6. Metode Pengintegralan Residu
6.
METODE PENGINTEGRALAN RESIDU Pada Pada bagi bagian an ini ini akan akan dibah dibahas as meng mengena enaii integ integra rall dari dari fungs fungsii komple kompleks ks
sepanjang lintasan tertutup C apabila fungsi tersebut tidak analitik pada satu atau bebe beberap rapa a titik titik di dalam dalam C , dengan dengan terlebih terlebih dahulu dahulu memperk memperkena enalkan lkan pengert pengertian ian singularitas dan residu. Setelah membaca Bab 6, mahasiswa diharapkan dapat : Mengerti pengertian singularitas, definisi residu dan jenis singularitas.
Menggunakan teorema residu dalam perhitungan integral
60
6. Metode Pengintegralan Residu
6.1 Singularitas
∀ N r ( z 0 ) , ∃ z ∈ N r ( z 0 ) sehingga f analitik
Jika f ( z ) tidak analitik di z 0 dan
di z maka z 0 titik singular f ( z ) . Terdapat dua macam titik singular, yaitu (i). Titik singular terasing.
z 0 titik singular terasing f jika ∃ N r ( z 0 ) sehingga f analitik ∀ z ∈ N r ( z 0 ) kecuali di z 0 sendiri.
Contoh 6.1 f ( z ) =
4i z + 1 2
, titik singular f ( z ) yaitu z 0
= ± i merupakan titik singular terasing.
(ii). Titik singular tak terasing.
z 0 titik singular tak terasing ⇔ z 0 titik singular f dan setiap persekitaran z 0 memuat paling sedikit satu titik singular f yang lain dari z 0 .
Contoh 6.2 f ( z ) = log z (setiap titik pada sumbu riil negatif merupakan titik singular tak terasing).
6.2 Residu Jika z 0 titik singular terasing fungsi f maka dalam daerah D
∃ r > 0 sehingga f analitik di
= { z 0 < z − z 0 < r } . Selanjutnya, fungsi f dapat dinyatakan dalam
deret Laurent di dalam D, yaitu
f ( z ) =
∞
∑
a n ( z − z 0 ) + n
n =0
∞
=
∑
bn =
bn
∑ ( z − z ) n =1
a n ( z − z 0 ) n +
n=0
dengan
∞
1 2π i
f ( z )
∫ ( z − z ) C
− n +1
n
0
b1 ( z − z 0 ) dz ,
+
b2 ( z − z 0 ) 2
n = 1, 2,
+
dan C adalah sebarang lintasan
0
tertutup berarah positif di dalam D yang mengelilingi z 0 . Khusus untuk n = 1 diperoleh,
b1 =
1 2π i
f ( z )
∫ ( z − z ) C
0
−1+1
dz =
1 2π i
∫ f ( z ) dz C
61
……..… (6.1)
6. Metode Pengintegralan Residu
Bilangan kompleks b1 yaitu koefisien dari ( z − z 0 )
−1
pada deret Laurent fungsi f di
sekitar titik singular terasing z 0 disebut residu f di titik singular terasing z 0 , ditulis
b1 = Re s [ f , z = z 0 ] . Setiap fungsi mempunyai residu di titik singularnya.
Contoh 6.3 e − z
=
Diketahui f ( z )
( z − 2) 3
. f ( z ) mempunyai titik singular terasing z 0
analitik di dalam daerah D
= 2 , sehingga f
= { z 0 < z − 2 < ∞} . Deret Laurent fungsi f di dalam D
yaitu
e − z ( z − 2)
3
=
e −2 e − ( z − 2 ) ( z − 2)
3
=
e −2 ( z − 2)
3
e −( z − 2)
(−( z − 2)) 2 1 ( ( z 2 )) = + − − + + 2! ( z − 2) 3 e −2 ( z − 2) 2 1 ( z 2 ) = − − + + 2! ( z − 2) 3 1 1 1 = e −2 − + + 3 2 2( z − 2) ( z − 2) ( z − 2) e −2
Diperoleh b1
= Re s [ f , z = 2] =
e −2 2
=
1 2e 2
. □
Deret Laurent fungsi f di sekitar titik singular terasing z 0 yaitu
f ( z ) =
∞
∑a
n n ( z − z 0 ) +
n =0
b1 ( z − z 0 )
+
b2 ( z − z 0 ) 2
+
bagian utama ( principle part ) f di titik z 0
Bagian utama f di titik singular z 0 digunakan untuk membedakan jenis titik singular terasing.
1. Jika bagian utama f di titik singular terasing z 0 memuat paling sedikit satu suku tak nol dan jumlah suku tak nol tersebut berhingga, maka terdapat bilangan asli m sehingga bm
≠ 0 , sedangkan bm +1 = bm + 2 = = 0 . Deret Laurent fungsi f
menjadi
62
6. Metode Pengintegralan Residu
f ( z ) =
∞
∑a
( z − z 0 ) n +
n
n =0
b1
+
( z − z 0 )
b2 ( z − z 0 )
2
++
bm ( z − z 0 ) m
.
Selanjutnya z 0 disebut kutub ( pole) tingkat m. Jika m = 1 maka z 0 disebut kutub tunggal (simple pole).
Contoh 6.4 a. f ( z )
=
f ( z ) =
1 − cos z
, f ( z ) mempunyai titik singular terasing z 0
z 3
1 − cos z z 3
1
= 3 1 − 1+ z
= Jadi z 0 b. f ( z )
=
2 z
−
z 4!
+
z 3 6!
n
( 2n)!
n =0
+
,
0 < z < 0
= 0 merupakan kutub tunggal.
e − z
, f ( z ) mempunyai titik singular terasing z 0
z 2 e − z
f ( z ) =
1
( z 2 n )
∞
∑ (−1)
= 0.
2
z
=
1 2
z
= 0.
e − z
1 z 2 = 2 1 − z + − 2! z =
1 z 2
Jadi z 0
1
1
z
2
− +
−
,
0 < z < ∞
= 0 merupakan kutub tingkat 2.
2. Jika bagian utama f di titik singular terasing z 0 mempunyai tak berhingga banyak suku , maka z 0 disebut titik singular terasing essensial.
Contoh 6.5 1
f ( z ) = e , f ( z ) mempunyai titik singular terasing z 0 = 0 . z
1
f ( z ) = e z = 1 + Jadi z 0
1 z
+
1 2! z 2
+
1 3! z 3
+
= 0 merupakan titik singular terasing essensial.
63
6. Metode Pengintegralan Residu
3. Jika koefisien bn pada bagian utama f di titik singular terasing z 0 semuanya nol, maka z 0 disebut titik singular yang dapat dihapus ( removable ).
Contoh 6.6 f ( z ) = f ( z ) = Jadi z 0
e z − 1 z
= 0.
, f ( z ) mempunyai titik singular terasing z 0
1 z 2 z 3 z z 2 = [e − 1] = 1 + z + + + = 1 + + + z z 2! 3! 2! 3!
e z − 1
1
z
z
= 0 merupakan titik singular yang dapat dihapus ( removable ).
Teorema 6.1
Misalkan diberikan fungsi f ( z ) dengan titik singular z 0 .
Jika
terdapat bilangan asli m sehingga fungsi f ( z ) dapat ditulis sebagai
f ( z ) =
φ ( z )
analitik di z 0
dan φ ( z )
( z − z 0 ) m
dengan
φ ( z 0 ) ≠ 0 maka f ( z ) mempunyai kutub tingkat m di z 0 dan Re s[ f ( z ), z = z 0 ] = Jika m
φ ( m−1) ( z 0 )
, m >1.
( m − 1)!
( z − z 0 ) f ( z ) . □ = 1 maka Re s[ f ( z ), z = z 0 ] = z lim → z 0
Contoh 6.7 f ( z ) =
cos z z ( z − 3) 2
, f ( z ) mempunyai titik singular terasing z 0
= 0 dan z 0 = 3 .
• Untuk titik singular terasing z 0 = 0 . f ( z ) =
cos z z ( z − 3)
2
dapat ditulis sebagai f ( z ) =
φ ( z ) analitik di z 0 = 0 dan φ (0) = Jadi z 0
cos 0 (0 − 3) 2
=
1 9
φ ( z ) z
dengan φ ( z ) =
cos z ( z − 3) 2
.
≠ 0.
= 0 merupakan kutub tunggal dan cos z 1 = Re s[ f ( z ), z = 0] = lim z . z →0 z ( z − 3) 2 9
• Untuk titik singular terasing z 0 = 3 . f ( z ) =
cos z z ( z − 3)
2
dapat ditulis sebagai f ( z ) =
φ ( z ) analitik di z 0 = 3 dan φ (3) =
cos 3
≠ 0. 3 Jadi z 0 = 3 merupakan kutub tingkat 2, dan
64
φ ( z ) ( z − 3)
2
dengan φ ( z )
=
cos z z
.
6. Metode Pengintegralan Residu
φ ' ( z ) =
− z sin z − cos z − [ z sin z + cos z ] = 2 2 z
sehingga diperoleh Re s[ f ( z ), z = 3]
=
z φ (3) '
1!
=
− [ 3 sin 3 + cos 3] 9
.
6.3 Penggunaan Teorema Residu Pada bab sebelumnya, perhitungan integral dilakukan hanya untuk satu titik singular dalam lintasan tertutup C .
Residu dapat digunakan untuk menghitung
integral sepanjang lintasan tertutup C di dalam daerah D yang memuat satu atau lebih titik singular. Apabila lintasan tertutup C di dalam daerah D hanya memuat satu titik singular maka menggunakan persamaan (6.1) diperoleh
∫ f ( z ) dz = 2π i b = 2π i Re s [ f , z = z ] . 1
C
0
Contoh 6.8 Jika f ( z )
=
e z z − 1
, hitung
∫ f ( z ) dz . C
Penyelesaian :
f ( z ) mempunyai titik singular terasing z 0 = 1 , sehingga dapat diperoleh deret Laurent pada daerah D
e z z − 1
=
e ( z −1) +1 z − 1
=
= { z 0 < z − 1 < ∞} , yaitu
e
z −1
z − 1
e
=
e
∞
∑
( z − 1) n
z − 1 n =0
n!
e ( z − 1) 2 1 ( z 1 ) = + − + + z − 1 2! =
e z − 1
+e+
e( z − 1) 2!
+
Diperoleh b1 = Re s [ f , z = 1] = e , sehingga
e z
∫ z − 1 dz = 2π i e dengan C : z − 1 = 2 . □ C
Apabila lintasan tertutup C di dalam daerah D memuat satu satu atau lebih titik singular, maka integral sepanjang lintasan tertutup C dapat ditentukan menggunakan teorema berikut.
Teorema 6.2
Jika f analitik di dalam dan pada lintasan tertutup C yang berarah
65
6. Metode Pengintegralan Residu
(Teorema Residu Cauchy)
positif kecuali di titik singular terasing z 1 , z 2 , z 3 , , z n maka n
∫ f ( z ) dz = 2π i ∑ Re s [ f ( z ), z = z ] . j
C
□
j =1
Contoh 6.9 Hitung
3 z + 2
∫ z ( z + 1) dz , C
C : z = 2 .
Penyelesaian :
f ( z ) mempunyai titik singular terasing z 1 = 0 dan z 2 = −1 di dalam C , sehingga Re s[ f ( z ), z 1 = 0] = 2 dan Re s[ f ( z ), z 2 = −1] = 1 Jadi,
3 z + 2
∫ z ( z + 1) dz = 2 π i [ Re s[ f ( z ), z = 0] + Re s[ f ( z ), z 1
C
2
= −1] ]
= 2 π i [ 2 + 1] = 6 π i .
Ringkasan Apabila lintasan tertutup C di dalam daerah D memuat satu satu atau lebih titik singular, maka integral sepanjang lintasan tertutup C dapat ditentukan menggunakan teorema Residu Cauchy.
Soal-soal Hitung nilai integral berikut dengan menggunakan metode pengintegralan residu, apabila C : sebarang lintasan tertutup ( counterclockwise ) sehingga semua titik singular di dalam C . 1.
2.
3.
∫ z
2
C
∫
5 z
+4
dz .
z 2 sin z
C
4 z 2 − 1 z + e z
∫ z C
3
− z
dz .
dz .
Hitung nilai integral berikut dengan menggunakan metode pengintegralan residu, apabila C : z
= 1.
66
6. Metode Pengintegralan Residu
4.
∫
C
5.
∫
6.
∫
C
C
6 z 2 − 4 z + 1 ( z − 2) (1 + 4 z 2 )
dz .
z
dz . 1 + 9 z 2 z 5 − 3 z 3 + 1 ( 2 z + 1) ( z 2 + 4)
dz .
67
