Diktat Avk

8/20/2019 Diktat Avk

1/58

BAB I

BILANGAN KOMPLEKS

1.1 Pengertian Bilangan Kompleks

Pada awal perkuliahan bilangan real (R), kita telah mempelajari bilangan

real beserta sifat-sifatnya. Sekarang kita akan melanjutkan perkuliahan pada

Bilangan Kompleks (C). Secara umum bilangan real (R) merupakan subset dari

bilangan kompleks. Apakah sifat-sifat pada R juga berlaku pada C ? Adakah sifat-

sifat pada C yang tidak berlaku pada R ? Mari kita menjawab pertanyaan-

pertanyaan tersebut dengan memulainya dari definisi berikut.

1.1.1 Definisi 1

Bilangan kompleks adalah suatu pasangan terurut dari dua bilangan real x

dan y yang dinyatakan oleh z = (x,y). Bilangan x disebut bagian real z, ditulis Re(z)

dan y disebut bagian imajiner z, ditulis Im(z). Khususnya (x,0) = x, dan (0,y)

disebut bilangan imajiner sejati. Kita sepakati bahwa lambang I menyatakan

pasangan terurut dari (0,1), dan i disebut satuan imajiner.

1.1.2 Definisi 2

Dua bilangan kompleks z1 = (x1,y1) dan z2 = (x2,y2) dikatakan sama, ditulis

z1 = z2, jika dan hanya jika x1 = y1 dan x2 = y2 .

1.2 Sifat-sifat operasi aljabar bilangan kompleks

1.2.1 Definisi 3

Jika z1 = (x1,y1) dan z2 = (x2,y2) adalah dua bilangan kompleks, maka jumlah

dan hasil kali dari z1 dan z2 masing-masing adalah :


2/58

2

z1 + z2 = (x1 + y1) + (x2 + y2) =(x1 + x2 , y1 + y2).

z1. z2 = (x1 + y1) (x2 + y2) =(x1x2 - y1y2 , x1y2 + x2y1).

1.2.2 Sifat-Sifat Lapangan Bilangan Kompleks

Himpunan semua bilangan kompleks bersama operasi penjumlahan dan

perkalian (C,+,-) membentuk sebuah lapangan (field ). Coba anda ingat kembali

materi pada mata kuliah Struktur Aljabar. Buktikan ! 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 ∈ C. (sifat komutatif)

3.

(z1 + z2 ) + z3 = z1 + (z2 + z3) dan (z1z2) z3 = z1( z2 z3) (sifat asosiatif)

4.

z1(z2 + z3) = z1z2 + z1 z3 (sifat distribuif)

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

6.

Ada 1 = (1,0) ∈ C sehingga z . 1 = z (1 elemen netral perkalian)

7. Untuk setiap z = (x,y) ∈ C, ada –z = (-x,-y) sehingga z + (-z) = 0

8. Untuk setiap z = (x,y) ∈ C, ada z-1 = sehingga z.z-1 = 1.

1.2.3 Notasi lain dari z = (x,y)

Diketahui bahwa x = (x,0) dan i = (0,1). Perhatikan pula (0,y) = (0,1)(y,0) =

iy, sehingga z = (x,y) = (x,0) + (0,y) = x + (0,y). Jadi diperoleh z = (x,y) = x + iy.

Demikian juga i2 = ((0,1)(0,1) = (-1,0) = -1. Oleh karena itu z = (x,y) dapat juga

ditulis sebagai x + iy, dengan x = Re(z) dan y = Im(z).


3/58

3

Dengan notasi z = x +iy, kita akan lebih mudah untuk melakukan operasi

pada bilangan kompleks, karena operasinya dapat dipandang sebagai operasi aljabar

biasa dengan mengingat bahwa i2

= -1.

Contoh Soal :

1. Jika z1 = x1 + iy1 dan z2 =x2 + iy2 ,buktikan bahwa z1 – z2 = (x1 - x2) + (y1 - y2)i !

Bukti :

z1 – z2 = (x1 + iy1) – (x2 + iy2) = (x1 + iy1) +(-x2 - iy2) = (x1 - x2) + (y1 - y2)i

Coba anda berikan sifat pembagian 2 bilangan kompleks !

2.

Diketahui z1 = 2 + 3i dan z2 = 5 – i. Tentukan z1 + z2, z1 - z2 , z1z2, dan z1 / z2

Jawab :

z1 + z2 = (2 + 3i) + (5 – i) = 7 + 2i , dan z1 - z2 = (2 + 3i) - (5 – i) = -3 + 4i

Lanjutkan untuk z1z2, dan z1 / z2 !

1.2.4 Sekawan Kompleks

Jika z = (x,y) = x + iy bilangan kompleks, maka bilangan kompleks sekawan

dari z ditulis z didefinisikan sebagai z = (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 :

1.

z = z

2.

z + z = 2 Re(z)


4/58

4

3. z - z = 2i Im (z)

4. z z = [Re(z)]2 + [Im(z)]2

b.

Jika z1, z2 bilangan kompleks , maka :

1. 21 z z + = 1 z + 2 z

2. 21 z z − = 1 z - 2 z

3. 21 z z = 1 z . 2 z

4.

(2

1

z

z

) =2

1

z

z

, dengan z2 ≠ 0.

1.3 Interpretasi Geometris Bilangan Kompleks

Karena z = x + iy = (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

Im Im

y1+y2 z1+z2

y2 z2 z2

y1 z1 z1

0 x2 x1 x1+x2 Re 0 Re

Gambar 1 -z2 z1-z2


5/58

5

Tugas :

Diketahui z1 = 2 + 3i dan z2 = 5 – i. Gambarkan pada bidang Argand, z1, z2, z1+ z2,

z1- z2, 1 z , 2 z , 1 z + 2 z dan 1 z - 2 z !

1.4 Modulus (Nilai Mutlak) dari Bilangan Kompleks

Definisi 4 :

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

22 y x + .

Arti geometri dari modulus z adalah merupakan jarak dari titik 0(0,0) ke z =

(x,y). Akibatnya, jarak antara dua bilangan kompleks z1 =x1+iy1 dan z2 = x2+iy2

adalah2

21

2

21 )()( y y x x −+− . 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 dan

berilah nama daerahnya.

Teorema 2 :

A.

Jika z bilangan kompleks, maka berlaku :

1.

|z |2 = (Re(z))2 + (Im(z))2

2. |z | = | z |

3. |z |2 = z. z

4.

|z | ≥ | Re(z) | ≥ Re(z)

5.

|z | ≥ | Im(z) | ≥ Im(z)


6/58

6

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

1. | z1 z2 | = | z1|| z2 |

2. |2

1

z

z | =2

1

z

z

3.

| z1 + z2 | ≤ | z1| + | z2 |

4.

| z1 - z2 | ≥ | z1| - | z2 |

5. | z1 - z2 | ≥ || z1| - | z2 ||

Tugas : Buktikanlah teorema A di atas dengan memisalkan z = x+iy, kemudian

berdasarkan hasil A, buktikan juga teorema B !

1.5 Bentuk Kutub (Polar) dan Eksponen dari Bilangan Kompleks

Selain dinyatakan dalam bentuk z = x+iy = (x,y), maka bilangan kompleks z

dapat dinyatakan pula dalam bentuk koordinat kutub atau Polar, yaitu z = (r,θ).

Adapun hubungan antara keduanya adalah :

Gambar 2

x = r cos θ , dan y = r sin θ, sehingga θ = arc tan ( x

y). θ adalah sudut antara sumbu

x positif dengan oz. Didapat juga r = yx 22 + =|z |. Untuk z≠ 0, sudut dihitung


7/58

7

dari tan θ = x

y, dan jika z = 0, maka r =0 dan θ dapat dipilih sebarang. Jadi, bentuk

kutub bilangan kompleks adalah z = (r, θ) = r (cos θ + i sin θ) = r Cis θ. Bentuk

sekawan dari z adalah = (r, -θ) = r(cos θ - i sin 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 = r 1(cos θ1 + i sin θ1) dan z2 = r 2(cos θ2 + i sin θ2)

dikatakan sama, yaitu r 1 = r 2, dan θ1 = θ2.

Selain penulisan bilangan kompleks z = (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.

Contoh Soal :

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

Jawab :

Z = 1 + i, r = 2 , tan θ = 1, sehingga θ = 45o=4

1 π . Jadi z = 2 (Cos 4

1 π +

iSin4

1 π) = 2 Cis4

1 π = 2 4Πi

e


8/58

8

1.6 Pangkat dan Akar dari Bilangan Kompleks

1.6.1 Perkalian dan Pemangkatan

Telah kita ketahui bahwa bilangan kompleks dalam bentuk kutub adalah z =

r(cos θ + i sin θ). Jika z1 = r 1(cos θ1 + i sin θ1) dan z2 = r 2(cos θ2 + i sin θ2), maka

kita peroleh hasil perkalian keduanya sebagai berikut :

z1 z2 = [r 1(cos θ1 + i sin θ1)][r 2(cos θ2 + i sin θ2)]

z1 z2 = [r 1 r 2 (cos θ1 + i sin θ1)][ (cos θ2 + i sin θ2)]

z1 z2 = [r 1 r 2 (cos θ1 cos θ2 + i sin θ1 cos θ2+ i sin θ2 cos θ1- sinθ1sin θ2)]

z1 z2 = r 1 r 2 [cos (θ1 + θ2 ) + i sin (θ1 + θ2)]

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 ?

1.6.2 Dalil De Moivre

Jika diketahui z1 = r 1(cos θ1 + i sin θ1), z2 = r 2(cos θ2 + i sin θ2), dan

seterusnya sampai zn = r n(cos θn + i sin θn), untuk n asli; maka secara induksi

matematika, diperoleh rumus perkalian z1 z2…..zn = r 1 r 2 …r n[cos (θ1 +

θ2+…+θn) + i sin (θ1 + θ2+…+θn)] . Akibatnya jika, z = r(cos θ + i sin θ)

maka zn = r

n (cos nθ + i sin nθ). Khususnya untuk r = 1, maka didapat rumus

De-Moivre :

(cos + i sin )n = cos n

+ i sin n

, n asli.

Sedangkan pembagian z1 dan z2 adalah sebagai berikut :


9/58

9

=2

1

z

z

)(

)(

222

111

θ θ

θ θ

iSinCosr

iSinCosr

+

+

Setelah pembilang dan penyebut dikalikan dengan sekawan penyebut, yaitu (cos θ2

- i sin θ2), maka diperoleh : =2

1

z

z

2

1

r

r [cos (θ1 - θ2 ) + i sin (θ1 - θ2)]

Dari rumus di atas diperoleh arg =2

1

z

z θ1 - θ2 = arg z1 – arg z2.

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

1

r

1(cos(-θ) + i sin (-θ)) .Untuk

)(

11

θ θ niSinCosnr z

z n

n

n +== − . Setelah pembilang dan penyebut dikalikan

sekawan penyebut, maka didapat : nn r z

11= (cos(-nθ) + i sin (-nθ)) =

n

z )

1(

.

Jadi dalil De Moivre berlaku untuk semua n bilangan bulat.

Contoh :

Hitunglah6)3( −− i

Jawab :

Misalkan z = √3 - i, r = /z/ = 213 =+

Tan θ =3

1−, karena z di kuadran IV,maka dipilih θ = -30o.

Diperoleh )3( i− = 2[Cos(-30o)+iSin(-30o)] , sehingga

6)3( −− i = 2-6[Cos 180o + isin180o) = 2-6.(-1) = -2-6.


10/58

10

1.6.3 Akar Bilangan Kompleks

Bilangan kompleks z adalah akar ke-n dari bilangan kompleks w, jika zn =

w, dan ditulis z = nw1

. Jika z = ρ(Cosφ +iSinφ) akar ke-n dari bilangan

kompleks w = r(Cosθ+iSinθ), maka : zn = w atau ρn(Cosφ +iSinφ)n =

r(Cosθ+iSinθ), sehingga diperoleh : ρn = r dan nφ = θ +2k π , k bilangan

bulat. Akibatnya ρ = nr 1

dan φ =n

k Π+ 2θ . Jadi, akar ke n dari bilangan

kompleks w = r(Cosθ+iSinθ) adalah : z = nr 1

[Cos(n

k Π+ 2θ ) + iSin

(n

k Π+ 2θ )], k bilangan 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); φ ≤ n

k Π+ 2θ < 2π, sehingga

diperoleh z1,z2,z3,…,zn sebagai akar ke n dari w.

Contoh 1:

Hitunglah (-81)1/4

Jawab :

Misalkan z = (-81)

1/4

, berarti harus dicari penyelesaian persamaan z

4

= -81. Tulis

z= ρ(Cosφ +iSinφ) dan –81 = 81(Cos1800+iSin180o), sehingga ρ4(Cos4φ

+iSin4φ) = 81(Cos1800+iSin180o). Dari persamaan ini diperoleh ρ4 = 81,

atau ρ = 3 dan φ =4

2 Π+Π k . Jadi Z = 3[Cos(4

2 Π+Π k )+iSin(

4

2 Π+Π k )].


11/58

11

Keempat akar yang dicari dapat diperoleh dengan mensubstitusi k = 0,1,2,3 ke

persamaan terakhir. Tugas: Carilah keempat akar tersebut !

1.7 Soal-Soal Latihan Bab 1 :

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. z = z c. z = -z

5.

Buktikan untuk setiap z bilangan kompleks berlaku :

z1. 2 z + 1 z . z2 = 2Re(z1. 2 z )

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

7. Gambarkan pada diagram argand dan sebutkan nama kurva yang terjadi :

a. |z + i| = |z –i|

b. 1 < |z –i| < 3

c.

|z +3| + |z –3| = 2

8. Nyatakan bilangan kompleks z = 2 -2i dalam bentuk polar dan eksponen !

9. Tentukan himpunan penyelesaian dari : z3-i-0

10. Hitunglah : (a) (-27)1/3 = ….. (b) (-2+2I)15 = ….

11.

Buktikan dengan dalil De Moivre bahwa :

a. Cos2x = Cos2x – Sin2x

b. Tgn 3a =[3Sina – 4 Sin3a] : [4Cos3a – 3Cosa ]

*** SELAMAT MENGERJAKAN ***


12/58

12

BAB II

FUNGSI , LIMIT DAN KEKONTINUAN

Sebelum dibahas mengenai fungsi kompleks, maka perlu dipelajari konsep-

konsep topologi yang akan digunakan pada fungsi kompleks.

2.1 Konsep-Konsep Topologi Pada Fungsi Kompleks

Himpunan pada pembahasan ini adalah koleksi atau kumpulan titik-titik

pada bidang z. Ingatlah kembali materi mata kuliah Teori Himpunan, seperti operasi

pada himpunan yaitu gabungan, irisan, penjumlahan dan pengurangan beserta sifat-

sifatnya. Selain itu anda juga perlu mengingat materi Lingkungan dan

komplemennya, Titik Limit, Titik Batas, Himpunan Buka, Himpunan Tutup pada

mata kuliah Analisa Variabel Real. Dengan mengingat materi tersebut, maka anda

akan lebih mudah memahami materi berikut.

1. Lingkungan

a) Lingkungan z0 adalah himpunan semua titik z yang terletak di dalam

lingkaran yang berpusat di z0, berjari-jari di r, r > 0. Ditulis N(z0,r) atau |z –

z0 | < r.

b)

Lingkungan tanpa z0 adalah himpunan semua titik z ≠ z0 yang terletak di

dalam lingkaran yang berpusat di z0, berjari-jari di r, r > 0. Ditulis N*(z0,r)

atau 0< |z – z0 | < r.


13/58

13

Contoh :

a) N(i,1) adalah ekuivalen dengan |z – i | < 1, Gambarkan !

b)

N*(0,a) adalah ekuivalen dengan 0< |z | < a, Gambarkan !

2. Komplemen

Andaikan S suatu himpunan. Komplemen dari S ditulis Sc,merupakan himpunan

semua titik pada bidang z yang tidak termasuk di S.

Contoh :

a)

A = {z/Im z< 1}, maka Ac = {z/Im z≥ 1}. Gambarkan !

b) B = {z/2


14/58

14

Himpunan S disebut himpunan tutup jika S memuat semua batasnya.

9. Himpunan Terhubung

Himpunan buka S disebut terhubung, jika setiap dua titik di S dapat

dihubungkan oleh beberapa penggal garis lurus yang seluruhnya terletak di S.

10. Daerah Terbuka

Himpunan buka S yang terhubung disebut daerah terbuka.

11. Daerah Tertutup

Daerah tertutup S adalah daerah terbuka digabung dengan batasnya.

12. Penutup dari himpunan S

adalah himpunan S digabung dengan limitnya.

Contoh :

A = {z/ /z/ < 1}, B = {z/ /z/


15/58

15

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 R f ,

yaitu himpunan f(z) untuk setiap z anggota D.

Contoh :

a) w = z + 1 – i

b) w = 4 + 2i

c)

w = z2 – 5z

d) f(z) =12

3

+−

z

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 = -1/2.

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+iSinθ), maka w = u(r, θ) +v(r, θ).

Contoh :

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

Jawab :

Misal z = x + iy, maka fungsi w = f(z) = 2z 2 – i = u(x,y) + iv(x,y) =2(x + iy )2 – i

= 2(x2+2xyi-y2) – i = 2(x2-y2) +i(4xy-1). Jadi u = 2(x2-y2) dan v = 4xy-1.

2.

Jika z = r(Cosθ+iSinθ), maka f(z) = z2 + i = [r (Cosθ+iSinθ)]2 + i = (r 2 Cos2θ-

r 2Sin2θ) + (1+rSin2θ)i, berarti u = r 2Cos2θ-r 2Sin2θ dan v = 1+rSin2θ) .


16/58

16

Komposisi Fungsi

Jika diberikan fungsi f(z) dengan domain Df dan fungsi g(z) dengan domain

Dg. Jika R f ∩ Dg ≠ φ, maka ada fungsi komposisi (gof) (z) = g (f (z)), dengan

domain suatu himpunan bagian dari Df . Jika R g ∩ Df ≠ φ, maka (fog) (z) = f (g (z)).

Tidak berlaku hukum komutatif pada (gof) (z) dan (fog)(z).

Contoh :

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

Jika R f ∩ D

g ≠ φ, maka (gof) (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 R g ∩ Df ≠ φ, maka (fog) (z) = f (g (z)) = f(z2 + z –1 + i) = 3z2 + 3z –3 + 2i

Jadi, (gof) (z) ≠ (fog)(z).

2.3 Interpretasi Geometris

Untuk setiap variabel bebas z = x + iy anggota domain f 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, yaitu 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.


17/58

17

Contoh 1 :

Diketahui fungsi w = 2z – 1 + i. Untuk setiap variabel bebas z = x + iy didapat nilai

w = 2(x+iy) – 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.

y v w1(1,3)

z1(1,1)

x u

z2(2,-3)

w2(3,-5)

Contoh 2 :

Diketahui fungsi w = z2. Dengan menggunakan z = r (Cosθ+iSinθ), maka

diperoleh w = z2 = r 2 (Cos2θ+iSin2θ). Jika sebuah lingkaran pusat O berjari-jari r

pada bidang z, maka dapat dipetakan ke bidang w menjadi sebuah lingkaran pusat O

berjari-jari r 2. Daerah 0 ≤ arg z ≤ α dipetakan menjadi daerah 0 ≤ arg w ≤ 2α. Coba

anda Gambarkan keduanya pada bidang Argand !


18/58

18

2.4 Limit

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 mungkin di zo.

Y v

D

. K K

N

f(z) . wo

.w

N*(zo,δ)=0 0 sedemikian hingga / f(z) - wo / < ε, apabila 0 < / z - zo / <

δ , ditulis :o

o

z z

w z f Lim

→

=)(

Perlu diperhatikan bahwa :


19/58

19

1. Titik zo tidak perlu termasuk domain fungsi f.

2. Variabel z menuju zo melalui sebarang lengkungan K,artinya z menuju zo dari

segala arah.

3. Apabila z menuju zo melalui dua lengkungan yang berbeda saja, mengakibatkan

f(z) menuju dua nilai yang berbeda, maka limit fungsi f tersebut tidak ada untuk

z menuju zo.

Contoh 1 :

z→ 2Buktikan bahwa : Lim 52

232 2 =−−−

z

z z

Pembuktian :

Analisis Pendahuluan : (langkah ini boleh tidak ditulis di lembar jawaban)

Misalkan diberikan bilangan ε > 0, kita akan mencari δ > 0 sedemikian hingga

sehingga

0 < |z –2 |< δ ⇒ < ε

untuk z ≠ 2 , lihat bagian sebelah kanan

< ε ⇔ < ε

⇔ (2 z + 1) – 5 < ε

⇔ 2 (z – 2) < ε

⇔ 2 z – 2 < ε

⇔ z – 2

Hal ini menunjukkan bahwa δ = ε /2 telah diperoleh.

52

232 2−

−

−−

z

z z 5

2−

232 2

−

−− z z

z

δ ε =<

2

2

232 25−

−

−

z

z z −


20/58

20

Bukti Formal :Bukti Formal :

Jila diberikan ε > 0 , maka pilih δ = ε/2, sehingga untuk z ≠ 2, berlakuJila diberikan ε > 0 , maka pilih δ = ε/2, sehingga untuk z ≠ 2, berlaku

0 < |z –2 |< δ ⇒ 0 < |z –2 |< δ ⇒ 52

232 2−

−

−−

z

z z = 5

2

)2)(12(−

−

−+

z

z z = 2 | z-2 | < 2δ) = ε.

Contoh 2 :

z→ zoBuktikan bahwa : Lim z2 = zo

2

Bukti :

Untuk setiap ε > 0 , maka akan dicari δ > 0, sehingga untuk z ≠ zo, / z2 - zo

2 / < ε

apabila /z - zo / < δ. Jika δ ≤ 1, maka 0 < /z - zo / < δ mengakibatkan / z2 - zo

2 / = /z-

zo / /z+zo/ < δ /z+zo/ = δ {/z-zo+2zo/} < δ (1 +2/zo/). Jadi didapat δ minimum antara

1 dan)21( o z +

ε . Tuliskan bukti formal pembuktian tersebut !

2.5 Teorema Limit

Teorema 1 :

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

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 Limit f(z) = x o +ivo jika dan hanya

z zo

jika Limit u(x,y) = xo dan limit v(x,y) = vo


21/58

21

(x,y) (xo,yo) (x,y) (xo,yo)

Teorema 3 :

Misalkan fungsi f dan F limitnya ada di zo. Lim f(z) = wo dan lim F(z) = Wo, maka :

1. Lim (f(z) +F(z) ) = wo + Wo (untuk z zo)

2.

Lim (f(z) . F(z)) = wo . Wo (untuk z zo)

3. Lim (f(z) / F(z)) = wo / Wo (untuk z zo)

Tugas : Buktikan ketiga teorema limit tersebut !

Contoh 1 :

z→ i

z→ 1

Hitunglah lim i z

z

−

+12

Jawab = limi z

i z i z

−−+ ))((

= 2i

Contoh 2 :

Jika f(z) = i y

x

y x

xy

1

2 2

22 ++

+

Buktikan Lim f(z) tidak ada !

z 0

Bukti :

Kita tunjukkan bahwa untuk z menuju 0 di sepanjang garis y = 0, maka

lim f(z) = Lim f(z) = Lim x2i = 0.

z 0 (x,0) (0,0) x 0

Sedangkan di sepanjang garis y = x, lim f(z) = Lim f(z) = Lim 1)1

1(2

=+

+ i x

z 0 (x,x) (0,0) x 0


22/58

22

2.6 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 :

1.

f(zo) ada

2. Lim f(z) ada

z zo

3. Lim f(z) = f(zo)

z zo

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

pada daerah R tersebut.

Teorema 4 :

Jika f(z) = u(x,y) + iv(x,y), f(z) terdefinisi di setiap titik pada daerah R, dan

zo = xo+yoi 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 F(z) kontinu di zo, maka masing-masing fungsi :

1. f(z) + F(z)

2. f(z) . F(z)

3. f(z) / F(z), F(z) ≠ 0,

4.

f(F(z); f kontinu di F(zo), kontinu di zo.


23/58

23

Contoh 1 : Fungsi f(z) = i z

i z i

i z

z 2,

2,43

2

42≠

⎪

⎪

⎩

⎪⎪⎨

⎧

=+

−+

f(2i) = 3+4(2i) = 3 + 8i, sedangkan untuk z mendekati 2i, maka Lim f(z) = z +2i =

2i + 2i = 4i. Jadi f(z) diskontinu di z = 2i.

Contoh 2 :

Dimanakah fungsi g(z) =23

12

2

+− + z z z kontinu ?

Jawab : Coba anda periksa bahwa g(z) diskontinu di z = 1 dan z = 2. Jadi g(z)

kontinu di daerah {z/ z ≠ 1 dan z ≠ 2}.

2.7 Soal-Soal Latihan Bab II

1. Tentukan nilai fungsi :

a.

f(z) z2-2z+3 di z = 5-I

b. g(z) = i z di z

z −=

−+

,1

1

2. Jika z = x + iy, tuliskan f(z) = 3z2 –5i + 1 dalam bentuk u dan v !

3. Jika z = r(Cosθ+iSinθ), maka tuliskan f(z) = 2z2 + i dalam bentuk u dan v !

4. Jika f(z) = 5z + 1- i dan g(z) = z2 , tentukan (gof) (z) dan (fog)(z).

5. Fungsi w = 5z –2+ i. Gambarkan w1 dan w2 untuk z1 = 2 + i , dan z2 = 5 – 3i .

6. Diketahui fungsi w = z3. Dengan menggunakan z = r (Cosθ+iSinθ), maka

gambarkan w = z3 !


24/58

24

7. Jika g(z) =i z

z

2

42

−

+, Hitunglah limit g(z) untuk z 2i

8.

Jika f(z) = i y x

y x xy

12

2

22 +++. Buktikan Lim f(z) untuk z menuju 0 tidak ada !

9. Apakah fungsi h(z) = i z

i z i

i z

z 3,

3,53

3

92≠

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=+

−+

, kontinu di z = 3i ?Jelaskan !

10.

Dimanakah fungsi g(z) = 2

4

2

2

+−

+

iz z

z

kontinu ?

*** SELAMAT MENGERJAKAN ***


25/58

25

BAB III

TURUNAN FUNGSI KOMPLEKS

3.1 Definisi Turunan

Diberikan fungsi f yang didefinisikan pada daerah D dan z0 ∈ D. Jika diketahui

bahwa nilai

0

0

0 zz

)f(zf(z)zz

limit

−

−→ ada, maka

nilai limit ini dinamakan turunan atau deri vatif fungsi f di titik z 0 .

Dinotasikan : f’(z0)

► Jika f’ (z0) ada, maka f dikatakan terdifferensial atau diferensiabel di z0.

Dengan kata lain :

f’(z0) =lim

z

f

Δ

Δ =

z

z f z z f

Δ

−Δ+ )()( 00

► Jika terdifferensial di semua titik pada D maka f terdifferensial pada D

Contoh 3.1.1

Buktikan f(z) = z2 terdifferensiasi diseluruh C

Bukti :

Ditinjau sebarang titik z0 ∈ C

f’(z) =0

0

0

lim

z z

) f(z f(z) z z −

−→

=0

2

0

2

0

lim

z z

z z z z −

−→

=0

00

0

lim

z z

) z )(z z (z z z −

−+→ = 2 z 0


26/58

26

Karena z0 sebarang maka f(z) = z2 terdifferensial di seluruh C

Teorema 3.1

Jika f fungsi kompleks dan f’(z 0 ) ada maka f kontinue di z 0

Bukti :

Diketahui f’(z 0 ) ada

Akan dibuktikan f kontinue di z 0 atau ) f(z f(z) z z 00

lim =→

0

lim z z → f(z) – f(z 0 ) = 0

lim z z →

0

0

z z

) f(z f(z)

−

−. z – z 0

0

lim z z → f(z) – f(z 0 ) = 0

lim z z →

0

0

z z

) f(z f(z)

−

−. z – z

0

lim z z → 0

= f’(z) . 0

= 0

sehingga f(z) – f(z 0

lim

z z →0 ) = 0

⇒ f(z) – f(z 0

lim z z → 0

lim z z → 0 ) = 0

⇒ f(z) = f(z 0

lim z z → 0

lim z z → 0 )

⇒ f(z) = f(z 0

lim z z → 0 ) dengan kata lain f kontinue di z 0

Contoh 3.1.2

Buktikan bahwa f(z) = ⎢ z ⎢2 kontinu di seluruh bidang kompleks tetapi hanya

terdifferensial di z = 0

Bukti :


27/58

27

f(z) = ⎢ z ⎢2 = x2 + y2 berarti

u(x,y) = x2 + y2

v(x,y) = 0

u dan v kontinue di C maka f(z) konstanta di C

f’( 0 ) =0

lim→ z 0

0

−−

z

) f( f(z) =

0lim→ z

2

z

z

=0

lim→ z z

z z −

= 0

Jadi f(z) terdifferensial di z = 0

3.2 Syarat Chauchy – Riemann

Syarat yang diperlukan agar fungsi f terdiferensial di z 0 = x0 + i y0 adalah

syarat Chauchy-Riemann, yang menghubungkan derivatif-derivatif parsial tingkat

pertama dari fungsi bagian real dan fungsi bagian imajiner dari f .

Teorema 3.2.1 (Syarat Chauchy – Riemann)

Jika f(z) = u(x,y) + i v(x,y) terdifferensial di z 0 = x0 + i y0, maka u(x,y) dan

v(x,y) mempunyai derivatif parsial pertama di ( x0, y0) dan di titik ini dipenuhi

persamaan Cauchy – Riemann

x

u

∂∂

= y

v

∂∂

dan y

u

∂∂

= x

v

∂∂−

derivatif f di z 0 dapat dinyatakan dengan

f ’ (z 0 ) = u x (x 0,y 0 ) + i v x (x 0,y 0 )


28/58

28

Jika persamaan C-R tidak terpenuhi di ( x0, y0) maka f(z) = u(x,y) + i v(x,y)

pasti tidak terdefferensial di z 0 = x0 + i y0

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

x

u

∂∂

= 2 x ; y

u

∂∂

= 2 y

x

v

∂∂

= 0 ; y

v

∂∂

= 0

x

u

∂∂

= y

v

∂∂

⇔ 2 x = 0 ................... (1)

dan y

u

∂∂

= - x

v

∂∂

⇔ 2 y = 0 ................... (2)

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

terdifferensial di z ≠ 0

Catatan :

Syarat C-R hanya syarat perlu untuk keterdifferensialan.

Contoh 3.2.2


29/58

29

Buktikan fungsi f(z) =22

33 11

y x

i)( yi)( x

+

−−+ f (0) = 0 tidak terdifferensial di 0

Bukti :

u =22

33

y x

y x

+

− dengan u(0,0) = 0

v =22

33

y x

y x

+

+ dengan v(0,0) = 0

u x(0,0) = 0lim→ x x

) ,u( )u(x, 000 − = 1

u y(0,0) = y

) ,u( ,y)u( y

0000

lim −→ = -1

v x(0,0) = x

) ,v( )v(x, x

0000

lim −→ = 1

v y(0,0) = 0lim→ y y

) ,v( ,y)v( 000 − = 1

Jadi persamaan Cauchy – Riemann terpenuhi

Tetapi

z

) f( f(z) 0− =

iy) )(x y(x

i)( yi)( x

++

−−+22

33 11

untuk z → 0

Sepanjang garis real y = 0→ 0

lim→ x 3

33

11 x

i)( yi)( x −−+ = 1 + i

Sepanjang garis real y = x → 0

lim→ x 3

3

12

2

xi)(

xi

+ =

z

i+1


30/58

30

Jadi0

lim→ z z

) f( f(z) 0− 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), z 0 = x0 + i y0

f’(z) ada maka x

u

∂∂

, y

u

∂∂

, x

v

∂∂

, y

v

∂∂

ada di ( x0, y0) berlaku C-R yaitu x

u

∂∂

= y

v

∂∂

dan yu∂∂ = -

x

v

∂∂ dan f’(z 0 ) = u x(x0 ,y0 ) + i v x(x0 ,y0 )

ii. Syarat cukup

u(x,y), v(x,y), u x(x,y), v x(x,y), u y(x,y), v y(x,y) kontinue pada kitar z 0 = x0 + i y0

dan di ( x0, y0) dipenuhi C-R maka f’(z 0 ) ada

Contoh 3.2.3

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

Bukti :

u(x,y) = e xcos y → u x(x,y) = e xcos y

u y(x,y) = -e xsin y ada dan kontinue di setiap

v(x,y) = e xsin y → v x(x,y) = e xsin y ( x, y) ∈ C

v y(x,y) = e xcos y

Berdasarkan persamaan C-R :

u x = v y dan u y = -v x dipenuhi di ∀ ( x,y) ∈ C dan ∀ ( x,y) ∈ C ada kitaran dimana

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

Jadi f’(z) ada ∀ z ∈ C


31/58

31

Dan f’(z) = u x(x,y) + i v x(x,y)

= e xcos y + i e xsin y

3.3 Syarat C-R Pada Koordinat Kutub

Jika f(z) = u(x,y) + iv(x,y) dapat diilustrasikan dalam koordinat kartesius

maka dengan menggunakan hubungan x = r cos ϕ dan y = r sin ϕ dapat diperoleh z

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

Teoreama 3.3.1

Jika f(z) = u(r, ϕ) + iv(r, ϕ) terdiferensial dan kontinue pada suatu kitar (r 0,

ϕ0) dan jika dalam kitar tersebut ur , uϕ, vr , vϕ ada dan kontinue di (r 0, ϕ0) dipenuhi

C-R yaitu:

r

u

∂∂

=r

1

ϕ ∂∂v

danr

1

ϕ ∂∂v

= -r

u

∂∂

, r ≠ 0

maka f’(z) = ada di z = z 0 dan f’(z) = (cos ϕ0 – i sin ϕ0) [ur (r 0, ϕ0) + ivr (r 0, ϕ0)]

Contoh 3.3.1

Jika diketahui f(z) = z -3

,tentukan f’(z) dalam bentuk kootdinat kutub

Jawab :

f(z) = z -3 = r -3 (cos 3ϕ - i sin 3ϕ)

diperoleh : 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 kontinue dan syarat C-R dipenuhi untuk semua z ≠ 0


32/58

32

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

Dengan demikian f’(z) dalam koordinat kutub adalah :

f’(z) = (cos ϕ0 – i sin ϕ0) (-3r -4 cos 3ϕ + i 3r -4 sin 3ϕ)

= cis (-ϕ) (-3-4) cis -3ϕ

= -3r -4 cis(-4ϕ)

3.4 Aturan Pendiferensialan

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

ada, maka berlaku rumus-rumus berikut :

1.dz

dc = 0 ,

dz

d(z) = 1

2.( )[ ]

dz

zcf d = cf’(z)

3.dz

d [f(z) ± g(z)] = f’(z) ± g’(z)

4.dz

d [f(z)g(z)] = f’(z)g(z) + f (z)g’(z)

5.dz

d ( )( )⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

zg

zf =

( ) ( ) ( ) ( )

( )[ ]2 z g z g z f z f z g ′′−′′

6.

dz

dz n

= nzn-1

7. Jika h(z) = g[f(z)] maka h’(z) = g’[f(z)]f’(z) biasa disebut dengan komposisi

(aturan rantai)dz

d.

d

dw

dz

dw ϕ

ϕ =

3.5 Fungsi Analitik


33/58

33

Definisi 3.5.1

Fungsi f analitik di z0, jika ada r > 0 sedemikian hingga f’(z) ada untuk setiap z ∈

N (z0,r) (persekitaran z0)

f differensiabler

Z0

Fungsi analitik untuk setiap z ∈ C dinamakan fungsi utuh

Contoh 3.5.1

1. f(z) = z

1 analitik kecuali di z = 0

2. f(z) = x3 + iy3

diperoleh : u = x3 ; v = y3 sehingga ux = 3x2 ; vx = 0 ; uy = 0 ; vy = 3y

2

dengan menggunakan persamaan C-R :

3x2 = 3y2 ⇒ y = ± x dan vx = uy = 0

persamaan C-R dipenuhi dan kontinue digaris y = ± x berarti f’(z) ada hanya di

y = ± x

f(z) tidak analitik dimanapun karena tidak ada kitar.

Sifat sifat analitik

Misalnya f dan g analitik pada D, maka :

o f ± g merupakan fungsi analitik

o fg merupakan fungsi analitik

o f/g merupakan fungsi analitik dengan g ≠ 0


34/58

34

o h = g o f merupakan fungsi analitik

o berlaku aturan L’hospital yaitu :

0zzlim→

( )( )

( )( )zgzf

zgzf

′′= , g(z) ≠ 0 g’(z) ≠ 0

3.6 Titik Singular

Definisi 3.6.1

Titik z1 disebut titik singular dari f jika f tidak analitik dari 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 z0 dinamakan titik singular terisolasi dari f(z) jika terdapat δ > 0

demikian sehingga lingkaran |z – z0| = δ hanya melingkari titik singular

lainnya. Jika δ seperti itu tidak ada, maka z = z0 disebut titik singular tidak

terisolasi.

2. Titik Pole (titik kutub)

Titik z = z0 disebut titik pole tingkat n, jika berlaku

. Jika n = 1, z0zz

lim→

0)()( 0 ≠=− A z f z z n

0 disebut sebagai titik pole

sederhana.

3. Titik Cabang

Dari fungsi bernilai banyak dapat menjadi titik singular.

4. Titik Singular dapat dihapuskan

Titik singular z0 disebut titik singular dapat dihapuskan dari f(z) jika

f(z) ada.0z

lim→


35/58

35

5. Titik Singular Essensial

Titik singular z = z0 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) =2)(

1

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

• h(z) =2

z 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.


36/58

36

2

2

x∂∂ ϕ

+2

2

y∂

∂ ϕ = 0

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 = 4y

3 – 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 = y

4

– 6x

2

y

2

+ x

4

+ C

f = u + iv

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

= i(y4 – 6x2y2 + x4 – 4ixy3 + 4x3y) + iC

= i(x +iy)4 + iC

= iz4 + A dengan A = iC


37/58

37

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 z = x – iy sehingga diperoleh x =2

−

+ z z dan y = i z z

2

−

−

f(z) = ux ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ −+ −−

i

z z z z

2,

2- iuy

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ −+ −−

i

z z z z

2,

2

Suatu identitas dalam z dan jika diambil = z maka f’(z) = u−

z −

z x(z,0) – iuy(z,0)

Jadi f(z) adalah fungsi yang derivatifnya ux(z,0) – iuy(z,0) kemudian didapat v(x,y)

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


38/58

38

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

3.8 SOAL-SOAL LATIHAN BAB III

1.

Dengan menggunakan definisi derivatif, tentukan f’(z) dan f’(i) untuk :

a. f(z) = z2 + 5z

b. f(z) =2

1

z

c. f(z) =i z

z

2

12

+−

2. Dengan menggunakan aturan pendiferensialan tentukan f’(z) untuk :

a. f(z) = z3 + 2iz2 – (3 – 2i)z + 4

b. f(z) =202

8

)31(

)53(

z z

z

+−

+

3. Tunjukkan bahwa fungsi-fungsi berikut adalah analitik :

a. f(z) = e-x(cos y – i sin y)

b. f(z) = sin x cosh y + i cos x sinh y

c. f(z) = z2 + 2z

4.

Buktikan bahwa f terdiferensial dimana-mana jika :

a. f(z) = e-2x(cos 2y – i sin 2y)

b. f(z) = cos x cosh y + i sin x sinh y

5. Tentukan titik di bidang kompleks sehingga fungsi f(z) = 3x5 + 5iy3

terdiferensial kemudian tentukan f’(2 – 4i) dan f’(-3 + 3i)

a. f(z) = e-x(cos y – i sin y)

b. f(z) = sin x cosh y + i cos x sinh y

c. f(z) = z2 + 2z


39/58

39

6. Tunjukkan bahwa fungsi-fungsi berikut adalah harmonik dan dapatkan fungsi

analitik f(z) = u(x,y) + i v(x,y) yang bersesuaian :

a. u = x3

– 3xy2

+ 3x2

– 3y2

+ 1

b. u = xe-x cos y – y ex sin y

*** Selamat Mengerjakan ***


40/58

40

BAB IV

INTEGRAL KOMPLEKS

4.1 Lintasan

Jika g dan h fungsi bernilai real dan konstanta dari variabel real t ∈ (a,b) maka

himpunan titik-titik (g(t).h(t)) di bidang x.y akan membentuk suatu kurva.

Jadi himpunan titik Z = x + i.y di bidang komples adalah kurva jika x = g (t) dan y

= h (t).

Jika tidak ada pada kurva yang berkawanan dalam ( a,b ), kurva disebut

kurva tunggal.

Kurva yang titik awal dan titik akhirnya berhimpitan dinamakan kurva

tertutup.

Kurva tertutup yang tidak memotong dirinya sendiri disebut kurva tertutup

tunggal.

Misal kurva C = { Z = g(t) + ih(t), a ≤ t ≤ b } dengan g’(t) dan h’(t) ada dan

kontinue pada [ a,b ], untuk t ∈ [ a,b ] nilai g’(t) dan h’(t) tidak pernah bersama nol ,

maka C disebut kurva mulus.

Jika kurva C merupakan rangkaian beberapa kurva mulus C1, … , Cn ∋ titik akhir C j

berimpit dengan titik awal C j+1 untuk j = 1,2,…….., n – 1 maka kurva C disebut

suatu lintasan atau kontur. Lintasan C ini ditulis C1 + C2 +…+ Cn.

Perjanjian arah lintasan

Arah positif jika berlawanan dengan arah jarum jam.

Arah negatif jika searah dengan arah jarum jam.


41/58

41

4.2 Integral Garis

Integral garis fungsi p(x,y) sepanjang lintasan C terhadap x dinyatakan dengan

∫C dx y x P ),(

Jika ∫ P( x,y ) dx sepanjang kurva C ke lintasan tertentu terhadap t pada [a,b] dan

x g(t), y = h(t) maka ∫∫ =b

aC

dt t ht ht g P dx y x P )(')(),((),(

Jika sepanjang C pada arah yang berlawanan ditulis ∫−C

dx y x P ),(

Sedangkan untuk integral sepanjang lintasan tertutup dinotasikan dengan

∫C

P( x,y ) dx.

Sifat-Sifat :

1. ∫C k P( x,y ) dx = k ∫C P( x,y ) dx, k konstan

2.

∫-C P( x,y ) dx = - ∫C P( x,y) dx

3.

Jika C=C1+C2 + ... + Cn maka ∫C k P( x,y ) = ∫c1 P( x,y ) dx +…+ ∫cn P( x,y ) dx.

4.

Jika C lintasan tertutup tunggal, maka berlaku :

( )∫c

yx,P dx = - ( )∫c

yx,P dx

Catatan :

Keempat sifat berlaku juga untuk pengintegralan terhadap y.

Contoh 4.2.1

(∫ +1

0

5xy )dy dengan x = sin t ;y = cos2 t

Penyelesaian :


42/58

42

y = 0→ t =2

π dengan y = cos2 t diperoleh

dt

dy = 2 cos t – sin t

y = 1→ t = 0

sehingga :

→ ∫0

2π

(sin t cos2 t + 5) (-2 cos t sin t) dt

→ ∫2

0

π

2 cos3 t sin2 t + 10 cos t sin t dt

→ ∫2

0

π

2 sin2 t (1 – sin2 t) cos t + 10 cos t sin t dt

→ ∫2

0

π

2 sin2 t cos t dt - ∫2

0

π

2 sin4 t cos t dt + ∫2

0

π

10 sin t cos t dt

misal u = sin t

dt

du = cos t → du = cos t dt

t = 0→ u = 0 dan t =2

π → u = 1

⇒ 2 du - 2 ∫ du + 10 du∫1

0

2u1

0

4u ∫1

0

u

⇒ 2 [ ]1

0

3u31- 2 [

1

0

5u51 ] + 10 [ ]1

0

2u21

⇒ ...... ( silakan selesaikan)

Contoh 4.2.2

Hitung I = ∫c

2yx dx + xy2 dy dengan C adalah


43/58

43

a. Garis patah berawal dari titik i melalui 1 + i dan berakhir titik 1

b. Penggal garis dengan titik awal i dan titik akhir 1

Penyelesaian :

a.

i c1 i + 1

b c2

1

C1 : y = 1 dan x = t 0 ≤ t ≤ 1

dy = 0 dx = dt

C2 : x= 1 dan y = t 1 ≤ t ≤ 0

dx = 0 dy = dt

I = x∫1c

2y dx + xy2 dy + x∫2c

2y dx + xy2 dy

= t∫1c

2 dt + t∫2c

2 dt

= t∫1

0

2 dt + t∫0

1

2 dt

= 1/3 + (-1/3) = 0

b. Gambar pada a

Misal :

x = t→ dx = dt 0 ≤ t ≤ 2π

y = 1 – t → dy = -dt


44/58

44

I = t∫1

0

2 (1 – t) dt + t (1 – t)2 (-dt)

= t∫1

0

2 – t3 – t (1 – 2t + t2) dt

= t∫1

0

2 – t3 – t + st2 – t3 dt

= -t + 3t∫1

0

2 – st3 dt

= -1/2 t

2

+ t

3

– 2/4t

4

I01

= 0

Contoh 4.2.3

Hitung ∫ 3y dx + x3 dy dengan C : x = a cos t; y = a sin t arah C diambil arah

positif 0 ≤ t ≤ 2π

Penyelesaian :

∫ 3y dx + x3 dy = a∫2π

0

3 sin3 t (-a sin t) dt + (-a3 cos t) a cost dt

= -a4 ∫ sin2π

0

4 t + cos4 t

⇓ digunakan reduksi

= -a4 ∫ (sin2π

0

2 t + cos2 t) – 2 sin2 t cos2 t dt

= -a4 ∫ 1 – ½ sin2π

0

2 2t dt

= ...... ( silakan lanjutkan sebagai latihan)


45/58

45

Contoh 4.2.4.

Hitunglah sepanjang:∫ −++)4,2(

)3,0(

2 )3()2( dy y xdx x y

a. Parabola x = 2t, y = t2+3

b.

Garis lurus dari (0,3) ke (2,3) dan kemudian ke (2,4)

c. Garis lurus dari (0,3) ke (2,4)

Jawab:

a. Parabola x = 2t dx = 2 dt

y = t2 +3 dy = 2t dt

∫ −++)4,2(

)3,0(

2 )3()2( dy y xdx x y

dt t t dt t t t

2)3)2(3(2))2()3(2( 21

0

22 −−+++= ∫=

∫

∫

=

=

−−++=

−−+++=

1

0

32

1

0

222

)62121212(

2)36(2)462(

t

t

dt t t t t

dt t t dt t t

2

33

2

117

218312

4

28312

)224612(

1

0

432

1

0

32

=

−=

−+−=

−+−=

−+−= ∫=

t t t t

dt t t t t

b. Sepanjang garis lurus dari (0,3) ke (2,3) maka y = 3 dan d y = 0


46/58

46

∫ −++)3,2(

)3,0(

2 )3()2( dy y xdx x y ∫=

−++=2

0

2 )0)(3.3()3.2( x

xdx x

3

44

3

812

3

16

)6(

2

0

3

2

0

2

=

+=

−=

+= ∫=

x x

dy x x

Sepanjang garis lurus dari (2,3) ke (2,4) maka x = 2 dan dx = 0

∫ −++)4,2(

)3,2(

2 )3()2( dy y xdx x y ∫=

−++=4

3

2 )2.3()0)(22( y

dy y y

2

5

2

76

2

16

)6(

4

3

2

4

3

=

−=

−=

−= ∫=

y y

dy y y

Jadi nilai yang diinginkan2

5

3

44+=

6

103

6

1588

=

+=

c. Sepanjang garis lurus dari (0,3) ke (2,4)

Persamaan garis yang menghubungkan (0,3) ke (2,4) adalah:


47/58

47

12

1

12

1

x x

x x

y y

y y

−

−=

−

−

02

0

34

3

−−

=−−

⇔ x y

21

3 x y

=−

⇔

x y =−⇔ 62 atau )6(2

1−= x y

2 dy = dx

Maka

∫ −++

)4,2(

)3,0(

2

)3()2( dy y xdx x y ∫= −−+−+=

4

3

2

))62(3()2)()62(2( y dy y ydy y y

4

3

23

4

3

2

4

3

4

3

2

542

39

3

8

)54398(

)185724428(

)186()2)(362442(

y y y

dy y y

dy y y y

dy y ydy y y y

y

y

y

+−=

+−=

−++−=

−−++−+=

∫

∫

∫

=

=

=

6

97)1(54)916(

2

39)2764(

3

8

)34(54)34(2

39)34(

3

8 2233

=+−−−=

−+−−−=

4.3 Integral Lintasan Kompleks

Integral lintasan fungsi sepanjang C ditulis ( )∫c

zf dz

Atau integral tertentu dari f(z) dari a ke b sepanjang kurva C

Untuk z pada C maka dapat ditulis z(t) = x(t) + i y(t) dengan a ≤ t ≤ b sehingga


48/58

48

dt

dz= z’(t) = dx + idy

dz = z’(t) dt( )∫c zf ( )( )∫

b

atzf

Sifat :

1. dz = - dz( )∫c-

zf ( )∫c

zf

2. dz = k dz( )∫c

zf k ( )∫c

zf

3. dz ± g(z) dz = dz +( )∫c

zf ( )∫c

zf ( )∫c

zg dz

4. dz = dz +( )∫c

zf ( )∫1c

zf ( )∫2c

zf dz dengan C = C1 + C2

Jika f(z) = u(x,y) + iv(x,y) = u + iv maka dengan integral garis kompleks dapat

dinyatakan dalam suku-suku integral garis real sebagai

dz =( )∫c zf ( )( )idydxivuc ++∫ dz

= - v dy + I ∫ + vdy∫c

dxuc

dxv

Contoh 4.3.1

Hitung dz jika f(z) = y – x + 6ix( )∫c

zf 2 dan terdiri atas 2 penggal garis dari z = 0

sampai z = I dan dari z = I sampai z = 1 + I

i C2 1 + i

C1

dari gambar


49/58

49

C1 = dz + dz( )∫1c

zf ( )∫2c

zf

C1 x = 0→ dx = 0 0 ≤ x ≤1

y = t→ dy = 1

C2 x = t→ dx = 1 0 ≤ x ≤1

y = 1→ dy = 0

Pada lintasan C1

( )∫c

zf dz = dx – vdy + i + u dy∫1c

u ∫2c

dyv

= 0 dt + i t dt = ½ i∫1

0

∫1

0

pada lintasan C2

( )∫c

zf dz = dx – vdy + i + u dy∫c2

u ∫2c

dxv

= 1- t dt + i 6t∫1

0

∫1

0

2 dt

= ½ + 2i

Jadi :

( )∫c

zf dz = 1 + 2i

Teorema 4.3.1

Jika f kontinue pada lintasan C ∋ M > 0 ∋ |f(z)| ≤ M, z ∈ C maka ∫c

2z

dz < M L

dengan L = panjang lintasan

Contoh 4.3.2


50/58

50

Jika C lintasan tertutup segitiga dengan sudut –3, 0 dan 4i

Buktikan )(

c

∫ −

+ z e z dz ≤ 60

Penyelesaian :

B

A O

f(z) =−

+ ze2

f(z) =−

+ ze2 ≤ ze +-

z = ex + 22 yx +

pada lintasan AO

-3 ≤ z = x ≤ 0

f(z) = ex +22 103- +

= ex + 3

diambil x = 0 agar maksimal f(z) = e0 + 3 = 4

Pada lintasan OB

0 ≤ z = iy ≤ 4

f(z) = e0 +22

40 +

= 1 + 4 = 5

pada limit AB


51/58

51

z = x + iy→ y =3

4x12 + , -3 ≤ x ≤ 0

f(z) = e

0

+

22

40 + = 5 (x = 0 maksimal)

karena terdapat tiga lintasan, maka diambil M terbesar yaitu 5 dan L = keliling

segitiga yaitu 3 + 4 + 5 = 12

sehingga ∫ −

+c

z z e ≤ M.L = 5.12 = 60 terbukti

Teorema 4.3.2 (Teorema Cauchy)

Fungsi analitik dan fungsi kontinue dalam integral tertutup tutup C maka

( )dzzf c

∫ = 0

Bukti :

f analitik

f’ kontinue

D = {z| z dalam dan pada C}

f(z) = u(x,y) + iv (x,y) analitik

u, v kontinue dan vx, vy, ux, uy kontinue sehingga berlaku

f’(z) = ux + ivx

= vy – iuy, kontinue

Sebelumnya terdapat Teorema Green :

P(x,y), Q(x,y), Px, Py, Qx, Qy konstanta pada D maka dyQdxPc

+∫ = - P∫∫ xQ y

dxdy


52/58

52

sehingga

( )dzzf c

∫ = ( )dzivuc

∫ +

= ( )( )idydx ++∫c

ivu

= ∫c

u dx + iudy + ivdx – vdy

= ∫c

u dx – v dy + i ∫c

u dy + v dy

= (-v∫∫x – uy) dxdy + i ∫∫ (u

x – vy) dxdy

= (-v∫∫ x + vx) dxdy + i ∫∫ (ux – ux) dxdy

= 0

Jadi ( )dzzf c

∫ = 0

Contoh 4.3.3

Hitung dz42zc

2∫ − , C kurva tertutup sederhana

Jawab :

f’(z) = 4z→ f’(z) kontinue dan analitik di dalam C sesuai Teorema Cauchy

dz42zc

2∫ − = 0

Contoh 4.3.4

Jika C lingkaran z = 1. Tunjukkan ∫ −c

44z

dz = 0

Penyelesaian :

f(z) =4

12 − z

→ f’(z) = 22 )4(

2

−−

z

z


53/58

53

Kontinu di dalam dan pada C. Jadi menurut Teorema Cauchy ( )dzzf c

∫ = 0

Teorema 4.3.3 (Teorema Cauchy – Gousar)

Fungsi analitik di dalam dan pada lintasan tertutup C ⇒ ( )dzzf c

∫ = 0

Contoh 4.3.5

Buktikan jika C lintasan tertutup sepanjang sisi-sisi bujur sangkar dan titik-titik

sudut 1 + i, -1 + i, -1 + -i, 1 – i dengan arah positif.

∫c zdz

= 2π i

Penyelesaian :

-1 + i 1 + i

Z0

-1 - i 1 - i

Dibuktikan lingkaran j dengan pusat (0,0) dan r = ½

Ambil z0 = 0, sehingga f(z) = z

1adalah analitik pada lingkaran tersebut kecuali z =

0, ∫ j

z

dz = 2π i (menurut Cauchy). Karena f(z) =

z

1 juga analitik di dalam j, maka

: ∫c

z

dz = ∫ =

j

2z

dziπ


54/58

54

4.4 Anti Derivatif Fungsi Analitik

Fungsi analitik pada domain terhubung tunggal D, z0 dan z ∈ D

Jika C1 dan C2 lintasan tunggal penghubung z0 ke z dan keduanya membentuk

lintasan tertutup tunggal C = C1 + C2 maka :

( )dzzf c

∫ = ( )dzzf 1c

∫ + ( )dzzf 2c-

∫ = 0

Sehingga

( )dzzf 1c

∫ = ( )dzzf 2

∫c

D z

c2

c1 z0

Integral dari z0 ke z tidak tergantung lintasannya asal lintasan dalam D, ditulis :

( )∫z

z0

f ϕ = dϕ tidak tergantung lintasan z ∈ D⇒ f(z) = z ∈ D( )∫z

z0

f ϕ

Contoh 4.4.1

f(z) = z3 fungsi analitik di seluruh bidang kompleks.

G(z) = ¼ z4 merupakan fungsi anti derivatifnya maka untuk sebarang lintasan dari

0 sampai 1 + i adalah

= G(1 + i) – G(0) = -1dzzi1

0

3∫+

Contoh 4.4.2

Jika D = C, maka Cosh z analitik di seluruh C. Makai

1

0

sindzzcos z =∫ = sinh i –

sinh 1


55/58

55

Contoh 4.4.3

f(z) = 3θi

r er (r > 0, -π < θ < π)

Cabang utama dari z1/3 analitik kecuali pada OX mempunyai suatu anti derivatif F =

¾ z 4/3

Untuk sebarang lintasan di –r sampai i yang tidak memotong OX maka :

∫i

i-

31

dzz = F(i) – F(-i)

= ¾ (ei2π/3 – e- i2π/3)

= ¾ i sin (2π/3) = ¾ i√3

4.5 Rumus Integral Cauchy

Jika fungsi analitik di dalam dan pada lintasan tertutup tunggal C, z0 dalam c maka :

1. f(z0) =i2π

1 ( )dz

z-z

zf

c 0

∫

2. f’(z0) =i2π

1 ( )

( )dz

z-z

zf

c

2

0

∫

3. f n(z0) =i2π

n! ( )

( )dz

z-z

zf

c

1

0

∫ +n

Contoh 4.5.1

Tentukan ∫ −−c

z z

dz z 2

)3)(1(, jika lintasan C :

a. lingkaran C1 berarah positif dengan persaman |z| = 2

b. lingkaran C2 berarah positif dengan persaman |z – 4| = 2


56/58

56

Penyelesaian :

a. Fungsi2)3(

)(−

= z

z z f analitik di dalam dan pada C1 dan 1 di dalam C1,

sehingga menurut rumus integral Cauchy f(1) =i2π

1 ( )( )

dz1-z

zf

c

∫ dan jawaban (a)

adalah 2 π i f(1) = πi / 2

b. Fungsi)1(

)(−

= z

z z g analitik di dalam dan pada C2 dan 3 di dalam C2, sehingga

menurut rumus integral Cauchy g’(3) =i2π

1 ( )( )

dz3-z

zg

c

2∫ dan jawaban (b) adalah 2 π

i g’(3) = πi / 2

4.6 SOAL-SOAL LATIHAN BAB IV

1.

Hitung

∫ +

c

dz z 23 dengan C lintasan positif keliling persegi dengan titik-titik

sudut 1 + i, -1 + i, -1 – i, 1 – i.

2. Selesaikan I = sepanjang x = t; y = tdz z i

i

∫+

+

42

1

2 2 ; 1 ≤ t ≤ 2

3. Hitung integral garis ∫ (xy + y2) dx dan ∫ (x2 – xy) dy sepanjang parabola y = x2

dari titik A(-1,1) ke titik (2,4)

4. Hitung integral garis :

a. ∫ (x2y2 dx + xy2 dy) sekeliling lintasan tertutup C bagian dari garis x = 1 dan

bagian parabola y2 = x ke arah positif

b. dy y x

xy∫ + 22

2

sekeliling lingkaran x2 + y2 = a2 ke arah positif


57/58

57

5.

Hitung dz z

z

c

∫ + 3

, dengan C :

a. setengah lingkaran z = 3 e

iϕ

dengan ϕ dari 0 sampai π

b. setengah lingkaran z = 3 eiϕ dengan ϕ dari 0 sampai -π

c. lingkaran penuh z = 3 eiϕ dengan ϕ dari – π sampai π

6.

Selesaikan I = ∫ −−

c

dz z z

z

)1(

25 dimana C adalah lingkaran |z| = 2

*** SELAMAT MENGERJAKAN SEMOGA SUKSES ***


58/58

58

DAFTAR PUSTAKA

Churchill, R.V, Brown, J.W. 1990. Complex Variables and Applications . New

York : McGraw-Hill Publishing Company.

Sardi, Hidayat. 1989. Fungsi Kompleks . Modul Perkuliahan 1-9 UT. Jakarta :

Karunika.

Soemantri, R. 1996. Fungsi Vari abel Kompleks . Jakarta : Ditjen Dikti Depdikbud.

Spiegel, Murray R. 1964. Theory and Problems of Complex Variables . New York

: McGraw-Hill, Inc

Documents

Diktat Avk