ANALISA VARIABEL KOMPLEKS
Oleh: BUDI NURACHMAN, IR
1
BAB I BILANGAN KOMPLEKS Dengan memiliki sistem bilangan real ℝ saja kita tidak dapat menyelesaikan persamaan x2 +1=0. Jadi disamping bilangan real kita perlu bilangan jenis baru. Bilangan jenis baru ini dinamakan bilangan imajiner atau bilangan kompleks.
2
BILANGAN KOMPLEKS DAN OPERASINYA Definisi 1 Bilangan kompleks adalah bilangan yang berbentuk: a + bi atau a + ib , a dan b bilangan real dan i2 = –1. Notasi Bilangan kompleks dinyatakan dengan huruf z, sedang huruf x dan y menyatakan bilangan real. Jika z = x + iy menyatakan sembarang bilangan kompleks, maka x dinamakan bagian real dan y bagian imajiner dari z. Bagian real dan bagian imaginer dari bilangan kompleks z biasanya dinyatakan dengan Re(z) dan Im (z). 3
OPERASI HITUNG PADA BILANGAN KOMPLEKS DEFINISI 2 Bilangan kompleks z1=x1+iy1 dan bilangan kompleks z2=x2+iy2 dikatakan sama, z1=z2, jika dan hanya jika x1=x2 dan y1=y2. DEFINISI 3 Untuk bilangan kompleks z1=x1+iy1 dan z2=x2+iy2 jumlah dan hasilkali mereka berturut-turut didefinisikan sbb: z1+z2 = (x1+x2) + i(y1+y2) z1 • z2 = (x1x2 –y1y2) + i(x1y2+x2y1)
4
Himpunan semua bilangan kompleks diberi notasi ℂ Jadi ℂ = { z | z = x + iy, x∈ℝ, y∈ℝ }. Jika Im(z)=0 maka bilangan kompleks z menjadi bilangan real x, sehingga bilangan real adalah keadaan khusus dari bilangan kompleks, sehingga ℝ⊂ℂ . Jika Re(z)=0 dan Im(z)≠0, maka z menjadi iy dan dinamakan bilangan imajiner murni. Bilangan imajiner murni dengan y=0, yakni bilanga i, dinamakan satuan imajiner.
5
Sifat-sifat lapangan bilangan kompleks Himpunan semua bilangan kompleks bersama operasi penjumlahan dan perkalian (ℂ ,+,•) membentuk sebuah lapangan (field). Adapun sifat-sifat lapangan yang berlaku pada bilangan kompleks z1,z2 dan z3 adalah sebagai berikut: 1. z1+z2∈ℂ dan z1•z2∈ℂ . (sifat tertutup) 2. z1+z2= z2+z1 dan z1•z2= z2•z1 (sifat komutatif) 3. (z1+z2)+z3= z1+(z2+z3) dan (z1•z2) •z3= z1•(z2•z3) (sifat assosiatif) 4. z1•(z2+z3)=(z1•z2)+(z1•z3) (sifat distribtif) 5. Ada 0=0+i0∈ℂ , sehingga z+0=z (0 elemen netral penjumlahan)
6
6. Ada 1=1+i0∈ℂ , sehingga z•1=z (1elemen netral perkalian 7. Untuk setiap z=x+iyℂ , ada –z=–x–iy) sehingga z+(–z)=0 8. Untuk setiap z=x+iyℂ , ada z-1=sehingga z•z-1=1. Tugas: Buktikan sifat-sifat 1 – 8 menggunakan definsi yang telah diberikan.
7
Contoh soal: 1. Jika z1=x1+iy1 dan z2=x2+iy2, buktikan bahwa: z1 – z2= (x1 – x2)+i(y1 – y2) 2. Diketahui: z1=2+3i dan z2=5–i.
z1 tentukan z1 + z2, z1 – z2 , z1z2, dan z2
8
Kompleks Sekawan Jika z = x + iy bilangan kompleks, maka bilangan kompleks sekawan dari z ditulis z , didefinisikan sebagai = (x,–y) = x – iy. Contoh: sekawan dari 3 + 2i adalah 3 – 2i , dan sekawan dari 5i adalah –5i. Operasi aljabar bilangan kompleks sekawan di dalam himpunan bilangan kompleks memenuhi sifat-sifat berikut : 9
Teorema 1 : a. Jika z bilangan kompleks, maka : 1. z z 2. z z 2 Re(z) 3. z z 2 Im(z) 4. z z Re(z)2 Im(z)2
10
b. Jika z1, z2 bilangan kompleks , maka : 1.
z1 z2 z1 z2 z1 z2 z1 z2
2. 3. z1 z2 z1 z2 z1 z1 4. , dengan z2≠0. z z 2 2
11
Interpretasi Geometris Bilangan Kompleks Karena z = x + iy dapat dinyatakan sebagai z= (x,y), merupakan pasangan terurut bilangan real, maka z dapat digambarkan secara geometri dalam koordinat Kartesius sebagai sebuah titik (x,y). Pemberian nama untuk sumbu x diubah menjadi sumbu Real dan sumbu y diubah menjadi sumbu Imajiner. Bidang kompleks tersebut di beri nama bidang Argand atau bidang z. Jika kita hubungkan titik asal (0,0) dengan titik (x,y), maka terbentuk vektor; sehingga bilangan kompleks z = x+iy = (x,y) dapat dipandang sebagai vektor z. Arti geometris dari penjumlahan dan pengurangan bilangan kompleks dapat dilihat pada gambar berikut. 12
Im
z(x, y) z
O
Bidang Argan
Re
13
Im
z1 z2 z1
z2 O
Re
14
Im z2 z1 Re
O z2
z1 z2
15
Tugas : Diketahui z1 = 2 + 3i dan z2 = 5 – i. Gambarkan pada bidang kompleks (bidang argand), z1, z2, z1+ z2, z1zz2,, z , z z , z z 1
2
1
2
1
2
16
Modulus (Nilai Mutlak) dari Bilangan Kompleks Definisi 4 : Jika z = x+iy = (x,y) bilangan kompleks, maka modulus dari z, ditulis z = x+iy =
x2 y2
Arti geometri dari modulus z adalah merupakan jarak dari titik O(0,0) ke z = (x,y). Akibatnya, jarak antara dua bilangan kompleks z1 =x1+iy1 dan z2 = x2+iy2 adalah
(x1 x 2 )2 (y1 y 2 )2
17
Selanjutnya apabila z1 =x1+iy1 dan r real positif, maka z – z1 = r merupakan lingkaran yang berpusat di titik z1 dengan jari-jari r. Bagaimanakah dengan z – z1 < r dan z – z1 > r Gambarkanlah pada bidang z.
18
Teorema 2 : A. Jika z bilangan kompleks, maka berlaku : 1.
z 2 Re(z)2 Im(z)2
2.
zz
3.
z2 zz
4.
z Re(z) Re(z)
5.
z Im(z) Im(z)
19
B. Jika z1, z2 bilangan kompleks, maka berlaku : 1. z1 z2 z1 z2 2.
z z1 1 z2 z2
3.
z1 z2 z1 z2
4.
z1 z2 z1 z2
5.
z1 z2 z1 z2
Tugas : Buktikanlah teorema A di atas dengan memisalkan z = x+iy, kemudian berdasarkan hasil A, buktikan juga teorema B !
20
1. Bukti: z1 z2 z1 z2 z1 z2 (x1 iy1) (x 2 iy 2 ) (x1x 2 y1y 2 ) i(x1y 2 x 2y1) (x1x 2 y1y 2 )2 (x1y 2 x 2y1)2 x12 x 22 y12y 22 2x1x 2y1y 2 x12y 22 x 22y12 2x1x 2y1y 2 (x12 y12 ) (x 22 y 22 ) (x12 y12 ) (x 22 y 22 ) z1 z2 z1 z2 z1 z2
21
2. Bukti: z1 x1 iy1 x 2 iy 2 z2 x 2 iy 2 x 2 iy 2
x1x 2 y1y 2 x 2y1 x1y 2 i 2 2 x2 y2 x 22 y 22 2
x1x 2 y1y 2 x 2y1 x1y 2 2 2 2 2 x2 y2 x2 y2
2
x12 x 22 y12y 22 2x1x 2y1y 2 x 22y12 x12y 22 2x1x 2y1y 2 (x 22 y 22 )2 (x12 y12 ) (x 22 y 22 ) (x 22 y 22 ) (x 22 y 22 ) x12 y12
z1 terbukti. 2 2 z 2 x2 y2
22
3. Bukti: z1 z2 z1 z2 0 (x1y 2 x 2y1)2 0 x12y 22 x 22y12 2x1x 2y1y 2 2x1x 2y1y 2 x12y 22 x 22y12 x12 x 22 y12y 22 2x1x 2y1y 2 x12 x 22 y12y 22 x12y 22 x 22y12 (x1x 2 y1y 2 )2 (x12 y12 )(x 22 y 22 ) 2(x1x 2 y1y 2 ) 2 (x12 y12 )(x 22 y 22 ) x12 2x1x 2 x 22 y12 2y1y 2 y 22 x12 y12 2 (x12 y12 )(x 22 y 22 ) x 22 y 22 2
2
(x1 x 2 ) (y1 y 2 )
x12
y12
x 22
y 22
2
(x1 x 2 )2 (y1 y 2 )2 x12 y12 x 22 y 22 z1 z2 z1 z2 terbukti 23
4. Bukti: z1 z2 z1 z2 z1 z1 z2 z2 z1 z2 z2 z1 z2 z1 z2 z1 z2 z1 z2
24
Bentuk Kutub (Polar) dan Eksponen dari Bilangan Kompleks Selain dinyatakan dalam bentuk z = x+iy = (x,y), bilangan kompleks z dapat dinyatakan pula dalam bentuk koordinat kutub atau Polar, yaitu z = (r,). Im
z ( x, y ) (r, ) z r
O
Re 25
Adapun hubungan antara keduanya, ( x, y ) dan (r, ) adalah : x = r cos , y = r sin, y sehingga = arc tan x adalah sudut antara sumbu x positif dengan oz didapat juga r x 2 y 2 z Jadi, bentuk kutub bilangan kompleks z adalah z = (r, ) = r(cos + i sin ) = r cis . dan sekawan dari z adalah = (r, -) = r(cos - i sin ).
26
Definisi 5 : Pada bilangan kompleks z = (r, ) = r(cos + i sin ), sudut disebut argument dari z, ditulis arg z. Sudut dengan 0 < 2 atau - < disebut argument utama dari z, ditulis = Arg z. Pembatasan untuk sudut tersebut dipakai salah satu saja. Definisi 6 : Dua bilangan kompleks z1 = r1(cos 1 + i sin 1) dan z2 = r2(cos 2 + i sin 2) dikatakan sama, jika r1 = r2, dan 1 = 2.
27
Selain penulisan bilangan kompleks z = (x , y) = (r, ) = r(cos + i sin ) = r cis , maka anda dapat menuliskan z dalam rumus Euler (eksponen), yaitu z = rei, dan sekawannya adalah re-i. Tugas: Buktikan bahwa ei = cos + i sin , dengan menggunakan deret MacLaurin untuk cos , sin dan et dengan mengganti t = i.
28
Contoh : Nyatakan bilangan kompleks z = 1 + i dalam bentuk polar dan eksponen !
29
Contoh : Nyatakan bilangan kompleks z = 1 + i dalam bentuk polar dan eksponen ! Jawab : 1
z = 1 + i, r = 2 , tan = 1, sehingga = 45⁰= 4 i 4 1 1 1 Jadi z = 2 (cos 4 + i sin 4 ) = 2 cis 4 = 2 e
30
Pangkat dan Akar dari Bilangan Kompleks Perkalian dan Pemangkatan Telah kita ketahui bahwa bilangan kompleks dalam bentuk kutub adalah z = r(cos + i sin ). Jika z1 = r1(cos 1 + i sin 1) & z2 = r2(cos 2 + i sin 2), maka kita peroleh hasil perkalian keduanya sebagai berikut : z1 z2 = [r1(cos 1 + i sin 1)][r2(cos 2 + i sin 2)] z1 z2 = r1 r2 [(cos 1 cos 2 - sin1sin 2) + i (sin 1 cos 2 + cos 1sin 2)] z1 z2 = r1 r2 [cos (1 + 2 ) + i sin (1 + 2)] 31
Dari hasil perkalian tersebut diperoleh: arg(z1 z2) = 1 + 2 = arg z1+ arg z2 Pertanyaan : Bagaimanakah jika kita perkalikan z1 z2 . . . zn dan z z z z … z = zn ?
32
Jika diketahui: z1 = r1(cos 1 + i sin 1) z2 = r2(cos 2 + i sin 2) zn = rn(cos n + i sin n), untuk n asli, maka secara induksi matematika, diperoleh rumus perkalian z1 z2 … zn = r1 r2 …rn[cos (1 + 2+…+n) + i sin (1 + 2+…+n)] . Akibatnya jika, z = r(cos + i sin ) maka zn = rn (cos n + i sin n). .......... 1 Khusus untuk r = 1, disebut Dalil De-Moivre (cos + i sin )n = cos n + i sin n, n asli.
33
Pembagian: Sedangkan pembagian z1 dan z2 adalah sebagai z1 r1(cos 1 i sin 1) berikut: z2 r2(cos 2 i sin 2 ) Setelah pembilang dan penyebut dikalikan dengan sekawan penyebut, yaitu r2(cos 2 - i sin 2), maka z1 r1 diperoleh : [cos (1 - 2 ) + i sin (1 - 2)] z2 r2 Dari rumus di atas diperoleh: z arg 1 1-2 = arg z1 – arg z2. z2 34
Akibat lain jika z = r(cos + i sin ), maka: Untuk:
1 1cos() i sin() z r 1 1 zn rn cos n i sin n
.
Setelah pembilang dan penyebut dikalikan sekawan penyebut, maka didapat : 1 1 cos(n) i sin(n) zn r n
.......2
35
Dari 1 dan 2 diperoleh: zn rn cos(n) i sin(n)
,
Dalil De-
Moivre berlaku untuk semua n bilangan bulat.
36
Contoh: Hitunglah :
6
3 i
37
Contoh: Hitunglah :
6
3 i
Jawab : Misalkan z 3 i,
maka
r z 3 1 2 tan 1 3 karena z di kuadran IV, maka dipilih 30o o o jadi 3 i 2 cos 30 i sin 30
6
3 i
26 cos 180o i sin 180o
26(1 0) 26
38
Akar Bilangan Kompleks Bilangan kompleks z adalah akar pangkat n dari 1 bilangan kompleks w, jika zn = w, dan ditulis z w n . Jika z = (cos +i sin) akar pangkat n dari bilangan kompleks w = r(cos+i sin), maka dari zn = w diperoleh: n(cosn +i sinn) = r(cos+i sin), sehingga n = r dan n= +2k , k bulat. Akibatnya
1 rn
2k dan n
Jadi . . . 39
Jadi, akar pangkat n dari bilangan kompleks w = r(cos+i sin) adalah: 1 rn
[cos( 2k ) + i sin ( 2k )], n n k bulat dan n bilangan asli. Dari persamaan zn = w, ada n buah akar berbeda z=
yang memenuhi persamaan itu. Untuk mempermudah dipilih k = 0,1,2,3,…,(n-1); 2k 0 < 2, sehingga diperoleh z1,z2,z3,…,zn n sebagai akar ke-n dari z.
40
Contoh : Hitunglah (-81)1/4 Jawab : Misalkan z = (-81)1/4, berarti harus dicari penyelesaian persamaan z4 = -81. Tulis z = (cos +i sin) dan –81 = 81(cos1800+i sin1800), sehingga 4(cos4 +i sin4) = 81(cos1800+i sin1800), 2k diperoleh 4 = 81, atau = 3 dan . 4 2k 2k Jadi z = 3[cos( )+i sin( )] 4 4 Keempat akar yang dicari dapat diperoleh dengan mensubstitusi k = 0,1,2,3 ke persamaan terakhir. 41
Latihan Soal Bab I 1. Buktikan Teorema 1 dengan memisalkan z = (x,y) = x + iy. 2. Diketahui z1 = 6 + 5i dan z2 = 8 – i. Tentukan z1 + z2, z1 - z2 , z1z2, dan z1 / z2 3. Jika z = -1-i, buktikan z2 + 2z + 2 = 0. 4. Cari bilangan kompleks z yang memenuhi sifat: a. z-1 = z dan b. z z 5. Buktikan untuk setiap z bilangan kompleks berlaku : z1. z 2 + z1 .z2 = 2Re(z1z.2 ) 6. Hitung jarak antara z1 = 2 + 3i dan z2 = 5 – i. 42
7.Gambarkan pada diagram argand dan sebutkan nama kurva yang terjadi : a. z – 5 = 6 dan z – 5 > 6 b. z + i = z – i c. 1 < z – i < 3 8.Nyatakan bilangan kompleks z = 2 -2i dalam bentuk polar dan eksponen ! 9. Hitunglah (-2+2i)15 10.Tentukan himpunan penyelesaian dari : z3- i = 0
43
BAB II FUNGSI , LIMIT DAN KEKONTINUAN Sebelum dibahas mengenai fungsi kompleks, maka perlu dipelajari konsep-konsep topologi yang akan digunakan pada fungsi kompleks. Konsep-Konsep Topologi Pada Fungsi Kompleks Himpunan pada pembahasan ini adalah koleksi atau kumpulan titik-titik pada bidang Z. Dianggap anda telah memahami operasi pada himpunan yaitu gabungan, irisan, penjumlahan dan pengurangan beserta sifat-sifatnya. 44
1. Lingkungan/persekitaran a. Persekitaran zo adalah himpunan semua titik z yang terletak di dalam lingkaran yang berpusat di z o, berjari-jari r, r > 0. Ditulis N(zo,r) atau z – zo < r. b. Persekitaran tanpa zo adalah himpunan semua titik zzo yang terletak di dalam lingkaran yang berpusat di zo, berjari-jari r, r > 0. Ditulis N*(zo,r) atau 0< z – zo < r.
45
Contoh : a. N(i,1) atau z – i < 1, lihat pada gambar 1 b. N*(O,a) atau 0< z – O < a, lihat pada gambar 2 Im
Im 2 i
a i O gambar 1
O
Re
Re gambar 2 46
2. Komplemen Andaikan S suatu himpunan. Komplemen dari S ditulis Sc,merupakan himpunan semua titik pada bidang Z yang tidak termasuk di S. Contoh : Gambarkan ! A = { z | Im z< 1}, maka Ac = { z | Im z 1}. B ={ z | 2
47
A = { z | Im z< 1}, maka Ac = { z | Im z 1}. B ={ z | 2
Im
A
Bc
c
4
1 A O
B Re
2 O
2
4
Re
48
3. Titik limit Titik zo disebut titik limit dari himpunan S jika untuk setiap N*(zo,) maka N*(zo,) S . Jika zo ∈ S dan zo bukan titik limit, maka zo disebut titik terasing.
49
3. Titik limit Titik zo disebut titik limit dari himpunan S jika untuk setiap N*(zo,) maka N*(zo,) S . Jika zo ∈ S dan zo bukan titik limit, maka zo disebut titik terasing. 4. Titik batas Titik zo disebut titik batas dari himpunan S jika untuk setiap N*(zo,) memuat suatu titik di S dan memuat suatu titik yang tidak di S.
50
3. Titik limit Titik zo disebut titik limit dari himpunan S jika untuk setiap N*(zo,) maka N*(zo,) S . Jika zo ∈ S dan zo bukan titik limit, maka zo disebut titik terasing. 4. Titik batas Titik zo disebut titik batas dari himpunan S jika untuk setiap N*(zo,) memuat suatu titik di S dan memuat suatu titik yang tidak di S. 5. Batas dari himpunan S adalah himpunan semua titik batas dari S. 51
6. Interior dan Eksterior Titik zo disebut interior dari himpunan S jika ada N (zo,) sehingga N(zo,) S. Titik yang bukan titik interior atau bukan titik batas disebut titik eksterior.
52
6. Interior dan Eksterior Titik zo disebut interior dari himpunan S jika ada N (zo,) sehingga N(zo,) S. Titik yang bukan titik interior atau bukan titik batas disebut titik eksterior. 7. Himpunan Terbuka Himpunan S disebut himpunan terbuka jika semua anggota S adalah titik interior S.
53
6. Interior dan Eksterior Titik zo disebut interior dari himpunan S jika ada N (zo,) sehingga N(zo,) S. Titik yang bukan titik interior atau bukan titik batas disebut titik eksterior. 7. Himpunan Terbuka Himpunan S disebut himpunan terbuka jika semua anggota S adalah titik interior S. 8. Himpunan Tertutup Himpunan S disebut himpunan tertutup jika S memuat semua titik limitnya.
54
9. Himpunan Terhubung Himpunan terbuka S disebut terhubung, jika setiap dua titik di S dapat dihubungkan oleh penggal garis yang seluruhnya terletak di S.
55
9. Himpunan Terhubung Himpunan terbuka S disebut terhubung, jika setiap dua titik di S dapat dihubungkan oleh penggal garis yang seluruhnya terletak di S. 10. Daerah domain Himpunan terbuka S yang terhubung disebut daerah domain.
56
9. Himpunan Terhubung Himpunan terbuka S disebut terhubung, jika setiap dua titik di S dapat dihubungkan oleh penggal garis yang seluruhnya terletak di S. 10. Daerah domain Himpunan terbuka S yang terhubung disebut daerah domain. 11. Daerah Tertutup Daerah tertutup S adalah daerah terbuka digabung dengan batasnya.
57
12. Penutup dari himpunan S adalah himpunan S digabung dengan titik limitnya.
58
Contoh : 1. Diberikan A = { z / |z|<1}, maka: Im 1 A 1
1
Re
1 A adalah himpunan terbuka dan terhubung. Batas dari A adalah { z / |z|=1}. Penutup dari A adalah { z / |z|1}. 59
2. Diberikan B = { z / |z|<1} U {(0,1)}, maka: Im 1 B 1
1
Re
1 B adalah bukan himpunan terbuka dan juga bukan himpunan tertutup. Titik-titik limit dari B adalah { z / |z|1}.
60
3. Diberikan C = { z / |z| 2}, maka: Im 2 1 2
1
1
Re 2
1 2 Titik-titik interior C adalah { z / |z|<2}.
61
Fungsi Kompleks Definisi : Misalkan D himpunan titik pada bidang Z. Fungsi kompleks f adalah suatu aturan yang memasangkan setiap titik z anggota D dengan satu dan hanya satu titik w pada bidang W, yaitu (z,w). Fungsi tersebut ditulis
w = f(z).
Himpunan D disebut daerah asal (domain) dari f, ditulis Df dan f(z) disebut nilai dari f atau peta dari z oleh f. Range atau daerah hasil (jelajah) dari f ditulis R f , yaitu himpunan f(z) untuk setiap z anggota D.
62
f Im(w)
Im(z)
z
w f(z) Re( w)
Re(z)
Bidang Z
Bidang W
63
Contoh : a) w = z + 1 – i b) w = 4 + 2i c) w = z2 – 5z d) f(z) = 3 z 2z 1 Contoh a,b,c adalah fungsi kompleks dengan domain semua titik pada bidang Z. Contoh d adalah fungsi kompleks dengan domain 1 semua titik pada bidang Z , kecuali z = 2
64
Jika z = x + iy, maka fungsi w = f(z) dapat diuraikan menjadi w = u(x,y) + iv(x,y) yang berarti Re(w) dan Im(w) masing-masing merupakan fungsi dengan dua variabel real x dan y. Apabila z = r(cos + i sin), maka w = u(r, ) + iv(r, ).
65
Contoh : Tuliskan f(z) = 2z2 – i dalam bentuk u dan v !
66
Contoh : Tuliskan f(z) = 2z2 – i dalam bentuk u dan v ! Jawab : Misal z = x + iy, maka fungsi w = f(z) = 2z2 – i = 2(x + iy )2 – i = 2(x2+2xyi-y2) – i = 2(x2-y2) + i(2xy-1). Jadi u = 2(x2-y2) dan v = 2xy-1.
67
Jika z = r(cos + i sin). Tentukan f(z) = z2 + i
68
Jika z = r(cos + i sin). Tentukan f(z) = z2 + i Jawab f(z) = z2 + i = [r (cos+i sin)]2 + i = r2[cos2 - sin2 + 2isincos] + i = r2 (cos2 - sin2) + r2isin2 + i = r2 (cos2 - sin2) +(1+r2sin2)i berarti u = r2(cos2 - sin2) dan v = 1+r2sin2) .
69
Komposisi Fungsi Diberikan fungsi f(z) dengan domain Df dan fungsi g (z) dengan domain Dg. ‣ Jika Rf Dg , maka ada fungsi komposisi (g⃘ f) (z) = g (f (z)), dengan domain Df. f z
g f(z)
g f ( z ) ( g f )( z )
g f 70
‣ Jika Rg Df , maka ada fungsi komposisi (f⃘ g) (z) = f (g (z)), dengan domain Dg. g f z
g(z)
f g(z) (f g)(z)
f g ∷ Tidak berlaku hukum komutatif pada (g⃘ f) (z) dan (f⃘ g)(z).
71
Contoh : Misal: f(z) = 3z – i dan g(z) = z2 + z –1 + i ‣ Jika Rf Dg , maka (g⃘ f) (z) = g (f (z)) = g(3z – i) = (3z – i)2 + (3z – i) –1 + i = 9z2 – 6iz – 1 + 3z – i – 1 + i = 9z2 – 3z – 2 – 6iz
72
‣ Jika Rg Df , maka (f⃘ g) (z) = f (g (z)) = f(z2 + z –1 + i) = 3z2 + 3z – 3 + 3i – i Karena 9z2 – 3z – 2 – 6iz ≠ 3z2 + 3z – 3 + 3i – i Jadi
(g⃘ f) (z) (f⃘ g)(z) atau (g⃘ f) (f⃘ g), (tidak komutatif)
73
Interpretasi Geometris Untuk setiap variabel bebas z = x + iy anggota domain ada satu dan hanya satu variabel tak bebas w = u + iv yang terletak pada suatu bidang kompleks. Masing-masing variabel terletak pada suatu bidang kompleks, z pada bidang Z dan w pada bidang W. Karena pasangan (z,w) mengandung 4 dimensi, maka kita tidak dapat menggambarkannya pada satu sistem. Tetapi kita dapat melihat gambaran dari w = f (z). Caranya dengan memandang fungsi f tersebut sebagai pemetaan (transformasi) dari titik di bidang Z ke titik di bidang W dengan aturan f. Untuk suatu titik z maka f(z) disebut peta dari z. 74
Contoh 1 : Diketahui fungsi w = 2z – 1 + i. Untuk setiap variabel bebas z = x + iy didapat nilai w = (2x – 1) + (2y + 1)i. Misalnya untuk z1 = 1 + i , dan z2 = 2 – 3i , berturutturut diperoleh : w1 = 1 + 3i , dan w2 = 3 – 5i. Gambar dari z1, z2, w1 , dan w2 dapat dilihat di bawah ini V Y bidang W bidang Z 3 w1 1 z1 O 3
1 2
X
O 1
3
U
z2 5
w2
75
Contoh 2 : Diketahui fungsi w = z2. Dengan menggunakan z = r (cos+i sin), maka diperoleh w = z2 = r2 (cos2+i sin2). Jika sebuah lingkaran pusat O berjari-jari r pada bidang Z, maka dapat dipetakan ke bidang W menjadi sebuah lingkaran pusat O berjari-jari r 2. Daerah 0 arg z dipetakan menjadi daerah 0 arg w 2. Gambar keduanya dapat dilihat di bawah ini.
76
bidang W bidang Z r2 r
2
77
Limi t Diketahui daerah D pada bidang Z dan titik zo terletak di dalam D atau pada batas D. Misalkan fungsi w = f(z) terdefinisi pada D, kecuali di zo. Apabila titik z bergerak mendekati titik zo melalui setiap lengkungan sebarang K dan mengakibatkan nilai f(z) bergerak mendekati suatu nilai tertentu, yaitu wo pada bidang W, maka dikatakan limit f (z) adalah wo untuk z mendekati zo, ditulis : lim f(z) w o z zo
K D
z
zo
N * (zo, ) bidang Z
D
wo
f(z)
N(w o, ) bidang W 78
Definisi : Misalkan fungsi w = f(z) terdefinisi pada daerah D, kecuali di zo (titik zo di dalam D atau pada batas D). limit f(z) adalah wo untuk z mendekati zo, jika untuk setiap > 0, terdapat > 0 sedemikian hingga |f(z) – wo |< , apabila 0 <|z – zo|< , ditulis:
lim f(z) w o
z zo
79
Perlu diperhatikan bahwa : 1.
Titik zo adalah titik limit domain fungsi f.
2.
Titik z menuju zo melalui sebarang lengkungan K, artinya z menuju zo dari segala arah.
3.
Apabila z menuju zo melalui dua lengkungan yang berbeda, mengakibatkan f(z) menuju dua nilai yang berbeda, maka limit fungsi f tersebut tidak ada untuk z mendekati zo.
80
Contoh 1 : Buktikan bahwa :
2 2 z 3z 2 5 lim z2 z 2
81
Contoh 1 : Buktikan bahwa :
2 2 z 3z 2 5 lim z2 z 2
Bukti: Misalkan diberikan bilangan > 0, kita akan mencari > 0 sedemikian, sehingga: 2 2 z 3z 2 5 | , untuk z 2 0 | z 2 | | z2
Lihat bagian sebelah kanan
82
Dari persamaan kanan diperoleh: 2 2 z 3z 2 5 | | (2z 1)(z 2) 5 | | z2 (z 2) (2z 1 5)(z 2) | | (z 2) | 2(z 2) | | z 2 | 2
Hal ini menunjukkan bahwa telah diperoleh. 2
83
Bukti Formal : Jika diberikan > 0 , maka terdapat , sehingga 2 untuk z 2, diperoleh 2 3z 2 2 z 0 | z 2 | | 5| z2 (2z 1)(z 2) | 5| (z 2) | 2(z 2) | 2 Jadi
2 3z 2 2 z | 5 | apabila 0 | z 2 | z2 2
Terbukti
2 2 z 3z 2 5 lim z2 z 2 84
Teorema Limit : Teorema 1 : Jika fungsi f mempunyai limit untuk z menuju zo , maka nilai limitnya tunggal.
85
Teorema Limit : Teorema 1 : Jika fungsi f mempunyai limit untuk z menuju zo , maka nilai limitnya tunggal. Bukti: Misal limitnya w1 dan w2, maka f(z) w1 w1 f(z) 2 f(z) w 2 2 w1 f(z) f(z) w 2 w1 f(z) f(z) w 2 2 2 sehingga w1 w 2 jadi w1 w 2
86
Teorema 2 : Misalkan z = (x,y) = x+iy dan f(z) = u(x,y) + iv(x,y) dengan domain D. Titik zo = (xo,yo) = xo+iyo di dalam D atau batas D. Maka
lim f(z) x o iy o jika dan hanya jika
z zo
lim u(x, y) x o dan lim v(x, y) y o
z zo
z zo
87
Teorema 3 : Misalkan fungsi f dan g limitnya ada. lim f(z) = a dan lim g(z) = b, maka 1. lim (f(z) +g(z)) = a + b (untuk z → zo) 2. lim (f(z) . g(z)) = a . b (untuk z → zo) 3. lim (f(z) / g(z)) = a / b (untuk z → zo) Tugas : Buktikan ketiga teorema limit tersebut !
88
Contoh 1 : Hitunglah
2 z 1 lim z i z i
89
Contoh 1 : Hitunglah
Jawab:
2 z 1 lim z i z i
2 z 1 lim (z i)(z i) lim z i z i z i z i lim (z i) z i
2i
90
Contoh 2 : 2 2xy x Jika f(z) 2 i . Buktikan lim f(z) tidak ada ! 2 y 1 z0 x y
91
Contoh 2 : 2 2xy x Jika f(z) 2 i . Buktikan lim f(z) tidak ada ! 2 y 1 z0 x y
Bukti : Kita tunjukkan bahwa untuk z menuju 0 di sepanjang garis y = 0, maka lim f(z)
z 0
lim
( x,0)(0,0)
f(z) lim x 2i 0 x 0
Sedangkan di sepanjang garis y = x, 2 x lim f(z) lim f(z) lim (1 i) 1 x 1 z 0 ( x,x )(0,0) x 0
1
2
Dari 1 dan 2, terbukti lim f(z) tidak ada z0
92
Kekontinuan Fungsi Definisi : Misalkan fungsi f(z) terdefinisi di D pada bidang Z dan titik zo terletak pada interior D, fungsi f(z) dikatakan kontinu di zo jika untuk z menuju zo, maka lim f(z) = f(zo).
93
Jadi, ada tiga syarat fungsi f(z) kontinu di zo, yaitu : 1. f(zo ) ada 2. lim f(z) ada z z o
3. lim f(z) f(zo ) z z o
Fungsi f(z) dikatakan kontinu pada suatu daerah R, jika f(z) kontinu pada setiap titik pada daerah R tersebut.
94
Teorema 4 : Jika f(z) = u(x,y) + iv(x,y), f(z) terdefinisi di setiap titik pada daerah R, dan zo = xo+ i yo titik di dalam R, maka fungsi f(z) kontinu di zo jika dan hanya jika u(x, y) dan v(x,y) masing-masing kontinu di (xo,yo).
95
Teorema 5 : Andaikan f(z) dan g(z) kontinu di zo, maka masingmasing fungsi : 1. f(z) + g(z) 2. f(z) . g(z) 3. f(z) / g(z), g(z) 0 4. f(g(z)); f kontinu di g(zo), kontinu di zo.
96
Contoh 1 : z2 4 z 2i , z 2i Fungsi f(z) = , apakah kontinu di 2i 3 4z, z 2i Jawab : f(2i) = 3 + 4(2i) = 3 + 4i, sedangkan untuk z mendekati 2i, lim f(z) = z + 2i, sehingga lim f(z) f(2i) z 2i
jadi f(z) diskontinu di z = 2i.
97
Contoh 2. 2 z 1 Dimanakah fungsi g(z) 2 kontinu ? z 3z 2 Jawab :
Coba anda periksa bahwa g(z) diskontinu di z = 1 dan z = 2. Jadi g(z) kontinu di daerah z z 2
98
BAB III. TURUNAN 3.1 Definisi Turunan Diberikan fungsi f yang didefinisikan pada daerah D dan zo D.
f(z) f(zo ) Jika diketahui bahwa nilai lim ada, maka z zo z zo nilai limit ini dinamakan turunan atau derivatif fungsi f di titik zo. Dinotasikan : f’(zo)
99
⇛ Jika f’(zo) ada, maka f dikatakan terdifferensial atau diferensiabel di zo. Dengan kata lain : f(zo z) f(zo ) f ' (zo ) lim f lim z z 0 z z 0 ⇛ Jika f terdifferensial di semua titik pada D, maka f terdifferensial pada D Contoh 3.1.1 Buktikan f(z) = z2 terdifferensiasi diseluruh ℂ
100
Bukti : Ditinjau sebarang titik zo ℂ f(z) f(zo ) f ' (zo ) lim z zo z z o z2 z2o lim z zo z z o (z zo )(z zo ) z zo z zo
lim 2zo
Karena zo sebarang maka f(z) = z2 terdefferensial di seluruh ℂ 101
Teorema 3.1 Jika f fungsi kompleks dan f’(zo) ada, maka f kontinu di zo Bukti :
102
Bukti : Diketahui f’(zo) ada Akan dibuktikan f kontinu di zo atau
lim f(z) f(zo )
z zo
f(z) f(zo ) lim (f(z) f(zo )) lim (z zo ) z zo z z o (z z o ) f(z) f(zo ) lim lim (z zo ) ( z z ) z zo z zo o f ' (z) 0 0 sehingga
lim f(z) lim f(zo ) f(zo )
z zo
z zo
dengan kata lain f kontinu di zo. 103
Contoh 3.1.2 Buktikan f(z) = |z|2 kontinu di seluruh bidang kompleks tetapi hanya terdifferensial di z = 0 Bukti : f(z) = |z|2 = x2 + y2
u(x,y) = x2 + y2 dan v(x,y) = 0 u dan v kontinu di D, maka f(z) kontinu di D berarti
f(z) f(0) | z |2 f ' (0) lim lim z0 z 0 z 0 z lim zz 0 z 0 z Jadi f(z) terdifferensial di z = 0 104
3.2 Syarat Chauchy-Riemann Syarat yang diperlukan agar fungsi f terdiferensial di z o = xo + i yo adalah syarat Chauchy-Riemann, yang menghubungkan derivatif-derivatif parsial tingkat pertama dari fungsi bagian real dan fungsi bagian imajiner dari f.
105
Terema 3.2.1 (Syarat Chauchy-Riemann Jika f(z) = u(x,y) + i v(x,y) terdifferensial di zo = xo + i yo, maka u(x,y) dan v(x,y) mempunyai derivatif parsial pertama di (xo,yo) dan di titik ini dipenuhi persamaan Cauchy – Riemann u v dan u v x y y x derivatif f di zo dapat dinyatakan dengan f ' (zo ) ux (x o, y o ) i v x (x o, y o ) Jika persamaan C-R tidak dipenuhi di (xo,yo) maka f(z) = u(x,y) + i v(x,y) tidak terdifferensial di zo = xo + i yo 106
Contoh 3.2.1 Buktikan f(z) = |z|2 tidak terdifferensiasi di z 0 Bukti : f(z) = x2 + y2 sehingga u(x,y) = x2 + y2 v(x,y) = 0 Persamaan Cauchy – Riemann u 2x dan u 2y x y v 0 dan v 0 x y u v 2x 0 x y
(1)
107
dan u v 2y 0 y x
(2)
(1) dan (2) tidak dipenuhi jika x 0 atau y 0, jadi pasti f tidak terdeferensial di z 0
108
Catatan : Syarat C-R hanya syarat perlu untuk keterdifferensialan. Contoh 3.2.2 x 3(1 i) y 3(1 i) Buktikan fungsi f(z) = x2 y2 dan f(0) = 0, tidak terdifferensial di 0, memenuhi C-R Bukti :
x3 y3 u= 2 x y2 x3 y3 v= 2 x y2
dengan u(0,0) = 0 dengan v(0,0) = 0
u(x,0) u(0,0) lim ux(0,0) = =1 x x o u(0,y) u(0,0) = -1 uy(0,0) = ylim y o
109
v(x,0) v(0,0) =1 x x o
vx(0,0) = lim
v(0,y) v(0,0) vy(0,0) = lim =1 y y o Jadi persamaan Cauchy – Riemann terpenuhi Tetapi
f(z) f(0) x 3(1 i) y 3(1 i) lim lim 2 z z 0 z 0 (x y 2)(x iy)
Untuk z 0 3 x (1 i) lim =1+i Sepanjang garis real y = 0 x o 3 x
110
2 i x3 i Sepanjang garis real y = x lim = 1 i x o 2(1 i) x 3 Jadi lim f(z) f(0) tidak ada z o z sehingga f tidak terdifferensial di 0 meskipun persamaan C-R dipenuhi di (0,0)
111
Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa : i.
Syarat perlu f(z) = u(x,y) + iv(x,y), zo = xo + i yo f’(z) ada maka u , u , v , v ada di (xo, yo) y x y x berlaku C-R yaitu : v dan u v u = y y = x x dan f’(z0) = ux(x0,y0) + i vx(x0,y0)
112
ii. Syarat cukup u(x,y), v(x,y), ux(x,y), vx(x,y), uy(x,y), vy(x,y) kontinu pada kitar zo = xo + i yo dan di (xo,yo) dipenuhi C-R maka f’(zo) ada
113
Contoh 3.2.3 Buktikan f(z) = ex(cos y + i sin y) terdiferensial untuk setiap z dalam ℂ xcos y u (x,y) = excos u(x,y) = e Bukti : x y uy(x,y) = -exsin y v(x,y) = exsin y vx(x,y) = exsin y vy(x,y) = excos y
ada dan kontinu di setiap (x,y) ℂ
114
Berdasarkan persamaan C-R : ux = vy dan uy = -vx dipenuhi di (x,y) ℂ, dan ada kitar dimana keenam fungsi kontinu dan C-R dipenuhi di (x,y). Jadi f’(z) ada z ℂ. Dan f’(z) = ux(x,y) + i vx(x,y) = excos y + i exsin y
115
3.3 Syarat C-R Pada Koordinat Kutub Jika f(z) = u(x,y) + i v(x,y) dapat diilustrasikan dalam koordinat kartesius maka dengan menggunakan hubungan x = r cos dan y = r sin , diperoleh z = r cos + i sin , sehingga f(z) = u(r, ) + i v(r, ) dalam sistem koordinat kutub
116
Teoreama 3.3.1 Jika f(z) = u(r, ) + i v(r, ) terdiferensial dan kontinu pada suatu kitar (ro, o) dan jika dalam kitar tersebut ur, u, vr, v ada dan kontinu di (ro, o) dan dipenuhi C-R yaitu: v 1 v u 1 v = dan r = r , r 0 r r maka f’(z) = ada di z = zo dan f’(z) = (cos o – i sin o) [ur(ro, o) + i vr(ro, o)]
117
Contoh 3.3.1 Diketahui f(z) = z-3, tentukan f’(z) dalam bentuk kootdinat kutub
118
Jawab : f(z) = z-3 = r-3 (cos 3 - i sin 3), maka : u = r-3 cos 3 , sehingga ur = -3r-4 cos 3 dan u = -3r-3 sin 3 v = -r-3 sin 3 , sehingga vr = 3r-4 sin 3 dan v = -3r-3 cos 3 keenam fungsi ini kontinu dan syarat C-R dipenuhi untuk semua z 0 Jadi f(z) = z-3 terdiferensial untuk z 0 Dengan demikian f’(z) dalam koordinat kutub adalah : f’(z) = (cos – i sin ) (-3r-4 cos 3 + i 3r-4 sin 3) = cis(-) (-3r-4) cis(-3) = -3r-4 cis(-4)
119
3.4 Aturan Pendiferensialan Jika f(z), g(z) dan h(z) adalah fungsi- fungsi kompleks serta f’(z), g’(z) dan h’(z) ada, maka berlaku rumus-rumus : 1. 2. 3. 4. 5.
dc 0, d(z) 1 dz dz dcf(z) cf ' (z) dz d f(z) g(z) f ' (z) g' (z) dx d f(z)g(z) f ' (z)g(z) f(z)g' (z) dx d f(z) f ' (z)g(z) f(z)g' (z) dx g(z) g(z)2 120
n dz 6. nzn1 dz 7. Jika h(z) g[f(z)] maka h' (z) g' [f(z)]f ' (z) biasa disebut dengan komposisi (aturan rantai) dw dw . d dz d dz
121
3.5 Fungsi Analitik Definisi 3.5.1 Fungsi f analitik di zo, jika ada r > 0 sedemikian, hingga f’(z) ada untuk setiap z N(zo,r) (persekitaran zo) f diferensiable
r zo
Fungsi analitik untuk setiap zℂ dinamakan fungsi utuh
122
Contoh 3.5.1 1 1. f(z) = z analitik kecuali di z = 0 2. f(z) = x3 + iy3 diperoleh : u = x3 ; v = y3 sehingga
ux = 3x2 ; vx = 0 ; uy = 0 ; vy = 3y2 dengan menggunakan persamaan C-R : 3x2 = 3y2 y = x dan vx = uy = 0 persamaan C-R dipenuhi dan kontinu digaris y = x berarti f’(z) ada hanya di y = x Jadi f(z) tidak analitik dimanapun karena tidak ada kitar. 123
Sifat sifat analitik Misalnya f dan g analitik pada D, maka : o f g merupakan fungsi analitik o fg merupakan fungsi analitik o f/g merupakan fungsi analitik dengan g 0 o h = g ∘ f merupakan fungsi analitik o berlaku aturan L’hospital yaitu : f z f' z lim , dengan g(z) 0 g' (z) 0 g' z z z o gz
124
3.6 Titik Singular Definisi 3.6.1 Titik z1 disebut titik singular dari f jika f tidak analitik di z1 tetapi untuk setiap kitar dari z1 memuat paling sedikit satu titik dimana f analitik.
125
Jenis kesingularan f(z) atau titik singular antara lain : 1. Titik singular terisolasi Titik zo dinamakan titik singular terisolasi
dari f(z)
jika terdapat 0 demikian sehingga lingkaran |z – zo| = hanya melingkari titik singular lainnya. Jika seperti itu tidak ada, maka z = zo disebut titik singular tidak terisolasi.
126
2. Titik Pole (titik
kutub)
Titik z = zo disebut titik pole tingkat n, jika berlaku lim (z zo )n f(z) A 0 .
z zo
Jika n = 1, zo disebut sebagai titik pole sederhana. 3. Titik Cabang Dari fungsi bernilai banyak dapat menjadi titik singular. 4. Titik Singular dapat dihapuskan Titik singular zo disebut titik singular dapat dihapuskan lim z o
dari f(z) jika
f(z) ada.
127
5. Titik Singular Essensial Titik singular z = zo yang tidak memenuhi syarat titik singular pole titik cabang atau titik singular yang dapat dihapuskan disebut titik singular essensial. 6. Titik Singular tak hingga Jika f(z) mempunyai titik singular di z = , maka sama dengan menyatakan f(1/w) mempunyai titik singular di w = 0.
128
Contoh 3.6.1 •
• •
1 g(z) = 2 berarti titik z = i adalah titik pole tingkat 2 (z 1) dari g(z) h(z) = |z|2 tidak merupakan titik singular k(z) = ln (z2 + z – 2) maka titik cabang adalah z1 = 1 dan z2 = –2 karena (z2 + z – 2) = (z – 1) (z + 2) = 0
129
3.7 Fungsi Harmonik f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik pada D maka u dan v mempunyai derivatif parsial di semua orde yang kontinue pada D. Jadi dalam D berlaku C-R , ux = vy dan uy = –vx Karena derifatif-derivatif parsial dari u dan v kontinue dalam D, maka berlaku vxy = vyx. Jika dalam ux = vy dan uy = –vx diderivatifkan parsial terhadap x dan y maka (x,y) D berlaku uxx + uyy = 0 vxx = vyy = 0 130
Jika f analitik pada D maka u dan v pada D memenuhi persamaan differensial Laplace
dalam 2 dimensi.
2 2 2 0 2 x y u dan v dimana f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik pada suatu domain maka f(z) harmonik
pada domain tersebut.
Dua fungsi u dan v sedemikian sehingga f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik dalam suatu domain dinamakan dua fungsi yang harmonik konjugat dalam domain itu.
131
Contoh 3.7.1 Diberikan u(x,y) harmonik pada D dan tentukan fungsi v yang harmonik konjugat dengan u = 4xy3 – 12x3y, (x,y) ℂ Jawab : Misal diklaim konjugatnya adalah v(x,y) jadi f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik pada ℂ sedemikian sehingga berlaku C-R ux = vy dan uy = -vx ux = 4y3 – 12x2y vy = 4y3 – 12x2y uy= 12xy2 – 4x3 v= y4 – 6x2y2 + g(x) karena vx = –uy maka –12xy2 + g’(x) = –12xy2 + 4x3 sehingga g’(x) = 4x3 diperoleh g(x) = x4 + C Jadi v = y4 – 6x2y2 + x4 + C 132
Cara Milne Thomson Cara yang lebih praktis menentukan fungsi harmonik konjugat atau dari fungsi harmonik u diberikan u(x,y) harmonik pada D andaikan v(x,y) sehingga f(z) = u(x,y)+ iv(x,y) analitik pada D f”(z) = ux(x,y) + ivx(x,y) sesuai persamaan C-R : f”(z) = ux(x,y) – iuy(x,y) z = x + iy dan z = x – iy sehingga diperoleh x z z dan y z z 2 2i z z , z z z z , z z f(z) = ux – iuy 2 2 i 2 2 i 133
Suatu identitas dalam z dan z , jika diambil z = z maka f’(z) = ux(z,0) – iuy(z,0) Jadi f(z) adalah fungsi yang derivatifnya ux(z,0) – iuy(z,0) kemudian didapat v(x,y)
134
Contoh 3.7.2 Dari Contoh 3.7.1 dengan u= 4xy3 – 4x3y, (x,y) ℂ, jika diselesaikan dengan menggunakan cara Milne Thomson. Jawab : ux = 4y3 – 12x2y uy= 12xy2 – 4x3 f’(z) = ux(z,0) – iuy(z,0) = –i(– 4z3) = 4iz3 sehingga f(z) = iz4 + A f(z) = i(x + iy)4 + A = 4xy3 – 4x3y + i(x4 – 6x2y2 + y4) + A 135
