BILANGAN KOMPLEKS - sryandyasmoko | Usaha dan Berdoa … · PPT file · Web view2012-03-21 ·...
134
Transcript of BILANGAN KOMPLEKS - sryandyasmoko | Usaha dan Berdoa … · PPT file · Web view2012-03-21 ·...
2
BAB IBILANGAN 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 2Bilangan kompleks z1=x1+iy1 dan bilangan kompleks z2=x2+iy2 dikatakan sama, z1=z2, jika dan hanya jika x1=x2 dan y1=y2.
DEFINISI 3Untuk 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
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 bilanga i, dinamakan satuan imajiner.
6
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)
7
6. Ada 1=1+i0∈ℂ , sehingga z•1=z (1elemen netral perkalian7. Untuk setiap z=x+iyℂ, ada –z=–x–iy) sehingga z+(–z)=0 8. Untuk setiap z=x+iyℂ, ada z-1=sehingga z•z-1=1.
Tugas: Buktikan sifat-sifat 1 – 8 menggunakan definsi yang telah diberikan.
8
Contoh 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 2
1zz
9
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 :
z
10
Teorema 1 :
a. Jika z bilangan kompleks, maka :1.2.3.4. 22 )zIm()zRe(zz
)zIm(2zz)zRe(2zz
zz
11
b. Jika z1, z2 bilangan kompleks , maka :
1.2.3.
4. , dengan z2≠0.
2121 zzzz
2121 zzzz
2121 zzzz
21
21
zz
zz
2121 zzzz
2121 zzzz
2121 zzzz
2121 zzzz
2121 zzzz
12
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.
13
Re
Im
)y,x(z
O
ArganBidangz
14
Im
Re2z
1z
O
21 zz
15
Re
Im
2z
2z
1z
21 zz
O
16
Tugas :Diketahui z1 = 2 + 3i dan z2 = 5 – i. Gambarkan pada bidang kompleks (bidang argand), z1, z2, z1+ z2, z1- z2,
212121 zz,zz,z,z
17
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
22 yx
221
221 )yy()xx(
18
Selanjutnya apabila z1 =x1+iy1 dan r real positif,maka z – z1 = r merupakan lingkaran yang
berpusat dititik z1 dengan jari-jari r.Bagaimanakah dengan z – z1 < r dan z – z1
> rGambarkanlah pada bidang z.
19
Teorema 2 : A. Jika z bilangan kompleks, maka berlaku :
1.2.3.4.5.
)zIm()zIm(z)zRe()zRe(z
zzzzz
)zIm()zRe(z
2
222
20
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 !
2121
2121
2121
21
21
2121
zzzzzzzzzzzz
zz
zz
zzzz
21
1. Bukti: 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
22
2. Bukti:
2222
2211
21
iyxiyx
iyxiyx
zz
22
22
211222
22
2121yx
yxyxiyxyyxx
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
21
22
22
21
21
23
3. Bukti:
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
24
4. Bukti:
2121 zzzz
2121
2121
221
2211
zzzzzzzz
zzzzzzz
25
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,).
Im
Re
),r()y,x(z
rz
O
26
Adapun hubungan antara keduanya, dan
adalah :x = r cos , y = r sin, sehingga = arc tan
adalah sudut antara sumbu x positif dengan oz didapat juga
Jadi, bentuk kutub bilangan kompleks z adalah z = (r, ) = r(cos + i sin ) = r cis . dan sekawan dari z adalah = (r, -) = r(cos - i sin ).
xy
zyxr 22
)y,x( ),r(
27
Definisi 5 :Pada bilangan kompleks z = (r, ) = r(cos + i sin ), sudut disebut argument dari z, ditulis arg z. Sudut dengan 0 < 2 atau - < disebut argument utama dari z, ditulis = Arg z. Pembatasan untuk sudut tersebut dipakai salah satu saja.
Definisi 6 :Dua bilangan kompleks z1 = r1(cos 1 + i sin 1) dan z2 = r2(cos 2 + i sin 2) dikatakan sama, jika r1 = r2, dan 1 = 2.
28
Selain penulisan bilangan kompleks z = (x , y) = (r, ) = r(cos + i sin ) = r cis , maka anda dapat menuliskan z dalam rumus Euler (eksponen), yaitu z = rei, dan sekawannya adalah re-i.
Tugas: Buktikan bahwa ei = cos + i sin , dengan menggunakan deret MacLaurin untuk cos , sin dan et dengan mengganti t = i.
29
Contoh :Nyatakan bilangan kompleks z = 1 + i dalam bentuk polar dan eksponen !
30
Contoh :Nyatakan bilangan kompleks z = 1 + i dalam bentuk polar dan eksponen !
Jawab :z = 1 + i, r = , tan = 1, sehingga = 45⁰= Jadi z = (cos + i sin ) = cis =
2 41
41 2 4
1 2 i4e2 4
1
31
Pangkat dan Akar dari Bilangan Kompleks Perkalian dan Pemangkatan
Telah kita ketahui bahwa bilangan kompleks dalam bentuk kutub adalah z = r(cos + i sin ).Jika z1 = r1(cos 1 + i sin 1) & z2 = r2(cos 2 + i sin 2), maka kita peroleh hasil perkalian keduanya sebagai berikut :z1 z2 = [r1(cos 1 + i sin 1)][r2(cos 2 + i sin 2)] z1 z2 = r1 r2 [(cos 1 cos 2 - sin1sin 2) +i (sin 1 cos 2 + cos 1sin 2)]z1 z2 = r1 r2 [cos (1 + 2 ) + i sin (1 + 2)]
32
Dari hasil perkalian tersebut diperoleh:arg(z1 z2) = 1 + 2 = arg z1+ arg z2
Pertanyaan : Bagaimanakah jika kita perkalikan z1 z2 . . . zn dan z z z z … z = zn ?
33
Jika diketahui:z1 = r1(cos 1 + i sin 1)z2 = r2(cos 2 + i sin 2)
zn = rn(cos n + i sin n), untuk n asli,maka secara induksi matematika, diperoleh rumus perkalian z1 z2 … zn = r1 r2 …rn[cos (1 + 2+…+n) + i sin (1 + 2+…+n)] . Akibatnya jika, z = r(cos + i sin ) maka zn = rn (cos n + i sin n). . . . . . . . . . .1
Khusus untuk r = 1, disebut Dalil De-Moivre(cos + i sin )n = cos n + i sin n, n asli.
34
Pembagian:Sedangkan pembagian z1 dan z2 adalah sebagai
berikut:
Setelah pembilang dan penyebut dikalikan dengan
sekawan penyebut, yaitu r2(cos 2 - i sin 2), maka
diperoleh : [cos (1 - 2 ) + i sin (1 - 2)]
Dari rumus di atas diperoleh: arg 1-2 = arg z1 – arg z2.
)sini(cosr)sini(cosr
zz
222111
21
21
21
rr
zz
21
zz
35
Akibat lain jika z = r(cos + i sin ),
maka:
Untuk: .
Setelah pembilang dan penyebut dikalikan
sekawanpenyebut, maka didapat :
. . .
. . . . 2
nsinincosr1
z1
)sin(i)cos(r1
z1
nn
)nsin(i)ncos(r1
z1
nn
36
Dari 1 dan 2 diperoleh:
, Dalil De-Moivre
berlaku untuk semua n bilangan bulat.)nsin(i)ncos(rz nn
37
Contoh:Hitunglah :
Jawab :Misalkan maka
karena z di kuadran IV, maka dipilih
jadi
31tan
213zr,i3z
6
6
oo66
oo
2)01(2
180sini180cos2i330sini30cos2i3
o30
6i3
38
Akar Bilangan Kompleks
Bilangan kompleks z adalah akar pangkat n dari bilangan kompleks w, jika zn = w, dan ditulis .Jika z = (cos +i sin) akar pangkat n dari bilangan kompleks w = r(cos+i sin), maka dari zn = w diperoleh: n(cosn +i sinn) = r(cos+i sin), sehingga n = r dan n= +2k , k bulat.Akibatnya dan Jadi . . .
n1
wz
n1
r nk2
39
Jadi, akar pangkat n dari bilangan kompleksw = r(cos+i sin) 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 < 2, sehingga diperoleh z1,z2,z3,…,zn sebagai akar ke-n dari z.
n1
r nk2
nk2
nk2
40
Contoh :Hitunglah (-81)1/4
Jawab :Misalkan z = (-81)1/4, berarti harus dicari penyelesaianpersamaan z4 = -81.Tulis z = (cos +i sin) dan –81 = 81(cos1800+i
sin1800),sehingga 4(cos4 +i sin4) = 81(cos1800+i sin1800),diperoleh 4 = 81, atau = 3 dan .Jadi z = 3[cos( )+i sin( )] Keempat akar yang dicari dapat diperoleh denganmensubstitusi k = 0,1,2,3 ke persamaan terakhir.
4k2
4k2
4k2
41
Latihan Soal Bab I1. 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.
zz
1z2z 2z
42
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 < 38.Nyatakan bilangan kompleks z = 2 -2i
dalam bentuk polar dan eksponen !
9. Hitunglah (-2+2i)15
10.Tentukan himpunan penyelesaian dari : z3- i = 0
43
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.
44
1. Lingkungan/persekitarana. Persekitaran zo adalah himpunan semua titik z yangterletak 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 titikzzo yang terletak di dalam lingkaran yang berpusat di zo, berjari-jari r, r > 0. Ditulis N*(zo,r) atau0< z – zo < r.
45
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
Im
Re
i
i2
O
1gambar
Re
Im
O
2gambar
a
46
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 | z2 atau z4}.
47
A = { z | Im z< 1}, maka Ac = { z | Im z 1}.B ={ z | 2<z<4}, maka Bc = { z | z2 atau z4}.
Re
Im
O
1A
Re
Im
O 2 4
4
2B
cAcB
48
3. Titik limitTitik zo disebut titik limit dari himpunan S jika untuk setiap N*(zo,) maka N*(zo,) S . Jika zo ∈ S dan zo bukan titik limit, maka zo disebut titik terasing.
49
3. Titik limitTitik zo disebut titik limit dari himpunan S jika untuk setiap N*(zo,) maka N*(zo,) S . Jika zo ∈ S dan zo bukan titik limit, maka zo disebut titik terasing.
4. Titik batasTitik zo disebut titik batas dari himpunan S jika untuk setiap N*(zo,) memuat suatu titik di S dan memuat suatu titik yang tidak di S.
50
3. Titik limitTitik zo disebut titik limit dari himpunan S jika untuk setiap N*(zo,) maka N*(zo,) S . Jika zo ∈ S dan zo bukan titik limit, maka zo disebut titik terasing.
4. Titik batasTitik zo disebut titik batas dari himpunan S jika untuk setiap N*(zo,) memuat suatu titik di S dan memuat suatu titik yang tidak di S.
5. Batas dari himpunan Sadalah himpunan semua titik batas dari S.
51
6. Interior dan EksteriorTitik zo disebut interior dari himpunan S jika ada N(zo,) sehingga N(zo,) S. Titik yang bukan titik interior atau bukan titik batas disebut titik eksterior.
52
6. Interior dan EksteriorTitik zo disebut interior dari himpunan S jika ada N(zo,) sehingga N(zo,) S. Titik yang bukan titik interior atau bukan titik batas disebut titik eksterior.
7. Himpunan TerbukaHimpunan S disebut himpunan terbuka jika semua anggota S adalah titik interior S.
53
6. Interior dan EksteriorTitik zo disebut interior dari himpunan S jika ada N(zo,) sehingga N(zo,) S. Titik yang bukan titik interior atau bukan titik batas disebut titik eksterior.
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.
54
9. Himpunan TerhubungHimpunan terbuka S disebut terhubung, jika setiap dua titik di S dapat dihubungkan oleh penggal garis yang seluruhnya terletak di S.
55
9. Himpunan TerhubungHimpunan terbuka S disebut terhubung, jika setiap dua titik di S dapat dihubungkan oleh penggal garis yang seluruhnya terletak di S.
10. Daerah domainHimpunan terbuka S yang terhubung disebut daerah domain.
56
9. Himpunan TerhubungHimpunan terbuka S disebut terhubung, jika setiap dua titik di S dapat dihubungkan oleh penggal garis yang seluruhnya terletak di S.
10. Daerah domainHimpunan terbuka S yang terhubung disebut daerah domain.
11. Daerah Tertutup Daerah tertutup S adalah daerah terbuka digabung dengan batasnya.
57
12. Penutup dari himpunan S adalah himpunan S digabung dengan titik limitnya.
58
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}.
Im
Re1
11
1
A
59
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}.
Im
Re1
11
1
B
60
3. Diberikan C = { z / |z| 2}, maka:
Titik-titik interior C adalah { z / |z|<2}.
Im
Re1
111
2
22
2
61
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.
62
z )z(fw)zRe( )wRe(
)zIm( )wIm(
Bidang Z Bidang W
f
63
Contoh :a) w = z + 1 – ib) w = 4 + 2ic) w = z2 – 5zd) 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 =
1z2z3
21
64
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(cos + i sin), maka w = u(r, ) + iv(r, ).
65
Contoh :Tuliskan f(z) = 2z2 – i dalam bentuk u dan v !
66
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.
67
Jika z = r(cos + i sin).Tentukan f(z) = z2 + i
68
Jika z = r(cos + i sin).Tentukan f(z) = z2 + i
Jawab f(z) = z2 + i= [r (cos+i sin)]2 + i= r2[cos2 - sin2 + 2isincos] + i= r2 (cos2 - sin2) + r2isin2 + i= r2 (cos2 - sin2) +(1+r2sin2)iberarti u = r2(cos2 - sin2) dan v = 1+r2sin2) .
69
Komposisi FungsiDiberikan fungsi f(z) dengan domain Df dan fungsi g(z) dengan domain Dg.
‣ Jika Rf Dg , maka ada fungsi komposisi (g ⃘f) (z) = g (f (z)), dengan domain Df.f g
fg
z )z(f )z)(fg(
)z(fg
70
‣ Jika Rg Df , maka ada fungsi komposisi (f ⃘g) (z) = f (g (z)), dengan domain Dg.
∷ Tidak berlaku hukum komutatif pada (g ⃘f) (z) dan (f⃘g)(z).
g f
gf
z )z(g )z)(gf(
)z(gf
71
Contoh : Misal: f(z) = 3z – i dan g(z) = z2 + z –1 + i
‣ Jika Rf Dg ,maka (g ⃘f) (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
72
‣ Jika Rg Df ,maka (f ⃘g) (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 (g ⃘f) (z) (f ⃘g)(z) atau
(g ⃘f) (f⃘g), (tidak komutatif)
73
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.
74
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
X U
Y V
1z
2z
1w
2w
O O
Zbidang Wbidang
11
2
3
1
3
3
5
75
Contoh 2 :Diketahui fungsi w = z2. Dengan menggunakan z = r (cos+i sin), maka diperoleh w = z2 = r2 (cos2+i sin2).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 dipetakan menjadi daerah 0 arg w 2.
Gambar keduanya dapat dilihat di bawah ini.
76
2
ZbidangWbidang
r2r
77
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.
ozD z
),z(*N o
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
ozzw)z(flim
o
Limit
ow
D
K
Zbidang
Wbidang
78
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 > 0, terdapat > 0 sedemikian hingga|f(z) – wo |< , apabila 0 <|z – zo|< ,ditulis:
ozzw)z(flim
o
79
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.
80
Contoh 1 : Buktikan bahwa : 52z
2z3z2lim2
2z
81
Contoh 1 : Buktikan bahwa :
Bukti:Misalkan diberikan bilangan > 0, kita akan mencari > 0 sedemikian, sehingga:
, untuk z 2
Lihat bagian sebelah kanan
|52z
2z3z2||2z|02
52z2z3z2lim
2
2z
82
Dari persamaan kanan diperoleh:
Hal ini menunjukkan bahwa telah diperoleh.
2|2z||)2z(2|
|)2z()2z)(51z2(|
|5)2z()2z)(1z2(||52z
2z3z2|2
2
83
Bukti Formal :Jika diberikan > 0 , maka terdapat , sehingga untuk z 2, diperoleh
Jadi apabila
Terbukti
2|)2z(2||5)2z(
)2z)(1z2(|
|52z2z32z2||2z|0
2
|52z
2z32z2| 2|2z|0
52z2z3z2lim
2
2z
84
Teorema Limit :Teorema 1 :
Jika fungsi f mempunyai limit untuk z menuju zo , maka nilai limitnya tunggal.
85
Teorema Limit :Teorema 1 :
Jika fungsi f mempunyai limit untuk z menuju zo , maka nilai limitnya tunggal.
Bukti:Misal limitnya w1 dan w2, maka
21
21
2121
2
11
wwjadiwwsehingga
22w)z(f)z(fww)z(f)z(fw2w)z(f
2)z(fww)z(f
86
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
oozziyx)z(flim
o
ozzx)y,x(ulim
o
ozzy)y,x(vlim
o
87
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 !
88
Contoh 1 :
Hitunglah iz1zlim
2
iz
89
Contoh 1 :
Hitunglah
Jawab:
iz1zlim
2
iz
i2)iz(lim
iz)iz)(iz(limiz
1zlim
iz
iz
2
iz
90
Contoh 2 :Jika . Buktikan tidak ada ! i1y
xyx
xy2)z(f2
22
)z(flim0z
91
Contoh 2 :Jika . Buktikan tidak ada ! i1y
xyx
xy2)z(f2
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
92
Kekontinuan FungsiDefinisi :
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).
93
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.
)z(f)z(flim.3
ada)z(flim.2ada)z(f.1
ozz
zz
o
o
o
94
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).
95
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.
96
Contoh 1 :
Fungsi f(z) = , apakah kontinu di 2i
Jawab :f(2i) = 3 + 4(2i) = 3 + 4i,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
97
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
98
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)
oo
zz zz)z(f)z(flim
o
99
⇛ 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
z)z(f)zz(flimz
flim)z('f oo0z0zo
100
Bukti : Ditinjau sebarang titik zo ℂ
o
ooo
zz
o
2o
2
zz
oo
zzo
z2zz
)zz)(zz(lim
zzzzlim
zz)z(f)z(flim)z('f
o
o
o
Karena zo sebarang maka f(z) = z2 terdefferensialdi seluruh ℂ
101
Teorema 3.1 Jika f fungsi kompleks dan f’(zo) ada, maka f kontinu di zo
Bukti :
102
Bukti : Diketahui f’(zo) adaAkan dibuktikan f kontinu di zo atau )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
ozzoo
zz
ooo
zzozz
oo
oo
sehinggadengan kata lain f kontinu di zo.
)z(f)z(flim)z(flim oozzzz oo
103
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
0zzzlim
z|z|lim0z
)0(f)z(flim)0('f
0z
2
0z0z
Jadi f(z) terdifferensial di z = 0
104
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.
105
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) makaf(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
106
Contoh 3.2.1Buktikan f(z) = |z|2 tidak terdifferensiasi di z 0Bukti : f(z) = x2 + y2 sehingga
u(x,y) = x2 + y2
v(x,y) = 0Persamaan Cauchy – Riemann
y2yudanx2x
u
0yvdan0x
v
)1(0x2yv
xu
107
)2(0y2xv
yudan
(1)dan (2) tidak dipenuhi jika x 0 atau y 0,
jadi pasti f tidak terdeferensial di z 0
108
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-RBukti :
u = 2233
yxyx
dengan u(0,0)
= 0
v = 2233
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
109
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 2233
0z0z
Tetapi
Untuk z 0
oxlim 3
3
xi)1(x Sepanjang garis real y = 0 = 1 + i
110
oxlim 3
3
xi)1(2xi2
i1iSepanjang 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)
111
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)
112
ii. Syarat cukupu(x,y), v(x,y), ux(x,y), vx(x,y), uy(x,y), vy(x,y) kontinupada kitar zo = xo + i yo dan di (xo,yo) dipenuhi C-Rmaka f’(zo) ada
113
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 yv(x,y) = exsin y vx(x,y) = exsin y
vy(x,y) = excos y
ada dankontinu disetiap (x,y) ℂ
114
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
115
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 dan y = r sin , diperoleh z = r cos + i sin , sehingga
f(z) = u(r, ) + i v(r, ) dalam sistem koordinat kutub
116
Teoreama 3.3.1 Jika f(z) = u(r, ) + i v(r, ) terdiferensial dan kontinu pada suatu kitar (ro, o) dan jika dalam kitar tersebutur, u, vr, v ada dan kontinu di (ro, o) dan dipenuhiC-R yaitu:r
u
r1
v
r1
v
rv = dan = , r 0
maka f’(z) = ada di z = zo dan f’(z) = (cos o – i sin o) [ur(ro, o) + i vr(ro, o)]
117
Contoh 3.3.1 Diketahui f(z) = z-3,tentukan f’(z) dalam bentuk kootdinat kutub
118
Jawab : f(z) = z-3 = r-3 (cos 3 - i sin 3), maka :
u = r-3 cos 3 , sehingga ur = -3r-4 cos 3 dan
u = -3r-3 sin 3
v = -r-3 sin 3 , sehingga vr = 3r-4 sin 3 dan
v = -3r-3 cos 3
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 – i sin ) (-3r-4 cos 3 + i 3r-4 sin 3)
= cis(-) (-3r-4) cis(-3) = -3r-4 cis(-4)
119
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 :
120
dzd.d
dwdzdw
)rantaiaturan(komposisidengandisebutbiasa)z('f)]z(f['g)z('hmaka)]z(f[g)z(hJika.7
nzdzdz.6 1nn
121
3.5 Fungsi AnalitikDefinisi 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 zℂ dinamakan fungsi utuh
oz
122
Contoh 3.5.11. f(z) = 2. f(z) = x3 + iy3
diperoleh : u = x3 ; v = y3 sehinggaux = 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 = xJadi f(z) tidak analitik dimanapun karena
tidak ada kitar.
z1
analitik kecuali di z = 0
123
0)z('g0)z(gdengan,zg'zf'
zgzflim
ozz
Sifat sifat analitikMisalnya 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 :
124
3.6 Titik 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.
125
Jenis kesingularan f(z) atau titik singular antara lain : 1. Titik singular terisolasiTitik zo dinamakan titik singular terisolasi dari
f(z) jikaterdapat 0 demikian sehingga lingkaran |z –
zo| = hanya melingkari titik singular lainnya. Jika
seperti itu tidak ada, maka z = zo disebut titik singular
tidak terisolasi.
126
2. Titik Pole (titik kutub)Titik z = zo disebut titik pole tingkat n, jika berlaku
. Jika n = 1, zo disebut sebagai titik pole sederhana.
3. Titik Cabang Dari fungsi bernilai banyak dapat menjadi titik
singular.
4. Titik Singular dapat dihapuskan Titik singular zo disebut titik singular dapat
dihapuskan dari f(z) jika f(z) ada.
0A)z(f)zz(lim nozz o
ozlim
127
5. Titik Singular Essensial Titik singular z = zo yang tidak memenuhi
syarat titik singular pole titik cabang atau titik singular
yang dapat dihapuskan disebut titik singular essensial.
6. Titik Singular tak hingga Jika f(z) mempunyai titik singular di z = ,
maka sama dengan menyatakan f(1/w) mempunyai titik
singular di w = 0.
128
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
129
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 berlaku
uxx + uyy = 0vxx = vyy = 0
130
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 22
22
131
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
132
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
133
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
134
Contoh 3.7.2Dari 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
