bab i bilangan kompleks - · pdf fileada 0 = (0,0) ∈ c sehingga z + 0 = z (0 elemen...
Post on 03-Feb-2018
435 Views
Preview:
TRANSCRIPT
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 sifat-
sifat pada C yang tidak berlaku pada R ? Mari kita menjawab pertanyaan-
pertanyaan 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 zdidefinisikan 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. 21 zz + = 1z + 2z
2. 21 zz − = 1z - 2z
3. 21 zz = 1z . 2z
4. (2
1
zz ) =
2
1
zz , dengan z2 ≠ 0.
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 z1 z1
0 x2 x1 x1+x2 Re 0 Re
Gambar 1 -z2 z1-z2
5 Tugas :
Diketahui z1 = 2 + 3i dan z2 = 5 – i. Gambarkan pada bidang Argand, z1, z2, z1+ z2,
z1- z2, 1z , 2z , 1z + 2z dan 1z - 2z !
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| =
22 yx + .
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 221
221 )()( yyxx −+− . 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. |2
1
zz| =
2
1
zz
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 (xy ). θ adalah sudut antara sumbu
x positif dengan oz. Didapat juga r = y x 22 + =|z |. Untuk z≠ 0, sudut dihitung
7 dari tan θ =
xy , dan jika z = 0, maka r =0 dan θ dapat dipilih sebarang. Jadi, bentuk
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,
maka anda dapat menuliskan z dalam rumus Euler (eksponen), yaitu z = reiθ, dan
sekawannya adalah re-iθ.
Tugas : Buktikan bahwa eiθ = cos θ + i sin θ, dengan menggunakan deret
MacLaurin untuk Cos θ , Sin θ dan et dengan mengganti t = iθ.
Contoh Soal :
Nyatakan bilangan kompleks z = 1 + i dalam bentuk polar dan eksponen !
Jawab :
Z = 1 + i, r = 2 , tan θ = 1, sehingga θ = 45o= 41 π . Jadi z = 2 (Cos
41 π +
iSin41 π) = 2 Cis
41 π = 2
4Πi
e
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
=2
1
zz
)()(
222
111
θθθθ
iSinCosriSinCosr
++
Setelah pembilang dan penyebut dikalikan dengan sekawan penyebut, yaitu (cos θ2
- i sin θ2), maka diperoleh : =2
1
zz
2
1
rr
[cos (θ1 - θ2 ) + i sin (θ1 - θ2)]
Dari rumus di atas diperoleh arg =2
1
zz
θ1 - θ2 = arg z1 – arg z2.
Akibat lain jika z = r(cos θ + i sin θ), maka =z1
r1 (cos(-θ) + i sin (-θ)) .Untuk
)(11
θθ niSinCosnrz
z nn
n +== −
. Setelah pembilang dan penyebut dikalikan
sekawan penyebut, maka didapat : nn rz11
= (cos(-nθ) + i sin (-nθ)) = n
z)1( .
Jadi dalil De Moivre berlaku untuk semua n bilangan bulat.
Contoh :
Hitunglah 6)3( −− i
Jawab :
Misalkan z = √3 - i, r = /z/ = 213 =+
Tan θ = 31−
, karena z di kuadran IV,maka dipilih θ = -30o.
Diperoleh )3( i− = 2[Cos(-30o)+iSin(-30o)] , sehingga
6)3( −− i = 2-6[Cos 180o + isin180o) = 2-6.(-1) = -2-6.
10 1.6.3 Akar Bilangan Kompleks
Bilangan kompleks z adalah akar ke-n dari bilangan kompleks w, jika zn =
w, dan ditulis z = nw1
. Jika z = ρ(Cosφ +iSinφ) akar ke-n dari bilangan
kompleks w = r(Cosθ+iSinθ), maka : zn = w atau ρn(Cosφ +iSinφ)n =
r(Cosθ+iSinθ), sehingga diperoleh : ρn = r dan nφ = θ +2kπ , k bilangan
bulat. Akibatnya ρ = nr1
dan φ = n
kΠ+ 2θ . Jadi, akar ke n dari bilangan
kompleks w = r(Cosθ+iSinθ) adalah : z = nr1
[Cos(n
kΠ+ 2θ ) + iSin
(n
kΠ+ 2θ )], k bilangan bulat dan n bilangan asli.
Dari persamaan zn = w, ada n buah akar berbeda yang memenuhi persamaan itu.
Untuk mempermudah dipilih k = 0,1,2,3,…,(n-1); φ ≤ n
kΠ+ 2θ < 2π, sehingga
diperoleh z1,z2,z3,…,zn sebagai akar ke n dari w.
Contoh 1:
Hitunglah (-81)1/4
Jawab :
Misalkan z = (-81)1/4, berarti harus dicari penyelesaian persamaan z4 = -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 =42 Π+Π k . Jadi Z = 3[Cos(
42 Π+Π k )+iSin(
42 Π+Π k )].
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. 2z + 1z . z2 = 2Re(z1. 2z )
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 konsep-
konsep 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 sifat-
sifatnya. 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<z<4}, maka Bc = {z/z≤2 atau z≥4}. Gambarkan !
3. Titik Limit
Titik z0 disebut titik limit dari himpunan S jika untuk setiap N*(z0,δ) maka S ∩
N*(z0,δ) ≠ φ.
4. Titik batas
Titik z0 disebut titik batas dari himpunan S jika untuk setiap N*(z0,δ) memuat
suatu titik di S dan memuat sati titik yang tidak di S.
5. Batas dari himpunan S
adalah himpunan semua titik batas dari S.
6. Interior dan Eksterior
Titik zo disebut interior dari himpunan S jika ada N(z0,δ) sehingga N(z0,δ) ⊂ S.
Titik yang bukan titik interior atau titik batas disebut titik eksterior.
7. Himpunan Buka
Himpunan S disebut himpunan buka jika S tidak memuat bagian dari batasnya.
8. Himpunan Tutup
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) = 12
3+−
zz
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 Cos2θ-
r2Sin2θ) + (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 =9z2-
6iz-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
. K K
N
f(z) . wo .w
N*(zo,δ)=0</z-zo/<δ /f(z) - wo/ < ε
..zo
.z δ
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 :
o
o
zzwzfLim
→=)(
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 : o
o
zzwzfLim
→=)(
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 :
z → 2 Buktikan bahwa : Lim 5
2232 2
=−
−−z
zz
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 ⇒ < ε
untuk z ≠ 2 , lihat bagian sebelah kanan
< ε ⇔ < ε
⇔ (2 z + 1) – 5 < ε
⇔ 2 (z – 2) < ε
⇔ 2 z – 2 < ε
⇔ z – 2
Hal ini menunjukkan bahwa δ = ε /2 telah diperoleh.
52
232 2
−−
−−z
zz 52
−232 2
−−− zz
z
δε=<
2
2232 2
5−−
−z
zz −
20 Bukti Formal : Bukti Formal :
Jila diberikan ε > 0 , maka pilih δ = ε/2, sehingga untuk z ≠ 2, berlaku Jila diberikan ε > 0 , maka pilih δ = ε/2, sehingga untuk z ≠ 2, berlaku
0 < |z –2 |< δ ⇒ 0 < |z –2 |< δ ⇒ 52
232 2
−−
−−z
zz = 52
)2)(12(−
−−+
zzz
= 2 | z-2 | < 2δ) = ε.
Contoh 2 :
z → zo
Buktikan bahwa : Lim 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 / = /z-
zo / /z+zo/ < δ /z+zo/ = δ {/z-zo+2zo/} < δ (1 +2/zo/). Jadi didapat δ minimum antara
1 dan )21( oz+
ε. 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 :
z → i
z→ 1
Hitunglah lim izz−+12
Jawab = lim iz
iziz−
−+ ))(( = 2i
Contoh 2 :
Jika f(z) = iyx
yxxy
12 2
22 ++
+
Buktikan Lim f(z) tidak ada !
z 0
Bukti :
Kita tunjukkan bahwa untuk z menuju 0 di sepanjang garis y = 0, maka
lim f(z) = Lim f(z) = Lim x2i = 0.
z 0 (x,0) (0,0) x 0
Sedangkan di sepanjang garis y = x, lim f(z) = Lim f(z) = Lim 1)1
1(2
=+
+ ixx
z 0 (x,x) (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
Contoh 1 : Fungsi f(z) = iz
iziiz
z 2,
2,432
42
≠
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=+−
+
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 :
Dimanakah fungsi g(z) = 23
12
2
+−+zz
z kontinu ?
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) = izdizz
−=−+ ,
11
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 .
6. Diketahui fungsi w = z3. Dengan menggunakan z = r (Cosθ+iSinθ), maka
gambarkan w = z3 !
24
7. Jika g(z) = iz
z242
−+
, Hitunglah limit g(z) untuk z 2i
8. Jika f(z) = iyx
yxxy
12 2
22 ++
+. Buktikan Lim f(z) untuk z menuju 0 tidak ada !
9. Apakah fungsi h(z) = iz
iziiz
z 3,
3,533
92
≠
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=+−
+ , kontinu di z = 3i ?Jelaskan !
10. Dimanakah fungsi g(z) = 2
42
2
+−+izz
z kontinu ?
*** 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
0
0
0 zz)f(zf(z)
zzlimit
−−
→ ada, maka
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 zf
ΔΔ =
zzfzzf
Δ−Δ+ )()( 00
► 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) = 0
0
0
limzz
)f(zf(z)zz −
−→
= 0
20
2
0
limzzzz
zz −−
→
= 0
00
0
limzz
)z)(zz(zzz −
−+→ = 2 z0
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
Akan dibuktikan f kontinue di z0 atau )f(zf(z)zz 00
lim =→
0
limzz → f(z) – f(z0) =
0
limzz →
0
0
zz)f(zf(z)
−−
. z – z0
0
limzz → f(z) – f(z0) =
0
limzz →
0
0
zz)f(zf(z)
−−
. z – z0
limzz → 0
= f’(z) . 0
= 0
sehingga f(z) – f(z0
limzz → 0) = 0
⇒ f(z) – f(z0
limzz → 0
limzz → 0) = 0
⇒ f(z) = f(z0
limzz → 0
limzz → 0)
⇒ f(z) = f(z0
limzz → 0) dengan kata lain f kontinue di 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
f’(0) = 0lim→z 0
0−−
z)f(f(z) = 0
lim→z
2
zz
= 0lim→z z
zz−
= 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
xu
∂∂ =
yv∂∂
dan yu∂∂
= xv
∂∂
−
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
xu
∂∂ = 2x ;
yu∂∂
= 2y
xv∂∂ = 0 ;
yv∂∂
= 0
xu
∂∂ =
yv∂∂
⇔ 2x = 0 ................... (1)
dan yu∂∂
= -xv∂∂ ⇔ 2y = 0 ................... (2)
(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) = 22
33 11yx
i)(yi)(x+
−−+ f(0) = 0 tidak terdifferensial di 0
Bukti :
u = 22
33
yxyx
+− dengan u(0,0) = 0
v = 22
33
yxyx
++ dengan v(0,0) = 0
ux(0,0) = 0lim→x x
),u()u(x, 000 − = 1
uy(0,0) = y
),u(,y)u(y
0000
lim −→ = -1
vx(0,0) = x
),v()v(x,x
0000
lim −→ = 1
vy(0,0) = 0lim→y y
),v(,y)v( 000 − = 1
Jadi persamaan Cauchy – Riemann terpenuhi
Tetapi
z)f(f(z) 0− =
iy))(xy(xi)(yi)(x
++−−+
22
33 11
untuk z → 0
Sepanjang garis real y = 0 → 0lim→x 3
33 11x
i)(yi)(x −−+ = 1 + i
Sepanjang garis real y = x → 0lim→x 3
3
122
xi)(xi
+ =
zi+1
30
Jadi 0lim→z z
)f(f(z) 0− tidak ada sehingga f tidak terdifferensial di 0
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 xu
∂∂ ,
yu∂∂
, xv∂∂ ,
yv∂∂
ada di (x0, y0) berlaku C-R yaitu xu
∂∂ =
yv∂∂
dan yu∂∂
= -xv∂∂ dan f’(z0) = ux(x0,y0) + i vx(x0,y0)
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 → ux(x,y) = excos y
uy(x,y) = -exsin y ada dan kontinue di setiap
v(x,y) = exsin y → 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:
ru
∂∂ =
r1
ϕ∂∂v
dan r1
ϕ∂∂v
= -ru
∂∂ , r ≠ 0
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. dzdc = 0 ,
dzd(z) = 1
2. ( )[ ]dz
zcfd = cf’(z)
3. dzd [f(z) ± g(z)] = f’(z) ± g’(z)
4. dzd [f(z)g(z)] = f’(z)g(z) + f (z)g’(z)
5. dzd ( )
( )⎟⎟⎠⎞
⎜⎜⎝
⎛zgzf =
( ) ( ) ( ) ( )( )[ ]2zg
zgzfzfzg ′′−′′
6. dzdzn
= nzn-1
7. Jika h(z) = g[f(z)] maka h’(z) = g’[f(z)]f’(z) biasa disebut dengan komposisi
(aturan rantai) dzd.
ddw
dzdw ϕ
ϕ=
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. f(z) = z1 analitik kecuali di z = 0
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 :
0zz
lim→
( )( )
( )( )zgzf
zgzf
′′
= , g(z) ≠ 0 g’(z) ≠ 0
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 z = z0 disebut titik pole tingkat n, jika berlaku
. Jika n = 1, z0zz
lim→
0)()( 0 ≠=− Azfzz n0 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
f(z) ada. 0z
lim→
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) = 2)(1
iz −berarti titik z = i adalah titik pole tingkat 2 dari g(z)
• h(z) = 2z 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
2
2
x∂∂ ϕ
+ 2
2
y∂∂ ϕ = 0
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 = x + iy dan z = x – iy sehingga diperoleh x = 2
−
+ zz dan y = izz
2
−
−
f(z) = ux ⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛ −+−−
izzzz
2,
2- iuy
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛ −+−−
izzzz
2,
2
Suatu identitas dalam z dan jika diambil = z maka f’(z) = u−
z−
z x(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) = 2
1z
c. f(z) = iz
z212
+−
2. Dengan menggunakan aturan pendiferensialan tentukan f’(z) untuk :
a. f(z) = z3 + 2iz2 – (3 – 2i)z + 4
b. f(z) = 202
8
)31()53(zz
z+−+
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).
Jika tidak ada pada kurva yang berkawanan dalam ( a,b ), kurva disebut
kurva tunggal.
Kurva yang titik awal dan titik akhirnya berhimpitan dinamakan kurva
tertutup.
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
Arah positif jika berlawanan dengan arah jarum jam.
Arah negatif jika searah dengan arah jarum jam.
41 4.2 Integral Garis
Integral garis fungsi p(x,y) sepanjang lintasan C terhadap x dinyatakan dengan
∫C
dxyxP ),(
Jika ∫ P( x,y ) dx sepanjang kurva C ke lintasan tertentu terhadap t pada [a,b] dan
x g(t), y = h(t) maka ∫∫ =b
aC
dtththtgPdxyxP )(')(),((),(
Jika sepanjang C pada arah yang berlawanan ditulis ∫−C
dxyxP ),(
Sedangkan untuk integral sepanjang lintasan tertutup dinotasikan dengan
∫C
P( x,y ) dx.
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 :
( )∫c
yx,P dx = - ( )∫c
yx,P dx
Catatan :
Keempat sifat berlaku juga untuk pengintegralan terhadap y.
Contoh 4.2.1
(∫ +1
0
5xy )dy dengan x = sin t ;y = cos2 t
Penyelesaian :
42 y = 0 → t =
2π dengan y = cos2 t diperoleh
dtdy = 2 cos t – sin t
y = 1 → t = 0
sehingga :
→ ∫0
2π
(sin t cos2 t + 5) (-2 cos t sin t) dt
→ ∫2
0
π
2 cos3 t sin2 t + 10 cos t sin t dt
→ ∫2
0
π
2 sin2 t (1 – sin2 t) cos t + 10 cos t sin t dt
→ ∫2
0
π
2 sin2 t cos t dt - ∫2
0
π
2 sin4 t cos t dt + ∫2
0
π
10 sin t cos t dt
misal u = sin t
dtdu = cos t → du = cos t dt
t = 0 → u = 0 dan t = 2π → u = 1
⇒ 2 du - 2 ∫ du + 10 du ∫1
0
2u1
0
4u ∫1
0
u
⇒ 2 [ ]10
3u31 - 2 [ 1
0
5u51 ] + 10 [ ]1
0
2u21
⇒ ...... ( silakan selesaikan)
Contoh 4.2.2
Hitung I = ∫c
2yx dx + xy2 dy dengan C adalah
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 : y = 1 dan x = t 0 ≤ t ≤ 1
dy = 0 dx = dt
C2 : x= 1 dan y = t 1 ≤ t ≤ 0
dx = 0 dy = dt
I = x∫1c
2y dx + xy2 dy + x∫2c
2y dx + xy2 dy
= t∫1c
2 dt + t∫2c
2 dt
= t∫1
0
2 dt + t∫0
1
2 dt
= 1/3 + (-1/3) = 0
b. Gambar pada a
Misal :
x = t → dx = dt 0 ≤ t ≤ 2π
y = 1 – t → dy = -dt
44
I = t∫1
0
2 (1 – t) dt + t (1 – t)2 (-dt)
= t∫1
0
2 – t3 – t (1 – 2t + t2) dt
= t∫1
0
2 – t3 – t + st2 – t3 dt
= -t + 3t∫1
0
2 – st3 dt
= -1/2 t2 + t3 – 2/4t4 I01
= 0
Contoh 4.2.3
Hitung ∫ 3y dx + x3 dy dengan C : x = a cos t; y = a sin t arah C diambil arah
positif 0 ≤ t ≤ 2π
Penyelesaian :
∫ 3y dx + x3 dy = a∫2π
0
3 sin3 t (-a sin t) dt + (-a3 cos t) a cost dt
= -a4 ∫ sin2π
0
4 t + cos4 t
⇓ digunakan reduksi
= -a4 ∫ (sin2π
0
2 t + cos2 t) – 2 sin2 t cos2 t dt
= -a4 ∫ 1 – ½ sin2π
0
2 2t dt
= ...... (silakan lanjutkan sebagai latihan)
45 Contoh 4.2.4.
Hitunglah sepanjang: ∫ −++)4,2(
)3,0(
2 )3()2( dyyxdxxy
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 dx = 2 dt
y = t2 +3 dy = 2t dt
∫ −++)4,2(
)3,0(
2 )3()2( dyyxdxxy
dtttdtttt
2)3)2(3(2))2()3(2( 21
0
22 −−+++= ∫=
∫
∫
=
=
−−++=
−−+++=
1
0
32
1
0
222
)62121212(
2)36(2)462(
t
t
dttttt
dtttdttt
233
2117
218312
428312
)224612(
1
0
432
1
0
32
=
−=
−+−=
−+−=
−+−= ∫=
tttt
dttttt
b. Sepanjang garis lurus dari (0,3) ke (2,3) maka y = 3 dan dy = 0
46
∫ −++)3,2(
)3,0(
2 )3()2( dyyxdxxy ∫=
−++=2
0
2 )0)(3.3()3.2(x
xdxx
344
3812
316
)6(
2
0
3
2
0
2
=
+=
−=
+= ∫=
xx
dyxx
Sepanjang garis lurus dari (2,3) ke (2,4) maka x = 2 dan dx = 0
∫ −++)4,2(
)3,2(
2 )3()2( dyyxdxxy ∫=
−++=4
3
2 )2.3()0)(22(y
dyyy
25
276
216
)6(
4
3
2
4
3
=
−=
−=
−= ∫=
yy
dyyy
Jadi nilai yang diinginkan
25
344
+=
6103
61588
=
+=
c. Sepanjang garis lurus dari (0,3) ke (2,4)
Persamaan garis yang menghubungkan (0,3) ke (2,4) adalah:
47
12
1
12
1
xxxx
yyyy
−−
=−−
020
343
−−
=−−
⇔xy
21
3 xy=
−⇔
xy =−⇔ 62 atau )6(21
−= xy
2 dy = dx
Maka
∫ −++)4,2(
)3,0(
2 )3()2( dyyxdxxy ∫=
−−+−+=4
3
2 ))62(3()2)()62(2(y
dyyydyyy
4
3
23
4
3
2
4
3
4
3
2
542
3938
)54398(
)185724428(
)186()2)(362442(
yyy
dyyy
dyyyy
dyyydyyyy
y
y
y
+−=
+−=
−++−=
−−++−+=
∫
∫
∫
=
=
=
697)1(54)916(
239)2764(
38
)34(54)34(2
39)34(38 2233
=+−−−=
−+−−−=
4.3 Integral Lintasan Kompleks
Integral lintasan fungsi sepanjang C ditulis ( )∫c
zf dz
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
dtdz = z’(t) = dx + idy
dz = z’(t) dt ( )∫c
zf ( )( )∫b
a
tzf
Sifat :
1. dz = - dz ( )∫c-
zf ( )∫c
zf
2. dz = k dz ( )∫c
zfk ( )∫c
zf
3. dz ± g(z) dz = dz + ( )∫c
zf ( )∫c
zf ( )∫c
zg dz
4. dz = dz + ( )∫c
zf ( )∫1c
zf ( )∫2c
zf dz dengan C = C1 + 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
dz = ( )∫c
zf ( )( )idydxivuc
++∫ dz
= - v dy + I ∫ + vdy ∫c
dxuc
dxv
Contoh 4.3.1
Hitung dz jika f(z) = y – x + 6ix( )∫c
zf 2 dan terdiri atas 2 penggal garis dari z = 0
sampai z = I dan dari z = I sampai z = 1 + I
i C2 1 + i
C1
dari gambar
49 C1 = dz + dz ( )∫
1c
zf ( )∫2c
zf
C1 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
( )∫c
zf dz = dx – vdy + i + u dy ∫1c
u ∫2c
dyv
= 0 dt + i t dt = ½ i ∫1
0∫1
0
pada lintasan C2
( )∫c
zf dz = dx – vdy + i + u dy ∫c2
u ∫2c
dxv
= 1- t dt + i 6t∫1
0∫1
0
2 dt
= ½ + 2i
Jadi :
( )∫c
zf dz = 1 + 2i
Teorema 4.3.1
Jika f kontinue pada lintasan C ∋ M > 0 ∋ |f(z)| ≤ M, z ∈ C maka ∫c
2zdz
< M L
dengan L = panjang lintasan
Contoh 4.3.2
50 Jika C lintasan tertutup segitiga dengan sudut –3, 0 dan 4i
Buktikan )(c∫
−
+ ze z dz ≤ 60
Penyelesaian :
B
A O
f(z) = −
+ ze2
f(z) = −
+ ze2 ≤ ze + -z = ex + 22 yx +
pada lintasan AO
-3 ≤ z = x ≤ 0
f(z) = ex + 22 103- +
= ex + 3
diambil x = 0 agar maksimal f(z) = e0 + 3 = 4
Pada lintasan OB
0 ≤ z = iy ≤ 4
f(z) = e0 + 22 40 +
= 1 + 4 = 5
pada limit AB
51 z = x + iy → y =
34x12 + , -3 ≤ x ≤ 0
f(z) = e0 + 22 40 + = 5 (x = 0 maksimal)
karena terdapat tiga lintasan, maka diambil M terbesar yaitu 5 dan L = keliling
segitiga yaitu 3 + 4 + 5 = 12
sehingga ∫−
+c
z ze ≤ M.L = 5.12 = 60 terbukti
Teorema 4.3.2 (Teorema Cauchy)
Fungsi analitik dan fungsi kontinue dalam integral tertutup tutup C maka
( )dzzfc∫ = 0
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 dyQdxPc
+∫ = - P∫∫ xQ y
dxdy
52 sehingga
( )dzzfc∫ = ( )dzivu
c∫ +
= ( )( )idydx ++∫c
ivu
= ∫c
u dx + iudy + ivdx – vdy
= ∫c
u dx – v dy + i ∫c
u dy + v dy
= (-v∫∫ x – uy) dxdy + i ∫∫ (ux – vy) dxdy
= (-v∫∫ x + vx) dxdy + i ∫∫ (ux – ux) dxdy
= 0
Jadi ( )dzzfc∫ = 0
Contoh 4.3.3
Hitung dz42zc
2∫ − , C kurva tertutup sederhana
Jawab :
f’(z) = 4z → f’(z) kontinue dan analitik di dalam C sesuai Teorema Cauchy
dz42zc
2∫ − = 0
Contoh 4.3.4
Jika C lingkaran z = 1. Tunjukkan ∫ −c4 4zdz
= 0
Penyelesaian :
f(z) = 4
12 −z
→ f’(z) = 22 )4(2−
−z
z
53 Kontinu di dalam dan pada C. Jadi menurut Teorema Cauchy ( )dzzf
c∫ = 0
Teorema 4.3.3 (Teorema Cauchy – Gousar)
Fungsi analitik di dalam dan pada lintasan tertutup C ⇒ ( )dzzfc∫ = 0
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.
∫c zdz
= 2π i
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) = z1 adalah analitik pada lingkaran tersebut kecuali z =
0, ∫j zdz = 2π i (menurut Cauchy). Karena f(z) =
z1 juga analitik di dalam j, maka
: ∫c zdz
= ∫ =j
2z
dz iπ
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 :
( )dzzfc∫ = ( )dzzf
1c∫ + ( )dzzf
2c-∫ = 0
Sehingga
( )dzzf1c∫ = ( )dzzf
2
∫c
D z
c2
c1 z0
Integral dari z0 ke z tidak tergantung lintasannya asal lintasan dalam D, ditulis :
( )∫z
z0
f ϕ = dϕ tidak tergantung lintasan z ∈ D ⇒ f(z) = z ∈ D ( )∫z
z0
f ϕ
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
= G(1 + i) – G(0) = -1 dzzi1
0
3∫+
Contoh 4.4.2
Jika D = C, maka Cosh z analitik di seluruh C. Maka i
10
sin dzz cos z=∫ = sinh i –
sinh 1
55 Contoh 4.4.3
f(z) = 3θi
r er (r > 0, -π < θ < π)
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
i-
31
dzz = F(i) – F(-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) = i2π
1 ( ) dzz-zzf
c 0∫
2. f’(z0) = i2π
1 ( )( )
dzz-zzf
c2
0∫
3. fn(z0) = i2π
n! ( )( )
dzz-z
zf
c1
0∫ +n
Contoh 4.5.1
Tentukan ∫ −−c zzdzz
2)3)(1(, jika lintasan C :
a. lingkaran C1 berarah positif dengan persaman |z| = 2
b. lingkaran C2 berarah positif dengan persaman |z – 4| = 2
56 Penyelesaian :
a. Fungsi 2)3()(
−=
zzzf analitik di dalam dan pada C1 dan 1 di dalam C1,
sehingga menurut rumus integral Cauchy f(1) = i2π
1 ( )( )
dz1-zzf
c∫ dan jawaban (a)
adalah 2 π i f(1) = πi / 2
b. Fungsi )1(
)(−
=z
zzg analitik di dalam dan pada C2 dan 3 di dalam C2, sehingga
menurut rumus integral Cauchy g’(3) = i2π
1 ( )( )
dz3-zzg
c2∫ dan jawaban (b) adalah 2 π
i g’(3) = πi / 2
4.6 SOAL-SOAL LATIHAN BAB IV
1. Hitung ∫ +c
dzz 23 dengan C lintasan positif keliling persegi dengan titik-titik
sudut 1 + i, -1 + i, -1 – i, 1 – i.
2. Selesaikan I = sepanjang x = t; y = tdzzi
i∫+
+
42
1
2 2 ; 1 ≤ t ≤ 2
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
b. dyyx
xy∫ + 22
2
sekeliling lingkaran x2 + y2 = a2 ke arah positif
57
5. Hitung dzz
z
c∫
+ 3, dengan C :
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 = ∫ −−
c
dzzzz
)1(25
dimana C adalah lingkaran |z| = 2
*** 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
top related