Naskah Soal & Pembahasan ONMIPA PT 2018 — Analisis Kompleks

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

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

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

Agar $w^n$ bernilai real, bagian imajinernya harus nol $⟹\sin \left(\frac{n\pi }{3}\right)=0⟹n$ 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. $u_x=v_y⟹2x+y+1=2x-2y-1⟹3y=-2x⟹y=-x$ (jika disederhanakan $x=1,y=-1$).
2. $u_y=-v_x⟹x=-(y)⟹x=-y$.

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

$f^{\prime }(z_0)=u_x(1,-1)+i{v}_x(1,-1)=(2(1)+(-1)+1)+i(-1)=2-i.$

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. $|1+z^2{|}^2<1⟹(1+a^2-b^2{)}^2+(2ab{)}^2<1⟹(a^2+b^2{)}^2+2(a^2-b^2)<0$.
2. $2|1+z{|}^2<1⟹2((1+a{)}^2+b^2)<1⟹2(a^2+b^2)+4a+1<0$.

Jumlahkan kedua pertidaksamaan tersebut:

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

$(a^2+b^2{)}^2+(4a^2+4a+1)<0⟹(a^2+b^2{)}^2+(2a+1{)}^2<0.$

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 $z\bar{z}=|z{|}^2=r^2⟹\bar{z}=\frac{r^2}{z}$.

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 $z^{n-1}\cdot z^j\cdot z^{-k}=z^{-1}⟹n-1+j-k=-1⟹j-k=-n$.

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

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