fvk adi_edit

VARIABEL KOMPLEKS

DAN ANALISANYACatatan milik:

Adi PrasetiaE-mail : adiprasetia_math@yahoo.co.idWeb : http://www.adi-prasetia.co.cc

(Referensi: Dari berbagai sumber)

Didukung oleh:

BRIGHT MATH & Science

Lembaga Bimbingan Belajar Privat Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam

Email: bright.math@yahoo.co.id

http://www.bm-science.co.cc

Phone: +6282135009960, +628562859020

BILANGAN KOMPLEKS

Dengan memiliki sistem bilangan real 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.

http://www.adi-prasetia.co.cc

BILANGAN KOMPLEKS DAN OPERASINYA

Definisi 1

Bilangan kompleks adalah bilangan yang berbentuk:

a + bi atau a + ib, a dan b bilangan real dan i2 = –1.

Notasi

Bilangan 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).

OPERASI HITUNG PADA BILANGAN KOMPLEKS

DEFINISI 2

Bilangan kompleks z1=x1+iy1 dan bilangan kompleksz2=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 jumlahdan hasilkali mereka berturut-turut didefinisikan sbb:

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

z1 • z2 = (x1x2 –y1y2) + i(x1y2+x2y1)

Himpunan semua bilangan kompleks diberi notasi ℂ

Jadi 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.

Sifat-sifat lapangan bilangan kompleks

Himpunan semua bilangan kompleks bersama operasi penjumlahandan perkalian (ℂ ,+,•) membentuk sebuah lapangan (field). Adapunsifat-sifat lapangan yang berlaku pada bilangan kompleks z1,z2 danz3 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 distributif)

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

6. Ada 1=1+i0∈ℂ , sehingga z•1=z (1elemen netral

perkalian

7. 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.

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, dan2

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

Teorema 1 :

a. Jika z bilangan kompleks, maka :

4. 22)Im()Re(

b. Jika z1, z2 bilangan kompleks , maka :

4. , dengan z2≠0.

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.

)y,x(z

ArganBidangz

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

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

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.

Teorema 2 :

A. Jika z bilangan kompleks, maka berlaku :

5. )zIm()zIm(z

)zRe()zRe(z

)zIm()zRe(z

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

Tugas : Buktikanlah teorema A di atas dengan

memisalkan z = x+iy, kemudian berdasarkan hasil A,

buktikan juga teorema B !

1. Bukti: 2121 zzzz

)iyx()iyx(zz 221121

)yxyx(i)yyxx( 12212121

212121

21 yyxx2yxyxyyxx2yyxx

22121 )yxyx()yyxx(

)yx()yx( 22

2121 zzzz

2. Bukti:

211222

212122

222121

yyxx2yxyxyyxx2yyxx

)yx()yx(

)yx()yx(22

.terbuktiz

3. Bukti: 2121 zzzz2

1221 )yxyx(0

212121

21 yyxx2yxyx0

212121 yxyxyyxx2

212121

21 yxyxyyxxyyxx2yyxx

)yx)(yx()yyxx( 22

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

212121

21 yyy2yxxx2x

21 yx)yx)(yx(2yx

221 yxyx)yy()xx(

terbukti

zzzz 2121

4. Bukti: 2121 zzzz

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, ).

),r()y,x(z

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 ).

zyxr 22

)y,x( ),r(

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.

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 .

Contoh :

Nyatakan bilangan kompleks z = 1 + i dalam bentuk

polar dan eksponen !

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

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 - sin 1sin 2) +

i (sin 1 cos 2 + cos 1sin 2)]

z1 z2 = r1 r2 [cos ( 1 + 2 ) + i sin ( 1 + 2)]

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 ?

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 rumusperkalian 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.

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.

)sin(cos

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

Untuk: .

Setelah pembilang dan penyebut dikalikan sekawan

penyebut, maka didapat :

. . . . . . . 2

nn sincos

)sin()cos(11

ninrz nn

Dari 1 dan 2 diperoleh:

, Dalil De-Moivre

berlaku untuk semua n bilangan bulat.

)sin()cos( ninrz nn

Contoh:

Hitunglah :

Jawab :

Misalkan maka

karena z di kuadran IV, maka dipilih

180sin180cos23

30sin30cos23

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 . . .

Jadi, akar pangkat n dari bilangan kompleks

w = 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.

Contoh :

Hitunglah (-81)1/4

Jawab :

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

persamaan 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 dengan

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

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.

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

BAB II

FUNGSI , 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 Kompleks

Himpunan 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.

1. Lingkungan/persekitaran

a. Persekitaran zo adalah himpunan semua titik z

terletak di dalam lingkaran yang berpusat di zo,

berjari-jari r, r > 0. Ditulis N(zo,r) atau z – zo <

b. Persekitaran tanpa zo adalah himpunan semua

z zo yang terletak di dalam lingkaran yang

berpusat

di zo, berjari-jari r, r > 0. Ditulis N*(zo,r) atau

0< z – zo < r.

Contoh :

a. N(i,1) atau z – i < 1, lihat pada gambar 1

b. N*(O,a) atau 0< z – O < a, lihat pada gambar 2

1gambar

2gambar

2. Komplemen

Andaikan 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}.

A = { z | Im z< 1}, maka Ac = { z | Im z 1}.

B ={ z | 2<z<4}, maka Bc = { z | z 2 atau z 4}.

3. Titik limit

Titik 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 batas

Titik 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 S

adalah himpunan semua titik batas dari S.

6. Interior dan Eksterior

Titik 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 Terbuka

Himpunan S disebut himpunan terbuka jika semua anggota

S adalah titik interior S.

6. Interior dan Eksterior

Titik 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 Terbuka

Himpunan S disebut himpunan terbuka jika semua anggota

S adalah titik interior S.

8. Himpunan Tertutup

Himpunan S disebut himpunan tertutup jika S memuat

semua titik limitnya.

9. Himpunan Terhubung

Himpunan terbuka S disebut terhubung, jika setiap dua titik di S

dapat dihubungkan oleh penggal garis yang seluruhnya terletak

10. Daerah domain

Himpunan terbuka S yang terhubung disebut daerah domain.

11. Daerah Tertutup

Daerah tertutup S adalah daerah terbuka digabung dengan

batasnya.

12. Penutup dari himpunan S

adalah himpunan S digabung dengan titik limitnya.

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}.

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}.

3. Diberikan C = { z / |z| 2}, maka:

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

Fungsi Kompleks

Definisi :

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.

z )z(fw)zRe( )wRe(

)zIm( )wIm(

Bidang Z Bidang W

Contoh :

a) w = z + 1 – i

b) w = 4 + 2i

c) 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 =

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, ).

Contoh :

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

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.

Jika z = r (cos + i sin ).

Tentukan f(z) = z2 + i

Jika z = r(cos + i sin ).

Tentukan f(z) = z2 + i

f(z) = z2 + i

= [r (cos +i sin )]2 + i

= r2[cos2 - sin2 + 2isin cos ] + i

= r2 (cos2 - sin2 ) + r2isin2 + i

= r2 (cos2 - sin2 ) +(1+r2sin2 )i

berarti u = r2(cos2 - sin2 ) dan v = 1+r2sin2 ) .

Komposisi Fungsi

Diberikan fungsi f(z) dengan domain Df dan fungsi g(z) dengan

domain Dg.

‣ Jika Rf Dg , maka ada fungsi komposisi (gof) (z) = g (f (z)),

dengan domain Df.

z )z(f)z)(fg(

‣ Jika Rg Df , maka ada fungsi komposisi (fog) (z) = f

(g (z)), dengan domain Dg.

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

z )z(g)z)(gf(

Contoh :

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

‣ Jika Rf Dg ,

maka (g o 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

‣ Jika Rg Df ,

maka (f o 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 o f ) (z) (f o g)(z) atau

(g o f ) (f o g), (tidak komutatif)

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.

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

ZbidangWbidang

5http://www.adi-prasetia.co.cc

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.

Zbidang

Wbidang

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.

),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 :

),w(N o

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 > 0,

terdapat > 0 sedemikian hingga

|f(z) – wo |< , apabila 0 <|z – zo|< ,

ditulis:o

zzw)z(flim

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.

Contoh 1 :

Buktikan bahwa : 52

232lim

Contoh 1 :

Buktikan bahwa :

Bukti:

Misalkan diberikan bilangan > 0, kita akan mencari >

0 sedemikian, sehingga:

, untuk z 2

Lihat bagian sebelah kanan

232||2|0

232lim

Dari persamaan kanan diperoleh:

Hal ini menunjukkan bahwa telah diperoleh.

|)2(2|

)2)(512(|

)2)(12(||5

Bukti Formal :

Jika diberikan > 0 , maka terdapat , sehingga untuk

z 2, diperoleh

Jadi apabila

Terbukti

2|)2(2|

)2)(12(|

2322||2|0

2|2|0 z

232lim

Teorema Limit :

Teorema 1 :

Jika fungsi f mempunyai limit untuk z menuju zo , maka

nilai limitnya tunggal.

Teorema Limit :

Teorema 1 :

Jika fungsi f mempunyai limit untuk z menuju zo , maka

nilai limitnya tunggal.

Bukti:

Misal limitnya w1 dan w2, maka

22)()()()(

wwjadi

wwsehingga

wzfzfwwzfzfw

zfwwzf

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

iyxzfo

),(limo

zzyyxv

),(lim

Teorema 3 :

Misalkan fungsi f dan g limitnya ada.

lim f(z) = a dan lim g(z) = b, maka

1. 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 !

Contoh 1 :

Hitunglahiz1z

Contoh 1 :

Hitunglah

Jawab:

))((lim

Contoh 2 :

Jika . Buktikan tidak ada !iy

22)(lim

Contoh 2 :

Jika . Buktikan tidak ada !iy

)(lim0

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

10lim)(lim)(lim 2

0)0,0()0,(0ixzfzf

1(lim)(lim)(lim2

0)0,0(),(0i

)(lim0

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).

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.

)()(lim.3

)(lim.2

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).

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) 0

4. f(g(z)); f kontinu di g(zo),

kontinu di zo.

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.

)2()(lim2

ifzfsehinggaiz

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

BAB III. TURUNAN

3.1 Definisi Turunan

Diberikan fungsi f yang didefinisikan pada daerah D dan

Jika diketahui bahwa nilai ada, maka

nilai limit ini dinamakan turunan atau derivatif fungsi f di

titik zo.

Dinotasikan : f’(zo)

)()(lim

⇛ 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 3.1.1

Buktikan f(z) = z2 terdifferensiasi diseluruh ℂ

fzf oo

)()(limlim)('

Bukti :

Ditinjau sebarang titik zo ℂ

zfzfzf

))((lim

)()(lim)('

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 :

Diketahui f’(zo) ada

Akan dibuktikan f kontinu di zo atau )()(lim ozz

)(lim)(

)()(lim

)()(lim))()((lim

zfzfzfzf

sehingga

dengan kata lain f kontinu di zo.

)()(lim)(lim oozzzz

zfzfzfoo

Contoh 3.1.2

Buktikan 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) = 0

u dan v kontinu di D, maka f(z) kontinu di D

)0()(lim)0('

Jadi f(z) terdifferensial di z = 0

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.

Terema 3.2.1 (Syarat Chauchy-Riemann

Jika 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

),(),()(' ooxooxo yxviyxuzf

Contoh 3.2.1

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

Bukti : f(z) = x2 + y2 sehingga

u(x,y) = x2 + y2

v(x,y) = 0

Persamaan Cauchy – Riemann

danx2xu

dan0xv

)1(0x2yv

)2(02 yx

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

jadi pasti f tidak terdeferensial di z 0

Catatan :

Syarat C-R hanya syarat perlu untuk keterdifferensialan.

Contoh 3.2.2

Buktikan fungsi f(z) =22

i)(yi)(x

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

Bukti :

u = 22

yxdengan u(0,0) = 0

v = 22

yxdengan v(0,0) = 0

ux(0,0) =ox

),u()u(x, 000= 1

uy(0,0) = y

),u(,y)u(

000lim = -1

vx(0,0) =x

),v()v(x,

000lim = 1

),v(,y)v( 000vy(0,0) = = 1

Jadi persamaan Cauchy – Riemann terpenuhi

iy))(xy(x

i)(yi)(x

)0()(limTetapi

Untuk z 0

oxlim 3

i)(xSepanjang garis real y = 0 = 1 + i

oxlim 3

1Sepanjang garis real y = x =

)f(f(z) 0Jadi tidak ada

sehingga f tidak terdifferensial di 0 meskipun

persamaan C-R dipenuhi di (0,0)

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)

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

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 dan

kontinu di

setiap (x,y) ℂ

Berdasarkan persamaan C-R :

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

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

3.3 Syarat C-R Pada Koordinat Kutub

Jika 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

Teoreama 3.3.1

Jika f(z) = u(r, ) + i v(r, ) terdiferensial dan kontinu pada

suatu kitar (ro, o) dan jika dalam kitar tersebut

ur, u , vr, v ada dan kontinu di (ro, o) dan dipenuhi

C-R yaitu:

= 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)]

Contoh 3.3.1

Diketahui f(z) = z-3,

tentukan f’(z) dalam bentuk koordinat kutub

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 0

Jadi f(z) = z-3 terdiferensial untuk z 0

Dengan 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 )

)(')()()('

)(')()()(')()(.4

)(')(')()(.3

d(z),0

zgzfzgzf

zgzfzgzfzgzfdx

zgzfzgzfdx

3.4 Aturan Pendiferensialan

Jika f(z), g(z) dan h(z) adalah fungsi- fungsi kompleks

serta f’(z), g’(z) dan h’(z) ada, maka berlaku rumus-rumus :

)(')]([')(')]([)(.7

rantaiaturankomposisidengandisebutbiasa

zfzfgzhmakazfgzhJika

3.5 Fungsi Analitik

Definisi 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)

rf diferensiable

Fungsi analitik untuk setiap z ℂ dinamakan fungsi utuh

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.

analitik kecuali di z = 0

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

Sifat sifat analitik

Misalnya f dan g analitik pada D, maka :

o f g merupakan fungsi analitik

o f.g merupakan fungsi analitik

o f/g merupakan fungsi analitik dengan g 0

o h = g ∘ f merupakan fungsi analitik

o berlaku aturan L’hospital yaitu :

3.6 Titik Singular

Definisi 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.

Jenis kesingularan f(z) atau titik singular antara lain :

1. Titik singular terisolasi

Titik zo dinamakan titik singular terisolasi dari f(z) jika

terdapat 0 demikian sehingga lingkaran |z – zo| =

hanya melingkari titik singular lainnya. Jika seperti itu

tidak ada, maka z = zo disebut titik singular tidak

terisolasi.

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 no

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.

Contoh 3.6.1

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

• 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

3.7 Fungsi Harmonik

f(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 = 0

vxx = vyy = 0

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.

Contoh 3.7.1

Diberikan u(x,y) harmonik pada D dan tentukan fungsi v yang

harmonik konjugat dengan u = 4xy3 – 12x3y, (x,y) ℂ

Jawab :

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 – 12x2y

uy= 12xy2 – 4x3 v= y4 – 6x2y2 + g(x)

karena vx = –uy maka –12xy2 + g’(x) = –12xy2 + 4x3 sehingga

g’(x) = 4x3 diperoleh g(x) = x4 + C

Jadi v = y4 – 6x2y2 + x4 + C

Cara Milne Thomson

Cara 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 diperolehz

zzi2zz

zzf(z) = ux – iuy

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

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 – 12x2y

uy= 12xy2 – 4x3

f’(z) = ux(z,0) – iuy(z,0)

= –i(– 4z3)

= 4iz3

sehingga f(z) = iz4 + A

f(z) = i(x + iy)4 + A

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

SEMOGA BERMANFAATAMIIN..

Supported by:http://www.adi-prasetia.co.cc

fvk adi_edit

Documents

reglamento de competiciÓn de kumite y kata · los...

class 7: conjuncts -...

more on use of some english words more on...

federaciÓn vasca de karate y...

lackieren von fvk-werkstoffen auf optimal vorbehandelten...

charakterisierungs- und simulationsmethodik zum ... · v...

punctuation marks -...

irregular verbs -...

writing a goals writing a paper in mathematics:...

röntgen-computertomo- 2d-schnitt durch ct-scan eines...

blaster – 3 assembly manual - fvk blaster 3...

mr fvk c the winchester news - university of...

effiziente leichtbau- …...leichtbau eine substitution...

ramification of higher local fields...

iptv e negócios 26/11/2007. equipe ademir junior –...

09- $! , (. - ' .) )&): - ) (. - ( & , ) ( (! ,' ,: ·...

^l.^.l-fvk::jp^lbl ¦' ' -i intl^ 'mil.' 'ffie mÉs's...

federaciÓn vasca de karate y d.a. · 2017-05-26 ·...

cfk-schlitten komplementärzerspanung • fvk-bearbeitung...

scienti c presentations: critical...