ONMIPA-PT 2006 Bidang StrukturAljabarby Bijak Bagian I 1. Diketahui grup dengan operasi kali dan grup dengan operasi untuk setiap ,. Banyaknya subgrup dari dengan order adalah . . .Solusi : Dapat diperiksa bahwa dan order dari setiap elemen kecuali idenditas adalah , serta komutatif. Dengan informasi tersebut perhatikan bahwa membentuk subgroup untuk sembarang . Ini karena tertutup terhadap operasi (,). Ada berapa banyak H yang berbeda ? Kita melihat bahwa subgroup orde jika . Jadi banyaknya yang berbeda sama dengan banyaknya elemen yang berbeda, yaitu .2. Penulisan permutasi sebagai perkalian dari permutasi siklik yang saling disjoin adalah .Solusi : 3. Perhatikan grup dihedral dengan order : ,dan . Grup ini mempunyai subgrup berorder yang tidak siklis yaituSolusi : Jika adalah subgrup dari yang dimaksud , Maka tidak boleh mengandung elemen yang memiliki order (jika itu terjadi maka siklis), sehingga karena . Mudah diperiksa bahwa . Kemudian asumsikan kita bisa memilih elemen dan sebagai unsur di . Kemudian kita tidak dapat memasukkan dan ke dalam (jika demikian maka dan , kontradiksi dengan ). Ini memaksa 4. Perhatikan ring kuosien dengan adalah ideal yang dibangun oleh . Unsur di mempunyai balikan dengan balikannya adalah.Solusi

Tugas kita adalah menentukan sehinggaatau

Bandingkan koefisien dari kedua ruas diperoleh, atau , atau dan atau . Dengan demikian kita peroleh . Jadi balikan dari adalah .5. Contoh ideal maksimal di adalah Solusi atau 6. Perhatikan ring polinom dan jika notasi menyatakan ideal yang dibangun oleh . bilangan sehingga membentuk field adalah..Solusi Agar membentuk field, maka haruslah ideal maksimal. ideal maksimal jika unsur prim (tidak tereduksikan pada kasus ini) di . Jika , maka . Jika , . Dapat diperiksa bahwa membuat tak tereduksikan (lihat no.). Jadi field jika .7. Polinom di ring dapat difaktorkan atas polinom tak tereduksikan yaitu..Solusi Kita melihat bahwa memenuhi . Dengan demikian pada

(Secara umum teorema pemfaktoran seperti yang digunakan barusan berlaku untuk sembarang dengan R ring yang memiliki unsur kesatuan). Cobalah untuk membantu mengerjakan no.6 di atas !8. Jika adalah field dengan order maka karakteristik adalah..Solusi Karakteristik dari suatu field dengan order hingga haruslah bilangan prima dan membagi order field tersebut. Karena 3 satu satunya bilangan prima yang membagi maka karakteristik haruslah . Bagian II1. Misalkan suatu himpunan tak kosong dan suatu operasi biner pada yang bersifat asosiatif dan untuk setiap berlaku . Buktikan bahwa adalah grup komutatif.Catatan : Solusi Dari kita peroleh bahwa (unsur identitas), maka setiap elemen kecuali memiliki order . Akibatnya . Khususnya untuk elemen kita mempunyai . Kalikan kedua ruas dengan dari sebelah kiri diperoleh

kemudian kalikan persamaan terakhir dengan dari sebelah kiri diperoleh . Tetapi dan , oleh karena itu . Karena sembarang sembarang elemen , kita simpulkan bahwa grup komutatif.2. Misalkan suatu ring dengan karakteristik hingga. Untuk setiap notasi menyatakan subgrup siklik dari terhadap operasi tambah yang dibangun oleh . 1. Buktikan bahwa jika integral domain maka untuk setiap dengan dan berlaku subgrup dan isomorfik.2. Apakah jika pertanyaan a diatas, syarat integral domain kita hilangkan, pernyataan untuk setiap dengan dan berlaku subgrup dan isomorfik masih berlaku? Jelaskan.Solusi 3. Pertama akan ditunjukkan bahwa setiap elemen tak nol dari memiliki order .Karena karakteristik dari adalah , maka terdapat setidaknya satu elemen dari dengan order , katakan () . Kemudian anggap bahwa memiliki order , yaitu merupakan bilangan bulat terkecil sehingga . Fakta bahwa Integral Domain mengharuskan , sehingga menurut definisi . Ini menyebabkan setiap elemen tak nol di memiliki order yang sama dengan elemen . Dan karena dengan diperoleh , yaitu setiap elemen tak nol di memiliki order seperti yang diharapkan. Selanjutnya sebagai akibat dari hasil tersebut, maka merupakan grup siklik dengan order , yaitu

Kemudian definisikan pemetaan dengan . Akan ditunjukkan bahwa merupakan suatu isomorfisma. Untuk keperluan tersebut ambil sembarang , maka

Ini menunjukkan bahwa homomorphisma. Jika yaitu , atau , maka karena integral domain mengharuskan . Tetapi karena maka haruslah , sehingga . Jadi satu satu. Terakhir jelas bahwa pada, karena untuk sembarang ; kita dapat memilih sehingga . Dengan demikian kita telah menunjukkan bahwa suatu isomorfisma. Jadi dan isomorfik. 4. Tidak berlaku lagi. Contohnya pandang ring . Ring ini bukan integral domain karena mengandung pembagi nol, contohnya . Sekarang dan . Jelas dan tidak isomorfik, karena kita tidak bisa membuat homomorphisma yang bersifat bijektif.(Secara umum ini karena jika bukan integral domain, maka tidak semua unsur selain memiliki order yang sama terhadap operasi tambah). 3. Dari ring dan himpunan tak kosong dibentuk himpunan

1. Tunjukkan bahwa tidak kosong2. Apakah merupakan ideal ? jelaskan!3. Jika , apa yang dapat saudara simpulkan tentang hubungan dan .Solusi 4. ,dan untuk setiap berlaku . Jadi dan tidak kosong.5. Iya jika komutatif, dan belum tentu jika tidak komutatif. Penjelasannya sebagai berikut : Jika jelas bahwa ideal dari .(karena merupakan ideal dari sembarang ring). Sekarang kita asumsikan bahwa . Ambil sembarang dan sembarang maka

Jadi sehinga membentuk grup terhadap operasi tambah. Kemudian untuk sembarang dan berlaku , ini menunjukkan bahwa . Jika komutatif maka sehingga merupakan ideal. Tetapi jika tidak komutatif kita tidak bisa menyimpulkan bahwa atau . Jadi belum tentu ideal jika tidak komutatif.6. Jawabannya . Ini berdasarkan pengamatan berikut : Ambil sembarang , karena maka . Selanjutnya jika , maka untuk setiap , ini berarti karena . Karena sembarang elemen pada kita sempulkan bahwa . Juga karena sembarang, maka setiap elemen dari merupakan elemen dari . Jadi . pembaca dapat membuktikan bahwa kebalikannya tidak benar.

ONMIPA-PT 2007 Bidang StrukturAljabarby Bijak Bagian I1. Diketahui grup terhadap operasi tambah. Banyaknya automorfisma di adalah.Solusi : 12. Misalkan field berorde dan . Jika adalah senter dari , yaitu , maka maka banyaknya unsur di adalah(: grup terhadap operasi kali yang berisi matriks nonsingulir berukuran dengan komponen ). Solusi : 1 3. Unsur di yang berorde 12 adalah..Solusi: tidak ada.Subgrup dari dengan orde 12 hanyalah (alternating grup). Tetapi tidak siklis. Dengan demikian tidak ada Unsur di yang berorde 12. (Atau gunakan : setiap elemen memiliki orde ).4. Ideal di ring yang dibangun oleh adalah.Solusi

5. Jika suatu integral domain dengan sifat untuk setiap berlaku . Maka banyaknya unsur di adalahSolusi: 26. Diketahui daerah Euclid bilangan bulat Gauss dengan pemetaan adalah untuk semua . Faktorisasi atas unsur prim dari 100 adalah.Solusi:

7. Ring bukan unique factorisation domain. Sebagai contoh, ada dua buah faktorisasi atas prim yang berbeda dari polinom di ring , yaitu dan ..Solusi

8. Jika hingga maka membentuk grup siklis terhadap operasi kali di . pembangun dari disebut elemen primitif dari . contoh elemen primitif dari field adalah.Solusi .Order dari adalah merupakan bilangan prima. Dengan demikian seluruh anggota dari kecuali membangun (mengapa?> akibat dari lagrange theorem). Jadi kita bisa memilih salah satu dari keenam elemen dibawah ini sebagai elemen primitif.

Bagian II1. Misalkan suatu grup dan subgrup dari dengan indeks di yaitu .1. Tentukan semua subgrup dari yang mengandung .2. Jika G grup komutatif dan orde dari K yaitu tunjukkan bahwa G grup siklis.Solusi 3. Penulis mengasumsikan bahwa order dari hingga. Misalkan subgrup dari yang memuat , . Maka merupakan subgrup dari . Dengan demikian indeks dari di adalah

Karena bilangan bulat positif dan 23 bilangan prima, maka haruslah atau . Tetapi menyebabkan , sedangkan menyebabkan Jadi semua subgrup dari yang mengandung hanyalah dan sendiri4. Menurut teorema lagrange . Dengan demikian kita cukup membuktikan bahwa terdapat dengan order . Karena dan bilangan prima dan maka menurut teorema cauchy terdapat dengan () dan (). Sekarang perhatikan elemen . Jika , maka (karena G komutatif). Ini mengharuskan dan (mengapa), oleh karena itu dan . Karena 5 dan 23 relative prime, maka yang berarti . Tetapi karena , maka merupakan bilangan terkecil sehingga . Dengan demikian merupakan elemen dari dengan order yang kita cari. Jadi grup siklis.2. Misalkan ring komutatif dan untuk setiap didefinisikan1. Untuk setiap buktikan bahwa adalah ideal dari .2. Jika , dan ideal prim tunjukkan juga ideal prim.Catatan : ideal disebut ideal prim jika untuk setiap berlaku atau .Solusi 3. Untuk setiap maka ,yang berarti dan ini membuat grup terhadap operasi tambah. ( komutatif terhadap operasi tambah, ini dijamin karena ) . Selanjutnya untuk sembarang dan , dan fakta bahwa komutatif :

yang berarti , yaitu tertutup terhadap operasi perkalian dan menunjukkan bahwa ideal dari 4. Akan kita tunjukkan bahwa berakibat atau . Jika maka atau , yang berarti Karena dan ideal prim, maka haruslah Lagi karena ideal prim maka atau . Kasus pertama: jika maka karena ideal. Tetapi ini mengatakan bahwa , yaitu . Penanganan serupa pada kasus memberikan . Dengan menggabungkan semua pernyataan dari awal kita simpulkan berakibat atau yaitu ideal prim.3. Misalkan dengan dan terdapat bilangan bulat positif nsehingga . Misalkan pula polinom monik berderajat terkecil di sehingga . 1. Tunjukkan bahwa terdapat sehingga .2. Jika tunjukkan bahwa .Solusi 3. Pandang subhimpunan: Kita klaim bahwa ideal dari . Untuk melihat ini ambil sembarang kita peroleh , yaitu , jadi merupakan grup terhadap operasi tambah. Kemudian untuk sembarang dan berlaku , yang berarti . Karena komutatif maka kita juga memiliki yang menunjukkan bahwa tertutup terhadap perkalian dan melengkapi kebenaran klaim kita bahwa ideal dari .Selanjutnya karena karena merupakan principal ideal domain, maka terdapat unik pilinom monik berderajat terkecil yang membangun ,yaitu . Tetapi polinom monik berderajat terkecil di sehingga ,maka dan . Akhirnya karena , maka untuk suatu .Tunjukkan bahwa terdapat sehingga .

ONMIPA-PT 2008 Bidang StrukturAljabarby Bijak Bagian I1. Banyaknya polinom berderajat dua yang berbeda dalam adalah.Solusi : 2. Misalkan grup yang memuat semua permutasi dari dan . Banyaknya koset kanan dari di adalahSolusi : 3

dan . Gunakan lagrange theorem diperoleh 3. Banyaknya pembagi nol di terhadap perkalian adalah .Solusi : Hemat penulis, elemen merupakan pembagi nol jika dan (mengapa?). Dengan demikian banyaknya pembagi nol adalah 2008 dikurangi banyaknya bilangan dengan dikurangi unsur nol, yaitu .Catatan : adalah Euler phi function4. Contoh pasangan grup tak komutatif dan yang memenuhi grup komutatif adalah 5. Contoh gelanggang dimana hukum pembatalan tidak berlaku yaitu terdapat sehingga , tetapi adalah.Solusi : (contohnya tetapi )6. Diberikan grup terhadap operasi biner yang didefinisikan sebagai untuk setiap . Banyaknya unsur berorde dua di adalahSolusi : Misalkan unsur indentitas dari , maka , kita peroleh dan . Jadi identitas dari . selanjutnya jika berorder maka . Kita memiliki dua penyelesaian yaitu 7. Bilangan asli yang mengakibatkan grup terhadap operasi dengan untuk setiap adalah.Solusi : tidak adaAsumsikan terdapat sehingga grup terhadap operasi . Perhatikan bahwadan,sehingga diperoleh .Karena grup terhadap operasi , maka berlaku hukum penghapusan, sehingga diperoleh . Ini sesuatu yang tidak benar untuk . Jadi tidak ada yang memenuhi.8. Semua ideal dari adalah.Solusi : (Lihat ONMIPA IT Telkom 2010 No.4 bagian I) Bagian II1. Misalkan grup komutatif. Jika terdapat sehingga , tunjukkan bahwa merupakan kelipatan . Apakah hal ini tetap berlaku apabila bukan grup komutatif?Solusi Mengacu pada teorema lagrange, kita cukup membuktikan bahwa terdapat subgroup dari dengan .Pandang himpunan . Dengan fakta bahwa dan , tabel operasi pada berikut menunjukkan bahwa membentuk grup (mengapa?).

Karena , maka subgrup dari . Jadi menurut teorema lagrange membagi yaitu order dari merupakan kelipatan .Jika bukan grup komutatif, hal tersebut tidak berlaku lagi. Sebagai contohnya pandang grup permutasi . Kita lihat sedangkan . Jadibukan grup komutatif. Elemen dan memiliki order karena dan . Tetapi bukan kelipatan .2. Misalkan . Misalkan didefinisikan oleh misalkan dan . Tunjukkan bahwa isomorf dengan , grup semua bilangan real tak nol terhadap operasi perkalian.Solusi Definisikan pemetaan dengan . kita cukup menunjukkan bahwa merupakan homomorphisma bersifat pada dengan kernel N.Untuk keperluan tersebut ambil sembarang , maka dan , sehingga

Terlihat bahwa merupakan homomorphisma. Jelas bahwa pada, karena untuk sembarang kita bisa memilih sehingga . Tugas kita tinggal menentukan Kernel dari . Untuk itu, jika maka atau dengan sembarang bilangan real. Dengan demikian setiap elemen dari berbentuk . Dengan kata lain . Jadi menurut teorema dasar homorphisma isomorf dengan .penyelesaian lainnya adalah dengan menunjukkan bahwa terdapat isomorphisma dari ke Pembaca dapat mencobanya sendiri dengan menunjukkan terlebih dahulu bahwa

Selanjutnya tunjukkan bahwa pemetaan dengan merupakan isomorphisma (homomorphisma satu satu dan pada).

ONMIPA-PT 2009 Bidang StukrurAljabarby Bijak Bagian I1. Diberikan dua bilangan bulat dan . Pembagi persekutuan terbesar untuk dan dinyatakan sebagai untuk suatu bilangan bulat dan adalah .Solusi Gunakan algoritma Euclid dan substitusi balik, diperoleh 2. Diberikan ideal ideal dalam ring . Kernel pemetaan yang didefinisikan dengan adalahSolusi jika merupakan kelipatan dari . jadi . Dapat diperiksa bahwa sama dengan

3. Diberikan lapangan , adalah polinomial berderajat n dalam yang irredusibel dan adalah suatu akar polinomial . Ideal yang dibangun oleh dinotasikan dengan . Jika dalam lapangan diganti dengan , maka dapat dinyatakan sebagai yaitu . Jika adalah lapangan dengan dua elemen dan , maka elemen elemen dari adalah.Solusi :Karena adalah lapangan dengan dua elemen, maka . Dengan mengikuti definisi yang diberikan kita peroleh

Jadi elemen elemennya adalah . ( dan disini bukanlah bilangan integer dan , melainkan unsur nol (zero elemen) dan unsur kesatuan (unity) dari sembarang ).4. Banyaknya elemen idempoten dalam ring adalah.Solusi : 5. Diberikan suatu bilangan bulat positif. Didefinisikan yang merupakan subgrup terhadap operasi penjumlahan. Maka adalahSolusi : 6. Misalkan suatu grup dengan , ,, , . Senter dari adalahSolusi : (Senter dari adalah himpunan yang berisi elemen dari yang komutatif dengan semua elemen di 7. Jika dan adalah lapangan, maka banyaknya ideal dari adalahSolusi : (lihat ONMIPA 2008 no )8. Misalkan adalah homomorfisma dari suatu grup siklis yang berorde 8 pada suatu grup siklis yang berorde . adalah.Bagian II1. Diberikan suatu himpunan tak kosong, lapangan dan ruang vektor semua fungsi pada yang bernilai . Adapun menyatakan himpunan semua fungsi bijektif dari ke . Jika sembarang grup aditif, maka grup pada adalah suatu homomorfisma grup dari ke . Selanjutnya didefinisian pengaitan berikut :

dengan untuk sembarang .1. Buktikan merupakan homomorfisma grup2. Jika adalah aksi grup pada , maka buktikan ada homomorfisma berikut :

2. Misalkan sembarang grup. Jika maka komutator dan yang dinotasikan dengan adalah . Kemudian dibentuk himpunan . Jika , maka buktikan adalah subgrup normal dan adalah grup komutatif.Solusi Pertama akan kita buktikan bahwa untuk setiap .Misalkan dan maka . Kemudian perhatikan bahwa .Karena mengandung semua komutator, maka , sehingga terdapat dengan . Dengan demikian dan fakta bahwa grup menyebabkan untuk suatu . Ini menunjukkan bahwa untuk setiap (karena sembarang). Dengan cara yang persis sama pembaca dapat membuktikan bahwa . Gabungkan kedua pernyataan kita peroleh , yakni subgrup normal dari .Selanjutnya akan kita buktikan bahwa untuk setiap berlaku .Dari definisi operasi pada koset kita memiliki . Karena maka koset mengandung hasil kali . Ini mengatakan bahwa berada dalam koset yang sama dengan . Tetapi dan berada pada koset yang sama jika dan hanya jika . Jadi

yaitu grup komutatif. Qed.

ONMIPA-PT 2007 Bidang AnalisisKompleksby Bijak Bagian I1. Diketahui bilangan kompleks dengan . Didefinisikan pemetaan . Jika , hitung .SolusiPada maka dengan sehingga

Hasil akhir diperoleh dengan menggunakan fakta bahwa .2. Diketahui fungsi analitik di domain yang memuat cakram satuan dan dengan . Definisikan fungsi yang analitik di domain yang memuat cakram satuan dengan sifat dan jika .

SolusiMudah diperiksa bahwa memenuhi kriteria yang disyaratkan.3. Diketahui adalah kurva di kuadran pertama dengan untuk setiap dari sampai dengan . Jika,tentukan nilai sekecil mungkin dan (menyatakan panjang kurva).SolusiMengacu pada inequality, bilangan terkecil tersebut haruslah nilai maksimum dari pada . Perhatikan bahwa untuk berlaku Apakah merupakan yang terkecil? Ya, karena tanda kesamaan tercapai yaitu untuk . Jadi .4. Hasil pemetaan lingkaran oleh adalah 5. Diketahui fungsi analitik atau holomorpik. Kemudian untuk didefinikan

Tentukan nilai agar kontinu pada Solusikontinu pada seluruh bidang kompleks kecuali mungkin pada . Agar kontinu di maka haruslah

6. Diketahui adalah lingkaran berpusat di dan berjari jari . Tentukan nilai dari

Solusi

Gunakan teorema integral cauchy pada masing masing integral pada ruas kanan diperoleh 7. Tentukan nilai maksimum dan minimum dari modulus pada cakram Solusi dan 8. Diketahui dan dengan . Tentukan nilai residu dari di Solusi kita memiliki, merupakan pole ganda dari karena . Jadi residu di adalah

Bagian II1. Diketahui entire (analitik pada seluruh bidang kompleks). Jika terbatas dan satu satu, maka tunjukkan bahwa berlaku

SolusiMisalkan dan dan . Terlepas dari kenyataan bahwa terbatas, kita bisa melihat bahwa

Ini dipastikan karena bagian imaginaer satu satu yaitu jika .2. Misalkan fungsi entire dan untuk semua . Perlihatkan bahwa dengan Solusi Pertama kita perlihatkan bahwa sebenarnya untuk . Ini karena jika maka , dan bertentangan dengan untuk setiap . Selanjutnya akan kita tentukan fungsi yang benar memenuhi hipotesis di atas.Karena untuk setiap maka . Sekarang kita definisikan fungsi dengan . maka entire dan yaitu terbatas. Sehingga menurut teorema liouville haruslah konstanta yakni dan . Sehingga atau untuk suatu dan .3. Diketahui fungsi analitik pada cakram satuan dan pada . Jika dan adalah titik tetap di (dan ), gunakan lemma Schwartz untuk membuktikan .SolusiPandang pemetaan

jika diperhatikan analitik pada . Karena maka analitik pada daerah yang memuat . Selain itu untuk (lihat no bagian ) , sehingga menurut teorema modulus maksimum pada . Dapat diperiksa pula bahwa . Selanjutnya definisikan pemetaan

memetakan pada sendiri sehingga pada . Misalkan untuk suatu maka kita memiliki

Kita telah melihat bahwa memenuhi kondisi / syarat dari lemma Schwartz. Oleh karenanya haruslah.Tetapi ini mengakibatkan

Ekspresi pada persamaan terakhir mengatakan bahwa seperti yang diharapkan. Qed.

ONMIPA-PT 2008 Bidang AnalisisKompleksby Bijak Bagian I1. Misalkan , pada , dan . Maka Hasil dari

Solusi

2. Misalkan terletak pada lingkaran . Estimasi nilai adalahSolusiUntuk berlaku

Pada bagian akhir kita telah menggunakan ketaksamaan .3. Tentukan akar pangkat dari

Solusi

Jadi

Jawaban yang diinginkan adalah nilai pada cabang utama, yaitu untuk secara berturut turut

Nilai lain akan memberikan hasil yang sama dengan salah satu dari ketiga bilangan tersebut.4. Pada , hitung

Komentar : Mungkin yang dimaksud . Jika ini benar, maka pembaca dapat menyelesaikan sendiri dengan teorema residu yang biasa digunakan.5. Jika sepenggal garis yang menghubungkan titik dan titik , maka estimasi nilai adalah.6. Prapeta dari garis oleh transformasi linear adalahSolusi

Kita ingin menentukan sehingga . Sederhanakan, diperoleh garis .7. Solusi Penyelesaian diperoleh dengan memandang integral kontur pada lintasan dengan arah positif.Perhatikan bahwa jika maka , dan

Sehingga

Fungsi integran analitik kecuali pada pole dalam . Residu di diperoleh dengan menentukan koefisien pada ekspansi integran. Koefisien ini sama dengan banyaknya solusi memilih tanda atau sedemikian sehingga . Tetapi karena kondisi tersebut tidak akan pernah terpenuhi bagaimanapun caranya kita memilih (mengapa?), maka haruslah koefisien dari adalah . Sehingga menurut teorema residu .8. Solusi Fungsi Integran analitik kecuali pada kesingularan esensial . Residu di titik ini diperoleh dengan menuliskan fungsi integran dalam bentuk deret

Dengan demikian residu di adalah (koefisien ). Sehingga menurut teorema residu . Bagian II1. Misalkan fungsi harmonik bernilai kompleks dan juga harmonik. Tunjukkan bahwa analiltik.SolusiTulis . Akan kita tunjukkan bahwa memenuhi persamaan cauchy riemann yaitu .Jika maka

Selanjutnya karena harmonis makadan Dari kita memiliki

tetapi karena juga harmonik maka sehingga persamaan terakhir memberikan .Dengan cara yang sama, dari kita memiliki

Lagi karena harmonik maka persamaan terakhir memberikan . Ini melengkapi apa yang ingin kita tunjukkan bahwa memenuhi persamaan cauchy riemann, yakni analitik.2. Misalkan analitik, kontinu, dan pada suatu daerah . Tunjukkan bahwa untuk setiap kurva tertutup yang berada dalam .

ONMIPA-PT 2009 Bidang AnalisisKompleksby Bijak Bagian I1. Tuliskan bilangan kompleks dalam bentuk dengan bilangan real.Solusi

2. Tentukan fungsi linear entire yang membawa segitiga dengan titik sudut dan menjadi segitiga sebangun dengan titik sudut dan .

SolusiMisalkan fungsi pemetaan yang dimaksud adalah untuk suatu .

Karena merupakan salah satu pemetaan konformal, maka besar dan arah sudut pada ketiga titik sudut dan masing masing dipertahankan setelah proses pemetaan. Sehingga haruslah , , dan . Dari diperoleh . Dari diperoleh atau. Jadi fungsi yang dimaksud adalah .3. Misalkan adalah himpunan semua bilangan kompleks yang memenuhi , maka bilangan real terkecil yang memenuhi untuk setiap adalah Solusi Perhatikan bahwa adalah lingkaran berpusat di titik asal dengan jari jari . Ini karena setara dengan atau .1. Secara geometris menyatakan jarak antara dan titik . Dengan menyimak gambar dibawah, kita dengan mudah menebak bahwa jika berada pada maka jarak terjauhnya ke titik adalah , yakni ..

2. Secara analitis kita dapat menggunakan ketaksamaan segitiga yaitu jika maka. Karena tanda kesamaan tercapai yaitu pada , maka haruslah 4. Hitung nilai dengan adalah lengkungan yang ada pada gambar berikut

5. Hitunglah nilai dengan arah lengkungan sesuai dengan arah gerak jarum jam.SolusiMisalkan lintasan dalam arah positif. Lingkaran hanya memuat pole ganda dari integran di . Residu di titik ini adalah

Sehingga nilai integral yang dimaksud adalah 6. Hitung nilai

Solusi Lingkaran memuat pole sederhana dari integran di dan di . Residu di dan dihitung secara berturut turut sebagai berikut Sehingga menurut teorema residu nilai integral yang dimaksud adalah .7. Hitunglah nilai dengan adalah lengkungan lingkaran dengan arah jarum jam.Solusi Kita asumsikan bahwa lengkungan dalam arah positif. Dengan melakukan ekspansi deret untuk kita peroleh

Dengan demikian fungsi integran memuat pole esensial di . Nilai residu di titik ini adalah . Sehingga nilai integral yang dimaksud adalah .8. Tentukan daerah konvergensi deret Solusikonvergen untuk sedangkan konvergen untuk atau . Sehingga deret yang dimaksud konvegen untuk . Bagian II1. Misalkan fungsi analitik yang terdefinisi pada himpunan buka yang memuat cakram satuan . Misalkan pula yaitu bagian real dari nilai fungsi di titik . Buktikan bahwa

Dengan adalah lingkaran satuan.SolusiKarena bagian real dari fungsi analitik, maka harmonis (Buktikan !) pada . Sebagai akibatnya dan dengan menggunakan terorema green diperoleh.

2. Diketahui deret mempunyai jari jari konvergensi R, dan bilangan kompleks . Tentukan jari jari konvergensi deret

ONMIPA-PT 2011 Bidang AnalisisKompleksby Bijak Bagian I1. Tentukan jari-jari konvergensi deret

Solusi Untuk hingga kita memiliki

Menurut uji akar, deret konvergen mutlak untuk . Jadi jari jari konvergensi deret adalah 1.2. Tentukan luas daerah peta dari hasil pemetaan daerah

Oleh transformasi

Solusi Luas daerah adalah satuan luas. Karena berbentuk persegi panjang dan merupakan pemetaan konformal, maka luas daerah peta adalah luas daerah dikalikan faktor perbesaran . Sehingga diperoleh luas daerah peta adalah 3. Berapakah nilai integral berikut jika dan

Solusi Mudah diperiksa bahwa hanya memuat pole sederhana di . Sehingga menurut teorema residu nilai integral yang dimaksud adalah

4. Misalkan fungsi analitik yang memenuhi . Tentukan semua fungsi analitik yang mungkin.5. Misalkan dan . Selanjutnya didefinisikan hitung yaitu turunan ke- untuk fungsi di titik nol. Nyatakan nilai tersebut dalam dan .Solusi Kita memiliki dan untuk setiap bilangan bulat nonnegative. Untuk mendapatkan gunakan identitas leibniz, diperoleh

Bagian II1. Buktikan bahwa jika dan maka adalah titik-titik ujung dari sebuah segitiga sama sisi yang berada di dalam lingkaran satuanSolusi Perhatikan bahwa , Ambil conjugate kedua ruas, kemudian kalikan untuk memperoleh

Dengan cara yang sama diperoleh, Karena jika maka dengan sedikit manipulasi diperoleh akibatnya

dengan mengambil modulus kedua ruas dari ketiga persamaan dan mengambil akarnya diperoleh

Ini menjelaskan apa yang ingin dibuktikan, yaitu terletak pada lingkaran satuan karena dan membentuk segitiga sama sisi karena panjang setiap sisinya sama.2. Misalkan fungsi analitik dengan jari-jari konvergensi dan di bidang kompleks hanya memuat satu pol order dua di titik 1. Definisikan suatu fungsi analitik yang analitik di seluruh bidang yang diperoleh dari hasil perkalian dengan suatu fungsi yang sederhana2. Misalkan berdasarkan hubungan yang diperoleh di soal (a), hitunglah nilai dinyatakan suku-sukunya dari barisan 3. Hitung dan Solusi 4. Jelas karena hanya memuat satu pol order dua di titik pada bidang maka dapat dinyatakan dalam bentuk dengan fungsi analitik di seluruh bidang Jadi kita cukup mendefisikan 5. Pertama misalkan . Kemudian mudah diperiksa bahwa, ,;Selanjutnya karena maka dengan menggunakan aturan/identitas leibniz diperoleh

Terakhir gabungkan persamaan dan dan fakta bahwa untuk memperoleh

6. Dengan menggunakan formula pada bagian sebelumnya dan memperhatikan bahwa didapat

dan

ONMIPA-PT 2010 Bidang AnalisisKompleksby Bijak Bagian I1. Tentukan nilai jika Solusi

Jadi 2. Tentukan nilai integral berikut jika adalah lingkaran .

Solusi : Tetapkan

hanya memuat pole sederhana dari di , sehingga menurut teorema integral residu

3. Dengan menggunakan

lingkaran , Hitunglah

Solusi : Menurut teorema cauchy.disisi lain kita memiliki

Karena dua buah integral terakhir masing masing bernilai real, maka dengan membandingkan bagian real dan khayal dengan hasil sebelumnya diperoleh nilai yang diinginkan yaitu .4. Diketahui . Jika adalah lingkaran yang melingkupi semua akar Hitung

Solusi : Pada kasus yang dihadapi memiliki buah nol yang semuanya termuat dalam dan tidak memiliki pole, sehingga menurut teorema argumen nilai integral yang dimaksud adalah .5. Misalkan barisan bilangan kompleks dengan dan . Tentukan jari jari konvergensi deret Bagian II1. Misalkan fungsi analitik di dengan . Jika adalah lingkaran yang cukup kecil yang melingkari , hitunglah kedua integral berikutdan Solusi Kita dapat menuliskan integral pertama menjadi

menurut teorema integral cauchydan .jadi

Untuk pengintegralan yang kedua , Karena berjari jari kecil, maka penulis asumsikan bahwa di dalam ,fungsi integran hanya memiliki pole di . Menurut teorema cauchy kita dapat membuat lingkaran di dalam dengan jari jari yang melingkupi sehingga

Karena dapat dibuat sekecil mungkin kita peroleh

(hasil akhir di atas tidak berlaku lagi jika fungsi integran memiliki pole selain di dalam )2. Tentukan peta himpunan oleh pemetaan Solusi Tulis dan misalkan peta oleh . Maka

Yang berarti setiap dipetakan oleh ke dengan dan . Karena maka , dan karena maka atau . Dengan demikian hasil pemetaan oleh adalah