Diktat Pendukung
FUNGSI VARIABEL KOMPLEKS K0114
Drs. Sangadji, M.Sc., Ph.D. D1808
FST UNIVERSITAS BINA NUSANTARA JAKARTA
DAFTAR ISI
halaman
HALAMAN SAMPUL
1
DAFTAR ISI
2
KATA PENGANTAR
3
BA B
I
BILANGAN KOMPLEKS
4
BA B
II
FUNGSI, LIMIT DAN KEKONTINUAN
BAB BAB
III III
DIFE DIFERE RENS NSIA IASI SI KOMP KOMPLE LEKS KS DAN DAN PERS PERSAM AMAA AANNPERSAMAAN CAUCHY-RIEMANN
BA B
IV
INTEGRASI KO KOMPLEKS DA DAN TE TEOREMA CA CAUCHY
BA B
V
FORMULA INTEGRAL CAUCHY DAN TEOREMATEOREMA TERKAIT
BAB BAB
VI
DERE DERET T TAK TAK BERH BERHIINGGA NGGA:: DERE DERET T TAYL TAYLOR OR DAN DAN DERET LAURENT
BAB VII
TEOREMA RESIDU: EVALUASI INTEGRAL DAN DERET
2
DAFTAR PUSTAKA
3
KATA PENGANTAR
Maksud penulisan diktat ini adalah sebagai bahan pendukung mata kuliah Fungsi Fungsi Variab Variabel el Komple Kompleks ks K0114 K0114 untuk untuk para para mahasi mahasiswa swa S1 Progra Program m Ganda Ganda Mat-TI Mat-TI,, FST Universitas Bina Nusantara, yang diajarkan selama satu semester dengan empat satuan kredit semester. Setiap bab dalam diktat ini dilengkapi dengan teori, contoh soal dan aplikasinya, serta soal-soal latihan yang perlu dikerjakan oleh para mahasiswa, supaya isi diktat ini lebih dapat dipahami oleh para mahasiswa. Mudah-mudahan diktat ini dapat bermanfaat dan khususnya dapat membantu para mahasiswa dan memperlancar jalannya perkuliahan. Atas kesalahan maupun kekurangan yang ada dalam diktat ini, penulis mohon maaf dan mohon saran untuk perbaikannya. Akhirn Akhirnya ya penulis penulis menguc mengucapka apkan n terima terima kasih kasih kepada kepada semua semua pihak pihak yang yang telah telah membantu penerbitan diktat ini, khususnya kepada ananda Angger Aji Winanto yang dengan tekun dan seksama telah membantu dalam pengetikan naskah aslinya dengan komputer.
Jakarta, Februari 2010
Penulis,
Drs. Sangadji, M.Sc., Ph.D.
4
BAB I. BILANGAN KOMPLEKS Sistem dari bilangan-bilangan kompleks
Setiap bilangan real x real x memenuhi sifat x 2 yang mempunyai sifat x 2
≥ 0.
Maka, tidak ada bilangan real x real x
= −1.
Suatu bilangan kompleks adalah bilangan yang berbentuk a + bi, di mana a and b bilangan-bilangan real, i adalah unit imajiner yang memenuhi sifat i 2 z
= a + bi
= −1.
Bila
adalah bilangan kompleks, maka a disebut bagian real dari z dari z dan dan b disebut
bagian imajiner dari z dari z . Dapat kita tulis a = Re z , b = Im z . Perlu dicatat bahwa bagian imajiner dari z dari z merupakan merupakan bilangan real. a
Dua bilangan kompleks bila
a
=c
dan
b
= d .
+ bi and c + di
are disebut sama ditulis a + bi = c + di ,
Himpunan dari semua bilangan-bilangan real R merupakan
himpunan bagian dari himpunan semua bilangan-bilangan kompleks
C .
Suatu bilangan
kompleks bi dengan b ≠ 0 disebut bilangan kompleks imajiner murni. Bila
z
= a + bi
maka
z
= a − bi
disebut konjugasi atau sekawan dari z. Sebagai
contoh, 2 − 3i = 2 + 3i, 5 = 5, 4i = −4i. Operasi fundamental
1. Penj enjuml umlahan ahan:: (a + bi ) + (c + di ) = (a + c) + (b + d )i. 2. Pengu engura rang ngan an:: (a + bi ) − (c + di ) = (a − c) + (b − d )i. 3. Perk erkalian: (a + bi)(c + di ) = (ac − bd ) + (ad + bc)i. 4. Pemb embagia gian:
a + bi c + di
=
a + bi c − di
⋅
c + di c − di
=
( ac + bd ) + (bc − ad )i c
2
+ d 2
=
Perlu dicatat bahwa untuk pembagian, pembagi tidak boleh nol.
5
ac + bd c
2
+ d 2
+
bc − ad c
2
+ d 2
i.
Nilai absolut (modulus)
Nilai absolut dari bilangan kompleks z = a + bi adalah
z
= a + bi =
a
2
+ b 2 ≥ 0.
Contoh
− 3 + 4i = (−3) 2 + 4 2 = Bila
z 1
and
z 2
= 5, − 2 = 2, − 7i = 7.
25
bilangan-bil bilangan-bilangan angan kompleks kompleks sembarang, sembarang,
berlakulah berlakulah sifat-sif sifat-sifat at di
bawah ini: 1.
z 1 z 2 z 1
2.
z 2
= z 1
=
z 1 z 2
z 2
, z 2
;
≠ 0;
3. z 1
+ z 2 ≤ z 1 +
z 2 , pertaksamaan
4. z 1
− z 2 ≥ z 1 −
z 2 , pertaksamaan
segitiga; segitiga balik .
Sifat-sifat fundamental
Bila z 1 , z 2 , z 3 bilangan-bilangan kompleks sembarang, maka sifat-sifat di bawah ini berlaku: 1.
z 1
+ z 2 = z 2 + z 1 , komutativitas untuk jumlahan;
2. z 1 z 2
= z 2 z 1 , komutativitas untuk perkalian;
3. z 1 + ( z 2 + z 3 ) = ( z 1 + z 2 ) + z 3 , asosiativitas untuk jumlahan; 4. z 1 ( z 2 z 3 ) = ( z 1 z 2 ) z 3 , asosiativitas untuk perkalian; 5.
z 1 ( z 2
+ z 3 ) = z 1 z 2 + z 1 z 3 , distributivitas;
6. ( z + z ) / 2 = Re z ; 2
7. z z = z ; 8. ( z − z ) /(2i) = Im z ;
6
9. z 1 z 2
= z 1 z 2 ;
10. ( z 1 / z 2 ) = z 1 / z 2 , z 2
≠ 0.
Bentuk polar dari bilangan kompleks
Bila z = a + bi adalah bilangan kompleks dalam bentuk Kartesius, maka z maka z dapat dapat dinyatakan dalam bentuk polar dengan cara sebagai berikut: z = a + bi r =
a2
= r cos θ + r sin θ = r (cos θ + i sin θ ), + b 2 , tan tan θ = (b / a), θ = arctan( b / a).
disebut argumen dari bilangan kompleks z kompleks z . Perlu dicek untuk menentukan
Sudut
yang benar. Bila perlu pakai gambar. Untuk menyingkat penulisan, z = r (cos θ + i sin θ ) sering ditulis sebagai z = r cis θ .
Contoh
= 2 ( cos( π / 4) + i sin( π / 4) ), −1 + 3i = 2( cos( 2π / 3) + i sin( 2π / 3) ), − 2 = 2( cos π + i sin π ), 5i = 5( cos( π / 2) + i sin( π / 2) ).
1 +i
Teorema De Moivre
= r 1 (cos θ 1 + i sin θ 1 ) & z 2 = r 2 (cos θ 2 + isin θ 2 ) maka z 1 z 2 = r 1r 2 (cos( θ 1 +θ 2 ) + i sin( θ 1 +θ 2 )) & z 1 / z 2 = ( r 1 / r 2 )(cos( θ 1 −θ 2 ) + i sin( θ 1 −θ 2 )), z 2 ≠ 0.
Bila z 1
Akar-akar dari suatu bilangan kompleks n Bilangan kompleks w disebut akar ke-n ke-n dari bilangan kompleks z kompleks z , bila w
ditulis dengan
w
= z 1/ = n
n
z .
Menggunakan Teorema De Moivre, kita mendapatkan
formula berikut:. Formula untuk mencari akar-akar bilangan kompleks
Bila z = r (cos θ + i sin θ ) maka: z 1/ n
= z ,
θ + 2k π θ + 2k π , k = 0,1,2,..., n − 1. = r 1/ n cos + i sin n n
Formula Euler
7
eiθ
= cosθ + i sin θ .
Menggunakan Formula Euler dengan asumsi z = x + iy = r cis θ , dapat diperoleh: z = r e
iθ
,
e z = e x e iy = e x cis y.
Contoh soal
1.
1
= 2 + i, z 2 = 3 − 2i, z 3 = − +
Diberikan z 1
2
a) 3 z 1 − 4 z 2 ,
2 b) ( z 3 ) , c) z 1
3
3 2
i. Tentukan:
− 3 z 1 + 4 z 1 − 8, 2
d)
2 z 2 + z 1 − 5 − i 2 z 1 − z 2 + 3 − i
2
.
Solusi a) 3 z 1 − 4 z 2
= 3(2 + i) − 4(3 − 2i) = − 6 + 11i =
b)
(−6)
( z 3 )2 = − 1 + 2 1
= + 4
3
c) z 1
3 2
2
+ 112 = 2
3 i 2 i+
3 4
i2
157 ,
1 = − − 2 1
=− + 2
3 2 3 2
2
i
i,
− 3 z 12 + 4 z 1 − 8 = (2 + i)3 − 3(2 + i) 2 + 4(2 + i) − 8 = (8 + 12i − 6 − i) + (−12 − 12i + 3) + (8 + 4i) − 8 = −7 + 3i,
d)
2 z 2 + z 1 − 5 − i 2 z 1 − z 2 + 3 − i
2
=
=
2(3 − 2i) + (2 + i ) − 5 − i
2
2(2 + i ) − (3 − 2i ) + 3 − i
3 − 4i 4 + 3i
2
=
3 − 4i
2
4 + 3i
2
=
32 + (−4) 2 4 2 + 32
=
25 25
= 1.
z and 2. Buktikan Buktikan bahwa bahwa untuk bilangan-bil bilangan-bilangan angan kompleks kompleks sembar sembarang ang z and w:
8
a) z + w = z + w,
b)
zw
= z w.
Solusi Misalkan z = z 1 + iz 2 , w = w1 + iw2 . Maka, a) z + w = ( z 1 + iz 2 ) + ( w1 + iw2 ) = ( z 1 + w1 ) + i ( z 2 + w2 )
= ( z 1 + w1 ) − i( z 2 + w2 ) = ( z 1 − iz 2 ) + ( w1 − iw2 ) = z + w b) zw = ( z 1 + iz 2 )( w1 + iw2 ) = ( z 1w1 − z 2 w2 ) + i ( z 1w2 + z 2 w1 )
= ( z 1w1 − z 2 w2 ) − i( z 1w2 + z 2 w1 ) = ( z 1 − iz 2 )(w1 − iw1 ) = z w. 3 Tent Tentuk ukan an semua emua bil bilanga angann-bi billanga angan n kom kompl plek ekss w yang memenuhi w
3.
= −1 + i ,
1/ 3 yaitu mencari semua bilangan-bilangan kompleks (−1 + i ) .
Solusi Kita tulis
−1+ i
di dalam bentuk polar, yaitu
−1+ i =
3π 3π . + i sin 4 4
2 cos
Maka, menggunakan formula untuk mencari akar-akar bilangan kompleks, kita peroleh:
(3π / 4) + 2k π ) + i sin (3π / 4) + 2k π ) , k = 0,1,2, 3 3
w = 21/ 6 cos
= 21/ 6 ( cos(π / 4) + i sin(π / 4) ) , 1/ 6 w2 = 2 ( cos(11π / 12) + i sin(11π / 12) ) , 1/ 6 w3 = 2 ( cos(19π / 12) + i sin(19π / 12) ) . w1
9
1 + i Hitunglah 1 −i
4.
10
3
3
Solusi
1 + i 1 − i
10
10
3
2cis 60 0 1 120 0 )10 = cis1200 0 = cis120 120 0 = − + = 2cis (−60) 0 = (cis120 2 3
3 i. 2
Soal latihan
1. Diberikan 2
a) z 1
z 1
= 1 − i, z 2 = −2 + 4i, z 3 =
+ 2 z 1 − 3,
+ z 2 + 1 , z 1 − z 2 + i
z 1
d)
3 − 2i. Carilah:
b) 2 z 2 − 3 z 1 , c) z 1 z 2 + z 2 z 1 , 2
(
)
5
e) z 3 − z 3 ,
z 1 z 2 . z 3
f) Im
2. Tentukan Tentukan semua semua akar dari bilangan bilangan-bila -bilangan ngan kompleks kompleks di bawah bawah ini: ini: 1/ 3 a) 8 ,
(
b) 4 2 + i 4 2
)
1/ 2
, c)
(− 16 + 16i 3 )
1/ 5
, d)
3. Hitungla glah: 0 0 0 0 a) ( 5(cos 20 + i sin 20 ) ) ( 3(cos 40 + i sin 40 ) ),
b) ( 2(cos 500 + i sin 500 ) ) , 6
c)
(8(cos 40 + i sin 40 )) ( 2(cos 60 + i sin 60 )) 0
0
3
0
0
4
,
5
1 + i . d) 1 − i
4. Buktikan: iθ −iθ a) cosθ = ( e + e ) / 2,
iθ −iθ b) sin θ = ( e − e ) / 2i.
Contoh soal lanjutan
10
( − 27i )1/ 6 , e) ( − 81) 1/ 4 , f) 11/ 8.
Buktikan bahwa bila z 3
1.
≠ z 4
, maka
z + z 2 + z 2 ≤ 1 z 3 − z 4 z 3 − z 4 z 1
.
.
Solusi z + z 2 + z 2 z 1 + z 2 z 1 + z 2 = ≤ ≤ 1 . Jadi dapat diperoleh z 3 − z 4 z 3 − z 4 z 3 − z 4 z 3 − z 4 z 1
z + z 2 + z 2 ≤ 1 z 3 − z 4 z 3 − z 4 z 1
.
2 2. Selesaikanlah persamaan z + (2i − 3) z + 5 − i = 0.
Solusi Dengan Formula a, b, c diperoleh z 1, 2
= =
=
− (2i − 3) ±
(2i − 3)
2
− 4(5 − i)
2
3 − 2i ±
−15 − 8i
2 3 − 2i ± (1 − 4i)
2 z 1 = 2 − 3i & z 2
, sehingga
= 1 + i.
BAB II. FUNGSI, LIMIT DAN KEKONTINUAN Fungsi
Fungsi w = f ( z ) dengan peubah bilangan kompleks z = x + iy dan nilainya w juga bilangan kompleks dapat ditulis sebagai 11
= f ( z ) = f ( x + iy ) = u ( x, y ) + iv ( x, y) yaitu
Re( w) = u ( x, y ), Im( w) = v( x, y ). Jadi diberikan titik atau bilangan kompleks z = x + iy di bidang kompleks z = x + iy,
w
kemudi kemudian an titik titik terseb tersebut ut dibawa dibawa ke titik titik atau atau bilanga bilangan n komple kompleks ks w = u + iv di bidang bidang kompleks w = u + iv. Contoh 2 2 2 2 xy i. Dalam hal ini 1. Bila f ( z ) = z , maka f ( z ) = f ( x + iy) = ( x + iy) = ( x − y ) + 2 xy 2 2 u = u ( x, y) = x − y dan v = v ( x, y ) = 2 xy .
2. Selidiki transformasi w = az , di mana a adalah konstan kompleks yang tidak sama dengan nol dan z ≠ 0. Solusi
a dan z ditulis z ditulis dalam bentuk eksponensial, yaitu a =| a | e iα , z = re iθ , sehingga diperoleh w = (| a | r )e
i (α +θ )
.
Dari Dari persam persamaan aan terakh terakhir ir terlih terlihat at bahwa bahwa transf transform ormasi asi w = az , memperpanj memperpanjang ang atau | | a memperpendek modulus z modulus z dengan dengan faktor dan merotasi z dengan sudut α = arg a sekeliling titik asal O. Image O. Image dari region (daerah) R secara geometris sama dan sebangun dengan R dengan R.. Limit
lim f ( z ) = L di mana L mana L bilangan kompleks, bila
z → z 0
∀ε > 0 ∃δ > 0 ∋ ∀ z ∈ D f & 0 <| z − z 0 |< δ berlaku
f ( z )
L
−
.
<ε
Contoh Buktikan bi bila f ( z ) = iz / 2 dengan dengan domain domain cakram cakram terbuka terbuka | z |<1, maka
3.
lim lim f ( z ) z →1
=
i 2
. Dalam hal ini titik z = 1 terletak di batas dari domain fungsi f . f .
Solusi Ambil
ε
> 0 sembarang.
Jelas bahwa untuk semua z yang berada dalam domain | z |<1
12
f ( z ) −
berlaku Sehingga terdapatlah
δ
i
=
iz
2
2
i 2
i
=
z −1
2
2
.
= 2ε sedemikian sedemikian sehingga sehingga
| z |<1 dan 0 <| z −1 |< δ berlaku f ( z ) −
−
f ( z ) −
i 2
=
iz 2
untuk semua z yang berada dalam
−
i 2
=
z −1 2
<
δ 2
=
2ε 2
= ε ,
yaitu
< ε .
lim f ( z ) Jadi terbukti bahwa lim z →1
=
i 2
.
Carilah ak akar-akar da dari pe persamaan sin z = 0.
4.
Solusi sin z = 0, maka sin z =
Bila e 2iz
e iz − e −iz 2i
= 0, sehingga 2iz = 2 k π i
=1 = e 2 k i , k = 0,±1, ± 2, . Maka π
z = 0, ±π , ±2π ,±3π , adalah akar-akar dari sin z
5.
e iz
= e −iz
atau
z = k π , yaitu
dan
= 0.
Carilah ak akar-akar da dari pe persamaan cos z = 0.
Solusi Bila cos z =
e iz + e −iz 2
= 0 maka
e
iz
= −e −iz atau
i dan z = k + Maka 2iz = ( 2k +1)π
e2
iz
= −1 = e
i ( 2 k +1)π
, k = 0,±1,±2, .
1 π , yaitu z = ±π / 2,±3π / 2,±5π / 2, adalah 2
akar-akar dari cos z = 0. 6. Tentukan nilai-nilai dari ln( 1 −i ).
Tentukan juga nilai utamanya.
Solusi Karena 1 −i
=
2e 7π i / 4 +2 k π i , diperoleh ln(1 − i )
= ln
2
7π i + + 2k π i . 4
Nilai utamanya dapat diperoleh dengan mengambil k = 0, yaitu Kekontinuan Fungsi w
= f ( z ) kontinu di z 0 bila
13
1 2
ln 2 +
7π i 4
.
∀ε > 0 ∃δ > 0 ∋ ∀ z ∈ D f & | z − z 0 |< δ berlaku
f ( z )
L
−
.
<ε
bahwa w
= f ( z ) kontinu di z 0 bila
f ( z 0 ) eksis dan
14
lim f ( z ) = f ( z 0 ).
z → z 0
Dapa Dapatt juga juga ditu dituli liss
BAB BAB
III III
DIFE DIFERE RENS NSIA IASI SI KO KOMP MPLE LEKS KS DAN DAN PERS PERSAM AMAA AANNPERSAMAAN CAUCHY-RIEMANN
1. Diberikan fungsi w = f ( z ) =| z | untuk semua z semua z . Selidiki titik-titik z di z di mana fungsi tersebut diferensiabel. 2
Solusi
Diperoleh dw dz
Karena z = 0
∆w | z + ∆ z | 2 − | z |2 = ∆lim = ∆lim z →0 ∆ z z →0 ∆ z lim
∆ z →0
∆ z
z ∆
dengan
∆ z ( z + ∆ z )( z + ∆ z ) − z z z + ∆ z + z . = ∆ z →0 ∆ z ∆ z lim
tidak eksis, maka f maka f diferensiabel diferensiabel hanya untuk
f ' (0) = 0.
2. Diketahui fungsi f ( z ) = u +iv analitik dalam region R region R.. Buktikan bahwa bahwa bila bila u dan v mempu mempunya nyaii deriva derivatif tif parsia parsiall kedua kedua yang yang kontinu dalam R dalam R maka u dan v harmonis dalam R dalam R..
Solusi
Karena
f ( z = u
+ iv
R, maka anal analit itik ik dala dalam m regi region on R, maka pers persam amaa aan n ∂u
Cauchy-Riemann dipenuhi oleh f dalam R, R, yaitu ∂u ∂v =− ∂ y ∂ x
( 2) .
=
∂ x
∂v
(1)
∂ y
dan
Deng Dengan an asum asumsi si deri deriva vati tiff pars parsia iall kedu keduaa kont kontin inu u
x dan dalam R maka dengan menderiva menderivatifk tifkan an parsial parsial (1) terhadap terhadap x 2
menderivatifkan parsial (2) terhadap y, terhadap y, diperoleh 2
∂ v ∂ y∂ x
2
=−
∂ u
y ∂
2
∂
u
x ∂
2
2
=
∂
v
x∂ y ∂
dan
∂2 u ∂ 2 u + = 0, yaitu u harmonis. Dengan . Jadi diperoleh ∂ x 2 ∂ y 2
menderivatifkan parsial (1) terhadap y terhadap y dan menderivatifkan menderivatifkan parsial (2) terhadap x terhadap x,, juga diperoleh v harmonis.
15
3. Buktikan bahwa (a) syarat perlu dan (b) syarat cukup bahwa w
= f ( z ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ) merupakan fungsi analitik di dalam
himpunan bagian R adalah suatu bentuk persamaan dari Cauchy – Riemann
∂u ∂ x
=
∂v ∂ y
,
∂u ∂ y
=−
∂v ∂ x
yang dipenuhi dalam R di mana
derivatif partial ini kontinu di dalam R .
(a )
Syarat perlu: Misalkan
lim
f ( z )
analitik dalam R . Maka
f ( z + ∆ z ) − f ( z ) ∆ z
∆ z → 0
'
= f ( z )= l i m
{ u( x + Δ x , y+ Δ y) + i v( x + Δ x , y+ Δ y) } − { u ( x,y) + i v( x,y) } Δ x+ i Δ y
Δ x→ 0 Δ y→ 0
Δz (atau harus eksis secara independent yang memenuhi Δz Δy )
Δx
dan
mendekati nol.
Kemungkinan kita dapat menggunakan dua pendekatan. Kasus 1:
∆ y = 0, ∆x → 0
Dalam kasus (1) menjadi
u ( x + ∆ x, y ) − u ( x, y ) + i v ( x + ∆ x , y ) − v ( x, y ) = ∂u + i ∂v ∂ x ∂ x memenuhi ∆ x →0 ∆ x ∆ x lim
derivatif yang telah ada.
16
( 1 )
Kasus 2:
∆ x = 0, ∆y → 0
Dalam kasus (2) menjadi
u ( x, y + ∆ y − u ( x, y) v( x, y + ∆ y ) − v( x, y ) 1 ∂u ∂v ∂u ∂v + = + = − + i ∆ y →0 ∆ y ∂ y ∂ y i∆ y i ∂ y ∂ y lim lim
∂u
x ∂
+i
∂v
x ∂
= −i
∂u
y ∂
+
∂v
∂u
atau
y ∂
∂ x
=
∂v ∂ y
,
∂v ∂ x
=−
∂u ∂ y
Karena limit tersebut adalah tunggal, maka berlaku ∂u ∂ x
(b)
+i
∂v ∂ x
= −i
∂u ∂ y
+
∂v
∂ y atau
∂u ∂ x
=
∂v ∂ y
,
∂v ∂ x
=−
∂u ∂ y
.
Syarat cukup:
Karena ∂u / ∂ x dan
∂ u/∂ y
kontinu, kita mendapatkan
∆u = u ( x + ∆ x, y + ∆ y ) −u ( x, y ) = {u ( x + ∆ x, y + ∆ y ) −u ( x, y + ∆ y )} +{u ( x, y + ∆ y ) −u ( x, y )} ∂u ∂u ∂u ∂u = ∆ y = ∆ x + ∆ y +ε 1∆ x +η 1∆ y +ε 1 ∆ x + +η 1 ∂ x ∂ y ∂ x ∂ y di mana ε 1 →0 dan η 1 →0 sewaktu ∆ x →0 dan ∆y →0.
Karena
x ∂v / ∂
dan
y ∂v / ∂
kontinu, kita mendapatkan
∂v ∂v ∂v ∂v ∆v = ∆ y = ∆ x + ∆ y + ε 2 ∆ x +η 2 ∆ y + ε 2 ∆ x + +η 2 ∂ x ∂ y ∂ x ∂ y x → 0 dan ∆y → 0 kemudian di mana ε 2 → 0 dan η 2 → 0 sewaktu ∆ ∂u ∂v ∂u ∂v ∆w = ∆u + i∆v = + i ∆ x + + i ∆ y + ε ∆ x +η ∆ y ∂ ∂ y y ∂ x ∂ x di mana ε = ε 1 + iε 2 →0 dan η =η 1 + iη 2 →0 sewaktu ∆ x →0 dan ∆y →0
Dengan persamaan Cauchy-Riemann, (2) dapat ditulis
17
du dv dv du ∆w = + i ∆ x + + i ∆ y + ε ∆ x + η ∆ y dx dx dx dx du dv = + i (∆ x + i∆ y ) + ε ∆ x + η ∆ y dx dx
Kemudian membaginya dengan ∆ z = ∆ x + i∆ y dan mengambil limit
∆ z → 0 , kita akan mendapatkan
dw dz
= f ' ( z ) = ∆lim x →0
∆w du dv = +i ∆ z dx dx
kemudian derivatifnya akan eksis dan bernilai tunggal, yaitu f(z) analitik di dalam R. dalam R.
18
19
20
3. Buktikan bahwa (a) syarat perlu dan (b) syarat cukup bahwa w
= f ( z ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ) merupakan fungsi analitik di dalam
himpunan bagian R adalah suatu bentuk persamaan dari Cauchy – Riemann
∂u ∂ x
=
∂v ∂ y
,
∂u ∂ y
=−
∂v ∂ x
yang dipenuhi dalam R di mana
derivatif partial ini kontinu di dalam R .
(b)
Syarat perlu: Agar f ( z ) dapat menjadi analitik,
lim
f ( z + ∆ z ) − f ( z ) ∆ z
∆ z → 0
'
= f ( z )= l i m
{ u( x + Δ x , y+ Δ y) + i v( x + Δ x , y+ Δ y) } − { u ( x,y) + i v( x,y) } Δ x+ i Δ y
Δ x→ 0 Δ y→ 0
Δz (atau harus eksis secara independent yang memenuhi Δz Δy )
mendekati nol.
Kemungkinan kita dapat menggunakan dua pendekatan.
21
Δx
dan
( 1 )
∆ y = 0, ∆x → 0
Kasus 1:
Dalam kasus (1) menjadi
u ( x + ∆ x, y ) − u ( x, y ) + i v ( x + ∆ x , y ) − v ( x, y ) = ∂u + i ∂v ∂ x ∂ x ∆ x →0 ∆ x ∆ x lim
memenuhi derivatif yang telah ada.
Kasus 2:
∆ x = 0, ∆y → 0
Dalam kasus (2) menjadi
u ( x, y + ∆ y − u ( x, y) v( x, y + ∆ y ) − v( x, y ) 1 ∂u ∂v ∂u ∂v + = + = − + i ∆ y →0 ∆ y ∂ y ∂ y i∆ y i ∂ y ∂ y lim lim
∂u
x ∂
+i
∂v
x ∂
= −i
∂u
y ∂
+
∂v
∂u
atau
y ∂
x ∂
=
∂v
y ∂
,
∂v
x ∂
=−
∂u
y ∂
Karena limit tersebut adalah tunggal, maka berlaku ∂u
x ∂
+i
∂v
x ∂
= −i
∂u
y ∂
+
∂v
y atau ∂
∂u ∂ x
=
∂v ∂ y
,
∂v ∂ x
=−
∂u ∂ y
.
(b) Syarat cu cukup: Karena ∂u / ∂ x dan
∂ u/∂ y
kontinu, kita mendapatkan
∆u = u ( x + ∆ x, y + ∆ y ) −u ( x, y ) = {u ( x + ∆ x, y + ∆ y ) −u ( x, y + ∆ y )} +{u ( x, y + ∆ y ) −u ( x, y )} ∂u ∂u ∂u ∂u = ∆ y = ∆ x + ∆ y +ε 1∆ x +η 1∆ y +ε 1 ∆ x + +η 1 ∂ x ∂ y ∂ x ∂ y di mana ε 1 →0 dan η 1 →0 sewaktu ∆ x →0 dan ∆y →0.
Karena
x ∂v / ∂
dan
y ∂v / ∂
kontinu, kita mendapatkan
∂v ∂v ∂v ∂v ∆v = ∆ y = ∆ x + ∆ y + ε 2 ∆ x +η 2 ∆ y + ε 2 ∆ x + +η 2 ∂ x ∂ y ∂ x ∂ y di mana ε 2 → 0 dan η 2 → 0 sewaktu ∆ x → 0 dan ∆y → 0 kemudian
22
∂u ∂v ∂u ∂v ∆w = ∆u + i∆v = + i ∆ x + + i ∆ y + ε ∆ x +η ∆ y ∂ x ∂ x ∂ y ∂ y di mana ε = ε 1 + iε 2 →0 dan η =η 1 + iη 2 →0 sewaktu ∆ x →0 dan ∆y →0
Dengan persamaan Cauchy-Riemann, (2) dapat ditulis du dv dv du ∆w = + i ∆ x + + i ∆ y + ε ∆ x + η ∆ y dx dx dx dx du dv = + i (∆ x + i∆ y ) + ε ∆ x + η ∆ y dx dx
Kemudian membaginya dengan ∆ z = ∆ x + i∆ y dan mengambil limit
∆ z → 0 , kita akan mendapatkan
dw dz
= f ' ( z ) = ∆lim x →0
∆w du dv = +i ∆ z dx dx
kemudian derivatifnya akan eksis dan bernilai tunggal, yaitu f(z) analitik di dalam R. dalam R. 1.
Hal 17 no.26
23
Hitunglah
1 + 1 −
10
3 i
3 i
Solusi: 1 + 1 −
2.
10
2 cis( 60 ) = = (cis 120 − 2 cis 60 ( ) 3 i 3 i
10
2
Hal 19 no.32
Selesaikanlah persamaan ini
2
z
+ (2i − 3) z + 5 − i = 0
Solusi: Dengan Formula a, b, c diperoleh
z =
= = =
3.
−b ±
b2
− 4ac
2a
−(2i −3) ±
(2i −3) 2
− 4(1)( 5 −i )
2(1) 3 − 2i ±
1
= cis 1200 = cis 120 = − +
)10
−15 −8i
2 3 − 2i ± (1 − 4i) 2
Hal 21 no.37
24
= 2 −3i atau 1 +i
3 2
i
Carilah akar – akar kompleks dari
z 5
=1
Solusi: z 5
= 1 = cos z = cos
4.
2k π + i sin 2k π 2k π 5
+ i sin
2k π 5
= e 2k π i
di mana k = 0, 1, 2, 3, 4,
= e 2k π i / 5 , di mana
k = 0, 1, 2, 3, 4.
Hal 45 no. 10a
Carilah akar – akar dari persamaan
sin z = 0
Solusi:
Jika
sin z =
eiz − e −iz 2i
= 0 maka
Maka 2iz = 2k i dan akar – akar dari sin z = 0 π
e iz
= e −iz atau
z = k π , yaitu
25
e 2 iz =1 = e 2 k π i , k = 0,±1,±2,...
z = 0, ±π , ±2π , ±3π ,...
adalah
5.
Hal 45 no. 10b
Carilah akar – akar dari persamaan cos z = 0
Solusi:
Jika
cos cos z =
e iz + e −iz 2
= 0 maka
e
iz
= −e −iz atau
e 2iz = −1 = e ( 2 k +1)π i , k = 0,±1,±2,...
Maka
i 2iz = ( 2k +1)π
z = ±π 2 π ,±3π 2 ,±5π 2 ,...
1
dan z = (k + 2 )π , yaitu
adalah akar – akar dari cos z = 0
26
6.
Hal 46 no. 13
Tentukan nilai – nilai dari
ln( 1 −i ).
Tentukan juga nilai utamanya.
Solusi:
Karena 1 − i = ln(1 − i ) = ln 2
2e 7π i / 4 +2 k π i ,
diperoleh
7π i 1 7π i + + 2k π i + 2 k π i = ln 2 + 4 4 2
Nilai utama yang diperoleh dengan mengambil 1 2
ln 2 +
7π i 4
27
k = 0
yaitu
7.
Hal 71 no. 2
Buktikan bahwa
d
z dz
tidak eksis di mana pun, yaitu
f ( z )
= z tidak
analitik di mana pun.
Solusi:
Dengan definisi
d
f ( z ) dz
lim = ∆lim z →0
f ( z + ∆ z ) − f ( z )
∆ z
.
Bila limit tersebut eksis maka nilainya tidak bergantung pada ∆ z = ∆ x + i∆ y
mendekati nol.
d z + Δ − zz x + i +y Δ + i y∆x − x + i Maka z = l i m = l i m d z Δ → 0z Δ z Δ Δ →→ 00xy Δ + i yx∆ =lim Δ x Δ y
x
iy + Δ x −
0 → 0 →
Δ x
i∆ y − (x − iy) − + i∆ y
=lim Δ x Δ y
Δ x
i −
Δ x
+ i
0 → 0 →
Jika
∆ 0 y =
m a k a
lim itya n gd i
ca ri adala
h
Jika
x = ∆ 0
m a k a
ngdi lim itya
ca riadala
h
Jadi f ( z ) = z
tidak analitik di mana pun.
28
li
x ∆
li
y ∆
8.
Hal 71 no.3
Bila
w = f ( z )
=
1 + z , carilah 1 − z
dw dz
dan tentuk tentukan an dimana dimana f(z ) tida tidak k
analitik.
Solusi: 1 + ( z + ∆ z ) dw dz
= ∆lim lim z →0 = ∆lim lim z →0
f ( z + ∆ z ) − f ( z )
∆ z 2 (1 − z − ∆ z )(1 − z )
Fungsi
f ( z )
= ∆lim lim z →0 =
z ) 1 − ( z + ∆
−
1 + z 1 − z
∆ z
2 (1 − z )
2
adal dalah anal nalitik tik unt untuk nila nilaii – nila nilaii yang
z=1 dim ana derivatifnya tidak eksis dan berhingga dari z dari z kecuali kecuali z=1 fungsinya tidak analitik. Titik z=1 z=1 adalah titik singular dari
29
f ( z ) .
9.
Hal 108 no.21a d z
Hitunglah integral
∫ z − a
di mana C adalah sembarang kurva
C
tertutup sederhana dan z dan z = a adalah di luar C. luar C.
Solusi:
Bila a di luar C, luar C, maka f(z) maka f(z) = 1/(z – a) adalah analitik di mana – mana di dalam dan pada C. Dengan Teorema Cauchy,
10.
dz = 0. z − a C
∫
Hal 108 no.21b d z
Hitunglah integral
∫ z − a
di mana C adalah sembarang kurva
C
tertutup sederhana dan z dan z = a adalah di dalam C.
Solusi:
Misalkan a di dalam C , dan Γ adalah lingkaran dengan jari – jari ε dan pusatnya adalah z = a sedemikian sehingga Γ di dalam C .
30
Kemudian bisa diperoleh d z
d z
∫ z − a = ∫ z − a Γ
C
Pada Γ ,
Jadi karena 2π
iε eiθ d θ
θ =0
ε eiθ
∫
z − a
= ε atau
(1)
z − a
= ε e i
, yaitu z = a +ε e iθ ,0 ≤θ < 2π .
θ
dz = i ε e iθ d θ , ruas kanan dari persamaan1 menjadi
2π
=i ∫ 0
d θ = 2π i ,
adalah nilai yang dimaksud.
31
11.
Hal 108 no. 22
Hitunglah dz
∫ (z − a) , n = 2 , 3 , 4 ,... di mana z = a di dalam kurva tertutup
sederhana C.
n
C
Solusi: d z
Dapat diperoleh
∫ z( − a) C
d z
= n ∫ Γ
z( − a)
n
2π
= ∫ 0 =
iε e iθ d θ n
ε
i n −1
ε
e
inθ
e (1−n ) iθ (1 − n)i
=
i
2π
n −1
ε
∫ e
0
d θ
0
2π
=
(1−n ) iθ
1 n −1
(1 − n)ε
[e
2 (1−n )π i −1
] =0
di mana n =2, 3, 4,….
12. Hal 149 no.10 ∞
Buktikan bahwa deret
z n
∑n(n +1)
konvergen absolut untuk z
n =1
Solusi: Bila
z ≤ 1,
maka
z n n( n +1)
=
| z | n n (n +1)
≤
1 n( n +1
≤
1 n2
.
Karena deret
∞
∑n1 n =1
2
konvergen, maka dengan tes perbandingan
32
1. ≤
∞
z n
deret ∑n(n +1) konvergen absolut untuk z
1. ≤
n =1
13. Hal 149 no. 12 ( z + 2) n−1
∞
∑(n +1)
carilah daerah konvergensi dari deret
n =1
3
4n
.
Solusi: Bila
un
=
( z + 2) n −1 ( n + 1) 3 4 n
∞
maka
u n+1
=∑ n =1
( z + 2) n (n + 2) 3 4 n+1
.
Dengan mengeluarkan z = −2 di mana deret konvergen, diperoleh
lim lim
n →∞
u n +1 un
=
| z + 2 | 4
.
Jadi deret konvergen absolut untuk
| z + 2 | 4
< 1, yaitu
| z + 2 |< 4.
Bila
| z + 2 | 4
= 1, yaitu
| z + 2 |= 4,
( z + 2)
dapat dilihat bahwa
n−1
( n +1) 4 3
n
tes rasio rasio gagal. gagal. Tetap Tetapii dalam dalam hal ini ini =
1 4( n +1)
3
≤
1 n3
.
∞
Karena deret
∑n1 n =1
∞
maka deret
3
konvergen
( z + 2)
n −1
∑(n +1) 4 n =1
3
n
konvergen absolut.
33
34
