Bilangan kompleks

FUNGSI KOMPLEKS

1

BAB 1BAB 1ReviewReviewSistem Bilangan RiilSistem Bilangan Riil

System bilangan yang kita kenal selama ini dapat dijabarkan menjadi: Bilangan asli: 1, 2, 3, 4, …………..,Himpunan bilangan asli dinotasikan N={1, 2, 3, …………….} Bilangan Cacah ; 0,1,2 3, 4, …Himpunan Cacah asli dinotasikan C = {1, 2, 3, …………….} Bilangan bulat Himpunan bilangan bulat ditulis Z = {……, -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3,………..} Bilangan rasional (Q) adalah bilangan yang dapat ditulis sebagai

dengan bentuk p/q, p disebut pembilang dan q disebut penyebut. Bilangan irrasional (I) yaitu bilangan yang bukan bilangan rasional, atau

bilangan yang tidak dapat dinyatakan sebagai p/q . Bilangan riil dapat dilukiskan pada suatu garis lurus yang disebut

sumbu riil atau garis bilangan dinotasikan .

2

IQR ∪=

BILANGAN KOMPLEKS

Kenapa butuh atau ada bilangan kompleks?Dengan memiliki sistem bilangan real ℝ saja kita tidak dapat menyelesaikan persamaan x2 +1=0. Jadi disamping bilangan real kita perlu bilangan jenis baru.

Bilangan jenis baru ini dinamakan bilangan imajiner atau bilangan kompleks.

3

BILANGAN KOMPLEKS DAN OPERASINYA

Definisi 1Bilangan kompleks adalah bilangan yang berbentuk: a + bi atau a + ib, a dan b bilangan real dan i2 = –1.

NotasiBilangan kompleks dinyatakan dengan huruf z, sedang huruf x dan y menyatakan bilangan real. Jika z = x + iy menyatakan sembarang bilangan kompleks, maka x dinamakan bagian real dan y bagian imajiner dari z. Bagian real dan bagian imaginer dari bilangan kompleks z biasanya dinyatakan dengan Re(z) dan Im(z).

4

OPERASI HITUNG PADA BILANGAN KOMPLEKS

DEFINISI 2

Bilangan kompleks z1=x1+iy1 dan bilangan kompleks z2=x2+iy2 dikatakan sama, z1=z2, jika dan hanya jika x1=x2 dan y1=y2.

DEFINISI 3

Untuk bilangan kompleks z1=x1+iy1 dan z2=x2+iy2 jumlah dan hasilkali mereka berturut-turut didefinisikan sbb:

z1+z2 = (x1+x2) + i(y1+y2)

z1 • z2 = (x1x2 – y1y2) + i(x1y2+x2y1) 5

Operasi-Operasi Aljabar Pada Bilangan Operasi-Operasi Aljabar Pada Bilangan KompleksKompleks

Penambahan

Pengurangan

Perkalian

Pembagian

6

( ) ( )

( ) ( )

a ib c id a ib c id

a c i b d

+ + + = + + += + + +

( ) ( )

( ) ( )

a ib c id a ib c id

a c i b d

+ − + = + − −= − + −

2( ) . ( ) .

( ) ( )

a ib c id ac a id ibc bdi

ac bd i ad bc

+ + = + + += − + +

2 1i = −

2

2 2 2

2 2

2 2 2 2

. ..

( )

.

a ib a ib c id ac a id i bc i bd

c id c id c id c d iac bd i bc ad

c dac bd bc ad

ic d c d

+ + − − + −= =+ + − −

+ + −=+

+ −= ++ +

Himpunan semua bilangan kompleks diberi notasi ℂJadi ℂ = { z | z = x + iy, x∈ℝ, y∈ℝ }.Jika Im(z)=0 maka bilangan kompleks z menjadi bilangan real x, sehingga bilangan real adalah keadaan khusus dari bilangan kompleks, sehingga ℝ⊂ℂ. Jika Re(z)=0 dan Im(z)≠0, maka z menjadi iy dan dinamakan bilangan imajiner murni. Bilangan imajiner murni dengan y=0, yakni bilangan i, dinamakan satuan imajiner.

7

Sifat-sifat lapangan bilangan kompleksHimpunan semua bilangan kompleks bersama operasi penjumlahan dan perkalian (ℂ ,+,•) membentuk sebuah lapangan (field). Adapun sifat-sifat lapangan yang berlaku pada bilangan kompleks z1,z2 dan z3 adalah sebagai berikut:1. z1+z2∈ℂ dan z1•z2∈ℂ . (sifat tertutup)

2. z1+z2= z2+z1 dan z1•z2= z2•z1 (sifat komutatif)

3. (z1+z2)+z3= z1+(z2+z3) dan (z1•z2) •z3= z1•(z2•z3) (sifat assosiatif)

4. z1•(z2+z3)=(z1•z2)+(z1•z3) (sifat distribtif)

5. Ada 0=0+i0∈ℂ , sehingga z+0=z (0 elemen netral penjumlahan)

8

6. Ada 1=1+i0∈ℂ , sehingga z•1=z (1elemen netral perkalian7. Untuk setiap z=x+iy∈ℂ, ada –z=–x–iy sehingga z+(–z)=0 8. Untuk setiap z=x+iy∈ℂ, ada z-1=sehingga z•z-1=1.

Tugas: Buktikan sifat-sifat 1 – 8 menggunakan definsi yang telah diberikan.

9

soal:

1. Jika z1=x1+iy1 dan z2=x2+iy2,

buktikan bahwa: z1 – z2= (x1 – x2)+i(y1 – y2)

2. Diketahui: z1=2+3i dan z2=5–i.

tentukan z1 + z2, z1 – z2 , z1z2, dan

10

2

1zz

Kompleks Sekawan Jika z = x + iy bilangan kompleks, maka bilangan kompleks sekawan dari z ditulis , didefinisikan sebagai = (x,–y) = x – iy.

Contoh:sekawan dari 3 + 2i adalah 3 – 2i , dan sekawan dari 5i adalah –5i.

Operasi aljabar bilangan kompleks sekawan di dalam himpunan bilangan kompleks memenuhi sifat-sifat berikut :

11

z

Teorema 1 :

a. Jika z bilangan kompleks, maka :

1.2.

3.

4.

12

[ ] [ ]22 )zIm()zRe(zz

)zIm(2zz)zRe(2zz

zz

+=⋅

=−=+

=

b. Jika z1, z2 bilangan kompleks , maka :

1.2.3.

4. , dengan z2≠0.

13

2121 zzzz +=+2121 zzzz −=−

2121 zzzz ⋅=⋅

2

121

zz

zz =

2121 zzzz +=+2121 zzzz −=−

2121 zzzz ⋅=⋅

2121 zzzz +=+2121 zzzz −=−

Interpretasi Geometris Bilangan Kompleks Karena z = x + iy dapat dinyatakan sebagai z= (x,y), merupakan pasangan terurut bilangan real, maka z dapat digambarkan secara geometri dalam koordinat Kartesius sebagai sebuah titik (x,y). Pemberian nama untuk sumbu x diubah menjadi sumbu Real dan sumbu y diubah menjadi sumbu Imajiner. Bidang kompleks tersebut di beri nama bidang Argand atau bidang z. Jika kita hubungkan titik asal (0,0) dengan titik (x,y), maka terbentuk vektor; sehingga bilangan kompleks z = x+iy = (x,y) dapat dipandang sebagai vektor z. Arti geometris dari penjumlahan dan pengurangan bilangan kompleks dapat dilihat pada gambar berikut.

14

15

Re

Im

)y,x(z•

O

ArganBidangz

16

Im

Re2z

1z

O

21 zz +

17

Re

Im

2z

2z−

1z

21 zz −O

Tugas :Diketahui z1 = 2 + 3i dan z2 = 5 – i. Gambarkan pada bidang kompleks (bidang argand), z1, z2, z1+ z2, z1- z2,

18

⋅

212121 zz,zz,z,z −+

Modulus (Nilai Mutlak) dari Bilangan Kompleks

Definisi 4 :

Jika z = x+iy = (x,y) bilangan kompleks, maka modulus dari z, ditulis |z| = |x+iy| =

Arti geometri dari modulus z adalah merupakan jarak dari titik O(0,0) ke z = (x,y). Akibatnya, jarak antara dua bilangan kompleks z1 =x1+iy1 dan z2 = x2+iy2 adalah

19

22 yx +

221

221 )yy()xx( −+−

Selanjutnya apabila z1 =x1+iy1 dan r real positif,

maka |z – z1| = r merupakan lingkaran yang berpusat di

titik z1 dengan jari-jari r.

Bagaimanakah dengan |z – z1| < r dan |z – z1| > r

Gambarkanlah pada bidang z.

20

Teorema 2 : A. Jika z bilangan kompleks, maka berlaku :

1.2.

3.4.5.

21

( ) ( )

)zIm()zIm(z)zRe()zRe(z

zzz

zz)zIm()zRe(z

2

222

≥≥≥≥

⋅=

=+=

B. Jika z1, z2 bilangan kompleks, maka berlaku :1.

2.

3.4.

5.

Tugas : Buktikanlah teorema A di atas dengan memisalkan z = x+iy, kemudian berdasarkan hasil A, buktikan juga teorema B !

22

2121

2121

2121

2

1

2

1

2121

zzzzzzzzzzzz

zz

zz

zzzz

−≥−

−≥−+≤+

=

⋅=⋅

1. Bukti:

23

2121 zzzz ⋅=⋅)iyx()iyx(zz 221121 +⋅+=⋅

)yxyx(i)yyxx( 12212121 ++−=

212121

22

22

212121

22

21

22

21 yyxx2yxyxyyxx2yyxx +++−+=

21221

22121 )yxyx()yyxx( ++−=

)yx()yx( 22

22

21

21 +⋅+=

)yx()yx( 22

22

21

21 +⋅+=

21 zz ⋅=

2121 zzzz ⋅=⋅∴

2. Bukti:

24

2222

2211

21

iyxiyx

iyxiyx

zz

−−⋅+

+=

22

22

211222

22

2121yx

yxyxiyx

yyxx+−+

++=

2

22

22

21122

22

22

2121yx

yxyxyx

yyxx

+−+

++=

222

22

212122

21

21

222121

22

21

22

21

)yx(yyxx2yxyxyyxx2yyxx

+−++++=

)yx()yx()yx()yx(

22

22

22

22

22

22

21

21

+⋅++⋅+=

.terbuktizz

yxyx

2

122

22

21

21 =

++=

3. Bukti:

25

2121 zzzz +≤+2

1221 )yxyx(0 −≤

212121

22

22

21 yyxx2yxyx0 −+≤

21

22

22

212121 yxyxyyxx2 +≤

21

22

22

21

22

21

22

212121

22

21

22

21 yxyxyyxxyyxx2yyxx +++≤++

)yx)(yx()yyxx( 22

22

21

21

22121 ++≤+

)yx)(yx(2)yyxx(2 22

22

21

212121 ++≤+

≤+++++ 2221

21

2221

21 yyy2yxxx2x

22

22

22

22

21

21

21

21 yx)yx)(yx(2yx ++++++

( )222

22

21

21

221

221 yxyx)yy()xx( +++≤+++

22

22

21

21

221

221 yxyx)yy()xx( +++≤+++

terbuktizzzz 2121 +≤+

4. Bukti:

26

2121 zzzz −≥−

2121

2121

221

2211

zzzzzzzz

zzzzzzz

−≥−∴−≤−

+−≤+−=

Bentuk Kutub (Polar) dan Eksponen dari Bilangan

Kompleks Selain dinyatakan dalam bentuk z = x+iy = (x,y), bilangan kompleks z dapat dinyatakan pula dalam bentuk koordinat kutub atau Polar, yaitu z = (r,θ).

27

Oθ

Im

Re

),r()y,x(z θ==

rz =

Adapun hubungan antara keduanya, dan

adalah :x = r cosθ , y = r sinθ,

sehingga θ = arc tan

θ adalah sudut antara sumbu x positif dengan oz

didapat juga Jadi, bentuk kutub bilangan kompleks z adalah z = (r, θ) = r(cos θ + i sin θ) = r cis θ. dan sekawan dari z adalah = (r, -θ) = r(cos θ - i sin θ).

28

xy

zyxr 22 =+=

)y,x( ),r( θ

Definisi 5 :Pada bilangan kompleks z = (r, θ) = r(cos θ + i sin θ), sudut θ disebut argument dari z, ditulis arg z. Sudut θ dengan 0 ≤θ < 2π atau -π < θ ≤ π disebut argument utama dari z, ditulis θ = Arg z. Pembatasan untuk sudut θ tersebut dipakai salah satu saja.

Definisi 6 :Dua bilangan kompleks z1 = r1(cos θ1 + i sin θ1) dan z2 = r2(cos θ2 + i sin θ2) dikatakan sama, jika r1 = r2, dan θ1 = θ2.

29

Selain penulisan bilangan kompleks z = (x , y) = (r, θ) = r(cos θ + i sin θ) = r cis θ, maka anda dapat menuliskan z dalam rumus Euler (eksponen), yaitu z = reiθ, dan sekawannya adalah re-iθ.

Tugas: Buktikan bahwa eiθ = cos θ + i sin θ, dengan menggunakan deret MacLaurin untuk cos θ , sin θ dan et dengan mengganti t = iθ.

30

Contoh :Nyatakan bilangan kompleks z = 1 + i dalam bentuk polar dan eksponen !

31

Contoh :Nyatakan bilangan kompleks z = 1 + i dalam bentuk polar dan eksponen !

Jawab :z = 1 + i, r = , tan θ = 1, sehingga θ = 45⁰= πJadi z = (cos π + i sin π) = cis π =

32

2 41

41 2 4

1 2i4e

π2 41

Pangkat dan Akar dari Bilangan Kompleks Perkalian dan Pemangkatan

Telah kita ketahui bahwa bilangan kompleks dalam bentuk kutub adalah z = r(cos θ + i sin θ).Jika z1 = r1(cos θ1 + i sin θ1) & z2 = r2(cos θ2 + i sin θ2), maka kita peroleh hasil perkalian keduanya sebagai berikut :

z1 z2 = [r1(cos θ1 + i sin θ1)][r2(cos θ2 + i sin θ2)]

z1 z2 = r1 r2 [(cos θ1 cos θ2 - sinθ1sin θ2) +

i (sin θ1 cos θ2 + cos θ1sin θ2)]

z1 z2 = r1 r2 [cos (θ1 + θ2 ) + i sin (θ1 + θ2)]

33

Dari hasil perkalian tersebut diperoleh:arg(z1 z2) = θ1 + θ2 = arg z1+ arg z2

Pertanyaan : Bagaimanakah jika kita perkalikan z1 z2 . . . zn dan z z z z … z = zn ?

34

Jika diketahui:z1 = r1(cos θ1 + i sin θ1)z2 = r2(cos θ2 + i sin θ2)

zn = rn(cos θn + i sin θn), untuk n asli,

maka secara induksi matematika, diperoleh rumus perkalian z1 z2 … zn = r1 r2 …rn[cos (θ1 + θ2+…+θn) + i sin (θ1 + θ2+…+θn)] .

Akibatnya jika, z = r(cos θ + i sin θ) maka

zn = rn (cos nθ + i sin nθ). . . . . . . . . . .1

Khusus untuk r = 1, disebut Dalil De-Moivre(cos θ + i sin θ)n = cos nθ + i sin nθ, n asli.

35

Pembagian:Sedangkan pembagian z1 dan z2 adalah sebagai

berikut:

Setelah pembilang dan penyebut dikalikan dengan

sekawan penyebut, yaitu r2(cos θ2 - i sin θ2), maka

diperoleh : [cos (θ1 - θ2 ) + i sin (θ1 - θ2)]

Dari rumus di atas diperoleh:

arg θ1-θ2 = arg z1 – arg z2.

36

)sini(cosr)sini(cosr

zz

222

111

2

1θ+θθ+θ=

2

1

2

1rr

zz =

=2

1zz

Akibat lain jika z = r(cos θ + i sin θ),

maka:

Untuk: .

Setelah pembilang dan penyebut dikalikan sekawanpenyebut, maka didapat :

. . . . . . 2

37

( )

( )θ+θ=

θ−+θ−=

nsinincosr1

z1

)sin(i)cos(r1

z1

nn

( ))nsin(i)ncos(r1

z1

nn θ−+θ−=

Dari 1 dan 2 diperoleh:

, Dali l De-Moivre

berlaku untuk semua n bilangan bulat.

38

)nsin(i)ncos(rz nn θ+θ=

Contoh:Hitunglah :

Jawab :Misalkan maka

karena z di kuadran IV, maka dipilih

jadi maka

39

31tan

213zr,i3z

−=θ

=+==

−=

( ) ( )66

6

6

3 2 cos 180 sin 180

2 ( 1 0)

2

o oi i−

−

−

−

− = − + −

= − +

=−

o30−=θ

( ) 6i3 −−

( )3 2 cos 30 sin 30o oi i− = − + −

Akar Bilangan Kompleks

Bilangan kompleks z adalah akar pangkat n dari

bilangan kompleks w, jika zn = w, dan ditulis .

Jika z = ρ(cosφ +i sinφ) akar pangkat n dari bilangan

kompleks w = r(cosθ+i sinθ), maka dari zn = w

diperoleh: ρn(cosnφ +i sinnφ) = r(cosθ+i sinθ),

sehingga ρn = r dan nφ= θ+2kπ , k bulat.

Akibatnya dan

Jadi . . .

40

n1

wz =

n1

r=ρ nk2 π+θ=φ

Jadi, akar pangkat n dari bilangan kompleks

w = r(cosθ+i sinθ) adalah:

z = [cos( ) + i sin ( )], k bulat dan n

bilangan asli.

Dari persamaan zn = w, ada n buah akar berbeda yang memenuhi persamaan itu.

Untuk mempermudah dipilih k = 0,1,2,3,…,(n-1);

0 ≤ < 2π, sehingga diperoleh z1,z2,z3,…,zn sebagai akar ke-n dari z.

41

nk2 π+θ2k

n

θ π+

nk2 π+θ

Contoh :

Hitunglah (-81)1/4

Jawab :

Misalkan z = (-81)1/4, berarti harus dicari penyelesaian

persamaan z4 = -81.

Tulis z = ρ(cosφ +i sinφ) dan –81 = 81(cos1800+i sin1800),

sehingga ρ4(cos4φ +i sin4φ) = 81(cos1800+i sin1800),

diperoleh ρ4 = 81, atau ρ = 3 dan .

Jadi z = 3[cos( )+i sin( )]

Keempat akar yang dicari dapat diperoleh dengan

mensubstitusi k = 0,1,2,3 ke persamaan terakhir.

42

4k2 π+π=φ

4k2 π+π

4k2 π+π

Latihan Soal Bab I

1. Buktikan Teorema 1 dengan memisalkan z = (x,y) = x + iy.2. Diketahui z1 = 6 + 5i dan z2 = 8 – i.

Tentukan z1 + z2, z1 - z2 , z1z2, dan z1 / z2

3. Jika z = -1-i, buktikan z2 + 2z + 2 = 0.4. Cari bilangan kompleks z yang memenuhi sifat: a. z-1 = z dan b. 5. Buktikan untuk setiap z bilangan kompleks berlaku : z1. + .z2 = 2Re(z1. )

6. Hitung jarak antara z1 = 2 + 3i dan z2 = 5 – i.

43

zz −=

1z2z 2z

7.Gambarkan pada diagram argand dan

sebutkan nama kurva yang terjadi :

a. |z – 5| = 6 dan |z – 5| > 6

b. |z + i| = |z – i|

c. 1 < |z – i| < 3

8.Nyatakan bilangan kompleks z = 2 -2i dalam

bentuk polar dan eksponen !

9. Hitunglah (-2+2i)15

10.Tentukan himpunan penyelesaian dari : z3- i = 0

44

BAB IIFUNGSI , LIMIT DAN KEKONTINUAN

Sebelum dibahas mengenai fungsi kompleks, maka perlu dipelajari konsep-konsep topologi yang akan digunakan pada fungsi kompleks.

Konsep-Konsep Topologi Pada Fungsi

KompleksHimpunan pada pembahasan ini adalah koleksi atau kumpulan titik-titik pada bidang Z. Dianggap anda telah memahami operasi pada himpunan yaitu gabungan, irisan, penjumlahan dan pengurangan beserta sifat-sifatnya.

45

1. Lingkungan/persekitarana. Persekitaran zo adalah himpunan semua titik z yang

terletak di dalam lingkaran yang berpusat di zo,berjari-jari r, r > 0. Ditulis N(zo,r) atau |z – zo| < r.

b. Persekitaran tanpa zo adalah himpunan semua titikz≠zo yang terletak di dalam lingkaran yang berpusat di zo, berjari-jari r, r > 0. Ditulis N*(zo,r) atau0< |z – zo| < r.

46

Contoh :a. N(i,1) atau |z – i | < 1, lihat pada gambar 1b. N*(O,a) atau 0< |z – O| < a, lihat pada gambar 2

47

Im

Re

•i

i2•

O

1gambar

Re

Im

O

2gambar

a

2. KomplemenAndaikan S suatu himpunan. Komplemen dari S ditulis Sc,merupakan himpunan semua titik pada bidang Z yang tidak termasuk di S.

Contoh :Gambarkan !A = { z | Im z< 1}, maka Ac = { z | Im z≥ 1}.B ={ z | 2<z<4}, maka Bc = { z | z≤2 atau z≥4}.

48

A = { z | Im z< 1}, maka Ac = { z | Im z≥ 1}.B ={ z | 2<z<4}, maka Bc = { z | z≤2 atau z≥4}.

49

Re

Im

O

1A

Re

Im

O 2 4

4

2B

cAcB

3. Tit ik l imitTitik zo disebut titik limit dari himpunan S jika untuk setiap N*(zo,δ) maka N*(zo,δ) ∩ S ≠ φ. Jika zo ∈ S dan zo bukan titik limit, maka zo disebut titik terasing.

50


4. Tit ik batasTitik zo disebut titik batas dari himpunan S jika untuk setiap N*(zo,δ) memuat suatu titik di S dan memuat suatu titik yang tidak di S.

51


4. Tit ik batasTitik zo disebut titik batas dari himpunan S jika untuk setiap N*(zo,δ) memuat suatu titik di S dan memuat suatu titik yang tidak di S.

5. Batas dari himpunan Sadalah himpunan semua titik batas dari S.

52

6. Interior dan EksteriorTitik zo disebut interior dari himpunan S jika ada N(zo,δ) sehingga N(zo,δ) ⊂ S. Titik yang bukan titik interior atau bukan titik batas disebut titik eksterior.

53


7. Himpunan TerbukaHimpunan S disebut himpunan terbuka jika semua anggota S adalah titik interior S.

54


7. Himpunan TerbukaHimpunan S disebut himpunan terbuka jika semua anggota S adalah titik interior S.

8. Himpunan TertutupHimpunan S disebut himpunan tertutup jika S memuat semua titik limitnya.

55

9. Himpunan TerhubungHimpunan terbuka S disebut terhubung, jika setiap dua titik di S dapat dihubungkan oleh penggal garis yang seluruhnya terletak di S.

56


10. Daerah domainHimpunan terbuka S yang terhubung disebut daerah domain.

57


10. Daerah domainHimpunan terbuka S yang terhubung disebut daerah domain.

11. Daerah Tertutup Daerah tertutup S adalah daerah terbuka digabung dengan batasnya.

58

12. Penutup dari himpunan S adalah himpunan S digabung dengan titik limitnya.

59

Contoh :1.Diberikan A = { z / |z|<1}, maka:

A adalah himpunan terbuka dan terhubung.Batas dari A adalah { z / |z|=1}.Penutup dari A adalah { z / |z|≤1}.

60

Im

Re1

11−

1−

A

2.Diberikan B = { z / |z|<1} U {(0,1)}, maka:

B adalah bukan himpunan terbuka dan juga bukan himpunan tertutup.Titik-titik limit dari B adalah { z / |z|≤1}.

61

Im

Re1

11−

1−

•B

3.Diberikan C = { z / |z|≤ 2}, maka:

Titik-titik interior C adalah { z / |z|<2}.

62

Im

Re1

11−1−

2

22−

2−

Fungsi KompleksDefinisi :

Misalkan D himpunan titik pada bidang Z.Fungsi kompleks f adalah suatu aturan yang memasangkan setiap titik z anggota D dengan satu dan hanya satu titik w pada bidang W, yaitu (z,w).Fungsi tersebut ditulis w = f(z).Himpunan D disebut daerah asal (domain) dari f, ditulis Df dan f(z) disebut nilai dari f atau peta dari z oleh f. Range atau daerah hasil (jelajah) dari f ditulis Rf , yaitu himpunan f(z) untuk setiap z anggota D.

63

64

z )z(fw =)zRe( )wRe(

)zIm( )wIm(

Bidang Z Bidang W

f

Contoh :a) w = z + 1 – ib) w = 4 + 2ic) w = z2 – 5z

d) f(z) =

Contoh a,b,c adalah fungsi kompleks dengan domain semua titik pada bidang Z.

Contoh d adalah fungsi kompleks dengan domain semua titik pada bidang Z , kecuali z =

65

1z2z3

+−

21−

Jika z = x + iy, maka fungsi w = f(z) dapat diuraikan menjadi w = u(x,y) + iv(x,y) yang berarti Re(w) dan Im(w) masing-masing merupakan fungsi dengan dua variabel real x dan y.

Apabila z = r(cosθ + i sinθ), maka w = u(r, θ) + iv(r, θ).

66

Contoh :Tuliskan f(z) = 2z2 – i dalam bentuk u dan v !

67

Contoh :Tuliskan f(z) = 2z2 – i dalam bentuk u dan v !

Jawab : Misal z = x + iy, maka fungsi w = f(z) = 2z2 – i

= 2(x + iy )2 – i = 2(x2+2xyi-y2) – i = 2(x2-y2) + i(2xy-1).

Jadi u = 2(x2-y2) dan v = 2xy-1.

68

Jika z = r(cosθ + i sinθ).Tentukan f(z) = z2 + i

69

Jika z = r(cosθ + i sinθ).Tentukan f(z) = z2 + i

Jawab f(z) = z2 + i

= [r (cosθ+i sinθ)]2 + i= r2[cos2θ - sin2θ + 2isinθcosθ] + i= r2 (cos2θ - sin2θ) + r2isin2θ + i= r2 (cos2θ - sin2θ) +(1+r2sin2θ)i

berarti u = r2(cos2θ - sin2θ) dan v = 1+r2sin2θ) .

70

Komposisi Fungsi

Diberikan fungsi f(z) dengan domain Df dan fungsi

g(z) dengan domain Dg.

‣ Jika Rf ∩ Dg ≠ φ, maka ada fungsi komposisi (g⃘f) (z)

= g (f (z)), dengan domain Df.

71

f g

fg

z )z(f( )

)z)(fg()z(fg

=

‣ Jika Rg ∩ Df ≠ φ, maka ada fungsi komposisi (f⃘g) (z)

= f (g (z)), dengan domain Dg.

∷ Tidak berlaku hukum komutatif pada (g⃘f) (z) dan (f⃘g)(z).

72

g f

gf

z )z(g( )

)z)(gf()z(gf

=

Contoh : Misal: f(z) = 3z – i dan g(z) = z2 + z –1 + i

‣ Jika Rf ∩ Dg ≠ φ,

maka (g⃘f) (z) = g (f (z)) = g(3z – i) = (3z – i)2 + (3z – i) –1 + i = 9z2 – 6iz – 1 + 3z – i – 1 + i = 9z2 – 3z – 2 – 6iz

73

‣ Jika Rg ∩ Df ≠ φ,

maka (f⃘g) (z) = f (g (z)) = f(z2 + z –1 + i) = 3z2 + 3z – 3 + 3i – i

Karena 9z2 – 3z – 2 – 6iz ≠ 3z2 + 3z – 3 + 3i – i Jadi (g⃘f) (z) ≠ (f⃘g)(z) atau

(g⃘f) ≠ (f⃘g), (tidak komutatif)

74

Interpretasi Geometris Untuk setiap variabel bebas z = x + iy anggota domain ada satu dan hanya satu variabel tak bebas w = u + iv yang terletak pada suatu bidang kompleks. Masing-masing variabel terletak pada suatu bidang kompleks, z pada bidang Z dan w pada bidang W. Karena pasangan (z,w) mengandung 4 dimensi, maka kita tidak dapat menggambarkannya pada satu sistem. Tetapi kita dapat melihat gambaran dari w = f(z). Caranya dengan memandang fungsi f tersebut sebagai pemetaan (transformasi) dari titik di bidang Z ke titik di bidang W dengan aturan f. Untuk suatu titik z maka f(z) disebut peta dari z.

75

Contoh 1 :Diketahui fungsi w = 2z – 1 + i. Untuk setiap variabel bebas z = x + iy didapat nilai w = (2x – 1) + (2y + 1)i. Misalnya untuk z1 = 1 + i , dan z2 = 2 – 3i , berturut-turut diperoleh : w1 = 1 + 3i , dan w2 = 3 – 5i. Gambar dari z1, z2, w1 , dan w2 dapat dilihat di bawah ini

76

X U

Y V

1z

2z

1w

2w

O O

Zbidang Wbidang

1

1

2

3−

1

3

3

5−

Contoh 2 :Diketahui fungsi w = z2. Dengan menggunakan z = r (cosθ+i sinθ), maka diperoleh w = z2 = r2 (cos2θ+i sin2θ).Jika sebuah lingkaran pusat O berjari-jari r pada bidang Z, maka dapat dipetakan ke bidang W menjadi sebuah lingkaran pusat O berjari-jari r2. Daerah 0 ≤ arg z ≤ α dipetakan menjadi daerah 0 ≤ arg w ≤ 2α.

Gambar keduanya dapat dilihat di bawah ini.

77

78

α α2

Zbidang

Wbidang

r

2r

79

Diketahui daerah D pada bidang Z dan titik zo terletak di dalam D atau pada batas D. Misalkan fungsi w = f(z) terdefinisi pada D, kecuali di zo.

•

oz

D z

),z(*N o δ

δ

Apabila titik z bergerak mendekati titik zo melalui setiap lengkungan sebarang K dan mengakibatkan nilai f(z) bergerak mendekati suatu nilai tertentu, yaitu wo pada bidang W, maka dikatakan limit f(z) adalah wo untuk z mendekati zo, ditulis :

)z(f•

),w(N o ε

ε

ozzw)z(flim

o

=→

Limit

•ow

D

K

Zbidang

Wbidang

Definisi : Misalkan fungsi w = f(z) terdefinisi pada daerah D, kecuali di zo (titik zo di dalam D atau pada batas D). limit f(z) adalah wo untuk z mendekati zo, jika untuk setiap ε > 0, terdapat δ > 0 sedemikian hingga|f(z) – wo |< ε, apabila 0 <|z – zo|< δ,

ditulis:

80

ozzw)z(flim

o

=→

Perlu diperhatikan bahwa :

1. Titik zo adalah titik limit domain fungsi f.

2. Titik z menuju zo melalui sebarang lengkungan K,

artinya z menuju zo dari segala arah.

3. Apabila z menuju zo melalui dua lengkungan yang berbeda, mengakibatkan f(z) menuju dua nilai yang berbeda, maka limit fungsi f tersebut tidak ada untuk z mendekati zo.

81

82

Contoh 1 : Buktikan bahwa : 52z

2z3z2lim2

2z=−

−−→

Contoh 1 : Buktikan bahwa :

Bukti:Misalkan diberikan bilangan ε > 0, kita akan mencari δ > 0 sedemikian, sehingga:

, untuk z ≠ 2

Lihat bagian sebelah kanan

83

ε<−−−−⇒δ<−< |52z

2z3z2||2z|02

52z2z3z2lim

2

2z=−

−−→

Dari persamaan kanan diperoleh:

Hal ini menunjukkan bahwa telah diperoleh.

84

2|2z|

|)2z(2|

|)2z()2z)(51z2(|

|5)2z()2z)(1z2(||52z

2z3z2|2

ε<−⇔

ε<−⇔

ε<−−−+⇔

ε<−−−+⇔ε<−−

−−

2ε=δ

Bukti Formal :Jika diberikan ε > 0 , maka terdapat , sehingga untuk z ≠ 2, diperoleh

Jadi apabila

Terbukti

85

ε=δ<−=

−−−+=

−−−−⇒δ<−<

2|)2z(2|

|5)2z()2z)(1z2(|

|52z2z32z2||2z|0

2ε=δ

ε<−−−− |52z

2z32z2| 2|2z|0 ε=δ<−<

52z2z3z2lim

2

2z=−

−−→

Teorema Limit :Teorema 1 :

Jika fungsi f mempunyai limit untuk z menuju zo , maka nilai limitnya tunggal.

86

Teorema Limit :Teorema 1 :

Jika fungsi f mempunyai limit untuk z menuju zo , maka nilai limitnya tunggal.

Bukti:Misal limitnya w1 dan w2, maka

87

21

21

2121

2

11

wwjadiwwsehingga

22w)z(f)z(fww)z(f)z(fw

2w)z(f

2)z(fww)z(f

=ε≤−

ε=ε+ε=−+−≤−+−

ε=−

ε=−=−

Teorema 2 :

Misalkan z = (x,y) = x+iy dan f(z) = u(x,y) + iv(x,y) dengan domain D. Titik zo = (xo,yo) = xo+iyo di dalam D atau batas D.

Maka jika dan hanya jika

dan

88

oozziyx)z(flim

o

+=→

ozzx)y,x(ulim

o

=→

ozzy)y,x(vlim

o

=→

Teorema 3 :Misalkan fungsi f dan g limitnya ada.lim f(z) = a dan lim g(z) = b, maka1. lim (f(z) +g(z)) = a + b (untuk z → zo)

2. lim (f(z) . g(z)) = a . b (untuk z → zo)

3. lim (f(z) / g(z)) = a / b (untuk z → zo)

Tugas : Buktikan ketiga teorema limit tersebut !

89

Contoh 1 :

Hitunglah

90

iz1zlim

2

iz −+

→

Contoh 1 :

Hitunglah

Jawab:

91

iz1zlim

2

iz −+

→

i2

)iz(limiz

)iz)(iz(limiz1zlim

iz

iz

2

iz

=

+=−

−+=−+

→

→→

Contoh 2 :

Jika . Buktikan tidak ada !

92

i1yx

yxxy2)z(f

2

22 +++

= )z(flim0z→

93

Contoh 2 :

Jika . Buktikan tidak ada ! i1yx

yxxy2)z(f

2

22 +++

= )z(flim0z→

Bukti :

Kita tunjukkan bahwa untuk z menuju 0 di sepanjang

garis y = 0, maka

Sedangkan di sepanjang garis y = x,

Dari 1 dan 2, terbukti tidak ada

10ixlim)z(flim)z(flim 20x)0,0()0,x(0z

===→→→

21)i1xx1(lim)z(flim)z(flim

2

0x)0,0()x,x(0z=++==

→→→

)z(flim0z→

Kekontinuan Fungsi

Definisi :

Misalkan fungsi f(z) terdefinisi di D pada bidang Z dan titik zo terletak pada interior D, fungsi f(z)

dikatakan kontinu di zo jika untuk z menuju zo,

maka lim f(z) = f(zo).

94

Jadi, ada tiga syarat fungsi f(z) kontinu di zo, yaitu :

Fungsi f(z) dikatakan kontinu pada suatu daerah R, jika f(z) kontinu pada setiap titik pada daerah R tersebut.

95

)z(f)z(flim.3

ada)z(flim.2ada)z(f.1

ozz

zz

o

o

o

=→

→

Teorema 4 :

Jika f(z) = u(x,y) + iv(x,y), f(z) terdefinisi di setiap titik pada daerah R, dan zo = xo+ i yo titik di dalam R, maka

fungsi f(z) kontinu di zo jika dan hanya jika u(x,y) dan

v(x,y) masing-masing kontinu di (xo,yo).

96

Teorema 5 : Andaikan f(z) dan g(z) kontinu di zo, maka masing-masing fungsi :1. f(z) + g(z)2. f(z) . g(z)3. f(z) / g(z), g(z) ≠ 04. f(g(z)); f kontinu di g(zo),

kontinu di zo.

97

98

Contoh 1 :

Fungsi f(z) = , apakah kontinu di 2i

Jawab :

f(2i) = 3 + 4(2i) = 3 + 8i,

sedangkan untuk z mendekati 2i, lim f(z) = z + 2i,

jadi f(z) diskontinu di z = 2i.

=+

≠−+

i2z,z43

i2z,i2z4z2

)i2(f)z(flimsehinggai2z

≠→

99

Contoh 2.

Dimanakah fungsi kontinu ?

Jawab :

Coba anda periksa bahwa g(z) diskontinu di z = 1 dan

z = 2. Jadi g(z) kontinu di daerah

2z3z1z)z(g 2

2

+−+=

{ }2zz >

BAB III. TURUNAN

3.1 Definisi Turunan Diberikan fungsi f yang didefinisikan pada daerah D dan zo ∈ D.

Jika diketahui bahwa nilai ada, maka

nilai limit ini dinamakan turunan atau derivatif fungsi f di titik zo.

Dinotasikan : f’(zo)

100

o

ozz zz

)z(f)z(flimo

−−

→

⇛ Jika f’(zo) ada, maka f dikatakan terdifferensial atau diferensiabel di zo.Dengan kata lain :

⇛ Jika f terdifferensial di semua titik pada D, maka f terdifferensial pada D

Contoh 3.1.1Buktikan f(z) = z2 terdifferensiasi diseluruh ℂ

101

z)z(f)zz(flimz

flim)z('f oo0z0zo ∆

−∆+=∆∆=

→∆→∆

Bukti : Ditinjau sebarang titik zo ∈ ℂ

102

o

o

oozz

o

2o

2

zz

o

ozzo

z2zz

)zz)(zz(lim

zzzzlim

zz)z(f)z(flim)z('f

o

o

o

=−

−+=

−−=

→−=

→

→

→

Karena zo sebarang maka f(z) = z2 terdefferensial

di seluruh ℂ

Teorema 3.1

Jika f fungsi kompleks dan f’(zo) ada, maka

f kontinu di zo

Bukti :

103

Bukti : Diketahui f’(zo) adaAkan dibuktikan f kontinu di zo atau

104

)z(f)z(flim ozz o

=→

00)z('f

)zz(lim)zz()z(f)z(flim

)zz()zz()z(f)z(flim))z(f)z(f(lim

ozzo

ozz

oo

ozzozz

oo

oo

=⋅=

−⋅−−=

−⋅−

−=−

→→

→→

sehingga

dengan kata lain f kontinu di zo.

)z(f)z(flim)z(flim oozzzz oo

==→→

Contoh 3.1.2Buktikan f(z) = |z|2 kontinu di seluruh bidang kompleks tetapi hanya terdifferensial di z = 0

Bukti :f(z) = |z|2 = x2 + y2 berarti u(x,y) = x2 + y2 dan

v(x,y) = 0u dan v kontinu di D, maka f(z) kontinu di D

105

0zzzlim

z|z|lim0z

)0(f)z(flim)0('f

0z

2

0z0z

==

=−−=

→

→→

Jadi f(z) terdifferensial di z = 0

106

3.2 Syarat Chauchy-Riemann

Syarat yang diperlukan agar fungsi f terdiferensial di zo = xo + i yo adalah syarat Chauchy-Riemann, yang menghubungkan derivatif-derivatif parsial tingkat pertama dari fungsi bagian real dan fungsi bagian imajiner dari f.

107

Terema 3.2.1 (Syarat Chauchy-RiemannJika f(z) = u(x,y) + i v(x,y) terdifferensial di zo = xo + i yo,

maka u(x,y) dan v(x,y) mempunyai derivatif parsial pertama di (xo,yo) dan di titik ini dipenuhi persamaan

Cauchy – Riemann

derivatif f di zo dapat dinyatakan dengan

Jika persamaan C-R tidak dipenuhi di (xo,yo) maka

f(z) = u(x,y) + i v(x,y) tidak terdifferensial di zo = xo + i yo

xv

yudany

vxu

∂∂−=∂

∂∂∂=∂

∂

)y,x(vi)y,x(u)z('f ooxooxo +=

108

Contoh 3.2.1

Buktikan f(z) = |z|2 tidak terdifferensiasi di z ≠ 0

Bukti : f(z) = x2 + y2 sehinggau(x,y) = x2 + y2

v(x,y) = 0Persamaan Cauchy – Riemann

y2yudanx2x

u =∂∂=∂

∂

0yvdan0x

v =∂∂=∂

∂

)1(0x2yv

xu =⇔∂

∂=∂∂

109

)2(0y2xv

yudan =⇔∂

∂−=∂∂

(1) dan (2) tidak dipenuhi jika x ≠ 0 atau y ≠ 0,

jadi pasti f tidak terdeferensial di z ≠ 0

110

Catatan :

Syarat C-R hanya syarat perlu untuk keterdifferensialan.

Contoh 3.2.2Buktikan fungsi f(z) = 22

33

yxi)1(yi)1(x

+−−+

dan f(0) = 0, tidak terdifferensial di 0, memenuhi C-R

Bukti :u = 22

33

yxyx

+−

dengan u(0,0) = 0

v = 22

33

yxyx

++

dengan v(0,0) = 0

ux(0,0) = ox

lim→ x

)0,0u()0u(x, − = 1

uy(0,0) = y)0,0u(,y)0u(lim

oy

−→

= -1

111

vx(0,0) = x)0,0v()0v(x,lim

ox

−→

= 1

oylim→ y

)0,0v(,y)0v( −vy(0,0) = = 1

Jadi persamaan Cauchy – Riemann terpenuhi

iy))(xy(xi)1(yi)1(xlimz

)0(f)z(flim 22

33

0z0z ++−−+=−

→→Tetapi

Untuk z → 0

oxlim→ 3

3

xi)1(x +

Sepanjang garis real y = 0 → = 1 + i

112

oxlim→ 3

3

xi)1(2xi2

+ i1i+Sepanjang garis real y = x → =

ozlim→ z

)0f(f(z) −Jadi tidak ada

sehingga f tidak terdifferensial di 0 meskipunpersamaan C-R dipenuhi di (0,0)

113

xu

∂∂

yu

∂∂

xv

∂∂

yv

∂∂

xu

∂∂

yv

∂∂

yu

∂∂

xv

∂∂−

Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa :

i. Syarat perlu

f(z) = u(x,y) + iv(x,y), zo = xo + i yo

f’(z) ada maka , , ,

berlaku C-R yaitu :

= dan =

dan f’(z0) = ux(x0,y0) + i vx(x0,y0)

ada di (xo, yo)

114

ii. Syarat cukup

u(x,y), v(x,y), ux(x,y), vx(x,y), uy(x,y), vy(x,y) kontinu

pada kitar zo = xo + i yo dan di (xo,yo) dipenuhi C-R

maka f’(zo) ada

115

Contoh 3.2.3

Buktikan f(z) = ex(cos y + i sin y) terdiferensial untuk setiap z dalam ℂ

Bukti :u(x,y) = excos y → ux(x,y) = excos y

uy(x,y) = -exsin y

v(x,y) = exsin y → vx(x,y) = exsin y

vy(x,y) = excos y

ada dankontinu disetiap (x,y) ∈ ℂ

116

Berdasarkan persamaan C-R :

ux = vy dan uy = -vx dipenuhi di ∀ (x,y) ∈ ℂ, dan ada kitar

dimana keenam fungsi kontinu dan C-R dipenuhi di (x,y).

Jadi f’(z) ada ∀ z ∈ ℂ.

Dan f’(z) = ux(x,y) + i vx(x,y)

= excos y + i exsin y

117

3.3 Syarat C-R Pada Koordinat KutubJika f(z) = u(x,y) + i v(x,y) dapat diilustrasikan dalam koordinat kartesius maka dengan menggunakan hubungan x = r cos ϕ dan y = r sin ϕ , diperoleh z = r cos ϕ + i sin ϕ , sehingga

f(z) = u(r, ϕ) + i v(r, ϕ) dalam sistem koordinat kutub

118

Teoreama 3.3.1 Jika f(z) = u(r, ϕ) + i v(r, ϕ) terdiferensial dan kontinu pada suatu kitar (ro, ϕo) dan jika dalam kitar tersebut

ur, uϕ, vr, vϕ ada dan kontinu di (ro, ϕo) dan dipenuhi

C-R yaitu:

ru

∂∂

r1

ϕ∂∂v

r1

ϕ∂∂v

rv

∂∂− = dan = , r ≠ 0

maka f’(z) = ada di z = zo dan

f’(z) = (cos ϕo – i sin ϕo) [ur(ro, ϕo) + i vr(ro, ϕo)]

119

Contoh 3.3.1

Diketahui f(z) = z-3,

tentukan f’(z) dalam bentuk kootdinat kutub

120

Jawab : f(z) = z-3 = r-3 (cos 3ϕ - i sin 3ϕ), maka :

u = r-3 cos 3ϕ , sehingga ur = -3r-4 cos 3ϕ dan

uϕ = -3r-3 sin 3ϕ

v = -r-3 sin 3ϕ , sehingga vr = 3r-4 sin 3ϕ dan

vϕ = -3r-3 cos 3ϕ

keenam fungsi ini kontinu dan syarat C-R dipenuhi untuk semua z ≠ 0Jadi f(z) = z-3 terdiferensial untuk z ≠ 0Dengan demikian f’(z) dalam koordinat kutub adalah :

f’(z) = (cos ϕ – i sin ϕ) (-3r-4 cos 3ϕ + i 3r-4 sin 3ϕ) = cis(-ϕ) (-3r-4) cis(-3ϕ) = -3r-4 cis(-4ϕ)

121

[ ]

[ ]

[ ]

[ ]2)z(g)z('g)z(f)z(g)z('f

)z(g)z(f

dxd.5

)z('g)z(f)z(g)z('f)z(g)z(fdxd.4

)z('g)z('f)z(g)z(fdxd.3

)z('cfdz)z(cfd.2

1dzd(z),0dz

dc.1

−=

+=

±=±

=

==

3.4 Aturan PendiferensialanJika f(z), g(z) dan h(z) adalah fungsi- fungsi kompleksserta f’(z), g’(z) dan h’(z) ada, maka berlaku rumus-rumus :

122

dzd.d

dwdzdw

)rantaiaturan(komposisidengandisebutbiasa)z('f)]z(f['g)z('hmaka)]z(f[g)z(hJika.7

nzdzdz.6 1n

n

ϕϕ=

==

= −

123

3.5 Fungsi Analit ikDefinisi 3.5.1

Fungsi f analitik di zo, jika ada r > 0 sedemikian,

hingga f’(z) ada untuk setiap z ∈ N(zo,r)

(persekitaran zo)

r

f diferensiable

Fungsi analitik untuk setiap z∈ℂ dinamakan fungsi utuh

oz

124

Contoh 3.5.1

1. f(z) =

2. f(z) = x3 + iy3

diperoleh : u = x3 ; v = y3 sehingga

ux = 3x2 ; vx = 0 ; uy = 0 ; vy = 3y2

dengan menggunakan persamaan C-R :

3x2 = 3y2 ⇒ y = ± x dan vx = uy = 0

persamaan C-R dipenuhi dan kontinu digaris y = ± x

berarti f’(z) ada hanya di y = ± x

Jadi f(z) tidak analitik dimanapun karena tidak ada

kitar.

z1

analitik kecuali di z = 0

125

( )( )

( )( ) 0)z('g0)z(gdengan,zg'zf'

zgzflim

ozz≠≠=

→

Sifat sifat analit ikMisalnya f dan g analitik pada D, maka :o f ± g merupakan fungsi analitiko fg merupakan fungsi analitiko f/g merupakan fungsi analitik dengan g ≠ 0o h = g ∘ f merupakan fungsi analitiko berlaku aturan L’hospital yaitu :

126

3.6 Tit ik SingularDefinisi 3.6.1

Titik z1 disebut titik singular dari f jika f tidak analitik di z1

tetapi untuk setiap kitar dari z1 memuat paling sedikit

satu titik dimana f analitik.

127

Jenis kesingularan f(z) atau titik singular antara lain : 1. Tit ik singular terisolasiTitik zo dinamakan ti t ik singular terisolasi dari f(z)

jikaterdapat δ > 0 demikian sehingga lingkaran |z – zo| = δ

hanya melingkari titik singular lainnya. Jika δ seperti itu tidak ada, maka z = zo disebut t it ik singular t idak

terisolasi.

128

2. Tit ik Pole (t it ik kutub)

Titik z = zo disebut titik pole tingkat n, jika berlaku

.

Jika n = 1, zo disebut sebagai titik pole sederhana.

3. Tit ik Cabang Dari fungsi bernilai banyak dapat menjadi titik singular.

4. Tit ik Singular dapat dihapuskan Titik singular zo disebut t it ik singular dapat

dihapuskan dari f(z) jika f(z) ada.

0A)z(f)zz(lim nozz o

≠=−→

ozlim→

129

5. Tit ik Singular Essensial

Titik singular z = zo yang tidak memenuhi syarat titik

singular pole titik cabang atau titik singular yang dapat

dihapuskan disebut t it ik singular essensial.

6. Tit ik Singular tak hingga

Jika f(z) mempunyai titik singular di z = ∞, maka sama

dengan menyatakan f(1/w) mempunyai titik singular di

w = 0.

130

Contoh 3.6.1

• g(z) = berarti titik z = i adalah titik pole tingkat 2

dari g(z)• h(z) = |z|2 tidak merupakan titik singular

• k(z) = ln (z2 + z – 2) maka titik cabang adalah z1 = 1 dan

z2 = –2 karena (z2 + z – 2) = (z – 1) (z + 2) = 0

2)1z(1−

131

3.7 Fungsi Harmonikf(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik pada D maka u dan v mempunyai derivatif parsial di semua orde yang kontinue pada D. Jadi dalam D berlaku C-R , ux = vy dan

uy = –vx

Karena derifatif-derivatif parsial dari u dan v kontinue

dalam D, maka berlaku vxy = vyx. Jika dalam ux = vy dan

uy = –vx diderivatifkan parsial terhadap x dan y maka

∀(x,y) ∈D berlakuuxx + uyy = 0vxx = vyy = 0

132

Jika f analitik pada D maka u dan v pada D memenuhi persamaan differensial Laplace dalam 2 dimensi.

u dan v dimana f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik pada suatu domain maka f(z) harmonik pada domain tersebut.Dua fungsi u dan v sedemikian sehingga f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik dalam suatu domain dinamakan dua fungsi yang harmonik konjugat dalam domain itu.

0yx 2

2

2

2=

∂ϕ∂+

∂ϕ∂

133

Contoh 3.7.1

Diberikan u(x,y) harmonik pada D dan tentukan fungsi v yang harmonik konjugat dengan u = 4xy3 – 12x3y, (x,y) ∈ℂJawab : Misal diklaim konjugatnya adalah v(x,y) jadi f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik pada ℂ sedemikian sehingga berlaku C-R ux = vy dan uy = -vx

ux = 4y3 – 12x2y vy = 4y3 – 12x2yuy= 12xy2 – 4x3 v= y4 – 6x2y2 + g(x)

karena vx = –uy maka –12xy2 + g’(x) = –12xy2 + 4x3 sehingga g’(x) = 4x3 diperoleh g(x) = x4 + CJadi v = y4 – 6x2y2 + x4 + C

134

Cara Milne ThomsonCara yang lebih praktis menentukan fungsi harmonik konjugat atau dari fungsi harmonik u diberikan u(x,y) harmonik pada D andaikan v(x,y) sehingga

f(z) = u(x,y)+ iv(x,y) analitik pada D f”(z) = ux(x,y) + ivx(x,y)

sesuai persamaan C-R : f”(z) = ux(x,y) – iuy(x,y)

z = x + iy dan = x – iy sehingga diperoleh z

i2zzydan2

zzx −=+=

−+i2zz,2

zz

−+i2zz,2

zzf(z) = ux – iuy

135

Suatu identitas dalam z dan , jika diambil = z maka f’(z) = ux(z,0) – iuy(z,0)Jadi f(z) adalah fungsi yang derivatifnya ux(z,0) – iuy(z,0) kemudian didapat v(x,y)

z z

136

Contoh 3.7.2

Dari Contoh 3.7.1 dengan u= 4xy3 – 4x3y, (x,y) ∈ ℂ, jika diselesaikan dengan menggunakan cara Milne Thomson.

Jawab :ux = 4y3 – 12x2yuy= 12xy2 – 4x3

f’(z) = ux(z,0) – iuy(z,0) = –i(– 4z3)

= 4iz3

sehingga f(z) = iz4 + Af(z) = i(x + iy)4 + A

= 4xy3 – 4x3y + i(x4 – 6x2y2 + y4) + A

Bilangan kompleks

Education

Transcript of Bilangan kompleks