Post on 26-Oct-2015
description
Makalah
Fungsi AnalitikDisusun untuk memenuhi tugas mata kuliah Analisis Kompleks
Dosen Pengampu: Dr. Kartono, M. Si
Disusun Oleh:
Jayanti Putri P. (4101408060)
Atik Suryani (4101408080)
Tri Diana Wijayanti (4101408145)
Ike Dwi Utami (4101408149)
JURUSAN MATEMATIKA
FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM
UNIVERSITAS NEGERI SEMARANG
2011
Fungsi Analitik
TUJUAN:
a. Mahasiswa dapat memahami fungsi variabel kompleks
b. Mahasiswa dapat menyajikan fungsi variabel kompleks secara geometris
c. Mahasiswa dapat memahami definisi dan konsep limit pada bilangan kompleks
d. Mahasiswa dapat memahami definisi dan konsep kekontinuan pada bilangan kompleks
e. Mahasiswa dapat memahami definisi dan konsep turunan pada fungsi kompleks
Fungsi Analitik
A. Fungsi Variabel Kompleks
Diberikan D suatu subhimpunan bidang kompleks C dan f suatu fungsi dari D ke
dalam C. Jika z menyatakan sembarang titik di dalam D, jadi z menyatakan bilangan
kompleks dalam D, maka z dinamakan suatu variabel kompleks . Untuk z ∈ D maka nilai
fungsi f (z) adalah bilangan kompleks. Fungsi yang bernilaikan bilangan kompleks disebut
fungsi bernilai kompleks atau fungsi kompleks. Jadi fungsi f ini adalah fungsi kompleks dari
variabel kompleks dengan daerah definisi D. Dalam pelajaran fungsi variabel kompleks
daerah definisi suatu fungsi dinamakan domain definisi fungsi itu, meskipun daerah definisi
itu bukan suatu domain. Nilai fungsi kerap dinyatakan dengan huruf w, sehingga fungsi f
dengan domain definisi D ditulis w = f (z) dengan z ∈ D. Biasanya suatu fungsi diberikan
dengan disertakan eksplisit domain definisinya. Akan tetapi, jika fungsi diberikan tanpa
disertakan domain definisinya, maka domain definisi selalu dimaksud himpunan yang paling
besar yang dapat dijadikan domain definisi fungsi itu. Misalnya, diberikan fungsi w = 1/z,
maka domain definisinya adalah C – {0} yaitu seluruh bidang kompleks C kecuali titik 0
sebab untuk z=0, maka fungsi tidak didefinisikan.
Kaitan Dengan Fungsi Real Dari Dua Variabel Real
Andaikan bahwa w = u + iv dengan u∈ℜdan v∈ℜ adalah nilai fungsi f di z
= x + iy, jadi u + iv = f (x+iy). Hal ini berkaitan dengan fungsi real dari dua variabel real
yaitu jika diberikan fungsi bernilai kompleks dari variabel kompleks f (z), maka f (z) = u
(x,y) + iv (x,y) dengan u dan v fungsi bernilai real dari variabel real x dan y. Fungsi u (x,y)
dan v ( x,y) berturut-turut dinamakan bagian real dan bagian imajiner dari fungsi f (z).
Contoh 1:
Nyatakan fungsi f (z) = z2 dalam bentuk kartesius.
Maka f (z) = f (x + iy) = (x + iy)2 = x2 – y2 + i2xy.
Jadi, u (x,y) = x2 – y2 dan v (x,y) = 2xy.
Contoh 2:
Nyatakan f (z) = z+1
z dalam bentuk polar.
Karena z = reiθ
maka f (reiθ
) = reiθ
+
1
reiθ
Y
O X
. Z . W
O U
VBidang-Z Bidang-W
w=f(z)
= r (cos θ+i sinθ ) + 1
r(cosθ−i sin θ )
= (r+ 1
r) cosθ + i (r−1
r)sin θ
Jadi, u ( r , θ )= (r+ 1
r) cos θ
dan v (r ,θ )=(r−1
r)sinθ
.
Fungsi f ( z )= x2∫
0
ω
e− yt dt + ∑n=0
ω
xn
memiliki domain definisi lajur tak
hingga { z : z = x + iy, -1<x<1, y>0 } sebab integral tak wajar dan deret tak hingga di atas
konvergen hanya bila variabel x dan y memenuhi syarat -1<x<1 dan y>0. Dapat juga terjadi
fungsi f (z) bernilai real dalam domain yang di tinjau, dalam hal ini v (x,y) = 0 dalam domain
itu, sebagai misal f (z) = |z| untuk z∈C.
Untuk n bulat positif dan co, c1, ... , cn konstanta kompleks fungsi
P (z) = c0+c1z+ ... + cnzn ( cn ¿ 0 ) dinamakan fungsi sukubanyak berderajat n. Fungsi konstan
f (z) = c0 adalah fungsi suku banyak berderajat nol, sedangkan g (z) = c0 + c1z untuk c1¿ 0
sukubanyak berderajat satu atau fungsi linier. Hasil bagi sukubanyak P (z) dan Q (z) yakni P
(z) / Q (z) dinamakan fungsi rasional.
B. Mapping
Dalam kalkulus telah dipelajari bagaimana menggambar grafik fungsi real y=f(x)
yang grafiknya berupa suatu lengkungan yang berada pada bidang datar. Demikian pula
grafik fungsi dua peubah real z=f(x,y) berupa suatu permukaan yang berada pada ruang.
Penyajian secara geometri dari fungsi kompleks w=f(z), z∈Df berada pada ruang
berdimensi-4. Karena itu untuk menggambarkan fungsi kompleks diperlukan dua bidang,
bidang yang pertama untuk variabel z yang dinamakan bidang-Z dan yang kedua bidang-W
tempat menyajikan nilai fungsi f. Nyatakan x + iy untuk Z dan u + iv untuk W. Pada bidang-
Z tetapkan sumbu real OX dan sumbu imaginer OY sedangkan pada bidang-W tetapkan
sumbu real OU dan sumbu imaginer OV. Situasi tersebut diperlihatkan pada gambar dibawah
ini.
Y Bidang-Z V
z3
z1
z2
w2
w1w
3
OX U
Bidang-W
1 10
Contoh:
Misalkan fungsi w = f(z) = z̄ untuk setiap z∈C dengan z = x + iy, diperoleh w= f(z) = x–iy.
Oleh karena itu,
Untuk z1 = 2+3i, diperoleh w1 = 2-3i
Untuk z2 = 1-2i, diperoleh w2 = 1+2i
Untuk z3 = 4i, diperoleh w3 = -4i dan seterusnya.
Grafiknya diperlihatkan seperti berikut ini.
Untuk contoh yang lain:
Diketahui domain dengan pusat (0,0) dan f(z) = z. Tentukan transformasi f(z) = z + 1 dan
gambarkan dalam 1 bidang!
Selesaian :
Jelas f(z)= z dan r = 1.
Domain pusat (0,0).
Maka grafik domainnya
O
0 1 2
0 1 2
Bayangan F(z) = z + 1
= z + B
Jelas B = 1.
= a + ib
= 1 + i0
Jadi, pusat bayangan (a,b) = (1,0).
Grafik bayangan :
Bila f(z) = z dan f(z) = z + 1 digambar dalam 1 bidang :
C. Limit
Diberikan fungsi f dengan dominan definisi daerah D. Dalam pasal ini akan dibahas
pengertian limit fungsi f (z) untuk variabel z mendekati titik z0, suatu titik limit daerah D.
Telah didefinisikan pengertian titik limit, titik z0 disebut titik limit D. Jika untuk setiap δ > 0,
sekitar N (z0, δ ) = { z : |z−z0| <
δ } memuat paling sedikit satu titik z1∈D dan z1 ≠z0.
Definisi
Diberikan suatu fungsi f yang terdefinisi pada daerah D⊆C dan z0∈D .
Y V
X U
z0
L
0 0u L
11
Rf
F(z) u+ivvzy0
y
x
Df = D f
L2
Bidang-Z Bidang-W
a) limz→ z0
f ( z )= L jika dan hanya jika untuk setiap bilangan ε>0 terdapat bilangan
δ >0 sehingga jika 0<|z−z0|<δ , z∈D berlaku |f ( z )−L|<ε
b) limz→ z0
f ( z )= L jika dan hanya jika untuk setiap lingkungan N(L,ε ) terdapat
lingkungan terhapuskan N*(z0,δ ) sehingga jika z∈N*(z0,δ )¿ D berlaku f(z) ∈
N(L,ε ).
Definisi ini secara geometris dapat ditafsirkan sebagai berikut.
Untuk nilai ε>0 yang diberikan maka nilai δ dalam definisi di atas tergantung
kepada nilai ε itu. Biasanya makin kecil ε diberikan, makin kecil juga δ . Ini
memperlihatkan bahwa nilai f(z) akan makin dekat kepada nilai L, apabila variabel z makin
dekat kepada zo. Tetapi harap pembaca perhatikan dalam definisi di atas, bahwa variabel z
benar mendekati zo namun tidak pernah sama dengan zo. Persyaratan untuk titik zo harus titik
limit D, ini diperlukan agar vaiabel z ∈ D dapat mendekati sedekat-dekatnya ke zo. Titik zo
ini dapat dipilih titik interior atau titik perbatasan D. Perlu diingat titik perbatasan D tidak
perlu anggota D.
Contoh:
Buktikan bahwa limz→1
iz2
= i2
.
Bukti:
Misalkan f ( z )= iz
2 maka Df = C.
Akan dibuktikan bahwa ∀ ε>0 ∃ δ >0 sehingga 0<|z−1|<δ berlaku |iz
2− i
2|<ε
Hasil yang ingin dicapai dapat ditulis
|iz2− i
2|=|i
( z−1)2
|=|z−12
|< δ2<ε
Langkah pembuktian:
Pilih δ≤2 ε maka ∀ ε>0 ∃ δ >0 sehingga 0<|z−1|<δ <2 ε berlaku
|iz2− i
2|=|i
( z−1)2
|=|z−12
|< 2 ε2
=ε .
Jadi terbukti bahwa limz→1
iz2
= i2
.
D. Teorema Limit
TEOREMA 1:
Diberikan fungsi komplek f terdefinisi pada daerah D⊆C dengan z0∈D dan L ,M ∈C .
(a) Jika limz → z0
f ( z )=Ldan limz → z0
f ( z )=M , maka L=M
(b) limz → z0
f ( z )=L jika dan hanya ji ka terdapat bilangan k>0 dan bilangan δ >0 sehingga
berlaku |f (z )|<k untuk setiap z∈N (z0 , δ)⋂D
Teorema di atas akan dibuktikan hanya bagian (b) saja, sedangkan bagian (a) diberikan
sebagai latihan.
Bukti:
Diberikan bilangan ε>0 sebarang. Terdapat bilangan δ >0 sehingga jika
¿|z−z0|<δ , z0∈D berlaku |f ( z)−L|<1. Oleh karena itu, diperoleh
|f (z )|=|f ( z)−L|≤|f ( z )−L|+¿1+|f (z)|
Ambil bilangan k=1+|L|>0, diperoleh|f (z )|<k untuk z∈N (z0 , δ)⋂D
TEOREMA 2:
Diberikan fungsi kompleks f dan g yang terdefinisi pada daerah D=D f ⋂D g⊆C dengan
z0∈D .
Jika limz → z0
f ( z )=Ldan limz → z0
g ( z )=M ,maka
(a) limz → z0
[ f ( z )+g(z )]=L+M
(b) limz → z0
kf ( z )=kL, k∈C
(c) limz → z0
[ f ( z ) . g (z)]=LM
(d) limz → z0
f (z )g (z)
= LM
, M ≠ 0
Akan dibuktikan teorema bagian (c) sedangkan yang lainnya diberikan sebagai latihan.
Bukti:
Pada bagian ini yang akan dibuktikan untuk kasus L ≠0 dan M ≠ 0. Hasil yang dicapai
dapat ditulis:
|f ( z) g ( z )−LM|=|( f ( z ) g ( z )−Lg ( z ) )+(Lg (z )−LM )| ≤|f ( z ) g ( z )−Lg (z)|+|Lg (z )−LM| ≤|g(z )|.|f ( z )−L|+|L|.|g ( z)−M|<ε .
Diberikan bilangan ε>0 sebarang. Karena limz → z0
g ( z )=M , maka
terdapat bilangan δ 1>0 dan bilangan k>0 sehingga berlaku |g(z )|≥ k untuk setiap
∈N (z0 , δ 1)⋂D ;
terdapat bilangan δ 2>0 sehingga jika 0<|z−z0|<δ 2, z∈D, berlaku
|f ( z)−L|< ε2|k|
;
terdapat bilangan δ 3>0 sehingga jika0<|z−z0|<δ 3, z∈D , berlaku
|g ( z )−M|< ε2|L|
. Diambil δ=min {δ1 , δ2 , δ3 } , diperoleh
|f ( z) g ( z )−LM|=|( f ( z ) g ( z )−Lg ( z ) )+(Lg (z )−LM )|≤|f ( z ) g ( z )−Lg (z)|+|Lg (z )−LM|
≤|g ( z )|.|f (z )−L|+|L|.|g (z )−M|
¿k .ε
2|k|+|L|.
ε2|L|
=ε , bila 0<|z−z0|<δ .
Dengan kata lain terbukti bahwa
limz → z0
[ f ( z ) . g (z)]=LM .
Limit dari nilai mutlak suatu fungsi yang terdefinisi pada suatu daerah
disajikan pada teorema berikut ini.
TEOREMA 3:
Diberikan fungsi kompleks f yang terdefinisi pada daerah D C dengan zo∈D.
(a) Jika limz → z0
¿f(z)=L, L≠0 maka limz → z0
|f (z)|=|L|
(b) limz → z0
¿f(z)=0, jika dan hanya jika limz → z0
|f (z)|=0.
Akan dibuktikan teorema bagian (a), sedangkan bagian lainnya diberikan kepada para
pembaca sebagai latihan.
Bukti (a):
Diberikan bilanganε>0 sebarang, maka terdapat bilanganδ >0 sehingga jika
0<¿ z−z0¿<δ, z ∊ D berlaku
||f (z )|−|L||=|f (z )−L|<ε .
Jadi terbukti bahwa limz → z0
|f (z)|=|L|.
TEOREMA 4:
Diberikan fungsi f, g, dan h didefinisikan pada daerah D=D f ⋂D g⊆C dan z0∈D, Jika
|f (z )|≤|g(z )|≤|h(z)| untuk setiap z ∊N*(z0, δ ¿ D), limz → z0
|f (z)|=|L| danlimz → z0
|h (z)|=|L|, maka
limz → z0
|g(z )|=|L|.
Bukti:
Diberikan bilangan ε>0 sebarang, maka
terdapat bilanganδ 1>0dan bilangank>0 sehingga berlaku |f (z )|<kuntuk setiap z ∊N*(z0
, δ 1¿ D)
terdapat bilanganδ 2>0 dan dan bilangank>0 sehingga berlaku |h (z)|<kuntuk setiapz ∊
N*(z0, δ 2¿ D);
Ambilδ = min{δ1 , δ2 }Diperoleh|f (z )|≤|g(z )|≤|h(z)|<k untuk setiap z ∊N*(z0, δ ¿ D);sehingga berlaku|g(z )|<k .
Jadi terbukti bahwalimz → z0
|g(z )|=|L|.
Contoh:
Hitunglahlimz →0
x2
z.
Penyelesaian:
Karena0 ≤|x2
z |=|x2||z|
≤|x|≤|z|dan limz → 0
|0|=limz → 0
|z|=0 , makalimz → 0
|x2
z |=0. Akibatnya lim x2
zz → 0
=0.
TEOREMA 5:
Diberikan f(z)=u(x,y)+iv(x,y) terdefinisi pada daerahD⊆C dan zo= a+ib
∈D , limz → z0
f ( z )=A+ iB jika dan hanya jika lim( x , y )→ (a , b)
u ( x , y )=A dan lim( x , y )→ (a , b)
v (x , y )=B .
Bukti:
(=>) Diberikan bilangan ε>0 sebarang. Diketahui limz → z0
f ( z )=A+iB berarti terdapat bilangan
δ >0 sehingga jika0<¿ z−z0¿<δ berlaku|f ( z)−( A+ iB)|<ε . Dengan kata lain, terdapat
bilanganδ >0 sehingga jika 0<‖z−z0‖<δ berlaku
|u ( x , y )+iv ( x , y )−A+iB|<ε atau |u ( x , y )−A| + |v ( x , y )−B|<ε.
Jadi, untuk bilanganε>0 di atas terdapat bilangan δ >0sehingga jika0<‖z−z0‖<δ
berlaku|u ( x , y )−A|<ε dan |v ( x , y )−B|<ε
Jadi terbukti bahwa lim( x , y )→ (a , b)
u ( x , y )=A dan lim( x , y )→ (a , b)
v (x , y )=B .
(<=) Diberikan bilangan ε>0 sebarang.
Karena lim( x , y )→ (a , b)
u ( x , y )=A berarti terdapat bilangan δ 1>0 sehingga jika 0<‖z−z0‖<δ1
berlaku|u ( x , y )−A|<¿ ε2
.Dengan kata lain, untuk bilanganε>0 di atas terdapat bilangan δ 1>0
sehingga jika 0<‖z−z0‖<δ1 berlaku |u ( x , y )−A|<¿ ε2
.
Karena lim( x , y )→ (a , b)
v (x , y )=B berarti terdapat bilangan δ 2>0 sehingga jika 0<‖z−z0‖<δ2
berlaku |v ( x , y )−B|<¿ ε2
. Dengan kata lain, untuk bilangan ε>0 di atas terdapat bilangan
δ 2>0 sehingga jika 0<‖z−z0‖<δ2 berlaku |v ( x , y )−B|<¿ ε2
.
Dipilih δ=min { δ 1 , δ 2}, diperoleh jika 0<¿ z−z0¿<δ berlaku
|f ( z)−( A+iB )|=|(u (x , y )−A )+ (v ( x , y )−B )|≤|(u ( x , y )−A )|+|( v ( x , y )−B )|
¿ ε2+ ε
2=ε .
Jadi terbukti bahwa limit limz → z0
f ( z )=A+iB .
Kontrapositif dari teorema di atas merupakan suatu pernyataan yang benar, yaitu:
‘Jika lim( x , y )→ (a , b)
u ( x , y ) atau lim( x , y )→ (a , b)
v (x , y ) tidak ada, maka limz → z0
f ( z ) tidak ada”.
TEOREMA 6:
Diberikan f(z)=u(x,y)+iv(x,y), terdefinisi pada daerah D⊆C dan zo= a+ib∈D ,
Jika limz → z0
f ( z )=L maka limz → z0
f ( z ) selalu ada dengan nilai L untuk z→ z0 sepanjang kurva
S⊆D dan z0 suatu limit S.
Akibat dari teorema di atas adalah sebagai berikut:
“Jika fungsi f mempunyai limit yang berbeda untuk z→ z0 sepanjang dua kurva yang
mempunyai titik limit z0, maka limz → z0
f ( z ) tidak ada”.
Contoh:
Diketahui f(z) =
2 xyx2+ y2
+ ix2
y+1. Selidiki apakah
limz→0
f ( z )ada.
Penyelesaian:
Misalkan z→0 sepanjang garis y=0 diperoleh f(z) = f (x,0) = ix2.
Jadi sepanjang garis y=0, limz→0
f ( z )=limx→ 0
ix2=0 .
Misalkan z→0 sepanjang garis y=x.
Diperoleh f (z) = f (x, x) = 1+ ix2
x+1 .
Jadi, sepanjang garis y=x, limz→0
f ( z )=limx→ 0
(1+ ix2
x+1)=1 .
Karena sepanjang garis y=0 dan sepanjang garis y=x nilai limitnya berbeda, maka limz→0
f ( z )
tidak ada.
E. Limit Tak Hingga
Kita akan bekerja dalam C* = C¿ {ω }. Elemen ω adalah nilai w= 1/z untuk z = 0
dan untuk z = ω nilai w=0. Hal ini telah di bicarakan dalam bab sebelumnya. Bayangan
daerah cakram {z:|z|<δ } di bidang z oleh fungsi w = 1/z adalah daerah {w:|w|>M } di
bidang w dengan M = 1/δ . Tampak bahwa makin kecil δ makin besar nilai M, sehingga
untuk z→0 maka M→∞ . Jadi jika z→0 maka 1/z→∞ . Dengan demikian maka
limx→∞
f (z )= limx→∞
f (1/ z ) kalau limit ini ada.
Definisi
Bilangan L adalah limx→∞
f (z )jika untuk setiap ε>0 , terdapat δ >0, sehingga untuk
0<|z|<δ berlaku |f (1/ z )−L|<ε .
Bilangan L adalah limx→∞
f (z )jika untuk setiap ε>0 , terdapat M sehingga untuk |z|>M
berlaku |f ( z )−L|<ε .
Definisi
Dikatakan bahwa limx→x 0
f ( z )= ∞jika
limx→x 0
1f ( z )
= 0, yakni jika diberikan M>0, terdapat
δ >0, sehingga untuk semua z di mana 0<|z−zn|<δ
berlaku |f ( z )|>M .
Contoh
1.limz →4
3 iz+1z−4
= ∞, sebab
limz →4
1/ f ( z ) =limz→ 4
z−43 iz+1
= 0
2.limz→0
3 iz+1z+1
= 3, sebab
limz→0
1/ f ( z ) =limz→ 0
3z
+ 1
1z+1
= limx→0
3+z1+z
=3 .
F. Kekontinuan
Konsep kekontinuan fungsi kompleks diperkenalkan melalui konsep limit fungsi
skalar atau ε−δ . Kekontinuan fungsi kompleks di sutu titik dan pada suatu himpunan
didefinisikan sebagai berikut :
DEFINISI 2:
a. Diberikan fungsi kompleks f terdefinisi pada region D⊆C yang memuat z0 dengan
z0 suatu titik limit dari D. fungsi f dikatakan kontinu z0 jika lim ¿ z→ z0 f ( z )=f ( z0 )
b. Diberikan fungsi terdefinisi pada region yang D⊆C memuat z0. Fungsi f dikatakan
kontinu di z0 jika untuk setiap bilangan ε>0 terdapat bilangan δ >0 sehingga jika
|z−z0|<δ , zϵD berlaku ¿ f ( z )−f ( z0 )∨¿ ε
c. Fungsi f dikatakan kontinu pada region D⊆C jika f kontinu di setiap titik pada D
Teorema berikut memperlihatkan penguraian fungsi kompleks ke dalam bentuk
f ( z )=u ( x , y )+ iv ( x , y ) . Hal ini menunjukan bahwa kekontinuan fungsi kompleks merupakan
syarat perlu dan cukup untuk kekontinuan fungsi-fungsi komponennya.
TEOREMA 7:
Diberikan f ( z )=u ( x , y )+ iv ( x , y ) terdefinisi pada region D⊆ C yang memuat
z0=a+ib . Fungsi f kontinu di z0 jika dan hanya jika u ( x , y ) dan v ( x , y )kontinu di (a , b )
Bukti :
Bukti teorema ini merupakan akibat langsung dari teorema 5, karena yang harus
dibuktikan adalah lim ¿ z→ z0 f ( z )=f ( z0 ) jika dan hanya jika
lim ¿ ( x , y ) → (a ,b )u ( x , y )=u (a ,b ) atau lim ¿ ( x , y ) → (a ,b ) v (x , y )=v (a ,b ).
Sifat kekontinuan fungsi kompleks pada rumus berikut dibuktikan dengan cara yang sama
seperti sifat kekontinuan fungsi real, karena itu diberikan sebagai latihan.
TEOREMA 8 :
a. Diberikan fungsi f dan g terdefinisi pada region D⊆
C dan z0 D dan k suatu konstanta
kompleks. Jika f dan g kontinu di z0 , maka fungsi f + g, kf, dan fg semuanya kontinu di
z0. Sedangkan fungsi fg
kontinu di z0 asalkan g ( z0 ) ≠0.
b. Jika fungsi kompleks f kontinu di z0 dan fungsi g kontinu di f(z0), maka fungsi komposisi
g o f kontinu di z0
Dengan menggunakan definisi dan berbagai sifat kekontinuan fungsi kompleks, dapat
dibuktikan bahwa fungsi berikut semuanya kontinu pada daerah definisinya.
TEOREMA 9 :
a. Fungsi polinom f kontinu pada seluruh bidang kompleks
b. Fungsi rasional f ( z )= h (z )g ( z )
( h dan g fungsi polinom) kontinu pada C−{z∈C : g ( z )=0 }
Bukti :
a. Bukti untuk teorema 9a
I. Jika f(z) = k dengan konstanta kompleks, maka lim ¿ z→ z0 f ( z )=k untuk
setiap z∈Cdan z0∈C. Diberikan bilangan ε>0, maka terdapat bilangan δ >0
Sehingga jika |z−z0|<δ berlaku |f ( z)−k|=|k−k|<εuntuk setiap z∈C (disini
δdiambil sembarang). Jadi lim ¿ z→ z0 f ( z )=k.
II. Jika f(z) = z untuk setiap z∈C, maka lim ¿ z→ z0 f ( z )=z0. Diberikan ε>0,
sebarang, maka terdapat bilangan 0<δ<ε sehingga jika |z−z0|<δ ≤ ε berlaku
|f ( z)−f ( z0 )|=|z−z0|<ε. jadi lim ¿ z→ z0 f ( z )=lim ¿ z→ z0 z=z0.
Oleh karena itu, diperoleh lim ¿ z→ z0 z2=z02 dan lim ¿ z→ z0 z3=z0
3.
Dengan prinsip induksi matematika diperoleh bahwa lim ¿ z→ z0 zn=z0n , n∈N .
Akibatnya :
i. lim ¿ z→ z0a zn=az0n , a∈
Jika f ( z )=a0 zn+a1 zn−1+a2 zn−2+…+an−1 z+an, maka diperoleh
lim ¿ z→ z0 f ( z )=a0 z0n+a1 z0
n−1+a2 z0n−2+…+an−1 z0+an=f ( z0 ) untuk setiap z0
∈C .
Terbukti bahwa fungsi polinom kontinu pada C.
b. Bukti untuk teorema 9b
Diketahui fungsi rasional f ( z )= h (z )g ( z )
, g (z ) ≠ 0 dengan h dan g fungsi polinom. Diambil
z0∈C , diperoleh :
lim ¿ z→ z0 f ( z )= h (z )g ( z )
, g (z ) ≠ 0
¿h ( z0 )g ( z0 )
, g ( z0 ) ≠ 0
¿ f ( z0 )
Jadi terbukti bahwa fungsi f kontinu pada C−{z∈C : g ( z )=0 }
G. TURUNAN FUNGSI KOMPLEKS
DEFINISI 3:
Diberikan fungsi f terdefinisi pada region D⊆C dan z0∈D. Turunan fungsi f di
z0 didefinisikan dengan
f ' ( z0 )=lim ¿ z → z0
f (z )−f ( z0 )z−z0
Jika limit ada.
Pada definisi diatas , misalkan z – z0 =∆ z. Diperoleh z = z0 + ∆ z dan z→ z0 jika dan
hanya jika ∆ z →0, di turunan fungsi f di z0 dapat ditulis
f ' ( z0 )= lim ¿ ∆ z → 0f ( z0+∆ z)−f ( z0 )
∆ z
DEFINISI 4:
Diberikan fungsi f terdefinisi pada region D⊆C . Turunan fungsi f pada D
didefinisikan dengan
f ' ( z0 )=lim ¿ ∆ z → 0f ( z0+∆ z)−f ( z0 )
∆ z
Jika limit ada
Misalkan z+∆ z=w , maka ∆ z=w−z. Karena ∆ z →0 jika dan hanya jika w → z, sehingga
definisi turunan diatas dapat ditulis dalam bentuk
f ' ( z )=lim ¿w → zf (w )−f (z )
w−z
Jika limit ini ada.
Contoh :
Misalkan fungsi f didefinisikan dengan f ( z )= z2
, carilah f' ( z ) .
Penyelesaian :
Diketahui
f ' ( z )=lim ¿w → zf (w )−f (z )
w−z
¿ lim ¿w → zw2−z2
w−z
¿ lim ¿w → z (w+ z )
¿2 z
TEOREMA 10 :
Diberikan fungsi f terdefinisi pada region D⊆C dan z0∈D. Jika f ' ( z0 ) ada,
maka f kontinu di z0.
Bukti :
Karena f ' ( z0 )= lim ¿ ∆ z → 0f ( z0+∆ z)−f ( z0 )
z−z0
ada , diperoleh
.f ( z )= lim ¿ ∆ z → 0f ( z0+∆ z)−f ( z0 )
z−z0( z−z0 )+f ( z0 )
¿ lim ¿∆ z→ 0f ( z0+∆ z )−f ( z0 )
z−z0
. lim ¿ z → z0 ( z−z0 )+ lim ¿ z→ z0 f ( z0)
¿ f ' ( z0 ) .0+ f ( z0 )
¿ f ( z0 )
Jadi terbukti bahwa f kontinu di z0.
Teorema diatas menyatakan bahwa jika f tidak kontinu di z0, maka f ' ( z0 ) tidak ada.
Syarat kekontinuan f di z0 hanyalah syarat perlu agar f dapat diturunkan di z0, tetapi syarat ini
tidak cukup. Meskipun f kontinu di z0 belum tentu f dapat diturunkan di z0.
Proses menentukan fungsi turunan dengan menggunakan definisi tidak sederhana lagi
untuk fungsi yang aturannya rumit karena limitnya sukar di hitung. Dibawah ini bebarapa
aturan mengenai fungsi turunan operasi aljabar pada dua fungsi dan aturan rantai.
TEOREMA 11:
a) Jika fungsi f dan g dapat diturunkan pada region D⊆C, maka fungsi f + g , f – g, kf (
k konstanta) dan fg dapat diturunkan pada D dan ditentukan oleh aturan:
( f +g )' ( z )=f ' ( z )+g' (z )
( f −g )' (z )=f ' ( z )−g' ( z )
(kf )'=k f ' ( z )
( fg )' ( z )=f ' ( z ) g ( z )+f ( z ) g ' ( z )
b) Jika fungsi f dan g dapat diturunkan pada region D⊆C, dan g ≠ 0 pada D, maka
fungsi fg
dapat diturunkan pada D dan ditentukan oleh aturan :
( fg )
'
(z )= f ' ( z ) g ( z )−f ( z ) g' ( z )⌈ g ( z ) ⌉2
Akan dibuktikan teorema bagian b) , sedangkan untuk teorema a) akan diberikan
sebagai latihan.
Bukti :Teorema (b) :
misalkan h ( x )= 1g (z )
, g ( z )≠ 0, diperoleh
h' ( z )=lim ¿∆ z→ 0h ( z+∆ z )−h ( z)
∆ z
¿ lim ¿∆ z→ 0
1g ( z+∆ z )
− 1g ( z )
∆ z
¿ lim ¿∆ z→ 0g ( z )−g ( z+∆ z )
∆ z. g ( z+∆ z ) . g ( z )
¿−lim ¿ ∆ z→ 0g ( z+∆ z )−g ( z )
∆ z.
1g ( z+∆ z ) . g ( z )
¿−g ' ( z )
[g ( z ) ]2
Sehingga diperoleh
( fg )
'
=(f .1g )
'
( z )
¿ f ' ( z ) . 1g (z )
+f ( z ) .[−g' ( z )( g ( z ) )2 ]
¿f ' ( z) g ( z )−f ( z ) g ' ( z )
( g ( z ) )2
Jadi terbukti bahwa
( fg )
'
(z )= f ' ( z ) g ( z )−f ( z ) g' ( z )
( g ( z ) )2
Dengan menggunakan teorema di atas dan definisi turunan fungsi dapat dibuktikan rumus
berikut :
TEOREMA 12:
Diberikan fungsi f yang dapat diturunkan pada C.
a. Jika f(z) = k untuk setiapz∈C dengan k suatu konstanta, maka f ' ( z )=0
b. Jika f(z) = z untuk setiapz∈C, maka f ' ( z )=1
c. Jika f(z) = zn untuk setiapz∈C ,n∈N , maka f ' ( z )=n zn−1
d. Jika f ( z )=a0 zn+a1 zn−1+…+an−1 z+an untuk setiap z∈C, n∈N , maka
f ' ( z )=a0 n zn−1+a1 (n−1 ) zn−2+…+an−1
e. Jika f(z) = zn untuk setiap z∈C, n∈Z , maka f ' ( z )=n zn−1
Contoh:
.ddz
( z3−3 z2+ z−4+2 )=3 z2−6 z−4 z−5
.ddz
( z3−z−2 ) ( z2+5 )=( 3 z2+2 z−3 ) ( z2+5 ) ( z3−z−2) 2 z
.ddz ( z4−3
z2+1 )= 4 z3 ( z2+1 )−( z4−3 ) 2 z
( z2+1 )2
Permasalahan dalam menentukan fungsi turunan , banyak yang belum dapat
diselesaikan dengan menggunakan rumus yang sudah dipelajari. Oleh karena itu memerlukan
suatu alat yang dinamakan aturan rantai. Aturan rantai digunakan untuk menentukan turunan
dari fungsi kompleks.
TEOREMA 13 :
Diberikan fungsi w=g (u ) dan u=f ( z ). Jika fungsi f dapat diturunkan di z dan
fungsi g dapat diturunkan di ¿ f ( z ) , maka w=( gof ) ( z )=g (f ( z ) ) dapat diturunkan di z dan
( gof )' ( z )=g ' ( f ( z ) ) . f ' ( z )
Dari teorema diatas , diperoleh bahwa dwdu
=g' (u )=g' (f ( z ) ) dan dudz
=f ' ( z ) dengan
demikian teorema diatas dapat ditulis dalam bentuk
dwdz
=dwdu
.dudz
Bukti :
a. w=g (u ) dapat diturunkan di u = f(z), maka
∆ w=g ' (u ) .∆ u+ε ( ∆u ) . ∆ u ; lim ¿∆ u →0 ε (∆ u )=0
¿ dgdu
∆ u+ε ( ∆u ) . ∆ u
Jika ∆ z ≠ 0, maka
∆ w∆ z
=dgdu
.∆ u∆ z
+ε (∆ u ) . ∆u∆ z
b. u=f ( z ) dapat diturunkan di z, maka ∆ u=f ( z+∆ z )−f ( z ), sehingga diperoleh∆ u→ 0
jika dan hanya jika ∆ z →0.
Jadi , lim ¿∆ u→0 ε (∆ u )=lim ¿∆ z →0 ε ( ∆ z )=0
c.∆ w∆ z
=dgdu
.∆ u∆ z
+ε (∆ u ) . ∆u∆ z
, maka
lim ¿∆ z→ 0∆ w∆ z
=dgdu
. lim ¿ ∆ z→ 0∆u∆ z
. lim ¿ ∆ z → 0∆u∆ z
dwdz
=dgdu
.dudz
+0.dudz
¿ dgdu
.dudz
¿ dwdu
.dudz
Contoh :
Diberikan f ( z )= ( z−1+2 z+3 )4. Carilah f ' ( z ).
Penyelesaian :
Misalkan u=z−1+2 z+3, maka
dudz
=−z−2+2 dan dfdu
=4u3=4 ( z−1+2 z+3 )3
Jadi diperoleh
f ' ( z )= dfdu
.dudz
¿4 ( z−1+2 z+3 )3 (−z−2+2 )