FUNGSI KOMPLEKS
Β© Yayasan Edelweis All Right Reserved
Penulis: Dra. Retno Marsitin, M.Pd
Desain: Eko Fachtur Rochman, M.Kom
Editor:
Eko Fachtur Rochman, M.Kom
Perpustakaan Nasional: Katalog Dalam Terbitan
ISBN: 978-602-14916-3-8
Cetakan 1 , Pebruari 2017
Penerbit: Yayasan Edelweis
Jl. Karangduren Gang 10 (Perum Citra Graha
Residence Blok B7) Pakisaji Kab. Malang Kode pos 65162
KATA PENGANTAR
Assalamuβalaikum warahmatullahi wabarakatuh.
Alhamdulillahirabbilalamin, banyak nikmat yang Allah berikan, tetapi sedikit
sekali yang kita ingat. Segala puji hanya layak untuk Allah Tuhan seru
sekalian alam atas segala berkat, rahmat, taufik, serta hidayah-Nya yang
tiada terkira besarnya, sehingga penulis dapat menyelesaikan buku dengan
judul βFungsi Kompleksβ.
Dalam penyusunannya, penulis memperoleh banyak bantuan dari berbagai
pihak, karena itu penulis mengucapkan terima kasih yang sebesar-besarnya
kepada: Kedua orang tua dan segenap keluarga besar penulis yang telah
memberikan dukungan, kasih, dan kepercayaan yang begitu besar. Dari
sanalah semua kesuksesan ini berawal, semoga semua ini bisa memberikan
sedikit kebahagiaan dan menuntun pada langkah yang lebih baik lagi.
Meskipun penulis berharap isi dari buku ini bebas dari kekurangan dan
kesalahan, namun selalu ada yang kurang. Oleh karena itu, penulis
mengharapkan kritik dan saran yang membangun.
Akhir kata penulis berharap agar buku ini bermanfaat bagi semua pembaca.
Wassalamualaikum warahmatullahi wabarakatuh
Malang, 8 Maret 2017
Penulis
TINJAUAN MATA KULIAH
Mata kuliah Fungsi Kompleks merupakan mata kuliah wajib yang
ditempuh dengan bobot 3 sks. Mata kuliah Fungsi Kompleks memiliki capaian
pembelajaran yaitu setelah mengikuti mata kuliah fungsi kompleks,
mahasiswa diharapkan mampu menganalisa dan melakukan pembuktian
matematika pada fungsi kompleks dengan cermat dan teliti.
Materi dalam fungsi kompleks meliputi pengertian bilangan kompleks,
fungsi-fungsi analitik, fungsi-fungsi elementer dan integral. Setiap materi
diberikan capaian pembelajaran dan contoh beserta penyelesaiannya
sehingga mempermudah mahasiswa dalam memahami permasalahan
Fungsi Kompleks. Matematika tak bisa lepas dari soal-soal, begitupun Fungsi
Kompleks yang setiap akhir materi diberikan soal-soal sebagai latihan untuk
memperdalam materi yang telah dibahas dan sebagai tolak ukur ketercapaian
untu melanjutkan pada materi berikutnya.
Semoga bahan ajar Fungsi Kompleks ini lebih mudah dipahami dan
dipelajari sehingga tujuan pembelajaran bisa tercapai dan bisa menambah
khasanah keilumuwan mahasiswa di bidang matematika khususnya fungsi
kompleks.
Malang, 8 Maret 2017
Penulis
DAFTAR ISI
BAB I BILANGAN KOMPLEKS
Capaian Pembelajaran ............................................................. 1
1.1. Bilangan Kompleks dan Aljabarnya ............................. 1
Soal Latihan 1 ............................................................. 6
1.2. Geometri Bilangan Kompleks ...................................... 7
1. Koordinat Cartesius............................................... 7
2. Vektor ................................................................... 9
Soal Latihan 2 ....................................................... 13
3. Koordinat Kutub .................................................... 14
Soal Latihan 3 ....................................................... 17
4. Bentuk Eksponen .................................................. 18
Soal Latihan 4 ....................................................... 21
1.3. Region ........................................................................ 22
Soal Latihan 5 ............................................................. 29
BAB II FUNGSI β FUNGSI ANALITIK
Capaian Pembelajaran ........................................................ 31
2.1. Fungsi Variabel Kompleks .......................................... 31
2.2. Pemetaan ................................................................... 34
Soal Latihan 1 ............................................................. 39
2.3. Limit ............................................................................ 40
Soal Latihan 2 ............................................................. 48
2.4. Kontinuitas .................................................................. 50
Soal Latihan 3 ............................................................. 52
2.5. Derivative .................................................................... 53
Soal Latihan 4 ............................................................. 58
2.6. Persamaan Cauchy β Rienmann ............................... 60
Soal Latihan 5 ............................................................. 62
2.7. Fungsi Analitik ............................................................ 63
Soal Latihan 6 ............................................................. 65
2.8. Fungsi Harmonik ......................................................... 66
Soal Latihan 7 ............................................................. 68
BAB III FUNGSI-FUNGSI ELEMENTER
Capaian Pembelajaran ........................................................ 71
3.1. Fungsi Eksponen ........................................................ 71
Soal Latihan 1 ............................................................. 76
3.2. Fungsi Trigonometri .................................................... 77
Soal Latihan 2 ............................................................. 82
3.3. Fungsi Hiperbolik ........................................................ 83
Soal Latihan 3 ............................................................. 86
3.4. Fungsi Logaritma ........................................................ 87
Soal Latihan 4 ............................................................. 90
3.5. Invers Fungsi Trigonometri dan Hiperbolik .................. 90
Soal Latihan 5 ............................................................. 93
BAB IV INTEGRAL
Capaian Pembelajaran ........................................................ 94
4.1. Lintasan (Kurva Jordan) .............................................. 94
4.2. Kontur ......................................................................... 99
Soal Latihan 1 ............................................................. 102
4.3. Integral Fungsi Kompleks ........................................... 102
Soal Latihan 2 ............................................................. 109
4.4. Teorema Cauchy β Goursat ........................................ 110
Soal Latihan 3 ............................................................. 116
4.5. Integral Tak Tentu ....................................................... 116
Soal latihan 4 .............................................................. 120
4.6. Integral Cauchy ........................................................... 121
Soal Latihan 5 ............................................................ 126
4.7. Teorema Morera ......................................................... 127
4.8. Teorema Ketaksamaan Cauchy .................................. 128
4.9. Teorema Liouville ....................................................... 129
4.10. Teorema Nilai Rata-Rata Gauss ................................. 131
4.11. Teorema Modulus Maksimum ..................................... 132
4.12. Teorema Modulus Minimum ........................................ 132
4.13. Teorema Dasar Aljabar ............................................... 133
DAFTAR PUSTAKA ............................................................................. 137
1 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
BAB I
BILANGAN KOMPLEKS
Capaian pembelajaran:
1. Mahasiswa mampu menganalisa dan melakukan pembuktian bilangan
kompleks dan aljabarnya dengan cermat dan teliti.
2. Mahasiswa mampu menganalisa dan melakukan pembuktian geometri
bilangan kompleks sebagai titik (koordinat kartesius), sebagai vektor
dan sebagai koordinat kutub dengan cermat dan teliti
3. Mahasiswa mampu menganalisa geometri bilangan kompleks sebagai
eksponen (Formula Euler) dan region bilangan kompleks dengan
cermat dan teliti.
1.1. BILANGAN KOMPLEKS DAN ALJABARNYA
Bilangan kompleks dilambangkan dengan π§ yang didefinisikan seluruh
besaran dengan bentuk:
π₯ + ππ¦
dari bilangan real π₯ dan π¦ dengan
π = ββ1
sehingga:
π2 = β1
atau ditulis sebagai pasangan berurutan:
π§ = (π₯, π¦)
2 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Bentuk bilangan kompleks:
π§ = π₯ + ππ¦
π π ππππππ ππππππππ ππππ ππππ π§ πππ‘π’πππ πΉπ(π)
π π ππππππ ππππππ ππππππππ ππππ π§ πππ‘π’πππ π°π(π)
sehingga:
π₯ = π π(π§) πππ π¦ = πΌπ(π§) (π§)πππ πΌπ(π§)πππππβ ππππππππ ππππ
Bilangan kompleks π§ = π₯ + ππ¦, meliputi:
a. Bilangan real π π(π§) β 0 dan bilangan imajiner πΌπ(π§) = 0 maka
π§ = π₯ adalah bilangan real.
Dengan demikian semua bilangan real x dapat dipandang sebagai
bilangan kompleks dengan bentuk π§ = π₯ + 0π
b. Bilangan real π π(π§) = 0 dan bilangan imajiner πΌπ(π§) β 0 maka
π§ = ππ¦ adalah bilangan khayal (imajiner).
c. Bilangan real π π(π§) = 0 πππ πΌπ(π§) = 1 maka π§ = π disebut
satuan imajiner.
d. Bilangan real nol dan bilangan imajiner nol maka dikatakan
bilangan kompleks nol atau π§ = 0 sehingga π§ = 0 = 0 + 0π
Bilangan kompleks dapat ditulis sebagai pasangan berurutan π§ =
(π₯, π¦) maka pada umumnya (π₯, π¦) β (π¦, π₯).
Dua bilangan kompleks sama bila dan hanya bila bagian real sama dan bagian
imajiner sama, sehingga:
3 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
π₯π + ππ¦π = π₯2 + ππ¦2 πβπ π₯1 = π₯2 πππ π¦1 = π¦2
Oleh karena itu π§π = (π₯π, π¦π), n = 1,2,3 misalnya dipandang sebagai bilangan
kompleks yang berlainan. Namun demikian dua bilangan kompleks tidak
dapat dibandingkan, satu lebih besar dari yang lain seperti π§1 > π§2 atau
sebaliknya.
Aljabar pada bilangan kompleks dengan operasi aljabar yang meliputi
operasi uner dan operasi biner serta sifat-sifat operasi sebagai berikut:
1. Operasi Uner (unary operation)
a. Negatif (lawan penjumlahan) dari bilangan kompleks
π§ = π₯ + ππ¦
Definisi: βπ§ = β(π₯ + ππ¦) = βπ₯ β ππ¦
b. Kawan (conjugate) dari bilangan kompleks π§ = π₯ + ππ¦
Definisi: π§ = π₯ β ππ¦, sehingga π§ = π₯ + ππ¦
dan π§ = π₯ β ππ¦
c. Kebalikan (lawan perkalian) dari bilangan kompleksπ§ =
π₯ + ππ¦
Definisi: 1
π§= π§β1 =
π₯
π₯2+π¦2β π
π¦
π₯2+π¦2
2. Operasi Biner
Bila π§1 = π₯1 + ππ¦1 dan π§2 = π₯2 + ππ¦2 maka:
a. π§1 + π§2 = (π₯1 + ππ¦1) + (π₯2 + ππ¦π§) = (π₯1 + π₯2) + π(π¦1 + π¦2)
b. π§1 β π§2 = (π₯1 + ππ¦1) β (π₯2 + ππ¦π§) = (π₯1 β π₯2) + π(π¦1 β π¦2)
4 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
c. π§1π§2 = (π₯1 + ππ¦1)(π₯2 + ππ¦π§) = (π₯1π₯2 β π¦1π¦2) +
π(π₯1π¦2 + π¦1π₯2)
d. π§1
π§2 =
π₯1π₯2+π¦1π¦2
π₯22+π¦2
2 + ππ¦1π₯2βπ₯1π¦2
π₯22+π¦2
2 asal π§2 β 0
3. Sifat-sifat operasi
a. Komutatif π§1 + π§2 = π§2 + π§1 πππ π§1π§2 = π§2π§1
b. Asosiatif π§1 + (π§2 + π§3) = (π§1 + π§2) +
π§3 πππ π§1(π§2π§3) = (π§1π§2)π§3
c. Distributif π§1(π§2 + π§3) = π§1π§2 + π§1π§2
d. Sekawan (1) π§1 + π§2 = π§1 + π§2 dan π§1 β π§2 =
π§1 β π§2
(2) π§1π§2 = π§1π§2 dan (π§1
π§2)
=
π§1
π§2
(3) π§ = π§
(4) π§π§ = [π π(π§)]2 + [πΌπ(π§)]2
(5) π§1
π§2=
π§1π§2
π§2π§2 dan
1
π§=
οΏ½οΏ½
π§.οΏ½οΏ½
(6) π§ + π§ = 2π π(π§) dan π§ β π§ =
2π πΌπ(π§)
(7) π π(π§) =π§+οΏ½οΏ½
2=
1
2(π§ + π§) dan πΌπ(π§) =
π§βοΏ½οΏ½
2π=
1
2π(π§ β π§)
e. Elemen Netral (elemen identitas)
(1) Bilangan kompleks 0 = 0 + π0 disebut elemen netral
pertambahan (identitas tambah)
(2) Bilangan kompleks 1 = 1 + π0 disebut elemen netral
perkalian (identitas kali)
5 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Sifat-sifat:
(a) π§ + 0 = 0 + π§ = π§ πππ π§. 1 = 1. π§ = π§
(b) π§ + (βπ§) = 0 πππ π§.1
π§= π§. π§β1 = 1
Contoh:
(1) Hitunglah:
a. (4 + 2π) + (β7 β π)
b. (5 + 3π) + {((β1 + 2π) + (7 β 5π)}
c. {(5 + 3π) + (β1 + 2π) + (7 β 5π)}
(2) Apabila π§1 = 2 + π, π§2 = 3 β 2π maka hitunglah:
a. {(5 + 3π) + (β1 + 2π) + (7 β 5π)}
b. π§2 β 2π§1 + 5
(3) Tunjukkan bahwa π§. π§1 = [π π(π§)]2
+ [πΌπ(π§)]2
Penyelesaian:
(1) a. (4 + 2π) + (β7 β π) = 4 + 2π β 7 + π = β3 + 3π
b. (5 + 3π) + {((β1 + 2π) + (7 β 5π)} = (5 + 3π) + (β1 + 2π +
7 β 5π) = (5 + 3π) + (6 β 3π) = 11
c. {(5 + 3π) + (β1 + 2π) + (7 β 5π)} = {5 + 3π β 1 + 2π} + (7 β
5π) = (4 + 5π) + (7 β 5π) = 11
(2) Apabila π§1 = 2 + π, π§2 = 3 β 2π maka:
a. π§13 β 3π§1
2 + 4π§1 β 8 = (2 + π)3 β 3(2 + π)2 + 4(2 + π) β 8
= {23 + 3(2)2(π) + 3(2)π2} β 3(4 + 4π +
π2) + 8 + 4π β 8
= β7 + 3π
6 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
b. π§2 β 2π§1 + 5 = (3 β 2π) β 2(2 + π) + 5 = 3 + 2π β 2(2 β π) +
5
= 3 + 2π β 4 + 2π + 5 = 4 + 4π
(3) Misalkan: π§ = π₯ + ππ¦ ππππ π§ = π₯ β ππ¦
sehingga: π§π§ = (π₯ + ππ¦)(βππ¦) = π₯2 + π¦2 = [π π(π§)]2
+ [πΌπ(π§)]2
Jadi terbukti bahwa: π§. π§1 = [π π(π§)]2
+ [πΌπ(π§)]2
Soal Latihan 1
1. Tunjukkan bahwa:
a. π§. π§β1 = 1
b. π§1 + π§2 = π§1 + π§2
2. Diberikan π§1 = 4 + 3π dan π§2 = 5 β 2π
Tentukan:
a. π§1 + π§2
b. π§1. π§2
c. π§1
π§2
3. Diberikan persamaan 3π₯ + 5π¦ = 4. Ubahlah persamaan tersebut
dalam persamaan bilangan kompleks.
4. Nyatakan dalam bentuk π₯ + ππ¦ :
a. (2 + 3π)(β2 β 3π)
b. 6π
6β5π
c. π
1+π+
1βπ
π
5. Tunjukkan bahwa:
a. Jika π§ = β1 maka π§2 + 2π§ + 2 = 0
7 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
b. (1 + π§)2 = 1 + 2π§ + π§2
6. Diberikan π§ = 2 + 3π , π’ = 5 β 3π πππ π£ = 1 β π
Tentukan:
a. π§ + π’
b. π’ β π£
c. π£π§
d. π§οΏ½οΏ½
e. π’
οΏ½οΏ½
7. Tunjukkan bahwa π π(π§) =π§+οΏ½οΏ½
2 πππ πΌπ(π§) =
π§βοΏ½οΏ½
2π
8. Tunjukkan bahwa:
a. (β2 β π) β π(1 β πβ2) = β2π
b. (2, β3)(β2,1) = (β1,8)
c. (1 β π)4 = β4
9. Jika π§ = π + ππ, nyatakan π§2 πππ π§3 dalam bentuk π + ππ
10. Tunjukkan bahwa apabila π§ = β1 β π ππππ π§2 + 2π§ + 2 = 0
1.2. GEOMETRI BILANGAN KOMPLEKS
Geometri bilangan kompleks meliputi bilangan kompleks sebagai titik
koordinat cartesius, bilangan kompleks sebagai vektor dan sebagai koordinat
kutub serta sebagai bentuk eksponen.
1. Koordinat Cartesius
Bilangan kompleks z dalam bentuk pasangan terurut π§ = (π₯, π¦) maka untuk
memetakan satu-satu antara himpunan bilangan kompleks dengan titik-titik
di bidang π₯π¦, dimana sumbu π disebut sumbu real dan sumbu π disebut
sumbu imajiner sedangkan bidang ππ disebut bidang kompleks.
8 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
y
(π₯, π¦) = π₯ + ππ¦
O x
Gambar 1.1. Bidang Kompleks
y
(4,3)
3
x
O
β3 (2, β3)
Gambar 1.2. Bidang Cartesius
Contoh:
Titik (2, β3) berkorespondensi dengan bilangan kompleks π§1 = 2 β
3π, titik (4,3) dengan π§2 = 4 + 3π dan titik asal π(0,0) dengan 0 =
0 + π0, sehingga menyebutkan bilangan dan titik dapat dikatakan
misalnya bilangan (π, π) ππ‘ππ’ π‘ππ‘ππ π + ππ
9 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
2. Vektor
Bilangan kompleks π§ = π₯ = ππ¦ dalam bentuk vektor posisi yang
pangkalnya di titik π dan ujungnya di titik (π₯, π¦).
(π₯, π¦) π§ = π₯ + ππ¦
y
O x
Gambar 1.3. Bidang Kompleks
π§1 + π§2
π§2
π§1
O
Gambar 1.4. Bidang Vektor
Vektor π§ = π₯ + ππ¦ maka diperoleh:
|π§| = βπ₯2 + π¦2
|π§| disebut πππ ππππ π§ yaitu bilangan positif yang menyatakan panjang
vektor
10 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Penjumlahan dan selisih dari dua vektor π§1 = π₯1 + ππ¦1 πππ π§2 = π₯2 + ππ¦2
maka diperoleh:
(π§1 + π§2) = (π₯1 + π₯2) + π(π¦1 + π¦2) πππ (π§1 β π§2)
= (π₯1 β π₯2) + π(π¦1 β π¦2)
Menyatakan jarak dua titik atau panjang segmen garis π§1π§2 yaitu:
|π§1 β π§2| = β(π₯1 β π₯2)2 + (π¦1 β π¦2)2
Untuk setiap π§ = π₯ + ππ¦, ada tiga bilangan real yang saling berhubungan
yaitu modulus |π§|, π π(π§) = π₯ dan πΌπ(π§) = π¦ dengan sifat sebagai berikut:
a. |π§| = |βπ§| = |π§|
b. |π§|2 = [π π(π§)]2 + [πΌπ(π§)]2
c. |π§|2 = |π§2| = π§π§ atau 1
π§=
οΏ½οΏ½
|π§|2 ππππ π§ β 0
d. |π§1π§2| = |π§1||π§2|
e. |π§1
π§2| =
|π§1|
|π§2|
f. |π§1 β π§2| = |π§2 β π§1|
g. |π§| β₯ |π π(π§)| β₯ π π(π§)
h. |π§| β₯ |πΌπ(π§)| β₯ πΌπ(π§)
Terkait dengan sifat-sifat dalam segitiga diperoleh:
i. |π§1 + π§2| β€ |π§1| + |π§2|
j. ||π§1| β |π§2|| β€ |π§1 β π§2|
k. |π§1| β |π§2| β€ |π§1 β π§2|
11 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Sifat (π) merupakan sifat ketidaksamaan segitiga dengan pembuktian terkait
modulus. Dibuktikan bahwa |π§1 + π§2| β€ |π§1| + |π§2| melalui |π§|2 = π§π§
yaitu:
|π§1 + π§2|2 = (π§1 + π§2)(π§1 + π§2) )
= π§1π§1 + π§2π§2 + π§1π§2 + π§2π§1
= |π§1|2 + |π§2|2 + 2 π π(π§1π§2)
β€ |π§1|2 + |π§2|2 + 2|π§1π§2|
= |π§1|2 + |π§2|2 + 2|π§1||π§2|
= |π§1 + π§2|2
Langkah pertama dan terakhir besarannya tidak negatif dalam arti positif
maka ketidaksamaan segitiga terpenuhi.
Contoh:
(1) Hitunglah (6 β 2π) β (2 β 5π) secara analitik dan secara grafik serta
nyatakan bilangan kompleks dalam bentuk titik koordinat cartesius
(2) Tentukan persamaan lingkaran dengan jari-jari 4 yang berpusat di
(β2,1)
Penyelesaian:
(1) Operasi (6 β 2π) β (2 β 5π) dapat dikerjakan secara analitik dan
secara grafik
Secara analitik (6 β 2π) β (2 β 5π) = 6 β 2 = 2π + 5π = 4 +
3π
Secara grafik (6 β 2π) β (2 β 5π) = 6 β 2π + (β2 + 5π)
Bilangan kompleks tersebut dalam titik
12 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
4
(-2,1)
y
β2 + 5π 5
3 4 + 3π
x
-2 O 4 6
-2 6 β 2π
(2) Persamaan lingkaran dengan jari-jari 4 yang berpusat di (β2,1)
y
z
z
Pusat lingkaran dapat dinyatakan dengan bilangan kompleks β2 + π.
Jika π₯ adalah suatu titik pada lingkaran maka jarak dari π§ ππ β 2 + π
yaitu: |π§ β (β2 + π)| = 4, sehingga |π§ β (β2 + π)| = 4 merupakan
persamaan lingkaran. Apabila dalam bentuk koordinat menjadi:
|(π₯ + 2) + π(π¦ β 1)| = 4, sehingga: (π₯ + 2)2 + (π¦ β 1)2 = 16
13 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Soal Latihan 2
1. Tunjukkan bahwa:
a. |π§| = |βπ§| = |π§|
b. b. |π§|2 = [π π(π§)]2 + [πΌπ(π§)]2
2. Selidiki tempat kedudukan titik-titik yang ditunjukkan oleh:
a. πΌπ(π§ + 2π) = 5
b. b. |π§ + π| = 2
3. Apabila π§ =1+2π
3β4π maka tentukan:
a. π π(π§)
b. πΌπ(π§)
c. |π§|
4. Tunjukkan bahwa |π§1π§2| = |π§1||π§2|
5. Tentukan tempat kedudukan titik-titik yang ditunjukkan :
a. πΌπ(2π + 3π§) = 8
b. π π (ππ§) = 5
c. β1 β€ π π(π§) < 1
d. |π§ + 2π| = 3
6. Jika |π§ β 2| = 3, tunjukkan:
a. |π§2 β 5π§| β€ 18
b. |π§2 β 5π§ = 6| β₯ 6
7. Tunjukkan bahwa persamaan π₯2 β π¦2 = 1, dapat ditulis sebagai
persamaan π§2 + π§β2 = 2
8. Tunjukkan bahwaβ2|π§| β₯ |π π(π§)| + |πΌπ(π§)|
14 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
3. Koordinat Kutub
Bilangan kompleks π§ = (π₯, π¦) dalam koordinat kutub dapat dinyatakan
(π, π) dengan π adalah jarak titik π§ ke pusat sumbu O dan π sudut antara vektor
π§ dengan sumbu x positif.
π§ = (π, π)
π
O π x
Gambar 1.5. Koordinat Kutub
π§ = (π₯, π¦)
y
π x
Gambar 1.6. Koordinat Titik
Hubungan koordinat kutub dengan koordinat kartesius yaitu:
π₯ = ππππ π , π¦ = ππ πππ πππ π = ππππ‘π (π¦
π₯)
sehingga π§ = π₯ + ππ¦ dalam bentuk kutub:
π§ = π(πππ π + π π πππ) = ππππ π
π = |π§| = ππππ’ππ’π π§
π = πππ π§ (ππππ’πππ π§)
15 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
maka diperoleh:
π = |π§| = βπ₯2 + π¦2 adalah bilangan real non negatif
ππππππ π πππ πππ πππ π πππππβ ππππππππ maka π =
arg π§ πππβππππ ππππ¦ππ dan dalam berbagai perhitungan sering dipilih
harga tunggal dari π yang disebut harga utama yaitu dari
β π π πππππ ππππππ π dan ditulis π΄ππ π§ .
sehingga:
βπ β€ π΄ππ π§ β€ π
atau
arg π§ = π΄ππ π§ + 2ππ , π = 0, Β±1, Β±2, β¦ .
Pengertian terakhir yang penting terutama bila menghadapi dua bilangan
kompleks yang sama yaitu:
π1(πππ π1 + π π πππ1) = π2(πππ π2 + π π πππ2)
ππππ πππ βπππ¦π ππππ
π1 = π2 πππ π1 = π2 + 2ππ , π = 0, Β±1, Β±2, β¦
16 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Sifat-sifat argument:
a. π§1. π§2 = π1π2{πππ (π1 + π2) + π sin (π1 + π2} = π1π2πππ (π1 + π2)
b. π§1
π§2=
π1
π2{πππ (π1 β π2) + π sin (π1 β π2} =
π1
π2πππ (π1 β π2) =
|π§1
π§2| πππ (π1 β π2)
c. 1
π§= π§β1 =
1
π(πππ π1 β ππ πππ2) =
1
ππππ π
d. πππ(π§) = βarg (π§)
e. πππ(π§1. π§2) = πππ(π§1) + πππ(π§2)
f. πππ (π§1
π§2) = πππ(π§1) β πππ(π§2)
g. arg (1
π§) = βarg (π§)
Contoh:
Nyatakan bilangan kompleks 2 + 2β3π dalam bentuk kutub
Penyelesaian:
Bilangan kompleks 2 + 2β3π dalam bentuk kutub
Modulus π = |2 + 2β3π| = β4 + 12 = 4
Argument π = π ππβ12β3
4= π ππβ1β
3
2= 60Β° =
π
3 radian
17 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
y
2 + 2β3π
4 2β3
60Β° z
2
sehingga:
2 + 2β3π = π(πππ π + π π πππ) = 4(πππ 60Β° +
π π ππ60Β°)
2 + 2β3π = 4 (πππ π
3+ ππ ππ
π
3) = 4πππ
π
3
Dirubah bentuk pangkat 2 + 2β3π = 4πππ
3
Jadi bentuk kutub dari 2 + 2β3π yaitu 4πππ π
3 atau 4ππ
π
3
Soal Latihan 3
1. Tentukan ππππ§, π΄ππ (π§) dan bentuk kutubnya:
a. π§ = 1 + π
b. π§ = π
2. Tentukan π§ dalam bentuk π₯ + ππ¦ sehingga |π§| = 3 πππ π΄ππ π§ =3π
4
3. Diberikan π§ =(1+π)(1+πβ3)
β1+π , tentukan bentuk kutub dari:
a. π§
b. π§
18 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
4. Diberikan π§ =π
β3β3π , tentukan bentuk kutub dari:
a. π§
b. π§
5. Gunakan bentuk kutub untuk menunjukkan bahwa:
a. π(1 β πβ3)(β3 + π) = 2(1 + πβ3)
b. 5π
2+π= 1 + 2π
c. (β1 + π)7 = β8(1 + π)
6. Selesaikan persamaan |πππ β 1| = 2 π’ππ‘π’π 0 β€ π β€ 2π dan jelaskan
arti geometrinya
7. Jelaskan melalui suatu hubungan matematik seluruh titik pada bidang
datar yang terletak di dalam lingkaran yang pusatnya π§0 dan jari-jarinya
π
8. Nyatakan π§ = β5 + β75π dalam bentuk kutub
4. Bentuk Eksponen (Formula Euler)
Eksponen (formua Euler) dalam bentuk (πππ π + π π πππ) dapat
dinyatakan dengan β―ππ atau exp (ππ) yaitu:
exp(ππ) = πππ = πππ π + π π πππ
sehingga π§ = π(πππ π + π π πππ) dapat ditulis dalam bentuk eksponen/formula
Euler:
π§ = ππππ = π ππ₯π(ππ)
19 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Operasi perkalian, pembagian, pangkat dan akar sebagai berikut:
(1) Perkalian dan Pembagian
a. π§1π§2 = π1π2ππ(π1+π2)
b. π§1
π§2=
π1
π2ππ(π1+π2) , π§2 β 0
c. 1
π§= π§β1 =
1
ππβππ
(2) Pangkat
Hasil kali n bilangan kompleks π§π = ππππππ = ππ(πππ ππ + π π ππππ) ,
π = 1,2,3, β¦ , π didefinisikan sebagai berikut:
π§1π§2 β¦ π§π = π1π2 β¦ ππππ(π1+π2+β―+ππ)
Apabila π§1 = π§2 = β― = π§π = π§ = ππππ maka:
π§π = (ππππ)π = ππππππ = ππexp (πππ)
atau
π§π = ππ(πππ π + π π πππ)π = ππ(cos ππ + π sin ππ)
khusus untuk π = 1 diperoleh:
(πππ π + π π πππ)π = cos ππ + π sin ππ Rumus
De Moivre
(3) Penarikan Akar
Penarikan akar adalah kebalikan dari operasi perpangkatan, sehingga
βπ§π
ππ‘ππ’ π§1
π selalu memiliki n harga, bila:
20 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
π§ = π(πππ π + π π πππ), π§0 = π0(πππ π + π π πππ) πππ π§0
= π§1π ππ‘ππ’ π§0
π = π§
maka diperoleh identitas:
π0π(cos ππ0 + π sin ππ0) = π(cos π + π sin π)
sehingga:
π0π = π ππ‘ππ’ π0 = π
1π πππ ππ0 = π + 2ππ
atau π0 =π+2ππ
π , π = 0,1,2, β¦ (π β 1)
secara umum dirumuskan, bila π§ = π(cos π + π sin π) maka:
βπ§π
= π§1π = π
1π(cos
π + 2ππ
π+ π sin
π + 2ππ
π) , π = 0,1,2, β¦ (π β 1)
Catatan: Penyelesaian π§1
π = 1, akan mendapatkan n titik (penyelesaian) dan
membentuk segi π beraturan pada lingkaran satuan.
Contoh: Tentukan akar pangkat tiga dari π
Penyelesaian:
Dalam hal ini, berarti menyelesaikan persamaan π§3 = π,
sehingga menyatakan π§ πππ π dalam bentuk kutub pada
persamaan diatas
π§3 = π π§π = β13
= 11
3
merubah π§ = 1 + 0π ke bentuk kutub:
|π§| = β1 + 0 = 1
21 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
π = πππ tan (0
1) = 0 + 2ππ
π§ = 1 + 0π = 1 (cos 2ππ + π sin 2ππ)
sehingga:
π§π = β13
= 113 (cos
2ππ
3+ π sin
2ππ
3) , π = 0,1,2
untuk π = 1 ππππ π§1 = 1 (cos 0 + π sin 0) = 1 + π0
untuk π = 2 ππππ π§2 = 1 (cos2π
3+ π sin
2π
3) = β
1
2+
1
2β3π
untuk π = 3 ππππ π§3 = 1 (cos4π
3+ π sin
4π
3) = β
1
2β
1
2β3π
Jadi akar pangkat tiga dari π adalah 1 + π0, β1
2+
1
2β3π πππ β
1
2β
1
2β3π
Catatan:
(1) Bila dilukis pada bidang π₯π¦ maka ketiga titik π§1, π§2 πππ π§3 membentuk
segitiga sama sisi
(2) Secara umum diperoleh realita bahwa penyelesaian π§1
π = 1 mendapatkan
π titik penyelesaian dan membentuk segi π beraturan pada lingkaran
satuan
Soal Latihan 4
1. Hitunglah:
a. (1 β π)8
b. (1 + πβ3)15
2. Tentukan akar-akar dari persamaan:
a. (β1)1
2
b. π§2 = 2 + 2πβ3
22 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
3. Tentukan semua nilai akar pangkat 6 dari 1
4. Hitunglah akar-akar persamaan dari:
a. (β1)1
2
b. (3π)1
3
c. (1βπβ3
2)
1
2
5. Tentukan akar-akar persamaan dari π§3 + π = 0
6. Tunjukkan bahwa semua akar pangkat 5 dari 2(1+πβ3)
(1βπ)2 merupakan titik-
titik sudut segilima beraturan dengan salah satu titik sudut 1
2β25
(β3 +
π)
7. Tunjukkan bahwa salah satu nilai π1
4 adalah bilangan πΌ dengan
π π(πΌ) =1
2β2 + β2 dan nilai-nilai yang lain ππΌ, βπΌ
8. Jika π dan π akar yang tidak real dari persamaan π§3 = 1
9. Tunjukkan bahwa π2 = π dan apakah π = π2?
10. Tunjukkan bahwa apabila π bilangan real tertentu maka akar kuadrat
dari π + 1 adalah Β±βπ΄ ππ₯π (ππΌ
2) dengan π΄ = βπ2 + 1 dan πΌ =
π΄ππ(π + 1)
11. Tunjukkan bahwa rumus trigonometri πππ 2 (πΌ
2) =
1+πππ πΌ
2 πππ π 2 (
πΌ
2) =
1+πππ πΌ
2
1.3. Region
Himpunan bilangan-bilangan kompleks yang meliputi titik-titik atau
hal-hal lain yang terkait dalam pembahasan, diuraikan dengan beberapa istilah
yaitu:
23 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
1. Neighborhood (lingkungan)
Misal π§0 sembarang titik dan r bilangan real positif. Lingkungan bagi
π§0 (π β ππππβπππβπππ ππ π§0) didefinisikan sebagai himpunan titik-titik π§
dibidang kompleks sedemikian hingga:
|π§ β π§0| < π ditulis dengan ππ(π§0, π) ππ‘ππ’ π(π§0, π)
|π§ β π§0| < π
Gambar 1.7. Neighborhood
0 < |π§ β π§0| < π
Gambar 1.8. Neighborhood Terhapus
Lingkungan β π terhapus bagi π§0 (delected r β neighborhood of π§0)
didefinisikan sebagai himpunan titik-titik π§ sedemikian hingga:
π§0
z
24 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
0 < |π§ β π§0| < π ditulis dengan ππβ(π§0, π)
Jadi ππ(π§0, π) merupakan himpunan semua titik didalam lingkaran
termasuk pusatnya π§0, sedangkan ππβ(π§0, π) merupakan merupakan
himpunan semua titik didalam lingkaran kecuali pusatnya π§0
Contoh:
(1) ππ(π, 2) lingkungan 2 bagi i yaitu |π§ β π| < 2 adalah himpunan titik-
titik dalam lingkaran |π§ β π| = 2 termasuk pusatnya i (tidak termasuk
kelilingnya), sedangkan ππβ(π, 2) adalah himpunan titik-titik dalam
lingkaran kecuali |π§ β π| = 2 kecuali pusatnya i.
(2) π(π, 1), "ππππππππ 01 ππππ π" adalah bagian dalam interior lingkaran
pada |π§ β π| = 1, yaitu terdiri dari semua titik π§ sedemikian hingga
|π§ β π| < 1 tampak pada gambar berikut:
π¦
2π
π
0 π₯
Gambar 1.10 lingkungan π(π, 1)
π(β, ) terdiri dari semua π§ sedemikian hingga 0 < |π§| < , yaitu
bagian dalam lingkaran |π§| = yang pusatnya π§ = 0 dibuang pada
gambar berikut:
25 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
π¦
π₯
0
Gambar 1.11 lingkungan π(β, )
2. Komplemen, titik dalam, titik luar, titik batas
a. Dari himpunan π maka komplemen β π adalah himpunan titik-titik
selain π.
b. Titik π§0 disebut titik dalam (interior point) dari himpunan π bila
neighborhood π§0 hanya memuat titik-titik dari π.
c. Titik luar (exterior point) bila neighborhood π§0 memuat titik-titik bukan
dari π.
d. Bila π§0 bukan salah satu maka disebut titik batas. Jadi π§0 titik batas
(boundary point) dari himpunan π bila neighborhood π§0 memuat titik-
titik dari π dan titik-titik bukan dari π. Semua titik batas adalah pembatas
himpunan π.
Contoh:
(1) Misalkan π adalah himpunan semua π§ sedemikian hingga π (π§) > 1
maka jelas bahwa π terdiri dari semua titik pada bidang datar tepat di
sebelah kanan garis π₯ = 1. Komplemen π adalah himpunan semua π§
26 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
pada dan sebelah kiri π₯ = 1, yaitu semua π§ sedemikian hingga π (π§) β€
1
(2) Misalkan π adalah himpunan semua π§ sedemikian hingga 1 β€ |π§| β€ 3.
Komplemen π terdiri dari semua π§ sedimikian hingga |π§| <
1 ππ‘ππ’ |π§| β₯ 3
(3) Misal π adalah cakram |π§| < 2 maka tidaklah sulit melihat batas dari
himpunan π yaitu lingkaran |π§| = 2
S
2
Gambar 1.9. Cakram
Setiap mengambil sembarang titik w pada lingkaran dan melukis
neighborhood π(π€, π) untuk sembarang π > 0 bagaimanapun kecilnya
pasti memuat titik-titik dari π dan titik bukan π, tetapi titik-titik pada
lingkaran bukanlah milik π sehingga π himpunan yang tidak memiliki
titik batas.
(4) Misal π pita tak hingga yang terdiri dari semua titik π§ dari 1 <
πΌπ(π§) β€ 3 maka batas π adalah dua garis mendatar π¦ = 1 bukan milik
π dan π¦ = 3 yang termasuk dalam π, hal ini berarti π memuat sebagian
tapi tidak semua titik batasnya.
(5) Misal π himpunan semua titik π§ sedemikian 1 β€ |π§ β π| β€ 2 maka
π memuat semua titik batas yaitu dua lingkaran |π§ β π| = 1 dan
|π§ β π| = 2
27 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Ketiga kasus pada contoh diatas tampak memberikan gambaran bahwa
suatu himpunan tidak memuat batasnya atau memuat sebagian tetapi tidak
semua titik batasnya atau dapat memuat semua batasnya. Apabila suatu
himpunan tidak memuat titik batasnya maka himpunan terbuka (open set), dan
apabila memuat semua batasnya disebut himpuna tertutup (close set). Apabila
himpunan tersebut memuat sebagian tetapi tidak semua batasnya maka
himpunan tersebut dikatakan tidak terbuka dan tidak tertutup.
Konsep himpunan terbuka memiliki hubungan yang tidak dapat
terpisahkan dengan konsep paling penting dalam teori fungsi kompleks,
dengan menggunakan istilah region untuk menunjukkan himpunan terbuka tak
kosong pada bidang datar dan istilah region tertutup untuk menunjukkan
region berserta titik batasnya.
Suatu himpuna π΅ disebut berbatas (bounded) jika dapat ditemukan
lingkaran dengan |π§| = π yang memuat seluruh π΅, sehingga π΅ berbatas dan
dapat ditemukan bilangan positif π sedimikian hingga |π§| < π untuk setiap π§
dalam himpunan π΅. Apabila π semacam itu tidak terdapat maka himpunan
tersebut dinamakan tak terbatas (unbounded).
3. Himpunan Terbuka dan Tertutup
a. Himpunan terbuka (open set) adalah suatu himpunan yang tidak
memiliki titik batas.
b. Himpunan tertutup (closed set) adalah himpunan yang memiliki semua
titik batas.
c. Himpunan yang memuat sebagian tapi tidak semua titik batas disebut
tidak terbuka dan tidak tertutup.
28 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
4. Terhubung, Domain dan Region
a. Himpunan terbuka (open set) π disebut terhubung (connected) jika setiap
pasang dari titik-titiknya dapat dihubungkan dengan rantai kontinu tak
hingga segmen garis yang titik-titiknya selalu terletak pada π.
b. Suatu himpunan terbuka dan terhubung disebut domain dan setiap
neighborhood yang telah kita kenal merupakan domain.
c. Suatu domain yang bersama-sama dengan semua, beberapa atau tanpa
titik batas membentuk sebuah region.
d. Suatu region tertutup menujukkan region beserta batasnya.
e. Suatu himpunan π disebut terbatas (bounded) jika dapat ditemukan
lingkaran |π§| = π yang memuat π΅. Jadi π΅ terbatas bila dapat
menemukan bilangan positif π sedemikian hingga |π§| < π untuk setiap
π§ dalam himpunan π΅. Apabila ditemukan π sebagaimana diatas maka π΅
disebut tak terbatas (unbounded).
Contoh:
(1) Open set |π§| < 1 adalah terhubung (connected), sedangkan himpunan
1 < |π§| < 2 tidak terhubung.
Gambar 1.10. Terhubung
Gambar 1.11. Tidak Terhubung
29 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
(2) 1 β€ |π§| < 3 adalah himpunan terbatas dan berbatas (mempunyai
semua titik batas), dapat disebut region.
(3) 1 < πΌπ(π§) β€ 3 adalah himpunan tak terbatas dan berbatas disebut
himpunan tertutup tapi bukan region tertutup.
(4) π π(π§) > 1 adalah himpunan tak terbatas dan tidak mempunyai titik
batas.
(5) Suatu lingkungan atau lingkungan terhapus bagi sembarang titik π§
merupakan suatu region
(6) βAnalus melingkarβ yang terdiri atas titik-titik π§ dengan β2 β€
|π§ + 2| β€ 3 merupakan region tertutup. Himpunan tersebut terdiri atas
region diantara dua lingkaran konsentris |π§ + 2| = 2 πππ |π§ + 2| = 3
dengan batas region yaitu kedua lingkaran tersebut.
(7) Penggal sumbu nyata dengan β2 β€ π₯ β€ 2 merupakan himpunan
tertutup tetapi bukan region tertutup karena terdiri dari satu region
berikut batasnya. Perhatikan bahwa himpunan ini terdiri atas
seluruhnya titik batas dan tidak memuat titik dalam.
Soal Latihan 5
1. Gambarlah himpunan berikut, dengan domain:
a. |2π§ + 3| > 4
b. |π§ β 4| β₯ |π§|
c. |π§| > 0, 0 β€ arg π§ β€1
4π
2. Tentukan daerah pada bidang π§ berikut ini:
a. |π§| < 3
30 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
b. 1 < |π§ + 2π| β€ 2
c. π
3π β€ arg π§ β€
π
2
3. Diketahui himpunan π΄ dan π΅ yang berturut-turut dinyatakan dengan
|π§ β 1| < 3 dan |π§ β 2π| < 2. Nyatakan daerah berikut pada bidang π§:
a. π΄ β© π΅ ππ‘ππ’ π΄π΅
b. π΄ βͺ π΅ ππ‘ππ’ π΄ + π΅
4. Nyatakan secara grafik himpunan semua nilai π§ yang memenuhi:
a. |π§β3
π§+3| = 2
b. |π§β3
π§+3| < 2
31 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
BAB II
FUNGSI-FUNGSI ANALITIK
Capaian pembelajaran:
1. Mahasiswa mampu menganalisa dan melakukan pembuktian fungsi
variabel kompleks dan pemetaan (mapping) dengan cermat dan teliti.
2. Mahasiswa mampu menganalisa dan melakukan pembuktian limit
dalam fungsi kompleks
3. Mahasiswa mampu menganalisa dan melakukan pembuktian
kontinuitas dalam fungsi kompleks dengan cermat dan teliti.
4. Mahasiswa mampu menganalisa dan melakukan pembuktian derivative
(fungsi turunan-penurunan fungsi) dengan cermat dan teliti.
5. Mahasiswa mampu menganalisa dan melakukan pembuktian
Persamaan Cauchy-Riemann (PCR) dengan cermat dan teliti.
6. Mahasiswa mampu menganalisa dan melakukan pembuktian fungsi-
fungsi analitik dengan cermat dan teliti.
7. Mahasiswa mampu menganalisa dan melakukan pembuktian fungsi
harmonik dengan cermat dan teliti.
2.1. FUNGSI VARIABEL KOMPLEKS
Jika pada setiap nilai variabel kompleks π§ terdapat satu atau lebih nilai
dari variabel kompleks π€ adalah suatu fungsi dari π§ yang dituliskan:
π€ = π(π§) ππ‘ππ’ π€ = π(π§)
32 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Variabel π§ disebut suatu variabel bebas dan π€ disebut variabel tak bebas dan
nilai suatu fungsi di π§ = π maka dituliskan: π(π)
Contoh:
(1) Jika π(π§) = π§2 maka tentukan nilai dari π(5π)
(2) Jika π(π§) = 2π§2 + 7 maka tentukan nilai dari π(3π)
Penyelesaian:
(1) Nilai dari π(5π):
π(π§) = π§2
π(5π) = (5π)2 = β25
(2) Nilai dari π(3π):
π(π§) = 2π§2 β 7
π(3π) = (3π)2 + 12 = β9 + 12 = 3
Apabila hanya satu nilai π€ dihubungkan dengan setiap nilai dari π§
maka π€ adalah suatu fungsi bernilai tungal dari π§ atau π(π§) bernilai tunggal
dan apabila lebih dari satu nilai π€ dihubungkan dengan setiap nilai dari π§ maka
π€ adalah suatu fungsi bernilai banyak dari π§ atau π(π§) bernilai banyak, sebagai
contoh pada kasus berikut:
(1) Apabila π€ = π§2 maka pada setiap nilai π§ terdapat hanya satu nilai
π€. Hal ini dapat dikatakan π€ = π(π§) = π§2 merupakan suatu fungsi
bernilai tunggal dari π§.
(2) Apabila π€ = π§1
2 maka pada setiap nilai π§ terdapat hanya dua nilai
π€. Hal ini dapat dikatakan π€ = π(π§) = π§1
2 merupakan suatu fungsi
bernilai banyak (dua nilai) dari π§.
33 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Apabila fungsi π€ = π(π§) = π§2 atau π€ = π₯2 β π¦2 + π2π₯π¦ = π’ + ππ£, maka
diperoleh:
π€ = π₯2 β π¦2 + π2π₯π¦ β π’ = π₯2 β π¦2 πππ π£ = 2π₯π¦
Hal ini berarti bahwa tiap fungsi kompleks π€ = π(π§) berkorespondensi
dengan dua fungsi nyata π’(π₯, π¦) πππ π£(π₯, π¦) dituliskan:
π(π§) = π’(π₯, π¦) + ππ£(π₯, π¦)
Apabila variabel π§ = (π₯, π¦) dinyatakan dalam bentuk kutub π₯ = (π, π) , π¦ =
(π, π) maka π€ = π(π§) dapat dinyatakan:
π(π§) = π’(π, π) + ππ£(π, π)
Contoh:
Tentukan bentuk kutub dari π€ = π(π§) = π§2
Penyelesaian:
Bentuk kutub dari π€ = π(π§) = π§2 atau π€ = π(π§) = π§2 = (π₯ + ππ¦)2,
yaitu:
π€ = π2(cos π + π sin π)2 = π2(cos 2π + π sin 2π) =
π2 cos 2π + π π2 sin 2π
dengan:
π’ = π2 cos 2π dan π£ = π2 sin 2π
34 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Apabila dari π(π§) = π’(π₯, π¦) + ππ£(π₯, π¦) dengan πΌπ(π(π§)) =
0 ππ‘ππ’ π£(π₯, π¦) = 0 maka diperoleh fungsi real, misalnya π(π§) = |π§|2 =
π₯2 + π¦2
2.2. PEMETAAN
Memiliki hubungan sangat erat antara pengertian fungsi dan pemetaan.
Fungsi lebih menitik beratkan pada hubungan antara dua variabel atau lebih
yang dinyatakan dalam persamaan-persamaan aljabar. Pemetaan memiliki
hubungan antar variabel yang diiliustrasikan lewat grafik dalam sumbu
koordinat yang umumya disebut grafik fungsi.
Fungsi variabel kompleks π€ = π(π§) dengan dua variabel, misalnya π§
dan π€, kadang kala tidak dapat digambarkan dengan mudah karena
memerlukan dua bidang koordinat yaitu bidang π§ dengan sumbu π₯ dan π¦ dan
bidang π€ dengan sumbu π’ dan π£.
f
π§ = (π₯, π¦) π€ = (π’, π£)
y π€ = πΉ(π§)
Gambar 2.1. Bidang π§ Gambar 2.2. Bidang π€
Fungsi π memetakan tiap π§ di bidang π₯π¦ ke titik π€ di bidang π’π£ ditulis:
π: π§ β π€ = π(π§)
35 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Pengertian transformasi seperti refleksi, translasi dan rotasi menjadi sering
digunakan untuk menjelaskan sifat-sifat sebuah pemetaan, sebagai comtoh
bidang π§ dan π€ dalam satu sistem koordinat yang meliputi:
a. Refleksi (pencerminan) terhadap sumbu π₯ dengan π€ = π§
π¦, π£ π§2
π§3
π§1
π₯, π’
π§1
π§3 π§2
Gambar 2.3. Refleksi
b. Rotasi (perputaran) dengan π€ = ππ§ (misal titik π§ dengan sudut sebesar
1
2π arah positif)
π€ = ππ§
π§
π§ = π₯ + ππ¦ = (π₯, π¦)
π€ = ππ§ = βπ¦ + ππ₯ = (βπ¦, π₯)
Gambar 2.4. Rotasi
36 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
c. Translasi (pergeseran) dengan titik π§ digeser ke titik π€
π§1 π€1
π§2 π€2
π§3 π€3
Gambar 2.5. Translasi
Contoh:
(1) Tunjukkan pada bidang π§ dan π€ yang tidak dalam satu sistem bahwa
π€ = π§2, dengan π€ = π§2 = (π₯2 β π¦2) + π(2π₯π¦) = π’ + ππ£, dengan
π’ = π₯2 β π¦2 πππ π£ = 2π₯π¦
(2) Tunjukkan bahwa π€ =1+π§
1βπ§ pada bidang π§ dan π€
Penyelesaian:
(1) Bidang π§ dan π€ yang tidak dalam satu system
Missal π€ = π§2, maka π€ = π§2 = (π₯2 β π¦2) + π(2π₯π¦) = π’ +
ππ£
dengan:
π’ = π₯2 β π¦2 πππ π£ = 2π₯π¦
Diselidiki dengan memisalkan:
a. Untuk:
π’1 = π₯2 β π¦2 (konstan) berupa hiperbola orthogonal di
bidang π’
37 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
π£1 = 2π₯π¦ (konstan) berupa hiperbola orthogonal
di bidang π£
Hal ini tidak mudah menggambarkan π€ dan π§ dalam satu bidang
(sistem koordinat)
b. Apabila dipilih beberapa titik pada bidang π§ misalnya, maka
bayangannya pada bidang π€ akan nampak sebagai berikut:
π§0 = (0,0) bayangannya π€0 = (0,0)
π§1 = (2,1) bayangannya π€1 = (3,4)
π§2 = π bayangannya π€2 = β1 dan lain sebagainya
π¦ π£ (3, 4)
(2, 1)
(0, 0) x (0, 0) u
Bidang z Bidang w
Gambar 2.6. π€ = π§2
c. Apabila garis π sejajar sumbu π¦ pada bidang π§
Misalnya π₯ = 1 , π¦ β₯ 0 maka bayangannya pada bidang π§ yaitu
π1 nampak sebagai sebuah parabola, sebab:
untuk titik π§1 = (1,0) bayangannya π€1 = (1,0)
untuk sembarang titik π§ = (1, π¦), dengan π¦ > 0 maka
diperoleh:
π’ = 1 β π¦2β¦β¦β¦β¦ (a)
π£ = 2π¦ β¦β¦β¦β¦.. (b)
38 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
dari dua persamaan ini diperoleh
π’ = 1 β1
4π£2 parabola bidang π€
y v
π: π₯ = 1 π1: π’ = 1 β1
4π£2
x u
π§1 = (1,0) π€1 = (1,0)
Bidang π§ Bidang π€
Gambar 2.7. π€ = π§2
(2) Perhatikan fungsi π€ =1+π§
1βπ§
Apabila diambil empat titik pada bidang π§ yaitu π§ =
0 , β1 , π πππ β π maka diperoleh bayangan pada bidang π€ sebagai
berikut:
π§ = 0 π€ = 1
π§ = β1 π€ = 0
π§ = π π€ = π
π§ = βπ π€ = βπ
Untuk π§ = 1 tidak mempunyai harga π€, namun dapat dikatakan:
π§ = 1 π€ = β
Dari uraian diatas fungsi π€ =1+π§
1βπ§ memindahkan bagian dalam
lingkaran satuan bidang π§ ke setengah bidang datar sebelah kanan.
39 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Gambar 2.8. π€ =1+π§
1βπ§
Soal Latihan 1
1. Nyatakan setiap fungsi berikut dalam bentuk π’ = (π₯, π¦) + ππ£(π₯, π¦),
dimana π’ dan π£ real:
a. π§3
b. b. 1
(1βπ§)
c. c. π3π§
2. Tentukan π§ sedemikian hingga |π§| = 2 dan arg π§ =π
4
3. Tunjukkan bahwa persamaan |π§ + π| = 2 merupakan lingkaran dan
tentukan pusat serta jari-jarinya
4. Tentukan bentuk kompleks dari persamaan π₯ + 3π¦ = 2
5. Tentukan ketiga akar pangkat tiga dari π
6. Diberikan π(π§) = π§2 + π§ β 3, nyatakan fungsi π dalam bentuk:
a. π(π§) = π’(π₯, π¦) + ππ£(π₯, π¦)
b. π(π§) = π’(π, π) + ππ£(π, π)
7. Tentukan nilai fungsi π(2π) jika π(π§) = π§2 β 2π§ β 1
8. Tentukan nilai fungsi pada tiap titik yang ditunjukkan:
a. π(π§) = 3π§2 β ππ§ pada 2 β π
40 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
b. π(π§) = π§2 β [π π(π§)]2 pada β4 β 4π
9. Gambarkan titik π§ dan lawannya π€ dengan fungsi yang diberikan dan
ditransformasikan pada π€ = π§ + 1 ππππππ π§ = 0 , 1 + π , β1 , β3 +
2π , βπ
10. Perhatikan fungsi π€ = ππ₯(cos π¦ + π sin π¦), tentukan bayangan titik-
titik 1 +π
4π, 1 +
π
2π, 1 + ππ, 1 +
3π
2π, 1 + 2ππ. Gambarlah π€-nya,
kemudian generalisasikan apa yang telah diperoleh dengan
menempatkan bayangan garis π§ = 1 + π¦π untuk semua bilangan real π¦
2.3. LIMIT
Definisi:
Fungsi π€ = π(π§) dikatakan memiliki limit π€0 = πΏ pada saat
π§ mendekati π§0 dituliskan:
limπ§βπ§0
π(π§) = πΏ
jika diberikan > 0 terdapatlah πΏ > 0 sedemikian hinga:
|π(π§) β πΏ| < ππππ |π§ β π§0| < πΏ
Hal ini berarti untuk sebarang bilangan positif ( > 0) maka
terdapatlah bilangan positif πΏ (πΏ > 0) sedemikian hingga:
|π(π§) β πΏ| < π’ππ‘π’π 0 < |π§ β π§0| < πΏ .
Titik-titik π§ terletak dalam neighborhood 0 < |π§ β π§0| < πΏ, sehingga simbol
π§ β π§0 diartikan bahwa π§ mendekati π§0 dari sembarang arah. Hal ini untuk
41 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
menguji kebenaran suatu nilai merupakan nilai limit atau bukan untuk
mengitung limit.
Definisi tersebut, dapat dikatakan π(π§) dikatakan kontinu pada π§0
apabila untuk sebarang > 0 terdapatlah πΏ > 0 sedemikian hingga:
|π(π§) β π(π§0) < | bilamana > 0 terdapatlah πΏ > 0.
Sebagai alternatif, π(π§) adalah kontinu pada π§0 jika limπ§βπ§0
π(π§) = π(π§0)
Teorema A:
Bila fungsi f mempunyai limit pada titik π§0 maka nilai limitnya
adalah tunggal atau dapat dikatakan limπ§βπ§0
π(π§) ada maka nilai
limit tunggal.
Bukti:
Dengan bukti tidak langsung, yaitu andaikan nilai limitnya tidak
tunggal diperoleh:
limπ§βπ§0
π(π§) = πΏ1 dan limπ§βπ§0
π(π§) = πΏ2 dengan πΏ1 β πΏ2
maka untuk sembarang nilai > 0 yang diberikan harus dapat
ditemukan harga πΏ1 πππ πΏ2 sedemikian hingga:
|π(π§) β πΏ1| < ππππ 0 < |π§ β π§0| < πΏ1
dan
|π(π§) β πΏ2| < ππππ 0 < |π§ β π§0| < πΏ2
sekarang bila dipilih =1
2|πΏ1 β πΏ2| πππ πΏ dipilih nilai terkecil
dari dua bilangan πΏ1 πππ πΏ2, diperoleh bahwa untuk:
0 < |π§ β π§0| < πΏ
42 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
maka:
|πΏ1 β πΏ2| = |{π(π§) β πΏ2} β {π(π§) β πΏ1}|
β€ |π(π§) β πΏ2| + |π(π§) β πΏ1| β€ 2 (= |πΏ1 β πΏ2|)
|πΏ1 β πΏ2| < |πΏ1 β πΏ2| adalah sesuatu yang tidak mungkin.
Pengandaian berarti salah, yang benar yaitu harga limit itu tunggal,
sehingga diartikan bahwa pernyataan limπ§βπ§0
π(π§) = πΏ baik
π§0 ππ‘ππ’ πΏ atau mungkin semua titiknya merupakan titik-titik di
lapang tak hingga dan dapat dikatakan:
limπ§ββ
π(π§) = πΏ
untuk setiap harga > 0 harus ditemukan πΏ > 0 sedemikian
hingga:
|π(π§) β πΏ| < untuk |π§| >1
πΏ
Hal ini berarti titik π(π§) terletak dalam neighnorhood |π€ β πΏ| >
dari πΏ manakala π§ terletak dalam neighborhood |π§| >1
πΏ dari πΏ titik
lapang tak hingga.
Bila π(π§) = π’(π₯, π¦) + ππ£(π₯, π¦) ; π§0 = π₯0 + ππ¦0 , π€0 = π’0 +
ππ£0 maka:
limπ§βπ§0
π(π§) = π€0
ππππ βπππ¦π ππππ
lim(π₯,π¦)β(π₯0,π¦0)
π’(π₯, π¦) = π’0 πππ lim(π₯,π¦)β(π₯0,π¦0)
π£(π₯, π¦) = π£0
atau dapat dikatakan, apabila:
43 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
π(π§) = π’(π₯, π¦) + ππ£(π₯, π¦) dan π§0 = π + ππ
maka:
limπ§βπ§0
π(π§) = π΄ + ππ΅ lim(π₯,π¦)β(π,π)
π(π₯, π¦) = π΄ πππ lim(π₯,π¦)β(π,π)
π(π₯, π¦) = π΅
Selain itu juga dapat didefinisikan:
Bilangan real π΄ adalah limit fungsi real dari dua variabel real (π₯, π¦)
dengan domain definisi π· untuk (π₯, π¦) β (π, π)
ditulis:
lim(π₯,π¦)β(π,π)
π(π₯, π¦) = π΄ ,
jika untuk setiap > 0 yang diberikan terdapat πΏ > 0
sehingga untuk semua (π₯, π¦) β π· dan 0 <
β(π₯, π)2 + (π¦ β π)2 < πΏ πππππππ’ |π’(π₯, π¦) β π΄| <
Teorema B:
Bila π(π§) = π’(π₯, π¦) + ππ£(π₯, π¦); π§0 = π₯0 + ππ¦0, π€0 = π’0 + ππ£0
maka:
limπ§βπ§0
π(π§) = π€0
bila hanya bila
lim(π₯,π¦)β(π₯0,π¦0)
π’(π₯, π¦) = π’0 πππ lim(π₯,π¦)β(π₯0,π¦0)
π£(π₯, π¦) = π£0
Bukti:
(1) Syarat perlu:β
limπ§βπ§0
π(π§) = π€0 = π’0 + ππ£0
Menurut definisi, untuk > 0 sedemikian hingga:
44 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
|(π’ + ππ£) β (π’0 + ππ£0)| < ππππ 0 < |π§ β π§0| < πΏ
|(π’ + π’0) + π(π£ + π£0)| < ππππ 0 < |π§ β π§0| < πΏ
sedangkan
|π’ + π’0| β€ |(π’ + π’0) + π(π£ + π£0)|
|π£ + π£0| β€ |(π’ + π’0) + π(π£ + π£0)|
maka
|π’ + π’0| < ππππ 0 < (π₯ β π₯0)2 + (π¦ β π¦0)2 < πΏ2
|π£ + π£0| < ππππ 0 < (π₯ β π₯0)2 + (π¦ β π¦0)2 < πΏ2
Menurut definisi limit untuk fungsi berharga real dari dua
peubah nyata maka limit-limit dari π’ πππ π£ ada dan
mempunyai harga sebenarnya, yaitu:
lim(π₯,π¦)β(π₯0,π¦0)
π’(π₯, π¦) = π’0 lim(π₯,π¦)β(π₯0,π¦0)
π£(π₯, π¦) = π£0
π₯ β π₯0 dan π₯ β π₯0
π¦ β π¦0 π¦ β π¦0
(terbukti)
(2) Syarat cukup: β
lim(π₯,π¦)β(π₯0,π¦0)
π’(π₯, π¦) = π’0 lim(π₯,π¦)β(π₯0,π¦0)
π£(π₯, π¦) = π£0
π₯ β π₯0 dan π₯ β π₯0
π¦ β π¦0 π¦ β π¦0
maka untuk tiap > 0 terdapatlah πΏ1 > 0 πππ πΏ2 > 0 sedemikian hingga:
|π’ + π’0| <1
2 ππππ 0 < (π₯ β π₯0)2 + (π¦ β π¦0)2 < πΏ1
2
|π£ + π£0| <1
2 ππππ 0 < (π₯ β π₯0)2 + (π¦ β π¦0)2 < πΏ2
2
misalkan πΏ dipilih nilai minimum dari πΏ1 πππ πΏ2 maka:
45 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
|(π’ + π’0) + π(π£ + π£0)| β€ |(π’ + π’0) + (π£ + π£0)| <1
2+
1
2(= )
ππππ 0 < |π§ β π§0| < πΏ ππ‘ππ’
|(π’ + ππ£) β (π’0 + ππ£0)| < ππππ 0 < |π§ β π§0| < πΏ
Jadi limπ§βπ§0
π(π§) = π€0 = π’0 + ππ£0 terbukti
Teorema C:
Diberikan fungsi f, g, h didefinisikan pada daerah π· = π·π β©
π·π β πΆ πππ π§0 β π·
Apabila:
|π(π§)| β€ |π(π§)| β€ |β(π§)| limπ§βπ§0
π(π§) = πΏ πππ limπ§βπ§0
β(π§) = πΏ
maka:
limπ§βπ§0
π(π§) = πΏ , dengan π§ β πβ(π§0, π) β© π·
Teorema D:
Misal π πππ πΉ merupakan fungsi-fungsi yang limitnya ada di π§0
yaitu:
limπ§βπ§0
π(π§) = π€0 πππ limπ§βπ§0
πΉ(π§) = π0
maka:
(a) limπ§βπ§0
{π(π§) + πΉ(π§)} = π€0 + π0
(b) limπ§βπ§0
{π(π§). πΉ(π§)} = π€0. π0
(c) limπ§βπ§0
π(π§)
πΉ(π§)=
π€0
π0, π0 β 0
46 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Bukti:
Dibuktikan salah satu yaitu untuk limπ§βπ§0
{π(π§). πΉ(π§)} = π€0. π0, yang lainnya
merupakan analog.
Diketahui: π(π§) = π’(π₯, π¦) + ππ£(π₯, π¦)πππ πΉ(π§) = π(π₯, π¦) + ππ(π₯, π¦)
π§0 = π₯0 + ππ¦0; π€0 = π’0 + ππ£0; π0 = π0 + ππ0
bila:
limπ§βπ§0
π(π§) = π€0 = π’0 + ππ£0
maka:
lim(π₯,π¦)β(π₯0,π¦0)
π’(π₯, π¦) = π’0 lim(π₯,π¦)β(π₯0,π¦0)
π£(π₯, π¦) = π£0
π₯ β π₯0 dan π₯ β π₯0
demikian pula: π¦ β π¦0 π¦ β π¦0
bila:
limπ§βπ§0
πΉ(π§) = π0 = π0 + ππ0
maka:
lim(π₯,π¦)β(π₯0,π¦0)
π’(π₯, π¦) = π0 lim(π₯,π¦)β(π₯0,π¦0)
π£(π₯, π¦) = π0
π₯ β π₯0 dan π₯ β π₯0
π¦ β π¦0 π¦ β π¦0
Sehingga:
π(π§). πΉ(π§) = (π’ + ππ£). (π + ππ) = (π’π β π£π) + π(π’π + π£π)
limπ§βπ§0
{π(π§). πΉ(π§)} = lim(π₯,π¦)β(π₯0,π¦0)
{(π’π β π£π) + π(π’π + π£π)}
lim(π₯,π¦)β(π₯0,π¦0)
(π’π β π£π) = π’0π0 β π£0π0
lim(π₯,π¦)β(π₯0,π¦0)
(π’π + π£π) = π’0π0 + π£0π0
47 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Jadi
limπ§βπ§0
{π(π§). πΉ(π§)} = (π’0π0 β π£0π0) + π( π’0π0 + π£0π0)
= (π’0 + ππ£0). (π0 + ππ0)
= π€0. π0
(terbukti)
Limit Tak Hingga
Definisi:
a. Bilangan L adalah limπ§ββ
π(π§) jika untuk setiap > 0 terdapat πΏ >
0 sehingga untuk
0 < |π§| < πΏ berlaku |π(1
π§)| < lim
π§βπ§0
π(π§) = β πβπ limπ§βπ§0
1
π(π§)= 0
b. Bilangan L adalah limπ§ββ
π(π§) jika untuk setiap > 0 terdapat π
sehingga untuk
|π§| > π berlaku |π(1
π§)| < lim
π§ββπ(π§) = π€0 πβπ lim
π§βπ§0
π(1
π§) = π€0
c. Apabila π > 0 terdapat πΏ > 0 sehingga untuk semua z dimana
0 < π§ β π§0 < πΏ berlaku
|π(π§)| > π limπ§βπ§0
π(π§) = β πβπ limπ§βπ§0
1
π(π§)= 0
Contoh:
(1) Tunjukkan fungsi identitas π(π§) = π§
(2) Hitunglah limπ§βπ
π§βπ
π§2+1
(3) Apabila π(π§) =π₯2
π§ maka tentukan lim π(π§) untuk π§ β 0
Penyelesaian:
48 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
(1) Perhatikan fungsi identitas π(π§) = π§
Untuk sembarang titik π§0 jelaslah bahwa untuk π§ β π§0, π(π§) β π§0
karena π(π§) = π§.
Apabila π(π§) = π§ maka lim π(π§) = π§0
(2) limπ§βπ
π§βπ
π§2+1= lim
π§βπ
π§βπ
(π§βπ)(π§+π)=
1
2π
(3) Bila π(π§) =π₯2
π§ maka tentukan lim π(π§) untuk π§ β 0
karena: |π₯| β€ |π§| ππππ |π₯|2
|π§|β€ |π₯|
sehingga: |(π§)| =|π₯|2
|π§|β€ |π₯|
untuk π§ β 0 ππππ |π§| β 0
kemudian karena: |(π§)| β€ |π₯| ππππ |(π§)| β 0
tetapi bila modulus suatu besaran menuju nol maka demikian pula
besaran itu sendiri.
Jadi lim π(π§) = 0 π’ππ‘π’π π§ β 0
Soal Latihan 2
1. Tunjukkan bahwa limπ§β1
π§2β1
π§β1= 2
2. Diketahui (π§) =2π₯π¦
π₯2+π¦2+
ππ₯2
π¦+1 , tunjukkan bahwa lim
π§βπ§0
π(π§) π‘ππππ πππ
3. Hitunglah:
a. limπ§β1+π
π§3
b. limπ§β(3,4)
ππ π(π§2)βππ π(π§)+(πΌπ(π§2)2β1
|π§|
4. Hitunglah nilai limit fungsi-fungsi berikut ini sesuai titik yang
ditentukan:
49 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
a. π(π§) =πΌπ (π§2)β1
π§οΏ½οΏ½ππππ 3 β 4π
b. π(π§) = π ππππ₯ β π2π₯π¦π ππππ 1 + π
5. Tunjukkan bahwa:
a. limπ§β4
3ππ§+1
π§β4= β
b. limπ§ββ
3π§+1
π§+1= 3
6. Diketahui π(π§) =2π₯π¦
π₯2+π¦2β
π¦2
π₯2π, tentukan:
a. lim π(π§) π’ππ‘π’π π§ β 0 sepanjang garis π¦ = π₯
b. lim π(π§) π’ππ‘π’π π§ β 0 sepanjang garis π¦ = 2π₯
c. lim π(π§) π’ππ‘π’π π§ β 0 sepanjang parabola π¦ = π₯2
7. Tunjukkan bahwa limit fungsi-fungsi berikut tidak ada:
a. limπ₯+π¦β1
π§βπ π’ππ‘π’π π§ β π
b. lim4π₯
βπ₯2+π¦2 π’ππ‘π’π π§ β 0
8. Dengan mnggunakan definisi limit fungsi tak hingga, tunjukkan
bahwa:
a. limπ§ββ
1
π§2+1= 0
b. limπ§β1
1
(π§β1)3 = β
c. limπ§ββ
3π§2 = β
9. Tunjukkan bahwa limπ§β0
οΏ½οΏ½
π§ tidak ada
10. Apabila limπ§βπ§0
π(π§) πππ, tunjukkan bahwa bernilai tunggal
50 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
2.4. KONTINUITAS
Definisi:
Fungsi π€ = π(π§) kontinu di titik π§0 bila hanya bila:
a. π(π§0) πππ
b. limπ§βπ§0
π(π§) πππ
c. limπ§βπ§0
π(π§) = π(π§0)
Perhatikan bahwa sebenarnya syarat π cukup memadai karena
didalamnya telah termuat syarat π πππ π. Hal ini berarti bahwa tiap nilai >
0 yang diberikan terdapatlah πΏ > 0 sedemikian hingga:
|π(π§) β π(π§0)| < ππππ |π§ β π§0| < πΏ
dalam hal ini πΏ = πΏ( , π§0) artinya πΏ tergantung πππ π§0.
Apabila πΏ = πΏ( ) yaitu tidak tergantung pada π§0 maka dapat dikatakan
π(π§) kontinu uniform, jelasnya π(π§) kontinu di semua titik dalam region π .
Fungsi variabel kompleks selalu dapat ditulis sebagai:
π(π§) = π’(π₯, π¦) + ππ£(π₯, π¦)
maka kekontinuan π(π§) selalu ditunjukkan oleh kekontinuan komponen-
komponennya yaitu π’(π₯, π¦) πππ π£(π₯, π¦)
Teorema:
Misalkan:
a. π(π§) = π’(π₯, π¦) + ππ£(π₯, π¦)
51 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
b. π(π§) terdefinisikan pada setiap titik region π
c. π§0 = π₯0 + ππ¦0 suatu titik di dalam region π
maka π(π§) kontinu di π§0 bila dan hanya bila:
π’(π₯, π¦) πππ π£(π₯, π¦) ππππ‘πππ’ ππ (π₯0, π¦0).
Sebagai konsekuensi dari teori tentang limit yaitu:
limπ§βπ§0
π(π§) = π(π§0) untuk π§ β π§0
bila hanya bila
lim(π₯,π¦)β(π₯0,π¦0)
π’(π₯, π¦) = π’(π₯0, π¦0)
dan
lim(π₯,π¦)β(π₯0,π¦0)
π£(π₯, π¦) = π£(π₯0, π¦0) untuk (π₯, π¦) β (π₯0, π¦0)
Misalkan π(π§) = π₯π¦2 + π(2π₯ β π¦) maka π(π§) ini kontinu disetiap titik π§ pada
bidang kompleks karena fungsi komponen-komponennya yaitu:
π’ = π₯π¦2 kontinu di setiap titik (π₯, π¦)
dan
π£ = 2π₯ β π¦ kontinu di setiap titik (π₯, π¦)
Bila π(π§) πππ π(π§) kontinu di π§0 maka:
a. Jumlah π(π§) + π(π§) kontinu
b. Selisih π(π§) β π(π§) kontinu
c. Perkalian π(π§). π(π§) kontinu
d. Pembagian π(π§)
π(π§) kontinu asal π(π§) β 0
e. Komposisi π(π(π§)) kontinu di titik π§0
52 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Suatu hal yang perlu diketahui adalah setiap suku banyak (polynomial) dalam
π§: π(π§) = π0 + π1π§ + π2π§2 + β― + πππ§π kontinu di setiap titik.
Bukti teorema, dengan menunjukkan salah satu teorema yang (e)
komposisi dua fungsi kontinu adalah kontinu
π π
π(π)
Gambar 2.9. Fungsi komposisi
Contoh:
π(π§) = π₯π¦2 + π(2π₯ β π¦)
π(π§) kontinu pada setiap titik π§ di bidang kompleks karena fungsi
komponen-komponennya yaitu:
π’ = π₯π¦2 kontinu pada setiap titik (π₯, π¦)
dan π£ = 2π₯π¦ kontinu pada setiap titik (π₯, π¦)
Soal Latihan 3
1. Tunjukkan bahwa π(π§) = π§2 kontinu di π§ = π§0
2. Tunjukkan bahwa π(π§) = π§2 β π§ β π§0
0 β π§ = π§0
dimana π§0 β 0 tak kontinu di π§ = π§0
π§0 π(π(π§0))
π(π§0)
53 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
3. Apakah fungsi π(π§) =3π§4β2π§3+8π§2β2π§+5
π§βπ kontinu di = π ?
4. Hitunglah limπ§β2π
ππ3
π§3+8
π§4+4π§2+16
5. Untuk nilai manakah setiap fungsi berikut kontinu?
a. π(π§) =π§
π§2β1
b. π(π§) = πππ ππ π§
6. Selidikilah apakah limπ§βπ
π§2+1
π₯+π¦β1 ada?
7. Tunjukkan fungsi π(π§) = |π§|2 kontinu di setiap titik
bilangannkompleks
8. Tunjukkan:
a. untuk sembarang π§0 dan sembarang bilangan bulat tidak negative
π: limπ§π = π§0π π’ππ‘π’π π§ β π§0
b. sebagai akibatnya π(π§) = π§π kontinu dimanapun
9. Tunjukkan bahwa π(π§) =1
π§ tidak kontinu dalam daerah |π§ < 1|
10. Untuk nilai π§ manakah setiap fungsi berikut kontinu?
a. π(π§) =π§
π§2+1
b. π(π§) =1
sin π§
2.5. DERIVATIVE
Apabila π(π§) bernilai tunggal dalam sejumlah daerah dari bidang π§
maka turunan π(π§) yang dinyatakan oleh πβ²(π§) yaitu:
limβπ§β0
π(π§ + βπ§) β π(π§)
βπ§
ππππππ π π¦ππππ‘ π‘πππππππ‘ πππππ‘ π¦πππ π‘ππππ π‘ππππππ‘π’ππ ππππ ππππ πππππππππ βπ§ β 0.
54 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Apabila limit tersebut ada untuk π§ = π§0 maka π(π§) disebut analitik
pada π§0. Apabila terdapat limit untuk semua π§ dalam daerah β maka π(π§)
disebut analitik dalam β dan agar menjadi analitik maka π(π§) harus bernilai
tunggal dan kontinu, tetapi kebalikannya tidak selalu benar.
Untuk itu, dapat didefinisikan yaitu:
1. Apabila π€ = π(π§) suatu fungsi dimana domain definisi memuat
neighborhood dari titik π§0 derivative π pada titik π§0 adalah:
πβ²(π§0) = limπ§βπ§0
π(π§)βπ(π§0)
π§βπ§0 bila limitnya ada
2. Apabila menggunakan notasi βπ§ = π§ β π§0 maka derivate π pada
titik π§0 dapat ditulis:
πβ²(π§0) = limπ§βπ§0
π(π§0+βπ§)βπ(π§0)
βπ§
dengan catatan bahwa, karena π terdefinisi dalam neighborhood
π§0 maka nilai π(π§0 + βπ§) selalu ada untuk |π§0| cukup kecil.
3. Apabila dari formulasi kedua, indeks nol dihilangkan maka
diperoleh definisi defirative (penurunan fungsi) yang lebih umum
yaitu:
πβ²(π§) = limβπ§β0
π(π§ + βπ§) β π(π§)
βπ§
πβ²(π§) = limβπ§β0
βπ€
βπ§
πβ²(π§) =ππ€
ππ§
55 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
dapat dikatakan bahwa notasi-notasi fungsi turunan dari π atau
disingkat turunan π adalah:
πβ²(π§) ππ‘ππ’ ππ
ππ§ ππ‘ππ’
ππ€
ππ§
Turunan fungsi dapat diperoleh dengan cara menerapkan langsung
definisi dan proses ini serupa dengan yang digunakan pada kalkulus.
Rumus-rumus derivative sebagi berikut:
1. π
ππ§(π§π) = ππ§πβ1
2. π
ππ§(π§) = 1;
3. π
ππ§(πΆ) = 0
4. π
ππ§(πΆπ(π§)) = πΆ
π
ππ§(π(π§))
5. {π(π§) + π(π§)}β² = πβ²(π§) + πβ²(π§)
6. {π(π§) β π(π§)}β² = πβ²(π§) β πβ²(π§)
7. {π(π§)π(π§)}β² = πβ²(π§)π(π§) + π(π§)πβ²(π§)
8. {π(π§)
π(π§)}
β²
=πβ²(π§)π(π§)βπ(π§)πβ²(π§)
{π(π§)}2
9. {π(π(π§))}β² = πβ²(π§)πβ²(π§)
Kesesuaian rumus turunan fungsi variabel bilangan kompleks dengan
fungsi nyata yaitu apabila π πππ π sebagai fungsi πππππ π§. Apabila f ditulis
56 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
sebagai (π§) = π’(π₯, π¦) + ππ£(π₯, π¦) , seperti misalnyaπ(π§) = π₯2 + ππ¦ , π(π§) =
ππ₯ + π π πππ¦ maka diperlukan teorema lebih lanjut.
Contoh:
(1) Tentukan turunan fungsi konstan π(π§) = π
(2) Tunjukkan bahwa untuk setiap bilangan bulat π β₯ 0 dan setiap titik
π§0.
Apabila π(π§) = π§π maka πβ²(π§0) = ππ§0πβ1
(3) Membuktikan bahwa fungsi π(π§) = π§ tidak mempunyai turunan di
setiap titik dengan menunjukkan bahwa nilai limit yang
mendefinisikan πβ²(π§) bergantung pada cara yang diambil untuk
βπ§ β 0
(4) Menunjukkan bahwa apabila π suatu konstanta dan π(π§) suatu
fungsi yang dapat dideferensialkan, maka [π β π(π§)]β² = ππβ²(π§)
(5) Tentukan (π
ππ§) dari:
a. [(π§3 β π§β2)(π§3 + 5)]
b. (π§β1 + 2π§ + 3)4
c. (π§4β3
π§2+1)
Penyelesaian:
(1) Untuk setiap nilai z pada π(π§) = π, mempunyai:
πβ²(π§) = limβπ§β0
π(π§ + βπ§) β π(π§)
βπ§
πβ²(π§) = limβπ§β0
π β π
βπ§= 0
Jadi turunan suatu fungsi konstan selalu nol.
57 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
(2) Menggunakan atura pangkat yang sering digunakan pada turunan
yang digunakan pada kalkukus, yaitu:
πβ²(π§0) = limπ§βπ§0
π(π§) β π(π§0)
π§ β π§0
= limπ§βπ§0
π§πβπ§0π
π§βπ§0
= limπ§βπ§0
(π§βπ§0)(π§πβ1+π§πβ2π§0+β―+π§π§0πβ2+π§0
πβ1)
π§βπ§0
= limπ§βπ§0
(π§ β π§0)(π§πβ1 + π§πβ2π§0 + β― + π§π§0πβ2 + π§0
πβ1) (π π π’ππ’)
= ππ§0πβ1
(terbukti)
(3) Misalkan: βπ§ = |βπ§|πππ πΌ dan π§ = |βπ§|(cos πΌ β π sin πΌ)
maka
πβ²(π§) = limβπ§β0
π(π§ + βπ§) β π(π§)
βπ§
= limβπ§β0
(π§ + βπ§ ) β π§
βπ§
= limβπ§β0
οΏ½οΏ½+βπ§ βοΏ½οΏ½
βπ§
= limβπ§β0
βπ§
βπ§
= limβπ§β0
cos πΌβπ sin πΌ
cos πΌ+π sin πΌ
Jelaslah bahwa limit tersebut tidak mempunyai nilai tunggal karena
bergantung pada sudut πΌ.
Misalnya, apabila π§ + βπ§ β π§ sepanjang garis tegak πΌ =π
2, maka
limitnya sama dengan β1, sedangkan apabila π§ + βπ§ β π§ sepanjang
garis mendatar, limitnya sama dengan 1. Kesimpulannya bahwa
fungsi di atas tidak mempunyai turunan dimanapun.
58 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
(4) Mengambil π(π§) = π , diperoleh:
[π β π(π§)]β² = ππβ²(π§) + πβ²π(π§)
= ππβ²(π§) + 0
= ππβ²(π§)
(5) Menggunakan aturan pendeferensialan, maka diperoleh:
π
ππ§[(π§3 β π§β2)(π§3 + 5)] = (π§3 β π§β2)2π§ + (π§2 + 5)(3π§2 + 2π§β3)
π
ππ§(π§β1 + 2π§ + 3)4 = 4(π§β1 + 2π§ + 3)3(βπ§β2 + 2)
π
ππ§(
π§4 β 3
π§2 + 1) =
(π§2 + 1) 4π§3 β (π§4 β 3)2π§
(π§2 + 1)3
Soal Latihan 4
1. Tentukan turunan dari fungsi berikut:
a. π(π§) = (2π§2 + π)5
b. π(π§) =π§βπ
π§+π pada π
c. π(π§) = (π§β1 + 2π§ + 3)4
2. Diberikan π€ = π(π§) = π§3 β 2π§ , gunakan definisi untuk menentukan
turunan dari
a. π§ = π§0
b. π§ = β1
3. Apabila π€ = π(π§) =1+π§
1βπ§ maka:
59 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
a. Tentukan ππ€
ππ§ , (dengan cara definisi & deferensial)
b. Tentukan dimana π(π§) tidak analitik
4. Tentukan πβ²(π§) fungsi-fungsi berikut ini:
a. π(π§) = π§3 β 3π§2 + π§β4 + 2
b. π(π§) = 3π§2 β 2π§ + 7
c. π(π§) = (2π§3 β 3π§2 + 4)5
d. π(π₯) =π₯2+2
3βπ₯2 3 β π₯2 β 0
5. Gunakan definisi dan aturan deferensial untuk menentukan turunan
dari:
a. 3π§2 + 4ππ§ β 5 + π pada π‘ = 2
b. 3π§β2 pada π§ = 1 + π
6. Tunjukkan bahwa π(π§) = π§ tidak deferensiabel (tidak ada) dimana-
mana!
7. Tunjukan bahwa apabila π suatu konstanta dan π(π§) suatu fungsi yang
dapat diturunkan maka [π β π(π§)]β² = ππβ²(π§)
8. Apabila π(π§) analitik di π§0, tunjukkan bahwa harus kontinu di π§0
9. Berikan suatu contoh yang menunjukan bahwa kebalikan dari soal (8)
tidak selalu benar
10. Tunjukkan bahwa π
ππ§π§ tidak ada diman-mana yaitu π(π§) = π§ tidak
analitik dimana-mana
60 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
2.6. PERSAMAAN CAUCHY-RIEMANN
Teorema:
Apabila πβ²(π§) dari suatu fungsi π(π§) = π’(π₯, π¦) + ππ£(π₯, π¦) ada di titik
π§0 maka derivative parsial tingkat satu ke π₯ πππ π¦ dari komponen-
komponennya π’ πππ π£ juga ada dan memenuhi syarat Persamaan
Cauchy Riemann (PCR) sebagai berikut:
ππ’
ππ₯=
ππ£
ππ¦ πππ
ππ’
ππ¦= β
ππ£
ππ₯
PCR
ππ₯ = ππ¦ πππ ππ¦ = βππ₯
πβ²(π§) =ππ’
ππ₯+ π
ππ£
ππ₯= ππ₯ + πππ₯
sedangkan πβ²(π§) dirumuskan
πβ²(π§) =ππ£
ππ¦β π
ππ’
ππ¦= ππ¦ β πππ¦
selain itu dapat dinotasikan ππ’
ππ₯= ππ₯ ,
ππ’
ππ¦= ππ¦ ,
ππ£
ππ¦= ππ₯ ,
ππ£
ππ¦= ππ¦
Apabila π(π§) = π’(π₯, π¦) + ππ£(π₯, π¦) terdefinisikan dalam setiap
neighborhood dari π§0 = π₯0 + ππ¦0 sedangkan π’(π₯, π¦) πππ π£(π₯, π¦) fungsi-
fungsi nyata berharga satu dari π₯ πππ π¦ yang bersama-sama dengan derivative
parsialnya ππ₯ , ππ¦ , ππ₯ , ππ¦ kontinu di titik π§0 = π₯0 + ππ¦0 dan jika derivative
parsialnya memenuhi persamaan Cauchy Riemann, maka:
πβ²(π§) πππ πβ²(π§) =ππ’
ππ₯+ π
ππ£
ππ₯=
ππ£
ππ¦β π
ππ’
ππ¦
61 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Bentuk Kutub Cauchy β Riemann
PCR dalam koordinat kartesius dapat dinyatakan dalam koordinat kutub.
π§ = π₯ + ππ¦ π§ = π(πππ π + π π πππ)
π§ = ππππ
π(π§) = π’ + ππ£ π π(π§) dan πΌπ(π§) dapa dinyatakan dalam π₯ πππ π¦ atau
π πππ π
PCR dalam bentuk kutub ππ =1
πππ
πππ
ππ = β1
πππ
Turunannya yaitu πβ²(π§) = πβππ{ππ + πππ}
ππ‘ππ’
πβ²(π§) =1
ππβππ{ππ β πππ}
Teorema:
Bila π(π§) = π’(π, π) + ππ£(π, π) terdefinisi di seluruh neighborhood
titik π§0 = π0πππ selain titik asal O, sedangkan derivative parsial pertama
π’ πππ π£ terhadap π πππ π ada dan fungsi kontinu pada titik (π0, π0),
62 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
dan bila titik derivative parsialnya memenuhi PCR bentuk polar maka
πβ²(π) ada.
Contoh:
Tunjukkan bahwa π(π§) = π§2 memiliki turunan melalui PCR dan
tentukan turunannya
Penyelesaian:
Diketahui π(π§) = π§2, berdasarkan rumus diperoleh bahwa πβ²(π§) = 2π§
ada di setiap titik, sehingga syarat PCR terpenuhi di setiap titk.
π(π§) = π§2 = (π₯2 β π¦2) + π(2π₯π¦)
sehingga:
π’ = π₯2 β π¦2 π’π₯ = 2π₯ πππ π’π¦ = β2π¦
Ternyata
PCR terpenuhi, yaitu:
π£ = 2π₯π¦ π£π₯ = 2π¦ πππ π£π¦ = 2π₯
π’π₯ = π£π¦ πππ π’π¦ = βπ£π₯
Jadi πβ²(π§) = π’π₯ + ππ£π¦ = 2π₯ + π(2π¦) = 2(π₯ + ππ¦) = 2π§
Soal Latihan 5
1. Tentukan πβ²(π§) bila ada pada fungsi:
a. π(π§) = |π§|2
b. b. π(π§) = cos π¦ β π sin π¦
2. Diberikan π(π§) = π₯2 β ππ¦2
a. Tentukan jika ada, titik-titik yang menyebabkan fungsi itu
mempunyai turunan!
63 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
b. Tentukan πβ²(π§)
3. Tentukan πβ²(π§) bentuk kutub dari π(π§) =1
π§
4. Tentukan πβ²(π§) dari π(π§) = ππ₯πππ¦
5. Selidiki dimanakah fungsi berikut dapat diturunkan, kemudian
tentukan turunannya:
a. π(π§) = π§
b. π(π§) = |π§|2
6. Selidiki dimanakah fungsi π(π§) = π§β3 dapat diturunkan dan tentukan
fungsi turunannya (PCR bentuk kutub)
2.7. FUNGSI ANALITIK
Definisi:
Fungsi π(π§) dikatakan analitik di titik π§0 apabila derivative πβ²(π§) ada,
tidak hanya di π§0 tapi disembarang neighborhood π§0
Fungsi analitik pada definisi tersebut ada ada hubungannya antara
diferensiabilitas dan analisitas fungsi di suatu titik, tetapi keduanya tidak sama
karena analisitas fungsi di suatu titik berakibat pada diferensiabilitas tetapi
tidak sebaliknya, yang disebabkan bahwa πβ²(π§) bisa ada pada sembarang jenis
himpunan, pada segmen garis atau bahkan pada titik terasing tapi analisitas
harus dalam himpunan terbuka.
Hal ini mengacu dari definisi bahwa analisitas di suatu titik π§0
menghendaki πβ²(π§) ada tidak hanya di π§0 tapi disemua titik didalam sembarang
neighborhood π§0, padahal neighborhood merupakan himpunan terbuka.
64 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
a. Bila suatu fungsi analitik di semua titik π§ kecuali π§0 maka π§0
disebut titik terasing atau titik singular.
b. Suatu fungsi yang analitik di seluruh bidang kompleks dinamakan
fungsi menyeluruh (entire function).
c. Polinomial π(π§) = π0 + π1π§ + π2π§2 + β― + πππ§π merupakan
fungsi menyeluruh karena πβ²(π§) ada disetiap titik di bidang
kompleks.
d. Suatu fungsi yang merupakan hasil bagi dua fungsi menyeluruh
dinamakan fungsi meromorfik.
Syarat perlu (belum berarti cukup) fungsi π analitik pada domain π·
adalah kontinu di seluruh π·. Terpenuhinya syarat PCR perlu tapi belum cukup
dan cukupnya syarat bagi keanalitikan fungsi adalah terpenuhinya kaidah-
kaidah derivative.
Derivative juga digunakan untuk fungsi analitik disuatu domain π· adalah:
a. Jumlah dan hasilkali dua fungsi analitik adalah analitik
b. Hasil bagi dua fungsi analitik adalah analitik sepanjang tidak ada
penyebut = nol
c. Komposisi dua fungsi analaitik adalah analitik
Contoh:
(1) Suatu polynomial π(π§) = π0 + π1π§ + π2π§2 + β― + πππ§π merupakan
suatu fungsi menyeluruh karena πβ²(π§) ada pada semua π§
65 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
(2) Fungsi π(π§) = ππ₯(πππ π¦ + π sin π¦) juga merupakan fungus
menyeluruh
(3) Fungsi π(π§) =π§3βπ§+1
π§2+1 merupakan hail bagi dua fungsi menyeluruh
karena pembilang dan penyebut merupakan polinomial. πβ²(π§) ada pada
setiap titik kecuali π§ Β± π, karena pada titik tersebut π tidak
terdefinisikan, jadi π analitik pada semua π§ kecuali ada π πππ β π
Soal Latihan 6
1. Selidiki analisitas fungsi π(π§) = π₯2 β ππ¦2
2. Selidiki analitik fungsi:
a. π(π§) =1
π§
b. π(π§) = |π§|2
3. Apabila π€ = π(π§) =1+π§
1βπ§, tentukan
ππ€
ππ§ dan tentukan dimana π€ tidak
analitik
4. Tunjukkan tiap fungsi berikut tidak analitik dimanapun:
a. π(π§) = π₯π¦ + ππ¦
b. π(π§) = ππ¦πβππ₯
5. Selidikilah analisitas fungsi π(π§) = |π₯2 β π¦2| + π|2π₯π¦|
6. Tentukan bila ada titik singulat fungsi-fungsi berikut dan jelaskan
mengapa fungsi analitik dimanapun kecuali pada titik tersebut:
a. π(π§) =2π§+1
π§(π§2+1)
b. π(π§) = (π§ = 2)β1(π§2 + 2π§ + 2)β1
66 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
7. Tunjukkan fungsi π(π§) = βππππ
2 , π > 0, 0 < π < π analitik pada
domain yang telah ditetapkan dan tunjukan bahwa fungsi komposisi
π(π§2 + 1) analitik pada kuadran satu.
8. Apabila π€ = π(π§) =1+π§
1βπ§; tentukan:
a. ππ€
ππ§
b. Dimana π(π§) tidak analitik
9. Selidikilah apakah |π§|2 memiliki turunan diman-mana
10. Untuk setiap fungsi berikut tentuka titik singularnya yaitu titik yang
fungsinya tidak analitik.
a. π§
π§+π
b. 3π§β2
π§2+2π§+5
2.8. FUNGSI HARMONIK
Fungsi harmonik pada bilangan kompleks yang memuat variabel
kompleks sama dengan pada kalkulus yang memuat variabel real yaitu bila
turunan kedua ππ π₯ πππ ππ π¦ memenuhi persaman Laplace:
ππ₯π₯ + ππ¦π¦ = 0
Apabila fungsi π(π§) = π’(π₯, π¦) + ππ£(π₯, π¦) analitik pada domain π· maka
turunan parsial kedua ππ π₯ πππ ππ π¦ dari komponen-konponennya yaitu
ππ₯π₯, ππ¦π¦, ππ₯π₯ πππ ππ¦π¦ memenuhi persamaan Laplace.
Persamaan Laplace ππ₯π₯ + ππ¦π¦ = 0 πππ ππ₯π₯ + ππ¦π¦ = 0
67 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Apabila diketahui salah satu fungsi harmonik π’(π₯, π¦) maka dapat
diperoleh fungsi-fungsi lainnya π£(π₯, π¦) sedemikian hingga π(π§) = π’(π₯, π¦) +
ππ£(π₯, π¦) analitik yang secara jelas dapat dikatakan:
π(π§) = ππ₯π₯ + π ππ¦π¦ analitik bila hanya bila π πππ π harmonik dan memenuhi
Persamaan Laplace maka π½ πππππππ πΌ
Contoh:
Tunjukkan bahwa π(π§) = π§2 = (π₯2 β π¦2) + π(2π₯π¦) dengan π(π§)
merupakan fungsi analitik merupakan fungsi harmonik dan tunjukkan
bahwa π’(π₯, π¦) merupakan sekawan harmonik π£(π₯, π¦)
Penyelesaian:
Diketahui π(π§) = π§2 = (π₯2 β π¦2) + π(2π₯π¦)
π(π§) merupakan fungsi analitik, sehingga:
π’ = π₯2 β π¦2 π’π₯ = 2π₯ π’π₯π₯ = 2
π’π¦ = β2π¦ π’π¦π¦ = β2
π£ = 2π₯π¦ π£π₯ = 2π¦ π£π₯π₯ = 0
π£π¦ = 2π₯ π£π¦π¦ = 0
Ternyata diperoleh bahwa:
ππ₯π₯ + ππ¦π¦ = 0 πππ ππ₯π₯ + ππ¦π¦ = 0 sehingga
π’ πππ π£ βπππππππ
Dari uraian diatas dapat dikatakan bahwa:
68 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
a. Dari dua fungsi harmonik tersebut π£(π₯, π¦) = 2π₯π¦ merupakan
sekawan harmonik π’(π₯, π¦) = π₯2 β π¦2
b. π’(π₯, π¦) = π₯2 β π¦2 bukan sekawan harmonik π£(π₯, π¦) = 2π₯π¦
Bukti:
Andaikan π’(π₯, π¦) = π₯2 β π¦2 sekawan harmonik π£(π₯, π¦) = 2π₯π¦
maka diperoleh fungsi:
πΊ(π₯, π¦) = π + ππ = 2π₯π¦ + π(π₯2 β π¦2) analitik
Untuk itu, cukup ditunjukkan berlakunya PCR yaitu:
π = 2π₯π¦ ππ₯ = 2π¦ πππ ππ¦ = 2π₯
π = π₯2 β π¦2 ππ₯ = 2π₯ πππ ππ¦ = β2π¦
ternyata:
ππ₯ β ππ¦ πππ ππ¦ β βππ₯ berarti PCR tidak
terpenuhi, sehingga
πΊ(π₯, π¦) tidak analitik
Pengandaian berarti salah, jadi π’(π₯, π¦) = π₯2 β π¦2 bukan
sekawan harmonik π£(π₯, π¦) = 2π₯π¦
c. Dengan jalan yang sama dapat ditunjukkan bahwa βπ’(π₯, π¦) =
βπ₯2 + π¦2 merupakan sekawan harmonik π£(π₯, π¦) = 2π₯π¦
Soal Latihan 7
1. Tunjukkan bahwa π(π§) = ln π + ππ untuk π§ β πΈ = {π§: π§ =
π πππ π, π > 0, βπ < π < π} analitik pada πΈ. Kemudian tunjukkan
69 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
bahwa apabila π(π§) = π§ + 1 maka β(π§) = π(π(π§)) analitik untuk π§ β
π· = {π§: π π(π§) > β1}.
2. Diberikan π(π₯, π¦) = π¦3 β 3π₯2π¦
a. Tunjukkan bahwa π(π₯, π¦) merupakan fungsi harmonic
b. Tentukan sekawan harmonic π(π₯, π¦) sehingga π(π§) = π(π₯, π¦) +
π π(π₯, π¦) analitik
c. Tentukan πβ²(π§)
3. Selidiki analitik fungsi π§3βπ§+1
π§2+1
4. Tunjukkan bahwa komponen nyata dan khayal pada fungsi π(π§) =
π§2 + π§ merupakan fungsi harmonik.
5. Tunjukkan bahwa fungsi π(π§) = 3π₯ + π¦ + π(3π¦ β π₯) merupakan
fungsi menyeluruh (entire function)!
6. Tunjukkan bahwa komponen nyata dan khayal setiap fungsi berikut
adalah harmonik:
a. π(π§) = π§2 + π§
b. b. π(π§) =1
π§
c. π(π§) = π§3
d. π(π§) = ππ₯(cos π¦ + π sin π¦)
7. Tunjukkan bahwa π’ adalah harmonik di semua domain dan tentukan
sekawan harmonik π£ sehingga π(π§) = π’ + ππ£ analitik:
a. π’(π₯, π¦) = π₯π¦
b. π’(π₯, π¦) = 2π₯(1 β π¦)
c. π’(π₯, π¦) = ππ₯πππ π¦
70 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
8. Tunjukkan bahwa apabila pada semua domain, π£ adalah sekawan
harmonik π’ dan π’ sekawan harmonik π£ maka π’ πππ π£ merupakan
fungsi-fungsi konstan.
9. Tunjukkan fungsi π’(π, π) = ln π harmonic pada domain π > 0, 0 <
π < 2π dan tentukan pula sekawan harmonik π£
10. Tunjukkan fungsi π(π§) = βππππ
2 , π > 0, 0 < π < π merupakan
analitik pada domain yang telah ditetapkan dan tunjukkan bahwa fungsi
komposisi π(π§2 + 1) analitik pada kuadran satu.
71 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
BAB III
FUNGSI-FUNGSI ELEMENTER
Capaian pembelajaran:
1. Mahasiswa mampu menganalisa dan melakukan pembuktian fungsi
eksponen dengan cermat dan teliti
2. Mahasiswa mampu menganalisa dan melakukan pembuktian fungsi
trigonometri dengan cermat dan teliti
3. Mahasiswa mampu menganalisa dan melakukan pembuktian fungsi
hiperbolik dengan cermat dan teliti
4. Mahasiswa mampu menganalisa dan melakukan pembuktian fungsi
logaritma dengan cermat dan teliti
5. Mahasiswa mampu menganalisa dan melakukan pembuktian invers
fungsi trigonometri dengan cermat dan teliti
6. Mahasiswa mampu menganalisa dan melakukan pembuktian invers
fungsi hiperbolik dengan cermat dan teliti
3.1. FUNGSI EKSPONEN
Fungsi eksponen (fungsi pangkat) pada bilangan kompleks, didefinisikan:
exp π§ = ππ§ = ππ₯+ππ¦ = ππ₯ (cos π¦ + π sin π¦) = ππ₯πππ π¦
Apabila z merupakan bilangan real maka:
π¦ = 0 π§ = π₯ + π0 π§ = ππ₯(cos 0 + π sin 0) π§ = ππ₯
72 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Apabila z merupakan bilangan imajiner murni maka:
π₯ = 0 π§ = ππ¦ π§ = cos π¦ + π sin π¦ π§ = πππ¦
sehingga:
ππ§ = ππ₯πππ π¦ |ππ§| = ππ§ , π¦ = arg(ππ§) ππ§ β 0
Perhatikan:
π(π§) = ππ§ = ππ₯(cos π¦ + π sin π¦) = ππ₯ cos π¦ + π ππ₯ sin π¦
U + i V
π = ππ₯ cos π¦ ππ₯ = ππ₯ cos π¦ , ππ¦ = βππ₯ sin π¦ ππ₯ = ππ¦
π = ππ₯ sin π¦ ππ₯ = ππ₯ sin π¦ , ππ¦ = ππ₯ cos π¦ ππ¦ = βππ₯
PCR terpenuhi
Uraian diatas diperoleh:
πβ²(π§) = ππ₯(π₯, π¦) + π ππ¦(π₯, π¦) πβ²(π§) = ππ₯ cos π¦ + π ππ₯ sin π¦
πβ²(π§) = ππ₯(cos π¦ + π sin π¦)
sehingga:
πβ²(π§) = ππ§
Jadi π(π§) = ππ§ analitik terhadap seluruh bidang kompleks sehingga
merupakan fungsi yang utuh dan πβ²(π§) = ππ§. Fungsi π(π§) = ππ§ merupakan
fungsi periodik dengan periode 2ππ sehingga ditulis:
ππ§+2ππ = ππ§
73 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Sifat-sifat:
1. ππ§1 . ππ§2 = ππ§1+π§2 (exp π§1). (ππ₯ππ§2) = exp(π§1 + π§2)
2. ππ§1
ππ§2= ππ§1βπ§2
exp π§1
exp π§2= exp(π§1 β π§2)
3. (exp π§)π = exp ππ§ , π = 1,2,3, β¦ (ππ§)π = π(ππ§)
4. 1
ππ§ = πβπ§
5. π0 = 1
6. ππ§ = π οΏ½οΏ½
7. ππ§+2πππ = ππ§. π2πππ = ππ§πππ (2ππ) = ππ§
8. π€ = ππ§ π€ = π(cos π + π sin π) , π€ β 0 π§ = πππ + ππ
9. πln π§ = π§ , π§ β 0
10. πππ§1
π§2= πππ§1 β πππ§2
11. ln(π§1. π§2) = ln π§1 + ln π§2
12. π§π = ππ πππ§ , π = 1,2,3, β¦
13. π§1
π = π1
ππππ§ , π = 1,2,3, β¦
Bentuk pangkat bilangan kompleks didefinisikan sebagai π§π€ dan nilai utama
dari π§π€ yaitu:
π§π€ = ππ€πππ§
Bukti:
misalkan π§π€ = π, sehingga:
π§π€ = π
di ππ kan
ln(π§π€) = ln π
π€ ln π§ = ln π
sebagai pangkat dari π
74 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
ππ€ ln π§ = πln π
ππ€ ln π§ = π π = ππ€ ln π§
π§π€ = ππ€ ln π§
(terbukti)
Contoh:
(1) Tunjukkan bahwa ππ§ = ππ§+2ππ
(2) Tunjukkan bahwa untuk setiap π§, ππ§ β 0
(3) Tunjukkan bahwa |ππ§| = ππ§
(4) Tunjukkan bahwa ππ§1 . ππ§2 = ππ§1+π§2
(5) Tentukan akar-akar akar-akar persamaan ππ§ = βπ
Penyelesaian:
(1) Pembuktian eksponensial bahwa ππ§ = ππ§+2ππ
Untuk semua π§ = π₯ β ππ¦, maka:
ππ§+2ππ = ππ₯+(π¦+2π)π = ππ₯πππ (π¦ + 2π) = ππ₯πππ π¦
= ππ₯+ππ¦
= ππ§
(2) Pembuktian bahwa untuk setiap π§, ππ§ β 0
Dibuktikan dengan kontradiksi, misalnya bahwa suatu bilangan π§ =
π + ππ ada sedemikian hingga ππ§ = 0, maka:
ππ cos π + π ππ sin π = 0
sehingga:
ππ cos π = 0 πππ ππ sin π = 0
75 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
karena eksponen nyata ππ tidak pernah nol, haruslah:
cos π = 0 πππ sin π = 0
tetapi tidak mungkin untuk setiap nilai b, sehingga hal ini memenuhi
bahwa tak satupun π§ ada.
Jadi ππ§ β 0 π’ππ‘π’π π πππ’π π§
(3) Pembuktian bahwa |ππ§| = ππ§
|ππ§| = |ππ§(cos π¦ + π sin π¦)| = |ππ§||cos π¦ + π sin π¦| = ππ§. 1 = ππ§
(terbukti)
(4) Pembuktian bahwa ππ§1 . ππ§2 = ππ§1+π§2
Dibuktikan dengan definisi bahwa:
ππ§ = ππ§(cos π¦ + π sin π¦) ππππππ π§ = π₯ = ππ¦
sehingga:
π§1 = π₯1 + ππ¦1 πππ π§2 = π₯2 + ππ¦2
diperoleh:
ππ§1 . ππ§2 = ππ§1(cos π¦1 + π sin π¦1). ππ§2(cos π¦2 + π sin π¦2)
= ππ§1 . ππ§2(cos π¦1 + π sin π¦1)(cos π¦2 + π sin π¦2)
= ππ§1+π§2{(cos(π¦1 + π¦2) + π sin (π¦2 + π¦2)}
= ππ§1+π§2
(terbukti)
(5) Akar-akar persamaan ππ§ = βπ
Persamaan ππ§ = βπ bisa ditulis dalam bentuk:
ππ₯ cos π¦ + π ππ₯ sin π¦ = 0 β π
sehingga:
ππ₯ cos π¦ = 0 dan ππ₯ sin π¦ = βπ
76 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Diperoleh:
π¦ =π
2+ ππ, π = ππππππππ ππ’πππ‘
dengan demikian persamaan kedua menjadi Β±ππ₯ = β1, sehingga
hanya memiliki kemungkinan ππ₯ = 1, jadi π₯ = 0.
Apabila π¦ =π
2+ ππ untuk π = ππππππππ πππππ, maka ππ₯ sin π¦ =
β1 tidak mungkin dipenuhi, akibatnya nilai yang diperoleh untuk π¦
dipersempit menjadi untuk π ππππππ.
π¦ =π
2+ ππ, π = ππππππππ ππ’πππ‘
Hal ini berarti bahw akar-akar persamaan yang diberikan yaitu:
π§ = 0 + (βπ
2+ ππ) π
berarti bahwa:
π(βπ2
+2ππ)π = βπ
yang menggambarkan periodesitas fungsi eksponensial.
Soal Latihan 1
1. Tunjukkan bahwa:
a. exp(2 Β± 3ππ) = βπ2
b. ππ§+ππ = βππ§
2. Tentukan z sehingga memenuhi persamaan:
a. ππ§ = 1
b. ππ§ = β1
c. πποΏ½οΏ½ = πποΏ½οΏ½
77 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
3. Bila π§ β 0, tunjukkan bahwa bila π§ = ππππ maka:
a. π§ = ππβππ
b. exp (ln π + ππ) = π§
4. Hitunglah nilai utama dari :
a. πβπ
b. π2ππ
c. (β1 + π)π
5. Tunjukkan bahwa untuk π = 0, Β±1, Β±2, β¦ maka β11
π = ππ₯π[(2π +
1)π]
6. Tunjukkan bahwa exp π§ tidak analitik dimanapun
7. Tunjukkan dengan dua cara bahwa exp π§2 adalah menyeluruh dan
tentukan derivativenya.
8. Selidiki perlakuan dari exp(π₯ + ππ¦) bila x menuju ββ
9. Selidiki perlakuan dari exp(2 + ππ¦) bila y menuju β
10. Tunjukkan bahwa |πβ2π§| < 1 bila dan hanya bila π π (π§) > 0
3.2. FUNGSI TRIGONOMETRI
Mengunakan formulasi πππ₯ = cos π₯ + π sin π₯ πππ πβππ₯ = cos π₯ β
π sin π₯, maka diperoleh:
sin π₯ =πππ₯βπβππ₯
2π sin π§ =
πππ§βπβππ§
2π
cos π₯ =πππ₯+πβππ₯
2 cos π§ =
πππ§+πβππ§
2
78 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
cos π§ = πππ π₯ cosh π¦ β π sin π₯ sinh π¦
Fungsi sinus dan cosinus merupakan fungsi menyeluruh sepanjang
kombinasi linier πππ§ dan πβππ§ adalah menyeluruh. Derivativenya dirumuskan:
π
ππ§sin π¦ = cos π§ πππ
π
ππ§cos π§ = β sin π§
Apabila π§ diambil ππ¦ dengan π₯ = 0 cos ππ¦ = cosh π¦ πππ sin ππ¦ = π sinh π¦
Sifat-sifat:
1. tan π§ =sin π§
cos π§
2. cot π§ =cos π§
sin π§
3. sec π§ =1
cos π§
4. cos sec π§ =1
sin π§
Pendeferensialan dengan menggunakan aturan diperoleh:
1. π
ππ§tan π§ = π ππ2π§
2. π
ππ§cot π§ = β cos π ππ2π§
3. π
ππ§sec π§ = sec π§ tan π§
4. π
ππ§cos sec π§ = β cos sec π§ cot π§
Definisi: sin π§ =πππ§βπβππ§
2π diperoleh sin π§ = sin π₯ πππ β π¦ + π cos π₯ π ππβ π¦
cos π§ =πππ§+πβππ§
2 diperoleh
Untuk π₯ = 0 maka dari dua formulasi terakhir diatas akan diperoleh:
79 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
sin(ππ¦) = π sinh π¦ πππ cos(ππ¦) = cosh π¦
Selain itu sin π§ πππ cos π§ adalah sekawan dengan sin π§ πππ cos π§.
Fungsi sin π§ , cos π§ πππ tan π§ adalah periodik dengan formulasi:
1. sin(π§ + 2π) = sin π§
2. cos(π§ + 2π) = cos π§
3. sin(π§ + π) = β sin π§
4. cos(π§ + π) = β cos π§
5. tan(π§ + π) = tan π§
6. sin (1
2π β π§) = cos π§
Sifat-sifat yang lain sebagai berikut:
1. |sin π§|2 = π ππ2π₯ + π ππβ2π¦
2. |cos π§|2 = πππ 2π₯ + π ππβ2π¦
3. πππ β2π¦ β π ππβ2π¦ = 1
4. π ππ2π§ + πππ 2π§ = 1
5. sin(π§1 + π§2) = sin π§1 cos π§2 + cos π§1 π ππ π§2
6. cos(π§1 + π§2) = cos π§1 cos π§2 β sin π§1 π ππ π§2
7. sin(βπ§) = β sin π§
8. cos(βπ§) = cos π§
9. sin(2π§) = 2 sin π§ cos π§
10. cos(2π§) = πππ 2π§ β π ππ2π§ = 2πππ 2 π§ β 1 = 1 β 2π ππ2 π§
11. tan(π§1 Β± π§2) =tan π§1Β±tan π§2
1Β±tan π§1 tan π§2
12. 1 + π‘ππ2 π§ = π‘ππ2 π§
13. 1 + πππ‘2 π§ = πππ ππ2 π§
80 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
14. sin π§ = sin π§
15. cos π§ = cos π§
16. tan π§ = tan π§
Apabila dari sifat diatas dikembangkan sendiri, seperti:
1. π ππ π§ = 0 bila dan hanya bila π§ = ππ , π = 0, Β±1, Β±2, β¦
2. cos π§ = 0 bila dan hanya bila π§ =π
2+ ππ , π = 0, Β±1, Β±2, β¦
Fungsi variabel kompleks nilai mutlak sinus dan cosinus tidak
terbatas
Variabel real nilai mutlak sinus dan cosinus tdak melebihi 1
Variabel kompleks:
1. sinus dan cosines merupakan fungsi periodik dengan periode 2π
2. tan π§ πππ cot π§ juga periodik dengan periode π
Contoh:
(1) Tunjukkan bahwa π ππ π§ = 0 bila dan hanya bila π§ = ππ
(2) Tunjukkan bahwa turunan dari sin π§ adalah cos π§
(3) Tunjukkan bahwa bahwa π ππ2π§ + πππ 2π§ = 1
(4) Tunjukkan bahwa sin(βπ§) = β sin π§, cos(βπ§) β cos π§ dan
tan(βπ§) = β tan π§
Penyelesaian:
(1) Pembuktian bahwa π ππ π§ = 0 bila dan hanya bila π§ = ππ, yaitu apabila
π§ = ππ maka:
sin π§ = 1
2π(ππππ β πβπππ) =
1
2π(cos ππ + π sin ππ β cos ππ + π sin ππ)
81 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
= sin ππ
= 0
sebaliknya, misalnya bahwa π ππ π§ = 0 maka:
1
2π(πππ§ β πβππ§) = 0
sehingga:
πππ§ = πβππ§
π2ππ§ = 1
apabila dengan menggunkan logaritma, diperoleh:
2ππ§ = 2πππ ππππππ π = ππππππππ ππ’πππ‘
sehingga:
π§ = ππ
(terbukti)
(2) Turunan dari sin π§ adalah cos π§, dengan pembuktian:
π
ππ§(sin π§) =
π
ππ§(
1
2π(πππ§ β πβππ§) =
1
2π(ππππ§ β ππβππ§)
=1
2π(πππ§ β πβππ§)
= cos π§
(3) Pembuktian bahwa π ππ2π§ + πππ 2π§ = 1
Menurut definisi:
sin π§ =πππ§ β πβππ§
2π πππ cos π§ =
πππ§ + πβππ§
2
maka:
π ππ2π§ + πππ 2π§ = (πππ§ β πβππ§
2π)2 + (
πππ§ + πβππ§
2)2
= β (π2ππ§β2+πβ2ππ§
4) + (
π2ππ§+2+πβ2ππ§
4)
= 1
82 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
(4) Pembuktian bahwa: sin(βπ§) = β sin π§, cos(βπ§) β cos π§ dan
tan(βπ§) = β tan π§
sin(βπ§) =ππ(βπ§) β πβπ(βπ§)
2π=
πβππ§ β πππ§
2π
= β (πππ§ β πβππ§
2π)
= β sin π§
cos (βπ§) =ππ(βπ§) + πβπ(βπ§)
2=
πβππ§ + πππ§
2
= β (πππ§ + πβππ§
2)
= cos π§
tan (βπ§) =sin(βπ§)
cos(βπ§)=
β sin π§
cos π§= β tan π§
Catatan: Fungsi dari π§ yang bersifat π(βπ§) = βπ(π§) disebut fungsi ganjil,
sedangkan yang bersifat π(βπ§) = βπ(π§) dinamakan fungsi genap.
Jadi sin π§ dan tan π§ merupakan fungsi ganjil sedangkan cos π§
merupakan fungsi genap.
Soal Latihan 2
1. Tunjukkan tiap bilangan kompleks π§, πππ§ = cos π§ + π sin π§
2. Tunjukkan bahwa:
a. 1 + π‘ππ2π§ = π ππ2π§ πππ 1 + πππ‘2π§ = cos π ππ2π§
b. 2 sin(π§1 + π§2) sin (π§1 β π§2) = cos 2π§2 β cos 2π§1
c. 2 cos(π§1 + π§2) sin (π§1 β π§2) = sin 2π§2 β sin 2π§1
83 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
3. Tunjukkan akar-akar persamaan cos π§ = 2
4. Tunjukkan bahwa π(π§) = sin π§ analitik tidak dimana-mana
5. Tunjukkan bahwa untuk sembarang π§
a. sin π§ = sin π§
b. cos π§ = cos π§
c. tan π§ = tan π§
3.3. FUNGSI HIPERBOLIK
Fungsi hiperbolik pada analisis kompleks didefinisikan:
1. sinh π§ =ππ§βπβπ§
2
2. cosh π§ =ππ§+ππ§
2
3. tanh π§ =sinh π§
cosh π§
Fungsi ππ§ πππ πβπ§ merupakan fungsi menyeluruh maka demikian
juga sinh π§ πππ cosh π§, sedangkan tanh π§ merupakan fungsi analitik di setiap
domain asalkan cosh π§ β 0. Fungsi hiperbolik kompleks bentuknya mirip
dengan fungsi hiperbolik variabel real, sebagai berikut:
1. π
ππ§sinh π§ = cosh π§
2. π
ππ§cosh π§ = sinh π§
3. π
ππ§tanh π§ = π ππβ2π§
4. π
ππ§coth π§ = βπππ ππβ2π§
5. π
ππ§sech π§ = β sech π§ tanh π§
84 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
6. π
ππ§πππ ππβ π§ = βπππ ππβ π§ coth π§
7. π ππβ2 π§ + πππ β2 π§ = 1
8. 1 β π‘ππβ2π§ = π ππβ2π§
9. sinh(βπ§) = β sinh π§
10. cosh(βπ§) = cosh π§
11. tanh(βπ§) = β tanh π§
12. sinh(π§1 + π§2) = sinh π§1 cosh π§2 + cosh π§1 sin π§2
13. cos β(π§1 + π§2) = cosh π§1 cosh π§2 β sinh π§1 sin π§2
14. tanh(π§1 Β± π§2) =tanh π§1Β±tanh π§2
1Β±tanh π§1 tanh π§2
15. sinh(ππ§) = π sin π§
16. sin(ππ§) = π sinh π§
17. cosh(ππ§) = cos π§
18. cos(ππ§) = cosh π§
19. sinh(π§) = sinh π₯ cos π¦ + π cosh π₯ sin π¦
20. cosh(π§) = cosh π₯ cos π¦ + π sinh π₯ sin π¦
21. |π ππβ|2π§ = π ππβ2π₯ + π ππ2π¦
22. |πππ β|2π§ = π ππβ2π₯ + πππ 2π¦
23. sin π§ = sin π₯ πππ β π¦ + π cos π₯ π ππβ π¦
24. cos π§ = πππ π₯ cosh π¦ β π sin π₯ sinh π¦
Fungsi cosh π§ πππ sinh π§ merupakan fungsi periodik dengan periode
2ππ, dan tanh π§ merupakan fungsi periodik dengan periode ππ, sehingga
diperoleh:
cosh(π§ + 2ππ) = cosh π§ πππ sinh(π§ + 2ππ) = sinh π§
85 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
sifat:
1. sinh π§ = 0 bila dan hanya bila π§ = πππ , π = 0, Β±1, Β±2, β¦
2. cosh π§ = 0 bila dan hanya bila π§ = (π +1
2)ππ , π = 0, Β±1, Β±2, β¦
Contoh:
(1) Tunjukkan bahwa sin π§ = sin π₯ πππ β π¦ + π cos π₯ π ππβ π¦
(2) Tunjukkan bahwa sinh(ππ§) = π sin π§
(3) Tunjukkan bahwa cosh(ππ§) = cos π§
(4) Tunjukkan bahwa 1 β π‘ππβ2π§ = π ππβ2π§
Penyelesaian:
(1) Pembuktian sin π§ = sin π₯ πππ β π¦ + π cos π₯ π ππβ π¦, yaitu dengan
menguraikan cos π§ πππππ ππππ‘π’π π’ + ππ£ dan misal π§ = π₯ + ππ¦,
diperoleh:
cos π§ =1
2(πππ§ + πβππ§) =
1
2(πβπ¦πππ₯ + ππ¦πβππ₯)
=1
2[πβπ¦(cos π₯ + π sin π₯) + (ππ¦(cos π₯ β π sin π₯)]
=1
2(ππ¦ + πβπ¦) cos π₯ β
π
2(ππ¦ β πβπ¦) sin π₯
cos π§ = πππ π₯ cosh π¦ β π sin π₯ sinh π¦
(terbukti)
(2) Pembuktian bahwa sinh(ππ§) = π sin π§, yaitu:
sin(ππ§) =ππ(ππ§) β πβπ(ππ§)
2π=
πβπ§ β ππ§
2π
= π (ππ§ β πβπ§
2)
86 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
= βπ sinh π§ (terbukti)
(3) Pembuktian bahwa cosh(ππ§) = cos π§, yaitu:
cos (ππ§) =ππ(ππ§) + πβπ(ππ§)
2=
πβπ§ + ππ§
2
= (ππ§ + πβπ§
2)
= cosh π§ (terbukti)
(4) Pembuktian bahwa 1 β π‘ππβ2π§ = π ππβ2π§, yaitu:
πππ β2π§ β π ππβ2π§ = (ππ§ + πβπ§
2)
2
β (ππ§ β πβπ§
2)
2
=π2π§ + 2 + πβ2π§
4β
π2π§ β 2 + πβ2π§
4= 1
apabila πππ β2π§ β π ππβ2π§ dibagi dengan πππ β2π§, maka diperoleh:
πππ β2π§ β π ππβ2π§
πππ β2π§=
1
πππ β2π§
sehingga:
1 β π‘ππβ2π§ = π ππβ2π§ (terbukti)
Soal Latihan 3
1. Tunjukkan bahwa:
a. π ππ2 π§ + πππ 2 π§ = 1
b. sin(π§) = β sin π§
c. cos(ππ§) = cosh π§
d. cos(π§1 + π§2) = cos π§1 cos π§2 β sin π§1 sin π§2
2. Tentukan semua nilai yang memenuhi cos π§ = 3
3. Tentukan π’(π₯, π¦) πππ π£(π₯, π¦) sehingga diperoleh :
a. sinh 2π§ = π’ + ππ£
b. π§ cosh π§ = π’ + ππ£
87 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
3.4. FUNGSI LOGARITMA
Logaritma natural dari bilangan nyata positip π₯ dituliskan ln π₯. Untuk
selanjutnya fungsi logaritma dari peubah kompleks π§ yaitu:
π§ = ππππ
dengan r modulus dari z dan π½ argumen z yang berharga banyak
yaitu (π + 2ππ), π = 0, Β±1, Β±2, β¦, didefinisikan:
ln π§ = ln(ππππ) = ln π + ππ
Apabila π harga utama dari π yaitu βπ < π β€ π dituliskan:
π = (π + 2ππ), π = 0, Β±1, Β±2, β¦
maka fungsi dituliskan:
ln π§ = ln π + π (π + 2ππ), π = 0, Β±1, Β±2, β¦
Harga utama dari ln π§ yaitu jika π = π sehingga formulanya menjadi:
Ln π§ = πΏπ π + ππ , π > 0 , βπ < π β€ π
Fungsi π€ = πΏπ π§ merupakan fungsi bernilai tunggal dengan domain
definisinya seluruh bidang π§ kecuali nol, sedangkan daerah hasilnya pita βπ <
πΌπ(π€) β€ π. Apabila dikaitkan dengan fungsi eksponensial π€ = ππ§ dan
dipertukarkan π§ dengan π€ yaitu π§ = ππ€ maka diperoleh korespondensi satu-
satu antara non zero titik-titik dibidang kompleks π§ dengan titik-titik dalam
pita βπ < πΌπ(π€) β€ π di bidang π€.
88 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Titik π§ = π exp(ππ) di bidang kompleks z berkorespondensi dengan
titik π€ = πΏπ π + ππ di bidang π€, sehingga bila domain definisi dari fungsi ππ€
terbatas sepanjang pita βπ < πΌπ(π€) β€ π maka merupakan fungsi invers dari
fungsi logaritma utama πΏπ π§ dan dikatakan:
π€ = πΏπ π§ ππππ πππ βπππ¦π ππππ π§ = ππ€
Fungsi Ln π§ = πΏπ π + ππ , π > 0 , βπ < π β€ π adalah kontinu dalam
domain π > 0 , βπ < π β€ π karena komponen-komponennya
π’(π, π) πππ π£(π, π) adalah kontinu di setiap titik pada domain.
Derivative parsial tingkat satu dari π’ πππ π£ adalah kontinu dan
memenuhi PCR sehingga πΏπ π§ adalah analitik.
Apabila π§ = ππππ maka:
π
ππ§πΏπ π§ = πβππ (
1
π+ π0) =
1
ππππ
Sifat-sifat derivative sebagi berikut:
1. π
ππ§ππ π§ =
1
π§
2. π
ππ§ππ π(π§) =
πβ²(π§)
π(π§)
3. πln π§ = π§
4. ln ππ§ = πΏπ |ππ§| + π arg ππ§ = π₯ + π (π¦ + 2ππ) = π§ + 2ππ , π = 0, Β±
1, Β±2, β¦
5. ln(π§1 + π§2) = ln π§1 + ln π§2
6. ln [π§1
π§2] = ln π§1 β ln π§2
7. ln (π§1
π) =1
πln π§
89 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
8. π§1
π = exp (1
πln π§)
ln(π§π) β π ln π§ , dapat ditunjukkan dengan memisalkan π§ = π πππ π = 2,
maka:
ln(π§π) = ln(π2) = ln(β1) = (π + 2ππ)π = (1 + 2π)ππ , π = 0, Β±1, Β±2, β¦
sedangkan
π ln π§ = 2 ln π = 2 (π
2+ 2ππ) π = (1 + 4π)ππ , π = 0, Β±1, Β±2, β¦
Uraian diatas diperoleh hasil yang berbeda dan dapat dikatakan bahwa:
ln(π2) β 2 ln π
Nilai ln(π§π) = π ln π§ hanya apabila keduanya bernilai tunggal.
Misalnya:
ln[(1 + π)2] = 2 ππππππ ln[(β1 + π)2] β 2 ln(β1 + π)
Contoh:
(1) Tunjukkan bahwa π
ππ§ln π§ =
1
π§
(2) Tunjukkan bahwa π
ππ§ln π(π§) =
πβ²(π§)
π(π§)
Penyelesaian:
(1) Pembuktian bahwa π
ππ§ln π§ =
1
π§, yaitu:
Misal: π€ = ln π§, maka:
π§ = ππ€
dan ππ§
ππ€= ππ€ = π§
90 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
sehingga:
π
ππ§ln π§ =
ππ€
ππ§=
1
ππ§ππ€
=1
π§
(terbukti)
Catatan: turunan tersebut tidak ada di titik cabang π§ = 0
(2) Pembuktian bahwa π
ππ§ln π(π§) =
πβ²(π§)
π(π§)
Misal: π€ = ln dengan = π(π§), maka:
ππ€
ππ§=
ππ€
πβ
π
ππ§=
1β
π
ππ§=
πβ²(π§)
π(π§)
(terbukti)
Soal Latihan 4
1. Tunjukkan bahwa :
a. πΏπ (1 β ππ) = 1 β (π
2) π
b. πΏπ (1 β π) =1
2ln 2 β (
π
4) π
2. Tunjukkan bahwa:
a. ln 1 = 2πππ
b. ln(β1) = (2π + 1)ππ
c. ln(π) = (2π +1
2)ππ
3. Tentukan akar-akar persamaan ln π§ = (π
2) π
3.5. INVERS FUNGSI TRIGONOMETRI DAN HIPERBOLIK
Invers fungsi trigonometri dan hiperbolik dapat dinyatakan dalam
logaritma dan invers fungsi, misalnya sinus yaitu π ππβ1π§ dituliskan:
π€ = π ππβ1π§
91 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
apabila π§ = sin π€ maka:
π§ =πππ€ β πβππ€
2π
sehingga diperoleh:
1. π ππβ1π§ = βπ ln(ππ§ + β1 β π§2)
2. πππ β1π§ = βπ ln(π§ + πβ1 β π§2)
3. π‘ππβ1π§ =π
2ln (
π+π§
πβπ§)
Derivative dapat diturunkan langsung dari definisi:
1. π
ππ§π ππβ1π§ =
1
β1βπ§2
2. π
ππ§πππ β1π§ =
β1
β1βπ§2
3. π
ππ§π‘ππβ1π§ =
1
1βπ§2
Untuk fungsi hiperbolik, inversnya dapat diperoleh:
1. π ππββ1π§ = ln[π§ + βπ§2 + 1]
2. πππ ββ1π§ = ln[π§ + βπ§2 β 1]
3. π‘ππββ1π§ =1
2ln (
1+π§
1βπ§)
Contoh:
(1) Tunjukkan bahwa π
ππ§π ππβ1π§ =
1
(1βπ§2)12
(2) Tunjukkan bahwa π
ππ§π‘ππβ1π§ =
1
1βπ§2
(3) Tentukan turunan dari π§ π‘ππββ1(ln π§)
92 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Penyelesaian:
(1) Pembuktian bahwa π
ππ§π ππβ1π§ =
1
(1βπ§2)12
, yaitu apabila memandang
cabang utama dari π ππβ1π§, sehingga diperoleh:
π
ππ§π ππβ1π§ =
π
ππ§{1
πln(ππ§ + β1 β π§2} =
1π
ππ§ (ππ§ + β1 β π§2)
ππ§ + β1 β π§2
=
1π {π +
12
(1 β π§2)β12(β2π§)}
ππ§ + β1 β π§2=
1 +ππ§
β1 β π§2
ππ§ + β1 β π§2
=1
β1 β π§2=
1
(1 β π§2)12
(terbukti)
Catatan: turunan tersebut tidak ada di titik cabang π§ = Β±1
(2) Pembuktian bahwa π
ππ§π‘ππβ1π§ =
1
1βπ§2 yaitu apabila memandang cabang
utamanya, diperoleh:
π‘ππβ1 π§ =1
2ln(
1 + π§
1 β π§) =
1
2ln(1 + π§) β
1
2ln(1 β π§)
maka:
π
ππ§π‘ππβ1π§ =
1
2
π
ππ§ln(1 + π§) β
1
2
π
ππ§ln(1 β π§)
=1
2(
1
1 + π§) β
1
2(
1
1 β π§) =
1
1 β π§2
(terbukti)
Catatan: turunan tersebut tidak ada di titik cabang π§ = Β±1
(3) Menentukan turunan dari π§ π‘ππββ1(ln π§), yaitu:
93 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
π
ππ§{(π§)[π‘ππββ1(ln π§)]} = π§
π
ππ§ [π‘ππββ1(ln π§)] + [π‘ππββ1(ln π§)]
π
ππ§(π§)
= {1
1 + (ln π§)2}
π
ππ§(ln π§) + [π‘ππββ1(ln π§)] =
1
1 + (ln π§)2+ π‘ππββ1(ln π§)
Soal Latihan 5
1. Tentukan turunan dari:
a. (π‘ππββ1(ππ§ + 2))2
b. πππ 2(2π§ + 3π)
2. Apabila π€ = π ππβ1(π‘ β 3) dan π§ = cos(ln π‘), tentukan ππ€
ππ§
3. Tunjukkan bahwa:
a. π
ππ§(π ππβ1π§) =
1
π§βπ§2β1
b. π
ππ§(πππ ππββ1π§) =
1
π§βπ§2+1
4. Tentukan turunan setiap fungsi berikut:
a. {π ππβ1(2π§ β 1)}2
b. ln(πππ‘β1π§2)
c. π ππβ1(sin π§ β cos π§)
d. π‘ππβ1(π§ + 3π)β1
2
5. Apabila π€ = πππ β1(π§ β 1), π§ = sinh (3 + 2π) πππ = βπ‘,
tentukan ππ€
ππ‘
94 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
BAB IV
INTEGRAL
Capaian pembelajaran:
1. Mahasiswa mampu menganalisa lintasan kurva Jordan dan kontur di
bidang kompleks dengan cermat dan teliti
2. Mahasiswa mampu menganalis dan melakukan pembuktian integral
fungsi kompleks dengan cermat dan teliti
3. Mahasiswa mampu menganalis dan melakukan pembuktian teorema
CauchyβGoursat dan teorema CauchyβGoursat dalam daerah
terhubung tunggal/ganda dengan cermat dan teliti
4. Mahasiswa mampu menganalis dan melakukan pembuktian integral
tak tentu dengan cermat dan teliti
5. Mahasiswa mampu menganalis dan melakukan pembuktian integral
Cauchy dengan cermat dan teliti
6. Mahasiswa mampu menganalis dan melakukan pembuktian teorema-
teorema dengan cermat dan teliti
4.1. LINTASAN (KURVA JORDAN)
95 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Konsep kurva datar yang dinyatakan secara parametrik sangat penting
dalam integrasi kompleks. Persamaan kurva dalam bentuk parameter, misalnya
dengan persamaan kurva:
a. Persamaan parabola π₯ = βπ¦ dinyatakan dengan persamaan parameter
π₯ = π‘ , π¦ = π‘2. Bila parameter π‘ dibatasi dengan β1 β€ π‘ β€ 2 maka
diperoleh lintasan dari titik (-1, 1) sampai dengan titik (2, 4).
b. Persamaan lingkaran π₯2 + π¦2 = π2 dinyatakan dengan parameter
π₯ = π cos π , π¦ = π sin π dan parameter π‘ dibatasi dengan 0 β€ π β€
2π
Lintasan (kuva Jordan) didefinisikan:
Apabila π‘ peubah rel, suatu kurva dalam bidang datar disebut kurva mulus
(smooth curve) bila dan hanya bila dapat dinyatakan dengan fungsi berharga
real yaitu π¦ = π(π‘), π¦ = β(π‘), πΌ β€ π‘ β€ π½ sedemikian
hingga turunannya yaitu ππ₯
ππ‘= πβ²(π‘),
ππ¦
ππ‘= ββ²(π‘) ada dan
kontinu dalam interval tersebut.
Ada 3 pengertian dari definisi, yaitu:
a. π¦ = π(π‘) πππ π¦ = β(π‘) kontinu dalam interval πΌ β€ π‘ β€ π½, karena
adanya syarat bahwa turunannya ππ₯
ππ‘= πβ²(π‘) πππ
ππ¦
ππ‘= ββ²(π‘) harus
πππ πππ ππππ‘πππ’.
b. Kekontinuan fungsi beserta turunannya menyebabkan
ππ’ππ£π πππππππ ππ’ππ’π dalam arti mempunyai garis singgung disetiap
titik.
96 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
c. Akibat dari turunannya ada maka kurva tersebut πππππ’ππ¦ππ πππππππ
yang dapat dihitung dengan rumus:
πΏ = β« β(ππ₯
ππ‘)
2
+ (ππ¦
ππ‘)
2
. ππ‘
π
π
Contoh:
Persamaan π₯ = 2 cos π‘ , π¦ = 2 sin π‘ , 0 β€ π‘ β€3π
2 merupakan busur
lingkaran dengan kurva mulus karena syarat-syaratnya terpenuhi.
Tentukan:
a. Lintasan yang dijelajahi yaitu titik awal dan titik akhir
b. Panjang lintasan
Penyelesaian:
a. Lintasan yang dijelajahi yaitu titik awal dan titik akhir
π₯ = 2 cos π‘ , π¦ = 2 sin π‘ , 0 β€ π‘ β€3π
2 merupakan kurva mulus
karena syarat yang diberikan terpenuhi sehingga π‘ berubah dari
0 π ππππππ ππππππ 3π
2 maka lintasan dengan arah positif dari (0,2)
sebagai titik awal sampai dengan (0, β2) sebagai titik akhir.
Tampak pada gambar berikut:
(2,0)
97 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
(-2,0)
b. Panjang lintasannya yaitu:
πΏ = β« 2
3π2
0
ππ‘ = 3π
Teori Kurva Jordan
Kurva dengan titik awal dan titik akhir yang dihimpit merupakan kurva
dengan lintasan terbuka, sedangkan bila titik awal dan titik akhir berhimpit
merupakan kurva dengan lintasa tertutup. Apabila suatu lintasan tidak
memotong dirinya sendiri (kecuali mungkin titik awal dan titik akhirnya)
maka lintasan itu merupakan lintasan sederhana (simple path), tetapi bila
tidak demikian merupakan lintasan ganda (multi path).
Bagian busur lingkaran Terbuka sederhana Terbuka ganda
Gambar 4.1. Kurva Terbuka
98 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Kurva tertutup Tertutup sederhana Tertutup ganda
Gambar 4.2. Kurva Tertutup
Suatu kurva πΆ (tidak perlu mulus) bisa terdiri dari sejumlah berhingga
kurva mulus πΆπ sedemikian hingga titik akhir πΆπ berhimpit dengan titik awal
πΆπ+1; π = 1,2,3, β¦ , π dan ditulis dengan πΆ = πΆ1 + πΆ2 + β― + πΆπ. Istilah yang
sering dipakai untuk kurva semacam itu adalah kontinu sepotong-potong
(piecewise continuous) atau mulus sepotong-potong (piecewise smooth).
Teorema Kurva Jordan yang dikemukakan Camile Jordan (Perancis):
Bila πΆ lintasan tertutup sederhana pada bidang datar maka bidang
tersebut terbagi oleh πΆ menjadi tiga bagian himpunan saling asing,
yaitu:
a. Kurva πΆ sendiri
b. Bagian dalam (πππ‘πππππ) πΆ berupa himpunan terbuka dan terbatas
c. Bagian luar (ππ₯π‘πππππ) C berupa himpunan terbuka dan tak terbatas
Lebih jauh, C merupakan batas bagi kedua Int-C dan Ext-C
Ext-C
C Int-C
99 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Gambar 4.3. Teori Kurva Jordan
Secara luas, lintasan digunakan dalam integral kompleks karena
menggantikan fungsi integral terintegrasi yang mengacu pada kalkulus
elementer. Pada proses integrasi, dijelajahi dari titik awal ke titik akhir atau
sebaliknya, sehingga arah (orientasi) lintasan harus diterapkan terlebih dahulu
sebelum proses pengintegralan.
B C
C
A
Gambar 4.4. Busur Jordan Orientasi β Positif Gambar 4.5. Kurva Jordan Orientasi β Positif
Busur Jordan πΆ (terbuka sederhana) dikatakan mempunyai orientasi
positif bila dijelajahi dari titik awal sampai titik akhirnya, sehingga dapat
diartikan sebagai busur yang sama dengan arah berlawanan. Kurva Jordan πΆ
(tertutup sederhana) dikatakan mempunyai arah positif bila dijelajahi
sedemikian hingga bagian dalam πΆ berada disebelah kirinya.
4.2. KONTUR
Suatu busur πΆ merupakan himpunan titik-titik π§(π₯, π¦) di bidang
kompleks sedemikian hingga:
π₯ = π₯(π‘) , π¦ = π¦(π‘) , π β€ π‘ β€ π
100 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
dimana π₯(π‘) πππ π¦(π‘) merupakan fungsi kontinu dari peubah real π‘.
Definisi ini membentuk sebuah pemetaan dalam interval π β€ π‘ β€ π ke
bidang π₯π¦ dan bayangan titik-titiknya sesuai dengan urutan naiknya π‘,
membentuk persamaan:
π§(π‘) = π₯(π‘) + ππ¦(π‘) , π β€ π‘ β€ π
dimana z(t) kontinu apabila x(t) dan y(t) keduanya kontinu.
Suatu fungsi kompleks π§(π‘) = π₯(π‘) + ππ¦(π‘) , π β€ π‘ β€ π dikatakan
dapat didiferensialkan ke peubah real π‘ apabila kedua fungsi komponennya
π₯(π‘) πππ π¦(π‘) dapat dideferensialkan ke π‘ dan derivativenya dirumuskan:
π§β²(π‘) = π₯β²(π‘) + ππ¦β²(π‘) , π β€ π‘ β€ π
Suatu busur C: π§(π‘) = π₯(π‘) + ππ¦(π‘) , π β€ π‘ β€ π dinamakan smooth atau licin,
bila derivative:
π§β²(π‘) πππ πππ ππππ‘πππ’
dalam interval π β€ π‘ β€ π dan bila π§β²(π‘)π‘ππ πππππβ πππ.
Apabila pada titik t:
a. π₯β²(π‘) = 0 maka vektor π§β²(π‘) = ππ¦β²(π‘) adalah vertikal
101 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
b. π₯β²(π‘) β 0 maka slope dari vektor π§β²(π‘) =π¦β²(π‘)
π₯β²(π‘) adalah sama dengan
slope garis singgung busur C pada titik yang berkorespondensi dengan
t yaitu ππ¦
ππ₯.
Hal ini berarti sudut inklinasi garis singgung dapat diriumuskan dengan
ππππ§β²(π‘). Selanjutnya, karena π§β²(π‘) kontinu dalam interval π β€ π‘ β€ π maka
busur smooth merupakan rangkaian kontinu garis-garis singgung yang
panjangnya:
|π§β²(π‘)| = β[π₯β²(π‘)]2 + [π¦β²(π‘)]2
Panjang busur smooth di rumuskan:
πΏ = β« |π§β²(π‘)|π
π atau πΏ = β« β[π₯β²(π‘)]2 + [π¦β²(π‘)]2π
π
Dalam perhitungan selanjutnya bisa diadakan pergantian parameter
π‘ = β (π), π β€ π β€ π, dimana β adalah fungsi berharga real dari suatu
pemetaan dalam interval π β€ π β€ π πππ‘π πππ‘πππ£ππ π β€ π‘ β€ π. Dianggap
bahwa β beserta derivativenya kontinu dan β β²(π) > 0 untuk setiap r, sehingga
rumus panjang busur menjadi:
πΏ = β«|π§β²[β (π)]|β β²(π)ππ
π
π
Busur C telah kita nyatakan dalam parameter yang baru r, yaitu:
102 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
π§ = π(π) = π§[β (π)], π β€ π β€ π,
sehingga:
πβ²(π) = π§β²[β (π)]β β²(π)
Jadi kontur yaitu rangkaian kontinu dari berhingga banyak busur-busur
smooth, panjang kontur yaitu jumlah panjangnya busur-busur smooth
Soal Latihan 1
Tentukan lintasan yang dijelajahi yaitu titik awal dan titik akhir dan panjang
lintasannya sesuai dengan ketentuan pada persamaan berikut:
1. π₯ = π‘2 β 1, π¦ = π‘, β1 β€ π‘ β€ 1
2. π₯ = 3 cos π‘, π¦ = 2 sin π‘ , 0 β€ π‘ β€ π
3. π§ = βπ + πππ‘, βπ β€ π‘ β€ π
4. π₯ = πβπ, π¦ = π‘ + 1, 0 β€ π‘ β€ 1
4.3. INTEGRAL FUNGSI KOMPLEKS
Fungsi π(π§) = π(π‘) + ππ(π‘) , π β€ π‘ β€ π dengan
π πππ π merupakan fungsi-fungsi bernilai real yang kontinu dari peubah real
t dalam interval tertutup π β€ π‘ β€ π. π πππ π kontinu pada interval [π, π]
103 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
artinya interval [π, π] terdiri atas beberapa sub interval dengan π πππ π
kontinu dan mempunyai limit berhingga di kedua ujung-ujungnya maka sesuai
teori integral yaitu β« π(π‘)ππ‘ πππ β« π(π‘)ππ‘π
π
π
π ada, sehingga bila integral
tertentu dari πΉ dinyatakan dengan dua integral menjadi:
β« πΉ(π‘) = β« π(π‘)ππ‘
π
π
+ π β« π(π‘)ππ‘
π
π
π
π
Integral tertentu fungsi berharga kompleks π dari peubah kompleks π§
dapat diartikan sebagai nilai π(π§) sepanjang kontur πΆ yang merentang dari π§ =
πΌ π πππππ π§ = π½ di bidang kompleks sehingga integral kontur dapat ditulis:
β« π(π‘)ππ‘ ππ‘ππ’ β« π(π‘)ππ‘
π½
πΌπΆ
Apabila kontur πΆ dinyatakan dengan persamaan π§(π‘) = π₯(π‘) + ππ¦(π‘)
dengan π β€ π‘ β€ π merentang dari titik π§(π) = πΌ ke titik π§(π) = π½ dan π(π§) =
π’(π₯, π¦) + ππ£(π₯, π¦) kontinu pada πΆ yang mana fungsi π’[π₯(π‘), π¦(π‘)] dan π[π§(π‘)]
kontinu dari π‘, sehingga dapat didefinisikan integral kontur f sepanjang C
yaitu:
β« π(π§)ππ§
πΆ
= β« π[π§(π‘)]π§β²(π‘)ππ‘
π
π
104 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Bentuk π[π§(π‘)]π§β²(π‘) = {π’[π₯(π‘), π¦(π‘)] + ππ£[π₯(π‘), π¦(π‘)]}{π₯β²(π‘) + ππ¦β²(π‘)}
maka persamaan integral diatas dapat ditulis dalam bentuk integral dari fungsi
dengan satu peubah π‘:
β« π(π§)ππ§
πΆ
= β«(π’π₯β² β π£π¦β²)ππ‘ + π β«(π£π₯β² + π’π¦β²)ππ‘
π
π
π
π
Sebagai catatan, karena πΆ kontur maka fungsi π₯β²πππ π¦β² disamping
π’ πππ π£ adalah kontinu sepotong-potong dari π‘, sehingga harga integral dari
kedua persamaan integral diatas mempunyai nilai.
Bentuk integral kontur dari fungsi kompleks dengan dua peubah π₯ πππ π¦
dirumuskan:
β« π(π§)ππ§
πΆ
= β«[π’ππ₯ β π£ππ¦]
πΆ
+ ππ£ β«[π£ππ₯ + π’ππ¦]
πΆ
Bentuk persamaan diatas diperoleh dengan mengganti π(π§) dengan π’ + ππ£
dan ππ§ dengan ππ₯ + πππ¦.
Terkait pengertian kontur πΆ dengan persamaan integral kontur π
sepanjang πΆ maka kontur β πΆ merupakan kontur yang sama dengan arah yang
berlawanan, sehingga ditulis kontur β πΆ mempunyai persamaan:
π§ = π§(βπ‘) ππππππ β π β€ π‘ β€ βπ,
maka:
105 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
β« π(π§)ππ§
βπΆ
= β« π[π§(βπ‘)]
βπ
βπ
[βπ§β²(βπ‘)]ππ‘
atau apabila diganti peubah menjadi:
β« π(π§)ππ§
βπΆ
= β β« π(π§)ππ§
πΆ
Sifat-sifat:
1. β« ππ(π§)ππ§π
= π β« π(π§)ππ§π
, k = konstanta kompleks
2. β« [π(π§) + π(π§)]ππ§ = β« π(π§)ππ§π
+ β« π(π§)ππ§ππ
3. β« π(π§)ππ§ = β β« π(π§)ππ§π
π
π
π
4. β« π(π§)ππ§π
π= β« π(π§) ππ§
π
π+ β« π(π§)ππ§
π
π, dengan π, π, π ππππ πΆ
5. Bila πΆ terdiri dari kontur πΆ1 dari πΌ ππ π½1 dan πΆ2 dari π½1 ke π½ maka:
β« π(π§)ππ§
πΆ
= β« π(π§)ππ§
πΆ1
+ β« π(π§)ππ§
πΆ2
Sifat integral yang telah dipelajari:
|β« π(π§)ππ§
πΆ
| β€ β«|π[π§(π‘)]π§β²(π‘)|ππ‘
π
π
106 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
maka untuk setiap konstanta π sehingga |π(π§)| β€ π untuk z pada kontur πΆ
berlaku:
|β« π(π§)ππ§
πΆ
| β€ π β«|π§β²(π‘)|ππ‘
π
π
Apabila integral di ruas kanan dinyatakan dengan πΏ dari kontur maka
modulus dari nilai integral π sepanjang πΆ tidak melampaui ππΏ atau:
|β« π(π§)ππ§
πΆ
| β€ ππΏ
Contoh:
(1) Tunjukkan bahwa apabila πΆ suatu kurva mulus dari π§0 ke maka
β« ππ§ = β π§0π
(2) Tunjukkan bahwa apabila πΆ merupakan lingkaran dengan π§ = π§0 +
ππππ‘, 0 β€ π‘ β€ 2π, π > 0
(3) Hitunglah β« π¦π
ππ§ sepanjang C: π₯ = π‘ β 1, π¦ = ππ‘β1, 2 β€ π‘ β€ 3
(4) Integralkan fungsi π(π§) = π₯ sepanjang πΆ1 + πΆ2 + πΆ3 yang tampak
gambar berikut:
(1,1)
107 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
πΆ3
πΆ2
(0,0) πΆ1 (1,0)
Penyelesaian:
(1) Apabila πΆ suatu kurva mulus dari π§0 ke maka β« ππ§ = β π§0π
Berarti π(π§) = 1 untuk semua π§, sehingga π( π) = 1 untuk setiap
π pada C.
Menggunakan rumus definisi, diperoleh:
β« ππ§π
= limπβ0
β π( π)(Ξπ§)π
π
π=1
= limπβ0
β(π§π β π§π β 1)
π
π=1
= limπβ0
[(π§1 β π§0) + (π§2 β π§1) + β―
+ ( β π§πβ1)]
= limπβ0
( β π§0)
= β π§0
(terbukti)
Keadaan khusus, apabila πΆ adalah kurva mulus tertutup maka:
= π§0 dan β« ππ§π
= 0
(2) Apabila πΆ merupakan lingkaran dengan π§ = π§0 + ππππ‘, 0 β€ π‘ β€
2π, π > 0
108 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Berarti:
β«ππ§
π§ β π§0π
= 2ππ
maka diperoleh: ππ§ = πππππ‘ππ‘
sehingga:
β«ππ§
π§ β π§0π
= β«πππππ‘ππ‘
ππππ‘
2π
0
= π β« ππ‘2π
0
= π (2π β 0)
= 2ππ
(terbukti)
(3) β« π¦π
ππ§ sepanjang C: π₯ = π‘ β 1, π¦ = ππ‘β1, 2 β€ π‘ β€ 3
Persamaan pada C, diperoleh: ππ₯ = ππ‘ πππ ππ¦ = ππ‘β1ππ‘ maka:
β« π¦ ππ§π
= β« π¦ (ππ₯ + π ππ¦)π
= β« ππ‘β1(ππ‘ + πππ‘β1ππ‘)3
2
= β« (ππ‘β1 + ππ2π‘β2)ππ‘3
2
= π2 β π +π
2(π4 β π2)
(4) Integralkan fungsi π(π§) = π₯ sepanjang πΆ1 + πΆ2 + πΆ3 yang tampak
gambar berikut:
(1,1)
πΆ3
πΆ2
109 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
(0,0) πΆ1 (1,0)
lintasan integrasi dapat dipresentasikan sebagai berikut:
πΆ1: π¦ = 0, 0 β€ π₯ β€ 1; ππ¦ = 0
πΆ2: π₯ = 1, 0 β€ π¦ β€ 1; ππ₯ = 0
πΆ3: π¦ = π₯, ππππ (1,1)ππ (0,0); ππ¦ = ππ₯
dengan substitusi yang sesuai, diperoleh:
β« π(π§)πΆ1+πΆ2+πΆ3
ππ§ = β« π(π§)ππ§πΆ1
+ β« π(π§)ππ§πΆ2
+ β« π(π§)ππ§πΆ3
= β« π₯(ππ₯ + π ππ¦)πΆ1
+ β« π₯(ππ₯ + π ππ¦)πΆ2
+ β« π₯(ππ₯ + π ππ¦)πΆ3
= β« π₯ ππ₯1
0
+ β« π ππ¦1
0
+ β« (1 + π)ππ₯0
1
=π
2
Soal Latihan 2
1. Hitunglah β« π§2ππ§πΆ
sepanjang garis ππ΄ dari π§ = (0,0)ππ π§ = (1,2)!
110 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
2. Hitunglah β« π§πΆ
ππ§ sepanjang keliling lingkaran satuan |π§| = 1 arah
positif, dimana π§ = cos π‘ + π sin π‘!
3. Tunjukkan bahwaβ«ππ§
π§βπ§0πΆ= 2ππ , bila πΆ keliling lingkaran dengan =
π§0 + ππππ , π > 0, 0 β€ π β€ 2π dengan arah positif!
4. Hitunglah β« π(π§)πΆ
ππ§ bila π(π§) = π¦ β π₯ + 6ππ₯2 dan πΆ terdiri atas dua
penggal garis dari π§ = 0 π πππππ π§ = π πππ ππππ π§ = 1 + π
5. Hitunglah β« π¦πΆ
ππ§ sepanjang πΆ dimana π₯ = π§ + π πππ π¦ =
ππ‘ ππππππ 0 β€ π‘ β€ 1!
6. Hitunglah β« π(π§)πΆ
ππ§ bila πΆ lintasan tertutup ππ΄π΅πΆ pada gambar di
bawah ini:
B(0,2) 2 A(1,2)
(0,0)
O 0 1
4.4. TEOREMA CAUCHY β GOURSAT
Dua fungsi dianggap bernilai real π(π₯, π¦) πππ π(π₯, π¦) secara bersama
dengan derivative parsial tingkat satu kontinu di seluruh region tertutup π yang
memuat titik-titik dalam dan pada kontur tertutup sederhana πΆ. Suatu kontur
111 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
berorientasi positif bila titik-titik dalam dari π selalu berada di sebelah kiri πΆ.
Sesuai teorema Green untuk integral garis:
β« πππ₯ + πππ¦
πΆ
= β¬(ππ₯ β ππ¦)ππ₯ππ¦
π
Fungsi π(π§) = π’(π₯, π¦) + ππ£(π₯, π¦) yang analitik di seluruh region π di
bidang π§ dan anggap πβ²(π§) kontinu. Fungsi π’ πππ π£ bersama derivative parsial
tingkat satu kontinu di π maka:
β« π’ππ₯ β π£ππ¦
πΆ
= β β¬(π£π₯ + π’π¦)ππ₯ππ¦
π
β« π£ππ₯ + π’ππ¦
πΆ
= β¬(π’π₯ β π£π¦)ππ₯ππ¦
π
Mengacu persamaan Cauchy-Riemann, integran di kedua dobel
integral tersebut adalah nol di seluruh π dan berdasar persamaan integral garis
maka dua integral pada ruas kiri masing-masing mewakili bagian real dan
bagian imajiner dari harga integral π(π§) sepanjang πΆ, sehingga dapat
dituliskan:
β« π’ππ₯ β π£ππ¦
πΆ
+ π β« π£ππ₯ + π’ππ¦
πΆ
= 0 + 0π ππ‘ππ’ β« π(π§)ππ§
πΆ
= 0
Contoh:
112 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Apabila C kontur tertutup sederhana maka β« ππ§ = 0πΆ
, β« π§ππ§ =πΆ
0 , β« π§2ππ§ = 0πΆ
, karena π(π§) = 1 , π§ πππ π§2 masing-masing
merupakan fungsi menyeluruh dan derivatifnya kontinu dimanapun.
Goursat merupakan orang pertama yang membuktikan hilangnya
syarat kontinu pada πβ²(π§). Penghilangnya syarat ini penting dan salah satu
akibat misalnya, derivative dari fungsi analitik adalah juga analitik, sehingga
muncul revisi dari teorema Cauchy yang dikenal dengan teorema Cauchy β
Goursat yaitu bila π(π§) analitik di semua titik di dalam dan pada kontur
tertutup sederhana πΆ maka β« π(π§)ππ§πΆ
= 0
Contoh:
Teorema Cauchy-Goursat untuk suatu segi banyak tertutup
Pandang sebagai contoh suatu segi banyak π΄π΅πΆπ·πΈπΉπ΄ yang tampak
pada gambar berikut:
B A
C F
E
D
Gambar 4.6. Teorema πΆ β πΊ
113 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Membuat garis sehingga terbagi menjadi segitiga-segitiga dan menurut
diperoleh:
β« π(π§)π΄π΅πΆπ·πΈπΉπ΄
ππ§
= β« π(π§) ππ§π΄π΅πΉπ΄
+ β« π(π§) ππ§π΅πΆπΉπ΅
+ β« π(π§) ππ§πΆπ·πΉπΆ
+ β« π(π§) ππ§π·πΈπΉπ·
Mengandaikan bahwa π(π§) analitik di dalam dan pada segi banyak
tersebut maka telah membuktikan hasil tersebut untuk segi banyak
tertutup.
Teorema C β G Dalam Daerah Terhubung Tunggal/Ganda
Daerah terhubung tunggal (simply connected domain) π· adalah domain
sedemikian hingga tiap kontur tertutup sederhana, didalamnya hanyalah terdiri
atas titik-titik dari π·, sedangkan daerah yang tidak terhubung tunggal disebut
terhubung ganda (multiply connected domain). Daerah interior dari suatu
kontur tertutup misalnya, adalah domain terhubung tunggal, sedangkan daerah
eksteriornya adalah domain terhubung ganda, dan daerah diantara dua
lingkaran konsentris misalnya adalah domain terhubung ganda.
Teorema Cauchy β Goursat:
114 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Bila f analitik di seluruh domain terhubung tungga π· maka untuk tiap kontur
tertutup sederhana πΆ di π· yaitu β« π(π§)ππ§πΆ
= 0
Kontur tertutup sederhana πΆ dapat diganti dengan kontur tertutup yang
tidak tunggal, sehingga bila πΆ memotong dirinya sendiri sebanyak berhingga
maka diperoleh sebanyak berhingga kontur tertutup sederhana yang
bersesuaian dan teorema Cauchy β Goursat dapat dinyatakan sebagai berikut:
Bila πΆ kontur tertutup sederhana dan andaikan πΆπ , π = 1,2,3, β¦ , π
sejumlah berhingga kontur tertutup sederhana di dalam πΆ sedemikian hingga
interior tiap πΆπ tidak mempunyai titik berserikat. Jika π region terttutup yang
memuat semua titik di dalam dan pada πΆ kecuali interior di tiap πΆπ. Apabila π΅
mempunyai arah terbatas menyeluruh dari π yang memuat πΆ dan semua πΆπ dan
yang arahnya dinyatakan sedemikian hingga titik-titik dari π selalu berada di
sebelah kiri π΅ dan bila π(π§) analitik di π maka β« π(π§)ππ§π΅
= 0
Teorema dapat digambarkan sebagai berikut:
C
K1
C1 C2
L1 L2 L3
K2
Gambar 4.7. Teorema πΆ β πΊ
115 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Perhatikan gambar di atas, bahwa lintasan πΏ1 memuat sejumlah
berhingga segmen garis yang menghubungkan kontur luar πΆ ke kontur dalam
πΆ11, sedangakan lintasan πΏ2 menghubungkan kontur πΆ1 ππ πΆ2 dan seterusnya
hingga lintasan πΏπ+1 menghubungkan kontur πΆπ ππ πΆ. Dengan ditunjuk anak
panah tunggal terbentuklah dua kontur πΎ1 πππ πΎ2 yang masing-masing
memuat lintasan polygonal πΏπ (ππ‘ππ’ β πΏπ) bagian dari πΆ maupun πΆπ dan
masing-masing dinyatakan sebagai arah positif yaitu bila interior selalu berada
di sebelah kiri lintasan. Teorema Cauchy β Goursat dapat dikenakan pada π(π§)
terhadap kontur πΎ1 πππ πΎ2 tersebut dan jumlah integral kedua kontur dapat
diperoleh yaitu nol.
Contoh:
(1) Hitunglah β«ππ§
π§
1
βπ sepanjang seperempat lingkaran yang ditentukan oleh
π§ = πππ‘, βπ
2β€ π‘ β€ 0
(2) Tunjukkan bahwa β«ππ§
π§2(π§2+9)= 0
π΅ dimana B memuat lingkaran |π§| =
2 dengan arah positif bersama lingkaran |π§| = 1 dengan arah negatif
Penyelesaian:
(1) β«ππ§
π§
1
βπ sepanjang seperempat lingkaran yang ditentukan oleh π§ = πππ‘,
βπ
2β€ π‘ β€ 0
Integran tersebut tidak analitik pada π§ = 0
β«1
π§ππ§
1
βπ
= log π§| 1βπ
116 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
= log(1) β log(βπ)
=ππ
2
Perhitungan integral yang secara langsung:
β« 2π§ ππ§1+π
βπ
= π§2|1 + πβπ
= (1 + π)2 β (βπ)2 = 1 + 2π
β« ππ§+πππ§ππ
0
= ππ§+1|ππ0
= πππ+1 β π1 = β2π
β« sin π§ ππ§π
π
= β cos π§|ππ
= β cos π + cos π = β1 β cos π
(2) Perhatikan bahwa β«ππ§
π§2(π§2+9)= 0
π΅ dimana π΅ memuat lingkaran |π§| =
2 dengan arah positif bersama lingkaran |π§| = 1 dengan arah negatif.
Integran π(π§) analitik kecuali pada titik-titik π§ = 0 πππ π§ = Β±3π ,
ternyata ketiga titik ini berada di luar region terbatas B, sehingga
berlaku teorema Cauchy β Goursat.
Soal Latihan 3
1. Jika πΆ adalah kurva π¦ = π₯2 β 3π₯2 + 4π₯ β 1 yang menghubungkan titik
(1,1) dan (2,3). Tentukan nilai dari β« (12π§2 β 4ππ§)ππ§πΆ
dengan:
a. Melalui lintasan (1,1) (2,1) , (2,1) (3,1)
b. Langsung (1,1) (2,3)
2. Hitunglah integral π(π§) =π§+2
π§ bila πΆ:
a. Setengah lingkaran π§ = 2πππ, 0 β€ π β€ π
b. Setengah lingkaran π§ = 2πππ, π β€ π β€ 2π
c. Lingkaran π§ = 2πππ, βπ β€ π β€ π
117 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
3. Hitunglah integral fungsi yang diberikan sepanjang masing-masing
lintasannya dengan lintasan tertutup sederhana dan anggaplah
orientasinya positif.
a. π(π§) = 6π§5 β 1 sepanjang penggal garis lurus dari π§ = π ππ π§ =
1 + π dan kemudian ke π§ = 1
b. π(π§) =π§2
(π§β2) sepanjang segitiga dengan titik-titik sudut
β1, 0 πππ 2π
c. π(π§) =ππ§β1
π§2 sepanjang setengah bagian bawah lingkaran satuan
dengan pusat pada pusat koordinat yang dijelajahi searah jarum
jam.
4.5. INTEGRAL TAK TENTU
Ambil dua titik π§0 πππ π§ dalam domain terhubung tunggal π· dimana
fungsi π(π§) analitik di seluruh domain. Misal C1 dan C2 dua kontur yang
menghubungkan z0 ke z dan seluruhnya terletak dalam π·, maka C1 dan - C2
bersama-sama akan membentuk sebuah kontur tertutup.
C1 S z
z0 D
C2
S
Gambar 4.8. Integral Tak Tentu
118 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Teorema Cauchy β Goursat berlaku untuk sembarang kontur tertutup dalam
domain terhubung tunggal maka diperoleh bahwa:
β« π(π )ππ
πΆ1
β β« π(π )ππ
πΆ2
= 0
dimana π menyatakan titik-titik pada πΆ1 πππ πΆ2
Integral dari π§0 ππ π§ yaitu β« π(π )ππ π§
π§0 ini tidak tergantung pada
pemilihan dan sepanjang kontur πΆ dalam π·. Integral ini akan menentukan
sebuah fungsi πΉ(π§) pada domain terhubung tunggal π· dan ditulis:
πΉ(π§) = β« π(π )ππ
π§
π§0
sehingga derivative πΉ(π§) yaitu πΉβ²(π§) ini ada dan sama dengan π(π§)
πΉβ²(π§) = π(π§) πΉ(π§) = β« π(π§)ππ§
harga integral tertentu dapat di hitung seperti integral pada kalkulus real
dengan memasukkan nilai pada integral tak tentu yaitu:
β« π(π§)ππ§
π½
πΌ
= β« π(π§)ππ§
π½
π§0
β β« π(π§)ππ§
πΌ
π§0
β« π(π§)ππ§
π½
πΌ
= πΉ(π½) β πΉ(πΌ)
119 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Hal ini memperjelas bahwa lintasan integrasi dalam domain terhubung
tunggal dengan fungsi analitik π(π§) berada dan apabila πΊ(π§) merupakan fungsi
analitik lain selain πΉ(π§) sedemikian hingga πΊβ²(π§) = π(π§) maka derivative dari
π»(π§) = πΉ(π§) β πΊ(π§) adalah nol. Apabila π»(π§) = π’(π₯, π¦) + ππ£(π₯, π¦) maka
π’π₯(π₯, π¦) + ππ£π₯(π₯, π¦) = 0 yang berarti π’π₯(π₯, π¦) dan π£π₯(π₯, π¦) kedua-duanya
adalah nol di seluruh domain dimana fungsi πΉ πππ πΊ analitik.
Apabila dikaitkan dengan persamaan Cauchy β Riemann maka
π’π¦(π₯, π¦) dan π£π¦(π₯, π¦) juga nol, yang berarti π’π₯(π₯, π¦) dan π£π₯(π₯, π¦) adalah
fungsi-fungsi konstan. π» (π§) merupakan fungsi konstan, sehingga dua integral
tak tentu πΉ (π§) πππ πΊ (π§) hanya berbeda pada konstanta kompleks.
Contoh:
(1) Tentukan β« π§1
21
β1ππ§, apabila kontur menghubungkan dua titik batas-
batas integrasi yang terletak di atas sumbu π₯ di bidang π§.
(2) Tentukan β« π§1
21
β1ππ§, apabila kontur menghubungkan dua titik batas-
batas integrasi yang terletak di bawah sumbu π₯ di bidang π§
(3) Suatu fungsi πΉ(π§) yang memenuhi πΉβ²(π§) = π(π§)
Penyelesaian:
(1) β« π§1
21
β1ππ§, apabila kontur menghubungkan dua titik batas-batas
integrasi yang terletak di atas sumbu π₯ di bidang π§
misal: π§ = ππππ = π exp(ππ)
maka:
120 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
π§12 = βπ exp (
ππ
2) ; π > 0, 0 < π < 2π
Fungsi π tidak analitik khususnya pada titik dengan arah π = 0
yaitu π§ = 1. Di lain pihak:
π(π§) = βπ exp (ππ
2) ; π > 0, β
π
2< 0 <
3π
2
Sebagai harga lain dari fungsi π(π§) = π§1
2 merupakan analitik
dimanapun kecuali pada arah π = βπ
2
Harga dari π(π§) yang berada di atas sumbu π₯ sesuai dengan
persamaan, sehingga integrannya dapat diganti dengan π(π§)
Integran tak tentu dari π(π§) yaitu:
πΉ(π§) =2
3π§
32 =
2
3π
32 exp (
π3π
2) , π > 0, β
π
2< 0 <
3π
2
sehingga diperoleh:
β« π§12 ππ§
1
β1
=2
3(π0 β π
π3π2 )
=2
3(1 + π)
(2) Untuk β« π§1
21
β1ππ§ yang terletak di bawah sumbu π₯ dengan menganti
integran yaitu:
π(π§) = βπ exp (ππ
2) ; π > 0,
π
2< π <
5π
2
sedangkan fungsi analitik sebagai intergral tak tentu dari π(π§):
πΊ(π§) =2
3π§
32 =
2
3π
32 exp (
π3π
2) , π > 0,
π
2< π <
5π
2
sehingga diperoleh:
121 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
β« π§12 ππ§
1
β1
=2
3(π3ππ β π
π3π2 )
=2
3(β1 + π)
Jadi β« π§1
2 ππ§1
β1 dengan arah positif sepanjang kontur tertutup
sederhana dari dua lintasan integrasi sebagaimana telah dibahas
memiliki nilai:
2
3(β1 + π) β
2
3(1 + π) = β
4
3
Soal Latihan 4
1. Fungsi π(π§) = π§2 dan πΉ(π§) =1
3π§3 adalah menyeluruh maka dapat
ditentukan integral tak tentu πΉ(π§) = β« π(π§)πΆ
ππ§ dan integral tertentu
dari π§ = 0 ke π§ = 1 + π. Tentukan integral tentunya!
2. Fungsi dari π(π§) = βπ3
πππ
3 (π > 0, βπ < 0 < π) merupakan cabang
utama dari π§1
3 yang analitik kecuali pada OX- yang mempunyai suatu
anti derivative πΉ(π§) =3
4π§
4
3 untuk sembarang lintasan dari β π π πππππ π
yang tidak memotong OX-. Tentukan integral tentunya!
3. Suatu fungsi F(z) yang memenuhi πΉβ²(π§) = π(π§) dinamakan suatu
integral tak tentu dari f(z) dan dinyatakan dalam β« π(π§) ππ§. Tentukan:
a. β« sin π§ ππ§ = β cos π§ + π
b. β«ππ§
π§= ln π§ + π
4.6. INTEGRAL CAUCHY
122 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Teorema:
Bila π analitik di dalam dan pada kontur tertutup sederhana πΆ arah
positif dan bila π§0 suatu titik di dalam πΆ maka:
β«π(π§)
π§ β π§0ππ§
πΆ
= 2πππ(π§0)
π(π§0) =1
2ππβ«
π(π§)
π§ β π§0ππ§
πΆ
atau apabila π§0 dengan lambang π maka:
β«π(π§)
π§ β πππ§
πΆ
= 2πππ(π)
π(π) =1
2ππβ«
π(π§)
π§ β πππ§
πΆ
Rumus di atas mengatakan bila π analitik di dalam dan pada kontur tertutup
sederhana πΆ maka nilai titik di dalam πΆ sepenuhnya ditentukan oleh nilai dari
π pada πΆ, sehingga perubahan harga f dari titik di dalam πΆ pasti berubahnya
nilai π ππππ πΆ.
Contoh:
123 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
(1) Hitunglah β«π§2
π§βππππ§ dengan πΆ: |π§| = 2 dan berorientasi positif
(2) Hitunglah β«ππ§
π§(π§+ππ)π dimana πΆ: π§ = β3π + πππ‘, 0 β€ π‘ β€ 2π
Penyelesaian:
(1) β«π§2
π§βππππ§ dengan πΆ: |π§| = 2 dan berorientasi positif
Fungsi tersebut merupakan fungsi menyeluruh dan π§0 = π
β«π§2
π§ β ππ
ππ§ = 2ππ[π)π]
= β2ππ
(2) β«ππ§
π§(π§+ππ)π dimana πΆ: π§ = β3π + πππ‘, 0 β€ π‘ β€ 2π
Integralnya analitik kecuali π§ = 0 yang berada di πΏπ (πΆ) dan pada
π§ = βππ yang berada di πΏπ (πΆ), sehingga diperoleh:
β«
1π§
π§ + πππ
ππ§
menggunakan integral Cauchy dengan π(π§) =1
π§ πππ π§0 = βππ
maka:
β«ππ§
π§(π§ + ππ)π
= β«
1π§
π§ + πππ
= 2ππ[π(βππ)]
= β2
Apabila suatu fungsi analitik di suatu titik maka derivative semua
tingkat ada dan analitik di titik tersebut ada. Anggap π analitik di dalam dan
124 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
pada kontur tertutup sederhana πΆ, π§ adalah sembarang titik dalam πΆ dan
misal π ππ πΆ dan menggunakan rumus integral Cauchy maka diperoleh:
π(π§) =1
2ππβ«
π(π )
π β π§ππ
πΆ
(1)
Derivative π ππ π§ dapat dinyatakan sebagai integral:
πβ²(π§) =1
2ππβ«
π(π )
(π β π§)2ππ
πΆ
(2)
Derivative kedua dari π di setiap titik π§ dalam πΆ:
πβ²β²(π§) =1
ππβ«
π(π )
(π β π§)3ππ (3)
πΆ
Realitanya, apabila suatu fungsi adalah analitik di setiap titik maka
derivativenya juga analitik di titik tersebut, sehingga apabila π analitik di titik
π§ maka harus ada lingkaran yang mengelilingi π§ sedemikian hingga π analitik
di dalam dan pada lingkaran tersebut. Pada rumus (3), πβ²β²(π§) ada di
setiap titik dalam lingkartan dimana πβ²(π§) yang analitik berbeda, sehingga
alasan keanalitikan πβ²(π§) untuk menyimpulkan keanalitikan πβ²β²(π§).
Teorema:
Apabila π analitik di suatu titik maka derivative dari semua tingkat
juga analitik di titik tersebut.
125 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Bukti:
Dari πβ²(π§) kontinu, dan karena πβ²(π§) = π’π₯(π₯, π¦) + ππ£π₯(π₯, π) =
π£π¦(π₯, π¦) β ππ’π¦(π₯, π¦) maka derivative parsial tingkat satu dari u
dan v adalah kontinu. Dari πβ²β²(π§) analitik serta kontinu, dan karena
πβ²β²(π§) = π’π₯π₯(π₯, π¦) + ππ£π₯π₯(π₯, π) = π£π¦π¦(π₯, π¦) β ππ’π¦π¦(π₯, π¦) maka
derivative parsial tingkat satu dari π’π₯, π’π¦ , π£π₯ πππ π£π¦ adalah
kontinu, begitu seterusnya hingga derivative parsial u dan v dari
semua tingkat adalah kontinu pada titik dimana f analitik.
Rumus (2) dan (3) dapat digunakan umtuk menjelaskan rumus integral
bagi derivative dari berbagai tingkat, dan berikut ini rumus umum yang
diperoleh dari induksi matematik:
π(π)(π§) =π!
2π!β«
π(π )
(π β π§)π+1
πΆ
ππ , π = 1,2, β¦ (4)
Rumus berlaku untuk π = 1 dan apabila dianggap rumus berlaku untuk
sembarang bilangan positif π = π maka rumus berlaku untuk π = π + 1.
Apabila π(0)(π§0) dapat ditulis π(π§0), dan 0! = 1 maka rumus (4) dapat ditulis:
π(π)(π§0) =π!
2π!π§, π = 0,1,2, β¦ (5)
126 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
dengan menjadi rumus integral Chauchy bila π = 0 dan akan menjadi rumus
(4) dengan notasi yang berbeda bila π = 1,2, β¦
Contoh:
(1) Hitunglah integral β«π§3+π§2
(π§+ππ)3 ππ§π
dengan πΆ: π§ = 7πππ‘ , 0 β€ π‘ β€ 2π
(2) Hitunglah integral β«ππ§
(π§β2)2π§3π untuk πΆ: |π§ β 3| = 2 dengan orientasi
positif
Penyelesaian:
(1) β«π§3+π§2
(π§+ππ)3 ππ§π
dengan πΆ: π§ = 7πππ‘, 0 β€ π‘ β€ 2π
Persamaan integral tersebut diperoleh:
π(π§) = π§3 + π§2
Untuk π§0 = βππ πππ π = 2
maka:
β«π§3 + π§2
(π§ + ππ)3π
ππ§ =2ππ
2!β πβ²β²(βππ)
= 6π2 β ππ
(2) β«ππ§
(π§β2)2π§3π untuk πΆ: |π§ β 3| = 2 dengan orientasi positif
Persamaan tersebut diperoleh bahwa singularitas integran hanya pada
π§ = 2
Misal:
π(π§) =1
π§3
Untuk π§0 = 2 πππ π = 1
maka:
127 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
β«ππ§
(π§ β 2)2π§3π
= β«
1π§3
(π§ β 2)2π
ππ§
= 2πππβ²(2)
= β3ππ
8
Soal Latihan 5
1. Hitunglah integral sesuai lintasannya:
a. π(π§) =3π§4
(π§β6π), |π§| = 10
b. π(π§) =1
π§2+4, |π§ β π| = 2
c. π(π§) =1
(π§2+4)2, |π§ β π| = 2
d. π(π§) =1
(π§+π)π§4, |π§ β π| =3
2
2. Hitunglah β«ππ§
π§β3π dengan πΆ adalah:
a. Lingkaran |π§| = 1
b. Lingkaran |π§ β π| = 4
3. Misalkan πΆ lingkaran |π§| = 2 arah positif maka β«π§
(9βπ§2)(π§+π)πΆππ§ =
π
5, karena fungsi π(π§) =
π§
(9βπ§2) analitik di dalam dan pada πΆ.
Buktikan dengan menggunakan rumus integral Cauchy untuk π§ =
βπ πππ π(βπ) =βπ
10 , sehingga hasil yang diinginkan =
π
5
4. Tunjukkan bahwa bila β(π§) = β«2π 2βπ β2
π βπ§πππ , π§ β 3 maka β(π§) =
8ππ dengan πΆ lingkaran |π§| = 3 yang dinyatakan sebagai arah positif.
5. Tunjukkan bahwa fungsi β«ππ§
π§3+4π§πΆ=
π
2π dengan πΆ lingkaran |π§| = 1
, arah postif
128 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
6. Tentukan nilai fungsi β«sin π§
(π§+ππ)ππ§
πΆ dengan πΆ lingkaran |π§| = 4, arah
positif
7. Tentukan nilai fungsi β«π2π§
(π§+1)4ππ§
πΆ dengan πΆ lingkaran |π§| = 4, arah
positif
8. Hitunglah β«sin ππ§2+cos ππ§2
(π§β1)(π§β2)ππ§
πΆ dengan πΆ lingkaran |π§| = 4, arah
positif
9. Hitungah β«ππ§
π§(π§+1)ππ§
π dengan πΆ lingkaran |π§ β 1| = 3, arah positif
10. Jika π(π§) analitik di dalam dan pada sebuah kurva tertutup sederhana
πΆ, dan π adalah sebarang titik di dalam πΆ maka buktikan bahwa
π(π) =1
2ππβ«
π(π§)
π§βππππ§
4.7. TEOREMA MORERA
Teorema Morera merupakan kebalikan dari teorema Cauchy, yaitu:
Jika π(π§) kontinu dalam suatu daerah terhubung sederhana β
dan jika β« π(π§)πΆ
ππ§ = 0 di sekeliling setiap kurva tertutup
sederhana πΆ dalam β maka π(π§) analitik dalam β.
Bukti:
Apabila β« π(π§)πΆ
ππ§ = 0 tidak bergantung pada πΆ maka:
πΉ(π§) = β« π(π§)ππ§π§
π
Tidak bergantung pada lintasan yang menghubungkan π dan π§,
sepanjang lintasan itu ada di dalam β, sehingga πΉ(π§) analitik dalam β
dan:
129 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
πΉβ²(π§) = π(π§)
sehingga mengakibatkan πΉβ²(π§) juga analitik dan π(π§) analitik dalam β.
4.8. TEOREMA KETAKSAMAAN CAUCHY
Teorema Ketaksamaan Cauchy:
Jika π(π§) analitik di dalam dan pada suatu lingkaran πΆ yang
berjari-jari π dan berpusat di π§ = π maka:
|π(π)(π)| β¦π β π!
ππ π = 0, 1, 2, 3, β¦
dengan π suatu konstanta sehingga:
|π(π§)| < π
pada πΆ yaitu π suatu batas atas dari |π(π§)| pada πΆ
Bukti:
Menurut teorem Cauchy:
π(π)(π) =π!
2πβ«
π(π§)
(π§ β π)π+1π
ππ§ π = 0, 1, 2, 3, β¦
karena |π§ β π| = π pada πΆ dan panjang πΆ πππππβ 2ππ maka diperoleh:
|π(π)(π)| =π!
2π|β«
π(π§)
(π§ β π)π+1π
ππ§| β¦π!
2πβ
π
ππ+1β 2ππ =
π β π!
π
4.9. TEOREMA LIOUVILLE
Teorema Liouville:
130 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Untuk setiap π§ di dalam bidang kompleks maka:
a. π(π§) analitik
b. π(π§) terbatas, yaitu |π(π§)| β€ π untuk suatu konstanta π
maka π(π§) harus suatu konstanta
Bukti:
Misalkan π dan π dua titik dalam bidang π§ dan andaikan πΆ adalah suatu
lingkaran berjari-jari π dan berpusat di π dan juga mengelilingi π yang
tampak pada gambar berikut:
π¦
π§
Menurut rumus integral Cauchy:
π(π) β π(π) =1
2ππβ«
π(π§)
π§ β ππ
ππ§ β1
2ππβ«
π(π§)
π§ β ππ
ππ§
=1
2ππβ«
π(π§)
(π§ β π)(π§ β π)π
ππ§
sehingga:
|π§ β π| = π, |π§ β π| = |π§ β π + π β π| β§ |π§ β π| β |π§ β π|
= π β |π β π| β§π
2
π
π
π
131 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Apabila memilih π cukup besar sehingga |π β π| <π
2 dan |π(π§)| β€ π
serta panjang πΆ yaitu 2ππ maka diperoleh:
|π(π) β π(π)| =|π β π|
2π|β«
π(π§)
(π§ β π)(π§ β π)π
ππ§| β¦|π β π|π(2ππ)
2π (π2) π
=2|π β π|π
π
Untuk π β β maka |π(π) β π(π)| = 0 atau π(π) = π(π) maka hal ini
menunjukkan bahwa π(π§) harus fungsi konstan.
Metode lain dengan memisalkan π = 1 ketaksamaan Cauchy, yaitu:
|π(π)(π)| =π!
2π|β«
π(π§)
(π§ β π)π+1π
ππ§| β¦π!
2πβ
π
ππ+1β 2ππ =
π β π!
π
sehingga diperoleh:
|πβ²(π)| β¦π
π
Untuk π β β maka |πβ²(π§)| = 0 sehingga πβ²(π§) = 0 dan π(π§) =
ππππ π‘πππ‘π (terbukti).
4.10. TEOREMA NILAI RATA-RATA GAUSS
Teorem
a Nilai Rata-Rata Gauss:
Apabila π(π§) analitik di dala dan pada suatu lingkaran πΆ
dengan pusat π dan jari-jari π maka π(π) adalah nilai rata-
rata dari π(π§) pada πΆ, yaitu:
132 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
π(π) =1
2πβ« π(π + ππππ
2π
0
) ππ
Bukti:
Menurut rumus integral Cauchy:
π(π) =1
2ππβ«
π(π§)
π§ β πππ§
πΆ
Apabila πΆ berjari-jari π, maka persamaan πΆ adalah:
|π§ β π| = π
atau:
π§ = π + ππ1π
sehingga diperoleh:
π(π) =1
2ππβ«
π(π§)
π§ β π§0ππ§
πΆ
π(π) =1
2ππβ«
π(π + ππ1π)
π§ β πππ
2π
0
π(π) =1
2ππβ« π(π + ππππ
2π
0
) ππ
(terbukti)
4.11. TEOREMA MODULUS MAKSIMUM
Teorema Modulus Maksimum:
Apabila π(π§) analitik di dalam dan pada suatu kurva tertutup
sederhana πΆ dan tidak sama dengan konstanta maka nilai
maksimum dari |π(π§)| terjadi pada πΆ.
133 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Bukti:
Menggunakan rumus bahwa:
|π(π)| β¦1
2ππ β« |π(π + ππ1π)|
2π
0
ππ
Apabila |π(π)| adalah suatu maksimum maka |π(π + ππ1π)| β¦ |π(π)|
dan apabila |π(π + ππ1π)| < |π(π)|untuk suatu nilai dari π dan
kekontinuan dari π maka berlaku untuk suatu busur berhingga misalnya
π1 < π < π2, tetapi dalam hal ini nilai rata-rata dari |π(π + ππ1π)| <
|π(π)| yang tidak sesuai dengan ketentuan, akibatnya dalam suatu
lingkungan dari π yaitu |π§ β π| = πΏ dan π(π§) harus tercapai pada πΆ
4.12. TEOREMA MODULUS MINIMUM
Teorema Modulus Minimum:
Apabila π(π§) analitik di dalam dan pada suatu kurva tertutup
sederhana πΆ dan π(π§) β 0 di dalam πΆ maka |π(π§)| mencapai
nilai minimumnya pada πΆ.
Bukti:
π(π§) analitik di dalam dan pada πΆ dan juga karena π(π§) β 0 di dalam
πΆ maka mengakibatkan 1
π(π) analitik di dalam πΆ. Menurut teorema
maksimum, 1
|π(π§)| tidak dapat mencapai maksimumnya di dalam πΆ
134 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
akibatnya |π(π§)| tidak dapat mencapai nilai minimumnya di dalam πΆ
sehingga minimum ini tercapai pada πΆ.
Hal ini juga dapat dikatakan bahwa:
Apabila π(π§) analitik di dalam dan pada suatu kurva tertutup sederhana
πΆ dan π(π§) = 0 pada suatu titik di dalam πΆ maka π|(π§)| tidak perlu
mencapai nilai minimumnya pada πΆ
Bukti:
Misalkan π(π§) = π§ untuk |π§| β€ 1 sehingga πΆ adalah suatu lingkaran
dengan pusat di titik asal dan berjari-jari satu maka π(π§) = 0 ππ π§ = 0.
Jika π§ = ππππ maka |π(π§)| tampak bahwa nilai minimum |π(π§)| tidak
tercapai pada πΆ tetapi tercapai di dalam πΆ pada π§ = 0
4.13. TEOREMA DASAR ALJABAR
Teorema-teorema berikut dikenal sebagai teorema dasar aljabar:
Tiap polynomial π(π§) = π0 + π1π§ + π2π§2 + β― + πππ§π, ππ β 0
dan π β₯ 1 mempunyai paling sedikit satu titik nol, yaitu terdapat
paling tidak satu titik π§0 sehingga π(π§0) = 0
Pembuktian teorema ini melalui teorema Lioville dengan
mengandaikan π(π§) tidak nol untuk tiap π§ maka fungsi π(π§) =1
π(π§) adalah
menyeluruh dan merupakan terbatas (bounded) untuk semua π§.
Untuk melihat bahwa fungsi itu terbatas yaitu fungsi tersebut kontinu dan oleh
karenanya terbatas tiap cakram tertutup yang pusatnya titik asal, sehingga
terdapatlah bilangan positif π , sehingga:
135 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
|π(π§)| =1
π(π§)<
2
|ππ|π π
untuk semua π§ di luar |π§| β€ π , sehingga π bounded untuk semua nilai π§.
Selanjutnya dengan teorema Lioville, π(π§) dan akibatnya π(π§) merupakan
fungsi konstan, padahal π(π§) bukan fungsi konstan maka terjadilah
kontradiksi.
Teorema-teorema dasar dalam aljabar elementer biasanya tidak
dibuktikan, sebagaimana teorema berikut ini bahwa
π‘πππ ππππ¦ππππππ πππππππ‘ π, ππππππ π β₯
1, πππππ‘ ππππ¦ππ‘ππππ π ππππππ πππππππππ ππππ‘ππ β ππππ‘ππ ππππππ yaitu:
π(π§) = π(π§ β π§1)(π§ β π§2) β¦ . (π§ β π§π)
dimana π πππ π§π merupakan konstanta-konstanta kompleks, π = 1,2,3, β¦ , π
Teorema dilengkapi dengan pernyataan bahwa bila untuk bilangan π§ =
π§1 ternyata π(π§1) = 0 maka polynomial dapat habis dibagi dengan π§ β π§1 dan
dapat ditulis:
π(π§) = (π§ β π§1)π(π§)
dimana π(π§) merupakan polynomial derajat (π β 1), yang pembuktiannya
dapat diperoleh dari induksi matematik, sehingga akhirnya satu polynomial
derajat n mempunyai tidak lebih dari π titik nol yang berbeda.
136 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
Contoh:
(1) Tunjukkan bahwa setiap persamaan suku banyak π(π§) = π0 + π1π§ +
π2π§2 + β― + πππ§π, ππ β 0 dan π β₯ 1 memiliki paling sedikit satu akar
(2) Tunjukkan bahwa setiap persamaan suku banyak π(π§) = π0 + π1π§ +
π2π§2 + β― + πππ§π, ππ β 0 dan π β₯ 1 memiliki tepat π akar.
Penyelesaian:
(1) Jika π(π§) tidak memiliki akar maka π(π§) =1
π(π§) analitik untuk setiap π§
dan |π(π§)| =1
|π(π§)| (terbatas dan dalam kenyataannya mendekati nol)
untuk |π§| = β.
Teorema Lioville mengakibatkan bahwa π(π§) dan π(π§) haruslah suatu
konstanta dan ini brtentangan dengan derajat π β₯ 1 dan ππ β 0
sehingga π(π§)memiliki paling sedikit satu akar atau dikatakan bahwa
π(π§) memiliki paling sedikit stu nilai nol.
(2) Menurut teorema dasar aljabar bahwa π(π§) memiliki paling sedikit satu
akar dengan akarnya πΌ maka π(πΌ) = 0 sehingga:
π(π§) β π(πΌ) = π0 + π1π§ + π2π§2 + β― + πππ§π β (π0 + π1πΌ + π2πΌ2
+ β― + πππΌπ)
= π1(π§ β πΌ) + π2(π§2 β πΌ2) + β― + ππ(π§π β πΌπ)
dengan π(π§) merupakan suatu suku banyak berderajat (π β 1).
Menggunakan teorema dasar aljabar sekali lagi maka terlihat bahwa
π(π§) memiliki paling sedikit satu akar yang dapat dinyatakan dengan
π½ (yang mungkin sama dengan πΌ) maka π(π§) = (π§ β πΌ)(π§ β π½) π (π§)
dan bisa dilanjutkan sehingga π(π§) memiliki tepat π akar.
137 Dra. Retno Marsitin, M.Pd. β FUNGSI KOMPLEKS
H
DAFTAR PUSTAKA
Churchilill, R.V. (1990). Complex Variables and Applications, 4d ed. New
York: MCGraw-Hill Book Company. Inc.
John D. Paliouras (terjemahan Wibisono Gunawan). (1987). Peubah Kompleks
untuk Ilmuwan dan Insinyur. Jakarta: Erlangga.
Murray R. Spiegel, Ph.D. (1991). Peubah Kompleks dengan Pengenalan
Pemetaan Konvormal dan Penerapannya. Jakarta: Erlangga.
Rerge Lang. (1993). Complex Analysis. 3d ed. New York: Sringer-Verlag
Berlin Heidelberg.
Slamet HW. (2006). Teori Fungsi Variabel Kompleks. Surakarta:
Muhammadiyah University Press.
FUNGSI KOMPLEKS
Β© Yayasan Edelweis All Right Reserved
Penulis: Dra. Retno Marsitin, M.Pd
Desain: Eko Fachtur Rochman, M.Kom
Editor:
Eko Fachtur Rochman, M.Kom
Perpustakaan Nasional: Katalog Dalam Terbitan
ISBN: 978-602-14916-3-8
Cetakan 1 , Pebruari 2017
Penerbit: Yayasan Edelweis
Jl. Karangduren Gang 10 (Perum Citra Graha
Residence Blok B7) Pakisaji Kab. Malang Kode pos 65162
KATA PENGANTAR
Assalamuβalaikum warahmatullahi wabarakatuh.
Alhamdulillahirabbilalamin, banyak nikmat yang Allah berikan, tetapi sedikit
sekali yang kita ingat. Segala puji hanya layak untuk Allah Tuhan seru
sekalian alam atas segala berkat, rahmat, taufik, serta hidayah-Nya yang
tiada terkira besarnya, sehingga penulis dapat menyelesaikan buku dengan
judul βFungsi Kompleksβ.
Dalam penyusunannya, penulis memperoleh banyak bantuan dari berbagai
pihak, karena itu penulis mengucapkan terima kasih yang sebesar-besarnya
kepada: Kedua orang tua dan segenap keluarga besar penulis yang telah
memberikan dukungan, kasih, dan kepercayaan yang begitu besar. Dari
sanalah semua kesuksesan ini berawal, semoga semua ini bisa memberikan
sedikit kebahagiaan dan menuntun pada langkah yang lebih baik lagi.
Meskipun penulis berharap isi dari buku ini bebas dari kekurangan dan
kesalahan, namun selalu ada yang kurang. Oleh karena itu, penulis
mengharapkan kritik dan saran yang membangun.
Akhir kata penulis berharap agar buku ini bermanfaat bagi semua pembaca.
Wassalamualaikum warahmatullahi wabarakatuh
Malang, 8 Maret 2017
Penulis
TINJAUAN MATA KULIAH
Mata kuliah Fungsi Kompleks merupakan mata kuliah wajib yang
ditempuh dengan bobot 3 sks. Mata kuliah Fungsi Kompleks memiliki capaian
pembelajaran yaitu setelah mengikuti mata kuliah fungsi kompleks,
mahasiswa diharapkan mampu menganalisa dan melakukan pembuktian
matematika pada fungsi kompleks dengan cermat dan teliti.
Materi dalam fungsi kompleks meliputi pengertian bilangan kompleks,
fungsi-fungsi analitik, fungsi-fungsi elementer dan integral. Setiap materi
diberikan capaian pembelajaran dan contoh beserta penyelesaiannya
sehingga mempermudah mahasiswa dalam memahami permasalahan
Fungsi Kompleks. Matematika tak bisa lepas dari soal-soal, begitupun Fungsi
Kompleks yang setiap akhir materi diberikan soal-soal sebagai latihan untuk
memperdalam materi yang telah dibahas dan sebagai tolak ukur ketercapaian
untu melanjutkan pada materi berikutnya.
Semoga bahan ajar Fungsi Kompleks ini lebih mudah dipahami dan
dipelajari sehingga tujuan pembelajaran bisa tercapai dan bisa menambah
khasanah keilumuwan mahasiswa di bidang matematika khususnya fungsi
kompleks.
Malang, 8 Maret 2017
Penulis
DAFTAR ISI
BAB I BILANGAN KOMPLEKS
Capaian Pembelajaran ............................................................. 1
1.1. Bilangan Kompleks dan Aljabarnya ............................. 1
Soal Latihan 1 ............................................................. 6
1.2. Geometri Bilangan Kompleks ...................................... 7
1. Koordinat Cartesius............................................... 7
2. Vektor ................................................................... 9
Soal Latihan 2 ....................................................... 13
3. Koordinat Kutub .................................................... 14
Soal Latihan 3 ....................................................... 17
4. Bentuk Eksponen .................................................. 18
Soal Latihan 4 ....................................................... 21
1.3. Region ........................................................................ 22
Soal Latihan 5 ............................................................. 29
BAB II FUNGSI β FUNGSI ANALITIK
Capaian Pembelajaran ........................................................ 31
2.1. Fungsi Variabel Kompleks .......................................... 31
2.2. Pemetaan ................................................................... 34
Soal Latihan 1 ............................................................. 39
2.3. Limit ............................................................................ 40
Soal Latihan 2 ............................................................. 48
2.4. Kontinuitas .................................................................. 50
Soal Latihan 3 ............................................................. 52
2.5. Derivative .................................................................... 53
Soal Latihan 4 ............................................................. 58
2.6. Persamaan Cauchy β Rienmann ............................... 60
Soal Latihan 5 ............................................................. 62
2.7. Fungsi Analitik ............................................................ 63
Soal Latihan 6 ............................................................. 65
2.8. Fungsi Harmonik ......................................................... 66
Soal Latihan 7 ............................................................. 68
BAB III FUNGSI-FUNGSI ELEMENTER
Capaian Pembelajaran ........................................................ 71
3.1. Fungsi Eksponen ........................................................ 71
Soal Latihan 1 ............................................................. 76
3.2. Fungsi Trigonometri .................................................... 77
Soal Latihan 2 ............................................................. 82
3.3. Fungsi Hiperbolik ........................................................ 83
Soal Latihan 3 ............................................................. 86
3.4. Fungsi Logaritma ........................................................ 87
Soal Latihan 4 ............................................................. 90
3.5. Invers Fungsi Trigonometri dan Hiperbolik .................. 90
Soal Latihan 5 ............................................................. 93
BAB IV INTEGRAL
Capaian Pembelajaran ........................................................ 94
4.1. Lintasan (Kurva Jordan) .............................................. 94
4.2. Kontur ......................................................................... 99
Soal Latihan 1 ............................................................. 102
4.3. Integral Fungsi Kompleks ........................................... 102
Soal Latihan 2 ............................................................. 109
4.4. Teorema Cauchy β Goursat ........................................ 110
Soal Latihan 3 ............................................................. 116
4.5. Integral Tak Tentu ....................................................... 116
Soal latihan 4 .............................................................. 120
4.6. Integral Cauchy ........................................................... 121
Soal Latihan 5 ............................................................ 126
4.7. Teorema Morera ......................................................... 127
4.8. Teorema Ketaksamaan Cauchy .................................. 128
4.9. Teorema Liouville ....................................................... 129
4.10. Teorema Nilai Rata-Rata Gauss ................................. 131
4.11. Teorema Modulus Maksimum ..................................... 132
4.12. Teorema Modulus Minimum ........................................ 132
4.13. Teorema Dasar Aljabar ............................................... 133
DAFTAR PUSTAKA ............................................................................. 137