Soal dan Pembahasan – Analisis Kompleks Tingkat Dasar Bagian II

Jawaban a)
Misalkan $z = 2 + 2\sqrt{3}i$ sehingga $r = \sqrt{2^2 + (2\sqrt{3})^2} = \sqrt{16} = 4$
$\theta = \arctan \dfrac{2\sqrt{3}}{2} = \arctan \sqrt{3} = 60^{\circ}.$ 
Jadi, bentuk polar dari bilangan kompleks tersebut adalah
$\begin{aligned} z  & = r(\cos \theta + i~\sin \theta) \\ & = \boxed{4(\cos 60^{\circ} + i~\sin 60^{\circ})} \end{aligned}$
Jawaban b)
Misalkan $z = -5 + 5i$ sehingga
$$\begin{aligned} r & = \sqrt{(-5)^2 + 5^2} = 5\sqrt{2} \\ \theta & = \arctan \dfrac{5}{-5} = \arctan (-1) = 135^{\circ}. \end{aligned}$$Jadi, bentuk polar dari bilangan kompleks tersebut adalah
$\begin{aligned} z & = r(\cos \theta + i~\sin \theta) \\ & = \boxed{5\sqrt{2}(\cos 135^{\circ} + i~\sin 135^{\circ})} \end{aligned} $

Perhatikan bahwa
$\begin{aligned} z_1z_2  & = (1+i)(\sqrt{3}+i) \\ & = (\sqrt{3}-1)+(1+\sqrt{3})i \end{aligned}$
dan
$\begin{aligned} \dfrac{z_1}{z_2} & = \dfrac{1+i} {\sqrt{3}+i} \\ & = \dfrac{1+i} {\sqrt{3}+i} \times \dfrac{\sqrt{3}-i}{\sqrt{3}-i} \\ & = \dfrac{(\sqrt{3}+1)+(-1 + \sqrt{3})i} {4}. \end{aligned}$
Keterangan: $\text{mod}$ = modulus/nilai mutlak, $\text{arg}$ = argumen (sudut polar). 
$$\begin{aligned} \text{mod} (z_1z_2) & = \sqrt{(\sqrt{3}-1)^2 + (1 + \sqrt{3})^2} = 2\sqrt{2} \\\text{arg} (z_1z_2) & = \arctan \dfrac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}=75^{\circ}. \end{aligned}$$

(Pembuktian dari ruas kanan)
Ingat bahwa
$\boxed{e^{i\theta} = \cos \theta -i~\sin \theta}$
Jadi,
$$\begin{aligned} \dfrac{e^{i\theta} + e^{-i\theta}}{2} & = \dfrac{(\cos \theta + \cancel{i~\sin \theta}) + (\cos \theta \cancel{-i~\sin \theta})} {2} \\ & = \dfrac{2 \cos \theta}{2} \\ & = \cos \theta. \end{aligned} $$ (Terbukti) $\blacksquare$

Jawaban a)
$$\begin{aligned} z_1z_2 &= r^2e^{i(\theta_1 + \theta_2)} \\& = r^2(\cos (\theta_1 + \theta_2) + i(\sin (\theta_1 +\theta_2)) \end{aligned}$$Jawaban b)
$$\begin{aligned} \dfrac{z_1}{z_2} &= e^{i(\theta_1 -\theta_2)} \\ & = \cos (\theta_1 -\theta_2) + i~\sin (\theta_1 -\theta_2) \end{aligned}$$

Ingat bahwa
$\boxed{e^{it} = \cos t + i~\sin t} $
Jadi, integrannya dapat ditulis
$$\begin{aligned} \displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi} {4}} (\cos t + i~\sin t) & = [\sin t -i~\cos t)]_{0}^{\frac{\pi} {4}} \\ & = \left(\dfrac{1}{2}\sqrt{2}- i~\dfrac{1}{2}\sqrt{2}\right) + i \\ & =\boxed{ \dfrac{1}{2}\sqrt{2} +i \left(1- \dfrac{1}{2}\sqrt{2}\right)} \end{aligned} $$

Perhatikan bahwa persamaan tersebut dapat kita nyatakan sebagai berikut.
$\begin{aligned} |z + 4 -2i| &= 3 \\ |(x+4) + (y -2)i| & = 3 \\ (x+4)^2 + (y-2)^2 & = 9. \end{aligned}$
Persamaan yang diperoleh adalah persamaan baku lingkaran sehingga grafik yang terbentuk adalah lingkaran yang berpusat di $(-4, 2)$ dan berjari-jari $3$.

Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} |z – 4i| + |z + 4i| & = 10 \\    \sqrt{x^2 + (y-4)^2} + \sqrt{x^2 + (y+4)^2} & = 10 \\ \sqrt{x^2+(y+4)^2} & = 10-\sqrt{x^2 + (y-4)^2} \\\cancel{x^2} + (y+4)^2 & = 100 -20\sqrt{x^2+(y-4)^2} + \cancel{x^2} + (y-4)^2 \\ y^2+8y+16 & =100-20\sqrt{x^2+(y-4)^2}+y^2-8y+16 \\ -16y & = 100-20\sqrt{x^2+(y-4)^2} \\ -4y & = 25-5\sqrt{x^2+(y-4)^2} \\  4y + 25 & = 5\sqrt{x^2+(y-4)^2} \\ 16y^2 + 200y + 625 & = 25(x^2 + (y-4)^2) \\25x^2 + 9y^2 & = 225 \\ \dfrac{x^2}{9} + \dfrac{y^2}{25} & = 1. \end{aligned}$$Persamaan di atas adalah persamaan elips dengan titik pusat di $(0, 0)$, jari-jari datar $3$, jari-jari tegak $5$, dan titik fokus di $(0, \pm 4)$. Grafiknya sebagai berikut.

Perhatikan bahwa $r = \sqrt{(-1)^2 + 1^2} = \sqrt{2}.$
Sudut $\theta$ yang memenuhi $\sin \theta = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$
dan $\cos \theta = -\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ adalah $\theta = \dfrac{3\pi}{4}.$
Berdasarkan Teorema de Moivre, berlaku
$$(-1+i) ^{\frac{1}{3}} = (\sqrt{2})^{\frac{1}{3}}\left(\cos \dfrac{\dfrac{3\pi} {4} + 2k\pi} {3} + i~\sin \dfrac{\dfrac{3\pi} {4} + 2k\pi} {3}\right).$$Untuk $k = 0$, diperoleh
$$(-1+i) ^{\frac{1}{3}} = (2)^{\frac{1}{6}}\left(\cos \dfrac{\pi} {4} + i~\sin \dfrac{\pi} {4}\right).$$Untuk $k = 1$, diperoleh
$$(-1+i) ^{\frac{1}{3}} = (2)^{\frac{1}{6}}\left(\cos \dfrac{11\pi} {12} + i~\sin \dfrac{11\pi} {12} \right).$$Untuk $k = 2$, diperoleh
$$(-1+i) ^{\frac{1}{3}} = (2)^{\frac{1}{6}}\left(\cos \dfrac{19\pi} {12} + i~\sin \dfrac{19\pi} {12}\right).$$

Modulus dari bilangan kompleks itu adalah
$\begin{aligned} r & = |-8 -8\sqrt{3}i| \\ & = \sqrt{(-8)^2 + (-8\sqrt{3})^2} = 16. \end{aligned}$
Selanjutnya, cari sudut $\theta.$
$\arctan \left(\dfrac{-8\sqrt{3}}{-8}\right) = \dfrac{4\pi}{3}.$
Jadi,
$$\begin{aligned} (-8 -8\sqrt{3}i)^{\frac{1}{4}} & = 16^{\frac{1}{4}}\left[\cos \left(\dfrac{\dfrac{4\pi}{3} + 2k\pi} {4}\right) + i~\sin \left(\dfrac{\dfrac{4\pi}{3} + 2k\pi} {4}\right) \right] \\ & = 2\left[\cos \left(\dfrac{1}{3}\pi + \dfrac{1}{2}k\pi\right) + i~\sin \left(\dfrac{1}{3}\pi + \dfrac{1}{2}k\pi\right) \right]. \end{aligned}$$Untuk $k = 0$, kita dapatkan
$$(-8-8\sqrt{3}i)^{\frac{1}{4}} = 2\left(\text{cis}~\dfrac{1}{3}\pi\right) = 1 + \sqrt{3}i.$$Untuk $k = 1$, kita dapatkan
$$(-8-8\sqrt{3}i)^{\frac{1}{4}} = 2\left(\text{cis}~\dfrac{5}{6}\pi\right) = -\sqrt{3} + i.$$Untuk $k = 2$, kita dapatkan
$$(-8-8\sqrt{3}i)^{\frac{1}{4}} = 2\left(\text{cis}~\dfrac{4}{3}\pi\right) = -1- \sqrt{3}i.$$Untuk $k = 3$, kita dapatkan
$$(-8-8\sqrt{3}i)^{\frac{1}{4}} = 2\left(\text{cis}~\dfrac{11}{6}\pi\right) = \sqrt{3} -i.$$Catatan: $\color{red}{\text{cis}~\theta = \cos \theta + i~\sin \theta}.$

Faktorkan ruas kiri sebagai berikut.
$(z -2)(z -1)^2(z^2 + 2z + 2) = 0$
Diperoleh
$\begin{aligned} z_1 & = 2 \lor z_2 = 1 \\ \lor z_3 & = -1 + i \lor z_4 = -1 -i \end{aligned}$
yang merupakan akar penyelesaian dari persamaan yang diberikan.

Ingat: $\boxed{\cos \theta + i~\sin \theta = \text{cis}~\theta = e^{i\theta}}$
Tinjau ekspresi $(i -1)^{49}.$
Ubah dalam bentuk polar sebagai berikut.
$r = \sqrt{(-1)^2 + 1^2} = \sqrt{2}$
$\arctan \dfrac{1}{-1} = \arctan (-1) = \dfrac{3\pi}{4}$ (kuadran II)
Jadi, dapat ditulis
$$\begin{aligned} (i -1)^{49} & = (\sqrt{2})^{49}\left(\cos \dfrac{3\pi}{4} + i~\sin \dfrac{3\pi}{4}\right)^{49} \\ & = (\sqrt{2})^{49}(e^{\frac{3\pi}{4}})^{49}.  \end{aligned}$$Diperoleh
$\begin{aligned} & (i -1)^{49}\left(\cos \dfrac{\pi}{40} + i~\sin \dfrac{\pi}{40}\right)^{10} \\ & = (\sqrt{2}^{49})(e^{\frac{3\pi}{4}})^{49}(e^{\frac{\pi}{40}})^{10} \\ & = (\sqrt{2})^{49}(e^{\frac{148i\pi}{4}}) \\ & = (\sqrt{2})^{49}(\cos \pi + 148i~\sin \pi) \\ & = \boxed{-(\sqrt{2})^{49}} \end{aligned}$

Kalikan persamaan tersebut dengan $z$ sehingga diperoleh
$2z -1 = \overline{z}z = |z|^2$
atau dapat ditulis
$2z = |z|^2 + 1.$
Perhatikan bahwa ruas kanan persamaan di atas adalah bilangan real sehingga ruas kirinya haruslah juga bilangan real, $z \in \mathbb{R}$. Oleh karena itu, kita bisa menghilangkan tanda mutlaknya menjadi
$2z = z^2 + 1 \Rightarrow (z-1)^2 = 0$.
Jadi, solusi satu-satunya dari persamaan di atas adalah $z = 1$.
(Terbukti) $\blacksquare$

Karena kedua ruas pada pertidaksamaan 1 bernilai positif, maka kita boleh menguadratkannya sehingga diperoleh
$$\begin{aligned} & |z-1|^2 + |z+1|^2 + 2|z-1||z+1| \leq 8 \\ & (z-1)(\overline{z} -1) + (z+1)(\overline{z}+1) + 2|(z-1)(z+1)| \leq 8 \\ & |z|^2 -z -\overline{z} + 1 + |z|^2 + z + \overline{z} + 1 + 2|z^2 -1| \leq 8 \\ & 2|z|^2 + 2 + 2|z^2 -1| \leq 8 \\ & |z|^2 +|z^2-1| \leq 3. \end{aligned} $$Kita akan membuktikan bahwa pertidaksamaan terakhir itu bernilai benar.
Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} |z|^2 + |z^2 + (-1)| & \leq |z^2| + |z^2| + |-1| \\ & = |z|^2 + |z|^2 + 1. \end{aligned}$$Perhatikan juga bahwa $|z^2| = |zz| = |z||z| = |z|^2.$
Karena pada hipotesisnya diberikan $|z| \leq 1$, yang mengimplikasikan $|z|^2 \leq 1$, maka
$|z|^2 + |z|^2 + 1 \leq 1 + 1 + 1 = 3$
dan dapat ditulis
$|z|^2 + |z^2-1| \leq 3.$
(Terbukti) $\blacksquare$ 

Misalkan $z = a + bi$, berarti kita peroleh
$$\begin{aligned} |z| & = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{2} \\ & \Rightarrow a^2+b^2 = 2 \end{aligned}$$dan juga
$$\tan \dfrac{3\pi} {4} = -1 = \dfrac{b} {a} \Rightarrow b = -a.$$Diperoleh bahwa $$(a = -1 \land b = 1) \lor (a = 1\land b = -1)$$Karena $z$ terletak di kuadran II, maka $z = -1 + i$.