BAB I BILANGAN KOMPLEKS 1.1 Pengertian Bilangan Kompleks Pada awal perkuliahan bilangan real (R), kita telah mempelajari bilangan real beserta
sifat-sifatnya. Sekarang kita akan melanjutkan perkuliahan pada
Bilangan Kompleks (C). Secara umum bilangan real (R) merupakan subset dari bilangan kompleks. Apakah sifat-sifat pada R juga berlaku pada C ? Adakah sifatsifat pada C yang tidak berlaku pada R ? Mari kita menjawab pertanyaanpertanyaan tersebut dengan memulainya dari definisi berikut. 1.1.1 Definisi 1 Bilangan kompleks adalah suatu pasangan terurut dari dua bilangan real x dan y yang dinyatakan oleh z = (x,y). Bilangan x disebut bagian real z, ditulis Re(z) dan y disebut bagian imajiner z, ditulis Im(z). Khususnya (x,0) = x, dan (0,y) disebut bilangan imajiner sejati. Kita sepakati bahwa lambang I menyatakan pasangan terurut dari (0,1), dan i disebut satuan imajiner.
1.1.2 Definisi 2 Dua bilangan kompleks z1 = (x1,y1) dan z2 = (x2,y2) dikatakan sama, ditulis z1 = z2, jika dan hanya jika x1 = y1 dan x2 = y2 .
1.2 Sifat-sifat operasi aljabar bilangan kompleks 1.2.1 Definisi 3 Jika z1 = (x1,y1) dan z2 = (x2,y2) adalah dua bilangan kompleks, maka jumlah dan hasil kali dari z1 dan z2 masing-masing adalah :
2 z1 + z2 = (x1 + y1) + (x2 + y2) =(x1 + x2 , y1 + y2). z1. z2 = (x1 + y1) (x2 + y2) =(x1x2 - y1y2 , x1y2 + x2y1).
1.2.2 Sifat-Sifat Lapangan Bilangan Kompleks Himpunan semua bilangan kompleks bersama operasi penjumlahan dan perkalian (C,+,-) membentuk sebuah lapangan (field). Coba anda ingat kembali materi pada mata kuliah Struktur Aljabar. Buktikan ! Adapun sifat-sifat lapangan yang berlaku pada bilangan kompleks z1, z2 dan z3 adalah sebagai berikut : 1. z1 + z2 ∈ C dan z1. z2 ∈ C. (sifat tertutup) 2. z1 + z2 = z2 + z1 dan z1. z2 = z2. z1 ∈ C. (sifat komutatif) 3. (z1 + z2 ) + z3 = z1 + (z2 + z3) dan (z1z2) z3 = z1( z2 z3) (sifat asosiatif) 4. z1(z2 + z3) = z1z2 + z1 z3 (sifat distribuif) 5. Ada 0 = (0,0) ∈ C sehingga z + 0 = z (0 elemen netral penjumlahan) 6. Ada 1 = (1,0) ∈ C sehingga z . 1 = z (1 elemen netral perkalian) 7. Untuk setiap z = (x,y) ∈ C, ada –z = (-x,-y) sehingga z + (-z) = 0 8. Untuk setiap z = (x,y) ∈ C, ada z-1 = sehingga z.z-1 = 1.
1.2.3 Notasi lain dari z = (x,y) Diketahui bahwa x = (x,0) dan i = (0,1). Perhatikan pula (0,y) = (0,1)(y,0) = iy, sehingga z = (x,y) = (x,0) + (0,y) = x + (0,y). Jadi diperoleh z = (x,y) = x + iy. Demikian juga i2 = ((0,1)(0,1) = (-1,0) = -1. Oleh karena itu z = (x,y) dapat juga ditulis sebagai x + iy, dengan x = Re(z) dan y = Im(z).
3 Dengan notasi z = x +iy, kita akan lebih mudah untuk melakukan operasi pada bilangan kompleks, karena operasinya dapat dipandang sebagai operasi aljabar biasa dengan mengingat bahwa i2 = -1.
Contoh Soal : 1. Jika z1 = x1 + iy1 dan z2 =x2 + iy2 ,buktikan bahwa z1 – z2 = (x1 - x2) + (y1 - y2)i ! Bukti : z1 – z2 = (x1 + iy1) – (x2 + iy2) = (x1 + iy1) +(-x2 - iy2) = (x1 - x2) + (y1 - y2)i Coba anda berikan sifat pembagian 2 bilangan kompleks ! 2. Diketahui z1 = 2 + 3i dan z2 = 5 – i. Tentukan z1 + z2, z1 - z2 , z1z2, dan z1 / z2 Jawab : z1 + z2 = (2 + 3i) + (5 – i) = 7 + 2i , dan z1 - z2 = (2 + 3i) - (5 – i) = -3 + 4i Lanjutkan untuk z1z2, dan z1 / z2 !
1.2.4 Sekawan Kompleks Jika z = (x,y) = x + iy bilangan kompleks, maka bilangan kompleks sekawan dari z ditulis z didefinisikan sebagai z = (x,-y) = x – iy. Contoh sekawan dari 3 + 2i adalah 3 – 2i , dan sekawan dari 5i adalah –5i. Operasi aljabar bilangan kompleks sekawan di dalam himpunan bilangan kompleks memenuhi sifat-sifat berikut : Teorema 1 : a. Jika z bilangan kompleks, maka : 1. z= z 2. z + z = 2 Re(z)
4 3. z - z = 2i Im (z) 4. z z = [Re(z)]2 + [Im(z)]2 b. Jika z1, z2 bilangan kompleks , maka : 1. z1 + z2 = z 1 + z 2 2. z1 − z2 = z 1 - z 2 3. z1 z2 = z 1 . z 2 4. (
z1 z ) = 1 , dengan z2 ≠ 0. z2 z2
1.3 Interpretasi Geometris Bilangan Kompleks Karena z = x + iy = (x,y) merupakan pasangan terurut bilangan real, maka z dapat digambarkan secara geometri dalam koordinat Kartesius sebagai sebuah titik (x,y). Pemberian nama untuk sumbu x diubah menjadi sumbu Real dan sumbu y diubah menjadi sumbu Imajiner. Bidang kompleks tersebut di beri nama bidang Argand atau bidang z. Jika kita hubungkan titik asal (0,0) dengan titik (x,y), maka terbentuk vektor; sehingga bilangan kompleks z = x+iy = (x,y) dapat dipandang sebagai vektor z. Arti geometris dari penjumlahan dan pengurangan bilangan kompleks dapat dilihat pada gambar berikut Im
Im
y1+y2
z1+z2
y2
z2
z2
y1 0
z1 x2
Gambar 1
x1
z1 x1+x2 Re
0 -z2
Re z1-z2
5 Tugas : Diketahui z1 = 2 + 3i dan z2 = 5 – i. Gambarkan pada bidang Argand, z1, z2, z1+ z2, z1- z2, z 1 , z 2 , z 1 + z 2 dan z 1 - z 2 !
1.4 Modulus (Nilai Mutlak) dari Bilangan Kompleks Definisi 4 : Jika z = x+iy = (x,y) bilangan kompleks, maka modulus dari z, ditulis |z| = |x+iy| = x2 + y2 .
Arti geometri dari modulus z adalah merupakan jarak dari titik 0(0,0) ke z = (x,y). Akibatnya, jarak antara dua bilangan kompleks z1 =x1+iy1 dan z2 = x2+iy2 adalah
( x1 − x2 )2 + ( y1 − y2 )2 . Selanjutnya apabila z1 =x1+iy1 dan r real positif,
maka |z – z1| = r merupakan lingkaran yang berpusat di titik z1 dengan jari-jari r. Bagaimanakah dengan |z – z1| < r dan |z – z1| > r. Gambarkanlah pada bidang z dan berilah nama daerahnya.
Teorema 2 : A. Jika z bilangan kompleks, maka berlaku : 1. |z |2 = (Re(z))2 + (Im(z))2 2. |z | = | z | 3. |z |2 = z. z 4. |z | ≥ | Re(z) | ≥ Re(z) 5. |z | ≥ | Im(z) | ≥ Im(z)
6 B. Jika z1, z2 bilangan kompleks, maka berlaku : 1. | z1 z2 | = | z1|| z2 | 2. |
z1 z |= 1 z2 z2
3. | z1 + z2 | ≤ | z1| + | z2 | 4. | z1 - z2 | ≥ | z1| - | z2 | 5. | z1 - z2 | ≥ || z1| - | z2 || Tugas : Buktikanlah teorema A di atas dengan memisalkan z = x+iy, kemudian berdasarkan hasil A, buktikan juga teorema B !
1.5 Bentuk Kutub (Polar) dan Eksponen dari Bilangan Kompleks Selain dinyatakan dalam bentuk z = x+iy = (x,y), maka bilangan kompleks z dapat dinyatakan pula dalam bentuk koordinat kutub atau Polar, yaitu z = (r,θ). Adapun hubungan antara keduanya adalah :
Gambar 2 x = r cos θ , dan y = r sin θ, sehingga θ = arc tan ( x positif dengan oz. Didapat juga r =
y ). θ adalah sudut antara sumbu x
x 2 + y 2 =|z |. Untuk z≠ 0, sudut dihitung
7 dari tan θ =
y , dan jika z = 0, maka r =0 dan θ dapat dipilih sebarang. Jadi, bentuk x
kutub bilangan kompleks adalah z = (r, θ) = r (cos θ + i sin θ) = r Cis θ. Bentuk sekawan dari z adalah = (r, -θ) = r(cos θ - i sin θ).
Definisi 5 : Pada bilangan kompleks z = (r, θ) = r(cos θ + i sin θ), sudut θ disebut argument dari z, ditulis arg z. Sudut θ dengan 0 ≤θ < 2π atau -π < θ ≤ π disebut argument utama dari z, ditulis θ = Arg z. Pembatasan untuk sudut θ tersebut dipakai salah satu saja.
Definisi 6 : Dua bilangan kompleks z1 = r1(cos θ1 + i sin θ1) dan z2 = r2(cos θ2 + i sin θ2) dikatakan sama, yaitu r1 = r2, dan θ1 = θ2. Selain penulisan bilangan kompleks z = (r, θ) = r(cos θ + i sin θ) = r Cis θ, iθ
maka anda dapat menuliskan z dalam rumus Euler (eksponen), yaitu z = re , dan -iθ
sekawannya adalah re . iθ
Tugas : Buktikan bahwa e
= cos θ + i sin θ, dengan menggunakan deret t
MacLaurin untuk Cos θ , Sin θ dan e dengan mengganti t = iθ. Contoh Soal : Nyatakan bilangan kompleks z = 1 + i dalam bentuk polar dan eksponen ! Jawab : o
2 , tan θ = 1, sehingga θ = 45 =
Z = 1 + i, r =
iSin 1 π) = 4
2
Cis 1 π = 4
2
iΠ 4
e
1 π . Jadi z = 4
2 (Cos
1 4
π+
8
1.6 Pangkat dan Akar dari Bilangan Kompleks 1.6.1 Perkalian dan Pemangkatan Telah kita ketahui bahwa bilangan kompleks dalam bentuk kutub adalah z = r(cos θ + i sin θ). Jika z1 = r1(cos θ1 + i sin θ1) dan z2 = r2(cos θ2 + i sin θ2), maka kita peroleh hasil perkalian keduanya sebagai berikut : z1 z2 = [r1(cos θ1 + i sin θ1)][r2(cos θ2 + i sin θ2)] z1 z2 = [r1 r2 (cos θ1 + i sin θ1)][ (cos θ2 + i sin θ2)] z1 z2 = [r1 r2 (cos θ1 cos θ2 + i sin θ1 cos θ2+ i sin θ2 cos θ1- sinθ1sin θ2)] z1 z2 = r1 r2 [cos (θ1 + θ2 ) + i sin (θ1 + θ2)] Dari hasil perkalian tersebut diperoleh arg(z1 z2) = θ1 + θ2 = arg z1+ arg z2 Pertanyaan : Bagaimanakah jika kita perkalikan z1 z2…..zn dan z.z.z.z…z = zn ?
1.6.2 Dalil De Moivre Jika diketahui z1 = r1(cos θ1 + i sin θ1), z2 = r2(cos θ2 + i sin θ2), dan seterusnya sampai zn = rn(cos θn + i sin θn), untuk n asli; maka secara induksi matematika, diperoleh rumus perkalian z1 z2…..zn = r1 r2 …rn[cos (θ1 +
θ2+…+θn) + i sin (θ1 + θ2+…+θn)] . Akibatnya jika, z = r(cos θ + i sin θ) maka zn = rn (cos nθ + i sin nθ). Khususnya untuk r = 1, maka didapat rumus De-Moivre :
(cos θ + i sin θ)n = cos nθ + i sin nθ, n asli. Sedangkan pembagian z1 dan z2 adalah sebagai berikut :
9
z1 = z2
r1 (Cosθ1 + iSinθ1 ) r2 (Cosθ 2 + iSinθ 2 )
Setelah pembilang dan penyebut dikalikan dengan sekawan penyebut, yaitu (cos θ2
- i sin θ2), maka diperoleh :
r1 z1 = [cos (θ1 - θ2 ) + i sin (θ1 - θ2)] r2 z2
Dari rumus di atas diperoleh arg
z1 = θ1 - θ2 = arg z1 – arg z2. z2
Akibat lain jika z = r(cos θ + i sin θ), maka
1 1 = (cos(-θ) + i sin (-θ)) .Untuk r z
1 1 −n = z = . Setelah pembilang dan penyebut dikalikan zn r n (Cosnθ + iSinnθ ) 1 sekawan penyebut, maka didapat : n z
1 = n (cos(-nθ) + i sin (-nθ)) = r
Jadi dalil De Moivre berlaku untuk semua n bilangan bulat. Contoh : Hitunglah
( 3 − i ) −6
Jawab : Misalkan z = √3 - i, r = /z/ = Tan θ =
3+1 = 2
−1 , karena z di kuadran IV,maka dipilih θ = -30o. 3
Diperoleh ( 3 − i) = 2[Cos(-30o)+iSin(-30o)] , sehingga ( 3 − i)−6 = 2-6[Cos 180o + isin180o) = 2-6.(-1) = -2-6.
(
1 n ) . z
10 1.6.3 Akar Bilangan Kompleks Bilangan kompleks z adalah akar ke-n dari bilangan kompleks w, jika zn = 1
w, dan ditulis z = w n . Jika z = ρ(Cosφ +iSinφ) akar ke-n dari bilangan n
n
n
kompleks w = r(Cosθ+iSinθ), maka : z = w atau ρ (Cosφ +iSinφ) =
r(Cosθ+iSinθ), sehingga diperoleh : ρn = r dan nφ = θ +2kπ , k bilangan 1
bulat. Akibatnya ρ = r n dan
φ = θ + 2kΠ . Jadi, akar ke n dari bilangan n
kompleks w = r(Cosθ+iSinθ) adalah : z = r
1 n
[Cos( θ + 2kΠ ) + iSin n
( θ + 2kΠ )], k bilangan bulat dan n bilangan asli. n
Dari persamaan zn = w, ada n buah akar berbeda yang memenuhi persamaan itu. Untuk mempermudah dipilih k = 0,1,2,3,…,(n-1); φ ≤
θ + 2 kΠ n
< 2π, sehingga
diperoleh z1,z2,z3,…,zn sebagai akar ke n dari w. Contoh 1: 1/4
Hitunglah (-81) Jawab :
1/4
4
Misalkan z = (-81) , berarti harus dicari penyelesaian persamaan z = -81. Tulis
z= ρ(Cosφ +iSinφ) dan –81 = 81(Cos1800+iSin180o), sehingga ρ4(Cos4φ +iSin4φ) = 81(Cos1800+iSin180o). Dari persamaan ini diperoleh ρ4 = 81, atau ρ = 3 dan φ = Π + 2 k Π . Jadi Z = 3[Cos( Π + 2 k Π )+iSin( Π + 2 k Π )]. 4
4
4
11 Keempat akar yang dicari dapat diperoleh dengan mensubstitusi k = 0,1,2,3 ke persamaan terakhir. Tugas: Carilah keempat akar tersebut !
1.7 Soal-Soal Latihan Bab 1 : 1. Buktikan Teorema 1 dengan memisalkan z = (x,y) = x + iy. 2. Diketahui z1 = 6 + 5i dan z2 = 8 – i. Tentukan z1 + z2, z1 - z2 , z1z2, dan z1 / z2 3. Jika z = -1-i, buktikan z2 + 2z + 2 = 0. 4. Cari bilangan kompleks z yang memenuhi sifat : a. z-1 = z dan
b. z = z
c. z = -z
5. Buktikan untuk setiap z bilangan kompleks berlaku : z1. z 2 + z 1 . z2 = 2Re(z1. z 2 ) 6. Hitung jarak antara z1 = 2 + 3i dan z2 = 5 – i. 7. Gambarkan pada diagram argand dan sebutkan nama kurva yang terjadi : a. |z + i| = |z –i| b. 1 < |z –i| < 3 c. |z +3| + |z –3| = 2 8. Nyatakan bilangan kompleks z = 2 -2i dalam bentuk polar dan eksponen ! 9. Tentukan himpunan penyelesaian dari : z3-i-0 10. Hitunglah : (a) (-27)1/3 = …..
(b) (-2+2I)15 = ….
11. Buktikan dengan dalil De Moivre bahwa : a. Cos2x = Cos2x – Sin2x b. Tgn 3a =[3Sina – 4 Sin3a] : [4Cos3a – 3Cosa ] *** SELAMAT MENGERJAKAN ***
12
BAB II FUNGSI , LIMIT DAN KEKONTINUAN
Sebelum dibahas mengenai fungsi kompleks, maka perlu dipelajari konsepkonsep topologi yang akan digunakan pada fungsi kompleks.
2.1 Konsep-Konsep Topologi Pada Fungsi Kompleks Himpunan pada pembahasan ini adalah koleksi atau kumpulan titik-titik pada bidang z. Ingatlah kembali materi mata kuliah Teori Himpunan, seperti operasi pada himpunan yaitu gabungan, irisan, penjumlahan dan pengurangan beserta sifatsifatnya. Selain itu anda juga perlu mengingat materi Lingkungan dan komplemennya, Titik Limit, Titik Batas, Himpunan Buka, Himpunan Tutup pada mata kuliah Analisa Variabel Real. Dengan mengingat materi tersebut, maka anda akan lebih mudah memahami materi berikut.
1. Lingkungan a) Lingkungan z0 adalah himpunan semua titik z yang terletak di dalam lingkaran yang berpusat di z0, berjari-jari di r, r > 0. Ditulis N(z0,r) atau |z – z0 | < r. b) Lingkungan tanpa z0 adalah himpunan semua titik z ≠ z0 yang terletak di dalam lingkaran yang berpusat di z0, berjari-jari di r, r > 0. Ditulis N*(z0,r) atau 0< |z – z0 | < r.
13 Contoh : a) N(i,1) adalah ekuivalen dengan |z – i | < 1, Gambarkan ! b) N*(0,a) adalah ekuivalen dengan 0< |z | < a, Gambarkan !
2. Komplemen Andaikan S suatu himpunan. Komplemen dari S ditulis Sc,merupakan himpunan semua titik pada bidang z yang tidak termasuk di S. Contoh : a) A = {z/Im z< 1}, maka Ac = {z/Im z≥ 1}. Gambarkan ! b) B = {z/2
14 Himpunan S disebut himpunan tutup jika S memuat semua batasnya. 9. Himpunan Terhubung Himpunan buka S disebut terhubung, jika setiap dua titik di S dapat dihubungkan oleh beberapa penggal garis lurus yang seluruhnya terletak di S. 10. Daerah Terbuka Himpunan buka S yang terhubung disebut daerah terbuka. 11. Daerah Tertutup Daerah tertutup S adalah daerah terbuka digabung dengan batasnya. 12. Penutup dari himpunan S adalah himpunan S digabung dengan limitnya.
Contoh : A = {z/ /z/ < 1}, B = {z/ /z/<1} U {(0,)}, dan C = {z/ /z/ ≤ 2} Dari himpunan di atas, maka A adalah himpunan buka dan terhubung. Batas dari A adalah {z/ /z/=1}. Penutup dari A adalah {z/ /z/ ≤ 1}. B adalah bukan himpunan buka dan juga bukan himpunan tutup. Titik limit dari B adalah {z/ /z/ ≤ 1}. Interior C adalah {z/ /z/ <2}.
2.2 Fungsi Kompleks Definisi : Misalkan D himpunan titik pada bidang z. Fungsi kompleks f adalah suatu aturan yang memasangkan titik z anggota D dengan satu dan hanya satu titik w pada bidang w, yaitu (z,w). Fungsi tersebut ditulis w = f(z).
15 Himpunan D disebut daerah asal (domain) dari f, ditulis Df dan f(z) disebut nilai dari f atau peta dari z oleh f. Range atau daerah hasil (jelajah) dari f ditulis Rf , yaitu himpunan f(z) untuk setiap z anggota D. Contoh : a) w = z + 1 – i b) w = 4 + 2i c) w = z2 – 5z d) f(z) =
3− z 2z + 1
Contoh a,b,c adalah fungsi kompleks dengan domain semua titik pada bidang z. Contoh d) adalah fungsi kompleks dengan domain semua titik pada bidang z ,kecuali z = -1/2. Jika z = x + iy, maka fungsi w = f(z) dapat diuraikan menjadi w = u(x,y) + iv(x,y) yang berarti Re(w) dan Im(w) masing-masing merupakan fungsi dengan dua variabel real x dan y. Apabila z = r(Cosθ+iSinθ), maka w = u(r, θ) +v(r, θ).
Contoh : 1. Tuliskan f(z) = 2z2 – i dalam bentuk u dan v ! Jawab : Misal z = x + iy, maka fungsi w = f(z) = 2z2 – i = u(x,y) + iv(x,y) =2(x + iy )2 – i = 2(x2+2xyi-y2) – i = 2(x2-y2) +i(4xy-1). Jadi u = 2(x2-y2) dan v = 4xy-1. 2. Jika z = r(Cosθ+iSinθ), maka f(z) = z2 + i = [r (Cosθ+iSinθ)]2 + i = (r2 Cos2θr2Sin2θ) + (1+rSin2θ)i, berarti u = r2Cos2θ-r2Sin2θ dan v = 1+rSin2θ) .
16 Komposisi Fungsi Jika diberikan fungsi f(z) dengan domain Df dan fungsi g(z) dengan domain Dg. Jika Rf ∩ Dg ≠ φ, maka ada fungsi komposisi (gof) (z) = g (f (z)), dengan domain suatu himpunan bagian dari Df. Jika Rg ∩ Df ≠ φ, maka (fog) (z) = f (g (z)). Tidak berlaku hukum komutatif pada (gof) (z) dan (fog)(z). Contoh : f(z) = 3z – i dan g(z) = z2 + z –1 + i Jika Rf ∩ Dg ≠ φ, maka (gof) (z) = g (f (z)) = g(3z-i) = (3z-i)2 + (3z-i) –1 +i =9z26iz-1+3z –i -1+i = 9z2+3z-2-6iz Jika Rg ∩ Df ≠ φ, maka (fog) (z) = f (g (z)) = f(z2 + z –1 + i) = 3z2 + 3z –3 + 2i Jadi, (gof) (z) ≠ (fog)(z).
2.3 Interpretasi Geometris Untuk setiap variabel bebas z = x + iy anggota domain f ada satu dan hanya satu variabel tak bebas w = u + iv yang terletak pada suatu bidang kompleks. Masing-masing variabel terletak pada suatu bidang kompleks, yaitu z pada bidang Z dan w pada bidang W. Karena pasangan (z,w) mengandung 4 dimensi, maka kita tidak dapat menggambarkannya pada satu sistem. Tetapi kita dapat melihat gambaran dari w = f(z). Caranya dengan memandang fungsi f tersebut sebagai pemetaan (transformasi) dari titik di bidang z ke titik di bidang w dengan aturan f. Untuk suatu titik z maka f(z) disebut peta dari z.
17 Contoh 1 : Diketahui fungsi w = 2z – 1 + i. Untuk setiap variabel bebas z = x + iy didapat nilai w = 2(x+iy) – 1 + i. Misalnya untuk z1 = 1 + i , dan z2 = 2 – 3i , berturut-turut diperoleh : w1 = 1 + 3i , dan w2 = 3 – 5i. Gambar dari z1, z2 ,w1 , dan w2 dapat dilihat di bawah ini.
y
v
w1(1,3)
z1(1,1) x
u
z2(2,-3) w2(3,-5) Contoh 2 : Diketahui fungsi w = z2. Dengan menggunakan z = r (Cosθ+iSinθ), maka diperoleh w = z2 = r2 (Cos2θ+iSin2θ). Jika sebuah lingkaran pusat O berjari-jari r pada bidang z, maka dapat dipetakan ke bidang w menjadi sebuah lingkaran pusat O berjari-jari r2. Daerah 0 ≤ arg z ≤ α dipetakan menjadi daerah 0 ≤ arg w ≤ 2α. Coba anda Gambarkan keduanya pada bidang Argand !
18
2.4 Limit Diketahui daerah D pada bidang z dan titik zo terletak di dalam D atau pada batas D. Misalkan fungsi w = f(z) terdefinisi pada D, kecuali mungkin di zo. Y
v
D
f(z)
..zo .
.z
K
. wo .w
δ K
N
N*(zo,δ)=0
/f(z) - wo/ < ε
Bidang Z
Bidang W
Apabila titik z bergerak mendekati titik z0 melalui setiap lengkungan sebarang K dan nilai f(z) bergerak mendekati suatu nilai tertentu, yaitu wo, maka dikatakan limit f(z) adalah wo untuk z menuju z0, ditulis :
Lim f ( z ) = wo z → zo Secara formal, definisi limit dapat dilihat berikut ini : Definisi : Misalkan fungsi z = f(w) terdefinisi pada daerah D, kecuali mungkin di z0 (titik z0 di dalam D atau pada batas D). Limit dari f(z) adalah wo untuk z menuju z0, jika untuk setiap ε > 0, terdapat δ > 0 sedemikian hingga / f(z) - wo / < ε, apabila 0 < / z - zo / < δ , ditulis :
Lim f ( z ) = wo z → zo
Perlu diperhatikan bahwa :
19 1. Titik zo tidak perlu termasuk domain fungsi f. 2. Variabel z menuju zo melalui sebarang lengkungan K,artinya z menuju zo dari segala arah. 3. Apabila z menuju zo melalui dua lengkungan yang berbeda saja, mengakibatkan f(z) menuju dua nilai yang berbeda, maka limit fungsi f tersebut tidak ada untuk z menuju zo.
Contoh 1 :
2 z 2 − 3z − 2 =5 Buktikan bahwa : Lim z−2 z→2
Pembuktian : Analisis Pendahuluan : (langkah ini boleh tidak ditulis di lembar jawaban) Misalkan diberikan bilangan ε > 0, kita akan mencari δ > 0 sedemikian hingga sehingga 0 < |z –2 |< δ ⇒
2 z 2 − 3z − 2 −5 < ε z−2
untuk z ≠ 2 , lihat bagian sebelah kanan 2 z 2 − 3z − 2 2 z 2 − 3z − 2 −5 −5 < ε ⇔ < ε z−2 z−2 ⇔ (2 z + 1) – 5 < ε ⇔ 2 (z – 2) < ε ⇔ 2
<ε
z–2
⇔ z–2 <
ε 2
Hal ini menunjukkan bahwa δ = ε /2 telah diperoleh.
=δ
20 Bukti Formal : Jila diberikan ε > 0 , maka pilih δ = ε/2, sehingga untuk z ≠ 2, berlaku
0 < |z –2 |< δ ⇒
(2 z + 1)( z − 2) 2 z 2 − 3z − 2 − 5 = 2 | z-2 | < 2δ) = ε. −5 = z−2 z−2
Contoh 2 : Buktikan bahwa : Lim
z → zo
z2 = zo2
Bukti : Untuk setiap ε > 0 , maka akan dicari δ > 0, sehingga untuk z ≠ zo, / z2 - zo2 / < ε apabila /z - zo / < δ. Jika δ ≤ 1, maka 0 < /z - zo / < δ mengakibatkan / z2 - zo2 / = /zzo / /z+zo/ < δ /z+zo/ = δ {/z-zo+2zo/} < δ (1 +2/zo/). Jadi didapat δ minimum antara 1 dan
ε (1 + 2 zo )
. Tuliskan bukti formal pembuktian tersebut !
2.5 Teorema Limit Teorema 1 : Jika fungsi f mempunyai limit untuk z menuju zo , maka nilai limitnya tunggal. Teorema 2 : Misalkan z = (x,y) = x+iy dan f(z) = u(x,y) + iv(x,y) dengan domain D. Titik zo = (xo,yo) = xo+iyo di dalam D atau batas D. Maka Limit f(z) = xo +ivo jika dan hanya z zo jika Limit u(x,y) = xo dan limit v(x,y) = vo
21 (x,y)
(xo,yo)
(x,y)
(xo,yo)
Teorema 3 : Misalkan fungsi f dan F limitnya ada di zo. Lim f(z) = wo dan lim F(z) = Wo, maka : 1. Lim (f(z) +F(z) ) = wo + Wo (untuk z
zo)
2. Lim (f(z) . F(z)) = wo . Wo (untuk z
zo)
3. Lim (f(z) / F(z)) = wo / Wo (untuk z
zo)
Tugas : Buktikan ketiga teorema limit tersebut !
Contoh 1 : Hitunglah
lim z→i
Jawab = lim z→ 1
z2 + 1 z −i
( z + i )( z − i ) = 2i z −i
Contoh 2 : x2 2 xy Jika f(z) = 2 i + x + y2 y + 1
Buktikan Lim f(z) tidak ada ! z
0
Bukti : Kita tunjukkan bahwa untuk z menuju 0 di sepanjang garis y = 0, maka lim z
f(z) = Lim x2i = 0.
f(z) = Lim 0
(x,0)
(0,0)
x
0
Sedangkan di sepanjang garis y = x, lim f(z) = Lim f(z) z
0
(x,x)
x2 i) = 1 = Lim (1 + x +1 (0,0) x
0
22
2.6 Kekontinuan Fungsi Definisi : Misalkan fungsi f(z) terdefinisi di D pada bidang z dan titik zo terletak pada interior D, fungsi f(z) dikatakan kontinu di zo jika untuk z menuju zo, maka Lim
f(z) =
f(zo). Jadi, ada tiga syarat fungsi f(z) kontinu di zo, yaitu : 1. f(zo) ada 2. Lim f(z) ada z zo 3. Lim f(z) = f(zo) z zo Fungsi f(z) dikatakan kontinu pada suatu daerah R, jika f(z) kontinu pada setiap titik pada daerah R tersebut. Teorema 4 : Jika f(z) = u(x,y) + iv(x,y), f(z) terdefinisi di setiap titik pada daerah R, dan zo = xo+yoi titik di dalam R, maka fungsi f(z) kontinu di zo jika dan hanya jika u(x,y) dan v(x,y) masing-masing kontinu di (xo,yo). Teorema 5 : Andaikan f(z) dan F(z) kontinu di zo, maka masing-masing fungsi : 1. f(z) + F(z) 2. f(z) . F(z) 3. f(z) / F(z), F(z) ≠ 0, 4. f(F(z); f kontinu di F(zo), kontinu di zo.
23 ⎧ ⎪ z2 + 4 Contoh 1 : Fungsi f(z) = ⎪⎨ , z ≠ 2i ⎪ z − 2i ⎪⎩ 3 + 4i, z = 2i
f(2i) = 3+4(2i) = 3 + 8i, sedangkan untuk z mendekati 2i, maka Lim f(z) = z +2i = 2i + 2i = 4i. Jadi f(z) diskontinu di z = 2i.
Contoh 2 :
z2 + 1 Dimanakah fungsi g(z) = 2 kontinu ? z − 3z + 2 Jawab : Coba anda periksa bahwa g(z) diskontinu di z = 1 dan z = 2. Jadi g(z) kontinu di daerah {z/ z ≠ 1 dan z ≠ 2}.
2.7 Soal-Soal Latihan Bab II 1. Tentukan nilai fungsi : a. f(z) z2-2z+3 di z = 5-I b. g(z) =
z +1 , di z = − i z −1
2. Jika z = x + iy, tuliskan f(z) = 3z2 –5i + 1 dalam bentuk u dan v ! 3. Jika z = r(Cosθ+iSinθ), maka tuliskan f(z) = 2z2 + i dalam bentuk u dan v ! 4. Jika f(z) = 5z + 1- i dan g(z) = z2 , tentukan (gof) (z) dan (fog)(z). 5. Fungsi w = 5z –2+ i. Gambarkan w1 dan w2 untuk z1 = 2 + i , dan z2 = 5 – 3i . 3
6. Diketahui fungsi w = z . Dengan menggunakan z = r (Cosθ+iSinθ), maka 3
gambarkan w = z !
24
z2 + 4 , Hitunglah limit g(z) untuk z 7. Jika g(z) = z − 2i
2i
x2 2 xy 8. Jika f(z) = 2 i . Buktikan Lim f(z) untuk z menuju 0 tidak ada ! + x + y2 y + 1 ⎧ ⎪ z2 + 9 9. Apakah fungsi h(z) = ⎪⎨ , z ≠ 3i , kontinu di z = 3i ?Jelaskan ! 3 − z i ⎪ ⎪⎩ 3 + 5i, z = 3i
z2 + 4 10. Dimanakah fungsi g(z) = 2 kontinu ? z − iz + 2
*** SELAMAT MENGERJAKAN ***
25
BAB III TURUNAN FUNGSI KOMPLEKS
3.1 Definisi Turunan
Diberikan fungsi f yang didefinisikan pada daerah D dan z0 ∈ D. Jika diketahui bahwa nilai
limit f(z) − f(z 0 ) ada, maka z → z0 z − z 0 nilai limit ini dinamakan turunan atau derivatif fungsi f di titik z0. Dinotasikan : f’(z0) ►
Jika f’ (z0) ada, maka f dikatakan terdifferensial atau diferensiabel di z0. Dengan kata lain : f’(z0) =lim
►
Δf = f ( z 0 + Δz ) − f ( z 0 ) Δz Δz
Jika terdifferensial di semua titik pada D maka f terdifferensial pada D
Contoh 3.1.1
Buktikan f(z) = z2 terdifferensiasi diseluruh C Bukti : Ditinjau sebarang titik z0 ∈ C f’(z)
lim f(z) − f(z0 ) = z→z 0 z − z0 2 2 lim z − z 0 = z→ z0 z − z 0
lim (z + z 0 )(z − z 0 ) = 2 z = z→ 0 z0 z−z 0
26 Karena z0 sebarang maka f(z) = z2 terdifferensial di seluruh C Teorema 3.1
Jika f fungsi kompleks dan f’(z0) ada maka f kontinue di z0 Bukti :
Diketahui f’(z0) ada
lim f(z) = f(z ) Akan dibuktikan f kontinue di z0 atau z → 0 z0 lim z → z0 f(z) – f(z0)
lim = z→ z0
f(z) − f(z0 ) . z – z0 z − z0
lim z → z0 f(z) – f(z0)
lim = z→ z0
f(z) − f(z0 ) lim . z → z z – z0 0 z − z0
= f’(z) . 0
=0
lim f(z) – f(z ) = 0 sehingga z → 0 z0 lim f(z) – lim f(z ) = 0 ⇒z→ z0 z → z0 0 lim f(z) = lim f(z ) ⇒ z→ z0 z → z0 0 lim f(z) = f(z ) dengan kata lain f kontinue di z ⇒ z→ 0 0 z0
Contoh 3.1.2
Buktikan bahwa f(z) = ⎢z ⎢2 kontinu di seluruh bidang kompleks tetapi hanya terdifferensial di z = 0 Bukti :
27 f(z) = ⎢z ⎢2 = x2 + y2 berarti u(x,y) = x2 + y2 v(x,y) = 0 u dan v kontinue di C maka f(z) konstanta di C z f(z) − f( 0 ) f’(0) = z lim = z lim →0 → 0 z z−0
2
−
z z = z lim →0 z =0
Jadi f(z) terdifferensial di z = 0
3.2 Syarat Chauchy – Riemann
Syarat yang diperlukan agar fungsi f terdiferensial di z0 = x0 + i y0 adalah syarat Chauchy-Riemann, yang menghubungkan derivatif-derivatif parsial tingkat pertama dari fungsi bagian real dan fungsi bagian imajiner dari f.
Teorema 3.2.1 (Syarat Chauchy – Riemann)
Jika f(z) = u(x,y) + i v(x,y) terdifferensial di z0 = x0 + i y0, maka u(x,y) dan v(x,y) mempunyai derivatif parsial pertama di (x0,y0) dan di titik ini dipenuhi
persamaan Cauchy – Riemann
∂v ∂u ∂v ∂u = dan = − ∂ y ∂ y ∂x ∂x derivatif f di z0 dapat dinyatakan dengan f’(z0) = ux(x0,y0) + i vx(x0,y0)
28 Jika persamaan C-R tidak terpenuhi di (x0,y0) maka f(z) = u(x,y) + i v(x,y) pasti tidak terdefferensial di z0 = x0 + i y0 Contoh 3.2.1
Buktikan f(z) = |z|2 tidak terdifferensiasi di z ≠ 0 Bukti : f(z) = x2 + y2 sehingga u(x,y) = x2 + y2 v(x,y) = 0
Persamaan Cauchy – Riemann
∂u ∂u = 2x ; = 2y ∂y ∂x ∂v ∂v =0 ; =0 ∂y ∂x
∂v ∂u = ⇔ 2x = 0 ................... (1) ∂y ∂x dan
∂u ∂v = - ⇔ 2y = 0 ................... (2) ∂y ∂x
(1) dan (2) tidak dipenuhi jika x ≠ 0 atau y ≠ 0, jadi pasti f tidak terdifferensial di z ≠ 0 Catatan : Syarat C-R hanya syarat perlu untuk keterdifferensialan.
Contoh 3.2.2
29 Buktikan fungsi f(z) =
x 3( 1 + i) − y 3( 1 − i) f(0) = 0 tidak terdifferensial di 0 x2 + y2
Bukti : u=
x3 − y3 dengan u(0,0) = 0 x2 + y2
v=
x3 + y3 dengan v(0,0) = 0 x2 + y2 u(x, 0 ) − u( 0 ,0 ) =1 x
ux(0,0) = x lim →0
lim u( 0,y)− u( 0,0 ) = -1 y
uy(0,0) = y → 0
v(x,0 ) − v( 0 ,0 ) vx(0,0) = lim =1 x→0
vy(0,0) = y lim →0
x
v( 0,y) − v( 0,0 ) =1 y
Jadi persamaan Cauchy – Riemann terpenuhi Tetapi x ( 1 + i) − y ( 1 − i) f(z) − f( 0 ) = z (x 2 + y 2 )(x + iy) 3
3
untuk z → 0
x 3(1 + i) − y 3(1 − i) lim =1+i Sepanjang garis real y = 0 → x → 0 x3
2i x 3 1+ i Sepanjang garis real y = x → x lim → 0 2( 1 + i) x 3 = z
30 Jadi z lim →0
f(z) − f( 0 ) tidak ada sehingga f tidak terdifferensial di 0 z
meskipun persamaan C-R dipenuhi di (0,0) Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa : i. Syarat perlu f(z) = u(x,y) + iv(x,y), z0 = x0 + i y0 f’(z) ada maka
dan
∂v ∂ u ∂ u ∂v ∂v ∂u , , , ada di (x0, y0) berlaku C-R yaitu = ∂y ∂ x ∂ y ∂x ∂y ∂x
∂u ∂v = - dan f’(z0) = ux(x0,y0) + i vx(x0,y0) ∂y ∂x
ii. Syarat cukup u(x,y), v(x,y), ux(x,y), vx(x,y), uy(x,y), vy(x,y) kontinue pada kitar z0 = x0 + i y0
dan di (x0,y0) dipenuhi C-R maka f’(z0) ada
Contoh 3.2.3
Buktikan f(z) = ex(cos y + i sin y) terdiferensial untuk setiap z dalam C Bukti : u(x,y) = excos y →
v(x,y) = exsin y →
ux(x,y) = excos y uy(x,y) = -exsin y
ada dan kontinue di setiap
vx(x,y) = exsin y
(x,y) ∈ C
vy(x,y) = excos y
Berdasarkan persamaan C-R : ux = vy dan uy = -vx dipenuhi di ∀ (x,y) ∈ C dan ∀ (x,y) ∈ C ada kitaran dimana
keenam fungsi kontinue dan C-R dipenuhi di (x,y). Jadi f’(z) ada ∀ z ∈ C
31 Dan f’(z) = ux(x,y) + i vx(x,y) = excos y + i exsin y
3.3 Syarat C-R Pada Koordinat Kutub
Jika f(z) = u(x,y) + iv(x,y) dapat diilustrasikan dalam koordinat kartesius maka dengan menggunakan hubungan x = r cos ϕ dan y = r sin ϕ dapat diperoleh z = r cos ϕ + i sin ϕ sehingga f(z) = u(r, ϕ) + i v(r, ϕ) dalam sistem koordinat kutub
Teoreama 3.3.1
Jika f(z) = u(r, ϕ) + iv(r, ϕ) terdiferensial dan kontinue pada suatu kitar (r0, ϕ0) dan jika dalam kitar tersebut ur, uϕ, vr, vϕ ada dan kontinue di (r0, ϕ0) dipenuhi C-R yaitu: ∂u ∂u 1 ∂v 1 ∂v = dan =,r≠0 ∂r r ∂ϕ r ∂ϕ ∂r
maka f’(z) = ada di z = z0 dan f’(z) = (cos ϕ0 – i sin ϕ0) [ur(r0, ϕ0) + ivr(r0, ϕ0)]
Contoh 3.3.1
Jika diketahui f(z) = z-3,tentukan f’(z) dalam bentuk kootdinat kutub Jawab : f(z) = z-3 = r-3 (cos 3ϕ - i sin 3ϕ)
diperoleh :
u = r-3 cos 3ϕ sehingga ur = -3r-4 cos 3ϕ dan uϕ = -3r-3 sin 3ϕ v = -r-3 sin 3ϕ sehingga vr = 3r-4 sin 3ϕ dan vϕ = -3r-3 cos 3ϕ
keenam fungsi ini kontinue dan syarat C-R dipenuhi untuk semua z ≠ 0
32 Jadi f(z) = z-3 terdiferensial untuk z ≠ 0 Dengan demikian f’(z) dalam koordinat kutub adalah : f’(z)
= (cos ϕ0 – i sin ϕ0) (-3r-4 cos 3ϕ + i 3r-4 sin 3ϕ) = cis (-ϕ) (-3-4) cis -3ϕ = -3r-4 cis(-4ϕ)
3.4 Aturan Pendiferensialan
Jika f(z), g(z) dan h(z) adalah fungsi kompleks serta f’(z), g’(z) dan h’(z) ada, maka berlaku rumus-rumus berikut : 1.
dc d(z) =0, =1 dz dz
2.
d [cf (z )] = cf’(z) dz
3.
d [f(z) ± g(z)] = f’(z) ± g’(z) dz
4.
d [f(z)g(z)] = f’(z)g(z) + f (z)g’(z) dz
5.
g ′(z ) f ′( z ) − f ′(z )g ′(z ) d ⎛ f (z ) ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = dz ⎝ g(z ) ⎠ [g (z )]2
dzn 6. = nzn-1 dz 7. Jika h(z) = g[f(z)] maka h’(z) = g’[f(z)]f’(z) biasa disebut dengan komposisi (aturan rantai)
dw dw dϕ . = dz dϕ dz
3.5 Fungsi Analitik
33 Definisi 3.5.1
Fungsi f analitik di z0, jika ada r > 0 sedemikian hingga f’(z) ada untuk setiap z ∈ N (z0,r) (persekitaran z0) f differensiable
r Z0
Fungsi analitik untuk setiap z ∈ C dinamakan fungsi utuh
Contoh 3.5.1 1 analitik kecuali di z = 0 z
1.
f(z) =
2.
f(z) = x3 + iy3 diperoleh : u = x3 ; v = y3 sehingga ux = 3x2 ; vx = 0 ; uy = 0 ; vy = 3y2 dengan menggunakan persamaan C-R : 3x2 = 3y2 ⇒ y = ± x dan vx = uy = 0 persamaan C-R dipenuhi dan kontinue digaris y = ± x berarti f’(z) ada hanya di y=±x f(z) tidak analitik dimanapun karena tidak ada kitar.
Sifat sifat analitik
Misalnya f dan g analitik pada D, maka : o
f ± g merupakan fungsi analitik
o
fg merupakan fungsi analitik
o
f/g merupakan fungsi analitik dengan g ≠ 0
34 o
h = g o f merupakan fungsi analitik
o
berlaku aturan L’hospital yaitu : lim
z→z0
f (z) f ′(z) = , g(z) ≠ 0 g’(z) ≠ 0 g(z) g′(z)
3.6 Titik Singular Definisi 3.6.1
Titik z1 disebut titik singular dari f jika f tidak analitik dari z1 tetapi untuk setiap kitar dari z1 memuat paling sedikit satu titik dimana f analitik. Jenis kesingularan f(z) atau titik singular antara lain : 1. Titik singular terisolasi
Titik z0 dinamakan titik singular terisolasi dari f(z) jika terdapat δ > 0 demikian sehingga lingkaran |z – z0| = δ hanya melingkari titik singular lainnya. Jika δ seperti itu tidak ada, maka z = z0 disebut titik singular tidak terisolasi. 2. Titik Pole (titik kutub)
Titik lim
z→z0
z
=
z0
disebut
titik
pole
tingkat
n,
jika
berlaku
(z − z0 )n f (z) = A ≠ 0 . Jika n = 1, z0 disebut sebagai titik pole
sederhana. 3. Titik Cabang
Dari fungsi bernilai banyak dapat menjadi titik singular. 4. Titik Singular dapat dihapuskan
Titik singular z0 disebut titik singular dapat dihapuskan dari f(z) jika lim f(z) ada. z→0
35 5. Titik Singular Essensial
Titik singular z = z0 yang tidak memenuhi syarat titik singular pole titik cabang atau titik singular yang dapat dihapuskan disebut titik singular essensial. 6. Titik Singular tak hingga
Jika f(z) mempunyai titik singular di z = ∞, maka sama dengan menyatakan f(1/w) mempunyai titik singular di w = 0. Contoh 3.6.1
• g(z) =
1 berarti titik z = i adalah titik pole tingkat 2 dari g(z) ( z − i) 2 2
• h(z) = z tidak merupakan titik singular • k(z) = ln (z2 + z – 2) maka titik cabang adalah z1 = 1 dan z2 = -2 karena (z2 + z – 2) = (z – 1) (z + 2) = 0
3.7 Fungsi Harmonik
f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik pada D maka u dan v mempunyai derivatif parsial di semua orde yang kontinue pada D. Jadi dalam D berlaku C-R , ux = vy dan uy = -vx . Karena derifatif-derivatif parsial dari u dan v kontinue dalam D, maka berlaku vxy = vyx. Jika dalam ux = vy dan uy = -vx diderivatifkan parsial terhadap x dan y maka ∀ (x,y) ∈D berlaku uxx + uyy = 0 vxx + vyy = 0 Jika f analitik pada D maka u dan v pada D memenuhi persamaan differensial Laplace dalam 2 dimensi.
36
∂ 2ϕ ∂ 2ϕ + =0 ∂x 2 ∂y 2 u dan v dimana f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik pada suatu domain maka f(z) harmonik pada domain tersebut.
Dua fungsi u dan v sedemikian sehingga f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik dalam suatu domain dinamakan dua fungsi yang harmonik konjugat dalam domain itu.
Contoh 3.7.1
Diberikan u(x,y) harmonik pada D dan tentukan fungsi v yang harmonik konjugat dengan u = 4xy3 – 12x3y, (x,y) ∈ C Jawab : Misal diklaim konjugatnya adalah v(x,y) jadi f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik pada C sedemikian sehingga berlaku C-R ux = vy dan uy = -vx ux = 4y3 – 12x2y
vy = 4y3 – 12x2y
uy= 12xy2 – 4x3
v= y4 – 6x2y2 + g(x)
karena vx = -uy maka -12xy2 + g’(x) = -12xy2 + 4x3 sehingga g’(x) = 4x3 diperoleh g(x) = x4 + C Jadi v = y4 – 6x2y2 + x4 + C f = u + iv = 4xy3 – 4x3y + i(y4 – 6x2y2 + x4 + C) = i(y4 – 6x2y2 + x4 – 4ixy3 + 4x3y) + iC = i(x +iy)4 + iC = iz4 + A dengan A = iC
37
Cara Milne Thomson
Cara yang lebih praktis menentukan fungsi harmonik konjugat atau dari fungsi harmonik u diberikan u(x,y) harmonik pada D andaikan v(x,y) sehingga f(z) = u(x,y)+ iv(x,y) analitik pada D f”(z) = ux(x,y) + ivx(x,y) sesuai persamaan C-R : f”(z) = ux(x,y) – iuy(x,y) −
−
z−z z+z z = x + iy dan z = x – iy sehingga diperoleh x = dan y = 2 2i − − − − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜z+z z−z⎟ ⎜z+z z−z⎟ , , f(z) = ux ⎜ - iuy ⎜ 2i ⎟⎟ 2i ⎟⎟ ⎜ 2 ⎜ 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ −
−
Suatu identitas dalam z dan z jika diambil z = z maka f’(z) = ux(z,0) – iuy(z,0) Jadi f(z) adalah fungsi yang derivatifnya ux(z,0) – iuy(z,0) kemudian didapat v(x,y)
Contoh 3.7.2
Dari Contoh 3.7.1 dengan u= 4xy3 – 4x3y, (x,y) ∈ C , jika diselesaikan dengan menggunakan cara Milne Thomson. Jawab : ux = 4y3 – 12x2y uy= 12xy2 – 4x3 f’(z) = ux(z,0) – iuy(z,0) = -i(-4z3) = 4iz3 sehingga f(z) = iz4 + A f(z) = i(x + iy)4 + A
38 = 4xy3 – 4x3y + i(x4 – 6x2y2 + y4) + A 3.8 SOAL-SOAL LATIHAN BAB III
1. Dengan menggunakan definisi derivatif, tentukan f’(z) dan f’(i) untuk : a. f(z) = z2 + 5z b. f(z) =
1 z2
c. f(z) =
2z −1 z + 2i
2. Dengan menggunakan aturan pendiferensialan tentukan f’(z) untuk : a. f(z) = z3 + 2iz2 – (3 – 2i)z + 4 b. f(z) =
(3z + 5) 8 (1 − 3z + z 2 ) 20
3. Tunjukkan bahwa fungsi-fungsi berikut adalah analitik : a. f(z) = e-x(cos y – i sin y) b. f(z) = sin x cosh y + i cos x sinh y c. f(z) = z2 + 2z 4. Buktikan bahwa f terdiferensial dimana-mana jika : a. f(z) = e-2x(cos 2y – i sin 2y) b. f(z) = cos x cosh y + i sin x sinh y 5. Tentukan titik di bidang kompleks sehingga fungsi f(z) = 3x5 + 5iy3 terdiferensial kemudian tentukan f’(2 – 4i) dan f’(-3 + 3i) a. f(z) = e-x(cos y – i sin y) b. f(z) = sin x cosh y + i cos x sinh y c. f(z) = z2 + 2z
39 6. Tunjukkan bahwa fungsi-fungsi berikut adalah harmonik dan dapatkan fungsi analitik f(z) = u(x,y) + i v(x,y) yang bersesuaian : a. u = x3 – 3xy2 + 3x2 – 3y2 + 1 b. u = xe-x cos y – y ex sin y *** Selamat Mengerjakan ***
40
BAB IV INTEGRAL KOMPLEKS 4.1 Lintasan
Jika g dan h fungsi bernilai real dan konstanta dari variabel real t ∈ (a,b) maka himpunan titik-titik (g(t).h(t)) di bidang x.y akan membentuk suatu kurva. Jadi himpunan titik Z = x + i.y di bidang komples adalah kurva jika x = g (t) dan y = h (t). ¾ Jika tidak ada pada kurva yang berkawanan dalam ( a,b ), kurva disebut kurva tunggal. ¾ Kurva yang titik awal dan titik akhirnya berhimpitan dinamakan kurva tertutup. ¾ Kurva tertutup yang tidak memotong dirinya sendiri disebut kurva tertutup tunggal.
Misal kurva C = { Z = g(t) + ih(t), a ≤ t ≤ b } dengan g’(t) dan h’(t) ada dan kontinue pada [ a,b ], untuk t ∈ [ a,b ] nilai g’(t) dan h’(t) tidak pernah bersama nol, maka C disebut kurva mulus. Jika kurva C merupakan rangkaian beberapa kurva mulus C1, … , Cn ∋ titik akhir Cj berimpit dengan titik awal Cj+1 untuk j = 1,2,…….., n – 1 maka kurva C disebut suatu lintasan atau kontur. Lintasan C ini ditulis C1 + C2 +…+ Cn.
Perjanjian arah lintasan ¾ Arah positif jika berlawanan dengan arah jarum jam. ¾ Arah negatif jika searah dengan arah jarum jam.
41 4.2 Integral Garis ¾ Integral garis fungsi p(x,y) sepanjang lintasan C terhadap x dinyatakan dengan
∫ P( x, y ) dx
C
¾ Jika ∫ P( x,y ) dx sepanjang kurva C ke lintasan tertentu terhadap t pada [a,b] dan b
x g(t), y = h(t) maka
∫ P ( x, y ) dx = ∫ P ( g (t ), h (t ) h ' (t ) dt C
a
¾ Jika sepanjang C pada arah yang berlawanan ditulis
∫ P( x, y) dx
−C
¾ Sedangkan untuk integral sepanjang lintasan tertutup dinotasikan dengan
∫
P( x,y ) dx.
C
Sifat-Sifat : 1.
∫C k P( x,y ) dx = k ∫C P( x,y ) dx, k konstan
2.
∫-C P( x,y ) dx = - ∫C P( x,y) dx
3.
Jika C=C1+C2 + ... + Cn maka ∫C k P( x,y ) = ∫c1 P( x,y ) dx +…+ ∫cn P( x,y ) dx.
4.
Jika C lintasan tertutup tunggal, maka berlaku :
∫ P (x, y ) dx = - ∫ P (x, y ) dx c
c
Catatan : Keempat sifat berlaku juga untuk pengintegralan terhadap y. Contoh 4.2.1 1
∫ (xy + 5) dy
dengan x = sin t ;y = cos2 t
0
Penyelesaian :
42 π 2
y=0→t=
dengan y = cos2 t diperoleh
dy = 2 cos t – sin t dt
y=1→t= 0 sehingga : 0
→
∫
π
π
→
(sin t cos2 t + 5) (-2 cos t sin t) dt
2
2
∫
2 cos3 t sin2 t + 10 cos t sin t dt
0
π
→
2
∫
2 sin2 t (1 – sin2 t) cos t + 10 cos t sin t dt
0
π
→
2
∫
π
π
2
∫
2 sin2 t cos t dt -
0
2 sin4 t cos t dt +
0
misal
→ du = cos t dt
t = 0 → u = 0 dan t = 1
1
π →u=1 2
1
⇒ 2 ∫ u du - 2 ∫ u du + 10 ∫ u du 2
4
0
[
0
] [ 1
0
]
1
[
2 3 5 ⇒ 2 1 3 u - 2 15 u + 10 12 u 0
0
]
1 0
⇒ ...... ( silakan selesaikan)
Contoh 4.2.2
Hitung I = ∫ x 2 y dx + xy2 dy dengan C adalah c
∫ 0
u = sin t du = cos t dt
2
10 sin t cos t dt
43 a. Garis patah berawal dari titik i melalui 1 + i dan berakhir titik 1 b. Penggal garis dengan titik awal i dan titik akhir 1 Penyelesaian :
a. i
c1
i+1
b
c2 1
C1 :
dy = 0 C2 :
dx = dt
dy = dt
∫
x2y dx + xy2 dy +
∫
t2 dt +
c1
=
1
∫
∫
x2y dx + xy2 dy
c2
c1
=
1≤t≤0
x= 1 dan y = t dx = 0
I=
0≤t≤1
y = 1 dan x = t
∫
t2 dt
c2
t2 dt +
0
0
∫
t2 dt
1
= 1/3 + (-1/3) = 0
b. Gambar pada a Misal : x = t → dx = dt y = 1 – t → dy = -dt
0 ≤ t ≤ 2π
44 1
I=
∫
t2 (1 – t) dt + t (1 – t)2 (-dt)
0
1
=
∫
t2 – t3 – t (1 – 2t + t2) dt
0
1
=
∫
t2 – t3 – t + st2 – t3 dt
0
1
=
∫
-t + 3t2 – st3 dt
0
= -1/2 t2 + t3 – 2/4t4 I01 =0
Contoh 4.2.3
Hitung
∫y
3
dx + x3 dy dengan C : x = a cos t; y = a sin t
arah C diambil arah
positif 0 ≤ t ≤ 2π Penyelesaian : 3 3 ∫ y dx + x dy
2π
=
a3 sin3 t (-a sin t) dt + (-a3 cos t) a cost dt
∫ 0
= -a4
2π
∫
sin4 t + cos4 t
0
⇓ digunakan reduksi = -a4
2π
∫
(sin2 t + cos2 t) – 2 sin2 t cos2 t dt
0
= -a4
2π
∫
1 – ½ sin2 2t dt
0
= ...... (silakan lanjutkan sebagai latihan)
45 Contoh 4.2.4.
Hitunglah
( 2,4)
∫ (2 y + x
2
) dx + (3 x − y ) dy sepanjang:
( 0 ,3)
a. Parabola x = 2t, y = t2+3 b. Garis lurus dari (0,3) ke (2,3) dan kemudian ke (2,4) c. Garis lurus dari (0,3) ke (2,4) Jawab: a. Parabola x = 2t Æ dx = 2 dt y = t2 +3 Æ dy = 2t dt ( 2,4)
∫ (2 y + x
2
) dx + (3 x − y ) dy
( 0 ,3)
1
=
∫ ( 2 (t
2
+ 3) + ( 2t ) 2 ) 2 dt + (3( 2t ) − t 2 − 3) 2 dt
t =0
1
= ∫ (2t 2 + 6 + 4t 2 )2dt + (6t − t 2 − 3)2dt t =0 1
= ∫ (12t 2 + 12 + 12t − 2t 3 − 6t )dt t =0
1
=
∫ (12
− 6 t + 24 t
2
− 2 t 3 ) dt
t=0
= 12 t − 3 t
2
+ 8t
= 12 − 3 + 8 − = 17 − =
3
2 t − 4
1 4 0
1 2
1 2
33 2
b. Sepanjang garis lurus dari (0,3) ke (2,3) maka y = 3 dan dy = 0
46 2
( 2,3)
2 ∫ ( 2 y + x ) dx + (3 x − y ) dy
=
∫ ( 2 .3 + x
2
) dx + (3 . x − 3)( 0 )
x=0
( 0,3)
2
=
∫ (6 + x
2
)dy
x=0
= 6x − = 12 + =
1 3 x 3
2
0
8 3
44 3
Sepanjang garis lurus dari (2,3) ke (2,4) maka x = 2 dan dx = 0 ( 2,4)
∫ (2 y + x
4
2
) dx + (3 x − y ) dy
=
∫ (2 y + 2
2
)( 0 ) + (3 .2 − y ) dy
y =3
( 2 ,3)
4
=
∫ (6 − y )dy
y =3
1 = 6y − y2 2 =6− =
Jadi nilai yang diinginkan
=
4
3
7 2
5 2
44 5 + 3 2
88 + 15 6 103 = 6
=
c. Sepanjang garis lurus dari (0,3) ke (2,4) Persamaan garis yang menghubungkan (0,3) ke (2,4) adalah:
47
y − y1 x − x1 y−3 x−0 = ⇔ = y 2 − y1 x 2 − x1 4−3 2−0 y−3 x = 1 2
⇔
⇔ 2 y − 6 = x atau y =
1 ( x − 6) 2
2 dy = dx Maka ( 2,4)
2 ∫ ( 2 y + x ) dx + (3 x − y ) dy =
( 0 ,3)
4
∫ ( 2 y + ( 2 y − 6)
2
)( 2 dy ) + (3( 2 y − 6 ) − y ) dy
y =3
4
=
∫ (2 y + 4 y
2
− 24 y + 36)(2dy) + (6 y − 18 − y )dy
y =3 4
=
∫ (8 y2 − 44 y + 72 + 5 y − 18)dy
y =3 4
=
∫ (8 y
2
− 39 y + 54)dy
y =3
4
8 39 2 y + 54 y = y3 − 3 2 3
8 39 = (43 − 33 ) − (42 − 32 ) + 54(4 − 3) 3 2 8 39 97 = (64 − 27) − (16 − 9) + 54(1) = 3 2 6
4.3 Integral Lintasan Kompleks
Integral lintasan fungsi sepanjang C ditulis ∫ f (z ) dz c
Atau integral tertentu dari f(z) dari a ke b sepanjang kurva C Untuk z pada C maka dapat ditulis z(t) = x(t) + i y(t) dengan a ≤ t ≤ b sehingga
48 dz = z’(t) = dx + idy dt
∫ f (z ) dz = c
b
∫ f (z (t )) z’(t) dt a
Sifat :
1. ∫ f (z ) dz = - ∫ f (z ) dz -c
c
2. ∫ k f (z ) dz = k ∫ f (z ) dz c
c
3. ∫ f (z ) dz ± g(z) dz = ∫ f (z ) dz + ∫ g(z ) dz c
c
4. ∫ f (z ) dz = c
c
∫ f (z ) dz + ∫ f (z ) dz
c1
dengan C = C1 + C2
c2
Jika f(z) = u(x,y) + iv(x,y) = u + iv maka dengan integral garis kompleks dapat dinyatakan dalam suku-suku integral garis real sebagai
∫ f (z ) dz = ∫ (u + iv )(dx + idy ) dz c
c
= ∫ u dx - v dy + I ∫ v dx + vdy c
c
Contoh 4.3.1
Hitung
∫ f (z )
dz jika f(z) = y – x + 6ix2 dan terdiri atas 2 penggal garis dari z = 0
c
sampai z = I dan dari z = I sampai z = 1 + I
i C2 C1 dari gambar
1+i
49 C1 =
∫ f (z ) dz + ∫ f (z ) dz
c1
C1
c2
x = 0 → dx = 0
0 ≤ x ≤1
y = t → dy = 1 C2
x = t → dx = 1
0 ≤ x ≤1
y = 1→ dy = 0 Pada lintasan C1
∫ f (z ) dz = ∫ u dx – vdy + i ∫ v dy c
c1
1
=
∫
+ u dy
c2
1
0 dt + i
0
∫
t dt = ½ i
0
pada lintasan C2
∫ f (z ) dz = ∫ u dx – vdy + i ∫ v dx + u dy c
c2
c2
1
=
∫
1
1- t dt + i
0
∫
6t2 dt
0
= ½ + 2i Jadi :
∫ f (z ) dz = 1 + 2i c
Teorema 4.3.1
Jika f kontinue pada lintasan C ∋ M > 0 ∋ |f(z)| ≤ M, z ∈ C maka dengan L = panjang lintasan Contoh 4.3.2
dz ∫c z2 < M L
50 Jika C lintasan tertutup segitiga dengan sudut –3, 0 dan 4i −
Buktikan
z ∫ (e + z ) dz ≤ 60 c
Penyelesaian : B
A
O −
2 f(z) = e + z
−
-
f(z) = e 2 + z ≤ ez + z = ex +
x 2 + y2
pada lintasan AO
-3 ≤ z = x ≤ 0
f(z)
= ex +
- 3 2 + 10 2
= ex + 3 diambil x = 0 agar maksimal f(z) = e0 + 3 = 4 Pada lintasan OB
0 ≤ z = iy ≤ 4
f(z)
= e0 +
02 + 42
=1+4=5 pada limit AB
51 12 + 4x 3
z = x + iy → y =
f(z) = e0 +
, -3 ≤ x ≤ 0
02 + 42 = 5
(x = 0 maksimal)
karena terdapat tiga lintasan, maka diambil M terbesar yaitu 5 dan L = keliling segitiga yaitu 3 + 4 + 5 = 12 −
z sehingga ∫ e + z ≤ M.L = 5.12 = 60
terbukti
c
Teorema 4.3.2 (Teorema Cauchy)
Fungsi analitik dan fungsi kontinue dalam integral tertutup tutup C maka
∫ f (z )dz
= 0
c
Bukti : f analitik f’ kontinue
D = {z| z dalam dan pada C} f(z) = u(x,y) + iv (x,y) analitik u, v kontinue dan vx, vy, ux, uy kontinue sehingga berlaku f’(z)
= ux + ivx = vy – iuy,
kontinue
Sebelumnya terdapat Teorema Green : P(x,y), Q(x,y), Px, Py, Qx, Qy konstanta pada D maka
∫ P dx + Q dy c
dxdy
=
∫∫ Q
x
- Py
52 sehingga
∫ f (z )dz
∫ (u + iv ) dz
=
c
c
∫ (u + iv )(dx + idy )
=
c
= ∫ u dx + iudy + ivdx – vdy c
= ∫ u dx – v dy + i ∫ u dy + v dy c
c
=
∫∫
(-vx – uy) dxdy + i ∫∫ (ux – vy) dxdy
=
∫∫
(-vx + vx) dxdy + i ∫∫ (ux – ux) dxdy
=0 Jadi ∫ f (z ) dz = 0 c
Contoh 4.3.3
Hitung ∫ 2z 2 − 4 dz , C kurva tertutup sederhana c
Jawab : f’(z) = 4z → f’(z) kontinue dan analitik di dalam C sesuai Teorema Cauchy
∫ 2z
2
− 4 dz = 0
c
Contoh 4.3.4
Jika C lingkaran z = 1. Tunjukkan
∫z c
Penyelesaian : f(z) =
− 2z 1 → f’(z) = ( z 2 − 4) 2 z2 − 4
dz =0 −4
4
53 Kontinu di dalam dan pada C. Jadi menurut Teorema Cauchy ∫ f (z ) dz = 0 c
Teorema 4.3.3 (Teorema Cauchy – Gousar)
Fungsi analitik di dalam dan pada lintasan tertutup C ⇒ ∫ f (z ) dz = 0 c
Contoh 4.3.5
Buktikan jika C lintasan tertutup sepanjang sisi-sisi bujur sangkar dan titik-titik sudut 1 + i, -1 + i, -1 + -i, 1 – i dengan arah positif.
dz
∫z
= 2π i
c
Penyelesaian : -1 + i
1+i
Z0
-1 - i
1-i
Dibuktikan lingkaran j dengan pusat (0,0) dan r = ½ Ambil z0 = 0, sehingga f(z) =
0,
dz
∫z
1 adalah analitik pada lingkaran tersebut kecuali z = z
= 2π i (menurut Cauchy). Karena f(z) =
j
dz :∫ z = c
dz ∫j z = 2πi
1 juga analitik di dalam j, maka z
54 4.4 Anti Derivatif Fungsi Analitik
Fungsi analitik pada domain terhubung tunggal D, z0 dan z ∈ D Jika C1 dan C2 lintasan tunggal penghubung z0 ke z dan keduanya membentuk lintasan tertutup tunggal C = C1 + C2 maka :
∫ f (z )dz
=
c
∫ f (z ) dz
c1
+
∫ f (z ) dz
=0
-c 2
Sehingga
∫ f (z ) dz
=
c1
∫ f (z ) dz
c2
D z
c2 c1
z0
Integral dari z0 ke z tidak tergantung lintasannya asal lintasan dalam D, ditulis : z
∫ f (ϕ ) = dϕ tidak tergantung lintasan z ∈ D ⇒ f(z) =
z0
z
∫ f (ϕ )
z∈D
z0
Contoh 4.4.1
f(z) = z3 fungsi analitik di seluruh bidang kompleks. G(z) = ¼ z4 merupakan fungsi anti derivatifnya maka untuk sebarang lintasan dari 0 sampai 1 + i adalah 1+ i
∫z
3
dz = G(1 + i) – G(0) = -1
0
Contoh 4.4.2
Jika D = C, maka Cosh z analitik di seluruh C. Maka ∫ cos z dz = sin z 0
sinh 1
i 1
= sinh i –
55 Contoh 4.4.3
f(z) =
r e
r
iθ
(r > 0, -π < θ < π)
3
Cabang utama dari z1/3 analitik kecuali pada OX mempunyai suatu anti derivatif F =
¾ z 4/3 Untuk sebarang lintasan di –r sampai i yang tidak memotong OX maka : i
∫z
1
3
dz = F(i) – F(-i)
-i
= ¾ (ei2π/3 – e- i2π/3) = ¾ i sin (2π/3) = ¾ i√3
4.5 Rumus Integral Cauchy
Jika fungsi analitik di dalam dan pada lintasan tertutup tunggal C, z0 dalam c maka : 1. f(z0) =
2. f’(z0) =
3. fn(z0) =
1 2π i
f (z )
∫ z-z c
dz
0
f (z )
1 2π i
∫ (z - z )
n! 2π i
∫ (z - z )
c
2
dz
0
f (z )
c
n +1
dz
0
Contoh 4.5.1
Tentukan
z dz
∫ ( z − 1)( z − 3)
2
, jika lintasan C :
c
a. lingkaran C1 berarah positif dengan persaman |z| = 2 b. lingkaran C2 berarah positif dengan persaman |z – 4| = 2
56 Penyelesaian : a. Fungsi f ( z ) =
z analitik di dalam dan pada C1 dan 1 di dalam C1, ( z − 3) 2
sehingga menurut rumus integral Cauchy f(1) =
1 2π i
f (z )
∫ (z - 1) dz
dan jawaban (a)
c
adalah 2 π i f(1) = πi / 2 b. Fungsi g ( z ) =
z analitik di dalam dan pada C2 dan 3 di dalam C2, sehingga ( z − 1)
menurut rumus integral Cauchy g’(3) =
1 2π i
g(z )
∫ (z - 3) dz 2
dan jawaban (b) adalah 2 π
c
i g’(3) = πi / 2
4.6 SOAL-SOAL LATIHAN BAB IV
1. Hitung
∫ 3 z + 2 dz
dengan C lintasan positif keliling persegi dengan titik-titik
c
sudut 1 + i, -1 + i, -1 – i, 1 – i. 2+ 4i
2. Selesaikan I =
∫z
2
2 dz sepanjang x = t; y = t ; 1 ≤ t ≤ 2
1+ i
3. Hitung integral garis ∫ (xy + y2) dx dan ∫ (x2 – xy) dy sepanjang parabola y = x2 dari titik A(-1,1) ke titik (2,4) 4. Hitung integral garis : a. ∫ (x2y2 dx + xy2 dy) sekeliling lintasan tertutup C bagian dari garis x = 1 dan bagian parabola y2 = x ke arah positif xy 2 b. ∫ 2 dy sekeliling lingkaran x2 + y2 = a2 ke arah positif 2 x +y
57 5. Hitung
∫ c
z+3 dz , dengan C : z
a. setengah lingkaran z = 3 eiϕ dengan ϕ dari 0 sampai π b. setengah lingkaran z = 3 eiϕ dengan ϕ dari 0 sampai -π c. lingkaran penuh z = 3 eiϕ dengan ϕ dari –π sampai π 6. Selesaikan I =
5z − 2
∫ z(z −1) dz dimana C adalah lingkaran |z| = 2 c
*** SELAMAT MENGERJAKAN SEMOGA SUKSES ***
58
DAFTAR PUSTAKA
Churchill, R.V, Brown, J.W. 1990. Complex Variables and Applications. New York : McGraw-Hill Publishing Company. Sardi, Hidayat. 1989. Fungsi Kompleks. Modul Perkuliahan 1-9 UT. Jakarta : Karunika. Soemantri, R. 1996. Fungsi Variabel Kompleks. Jakarta : Ditjen Dikti Depdikbud. Spiegel, Murray R. 1964. Theory and Problems of Complex Variables. New York : McGraw-Hill, Inc
