Makalah

Fungsi AnalitikDisusun untuk memenuhi tugas mata kuliah Analisis Kompleks

Dosen Pengampu: Dr. Kartono, M. Si

Disusun Oleh:

Jayanti Putri P. (4101408060)

Atik Suryani (4101408080)

Tri Diana Wijayanti (4101408145)

Ike Dwi Utami (4101408149)

JURUSAN MATEMATIKA

FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM

UNIVERSITAS NEGERI SEMARANG

2011

Fungsi Analitik

TUJUAN:

a. Mahasiswa dapat memahami fungsi variabel kompleks

b. Mahasiswa dapat menyajikan fungsi variabel kompleks secara geometris

c. Mahasiswa dapat memahami definisi dan konsep limit pada bilangan kompleks

d. Mahasiswa dapat memahami definisi dan konsep kekontinuan pada bilangan kompleks

e. Mahasiswa dapat memahami definisi dan konsep turunan pada fungsi kompleks

Fungsi Analitik

A. Fungsi Variabel Kompleks

Diberikan D suatu subhimpunan bidang kompleks C dan f suatu fungsi dari D ke

dalam C. Jika z menyatakan sembarang titik di dalam D, jadi z menyatakan bilangan

kompleks dalam D, maka z dinamakan suatu variabel kompleks . Untuk z ∈ D maka nilai

fungsi f (z) adalah bilangan kompleks. Fungsi yang bernilaikan bilangan kompleks disebut

fungsi bernilai kompleks atau fungsi kompleks. Jadi fungsi f ini adalah fungsi kompleks dari

variabel kompleks dengan daerah definisi D. Dalam pelajaran fungsi variabel kompleks

daerah definisi suatu fungsi dinamakan domain definisi fungsi itu, meskipun daerah definisi

itu bukan suatu domain. Nilai fungsi kerap dinyatakan dengan huruf w, sehingga fungsi f

dengan domain definisi D ditulis w = f (z) dengan z ∈ D. Biasanya suatu fungsi diberikan

dengan disertakan eksplisit domain definisinya. Akan tetapi, jika fungsi diberikan tanpa

disertakan domain definisinya, maka domain definisi selalu dimaksud himpunan yang paling

besar yang dapat dijadikan domain definisi fungsi itu. Misalnya, diberikan fungsi w = 1/z,

maka domain definisinya adalah C – {0} yaitu seluruh bidang kompleks C kecuali titik 0

sebab untuk z=0, maka fungsi tidak didefinisikan.

Kaitan Dengan Fungsi Real Dari Dua Variabel Real

Andaikan bahwa w = u + iv dengan u∈ℜdan v∈ℜ adalah nilai fungsi f di z

= x + iy, jadi u + iv = f (x+iy). Hal ini berkaitan dengan fungsi real dari dua variabel real

yaitu jika diberikan fungsi bernilai kompleks dari variabel kompleks f (z), maka f (z) = u

(x,y) + iv (x,y) dengan u dan v fungsi bernilai real dari variabel real x dan y. Fungsi u (x,y)

dan v ( x,y) berturut-turut dinamakan bagian real dan bagian imajiner dari fungsi f (z).

Contoh 1:

Nyatakan fungsi f (z) = z2 dalam bentuk kartesius.

Maka f (z) = f (x + iy) = (x + iy)2 = x2 – y2 + i2xy.

Jadi, u (x,y) = x2 – y2 dan v (x,y) = 2xy.

Contoh 2:

Nyatakan f (z) = z+1

z dalam bentuk polar.

Karena z = reiθ

maka f (reiθ

) = reiθ

+

1

reiθ

Y

O X

. Z . W

O U

VBidang-Z Bidang-W

w=f(z)

= r (cos θ+i sinθ ) + 1

r(cosθ−i sin θ )

= (r+ 1

r) cosθ + i (r−1

r)sin θ

Jadi, u ( r , θ )= (r+ 1

r) cos θ

dan v (r ,θ )=(r−1

r)sinθ

.

Fungsi f ( z )= x2∫

0

ω

e− yt dt + ∑n=0

ω

xn

memiliki domain definisi lajur tak

hingga { z : z = x + iy, -1<x<1, y>0 } sebab integral tak wajar dan deret tak hingga di atas

konvergen hanya bila variabel x dan y memenuhi syarat -1<x<1 dan y>0. Dapat juga terjadi

fungsi f (z) bernilai real dalam domain yang di tinjau, dalam hal ini v (x,y) = 0 dalam domain

itu, sebagai misal f (z) = |z| untuk z∈C.

Untuk n bulat positif dan co, c1, ... , cn konstanta kompleks fungsi

P (z) = c0+c1z+ ... + cnzn ( cn ¿ 0 ) dinamakan fungsi sukubanyak berderajat n. Fungsi konstan

f (z) = c0 adalah fungsi suku banyak berderajat nol, sedangkan g (z) = c0 + c1z untuk c1¿ 0

sukubanyak berderajat satu atau fungsi linier. Hasil bagi sukubanyak P (z) dan Q (z) yakni P

(z) / Q (z) dinamakan fungsi rasional.

B. Mapping

Dalam kalkulus telah dipelajari bagaimana menggambar grafik fungsi real y=f(x)

yang grafiknya berupa suatu lengkungan yang berada pada bidang datar. Demikian pula

grafik fungsi dua peubah real z=f(x,y) berupa suatu permukaan yang berada pada ruang.

Penyajian secara geometri dari fungsi kompleks w=f(z), z∈Df berada pada ruang

berdimensi-4. Karena itu untuk menggambarkan fungsi kompleks diperlukan dua bidang,

bidang yang pertama untuk variabel z yang dinamakan bidang-Z dan yang kedua bidang-W

tempat menyajikan nilai fungsi f. Nyatakan x + iy untuk Z dan u + iv untuk W. Pada bidang-

Z tetapkan sumbu real OX dan sumbu imaginer OY sedangkan pada bidang-W tetapkan

sumbu real OU dan sumbu imaginer OV. Situasi tersebut diperlihatkan pada gambar dibawah

ini.

Y Bidang-Z V

z3

z1

z2

w2

w1w

3

OX U

Bidang-W

1 10

Contoh:

Misalkan fungsi w = f(z) = z̄ untuk setiap z∈C dengan z = x + iy, diperoleh w= f(z) = x–iy.

Oleh karena itu,

Untuk z1 = 2+3i, diperoleh w1 = 2-3i

Untuk z2 = 1-2i, diperoleh w2 = 1+2i

Untuk z3 = 4i, diperoleh w3 = -4i dan seterusnya.

Grafiknya diperlihatkan seperti berikut ini.

Untuk contoh yang lain:

Diketahui domain dengan pusat (0,0) dan f(z) = z. Tentukan transformasi f(z) = z + 1 dan

gambarkan dalam 1 bidang!

Selesaian :

Jelas f(z)= z dan r = 1.

Domain pusat (0,0).

Maka grafik domainnya

O

0 1 2

0 1 2

Bayangan F(z) = z + 1

= z + B

Jelas B = 1.

= a + ib

= 1 + i0

Jadi, pusat bayangan (a,b) = (1,0).

Grafik bayangan :

Bila f(z) = z dan f(z) = z + 1 digambar dalam 1 bidang :

C. Limit

Diberikan fungsi f dengan dominan definisi daerah D. Dalam pasal ini akan dibahas

pengertian limit fungsi f (z) untuk variabel z mendekati titik z0, suatu titik limit daerah D.

Telah didefinisikan pengertian titik limit, titik z0 disebut titik limit D. Jika untuk setiap δ > 0,

sekitar N (z0, δ ) = { z : |z−z0| <

δ } memuat paling sedikit satu titik z1∈D dan z1 ≠z0.

Definisi

Diberikan suatu fungsi f yang terdefinisi pada daerah D⊆C dan z0∈D .

Y V

X U

z0

L

0 0u L

11

Rf

F(z) u+ivvzy0

y

x

Df = D f

L2

Bidang-Z Bidang-W

a) limz→ z0

f ( z )= L jika dan hanya jika untuk setiap bilangan ε>0 terdapat bilangan

δ >0 sehingga jika 0<|z−z0|<δ , z∈D berlaku |f ( z )−L|<ε

b) limz→ z0

f ( z )= L jika dan hanya jika untuk setiap lingkungan N(L,ε ) terdapat

lingkungan terhapuskan N*(z0,δ ) sehingga jika z∈N*(z0,δ )¿ D berlaku f(z) ∈

N(L,ε ).

Definisi ini secara geometris dapat ditafsirkan sebagai berikut.

Untuk nilai ε>0 yang diberikan maka nilai δ dalam definisi di atas tergantung

kepada nilai ε itu. Biasanya makin kecil ε diberikan, makin kecil juga δ . Ini

memperlihatkan bahwa nilai f(z) akan makin dekat kepada nilai L, apabila variabel z makin

dekat kepada zo. Tetapi harap pembaca perhatikan dalam definisi di atas, bahwa variabel z

benar mendekati zo namun tidak pernah sama dengan zo. Persyaratan untuk titik zo harus titik

limit D, ini diperlukan agar vaiabel z ∈ D dapat mendekati sedekat-dekatnya ke zo. Titik zo

ini dapat dipilih titik interior atau titik perbatasan D. Perlu diingat titik perbatasan D tidak

perlu anggota D.

Contoh:

Buktikan bahwa limz→1

iz2

= i2

.

Bukti:

Misalkan f ( z )= iz

2 maka Df = C.

Akan dibuktikan bahwa ∀ ε>0 ∃ δ >0 sehingga 0<|z−1|<δ berlaku |iz

2− i

2|<ε

Hasil yang ingin dicapai dapat ditulis

|iz2− i

2|=|i

( z−1)2

|=|z−12

|< δ2<ε

Langkah pembuktian:

Pilih δ≤2 ε maka ∀ ε>0 ∃ δ >0 sehingga 0<|z−1|<δ <2 ε berlaku

|iz2− i

2|=|i

( z−1)2

|=|z−12

|< 2 ε2

=ε .

Jadi terbukti bahwa limz→1

iz2

= i2

.

D. Teorema Limit

TEOREMA 1:

Diberikan fungsi komplek f terdefinisi pada daerah D⊆C dengan z0∈D dan L ,M ∈C .

(a) Jika limz → z0

f ( z )=Ldan limz → z0

f ( z )=M , maka L=M

(b) limz → z0

f ( z )=L jika dan hanya ji ka terdapat bilangan k>0 dan bilangan δ >0 sehingga

berlaku |f (z )|<k untuk setiap z∈N (z0 , δ)⋂D

Teorema di atas akan dibuktikan hanya bagian (b) saja, sedangkan bagian (a) diberikan

sebagai latihan.

Bukti:

Diberikan bilangan ε>0 sebarang. Terdapat bilangan δ >0 sehingga jika

¿|z−z0|<δ , z0∈D berlaku |f ( z)−L|<1. Oleh karena itu, diperoleh

|f (z )|=|f ( z)−L|≤|f ( z )−L|+¿1+|f (z)|

Ambil bilangan k=1+|L|>0, diperoleh|f (z )|<k untuk z∈N (z0 , δ)⋂D

TEOREMA 2:

Diberikan fungsi kompleks f dan g yang terdefinisi pada daerah D=D f ⋂D g⊆C dengan

z0∈D .

Jika limz → z0

f ( z )=Ldan limz → z0

g ( z )=M ,maka

(a) limz → z0

[ f ( z )+g(z )]=L+M

(b) limz → z0

kf ( z )=kL, k∈C

(c) limz → z0

[ f ( z ) . g (z)]=LM

(d) limz → z0

f (z )g (z)

= LM

, M ≠ 0

Akan dibuktikan teorema bagian (c) sedangkan yang lainnya diberikan sebagai latihan.

Bukti:

Pada bagian ini yang akan dibuktikan untuk kasus L ≠0 dan M ≠ 0. Hasil yang dicapai

dapat ditulis:

|f ( z) g ( z )−LM|=|( f ( z ) g ( z )−Lg ( z ) )+(Lg (z )−LM )| ≤|f ( z ) g ( z )−Lg (z)|+|Lg (z )−LM| ≤|g(z )|.|f ( z )−L|+|L|.|g ( z)−M|<ε .

Diberikan bilangan ε>0 sebarang. Karena limz → z0

g ( z )=M , maka

terdapat bilangan δ 1>0 dan bilangan k>0 sehingga berlaku |g(z )|≥ k untuk setiap

∈N (z0 , δ 1)⋂D ;

terdapat bilangan δ 2>0 sehingga jika 0<|z−z0|<δ 2, z∈D, berlaku

|f ( z)−L|< ε2|k|

;

terdapat bilangan δ 3>0 sehingga jika0<|z−z0|<δ 3, z∈D , berlaku

|g ( z )−M|< ε2|L|

. Diambil δ=min {δ1 , δ2 , δ3 } , diperoleh

|f ( z) g ( z )−LM|=|( f ( z ) g ( z )−Lg ( z ) )+(Lg (z )−LM )|≤|f ( z ) g ( z )−Lg (z)|+|Lg (z )−LM|

≤|g ( z )|.|f (z )−L|+|L|.|g (z )−M|

¿k .ε

2|k|+|L|.

ε2|L|

=ε , bila 0<|z−z0|<δ .

Dengan kata lain terbukti bahwa

limz → z0

[ f ( z ) . g (z)]=LM .

Limit dari nilai mutlak suatu fungsi yang terdefinisi pada suatu daerah

disajikan pada teorema berikut ini.

TEOREMA 3:

Diberikan fungsi kompleks f yang terdefinisi pada daerah D C dengan zo∈D.

(a) Jika limz → z0

¿f(z)=L, L≠0 maka limz → z0

|f (z)|=|L|

(b) limz → z0

¿f(z)=0, jika dan hanya jika limz → z0

|f (z)|=0.

Akan dibuktikan teorema bagian (a), sedangkan bagian lainnya diberikan kepada para

pembaca sebagai latihan.

Bukti (a):

Diberikan bilanganε>0 sebarang, maka terdapat bilanganδ >0 sehingga jika

0<¿ z−z0¿<δ, z ∊ D berlaku

||f (z )|−|L||=|f (z )−L|<ε .

Jadi terbukti bahwa limz → z0

|f (z)|=|L|.

TEOREMA 4:

Diberikan fungsi f, g, dan h didefinisikan pada daerah D=D f ⋂D g⊆C dan z0∈D, Jika

|f (z )|≤|g(z )|≤|h(z)| untuk setiap z ∊N*(z0, δ ¿ D), limz → z0

|f (z)|=|L| danlimz → z0

|h (z)|=|L|, maka

limz → z0

|g(z )|=|L|.

Bukti:

Diberikan bilangan ε>0 sebarang, maka

terdapat bilanganδ 1>0dan bilangank>0 sehingga berlaku |f (z )|<kuntuk setiap z ∊N*(z0

, δ 1¿ D)

terdapat bilanganδ 2>0 dan dan bilangank>0 sehingga berlaku |h (z)|<kuntuk setiapz ∊

N*(z0, δ 2¿ D);

Ambilδ = min{δ1 , δ2 }Diperoleh|f (z )|≤|g(z )|≤|h(z)|<k untuk setiap z ∊N*(z0, δ ¿ D);sehingga berlaku|g(z )|<k .

Jadi terbukti bahwalimz → z0

|g(z )|=|L|.

Contoh:

Hitunglahlimz →0

x2

z.

Penyelesaian:

Karena0 ≤|x2

z |=|x2||z|

≤|x|≤|z|dan limz → 0

|0|=limz → 0

|z|=0 , makalimz → 0

|x2

z |=0. Akibatnya lim x2

zz → 0

=0.

TEOREMA 5:

Diberikan f(z)=u(x,y)+iv(x,y) terdefinisi pada daerahD⊆C dan zo= a+ib

∈D , limz → z0

f ( z )=A+ iB jika dan hanya jika lim( x , y )→ (a , b)

u ( x , y )=A dan lim( x , y )→ (a , b)

v (x , y )=B .

Bukti:

(=>) Diberikan bilangan ε>0 sebarang. Diketahui limz → z0

f ( z )=A+iB berarti terdapat bilangan

δ >0 sehingga jika0<¿ z−z0¿<δ berlaku|f ( z)−( A+ iB)|<ε . Dengan kata lain, terdapat

bilanganδ >0 sehingga jika 0<‖z−z0‖<δ berlaku

|u ( x , y )+iv ( x , y )−A+iB|<ε atau |u ( x , y )−A| + |v ( x , y )−B|<ε.

Jadi, untuk bilanganε>0 di atas terdapat bilangan δ >0sehingga jika0<‖z−z0‖<δ

berlaku|u ( x , y )−A|<ε dan |v ( x , y )−B|<ε

Jadi terbukti bahwa lim( x , y )→ (a , b)

u ( x , y )=A dan lim( x , y )→ (a , b)

v (x , y )=B .

(<=) Diberikan bilangan ε>0 sebarang.

Karena lim( x , y )→ (a , b)

u ( x , y )=A berarti terdapat bilangan δ 1>0 sehingga jika 0<‖z−z0‖<δ1

berlaku|u ( x , y )−A|<¿ ε2

.Dengan kata lain, untuk bilanganε>0 di atas terdapat bilangan δ 1>0

sehingga jika 0<‖z−z0‖<δ1 berlaku |u ( x , y )−A|<¿ ε2

.

Karena lim( x , y )→ (a , b)

v (x , y )=B berarti terdapat bilangan δ 2>0 sehingga jika 0<‖z−z0‖<δ2

berlaku |v ( x , y )−B|<¿ ε2

. Dengan kata lain, untuk bilangan ε>0 di atas terdapat bilangan

δ 2>0 sehingga jika 0<‖z−z0‖<δ2 berlaku |v ( x , y )−B|<¿ ε2

.

Dipilih δ=min { δ 1 , δ 2}, diperoleh jika 0<¿ z−z0¿<δ berlaku

|f ( z)−( A+iB )|=|(u (x , y )−A )+ (v ( x , y )−B )|≤|(u ( x , y )−A )|+|( v ( x , y )−B )|

¿ ε2+ ε

2=ε .

Jadi terbukti bahwa limit limz → z0

f ( z )=A+iB .

Kontrapositif dari teorema di atas merupakan suatu pernyataan yang benar, yaitu:

‘Jika lim( x , y )→ (a , b)

u ( x , y ) atau lim( x , y )→ (a , b)

v (x , y ) tidak ada, maka limz → z0

f ( z ) tidak ada”.

TEOREMA 6:

Diberikan f(z)=u(x,y)+iv(x,y), terdefinisi pada daerah D⊆C dan zo= a+ib∈D ,

Jika limz → z0

f ( z )=L maka limz → z0

f ( z ) selalu ada dengan nilai L untuk z→ z0 sepanjang kurva

S⊆D dan z0 suatu limit S.

Akibat dari teorema di atas adalah sebagai berikut:

“Jika fungsi f mempunyai limit yang berbeda untuk z→ z0 sepanjang dua kurva yang

mempunyai titik limit z0, maka limz → z0

f ( z ) tidak ada”.

Contoh:

Diketahui f(z) =

2 xyx2+ y2

+ ix2

y+1. Selidiki apakah

limz→0

f ( z )ada.

Penyelesaian:

Misalkan z→0 sepanjang garis y=0 diperoleh f(z) = f (x,0) = ix2.

Jadi sepanjang garis y=0, limz→0

f ( z )=limx→ 0

ix2=0 .

Misalkan z→0 sepanjang garis y=x.

Diperoleh f (z) = f (x, x) = 1+ ix2

x+1 .

Jadi, sepanjang garis y=x, limz→0

f ( z )=limx→ 0

(1+ ix2

x+1)=1 .

Karena sepanjang garis y=0 dan sepanjang garis y=x nilai limitnya berbeda, maka limz→0

f ( z )

tidak ada.

E. Limit Tak Hingga

Kita akan bekerja dalam C* = C¿ {ω }. Elemen ω adalah nilai w= 1/z untuk z = 0

dan untuk z = ω nilai w=0. Hal ini telah di bicarakan dalam bab sebelumnya. Bayangan

daerah cakram {z:|z|<δ } di bidang z oleh fungsi w = 1/z adalah daerah {w:|w|>M } di

bidang w dengan M = 1/δ . Tampak bahwa makin kecil δ makin besar nilai M, sehingga

untuk z→0 maka M→∞ . Jadi jika z→0 maka 1/z→∞ . Dengan demikian maka

limx→∞

f (z )= limx→∞

f (1/ z ) kalau limit ini ada.

Definisi

Bilangan L adalah limx→∞

f (z )jika untuk setiap ε>0 , terdapat δ >0, sehingga untuk

0<|z|<δ berlaku |f (1/ z )−L|<ε .

Bilangan L adalah limx→∞

f (z )jika untuk setiap ε>0 , terdapat M sehingga untuk |z|>M

berlaku |f ( z )−L|<ε .

Definisi

Dikatakan bahwa limx→x 0

f ( z )= ∞jika

limx→x 0

1f ( z )

= 0, yakni jika diberikan M>0, terdapat

δ >0, sehingga untuk semua z di mana 0<|z−zn|<δ

berlaku |f ( z )|>M .

Contoh

1.limz →4

3 iz+1z−4

= ∞, sebab

limz →4

1/ f ( z ) =limz→ 4

z−43 iz+1

= 0

2.limz→0

3 iz+1z+1

= 3, sebab

limz→0

1/ f ( z ) =limz→ 0

3z

+ 1

1z+1

= limx→0

3+z1+z

=3 .

F. Kekontinuan

Konsep kekontinuan fungsi kompleks diperkenalkan melalui konsep limit fungsi

skalar atau ε−δ . Kekontinuan fungsi kompleks di sutu titik dan pada suatu himpunan

didefinisikan sebagai berikut :

DEFINISI 2:

a. Diberikan fungsi kompleks f terdefinisi pada region D⊆C yang memuat z0 dengan

z0 suatu titik limit dari D. fungsi f dikatakan kontinu z0 jika lim ¿ z→ z0 f ( z )=f ( z0 )

b. Diberikan fungsi terdefinisi pada region yang D⊆C memuat z0. Fungsi f dikatakan

kontinu di z0 jika untuk setiap bilangan ε>0 terdapat bilangan δ >0 sehingga jika

|z−z0|<δ , zϵD berlaku ¿ f ( z )−f ( z0 )∨¿ ε

c. Fungsi f dikatakan kontinu pada region D⊆C jika f kontinu di setiap titik pada D

Teorema berikut memperlihatkan penguraian fungsi kompleks ke dalam bentuk

f ( z )=u ( x , y )+ iv ( x , y ) . Hal ini menunjukan bahwa kekontinuan fungsi kompleks merupakan

syarat perlu dan cukup untuk kekontinuan fungsi-fungsi komponennya.

TEOREMA 7:

Diberikan f ( z )=u ( x , y )+ iv ( x , y ) terdefinisi pada region D⊆ C yang memuat

z0=a+ib . Fungsi f kontinu di z0 jika dan hanya jika u ( x , y ) dan v ( x , y )kontinu di (a , b )

Bukti :

Bukti teorema ini merupakan akibat langsung dari teorema 5, karena yang harus

dibuktikan adalah lim ¿ z→ z0 f ( z )=f ( z0 ) jika dan hanya jika

lim ¿ ( x , y ) → (a ,b )u ( x , y )=u (a ,b ) atau lim ¿ ( x , y ) → (a ,b ) v (x , y )=v (a ,b ).

Sifat kekontinuan fungsi kompleks pada rumus berikut dibuktikan dengan cara yang sama

seperti sifat kekontinuan fungsi real, karena itu diberikan sebagai latihan.

TEOREMA 8 :

a. Diberikan fungsi f dan g terdefinisi pada region D⊆

C dan z0 D dan k suatu konstanta

kompleks. Jika f dan g kontinu di z0 , maka fungsi f + g, kf, dan fg semuanya kontinu di

z0. Sedangkan fungsi fg

kontinu di z0 asalkan g ( z0 ) ≠0.

b. Jika fungsi kompleks f kontinu di z0 dan fungsi g kontinu di f(z0), maka fungsi komposisi

g o f kontinu di z0

Dengan menggunakan definisi dan berbagai sifat kekontinuan fungsi kompleks, dapat

dibuktikan bahwa fungsi berikut semuanya kontinu pada daerah definisinya.

TEOREMA 9 :

a. Fungsi polinom f kontinu pada seluruh bidang kompleks

b. Fungsi rasional f ( z )= h (z )g ( z )

( h dan g fungsi polinom) kontinu pada C−{z∈C : g ( z )=0 }

Bukti :

a. Bukti untuk teorema 9a

I. Jika f(z) = k dengan konstanta kompleks, maka lim ¿ z→ z0 f ( z )=k untuk

setiap z∈Cdan z0∈C. Diberikan bilangan ε>0, maka terdapat bilangan δ >0

Sehingga jika |z−z0|<δ berlaku |f ( z)−k|=|k−k|<εuntuk setiap z∈C (disini

δdiambil sembarang). Jadi lim ¿ z→ z0 f ( z )=k.

II. Jika f(z) = z untuk setiap z∈C, maka lim ¿ z→ z0 f ( z )=z0. Diberikan ε>0,

sebarang, maka terdapat bilangan 0<δ<ε sehingga jika |z−z0|<δ ≤ ε berlaku

|f ( z)−f ( z0 )|=|z−z0|<ε. jadi lim ¿ z→ z0 f ( z )=lim ¿ z→ z0 z=z0.

Oleh karena itu, diperoleh lim ¿ z→ z0 z2=z02 dan lim ¿ z→ z0 z3=z0

3.

Dengan prinsip induksi matematika diperoleh bahwa lim ¿ z→ z0 zn=z0n , n∈N .

Akibatnya :

i. lim ¿ z→ z0a zn=az0n , a∈

Jika f ( z )=a0 zn+a1 zn−1+a2 zn−2+…+an−1 z+an, maka diperoleh

lim ¿ z→ z0 f ( z )=a0 z0n+a1 z0

n−1+a2 z0n−2+…+an−1 z0+an=f ( z0 ) untuk setiap z0

∈C .

Terbukti bahwa fungsi polinom kontinu pada C.

b. Bukti untuk teorema 9b

Diketahui fungsi rasional f ( z )= h (z )g ( z )

, g (z ) ≠ 0 dengan h dan g fungsi polinom. Diambil

z0∈C , diperoleh :

lim ¿ z→ z0 f ( z )= h (z )g ( z )

, g (z ) ≠ 0

¿h ( z0 )g ( z0 )

, g ( z0 ) ≠ 0

¿ f ( z0 )

Jadi terbukti bahwa fungsi f kontinu pada C−{z∈C : g ( z )=0 }

G. TURUNAN FUNGSI KOMPLEKS

DEFINISI 3:

Diberikan fungsi f terdefinisi pada region D⊆C dan z0∈D. Turunan fungsi f di

z0 didefinisikan dengan

f ' ( z0 )=lim ¿ z → z0

f (z )−f ( z0 )z−z0

Jika limit ada.

Pada definisi diatas , misalkan z – z0 =∆ z. Diperoleh z = z0 + ∆ z dan z→ z0 jika dan

hanya jika ∆ z →0, di turunan fungsi f di z0 dapat ditulis

f ' ( z0 )= lim ¿ ∆ z → 0f ( z0+∆ z)−f ( z0 )

∆ z

DEFINISI 4:

Diberikan fungsi f terdefinisi pada region D⊆C . Turunan fungsi f pada D

didefinisikan dengan

f ' ( z0 )=lim ¿ ∆ z → 0f ( z0+∆ z)−f ( z0 )

∆ z

Jika limit ada

Misalkan z+∆ z=w , maka ∆ z=w−z. Karena ∆ z →0 jika dan hanya jika w → z, sehingga

definisi turunan diatas dapat ditulis dalam bentuk

f ' ( z )=lim ¿w → zf (w )−f (z )

w−z

Jika limit ini ada.

Contoh :

Misalkan fungsi f didefinisikan dengan f ( z )= z2

, carilah f' ( z ) .

Penyelesaian :

Diketahui

f ' ( z )=lim ¿w → zf (w )−f (z )

w−z

¿ lim ¿w → zw2−z2

w−z

¿ lim ¿w → z (w+ z )

¿2 z

TEOREMA 10 :

Diberikan fungsi f terdefinisi pada region D⊆C dan z0∈D. Jika f ' ( z0 ) ada,

maka f kontinu di z0.

Bukti :

Karena f ' ( z0 )= lim ¿ ∆ z → 0f ( z0+∆ z)−f ( z0 )

z−z0

ada , diperoleh

.f ( z )= lim ¿ ∆ z → 0f ( z0+∆ z)−f ( z0 )

z−z0( z−z0 )+f ( z0 )

¿ lim ¿∆ z→ 0f ( z0+∆ z )−f ( z0 )

z−z0

. lim ¿ z → z0 ( z−z0 )+ lim ¿ z→ z0 f ( z0)

¿ f ' ( z0 ) .0+ f ( z0 )

¿ f ( z0 )

Jadi terbukti bahwa f kontinu di z0.

Teorema diatas menyatakan bahwa jika f tidak kontinu di z0, maka f ' ( z0 ) tidak ada.

Syarat kekontinuan f di z0 hanyalah syarat perlu agar f dapat diturunkan di z0, tetapi syarat ini

tidak cukup. Meskipun f kontinu di z0 belum tentu f dapat diturunkan di z0.

Proses menentukan fungsi turunan dengan menggunakan definisi tidak sederhana lagi

untuk fungsi yang aturannya rumit karena limitnya sukar di hitung. Dibawah ini bebarapa

aturan mengenai fungsi turunan operasi aljabar pada dua fungsi dan aturan rantai.

TEOREMA 11:

a) Jika fungsi f dan g dapat diturunkan pada region D⊆C, maka fungsi f + g , f – g, kf (

k konstanta) dan fg dapat diturunkan pada D dan ditentukan oleh aturan:

( f +g )' ( z )=f ' ( z )+g' (z )

( f −g )' (z )=f ' ( z )−g' ( z )

(kf )'=k f ' ( z )

( fg )' ( z )=f ' ( z ) g ( z )+f ( z ) g ' ( z )

b) Jika fungsi f dan g dapat diturunkan pada region D⊆C, dan g ≠ 0 pada D, maka

fungsi fg

dapat diturunkan pada D dan ditentukan oleh aturan :

( fg )

'

(z )= f ' ( z ) g ( z )−f ( z ) g' ( z )⌈ g ( z ) ⌉2

Akan dibuktikan teorema bagian b) , sedangkan untuk teorema a) akan diberikan

sebagai latihan.

Bukti :Teorema (b) :

misalkan h ( x )= 1g (z )

, g ( z )≠ 0, diperoleh

h' ( z )=lim ¿∆ z→ 0h ( z+∆ z )−h ( z)

∆ z

¿ lim ¿∆ z→ 0

1g ( z+∆ z )

− 1g ( z )

∆ z

¿ lim ¿∆ z→ 0g ( z )−g ( z+∆ z )

∆ z. g ( z+∆ z ) . g ( z )

¿−lim ¿ ∆ z→ 0g ( z+∆ z )−g ( z )

∆ z.

1g ( z+∆ z ) . g ( z )

¿−g ' ( z )

[g ( z ) ]2

Sehingga diperoleh

( fg )

'

=(f .1g )

'

( z )

¿ f ' ( z ) . 1g (z )

+f ( z ) .[−g' ( z )( g ( z ) )2 ]

¿f ' ( z) g ( z )−f ( z ) g ' ( z )

( g ( z ) )2

Jadi terbukti bahwa

( fg )

'

(z )= f ' ( z ) g ( z )−f ( z ) g' ( z )

( g ( z ) )2

Dengan menggunakan teorema di atas dan definisi turunan fungsi dapat dibuktikan rumus

berikut :

TEOREMA 12:

Diberikan fungsi f yang dapat diturunkan pada C.

a. Jika f(z) = k untuk setiapz∈C dengan k suatu konstanta, maka f ' ( z )=0

b. Jika f(z) = z untuk setiapz∈C, maka f ' ( z )=1

c. Jika f(z) = zn untuk setiapz∈C ,n∈N , maka f ' ( z )=n zn−1

d. Jika f ( z )=a0 zn+a1 zn−1+…+an−1 z+an untuk setiap z∈C, n∈N , maka

f ' ( z )=a0 n zn−1+a1 (n−1 ) zn−2+…+an−1

e. Jika f(z) = zn untuk setiap z∈C, n∈Z , maka f ' ( z )=n zn−1

Contoh:

.ddz

( z3−3 z2+ z−4+2 )=3 z2−6 z−4 z−5

.ddz

( z3−z−2 ) ( z2+5 )=( 3 z2+2 z−3 ) ( z2+5 ) ( z3−z−2) 2 z

.ddz ( z4−3

z2+1 )= 4 z3 ( z2+1 )−( z4−3 ) 2 z

( z2+1 )2

Permasalahan dalam menentukan fungsi turunan , banyak yang belum dapat

diselesaikan dengan menggunakan rumus yang sudah dipelajari. Oleh karena itu memerlukan

suatu alat yang dinamakan aturan rantai. Aturan rantai digunakan untuk menentukan turunan

dari fungsi kompleks.

TEOREMA 13 :

Diberikan fungsi w=g (u ) dan u=f ( z ). Jika fungsi f dapat diturunkan di z dan

fungsi g dapat diturunkan di ¿ f ( z ) , maka w=( gof ) ( z )=g (f ( z ) ) dapat diturunkan di z dan

( gof )' ( z )=g ' ( f ( z ) ) . f ' ( z )

Dari teorema diatas , diperoleh bahwa dwdu

=g' (u )=g' (f ( z ) ) dan dudz

=f ' ( z ) dengan

demikian teorema diatas dapat ditulis dalam bentuk

dwdz

=dwdu

.dudz

Bukti :

a. w=g (u ) dapat diturunkan di u = f(z), maka

∆ w=g ' (u ) .∆ u+ε ( ∆u ) . ∆ u ; lim ¿∆ u →0 ε (∆ u )=0

¿ dgdu

∆ u+ε ( ∆u ) . ∆ u

Jika ∆ z ≠ 0, maka

∆ w∆ z

=dgdu

.∆ u∆ z

+ε (∆ u ) . ∆u∆ z

b. u=f ( z ) dapat diturunkan di z, maka ∆ u=f ( z+∆ z )−f ( z ), sehingga diperoleh∆ u→ 0

jika dan hanya jika ∆ z →0.

Jadi , lim ¿∆ u→0 ε (∆ u )=lim ¿∆ z →0 ε ( ∆ z )=0

c.∆ w∆ z

=dgdu

.∆ u∆ z

+ε (∆ u ) . ∆u∆ z

, maka

lim ¿∆ z→ 0∆ w∆ z

=dgdu

. lim ¿ ∆ z→ 0∆u∆ z

. lim ¿ ∆ z → 0∆u∆ z

dwdz

=dgdu

.dudz

+0.dudz

¿ dgdu

.dudz

¿ dwdu

.dudz

Contoh :

Diberikan f ( z )= ( z−1+2 z+3 )4. Carilah f ' ( z ).

Penyelesaian :

Misalkan u=z−1+2 z+3, maka

dudz

=−z−2+2 dan dfdu

=4u3=4 ( z−1+2 z+3 )3

Jadi diperoleh

f ' ( z )= dfdu

.dudz

¿4 ( z−1+2 z+3 )3 (−z−2+2 )