Naskah Soal & Pembahasan ONMIPA PT 2018 — Analisis Kompleks

Tulis bentuk polar dari $w = \sqrt{3} + 3i$:

$|w| = \sqrt{3 + 9} = \sqrt{12}, \quad \arg(w) = \arctan\left(\frac{3}{\sqrt{3}}\right) = \frac{\pi}{3}$

Maka $w^n = (\sqrt{12})^n e^{i \frac{n\pi}{3}}$.

Agar $w^n$ bernilai real, bagian imajinernya harus nol $\implies \sin\left(\frac{n\pi}{3}\right) = 0 \implies n$ harus merupakan kelipatan $3$.

Bilangan bulat terkecil kelipatan 3 yang tidak kurang dari $2018$ adalah $2019$.

Banyaknya titik persekutuan sama dengan banyaknya akar kompleks yang sama dari persamaan $z^{12} = 1$ dan $z^{18} = 1$.

Berdasarkan sifat akar satuan kompleks:

$T = \gcd(12, 18) = 6.$

Misalkan $z = x + iy$. Tulis fungsi ke komponen real $u(x,y)$ dan imajiner $v(x,y)$:

$f(x+iy) = (x+iy)x + (x-iy)y + (x-iy) = (x^2 + xy + x) + i(-y^2 + xy - y)$

Gunakan Persamaan Cauchy-Riemann:

1. $u_x = v_y \implies 2x + y + 1 = 2x - 2y - 1 \implies 3y = -2x \implies y = -x$ (jika disederhanakan $x=1, y=-1$).
2. $u_y = -v_x \implies x = -(y) \implies x = -y$.

Diperoleh titik $z_0 = 1 - i$. Nilai turunannya:

$f'(z_0) = u_x(1,-1) + i v_x(1,-1) = (2(1) + (-1) + 1) + i(-1) = 2 - i.$

Ekspansi deret Laurent integran di sekitar titik singular $z = 0$:

$z^2 \sin\left(\frac{1}{z}\right) = z^2 \left( \frac{1}{z} - \frac{1}{3! z^3} + \dots \right) = z - \frac{1}{6z} + \dots$

$\frac{1}{z^2} \sin z = \frac{1}{z^2} \left( z - \frac{z^3}{3!} + \dots \right) = \frac{1}{z} - \frac{z}{6} + \dots$

Residu total pada $z = 0$ adalah koefisien dari $\frac{1}{z}$:

$\text{Res}(f, 0) = -\frac{1}{6} + 1 = \frac{5}{6}.$

Berdasarkan Teorema Residu Cauchy:

$\int_{|z|=1} f(z) \,\mathrm{d}z = 2\pi i \cdot \text{Res}(f, 0) = 2\pi i \left(\frac{5}{6}\right) = \frac{5}{3}\pi i.$

Bukti Kontradiksi:

Andaikan $|1 + z^2| < 1$ tetapi $2|1 + z|^2 < 1$. Tulis $z = a + ib$ dengan $a,b \in \mathbb{R}$.

1. $|1 + z^2|^2 < 1 \implies (1 + a^2 - b^2)^2 + (2ab)^2 < 1 \implies (a^2 + b^2)^2 + 2(a^2 - b^2) < 0$.
2. $2|1 + z|^2 < 1 \implies 2((1 + a)^2 + b^2) < 1 \implies 2(a^2 + b^2) + 4a + 1 < 0$.

Jumlahkan kedua pertidaksamaan tersebut:

$(a^2 + b^2)^2 + 2a^2 - 2b^2 + 2a^2 + 2b^2 + 4a + 1 < 0$

$(a^2 + b^2)^2 + (4a^2 + 4a + 1) < 0 \implies (a^2 + b^2)^2 + (2a + 1)^2 < 0.$

Karena $(a^2 + b^2)^2 \ge 0$ dan $(2a + 1)^2 \ge 0$, jumlah dua kuadrat tidak mungkin negatif, kontradiksi.

Terbukti bahwa $2|1 + z|^2 \ge 1$.

Pada lintasan $\gamma: |z| = r$, berlaku $z \bar{z} = |z|^2 = r^2 \implies \bar{z} = \frac{r^2}{z}$.

Maka konjugat dari $p(z)$ pada $\gamma$ dapat ditulis sebagai:

$\overline{p(z)} = \sum_{k=0}^n \bar{a}_k \bar{z}^k = \sum_{k=0}^n \bar{a}_k \frac{r^{2k}}{z^k}$

$\frac{|p(z)|^2}{z^{1-n}} = z^{n-1} p(z) \overline{p(z)} = z^{n-1} \left(\sum_{j=0}^n a_j z^j\right) \left(\sum_{k=0}^n \bar{a}_k \frac{r^{2k}}{z^k}\right)$

Berdasarkan Teorema Residu Cauchy, integral $\frac{1}{2\pi i} \int_\gamma \dots \mathrm{d}z$ menyaring koefisien dari suku $\frac{1}{z}$ pada perkalian di atas.

Suku $\frac{1}{z}$ dihasilkan saat $z^{n-1} \cdot z^j \cdot z^{-k} = z^{-1} \implies n - 1 + j - k = -1 \implies j - k = -n$.

Karena $0 \le j, k \le n$, sasarannya adalah $j = 0$ dan $k = n$.

Maka koefisien suku $\frac{1}{z}$ adalah $a_0 \bar{a}_n r^{2n}$.

Terbukti bahwa $\frac{1}{2\pi i}\int_{\gamma}\frac{|p(z)|^2}{z^{1 - n}}\,\mathrm{d}z = a_0\overline{a_n}r^{2n}$.