3 sks teknik elektro udinus - dinus.ac.iddinus.ac.id/repository/docs/ajar/3-turunan.pdf · bab iii....

MATEMATIKA TEKNIK 1

3 SKS

TEKNIK ELEKTRO

UDINUS

1

BAB III. TURUNAN

3.1 Definisi Turunan

Diberikan fungsi f yang didefinisikan pada daerah D dan

zo D.

Jika diketahui bahwa nilai ada, maka

nilai limit ini dinamakan turunan atau derivatif fungsi f di

titik zo.

Dinotasikan : f’(zo)

2

o

o

zz zz

)z(f)z(flim

o

⇛ Jika f’(zo) ada, maka f dikatakan terdifferensial atau

diferensiabel di zo.

Dengan kata lain :

⇛ Jika f terdifferensial di semua titik pada D, maka f

terdifferensial pada D

Contoh 3.1.1

Buktikan f(z) = z2 terdifferensiasi diseluruh ℂ

3

z

)z(f)zz(flim

zf

lim)z('f oo

0z0zo

Bukti :

Ditinjau sebarang titik zo ℂ

4

o

o

oo

zz

o

2o

2

zz

o

o

zzo

z2

zz

)zz)(zz(lim

zz

zzlim

zz

)z(f)z(flim)z('f

o

o

o

Karena zo sebarang maka f(z) = z2 terdefferensial

di seluruh ℂ

Teorema 3.1

Jika f fungsi kompleks dan f’(zo) ada, maka

f kontinu di zo

Bukti :

5

Bukti :

Diketahui f’(zo) ada

Akan dibuktikan f kontinu di zo atau

6

)z(f)z(flim ozz o

0

0)z('f

)zz(lim)zz(

)z(f)z(flim

)zz()zz(

)z(f)z(flim))z(f)z(f(lim

ozzo

o

zz

oo

o

zzo

zz

oo

oo

sehingga

dengan kata lain f kontinu di zo.

)z(f)z(flim)z(flim oozzzz oo

Contoh 3.1.2

Buktikan f(z) = |z|2 kontinu di seluruh bidang kompleks

tetapi hanya terdifferensial di z = 0

Bukti :

f(z) = |z|2 = x2 + y2 berarti u(x,y) = x2 + y2 dan

v(x,y) = 0

u dan v kontinu di D, maka f(z) kontinu di D

7

0zzz

lim

z|z|

lim0z

)0(f)z(flim)0('f

0z

2

0z0z

Jadi f(z) terdifferensial di z = 0

8

3.2 Syarat Chauchy-Riemann

Syarat yang diperlukan agar fungsi f

terdiferensial di zo = xo + i yo adalah syarat

Chauchy-Riemann, yang menghubungkan

derivatif-derivatif parsial tingkat pertama dari

fungsi bagian real dan fungsi bagian imajiner

dari f.

9

Terema 3.2.1 (Syarat Chauchy-Riemann

Jika f(z) = u(x,y) + i v(x,y) terdifferensial di zo = xo + i yo,

maka u(x,y) dan v(x,y) mempunyai derivatif parsial

pertama di (xo,yo) dan di titik ini dipenuhi persamaan

Cauchy – Riemann

derivatif f di zo dapat dinyatakan dengan

Jika persamaan C-R tidak dipenuhi di (xo,yo) maka

f(z) = u(x,y) + i v(x,y) tidak terdifferensial di zo = xo + i yo

xv

yu

danyv

xu

)y,x(vi)y,x(u)z('f ooxooxo

10

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

y2yu

danx2xu

0yv

dan0xv

)1(0x2yv

xu

11

)2(0y2xv

yu

dan

(1) dan (2) tidak dipenuhi jika x 0 atau y 0,

jadi pasti f tidak terdeferensial di z 0

12

Catatan :

Syarat C-R hanya syarat perlu untuk keterdifferensialan.

Contoh 3.2.2

Buktikan fungsi f(z) =22

33

yx

i)1(yi)1(x

dan f(0) = 0, tidak terdifferensial di 0, memenuhi C-R

Bukti :

u = 22

33

yx

yx

dengan u(0,0) = 0

v = 22

33

yx

yx

dengan v(0,0) = 0

ux(0,0) =ox

lim x

)0,0u()0u(x, = 1

uy(0,0) = y)0,0u(,y)0u(

limoy

= -1

13

vx(0,0) =x

)0,0v()0v(x,lim

ox

= 1

oylim y

)0,0v(,y)0v( vy(0,0) = = 1

Jadi persamaan Cauchy – Riemann terpenuhi

iy))(xy(x

i)1(yi)1(xlim

z)0(f)z(f

lim22

33

0z0z

Tetapi

Untuk z 0

oxlim 3

3

x

i)1(x Sepanjang garis real y = 0 = 1 + i

14

oxlim 3

3

xi)1(2

xi2

i1i

Sepanjang garis real y = x =

ozlim z

)0f(f(z) Jadi tidak ada

sehingga f tidak terdifferensial di 0 meskipun

persamaan C-R dipenuhi di (0,0)

15

xu

yu

xv

yv

xu

yv

yu

xv

Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa :

i. Syarat perlu

f(z) = u(x,y) + iv(x,y), zo = xo + i yo

f’(z) ada maka ,, ,

berlaku C-R yaitu :

= dan =

dan f’(z0) = ux(x0,y0) + i vx(x0,y0)

ada di (xo, yo)

16

ii. Syarat cukup

u(x,y), v(x,y), ux(x,y), vx(x,y), uy(x,y), vy(x,y) kontinu

pada kitar zo = xo + i yo dan di (xo,yo) dipenuhi C-R

maka f’(zo) ada

17

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 ux(x,y) = excos y

uy(x,y) = -exsin y

v(x,y) = exsin y vx(x,y) = exsin y

vy(x,y) = excos y

ada dan

kontinu di

setiap (x,y) ℂ

18

Berdasarkan persamaan C-R :

ux = vy dan uy = -vx dipenuhi di (x,y) ℂ, dan ada kitar

dimana keenam fungsi kontinu dan C-R dipenuhi di (x,y).

Jadi f’(z) ada z ℂ.

Dan f’(z) = ux(x,y) + i vx(x,y)

= excos y + i exsin y

19

3.3 Syarat C-R Pada Koordinat Kutub

Jika f(z) = u(x,y) + i v(x,y) dapat diilustrasikan

dalam koordinat kartesius maka dengan menggunakan

hubungan x = r cos dan y = r sin , diperoleh

z = r cos + i sin , sehingga

f(z) = u(r, ) + i v(r, ) dalam sistem koordinat kutub

20

Teoreama 3.3.1

Jika f(z) = u(r, ) + i v(r, ) terdiferensial dan kontinu

pada suatu kitar (ro, o) dan jika dalam kitar tersebut

ur, u, vr, v ada dan kontinu di (ro, o) dan dipenuhi

C-R yaitu:

ru

r1

v

r1

v

rv

= dan = , r 0

maka f’(z) = ada di z = zo dan

f’(z) = (cos o – i sin o) [ur(ro, o) + i vr(ro, o)]

21

Contoh 3.3.1

Diketahui f(z) = z-3,

tentukan f’(z) dalam bentuk kootdinat kutub

22

Jawab :

f(z) = z-3 = r-3 (cos 3 - i sin 3), maka :

u = r-3 cos 3 , sehingga ur = -3r-4 cos 3 dan

u = -3r-3 sin 3

v = -r-3 sin 3 , sehingga vr = 3r-4 sin 3 dan

v = -3r-3 cos 3

keenam fungsi ini kontinu dan syarat C-R dipenuhi

untuk semua z 0

Jadi f(z) = z-3 terdiferensial untuk z 0

Dengan demikian f’(z) dalam koordinat kutub adalah :

f’(z) = (cos – i sin ) (-3r-4 cos 3 + i 3r-4 sin 3)

= cis(-) (-3r-4) cis(-3)

= -3r-4 cis(-4)

23

2)z(g

)z('g)z(f)z(g)z('f)z(g)z(f

dxd

.5

)z('g)z(f)z(g)z('f)z(g)z(fdxd

.4

)z('g)z('f)z(g)z(fdxd

.3

)z('cfdz

)z(cfd.2

1dz

d(z),0

dzdc

.1

3.4 Aturan Pendiferensialan

Jika f(z), g(z) dan h(z) adalah fungsi- fungsi kompleks

serta f’(z), g’(z) dan h’(z) ada, maka berlaku rumus-rumus :

24

dzd

.ddw

dzdw

)rantaiaturan(komposisidengandisebutbiasa

)z('f)]z(f['g)z('hmaka)]z(f[g)z(hJika.7

nzdzdz

.6 1nn

25

3.5 Fungsi Analitik

Definisi 3.5.1

Fungsi f analitik di zo, jika ada r > 0 sedemikian,

hingga f’(z) ada untuk setiap z N(zo,r)

(persekitaran zo)

rf diferensiable

Fungsi analitik untuk setiap zℂ dinamakan fungsi utuh

oz

26

Contoh 3.5.1

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 kontinu digaris y = x

berarti f’(z) ada hanya di y = x

Jadi f(z) tidak analitik dimanapun karena tidak ada

kitar.

z1

analitik kecuali di z = 0

27

0)z('g0)z(gdengan,zg'zf'

zgzf

limozz

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

o h = g ∘ f merupakan fungsi analitik

o berlaku aturan L’hospital yaitu :

28

3.6 Titik Singular

Definisi 3.6.1

Titik z1 disebut titik singular dari f jika f tidak analitik di 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 zo dinamakan titik singular terisolasi dari f(z) jika

terdapat 0 demikian sehingga lingkaran |z – zo| =

hanya melingkari titik singular lainnya. Jika seperti itu

tidak ada, maka z = zo disebut titik singular tidak

terisolasi.

29

2. Titik Pole (titik kutub)

Titik z = zo disebut titik pole tingkat n, jika berlaku

.

Jika n = 1, zo disebut sebagai titik pole sederhana.

3. Titik Cabang

Dari fungsi bernilai banyak dapat menjadi titik singular.

4. Titik Singular dapat dihapuskan

Titik singular zo disebut titik singular dapat dihapuskan

dari f(z) jika f(z) ada.

0A)z(f)zz(lim no

zz o

ozlim

30

5. Titik Singular Essensial

Titik singular z = zo 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.

31

Contoh 3.6.1

• g(z) = berarti titik z = i adalah titik pole tingkat 2

dari g(z)

• h(z) = |z|2 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

2)1z(

1

32

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 kontinu

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

33

Jika f analitik pada D maka u dan v pada D memenuhi

persamaan differensial Laplace dalam 2 dimensi.

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.

0yx 2

2

2

2

34

Contoh 3.7.1

Diberikan u(x,y) harmonik pada D dan tentukan fungsi v

yang harmonik konjugat dengan u = 4xy3 – 4x3y, (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

35

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 = x + iy dan = x – iy sehingga diperoleh z

i2zz

ydan2

zzx

i2zz

,2

zz

i2zz

,2

zzf(z) = ux – iuy

36

Suatu identitas dalam z dan , jika diambil = 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)

z z

37

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

= 4xy3 – 4x3y + i(x4 – 6x2y2 + y4) + A