tf2201 bab 1 fungsi kompleks

I - 1

FUNGSI KOMPLEKS

Bilangan Kompleks

Bilangan kompleks dituliskan sebagai : z = a + bi atau z = (a,b),

di mana : a,b ∈ R, i = 1− ,

a = Re(z) = bagian riil dari z,

b = Im(z) = bagian imaginer dari z.

Contoh : z = 8 - 7i

imaginer

riil 8

-7 z = 8 – 7i

I - 2

Operasi Aritmatika Bilangan Kompleks

Diberikan z1 = a1 + b1i dan z2 = a2 + b2i.

a. jumlah :

z1 + z2 = (a1 + a2) + (b1 + b2)i.

b. selisih :

z1 - z2 = (a1 - a2) + (b1 - b2)i.

c. perkalian :

z1.z2 = (a1 + b1i)(a2 + b2i) = (a1a2 - b1b2) + (a1b2 + a2b1)i.

d. pembagian :

z1/z2 = (a1 + b1i)/(a2 + b2i) =

(a1 + b1i)(a2 - b2i) a1a2 + b1b2 b1a2 - a1b2

= + i

(a2 + b2i)(a2 - b2i) a22 + b2

2 a22 + b2

2

I - 3

Contoh :

Diberikan z1 = 3 – i dan z2 = 2 + 4i.

z1 + z2 = (3 + 2) + (-1 + 4)i = 5 + 3i,

z1 - z2 = (3 - 2) + (-1 - 4)i = 1 - 5i,

z1.z2 = (3 - i)(2 + 4i) = (3.2 + 4) + (3.4 – 1.2)i = 10 + 10i,

z1/z2 = (3 - i)/(2 + 4i) =

(3 - i)(2 - 4i) 3.2 + -1.4 2.-1 – 3.4 10 14i

= + i = + =

(2 + 4i)(2 - 4i) 22 + 42 22 + 42 20 20

0,1 – 0,7i.

I - 4

Sifat-Sifat :

1. komutatif : z1 + z2 = z2 + z1 dan

z1.z2 = z2.z1 .

2. asosiatif : z1 + (z2 + z3) = (z1 + z2) + z3 dan

z1 .(z2 . z3) = (z1 . z2) . z3

3. Terdapat 0 = 0 + 0i sehingga 0 + z = z, ∀ z ∈ C,

di mana : C = himp. bil. kompleks

4. ∀ z ∈ C terdapat –z sehingga z + (-z) = 0

5. Terdapat 1 = 1 + 0i sehingga 1.z = z , ∀ z ∈ C

6. ∀ z ≠ 0 terdapat z-1 sehingga z.z-1 = 1

7. distributif : z1 . (z2 + z3) = z1.z2 + z1.z3

I - 5

Conjugate

Definisi : Conjugate dari z = a + bi adalah z = a – bi.

Contoh : z = 3 – 4i, maka z = 3 + 4i.

imaginer

riil

z = a + bi

z = a - bi

+b

+a

-b

Sifat-sifat : 1. z1 + z2 = z1 + z2

2. z1 - z2 = z1 - z2

3. z1 . z2 = z1 . z2

4. z1 / z2 = z1 / z2

I - 6

Nilai Absolut (Mutlak)

Definisi : Nilai absolut dari z = a + bi adalah |z| = 22 ba +

a

z = a + bi

P |z| = |OP|

P = ttk ujung z = a + bi b

O

Sifat-sifat :

1. |z|2 = z.z 5. z = z

2. |z1.z2| = | z1|.|z2| 6. |z| = |z| = |-z|

3. |z1/z2| = | z1|/|z2| 7. |Re(z)| ≤ |z|, |Im(z)| ≤ |z|

4. |z1 + z2| ≤ |z1| + |z2| (ketidaksamaan segitiga)

I - 7

Argumen

y

b

P z = a + bi

O

θ x

a

Sifat-sifat :

1. arg(z1.z2) = arg(z1) + arg(z2)

2. arg(z1/z2) = arg(z1) - arg(z2)

Penulisan z dalam koordinat polar

z dapat ditulis dalam bentuk nilai absolut dan argumen :

z = a + bi = r cos θ + i r sin θ = r(cos θθθθ + i sin θθθθ),

di mana : r = |z| dan θ = arg z.

Argumen z = arg z = θ =

sudut antara sb x+ dengan segmen OP.

arg z = θθθθ = arctg b/a

I - 8

Diberikan : z1 = r1(cos θ1 + i sin θ1) dan

z2 = r2(cos θ2 + i sin θ2).

z1. z2 = r1. r2[(cos θ1. cos θ2 - sin θ1. sin θ2) + i (cos θ1. sin θ2 + cos θ2. sin θ1)]

= r1. r2[cos(θ1 + θ2) + i sin(θ1 + θ2)]

Terlihat bahwa : | z1. z2| = r1. r2 dan arg(z1. z2) = arg z1 + arg z2.

Secara umum (Rumus De Moivre) :

Bila z = r(cos θ + i sin θ),

maka zn = r

n(cos nθθθθ + i sin nθθθθ),

di mana : |zn| = rn dan arg(zn) = n arg z.

Penggunaan rumus De Moivre → Menentukan akar persamaan.

I - 9

Contoh 1 : Hitunglah akar-akar dari z3 = -1.

Jwb : Gunakan koordinat polar z = r(cos θ + i sin θ), dan rumus De Moivre :

z3 = r3(cos 3θθθθ + i sin 3θθθθ), dan tuliskan –1 dalam koordinat polar :

–1 = 1(cos ππππ + i sin ππππ) = 1[cos(π+k2π) + i sin(π+k2π)].

r3 = 1 → r = 1 dan 3θθθθ = ππππ+k2ππππ → θ = π/3 + k2π/3, k = 0, 1, 2.

k = 0 → z1 = r(cos θ + i sin θ) = 1(cos π/3 + i sin π/3) = 0,5 + i 0,866

k = 1 → z2 = r(cos θ + i sin θ) = 1(cos π + i sin π) = -1

k = 2 → z3 = r(cos θ + i sin θ) = 1(cos 5π/3 + i sin 5π/3) = 0,5 - i 0,866

z1

z3

z2

-1

I - 10

Contoh 2 : Hitunglah akar-akar dari z5 = 1 + i.

Jwb : z = r(cos θ + i sin θ)

z5 = r5(cos 5θ + i sin 5θ),

1 + i = 2 (cos π/4 + i sin π/4) = 2 [cos(π/4 + k2π) + i sin(π/4 + k2π)]

r5 = 2 → r = 20,1 dan 5θ = π/4 + k2π → θ = π/20 + 2kπ/5, k = 0,1,2,3,4.

k = 0 → z1 = 20,1(cos π/20 + i sin π/20) = 1,0586 + i 0,1676

k = 1 → z2 = 20,1(cos 9π/20 + i sin 9π/20) = 0,1676 + i 1,0586

k = 2 → z3 = 20,1(cos 17π/20 + i sin 17π/20) = -0,9550 + i 0,4866

k = 3 → z4 = 20,1(cos 25π/20 + i sin 25π/20) = -0,7579 - i 0,7579

k = 4 → z5 = 20,1(cos 33π/20 + i sin 33π/20) = 0,4866 - i 0,9550.

I - 11

Himpunan

θθθθ = θθθθ0. →

Himpunan bil kompleks yang terletak pada semigaris y = mx, dengan m = tg θ.

θ0

|z| = r. →

Himpunan bil kompleks yang terletak pada lingkaran yang berpusat di (0,0)

dengan jari-jari r.

r

I - 12

|z – z0| = r. →

Himpunan bil kompleks yang terletak pada lingkaran yang berpusat di titik z0

dengan jari-jari r.

|z – z0| < r. → cakram buka

Himpunan bil kompleks yang terletak di dalam lingkaran yang berpusat di titik

z0 dengan jari-jari r.

|z – z0| ≤≤≤≤ r. → cakram tutup

Himpunan bil kompleks yang terletak di dalam dan pada lingkaran yang

berpusat di titik z0 dengan jari-jari r.

r1 < |z – z0| < r2. → anulus buka

Himpunan bil kompleks yang terletak di antara lingkaran yang berpusat di titik

z0 dengan jari-jari r1 dan lingkaran yang berpusat di titik z0 dengan jari-jari r2.

r1 ≤≤≤≤ |z – z0| ≤≤≤≤ r2. → anulus tutup.

I - 13

Himpunan S ⊂ C ( S subset C) dikatakan buka bila ∀ x∈C ada r > 0, sehingga

|z – x| < r termuat di S.

Contoh : |z – z0| < r adalah himpunan buka.

Himpunan S ⊂ C dikatakan tutup bila Sc = C\S buka.

(Sc = komplemen S, C\S = C dikurangi S).

Contoh : |z – z0| ≤≤≤≤ r adalah himpunan tutup.

Himpunan S ⊂ C dikatakan tersambung (connected) bila setiap 2 titik di S

dapat dihubungkan oleh beberapa (berhingga) garis-garis patah (segmen) yang

berada di S.

Contoh :

I - 14

Himpunan S dikatakan domain di C bila S buka dan tersambung.

Contoh :

1. |z - z0| < r adalah domain di C,

2. S = { z|Re(z) > 0 } adalah domain di C,

3. |z - z0| ≤ r bukan domain karena berupa himpunan tutup,

4. S = { z|Re(z) ≥ 0 } bukan domain karena berupa himpunan tutup.

Titik z0 disebut titik limit dari S ⊂ C, bila ∀ ε > 0, {z| |z-z0| < ε}I S\{z0} ≠ Φ,

di mana Φ = himpunan kosong, atau terdapat barisan {zn} di S yang konvergen

ke z0. z konvergen ke z0 atau lim zn = z0 artinya ∀ ε > 0 ada N0 asli sehingga

n→∞ |zn-z0| < ε, n > N0.

Contoh : 1. Setiap titik dalam garis adalah titik limit dari garis tsb.

2. |z| < r mempunyai titik limit setiap titik dalam cakram |z| ≤ r.

I - 15

Persamaan garis dalam bentuk kompleks

Persamaan garis dalam bentuk riil dinyatakan dalam : ax + by + c = 0. (*)

Dari z = x + iy dan −

z = x – iy,

maka didapatkan x = (z + −

z )/2 dan y = (z - −

z )/2i. (**)

Subsitusikan (**) pada (*), maka : a(z + −

z )/2 + b(z - −

z )/2i + c = 0 atau

(a/2 + b/2i)z + (a/2 – b/2i) −

z + c = 0, atau

→→→→ (a/2 – ib/2)z + (a/2 + ib/2) −

z + c = 0

Contoh :

Garis 2x – 3y + 2 = 0 mempunyai pers. dalam bentuk kompleks :

(2/2 – i(-3)/2)z + (2/2 + i(-3)/2) −

z + 2 = 0, atau

(1 + 1,5i)z + (1 – 1,5i) −

z + 2 = 0.

I - 16

Limit dan Kekontinuan Fungsi Kompleks

Fungsi f : A → B, A⊂C dan B ⊂C, adalah suatu aturan yang mengkaitkan

setiap anggota A dengan hanya satu anggota B.

a∈A

f(a)∈B, f(a) disebut nilai fungsi di a

f ≡ bentuk aturannya (fungsi)

A = domain f = D(f) = { z∈C | f(z) terdefinisi (ada) }

B = codomain(f)

Range f = R(f) = { f(z) | z ∈D(f) }

A

D(f) R(f)

B

I - 17

Contoh :

1. f(z) = z2, D(f) = C,

2. f(z) = 1/{z(z-1)}, D(f) = { z∈C | z ≠ 0 dan z ≠ 1 }.

Bila f(z) → L jika z → a, kita katakan L limit dari f(z) jika z → a, ditulis

lim f(z) = L.

z→a

lim f(z) = L, artinya ∀ ε > 0 ada δ > 0 sehingga |f(z)-L| < ε utk 0 < |z-a| < δ. z→a

y f

x z

z

a

L

f(z)

ε

δ

Perhatian : z→a dapat dari segala arah.

I - 18

Contoh :

1. lim z2 = a2.

z→a

2. lim zn = an.

z→a

3. lim (z-−

z )/(z+−

z ) = ?

z→0

tuliskan z = x + iy dan −

z = x – iy, maka z-−

z = i2y dan z+−

z =2x

lim (z-−

z )/(z+−

z ) = lim 2iy/2x = 2ix/2x = i

z→0 x+iy→0 y=x

y=2x

2i2x/2x = 2i

pendekatan dari kedua arah tidak sama, jadi limitnya tidak ada.

Catatan : limit selalu tunggal.

I - 19

4. lim (z+−

z )/|z| = lim 2x/ 22yx + = 2x/ 22 xx + = 2/ 2 = 2

z→0 x+iy→0 y=x

y=2x

2x/ 242 xx + = 2/ 5


5. lim Re(z)/|z| = lim x/ 22yx + = x/ 22 xx + = 1/ 2

z→0 x+iy→0 y=x

y=2x

x/ 242 xx + = 1/ 5


I - 20

f(z) dikatakan kontinu di z = a, apabila lim f(z) = f(a).

z→a

f(z) dikatakan kontinu pada S ⊂ C, apabila f kontinu di setiap a ∈ S.

Contoh :

1. f(z) = z2 kontinu di setiap z = a

2. f(z) = zn kontinu di setiap z = a

3. f(z) = ez kontinu di setiap z = a

4. f(z) = (z+−

z )/|z| tidak kontinu di z = 0 karena lim f(z) tidak ada.

z→0

5. f(z) = Re(z)/|z| tidak kontinu di z = 0 karena lim f(z) tidak ada.

z→0

I - 21

Turunan

d f(z)/dz = f ′(z) = lim {f(z + z0) – f(z)}/z0.

z0→0

Turunan di satu titik :

d f(z0)/dz = f ′(z0) = lim {f(z0 + h) – f(z0)}/h.

h→0

Contoh :

1. f(z) = z2.

f ′(z) = lim {f(z + z0) – f(z)}/z0 = lim{(z+z0)2-z2}/z0 = lim (2zz0+z0

2)/z0 = 2z

z0→0 z0→0 z0→0

2. Umumnya :

f(z) = zn, maka f ′(z) = nzn-1.

I - 22

3. f(z) = z

f ′(z) = lim {f(z + z0) – f(z)}/z0 = lim (z+z0 - z )/z0 = lim ( z + z0 - z )/z0 =

z0→0 z0→0 z0→0

lim z0/z0 = lim (x0-iy0)/(x0+iy0) = lim {(x0-iy0)(x0-iy0)}/(x0+iy0)(x0-iy0)} =

z0→0 x0+iy0→0 x0+iy0→0

lim (x02 – y0

2 – i2x0y0)/(x02 + y0

2) = lim –2ix02/2x0

2 = -i

x0+iy0→0 y0=x0 x0→0

y0=2x0

lim (-3x02-4ix0

2)/5x02 = -3/5 – i4/5

x0→0

limit tidak ada, maka f ′′′′(z) tidak ada.

I - 23

Fungsi Analitik

Definisi :

1. Fungsi f(z) disebut analitik pada domain D, bila f(z) terdiferensial

(mempunyai turunan) di setiap titik pada D.

2. Fungsi f(z) disebut analitik di suatu titik z = z0, bila f(z) analitik pada

suatu lingkungan dari z0, yaitu terdapat r > 0 sehingga f(z) analitik pada

cakram |z – z0| < r.

Contoh :

1. f(z) = z2 adalah analitik di setiap z ∈ C, jadi analitik di setiap domain D.

2. f(z) = z tidak analitik di setiap z ∈ C.

3. f(z) = sin z adalah analitik di setiap z ∈ C.

4. f(z) = ez adalah analitik di setiap z ∈ C.

I - 24

Persamaan-Persamaan Cauchy-Riemann

Misalkan f(z) = u(x,y) + iv(x,y). Syarat perlu dan cukup agar f(z) analitik pada

domain D adalah :

∂u/∂x = ∂v/∂y dan ∂u/∂y = -∂v/∂x pada D.

Ini dikenal sebagai persamaan-persamaan Cauchy-Riemann.

Kalau ini berlaku (f analitik pada domain D), maka

f ′(z) = ∂u/∂x + i∂v/∂x atau f ′(z) = ∂v/∂y -i∂u/∂y.

Contoh :

1. f(z) = z2.

z2 = (x + iy)2 = (x2 - y2) + i2xy = u(x,y) + iv(x,y)

∂u/∂x = 2x, ∂v/∂y = 2x. Terlihat ∂u/∂x = ∂v/∂y.

∂u/∂y = -2y, ∂v/∂x = 2y. Terlihat ∂u/∂y = -∂v/∂x.

Pers-pers Cauchy-Riemann dipenuhi, jadi f(z) = z2 analitik pada domain D.

I - 25

2. f(z) = z .

z = x - iy = x + i(-y) = u(x,y) + iv(x,y)

∂u/∂x = 1, ∂v/∂y = -1. Terlihat ∂u/∂x ≠ ∂v/∂y, jadi f(z) = z tidak analitik.

3. f(z) = |z|2.

|z|2 = x2 + y2 = u(x,y). di sini v(x,y) = 0.

∂u/∂x = 2x, ∂v/∂y = 0. . Terlihat ∂u/∂x ≠ ∂v/∂y, jadi f(z) = |z|2 tidak analitik.

Dalam hal koordinat polar :

f(z) = u(r,θ) + iv(r,θ)

maka persamaan-persamaan Cauchy-Riemann :

∂u/∂r = 1/r ∂v/∂θ dan ∂v/∂r = -1/r ∂u/∂θ

I - 26

Misal u = u(x,y). Operator ∇2 u = ∂2u/∂x2 + ∂2u/∂y2 disebut operator Laplace.

Persamaan ∇2 u = 0 disebut persamaan Laplace.

Solusinya disebut fungsi harmonik.

Contoh : ∇2 u = ∂2u/∂x2 + ∂2u/∂y2 = 0.

Solusinya u = x2 – y2 merupakan fungsi harmonik.

Misalkan f(z) = u(x,y) + iv(x,y). Bila f(z) analitik pada D atau u dan V

memenuhi pers-pers Cauchy-Riemann, maka u dan v masing-masing solusi pers

Laplace, yaitu ∂2u/∂x2 + ∂2u/∂y2 = 0 dan ∂2v/∂x2 + ∂2v/∂y2 = 0.

Dengan demikian u dan v merupakan fungsi-fungsi harmonik; di sini v disebut

conjugate harmonic dari u.

Jika fungsi harmonik u diketahui, maka conjugate harmonic-nya dapat dicari

dengan menggunakan pers-pers Cauchy-Riemann.

I - 27

Contoh :

u = x2 – y2 adalah fungsi harmonik. Tentukan fungsi conjugate harmonic-nya v

dan tentukan pula fungsi analitik f(z) dengan Re(f(z)) = x2 – y2 !

Jawab :

Dari ∂u/∂x = ∂v/∂y, maka 2x = ∂v/∂y. Jadi v(x,y) = 2xy + h(x). (*)

Dari ∂u/∂y = -∂v/∂x, maka –2y = -∂v/∂x, atau 2y = ∂v/∂x. (**)

Daari (*) dan (**), maka 2y + h′(x) = 2y. → h′(x) = 0. → h(x) = c.

Jadi fungsi conjugate harmonic v(x,y) = 2xy + c.

Fungsi analitik f(z) dengan Re(f(z)) = x2 – y2 adalah :

f(z) = u(x,y) + iv(x,y) = x2 – y2 + i(2xy + c) = x2 – y2 + i2xy + ic =

(x + iy)2 + ic = z2 + ic.

I - 28

Fungsi-Fungsi Elementer

1. Fungsi Rasional.

w = zn, dengan n = asli, adalah analitik pada C.

w = c0 + c1z + c2z2 + … + cnz

n (polinom kompleks) analitik pada C.

Fungsi rasional w = p(z)/q(z), q(z) ≠ 0, p(z) dan q(z) polinom, analitik di

semua titik pada C kecuali di titik q(z) = 0.

Contoh :

w = (1 + 2iz + 3z2)/(1 – z2) analitik di z ≠ ±1.

I - 29

2. Fungsi Akar.

W = n z , fungsi bernilai banyak (ganda).

(lain dengan fungsi riil y = n x fungsi bernilai tunggal).

Harga (nilai) n z ditentukan seperti yang dibahas sebelumnya dengan

menggunakan koordinat polar.

Z = r[cos(θ+2kπ) + i sin(θ+2kπ)]

n z = n r [cos{(θ+2kπ)/n} + i sin{(θ+2kπ)/n}], k = 0, 1, 2, …

principal value : k = 0, → n r [cos θ/n + i sin θ/n]

Contoh : w = z , maka

w1 = r (cos θ/2 + i sin θ/2) dan w2 = r [cos (θ/2+π) + i sin (θ/2+π)].

I - 30

3. Fungsi Eksponen.

Definisi : ez = exp z = ex(cos y + i sin y).

Re(ez) = ex cos y, Im(ez) = ex sin y.

Sifat-sifat :

1. ez analitik di setiap titik, karena u(x,y) = ex cos y dan v(x,y) = ex sin y

memenuhi persamaan-persamaan Cauchy-Riemann

2. (ez)′ = d/dz(ez) = ez.

3. ez1+z2 = ez1 ez2 .

Khususnya : ex+iy = ex eiy = ex (cos y + i sin y) = ez.

I - 31

4. Dari sifat 3, maka eiy = cos y + i sin y (Rumus Euler).

|eiy| = (cos2 y + sin2 y)0,5 = 1.

5. |ez| = ex , arg(ez) = y.

6. e2πi = cos 2π + i sin 2π = 1 = e-2πi ,

eπi = e-πi = -1, e0,5πi = i, e-0,5πi = -i.

7. ez+2πi = ez.e2πI = ez.1 = ez, artinya ez periodik dengan perioda 2πi.

-π < arg ez ≤ π atau -π < y ≤ π dikenal sebagai daerah fundamental untuk ez

, berupa jalur (strip) antara y = -π dengan y = π.

8. ez ≠ 0 karena ez.e-z = e0 = 1, (untuk fungsi riil ex > 0).

I - 32

Contoh 1: Tentukan z yang memenuhi ez = 1.

ez = ex.(cos y + i sin y).

1 = 1.(cos 0 + i sin 0) = 1.[cos (0±2nπ) + i sin (0±2nπ)] =

1.(cos ±2nπ + i sin ±2nπ).

ez = 1, maka : ex.(cos y + i sin y) = 1.(cos ±2nπ + i sin ±2nπ)

ex = 1, jadi x = 0. y = ±2nπ, n = bulat.

Jadi solusinya : z = x + iy = 0 ± 2nπ = ±2nπ, n = bulat.

Contoh 2 : Tentukan z yang memenuhi ez = ez.

ez = ex (cos y + i sin y)

ez = ex (cos y - i sin y)

ez = ez, maka : ex (cos y + i sin y) = ex (cos y - i sin y)

sin y = - sin y, →2 sin y = 0, → sin y = 0, → y = ±kπ, k = 0, 1, 2, …

Jadi solusinya : z = x + iy = x ± ikπ, k = 0, 1, 2, …, x sebarang.

I - 33

Contoh 3 : Tentukan x yang memenuhi exp(z2) = 1.

z2 = (x + iy)2 = (x2 – y2) + i2xy

exp(z2) = exp{(x2 – y2) + i2xy} = exp(x2 – y2)(cos 2xy + i sin 2xy)

1 = 1(cos ±2kπ + i sin ±2kπ)

exp(z2) = 1, maka exp(x2 – y2)(cos 2xy + i sin 2xy) = 1(cos ±2kπ + i sin ±2kπ)

exp(x2 – y2) = 1, → x2 – y2 = 0, → y = ±x (*)

2xy = ±2kπ, → xy = ±kπ, → y = ±kπ/x (**)

Dari (*) dan (**), maka ±x = ±kπ/x, → x2 = kπ, → x = ± πk

y = ±x = ± πk

Jadi solusinya : z = x + iy = ± πk + i ± πk , k = 0, 1, 2, …

I - 34

4. Fungsi Trigonometri

Untuk x riil : cos x = (eix + e-ix)/2, dan sin x = (eix - e-ix)/2i

Untuk z kompleks, didefinisikan :

cos z = (eiz + e-iz)/2, sin z = (eiz - e-iz)/2i,

tg z = sin z/cos z, ctg z = cos z/sin z, sec z = 1/cos z, cosec z = 1/sin z.

Sifat-sifat :

a. cos(-z) = cos z, sin(-z) = - sin z, tg(-z) = - tg z, ctg(-z) = - ctgz.

b. sin(z±2nπ) = sin z, cos(z±2nπ) = cos z, tg(z±nπ) = tg z, ctg(z±nπ) = ctg z.

c. d/dz sin z = cos z, d/dz cos z = - sin z,

d/dz tg z = sec2 z, d/dz ctg z = - cosec2 z,

d/dz sec z = sec z tg z, d/dz cosec z = - cosec z ctg z.

d. cos(z1 + z2) = cos z1 cos z2 – sin z1 sin z2,

cos(z1 - z2) = cos z1 cos z2 + sin z1 sin z2,

I - 35

sin(z1 + z2) = sin z1 cos z2 + cos z1 sin z2,

sin(z1 - z2) = sin z1 cos z2 - cos z1 sin z2,

sin2 z + cos2 z = 1.

e. Rumus Euler untuk kompleks : eiz = cos z + i sin z.

f. Dari : cos(x+iy) = cos x cos iy – sin x sin iy,

sin(x+iy) = sin x cos iy + cos x sin iy,

cos iy = (e-y + ey)/2 = cosh y, dan

sin iy = (e-y - ey)/2i = i sinh y, maka :

cos z = cos(x+iy) = cos x cosh y – i sin x sinh y, dan

sin z = sin(x+iy) = sin x cosh y + i cos x sinh y.

Jadi : Re(cos z) = cos x cosh y, Im(cos z) = - sin x sinh y,

Re(sin z) = sin x cosh y, Im(sin z) = cos x sinh y.

I - 36

5. Fungsi Hiperbolikus

Definisi : cosh z = (ez + e-z)/2, sinh z = (ez - e-z)/2.

Sifat-sifat :

cosh z = cos iz = cos(-y+ix) = cos y cosh x + i sin y sinh x,

sinh z = -i sin iz = -i sin(-y+ix) = -i(- sin y cosh x + i cos y sinh y) =

cos y sinh x + i sin y cosh x.

Jadi :

Re(cosh z) = cos y cosh x, Im(cosh z) = sin y sinh x,

Re(sinh z) = cos y sinh x, Im(sinh z) = sin y cosh x.

I - 37

6. Logaritma

Definisi : ln z = w, di mana ew = z, z ≠ 0.

Ambil w = u + iv dan z = reiθ.

ew = eu + iv = eu eiv = reiθ.

eu = r =|z|, → u = ln |z|, dan v = θ = arg z.

Jadi : ln z = w = u + iv = ln|z| + i arg z = ln{(x2+y2)0,5} + i arg(x + iy).

ln z merupakan fungsi bernilai banyak.

Untuk -π < arg z ≤ π, Ln z = principal value dari ln z.

Jadi : ln z = Ln z ± 2nπi.

Bila z riil negatif, maka nilai prinsipal dari arg z adalah π dan Ln z= ln |z| + πi.

Sifat-sifat : 1. ln z1z2 = ln z1 + ln z2 , 2. ln z1/z2 = ln z1 - ln z2 ,

3. d/dz ln z = 1/z, z ≠ 0.

I - 38

Contoh :

a. ln (–1) = ln |-1| + πi ± 2nπi = 0 + πi ± 2nπi = ±(2n-1)πi, n = 1, 2, 3, …

Ln (–1) = πi.

b. ln i = ln |i| + i π/2 ± 2nπi = 0 + i π/2 ± 2nπi = i π/2 ± 2nπi, n = 0, 1, 2, …

Ln i = i π/2.

c. ln 1+i = ln |1+i| + i π/4 ± 2nπi = ln 2 + i π/4 ± 2nπi, n = 0, 1, 2, …

Ln 1+i = ln 2 + i π/4.

d. ln (–i) = ln |-i| - i π/2 ± 2nπi = 0 - i π/2 ± 2nπi = -i π/2 ± 2nπi, n = 0, 1, 2, …

Ln (–i) = - i π/2.

e. ln –2-2i = ln|-2-2i| - 0,75πi ± 2nπi = ln 8 - 0,75πi ± 2nπi, n = 0, 1, 2, …

Ln –2-2i = ln 8 - 0,75πi.

I - 39

7. Pangkat Umum Dari z

Definisi : zc = e c ln z .

Karena ln z fungsi bernilai banyak, maka zc umumnya fungsi bernilai banyak.

Bila :

c = n = 1, 2, 3, …, maka zn bernilai tunggal,

c = -n = -1, -2, -3, …, maka z-n = i/zn juga bernilai tunggal,

c = 1/n, n = 2, 3, 4, …, maka z1/n = n z bernilai banyak, terdapat n nilai yang

berlainan,

c = p/q, p, q asli, q≠0, maka zc bernilai banyak,

c riil rasional atau kompleks dengan Im(c) ≠ 0, maka zc bernilai tak hingga

banyaknya.

I - 40

Contoh :

1. ii = e i ln i = e i(πi/2 ± 2nπi) = e -π/2 ± 2nπ = e -π/2( 1 ± 4n) , n = 0, 1, 2, …

nilai prinsipalnya = e -π/2

2. (1 + i )i = e i ln (1+i) = e i (ln 2 + (πi/4 ± 2nπi)) = e (-π/4 ± 2nπ) + i ln 2 =

e (-π/4 ± 2nπ) { cos (ln 2 ) + i sin (ln 2 ) }, n = 0, 1, 2, …

nilai prinsipalnya = e -π/4 { cos (ln 2 ) + i sin (ln 2 ) }.

I - 41

Integral Fungsi Kompleks

1. Integral Garis

Misalkan C suatu lengkungan licin di bidang kompleks. Jadi C dapat ditulis

dalam bentuk parameter.

y

x

C

x0

z0

zn

y0

yn

xn

z(t) dan dz(t)/dt kontinu pada a ≤ t ≤ b dengan dz(t)/dt ≠ 0.

Selang [a,b] dibagi atas n buah titik : a=t0, t1, t2, …………, tn=b, dengan urutan

t0 < t1 < t2 < ……. < tn .

z(t) = x(t) + i y(t), a ≤ t ≤ b.

x(a) = x0, y(a) = y0, → z0 = x0 + i y0 .

x(b) = xn, y(b) = yn, → zn = xn + i yn .

I - 42

Sebut zj = z(tj), j = 0, 1, 2, ……., n. Maka lengkungan C terbagi atas n bagian

oleh titik-titik z0, z1, ……, zn.

y

x

C

x0

z0

z1 z2

zn-1 zn

y0

yn

xn

Ambil tititk-titik ξi di antara zi-1 dengan zi, i = 1, 2, ….., n.

Misalkan f(z) didefinisikan pada C.

Bentuk sebarang jumlah : Sn = ∑=

n

i 1f(ξi) ∆zi, ∆zi = zi – zi-1.

S1, S2, ……, Sn, … merupakan barisan.

I - 43

Bila Sn konvergen (yaitu lim Sn ada), maka kita katakan limitnya itu sebagai

n→∞

integral garis dari f(z) terhadap C dan ditulis dengan : ∫C

f(z) dz,

jadi : ∫C

f(z) dz = lim Sn.

n→∞

C disebut lengkungan (lintasan) pengintegralan.

Dapat diperlihatkan bahwa untuk C licin : z(t) = x(t) + i y(t), a ≤ t ≤ b, maka :

∫C

f(z) dz = ∫b

a

f(z(t)).dz(t)/dt dt.

I - 44

Contoh 1 : Hitung ∫C

1/z dz, bila C lingkaran berjari-jari 1 dengan pusat O

dengan arah berlawanan arah jam !

C mempunyai persamaan parameter :

y

x

C

t

z(t) y(t)

x(t)

dz(t)/dt = - sin t + i cos t.

∫C

1/z dz = ∫π2

0

(1/z(t)).(dz(t)/dt) dt = ∫π2

0

(- sin t + i cos t)/(cos t + i sin t) dt =

∫π2

0

i(cos t + i sin t)/(cos t + i sin t) dt = i ∫π2

0

dt = 2πi.

x(t) = cos t,

y(t) = sin t.

z(t) = x(t) + i y(t) = cos t + i sin t,

0 ≤ t ≤ 2π.

I - 45

Contoh 2 : Tentukan ∫C

Re(z) dz, bila C garis yang menghubungkan z0 = 0

dengan z1 = 1 + i.

Persamaan lengkungan C adalah :

y

x

C

z0

z1

1

1

dz(t)/dt = 1 + i.

Ambil x(t) = t, sehingga y(t) = x(t) = t karena persamaan garis C adalah y = x.z(t) = x(t) + i y(t) = t + it, 0 ≤ t ≤ 1.

I - 46

f(z(t)) = Re(z(t)) = x(t) = t.

∫C

Re(z) dz = ∫1

0

Re(z(t)).(dz(t)/dt) dt = ∫1

0

t.(1 + i) dt = (1 + i) ∫1

0

t dt = 0,5(1 + i).

I - 47

Contoh 3 : Tentukan ∫C

(z – z0)m dz, dengan m = bulat, dan C adalah lingkaran

berjari-jari ρ dengan pusat z0 dan arah integrasi berlawanan dengan arah jam !

Persamaan C dapat dituliskan :

z(t) = z0 + ρ(cos t + i sin t) = z0 + ρ eit, 0 ≤ t ≤ 2π.

z(t) - z0 = ρ eit. → (z(t) - z0)

m = ρm eimt.

dz(t)/dt = iρ eit.

∫C

(z – z0)m dz = ∫

π2

0

(z(t)-z0)m.(dz(t)/dt) dt = ∫

π2

0

ρm eimt. iρ eit dt =

iρm+1 ∫π2

0

ei(m+1)t dt = [ρm+1 /(m+1)].(ei(m+1)2π -1) =[ ρm+1 /(m+1)].(1-1) = 0, m ≠- 1.

I - 48

Sifat-Sifat Integral Garis :

1. Bila C dapat dibagi atas 2 lengkungan C1 dan C2, maka

∫C

f(z) dz = ∫1C

f(z) dz + ∫2C

f(z) dz.

2. ∫1

0

z

zf(z) dz = - ∫

0

1

z

zf(z) dz.

3. ∫C

(k1.f1(z) + k2.f2(z)) dz = k1 ∫C

f1(z) dz + k2 ∫C

f2(z) dz.

4. Bila panjang C adalah l, dan |f(z)| ≤ M, z ∈ C, maka | ∫C

f(z) dz| ≤ Ml.

Contoh :

Diberikan ∫C

f(z) dz dengan C berupa lingkaran berjari-jari ρ.

Panjang C = l = 2πρ. |f(z)| = |1/z| = 1/|z| = 1/ρ.

| ∫C

f(z) dz| ≤ Ml = (1/ρ).2πρ = 2π.

I - 49

Teorema Integral Cauchy

Domain D disebut domain tersambung sederhana, bila setiap lengkungan

tutup sederhana di dalam D hanya menutupi titik-titik dari D. Domain yang

tidak tersambung sederhana disebut domain tersambung ganda.

Contoh :

Domain yang berbentuk lingkaran, segiempat, elips, segitiga termasuk domain

tersambung sederhana.

Domain yang berbentuk anulus, segiempat berongga, segitiga berongga, elips

berongga termasuk domain tersambung ganda.

Teorema integral Cauchy:

Bila f(z) analitik pada domain tersambung sederhana D, maka untuk setiap

lengkungan tertutup C di dalam D berlaku ∫C

f(z) dz = 0.

I - 50

Contoh :

1. ∫C

z2 dz = 0, ∀C tertutup, karena f(z) = z2 analitik di bidang kompleks.

2. ∫C

ez dz = 0, ∀C tertutup, karena f(z) = ez analitik di bidang kompleks.

3. ∫C

1/z dz = 0, bila C tidak melingkupi titik asal O, karena f(z) = 1/z analitik di

bidang kompleks kecuali di z = 0.

∫C

1/z dz = 2πi, bila C melingkupi titik asal O. (lihat contoh 1 terdahulu pada

perhitungan integral garis).

Akibat teorema integral Cauchy :

Misal f(z) analitik pada domain tersambung sederhana D. Misal A dan B dua

titik dalam D, dan C1 & C2 dua lengkungan yang menghubungkan A dan B.

Maka ∫1Cf(z) dz = ∫

2Cf(z) dz.

I - 51

Evaluasi Integral Garis Dengan Menggunakan Integral Tak Tentu

Misal f(z) analitik pada domain D tersambung sederhana dan z0 titik sebarang di

domain D. ∫z

z0f(u) du adalah fungsi dari z; ∀z pada lintasan di dalam D yang

menghubungkan z0 dengan z, dan ditulis dengan notasi :

F(z) = ∫z

z0f(z) dz, z ∈ D.

F(z) dikenal sebagai integral tak tentu dari f(z).

Dapat diperlihatkan bahwa F(z) analitik pada D dan F ′(z) = f(z).

Teorema : Bila F(z) = ∫z

z0f(u) du, maka ∫

b

af(u) du = F(b) – F(a).

I - 52

Contoh :

1+4i

1. ∫+ i

i

41

z2 dz = z3/3 = [(1+4i)3 – i3]/3 = -47/3 – 17i.

i

π/2

2. ∫2/π

icos z dz = sin z = sin π/2 – sin i = 1 – i sinh 1.

i

(ingat sinh z = -i sin iz)

I - 53

Rumus Integral Cauchy

Misal f(z) analitik pada domain D yang tersambung sederhana. Maka ∀ z0 ∈ D,

dan setiap lengkungan tutup C di dalam D yang menutupi z0, berlaku :

∫C

f(z)/(z-z0) dz = 2πi f(z0),

di mana integrasi dalam arah berlawanan arah jam.

Contoh :

Tentukan ∫C

(z2+1)/(z2-1) dz, di mana C lingkaran berjari-jari 1 dengan pusat :

a). z = 1 b). z = 0,5 c). z = -1 d). z = i

Jawab : ∫C

(z2+1)/(z2-1) dz = ∫C

(z2+1)/{(z+1)(z-1)} dz

a). Ambil z0 = 1 dan f(z) = (z2+1)/(z+1). f(z) analitik pada C dan di dalamnya.

∫C

(z2+1)/(z2-1) dz = 2πi f(z0) = 2πi (12+1)/(1+1) = 2πi.

I - 54

b). Ambil z0 = 1 dan f(z) = (z2+1)/(z+1). f(z) analitik pada C dan di dalamnya.

∫C

(z2+1)/(z2-1) dz = 2πi f(z0) = 2πi (12+1)/(1+1) = 2πi.

c). Ambil z0 = -1 dan f(z) = (z2+1)/(z-1). f(z) analitik pada C dan di dalamnya.

∫C

(z2+1)/(z2-1) dz = 2πi f(z0) = 2πi (-12+1)/(-1-1) = -2πi.

d). f(z) = (z2+1)/(z2-1) analitik pada C dan di dalamnya. Menurut teorema

integral Cauchy, maka ∫C

(z2+1)/(z2-1) dz = 0.

a. b.

d. c.

C C

C

C

I - 55

Turunan Fungsi Analitik

Bila f(z) analitik dalam domain D, maka turunan f(n)(z) ada ∀ n dan analitik

pada D. Selanjutnya untuk z0 ∈ D berlaku :

f ′(z0) = 1/(2πi) ∫C

f(z)/(z-z0)2 dz,

f ′′(z0) = 2!/(2πi) ∫C

f(z)/(z-z0)3 dz,

.

.

.

umumnya :

f(n)(z0) = n!/(2πi) ∫C

f(z)/(z-z0)n+1 dz.

Di sini arah integrasi berlawanan jam; C suatu lengkungan tutup sederhana

dalam D yang menutupi z0.

I - 56

Teorema Morera :

Bila f(z) kontinu pada domain D terhubung sederhana dan bila ∫C

f(z) dz = 0

untuk setiap lengkungaan tutup C dalam D, maka f(z) analitik pada D.

Teorema Liouville :

Bila f(z) analitik dan |f(z)| terbatas untuk semua z berhingga, makaa f(z) adalah

konstan.

Residu.

Misalkan uraian f(z) atas deret Laurent berbentuk :

f(z) = cm/(z-z0)m + cm-1/(z-z0)

m-1 + …. + c1/(z-z0) + b0 + b1(z-z0) + b2(z-z0)2 + ...

dengan cm ≠ 0.

Maka z = z0 disebut titik pole f(z) orde m.

Dalam hal m = 1, titik pole disebut titik pole sederhana.

I - 57

Contoh :

1. f(z) = (z2+1)/(z2-1) mempunyai titik pole sederhana di z = 1 dan z = -1.

2. f(z) = 2/z3 mempunyai titik pole orde 3 di z = 0.

3. f(z) = (z4+1)/{(z-1)5(z+2)2} mempunyai titik pole orde 5 di z = 1 dan titik

pole orde 2 di z = -2.

Definisi :

Residu f(z) di z = z0, ditulis Res f(z) = Cm.

z=z0

Untuk menentukan residu tanpa memakai deret Laurent, maka dapat digunakan

rumus berikut :

I - 58

a1). Residu di titik pole sederhana z = a,

Res f(z) = lim (z – a) f(z)

z=a z→a

a2). Residu di titik pole sederhana z = a bila f(z) = p(z)/q(z)

Res f(z) = p(a)/q′(a) z=a

b). Residu di titik pole orde m, z = a

Res f(z) = 1/(m-1)! lim dm-1/dzm-1 [(z-a)m f(z)]

z=a z→a

Contoh :

1a). Res (z2+1)/(z2-1) = lim (z-1)(z2+1)/{(z-1)(z+1)} = lim (z2+1)/(z+1) =

z=1 z→1 z→1

(12+1)/(1+1) = 1.

Atau menggunakan : Res (z2+1)/(z2-1) = (z2+1)/2z = (12+1)/2.1 = 1.

z=1 z=1

I - 59

1b). Res (z2+1)/(z2-1) = lim (z+1)(z2+1)/{(z-1)(z+1)} = lim (z2+1)/(z-1) =

z=-1 z→-1 z→-1

(-12+1)/(-1-1) = -1.

2a). Res (4-3z)/(z2-z) = (4-3z)/(2z-1) = (4-0)/(0-1) = -4.

z=0 z=0

2b). Res (4-3z)/(z2-z) = (4-3z)/(2z-1) = (4-3)/(2-1) = 1.

z=1 z=1

3). Res 2z/{(z+4)(z-1)2} = 1/1! lim d/dz [(z-1)2(2z)/ {(z+4)(z-1)2}] =

z=1 z→1

lim d/dz [2z/(z+4)] = lim {2(z+4) – 2z.1}/(z=4)2 = (5.2 – 2.1)/52 = 8/25.

z→1 z→1

I - 60

Teorema Residu

Misal f(z) analitik di dalam dan pada lengkungan tutup sederhana C, kecuali

pada titik singuler (pole) a1, a2, …., am di dalam C. Maka

∫C

f(z) dz = 2πi ∑=

m

j 1

Res f(z)

z=aj

di mana integral diambil dalam arah berlawanan jam.

Contoh :

1a). Hitung ∫C

(z2+1)/(z2-1) dz dengan C lingkaran berjari-jari 1 berpusat di z =

1 dengan arah berlawanan arah jam.

Di sini C melingkupi titik singulir z = 1, maka

∫C

(z2+1)/(z2-1) dz = 2πi Res (z2+1)/(z2-1) = 2πi.1 = 2πi.

z=1

I - 61

1b). Hitung ∫C


-1 dengan arah berlawanan arah jam.

Di sini C melingkupi titik singulir z = -1, maka

∫C

(z2+1)/(z2-1) dz = 2πi Res (z2+1)/(z2-1) = 2πi.(-1) = -2πi.

z=-1

1c). Hitung ∫C



Di sini C melingkupi titik singulir z = 1 dan z = -1, maka

∫C

(z2+1)/(z2-1) dz = 2πi [Res (z2+1)/(z2-1) + Res (z2+1)/(z2-1)] =

z=1 z=-1

2πi [1 – 1] = 0.

I - 62

2). Hitung ∫C

(4-3z)/(z2-z) dz, dengan C lingkaran berjari-jari 2 berpusat di z =


Di sini C melingkupi titik singulir z = 0 dan z = 1, maka

∫C

(4-3z)/(z2-z) dz = 2πi [Res (4-3z)/(z2-z) + Res (4-3z)/(z2-z)] =

z=1 z=0

2πi [(4-3z)/(2z-1) + (4-3z)/(2z-1) ] = 2πi [1 – 4] = -6πi. z=1 z=0

I - 63

3). Tentukan ∫C

1/(z3-1)2 dz, dengan C berupa lingkaran berjari-jari 1 berpusat di

z = 1 dengan arah berlawanan arah jam.

f(z) = 1/(z3-1)2 mempunyai titk-titik singulir orde 2 pada z = 1, z = e2πi/3,

z = e-2πi/3. C hanya melingkupi titik singulir z = 1.

Res 1/(z3-1)2 = lim d/dz [(z-1)2/(z3-1)2 ] = lim d/dz [1/(z2+z+1)2] =

z=1 z→1 z→1

lim -2(2z+1)/(z2+z+1)3 = -2(3)/33 = -2/9.

z→1

Jadi ∫C

1/(z3-1)2 dz = 2πi Res 1/(z3-1)2 = 2πi(-2/9) = -4πi/9.

z=1

I - 64

Evalusi Integral Riil

Integral fungsi rasional dalam cos θθθθ dan sin θθθθ : ∫π2

0

R(cos θ, sin θ) dθ.

Subsitusi : cos θ = (eiθ + e-iθ)/2 = (z + 1/z)/2, dan

sin θ = (eiθ - e-iθ)/2i = (z - 1/z)/2i.

z = eiθ. → dz = i eiθdθ = iz dθ. → dθ = dz/iz.

Maka

∫π2

0

R(cos θ, sin θ) dθ = ∫C

f(z)/iz dz,

di mana C : |z| = 1 dengan arah berlawanan dengan arah jam.

I - 65

Contoh :

Hitung ∫π2

0

dθ/(1 - 2ρ cos θ + ρ2), di mana 0 < ρ < 1.

1 - 2ρ cos θ + ρ2 = 1 - 2ρ (z + 1/z)/2 + ρ2 = 1 - ρz - p/z + ρ2 =

{-ρ + (ρ2 +1)z – ρz2}/z

∫π2

0

dθ/(1 - 2ρ cos θ + ρ2) = ∫C

dz/[i[-ρ + (ρ2+1)z – ρz2}] = ∫C

dz/[i(1–ρz)(z-ρ)].

Titik pole z = 1/ρ > 1 terletak di luar lingkaran |z| = 1 dan titik pole z = p terletak

di dalam lingkaran |z| = 1.

Res 1/[i(1 – ρz)(z - ρ)] = lim 1/[i(1 – ρz)] = 1/[i(1 - ρ2 )]. z=ρ z→ρ

∫π2

0

dθ/(1 - 2ρ cos θ + ρ2) = 2πi. 1/[i(1 - ρ2 )] = 2π/(1 - ρ2 ).

I - 66

Integral Tak Wajar Fungsi Rasional

Rumus-rumus yang dapat digunakan :

∫∞

∞−f(x) dx = 2πi.Σ Res f(z); di atas sumbu x.

∫∞

∞−f(x) eisx dx = 2πi.Σ Res [f(z).eisz]; di atas sumbu x.

∫∞

∞−f(x) cos sx dx = -2π.Σ Im Res [f(z).eisz]; di atas sumbu x.

∫∞

∞−f(x) sin sx dx = 2π.Σ Re Res [f(z).eisz]; di atas sumbu x.

I - 67

Contoh 1 :

Hitung ∫∞

∞−dx/(1+x4)

f(z) = 1/(1+z4) mempunyai titik-titik pole sederhana di :

z1 = eπi/4 , z2 = e

3πi/4 , z3 = e-3πi/4 , z4 = e

-πi/4 .

Titik-titik pole yang berada di atas sumbu x adalah z1 = eπi/4 dan z2 = e

3πi/4 .

Res f(z) = 1/4z3 = 0,25 e-3πi/4 = -0,25 eπi/4 .

z=z1 z= eπi/4

Res f(z) = 1/4z3 = 0,25 e-9πi/4 = 0,25 e-πi/4 .

z=z2 z= e3πi/4

Jadi ∫∞

∞−dx/(1+x4) = 2πi(-0,25 eπi/4 + 0,25 e-πi/4 ) = 2πi(-0,5 i sin π/4) = π sin π/4 =

π/2 2 .

I - 68

Contoh 2 :

Hitung ∫∞

∞−(eisx)/(k2+x2) dx, ∫

∞

∞−(cos sx)/(k2+x2) dx, dan ∫

∞

∞−(sin sx)/(k2+x2) dx.

f(z) eisz = eisz /(k2+z2) mempunyai titik pole z = ki di atas sumbu x.

Res eisz /(k2+z2) = eisz /2z = e-ks /2ki = -ie-ks /2k.

z=ki z=ki

∫∞

∞−(eisx)/(k2+x2) dx = 2πi(-ie-ks /2k) = π e-ks /k.

∫∞

∞−(cos sx)/(k2+x2) dx = -2π(-e-ks /2k) = π e-ks /k.

∫∞

∞−(sin sx)/(k2+x2) dx = 2π.0 = 0.

tf2201 bab 1 fungsi kompleks

Documents