1. Fungsi Variabel Kompleks

POKOK BAHASAN I FUNGSI VARIABEL KOMPLEKS

1.1 DEFINISI VARIABEL DAN FUNGSI

Jika z menyatakan sembarang anggota dari suatu himpunan bilangan-bilangan

kompleks, maka z disebut suatu “variabel kompleks”. k ompleks”. Suatu aturan f dari himpunan z ke himpunan w yang memasangkan setiap anggota

z ke satu anggota w disebut “fungsi”, (lebih tepatnya – fungsi fungsi bernilai tunggal). z disebut sebagai “domain” (daerah asal) dan w disebut sebagai “kodomain” (daerah hasil).

●

●

●

●

●

●

Himp. z

Fungsi f : z → w ditulis w = f(z) dengan z adalah variable bebas dan w adalah variabel tak bebas

Himp. w

w, maka w = f(z) disebut “fungsi bernilai banyak” . Fungsi ini dipandang sebagai suatu koleksi dari fungsi-fungsi bernilai tunggal. Setiap anggota dari fungsi ini disebut suatu “cabang” dari fungsi. Dimana cabang tersebut ada satu cabang yang dianggap sebagai anggota utama dan disebut “cabang utama” dari Jika z dipasangkan lebih dari satu

fungsi bernilai banyak. Nilai dari fungsi yang dikaitkan dengan cabang utama disebut

“nilai utama”. Contoh 1.1 : 2

2

1. Jika w = z , maka untuk setiap z ada tepat satu nilai w = z , sehingga w = f(z) = z

2

adalah fungsi bernilai tunggal. 1/2

2. Jika w = z , maka untuk setiap z ada dua nilai w, sehingga fungsi w = f(z) = z

1/2

disebut fungsi bernilai ganda (dua).

FUNGSI VARIABEL KOMPLEKS

1

Jika tanpa informasi lebih lanjut, maka apabila dikatakan w fungsi dari z, yang dimaksud adalah fungsi bernilai tunggal. Jika w = f(z) maka dapat juga dipandang z sebagai fungsi dari w, ditulis z = g(w) -1

-1

= f (w). Fungsi f

biasa disebut “fungsi invers” dari f.

1.2 TRANSFORMASI

Jika w = u + iv (dimana u dan v real) adalah fungsi bernilai tunggal dari z = x + iy (dimana x dan y real), maka w = u + iv = f(x + iy). Dengan memisahkan bagian real dan imajiner dari f(x + iy) kita dapat menuliskan W = u + iv = u(x,y) + iv(x,y) atau u = u(x,y)

dan

v = v(x,y)

(1.1)

Jadi jika diberikan satu titik P(x,y) dibidang kom pleks

z, maka ada titik P’(u,v) pada

bidang w. v

y

P’

(image dari P)

P

x

Bidang z

u

Bidang w

Persamaan (1.1) atau w = f(z) disebut suatu “transformasi”. Dikatakan (dari gambar diatas) bahwa titik P dipetakan atau ditansformasikan pada titik P’, dan P’ disebut “image” dari P. Contoh 1.2 : 2

Buat sketsa dari w = z untuk: a. z = 2 + i b. Himpunan titik-titik pada kuadran I


2

Jawab: 2

2

a. w = (x + iy) = (x

2 – y y ) + i2xy = 3 + 4i ; jika z = 2 + i → w = 3 + 4i.

v

y

(3,4)

(2,1) x

Bidang z iθ

b. z = r e

2

iθ

2

u

Bidang w 2

; w = z = ( r e ) = r e

i2θ

y

v

x

Bidang z

Bidang w

u

1.3 KOORDINAT KURVILINIER

Diberikan suatu transformasi w = f(z) atau ekivalen dengan u = u(x,y) dan v = v(x,y), dikatakan bahwa (x,y) adalah koordinat tegak lurus dari P pada bidang z dan (u,v)

sebagai koordinat “kurvilinier” dari P. Kurva-kurva u(x,y) = c1 dan v(x,y) = c2 dimana c1 dan c2 adalah konstanta serta setiap pasang dari kurva-kurva ini berpotongan disatu titik. Kurva-kurva ini dipetakan pada bidang w menjadi garis-garis yang saling tegak lurus.


3

y

v(x,y)=c2

u

v=c2

●P

● P’ v x

u=c1 u(x,y)=c1

Bidang z

Bidang w

1.4 TITIK CABANG DAN GARIS CABANG 1/2

Misalkan diberikan fungsi w = z , selanjutnya z digerakkan mulai dari titik A berlawanan dengan arah jarum jam mengelilingi titik 0 pada bidang kompleks z. Karena z iθ

1/2

iθ/2

, dan andaikan di A θ = θ1, maka

= r e maka w = r e

i

1/2

1/2

w = ( r e  1 ) = r

e i 1 / 2

y

Setelah satu kali putaran θ=θ1+2π

●A

w 

r e

i ( 1  2 ) / 2

  r e i / 2 1

θ=θ1 0

x

B

yang nilainya tidak sama dengan w dipermulaan tadi. Dengan dua kali putaran penuh θ = θ1+4π

w 

r ei ( 1

4 ) / 2



r e i 1 / 2

Bidang z yang nilainya sama seperti permulaan. Karena itu, tampak bahwa jika 0≤θ<2π kita berada 1/2

pada satu cabang dari fungsi bernilai banyak z

, sedangkan jika 2π ≤θ<4π kita berada

pada cabang lainnya dari fungsi itu. Jelas bahwa setiap cabang caban g dari fungsi tersebut adalah bernilai tunggal. Agar fungsi tetap bernilai tunggal maka kita buat garis perintang OB dengan B di tak hingga, yang dipotong oleh suatu cabang dari fungsi. Garis OB ini


4

disebut “garis cabang”, dan titik 0 disebut “titik cabang”. Perhatikan bahwa sirkuit yang mengelilingi titik yang bukan z=0 tidak memberikan nilai yang berubah.

1.5 LIMIT FUNGSI

Diketahui w = f(z), zo Є

z dan L Є w v

y

ε

δ

L zo z

l1

l2

f(z)

x

u

Bidang z

Bidang w

Jika z mendekati zo dengan lintasan l 1, maka f(z) mendekati L dengan lintasan l 2, karena itu dapat dituliskan

lim lim f ( z )  L

(1.2)

z  z o

lim f ( z ) Definisi: lim z  z o

 L , artinya untuk setiap ε > 0 terdapat δ > 0, sehingga

f ( z )  L   untuk 0  z  z o  

(1.3)

Contoh 1.3 :

lim 1. Buktikan lim

z 3i

z 2  9 4( z  3i )



3i 2

Jawab: f ( z )  L 



sehingga





z 2  (3i ) 2 4( z  3i)



3i

( z  3i)( z  3i) 4( z  3i) 1 4





2



3i 2





z 4



3i 4



1 4

z  3i 

1



4

, karena itu “dipenuhi”.


5

iz 3  1

lim 2. Tentukan lim

z  i

z i

Jawab:

i (i) 3  1 i i



i 4 1 2i

 0

Jika z menuju zo bersifat bebas, artinya dengan sembarang lintasan z menuju zo akan diperoleh limit f(z) menuju L. Contoh 1.4 :

 2 xy y 2   2 i  lim  2 Selidiki lim 2 z 0  x y x   Jawab: - Untuk z → 0

 2 x

2

 2 x

2

lim lim 

z 0

- Untuk z → 0

y

dengan lintasan y = x

y = 2x

x  i  1  i 2  x  2



y=x y = ½x

dengan lintasan y = 2x

x

 4 x 2  4 lim lim  2  4i    4i z 0 5 5 x   Bidang z Karena lintasan tidak sama maka limitnya tidak ada, atau

 2 xy y 2  lim lim  2  2 i  tidak ada. 2 z 0 x y x    1.6 TURUNAN (DERIVATIF); PERSAMAAN CAUCHY-RIEMANN

Jika f(x) adalah fungsi bernilai tunggal pada daerah D di bidang kompleks z dan ditulis w = f(x) maka

y

w + ∆w = f(z + ∆z).

Q(z+∆z)

Sekarang,

│∆z│ │∆y│ P(z)

w

│∆x│

Bidang z

w + ∆w = f(z + ∆z) = f(z)

∆w = f(z + ∆z) - f(z)

─

x


6

Jika kedua ruas persamaan di atas dibagi dengan ∆z, maka f ( z   z )  f ( z ) w   z  z

dan jika Q → P, maka ∆z → 0, sehingga lim lim

 z 0

f ( z   z )  f ( z ) w lim  lim  z 0  z  z

Jadi turunan dari f(z) adalah

f ' ( z )  lim lim

f ( z   z )  f ( z )

 z

 z 0

(1.4)

Teorema :

Jika diketahui f(z) = u(x,y) + iv(x,y) memenuhi syarat: a. u, v,

u u v v , , , kontinu, dan  x  y  x  y

b. memenuhi/ berlaku persamaan Cauchy-Riemann, yaitu

u v =  x  y

dan

u v =  y  x

(1.5)

maka f’(z) ada, dan f ' ( z ) 

u v v u  i   i  x  x  y  y

(1.6)

Catatan : Syarat f(z) kontinu di z = zo ;

1. f(zo) ada

lim f ( z ) ada 2. lim z  z o

3. f ( z o )

lim f ( z )  lim z  z o

Pembuktian persamaan (1.6) Diferensial total dari u dan v adalah: du 

u u dx  dy  x  y

dan

dv 

v v dx  dy  x  y

Gunakan pendekatan:

u 

u u  x   y   1 x   2  y  x  y


7

v 

v v  x   y   1 x   2  y , karena itu  x  y

f ' ( z )  lim lim

f ( z   z )  f ( z )

 z

 z 0

lim  lim

u ( x   x, y   y)  iv( x   x, y   y)  u( x, y)  iv( x, y)  z

 z 0

lim  lim

 z 0

u  iv  z

 v  u u v  x   y   1 x   2  y  i   x   y   1 x   2  y   x  y  y   x  lim  lim  z 0  z v  u   u  v  i  x     i   y  ( 1  i 1 ) x  ( 2  i 2 ) y   x   x    x   x lim  lim  z 0  z v   u  i  ( x  i y )  ( 1  i 1 ) x  ( 2  i 2 ) y   x    x lim  lim  z 0  z

Karena z = x + iy, maka ∆z = ∆x + i∆y, sehingga v   u  i   z  ( 1  i 1 ) x  ( 2  i 2 ) y  x    x f ' ( z )  lim lim lim  lim  z 0  z 0  z  z

Karena ε1, ε2, δ1 dan δ2 sangat kecil, maka untuk ∆z → 0, ε1, ε2, δ1 dan δ2 sama dengan nol. Karena itu

v   u  i   z   x    x f ' ( z )  lim lim  z 0  z atau f ' ( z ) 

u v i  x  x

(terbukti)

Dari persamaan (1.5) diperoleh

f ' ( z ) 

u v v u i  i  x  x  y  y

(terbukti)


8

Kesimpulan:

Jika w = f(z) kontinu dan memenuhi persamaan Cauchy-Riemann, maka f(z)

diferensiabel [f’(z) ada], tetapi kebalikannya tidak berlaku (kecuali kontinu). Contoh 1.5 : 2

Tentukan titik-titik dimana w = z diferensiabel. Jawab: -

Buktikan bahwa u, v,

u u v v , , , kontinu  x  y  x  y

w = z = (x + iy) = x + 2ixy – y y = (x 2

2

2

 u  2 x  2 2   x u = x - y   u   2 y    y  v   x  2 y v = 2xy   v  2 x   y -

2

2

2 – y y ) + 2ixy

       Kontinu untuk semua titik x dan y      

Buktikan bahwa persamaan Cauchy-Riemann dipenuhi

u v   2 x  x  y u v     2 y  y  x

    Berlaku untuk semua x dan y  

2

Jadi w = z diferensial pada semua titik turunannya, sehingga dari persamaan (1.6) diperoleh

f ' ( z ) 

u v i  2 x  i 2 y  2 ( x  iy)  x  x


9

1.7 FUNGSI ANALITIK

Jika f(z) terdefinisikan pada daerah D dan zo Є D maka f(z) dikatakan analitik pada zo. Jika f(z) mempunyai turunan di zo dan daerah disekitar zo, maka │z - zo│< δ

y

D δ

zo

x

Bidang z Contoh 1.6 :

1.

Selidiki fungsi f(z) = │z│2. Jawab:

f ( z ) 

 x

2

 y 2



 u   x  2 x 2 2 u = x + y   u  2 y   y

v=0

 v   x  0  v  0   y

2

 x 2  y 2       Kontinu untuk semua x dan y       

u v   x  y

hanya jika x = 0

u v    y  x

hanya jika y = 0

Fungsi f(z) = │z│2 dapat diturunkan dititik z = 0 (diferensiabel dititik z = 0), akan tetapi karena disekitar z = 0 fungsi tak dapat diturunkan, maka fungsi

“tidak analitik”. 2. Selidiki f(z) = 1/z

FUNGSI VARIABEL KOMPLEKS 10

Jawab:

f ( z ) 

u 

1 z



x x  y 2

2

x  iy

1

x  iy x  iy



x  iy



x 2  y 2

 u  x 2  y 2  2  2 2   x ( x  y )   u   2 xy 2 2 2    y ( x  y )

;

x x 2  y 2

v 

i

 y x  y 2 2

y x 2  y 2 2 xy  v   x  ( x 2  y 2 ) 2   2 2  v   x  y 2 2 2    y ( x  y )

Fungsi tersebut kontinu kecuali di (x = 0, y = 0), (x = ±1, y = ±i) dan kelipatannya, atau (x = ±n, y = ±ni); n = 0, 1, 2, ... . Karena itu fungsi tersebut tidak analitik di (x = 0, y = 0) dan (y = x, y = -x). y

y = -x

y=x

x

Bidang z 1.8 FUNGSI HARMONIS

Jika f(z) = u + iv analitik pada domain tertentu, maka dipenuhi persamaan Cauchy

– Riemann. Riemann. Jika turunan parsial kedua terhadap x dan y dari u(x,y) dan v(x,y) ada kontinu di daerah D, maka diperoleh:

 2u  2v   x y  y 2

;

 2u  2v   2  x y  x

(turunan terhadap y pada persamaan pertama persamaan (1.5) dan turunan terhadap x pada persamaan kedua persamaan (1.5)).

Sehingga dari dua persamaan di atas a tas diperoleh “Persamaan Diferensial Laplace”  2v  2v   0  x 2  y 2

(1.7a)


Atau, dengan cara yang sama, diperoleh :

 2u  2u   0  x 2  y 2

(1.7b)

Jadi setiap fungsi yang analitik disebut “fungsi harmonis”. Jika f(z) = u + iv harmonis, maka masing-masing u dan v juga harmonis, dan

disebut “harmonis sekawan”, sehingga bila u diketahui maka v dapat dicari dan sebaliknya. Contoh 1.7 :

Diberikan u = x

2

2 – y y + x - y

a. Buktikan bahwa u adalah fungsi harmonis. b. Carilah fungsi harmonis sekawannya. c. Tentukan f(z) sehingga f(z) f(z) analitik. Jawab:

u  x 2  y 2  x  y a.

u u  2 x  1 ;   2 y  1  x  y  2u  2  x 2

b.

v u   y  x

 2u ;  2  y 2



u v    y  x Jadi c.

v  2 x  1  y 



   2  u  2u    0 2 2 x y      v 

 (2 x 1) dy

 2 y 1   2 y  c' ( x)



(Jadi u harmonis).

 2 xy  y  c( x)

c' ( x)  1



c( x)  x

v  2 xy  y  x

f ( z )  u  iv  ( x 2  y 2  x  y )  i (2 xy  y  x)

1.9 INTEGRAL KOMPLEKS

Suatu kurva C yang dinyatakan dengan persamaan parameter x = g(t) dan y = h(t)

≤ t ≤ b, g(t) dan h(t) kontinu, disebut jejak/lintasan. Jika jejak/lintasan berawal dan berakhir pada titik yang sama disebut “jejak/lintasan tertutup”.

dengan a


y

y

b

y

a x Jejak tertutup sederhana

x

Bidang z

x

Jejak tertutup tidak sederhana

1.9.1 Integral Garis

Jika z = x + iy , c : x = g(t) , y = h(t) h(t) dengan a ≤ t ≤ b dan f(z) f(z) = u + iv, maka

 f ( z ) dz   (u  iv) (dx  idy) c

c

  (u dx  v dy)  i (v dx  u dy) c b



 (u dx  v dy) a

b

 i  (v dx  u dy) a

b

b

dy  dy   dx  dx   u  v  u  dz  i   v  dz dz dz dz dz     a a

(1.8)

Contoh 1.8 :

Hitung I 

 z

2

dz dengan jejak seperti gambar berikut :

c

y

Jawab : Tinjau jejak C1

y = ½ x → x = 2y 2 2 2 2 z = (x + iy) = (x – y y )

2+i

+ i2xy

C1 C3 C2

0+0i

I 1 

 z

2

C 1

x

2+0i

1

dz 

 (4 y

2

 y 2 )  i 4 y 2 (2  i) dy

0


1

I 1  (2  i )

 3 y

2

 i 4 y 2  dy

0 1

4  2 11  I 1  (2  i )  y 3  i y 3    i 3  0 3 3  Sekarang tinjau jejak C2 dilanjutkan ke C3

: y=0 : x=2

C2 C3

→ →

dy = 0 , dx ≠ 0 dx = 0 , dy ≠ 0

Karena itu,

I 2 

 ( x

2

 y 2 )  i 2 xy (dx  i dy) 

C2

 x

1

dx 

2

0

I 2 

1 3

2

 y 2 )  i 2 xy (dx  i dy)

C 3

2

I 2 

 ( x

 (4  y

2



)  i 4 y i dy

0 2

x

3 0

1

1 2 11    i  4 y  y 3  i 2 y 2    i 3 3 3   0

Terlihat bahwa I1 = I2 , ini hanya berlaku jika fungsi yang diintegralkan analitik pada jejak.

1.9.2 Teorema Green; Teorema Cauchy-Goursat A. Teorema Green

Jika dua fungsi P(x,y) dan Q(x,y) serta turunan parsial tingkat satu-nya kontinu di dalam R (daerah di dalam dan pada kontur C), maka berlaku

  P dx  Q dy   C

 Q  P     R    x  y  dx dy

(1.9)

B. Teorema Cauchy-Goursat

Jika f(z) analitik di dalam suatu domain terhubung sederhana D, maka untuk setiap kontur C yang tertutup di dalam D berlaku

 f ( z ) dz 

0

C


Contoh 1.9 : y

y

x a. Domain terhubung sederhana

x b. Domain terhubung ganda

Karena f(z) = u + iv dan dz = dx + i dy , maka

 f ( z ) dz   (u  iv) (dx  i dy) C



C

 (u dx  v dy)  i  (v dx  u dy) C

C

dan berlaku teorema Green : I.



(u dx  u dy) 

C

 v u  R     x   y  dx dy

Karena f(z) analitik, maka berlaku persamaan Cauchy-Riemann, sehingga



(u dx  u dy) 

C

 v u  R    y   y  dx dy  0

Dengan cara yang sama



II. i (v dx  u dy)  0

;

Jadi

 f ( z ) dz 

0

C

C

C. Akibat dari Teorema Cauchy-Goursat :

1. Jika f(z) analitik pada domain tertutup sederhana D, maka z 2  B

 f ( z ) dz , tidak bergantung jejak.

z 1  A


y

B ●

C1

Misal, C adalah kurva tertutup sederhana yang dapat dipecah menjadi dua bagian (C1 dan C2), C = C1 + C2, maka menurut teorema Cauchy-Goursat

C2

● A

x

Bidang z

 f ( z ) dz   f ( z ) dz   f ( z ) dz C

C2



 0

C 1

 f ( z ) dz   f ( z ) dz C2

 0

C 1

Jadi

 f ( z ) dz   f ( z ) dz C2

C 1

2. Pada domain ganda dua. Jika f(z) analitik pada kurva C1 dan C2, maka

 f ( z ) dz  0 C

y

y

C2

L2

L2

C1

L1

C2

L1

C1

x

x

Bidang z

Bidang z

 f ( z ) dz   f ( z ) dz   f ( z ) dz   f ( z ) dz  L1

C 1

Karena L1 = L2 , maka

L2

0

C 2

 f ( z ) dz    f ( z ) dz L1

L2

Sehingga


 f ( z ) dz   f ( z ) dz  C 1

0 atau

C 2

 f ( z ) dz   f ( z ) dz C 1

C 2

3. Pada domain ganda tiga y B

L4 C2B

C3

 f ( z ) dz 

L3

L2

C2A

0

C

C1

L1 x

Bidang z

 f ( z ) dz   f ( z ) dz   f ( z ) dz   f ( z ) dz   f ( z ) dz   f ( z ) dz  L1



C 2 A

L3

 f ( z ) dz   f ( z ) dz  L2

Karena

C 3

L4

C 2 B

0

C 1

 f ( z ) dz

   f ( z ) dz

L1

 f ( z ) dz

L2

   f ( z ) dz

L3

L4

 f ( z ) dz   f ( z ) dz C 2 A

C 2 B

 f ( z ) dz



C 2

maka

 f ( z ) dz   f ( z ) dz   f ( z ) dz  C 2

C 3

 f ( z ) dz



0

C 1

Sehingga

C 1

 f ( z ) dz   f ( z ) dz C 2

C 3


Kesimpulan :

Untuk domain ganda n y ● ● ●

C2

Cn

C

C1 x

Bidang z

 f ( z ) dz   f ( z ) dz   f ( z ) dz  C

C 1



...  f ( z ) dz 

C 2

(1.12)

C n

Contoh 1.10 :

1. Selidiki

 C

a. b.

z 2 z  3

dz dengan

C : │z│ ≤ 1 C : │z│ ≤ 4

Jawab : f ( z )  a.

z 2 z  3

analitik pada semua titik kecuali pada titik z = 3

y

Untuk z  1

 C

-1

1

x

z 2 z  3

 0 karena titik z = 3

ada di luar z  1

Bidang z


b.

y

Untuk z = 3 ada di dalam z  4 , maka

 -4

3

2. Selidiki

 C

dz z ( z 2  9) 2

4

1

2

-i

 0

1

f ( z ) 

i -1

z  3

dengan C : z  1 dan z  2 (daerah diantaranya)

y 2i

-2

C

x

z 2

x

tidak analitik pada z = 0 dan z 2 ( z 2  9) z = ±3i. Karena titik-titik tersebut (0 dan 3i) di luar daerah analitik, maka dz  0 2 2 z ( z 9 )  C



-2i

Bidang z 1.9.3 Integral Cauchy

Jika D domain tertutup sederhana dan zo adalah titik di dalam D, f(z) analitik di dalam D, maka

f ( z ) z  z o

analitik di dalam D kecuali di z = zo, sehingga



 C

f ( z ) z  z o

dz  0

(1.11)

Karena itu D bersama zo membentuk domain ganda dua.


Akibat teorema Cauchy-Goursat y

B

Co



C

ε

C

zo

f ( z ) dz z  z o



 C o

f ( z ) dz z  z o

Dari z  z o   dapat dituliskan iθ

z = z o + ε e

dan

x

dz = i ε e

Bidang z

dengan 0 ≤ θ ≤ 2π

iθ

dθ .

Karena itu

 C

f ( z ) z  z o

f ( z o   e i )

2

dz 



 e

0

i

i  e i d 

2

i



f ( z o   e i ) d 

0

lim  0

f ( z )

 z  z

2

dz  i lim lim  0

o

C



f ( z o   e i ) d 

0

Jadi

 C

f ( z ) z  z o

2

dz  i



f ( z o ) d   i f ( z o ) 

2 0

 2 i f ( z o )

0

Sehingga

f ( z o ) 

1 2 i

f ( z )

 z  z

C

dz

(1.13)

o

Persamaan (1.13) adalah integral Cauchy. Contoh 1.11 :

1. Jika C : -2

≤ x ≤ 2 ; -2 ≤ y ≤ 2

Tentukan : a.

 C

b.

 C

z dz 2 z 1 e  z z 

 i

dz

2

Jawab :




a.

C

z dz





2 z 1

C

f(z) = z

z dz 2 ( z  ) 1 2

1



2

z o  

,

z dz

 C

z 

y

1 2

1 2 -2

1

f(zo) = 

 12

 b.

 C

x

2

x

-2i

z dz

1



2 z 1 e  z z 

2

2

Sehingga

C

2i

 i

2

Bidang z

2 i ( 12 )   12  i

dz ; z o 

 i

y

2

2

2i 

f ( z )  e  z

;

f ( z o )  e

2

  2i

i

-2

f ( z o )  cos ( 2 )  i sin ( 2 ) f ( z o )   i

-2i

Sehingga

 C

e  z z 

 i

dz  2 i f ( z o )  2

2

2. Jika C : z  2 , Tentukan

 C

z dz (9  z 2 ) ( z  i)

Jawab : y

Perhatikan denumerator (pembagi) :

2i

2

(9 – z z ) (z + i) = (3 – z) z) (3 + z) (z + i) = 0, Sehingga z = ±3 ; z = -i. Karena yang ada pada C :│z│≤

2 adalah z = -i maka z = ±3

-2

2

x

tidak diperhitungkan. Karena itu integral diatas bisa dituliskan dalam bentuk

-2i

Bidang z


 C

z 9 z 2

z

dz , jadi f ( z ) 

z  i

z o   i ; f ( z o )  

9  z 2

,

i 10

Sehingga

 C

z 9 z 2

z  i

  i    5  10 

dz  2 i .  

3. Tentukan integral pada soal No.2 jika C : z  4 Jawab : Karena z = ±3 dan z = -i

ada di dalam daerah ini, maka semua nilai ini

diperhitungkan, yaitu zo = -3 untuk C1 , zo = 3 untuk C2 dan zo = -i untuk C3. Sehingga

 f ( z) dz

 C



 f ( z) dz   f ( z) dz  







C1

C2

C3

f ( z) dz Selesaikan...! (PR No.1)

1.9.4 Integral Cauchy Untuk Titik Analitik Ganda

Pada sub bab terdahulu telah dibatasi integral Cauchy dimana zo bernilai tunggal atau zo lebih dari satu dan semuanya berbeda. Sekarang bagaimana jika ada lebih dari

yang nilainya sama maka integral Cauchynya adalah “Integral Cauchy untuk Titik Analitik Ganda n”. satu zo

Dari integral Cauchy f ( z o ) 

1 2 i

 C

f ( z ) z  z o

dz dapat diturunkan untuk titik

analitik ganda,

f ( z ) dz

1

f ( z o   z o ) 

2 i

  z  ( z

C

o

  z o )

Sehingga

f ( z o   z o )  f ( z o ) 



 f ( z ) dz f ( z ) dz     2i  C ( z  z o   z o ) z  z o  C 1

 1 1      ( z  z o   z o ) z  z o  f ( z ) dz 2 i C 1


   z o   ( z  z o   z o ) ( z  z o )  f ( z ) dz 2 i C 1



lim

f ( z o   z o )  f ( z o )

 z o

 z o 0

  f ( z )   ( z  z o   z o ) ( z  z o )  dz 2 i C 1

lim  lim

 z o 0

Karena itu f ' ( z o ) 

1



2 i

C

f ( z ) ( z  z o ) 2

dz

Secara umum untuk titik analitik ganda n

f n ( z o ) 

n! 2 i

f ( z )



( z  z o ) n 1

C

dz

(1.14)

Contoh 1.12 :

1.

dz



( z 2  4) 2

C

2.

dengan C : z  i  2

z 2 dz



dengan C : z 

i ( z 1)( z  1) 2

C

2

Jawab : 1. C : z  i  2 , karena itu x 2  ( y  1)2  22 2

2

(z + 4) = 0



2

2

(z – 2i) 2i) (z + 2i) = 0

Karena zo = ±2i (kembar dua) Karena zo = -2i tidak analitik dan ada di luar

y

daerah C : z  i  2 , maka 2i

f ( zo ) 



 C

1 ( z  2 i ) 2

( z  2i )

2

dz

x -i

Bidang z

Sehingga f ( z ) 

1 ( z  2i ) 2



f ' ( z ) 

2 , karena itu ( z  2i) 3


z0 = 2i, maka: f ' ( z o )  f ' (2i) 

2 (4i )

1



3

32i

Sehingga dz ( z  2i ) 2







( z  2i ) 2

C

2 i

1

f '( zo )  2 i .

1!



32i



16

2 2 2 , karena itu x + y = 2

2. C : z 

y

i 2 C

(z – 1)(z 1)(z + 1) = (z – 1)((z + 1)(z + 1) = 0 2

z o1  1

(tunggal)

z o2   1  (kembar) z o3   1  

C1

C2

 2 -1

1

2

x

i 2 Bidang z Akibat teorema Cauchy-Goursat



 C



z 2





( z  1) 2

C1

dz 



 C 2

z 2 i ( z 1) 2

dz ( z 1)

Untuk C1 : f ( z ) 

f ' ( z )  

dz 

i ( z  1)( z  1)2

z 2 i ( z 1)

z 2

dengan zo = -1

i ( z  1) 1 z 2  2 z i ( z  1) 2

f ' ( z o )  f ' (1) 



3 4i

Untuk C2 : f ( z ) 

z 2

dengan zo = 1

i ( z  1)2

f ( zo )  f (1) 

1 4i

Sehingga :

 C

z 2 dz i ( z  1)( z  1)

2



2 i 1!

.

3 4i

 2 i .

1 4i

 2


1.10 DERET LAURENT

Jika f(z) analitik pada dua lingkaran C1 dan C2 dengan pusat zo dan jejari r 1 dan r 2 maka f(z) dapat diekspansikan menjadi 

f ( z ) 





a n ( z  z o )



n

n 0

 n 1

bn ( z  z o ) n

(1.15)

Suku pertama ruas kanan adalah bagian analitik sedangkan suku keduanya adalah bagian

pokok. Jika bagian pokok tidak ada maka f(z) merupakan “deret Taylor”. Contoh 1.13 :

1. Ekspansikan : a. f ( z ) 

e z z 2

b. f ( z )  

1

pada domain z  1 , 1 z  2 dan z  2

( z  1)( z  2)

Jawab : a. Menurut deret Taylor (deret eksponensial pangkat z) z

e

 1  z 

z 2 2!



z 3 3!



 ... 

 n 0

z n n!

Jadi

f ( z ) 

e z z 2



1 z 2



1 z

   



1 2!



z 3!



z 2 4!

 ...

    

Bagian Bagian pokok Bagian Bagian analitik b. Gunakan ekspansi fraksi parsial untuk menguraikan f(z). f ( z )  

1 ( z  1)( z  2)

A ( z  2)  B ( z  1) ( z  1) (( z  2)



A ( z  1)



B ( z  2)

uraian ruas kiri


A z  2 A  B z  B ( z  1) (( z  2) Karena itu A + B = 0



Sehingga -2B + B = 1

( z  1)( z  2)

1



( z  1)( z  2)

A = -B dan 2A + B = 1 B = -1 dan A = 1



1

Karena itu f ( z )  

( A  B) z  (2 A  B)



1



( z  1)

( z  2)

Ekspansi f(z) pada domain z  1 .

z  1 konvergen, deret harus memuat suku-suku dalam z : 1 z  1 



 

1

Jadi f ( z )  

  1  z  z  z  z  ...     z n 2

1  z

2  z 

1



2

n 0

3

4

n 0

1



z  2



1



1

1

2 1  z 2 2

 1  z z 2 z 3 1  1     ...   2  2 4 8 2 



 z      2 



 z



n

n 0

 n 0

 1    2



 n 0

 z     2 

n

 z     2 

n

n   z  n    z  .  2  

Ekspansi f(z) pada domain 1 z  2 .

 z  z  2  2  1  Konvergen  1 z  2   z  1  1  1  Konvergen  z  Karena itu : untuk

1 z  1

1

harus memuat memuat suku-suku suku-suku dalam

z  1



1

1

.

z 1  z 1

 

untuk 



1 z  2

1 z  2



1

z

2  z



1 z

 1 )

1  1 1 1 1  1   2  3  4  ...  z  z z z z  1 z



1

 z n 0

n





1

 z n 0

n 1

harus memuat suku-suku dalam

1

(karena

1

1

2 1  z 2

z 2

 1  z z 2 z 3 1  1     ...   2  2 4 8 2 



 n 0


Sehingga

 1 1  n1  2  z



f ( z ) 

 n 0

 z     2 

n

  

Ekspansi f(z) pada domain z  2 . [coba sendiri...! PR No.2]



Jawab : 



f ( z ) 

n 0

 1  2 n   n1   z  1

2. Ekspansikan f ( z ) 

( z  1)( z  3)

pada domain 1 z  3 .

Jawab : Dengan metoda ekspansi fraksi parsial diperoleh :

f ( z ) 

1 2 z  2

   1 z  3     

Untuk 1 2

z  1

1 2 z  2



1

.

1



z

2 z  6

 1  Konvergen

3 1

 1  Konvergen

z 1 2



harus memuat suku-suku suku-suku dalam

z  1

1

2 z 1  z 1



z

1  1 1 1  1   2  3  ...  2 z  z z z 





1

1 2



 n 0

 1  (1)    z 

n 1

n

 12 z Untuk  harus memuat memuat suku-suku dalam  2 z  6 z  3 3 1



1 6

.

1 1  z 3

1

2

3

z  z     1         .. . 6  3 3 3  

1 6

z



 (1) n 0

n 1

 z     3 

  

n

Sehingga


f ( z ) 



1

 1  (1)    z 



2

n 1

n 0

1



n

6



 (1)

n 1

n 0

 z     3 

n

1.11 TITIK KUTUB DAN RESIDU 1.11.1 Titik Kutub

Jika f(z) analitik pada domain D kecuali di z = z o maka zo disebut “titik kutub”. Contoh 1.14 :

Selidiki f ( z ) 

z 2  3 ( z  i ) 2 ( z  3) 3

Jawab : 2

3

Titik-titik kutub (z + i) (z+3) = 0 adalah z = -i (orde 2) dan z = -3 (orde 3) Banyak titik kutub yang sama (kembar) menentukan orde-nya.

1.11.2 Residu Suatu Fungsi

Jika f(z) analitik di D kecuali di z = zo dan lingkaran mengelilingi zo maka didefinisikan : 1

Residu f(z) sebagai

2 i



f ( z ) dz

C

Dan ditulis Res  f ( z ), z o  

1 2i



f ( z ) dz

(1.16)

C

Untuk menghitung residu digunakan Res  f ( z ), z o  

1 (n  1)!

lim lim

z  z o

d n 1 n 1

dz

( z  z ) o

n

f ( z ) 

(1.17)

dengan zo adalah titik kutub berorde-n. Contoh 1.15 :

Dapatkan residu dari 1. f ( z ) 

sin z ( z  i )( z  3) 2


z 2

2. f ( z ) 

( z 2  a 2 ) 2

Jawab : 1. Titik kutub (z – i)(z i)(z + 3) = 0 ; z = i (orde 1) dan z = -3 (orde 2). 2





Res  f ( z ), i  lim  ( z  i ) z i



lim  lim z i



Res  f ( z ),  3 

1 1!

sin z ( z  3)



sin i 8  6i

 sin z 2  ( z  3)  dz  ( z  i )( z  3) 2 

z 3

z 3

2

2

d 

lim lim

 lim lim



  ( z  i)( z  3)  sin z

d sin z dz ( z  i )

Sin 3  3 Cos 3  i Cos 3  3 Cos3  Sin 3  i Cos 3  2 8  6i (3  i)

2. Titik-titik kutubnya : 2

2 2

(z + a ) = 0



2

2 2

2

2

[z - (ai) ] = (z – ai) ai) (z + ai) = 0

sehingga z = ± ai (orde 2) Lanjutkan ... !!! (PR No.3) PR. No.4 & 5, Dari No.1 & 2 Hitung Harga Integralnya!!!

Jika f(z) mempunyai titik-titik kutub yang banyaknya berhingga yaitu zo, z1, z2, ..., zn , maka :

 f ( z ) dz   f ( z ) dz   f ( z ) dz  C

C 1

C 2



...  f ( z ) dz  C n

Sehingga dari hubungan (1.16) diperoleh :

 f ( z ) dz 

2 i Re s f ( z ), z o   Re s f ( z ), z 1  ...  Re s f ( z ), z n 

(1.18)

C


1.12 INTEGRAL BENTUK-BENTUK TERTENTU 1.12.1 Integral Berbentuk 2



f (Cos  , Sin  ) d  ;

0

Uraian :

z  e

e i  e i

; Cos  

i



2 e i  e i

Sin 



2i

dz  i e i d   d  

1  1   z   ; 2  z  1  1   z   2i  z 

dz iz

C : z  1 (ada di dalam lingkaran berjejari berjejari 1) Karena itu integral di atas dapat diubah menjadi 2



f (Cos , Sin ) d  

0

 C

1  1  dz f  ( z  z 1 ), ( z  z 1 )  2 2 i iz  

(1.19)

Contoh 1.16 : 2

Hitung I 

 0

d  3  2 Cos

Jawab : 2

 0

d 3  2 Cos 2



 3 2

 C

 2  z  z 

Titik-titik kutub : z + 3z + 1 = 0

Karena

3 5 2

dz iz 1

1







 C

z 12 

dz iz

3  ( z  z 1 )



1 i



 C

dz 3z  z 2  1

3 5 2

di luar lingkaran dengan z  1 maka hanya dihitung z 

3 5 2

yang ada di dalam z  1 . Karena itu




Re s  f ( z ),



3 5   2 

lim z 



 3 5 2

    3  5  1        z    2 3  5   3  5          z    z       2 2      

1 5

2

Sehingga I 

 0

d 



3  2 Cos

1 i

 C

dz z 2  3 z  1



1 i

. 2 i .

1



5

2 5

5.

1.12.2 Integral Berbentuk 



f ( x) dx  A

:

x

adalah variabel real.

(1.20)



Syarat dari integral ini adalah : a. f(x) fungsi rasional dengan pangkat dari penyebut / pembagi sedikitnya dua lebih tinggi dari pada pangkat pembilang / yang dibagi (Konvergen). b. Tidak mempunyai titik kutub yang terletak pada sumbu real. c.

Kontur C berupa setengah lingkaran di d i atas sumbu real dengan R(jejari) = ∞.

Contoh 1.17 : 

Dapatkan I 

 

dx x 2  x 1

Jawab : 

Ubah integral di atas dalam bentuk kompleks

 

z 12

 1 i 3   2    1 i 3  2 

dx x 2  x 1

dengan titik-titik kutub

(tidak memenuhi karena di luar kontur




1  i 3    2 

Re s  f ( z ),



    1  i 3  1        z    2 1  i 3   1  i 3          z    z       2 2      

lim z 

1i 3 2

1



i 3 Sehingga 

 

dz z 2  z 1





Jadi



dx x  x  1 2

 2i 

2 3

1



i 3

2 3

3

3

1.12.3 Integral Berbentuk 







Cos (ax) f ( x) dx dan

Sin(ax) f ( x) dx





Syarat integral ini adalah : 



a.

e iaz f ( z ) dz  A  iB , sehingga

 



Cos (az ) f ( z ) dz  A

dan

 



Sin (az ) f ( z ) dz  B .



b. f(z) fungsi rasional. c. Kontur C diambil setengah lingkaran di atas sumbu real. d. Tidak mempunyai titik kutub yang terletak pada sumbu real. Contoh 1.18 : 

Dapatkan I 

 0

Cos (ax) x 2  a 2

dx

Jawab : I 

1 2



 

Cos (ax) x 2  a 2

dx




e iaz



Harus dihitung



Titik-titik kutub

dz

z 2  a 2

 aiai

(orde1) (tidak memen memenuhikarena uhikarena di luar luar kontur) kontur) 2

  e iaz e a Re s  f ( z ), ai  lim lim   z  ai    z ai       z ai z ai 2ai   Sehingga

1 2 

Jadi

 0



 

e iaz z 2  a 2

Cos (ax) x 2  a 2

dz 

dx 

1 2



2a

. 2 i

e a

2

2ai

 

e

a 2

;

 0

 e

a2

2a Sin (ax) x 2  a 2

 0i dx  0


1. Fungsi Variabel Kompleks

Recommend Documents