Suatu argumen dari zz, yang ditulis arg⁡(z)\Arg(z), adalah sebarang ukuran θ\theta bagi sudut dari sumbu real positif ke sinar OMOM; ukuran itu tertentu sampai pada 2kπ2k\pi. Dengan menulis r=∣z∣r = \abs z,

z=r(cos⁡θ+isin⁡θ)(bentuk trigonometri).z = r(\cos\theta + \iu\sin\theta) \qquad\text{(bentuk trigonometri)}.

Dengan memperkenalkan lambang

eiθ=cos⁡θ+isin⁡θ,\eu^{\iu\theta} = \cos\theta + \iu\sin\theta,

ini menjadi bentuk eksponen z=r eiθz = r\,\eu^{\iu\theta}.

Bentuk eksponen: z ditentukan oleh jaraknya r ke titik asal dan sudutnya dari sumbu real positif.
Bentuk eksponen: zz ditentukan oleh jaraknya rr ke titik asal dan sudutnya θ\theta dari sumbu real positif.

Teorema 28.9

Untuk semua θ,θ′∈R\theta, \theta' \in \R:

eiθ eiθ′=ei(θ+θ′),eiθ‾=e−iθ,∣eiθ∣=1.\eu^{\iu\theta}\,\eu^{\iu\theta'} = \eu^{\iu(\theta + \theta')}, \qquad \conj{\eu^{\iu\theta}} = \eu^{-\iu\theta}, \qquad \abs{\eu^{\iu\theta}} = 1 .

Akibatnya, untuk z=reiθz = r\eu^{\iu\theta} dan z′=r′eiθ′z' = r'\eu^{\iu\theta'} yang tak nol:

zz′=rr′ ei(θ+θ′),zz′=rr′ ei(θ−θ′):zz' = rr'\,\eu^{\iu(\theta+\theta')}, \qquad \frac{z}{z'} = \frac{r}{r'}\,\eu^{\iu(\theta - \theta')} :

modulusnya mengalikan, argumennya menjumlahkan.

Bukti. Identitas pertamanya adalah sepasang rumus penjumlahan (Proposisi 24.3):

(cos⁡θ+isin⁡θ)(cos⁡θ′+isin⁡θ′)=(cos⁡θcos⁡θ′−sin⁡θsin⁡θ′)+i(sin⁡θcos⁡θ′+cos⁡θsin⁡θ′).(\cos\theta + \iu\sin\theta)(\cos\theta' + \iu\sin\theta') = (\cos\theta\cos\theta' - \sin\theta\sin\theta') + \iu(\sin\theta\cos\theta' + \cos\theta\sin\theta').

Sisanya menyusul lewat perhitungan langsung. ∎

Akibat 28.10 (Rumus De Moivre)

Untuk θ∈R\theta \in \R dan n∈Zn \in \Z: (cos⁡θ+isin⁡θ)n=cos⁡nθ+isin⁡nθ\bigl(\cos\theta + \iu\sin\theta\bigr)^n = \cos n\theta + \iu \sin n\theta.

Bukti. Induksi pada n≥0n \geq 0 dengan memakai Teorema 28.9; lalu perluas ke n<0n < 0 dengan mengambil balikannya. ∎

Metode 28.11 (Berpindah antarbentuk)

Dari aljabar ke eksponen: hitunglah r=∣z∣r = \abs z, lalu carilah θ\theta dengan cos⁡θ=ar\cos\theta = \frac ar, sin⁡θ=br\sin\theta = \frac br (tentukan dahulu kuadran yang benar sebelum memanggil kosinus balikannya). Dari eksponen ke aljabar: jabarkan rcos⁡θ+i rsin⁡θr\cos\theta + \iu\, r\sin\theta. Pakailah bentuk aljabar untuk penjumlahan, dan bentuk eksponen untuk perkalian, pemangkatan dan pembagian.

Contoh 28.12

z=1+iz = 1 + \iu: ∣z∣=2\abs z = \sqrt2 dan cos⁡θ=sin⁡θ=12\cos\theta = \sin\theta = \frac{1}{\sqrt2}, jadi θ=π4\theta = \frac\pi4 dan z=2 eiπ/4z = \sqrt2\,\eu^{\iu\pi/4}. Karena itu z20=210 e5iπ=−1024z^{20} = 2^{10}\,\eu^{5\iu\pi} = -1024.

28.3 Persamaan derajat dua dan akar satuan

Teorema 28.13 (Persamaan kuadrat berkoefisien real)

Misalkan a,b,c∈Ra, b, c \in \R, a≠0a \neq 0, dan Δ=b2−4ac\Delta = b^2 - 4ac. Persamaan az2+bz+c=0az^2 + bz + c = 0 mempunyai penyelesaian di C\C:

Δ>0: z=−b±Δ2a (dua yang real);Δ=0: z=−b2a (kembar);Δ<0: z=−b±i−Δ2a (dua yang berkonjugat).\begin{aligned} &\Delta > 0:\ z = \frac{-b \pm \sqrt{\Delta}}{2a} \ (\text{dua yang real}); \qquad \Delta = 0:\ z = \frac{-b}{2a} \ (\text{kembar}); \\ &\Delta < 0:\ z = \frac{-b \pm \iu\sqrt{-\Delta}}{2a} \ (\text{dua yang berkonjugat}). \end{aligned}

Bukti. Lengkapkanlah kuadratnya: az2+bz+c=a((z+b2a)2−Δ4a2)az^2 + bz + c = a\left(\left(z + \frac{b}{2a}\right)^2 - \frac{\Delta}{4a^2}\right). Jika Δ<0\Delta < 0, maka Δ4a2=(i−Δ2a)2\frac{\Delta}{4a^2} = \left(\iu\frac{\sqrt{-\Delta}}{2a}\right)^2, dan selisih kuadratnya terfaktorkan seperti biasa. ∎

Definisi 28.14 (Akar satuan)

Untuk n≥1n \geq 1, yang disebut akar satuan ke-nn adalah penyelesaian zn=1z^n = 1.

Teorema 28.15

Persamaan zn=1z^n = 1 mempunyai tepat nn penyelesaian:

ωk=e2ikπ/n,k=0,1,…,n−1.\omega_k = \eu^{2\iu k\pi/n}, \qquad k = 0, 1, \dots, n-1 .

Bayangannya adalah titik sudut segi-nn beraturan yang termuat dalam lingkaran satuan, dan untuk n≥2n \geq 2 jumlahnya 00.

Bukti. Setiap ωk\omega_k memenuhi ωkn=e2ikπ=1\omega_k^n = \eu^{2\iu k\pi} = 1, dan semuanya berbeda sepasang demi sepasang sebab argumennya terletak di [0, 2π)\intco{0}{2\pi}. Sebaliknya, jika zn=1z^n = 1 maka ∣z∣n=1\abs z^n = 1, sehingga ∣z∣=1\abs z = 1 (bilangan real positif) dan z=eiθz = \eu^{\iu\theta} dengan nθ≡0(mod2π)n\theta \equiv 0 \pmod{2\pi}, yaitu θ=2kπn\theta = \frac{2k\pi}{n}; menyusutkan kk modulo nn mendarat di antara ωk\omega_k itu. Titik sudutnya berjarak sudut sama 2πn\frac{2\pi}{n}: itulah segi-nn beraturan. Akhirnya, dengan ω=ω1\omega = \omega_1, berlaku ω≠1\omega \neq 1 dan jumlah deret ukurnya memberi

∑k=0n−1ωk=∑k=0n−1ωk=ωn−1ω−1=0.\sum_{k=0}^{n-1}\omega_k = \sum_{k=0}^{n-1}\omega^k = \frac{\omega^n - 1}{\omega - 1} = 0 . \qedhere

∎

Akar satuan kelima, = 2 π/5: yaitu titik sudut segi lima beraturan yang termuat dalam lingkaran satuan ().
Akar satuan kelima, ω=e2iπ/5\omega = \eu^{2\iu\pi/5}: yaitu titik sudut segi lima beraturan yang termuat dalam lingkaran satuan (Latihan 28.10).

Contoh 28.16

Akar pangkat tiga dari satuan adalah 11, j=e2iπ/3=−12+i32j = \eu^{2\iu\pi/3} = -\frac12 + \iu\frac{\sqrt3}{2} dan j‾=j2\conj j = j^2, yang memenuhi 1+j+j2=01 + j + j^2 = 0.

28.4 Bilangan kompleks dan geometri bidang

Proposisi 28.17 (Kamus geometris)

Misalkan A,B,C,DA, B, C, D titik yang berafiks a,b,c,da, b, c, d (a≠ba \neq b, c≠dc \neq d).

  1. Geseran oleh vektor berafiks tt adalah z↦z+tz \mapsto z + t.
  2. Putaran berpusat ω\omega (afiksnya) dan bersudut θ\theta adalah z↦ω+eiθ(z−ω)z \mapsto \omega + \eu^{\iu\theta}(z - \omega).
  3. Penskalaan (homoteti) berpusat ω\omega dan berrasio k∈R∗k \in \R^* adalah z↦ω+k(z−ω)z \mapsto \omega + k(z - \omega).
  4. d−cb−a\dfrac{d - c}{b - a} bermodulus CDAB\dfrac{CD}{AB} dan berargumen sudut antara vektor AB→\vect{AB} dan CD→\vect{CD}. Khususnya, AB⊥CDAB \perp CD jika dan hanya jika d−cb−a\frac{d-c}{b-a} murni imajiner, dan A,B,CA, B, C segaris (C≠AC \ne A, C≠BC\ne B) jika dan hanya jika c−ab−a∈R\frac{c-a}{b-a} \in \R.

Bukti. (1) dan (3) hanyalah rumus koordinatnya yang dinyatakan ulang. Untuk (2), pemetaan w↦eiθww \mapsto \eu^{\iu\theta} w mengalikan modulusnya dengan 11 dan menambahkan θ\theta pada argumennya: itulah putaran bersudut θ\theta terhadap titik asal; mengonjugatkannya dengan geseran yang mengirim ω\omega ke 00 memberi pusat yang umum. Untuk (4), modulus dan argumen hasil baginya saling mengurangkan (Teorema 28.9). ∎

28.5 Latihan

Latihan 28.1 ★

Tulislah dalam bentuk aljabar: (3−2i)(1+4i)(3 - 2\iu)(1 + 4\iu), 2+i1−i\dfrac{2 + \iu}{1 - \iu}, i2027\iu^{2027}.

Solusi

Solusi Latihan 28.1.

(3−2i)(1+4i)=3+12i−2i−8i2=11+10i(3-2\iu)(1+4\iu) = 3 + 12\iu - 2\iu - 8\iu^2 = 11 + 10\iu.

2+i1−i=(2+i)(1+i)(1−i)(1+i)=1+3i2=12+32i\dfrac{2+\iu}{1-\iu} = \dfrac{(2+\iu)(1+\iu)}{(1-\iu)(1+\iu)} = \dfrac{1 + 3\iu}{2} = \dfrac12 + \dfrac32\iu.

i2027\iu^{2027}: karena i4=1\iu^4 = 1 dan 2027=4×506+32027 = 4 \times 506 + 3, maka i2027=i3=−i\iu^{2027} = \iu^3 = -\iu.

Latihan 28.2 ★

Selesaikan di C\C: (a) z2−4z+13=0z^2 - 4z + 13 = 0; (b) z2+z+1=0z^2 + z + 1 = 0. Periksalah pada tiap kasusnya bahwa kedua penyelesaiannya berkonjugat lalu hitung hasil kalinya.

Solusi

Solusi Latihan 28.2.

(a) Δ=16−52=−36\Delta = 16 - 52 = -36: z=4±6i2=2±3iz = \dfrac{4 \pm 6\iu}{2} = 2 \pm 3\iu. Keduanya sepasang konjugat; hasil kalinya =4+9=13=ca= 4 + 9 = 13 = \frac ca. (b) Δ=1−4=−3\Delta = 1 - 4 = -3: z=−1±i32z = \dfrac{-1 \pm \iu\sqrt3}{2} (yaitu akar pangkat tiga dari satuan, jj dan j‾\conj j); hasil kalinya =1+34=1= \frac{1 + 3}{4} = 1.

Latihan 28.3 ★

Nyatakan dalam bentuk eksponen: z1=−1+iz_1 = -1 + \iu, z2=3−iz_2 = \sqrt3 - \iu, lalu hitung z1z2\dfrac{z_1}{z_2} dalam bentuk eksponen lalu dalam bentuk aljabar. Simpulkan nilai eksak cos⁡11π12\cos\dfrac{11\pi}{12}.

Solusi

Solusi Latihan 28.3.

∣z1∣=2\abs{z_1} = \sqrt2, argumennya 3π4\frac{3\pi}{4} (kuadran kedua), jadi z1=2 e3iπ/4z_1 = \sqrt2\,\eu^{3\iu\pi/4}. Lalu ∣z2∣=2\abs{z_2} = 2, argumennya −π6-\frac\pi6, jadi z2=2 e−iπ/6z_2 = 2\,\eu^{-\iu\pi/6}. Karena itu

z1z2=22 ei(3π4+π6)=22 e11iπ/12.\frac{z_1}{z_2} = \frac{\sqrt2}{2}\,\eu^{\iu\left(\frac{3\pi}{4} + \frac{\pi}{6}\right)} = \frac{\sqrt2}{2}\,\eu^{11\iu\pi/12}.

Secara aljabar,

z1z2=−1+i3−i=(−1+i)(3+i)4=−3−1+i(3−1)4.\frac{z_1}{z_2} = \frac{-1+\iu}{\sqrt3 - \iu} = \frac{(-1+\iu)(\sqrt3+\iu)}{4} = \frac{-\sqrt3 - 1 + \iu(\sqrt3 - 1)}{4}.

Dengan menyamakan bagian realnya: 22cos⁡11π12=−3−14\frac{\sqrt2}{2}\cos\frac{11\pi}{12} = \frac{-\sqrt3-1}{4}, sehingga

cos⁡11π12=−6+24.\cos\frac{11\pi}{12} = -\frac{\sqrt6 + \sqrt2}{4}.

Latihan 28.4 ★★

Lukiskan secara geometris himpunan titik MM berafiks zz sedemikian sehingga: (a) ∣z−2∣=∣z+i∣\abs{z - 2} = \abs{z + \iu}; (b) ∣z−1−i∣=3\abs{z - 1 - \iu} = 3; (c) z−1z+1\dfrac{z - 1}{z + 1} murni imajiner.

Solusi

Solusi Latihan 28.4.

(a) ∣z−2∣=∣z−(−i)∣\abs{z - 2} = \abs{z - (-\iu)} berarti MM berjarak sama dari A(2,0)A(2, 0) dan B(0,−1)B(0, -1): itulah sumbu ruas [AB][AB].

(b) Berjarak 33 dari titik (1,1)(1,1): itulah lingkaran berpusat 1+i1 + \iu dan berjari-jari 33.

(c) Menurut Proposisi 28.17(4), z−1z+1\frac{z-1}{z+1} yang murni imajiner berarti vektor dari A(1,0)A(1,0) ke MM dan dari B(−1,0)B(-1,0) ke MM saling tegak lurus: jadi MM memandang ruas [AB][AB] dengan sudut siku-siku. Himpunannya adalah lingkaran berdiameter [AB][AB] (yaitu lingkaran satuan) tanpa titik AA dan BB itu sendiri.

Latihan 28.5 ★★

Dengan rumus De Moivre dan teorema binomial, nyatakan cos⁡3θ\cos 3\theta sebagai suku banyak dalam cos⁡θ\cos\theta, dan sin⁡3θ\sin 3\theta dengan sin⁡θ\sin\theta.

Solusi

Solusi Latihan 28.5.

De Moivre: cos⁡3θ+isin⁡3θ=(cos⁡θ+isin⁡θ)3\cos3\theta + \iu\sin3\theta = (\cos\theta + \iu\sin\theta)^3. Dengan menjabarkannya lewat teorema binomial dengan c=cos⁡θc = \cos\theta, s=sin⁡θs = \sin\theta:

(c+is)3=c3+3ic2s−3cs2−is3=(c3−3cs2)+i(3c2s−s3).(c + \iu s)^3 = c^3 + 3\iu c^2 s - 3 c s^2 - \iu s^3 = (c^3 - 3cs^2) + \iu(3c^2 s - s^3).

Dengan menyamakan bagiannya dan memakai s2=1−c2s^2 = 1 - c^2, c2=1−s2c^2 = 1 - s^2:

cos⁡3θ=4cos⁡3θ−3cos⁡θ,sin⁡3θ=3sin⁡θ−4sin⁡3θ.\cos3\theta = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta, \qquad \sin3\theta = 3\sin\theta - 4\sin^3\theta .

Latihan 28.6 ★★

(Pelinearan.) Dengan memakai cos⁡θ=eiθ+e−iθ2\cos\theta = \frac{\eu^{\iu\theta} + \eu^{-\iu\theta}}{2}, linearkanlah cos⁡3θ\cos^3\theta (tulislah sebagai gabungan cos⁡kθ\cos k\theta), lalu simpulkan ∫0π/2cos⁡3θ  ⁣dθ\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^3\theta\,\dd\theta.

Solusi

Solusi Latihan 28.6.

cos⁡3θ=(eiθ+e−iθ2) ⁣3=e3iθ+3eiθ+3e−iθ+e−3iθ8=cos⁡3θ+3cos⁡θ4.\cos^3\theta = \left(\frac{\eu^{\iu\theta} + \eu^{-\iu\theta}}{2}\right)^{\!3} = \frac{\eu^{3\iu\theta} + 3\eu^{\iu\theta} + 3\eu^{-\iu\theta} + \eu^{-3\iu\theta}}{8} = \frac{\cos3\theta + 3\cos\theta}{4}.

Karena itu

∫0π/2cos⁡3θ  ⁣dθ=14[sin⁡3θ3+3sin⁡θ]0π/2=14(−13+3)=23.\int_0^{\pi/2}\cos^3\theta\,\dd\theta = \frac14\left[\frac{\sin3\theta}{3} + 3\sin\theta\right]_0^{\pi/2} = \frac14\left(-\frac13 + 3\right) = \frac{2}{3}.

(Selaras dengan W3=23W_3 = \frac23 pada Latihan 25.9, sebab ∫0π/2cos⁡3=∫0π/2sin⁡3\int_0^{\pi/2}\cos^3 = \int_0^{\pi/2}\sin^3 menurut kesetangkupan θ↦π2−θ\theta \mapsto \frac\pi2 - \theta.)

Latihan 28.7 ★★

Misalkan AA dan BB berafiks a=1+ia = 1 + \iu dan b=3+2ib = 3 + 2\iu. Tentukan kedua titik CC yang membuat segitiga ABCABC sama sisi, sebagai bayangan BB di bawah putaran berpusat AA dan bersudut ±π3\pm\frac{\pi}{3}.

Solusi

Solusi Latihan 28.7.

c=a+e±iπ/3(b−a)c = a + \eu^{\pm\iu\pi/3}(b - a) dengan b−a=2+ib - a = 2 + \iu dan e±iπ/3=12±i32\eu^{\pm\iu\pi/3} = \frac12 \pm \iu\frac{\sqrt3}{2}:

eiπ/3(2+i)=(12+i32)(2+i)=(1−32)+i(12+3),\eu^{\iu\pi/3}(2+\iu) = \left(\tfrac12 + \iu\tfrac{\sqrt3}{2}\right)(2+\iu) = \left(1 - \tfrac{\sqrt3}{2}\right) + \iu\left(\tfrac12 + \sqrt3\right),

jadi c1=(2−32)+i(32+3)c_1 = \left(2 - \frac{\sqrt3}{2}\right) + \iu\left(\frac32 + \sqrt3\right), dan serupa dengan sudut −π3-\frac\pi3: c2=(2+32)+i(32−3)c_2 = \left(2 + \frac{\sqrt3}{2}\right) + \iu\left(\frac32 - \sqrt3\right).

Latihan 28.8 ★★★

Selesaikan z4=−4z^4 = -4 di C\C lalu gambarkan penyelesaiannya. Faktorkanlah z4+4z^4 + 4 menjadi dua suku banyak kuadrat yang berkoefisien real.

Solusi

Solusi Latihan 28.8.

−4=4 eiπ-4 = 4\,\eu^{\iu\pi}, sehingga penyelesaian z4=−4z^4 = -4 adalah

zk=2 ei(π4+kπ2),k=0,1,2,3,z_k = \sqrt2\,\eu^{\iu\left(\frac\pi4 + \frac{k\pi}{2}\right)}, \quad k = 0, 1, 2, 3,

yaitu 1+i1 + \iu, −1+i-1 + \iu, −1−i-1 - \iu, 1−i1 - \iu: itulah titik sudut sebuah persegi berjari-jari luar 2\sqrt 2. Dengan mengelompokkan akar yang berkonjugat,

z4+4=(z−(1+i))(z−(1−i))(z+(1−i))(z+(1+i))=(z2−2z+2)(z2+2z+2).z^4 + 4 = \bigl(z - (1{+}\iu)\bigr)\bigl(z - (1{-}\iu)\bigr) \bigl(z + (1{-}\iu)\bigr)\bigl(z + (1{+}\iu)\bigr) = (z^2 - 2z + 2)(z^2 + 2z + 2).

Latihan 28.9 ★★★

Untuk θ∈(0, 2π)\theta \in \intoo{0}{2\pi} dan n∈Nn \in \N, hitunglah

S=1+cos⁡θ+cos⁡2θ+⋯+cos⁡nθS = 1 + \cos\theta + \cos 2\theta + \dots + \cos n\theta

dengan menjumlahkan deret ukurnya ∑k=0neikθ\sum_{k=0}^n \eu^{\iu k\theta} lalu mengambil bagian realnya. (Jawabannya: S=sin⁡(n+1)θ2sin⁡θ2cos⁡nθ2S = \dfrac{\sin\frac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}} \cos\frac{n\theta}{2}.)

Solusi

Solusi Latihan 28.9.

Dengan q=eiθ≠1q = \eu^{\iu\theta} \neq 1:

∑k=0neikθ=ei(n+1)θ−1eiθ−1=ei(n+1)θ/2eiθ/2⋅ei(n+1)θ/2−e−i(n+1)θ/2eiθ/2−e−iθ/2=einθ/2 sin⁡(n+1)θ2sin⁡θ2,\sum_{k=0}^{n} \eu^{\iu k\theta} = \frac{\eu^{\iu(n+1)\theta} - 1}{\eu^{\iu\theta} - 1} = \frac{\eu^{\iu(n+1)\theta/2}}{\eu^{\iu\theta/2}} \cdot\frac{\eu^{\iu(n+1)\theta/2} - \eu^{-\iu(n+1)\theta/2}}{\eu^{\iu\theta/2} - \eu^{-\iu\theta/2}} = \eu^{\iu n\theta/2}\, \frac{\sin\frac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}},

dengan memakai eiα−e−iα=2isin⁡α\eu^{\iu\alpha} - \eu^{-\iu\alpha} = 2\iu\sin\alpha (yaitu pemfaktoran setengah sudut). Dengan mengambil bagian realnya:

S=sin⁡(n+1)θ2sin⁡θ2 cos⁡nθ2.S = \frac{\sin\frac{(n+1)\theta}{2}}{\sin\frac{\theta}{2}}\, \cos\frac{n\theta}{2}.

Latihan 28.10 ★★★

Misalkan ω=e2iπ/5\omega = \eu^{2\iu\pi/5}.

  1. Berilah alasan bahwa 1+ω+ω2+ω3+ω4=01 + \omega + \omega^2 + \omega^3 + \omega^4 = 0.
  2. Misalkan u=ω+ω4u = \omega + \omega^4 dan v=ω2+ω3v = \omega^2 + \omega^3. Tunjukkan bahwa u+v=−1u + v = -1 dan uv=−1uv = -1, lalu simpulkan u=−1+52u = \frac{-1+\sqrt5}{2}.
  3. Simpulkan bahwa cos⁡2π5=5−14\cos\dfrac{2\pi}{5} = \dfrac{\sqrt5 - 1}{4}.
Solusi

Solusi Latihan 28.10.

1. ω\omega adalah akar satuan ke-55 yang berbeda dari 11, sehingga jumlah kelima akarnya bernilai nol (Teorema 28.15), dan itu terbaca 1+ω+ω2+ω3+ω4=01 + \omega + \omega^2 + \omega^3 + \omega^4 = 0.

2. u+v=ω+ω2+ω3+ω4=−1u + v = \omega + \omega^2 + \omega^3 + \omega^4 = -1 menurut butir 1. Untuk hasil kalinya, dengan memakai ω5=1\omega^5 = 1:

uv=(ω+ω4)(ω2+ω3)=ω3+ω4+ω6+ω7=ω3+ω4+ω+ω2=−1.uv = (\omega + \omega^4)(\omega^2 + \omega^3) = \omega^3 + \omega^4 + \omega^6 + \omega^7 = \omega^3 + \omega^4 + \omega + \omega^2 = -1 .

Jadi u,vu, v adalah akar X2+X−1=0X^2 + X - 1 = 0, yaitu {−1+52,−1−52}\left\{\frac{-1+\sqrt5}{2}, \frac{-1-\sqrt5}{2}\right\}. Sekarang u=ω+ω‾=2cos⁡2π5>0u = \omega + \conj\omega = 2\cos\frac{2\pi}{5} > 0 (sebab 2π5<π2\frac{2\pi}{5} < \frac{\pi}{2}), sehingga u=−1+52u = \frac{-1 + \sqrt5}{2}.

3. cos⁡2π5=u2=5−14\cos\frac{2\pi}{5} = \frac u2 = \frac{\sqrt5 - 1}{4}.

28.6 Soal: Segi lima di cermin satuan

Soal 28.1

Soal akhir pekan — akar satuan kelima menghitung cos⁡72∘\cos 72^\circ secara eksak, nisbah emas menandatangani hasilnya, dan perkalian ternyata sebuah putaran

Euklides sanggup melukis segi lima yang beraturan, tetapi alasan mengapa bangun itu tunduk pada penggaris dan jangka — sedangkan sudut 20∘20^\circ yang sederhana tidak — tersembunyi selama dua ribu tahun. Alasannya bersembunyi di bab ini: kelima akar satuan kelima (Teorema 28.15) berjumlah nol, dan satu baris aljabar itu memeras cos⁡72∘\cos 72^\circ keluar dari sebuah persamaan kuadrat — hanya berisi akar kuadrat, jadi terlukiskan, dan tentu saja ditandatangani oleh nisbah emas. Di sekeliling permata ini: kelancaran, jalan pintas de Moivre menuju trigonometri, dan perkalian yang tersingkap sebagai geometri.

Bagian I — Kelancaran.

  1. Hitunglah (2+i)(3−i)(2 + \iu)(3 - \iu), 1+i1−i\dfrac{1 + \iu}{1 - \iu} (Metode 28.5), dan ∣3+4i∣\abs{3 + 4\iu}.
  2. Nyatakan dalam bentuk eksponen: 1+i1 + \iu; −2-2; 1−i31 - \iu\sqrt3.
  3. Hitunglah (1+i)8(1 + \iu)^8 dengan memakai bentuk eksponennya.
  4. Selesaikan z2=iz^2 = \iu, lalu z2−2z+5=0z^2 - 2z + 5 = 0 (Teorema 28.13).
  5. Kamus geometrisnya (Proposisi 28.17): lukiskan pemetaan z↦izz \mapsto \iu z, dan himpunan ∣z−(1+i)∣=2\abs{z - (1 + \iu)} = 2.

Bagian II — Lima akar, satu segi lima. Misalkan ω=e2iπ/5\omega = \eu^{2\iu\pi/5} lalu tinjau 1,ω,ω2,ω3,ω41, \omega, \omega^2, \omega^3, \omega^4.

  1. Periksalah bahwa itu tepat penyelesaian z5=1z^5 = 1, lalu lukiskan bangun yang digambarnya pada bidang.
  2. Buktikan bahwa jumlahnya nol. (Lewat deret ukur — atau kalikan jumlahnya dengan 1−ω1 - \omega.)

  3. Ambillah bagian realnya lalu simpulkan

    1+2cos⁡2π5+2cos⁡4π5=0.1 + 2\cos\frac{2\pi}{5} + 2\cos\frac{4\pi}{5} = 0 .

  4. Ambil c=cos⁡2π5c = \cos\frac{2\pi}{5} lalu pakailah rumus sudut rangkap bagi cos⁡4π5\cos\frac{4\pi}{5} untuk mengubah pertanyaan 8 menjadi persamaan kuadrat dalam cc; selesaikan lalu simpulkan

    cos⁡72∘=5−14.\cos 72^\circ = \frac{\sqrt5 - 1}{4} .
  5. Periksalah secara numeris, lalu biarkan nisbah emas menandatangani karyanya: tunjukkan c=12φc = \frac{1}{2\varphi} dengan φ=1+52\varphi = \frac{1 + \sqrt5}{2} (Soal 2.1) — lalu nyatakan gema geometrisnya yang masyhur: pada segi lima beraturan, diagonalnya adalah φ\varphi kali sisinya.

Bagian III — Jalan pintas de Moivre.

  1. Vonis pelukisannya: cos⁡72∘\cos 72^\circ hanya memerlukan akar kuadrat (pertanyaan 9), sehingga segi lima itu terlukiskan dengan penggaris dan jangka; sedangkan cos⁡20∘\cos 20^\circ memenuhi persamaan pangkat tiga yang tak terpecahkan (Soal 24.1), sehingga sudut 60∘60^\circ tak dapat dibagi tiga. Nyatakan kaidah yang mulai muncul itu (akar kuadrat terbangun, akar pangkat tiga tidak), yang teori lengkapnya — Gauss, pada usia 19 tahun, dan segi tujuh belas — hidup dalam jilid universitas.
  2. Selesaikan z4=−4z^4 = -4 lewat bentuk eksponen lalu perolehlah kembali pemfaktoran pada Latihan 28.8, z4+4=(z2−2z+2)(z2+2z+2)z^4 + 4 = (z^2 - 2z + 2)(z^2 + 2z + 2), dengan memasangkan akar yang berkonjugat.
  3. Jabarkan (cos⁡θ+isin⁡θ)3(\cos\theta + \iu\sin\theta)^3 dengan teorema binomial dan de Moivre, lalu turunkan kembali cos⁡3θ=4cos⁡3θ−3cos⁡θ\cos 3\theta = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta dalam tiga baris — bandingkan dengan jalur rumus penjumlahan pada Soal 24.1.
  4. Periksa silang dengan Latihan 28.9: untuk θ=2π5\theta = \frac{2\pi}{5} dan n=4n = 4, berapakah nilai jumlah 1+cos⁡θ+⋯+cos⁡4θ1 + \cos\theta + \dots + \cos 4\theta, dan mengapa itu selaras dengan pertanyaan 8?
  5. Hitunglah ketiga akar pangkat tiga dari 8i8\iu dalam bentuk aljabar.

Bagian IV — Perkalian adalah geometri.

  1. Lukiskan selengkapnya pemetaan z↦(1+i)zz \mapsto (1 + \iu)z: sebesar sudut apa ia memutar, dengan faktor berapa ia menskalakan, dan apa yang dilakukannya pada persegi satuan?
  2. Buktikan ∣z1z2∣=∣z1∣ ∣z2∣\abs{z_1 z_2} = \abs{z_1}\,\abs{z_2} dengan konjugat (Proposisi 28.7), lalu hitunglah (1+i)n(1+\iu)^n untuk n=1,2,3,4n = 1, 2, 3, 4 lalu lukiskan ulir yang digambar pangkatnya.
  3. Bilangan j=e2iπ/3\mathrm{j} = \eu^{2\iu\pi/3}: tunjukkan 1+j+j2=01 + \mathrm{j} + \mathrm{j}^2 = 0, lalu periksalah pada segitiga (1,j,j2)\left(1, \mathrm{j}, \mathrm{j}^2\right) kaidah klasiknya: a+jb+j2c=0a + \mathrm{j} b + \mathrm{j}^2 c = 0 berlaku bagi segitiga sama sisi abcabc (pada salah satu arah putarannya).
  4. Teorema dasar aljabar (yang diterima saja: d’Alembert–Gauss): setiap suku banyak terfaktorkan sepenuhnya atas C\C. Simpulkan akibat wajarnya di dunia nyata — setiap suku banyak real terfaktorkan menjadi bagian linear dan kuadrat yang real — lalu tunjuklah pertanyaan 12 sebagai contohnya.
  5. Penutup — potret C\C, masing-masing satu kalimat: bilangan menjadi titik; perkalian menjadi putaran-dan-penskalaan; akar satuan menjadi segi banyak beraturan; de Moivre mengubah pemangkatan menjadi identitas trigonometri; dan ketertutupan aljabarnya menjamin bahwa tak ada persamaan yang memerlukan dunia yang lebih besar. Koda: dua bilangan masyhur mana yang bertemu pada pertanyaan 10?
Solusi

Solusi Soal 28.1.

1. (2+i)(3−i)=6−2i+3i+1=7+i(2 + \iu)(3 - \iu) = 6 - 2\iu + 3\iu + 1 = 7 + \iu. 1+i1−i=(1+i)22=2i2=i\frac{1 + \iu}{1 - \iu} = \frac{(1 + \iu)^2}{2} = \frac{2\iu}{2} = \iu. ∣3+4i∣=5\abs{3 + 4\iu} = 5.

2. 1+i=2 eiπ/41 + \iu = \sqrt2\,\eu^{\iu\pi/4}; −2=2eiπ-2 = 2\eu^{\iu\pi}; 1−i3=2e−iπ/31 - \iu\sqrt3 = 2\eu^{-\iu\pi/3}.

3. (1+i)8=(2)8e8iπ/4=16 e2iπ=16(1 + \iu)^8 = \left(\sqrt2\right)^8 \eu^{8\iu\pi/4} = 16\,\eu^{2\iu\pi} = 16.

4. z2=eiπ/2z^2 = \eu^{\iu\pi/2}, jadi z=±eiπ/4=±22(1+i)z = \pm\eu^{\iu\pi/4} = \pm\frac{\sqrt2}{2}(1 + \iu). Lalu Δ=4−20=−16\Delta = 4 - 20 = -16, jadi z=1±2iz = 1 \pm 2\iu.

5. Pemetaan z↦izz \mapsto \iu z: putaran seperempat lingkaran terhadap titik asalnya. Lalu ∣z−(1+i)∣=2\abs{z - (1 + \iu)} = 2: lingkaran berpusat 1+i1 + \iu dan berjari-jari 22.

6. (ωk)5=e2iπk=1\left(\omega^k\right)^5 = \eu^{2\iu\pi k} = 1, dan kelima titik e2ikπ/5\eu^{2\iu k\pi/5} itu berbeda: jadi itulah kelima penyelesaian z5=1z^5 = 1. Semuanya duduk pada lingkaran satuan dengan sudut yang sama, 72∘72^\circ: yaitu segi lima beraturan dengan satu titik sudut di 11.

7. S=1+ω+⋯+ω4S = 1 + \omega + \dots + \omega^4 memenuhi (1−ω)S=1−ω5=0(1 - \omega)S = 1 - \omega^5 = 0, dan ω≠1\omega \neq 1, jadi S=0S = 0. (Titik seimbang segi limanya adalah pusatnya.)

8. ω4=ω‾\omega^4 = \overline\omega dan ω3=ω2‾\omega^3 = \overline{\omega^2}: dengan memasangkan konjugatnya, bagian real jumlahnya terbaca 1+2cos⁡2π5+2cos⁡4π5=01 + 2\cos\frac{2\pi}{5} + 2\cos\frac{4\pi}{5} = 0.

9. cos⁡4π5=2c2−1\cos\frac{4\pi}{5} = 2c^2 - 1, sehingga 1+2c+4c2−2=01 + 2c + 4c^2 - 2 = 0, yaitu 4c2+2c−1=04c^2 + 2c - 1 = 0 dan c=−1+54c = \frac{-1 + \sqrt5}{4} (akar yang positif, sebab 72∘72^\circ sudut lancip): cos⁡72∘=5−14\cos 72^\circ = \frac{\sqrt5 - 1}{4}.

10. Secara numeris c≈0.30902c \approx 0.30902, cocok dengan kalkulatornya. Lalu 12φ=11+5=5−14\frac{1}{2\varphi} = \frac{1}{1 + \sqrt5} = \frac{\sqrt5 - 1}{4} (dengan merasionalkannya): jadi c=12φc = \frac{1}{2\varphi}. Segi lima itu keemasan sampai ke tulangnya: diagonalnya memotong sisinya dengan nisbah φ\varphi — keserupaan diri yang tak berujung milik bintang lima itu.

11. Akar kuadrat terlukis dengan jangka (lewat mesin setengah lingkaran milik rata-rata ukur di jilid sekolah menengah pertama), sehingga bilangan yang dibangun dari bilangan rasional hanya lewat akar kuadrat — seperti cos⁡72∘\cos 72^\circ — terlukiskan; sedangkan akar pangkat tiga tidak, dan cos⁡20∘\cos 20^\circ memerlukannya: segi limanya tunduk, pembagian tiganya melawan. Kaidah Gauss memutuskan setiap segi banyak beraturan — segi tujuh belasnya pada usia sembilan belas membuatnya memilih matematika.

12. −4=4eiπ-4 = 4\eu^{\iu\pi}: akar keempatnya bermodulus 2\sqrt2 dan berargumen π4+kπ2\frac{\pi}{4} + k\frac{\pi}{2}, yaitu keempat bilangan ±1±i\pm 1 \pm \iu. Dengan memasangkan konjugatnya: (z−1−i)(z−1+i)=z2−2z+2(z - 1 - \iu)(z - 1 + \iu) = z^2 - 2z + 2 dan (z+1−i)(z+1+i)=z2+2z+2(z + 1 - \iu)(z + 1 + \iu) = z^2 + 2z + 2, yaitu pemfaktoran pada Latihan 28.8.

13. (cos⁡θ+isin⁡θ)3=cos⁡3θ+3icos⁡2θsin⁡θ−3cos⁡θsin⁡2θ−isin⁡3θ(\cos\theta + \iu\sin\theta)^3 = \cos^3\theta + 3\iu\cos^2\theta\sin\theta - 3\cos\theta\sin^2\theta - \iu\sin^3\theta; dan menurut de Moivre ini sama dengan cos⁡3θ+isin⁡3θ\cos 3\theta + \iu \sin 3\theta. Bagian realnya: cos⁡3θ=cos⁡3θ−3cos⁡θ(1−cos⁡2θ)=4cos⁡3θ−3cos⁡θ\cos 3\theta = \cos^3\theta - 3\cos\theta(1 - \cos^2\theta) = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta — sedangkan bagian imajinernya menyerahkan sin⁡3θ\sin 3\theta secara cuma-cuma.

14. Itulah bagian real 1+ω+⋯+ω4=01 + \omega + \dots + \omega^4 = 0: jumlahnya sama dengan 00 — tepat pertanyaan 8, yang dilihat lewat inti pada Latihan 28.9.

15. 8i=8eiπ/28\iu = 8\eu^{\iu\pi/2}, jadi akarnya 2eiπ/6=3+i2\eu^{\iu\pi/6} = \sqrt3 + \iu; 2e5iπ/6=−3+i2\eu^{5\iu\pi/6} = -\sqrt3 + \iu; 2e3iπ/2=−2i2\eu^{3\iu\pi/2} = -2\iu.

16. 1+i=2 eiπ/41 + \iu = \sqrt2\,\eu^{\iu\pi/4}: jadi pemetaannya memutar bidangnya sebesar 45∘45^\circ lalu menskalakannya dengan 2\sqrt2. Persegi satuannya menjadi persegi miring bersisi 2\sqrt2 — luasnya berlipat dua, terpuntir seperdelapan putaran.

17. ∣z1z2∣2=z1z2z1z2‾=z1z1‾ z2z2‾=∣z1∣2∣z2∣2\abs{z_1 z_2}^2 = z_1 z_2 \overline{z_1 z_2} = z_1\overline{z_1}\, z_2\overline{z_2} = \abs{z_1}^2\abs{z_2}^2: lalu ambil akar kuadratnya. Pangkat 1+i1 + \iu: 1+i1 + \iu, 2i2\iu, −2+2i-2 + 2\iu, −4-4: masing-masing 45∘45^\circ lebih jauh berputar dan 2\sqrt2 kali lebih panjang — sebuah ulir yang membuka keluar lewat modulus 2,2,22,4,…\sqrt2, 2, 2\sqrt2, 4, \dots

18. Bilangan j\mathrm{j} adalah akar satuan ketiga yang berbeda dari 11, sehingga (lewat alasan pertanyaan 7 dengan n=3n = 3) 1+j+j2=01 + \mathrm{j} + \mathrm{j}^2 = 0. Kaidahnya pada segitiga bakunya: a+jb+j2c=1+j⋅j+j2⋅j2=1+j2+j4=1+j2+j=0a + \mathrm{j}b + \mathrm{j}^2 c = 1 + \mathrm{j}\cdot\mathrm{j} + \mathrm{j}^2 \cdot \mathrm{j}^2 = 1 + \mathrm{j}^2 + \mathrm{j}^4 = 1 + \mathrm{j}^2 + \mathrm{j} = 0: jadi terpenuhi, seperti yang dituntut segitiga sama sisi (1,j,j2)\left(1, \mathrm{j}, \mathrm{j}^2\right).

19. Atas C\C, suku banyak real terbelah menjadi faktor linear; akarnya yang tak real datang berpasangan konjugat (konjugatkanlah persamaannya), dan tiap pasangannya terkalikan menjadi bentuk kuadrat real z2−2Re⁡(z0) z+∣z0∣2z^2 - 2\operatorname{Re}(z_0)\,z + \abs{z_0}^2: dari situlah pemfaktoran realnya menjadi bagian berderajat 11 dan berderajat 22 — dan pertanyaan 12 melakukannya pada z4+4z^4 + 4.

20. Titik; putaran-dan-penskalaan; segi banyak beraturan; identitas trigonometri lewat penjabaran; dan sebuah dunia tertutup tempat setiap persamaan berderajat nn memiliki nn akarnya. Koda: pada pertanyaan 10, segi lima milik π\pi berjabat tangan dengan nisbah emas — dua tamu Euklides yang paling masyhur, yang akhirnya diperkenalkan oleh jumlah lima anak panah yang sama dengan nol.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium