Analisis Kompleks - Drs. Supriyono- M.si

7/22/2019 Analisis Kompleks - Drs. Supriyono- M.si

http://slidepdf.com/reader/full/analisis-kompleks-drs-supriyono-msi 1/80

1

BAHAN AJAR PERKULIAHAN

Drs. SUPRIYONO, M.Si.

JURUSAN MATEMATIKA

FAKULTAS MATEMATIKA DAN PENGETAHUAN ALAM

UNIVERSITAS NEGERI SEMARANG

2008



2

S istem Bilangan Komplek s

BAB 1

SISTEM BILANGAN KOMPLEKS

1.1. Sistem Bilangan Kompleks Sebagai Suatu Aljabar

Definisi 1.1:

Bilangan kompleks adalah suatu pasangan terurut dari dua bilangan real x dan y,

yang dinyatakan oleh ( x, y).

Lambang bilangan kompleks, kita gunakan z, yang berarti z = ( x, y).

Himpunan semua pasangan terurut dengan operasi – operasi tertentu yang sesuaipadanya dapat didefinisikan sebagai sistem bilangan kompleks.

Definisi 1.2:

« = ÷x÷= ( x, y) : x ÷, y ÷.

z ( xK , yK ) , k 1,2 . z1 z 2 x1 x2 , y1 y 2 .

z = ( x, y), x Re ( z) atau R( z)

y Im( z) atau I( z).

z1 z 2 ( x1 x 2 , y1 y2 ) .

z1 z2 x1 x2 , y1 y2 . z = ( x, y) e « : bilangan kompleks.

(«, +, ∏ ) : sistem bilangan kompleks.

Teorema 1.1

(«, +, ∏ ) merupakan suatu lapangan ( field ).

Bukti:

1. («, +) group komutatif

1.1. z1 « , z2 « Ωz1 z2 «.

Ambil Sebarang z1 , z2 «.

z1 « Ω z1 x1

, y1 , x1 ÷ , y1 ÷.

z2 « Ω z2 x

2 , y

2 , x2 ÷ , y2 ÷.

Jadi z1 z2

x1 x

2, y

1 y

2 «.

1.2. z1 , z2 , z3 «: ( z1 z2) z3 z1 ( z2 z3

) .

Ambil Sebarang z1 , z

2 , z

3 «.

z1 z2 x1 x2

, y1 y2

dan z2

z3 x2 x

3 , y

2 y3 .

( z1

z2) z

3 ( x

1 x

2 , y

1 y

2) ( x

3 , y

3)

( x1

x2) x

3 , ( y

1 y

2) y

3 .



3

z1 ( z

2 z3) ( x

1 , y

1) ( x

2 x3 , y

2 y

3)

x1 ( x

2 x

3) , y

1 ( y2 y

3) .

(÷, +) memenuhi ( x1

x2 ) x

3 x

1 ( x

2 x

3) dan

( y1

y2) y

3 y

1 ( y

2 y

3) .

Jadi ( z1 z2 ) z 3 z1 ( z2 z3 ) .1.3. n « z n z n z , z «.

Ambil Sebarang z «.

Misal : z = ( x, y) dan n = n1 , n2 . z + n = z.

( x + n1, y + n2) = ( x, y).

x n1 x ¤ n

1 0

‹ n 0 ,0 . y n

2 y › n2 0

Jadi 0 = (0, 0) « bersifat z + 0 = z = 0 + z z «.

1.4. z « t « z t 0 t z .


Misal : z = ( x, y) , t = t 1 , t 2 . z + t = 0 Ω ( x +t 1, y +t 2) = (0,0).

x t 1 0 ¤ t

1 x

‹ . y t 2 0 › t

2 y

Jadi t = ( – x, – y) = – z.

2. (« – 0 , ∏ ) group komutatif

2.1. z1 « , z2 «Ω z1. z2 «.

Ambil Sebarang z1 , z2 «.

z1 « Ω z1

x1 , y

1 , x1 ÷ , y1 ÷.

z2 « Ω z2 x

2 , y

2 , x2 ÷ , y2 ÷.

z1. z

2 x1. x

2 - y

1. y

2 , x

1 . y

2 x

2. y

1 .

x1. x2 - y1. y2 ÷, x1 . y2

Jadi z1.z2 «.

x2. y1 ÷.

2.2. z1 , z

2 , z

3 «, z1

. z2 . z

3 z

1 . z2

. z3 .


2 , z

3 «.

z1. z

2 x

1. x

2 - y

1. y

2 , x

1 . y

2 x

2. y

1 .

z1. z2 . z3 x1. x2 - y1. y2 , x1 . y2 x2. y1 . x3 , y 3 x

1.x

2.x

3 y

1.y

2.x

3 x

1.y

2.y

3 x

2.y

1.y

3 , x

1.x

2.y

3 y

1.y

2.y

3 x

1.y

2.y

3 x

2.y

1.x

3

x1. x

2.x

3 y

2.y

3 y

1. x

2.y

3 x

3.y

2 , x

1. x

2.y

3 y

2.y

3 y

1. x

2.x

3 y

2.y

3

x1, y

1 x

2.x

3 y

2.y

3, x

2.y

3 x

3. y

2 .

Jadi z1. z

2 . z

3 z

1 . z

2 . z

3 .



4

∆ ÷2 2


2.3. !u «, u 0 zu z uz , z « .


Misal u u1 , u2 , z x, y . zu = z xu1 yu2 , xu2 yu1 x , y

Diperoleh xu1 yu2 x xu2 yu1 y

dan

Jadi u1

x y

y x

x y

y x

1 dan u2

x x

y y

x y

y x

0 .

Jadi u = (1,0) = 1

2.4. z « – 0 !s «, zs 1 sz .

Ambil Sebarang z « – 0.

Misal z = ( x, y) dan s (s1 , s2 )

z « – 0 z x, y 0, 0 x 0

y 0

zs = 1 xs1 ys2 , ys1 xs 2 1, 0 .

Diperoleh xs1 ys

2

ys1 xs 2

1 dan

0

Jadi s1

1 y

0 x

x y x2

y x

x

y2

dan s2

≈

x 1

y 0

x y

y x

x

y

. x

2 y2

y ’Jadi z x, y « – 0 ! s ∆

« x y2 , «

x2

y ◊

2.5. z1 ,z2 « z1.z2 z2.z1.

Ambil Sebarang z1, z2 «.

z1.z2 x1. x

2 y

1. y

2 , x

1. y

2 x

1. y

2 x

2. x

1 y

2. y

1 , y

2. x

1 y

1. x

2 z

2.z

1.

Jadi z1.z

2 z2.z1 .

3. z1 ,z

2 ,z

3 « z

1 z

2 z

3 z

1. z

2 z

1. z

3.


2 , z

3 «.

z1 z

2 z

3 x

1 , y

1 . x

2 x

3 , y

2 y

3

x1 x2 x3 y

1 y2 y3 , x

1 y2 y3 y

1 x2 x

3 x1

.x2 x

1.x

3 y1.y

2 y1. y

3 , x

1.y

2 x1.y

3 y1. x

2 y1.x

3 x1

. x2 y

1.y

2 (x1.x

3 y1.y

3 , x1.y

2 y1.x

2 x1.y

3

z1. z

2 z

1.z

3 .

y1.x3

Jadi z1 z2

z3 z1 z2

z1 z

3 .



5

0

1.2. Sistem Bilangan Kompleks Sebagai Perluasan dari Sistem Bilangan Real

C0

( x,0), x ÷

z1 ( x

1,0) C

0 dan z

2 ( x

2,0) C

0.

z1 z

2 ( x

1 x

2,0) C

0

z1 . z2 ( x1. x2 ,0) C0

Definisi 1.3:

f : ÷TC oleh f ( x) = ( x,0) , maka f : ÷ 11

Cpada

0

Misal f ( x1) = f ( x2)

( x1,0) ( x

2,0)Ω x

1 x2

11Jadi f : R C

0.

Misal z C0 sebarang z = ( x,0), x R bersifat f ( x) = ( x,0) = zpada

Jadi f : ÷

x1

x2

Co

z2

÷ C0

f x1 x2

x1 x2

,0 x1,0 x2

,0 f ( x1 ) f ( x2 ) .

f ( x1 . x2)

x1

( x1.x2, 0) ( x1

,0) ( x2, 0) f ( x1

). f ( x2) .

x1. x2

x2

x1 x2

f ( x1). f ( x

2)

f ( x1)

f ( x2)

f ( x1) f ( x

2)

(C0, , ) sistem aljabar dianggap identik dengan (÷, +, ).

Jadi ( x, 0) = x dan C0

«.

Jadi (C0, , ) dianggap sebagai perluasan dari (÷, +, ).

(a,0).( x, y) = a( x, y) = (ax, ay).

Jadi a( x, y) = (ax, ay) a ÷, ( x, y) «.

(0, 1).(0, 1) = ( – 1, 0) = – 1 , (0,1) = i.

Jadi i2= – 1.

( x, y) = ( x, 0) + (0, y) = ( x, 0) + y(0,1) = x + yi

x1 iy1 x2 iy2 x1 x2 , y1 y2

( x1 iy1) ( x2 iy2 ) ( x1 x2 ) i( y1 y 2 )

Jadi x1 iy1 . x2 iy2 x1.x2 y1. y2 i x1 y2 x 2 . y1



6


1.3. Bilangan Kompleks Sekawan

Definisi 1.4:

Jika z = ( x, y) « maka z = ( x, – y) « disebut bilangan kompleks sekawan

dari z.

Sifat konjugasi

1. z z selanjutnya z z

2. z1 z2 z1 z2

Bukti :

zk ( x

k ,y

k ) , k 1 ,2

z1 z2 ( x1 x2 , y1 y2 )

z1 z2 ( x1 x2 , ( y1 y 2 )) ( x1 x2 , y1 y 2 )

z1 ( x1 , y1) , z2 ( x2 , y2 )

z1 z2 ( x1 x2 , y1 y 2 ) z1 z 2

3. z1 z

2

Bukti :

z1

z2

Misal z

z1

z1

z1

z

z

z2

z2

z2 z z2

z1 z2 z z1 z2

z1 z2 z1 z2

4. z1 . z2

Bukti :

z1 . z2

z1.z

2 ( x1 x2 y1 y2 , x1 y2 x2 y

1)

z1 . z

2 ( x1 x

2 y

1 y

2 , x

1 y

2 x

2 y

1)

z1

( x1 , y1) ¤ z . z ( x x y y , x y x y )

z2

‹ 1 2

( x2 , y

2)›

1 2 1 2 1 2 2 1

z1 . z2 z1 . z

2

≈ ’∆

z1 ÷ z15.∆ ÷ , z

2 0« z

2 ◊

Bukti :

Misal

z2

z1 z2

z , z1 z . z

2

z1

≈ ’

zz2 z . z

2

∆ z1 ÷ z

z1

∆ ÷« z2 ◊ z2



7

1 2

2

6. z . z x2

y2

7. z z 2 Re ( z)

8. z z 2i Im ( z)

1.4. Nilai Mutlak Bilangan KompleksDefinisi 1.5:

Nilai mutlak bilangan kompleks didefinisikan sebagai

z x2

y2

z x, y «

Sifat nilai mutlak

1. z 0 , z «

2. z 0 z 0

23. z . z z

4. z1 . z

2

Bukti :2

z1

z2

2 2 z1.z2 ( z1.z2

).( z1.z2) ( z1.z2 ).( z1.z2 ) ( z1.z1).( z2.z2 ) z1 . z2

Jadi

5. z

1 z

2

z1.z

2

z1

z2

z1 . z

2

, (z2

0)

Bukti:

Misal z z1

z2

, z1 z.z

2

z1

z

z. z2

z1

z2

z . z2

Jadi z

1 z1

z2

z2

6. Re ( z) Re ( z) z

Bukti:

dan Im( z) Im( z) z

z ( x,y) sehingga Re( z) x x x2

x2

y2

7. z z , -z z

8. z1

z2

z1

z2

: Ketaksamaan segitiga

z1 z

2 z z 2

z1 z

2 z

1 z

2



8

2

2


Bukti:

z1 z

2 z1 z

2 z1 z

2 z

1 z

2 z

1 z

2

z1 z1 z1 .z2 z1.z2 z2 z2

2

2 z1 z1.z2 z1.z2 z2

2 2 z

1 2

2

Re z1 z

2 z

2

2

z1 2 z1 z2 z2

z1

z2

Jadi z1 z

2 z

1 z

2

9. z1 z

2

Bukti:

z1

z2

z1 z2 z1 z

2 z1

-z2

z1 z2

Jadi z1 z

2 z

1 z

2

10. z1

z2

Bukti:

z1 z

2

z1 z

1 z

2 z

2

z1 z1 z2 z 2

z1

z2

z1 z

2

z2 z1 z 2 z1 z1 z 2

z1

z2

z1 z2

z1 z

2

z1 z 2 z1 z2

Jadi z1

z2

z1

z2

1.5. Geometri Bilangan Kompleks

Sb. imaginer

r

0

z = ( x, y)

Sb. real

z = ( x, y) = x + iy

oz menyatakan bilangan kompleks z

oz = modulus dari z = z r

= (oz, sb. real positif) = argumen z = arg z



9

x r cos ¤‹r z

y r sin ›

x2 y

2

(q, r ) menentukan z secara tunggal

z = ( x, y)diketahui fl r x2

y2

Dua bilangan kompleks yang sama x1 ,y1 x2 ,y2 x1 x2 , y1 y2 atau

1

,r 1

2 ,r

2 r

1 r

2 ,

2 1 2k

A. Bilangan kompleks dipandang sebagai vektor

z1 x

1 , y

1 , z

2 x

2 , y

2

z1 z

2 x

1 x

2 , y

1 y

2

z1 z1 + z2

z1 r

1cos

z2

1 i sin

1

z2 r 2 cos 2 i sin 2

z1.z2 x1 x2 y1 y2 i x1 y2 x2 y1

r 1 cos 1. r 2 cos 2 r 1 sin 1. r 2 sin 2

ir 1 cos 1.r 2 sin 2 r 2 cos 2 .r 1 sin 1

r 1r 2 cos 1 2 i sin 1 2 z

1 z

2 z

1 z

2 , arg z

1 z

2 arg z

1 arg z

2

z = z1 . z2 OZ

2 Z ~ OEZ

1

OZ : OZ 2

OZ 1 : OE

r : r 2

r 1 :1

r r 1.r 2

z2

z1

12

E (1,0)



10

z1 z z

z1

z2

z2

arg z1

z1

arg z arg z2


z z

1

z2

z2

E

w= v.z

z

w v z zv 1

arg w arg v arg z

arg v

Latihan!

1. Diketahui : Bilangan kompleks z = A

OABC bujur sangkarB

C

A= z

Ditanyakan : Tentukan B, C dinyatakan

dalam z

O

2. Diketahui : D OAB sama sisi

Ditanyakan : Tentukan B yang dinyatakanB

dalam z

A= z

O



3. Diketahui : ABCD bujur sangkar

C OA = z1, OB = z2

D Ditanyakan : Tentukan C dan D yang

dinyatakan dalam z1 dan z2

BA

4. Diketahui : OA = z1, OB = z2, D ABC

C sama sisi

Ditanyakan : Tentukan C

A B

1.6. Rumus de Moivre

zk

r k cos

k i sin

k

z1.z

2 r

1r

2 cos 1

2 i sin

1

2

nuntuk z1 z 2 ... z n , maka z dapat ditentukan sebagai berikut :

zn r

n cos n i sin n , n A.

Catatan

z r cos i sin Ω zn r

n cos n i sin n , n A

untuk n∆

n = O

; z

O

= 1r

O cos O . i sinO . benar untuk n = O

11 O 1

n m 1 1n -m z z

zm

r m cos m i sin m

r m cos m sin m

cos2

m sin2

m

Jika w n z

r m cos m i sin-m

r n cos n i sin n

maka tentukan nilai dari w (w «).

Penyelesaian:Jika w n z w

n z maka nilai z ada sebanyak n A.

Misal z r cos i sin dan w cos i sin .

wn z n cos n i sin n r cos i sin

sehingga diperoleh:

n= r = n r

1O



11

∆O

÷

cos n cos n 2k (k B)


2k

n

w n r ≈cos

« n i sin

’

n ◊

n » ≈ 2 ’ ≈ 2 ’ ÿw1 r … cos ∆ ÷ i sin ∆

n n÷ Ÿ

« ◊ « ◊ ⁄

n » ≈ 2n ’ ≈ 2n ’ ÿw

n r

…

cos ∆«

÷ i sin ∆n ◊ «

÷ Ÿn ◊ ⁄ kesimpulan

z r cos i sin

n n » ≈ 2k ’ ≈ 2k ’ ÿw z w

k r

…

cos∆«

÷ i sin ∆n ◊ «

÷ Ÿn ◊ ⁄ k O ,1 ,2 ,3 ,..., n 1

Contoh:

1. Tentukan akar dari w5

33

(3 4i)5

Penyelesaian

r 32

3 4i 32

32

42

325 5

(3 + 4 i)

arctan 4

3

w cos i sin

5 » ≈ 2k ’ ≈ 2k ’ ÿwk

32…

cos∆«

÷ i sin ∆5 ◊ «

÷ Ÿ5 ◊ ⁄ k = O , 1, 2, 3, 4.

2. Selesaikan!5

≈ 2 z∆

1 ’÷

32(3 4i)

« 3 z 4 ◊ 5

Penyelesaian:

Misal 2 z 1

w3 z 5

w5

323 4i

5

wk ...

w 2 z 1

3 z 5

w 3 z 5 2 z 1

z 4w 1

z 3w 2

k

4wk 1

3wk 2



12

5

2 n

2

Dari soal no.1

≈ ’w

O 2 ∆ cos

« 5 i sin ÷

5 ◊» ÿ ≈ ’

z

4wO 1

4…

2cos5

2 i sin 15

∆ 8cos« 5

1÷ 8 i sin◊ 5

= ... .Ow » ≈ ’ ÿ ≈ ’3

O 2

3…

2∆ cos« 5

i sin ÷ Ÿ 2◊ ⁄

∆ 6cos« 5

2 ÷ 6 i sin◊ 5

Latihan (lanjutan)

5. Diketahui: z1, z

2, z

3 « yang memenuhi z

1 z

2 z

3 1 , z

1 z

2 z

3 O

Buktikan:

6. Buktikan:

7. Buktikan:

z1, z

2, z

3adalah titik sudut-titik sudut suatu segitiga samasisi!

z2 ( z)

2Ω z ÷ atau z = iy, y ÷ .

zw O z O atau w = O .

8. Buktikan: z 1Ω z w 1 wz w«.

9. Buktikan: z 1 ÷ ΩIm( z) = O atau z

z 1.

≈ v z ’1O .Buktikan: z, w, dan v terletak pada satu garis lurus Im ∆ ÷ O

11.Buktikan: Im( z + w) = O = Im ( zw) Ω z w

« w z ◊atau z ÷ , w ÷ .

Untuk ak ÷ (k = O , 1, 2, ..., n), serta f ( z) = aO + a1 z+a2 z2+ ... + an z

n, jika w akar

dari f ( z) = O , maka w akar dari f ( z) = O .

Bukti:

W akar dari f ( z) = O Ω f w a a w a w2

... a wn

= O .O 1 2 n

f w a a w a w2 ... a wn OO 1 2 n

aO a

1.w a .w2 ... a .wn

O

aO

a1

w a w 2

... an w n

O .

Jadi w akar dari f ( z) O .

Akibat:

n ganjil Ω a a x a x2 ... a x

n = O selalu mempunyai akar real.O 1 2 n

Bukti: a a z a z2

... a zn

= OO 1 2 n

Mempunyai akar berpasangan w1, w

1 ;

n ganjil, n = 2m + 1

wO ; w

1, w

1 ; w

2, w

2 ; ...; w

m, w

m

wO w

O w

O ÷ .

w2, w

2 ; ...



Latihan (lanjutan)

12. Uraikan z2O

– 1

Petunjuk: 1). Ten

2). ( z

1.7. Topologi Wajar

z = ( x, y), w = (

z x2 y

2

z w ( x u)

= jarak dari

zO «, r > O diketa

N ( zO , r ) = z« :

N *( zO , r ) = z« :

r

zO

A. Himpunan Terbuk

Definisi 1.6:

Dipunyai A « dan

P disebut titik dalam

A

O

= p «

Akibat:

1. p AOΩ pA

2. pAO

r > O :

Definisi 1.7 (Himpun

A C himpunan ter

dalam dari A

Contoh:

1. z3 l

z1

z A

2

S istem Bilanga

enjadi hasil faktor linear atau kuadratis.

tukan akar dari z2O

=1

)( z ) z2

( ) z

dari Bidang Kompleks

u, v)

( y v)2

titik ( x, y) ke titik (u, v)

hui

z zO < r : lingkungan r dari zO .

< z zO < r : lingkungan r dari zO tanpa zO .

z zO

z zO

z zO

O

O z zO

O z zO

«.

ari A Jika r > O N ( p, r ) A

p titik dalam dari A

AO

A (ekivalen dengan pAΩ pAO

)

N ( p, r ) A

an Terbuka):

buka jika AO

= A setiap unsur x A merupa

z1

AΩ z1

A O

O z

2 A Ω z

2 A

z3

l Ω z3

A O

AO AJadi A terbuka.

13

Komplek s

an titik



14

z

2. z3

l z1

z2A

3. z2

l1

A z1

l23

4.

( )

( p, 0) (q, 0)

Teorema 1.2:

A B ΩA0

Bukti : Misal pA0, harus d

pA0

artinya r >

Karena A B dan

Jadi p B0

Akibat: A B, pA0Ω p

B. Himpunan tertutup

Definisi 1.6:

Dipunyai A « dan p«.

P disebut titik limit dari A j N

*( p, r )

A = p«| p : titik limit d

Akibat

p « bukan titik limit dari

2 2

3 3

0

0

0

0

0

B A l

z1

A, z1

l Ω z1

A

z A Ω z A0

z l Ω z A0

A

0

A B

Jadi B tak terbuka

(bukan titik dalam)

C A l1

z1

A, z1

l1, z

1l

2 Ω z

1 C

0 z2 l1 Ω z2 C

z3 l

2 Ω z

3 C

C0

A C

Jadi C tak terbuka

A ( x, 0) p x q

0 z1 A Ω z1 A

z2 ( p,0) Ω z2 A

z3

(q, 0) Ω z3

A

0 z

4 ( x,0), p x q , z

4 A

A0

B0

ibuktikan bahwa pB0.

N ( p, r ) A

( p, r ) A maka N ( p, r ) B.

B0

ikar > 0 : N ( p, r )A – p A

ri A.

jika r > 0 N ( p, r )A – p=



Contoh:1.

2.

3.

z3 l

z2A

z2 l

z3A

z3

l1

A z4

z2 l2

4.

( p, 0) (q,

5.

1 1 14 2

1

S istem Bilanga

z1

z1

z

z1 A ,z1 lΩ z1 A

z2 AΩ z2 A

z3 A ,z 3 lΩ z3 A

A A lJadi A tak tertutup.

BA l

z1 A, z1 lΩ z1 B

z2 lΩ z2 B

z3 AΩ z3 B

Jadi B A l

C A l2

z1 A, z1 l1, z1 l2 Ω z1 C

z2 A, z2 l1, z2 l2 Ω z2 C

z3 l1Ω z3 C

z4 AΩ z4 C

Jadi C A l1 l2

A ( x,0): p x q

A ( x,0): p x q

0)

À ¤A Ã

1: n A‹ (n himpunan bil.a

Õ n › N (1,r )A 1

N (1,r ) A 1

≈ 1 ’ À 1 ¤ N ∆ ,r ÷ A Ã ‹

« n ◊≈ 1 ’

Õ n ›À 1 ¤

N ∆ ,r ÷ A Ã ‹ « n ◊ Õ n ›

Jadi 1

An An

15

Komplek s

sli)



16

Bagaimana untuk nol?

À 1 ¤ 1 N (0, r )A Ã

Õ m, m n 1‹

› jika r

m

r 0 mA 1

r .m

Jadi r 0 : N (0, r ) A 0 .

Jadi 0A .

Jadi A 0 .

C. Batas suatu himpunan di bidang kompleks

Definisi 1.7:

Dipunyai A « dan p«.

p disebut titik batas dari A jikar > 0 : N ( p, r )A dan N ( p, r )Ac .

(Ac

= komplemen dari A = z« : zA)

(A) = p p = titik batas dari A = batas dari himpunan A.

Akibat :

p (A) r > 0 N ( p, r )A = atau N ( p, r )Ac

= .

D. Hubungan antara titik batas, titik dalam, dan titik limit suatu himpunan.

1). (A) A ( p (A) p A )

Bukti :

Misal p (A) artinyar > 0 : N ( p, r )A atau N ( p, r )Ac

N ( p, r )A Ω y N ( p, r ) dan y A

N ( p, r )A

c

Ω

z N ( p, r ) dan z A

c

Jadi y, z N ( p, r )

N ( p, r )A – p

Jadi pA .

Definisi 1.8:

A A A disebut penutup dari A.

2). A S, A AS A A Ao

Bukti :

(A) A

A A A

Misalkan x AS A xA dan x S A

À xA x A A Ã

xA atau

xA

xA r > 0 : N x,r A x



xA r

S – A = Ac

xS A Ωr

Jadi x

Jadi x

Jadi A

x(A) Ωr >

N x,

xAS A

x(A) Ω x

Jadi (A) A

Definisi 1.8:

(i) A : himpunan

(ii). A : himpunan

Latihan (lanjutan)

13. Buktikan (A) =

14. Buktikan « A 15. A = A (A)

16. AO

= A – (A)

17. A tertutup (A

18. A terbuka A

Contoh

1.l

p2A

pA r

p A r

2.

l

A

S istem Bilanga

O : N x, r A , N x,r A .

O : N x,r S A (A)

A

S A

Ω x(A)

S A (A)

: N x, r A Ω xA dan

r Ac

S A

S A .

Ω xS A

tertutup A A

terbuka AO

= A

A AO

.

AO

(« – A)O

A

(A) = .

(A) =l

p1

O : N p,r A

O : N p,r A

dan

dan

N p, r Ac

N p, r Ac

B A lB l

17

Komplek s



18

3.

l2

A

l1

4.

l1

l2

A

5.

(O , 1) (1, 1)

A

(1, O )

Teorema 1.3:

Setiap selang terbuka dal

bilangan irrasional.

Akibat :a, b, c, d dengan a < b, c

(a, b) x (c, d ) selalu memua

x2 ’ , y1’ , y2 ’ .

Bukti :

(a, b) x (c, d ) = ( x, y): a <

Jadi x 1’ , x 2’ , y1’ ,

a, b x c, d .

Penyelesaian no.5

Ambil z = ( x, y).

Jika x > 1 maka z (A)Jika x < O maka z (A)

Jika O x 1 dan y > 1 mak

Jika O x 1 dan y <O maka

Jika O x 1 dan O y 1 ma

Jadi z (A).

Jadi (A) = z … z = ( x, y), O

C A l2

C l1 l2

A l1 l2

A= z z x, y, O x 1, O y 1, x’ , y’

’ : himpunan bilangan rasional

A z z x, y, O x 1, O y 1

m ÷ memuat bilangan rasional dan juga mem

d ,

titik ( x1, y1), ( x1, y2), ( x2, y1), ( x2, y2), dimana x1’

< b, c < y < d

y2’ ( x1, y1), ( x1, y2), ( x2, y1), ( x2, y2) semuany

z (A)

z (A)

ar > O : N ( z, r )A dan N ( z, r )Ac

.

x 1, O y 1.

at

,

di



19


E. Hubungan antara himpunan terbuka dengan himpunan tertutup.

Teorema 1.4:

A terbuka AC tertutup

Bukti (dengan pengandaian):

(Ω) Diketahui A terbuka, akan dibuktikan AC tertutup.(1) Andaikan AC tak tertutup.

AC

tak tertutup A A .

Jadi xA x A.

xAC

x A x AC.

¤

‹ x A O A, r O , N ( x,r )A ....*)A terbuka A A

O

› x A

OΩr > O : N ( x, r ) A

y N ( x, r )

x A Ωr > O : N ( x, r )A – x N ( x, r )A ....**)

Sehingga *) dan **) kontradiksi.

Jadi pengandaian AC

tak tertutup salah, sehingga AC

tertutup.

() Diketahui AC tertutup, akan dibuktikan A terbuka.

Andaikan A tak terbuka.

xA x AO. ....*)

x AO

r > O : N ( x, r ) A

N ( x, r )AC

x AC

= AC

AC AC tertutup Ω xAC x A ....**)Jadi *) dan **) kontradiksi, A tak terbuka salah sehingga A terbuka.

Bukti (langsung):

(Ω) Diketahui A terbuka, akan dibuktikan AC

tertutup.

C

Ambil sebarang xO A .C CKarena xO A berartir > O : N ( xO , r )A – xO .

Diperoleh N ( xO , r )AC .

Dipunyai A terbuka artinya A = AO

xA r > O sehingga N ( x, r ) A.

Karena N ( xO , r )AC maka N ( xO , r ) A sehingga xO A.

Jadi xO AC.

Jadi xO AC berlaku xO AC.

Jadi AC AC

.

Jadi AC

tertutup.



21

() Diketahui AC

tertutup, akan dibuktikan A terbuka.

Ambil sebarang xO AO.

Karena xO AO

berarti r > O N ( xO , r ) A.

Karena N ( xO , r ) A dan xO N ( xO , r ) maka xO A.

Jadi xO AO

berlaku xO A.Jadi A

O A.

Ambil sebarang xO A.

Karena xO A berarti xO AC.

Karena xO AC

dan AC

tertutup maka r > O N ( xO , r )AC

= .

N ( xO , r )AC = artinya x N ( xO , r ) berlaku x AC atau sama

artinya dengan x N ( xO , r ) berlaku x A.

Jadi N ( xO , r ) A.

Jadi r > O : N ( xO , r ) A.

Jadi xO A berlaku xO AO.

Jadi A AO.

Jadi AO

= A.Jadi A terbuka.



22

2O



L

2.1. Fungsi Bernilai

A «, B «

z A 1w B

f : fungsi berni

z A n nilai

f : fungsi berni

z A tak hin

f : fungsi berni

Contoh:1). w = z

n, fungsi

2). w = n z , fung

3). w = ln z, fung

A «, B «

Diketahui : f : A

g : A

f + g :

f : A

f : A

g: P

A

W

E = R f Dg

W = f – 1 (E)

go f : W Q

(go f ) ( z) = g ( f ( z))

2.2. Limit Fungsi

MA T : Selang ([a, b]

dari beberapa s

lim f ( x) L x x

O

MA T T . T : Suatu daera

terhubung, T

Limit Fungs

BAB 2

MIT FUNGSI KOMPLEKS

ompleks dengan Satu Variabel Kompleks

w = f ( z).

lai satu

B w = f ( z).

lai n

ga banyaknya nilai w B.

lai tak berhingga

bernilai satu

si bernilai n

i bernilai tak hingga

B, «

B

A B didefinisikan oleh ( f + g)( z) = f ( z) + g( z)

B didefinisikan oleh ( f )( z) = . f ( z)

B, E = R f Dg

Q

B P

f g

atau [a, b) atau (a, b] atau (a, b)) atau gabungan

elang xO T atau merupakan titik batas dari T .

O , O f x L , O x xO

, x T .

terhubung atau gabungan berhingga dari beberapa

÷2.

23

i Komplek s

Q

erhingga

daerah



24

xO T atau merupakan titik batas dari T .



25

O O

lim( x, y )( x

O , y

O )

f : T ÷

f ( x, y) L O , O f x, y L ,

O x xO

, O y yO

, x, y T atau

O ( x x )2 ( y y )

2 , ( x, y)T atau

O x xO

y yO

, x, y T ( x, y) N *(( xO , yO ), )

N ( x, r ) = xX : d( x: xO ) < r

(X,d), xO X

f : ( x,d) ÷

lim f ( x) L O , O x x

O

f x, y L , ( x N *

( xO , )).

Definisi 2.1:

Dipunyai f : A « suatu fungsi, zO A .

lim f ( z) L O , z zO

atau ( z N *

( zO , )).

O f z L , O z zO

, zA

Definisi 2.2:

Dipunyai f : A « suatu fungsi, zO A.

f kontinu di zO O , O f z f zO , O z z

O , zA .

A = z1, z2, z3.

f : A « didefinisikan oleh f ( z1) = w1

f ( z2) = w2

f ( z3) = w3

f kontinu ( f kontinu di zO , zO A).

Bukti : misal > O sebarang diberikan, akan dibuktikan f kontinu di z.

ŒÀ

Ambil = min ÃŒÕ

zk

z j

,2

j, k 1,2,3,... j k .

z3 z z1 < , z A Ω z = z1

f ( z) f ( z1) f ( z

1) f ( z

1) O <

z1 z2

Jadi f kontinu di z1.

Dengan cara yang sama diperoleh f kontinu di z2, z3.

Dengan cara yang sama diperoleh A = z1, z 2, z 3, ..., z n

f : A «

f ( zk ) = wk (k = 1,2,3, ...,n)



26

O

O

Limit Fungsi Komplek s

Teorema 2.1:

Drpunyar A e, zO A A dan f : A e.

f kontrnu dr zO u rn

z zO

f ( z) f ( zO ) .

Srfat fungsr yang nenpunyar u rnrt :T . 1. Jrka u rn f ( z) = L,

z zO

u rn f ( z) = M, naka L = M z z

O

2. Jrka u rn f ( z) ada, naka f terbatas dr suatu u rngkungan darr zO . z zO

k O , O f z k z N zO ,

T T . Jrka u rn f z L dan z z

O

u rng z M naka: z z

O

1. u rn f g z L M z zO

2. u rn f z .L z zO

dengan e

3. u rn f . g z L . M z z

O

≈ f ’4. u rn∆ ÷ z

L(M O )

z zO « g ◊

Hubungan antara

M

u rn f z L dengan z zO

u rn

x, y xO , y

O

h x, y

Contoh: f ( z) = z2, z = x + iy

f z x iy2 x 2 y 2 2 xyi u x, y iv x, y &)')(I

R R

Teorema 2.2:Drpunyar w f z f x iy u x, y iv x, y , L M iN

zO x

O, y

O

dan z x, y ,

u rn f z M iN L z z

O

u rn

x, y xO , y

O

u( x, y) M dan u rn

x, y xO , y

O

v( x, y) N

Buktr:

(Ω) f z L u x, y iv x, y M iN

u x, y M i v x, y N apabr u a O x, y xO , y

O

u x, y M apabr u a O x xO 2

y y 2 *)

v x, y N apabru a O x xO 2

y y 2 **)

*)

**)

u rn

x, y xO , y

O

u rn

x, y xO , y

O

u( x, y) M

v( x, y) L



27

2 2

2

2

O

.

() Drketahur u rn

x, y xO , y

O

u( x, y) M dan u rn

x, y xO , y

O

v( x, y) L .

Akan drbuktrkan u rn f z M iN . z z

O

f z M iN u x, y iv x, y M iN

u x, y M i v x, y N

u x, y M 2 v x, y N2

Anbr u sebarang > O .

u rn

x, y xO , yO u( x, y) M Ω

1 O u x, y M br u a

2

O x xO y y

O

1 dan

u rn

x, y xO , y

O

v( x, y) NΩ 2

O v x, y N br u a2

O x xO y y

O 2 .

Pr u r h nrn 1, 2 .

Br u a O x xO 2

y y 2 O z z

O , naka u x, y M

2

dan v x, y N .2

Jadr f z M iN u x, y M 2 v x, y N 2

Jadr u rn f z M iN . z zO

2 2

≈ ’ ≈ ’∆ ÷ ∆ ÷« 2 ◊ « 2 ◊

Contoh: u rn

xy: trdak ada

x, y O ,O x2 y

2

xy2

u rn x, y O ,O x

2 y

4

x p

yq

u rn

: trdak ada

: trdak ada ( p, q “ ). x, y O ,O x

2 p y2q

Akibat:

Drpunyar f z f x iy u x, y iv x, y .

Jrka u rn

x, y xO , y

O

u( x, y) atau u rn

x, y xO , y

O

v( x, y) trdak ada naka u rn f z trdak ada. z z

O

Contoh: f z xy

x2 y

2 2i x

3 y

3.

Tentukan zO agar u rn f z ada atau trdak ada. z z

O



28

1

1 2

O O

2


Penyeu esaran:

Drpunyar u x, y xy

x2

y2 dan v x, y 2 x

3 y

3.

u1 x, y xy kontrnu (Buktrkan r x, y x kontrnu dan s x, y y kontrnu).

u2 x, y x 2

y2 kontrnu.

Jadr u x, y xy

x2 y

2 kontrnu, kecuau r nungk rn untuk trtrk (O , O ).

Jadr u rn

x, y xO , y

O

Àu( x, y)

Œ x

O y

O , x

2 y 2

xO , y

O O ,O

.

trdak ada , xO , y

O O ,O

v x, y 2 x3 y

3kontrnu sehrngga u rn v( x, y) 2 x

3 y

3

x, y x , y O OO O

À xO y

O 3 3

Jadr Œ

x 2

2ix

y 2 O

yO , x

O , y

O O ,O

u rn f z zO

z

Ã O O

.

trdak ada , xO , y

O O ,O

A. Lrngkungan suatu trtrk

Pada÷

– x O 1 x j = jarak

Y O E X

OY : OE OX : OE

j x, y x y ,

Srfat jarak

N p,r x÷: x p r p r , p r .

1) x y O

2) x y O x y

1) j x, y O

2) j x, y O x y

3) x y y x 3) j x, y j y, x

4) j x, z j x, y j y, z 4) x z x y y z

Pada÷2

÷2= x x , x

x x x1

2 2

: x1, x

2÷

x2

x1

x2

x nax x1 , x

2

Lemma 2.1:

a O , b O Ωu rnn a n b n naxa,b

n



2

N 2 p, r x÷ : x

2

1

1

Akibat:

a , a , a ,..., a senuanya p

1 2 3 m

N 1 p, r x÷ : x1 2

N p,r x÷ : na

( p1, p2

( p1 r , p

2)

p

( p1, p2

r

p

p

x1 p1 r

j x, y x y x 1 1 1 2

j2 x, y x

1 y 2

j x, y nax x

1 y

1 ,

1

1

n

2

2

2

2

2

srtrf Ωu rnn a

n a

n ... a naxa , a , a , ..

n

1 2 m 1 2 3

p1 x2 p 2 r p 2

x2 p2 r

x1 p

1, x

2 p

2 r

r )

)

( p1 r , p

2)

N 1 p, r

x1

N p, r

p 2 x p

2 2

r 2

x2

p2

r

N p, r

x2 p r

x1 p r

y x y2 1

x y2 x y

2

2 y2 x y

29

., am



30

1 2 3

3

3

3

1

1 2 n

n

n

2 2 2

2 3

2 2 2


untuk k = 1, 2, 3 beru aku

1) jk x, y O

2) jk x, y O x y

3) jk x, y jk y, x 4) jk x, z jk x, y jk y, z

Pada÷3

÷3= x x , x , x : x , x , x ÷

1 2 3 1 2 3

x x x x1

x2

x1

x2

x3

x nax x1, x

2 , x

3

Lemma 2.2:

a O , b O Ωu rnn a n b n naxa,b

n

Ak rbat: Sana dr ÷2.

N 1 p,r x÷ : x

1 p1 x2 p2 x3 p3 r

x p 2

x p 2

x p 2

r

N 2 p,r x÷ : 1 1 2 2 3 3

N p,r x÷ : nax x1 p1 , x2 p 2 , x3 p3 r

j x, y x y x y x y x y1 1 1 2 2 3 3 1

j2 x, y x1 y

2

x y 2

2

x y3

2

x y 2

j x, y nax x1

y1 , x2 y2

, x3 y3 x y

Pada÷n

÷n

= x x , x ,..., x : x ÷(i = 1,2, ..., n)1 2 n i

x x x ... x1

x2 x1 x

2 ... x

n

x nax x1, x

2 ,..., x

n

Sehrngga

N 1 p,r x÷ : x1 p1 x2 p 2 ... xn p n r x

1 p

1 x

2 p

2 ... x

n p

n r

N 2 p,r x÷ :

n 2 2 2

N p,r x÷ : nax x

1 p

1 , x

2 p

2 , ..., x

n p

n r



31

2

Definisi 2.3:

X himpunan sebarang

Fungsi j: X x Y ÷dengan sifat:

1) j x, y O

2) j x, y O

x y3) j x, y j y, x 4) j x, z j x, y j y, z

dinamakan Metrik pada X dan (X, j) disebut ruang metrik.

N p, r xX : j x, p r adau ah bou a terbuka dengan pusat p dan jari-jari r .

A ÷n

f : A ÷n

pA

u im f x L x p

O O x : O x p k Ω f x L

x N * p, 1A Ω f x N L,

(X, j) ruang metrik

A X, p A

f : A ÷

u im f x L x p

O O x N * p, 1AΩ f x L

q A A

f x N L,

f kontinu di q O O x N q, 1A Ω f x N f q,

(X, j) dan (Y, d) dua ruang metrik

A X, p A , dan q A A

f : A Y

u im f x L x p

O O x N * p, 1A Ω f x N L,

f kontinu di q O O x N q, 1A Ω f x N f q,

e = z x, y : x, y÷

x1 , y1 x2 , y2 x1 x2 , y1 y 2 x, y x, y ÷

z x2

y2 x, y

N p,r ze: z p r 2



32

*

*


A e, p A , dan q A A

f : A e suatu fungsi

u im f z L z p

O O z N * p, 1A Ω f z N L,

f kontinu di q O O z N q, 1A Ω f z N f q,

B. Sifat fungsi yang mempunyai u imit

T . u im f x : tunggau (jika ada) x p

Bukti:

1) A ÷dan f : A ÷

Andaikan u im f x L dan u im f x M . x p

Ambiu sebarang > O .

x p

1 O x N p,

1 1A Ω f x N L, dan

2 O x N p, 2 1A

Ω f x N M, .

Piu ih min 1, 2 .

O O x N * p, 1A Ω f x N L, dan f x N M,

Khususnya untuk 1

jL, M 4

O x N * p, 1A Ω

À f x N L,Ã

¤‹mustahiu

Õ f x N M, ›

p +

p

p –

L +

L

L –

M +

M

M –

÷ ÷

2) A ÷2

dan f : A ÷

L +

f LL –

p M +

M

M –



3) A ÷2

dan f : A ÷2

N (L, )

f

N (M, ) p

4) A (X, j), (Y, d) dan f : A Y, p A’.Y

X

f L

A

p

N (L, )

N (M, )

M

T T . u im f x ada Ω f terbatas di sekitar p. x p

Bukti:

Misau u im f x L x p

O O x N * p, 1A

f x N L, f x L

f x f x L L f x L L LKhususnya untuk = 1

O x N * p, 1A Ω f x 1 L .

Ambiu k max f p ,1 L . x N p, 1A : f x k .

Jadi f terbatas di sekitar p.

A X

f : AY terbatas di sekitar p k O

f : A÷terbatas di sekitar p k O

O x N p,

O x N p,

1A Ω

1A Ω

f x k .

f x k .

f : A÷2

terbatas di sekitar p k O O x N p, 1AΩ f x k ,

f : AY dan p A

(k 1, 2,...,) .

f kontinu di p O O z N q, 1AΩ f z N f p,

3O



31

∆ ∆

*

÷ ÷


(X, ) dan (Y, ) dua ruang topologi, e himpunan terbuka, dan

G = A e | A: himpunan terbuka

1) G , eG

2) AG (T ) Ω8AG

n

3) Ai G (i=1, 2, 3, ..., n) Ω1A i G .i 1

X : himpunan sebarang, (X, ) dan (Y, ) dua ruang topologi,

P(X) = A| A X

P(X) : topologi pada X jika:

1) , e

2) A (T ) Ω8A T

n

3) Ai (i=1, 2, 3, ..., n) Ω1A i .i 1

(X, ) : ruang topologi dengan topologi A

ΩA dinamakan himpunan terbuka

N( p) : himpunan terbuka yang memuat p

(X, ) dan (Y, ) dua ruang topologi, p X.

Fungsi f : X Y kontinu di p V N f p U N p xU Ω f xV .

2.3. Teorema Limit

Teorema 2.3:

Jika lim f z L dan lim g z M maka: z z

O z z

O

1. lim f g z L M z zO

2. lim f z .L z z

O

dengan e

3. lim f . g z L . M z z

O

lim 1

1

dengan syarat lim g z M O .4. z z

O g z M z zO

Bukti:

(1) Ambil sebarang > O .

* ≈ ’Jadi

1 O , z N z

O ,

*

1 1A Ω f z N ∆ L,

«

≈

÷ dan2 ◊

’2 O , z N z

O ,

2 1A Ωg z N ∆ M, ÷ .« 2 ◊

Pilih min 1

,2 .

Dipunyai z N zO , 1A .

Jelas f z N ≈

L, ’

« 2 ◊

f z L 2

dan g z N ≈

M, ’

« 2 ◊

g z M .2



32

‹

‹

‹ x

‹

*

Jadi f g z L M

f z L g z M

f z g z L M

f z L g z M .2 2

Jadi u in f g z L M . z zO

f : e e : f z L

g z M

¤

2 Œ f g z L M

Œ2›

apabiu a O z zO

.

¤ f : ÷ ÷ : f x L

g x M

2 Œ f g x L M

Œ2›

apabiu a O x xO

.

f : ÷n

÷ : ¤ f x L 2 Œ

f g L M

g x M Œ2›

apabiu a O x xO .

f : ÷n ÷n: ¤ f x L

2 Œ f g x L M

g x M Œ2›

apabiu a O x xO .

(2) Anbiu sebarang > O .

Kasus (1) : = O .

= O Ω( f )( z) = O z.

u in f z O O .L .L . z zO

Kasus (2) : O .

O , z N zO , 1A Ω f z L .

f z L f z L

Jadi u in f z .L z z

O

Jadi u in f z .L . z z

O

f z L . .



33

*

*

*


(3) Anbiu sebarang > O .

Kasus (1) : L O .

u ing z M z zO

1 O ,k O , g z k z N z

O ,

1 1A

2 O f z L

2 k

O z zO

2, z A

3

O g z M 2 L

O z zO

3, zA

Piu ih = nin 1, 2, 3.

Dipunyai z N zO , 1A .

Karena z N zO , 1A naka beru aku g z k k , f z L ,

2 k

dan g z M .2 L

f .g z L.M f z .g z L.M

f z .g z L.g z L.g z -L.M

f z .g z L.g z L.g z - L.M

f z .g z L.g z L.g z -L.M

f z L g z L .g z M

. k L .2 k 2 L

Jadi u in f .g z L.M . z z

O

Kasus (2) : M O .

f .g z L.M f z .g z L.M

f z .g z f z .M f z .M L.M



f z g z M MI&)')(

P

f z L&)')(

2 P 2 M

Jadi u in f .g z L.M . z z

O

Kasus (3) : L = O .

Akan dibuktikan u in f .g z O .M O . z z

O

Akan dibuktikan: O O f z .g z L.M .

u ing z M Ω z z

O

O k O g z k z N * z

O , 1A .

u in f z O Ω z z

O

f z k

z N * z

O , 1A .



34

O

*

2

«

*

*

*

z N * z

O , 1A Ω f z .g z .k .

k

Jadi u in f .g z O .M L.M . z z

O

Kasus (4) : M = O . (Seperti pada kasus (3)).

Catatan:

Dari bukti tersebut diperou eh:

Jika u in f z O dan g( z) terbatas di sekitar zO , naka u in f .g z O . z z

O z z

O

1 1(4) u ing z M O Ω u in

M.

z zO z z

O g z

u ing z M z z

O

O Ω

2

M O g(z)

2 z N

* z , dan

Mg(z) - M .

2

Dipunyai z N zO , .

M

1 1 g( z) M 2Jadig z

M

1 1

.g( z) M M

.M2

Jadi u in

M

. z z

O g z

Teorema akibat:

Jika u in f z L dan u ing z M O naka u in f z

L

. z zO z zO z zO g z M

Bukti:

∆ f

÷ z

f z

f z . ∆ f . ÷ z .

≈ ’

« g ◊

g z f z

1 ≈ 1 ’

g z ∆g ◊

≈ 1 ’ 1 LJadi u in u in∆ f . ÷ z L. .

g z g M M z zO

z zO « ◊

Teorema 2.4:Dipunyai A ÷, xO A , dan f : A ÷.

(a)

(b)

u in f x M O Ω x x

O

u in f x M O Ω x xO

O

O

f x O x N

f x O x N

xO ,

xO ,

1A

1A

Bukti:

u in f x M x x

O

O O x N xO , ΩM f x M



35



36

*

*

*

*

*


(a) M > O , anbiu u ah M

2

x N * x , ΩM

M f x M

M.

O

(b) M < O

, an

biu u

ah

2 2

M

O

2

x N * x , ΩM

M f x M

M

M O .

O

2 2 2

Catatan:

(a) M > O , anbiu u ah M, O 1

x N xO , Ω1 M M M f x M M 1 M .

(b) M < O , anbiu u ah M, O 1

x N xO , Ω1 M M M f x M M 1 M .

Teorema 2.5:

u in f z L Ω u in f z L z z

O z z

O

Bukti: f z L f z L

Cara T . Anbiu sebarang > O .

Jadi O , f z L z N zO , 1A .

Sesuai dengan aturan segitiga Ω f z L f z L .

Jadi u

in

f z L . z zO

Cara T T . f z u x, y iv x, y u in f z L

1 L

2 u in u x, y L

1 z z

O

f z

x, y xO , y

O

u in x, y x

O , y

O

u2 x, y v

2 x, y .

v x, y L2

Jadi u in f z z z

O

Catatan:

u in x, y xO

, yO

u2 x, y v

2 x, y L1 L

2 L .

(a) u in f z O Ωu in f z O . z z

O

Bukti:

Dipunyai

z zO

u in f z O artinya z z

O

O O f z O

z N zO , 1A .

Jadi f z O f z f z f z O .

Jadi O O f z O z N zO , 1A .



37

*

*

*

Jadi u in f z O . z z

O

Sebagai contoh:

À 1, x ODipuyai f z f x, y Ã

Õ 1,.

x O

Jeu as f z 1 ze dan u in f z 1 tetapi u in f z tidak ada. zO zO

Teorema 2.6 (Prinsip Apit):

Jika f z g z h z di sekitar zO dan u in f z L u inh z

naka u ing z L . z z

O

z zO

z zO

Lemma 2.3:

Dipuyai A ÷dan xOA .

Jika f x g x h x di sekitar xO dan u in f x L u inh x

naka u ing x L . x x

O

x xO x xO

Bukti:

Anbiu sebarang > O .

Dipunyai u in f x L u inh x .

Jadi

x xO

O L

x xO

f x L dan L h x L apabiu a

x N xO , 1A .

Jadi L f x g x h x L apabiu a x N xO , 1A .

Jadi O O L g x L apabiu a x N xO , 1A .

Jadi u ing x L . x x

O



38

Turunan Fungsi

BAB 3

TURUNAN FUNGSI KOMPLEKS

3.1. Fungsi KontinuDefinisi 3.1:

Dipunyai A « z0A . Fungsi f : A « dikatakan

i. kontinu di z0, jika 0 0 z N z0

, 1A Ω f z N f z0 , 2. kontinu di A, jika f kontinu di z

0 z

0A .

Jadi f : A

zA Ω

« kontinu di A z0A , 0

f z f z0

0 z z0

,

f : A « kontinu uniform pada A 0 0 z N z0 , 1A

Ω f z f z0 z

0A

Teorema 3.1:

Dipunyai A «, z0A1A .

Fungsi f : A « kontinu di z0

lim f z z z0

f z0 .

Teorema 3.2:

Jika f , g kedua-duanya kontinu di

i) f + g kontinu di z0

2) f kon tinu di z0, «

3) f .g kontinu di z0

z0« maka

f kontinu di z (dengan syarat4)

g 0

g z0 0 .

Teorema 3.3:

f kontinu di z0

g kontinu di f z0

Bukti:

¤

‹Ωg A f kontinu di z 0

›

Ambil sebarang 0 .

Karena g kontinu di f ( z0), maka ada i> 0 sehingga

f z f z0

i, f z D

g .

g f z g f z0 bila

Selanjutnya, karena f kontinu di z0, maka untuk i tersebut di atas ada > 0

sehingga f z f z0 i

bila z z0 , zD f .

Jadi z z0 , zD f Ωg f z g f z0 .

Jadi g A f kontinu di z0.



39

37



40

1

* 1

* 1

* 1

*

Teorema 3.4:

Jika f : A 11

B kontinu di z0 makapada

f 1

: B A kontinu di f ( z0).

Bukti:

Ambil sebarang > 0.

Karena f kontinu di z0 maka ada > 0 sehingga f z f z0 bila

z z0

, zA .

A B

f w = f ( z)

z0

z0 = f -1

(w0)

f -1

f ( z0) = w0 z = f

-1(w)

Akan dibuktikan f 1 kontinu di f ( z0) = w0 atau 0 0

w N w0, 1BΩ f 1 w f w

0 .

Andaikan f -1 diskontinu di w0.

Jadi 0 0 0 w N w0, 1B f

1 w f w0

0.

Khususnya untuk = sehingga w1 N w

0, 1B f

1w1 f w

0

0 .

Dipunyai w1 N w

0, 1B artinya w

1 w

0 f z

1 f z

0 , , f z1 B .

0 0 1 0 0 1 0

f 1

w f 1w z z bertentangan z z .

Jadi pengandaian salah, haruslah f 1

kontinu di f z0 .

3.2. Limit Fungsi Khusus

1) Jika f z k z«, z0« maka lim f z k .

z z0

Bukti:

Ambil sebarang > 0.

f z k k k 0 z«.

Disini dapat diambil sebarang.

2) Jika f z z z« maka lim f z lim z z0.

Bukti:

Ambil sebarang > 0.

z z0 z z0

f z z0

z z0

bila z z0

, zA .

lim f z lim z z0.

z z0 z z0



41

38



42

0

0

1

n

Turunan Fungsi

Akibat :

1) u rn z2 z

2.

z z0

2) u rn z3 z

3.

z z0

Dengan prrnsrp rnduksr natenatrka, drperou eh:

3) u rn z n z n .0

z z0

Akibat :

4) u rn zn z

n.

0 z z0

5) Jrka f z 0

zn

zn1

... n-1

z n naka

u rn f z z0

z 0 z

0

1 z

0

n1 ...

n-1 z

0

n f z 0 .

Jadr po u rnonadau ah suatu fungsr yang kontrnu.

6) f, g dua pou r non, g z0 0

u rn f z

f

z

0 . z z0 g z g z0

2

≈ f ’Contoh: f, g dua pou r non,

Penyeu esaran:

g z0 0 , seu rdrk r apakah ∆ ÷

« g ◊kontrnu dr z0.

Drpunyar w = t 2

kontrnu. Mrsau t f z

.g z

» f z ÿ 2

Jadr w …

g z Ÿ kontrnu.

3.3. Turunan Fungsi

Definisi 3.2:

Drpunyar hrnpunan terbukaA «dan suatu fungsr

Turunan fungsr f dr z0 drdef rnrsrkan

f : A «

f z0 u rn

z z0

f z f z0 z z0

Mrsau z z0 z z z

0 z .Drpunyar z z0 z 0 .

Jadr f z0 u rn

z0

f z0

z f z0

.

zMrsau z x iy, z0

x0 iy

0 , dan z x i y .

Jadr f z0 u rn

xi y0

f x0 x i y0 y f x0 i y0 .

x i y

Mrsau f z u x, y iv x, y .

Jadr f z0 u rn

xi y0

u x0 x, y

0 y iv x

0 x, y

0 y u x

0, y

0 iv x

0, y

0

. x i y



43

39



44

Contoh

1) f z k zC , zOC .

f zO u rn

f z f zO

u rn

k k O .

z zO z zO

z zO z zO

2) f

z

z zC .

f zO u rn

f z f zO

u rn

z zO 1.

z zO z zO

z zO z z

O

3) f z z zC .

f z u rn

f zO z f z

O

u rn

zO z z

O u rn

zO

zO

u rn

z

x i y.

zO z zO z

xi yO x i y

Drperou eh u rn

x 1 dan u rn

i y 1.

Jadr

xi yO x yO

f zO trdak ada.

xi yO

xOi y

f zO ada Ω f drferensrabe u dr zO

Teorema 3.5:

I. Jrka f , g kedua-duanya drferensrabeu dr zOC naka

1) f + g drferensrabe u dr z , f g z f z g z O O O O

2) f drferensrabeu dr z , C , f z f z O O O

3) f .g dr

ferensr

abeu d

r

z , f .g

z f z .g z f z .g z

O O O O O O

f ≈ f ’

g z . f z f z .g z 4) drferensrabeu dr z , ∆ ÷ z O O O O

g O

« g ◊ O

g 2 z O

(dengan syarat g zO O .

II. Turunan fungsr rnversr

Jrka z g w adau ah rnversr darr w f z dan f drferensrabeu dr zO dengan

f z O , naka g drferensrabeu dr f z dengan g f z 1

.O O O

f z O

III. Turunan Konposrsr Fungsr

Jrka f drferensrabeu dr zO dan g drferensrabeu dr f zO , naka g A f

drferensrabeu dr zO dengan g A f z g f z . f z .O O O

Contoh (u anjutan)

4) f z z2

z. z g z .g z dengan g( z) = z.

f z 1. z z.1 2 z



45

4O



41

… Ÿ

n n

0

Turunan Fungsi

5) f z z3

z2. z g z .h z dengan g( z) = z

2 dan h( z) = z.

f z 1. z2 2 z. z z

2 2 z2 3 z

2.

6) f z z4 z

3. z f z 4 z

3.

7) Dugaan: f z zn, n“ f z n. z

n1. . . * )

Buktr dengan PIM (Prrnsrp Induksr Matenatrka)

Buktr u arn darr *)

f z zn

, f z0 u rn

f z f z0 u rn

z z0

z z0 z z0 z z0 z z0

u rn z n1 zn2

. z zn3

. z 2

... z. z n2

z n1

z z0

n. z0

0 0 0 0

n1.

8) f z zn f z n z

n1.

9) n n1 n2

n-1 n f z

0 z

1 z

2 z

... z f z n

0 z

n1 n 1

1 z

n2 n 2

2 z

n3 ... n-1

10) f , g : dua pou rnondan p z f z g z

p z

g z . f z f z .g z , (dengan syarat g z 0 ).

g2 z

11) f : pou rnon, w f n z

dw ?

dzPenyeu esaran:

w f z n. Mrsau w t

ndan t f z .

Karena w t n , naka dw n.t n1 .dt

Karena t f z , naka dt

f z .dz

Jadr

dw

dw. dt

n.t n1

. f z n. f z n1. f z .

dz dt dz

» f z ÿ n

dw12) f , g dua pou rnon, w

…

g z Ÿ Ω ?dz

Penyeu esaran:

Mrsau w t n dan t

f z .

g z Karena w t

n, naka

dw n.t

n1.

dt

f z Karena t , naka

g z dt

dz

g z . f z f z .g z

g2 z

.

dw dw dt » f z ÿ n1

≈ g z . f z f z .g z ’Jadr . n. .∆

dz dt dz g z ⁄ «

÷ .g

2 z ◊



42

0 0

0

u v

0 0

A. Syarat untuk eksrstensr f ’ ( z0)

Teorema 3.6:

Drpunyar w f z u x, y iv x, y , z0

x0

iy0.

Jrka (1) u,v,u

,u

,v

,v

senuanya kontrnu dr

x , y

.

x y

u

x y 0 0

v ¤(2) x

0, y

0

x x

0, y

0

y ŒPersanaan Cauchy Rrenann

x0, y

0

y x

‹

x0, y

0 Œ

Maka f z0 ada.

3.4. Fungsi Diferensiabel

1) f : ÷ ÷

f x u rn

f x0

v f x0

0

v0 v artrnya

0 0 f x0 v f x0

f x

v 0

br u a 0 x x0

.

&)))))')))))(( * )

(*) v f x0 v f x0 f x0

.v v

f x0

v f x0 f x

0 .v v .E

x v dengan E

x v .

f : ÷ ÷ drdef rnrsrkan ou eh f x ax ( a÷ ).

(a) f x1 x2 a x1 x2 ax1 ax2 f x1 f x2 (b) f x a . x .ax . f x Jadr

f : ÷

f x ax

u

rn ear

÷

( a÷ ) nerupakan transfornasr u rnear.

(÷ , +, .) : ruang vektor dengan drnensr satu atau

f reu d (÷ , +, .) dengan basrs 1.

f x f x1 x f 1 a x a f 1

Definisi 3.3:

Fungsr f : ÷ ÷ drkatakan drferensrabeu dr x0, jrka ada transfornasr u rnear

J : ÷ ÷ , ada fungsr : E : ÷ ÷ dengan srfat u rnE x v 0 , ada 0 x0 x0 v0 0

sehrngga f x0

v f x0 J

x v v E

x v v dengan v .

Teorema 3.7:

Jrka fungsr f : ÷ ÷ drferensrabeu dr x0 naka f x0 ada dan J

x v f x

0 v



43

J p p p

p p

J p p p

p p

Turunan Fungsi

Definisi 3.4:

Fungsr f : ÷ n ÷ drkatakan drferensrabeu dr p , jrka ada transfornasr u rnear

: ÷ n ÷ , ada fungsr : E : ÷

n ÷ dengan srfat u rnE

v 0v 0 , ada 0

sehrngga f p v f p J v v E v v dengan v .

Definisi 3.5 :

Fungsr f : ÷ n ÷

n

drkatakan drferensrabeu dr p , jrka ada transfornasr u rnear

: ÷ n

÷ n

, ada fungsr : E : ÷ n

÷ n

dengan srfat u rnEv 0

v 0 , ada 0

sehrngga f p v f p J v v E v v dengan v .

1) f : ÷ ÷

a) f x0 ada Ω f kontrnu dr x0

b) f drferensrabeu dr x0

2) f : ÷ n ÷

f x0 ada.

a) f

xk

p ada k 1, 2, 3, ... , n beu untentu f kontrnu dr p .

b) f : ÷ n ÷ drferensrabeu dr p Ω

(b.1) f kontrnu dr p

(b.2)

(b.3)

f

xk

f

xk

p ada k 1, 2, 3, ... , n

p beu untentu kontrnu dr p .

Teorema 3.8:

Drpunyar f : ÷ n ÷ .

Jrka f

xk

kontrnu dr p k 1, 2, 3, ... , n naka f drferensrabeu dr p .

Definisi 3.6:

fungsr f : ÷ n ÷ drkatakan drferensrabeu kontrnu dr p jrka

k 1, 2, 3, ... , n .

f

xk

kontrnu dr p

f : ÷ n

÷ drferensrabe u -kontrnu

æ

drferensrabeu

æ

kontrnu



44

x, y Œ

2

2

u

v

v

u

Contoh fungsr yang drferensrabeu tetapr trdak drferensrabeu -kontrnu

À x

2 y2

Ã srn

x2

1

y2 , x, y 0,0

0, x, y 0,0 drferensrabeu dr (0, 0) tetapr trdak drferensrabeu kontrnu

(Baca: Apostou , Ca u cuu us vou II ch 8 dan R. Convant, Drff. And Int. Cau . Vou . II)

Catatan

Syarat tersebut nerupakan syarat cukup tetapr tak peru u untuk eksrstensr f z0 .

Contoh

À f z Œ x srn

1,

x x, y 0,0

0, x, y 0,0

f 0 ada tetapr

u

xPenyeu esaran:

tak kontrnu dr (0, 0).

Àu x, y Œ x srn

1,

x x, y 0,0

0, x, y 0,0

v( x, y) = 0 x, y R2.

f 0 u rn

z0

f z f 0 z

f z f x i y u x, y iv x, y u x, y

u x, y u(0,0) u

(0,0) x u

(0,0) y

x y , 0 , 0 br u a x y

x, y 0,0 .

1 2 1 2

Tugas

(19) a. Hrtung: u

(0,0) dan x

u(0,0) .

y

b. Peru r hatkan bahwa u

xtak kontrnu dr (0, 0).

c. Hrtung f 0

Teorema 3.9:

Jrka f z0 ada naka f z0

x0 , y0 i x

x0, y

0 i

y

x0 , y0 x

x0, y

0

y



45

Œ

u v

u v

Turunan Fungsi

Jadr Jrka f z0 ada naka

x0, y

0

x x

0, y

0

y

¤

Œ

Persanaan Cauchy Rrenann

x0, y

0

y x

‹

x0, y

0 Œ

Catatan

À u x , y v x , y

Œ x

0 0

Dapat terjadr Ã u

y 0 0

v tetapr f z

0 trdak ada.

Œ

ŒÕ y x

0, y

0

x x

0, y

0

À z2

Contoh:

Tugas

f z Œ

ŒÕ

z, z 0

.

0, z 0

(20) (1) Peru rhatkan Persanaan Cauchy Rrenann drpenuhr dr (0, 0).

(2) f 0 trdak ada.

Seu rdrk r dr nana fungsr berrkut nenpunyar turunan. Dau anhau nenpunyar

turunan, tentukan turunannya!

1) f z z2

x iy 2 x 2

y2 2ixy

u x, y x2

y2

dan v x, y 2 xy

u 2 x dan

u 2 y

v 2 y dan

v 2 x

x y x y

u,v,u

,u

,v

,v

senuanya kontrnu x, y÷ 2

. x y x y

u 2 x

v ¤

x y Œ

Persanaan Cauchy Rrenann drpenuhr x, y÷ 2

.u

2 y

y v‹

x Œ›

u vJadr f z0 ada zC dan f z0

x0, y

0 i

x x

0, y

0

x

Jadr f z z2

f z 2 z .

2 x0 i2 y0 2 x0 iy0 2 z0

2) f z x2

iy2

u x, y x2

dan v x, y y2

u 2 x dan

x

u 0

y

v 0 dan

x

v 2 y

y

u,v,u

,u

,v

,v

senuanya kontrnu x, y ÷ 2

. x y x y



46

Œ

u v

u

v ¤

x y Œ

PersanaanCauchy Rrenann drpenuhr dengan syaratu

y

v‹

x Œ›

2 x 2 y¤

‹ y x .0 0 ›

Jadr f z0 ada hanya untuk trtrk z

0 x

0, x

0 dan

f z0 x0 , y0

i x

x0 , y0

x 2 x

0.

3) f z z x iy

u x, y x

u 1 dan

x

dan v x, y y

u 0

y

v 0

xdan

v 1

y

u,v,u

,u

,v

,v

senuanya kontrnu x, y ÷ 2

.

x y x yu

v x, y÷

2.

x

Jadr

y

f z z trdak nenpunyar turunan z÷ 2

.



47

2

‹

Fungsi Analitik

BAB 4

FUNGSI ANALITIK

4.1. Fungsi Analitik

Contoh:

1) f z cos y i sin y .

Dipunyai u x, y cos y , v x, y sin y .

Jelas

Jelas

u 0 ,

x

v 0 ,

x

u sin y .

y

v cos y .

y

Jelas u, v, u

,u

,v

,v

semuanya kontinu pada «. x y x y

À

Œ 0 cos y Ω y 2n 1

2, n B

Jadi C RŒ

.

Œ sin y 0 Ω y n ŒÕ

Jadi f z tidak ada z «.

2) f z z x2 y

2.

Dipunyai u x, y x2

y2, v x, y 0 .

Jelas u

2 x ,

x

u 2 y .

y

Jelas v

0 , x

v 0 .

y

Jelas u, v, u

,u

,v

,v

semuanya kontinu pada «. x y x y

À 2 x 0 ¤

Jadi C RŒ Œ

x 0, y 0 .

Œ 2 y 0ŒÕ ›

Jadi f z ada hanya untuk z = 0 dan f 0 u

0 i v

0 0 i0 0 .

3) f z x 2 iy 2

f z ada hanya untuk

x

z x 1 i (garis lurus) dan

x

f x1 i 2 x .

4) Buatlah suatu fungsi yang mempunyai turunan pada setiap titik dari

lingkaran x2

y2

1.

Penyelesaian:

Ambillah u

x2

1, maka dari u

v

dan x2

y2

1, x x y



48

’

3 3

0

1

diperoleh v

2 y2

. y

3

Jelas u

x2

1 x

Ωu x, y x

3 x c y dan

3v

2 y 2

y Ωv x, y 2 y y

3 k x .

Jelas u

c y dan y

v k x .

x

Jadi u

v

c y k x k — c y dy — k x dy y x

— c y dy — k dy c y ky d dan

u

v c y k x k — c y dx — k x dx

y x

— k dx — k x dx k k x e k x kx e .

Jadi u x, y x

x ky d dan v x, y 2 y y

kx e .3

≈ x3

3

’ ≈ y3

’Jadi f z ∆

3 x ky d ÷ i ∆ 2 y

3 kx e ÷ .

« ◊ « ◊

5) f z z2 f z 2 z z «.

Definisi 4.1 (Fungsi Analitik):

Dipunyai A «, z A0.

Fungsi f :A « dikatakan analitik di z0 jika r 0 f ( z)ada z N z0 , r 1A0

Akibat:

f tak analitik di z0 jika dan hanya jika r 0 z1 N z0 , r 1A

0 f ( z )tidak ada

r 1

, n “Ω zn

n

≈ N ∆ z

0,

«

1÷ 1A

0 f z

n ◊ n tidak ada.

Jadi f tak analitik di z1 barisan ( zn) dengan sifat:

(1) zm ≠ zn (m ≠ n)

(2)

(3)lim z n z0n

f zn tidak ada

(4) Jadi f tak analitik di z0 z0 titik limit dari D, D = z | f z tidak ada.

Catatan: f z0 mungkin ada.



49

2

1

Fungsi Analitik

Definisi 4.2 (Titik Singular):

z2 disebut titik singulardari f :A « jika dan hanya jika:

(1) f tak analitik di z2 r 0 z1 N z2 , r 1A

0 f ( z )tidak ada,

(2) r 0 z3 N z , r 1A0 f analitik di z3.

Contoh:

1) f z z 2

.

Jelas f z ada hanya untuk z = 0 ( f z tidak ada z ≠ 0).

Jadi z = 0 bukan titik singular dari f (karena syarat (2) tidak dipenuhi).

2) f z x2

iy2.

Jelas f tidak analitik di z x i x .

Jadi z x i x bukan titik singular dari f (karena syarat (2) tidak dipenuhi).

3) f z 1 . z

2 1

Jelas z = – 1 dan z = 1 adalah titik singular dari f .

Bukti:

Jelas f (1) tidak ada dan lim f z . z 1

z R

Jadi f tak kontinu di z = 1.

Jadi f tak analitik di z = 1.

Jelas f z ada z 1, z 1 .

2 z

Jelas f z z 2 1 2

, z 1, z 1 .

Jadi r 0 z N 1, r f z ada.

Jadi z = 1 titik singular f .

4) f , g dua fungsi analitik pada «

f Jika g mempunyai sejumlah berhingga titik nol (misal z1, z2, . . ., zn) maka

g

analitik pada « z1, z

2,..., z

n .

f Jadi zk adalah titik singular

g

Teorema 4.1:

dengan k = 1, 2, . . ., n.

Jika f analitik di z0 maka f ’ analitik di z0.

Akibat:

f analitik di z0 Ω f (n)

analitik di z0.



50

u v

0

2

Teorema 4.2:

Dipunyai f z u x , y iv x , y , z 0 x 0 iy 0 .

Jika (1) u ,v ,u

,u

,v

,v

semua kontinu di ( x , y ) dan x y

u

0 0 x y

v(2) x 0, y

0 x

x 0, y

0 dan y

x0, y

0

y x x

0, y

0

u vmaka f z 0

ada dan f z 0 x0, y

0 i

x

v

x0, y

0

x

u x

0, y

0 i

y y x 0 , y 0

Teorema 4.3:

Dipunyai f z u x , y iv x , y , z 0 x 0 iy 0 .

Jika (1) r 0 u ,v ,u

,u

,v

,v

semua kontinu pada N x , y ,r dan x y x y

0 0

(2) u

x , y v

x , y dan u

x , y v

x , y , x , y N x , y ,r x y y x

0 0

maka f analitik di z0.

Teorema 4.4:

Jika f analitik di z0 maka r 0 f analitik di z z N z0 ,r 1A

0

Teorema 4.5:

Dipunyai A ÷2, x , y

0 A0dan f : A ÷2

.

Jika

2 f

dan

2 f

kedua-duanya kontinu di x , y x y

2 f

y x 0 0

2 f

maka x0, y

0

x y y x x 0 , y 0

.

Contoh Kontra:

À x 2 y 2

f x , y Œ xy x

2 y

2 , x , y 0,0

.

2 f

ŒÕ 0

0,0 f

, x , y 0,0

0,0 . x y y x



51

Œ

2

0

0

Fungsi Analitik

Teorema 4.6:

Jika f z u x , y iv x , y , z0

x0

iy0 analitik di z0 maka u dan v memenuhi

persamaan laplace, yaitu

2w

x2

2w

y

2 0 .

Bukti:

Dipunyai f analitik di z0.

Jelas f analitik di z0.

Jadi f analitik di z0.

Dipunyai f z u x , y iv x , y .

Jelas f z u

i v

v

i u

dan x x y y

2 2 2 2 2 2

f z u

i v

v

i u

v

i u

. x

2

2 2

x2

y x

2

y x

2

x y x y

Jelas v

v

dan u

u

. x y y x

À u

v

x y

(1)

y x

Œ xJelas C R Ã u

Œ

y

v

.

(2) y x

2u

Dari (1) : x y

2v ¤

y2 Œ

2v

2v

2

u 2v‹

x2

y

2 0 .

(2): y x x

2

2uDari (1) :

x2

2v ¤ Œ

y x 2

u 2

u

2

u(2):

y2

2v

x y

‹2

2

0Œ x y

Œ›

Definisi 4.3:

u: ÷2 ÷ disebut fungsi harmonik di x , y jika

2u

u 0 di sekitar

x0, y

0 .

0 0 x

2 y

2

Jadi Jika f : « « analitik di z0 maka:

u:÷2

÷ harmonik di x

v: ÷2 ÷ harmonik di x

, y0

, y0

dan

.

v disebut fungsi harmonik sekawan dari u.



52

—

Konstruksi fungsi analitik jika bagian real diketahui.

Diketahui: u( x, y)

Konstruksilah fungsi f z u x , y iv x , y yang analitik.

(1) Periksalah apakah u merupakan fungsi harmonik.

(a) u bukan fungsi harmonik Ω tidak ada fungsi analitik f f z u x , y iv x , y

(b) u fungsi harmonik Ωlanjutkan ke (2).

(2) Hitung u

dan x

u.

y

(3) Pilih v u

v

. x y

(4) Dari v

, konstruksilah v x , y — u

dy c x . y

(5) Dari hasil (4), hitunglah

x

v

u

x y

»

— u

dy c x ÿ

u

x … x y

»

— u

dy ÿ

c x u

. x … x y

(6) Dari (5) dapat diperoleh c x .

(7) Konstruksilah c x .

Jadi diperoleh f z u x , y iv x , y yang analitik.

Contoh:

1) Dipunyai u( x, y) = x2 – y

2. Tentukan f z u x , y iv x , y yang analitik.

Penyelesaian:

Jelas u

2 x dan x

2u

u 2 y

y

2u

Jelas x

2

2

u

2 dan

2u

y2

2 .

Jadi x

2 y

2 0 sehingga u fungsi harmonik.

Dipunyai v

u

. y x

Jadi

Jelas

v 2 x v x , y 2 x dy c x 2 xy c x . y

v 2 y c x .

x

Dipunyai v

u

. x y



53

—

Jadi v

u

2 y c x 2 y c x 0 c x k . x y

Fungsi Analitik

Jadi v x , y 2 xy k .

Jadi f z x 2 y

2 i2 xy k z2

ik .

2) Dipunyai u( x, y) = excos y. Tentukan f z u x , y iv x , y yang analitik.

Penyelesaian:

Jelas u

e x

cos y dan x

2

u e

xsin y .

y

2

Jelas u

e x cos y dan

u e

x cos y . x

2

2u 2

u

y2

Jadi x

2 y2

0 sehingga u fungsi harmonik.

Dipunyai v

u

.

y x

Jadi

Jelas

v e

xcos y v x , y e

xcos y dy c x e

xsin y c x .

y

v e

xsin y c x .

x

Dipunyai v

u

. x y

Jadi v

u

e x sin y c x e

x sin y c x 0 c x k . x y

Jadi v x , y e x

sin y k .

Jadi f z e x cos y ie x sin y k e

x cos y i sin y ik .

3) Dipunyai f z u x , y iv x , y analitik di daerah÷.

dan f z u x , y iv x , y kedua-dua nya

Buktikan: bahwa k « f z k z ÷.

Bukti:

Dipunyai f z u x, y iv x, y analitik pada÷.

Jelas u

v

dan u

v

. x y y x

Dipunyai f z u x , y iv x , y .

Jelas u

v

dan u

v

.

Jadi

x y

v

v

y y

y

dan v

x

x

v

. x



54

›

Jadi v

0 v x, y k x dan y

v k x 0 k x k .

x

Jadi v x , y k .

Jelas u

u

dan x x

u

u

. y y

Jadi

Jadi

u 0 u x, y c y dan

x

f z c ik .

u c y 0 cy c .

y

4.2. Persamaan Cauchy-Riemann dalam Bentuk Polar

z x iy r cos t i sin t f z u x, y iv x, y ur ,t ivr ,t

x r cos t ¤ r x2

y2

y r sin t ‹Ω

t arctan y .

x

u x u ≈ y ’ u x u ≈ sin t ’u

u.

r

u. t

. .∆ ÷ . .∆ ÷ x r x t x r r t « x

2 y2

◊ r r t « r ◊

u

u.

r

u. t

y r y t y

v . . .

xdan

v . . .

y

Àr .

u

v

ŒC RÃŒ r .Õ

r t v

u

r t

f z ur ,t ivr ,t

f z z ≈ u

∆r « r

v ’ i ÷ .

r ◊

4.3.Fungsi Elementer

Secara umum:

1. Inversi Fungsi

(a) f : A

11

B Ω

pada f

1

: B A terdefinisi

(b) y f x, x A

x g y, y B

f 1

: B A

y g x, g x f 1 x .



1

1

2

2. Grafik Fungsi

f : A B

Grafik f x, y

A ÷dan B ÷

A ÷2 dan B

A « dan B «

w f z ,w u z x iy r cos w f z u i

u i

co

co

Bidang z Y

z

3. w f z , z A

satu nilai z satu

z1

z2

f z1

Banyak ke satu

z1 z 2 f z1

satu nilai z ban

Contoh:

Dipunyai f : ÷

Jelas f : ÷ t idak 11

tidak pad

Dipunyai f : ÷

Jelas f : ÷ t

idak

11

pada

Dipunyai f 1 : 0,

Jelas f : 0,Jelas f

1: 0,

Dipunyai f 2 :

Jelas f 2 : ,0

Jelas f 1

: 0,

1

2

Fun

x A, y f x .

Ωgrafik fungsi berupa lengkungan berada di bida

Ωgrafik fungsi berupa permukaan berada di ruan

grafik fungsi berupa berada di ruang berdimensi

iv cos i sin t i sin t v

f x iy

f r cos t i sin t

i sin

i sin

f x iy

f r cos t i sin t

V Bidang w

f w=f ( z)

«,

X U

f z B «.

nilai w w f z : fungsi

f z2 w

f z2 w

f z : fungsi

f z : fungsi 1 – 1

À 2 n yak nilai w Ã w f z : relasi

÷,

Õ

f x x2.

n

÷, jadi f tidak mempunyai inversi.

0,, f x x2.

0, , jadi f tidak mempunyai inversi.

0,, f 1 x x2.

1

1

0, , jadipada f 1 mempunyai inversi.

0,, f 1 x x .

,0 0,, f 2 x x

2.

0, , jadi f 2 mempunyai inversi.

,0 , f 1 x x .

55

gsi Analitik

g.

g.

4.



56

A. Fungsi Elementer

1. Fungsi Konstanta f x k x «

D f «, R f k .

f : D f

R f merupakan fungsi banyak ke satu.

Y V

f k

X U

f : D f

R f tidak mempunyai inversi.

∑ f : 1 1 k Ωpada

f 1

: k

f k 1 k

∑ f

: 1

1k Ω

pada

f 1

: k

f k 1 k

Jadi f : C k , f z k z C

f k .

merupakan gabungan dari f : k ,

Jadi f f dan C

f : 1 1

k , f k pada

1: k ,

1 k

2. Fungsi Identitas

f : « «, f z z z «

f – 1

: « «, f 1 z z z «

3. Fungsi Homogen

f : « «,

Àw az Ã

f z az z « (a « tetap)

w a z.

Contoh:

Õ arg w arg a arg z

Tentukan peta lingkungan berikut terhadap pengaruh fungsi w 3 4i z .

1) y mx .

Penyelesaian:

Misal w u iv, z x iy .Jelas u iv 3 4i x iy 3 x 4 y i4 x 3 y .

Diperoleh u 3 x 4 y dan v 4 x 3 y .



u

vJadi x

3

4

4

3

4

3

Jadi y mx 3

3

v

Jadi y mx v

Kasus m 3

:4

Jelas y

3

x4

3v 4u

4 3v 4u 12v 16 v

2) y mx n

3) y x2.

Dipunyai

?

x 3u

2

Jadi y x

2

3v

4) f z az b , a, b

f : « 11

«,pada

f : « «,

f 1 z

z b

a

f z z b artin

bid. W

z b

1) (1, 1)

3

Fun

3u 4v

25

3

4dan y

3

4

u

v

3v 4u.

4 25

3

4u m 3u 4v25 25

v 4u 3u 4vm 4mv 3m 4 u

3m 4

u, 3 4m 0 .3 4m

3m 4u,

3 4mm

3.

4

3v 4u

3 3u 4v

25 4 25

3u 4v 3

4 33u 4v

9u 12v u 0

4v

5dan y

3v 4u.

252

4u

5

≈ u 4v ’

∆ ÷ .« 25 ◊

C tetap, a 0, b 0 .

w az b

z w b

a

w z b

a

a translasi sejauh b.

= bid. Z

(0,

(1, 0)

57

gsi Analitik



58

1

2

1

2

f z az b¤

f 1 z az

‹Ω f z ›

f 1 z b

w 3 4i z 1 2i

3 4i 5, arg(3 4i) arctan 4

3Contoh:

Tentukan peta dari daerah berikut oleh pengaruh w 3 4i z .

1) D adalah daerah persegi dengan titik-titik sudut (0, 0), (1, 0), (1, 1), dan (0,1).

2) D adalah daerah yang dibatasi oleh x2

y2

1 .

3) w z2

a) u iv x iy 2 x 2 y

2 i 2 xy .

u x2

y2, v 2 xy atau

b) cos i sin r cos t i sin t 2

r 2, 2t , r 0, 0 t 2

r 2 , 2t t 2

t =

=2

1,0 : r 1, t 1,

1,0 1,0 1,0 : r 1, t 2 1,

w z2

z w z2

z w z 2 z

2

2 .

4

w z2

: fungsi banyak (2) 1

f : « t

idak

11 «,

pada f z z

2

f 1 : «1 11 «,pada

f z z2

«1 r , t , r 0, 0 t

f 2 : «2 11 «,pada

f z z2

«2 r , t , r 0, t 2 f r ,t : cos i sin r

2 cos 2t i sin2t , 0 t

f r ,t : cos i sin r 2 cos 2t i sin2t , t 2

r 2, 2t Ωr , t

2



f 1 r ,t ∆ c

≈1

«

f 1 r ,t ∆ c

≈2

«

f 1 r ,t … c

»2

w

Contoh:

f r ,t f r

Tentukan peta dari da

1) t 2 2) r a a

2

3) D Ã r , t 1 r À

Õ

Penyelesaian:

Jelas r 1 12

r 2 4 .

Jelas t 4

t

2

2.

2.

2 D

-2 -1 1 2

Tugas Kelompok 1

w z2

u x2

y

1a x2

y2

c

1b 2 xy d v

2 y mx ?

u x2 y

2

v 2 xy 2 x.m

u 1 m2 x 2

v 2mx

2

2

s

i sin

÷ , 0 2

Fun

’

2 2 ◊

s

i sin

÷ , 2 4

’

2 2 ◊

atau

s ∆ 2 ÷ i sin∆ 2 ÷ Ÿ , 0 2

≈ ’

« 2 ◊

≈ ’ÿ

« 2 ◊ ⁄

os t i sin t

rah/lengkungan berikut terhadap pengaruh w z2

2,

t ‹¤

4 2›

1 dan

2

2

.

dan

4

-4 -1 1 4

2, v 2 xy

u c

d

2 mx2

1 m2 x 2

x 2mx2

1 m2

2m

59

gsi Analitik

.



60

u 1 m

2mv atau v

2mu

1 m2



1

n

n

n

2

2

k

k

k

4) w zn

(n “)

w cos i sin , z r cos t i sin t , r 0, 0 t 2 .

w zn

cos i sin r cos t i sin t n

cos i sin r

n

cos nt i sin nt r

n, nt

Jadi w zn: fungsi n 1.

∑ f 1 : «1 11

«,pada

À

f z zn

2 ¤«1 Ã r , t r 0, 0 t ‹

Õ ›

f r , t r n cos nt i sin nt , 0 t

2 1

n

∑ f 2 : «2 11

«,pada

À

f z zn

2 2 ¤«2 Ã r , t r 0,Õ

t 2 ‹n ›

f r , t r n cos nt i sin nt ,

atau

2 t 2

2 n n

f r , t r n cos nt 2 i sinnt 2 , 0 t

2 2

n

∑ f k : «k 11 «,pada

À

f z zn

2 2 ¤«k Ã r , t r 0, k 1

Õ n t k ‹

›

f r , t r n cos nt i sin nt , k 1 2

k n

atau

t k 2

n

» ≈ 2 ’ ≈ 2 ’ÿ f r , t r

n

… cos ∆ nt k 1 ÷ i sin∆ nt k 1 ÷ Ÿ« n ◊ « n ◊ ⁄

Tugas Kelompok 2

Tuliskan: a) f 1

:« «k

b) Tentukan 1 z dalam bentuk pola



61

Trans f ormasi Moebius

BAB 5

TRANSFORMASI MOEBIUS

5.1. Transformasi Moebius

f z az b

,cz d

a,b,c,d konstanta kompleks, ad bc 0 .

À d ¤1) D f = z « | f ( z) terdefinisi = z « | cz + d 0 = « Ã ‹.

Õ c ›

À az b d ¤ À a ¤ R

f Ã z ‹= « Ã ‹

Õ cz d c› Õ c›

Ambil w « sebarang dan w a

c

N

r

f ( z0) 0

z0 f ( z) 0

az b w az b wcz d

cz d

a wc z wd b

z

wd b

a wc dengan syarat w

a

.c

À a ¤ wd bJadi w « Ã ‹Ω z memenuhi f z w .

Õ c›

À d ¤

a wc

À a ¤Jadi f : « Ã ‹ « Ã ‹.

Misal

Jelas

Õ

f z1

f z1

c›

f z2 .

f z2

Õ c ›

az1

b

cz1 d

az2 b

cz2 d

az1

b cz2

d az2

b cz1

d acz1 z2 adz1 bcz2 bd acz1 z2 adz2 bcz1 bd

ad bc z1 ad bc z2

ad bc z1

z2 0

ad bc z1 z2 0¤

Jadiad bc 0

‹Ω z1 z 2 .›

À d ¤ À a ¤Jadi f : « Ã ‹

11 « Ã ‹dan

Õ c› Pada Õ c ›



62

‹

À a ¤ À d ¤ dz b f : « Ã ‹ « Ã ‹, f

1 z .Õ c › Õ c › cz a

Jelas ad (b)(c) ad bc 0 .

Didefinisikan À

f Õ

f ( z) az b

cz d , ad bc 0

¤.›

Jelas f f 1 .

Ambil sebarang f , g .

Tulis f z az b

cz d dengan ad bc 0 dan

g z

Ditunjukkan

pz qdengan

rz s

f A g .

ps qr 0 .

≈ pz q ’Jelas f A g z f g z f ∆ ÷

a∆ pz q

÷ b

« rz s ◊

≈ ’

« rz s ◊

a pz q brz s

c∆ pz q

÷ d c pz q d rz s

≈ ’

« rz s ◊

apz aq brz bs

cpz cq drz ds

ap br z aq bs

cp dr z cq ds Tulis ap br A, aq bs B , cp dr C , dan cq ds D .

Jadi f A g z Az B

.Cz D

Jelas AD – BC =

ap br

cq ds

aq bs

cp dr

acpq adps bcqr bdrs acpq adqr bcps bdrs adps adqr bcqr bcps

ad ps qr bcqr ps ad ps qr bc ps qr ad bc ps qr .

Dipunyai ad bc 0 dan ps qr 0 .

Jadi AD – BC ad bc ps qr 0 .

Jadi f A g .

Jadi f , g , f A g .

Jadi f , g

Ω f

A g .

Apabila cp dr z cq ds 0 diperoleh z cq ds

.cp dr

À d ¤ À s ¤ À cq ds ¤Jadi D

f C Ã ‹, D

g C Ã ‹ dan D

f g C Ã ‹.

Õ c› Õ q› Õ cp dr ›



63

›

c c


Teorema 5.1:

À az b ¤Dipunyai Ã f

Õ f ( z)

cz d , ad bc 0‹ dan f A g z

› f g z .

, merupakan grup

Bukti:

(1) Telah dibuktikan f , g Ω f A g .

(2) f , g ,h Ω f A g A h f A g A h Ingat teorema: f , g, h tiga fungsi sehingga g A h terdefinisi,

f A g A h terdefinisi Ω

terdefinisi.

f A g terdefinisi, f A g A h

f A g A h f A g A h .

(3) I z z 1. z 0

, 1.1 0.0 1 0 .0. z 1

Jadi I . f A I f I A f

(Ingat f A I f I A f f jika I A f terdefinisi).

(4) f Ω f 1 .

Jadi ,A merupakan grup.

g z az b kontinu ¤ az b d

h z cz d kontinu ‹Ω f z , z

cz d ckontinu .

f z az b f z cz d a az bc ad bc , z d .cz d cz d

2 cz d 2

c

5.2.Geometri Transformasi Moebius

f z az b

cz d

a

c

bc ad

ccz d

a

bc ad .

12 d

z c

m n . 1

, m a

, n bc ad

, p d

z p c c2

c

m g( z), g( z) n . 1

z p

m n .h( z), h( z) 1

z p

m n. 1

,k ( z)

k ( z) z p .



64

2 2

2

2 2

h( z) 1

, z

k ( z) z p

h A k ( z) 1

. z p

f z az b

az b

0. z 1 translasi.

g( z) nz adalah rotasi sebesar argumen n diikuti oleh perbesaran sebesar n .

Sifat: Transformasi oleh w 1

zw u iv, z x iy

w 1

u iv z

1

x iy

1

x iy. x iy

x iy

u x

, x

2 y2

v y

x2 y

2

z

1

wΩ

x iy

1

u iv

u iv

u 2 v 2

Beberapa hasil transformasi oleh w 1

: z

(1) persamaan y mx (persamaan garis lurus melalui 0) ?

v

u2 v

2

mu

u2 v

2 v mu (persamaan garis lurus melalui 0).

(2) Persamaan y mx n

v

u2

v2

mu n

u2

v2

nu 2 v2 mu v 0

u2

v2

m

u v

0n n

≈ m ’ ≈ 1 ’ m2

1∆ u «

÷2n ◊

∆ v «

÷2n ◊

4n

2

4n2

(Lingkaran).

(3) Persamaan x p2 y q2

r 2

∆ u

p ÷ ∆ v

2

÷ 2

≈

« u2

v2

’

≈

◊ «

u2

v2

q’

r ◊

u 2 2 pu v 2qv 2 2

u 2 v

2 p q r

u2

v2 u 2

v2 2

u2

v2

1

u2 v

2 p 2

q2

2 pu qv r

2

u2

v2

p2

q2

r 2

2 pu qv 1

0u

2 v

2



65

p 2 q

2 r

2 u 2 v

2 2 pu qv 1 0


u2 v

2 2 pu qv

p2

q2

r 2

1

r 2

p 2 q

2

Kesimpulan:

Hasil transformasi oleh w 1

zadalah sebagai berikut:

(1) Garis lurus melalui 0 garis lurus melalui 0

(2) Garis lurus tidak melalui 0 lingkaran

(3) Lingkaran lingkaran.

Transformasi oleh f z m n. 1

z p

w 1

Œ¤

z ‹t z pŒ›

h( z) 1

zk ( z) z p

Jadi hasil transformasi oleh

lurus atau lingkaran

f ( z) az b

cz d berupa garis

Contoh

Tentukan peta dari

Penyelesaian:

y 6 x 7 oleh pengaruh f z 2 z 3

4 z 5

Cara I:

Pilih (0,7), ( – 1 ,1), (1,13) y 6 x 7 .

Jelas (0,7) 7i, (1,1) 1 i, (1,13) 1 13i .

f 0,7 2 .7i 3

14 i 3

14 i 3. 28i 5

x iy x , y .

4.7i 5 28 i 5 282

52 1 1 1 1

1,1 x2 , y2 1,13 x

3, y

3

(1) Apabila x1 , y1 , x2 , y2 , dan x3 , y3 terletak pada sebuah garis lurus dapat

disimpulkan peta dari garis lurus

adalah berupa garis lurus

y 6 x 7 oleh pengaruh f z 2 z 3

4 z 5

(2) Apabila x1 , y1 , x2 , y2

, dan x3 , y3 tidak terletak pada satu garis lurus

dapat disimpulkan peta dari garis lurus y 6 x 7 oleh pengaruh

f z 2 z 3

4 z 5

adalah berupa lingkaran.

Cara II:

Tulis z x iy dan f z w u iv .

w 2 z 3

2 z 3 w4 z 5 4 z 5

z2 4w 5w 3



Jadi

z 5 w 3

2 4 w

5u iv 3 x iy

4u iv 2

5w 3.

4 w 2

5u 3 5iv

4u 2 4iv

5u 3 5iv 4u 2 4iv

4u 22 4v2

Tugas Kelompok 4

Lanjutkan proses di atas sehingga ditemukan peta dari garis y 6 x 7 .

Analisis Kompleks - Drs. Supriyono- M.si

Documents

Transcript of Analisis Kompleks - Drs. Supriyono- M.si