FUNGSI ANALITIK Fungsi f(z) Fungsi f(z) disebut disebut analitik analitik di titik z z 0 apabila f ′( z ) ada di semua titik pada suatu lingkungan z 0. Untuk menguji menguji keanalitika keanalitikan n suatu fungsi fungsi kompleks kompleks w = f(z) = u (x,y) + iv (x,y) digunakan persamaan Cauchy – Riemann. Sebelum mempelejari mempelejari persamaan persamaan Cauchy-Rieman Cauchy-Riemann n akan diperkenalk diperkenalkan an terlebih terlebih dahulu dahulu pengertian tentang limit fungsi dan turunan fungsi pada bilangan bilangan kompleks. Oleh karena itu, setelah membaca Bab 2, mahasiswa diharapkan dapat
Mengerti definisi fungsi analitik
Menghitung nilai limit dari fungsi kompleks
Menentukan kekontinuan fungsi
Mencari turunan fungsi
Menentukan fungsi analitik dan fungsi harmonik
1 Fungsi Peubah Kompleks Definisi
Misalkan S himpunan S himpunan bilangan kompleks. Fungsi kompleks f pada f pada S adalah adalah aturan aturan yang yang mengaw mengawank ankan an setiap setiap z ∈ S dengan dengan biangan biangan kompleks w. Notasi w = f(z). f(z). Dalam hal ini, S disebut domain dari f dan z dinamakan variabel kompleks.
Misalkan w = u + iv adalah nilai fungsi f fungsi f di di z z = x + iy, iy, sehingga u + iv = f(x + iy). iy) . Masing-masin Masing-masing g bilangan bilangan riil u dan v bergan bergantun tung g pada pada variab variabel el riil riil x dan y, y, sehingga f(z) sehingga f(z) dapat dinyatakan sebagai pasangan terurut dari variabel riil x riil x dan y dan y,, yaitu f(z) = u(x,y) + iv(x,y). Jika koordinat polar r polar r dan dan θ pada θ pada x x dan y dan y digunakan, maka u + iv = f(re iθ ), ), dimana w = u + iv dan z dan z = reiθ . Sehingga f(z) Sehingga f(z) dapat ditulis menjadi
10
f(z) = u(r,θ) + iv(r,θ). Contoh
Misalkan w = f(z) = z 2 +3z. Tentukan u dan v serta hitung nilai dari f pada z = 1 + 3i. Nyatakan
1
juga u dan v dalam bentuk polar. Penyelesaian:
Misal z = x + iy, sehingga f ( z ) = f ( x + iy ) = ( x + iy ) 2 2 Jadi u = x
Untuk
+ 3 x − y 2
+ 3( x + iy ) = x 2 + 3 x − y 2 + i (2 xy + 3 y )
dan v = 2 xy + 3 y .
z
=
f ( z ) = f (1 + 3i ) = (1 + 3i ) 2
1
+
3i
maka
+ 3(1 + 3i) = −5 + 15i .
Jadi u(1,3) = -5 dan v(1,3) = 15. Jika koordinat polar digunakan dimana z = reiθ , maka f ( z ) = f ( re iθ ) = (re iθ ) 2
+ 3(re i ) = r 2 e 2i + 3re i = r 2 cos 2θ + ir 2 sin 2θ + 3r cos θ + 3ir sin θ = r 2 cos 2θ + 3r cos θ + i (r 2 sin 2θ + 3r sin θ )
Jadi u
= r 2 cos 2θ + 3r cos θ
θ
θ
θ
dan v = r 2 sin 2θ + 3r sin θ .
2 Pemetaan / Transformasi
Sifat-sifat dari fungsi bernilai riil dapat dilihat dari grafik fungsinya. Tetapi untuk w = f(z), dimana w dan z bilangan kompleks, tidak ada grafik yang menyatakan fungsi f karena setiap bilangan z dan w berada di bidang bukan di garis bilangan. Definisi Transformasi
Korespondensi antara titik-titik di bidang- z dengan titik-titik di bidang-w disebut pemetaan atau transformasi dari titik-
titik di bidang- z dengan titik-titik di bidang w oleh fungsi f . Pemetaan dapat berupa:
•
Translasi / pergeseran
•
Rotasi / perputaran
11
•
Refleksi / pencerminan
Sebagai contoh, pemetaan
•
w = z + 1 = (x+1) +iy, dimana z = x + iy, mentranslasikan / menggeser setiap titik z satu satuan ke kanan.
w = iz = r exp iθ +
•
, dimana z = reiθ dan i = eiπ/2, merotasi 2
π
/ memutar
setiap titik taknol z ke kanan dari pusatnya berlawanan arah jarum jam. w = z = x − iy merefleksikan / mencerminkan setiap titik z = x + iy pada
•
sumbu riil.
3 Limit
Secara umum definisi limit dalam kompleks sama dengan definisi limit pada bilangan riil dalam kalkulus. Kalau pada bilangan riil bila x mendekati x0 hanya mendekati sepanjang garis riil sedangkan pada bilangan kompleks bila z mendekati z 0 akan mendekati dari semua arah dalam bidang kompleks. Definisi Limit
lim f ( z ) = w0 dibaca “limit f(z) untuk z menuju z 0 sama dengan w0
z → z 0
“, dan didefinisikan sebagai berikut: lim f ( z ) = w0
z → z 0
f ( z ) − w0
⇔ ∀ε > 0 ∃δ > 0 ∋ 0 < z − z 0 < δ
berlaku
< ε .
Secara geometri definisi di atas mengatakan bahwa untuk setiap lingkungan-ε dari w0, yaitu |w - w 0|< ε ada suatu lingkungan- δ dari z0, yaitu 0 < |z - z 0| <
δ sedemikian sehingga setiap titik z pada image w berada pada lingkungan-
ε. Perhatikan Gambar 1 di bawah ini. Dalam hal ini
•
Jika limit tersebut ada, maka limitnya tunggal
•
z mendekati z 0 dari berbagai arah atau lintasan
12
•
Jika untuk lintasan yang berbeda, nilai f(z) untuk z menuju z 0 berbeda f ( z ) tidak ada maka z lim → z 0
•
f(z) tidak disyaratkan terdefinisi di z = z 0
Contoh 2
Misalkan f ( z ) =
iz i , z < 1 . Buktikan lim f ( z ) = . z →1 2 2
Bukti:
Ambil ε > 0 sebarang. Pilih δ = 2ε ∋ z − 1 f ( z ) −
i
=
2
=
iz 2
−
z − 1 2
i 2
=
i ( z − 1) 2
< δ = 2
2ε 2
=
i z − 1 2
=
< δ
berlaku
1 z − 1 2
= ε ε
Jadi untuk setiap z dan
positif berlaku
f ( z ) −
i 2
< ε
0 < z − 1 < 2ε , lihat gambar 2. Sehingga menurut definisi limit terbukti lim f ( z ) = z →1
Contoh 3
Misalkan f ( z ) =
z z
i 2
.
f ( z ) tidak ada. . Buktikan z lim →0
Bukti:
Akan ditunjukkan nilai limit dengan lintasan yang berbeda.
•
Pendekatan sepanjang sb- x positif, dalam hal ini y = 0. lim f ( z ) =
z →0
lim
( x , y ) →( 0 , 0 )
x + iy x − iy
= lim ( x , 0 )
x + i.0 x − i.0
= xlim 1 = 1. →0
Pendekatan sepanjang sb- y positif, dalam hal ini x = 0. lim f ( z ) =
z →0
lim
( x , y ) →( 0 , 0 )
x + iy x − iy
Pendekatan sepanjang garis y = x.
13
= lim ( 0 , y )
0 + i. y 0 − i. y
= ylim − 1 = −1 . →0
bila
lim f ( z ) =
z →0
x + iy
lim
( x , x ) →( 0 , 0 )
x − iy
= xlim →0
x + i. x x − i. x
= xlim →0
x (1 + i ) x (1 − i )
=
1+ i 1− i
.
Karena pendekatan sepanjang arah yang berbeda menghasilkan nilai
f ( z ) tidak ada. yang tidak sama maka z lim →0
Teorema 1
Andaikan f(z) = u(x,y) + iv(x,y), z 0 = x0 + iy0 , ω0 = u0 + iv0 maka lim f ( z ) = ω 0 ⇔ lim u ( x, y ) = u0 dan lim v ( x, y ) = v0 z → z 0
( x , y ) → ( x 0 , y 0 )
( x , y ) → ( x 0 , y 0 )
Bukti: ( ⇐ ) Misalkan
lim
( x , y ) →( x0 , y0 )
u ( x, y ) = u 0
dan
∀ε > 0∃δ 1 , δ 2 ∋ u − u 0 < ε ,0 <
( x − x0 ) 2
2
v − v0
<
ε
2
,0 <
lim
( x , y ) →( x0 , y0 )
( x − x0 ) 2
v( x, y ) = v 0 , artinya
+ ( y − y 0 ) 2 < δ 1
+ ( y − y 0 ) 2 < δ 2
Pilih δ = min(δ 1 , δ 2 ) . Karena (u + iv) − (u 0 + iv0 ) = (u − u 0 ) + i (v − v 0 )
≤ u − u 0 + v − v0
dan ( x − x 0 ) 2
+ ( y − y 0 ) 2 =
( x − x 0 ) + i ( y − y 0 )
(u + iv) − (u 0
maka 0 < ( x + iy ) − ( x0
+
iv 0 ) <
ε
2
=
( x + iy ) − ( x0
ε +
2
=
+ iy 0 )
ε
bila
+ iy 0 ) < δ .
f ( z ) = ω 0 . Jadi z lim → z 0 f ( z ) = ω 0 , artinya (⇒) Misalkan z lim → z 0
∀ε > 0∃δ ∋
(u + iv) − (u 0
+ iv0 ) < ε
Perhatikan bahwa u − u 0 ≤ (u − u 0 ) + i (v − v 0 ) v − v0
≤
(u − u 0 ) + i (v − v0 )
bila 0 < ( x + iy ) − ( x 0
+ iy 0 ) < δ .
= (u + iv) − (u 0 + iv0 ) = (u + iv) − (u 0 + iv0 )
dan ( x + iy ) − ( x 0
( x − x0 ) + i ( y − y 0 )
Sehingga
dan
0< Jadi
+ iy 0 ) = u − u 0 < ε
v − v0
( x − x 0 ) 2
+ ( y − y 0 ) 2
bila
( x − x 0 ) 2 lim
( x , y )→( x0 , y0 )
+ ( y − y 0 ) 2 < δ . u ( x, y ) = u 0 dan
< ε
=
14
lim
( x , y )→( x0 , y0 )
v( x, y ) = v0 .
Teorema 2
f ( z ) = A , lim g ( z ) = B maka Andaikan z lim → z 0 z → z 0 lim ( f ( z ) + g ( z ) )
z → z 0
• •
= A + B .
lim f ( z ) g ( z ) = AB .
z → z 0
lim
z → z 0
f ( z ) g ( z )
=
A B
.
4 Limit Tak Hingga dan Limit di Tak Hingga
Kadang-kadang suatu bidang kompleks memuat titik di tak hingga.Bidang kompleks yang memuat titik tersebut disebut bidang kompleks yang diperluas.
Teorema 3
Jika z 0 dan w0 titik-titik pada bidang z dan w, maka 1) 2) 3)
lim f ( z ) = ∞
z → z 0
lim f ( z ) = w0
z →∞
lim f ( z ) = ∞
z →∞
jhj jhj jhj
lim
z → z 0
1 f ( z )
=0
1 = w 0 z 1 =0
lim f
z →0
lim
z →0
f (1 / z )
Bukti:
f ( z ) = ∞ , artinya 1) Misalkan z lim → z 0
∀ε > 0∃δ ∋ f ( z ) >
1 ε
bila 0 <
|z – z 0| < δ ............…………………………………..(#). 1 = 0. Akan dibuktikan z lim → z 0 f ( z ) Titik w = f(z) berada di suatu lingkungan-ε ,yaitu |w| > 1/ε dari ∞ bila z ada di lingkungan 0 < |z – z 0| < δ dari z 0. Sehingga persamaan (#) dapat ditulis menjadi 1 − 0 < ε bila 0 < |z – z 0| < δ. f ( z ) Jadi z lim → z 0
1 f ( z )
=0.
f ( z ) = w0 , 2) Misalkan z lim →∞ artinya
∀ε > 0∃δ ∋ f ( z ) − w0 < ε bila |z| >1/δ.............(*).
15
1 = w 0 . z
Akan dibuktikan lim f z →0
Pada persamaan (*) rubah z dengan 1/z , maka akan diperoleh 1 f − w0 < ε bila 0 < |z – 0| < δ. z
1 = w 0 . z lim f ( z ) = ∞ , z →∞
Jadi lim f z →0
3) Misalkan
∀ε > 0∃δ ∋ f ( z ) >
artinya
1 ε
bila |z| > 1/δ ……………....(**).
1
= 0. f (1 / z ) Pada persamaan (**) rubah z dengan 1/z , maka akan diperoleh 1 − 0 < ε bila 0 < |z – 0| < δ. f (1 / z ) Akan dibuktikan z lim →0
Jadi z lim →0
1 f (1 / z )
= 0.
5 Kekontinuan Definisi Kontinu
Fungsi f(z) dikatakan kontinu di z = z 0 jika
• • •
lim f ( z ) ada
z → z 0
f(z 0 ) ada
lim f ( z ) = f ( z 0 )
z → z 0
Dengan
kata
lain
f(z)
lim f ( z ) = f ( z 0 ) ⇔ ∀ε > 0
z → z 0
f ( z ) − f ( z 0 )
kontinu
di
z
∃δ > 0 ∋ z − z 0 < δ
=
z 0
berlaku
< ε .
Fungi kompleks f(z) dikatakan kontinu pada region D jika f(z) kontinu pada tiap titik z dalam D. Misalkan f(z) = u(x,y) + iv(x,y) kontinu di z 0 = x0 + iy0 ,
16
jika
⇔ u(x,y) dan v(x,y) kontinu di (x0 ,y0 ) lim
( x , y )→( x0 , y0 )
u ( x, y ) = u ( x 0 , y 0 )
Sifat-sifat fungsi kontinu
dan
⇔
lim
( x , y ) →( x0 , y0 )
v( x, y ) = v( x0 , y 0 ) .
1) Fungsi konstan kontinu pada bidang kompleks 2) Jika f dan g kontinu pada daerah D maka f+g kontinu f-g kontinu f.g kontinu f/g kontinu kecuali di z 0
∈ D
sehingga g(z 0 ) = 0.
6 Turunan Definisi
Turunan fungsi f di z 0, ditulis dengan f ′( z 0 ) didefnisikan
Turunan
sebagai berikut: f ′( z 0 ) = lim
∆ z →0
f ( z 0
+ ∆ z ) − f ( z 0 ) ∆ z
jika limitnya ada.
Notasi untuk turunan f di z adalah f ′( z ) =
d
f ( z ) . dz
Aturan turunan pada bilangan riil berlaku juga pada bilangan kompleks. Aturan Turunan
1. 2. 3. 4. 5. 6.
d dz d dz d
(c ) = 0 ( z ) = 1
[ c( f ( z )] = c f ′( z )
dz d dz d
( z n ) = nz n−1 , z ≠ 0, n ∈ Ζ
[ f ( z ) + g ( z )] = f ′( z ) + g ′( z )
dz d
[ f ( z ) g ( z )] = f ′( z ) g ( z ) + f ( z ) g ′( z )
dz
17
7.
Contoh 4
d f ( z )
= dz g ( z )
f ′( z ) g ( z ) − f ( z ) g ′( z )
[ g ( z )] 2
Tentukan turunan dari fungsi berikut: 1. f(z) = (2z 2 + i)5 2. f ( z ) =
( z − i ) z + i
pada
i
Penyelesaian :
1. Dengan menggunakan aturan turunan (4) dan aturan rantai 2 diperoleh f ′( z ) = 5(2 z
2. Dengan f ′( z ) =
+ i ) 4 .4 z = 20 z (2 z 2 + i) 4 .
menggunakan
aturan
f ′( z ) g ( z ) − f ( z ) g ′( z )
[ g ( z )] 2
=
turunan
(7)
1( z + i ) − ( z − i )1
( z + i ) 2
diperoleh
=
2i ( z + i ) 2
Sehingga untuk z = i diperoleh f ′(i ) =
Aturan Rantai
2i (i + i ) 2
=
2i 4i 2
=−
1 2
i.
Misalkan f mempunyai turunan di z 0, dan g mempunyai turunan di f(z 0 ). Maka fungsi F(z) = g[f(z)] mempunyai turunan di z 0, dan F ′( z 0 ) = g ′[ f ( z 0 )]. f ′( z 0 ). Dengan kata lain, jika w = f(z) dan W = g(w) = F(z), maka menurut aturan rantai dW dz
Contoh 5
= dW dw . dw dz
Tentukan turunan dari fungsi f(z) = (2z 2 + i) 5 dengan menggunakan aturan rantai! Penyelesaian:
Misalkan w = 2z 2 + I dan W = w5. Maka menurut aturan rantai
18
dW dz
= dW dw = (5w4 )(4z) = 20z(2z 2 + i)4. dw dz
7 Persamaan Cauchy – Riemann
Persamaan Cauchy – Riemann merupakan persamaan yang sangat penting pada analisis kompleks. Karena persamaan ini digunakan untuk menguji keanalitikan suatu fungsi kompleks
Definisi Persamaan Cauchy - Riemann
w = f(z) = u (x,y) + iv (x,y) .
Fungsi f dikatakan analitik pada domain D jika dan hanya jika turunan parsial pertama dari u dan v
memenuhi persamaan
Cauchy – Riemann, yaitu u x
= v y
u y
dengan u x
Contoh 6
=
= −v x ∂u ∂ x
u y
=
∂u ∂ y
v x
=
∂v ∂ x
v y
=
∂v . ∂ y
Misalkan f(z) = z 2 = x2 – y2 + 2ixy. Apakah f(z) analitik untuk semua z ? Penyelesaian :
f(z) u x
analitik
= v y
u y
jika
memenuhi
persamaan
Cauchy
–
Riemann,
= −v x .
Perhatikan bahwa u = x2 – y2 dan v = 2xy. Maka u x = 2x = v y dan u y = -2y = -v x. Karena memenuhi persamaan C-R maka f analitik untuk semua z . Teorema 4
Misalkan f(z) = u (x,y) + iv (x,y) terdefinisi dan kontinu di suatu lingkungan dari z = x + iy dan mempunyai turunan di z maka u x , v y , u y , v x ada dan memenuhi persamaan Cauchy - Riemann u x
19
= v y
u y
= −v x .
Teorema 5
Jika dua fungsi kontinu yang bernilai riil u(x,y) dan v(x,y) mempunyai turunan parsial pertamanya kontinu dan memenuhi persamaan Cauchy – Riemann dalam domain D maka fungsi kompleks f(z) = u (x,y) + iv (x,y) analitik di D.
Contoh 7
Apakah f(z) = z 3 analitik? Penyelesaian Perhatikan bahwa u = x 3 – 3xy2 dan v = 3x2 y – y3. Maka u x = 3x 2 – 3y 2 = v y dan u y = -6xy = -v x. Karena memenuhi persamaan C-R maka f analitik untuk semua z .
8 Fungsi Analitik Definisi Fungsi Fungsi f(z) disebut analitik (atau holomorfik atau reguler atau Analtik monogenik) di titik z 0 apabila f’(z) ada di semua titik pada suatu
Teorema 5
lingkungan z 0. Misal f(z) = u(x,y) + iv(x,y). Andaikan i.
u x , v y , u y , v x kontinu di semua titik dalam lingkungan tertentu N dari titik z 0
ii.
persamaan
Cauchy-
Riemann
u x
= v y
u y
= −v x
berlaku di setiap titik di N maka f(z) analitik di z 0. Contoh 8
Buktikan f(z) = | z | 2 tidak analitik Bukti:
Karena f hanya mempunyai turunan di z = 0 atau f’(z) tidak ada pada persekitaran z = 0. Beberapa hal yang perlu diperhatikan
20
•
Jika f(z) analitik pada setiap titik di himpunan S maka f(z) analitik pada S .
• Jika
f(z) analitik di seluruh bidang kompleks maka f(z) fungsi
menyeluruh /fungsi utuh (entire function).
• Daerah keanalitikan (region of analycity) bagi f adalah keseluruhan titik pada bidang datar yang membuat f analitik.
Contoh 9
Misalkan f ( z ) =
z 3 − z + 1 z 2
+1
. Apakah f(z) analitik?
Penyelesaian: f’(z) ada di semua z kecuali di z 2 + 1 = 0 atau z = ± i. Jadi
Definisi Singular
f(z) analitik kecuali di z = ± i. Titik Titik z 0 dinamakan titik singular bagi f jika dan hanya jika f gagal menjadi analitik pada z 0 tetapi setiap lingkungan z 0 memuat paling sedikit satu titik yang membuat f analitik.
Contoh 10
Misalkan f ( z ) =
2 z + 1 z 3 + z
. Tentukan titik singular dari f dan
tentukan dimana saja f(z) analitik! Penyelesaian: f’(z) ada di semua z kecuali di z 3 + z = 0 atau di z = 0 dan di z = ± i . Sehingga titik singular dari f adalah di z = 0 dan
di z = ± i. f(z) analitik di semua z kecuali
di z 3 + z = 0 atau di z = 0 dan di z = ± i .
9 Fungsi Harmonik Definisi Fungsi Fungsi riil H(x,y) yang mempunyai turunan parsial orde 1 Harmonik dan 2 yang kontinu dan memenuhi persamaan Laplace
21
H xx ( x, y ) + H yy ( x, y ) = 0 disebut fungsi Harmonik. Contoh 11
Misalkan u(x,y) = x2 – y2 dan v(x,y) = 2xy. Apakah u dan v fungsi harmonik? Penyelesaian:
Perhatikan bahwa: u x = 2x
v x = 2y
u xy = 0
v xy = 2
u y = -2y
v y = 2x
u yx = 0
v yx = 2
u xx = 2
v xx = 0
u yy = -2
v yy = 0
Karena u x = 2x = v y , u y = -2y = -v x , u xx + u yy = 2 + (-2) = 0 dan v xx + v yy = 0 + 0 = 0 dimana u dan v memenuhi persamaan Laplace maka u dan v fungsi harmonik.
Definisi Fungsi Misalkan f(z) = u + iv. v disebut fungsi harmonik sekawan Harmonik Sekawan dari u jika u fungsi harmonik dan v fungsi harmonik.
Contoh 12
Misalkan u(x,y) = y3 – 3x2 y. Tentukan fungsi harmonik sekawan dari u. Penyelesaian:
u x = -6xy dan u y = 3y2 – 3x2. Menurut persamaan cauchy – Riemann diperoleh -6xy = u x = v y. Sehingga atau
∫
v( x, y ) = (−6 xy ) dy
= −3 xy 2 + h( x )
……….(1)
v x = -3y2 + h’(x).
Syarat persamaan Cauchy – Riemann yang kedua harus dipenuhi, yaitu u y = -v x. Sehingga
22
− 3 x 2 = −[ − 3 y 2 + h( x)] 3 y 2 − 3 x 2 = 3 y 2 − h( x) h ′( x) = 3 x 2 h( x ) = ∫ 3 x 2 dx = x 3 + c 3 y 2
..........
…………………………(2) Dari (1) dan (2) diperoleh v(x,y) = -3xy2 + x3 + c yang merupakan fungsi harmonik sekawan dari u.
Contoh 13
Misalkan v = ( x 2
− y 2 )
2
. Apakah fungsi tersebut harmonik?
Jika ya, tentukan fungsi analitik sekawan dari f(z) = u (x,y) + iv (x,y). Penyelesaian:
Akan diselidiki apakah v merupakan fungsi harmonik atau bukan. Perhatikan bahwa: v x = 2(x2 – y2 )2x = 4x3 – 4xy2 v y = 2(x2 – y2 )(-2y) = -4x2 + 4y3 v xx = 12x2 – 4y2 dan v yy = -4x2 + 12y2 . v xx dan v yy kontinu pada semua z , tetapi tidak memenuhi persamaan Laplace, yaitu v xx + v yy = 8x2 + 8y2 = 8(x2 +y2 ) ≠ 0. Jadi v bukan fungsi harmonik.
23
