Fungsi Analitik (Bagian Ketiga)

Persamaan Cauchy-Riemann

Persamaan Cauchy-Riemann di Dalam Sistem Koordinat Kutub

Fungsi Analitik (Bagian Ketiga) Supama Jurusan Matematika, FMIPA UGM Yogyakarta 55281, INDONESIA Email:[email protected], [email protected]

(Pertemuan Minggu VI)



Outline

1


2





Pada pertemuan yang lalu telah disebutkan bahwa apabila f 0 (z) ada, maka f kontinu di titik z. Hal itu berarti bahwa syarat perlu agar f 0 (z) ada, adalah kekontinuan f . Pada bagian ini akan ditunjukkan bahwa disamping kekontinuan, ada syarat perlu lain agar f 0 (z) ada. Hal itu dinyatakan di dalam teorema berikut ini.




Theorem Diberikan f (z) = u(x, y ) + iv (x, y ) dan z0 = x0 + iy0 ∈ Df . Jika f 0 (z0 ) ada, maka u dan v mempunyai turunan partial tingkat pertama di titik (x0 , y0 ) dan di titik tersebut berlaku persamaan Cauchy-Riemann, yaitu ux (x0 , y0 ) = vy (x0 , y0 )

dan

uy (x0 , y0 ) = −vx (x0 , y0 )

Selanjutnya, f 0 (z0 ) = ux (x0 , y0 ) + ivx (x0 , y0 )




Teorema di atas menjelaskan bahwa persamaan Cauchy-Riemann merupakan syarat perlu agar suatu fungsi f mempunyai turunan di suatu titik, misalkan z0 . Oleh karena itu, persamaan Cauchy-Riemann sering dipakai untuk menentukan kapan suatu fungsi tak mempunyai turunan.



Contoh Example Pada Contoh terdahulu telah ditunjukkan bahwa f (z) = |z|2 tidak mempunyai turunan di setiap z 6= 0. Dengan menggunakan persamaan Cauchy-Riemann, hal ini dapat ditunjukkan sebagai berikut: Karena f (z) = |z|2 = x 2 + y 2 maka u(x, y ) = x 2 + y 2 dan v (x, y ) = 0, sehingga ux = 2x ,

uy = 2y ,

vx = 0 , dan

vy = 0

Jelas bahwa di titik (x, y ) 6= (0, 0), persamaan Cauchy-Riemann tak dipenuhi. Jadi, menurut Teorema di atas f tak mempunyai turunan di setiap z 6= 0.




Bagaimana kebalikan Teorema di atas? Apabila di titik (x0 , y0 ) persamaan Cauchy-Riemann dipenuhi, apakah f 0 (z0 ) ada? Untuk dapat menjawabnya, perhatikan contoh berikut ini.



Contoh

Example Diberikan fungsi f dengan  2 x (1+i)+2y 2 (i−1)   x+2y f (z) =   0 Akan ditunjukkan f 0 (0) tidak ada.

, z 6= 0 ,z = 0



Perhatikan bahwa x 2 (1 + i) + 2y 2 (i − 1) f (z) − f (0) = z (x + 2y )(x + iy ) Untuk z → 0 di sepanjang garis y = 0, f (z) − f (0) x 2 (1 + i) = lim =1+i z z→0 x→0 x2 lim

sedangkan di sepanjang garis y = x, 3i − 1 f (z) − f (0) x 2 (3i − 1) = lim = 2 z 1+i y →0 3x (1 + i) z→0 lim

Karena nilai limit tidak tunggal, maka f 0 (0) tidak ada.



Namun demikian, karena  2 2 −2y   xx+2y u(x, y ) =   0 dan v (x, y ) =

  

x 2 +2y 2 x+2y

  0

, (x, y ) 6= (0, 0) , (x, y ) = (0, 0)

, (x, y ) 6= (0, 0) , (x, y ) = (0, 0)



maka u(x, 0) − u(0, 0) x x→0 u(0, y ) − u(0, 0) uy (0, 0) = lim y y →0 v (x, 0) − v (0, 0) vx (0, 0) = lim x x→0 v (0, y ) − v (0, 0) vy (0, 0) = lim y y →0 ux (0, 0) =

lim

= 1, = −1, = 1, dan =1

Jadi, persamaan Cauchy-Riemann dipenuhi di (0, 0).




Dari Contoh di atas dapat diambil suatu kesimpulan bahwa persamaan Cauchy-Riemann hanyalah merupakan syarat perlu agar suatu fungsi mempunyai turunan, belum merupakan syarat cukup. Artinya, meskipun suatu fungsi memenuhi persamaan Cauchy-Riemann di titik (x0 , y0 ), maka belum tentu fungsi tersebut mempunyai turunan di titik z0 . Namun demikian, dengan menambahkan syarat-syarat kontinu maka dapat disusun suatu syarat cukup agar suatu fungsi mempunyai turunan di suatu titik. Hal itu dinyatakan di dalam teorema berikut ini.




Theorem Diketahui fungsi f (z) = u(x, y ) + iv (x, y ) terdefinisikan pada suatu persekitaran titik z0 = x0 + iy0 . Jika ux , uy , vx , dan vy ada di seluruh persekitaran tersebut dan masing-masing kontinu di titik (x0 , y0 ), serta di titik tersebut berlaku persamaan Cauchy-Riemann, yaitu ux (x0 , y0 ) = vy (x0 , y0 )

dan

uy (x0 , y0 ) = −vx (x0 , y0 ),

maka f 0 (z0 ) ada. Lebih lanjut, f 0 (z0 ) = ux (x0 , y0 ) + ivx (x0 , y0 )



Contoh Example Tunjukkan bahwa f (z) = z 2 + 1 mempunyai turunan di setiap z, dan tentukan f 0 (z). Penyelesaian: Nyatakan f (z) = z 2 + 1 = (x 2 − y 2 + 1) + i2xy maka diperoleh u(x, y ) = x 2 − y 2 + 1

dan

v (x, y ) = 2xy

sehingga ux (x, y ) = 2x,

vx (x, y ) = 2y ,

uy (x, y ) = −2y ,

vy (x, y ) = 2x.



Mudah dipahami bahwa masing-masing turunan partial u dan v kontinu di setiap (x, y ) dan di titik tersebut berlaku persamaan Cauchy-Riemann ux (x, y ) = vy (x, y )

dan

uy (x, y ) = −vx (x, y )

Jadi, menurut Teorema terdahulu f 0 (z) ada dan f 0 (z) = ux (x, y ) + ivx (x, y ) = 2x + i2y = 2z.



Contoh

Example Tentukan titik-titik dimana f (z) = x 3 − 4i(y − 1)3 mempunyai turunan. Selanjutnya, tentukan f 0 (−2 + 2i) dan f 0 (2 + 3i). Penyelesaian: Turunan partial u dan v berturut-turut adalah ux (x, y ) = 3x 2 , uy (x, y ) = 0,

vx (x, y ) = 0, vy (x, y ) = −12(y − 1)2 ,



dan karena masing-masing berupa polinomial maka ux , uy , vx , dan vy semua kontinu di setiap (x, y ). Selanjutnya, karena persamaan Cauchy-Riemann hanya dipenuhi apabila 3x 2 = −12(y − 1)2 ⇔ x = 2(y − 1) atau x = −2(y − 1) maka f 0 (z) ada pada A = {z = x + iy : x = 2(y − 1) atau x = −2(y − 1)}, dan menurut Teorema terdahulu f 0 (z) = 3x 2 = −12(y − 1)2 Akhirnya, karena −2 + 2i ∈ A, maka f 0 (−2 + 2i) = 12, dan karena 2 + 3i ∈ / A, maka f 0 (2 + 3i) tidak ada.




Pada pertemuan terdahulu telah dijelaskan, apabila z 6= 0 maka z dapat dinyatakan ke dalam bentuk kutub z = r (cos θ + i sin θ) dengan r = |z| dan θ = arg z. Selain itu, diterangkan pula hubungan antara (x, y ) dengan (r , θ), yaitu x = r cos θ

dan

y = r sin θ

Jadi, apabila diberikan fungsi f (z) = u(x, y ) + iv (x, y ), maka berdasarkan (1), u dan v masing-masing dapat dipandang sebagai fungsi (r , θ).

(1)




Selanjutnya, menggunakan aturan rantai, diperoleh ∂u ∂r ∂v ∂r

= =

∂u ∂x , ∂x ∂r ∂v ∂x , ∂x ∂r

∂u ∂u ∂x = , dan ∂θ ∂x ∂θ ∂v ∂v ∂x = ∂θ ∂x ∂θ

(2) (3)

Dari persamaan (2) dan (3), diperoleh ur

= ux cos θ + uy sin θ,

uθ = −ux r sin θ + uy r cos θ,(4)

vr

= vx cos θ + vy sin θ,

vθ = −vx r sin θ + vy r cos θ (5)




Apabila di titik (x0 , y0 ) = (r0 , θ0 ) berlaku persamaan Cauchy-Riemann, yaitu ux (x0 , y0 ) = vy (x0 , y0 )

dan

uy (x0 , y0 ) = −vx (x0 , y0 ), (6)

maka di titik tersebut persamaan (5) akan menjadi vr = −uy cos θ + ux sin θ,

vθ = uy r sin θ + ux r cos θ

(7)

Selanjutnya, dari (4) dan (7), diperoleh ur (r0 , θ0 ) =

1 vθ (r0 , θ0 ) r

dan

1 uθ (r0 , θ0 ) = −vr (r0 , θ0 ) (8) r



Persamaan Cauchy-Riemann di Dalam Sistem Koordinat Kutub Persamaan (8) adalah persamaan Cauchy-Riemann di dalam sistem koordinat kutub. Persamaan pertama di dalam (4) dan (5) bersama-sama dengan (6) menghasilkan ux = ur cos θ + vt sin θ

dan

vx = −ur sin θ + vr cos θ

(9)

Jadi, apabila f mempunyai turunan di z0 = r0 (cos θ0 + i sin θ0 ), maka menurut Teorema terdahulu dan persamaan (9) f 0 (z0 ) = ux (x0 , y0 ) + ivx (x0 , y0 ) = {ur (r0 , θ0 ) cos θ0 + vr (r0 , θ0 ) sin θ0 } +i{−ur (r0 , θ0 ) sin θ0 + vr (r0 , θ0 ) cos θ0 } = {ur (r0 , θ0 ) + ivr (r0 , θ0 )}{cos θ0 − i sin θ0 }




Dengan demikian, apabila Teorema 4 dinyatakan kembali dengan menggunakan koordinat kutub, maka diperoleh Theorem Diketahui fungsi f (z) = u(r , θ) + iv (r , θ) terdefinisikan di suatu persekitaran titik (tak nol) z0 = r0 (cos θ0 + i sin θ0 ). Jika u dan v mempunyai turunan partial tingkat pertama pada persekitaran tersebut dan masing-masing kontinu di titik (r0 , θ0 ) serta di titik tersebut berlaku persamaan Cauchy-Riemann, maka f 0 (z0 ) ada. Lebih lanjut, f 0 (z0 ) = {ur (r0 , θ0 ) + ivr (r0 , θ0 )}{cos θ0 − i sin θ0 }



Contoh

Example d( z1 ) dz

Tunjukkan bahwa

= − z12 .

Bukti: Karena z 6= 0, maka dapat dimisalkan z = r (cos θ + i sin θ), sehingga f (z) =

1 1 = (cos θ − i sin θ) z r

Jadi, dalam hal ini u(r , θ) =

1 cos θ r

dan

1 v (r , θ) = − sin θ r



Berturut-turut diperoleh ur

= −

vr

=

1 cos θ, r2

1 sin θ, r2

1 uθ = − sin θ, r 1 vθ = − cos θ r

Mudah dilihat bahwa di sebarang titik z = (r , θ) 6= 0, ur , uθ , vr , dan vθ kontinu dan di titik tersebut berlaku persamaan Cauchy-Riemann. Jadi, f 0 (z) ada dan f 0 (z) = (ur + ivr )(cos θ − i sin θ) 1 1 = (− 2 cos θ + i 2 sin θ)(cos θ − i sin θ) r r 1 = − 2 {(cos2 θ − sin2 θ) − i(sin θ cos θ + cos θ sin θ)} r 1 1 1 = − 2 (cos 2θ − i sin 2θ) = − = − 2. 2 r (r (cos θ + i sin θ)) z

Fungsi Analitik (Bagian Ketiga)

Recommend Documents