Bilangan kompleks merupakan himpunan bilangan yang tertutup secara aljabar dan lengkap. Bilangan kompleks dapat didefinisikan dalam berbagai bentuk seperti pasangan bilangan real, bentuk rectangular a+bi, dan bentuk polar. Bilangan kompleks membentuk lapangan dan memiliki sifat-sifat penting seperti setiap persamaan linear memiliki solusi.

1. Pertemuan 1
Bilangan Kompleks
1.1 Pendahuluan
Bilangan kompleks merupakan salah satu terobosan penting dalam dunia Matematika. Bagi yang
telah mengikuti perkuliahan Aljabar Linear, himpunan bilangan bulat telah dikenal sebagai suatu
himpunan yang sederhana yang memiliki struktur grup, dan lebih jauh lagi gelanggang. Struk-
tur grup dari bilangan bulat membuat setiap persamaan linear monik memiliki solusi. Tetapi
persamaan linear umum:
ax + b = c;
dengan a; b; c di suatu himpunan F menuntut struktur yang lebih canggih bagi F, yaitu lapangan.
Lapangan yang paling sederhana1 adalah bilangan rasional:
Q =
n a
b

4. o
:
a; b 2 Z
Tetapi lapangan ini tidak memiliki sifat berikut ini: setiap subset terbatas darinya memiliki batas
atas terkecil dan batas bawah terbesar. Sifat ini yang kemudian berakibat setiap barisan Cauchy
konvergen. Sifat ini disebut "lengkap". Kebutuhan untuk mengkonstruksi sebuah lapangan yang
lengkap yang kemudian memberikan himpunan bilangan real. Tetapi, meskipun himpunan bi-
langan real memiliki sifat kelengkapan, lapangan tersebut tidak tertutup secara aljabar: setiap
polinom berderajat n memiliki n buah pembuat nol.
Salah satu contoh klasik mengenai fakta ini adalah persamaan x2 + 1 = 0 yang sama sekali
tidak memiliki akar di bilangan real. Jika akar dari persamaan ini disebut i, maka kita dapat mem-
bentuk lapangan bilangan kompleks yang tertutup secara aljabar. Masalah yang serius dalam hal
ini adalah persamaan: x2 + 1 = 0 memiliki dua akar. Akar yang manakah yang akan kita pilih
sebagai i? Ini sebabnya pendekatan yang lebih formal dan rigid dibutuhkan untuk mende

5. nisikan
himpunan bilangan kompleks.
Dalam Bab ini kita akan memperkenalkan konsep bilangan kompleks. Sekurang-kurangnya, ada
empat pendekatan untuk mende

6. nisikan bilangan kompleks yang akan kita perkenalkan:
1. dalam bentuk pasang terurut: (a; b) dengan a; b 2 R.
2. dalam bentuk rektangular: a + bi, dengan a; b 2 R.
3. dalam bentuk matriks:
a b
b a
; dengan a; b 2 R:
4. dalam bentuk: r (cos + i sin ).
1Meskipun sederhana perlu diberi arti dan pengertian untuk bisa bermakna secara unik.
5

7. 6 PERTEMUAN 1. BILANGAN KOMPLEKS
Masing-masing bentuk memiliki keunggulan dan kelemahan masing-masing. Kemampuan untuk
bekerja dengan masing-masing bentuk, dan mengubah dari satu bentuk ke bentuk lain, serta
memanfaatkan keunggulan tiap bentuk merupakan kemampuan minimal yang dituntut.
1.2 Lapangan Bilangan Kompleks
Lapangan bilangan kompleks C adalah: himpunan yang berisikan pasangan terurut bilangan real
(a; b). Dua buah bilangan kompleks (a; b) dan (c; d) dikatakan sama, jika a = c dan b = d,
Himpunan C dilengkapi dengan dua operasi penjumlahan:
(a; b) + (c; d) = (a + b; c + d); (1.1)
dan perkalian:
(a; b)(c; d) = (ac bd; ad + bc): (1.2)
Terhadap operasi penjumlahan, (C; +) memenuhi:
(G1) komutatif: (a1; b1) + (a2; b2) = (a2; b2) + (a1; b1),
(G2) asosiatif: ((a1; b1) + (a2; b2)) + (a3; b3) = (a1; b1) + ((a2; b2) + (a3; b3)).
(G3) memiliki elemen identitas: (0; 0) sehingga (a; b) + (0; 0) = (a; b).
(G4) memiliki elemen invers: untuk setiap (a; b) 2 C terdapat (a;b) 2 C sehingga: (a; b) +
(a;b) = (0; 0).
Dengan perkataan lain, (C; +) membentuk grup komutatif.
Terhadap operasi perkalian, Cnf(0; 0)g membentuk grup komutatif juga. Elemen identitas pada
grup perkalian ini adalah: (1; 0). Misalkan (a; b) adalah bilangan kompleks. Kita ingin mencari
bilangan kompleks (x; y) yang merupakan invers perkalian dari (a; b), yaitu:
(a; b)(x; y) = (1; 0);
(ax by; bx + ay) = (1; 0):
Jadi:
ax by = 1
bx + ay = 0:
Ini adalah persamaan linear dalam x dan y. Solusi dari sistem persamaan di atas adalah:
x =

11. 1 b
0 a

19. a b
b a

23. = a
a2 + b2 ; (1.3)
dan
y =

27. a 1
b 0

35. a b
b a

39. = b
a2 + b2 ; (1.4)
dengan syarat: a2 + b26= 0. Syarat ini dipenuhi oleh semua bilangan kompleks kecuali: (0; 0).
Jadi (C; +) membentuk grup komutatif, (Cnf(0; 0)g; ) membentuk grup komutatif. Selain itu,
hukum distributif juga dipenuhi, yaitu:
(a1; b1) ((a2; b2) + (a3; b3)) = (a1; b1)(a2; b2) + (a1; b1)(a3; b3):

40. 1.2. LAPANGAN BILANGAN KOMPLEKS 7
C terhadap operasi penjumlahan (+) dan perkalian (), membentuk struktur aljabar yaitu sebuah
lapangan, seperti juga bilangan real R dan Q.
Teorema 1.1. Dalam sebuah lapangan F, setiap persamaan linear: ax + b = c punya jawab.
Contoh 1.1. Berikut adalah contoh-contoh perhitungan dalam bilangan kompleks.
1. ((3; 2) + (7; 1)) + (4;4) = (4; 3) + (4;4) = (0;1).
2. (3; 2)+((7; 1) + (4;4)) = (3; 2)+(3;3) = (0;1). Contoh (1) dan (2) memperlihatkan
bahwa penjumlahan memenuhi hukum asosiatif.
3. Contoh operasi pembagian: hitung
(3;2)
(1; 1) :
Pertama-tama kita mencari bilangan kompleks (x; y) sehingga: (1; 1)(x; y) = (1; 0). Ini
setara dengan menyelesaikan sistem persamaan:
x y = 1
x y = 0
Jadi
(x; y) =
1
2;
1
2
:
Maka:
(3;2)
(1; 1)
= (3;2)
1
2;
1
2
=
5
2;
1
2
:
4. Hitung:
(5; 5)
(3;4) :
Dengan menggunakan formula pada (1.3) dan (1.4), kita dapat menuliskan:
1
(3;4)
=
3
5;
4
5
:
Akibatnya:
(5; 5)
(3;4)
= (5; 5)
3
5;
4
5
=
1
5;
7
5
;

41. 8 PERTEMUAN 1. BILANGAN KOMPLEKS
1.3 Representasi rectangular : a + bi
Perhatikan bahwa jika kita memandang
A = f(a; 0) j a 2 Rg C;
maka: kedua operasi di atas tertutup pada A, yaitu: (a1; 0)+(a2; 0) = (a1+a2; 0) dan (a1; 0)(a2; 0) =
(a1a2; 0).
Latihan 1.1. Perlihatkan bahwa hukum distributif tetap berlaku.
Jadi A adalah sublapangan dari C, dan pemasangan
A ! R
(a; b)7! a;
adalah korespondensi satu-satu. Jadi kita dapat melihat R sebagai sublapangan dari C.
Bilangan imajiner: i. Kita ingin mencari bilangan kompleks (a; b) yang memenuhi:
(a; b)2 + (1; 0) = (0; 0): (1.5)
Karena
(a; b)2 = (a2 b2; 2ab);
maka
a2 b2 = 1
2ab = 0;
Dari persamaan kedua, entah a = 0 atau b = 0. Jika b = 0, maka a2 = 1, tetapi tidak ada
bilangan real yang memenuhinya. Jadi, haruslah a = 0 dan b = 1, atau a = 0 dan b = 1.
Berarti, terdapat dua buah bilangan kompleks yang memenuhi persamaan (1.5), yaitu:
(0; 1) dan (0;1):
Perhatikan bahwa:
(a; b) = (a; 0) + (0; b) = a(1; 0) + b(0; 1):
Kita mengidenti

42. kasii (1; 0) sebagai bilangan real: 1, dan (0; 1) sebagai sebuah bilangan lain: i.
Selanjutnya,
(a; b) = a(1; 0) + b(0; 1) = a 1 + b i = a + bi = z:
Bilangan i disebut bilangan imajiner yang memenuhi persamaan: z2 + 1 = 0. Jadi, i2 = 1.
Bandingkan dengan operasi kuadrat pada bilangan real yang senantiasa memberikan nilai yang
nonnegatif. Di dalam himpunan bilangan real, persamaan x2 + 1 = 0 tidak mempunyai jawab,
tetapi di dalam bilangan kompleks: z2 + 1 = 0 memiliki jawab, yaitu: i dan i.
Jadi, himpunan bilangan kompleks dapat dituliskan sebagai:
C = fz = a + bija; b 2 Rg:
Operasi penjumlahan (1.1) dituliskan sebagai:
z1 + z2 = (a1 + a2) + (b1 + b2)i;
sedangkan operasi perkalian (1.2) dituliskan sebagai:
z1z2 = (a1 + b1i)(a2 + b2i)
= (a1a2 + b1b2i2) + i(a1b2 + a2b1)
= (a1a2 b1b2) + i(a1b2 + a2b1):

43. 1.3. REPRESENTASI RECTANGULAR : A + BI 9
Akar dari bilangan kompleks
Misalkan z adalah sebuah bilangan kompleks. Maka akar dari z adalah bilangan kompleks w yang
memenuhi: w2 = z. Jadi, kita ingin mencari akar dari a + bi yang adalah bilangan kompleks:
x + yi yang memenuhi:
(x + yi)2 = a + bi:
x2 + 2xyi + y2i2 = a + bi
(x2 y2) + (2xy)i = a + bi:
Ini identik dengan menyelesaikan sistem persamaan tak linear:
x2 y2 = a
2xy = b
Kita asumsikan b6= 0, maka: y = b
2x . Substitusikan ke dalam persamaan yang pertama:
x2 b2
2x2 = a
2
x2
2
2ax2 b2 = 0;
x2
2
ax2 b2
2 = 0:
Persamaan terakhir adalah persamaan kuadrat dalam x2, yang identik dengan:
x2
a
2
2
= a2 + 2b2
4 0:
Jadi:
x2 = a
2
1
2
p
a2 + 2b2:
Perhatikan bahwa: 1
2
p
a2 + 2b2 1
2a, sehingga yang mungkin pada persamaan di atas adalah:
x =
r
a
2
+
1
2
p
a2 + 2b2:
Jadi, kedua bilangan kompleks yang adalah akar dari a + bi adalah:
r
a
2
+
1
2
p
a2 + 2b2
1
a
p
a2 + 2b2
2b
!
i
dan
r
a
2
+
1
2
p
a2 + 2b2
1
a
p
a2 + 2b2
2b
!
i
Selanjutnya, jika b = 0 maka, entah x = 0 atay y = 0 tergantung pada tanda dari a.
Jadi, notasi (penulisan)
p
4 yang memiliki arti yang jelas pada bilangan real, dalam
bilangan kompleks tidaklah memiliki arti yang jelas. Itu sebabnya kita akan menghin-
dari penggunakan notasi
p
z.
Contoh 1.2. Contoh soal yang diselesaikan.
1. Hitung akar dari 2i. Misalkan bilangan kompleks a + bi memenuhi:
(a + bi)2 = 2i;
maka, a dan b memenuhi sistem persamaan:
a2 b2 = 0
2ab = 2
a ke dalam persamaan pertama, kita dapatkan:
a22
Maka, dengan mensubstitusikan b = 1
1 = 0:
Jadi a = 1 dan b = 1 atau a = 1 dan b = 1. Jadi
p
2i = (1 i):

44. 10 PERTEMUAN 1. BILANGAN KOMPLEKS
Latihan 1.2. 1. Tunjukkan bahwa: akar dari 2i adalah: 1 + i dan 1 i.
2. Carilah: akar dari 4.
3. Tunjukkan bahwa: az2 + bz + c = 0, dengan a6= 0; b; c 2 C senantiasa memiliki jawab.
Modulus dan konjugat bilangan kompleks
Bilangan kompleks memiliki modulus:
ja + bij =
p
a2 + b2:
Dengan perkatan lain:
ja + bij2 = (a2 + b2; 0) = (a; b)(a;b) = (a + bi)(a bi):
Bilangan kompleks: a bi disebut konjugat kompleks dari a + bi, dinotasikan sebagai: a + bi.
Contoh 1.3. Perhatikan lagi contoh perhitungan pada Contoh: 1.4 dimana kita telah menghitung:
(3;2)
(1; 1)
=
5
2;
1
2
:
Dengan menggunakan modulus dan konjugat,
(3;2)
(1; 1)
=
(3 2i)
(1 + i)
(1 i)
(1 i)
=
5
2
1
2
i:
Perhitungan pembagian pada bilangan kompleks lebih sederhana jika menggunakan teknik ini.
Fungsi Re dan Im
Misalkan z = a + bi. Kita de

45. nisikan dua buah fungsi real:
Re : C ! R
z7! Re(z) = a;
dan
Im : C ! R
z7! Im(z) = b:
Jadi,
z = Re(z) + Im(z)i;
dan
z = Re(z) Im(z)i:
Akibatnya:
Re(z) = z + z
2
dan Im(z) = z z
2i :
Modulus dari z,
jzj =
p
Re(z)2 + Im(z)2;
yang berakibat:
jRe(z)j jzj;
jIm(z)j jzj; dan
jzj jRe(z)j + jIm(z)j:
(1.6)

46. 1.4. BILANGAN KOMPLEKS SEBAGAI MATRIKS. 11
1.4 Bilangan kompleks sebagai matriks.
Perhatikan:
z1z2 = (a1a2 b1b2; a1b2 + a2b1)
=
a1 b1
a2
b2
;
a1 b1
b2
a2
:
=
a1 b1
a2 b2
b2 a2
Operasi perkalian ini memberikan inspirasi untuk menuliskan bilangan kompleks (a; b) sebagai
matriks:
a b
b a
:
Perhatikan bahwa bentuk matriks di atas invariant terhadap operasi penjumlahan matriks dan
perkalian matriks biasa. Perkalian bilangan kompleks (a; b)(c; d) dinyatakan oleh:
a b
b a
c d
d c
;
dimana menyatakan perkalian matriks biasa. Maka invers perkalian dari bilangan kompleks
(a; b) adalah:
a b
b a
1
=
1
a2 + b2
a b
b a
=
0
B@
a
a2 + b2
b
a2 + b2
b
a2 + b2
a
a2 + b2
1
CA
:
Perhatikan bahwa dalam notasi yang standar, matriks yang terakhir berkorespondensi dengan
bilangan kompleks:
a
a2 + b2 ;
b
a2 + b2
:
Dengan notasi matriks, bilangan i dapat dituliskan menjadi:
0 1
1 0
yang dikenal dengan nama: matriks simplektik J. Matriks ini memenuhi: J2 = I. Di teknik
elektro, bilangan imajiner i biasanya dinotasikan dengan J.
Contoh 1.4. Berikut adalah contoh-contoh soal yang dikerjakan.
1. Hitung ( 1
2
p
2; 1
2
p
2)5.
Kita menyatakan bilangan kompleks tersebut dalam bentuk matriks, yaitu:
1
2
p
2 1
2
p
2
1
2
p
2 1
2
p
2
=
1
2
p
2
1 1
1 1
:
Maka:
1
2
p
2
1 1
1 1
5
=
1
4
p
2
1 1
1 1
5
:

47. 12 PERTEMUAN 1. BILANGAN KOMPLEKS
Perhatikan bahwa:
1 1
1 1
5
=
1 1
1 1
1 1
1 1
2
!2
=
1 1
1 1
0 2
2 0
2
=
1 1
1 1
(2J)2
=
1 1
1 1
(4):
Jadi:
1
2
p
2
1 1
1 1
5
=
1
2
p
2
1 1
1 1
:
Dalam notasi standar kita, ( 1
2
p
2; 1
2
p
2)5 = (1
2
p
2;1
2
p
2)
2. Hitung (3; 4)
p
3; 1
.
Kali ini kita akan menggunakan matriks untuk menghitung perkalian ini dengan tujuan
memperlihatkan ilustrasi lain dari bilangan kompleks dan perkaliannya.
3 4
4 3
p
3 1
1
p
3
= 5
3
5
4
5
4
5
3
5
2
1
2
p
3 1
2
1
2
1
2
p
3
= 5
cos 1 sin 1
sin 1 cos 1
2
cos
6 sin
6
sin
6 cos
6
5 . Kedua matriks kita kenali sebagai matriks rotasi di R2 dengan sudut
dengan cos 1 = 3
sejauh 1 dan
6 . Maka:
3 4
4 3
p
3 1
1
p
3
= 5 2
cos
1 +
6
sin
1 +
6
sin
1 +
6
cos
1 +
6
Soal latihan
Hitung dengan menggunakan de

48. nisi dan dengan menggunakan matriks:
1.
(1; 0)
(6; 2)
,
2.
(2; 1)(3; 2)
(1;1)
,
3.
1
2;
p
3
2
!4
.
4.
(2; 1)(3;2)(1; 2)
(1;1)2 .
5. (1; 2)2
(4; 0)
(1;1)
+
(2;1)
(1; 1)
.

49. 1.5. BIDANG KOMPLEKS DAN REPRESENTASI POLAR 13
1.5 Bidang Kompleks dan Representasi polar
Dalam bentuk rectangular, bilangan kompleks memiliki bentuk: a + bi. Jika kita memandang C
sebagai ruang vektor atas R, maka C adalah ruang vektor berdimensi dua dengan basis: f1; ig.
Jadi, himpunan bilangan kompleks C dapat digambarkan pada bidang koordinat Cartesius, dengan
sumbu horisontal: subruang dari C yaitu: fx + 0i j x 2 Rg. Subruang ini identik dengan R, dan
disebut sumbu real. Pada sumbu vertikal, kita meletakan subruang: f0 + yi j y 2 Rg. Subruang
ini dinotasikan: iR dan sumbu ini disebut sumbu imajiner.
Himpunan R iR disebut bdang kompleks. Bilangan kompleks: a + ib dinyatakan dengan
sebuah titik pada bidang kompleks yaitu: (a; b). Kita dapat menarik ruas p
garis yang pangkalnya
di titik (0; 0) dan ujungnya di (a; b). Ruas garis tersebut memiliki panjang:
a2 + b2 = r 0 yang
tidak lain adalah: modulus atau panjang dari a + bi. Selain itu, jika kita menuliskan sebagai
sudut yang dibentuk oleh ruang garis tersebut dengan sumbu real positif, dan bilangan 2 [0; 2)
ini disebut argumen dari a + bi. Maka bilangan kompleks: a + bi memenuhi hubungan:
a = r cos dan b = r sin :
Dengan perkataan lain:
r =
p
a2 + b2
dan 2 [0; 2) yang memenuhi:
cos = a
r
; sin = b
r
:
Jadi, bilangan kompleks: a + bi dapat ditulis menjadi:
a + bi = r (cos + i sin ) = rcis :
Di Kalkulus kita sudah mengenal deret MacLaurin dari fungsi trigonometri:
sin =
1
3! 3 +
1
5! 5
1
7! 7 + : : : :
Perhatikan bahwa:
in =
8
:
i n mod 4 = 1
1 n mod 4 = 2
i n mod 4 = 3
1 n mod 4 = 0:
Akibatnya:
3! 3 + i 1
5! 5 i 1
7! 7 + : : :
i sin = i i 1
= i + i3 1
3! 3 + i5 1
5! 5 + i7 1
7! 7 + : : :
= i + 1
3! (i)3 + 1
5! (i)5 + 1
7! (i)7 + : : : :
Dengan cara yang sama:
cos = 1 1
2! 2 + 1
4! 4 1
6! 6 + : : :
= 1 + i2 1
2! 2 + i4 1
4! 4 + i6 1
6! 6 + : : :
= 1 + 1
2! (i)2 + 1
4! (i)4 + 1
6! (i)6 + : : : :
Jadi:
cos + i sin = 1 + i +
1
2!
(i)2 +
1
3!
(i)3 +
1
4!
(i)4 +
1
5!
(i)5 +
1
6!
(i)6 +
1
7!
(i)7 + : : : :
Deret yang terakhir kita kenal sebagai deret MacLaurin untuk exp(i).

50. 14 PERTEMUAN 1. BILANGAN KOMPLEKS
Teorema 1.2. Misalkan: 2 [0; 2). Maka:
exp(i) = ei = cos + i sin :
Jadi, sebarang bilangan kompleks: a + bi dapat ditulis menjadi:
a + bi = r exp(i);
dengan r adalah modulus dari a + bi dan adalah argumentnya.
Kita dapat menggunakan sifat-sifat dari fungsi eksponensial untuk mempermudah perhitungan
yang melibatkan perkalian bilangan kompleks. Misalkan: z1 = r1 exp(i1) dan z2 = r2 exp(i2).
Maka
z1 z2 = r1r2 exp (i(1 + 2)) :
Kesulitannya adalah, untuk sebarang bilangan kompleks a+bi tidaklah mudah untuk menentukan
argumentnya. Meskipun formula eksplisit untuk menghitung besarnya argument tersebut tersedia,
namun secara praktis kita harus menyelesaikan sistem persamaan nonlinear:
cos = a
r
; sin = b
r
:
Selain itu, perhitungan yang melibatkan penjumlahan bilangan kompleks menjadi lebih rumit
dengan menggunakan representasi ini.
Jika kita memandang bentuk Euler ini dalam bentuk matriks, kita dapatkan:
r exp(i) = r (cos + i sin ) = r
cos sin
sin cos
:
Kita dapat mengenali matriks yang terakhir sebagai matriks rotasi sejauh . Jadi, perkalian dua
bilangan kompleks z1 dan z2 secara geometris memiliki pengertian, merotasi z1 sejauh argument
z2 lalu mendilatasi modulusnya dengan modulus z2.
Mari kita perhatikan:
1 = cos 0 + i sin 0 = cos 2 + i sin 2 = exp(i2):
Secara umum:
z = r exp(i) = r exp(i( + k2)); k = 0; 1; 2; : : : :
Invers perkalian
Misalkan: z = r exp(i). Maka
1
z
=
1
r exp(i)
=
1
r
exp(i):
Pangkat dan akar dari bilangan kompleks.
Perhatikan bahwa bilangan kompleks z memenuhi:
zn = rn exp(in) = rn (cos n + i sin n) ; n 2 N:
Formula ini dikenal dengan nama: formula de Moivre.
1. Misalkan z = r exp(i) maka: zn = rn exp(in). Sekarang kita perhatikan bilangan kom-
2 ). Akar pangkat dua dari i adalah bilangan kompleks: r exp(i) yang
pleks: i = exp(i
memenuhi:
r2 exp(i2) = exp
i
2
:

51. 1.5. BIDANG KOMPLEKS DAN REPRESENTASI POLAR 15
Maka haruslah: r = 1 dan
2 =
2
+ k2; k = 0; 1; 2; : : :
Jadi:
=
4
+ k; k = 0; 1; 2; : : : :
Jadi akar dari : i adalah:
z1 = exp(i
4 ) dan z2 = exp(i 5
4 ):
Dalam bentuk rectangular, kedua akar ini adalah:
z1 =
p
2
2
+
p
2
2
i dan z2 =
p
2
2
p
2
2
i:
2. Sekarang kita ingin menghitung akar pangkat tiga dari i. Maka persamaan yang harus kita
selesaikan adalah:
r3 exp(i3) = exp
i
2
:
Seperti sebelumnya, haruslah: r = 1, dan
=
6
+ k
2
3 ; k = 0; 1; 2; : : : :
Jadi:
k = 0 maka =
6
k = 1 maka = 5
6
k = 2 maka = 9
6
Gbr. 1.1: Pada gambar kiri diperlihatkan kedua akar pangkat dua dari bilangan imajiner i. Gambar
yang kanan memperlihatkan tiga akar pangkat tiga dari bilangan imajiner i.
3. Lebih umum, kita ingin mencari: (1 + i) 1
3 .
Modulus dari 1 + i adalah: j 1 + ij =
p
2. Argument dari 1 + i didapat dengan
menyelesaikan:
tan =
1
1; yaitu =
3
4
+ k2; k = 0; 1; 2; : : : :

52. 16 PERTEMUAN 1. BILANGAN KOMPLEKS
Jadi:
(1 + i) 1
3 =
p
2 exp
3
4
+ k2
13
= 6 p
2 exp
2
1
8
+ k
3
:
Jika k = 0, maka: z1 = 6 p
4 ). Jika k = 1 maka z2 = 6 p
2 exp(i
2 exp(i 11
12 ) dan jika k = 2
maka 6 p
2 exp(i 19
12 ).
Metode geometris untuk mencari akar pangkat n dari sebarang bilangan kompleks
Misalkan z adalah bilangan kompleks tersebut.
1. Gambarkan sebuah lingkaran dengan jari-jari 1.
2. Tarik garis yang menghubungkan titik 0 dengan bilangan kompleks z. Jika diperlukan,
perpanjang garis tersebut hingga memotong lingkaran.
3. Bagi sudut yang dibentuk oleh garis tersebut pada nomor 2 dengan sumbu real positif
menjadi nbuah sudut yang sama besar . Sebutlah sudut hasil baginya .
4. Tulis = jzj
16
.
5. Maka, akar-akar tersebut adalah:
zk = exp
i
+ k 1
n
2
; dengan k = 1; 2; : : : ; n:
Contoh 1.5. Aplikasi lain dari formula Euler dari bilangan kompleks.
1. Buktikan bahwa: cos 5 = 16 cos5 20 cos3 + 5 cos .
Bukti:
cos 5 + i sin 5 = exp(i5)
= (exp(i))5
= (cos + i sin )5
= cos5 + i5 cos4 sin + 10i2 cos3 sin2
+10i3 cos2 sin3 + 5i4 cos sin4 + i5 sin5
= cos5 + i5 cos4 sin 10 cos3 sin2
10i cos2 sin3 + 5 cos sin4 + i sin5
=
cos5 10 cos3 sin2 + 5 cos sin4
+i
5 cos4 sin 10 cos2 sin3 + sin5
Jadi:
cos 5 = cos5 10 cos3 sin2 + 5 cos sin4 :
2. Buktikan bahwa:
cos =
exp(i) + exp(i)
2
dan sin =
exp(i) exp(i)
2i :

53. 1.6. RINGKASAN 17
Bukti: Dengan menyelesaikan:
8
:
exp(i) = cos + i sin
exp(i) = cos i sin ;
bukti pernyataan tersebut didapat.
Buktikan: cos4 = 1
8 cos 4 + 1
2 cos 2 + 3
8 .
Bukti:
cos4 =
(exp(i) + exp(i))4
16
=
exp(i4) + 4 exp(i2) + 6 + 4 exp(i2) + exp(i4)
16
=
1
8
exp(i4) + exp(i4)
2
+
1
2
exp(i2) + exp(i2)
2
+
3
8:
= 1
8 cos 4 + 1
2 cos 2 + 3
8 :
1.6 Ringkasan
Bilangan kompleks dapat dinyatakan dengan tiga cara:
1. Sebagai pasangan terurut (a; b), tetapi kita harus memperkenalkan perkalian secara khusus.
Dengan pendekatan ini, kita tidak perlu mende

54. nisikan secara khusus bilangan imajiner i,
tetapi muncul secara natural sebagai: (0; 1). Kelemahannya, formula perkalian tidak stan-
dar dan harus diingat. Mencari invers dari perkalian dilakukan dengan menyelesaikan sistem
persamaan linear.
2. Sebagai bilangan: a + bi, dengan i2 = 1. Kelemahannya adalah pada eksistensi dari bilan-
gan i. Operasi perkalian dilakukan dengan menerapkan sifat distributif dari perkalian yang
sudah dikenal; dan penerapan dari aturan: i2 = 1. Menghitung invers perkalian dilakukan
dengan perkalian dengan sekawan.
3. Sebagai matriks:
a b
b a
. Operasi perkalian pada representasi ini adalah operasi perkalian
matriks yang sudah dikenal. Demikian pula, invers perkalian dihitung dengan cara menghi-
tung invers matriks.
4. Bilangan kompleks juga dapat dinyatakan dalam bentuk exponensial:
z = exp(i):
Perkalian, pangkat dan akar bilangan kompleks dapat dihitung dengan mudah melalui ben-
tuk ini. Tetapi penjumlahan bilangan kompleks sangatlah tidak menyenangkan jika di-
lakukan dalam bentuk ini.

55. 18 PERTEMUAN 1. BILANGAN KOMPLEKS

56. Pertemuan 2
Topologi Bilangan Kompleks dan
Fungsi Kompleks
2.1 Pendahuluan
Topologi adalah sistem dalam Matematika yang memberikan pengertian tentang himpunan buka.
Himpunan buka adalah konsep yang penting dalam Kalkulus: untuk mende

57. nisikan limit dan
kekontinuan dari sebuah fungsi. Demikian juga kekonvergenan dide

58. nisikan menggunakan him-
punan buka. Topologi dapat diinduksi melalui norm atau melalui metrik. Dalam himpunan
bilangan kompleks, kita memiliki fungsi modulus:
j j : C ! R
z7! jzj = (z z)12
:
Fungsi ini memiliki sifat:
1. jzj 0 untuk setiap z 2 C dan jzj = 0 jika dan hanya jika z = 0.
2. jzj = jjjzj untuk setiap z 2 C dan 2 R.
3. jz1 + z2j jz1j + jz2j untuk setiap z1; z2 2 C.
Jika kita memandang bilangan kompleks C sebagai ruang vektor atas R, maka fungsi modulus
tersebut mende

59. nisikan sebuah norm pada C. Melalui norm ini, kita dapat mende

60. nisikan konsep
himpunan buka, yang membangun topologi pada bilangan kompleks.
Topik kedua yang akan dibahas pada pertemuan kali ini adalah: fungsi kompleks. Jika, z = x+yi,
maka:
f(z) = u(x; y) + v(x; y)i:
Dengan notasi standar menggunakan pasang terurut, fungsi kompleks dapat ditulis menjadi:
f : C ! C
(x; y)7! (u(x; y); v(x; y))
Fungsi seperti ini termasuk dalam keluarga fungsi bernilai vektor: R2 ! R2.
2.2 Barisan bilangan kompleks dan kekonvergenannya
Barisan bilangan kompleks adalah sebuah fungsi:
f : N ! C
n7! zn = f(n):
19

61. 20 PERTEMUAN 2. TOPOLOGI BILANGAN KOMPLEKS DAN FUNGSI KOMPLEKS
De

62. nisi 2.1. Suatu barisan bilangan kompleks zn dikatakan konvergen ke z jika barisan bilangan
real jzn zj konvergen ke 0.
Teorema 2.2. Misalkan diberikan suatu barisan bilangan kompleks: fzn = xn + ynig, dengan
xn; yn adalah barisan bilangan real. Maka: zn konvergen, jika dan hanya jika: xn dan yn keduanya
konvergen.
Bukti. Dengan menggunakan: 1.6, bukti didapat.
De

63. nisi 2.3. Barisan bilangan kompleks fzng dikatakan Cauchy jika, untuk sebarang 0, ada
bilangan positif N 2 N sehingga, jika n;m N maka jzn zmj .
Teorema 2.4. Barisan fzng konvergen jika dan hanya jika fzng Cauchy.
Bukti. (=)) Ambil 0 sebarang. Misalkan zn konvergen ke z, maka pilih N sedemikian rupa
sehingga:
jzn zj
2; jika n N:
Maka, jika n;m N:
jzn zmj = jzn z + z zmj jzn zj + jzm zj
2
+
2
= :
Jadi zn Cauchy.
((=) Misalkan zn Cauchy. Pandang xn = Re(zn). Maka:
jzn zmj = j(xn xm) + (yn ym)ij =
p
(xn xm)2 + (yn ym)2
p
(xn xm)2 = jxn xmj:
Akibatnya, xn Cauchy di bilangan real. Dengan cara yang sama dapat ditunjukkan bahwa yn =
Im(zn) juga Cauchy. Karena R lengkap, maka terdapat: x; y 2 R sehingga:
xn ! x dan yn ! y; jika n ! 1:
Ambil 0 sebarang, pilih N sedemikian sehingga:
jxn xj
2
dan jyn yj
2; jika n N:
Maka:
jzn (x + yi)j jxn xj + jyn yj ; n N:
Jadi zn konvergen ke x + yi.
Deret bilangan kompleks
Seperti juga di bilangan real, kita dapat membentuk suatu barisan baru dari barisan lama den-
gan cara menjumlahkan suku-suku dari barisan yang lama. Misalkan zn adalah sebuah barisan
bilangan kompleks. De

64. nisikan:
Sn = z1 + z2 + : : : + zn =
Xn
1
zk:
Barisan Sn disebut deret bilangan kompleks. Berikut adalah sifat-sifat dari deret bilangan kom-
pleks.
1. Jumlah dan selisih dari dua buah deret kompleks yang konvergen juga konvergen.
P
2. Syarat perlu agar suatu deret kompleks:
zn konvergen adalah zn ! 0 jika n ! 1. Dengan
perkataan P
lain:
Jika
zn konvergen, maka
lim
n!1
zn = 0:

65. 2.2. BARISAN BILANGAN KOMPLEKS DAN KEKONVERGENANNYA 21
3. Syarat cukup agar
P
zn konvergen adalah
P
jznj konvergen
Contoh 2.1. Berikut adalah beberapa contoh deret yang telah kita kenal di Kalkulus.
1. Tunjukkan bahwa: 1 + z + z2 + z3 + : : : =
1P
n=0
zn konvergen di jzj 1.
Bukti. Pandang:
= lim
n!1
jzjn+1
jzjn = lim
n!1
jzj = jzj
Agar konvergen mutlak, haruslah: jzj 1. Lebih jauh lagi, deret ini merupakan deret
geometri dengan rasio: z, sehingga jika jzj 1 maka:
1 + z + z2 + z3 + : : : =
1
1 z
:
2. Pelajari deret:
1X
n=0
(3 + (1)n) (z 2)n =
1X
n=0
an(z 2)n
Perhatikan bahwa:
an =
4 jika n genap
2 jika n ganjil
Akibatnya: lim
n!1
jan+1j
janj tidak ada. Teknik seperti nomor 1 tidak dapat digunakan pada soal
ini. Kita akan menggunakan Teorema Abel dan formula: Cauchy-Hadamard.
Teorema 2.5. Setiap deret pangkat:
1X
n=0
anzn;
berkoresondensi dengan sebuah bilangan R 2 [0;1] (extended real positive number), yang
disebut dengan jari-jari kekonvergenan, sehingga deret tersebut konvergen di DR(0), dan
divergen di
DR(0
c
, jika R 1. Perhatikan bahwa tidak ada informasi di CR(0). Jika
R = 1 maka deret konvergen di mana-mana. Bilangan R ditentukan oleh:
1
R
= lim sup
n!1
n p
janj:
Jadi lim sup
n!1
n p
an = lim sup
n!1
n p
4 = 1. Jadi deret di atas konvergen di D1(2).
Perhatikan bahwa:
1P
n=0
(3 + (1)n) (z 2)n = 4 + 2(z 2) + 4(z 2)2 + 2(z 3)3 + : : :
= 4
1 + (z 2)2 + (z 2)4 + : : :
+ 2(z 2)
1 + (z 2)2 + (z 2)4 + : : :
= (4 + 2(z 2))
1 + (z 2)2 + (z 2)4 + : : :
= 2z
1
1 (z 2)2
=
2z
3 4z + z2
Catatan 2.6. Secara umum, sangat sulit mencari fungsi yang menjadi limit dari suatu deret
fungsi.

66. 22 PERTEMUAN 2. TOPOLOGI BILANGAN KOMPLEKS DAN FUNGSI KOMPLEKS
2.3 Klasi

67. kasi himpunan bagian bilangan kompleks
Misalkan r 0 sebuah bilangan real dan z sebarang bilangan kompleks.
1. Yang dimaksud dengan cakram buka dari z berjari-jari r adalah himpunan:
Dr(z) = fz 2 C dimana jz zj rg:
2. Yang dimaksud dengan lingkaranyang berpusat di z dengan jari-jari: r adalah himpunan:
Cr(z) = fz 2 C di mana jz zj = rg:
3. Komplemen dari S adalah himpunan:
Sc = fz j z =2 Sg = CnS:
4. Sebuah himpunan bagian S C dikatakan buka jika: untuk setiap z 2 S, ada r 0
sehingga: Dr(z) S.
5. Suatu himpunan S dikatakan tutup jika Sc buka.
Teorema 2.7. Himpunan S dikatakan tutup jika sebarang zn 2 S yang memenuhi: zn ! z,
berakibat: z 2 S.
Himpunan batas dari S adalah:
@(S) = fz 2 C j 8 D(z) S6= ; dan D(z) Sc6= ;g:
6. Closure dari S, adalah: S = S [ @S.
7. Himpunan S dikatakan terbatas jika ada M 0 dan z 2 C sehingga DM(z) S.
8. Jika S tutup dan S terbatas, maka S dikatakan kompak.
9. Himpunan S dikatakan tidak terhubung jika ada A dan B himpunan-himpunan buka
bagian tak kosong dari C sedemikian sehingga:
(a) A B = ;,
(b) A [ B S,
(c) S6 A, dan
(d) S6 B.
Dengan perkataan lain, S dikatakan tidak terhubung jika sekurang-kurangnya terdiri dari
dua bagian yang terpisah. Himpunan S dikatakan terhubung, jika Sc tidak terhubung1.
10. Misalkan z1 dan z2 adalah dua buah bilangan kompleks yang berbeda, maka [z1; z2] adalah
segmen garis (ruas garis) yang menghubungkan keduanya.
11. Garis poligonal adalah gabungan dari ruas-ruas garis: [z1; z2] [ : : : [ [zn1; zn].
12. Jika setiap dua titik za dan zb di S, dapat dihubungkan oleh garis poligonal sedemikan
sehingga setiap titik pada garis poligonal tersebut berada di dalam S, maka S dikatakan
terhubung secara poligonal.
De

68. nisi 2.8. Sebuah himpunan buka yang terhubung dinamakan: region.
1Inilah harga yang harus kita bayar ketika kita mende

69. nisikan negasi dari suatu konsep.

70. 2.4. FUNGSI KONTINU 23
2.4 Fungsi Kontinu
Fungsi bernilai kompleks adalah
f : C ! C
z7! w = f(z):
Fungsi kompleks: f(z) dapat dituliskan sebagai:
f(z) = u(x; y) + v(x; y)i;
dengan z = x + yi, dimana u; v : R2 ! R.
Ketika kita membahas fungsi real f : R ! R, kita membatasi diri dengan mensyaratkan se-
tiap x 2 R berkorespondensi dengan tepat satu buah nilai y = f(x) 2 R. Untuk fungsi kompleks,
kita memperkenalkan dua jenis fungsi: yaitu fungsi bernilai tunggal, contohnya: f(z) = 2z +i,
atau f(z) = z2; dan fungsi bernilai ganda, contohnya: f(z) = z
1
2 , yang akan kita pelajari
secara khusus.
Pandang kembali fungsi f(z) = z
1
2 . Misalkan kita membatasi diri pada: Cr(0), sehingga z =
exp(i). Jika bergerak dari 0 sampai melewati 2, z bergerak mengitari lingkaran Cr(0)
berlawanan arah jarum jam.
Pada C1(0)
f(z) = exp
i
2
:
Maka jika ! 0+, z ! r. Sebaliknya jika ! 2, maka z ! r. Tetapi:
lim
!0+
exp
i
2
= 1 sedangkan lim
!2
exp
i
2
= 1:
Hal ini berarti, setelah melakukan satu putaran penuh: rotasi sebesar 2, maka nilai fungsi f
dikalikan dengan exp(i):
f (z exp(2i)) = exp(i)f(z):
Ini membutuhkan penjelasan yang panjang namun sangat menarik. Kita akan kembali lagi ke
topik ini pada bagian-bagian selanjutnya. Untuk saat ini, kita membatasi diri pada fungsi yang
bernilai tunggal saja.
De

71. nisi 2.9. Fungsi bernilai kompleks bernilai tunggal f(z) yang terde

72. nisi pada sebuah lingkun-
gan buka dari z dikatakan kontinu di z jika, setiap barisan bilangan kompleks zn yang konvergen
ke z berakibat: barisan bilangan kompleks f(zn) ! f(z). Alternatif lain untuk mende

73. nisikan
kekontinuan fungsi adalah:
8 0; 9 0 sehingga, jika 0 jz zj maka jf(z) f(z)j :
Dengan bahasa topologi: f kontinu di z jika:
8 0; 9 0 sehingga untuk setiap z 2 D(z)nf0g =) f(z) 2 D (f(z)) :
Suatu fungsi kompleks dikatakan kontinu pada sebuah region S jika ia kontinu pada setiap
titik di S.
Contoh 2.2. Contoh-contoh fungsi kontinu.
1. Fungsi polinomial: p(z) = a0 + a1z + a2z2 + : : : + amzm kontinu di C.

74. 24 PERTEMUAN 2. TOPOLOGI BILANGAN KOMPLEKS DAN FUNGSI KOMPLEKS
Bukti. Ambil z 2 C sebarang. Misalkan zn barisan bilangan kompleks yang konvergen
ke z. Maka: zn
k ! z
k, k = 0; 1; : : :. Lebih lanjut, akzn
k ! akz
k, k = 0; 1; : : :. Jadi
p(zn) = a0+a1zn+a2zn
2+: : :+amzn
m konvergen ke a0++a1z+a2z
2+: : :+amz
m.
2. Fungsi f(z) = 1
z kontinu pada Cnf0g.
Bukti. Misalkan z = x + yi. Pandang
f(z) =
1
z
= z
jzj2
= x
x2 + y2
y
x2 + y2 i
Tulis:
u(x; y) = x
x2 + y2 dan v(x; y) =
y
x2 + y2 :
u(x; y) adalah fungsi rasional bernilai real, yang kontinu pada setiap titik (x; y) kecuali jika
penyebutnya nol. Oleh karena itu u(x; y) kontinu pada setiap titik kecuali di (0; 0), demikian
pula v(x; y). Jadi f kontinu di Cnf0g.
3. Kita telah melihat sebelumnya bahwa:
exp(i) = 1 + i +
1
2!
(i)2 +
1
3!
(i)3 +
1
4!
(i)4 +
1
5!
(i)5 +
1
6!
(i)6 +
1
7!
(i)7 + : : : :
Lebih umum lagi, pandang:
1 + z +
1
2! z2 +
1
3! z3 +
1
4! z4 +
1
5! z5 +
1
6! z6 +
1
7! z7 + : : : =
1X
0
1
n! zn:
Karena:
lim
n!1
1
(n+1)! jzjn+1
1
n! jzjn
= lim
n!1
jzj
n + 1
= 0;
maka deret fungsi tersebut konvergen mutlak dengan daerah kekonvergenan seluruh C. Ak-
ibatnya deret
XN
0
1
n! zn
konvergen ke suatu fungsi kontinu (ketika N ! 1). Fungsi tersebut kita tulis sebagai:
exp(z). Jadi: fungsi f(z) = exp(z) kontinu di mana-mana.
4. Fungsi Trigonometri.
Kita telah mengenal bentuk: exp(i) = cos + i sin dan exp(i) = cos i sin . Maka:
cos =
exp(i) exp(i)
2i ; dan sin =
exp(i) + exp(i)
2 :
Sangatlah natural untuk memperluas pende

75. nisian ini ke seluruh bilangan kompleks:
cos z =
exp(iz) exp(iz)
2i ; dan sin z =
exp(iz) + exp(iz)
2 :
Maka kedua fungsi ini kontinu di seluruh bilangan kompleks.

76. 2.4. FUNGSI KONTINU 25
5. Fungsi Rasional.
Misalkan p(z) dan q(z) adalah dua buah fungsi polinomial di C. Fungsi:
f(z) = p(z)
q(z) ;
disebut fungsi rasional. Fungsi ini kontinu kecuali pada z 2 C yang memenuhi: q(z) = 0.
Kita akan kembali lagi ke topik ini pada bagian-bagian selanjutnya. Titik z = z disebut
pole.
Khususnya jika p dan q berderajat satu, maka
f(z) = az + b
cz + d
:
Fungsi ini disebut bilinear.

77. 26 PERTEMUAN 2. TOPOLOGI BILANGAN KOMPLEKS DAN FUNGSI KOMPLEKS

78. Tutorial 1
Bilangan kompleks
1. Tuliskan dalam bentuk rectangular, matriks dan representasi Euler:
(a)
1
6 + 2i
.
(b)
2 + i
3 + 2i
.
(c)
1
2
+
p
3
2
!4
i
.
2. Carilah dua nilai kompleks dari
p
8 + 6i. Gunakan bentuk rectangular, matriks dan rep-
resentasi Euler untuk itu. Beri komentar tentang ketiga teknik tersebut.
3. Selesaikan persamaan: z2 +
p
32iz 6i = 0.
4. Buktikan identitas-identitas berikut:
(a) z1 + z2 = z1 + z2.
(b) z1z2 = z1 z2.
(c) z = z.
(d) jz2j = jzj2
5. (a) Selesaikan: z2 + 2z + 2 = 0. Apa hubungan antara kedua akar tersebut?
(b) Selesaikan: z4 10z342z2 82z + 65 = (z2 4z + 5)(z2 6z + 13) = 0.
(c) Carilah persamaan kuadrat yang memiliki akar: 2 + i dan 3 + i.
(d) P(z) = P(z), dengan P(z) adalah polinomial dengan koe

79. sien real.
(e) Bagaimana jika ada koe

80. sien P(z) yang tidak real?
6. Misalkan P adalah polinomial dengan koe

81. sien real. Tunjukkan bahwa P(z) = 0 jika dan
hanya jika P(z) = 0. Dalam himpunan bilangan kompleks, apa yang dapat anda katakan
tentang akar-akar dari polinomial berkoe

82. sien real?
7. Apakah argumen dari z = x + yi adalah arctan y
x ? Jelaskan jawaban anda.
8. (a) Tunjukkan bahwa: z1z2 + z1z2 = 2Re(z1z2).
(b) Tunjukkan bahwa: Re(z1z2) jz1j jz2j.
(c) Buktikan bahwa: jz1 + z2j jz1j + jz2j.
9. Selesaikan persamaan berikut:
(a) z6 1 = 0.
27

83. 28 PERTEMUAN 2. TOPOLOGI BILANGAN KOMPLEKS DAN FUNGSI KOMPLEKS
(b) z4 + 1 3i = 0. (Gunakan metode geometris)
10. Tunjukkan bahwa:
(a) sin 3 = 3 sin 4 sin3 .
(b)
sin 4
sin
= 8 cos3 4 = 2 cos 3 + 6 cos 4
11. Jelaskan di mana kesalahan dari argumentasi berikut.
1 =
p
1
p
1
=
p
(1)(1)
=
p
1
= 1
Topologi Bilangan Kompleks dan Fungsi Kompleks
1. Misalkan n 2 N tetap, dan akar pangkat n dari 1 adalah: 1; 1; 2; : : : ; n1. Tunjukkan
bahwa:
k
n1 + k
n2 + : : : + k + 1 = 0; untuk k = 1; 2; : : : ; n 1:
2. Misalkan di dalam lingkaran unit, kita meletakan sebuah poligon dengan nbuah sisi, dengan
1 adalah salah satu verteksnya. Pilih diagonal dari ngon tersebut yang terhubung dengan
1 (tentu saja yang bukan merupakan sisi dari ngon tersebut). Tunjukkan bahwa hasil kali
dari diagonal-diagonal tersebut adalah n.
3. Gambarkan daerah-daerah berikut pada bidang kompleks
(a) jz ij 1.
(b) jz 2j jz 3j.
(c)

87. z 1
z + 1

91. = 1.
(d) jzj 1 dan Im(z) 0.
(e)
1
z
= z.
(f) jzj2 = Im(z).
(g) jz2 1j 1.
4. Tunjukkan bahwa:
(a) f(z) =
1P
k=0
kzk kontinu di jzj 1.
(b) g(z) =
1X
k=1
1
k2 + z
kontinu di Re(z) 0.
5. Buktikan bahwa himpunan yang terhubung secara poligonal juga terhubung.
6. Misalkan
S =
x + yi

95. x 0; y = sin
1
x
Tunjukkan bahwa tidak ada kurva di S yang dapat menghubungkan dua titik di S.
7. Misalkan S adalah persegi dengan titik sudut: (0; 0), (1; 0), (1; 1) dan (0; 1). Tentukan peta
dari S oleh fungsi:

96. 2.4. FUNGSI KONTINU 29
(a) f(z) = z.
(b) f(z) =
1
1 + z
.
8. Buktikan bahwa j sin zj 1 untuk setiap z, maka z 2 R.
1P
9. Tunjukkan bahwa deret:
n=1
i
3
n1 konvergen dan tentukan pula titik konvergensinya.
10. Periksa kekonvergenan dari:
1X
n=1
(
p
3 + i)n
5n2
.
11. Carilah jari-jari kekonvergenan dari:
1X
n=0
cos n
3
zn: