Soal dan Pembahasan – ON MIPA-PT Matematika Bidang Analisis Kompleks

$\begin{aligned}z & = \dfrac{4 + 3i}{2 -2i} \\ & = \dfrac{4 + 3i}{2 -2i} \times \dfrac{2 + 2i}{2 + 2i} \\ & = \dfrac{8 + 8i + 6i -6}{4 + 4} \\ & = \dfrac{7i + 1}{4} = \dfrac{1}{4} + \dfrac{7}{4}i \end{aligned}$
Diperoleh $\text{Re}(z) = \dfrac{1}{4}$ dan $\text{Im}(z) = \dfrac{7}{4}$
$|z| = \sqrt{\left(\dfrac{7}{4}\right)^2 + \left(\dfrac{1}{4}\right)^2} = \dfrac{5}{4}\sqrt{2}$
(Jawaban A)

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
$\begin{aligned} & (i – 1)^{49}\left(\cos \dfrac{\pi}{40} + i~\sin \dfrac{\pi}{40}\right)^{10} \\ & = (\sqrt{2}^{49})(e^{\frac{3\pi}{4}})^{49}(e^{\frac{\pi}{40}})^{10} \\ & = (\sqrt{2})^{49}(e^{\frac{37i\pi}{4}}) \\ & = (\sqrt{2})^{49}(\cos \pi + 37i~\sin \pi) \\ & = \boxed{-(\sqrt{2})^{49}} \end{aligned}$

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} $

Lingkaran $|z|=2$ memuat pole sederhana dari integral di $z = 0$ dan $z = 1$ (terindentifikasi melalui pembuat nol pada penyebut fungsi kompleksnya). Untuk itu, residu dari masing-masing titik itu adalah
$\displaystyle \lim_{z \to 0} \dfrac{z(z+2)} {z^2-z} = \lim_{z \to 0} \dfrac{z+2}{z-1} = -2$
$\displaystyle \lim_{z \to 1} \dfrac{(z-1)(z+2)} {z^2-z} = \lim_{z \to 1} \dfrac{z+2}{z} = 3$
Berdasarkan Teorema Residu, diperoleh
$\begin{aligned} \displaystyle \oint_{|z|=2} \dfrac{z+2}{z^2-z}~\text{d}z & = 2\pi i(\sum \text{Res}) \\ & = 2\pi i(-2+3) = 2 \pi i \end{aligned}$
Jadi, 
$\boxed{\displaystyle \oint_{|z|=2} \dfrac{z+2}{z^2-z}~\text{d}z = 2\pi i}$

Perhatikan bahwa
$\begin{aligned} \left|\dfrac{z} {z^3-z^2-2z+2}\right| & = \left|\dfrac{z} {(z^2-2)(z-1)}\right| \\ & = \dfrac{|z|} {|z^2-2||z-1|} \\ & \leq \dfrac{|z|} {||z|^2-2| \cdot ||z|-1|} \\ & \text{Substitusi}~|z|=2 \\ & = \dfrac{2}{|2^2-2| \cdot |2-1|} \\ & = \dfrac{2}{2 \cdot 1} = 1 \end{aligned}$
Jadi, estimasi nilai dari $\left|\dfrac{z} {z^3-z^2-2z+2}\right| = 1$

Diberikan
$\begin{aligned} Q(z) & = z^2(1+Q(z)) \\ Q(z) & = z^2 + z^2Q(z) \\ Q(z)(1 -z^2) & = z^2 \\ Q(z) & = \dfrac{z^2}{1-z^2} \end{aligned}$
Untuk itu, 
$\begin{aligned} f(z) & = \dfrac{P(z)} {Q(z)} \\ & = \dfrac{(z^3-3z^2+4z-5)(1-z^2)} {z^2} \end{aligned}$
Titik $z = 0$ merupakan pole ganda dari $f(z)$ karena 
$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{z \to 0} z^2f(z) & = \lim_{z \to 0} \dfrac{\cancel{z^2}(z^3-3z^2+4z-5)(1-z^2)} {\cancel{z^2}} \\ & = -5 \neq 0 \end{aligned}$$Jadi, residu di $z = 0$ adalah
$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{z \to z_0} \dfrac{\text{d}} {\text{d}z} (z^2f(z)) & = \lim_{z \to 0} \dfrac{\text{d}} {\text{d}z} ((z^3-3z^2+4z-5)(1-z^2)) \\ & = \lim_{z \to 0} \dfrac{\text{d}} {\text{d}z} (-z^5+3z^4-3z^3+2z^2+4z-5) \\ & = \lim_{z \to 0} (-5z^4 + 12z^3 -9z^2 + 4z + 4) = 4 \end{aligned}$$

Nilai maksimum dari $|z^2-z|$ adalah
$\begin{aligned} |z^2-z| & \leq ||z|^2 + |-z|| \\ & \leq |z^2| + |z| \\ & \leq 1^2+1 = 2 \end{aligned}$
Nilai minimum dari $|z^2-z|$ adalah
$\begin{aligned} |z^2-z| & \leq ||z|^2 -|-z|| \\ & \leq |z^2| -|z| \\ & \leq 1^2-1 = 0 \end{aligned}$
Jadi, nilai maksimum dan minimum dari modulus $z^2-z$ pada cakram $|z| \leq 1$ berturut-turut adalah $2$ dan $0$.

Agar $F$ kontinu pada $z=a$, maka haruslah
$\displaystyle \lim_{z \to a} \dfrac{F(z)- F(a)} {z-a} = A$
Dengan menggunakan Dalil L’Hospital, diperoleh
$\displaystyle \lim_{z \to a} \dfrac{F'(z)} {1} = F'(a) = A$
Jadi, nilai $\boxed{A = F'(a)}$

Asumsikan bahwa lengkungan dalam arah positif. Dengan melakukan ekspansi deret pada $e^{\frac{1}{z}}$, diperoleh
$\begin{aligned} z^2e^{\frac{1}{z}} & = z^2 \left(1 + \dfrac{1}{z} + \dfrac{1}{2!z^2} + \dfrac{1}{3!z^3} + \cdots\right) \\ & = z^2+z+\dfrac{1}{2!} + \dfrac{1}{3!z} + \cdots \end{aligned}$
Karena fungsi integral memuat pole esensial di $z = 0$, maka residu di titik tersebut adalah koefisien dari $\dfrac{1}{z-z_0}=\dfrac{1}{z-0} = \dfrac{1}{z}$, yakni $\dfrac{1}{3!}$, sehingga
$\boxed{\displaystyle \int_C z^2e^{\frac{1}{z}}~\text{d}z = \dfrac{-2\pi i} {3!} = -\dfrac{\pi i} {3}}$

Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} f(z) & = \dfrac{2(z-2)} {z(z-4)} \\& = \dfrac{1}{z} + \dfrac{1}{z-4} \\ & = \dfrac{1}{1+(z-1)} + \dfrac{1}{-3+(z-1)} \\ & = \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n(z-1)^n -\dfrac{1}{3} \sum_{n=0}^{\infty} \left(\dfrac{z-1}{3}\right)^n \\ & = \sum_{n=0}^{\infty} \left(-\dfrac{1}{3^{n+1}} + (-1)^n\right)(z-1)^n \end{aligned}$$Dengan demikian, diperoleh
$a_n = -\dfrac{1}{3^{n+1}} + (-1)^n$
sehingga
$\boxed{a_{100} = -\dfrac{1}{3^{100+1}} + (-1)^{100} = -\dfrac{1}{3^{101}} + 1}$

Deret $z^n$ konvergen untuk $|z|<1$, sedangkan deret $\dfrac{1}{2^nz^n} = \left(\dfrac{1}{2z}\right)^n$ konvergen untuk $\left|\dfrac{1}{2z}\right| < 1$ atau disederhanakan menjadi $z > \dfrac{1}{2}$. 
Jadi, deret $\displaystyle \sum_{n = 0}^{\infty} \left(z^n + \dfrac{1}{2^nz^n}\right)$ konvergen untuk $\boxed{\dfrac{1}{2} < z < 1}$, yang merupakan daerah konvergensinya.

Perhatikan bahwa $(3,-3)$ berada di kuadran IV. Untuk itu, 
$\begin{aligned} z & = (3-3i)^{2018} \\ & = (\sqrt{3^2+(-3)^2} \cdot \text{cis}~(-315^{\circ}))^{2018} \\ & = \left(3\sqrt{2} \cdot \text{cis}~\left(-\dfrac{1}{4}\pi\right)\right)^{2018} \end{aligned}$
Dengan menggunakan Teorema de Moivre, diperoleh
$\begin{aligned} z & = (3\sqrt{2})^{2018} \cdot \text{cis}~\left(2018\cdot \left(-\dfrac{1}{4}\pi\right)\right) \\ & = (3\sqrt{2})^{2018} \cdot \text{cis}~\left(-504\dfrac{1}{2}\pi\right) \\ & = (3\sqrt{2})^{2018} \left(\cos -\dfrac{1}{2}\pi + i \sin -\dfrac{1}{2}\pi \right) \\ & =(3\sqrt{2})^{2018}(0-i) \\ & = -(3\sqrt{2})^{2018}i \end{aligned}$
Bentuk terakhir menunjukkan bahwa $\text{Re}~z = 0$ dan $\text{Im}~z = -(3\sqrt{2})^{2018}$. 
Jadi, 
$\begin{aligned} & 5~\text{Re}(z) + 7~\text{Im}(z)\\ & = 5(0) + 7(-1) (3\sqrt{2})^{2018} \\ & = -7\cdot 3^{2018} \cdot 2^{1009} \end{aligned}$

Menurut Teorema Cauchy, 
$f^n(z_0)= \dfrac{n!} {2\pi i} \displaystyle \oint_C \dfrac{f(z)} {(z-z_0)^{n+1}}~\text{d}z$
jika $z_0$ analitik dalam kurva $C$. 
Karena $z_0 = -\pi i$ berada dalam $C$ dan dari integral di atas diketahui bahwa $f(z) = e^z$, maka berlaku
$\begin{aligned} f^2(-\pi i) & = \dfrac{2!} {2\pi i} \displaystyle \oint \dfrac{e^z} {(z+\pi i)^3}~\text{d}z \\ \pi i \cdot e^{-2\pi i} & = \oint_C \dfrac{e^z} {(z+\pi i)^3}~\text{d}z \\ \oint_C \dfrac{e^z} {(z+\pi i)^3}~\text{d}z & = \pi i(\cos -2\pi + i \sin -2\pi) \\ & = \pi i(1 + 0) = \pi i \end{aligned}$
Jadi, didapat $\boxed{\oint_C \dfrac{e^z} {(z+\pi i)^3}~\text{d}z = \pi i}$

Misalkan $z = x + iy$, sehingga
$\begin{aligned} T(x+iy) & = 2i(x+iy) + 2 -i \\ & = (2 -2y) + (2x -1)i \end{aligned}$
Untuk itu, diperoleh
$x + y = 1 \Rightarrow (2 -2y) + (2x -1) = 1$
yang bila disederhanakan lebih lanjut, didapat $y = x$. 
Jadi, prapeta dari garis $x+y=1$ oleh transformasi linear $T(z) = 2iz + 2 -i$ adalah $\boxed{y = x}$

Diketahui $p(z) \cos^2 z + q(z) \sin^2 z = 2$
Misalkan $z = n\pi, n \in \mathbb{Z}$, berarti diperoleh
$p(n\pi) \cos^2 (n\pi) + q(n \pi) \sin^2 (n \pi) = 2$
Perhatikan bahwa $\cos^2 (n\pi) = 1$ dan $\sin^2 (n \pi) = 0$, maka selanjutnya didapat
$\begin{aligned} p(n\pi) (1) + q(n \pi) (0) & = 2 \\ p(n \pi) & = 2 \end{aligned}$
Karena ada tak hingga banyaknya $n$ yang memenuhi persamaan di atas, maka dengan kata lain ada tak hingga $z$ yang memenuhi $p(z) = 2$.
Setiap polinomial tak konstan $f(z)$ memenuhi
$\displaystyle \lim_{z \to \infty} f(z) = \pm \infty$
sehingga $z$ haruslah berhingga
banyaknya dan ini berarti $p(z)$ pasti konstan. Jadi, didapat $p(1) = 2$.
Dengan prinsip yang sama, misalkan $z = \dfrac{\pi}{2} + n\pi, n \in \mathbb{Z}$, jika disubstitusikan ke persamaan awal, maka didapat
$q\left(\dfrac{\pi} {2} + n \pi \right) = 2$
Karena $q(z)$ konstan, maka haruslah
$q(1) = 2$
Jadi, $\boxed{p(1) + q(1) = 2 + 2 = 4}$.

$C$ adalah kurva yang membentuk bangun persegi pada bidang kompleks. Perhatikanlah bahwa titik singular integran, yaitu $z = 0$ berada dalam $C$, sedangkan $z^2 -8 = 0 \Rightarrow z = \pm\sqrt{8}$ tidak berada dalam $C$, jadi dapat ditulis
$\begin{aligned} \displaystyle \oint \dfrac{\cos z} {z(z^2-8)}~dz & = \oint \dfrac{\cos z}{z^2-8} \times \dfrac{dz}{z} \\ & = 2\pi i\left[\dfrac{\cos z}{z^2- 8}\right]_{z = 0} \\ & = 2\pi i\left[\dfrac{\cos 0}{0 -8}\right] \\ & = \boxed{-\dfrac{1}{4} \pi i} \end{aligned}$

Perhatikan bahwa
$f(z) = \dfrac{3}{z^2 – iz} = \dfrac{3}{z(z- i)}$
Titik singular fungsi ini adalah $z = 0$ dan $z = i$ yang letaknya TIDAK berada di luar daerah konvergensi $|z + i| < 1$ (lingkaran dengan pusat di $(0,1)$ dan berjari-jari $1$), sehingga kita menguraikan keduanya ini hanya dalam bentuk deret Taylor.
$$\begin{aligned} & \dfrac{3}{z(z + i)} = 3\left(\dfrac{-\dfrac{1}{i}} {z} + \dfrac{\dfrac{1}{i}} {z -i}\right) \\ & = -\dfrac{3}{i} \times \dfrac{1}{-i + (z + i)} + \dfrac{3}{i} \times \dfrac{1}{-2i + (z + i)} \\ & =-\dfrac{3}{i} \times \dfrac{1}{-i\left(1 + \dfrac{z + i}{-i}\right)} + \dfrac{3}{i} \times \dfrac{1}{-2i\left(1 + \dfrac{z+i}{-2i}\right)} \\ & = -3 \displaystyle \sum (-1)^n\left(\dfrac{z+i} {-i}\right)^n + \dfrac{3}{2} \times \sum (-1)^n\left(\dfrac{z+i} {-2i}\right)^n \\ & = \displaystyle \sum 3\left(\dfrac{z+i} {i} \right)^n + \sum \dfrac{3}{2}\left(\dfrac{z+i}{2i}\right)^n \\ & = \boxed{3 \sum (z + i)^n\left(\dfrac{1}{2^{n+1}i^n} – \dfrac{1}{i^n}\right)} \end{aligned}$$

Gunakan rumus pemfaktoran berikut. 
$\boxed{\begin{aligned} a^2-b^2 & =(a+b) (a-b) \\ a^3+b^3 & =(a+b) (a^2-ab+b^2) \\ a^3-b^3 & = (a-b)(a^2+ab+b^2) \end{aligned}}$
Dari persamaan $z^{12} = 1$, kita peroleh
$$\begin{aligned} & z^{12} -1 = 0 \\ & \Leftrightarrow (z^6+1)(z^6-1) = 0 \\ & \Leftrightarrow (z^2+1)(z^4-z^2+1)(z^3-1)(z^3+1) = 0 \\ & \Leftrightarrow (z^2+1)(z^4-z^2+1)(z-1)(z^2+z+1)(z+1)(z^2-z+1) = 0 \end{aligned}$$Kita dapatkan $6$ bentuk faktor berbeda yang harus ditinjau satu per satu. 
Bentuk: $z^2+1=0$
Penyelesaian untuk persamaan ini adalah $z = \pm \sqrt{-1} = \pm i$ (ada 2)
Bentuk: $z^4-z^2+1 = 0$
Misalkan $z^2 = x$, maka diperoleh persamaan kuadrat $x^2-x+1=0$. Diskriminannya adalah $D = (-1)^2-4(1)(1) = 1 -4 = -3$. Karena bernilai negatif, maka penyelesaian persamaan itu berupa bilangan kompleks. Dengan rumus ABC, diperoleh
$z = \pm \sqrt{\dfrac{1 \pm i\sqrt{3}} {2}}$ (ada 4)
Bentuk: $z-1=0$
Jelas bahwa persamaan di atas memiliki penyelesaian real, yaitu $z=1$. 
Bentuk: $z^2+z+1=0$
Diskriminan persamaan kuadrat di atas adalah $D=1^2-4(1)(1)=-3$, sehingga penyelesaiannya berupa bilangan kompleks. Dengan rumus ABC, diperoleh
$z = \dfrac{-1 \pm i\sqrt{3}} {2}$ (ada 2)
Bentuk: $z+1=0$
Jelas bahwa persamaan di atas memiliki penyelesaian real, yaitu $z=-1$. 
Bentuk: $z^2-z+1=0$
Diskriminan persamaan kuadrat di atas adalah $D=(-1)^2-4(1)(1)=-3$, sehingga penyelesaiannya berupa bilangan kompleks. Dengan rumus ABC, diperoleh
$z = \dfrac{1 \pm i\sqrt{3}} {2}$  (ada 2)
Dengan demikian, ada $\boxed{2+4+2+2=10}$ akar tak real berbeda yang memenuhi persamaan tersebut. 
Alternatif Lain: Menggunakan Konsep Roots of Unity. 
$z^n = 1$ untuk $n$ genap selalu memiliki $n$ solusi, di mana dua di antaranya berupa akar real, yaitu $1$ dan $-1$, dan sisanya berupa akar tidak real. 
Untuk itu, persamaan $z^{12} = 1$ memiliki $12$ solusi, di mana dua di antaranya merupakan $z=1$ dan $z=-1$, dan sisanya, yaitu sebanyak $\boxed{12-2 = 10}$ solusi merupakan akar tak real.