Tag: Deret Maclaurin

Perhatikan bahwa $\begin{array}{rl}z& ={\displaystyle \frac{4+3i}{2-2i}}\\ & ={\displaystyle \frac{4+3i}{2-2i}}\times {\displaystyle \frac{2+2i}{2+2i}}\\ & ={\displaystyle \frac{8+8i+6i-6}{4+4}}\\ & ={\displaystyle \frac{7i+1}{4}}={\displaystyle \frac{1}{4}}+{\displaystyle \frac{7}{4}}i.\end{array}$
Diperoleh $\text{Re}(z)={\displaystyle \frac{1}{4}}$ dan $\text{Im}(z)={\displaystyle \frac{7}{4}}$ sehingga
$|z|=\sqrt{{\left({\displaystyle \frac{7}{4}}\right)}^2+{\left({\displaystyle \frac{1}{4}}\right)}^2}={\displaystyle \frac{5}{4}}\sqrt{2}$.
(Jawaban A)

Ingat: $\boxed{{\displaystyle \cos \theta +i\sin \theta =\text{cis}\theta =e^{i\theta }}}$
Tinjau ekspresi $(i-1{)}^{49}$.
Ubah dalam bentuk polar sebagai berikut.
$r=\sqrt{(-1{)}^2+1^2}=\sqrt{2}$.
$\begin{array}{rl}\theta & =\arctan {\displaystyle \frac{1}{-1}}\\ & =\arctan (-1)\\ & ={\displaystyle \frac{3\pi }{4}}(\text{kuadran II})\end{array}$
Jadi, dapat ditulis
$$\begin{array}{rl}(i-1{)}^{49}& =r^{49}{(\cos \theta +i\sin \theta )}^{49}\\ & =(\sqrt{2}{)}^{49}{(\cos {\displaystyle \frac{3\pi }{4}}+i\sin {\displaystyle \frac{3\pi }{4}})}^{49}\\ & =(\sqrt{2}{)}^{49}(e^{\frac{3i\pi }{4}}{)}^{49}.\end{array}$$Diperoleh
$$\begin{array}{rl}(i-1{)}^{49}{(\cos {\displaystyle \frac{\pi }{40}}+i\sin {\displaystyle \frac{\pi }{40}})}^{10}& =(\sqrt{2}{)}^{49}(e^{\frac{3i\pi }{4}}{)}^{49}(e^{\frac{i\pi }{40}}{)}^{10}\\ & =(\sqrt{2}{)}^{49}(e^{\frac{148i\pi }{4}})\\ & =(\sqrt{2}{)}^{49}(e^{37i\pi })\\ & =(\sqrt{2}{)}^{49}(\cos 37\pi +i\sin 37\pi )\\ & =(\sqrt{2}{)}^{49}(\cos \pi +i\sin \pi )\\ & =(\sqrt{2}{)}^{49}(-1+0)\\ & =\boxed{{\displaystyle -(\sqrt{2}{)}^{49}}}\end{array}$$

Ingat bahwa
$\boxed{{\displaystyle e^{it}=\cos t+i\sin t}}$
Jadi, integrannya dapat ditulis
$\begin{array}{rl}& {\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}(\cos t+i\sin t)\text{d}t}\\ & =[\sin t-i\cos t){]}_0^{\frac{\pi }{4}}\\ & =({\displaystyle \frac{1}{2}}\sqrt{2}-i{\displaystyle \frac{1}{2}}\sqrt{2})+i\\ & =\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{2}}\sqrt{2}+i(1-{\displaystyle \frac{1}{2}}\sqrt{2})}}\end{array}$

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
${\displaystyle \underset{z\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{z(z+2)}{z^2-z}}=\underset{z\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{z+2}{z-1}}=-2}$
${\displaystyle \underset{z\to 1}{lim}{\displaystyle \frac{(z-1)(z+2)}{z^2-z}}=\underset{z\to 1}{lim}{\displaystyle \frac{z+2}{z}}=3.}$
Berdasarkan Teorema Residu, diperoleh
$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\oint }_{|z|=2}{\displaystyle \frac{z+2}{z^2-z}}\text{d}z}& =2\pi i(\sum \text{Res})\\ & =2\pi i(-2+3)\\ & =2\pi i.\end{array}$
Jadi, $\boxed{{\displaystyle {\displaystyle {\oint }_{|z|=2}{\displaystyle \frac{z+2}{z^2-z}}\text{d}z=2\pi i}}}$

Perhatikan bahwa
$$\begin{array}{rl}\left|{\displaystyle \frac{z}{z^3-z^2-2z+2}}\right|& =\left|{\displaystyle \frac{z}{(z^2-2)(z-1)}}\right|\\ & ={\displaystyle \frac{|z|}{|z^2-2||z-1|}}\\ & \le {\displaystyle \frac{|z|}{||z{|}^2-2|\cdot ||z|-1|}}\\ & \text{Substitusi}|z|=2\\ & ={\displaystyle \frac{2}{|2^2-2|\cdot |2-1|}}\\ & ={\displaystyle \frac{2}{2\cdot 1}}=1.\end{array}$$Jadi, estimasi nilai dari $\left|{\displaystyle \frac{z}{z^3-z^2-2z+2}}\right|=1$.

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

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

Agar $F$ kontinu pada $z=a$, maka haruslah ${\displaystyle \underset{z\to a}{lim}{\displaystyle \frac{F(z)-F(a)}{z-a}}=A.}$
Dengan menggunakan Dalil L’Hospital, diperoleh
${\displaystyle \underset{z\to a}{lim}{\displaystyle \frac{F^{\prime }(z)}{1}}=F^{\prime }(a)=A.}$
Jadi, nilai $\boxed{{\displaystyle A=F^{\prime }(a)}}$

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

Perhatikan bahwa
$$\begin{array}{rl}f(z)& ={\displaystyle \frac{2(z-2)}{z(z-4)}}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{z}}+{\displaystyle \frac{1}{z-4}}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{1+(z-1)}}+{\displaystyle \frac{1}{-3+(z-1)}}\\ & ={\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n(z-1{)}^n-{\displaystyle \frac{1}{3}}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\left({\displaystyle \frac{z-1}{3}}\right)}^n}\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(-{\displaystyle \frac{1}{3^{n+1}}}+(-1{)}^n)(z-1{)}^n.\end{array}$$Dengan demikian, diperoleh $a_n=-{\displaystyle \frac{1}{3^{n+1}}}+(-1{)}^n$ sehingga
$$\boxed{{\displaystyle a_{100}=-{\displaystyle \frac{1}{3^{100+1}}}+(-1{)}^{100}=-{\displaystyle \frac{1}{3^{101}}}+1}}$$

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

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

Menurut Teorema Cauchy, kita tahu bahwa
$f^n(z_0)={\displaystyle \frac{n!}{2\pi i}}{\displaystyle {\oint }_C{\displaystyle \frac{f(z)}{(z-z_0{)}^{n+1}}}\text{d}z}$
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
$$\begin{array}{rl}{f}^2(-\pi i)& ={\displaystyle \frac{2!}{2\pi i}}{\displaystyle \oint {\displaystyle \frac{e^z}{(z+\pi i{)}^3}}\text{d}z}\\ \pi i\cdot e^{-2\pi i}& ={\oint }_C{\displaystyle \frac{e^z}{(z+\pi i{)}^3}}\text{d}z\\ {\oint }_C{\displaystyle \frac{e^z}{(z+\pi i{)}^3}}\text{d}z& =\pi i(\cos -2\pi +i\sin -2\pi )\\ & =\pi i(1+0)=\pi i.\end{array}$$Jadi, didapat $\boxed{{\displaystyle {\oint }_C{\displaystyle \frac{e^z}{(z+\pi i{)}^3}}\text{d}z=\pi i}}$

Misalkan $z=x+iy$ sehingga
$\begin{array}{rl}T(x+iy)& =2i(x+iy)+2-i\\ & =(2-2y)+(2x-1)i.\end{array}$
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 $\boxed{{\displaystyle y=x}}$

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
$\begin{array}{rl}p(n\pi )(1)+q(n\pi )(0)& =2\\ p(n\pi )& =2.\end{array}$
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 ${\displaystyle \underset{z\to \mathrm{\infty }}{lim}f(z)=\pm \mathrm{\infty }}$ sehingga $z$ haruslah berhingga banyaknya dan ini berarti $p(z)$ pasti konstan. Jadi, didapat $p(1)=2$.
Dengan prinsip yang sama, misalkan $z={\displaystyle \frac{\pi }{2}}+n\pi ,n\in \mathbb{Z}$, jika disubstitusikan ke persamaan awal, maka didapat $q({\displaystyle \frac{\pi }{2}}+n\pi )=2.$ Karena $q(z)$ konstan, maka haruslah $q(1)=2.$
Jadi, $\boxed{{\displaystyle p(1)+q(1)=2+2=4}}$

$C$ 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 $C$ sehingga dapat ditulis
$\begin{array}{rl}{\displaystyle \oint {\displaystyle \frac{\cos z}{z(z^2-8)}}dz}& =\oint {\displaystyle \frac{\cos z}{z^2-8}}\times {\displaystyle \frac{dz}{z}}\\ & =2\pi i{\left[{\displaystyle \frac{\cos z}{z^2-8}}\right]}_{z=0}\\ & =2\pi i\left[{\displaystyle \frac{\cos 0}{0-8}}\right]\\ & =\boxed{{\displaystyle -{\displaystyle \frac{1}{4}}\pi i}}\end{array}$

Perhatikan bahwa
$f(z)={\displaystyle \frac{3}{z^2–iz}}={\displaystyle \frac{3}{z(z-i)}}.$
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.
$$\begin{array}{rl}& {\displaystyle \frac{3}{z(z+i)}}=3({\displaystyle \frac{-{\displaystyle \frac{1}{i}}}{z}}+{\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{1}{i}}}{z-i}})\\ & =-{\displaystyle \frac{3}{i}}\times {\displaystyle \frac{1}{-i+(z+i)}}+{\displaystyle \frac{3}{i}}\times {\displaystyle \frac{1}{-2i+(z+i)}}\\ & =-{\displaystyle \frac{3}{i}}\times {\displaystyle \frac{1}{-i(1+{\displaystyle \frac{z+i}{-i}})}}+{\displaystyle \frac{3}{i}}\times {\displaystyle \frac{1}{-2i(1+{\displaystyle \frac{z+i}{-2i}})}}\\ & =-3{\displaystyle \sum (-1{)}^n{\left({\displaystyle \frac{z+i}{-i}}\right)}^n+{\displaystyle \frac{3}{2}}\times \sum (-1{)}^n{\left({\displaystyle \frac{z+i}{-2i}}\right)}^n}\\ & ={\displaystyle \sum 3{\left({\displaystyle \frac{z+i}{i}}\right)}^n+\sum {\displaystyle \frac{3}{2}}{\left({\displaystyle \frac{z+i}{2i}}\right)}^n}\\ & =\boxed{{\displaystyle 3\sum (z+i{)}^n\left({\displaystyle \frac{1}{2^{n+1}{i}^n}}–{\displaystyle \frac{1}{i^n}}\right)}}\end{array}$$

Gunakan rumus pemfaktoran berikut. 
$\boxed{{\displaystyle \begin{array}{rl}{a}^2-b^2& =(a+b)(a-b)\\ a^3+b^3& =(a+b)(a^2-ab+b^2)\\ a^3-b^3& =(a-b)(a^2+ab+b^2)\end{array}}}$
Dari persamaan $z^{12}=1$, kita peroleh
$$\begin{array}{rl}& z^{12}-1=0\\ & \iff (z^6+1)(z^6-1)=0\\ & \iff (z^2+1)(z^4-z^2+1)(z^3-1)(z^3+1)=0\\ & \iff (z^2+1)(z^4-z^2+1)(z-1)(z^2+z+1)(z+1)(z^2-z+1)=0.\end{array}$$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
$z=\pm \sqrt{{\displaystyle \frac{1\pm i\sqrt{3}}{2}}}$ (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
$z={\displaystyle \frac{-1\pm i\sqrt{3}}{2}}$ (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
$z={\displaystyle \frac{1\pm i\sqrt{3}}{2}}$  (ada 2).
Dengan demikian, ada $\boxed{{\displaystyle 2+4+2+2=10}}$ 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, 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, dua di antaranya merupakan $z=1$ dan $z=-1$, dan sisanya, yaitu sebanyak $\boxed{{\displaystyle 12-2=10}}$ solusi merupakan akar tak real.