bab 5 bilangan dan fungsi kompleks cakul ﬁ5080 by … sebagai rumus euler) ... dan c (kapasitor),...

caku

lfi

50

80

by

kh

basa

r;se

m1

20

10

-20

11

Bab 5

Bilangan dan Fungsi Kompleks

Pada BAB ini dibahas mengenai konsep-konsep bilangan dan variabel kom-pleks serta penggunaannya dalam penyelesaian persoalan fisika.

5.1 Bagian Real dan Imajiner

Bilangan kompleks terdiri dari dua bagian yaitu bagian real dan bagian ima-jiner. Misalnya bilangan kompleks yang dinyatakan dengan 5+3imaka angka5 merupakan bagian real sedangkan angka 3 disebut bagian imajiner dari bi-langan kompleks tersebut. Dalam penulisan bilangan kompleks i =

√−1

atau i2 = −1. Perlu diperhatikan bahwa bagian imajiner suatu bilangankompleks bukanlah imajiner.

Bilangan kompleks dapat dinyatakan sebagai pasangan antara bagian realdan bagian imajinernya. Jadi misalnya 5+3i dapat dituliskan sebagai (5,3).

5.2 Bidang Kompleks

Karena bilangan kompleks biasa dituliskan dalam bentuk pasangan bilang-an sebagaimana pasangan titik dalam sistem koordinat xy, maka sebuahbilangan kompleks dapat juga digambarkan sebagai titik dalam bidang kom-pleks. Bidang kompleks sering disebut diagram Argand. Sumbu mendatar(sumbu x) menggambarkan bagian real sedangkan sumbu tegak (sumbu y)menggambarkan bagian imajiner sebagaimana ditunjukkan dalam Gambar5.1. Ini mirip dengan representasi titik dalam sistem koordinat kartesian.

Sebagaimana diketahui bahwa suatu titik dalam bidang xy juga dapatdinyatakan dalam ungkapan polar, maka bilangan kompleks juga dapat di-repesentasikan dalam bentuk polar yaitu (r, θ). Hubungan antara x dan y

93

94 Bilangan dan Fungsi Kompleks

z = 5 + 3i

(5,3)

z = −−−−8 −−−− 6i

(−−−−8,−−−−6)

Gambar 5.1: Bidang kompleks.

dengan r dan θ adalah

x = r cos θ

y = r sin θ

Jadi suatu bilangan kompleks z dapat dinyatakan dalam representasi

z = x+ iy = r(cos θ + i sin θ) = reiθ (5.1)

r dinamakan modulus atau nilai mutlak dari z dan θ (dalam radian) disebutsudut dari z.

5.3 Aljabar Kompleks

Menjadikan bentuk x+ iy

Setiap bilangan kompleks dapat dinyatakan dalam bentuk x+ iy.

Contoh 1

(1 + i)2 = (1 + i)(1 + i) = 1 + 2i+ i2 = 1 + 2i− 1 = 2i

caku

lfi

50

80

by

kh

basa

r;se

m1

20

10

-20

11

5.3 Aljabar Kompleks 95

Contoh 2

2 + i

3− i=

2 + i

3− i

2 + i

3 + i=

6 + 5i+ i2

9− i2=

5 + 5i

10=

1

2+

1

2i

Contoh 3

Nyatakan z =1

2(cos 30◦ + i sin 30◦)dalam bentuk x+ iy.

Karena 30◦ = π/6 rad maka

z =1

2(cos 30◦ + i sin 30◦)=

1

2(

cos π6+ i sin π

6

) =1

2eiπ/6=

1

2e−iπ/6

=1

2(cos π/6− i sin π/6) =

(√3

4− i

1

4

)

Konjugat kompleks (Complex conjugate)

Konjugat dari suatu bilangan kompleks z = x + iy dinyatakan dengan z̄ =x− iy. Konjugat dari suatu bilangan kompleks diperoleh dengan mengalikanbagian imajinernya dengan −1.

Contoh

z =2− 3i

i+ 4=⇒ z̄ =

2 + 3i

−i+ 4

Nilai mutlak

Nilai mutlak (modulus) dari suatu bilangan kompleks z = x + iy meng-gambarkan jarak titik yang direpresentasikan dengan (x, y) dengan pusatkoordinat di bidang kompleks. Dengan demikian dinyatakan dalam bentuk

|z| = r =√

x2 + y2 =√zz̄ (5.2)

Persamaan Kompleks

Dua buah bilangan kompleks dikatakan sama jika bagian real bilangan kom-pleks pertama sama dengan bagian real bilangan kompleks kedua dan bagianimajiner bilangan kompleks pertama sama dengan bagian imajiner bilangankompleks kedua. Misalnya jika x+ iy = 2+3i maka berarti x = 2 dan y = 3.


Contoh

Tentukan x dan y jika (x+ iy)2 = 2i

(x+ iy)2 = x2 + i2xy − y2 = 2i

Dengan demikian diperoleh hubungan

x2 − y2 = 0 =⇒ y = ±x

2xy = 2

Selanjutnya diperoleh

2x2 = 2 atau − 2x2 = 2

Karena x harus real maka x2 tidak mungkin negatif, dengan demikian didapatx2 = 1 dan y = x. Sehingga solusi persamaan tersebut adalah x = y = 1atau x = y = −1.

5.4 Fungsi Eksponensial dan Trigonometri

Karena z = x+ iy, maka dapat dituliskan bentuk berikut

ez = ex+iy = exeiy = ex(cos y + i sin y) (5.3)

Sedangkan telah ditunjukkan sebelumnya dalam persamaan 5.1 bahwa bi-langan kompleks dapat direpresentasikan dalam bentuk eksponensial (yangdisebut sebagai rumus Euler) yaitu

eiθ = cos θ + i sin θ (5.4)

Dengan menggunakan rumus Euler tersebut dapat diperoleh bentuk

e−iθ = cos θ − i sin θ (5.5)

Bila persamaan 5.4 dan persamaan 5.5 dijumlahkan maka akan diperolehungkapan untuk cos θ, sedangkan bila persamaan 5.4 dikurangi dengan per-samaan 5.5 maka akan dapat diperoleh ungkapan untuk sin θ sebagai berikut

sin θ =eiθ − e−iθ

2i

cos θ =eiθ + e−iθ

2

(5.6)

caku

lfi

50

80

by

kh

basa

r;se

m1

20

10

-20

11

5.5 Fungsi Hiperbolik 97

5.5 Fungsi Hiperbolik

Dengan menggunakan rumusan Euler, maka dapat pula diperoleh ungkapanyang lebih umum untuk bilangan kompleks z, yaitu

sin z =eiz − e−iz

2i

cos z =eiz + e−iz

2

(5.7)

Tinjau suatu bilangan kompleks yang murni imajiner z = iy, maka dapatdinyatakan

sin z =ei(iy) − e−i(iy)

2i=

e−y − ey

2i= i

ey − e−y

2

cos z =ei(iy) + e−i(iy)

2=

e−y + ey

2=

ey + e−y

2

(5.8)

Persamaan 5.8 memberikan definisi tentang fungsi sinus hiperbolik (sinh)dan cosinus hiperbolik (cosh), yang secara umum dituliskan dalam bentuk

sinh z =ez − e−z

2

cosh z =ez + e−z

2

(5.9)

Beberapa fungsi hiperbolik lainnya dapat diperoleh sebagaimana fungsi tri-gonometri biasa, yaitu

tanh z =sinh z

cosh z, coth z =

1

tanh z

sech z =1

cosh z, csch z =

1

sinh z

(5.10)

Dari persamaan 5.8 dapat juga dituliskan bahwa

sin iy = i sinh y

cos iy = cosh y(5.11)

5.6 Logaritma

Misalkan suatu bilangan kompleks z dan w di mana hubungannya dinyatak-an dengan z = ew yang berarti w = ln z. Kemudian jika z = reiθ, makadiperoleh

w = ln z = ln(reiθ) = ln r + ln eiθ = ln r + iθ (5.12)


Contoh 1

Tentukanlah ln(−1).

Dalam ungkapan koordinat polar sebagaimana yang telah dibahas sebelum-nya, z = −1 dapat dinyatakan dengan bentuk eksponensial dengan r = 1dan θ = π,−π, 3π,−3π, . . . sehingga

ln(−1) = ln(1) + iθ = 0 + i(π ± 2nπ) = iπ,−iπ, 3iπ, . . .

Contoh 2

Tentukan ln(1 + i).

Dengan menggunakan ungkapan dalam koordinat polar dapat diperoleh bah-wa untuk z = 1 + i berarti r =

√2 dan θ = π/4± 2nπ. Dengan demikian

ln(1 + i) = ln(√2) + i

(π

4± 2nπ

)

5.7 Penggunaan Bilangan Kompleks dalam Per-

soalan Fisika

Berikut ini diberikan beberapa contoh penggunaan bilangan kompleks dalampersoalan fisika.

Kinematika

Sebagaimana sistem koordinat kartesian dua dimensi, bidang kompleks da-pat digunakan untuk mendeskripsikan gerak suatu benda. Jika z menyatakanposisi suatu benda, maka jika posisinya berubah tiap saat maka dapat di-nyatakan bahwa z(t).

Misalkan posisi benda tiap saat dinyatakan dengan z = 5eiωt di mana ωsuatu konstanta. Tentukan laju, besar percepatan dan deskripsi gerak bendatersebut.

Laju gerak benda adalah

v =dz

dt=

d

dt5eiωt = 5iωeiωt = iωz

Percepatan gerak benda adalah

a =dv

dt=

d

dt(5iωeiωt) = −5ω2eiωt = −ω2z

caku

lfi

50

80

by

kh

basa

r;se

m1

20

10

-20

11

5.7 Penggunaan Bilangan Kompleks dalam Persoalan Fisika 99

Gambar 5.2: Rangkaian seri RLC dengan sumber tegangan bolak-balik.

Terlihat dari percepatan gerak benda, bahwa percepatan gerak benda samadengan suatu konstanta dikalikan dengan posisi benda dan hal ini menya-takan suatu gerak harmonik.

Rangkaian AC

Dalam rangkaian arus bolak-balik dengan komponen R (resistor), L (induk-tor) dan C (kapasitor), sebagaimana ditunjukkan dalam gambar 5.2, mi-salnya arus total yang mengalir pada rangkaian dinyatakan dengan bentukfungsi harmonik I = I0 sinωt. Jika VR adalah beda tegangan pada kaki-kakiresistor R dan I adalah kuat arus yang mengalir pada hambatan tersebut,maka berdasarkan hukum Ohm dapat dinyatakan

VR = IR (5.13)

sedangkan hubungan antara tegangan pada induktor L dengan kuat arusdinyatakan dengan

VL = LdI

dt(5.14)

dan tegangan pada kapasitor dinyatakan dengan

dVC

dt=

I

C=⇒ VC =

1

C

∫

I dt (5.15)


Bentuk arus setiap saat tersebut bila dinyatakan dengan bilangan kompleksadalah I = I0 sinωt = I0e

iωt, maka

VR = RI = RI0eiωt = RI (5.16)

VL = LdI

dt= L

d(I0eiωt)

dt= iωLI0e

iωt = iωLI (5.17)

VC =1

C

∫

I0eiωt dt =

1

iωCI0e

iωt =1

iωCI (5.18)

Tegangan total jika ketiga komponen tersusun seri adalah

V = VR + VL + VC = RI + iωLI +1

iωCI

=

[

R + i

(

ωL− 1

ωC

)]

I

= ZI

(5.19)

di mana Z = R + i

(

ωL− 1

ωC

)

dinamakan sebagai impedansi (kompleks)

pada rangkaian RLC seri.Hambatan efektif pada komponen induktor dinamakan reaktansi induktif

XL yaitu

XL =VL

I= iωL (5.20)

sedangkan hambatan efektif pada komponen kapasitor dinamakan reaktansikapasitif XC yaitu

XC =VC

I=

1

iωC= − i

ωC(5.21)

Pada rangkaian RLC seri, impedansi (kompleks) dapat diperoleh dengankonsep yang sama dengan susunan seri tiga hambatan (resistor) yang masing-masing dinyatakan dengan R1 = R, R2 = XL = iωL dan R3 = XC =−i/(ωC) sehingga hambatan total (yaitu impedansi total) diperoleh seba-gaimana telah diungkapkan di atas yaitu

Z = R1 +R2 +R3

= R +XL +XC = R + iωL− i1

ωC

= R + i

(

ωL− 1

ωC

)

Selanjutnya dapat diperoleh besar impedansi sebagaimana nilai absolut dariZ, yaitu

|Z|seri =√

ZZ̄ =

√

R2 +

(

ωL− 1

ωC

)2

(5.22)

caku

lfi

50

80

by

kh

basa

r;se

m1

20

10

-20

11

5.7 Penggunaan Bilangan Kompleks dalam Persoalan Fisika 101

Suatu kondisi di mana Z sepenuhnya real (berarti bagian imajinernya samadengan nol) dinamakan kondisi resonansi.

Demikian pula halnya jika ketiga komponen (resistor, induktor dan kapa-sitor) disusun paralel, maka impedansi totalnya dapat diperoleh sebagaima-na susunan paralel tiga buah hambatan yaitu R1 = R, R2 = XL = iωL danR3 = XC = −i/(ωC). Hambatan (impedansi) kompleks total pada susunanparalel adalah

1

Z=

1

R1

+1

R2

+1

R3

=1

R+

1

XL

+1

XC

=1

R+

1

iωL+

1

−i/(ωC)

=1

R− i

1

ωL+ iωC =

1

R+ i

(

− 1

ωL+ ωC

)

Z =1

1

R+ i

(

− 1

ωL+ ωC

)

Sehingga diperoleh

|Z|paralel =√

ZZ̄ =

√

√

√

√

√

1(

1

R

)2

+

(

− 1

ωL+ ωC

)2 (5.23)

Contoh

Pada rangkaian yang terdiri dari hambatan R yang tersusun seri denganinduktor L kemudian keduanya diparalel dengan kapasitor C, sebagaimanaditunjukkan dalam gambar 5.3, tentukanlah impedansi rangkaian tersebut.

Impedansi total rangkaian tersebut adalah

1

Ztotal

=1

Z1

+1

Z2

=Z1 + Z2

Z1Z2

=⇒ Ztotal =Z1Z2

Z1 + Z2


Gambar 5.3: Gambar susunan komponen untuk contoh.

di mana Z1 = R + iωL dan Z2 = − i

ωC. Dengan demikian

Ztotal =

(R + iωL)

(

− i

ωC

)

R + i

(

ωL− 1

ωC

)

=

− iR

ωC+

L

C

R + i

(

ωL− 1

ωC

)

R− i

(

ωL− 1

ωC

)

R− i

(

ωL− 1

ωC

)

=

(

R

ω2C2

)

+ i

(

− R2

ωC− ω2L

C+

L

ωC2

)

R2 +

(

ωL− 1

ωC

)2

5.8 Fungsi Kompleks

Fungsi dengan variabel kompleks dinyatakan misalnya dalam bentuk f(z)dengan z adalah bilangan kompleks. Secara umum fungsi dengan variabelkompleks mempunyai bagian real dan imajiner yang juga merupakan fungsi.Misalkan f(z) = z2, karena z = x+ iy maka

z2 = (x+ iy)2 = (x2 − y2) + i(2xy) (5.24)

Bagian real dan bagian imajiner suatu fungsi kompleks secara umum meru-pakan fungsi dari variabel x dan y. Bagian real dinyatakan dengan u(x, y)dan bagian imajiner dinyatakan dengan fungsi v(x, y). Jadi suatu fungsi

caku

lfi

50

80

by

kh

basa

r;se

m1

20

10

-20

11

5.9 Fungsi Analitik 103

kompleks f(z) = u(x, y) + i v(x, y). Dengan demikian untuk fungsi kom-pleks di atas yang dinyatakan dengan f(z) = z2, maka u(x, y) = x2 − y2 danv(x, y) = 2xy.

Contoh

Tentukan bagian real dan bagian imajiner fungsi kompleks f(z) =z

z2 + 1dengan z = x+ iy.

f(z) =x+ iy

(x+ iy)2 + 1=

x+ iy

(x2 − y2 + 1) + i2xy

=

(

x+ iy

(x2 − y2 + 1) + i2xy

)(

(x2 − y2 + 1)− i2xy

(x2 − y2 + 1)− i2xy

)

=x3 − y3 + x+ 2xy2

(x2 − y2 + 1)2 − 4x2y2+ i

−x2y − y3 + y

(x2 − y2 + 1)2 − 4x2y2

Dengan demikian bagian real dan imajinernya adalah

u(x, y) =x3 − y3 + x+ 2xy2

(x2 − y2 + 1)2 − 4x2y2

v(x, y) =−x2y − y3 + y

(x2 − y2 + 1)2 − 4x2y2

5.9 Fungsi Analitik

Suatu fungsi f(z) dikatakan analitik dalam suatu daerah pada bidang kom-pleks bila fungsi tersebut mempunyai turunan yang tunggal (unik) pada se-tiap titik dalam daerah tersebut. Jika f(z) analitik di titik z = a berartibahwa f(z) mempunyai turunan pada setiap titik dalam lingkaran kecil disekitar z = a. Fungsi yang tidak memenuhi batasan tersebut disebut sebagaifungsi non-analitik.

Beberapa definisi berkaitan dengan fungsi analitik:

• Titik regular (regular point) dari fungsi f(z) adalah titik di mana f(z)bersifat analitik

• Titik singular (singular point atau singularity) dari fungsi f(z) adalahtitik di mana f(z) tak analitik

Beberapa teorema yang digunakan dalam analisa fungsi variabel kom-pleks:


Teorema I

Jika suatu fungsi kompleks f(z) = u(x, y) + iv(x, y) merupakan suatu fungsianalitik dalam suatu daerah, maka dalam daerah itu berlaku

∂u

∂x=

∂v

∂y, dan

∂v

∂x= −∂u

∂y(5.25)

Teorema ini disebut juga kondisi Cauchy-Riemann untuk menentukan apa-kah suatu fungsi merupakan fungsi analitik atau bukan.

Contoh 1

Misalkan f(z) = y + ix. Apakah f(z) merupakan fungsi analitik?

Dalam hal ini u = y dan v = x, sehingga ∂u/∂x = 0, ∂v/∂y = 0, ∂v/∂y = 1dan ∂u/∂y = 1. Karena tidak memenuhi kondisi Cauchy-Riemann, makafungsi f(z) tersebut bukanlah fungsi analitik.

Contoh 2

Misalkan f(z) = x+ iy. Apakah f(z) merupakan fungsi analitik?

Karena∂u

∂x= 1 =

∂v

∂ydan

∂v

∂x= 0 = −∂u

∂y

maka berarti f(z) adalah fungsi analitik.

Teorema II

Jika u(x, y) dan v(x, y) dan turunan parsialnya terhadap x dan y kontinyuserta memenuhi syarat Cauchy-Riemann dalam daerah tersebut maka f(z)analitik pada semua titik dalam daerah tersebut.

Teorema III

Perhatikan gambar 5.4. Jika f(z) adalah fungsi analitik dalam daerah ter-tentu (R) maka f(z) mempunyai turunan orde berapapun pada titik-titikdalam daerah tersebut dan f(z) dapat diekspansikan sebagai deret Taylor disekitar titik z0 dalam daerah tersebut. Deret pangkat tersebut konvergen didalam daerah berbentuk lingkaran C yang berpusat di z0 hingga mencapaititik singular terdekat (disebut sebagai daerah lingkaran konvergensi ataudisk of convergence).

caku

lfi

50

80

by

kh

basa

r;se

m1

20

10

-20

11

5.9 Fungsi Analitik 105

z0

titik singular

R

C

Gambar 5.4: Daerah untuk penjelasan Teorema III.

Contoh

Tentukanlah daerah lingkaran konvergensi (disk of convergence) dari fungsikompleks f(z) = ln(1− z).

Fungsi f(z) = ln(1 − z) dapat diekspansikan dalam bentuk deret pangkatdi sekitar z = 0 (uraian Maclaurin), yaitu

ln(1− z) = −z − z2

2− z3

3− z4

4− . . .

Kemudian untuk memperoleh titik singular dari fungsi tersebut adalah titikdi mana fungsi f(z) tersebut tidak mempunyai turunan. Dalam hal ini titiksingular yang dimaksud adalah z = 1. Dengan demikian daerah lingkarankonvergensi dari fungsi tersebut adalah lingkaran berpusat di pusat koordinatdengan jari-jari 1.

Teorema IV

Jika f(z) = u + iv merupakan fungsi analitik dalam suatu daerah, maka udan v memenuhi persamaan Laplace (∇2u = 0 dan ∇2v = 0) dalam daerahtersebut (artinya u dan v merupakan fungsi harmonik). Fungsi sembarangu (atau v) yang memenuhi persamaan Laplace dalam suatu daerah adalahbagian real atau imajiner dari suatu fungsi analitik f(z).

Contoh

Suatu fungsi u(x, y) = x2−y2 adalah bagian real dari fungsi kompleks z. Ten-tukan bentuk bagian imajiner fungsi kompleks tersebut agar bersifat analitik.


Karena

∇2u =∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= 2− 2 = 0

maka berarti u(x, y) memenuhi persamaan Laplace atau dalam kata lainu(x, y) adalah fungsi harmonik.Kemudian dengan menggunakan persamaan Cauchy-Riemann dapat dipero-leh

∂v

∂y=

∂u

∂x= 2x

Maka dengan mengintegralkan terhadap y dapat diperoleh bentuk fungsiv(x, y), yaitu

v(x, y) =

∫

2x dy = 2xy + g(x)

dengan g(x) adalah fungsi dalam x yang merupakan konstanta integrasi. Se-lanjutnya dengan menggunakan kembali syarat Cauchy-Riemann maka dapatdiperoleh

∂v

∂x=

∂

∂x(2xy + g(x)) = 2y + g′(x) = −∂u

∂y= 2y

sehingga berarti g′(x) = 0 atau g = const.Jadi diperoleh bentuk fungsi v(x, y) = 2xy + const. Dengan demikian dipe-roleh bentuk fungsi kompleks z adalah

f(z) = u+ iv = x2 − y2 + 2ixy + const = z2 + const

5.10 Integral Kontur

Selain keempat teorema yang berkaitan dengan pengertian dan batasan fung-si analitik, terdapat pula beberapa teorema lainnya yang berkaitan denganpenggunaan fungsi kompleks.

Teorema V: Teorema Cauchy

Misalkan C adalah suatu kurva tertutup sederhana dengan lengkungan yanghalus kecuali beberapa titik tertentu yang jumlahnya terbatas, maka jika f(z)adalah fungsi analitik di dalam C dapat dinyatakan dengan

∮

sekeliling C

f(z)dz = 0 (5.26)

Persamaan yang diungkapkan dalam integral garis (teorema Cauchy) terse-but dinamakan integral kontur.

caku

lfi

50

80

by

kh

basa

r;se

m1

20

10

-20

11

5.10 Integral Kontur 107

Teorema VI: Perumusan Integral Cauchy

Jika f(z) adalah fungsi analitik pada dan di dalam suatu kurva sederhana C,maka nilai f(z) di suatu titik z = a yang berada di dalam kurva C adalah

f(a) =1

2πi

∮

f(z)

z − adz (5.27)

Contoh 1

Hitunglah integral∮

C

sin z

2z − πdz,

dengan C adalah lingkaran pada bidang kompleks dengan |z| = 2

Integral tersebut dapat dituliskan menjadi

∮

C

sin z

2z − πdz =

1

2

∮

C

sin z

z − π/2dz

Kurva C yang digunakan adalah berbentuk lingkaran berjari-jari 2 dalambidang kompleks. Bentuk f(z) adalah f(z) = sin z, dengan a = π/2. Karenaf(z) = sin z berarti f(z) bersifat analitik di dalam kurva C, sehingga dapatdigunakan Teorema VI. Maka diperoleh

1

2

∮

C

sin z

z − π/2dz = πi sin(π/2) = πi

Contoh 2

Hitunglah integral∮

C

sin z

2z − πdz,

dengan C adalah lingkaran pada bidang kompleks dengan |z| = 1

Integral tersebut dapat dituliskan menjadi

∮

C

sin z

2z − πdz =

1

2

∮

C

sin z

z − π/2dz


Karena C adalah lingkaran berjari-jari 1 dan menggunakan f(z) = sin z/(z−π/2), maka berarti f(z) adalah fungsi analitik dalam kurva C, sehingga bilamenggunakan Teorema V (Teorema Cauchy) dapat dinyatakan:

1

2

∮

C

sin z

z − π/2dz = 0

Contoh 3

Hitung integral∮

C

e3z

z − ln 2dz

jika C adalah bujur sangkar yang titik sudutnya pada (1, 0), (−1, 0), (0, i)dan (0,−i)

Fungsi kompleks f(z) berbentuk f(z) =e3z

z − ln 2, titik singularnya adalah

pada z = ln2. Karena titik singular tersebut berada di dalam daerah yangdibatasi oleh kurva C, maka dapat digunakan rumusan integral Cauchy

f(a) =1

2πi

∮

C

f(z)

z − adz =⇒

∮

C

f(z)

z − adz = 2πif(a)

Dengan demikian diperoleh∮

C

e3z

z − ln 2dz = 2πie3 ln 2 = 16πi

Teorema VII: Teorema Laurent

Misalkan C1 dan C2 adalah dua buah lingkaran yang pusatnya pada titikz0 dan f(z) adalah suatu fungsi analitik dalam daerah R di antara kedualingkaran tersebut maka f(z) dapat diuraikan menjadi bentuk deret yangkonvergen dalam R, yaitu

f(z) = a0 + a1(z − z0) + a2(z − z0)2 + · · ·+ b1

z − z0+

b2(z − z0)2

+ . . . (5.28)

dengan koefisien an dan bn adalah

an =1

2πi

∮

C

f(z)dz

(z − z0)n+1

bn =1

2πi

∮

C

f(z)dz

(z − z0)−n+1

(5.29)

caku

lfi

50

80

by

kh

basa

r;se

m1

20

10

-20

11

5.11 Teorema Residu dan Aplikasinya 109

dengan C adalah adalah sembarang kurva tertutup sederhana yang mengeli-lingi z0 dan terletak pada daerah R.

Beberapa pengertian yang terkait dengan teorema Laurent ini:

• Jika semua koefisien b sama dengan nol maka f(z) bersifat analitikpada z = z0 dan z0 disebut sebagai titik regular.

• Jika bn = 0 tapi kemudian nilai b setelah bn sama dengan 0 maka f(z)dikatakan mempunyai kutub orde n pada z = z0. Jika n = 1 makaf(z) mempunyai kutub sederhana (simple pole).

• Jika terdapat takhingga banyaknya koefisien b yang tidak sama dengannol maka f(z) dikatakan mempunyai essential singularity pada z = z0

• Koefisien b1 dari1

(z − z0)dinamakan residu dari f(z) pada z = z0.

Contoh

Misalkan sebuah deret ez = 1 + z +z2

2!+

z3

3!+ . . ..

Karena deret ini tidak mempunyai koefisien b (semua bn = 0) maka derettersebut analitik pada z = 0. Karena b1 = 0 maka berarti residu dari ez

pada z = 0 adalah sama dengan 0.

Misalkan sebuah deretez

z3=

1

z3+

1

z2+

z2

2!z+

1

3!+

z

4!+ . . ..

Bagian utama deret tersebut adalah1

z3+

1

z2+

z2

2!zyang berarti b1 = 1/2;

b2 = 1; b3 = 0 sedangkan bn untuk n > 3 sama dengan 0. Maka deret ter-

sebut mempunyai kutub orde 3 sedangkan residu dariez

z3pada z = 0 adalah

1

2!=

1

2.

5.11 Teorema Residu dan Aplikasinya

Teorema residu sangat berguna untuk menghitung integral. Teorema residudinyatakan dalam bentuk

∮

C

f(z)dz = 2πi× (jumlah residu dari f(z) di dalam C) (5.30)

Integral tersebut dihitung dengan arah berlawanan jarum jam pada kurva C.


Metode Penentuan Residu

Yang menjadi penting adalah bagaimana cara menemukan residu? Ada be-berapa cara penentuan residu suatu fungsi kompleks sebagaimana yang akandiuraikan berikut ini.

• Deret LaurentSebagaimana yang telah diuraikan sebelumnya, uraian deret Taylor da-ri suatu fungsi dapat digunakan untuk menentukan nilai residu fungsitersebut di suatu titik z = z0.ContohSuatu fungsi kompleks f(z) = ez/(z− 1). Tentukan residu dari f(z) diz = 1.

Bila fungsi ez diekspansikan dalam deret pangkat (z − 1) maka di-peroleh

ez

z − 1=

e ez−1

z − 1=

e

z − 1

[

1 + (z − 1) +(z − 1)2

2!+ . . .

]

=e

z − 1+ e+ . . .

Karena residu pada z = 1 diperoleh dari koefisien1

z − 1maka berarti

R(1) = e.

• Kutub tunggal (Simple Pole)Jika fungsi kompleks f(z) mempunyai kutub sederhana pada z = z0maka residu pada titik tersebut dapat diperoleh dengan mengalikanf(z) dengan (z − z0) kemudian hitung nilainya pada z = z0.Perumusannya secara umum dapat dituliskan sebagai berikut:

R(z0) = limz→z0

(z − z0)f(z) (5.31)

ContohHitunglah R(−1

2) dan R(5) untuk fungsi kompleks yang dinyatakan de-

ngan f(z) =z

(2z + 1)(5− z).

Untuk menghitung residu di titik z = −12, maka fungsi f(z) tersebut

dikalikan dengan (z + 12), diperoleh

(

z +1

2

)

f(z) =

(

z +1

2

)

z

(2z + 1)(5− z)=

z

2(5− z)

caku

lfi

50

80

by

kh

basa

r;se

m1

20

10

-20

11


Kemudian hitung nilainya dengan mensubstitusi z = −12, diperoleh

R(−12) =

−12

2(5 + 12)= − 1

22

Cara yang sama juga dilakukan untuk menghitung residu di titik z = 5

(z − 5)f(z) = (z − 5)z

(2z + 1)(5− z)= − z

2z + 1

R(5) = − z

2z + 1

∣

∣

∣

z=5= − 5

11

• Kutub ganda (Multiple Poles)Jika f(z) mempunyai kutub dengan orde n, maka dapat digunakanlangkah sebagai berikut untuk memperoleh nilai residu pada z = z0:kalikan f(z) dengan (z − z0)

m, di mana m adalah bilangan bulat yanglebih besar atau sama dengan orde n, kemudian differensialkan hasil-nya m− 1 kali, lalu dibagi dengan (m− 1)! dan hitung hasil akhirnyadengan mensubstitusi z = z0.ContohTentukan residu dari f(z) = (z sin z)/(z − π)3 di titik z = π.

Gunakan m = 3 untuk mengeliminasi penyebut, artinya kalikan f(z)dengan (z − π)3 sehingga diperoleh

(z − π)3f(z) = (z − π)3z sin z

(z − π)3= z sin z

kemudian differensialkan 2 kali dan selanjutnya dibagi dengan 2! se-hingga diperoleh

R(π) =1

2!

d2

dz2(z sin z)

∣

∣

∣

z=π=

1

2[−z sin z + 2 cos z]z=π = −1

Teorema Residu untuk menghitung integral

Sebagaimana telah disinggung sebelumnya bahwa teorema residu dapat digu-nakan untuk menghitung integral tertentu. Berikut ini beberapa contohnya.

Contoh 1

Hitunglah integral

I =

∫ 2π

0

dθ

5 + 4 cos θ


Jika digunakan variabel baru yaitu z = eiθ, maka dz = ieiθdθ atau dθ =1

izdz

dan cos θ =eiθ + e−iθ

2=

z + 1z

2. Sedangkan batas integral dalam variabel

θ yaitu dari θ = 0 hingga θ = 2π akan berubah menjadi lingkaran satuandalam bidang kompleks dengan |z| = 1 dan arahnya berlawanan dengan arahjarum jam. Dengan demikian integral tersebut dapat dinyatakan sebagai in-tegral kontur.Dengan variabel yang baru tersebut integral yang dimaksud dapat dituliskankembali dalam bentuk

I =

∮

C

1izdz

5 + 2(z + 1/z)=

1

i

∮

C

dz

5z + 2z2 + 2=

1

i

∮

C

dz

(2z + 1)(z + 2)

dengan C adalah kurva yang berupa lingkaran berjejari 1 dan berpusat dititik pusat koordinat pada bidang kompleks. Terlihat bahwa integran (yaitu

fungsi yang diintegralkan) berbentuk f(z) =1

(2z + 1)(z + 2)yang berarti

mempunyai kutub pada z = −12dan pada z = −2. Karena kurva C adalah

berupa lingkaran berjejari 1, maka berarti dari kedua kutub tersebut hanyakutub z = −1

2saja yang berada di dalam daerah yang dibatasi kurva C,

sedangkan kutub z = −2 berada di luar daerah yang dibatasi oleh kurva C.Residu dari f(z) pada z = −1

2dapat dihitung menggunakan metode kutub

sederhana (simple pole) yaitu

R(−12) = lim

z→−1

2

(z + 12)

1

(2z + 1)(z + 2)

∣

∣

∣

z=−1

2

=1

3

Selanjutnya dengan menggunakan teorema residu dapat diperoleh bahwa

I =1

i2πiR(−1

2) = 2π(1

3) =

2π

3

Sehingga diperoleh∫ 2π

0

dθ

5 + 4 cos θ=

2π

3

Contoh 2

Hitungkah integral

I =

∫ +∞

−∞

dx

1 + x2

caku

lfi

50

80

by

kh

basa

r;se

m1

20

10

-20

11


Untuk menghitung integral I tersebut, tinjau integral kontur berbentuk∮

C

dz

1 + z2

dengan C adalah kurva tertutup setengah lingkaran pada bidang kompleks(kuadran 1 dan kuadran 2) dengan jejari sembarang ρ > 1. Integran pada

integral kontur tersebut berbentuk f(z) =1

1 + z2=

1

(z − i)(z + i). Berarti

f(z) mempunyai kutub pada z = i dan pada z = −i. Di antara kedua kutubini hanya kutub pada z = i saja yang berada dalam daerah yang dibatasioleh kurca tertutup C (ingat bahwa C berbentuk setengah lingkaran padakuadran 1 dan 2). Kemudian nilai residu f(z) pada z = i dapat diperolehmenggunakan metode kutub sederhana (simple pole) yaitu

R(i) = limz→i

(z − 1)1

(z − i)(z + i)

∣

∣

∣

z=i=

1

2i

Dengan demikian dari teorema residu diperoleh∮

C

dz

1 + z2= 2πiR(i) = π

Integral kontur dengan lintasan berupa kurva C tersebut dapat dinyatakansebagai integral garis (integral lintasan) dengan lintasan pertama berupa ga-ris lurus sepanjang sumbu datar (sumbu x) dari −ρ hingga +ρ dan lintasankedua berupa lintasan setengah lingkaran yang dinyatakan dengan persama-an z = ρeiθ dengan θ dari 0 hingga π:

∮

C

dz

1 + z2=

∫ +ρ

−ρ

dx

1 + x2+

∫ π

0

ρieiθdθ

1 + ρ2e2iθ

Telah dihitung sebelumnya bahwa integral kontur yang dimaksud hasilnyaadalah π dan hasil ini tidak bergantung pada berapapun nilai ρ yang digunak-an. Perhatikan bahwa asalkan kurva C yang digunakan dalam penghitunganintegral kontur adalah setengah lingkaran pada kuadaran 1 dan 2, maka ber-dasarkan teorema residu nilai integralnya tetap sama. Artinya bila diambilρ → ∞, maka dapat dituliskan kembali

∮

C

dz

1 + z2= π = lim

ρ→∞

[∫ +ρ

−ρ

dx

1 + x2+

∫ π

0

ρieiθdθ

1 + ρ2e2iθ

]

=

∫ +∞

−∞

dx

1 + x2+ 0


Maka diperoleh hasil integral yang dimaksud yaitu

I =

∫ +∞

−∞

dx

1 + x2= π

Contoh 3

Hitunglah integral

I =

∫

∞

0

cos x

1 + x2dx

Tinjau suatu integral kontur yang berbentuk

∮

C

eizdz

1 + z2

dengan C adalah kurva tertutup setengah lingkaran pada bidang kompleks(kuadran 1 dan kuadran 2) dengan jejari sembarang ρ > 1 sebagaimanapada Contoh 2. Integran pada integral kontur tersebut mempunyai bentuk

f(z) =eiz

1 + z2yang berarti terdapat dua kutub pada z = i dan z = −i. Nilai

residu di dalam kurva C adalah

R(i) = limz→i

(z − 1)eiz

(z − i)(z + i)

∣

∣

∣

z=i=

1

2ie

Selanjutnya dengan teorema residu dapat dihitung integral kontur yang di-maksud yaitu

∮

C

eizdz

1 + z2= 2πiR(i) =

π

e

Sedangkan integral kontur tersebut dapat dituliskan dalam dua integral lin-tasan sesuai dengan kurva tertutup C yang digunakan (lihat kembaliContoh2 di atas)

∮

C

eizdz

1 + z2=

∫ +ρ

−ρ

eixdx

1 + x2+

∫

lintasan

dengan

z=ρeiθ

eizdz

1 + z2

Dengan demikian diperoleh bahwa

∫ +∞

−∞

eix

1 + x2dx =

π

e

caku

lfi

50

80

by

kh

basa

r;se

m1

20

10

-20

11


Kemudian bila diambil bagian real dari kedua ruas tersebut maka dapatdinyatakan

Re

[∫ +∞

−∞

eix

1 + x2dx

]

= Re[π

e

]

∫ +∞

−∞

cos x

1 + x2dx =

π

e

Selanjutnya karena fungsicos x

1 + x2adalah fungsi genap, maka integral dari

−∞ hingga +∞ sama dengan dua kali integral dari 0 hingga +∞, sehinggadiperoleh

∫ +∞

0

cos x

1 + x2dx =

1

2

∫ +∞

−∞

cos x

1 + x2dx =

π

2e

bab 5 bilangan dan fungsi kompleks cakul ﬁ5080 by … sebagai rumus euler) ... dan c (kapasitor),...

Documents