Bab 2 Fungsi Analitik

Bab 2 Fungsi Analitik
Bab 2 ini direncanakan akan disampaikan dalam 4 kali pertemuan, dengan
perincian sebagai berikut:
(1) Pertemuan I: Fungsi Kompleks dan Pemetaan.
(2) Pertemuan II: Limit Fungsi, Kekontiuan, dan Turunan.
(3) Pertemuan III: Syarat Cauchy Riemann.
(4) Pertemuan IV: Fungsi Analitik dan Fungsi Harmonik.
Di dalam bab ini akan dibicarakan fungsi analitik, suatu konsep yang memainkan peranan cukup penting di dalam analisis kompleks. Untuk itu, terlebih
dahulu disampaikan fungsi variabel kompleks, limit fungsi, kontinuitas, dan derivatif fungsi.
2.1
Fungsi Variabel Kompleks
Di dalam kuliah kalkulus telah disampaikan pengertian fungsi. Misalkan A, dan
B himpunan tak kosong. Relasi f dari A ke B disebut fungsi jika untuk setiap
x ∈ A terdapat dengan tunggal y ∈ B sehingga y = f (x). Di dalam bagian
ini, pengertian fungsi akan diperluas untuk domain definisi (daerah definisi) dan
kodomain di dalam C.
Diberikan himpunan A ⊂ C. Fungsi f yang didefinisikan pada A adalah suatu
aturan yang memasangkan setiap z ∈ A dengan w ∈ C. Dalam hal ini, bilangan
kompleks w disebut nilai fungsi f di titik z, dan ditulis f (z). Jadi,
w = f (z)
Himpunan A disebut domain definisi (daerah definisi). Di dalam fungsi variabel
kompleks, perlu dibedakan antara pengertian domain dan domain definisi. Domain definisi suatu fungsi belum tentu merupakan domain. Apabila domain defi-
23
nisi suatu fungsi f tidak disebutkan secara eksplisit, maka disepakati bahwa sebagai domain definisi adalah himpunan terbesar sehingga fungsi f terdefinisikan
pada himpunan tersebut. Sebagai contoh, apabila f (z) =
definisi f adalah {z ∈ C :
1
,
z−1
maka domain
z 6= 1}. Selanjutnya, domain definisi fungsi f
dinotasikan dengan Df .
Diberikan fungsi f dan z ∈ Df dengan z = x + iy. Misalkan nilai f di z
adalah w, yaitu
f (z) = w
Apabila w = u + iv, maka dapat dituliskan
f (x + iy) = u + iv
Tentunya dapat dipahami bahwa ternyata bilangan real u dan v masing-masing
ditentukan oleh pasangan variabel real (x, y). Atau dengan kata lain
u = u(x, y)
dan
v = v(x, y)
Jadi,
f (z) = u(x, y) + iv(x, y)
(2.1)
Dari (2.1) dapat dilihat adanya keterkaitan antara fungsi variabel kompleks dan
fungsi 2 variabel real (x, y). Secara sama, tentunya f (z) dapat pula dikaitkan
dengan fungsi 2 perubah real (r, θ), yaitu
f (z) = f (r(cos θ + i sin θ)) = u(r, θ) + iv(r, θ)
(2.2)
Contoh 2.1.1 Jika f (z) = z + z + i|z|, maka
q
f (z) = 2x + i x2 + y 2
Jadi, u(x, y) = 2x dan v(x, y) =
√
x2 + y 2
Contoh 2.1.2 Tentukan u(r, θ) dan v(r, θ) jika diketahui f (z) =
24
z 2 −1
.
z
Penyelesaian: Jika z = r(cos θ + i sin θ), maka
(r(cos θ + i sin θ))2 − 1
r(cos θ + i sin θ)
2
2
(r cos 2θ − 1) + ir sin 2θ cos θ − i sin θ
)(
)
= (
r(cos θ + i sin θ)
cos θ − i sin θ
= i2r sin θ
f (z) = f (r(cos θ + i sin θ)) =
Jadi, u(r, θ) = 0 dan v(r, θ) = 2r sin θ. 2
Berbeda halnya dengan fungsi variabel real yang bernilai tunggal, maka fungsi
variabel kompleks dapat bernilai tidak tunggal. Tentunya hal ini mudah dipa1
hami, mengingat f (z) = z 4 bernilai empat untuk setiap 0 6= z ∈ C. Lihat kembali
Bagian 1.5.
Jika n ∈ N dan c0 , c1 , c2 , . . . , cn masing-masing konstanta kompleks dengan
c0 6= 0, maka
Pn (z) = c0 z n + c1 z n−1 + . . . + cn−1 z + cn
disebut fungsi suku banyak (polinomial) berderajat n. Hasil bagi dua fungsi suku
banyak disebut fungsi pecah rasional.
2.2
Pemetaan/Transformasi/Mappings
Seringkali fungsi variabel real dan bernilai real disajikan dengan suatu grafik pada
suatu bidang datar. Hal ini tidak dapat dilakukan untuk fungsi variabel kompleks
dengan rumus w = f (z), mengingat w dan z keduanya berada di dalam bidang
datar (bukan garis). Namun demikian, w = f (z) dapat digambarkan dengan
cara memasangkan setiap z = (x, y) dengan suatu titik f (z) = (u, v). Untuk
lebih mempermudah penyajian, pada umumnya diperlukan 2 bidang kompleks,
yang pertama disebut bidang-z dan yang kedua dinamakan bidang-w, meskipun
untuk fungsi-fungsi yang cukup sederhana dapat digunakan satu bidang kompleks
saja. Apabila fungsi f disajikan dengan gambar, dengan cara seperti diterangkan
di atas, maka f seringkali disebut sebagai pemetaan (mapping) atau transformasi.
Contoh 2.2.1 Diketahui f (z) = z + z̄ + iz z̄. Gambarkan f (L) jika
25
(a) L = {z : |z| = 1}.
(b) L = {z : |z| = 2}.
Penyelesaian: Karena f (z) = z + z̄ + iz z̄ = 2x + i(x2 + y 2 ), maka
f (z) = u(x, y) + iv(x, y),
dengan
u(x, y) = 2x
dan
v(x, y) = x2 + y 2
(a) Oleh f , titik-titik A(1, 0), B(0, 1), C(−1, 0), dan D(0, −1) berturut-turut
dipetakan ke A0 (2, 1), B 0 (0, 1), C 0 (−2, 1), dan D0 (0, 1). Secara umum, sebarang titik P (x, y) ∈ L oleh f dipetakan ke P 0 (2x, 1). Apabila L dan
f (L) masing-masing digambarkan ke dalam bidang-z dan bidang-w , maka
diperoleh
Gambar 2.1
(b) Oleh f , titik-titik A(2, 0), B(0, 2), C(−2, 0), dan D(0, −2) berturut-turut
dipetakan ke A0 (4, 4), B 0 (0, 4), C 0 (−4, 4), dan D0 (0, 4). Secara umum, sebarang titik P (x, y) ∈ L oleh f dipetakan ke P 0 (2x, 4). Apabila digambarkan, maka diperoleh
26
Gambar 2.2
2.3
Limit Fungsi
Diberikan fungsi f dengan domain definisi Df dan z0 titik limit Df . Fungsi f
dikatakan mempunyai limit L untuk z mendekati z0 , ditulis
lim f (z) = L
z→z0
jika untuk setiap z yang cukup dekat dengan z0 tetapi z 6= z0 berakibat f (z)
cukup dekat dengan L. Dalam bahasa matematika, limz→z0 f (z) = L jika untuk
setiap bilangan real > 0 terdapat bilangan δ > 0 sehingga untuk setiap z ∈ Df
dengan 0 < |z − z0 | < δ berakibat
|f (z) − L| < Apabila z0 = x0 + iy0 , maka dengan mengingat pengertian nilai mutlak, definisi
di atas dapat pula dinyatakan sebagai berikut: limz→z0 f (z) = L jika untuk setiap
bilangan real > 0 terdapat bilangan δ > 0 sehingga untuk setiap z = x+iy ∈ Df
dengan 0 <
q
(x − x0 )2 + (y − y0 )2 < δ berakibat
|f (z) − L| < Secara geometris, pengertian ini dapat digambarkan sebagai berikut.
Gambar 2.3
27
Contoh 2.3.1 Tunjukkan bahwa limz→1+i (2z + 1) = 3 + 2i.
Bukti:
|(2z + 1) − (3 + 2i)| = |2z − 2 − 2i| = 2|z − (1 + i)|
Diberikan > 0 sebarang. Diambil δ = 3 , maka δ > 0. Selanjutnya, untuk setiap
z dengan 0 < |z − (1 + i)| < δ, berlaku
|(2z + 1) − (3 + 2i)| = 2|z − (1 + i)| < 2. < 3
Dengan demikian, bukti selesai. 2
Contoh 2.3.2 Tunjukkan bahwa limz→2−i (2x − iy) = 4 + i.
Bukti:
|(2x − iy) − (4 + i)| = |2(x − 2) − i(y + 1)| ≤ 2(|x − 2| + |y + 1|)
Diberikan bilangan > 0 sebarang. Diambil δ = 5 , maka δ > 0. Selanjutnya,
jika 0 < |z − (2 − i)| < δ, yang berakibat 0 < |x − 2| < δ dan 0 < |y + 1| < δ,
maka berlaku
|(2x − iy) − (4 + i)| ≤ 2(|x − 2| + |y + 1|) < 2( + ) < . 2
5 5
Dengan mencermati dan memahami pengertian limit, maka akan segera diketahui bahwa di dalam menunjukkan limz→z0 f (z) = L, sesungguhnya yang perlu
diperhatikan hanyalah titik-titik z yang cukup dekat dengan z0 , tidak perlu semua z ∈ C. Dengan demikian, untuk mempermudah pembuktian perlu dilakukan
lokalisasi titik-titik z di sekitar z0 . Agar lebih jelas, perhatikan contoh berikut
ini.
Contoh 2.3.3 Tunjukkan limz→i z 2 = −1.
28
Bukti:
|z 2 − (−1)| = |(z − i)(z + i| = |z − i||z + i|
Ditinjau titik-titik z sehingga |z − i| < 1, maka
|z + i| = |z − i + 2i| ≤ |z − i| + 2|i| = 1 + 2 = 3
Jadi, untuk semua z dengan |z − i| < 1 berlaku
|z 2 − (−1)| = |z − i||z + i| ≤ 3|z − i|
Diberikan bilangan > 0 sebarang. Diambil δ = min{1, 4 }, maka δ > 0. Selanjutnya, untuk semua z dengan 0 < |z − i| < δ, yang berakibat 0 < |z − i| < 1
dan 0 < |z − i| < 5 , berlaku
|z 2 − (−1)| ≤ 3|z − i| < 3( ) < . 2
5
Selanjutnya, akan ditunjukkan sifat-sifat limit.
Teorema 2.3.4 Jika limz→z0 f (z) ada, maka nilainya tunggal.
Bukti: Misalkan
lim f (z) = L
z→z0
dan
lim f (z) = K
z→z0
Akan ditunjukkan L = K. Mengingat definisi limit, maka untuk setiap bilangan
real > 0 yang diberikan, terdapat bilangan δ1 , δ2 > 0 sehingga
,
3
|f (z) − K| <
,
3
|f (z) − L| <
untuk 0 < |z − z0 < δ1 , dan
(2.3)
untuk 0 < |z − z0 < δ2
(2.4)
Jika diambil δ = min{δ1 , δ2 }, maka berdasarkan (2.3) dan (2.4) untuk
0 < |z − z0 | < δ berlaku
|L − K| = |L − f (x) + f (x) − K| ≤ |f (x) − L| + |f (x) − K| <
29
+ <
3 3
yang artinya L = K. 2
Sebagai akibat langsung Teorema 2.3.4, jika nilai limz→z0 f (z) tidak tunggal,
maka limz→z0 f (z) tidak ada.
Seperti telah diterangkan dalam kuliah Kalkulus, dalam hitung limit fungsi
real hanya ada satu limit kiri dan satu limit kanan. Hal ini mudah dimengerti,
karena persekitaran titik x0 hanyalah berupa suatu penggal garis (selang). Akibatnya, apabila limx→x0 f (x) tidak ada (dan bukan limit semu), maka untuk
menunjukkannya cukup mudah dan sederhana, yaitu dengan cara menunjukkan
limit kiri tidak sama dengan limit kanan, yang artinya nilai limx→x0 f (x) tidak
tunggal. Sementara, di dalam bidang kompleks persekitaran suatu titik z0 tidak
lagi berupa penggal garis, tetapi berupa suatu lingkaran. Akibatnya, konsep
limit kiri dan limit kanan menjadi tidak sesederhana konsep tersebut di dalam
kalkulus fungsi real. Namun demikian, berangkat dari konsep limit satu arah,
kontraposisi Teorema 2.3.4 dapat diklarifikasi dengan menggunakan pengertian
limit fungsi sepanjang suatu kurva.
Diberikan fungsi f dengan domain definisi Df , z0 titik limit Df , dan kurva K
yang melalui z0 . Limit f (z) untuk z mendekati z0 di sepanjang kurva K dikatakan
sama dengan L, ditulis
lim
z→z0 , z∈K
f (z) = L
jika untuk setiap bilangan real > 0 terdapat bilangan δ > 0 sehingga untuk
setiap z ∈ K dengan 0 < |z − z0 | < δ berakibat
|f (z) − L| < Selanjutnya, dengan memperhatikan definisi ini dan Teorema 2.3.4 diperoleh
pernyataan sebagai berikut.
Teorema 2.3.5 Jika limz→z0 f (z) ada, maka untuk setiap pasang kurva K1 , K2 ⊂
Df yang melalui z0 , limz→z0 ,
z∈K1
lim
z→z0 , z∈K1
f (z) dan limz→z0 ,
z∈K2
f (z) =
f (z)
30
lim
z→z0 , z∈K2
f (z) keduanya ada dan
Akibat 2.3.6 Jika ada kurva K1 , K2 ⊂ Df yang melalui z0 sehingga
lim
z→z0 , z∈K1
f (z) 6=
lim
z→z0 , z∈K2
f (z)
maka limz→z0 f (z) tidak ada.
Contoh 2.3.7 Jika f (z) =
2
2xy
x2 +2y 2
, maka tunjukkan bahwa limz→0 f (z)
+i (y(x2−1)(x+1)
−2)(y+2
tidak ada.
Bukti: Jika K1 dan K2 masing-masing adalah kurva dengan persamaan y = 0
dan y = x, maka berturut-turut diperoleh:
−(x+1)
2(x−2)
= 14 .
i. limz→0,
z∈K1
f (z) = limx→0
ii. limz→0,
z∈K2
−1)(x+1)
) + ( (x
= 14 ) =
f (z) = limx→0 ( x22x
+2x2
(x−2)(x+2)
2
2
2
3
+ i 14 .
Selanjutnya, dari (i) dan (ii), terbukti bahwa limz→0 f (z) tidak ada. 2
Teorema berikut ini menerangkan hubungan antara limit fungsi kompleks dengan limit fungsi real dua perubah.
Teorema 2.3.8 Jika diketahui f (z) = u(x, y) + iv(x, y), z0 = x0 + iy0 , dan
L = A + iB, maka
lim f (z) = L
(2.5)
z→z0
jika dan hanya jika
lim
(x,y)→(x0 ,y0 )
u(x, y) = A dan
lim
(x,y)→(x0 ,y0 )
v(x, y) = B
(2.6)
.
Bukti: Diketahui persamaan (2.5), akan dibuktikan persamaan (2.6) benar.
Diberikan > 0 sebarang, maka terdapat δ > 0 sehingga untuk setiap z ∈ Df
dengan
0 < |z − z0 | < δ
31
(2.7)
berlaku
|f (z) − L| < Karena
|u(x, y) − A| ≤ |f (z) − L|
|v(x, y) − B| ≤ |f (z) − L|
dan
maka apabila (2.7) dipenuhi berakibat
|u(x, y) − A| < |v(x, y) − B| < dan
Selanjutnya, dengan mengingat definisi modulus, maka (2.7) ekuivalen dengan
0<
q
(x − x0 )2 + (y − y0 )2 < δ
Jadi, untuk setiap (x, y) di dalam domain definisi u
0<
dan
v
dengan
q
(x − x0 )2 + (y − y0 )2 < δ berakibat
|u(x, y) − A| < |v(x, y) − B| < dan
sehingga persamaan (2.6) benar.
Sebaliknya, apabila (2.6) berlaku, maka untuk setiap > 0 terdapat δ1 , δ2 > 0
sehingga
,
3
|v(x, y) − B| <
,
3
|u(x, y) − A| <
untuk 0 <
q
(x − x0 )2 + (y − y0 )2 < δ1 , dan (2.8)
untuk 0 <
q
(x − x0 )2 + (y − y0 )2 < δ2
(2.9)
Selanjutnya, apabila diambil δ = min{δ1 , δ2 }, maka untuk setiap z ∈ Df dengan
0 < |z − z0 | < δ (yang artinya (x, y) di dalam domain definisi u dan v dengan
0<
q
(x − x0 )2 + (y − y0 )2 < δ) berakibat
|f (z) − L| ≤ |u(x, y) − A| + |v(x, y) − B| <
Jadi, persamaan (2.5) benar. 2
Contoh 2.3.9 Tentukan limz→1+i (z 2 + z1 ).
32
+ <
3 3
Penyelesaian: Terlebih dahulu dituliskan
z2 +
1
x
y
= (x2 − y 2 + 2
)
+
i(2xy
−
)
z
x + y2
x2 + y 2
Selanjutnya, karena
x
1
, dan
) =
2
(x,y)→(1,1)
+y
2
y
3
lim (2xy − 2
) =
2
(x,y)→(1,1)
x +y
2
lim
(x2 − y 2 +
x2
maka
1
1
3
lim (z 2 + ) = + i( ). 2
z→1+i
z
2
2
Untuk mempelajari sifat-sifat limit lebih lanjut, terlebih dahulu akan dibuktikan lemma di bawah ini.
Lemma 2.3.10 Jika limz→z0 f (z) ada, maka terdapat r > 0 sehingga f (z) terbatas pada N (z0 , r) ∩ Df − {z0 }.
Bukti: Diketahui limz→z0 f (z) ada, katakan
lim f (z) = L
z→z0
maka terdapat bilangan r > 0 sehingga untuk setiap z ∈ Df dengan 0 < |z −z0 | <
r (artinya z ∈ N (z0 , r) ∩ Df − {z0 }) berlaku
|f (z) − L| < 1
⇒ |f (z)| < 1 + |L|
Jadi, terdapat r > 0 sehingga
|f (z)| < 1 + |L|
untuk setiap z ∈ N (z0 , r) ∩ Df − {z0 }. 2
33
Teorema 2.3.11 Jika limz→z0 f (z) dan limz→z0 g(z) keduanya ada dan c ∈ C,
maka
i. limz→z0 {f (z) + g(z)} ada, dan
lim {f (z) + g(z)} = lim f (z) + lim g(z)
z→z0
z→z0
z→z0
ii. limz→z0 cf (z) ada, dan
lim cf (z) = c z→z
lim f (z)
z→z0
0
iii. limz→z0 f (z)g(z) ada, dan
lim f (z)g(z) = lim f (z) lim g(z)
z→z0
iv. limz→z0
f (z)
g(z)
z→z0
z→z0
ada, dan
lim
z→z
0
limz→z0 f (z)
f (z)
=
, asal z→z
lim g(z) 6= 0
0
g(z)
limz→z0 g(z)
Bukti: Teorema dapat ditunjukkan langsung dengan menggunakan definisi limit.
Untuk i dan ii, cukup mudah. Di sini hanya akan dibuktikan pernyataan iii.
Untuk yang lain, para pembaca dipersilahkan untuk mencobanya.
Karena limz→z0 g(z) ada, maka menurut Lemma 2.3.10 terdapar r > 0 sehingga g(z) terbatas pada Dg ∩N (z0 , r)−{z0 }. Artinya terdapat M > 0 sehingga
|g(z)| ≤ M
untuk setiap z ∈ Dg ∩ N (z0 , r) − {z0 }. Selanjutnya, karena limz→z0 f (z) dan
limz→z0 g(z) keduanya ada, misalkan limz→z0 f (z) = L dan limz→z0 g(z) = K,
maka untuk setiap bilangan real > 0 sebarang terdapat δ1 , δ2 > 0 sehingga
, untuk setiap z ∈ Df dengan 0 < |z − z0 |δ1 , dan
2(M + 1)
|g(z) − K| <
, untuk setiap z ∈ Dg dengan 0 < |z − z0 |δ2
2(|L| + 1)
|f (z) − L| <
34
Diambil δ = min{r, δ1 , δ2 }, maka δ > 0 dan untuk setiap z ∈ Df ∩ Dg dengan
0 < |z − z0 | < δ berlaku
|f (z)g(z) − LK| = |f (z)g(z) − Lg(z) + Lg(z) − LK|
≤ |f (z)g(z) − Lg(z)| + |Lg(z) − LK|
= |f (z) − L||g(z)| + |L||g(z) − K|
<
M + |L|(
) < + = . 2
2(M + 1)
2(|L| + 1)
2 2
Dengan adanya Teorema 2.3.11, maka tidak sulit untuk membuktikan pernyataan berikut ini.
Teorema 2.3.12 Jika Pn (z) = c0 z n + c1 z n−1 + c2 z n−2 + . . . + cn , maka
lim Pn (z) = Pn (z0 )
z→z0
2.4
Limit Menuju Tak Hingga
Di dalam Bab 1 telah dijelaskan titik di tak hingga di dalam bidang kompleks
diperluas (extended complex plane). Apabila w =
cukup kecil, maka himpunan {z :
himpunan {w :
0 oleh w =
punan {w :
1
z
|w| >
1
}.
1
z
dan > 0 konstanta real
|z| < } akan berkorespondensi 1-1 dengan
Karena di dalam bidang kompleks diperluas, titik
dipetakan ke titik ∞, maka kiranya cukup beralasan apabila him|w| > 1 } disebut persekitaran titik ∞. Dengan adanya pengertian
persekitaran titik ∞ ini, selanjutnya dapat didefinisikan pengertian limit f (z)
untuk z menuju titik tak hingga.
Definisi 2.4.1 limz→∞ f (z) = L jika untuk setiap bilangan real > 0 terdapat
bilangan M > 0 sehingga untuk setiap z ∈ Df dengan |z| > M berakibat
|f (z) − L| < 35
Contoh 2.4.2 Tunjukkan limz→∞
1
z
= 0.
Bukti: Diberikan bilangan real > 0 sebarang. Jika M = 1 , maka M > 0 dan
untuk setiap z dengan |z| > M berlaku
1
1
1
| − 0| = | | <
= . 2
z
z
M
Selanjutnya, berdasarkan keterangan alinea pertama pada bagian ini, dapat
ditunjukkan teorema berikut.
Teorema 2.4.3 limz→∞ f (z) = L jika dan hanya jika limz→0 f ( z1 ) = L.
Bukti: Diketahui limz→∞ f (z) = L, maka untuk setiap bilangan real > 0
terdapat bilangan M > 0 sehingga untuk setiap z ∈ Df dengan |z| > M berlaku
|f (z) − L| < Diambil δ =
1
,
M
maka untuk setiap w =
1
z
∈ Df dengan 0 < |w| < δ, artinya
|z| > M , berakibat
1
|f ( ) − L| = |f (z) − L| < w
Sebaliknya, apabila diketahui limz→0 f ( z1 ) = L, maka untuk setiap bilangan real
> 0 terdapat δ > 0 sehingga untuk setiap z ∈ Df dengan 0 < |z| < δ berlaku
1
|f ( ) − L| < z
Selanjutnya, apabila diambil M = 1δ , maka untuk setiap w =
|w| > M , yang artinya 0 < |z| < δ, berakibat
1
|f (w) − L| = |f ( ) − L| < z
Contoh 2.4.4
(i) limz→∞
z+1
z−i
1
z
lim
z→0 1
z
= 1 sebab
+1
1+z
1+0
= lim
=
=1
z→0
1 − iz
1−0
−i
36
1
z
∈ Df dengan
(ii) limz→∞
z 2 +z−1
3z 2 −i
1
3
=
lim
1
z2
sebab
+
3
z2
z→0
1
z
−1
1
1 + z − z2
1+0−0
=
= lim
=
z→0 3 − iz 2
3−0
3
−i
Definisi 2.4.5 limz→z0 f (z) = ∞ jika untuk setiap bilangan real M > 0 terdapat
bilangan δ > 0 sehingga untuk setiap z ∈ Df dengan 0 < |z − z0 | < δ berakibat
|f (z)| > M
Contoh 2.4.6 Tunjukkan limz→i
1
z−i
= ∞.
Bukti: Diberikan bilangan real M > 0. Jika diambil δ =
1
,
M
maka untuk setiap
z dengan 0 < |z − i| < δ berakibat
|
1
1
1
|=
> = M. 2
z−i
|z − i|
δ
Sejalan dengan Teorema 2.4.3, dapat ditunjukkan teorema di bawah ini. Bukti
diserahkan kepada para pembaca sebagai latihan.
Teorema 2.4.7 limz→z0 f (z) = ∞ jika dan hanya jika limz→z0
Contoh 2.4.8 limz→2i
z+1
z−2i
1
f (z)
=0
= ∞ sebab
lim
z→2i
1
z+1
( z−2i
)
= lim
z→2i
z − 2i
=0
z+1
Dengan memperhatikan Definisi 2.4.1 dan Definisi 2.4.5, dapat diturunkan
definisi sebagai berikut.
Definisi 2.4.9 limz→∞ f (z) = ∞ jika untuk setiap bilangan real M > 0 terdapat
bilangan N > 0 sehingga untuk setiap z ∈ Df dengan |z| > N berakibat |f (z)| >
M.
37
Selanjutnya, para pembaca dapat menunjukkan teorema di bawah ini sebagai
latihan.
Teorema 2.4.10 limz→∞ f (z) = ∞ jika dan hanya jika limz→0
1
f ( z1 )
=0
Contoh 2.4.11 limz→∞ (z 2 + 2i) = ∞ sebab
lim
z→0 12
z
2.5
1
z2
0
= lim
=0
=
2
1+0
+ 2i z→0 1 + 2iz
Fungsi Kontinu
Pada pengertian limit, dapat dilihat meskipun limz→z0 f (z) ada, namun f (z0 )
belum tentu terdefinisikan, dan kalaupun f (z0 ) ada, maka nilainya belum tentu
sama dengan limz→z0 f (z). Pada bagian ini, akan dipelajari fungsi f sehingga
memenuhi sifat-sifat
i. f (z0 ) ada (terdefinisikan),
ii. limz→z0 f (z) ada, dan
iii. limz→z0 f (z) = f (z0 ).
Fungsi f yang demikian dikatakan kontinu di z0 . Jadi,
Definisi 2.5.1 Fungsi f dikatakan kontinu di z0 ∈ Df jika untuk setiap bilangan
real > 0 terdapat bilangan δ > 0 sehingga untuk setiap z ∈ Df dengan |z−z0 | < δ
berlaku
|f (z) − f (z0 )| < Fungsi f dikatakan kontinu pada A ⊂ Df jika f kontinu di setiap z ∈ A.
Contoh 2.5.2 Fungsi f (z) = z 2 kontinu di setiap c ∈ C.
Bukti: Latihan!
Dalam kaitannya dengan fungsi real dua perubah, maka diperoleh teorema
sebagai berikut.
38
Teorema 2.5.3 Diketahui f (z) = u(x, y) + iv(x, y) dan z0 = x0 + iy0 . Fungsi f
kontinu di z0 jika dan hanya jika u(x, y) dan v(x, y) keduanya kontinu di (x0 , y0 ).
Bukti: Diketahui f kontinu di z0 , maka untuk setiap bilangan real > 0 terdapat
δ > 0 sehingga untuk setiap z ∈ Df dengan |z − z0 | < δ berakibat
|f (z) − f (z0 )| < (2.10)
Karena
|Re(z)| ≤ |z|
|Im(z)| ≤ |z|
dan
maka (2.10) berakibat
|u(x, y) − u(x0 , y0 )| < |v(x, y) − v(x0 , y0 )| < dan
(2.11)
Selanjutnya, dengan mengingat definisi nilai mutlak, maka untuk setiap (x, y)
di dalam domain definisi u dan v dengan
q
(x − x0 )2 + (y − y0 )2 < δ berakibat
(2.11). Jadi, u(x, y) dan v(x, y) keduanya kontinu di (x0 , y0 ).
Sebaliknya, apabila diketahui u(x, y) dan v(x, y) keduanya kontinu di (x0 , y0 ),
maka untuk setiap bilangan real > 0 terdapat δ1 , δ2 > 0 sehingga
q
, ∀(x, y) ∈ Du , (x − x0 )2 + (y − y0 )2 < δ1 , dan
3
q
, ∀(x, y) ∈ Dv , (x − x0 )2 + (y − y0 )2 < δ2
|v(x, y) − v(x0 , y0 )| <
3
|u(x, y) − u(x0 , y0 )| <
Jika diambil δ = min{δ1 , δ2 }, maka untuk setiap z ∈ Df dengan |z − z0 | < δ,
yang berarti pula
q
(x − x0 )2 + (y − y0 )2 < δ, berakibat
|f (z) − f (z0 )| ≤ |u(x, y) − u(x0 , y0 )| + |v(x, y) − v(x0 , y0 )| <
+ < . 2
3 3
Lebih lanjut, jika f dan g kontinu di z0 dan c ∈ C, maka dapat ditunjukkan
bahwa f + g, cf , dan f g kontinu di z0 . Demikian pula,
f
g
kontinu di z0 asalkan
g(z0 ) 6= 0. Dengan memahami sifat-sifat fungsi kontinu sebagaimana disebutkan
di atas, maka mudah dipahami contoh soal berikut ini.
39
Contoh 2.5.4 Fungsi f (z) = (x2 + 2xy + 2y 2 ) − i( yx−1
2 +1 ) kontinu di setiap titik
z = x + iy.
Latihan
1. Hitunglah limz→z0 f (z) jika diberikan
a. f (z) = z 2 + 1, z0 = 1 + i
b. f (z) =
z
,
z+1
c. f (z) = xy + i(x2 − 2xy), z0 = 2i
d. f (z) = x2 + xy − i(x − y), z0 = 1 + i
z0 = 2 − i
2. Selidiki apakah limz→c f (z), untuk f (z) dan c yang diberikan berikut ini,
ada serta berikan penjelasannya.
a. f (z) = (x2 + y) + ixy, c = 2 + i.
b. f (z) =
x3 −y 3
x2 +y 2
+ i x2x+yy 2 , c = 0.
c. f (z) =
x3 −y 3
x2 +y 2
+ i x2x+yy 2 , c = 1 − i.
2
2
3. Dengan definisi limit tunjukkan bahwa
a. limz→i z 3 = −i
f. limz→2i
1
z−3i
b. limz→2−3i (z 2 + 3i) = −5 − 9i
c. limz→1+2i
z
z−3i
=i
g. limz→2
= − 21 + i( 32 )
h. limz→i
d. limz→2−i 3z + i = 6 − 2i
i. limz→i
1
z
1
z
=
z−1
4z−3i
1
2
=1+i
= −i
e. limz→1−i z 3 + 2i = −2
4. Jika limz→z0 f (z) = L ≥ 0, tunjukkan limz→z0
q
f (z) =
√
L.
5. Jika limz→z0 f (z) = L, tunjukkan limz→z0 |f (z)| = |L|. Bagaimana dengan
sebaliknya? Jelaskan jawaban Saudara.
6. Jika limz→z0 f (z) = 0 dan g terbatas pada suatu persekitaran z0 maka
tunjukkan limz→z0 f (z)g(z) = 0.
7. Tunjukkan
40
a. limz→∞
z 2 +1
7z 2 −5i
b. limz→2i
2z
z−2i
=
1
7
c. limz→∞
=∞
d. limz→∞
2z 3 +i
(2z−i)3
z2
z+1
=
1
4
=∞
8. Jika f kontinu di z0 , maka tunjukkan f terbatas di suatu persekitaran z0 .
9. Jika f dan g kontinu di z0 , tunjukkan
a. f g kontinu di z0 .
b.
f
g
kontinu di z0 asalkan g(z0 ) 6= 0.
10. Jika limz→z0 g(z) ada dan f kontinu, maka tunjukkan
lim f (g(z)) = f (z→z
lim g(z))
z→z0
2
11. Diberikan f (z) = √ xy
2
x
0
+y 2
+ i √ y2
x +y 2
. Definisikan f (0) agar f kontinu di
mana-mana.
√
12. Tunjukkan limz→∞
2.6
4z 2 +1
z−1
tidak ada.
Turunan (Derivative)
Diberikan fungsi f dengan domain definisi Df dan titik z0 ∈ Df . Turunan f di
titik z0 , ditulis dengan notasi f 0 (z0 ), didefinisikan sebagai
f (z0 + ∆z) − f (z0 )
,
∆z→0
∆z
f 0 (z0 ) = lim
(2.12)
asalkan nilai limit di ruas kanan ada. Apabila di dalam (2.12) didefinisikan
z0 + ∆z = z, maka definisi turunan f di titik z0 dapat pula ditulis sebagai
f 0 (z0 ) = lim
z→z0
f (z) − f (z0 )
,
z − z0
(2.13)
Apabila pada (2.12) titik z0 diambil sebarang di dalam Df dan indeks ditanggalkan, maka diperoleh
f (z + ∆z) − f (z)
,
∆z→0
∆z
f 0 (z) = lim
41
(2.14)
yaitu turunan f di sebarang titik z. Selanjutnya, apabila w = f (z) dan
∆w = f (z + ∆z) − f (z)
maka (2.14) dapat ditulis kembali sebagai
∆w
∆z→0 ∆z
f 0 (z) = lim
Selanjutnya, lim∆z→0
∆w
∆z
dinotasikan
juga dapat dinotasikan dengan
dw
.
dz
dw
.
dz
Jadi, selain f 0 (z), turunan w = f (z)
Notasi ini dikenal dengan nama notasi Liebniz.
Contoh 2.6.1 Diberikan fungsi f (z) = z1 . Di sebarang titik z ∈ Df ,
∆w
lim
= lim
∆z→0 ∆z
∆z→0
1
z+∆z
−
∆z
1
z
= lim
∆z→0
−∆z
1
=− 2
(z + ∆z)z∆z
z
Jadi, f 0 (z) = − z12 .
Contoh 2.6.2 Tunjukkan bahwa f (z) = |z|2 tidak mempunyai turunan di setiap
z 6= 0.
Bukti: Perhatikan bahwa
∆w
|z + ∆z|2 − |z|2
(z + ∆z)(z + ∆z) − zz
∆z
=
=
= z + ∆z + z(
)
∆z
∆z
∆z
∆z
Andaikan f 0 (z) ada, maka lim∆z→0
∆w
∆z
ada dan nilainya tidak bergantung kepada
cara pendekatannya. Apabila limit diambil sepanjang kurva ∆y = 0, maka
∆w
=z+0+z
∆z→0 ∆z
lim
(2.15)
Sedangkan, disepanjang kurva ∆x = 0, diperoleh
∆w
=z+0−z
∆z→0 ∆z
lim
Karena lim∆z→0
∆w
∆z
(2.16)
ada, maka dari (2.16) dan (2.17) diperoleh z = 0. Jadi, f 0 (z)
ada hanya di titik z = 0. 2
42
Pada Contoh 2.6.2 telah ditunjukkan bahwa untuk z 6= 0, f 0 (z) tidak ada,
tetapi dapat ditunjukkan bahwa f kontinu di manapun, khususnya di z 6= 0.
Sedangkan pada Contoh 2.6.1, f 0 (z) ada untuk setiap z ∈ Df dan dapat ditunjukkan bahwa f kontinu pada Df . Lalu adakah hubungan antara turunan dan
kekontinuan? Jawaban dari pertanyaan ini diberikan di dalam teorema berikut.
Teorema 2.6.3 Jika f 0 (z0 ) ada, maka f kontinu di z0 .
Bukti: Karena f 0 (z0 ) ada, maka
f 0 (z0 ) = z→z
lim
0
f (z) − f (z0 )
z − z0
ada. Sehingga
lim {f (z) − f (z0 )} = lim
z→z0
z→z0
f (z) − f (z0 )
lim (z − z0 ) = f 0 (z0 ).0 = 0. 2
z→z0
z − z0
Contoh 2.6.4 Fungsi f dengan rumus

xy

 x2 +2y2
+ i(x2 + 2xy) , z 6= 0
f (z) = 
 2
,z = 0
3
tidak mempunyai turunan di z = 0, karena f tidak kontinu di z = 0.
2.7
Rumus-rumus Turunan
Untuk mempermudah penulisan, di dalam bagian ini dan seterusnya secara bergantian akan digunakan f 0 (z) dan
df (z)
dz
sebagai notasi untuk turunan fungsi f (z).
Selanjutnya, dengan mengikuti langkah-langkah seperti yang digunakan di dalam
kalkulus dapat diturunkan rumus-rumus turunan sebagai berikut.
Teorema 2.7.1
(ii)
d(z n )
dz
(i)
d(c)
dz
= 0 untuk setiap c ∈ C.
= nz n−1 untuk setiap n ∈ N .
43
Teorema 2.7.2 Jika f dan g keduanya mempunyai turunan di titik z dan c ∈ C,
maka f + g, cf , f g, dan
f
g
mempunyai turunan di z asalkan untuk yang terakhir
g(z) 6= 0, dan
(i)
d(f (z)+g(z))
dz
(ii)
d(cf (z))
dz
(iii)
df (z)g(z)
dz
=c
d( g(z) )
dz
df (z)
dz
+
dg(z)
,
dz
df (z)
,
dz
= f (z) dg(z)
+ g(z) dfdz(z) , dan
dz
f (z)
(iv)
=
=
g(z)
df (z)
dg(z)
−f (z) dz
dz
2
(g(z))
.
Bukti: Akan dibuktikan rumus (iii), yang lain dipersilahkan para pembaca untuk
mencobanya. Misalkan w(z) = f (z)g(z), maka
f (z + ∆z)g(z + ∆z) − f (z)g(z)
∆w
=
∆z
∆z
f (z + ∆z)g(z + ∆z) − f (z + ∆)g(z) − f (z + ∆)g(z) − f (z)g(z)
=
∆z
g(z + ∆z) − g(z)
f (z + ∆) − f (z)
= f (z + ∆z)(
) + g(z)(
)
∆z
∆z
Selanjutnya, dengan menggunakan sifat limit maka rumus (iii) terbukti. 2
Berdasarkan definisi turunan dan Teorema 2.7.2, kiranya tidak sulit untuk
menunjukkan
Contoh 2.7.3
d(z n )
= nz n−1 ,
n∈Q
dz
√
(a) Jika f (z) = z(z 2 + 1) maka
f 0 (z) =
√
1
df (z) √
1
z2 + 1
= z(2z + 0) + (z 2 + 1)( )(z − 2 ) = 2z z + √
dz
2
2 z
(b) Diberikan f (z) =
z
,
z+1
f 0 (z) =
maka
df (z)
(z + 1).1 − z.(1 + 0)
1
=
=
2
dz
(z + 1)
(z + 1)2
Sebagaimana halnya di dalam kalkulus, di dalam fungsi kompleks ini juga
dikenal konsep turunan fungsi bersusun (aturan rantai).
44
Teorema 2.7.4 (Aturan Rantai) Jika g mempunyai turunan di z dan f mempunyai turunan di g(z), maka fungsi w(z) = f (g(z)) mempunyai turunan di z,
dan
w0 (z) = f 0 (g(z))g 0 (z)
Bukti: Misalkan u = g(z), maka untuk ∆z 6= 0 berakibat ∆u 6= 0 pula, sehingga
∆w
∆w ∆u
=
∆z
∆u ∆z
Karena g mempunyai turunan di z, maka g kontinu di z, sehingga
lim g(z + ∆z) = g(z)
∆z→0
Hal ini berarti, apabila ∆z → 0 maka berakibat ∆u → 0. Selanjutnya, menggunakan sifat limit teorema terbukti. 2
Contoh 2.7.5 Tentukan turunan dari f (z) =
√
z 4 + z 2 + 3.
Penyelesaian: Namakan u = z 4 + z 2 + 3 dan w = f (z) =
√
u, maka dengan
Teorema 2.7.4,
f 0 (z) =
dw du
1
2z 3 + z
= √ (4z 3 + 2z + 0) = √ 4
.2
du dz
2 u
z + z2 + 3
Latihan
1. Tunjukkan bahwa f 0 (z) tak ada untuk setiap z ∈ C.
a. f (z) = z̄
b. f (z) = Re(z)
2. Jika g(z) = a0 + a1 z + . . . + an z n , n ∈ N , tunjukkan
ak =
untuk setiap k ∈ {1, 2, . . . , n}.
45
f (k) (0)
k!
3. Tentukan f 0 (z) jika
a. f (z) =
1−z
.
1+z
√
b. f (z) = z 1 − z 2 .
c. f (z) =
2.8
q
1−z
.
1+z
Persamaan Cauchy-Riemann
Di dalam Teorema 2.6.3 telah disebutkan bahwa apabila f 0 (z) ada, maka f kontinu di titik z. Hal ini berarti bahwa syarat perlu agar f 0 (z) ada, adalah kekontinuan f . Pada bagian ini akan ditunjukkan bahwa, disamping kekontinuan ada
syarat perlu lain agar f 0 (z) ada. Hal itu dinyatakan di dalam teorema berikut
ini.
Teorema 2.8.1 Diberikan f (z) = u(x, y) + iv(x, y) dan z0 = x0 + iy0 ∈ Df . Jika
f 0 (z0 ) ada, maka u dan v mempunyai turunan partial tingkat pertama di titik
(x0 , y0 ) dan di titik tersebut berlaku persamaan Cauchy-Riemann, yaitu
ux (x0 , y0 ) = vy (x0 , y0 )
dan
uy (x0 , y0 ) = −vx (x0 , y0 )
Selanjutnya,
f 0 (z0 ) = ux (x0 , y0 ) + ivx (x0 , y0 )
Bukti: Diketahui f 0 (z0 ) ada, maka artinya
f 0 (z0 ) = lim
∆z→0
f (z0 + ∆z) − f (z0 )
∆z
ada. Dengan memperhatikan persamaan
f (z0 + ∆z) − f (z0 )
∆z
u(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − u(x0 , y0 ) + i{v(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − v(x0 , y0 )}
=
∆x + i∆y
dan Teorema 2.3.8, maka dengan mengambil limit di sepanjang kurva ∆y = 0,
diperoleh
u(x0 + ∆x, y0 ) − u(x0 , y0 )
= ux (x0 , y0 )
∆x→0
∆x
v(x0 + ∆x, y0 ) − v(x0 , y0 )
Im{f 0 (z0 )} = lim
= vx (x0 , y0 )
∆x→0
∆x
Re{f 0 (z0 )} =
lim
46
(2.17)
(2.18)
Dengan cara yang sama, apabila limit diambil di sepanjang kurva ∆x = 0, maka
diperoleh
v(x0 , y0 + ∆y) − v(x0 , y0 )
= vy (x0 , y0 )
∆y→0
∆y
u(x0 , y0 + ∆y) − u(x0 , y0 )
= −uy (x0 , y0 )
Im{f 0 (z0 )} = lim
∆y→0
−∆y
Re{f 0 (z0 )} =
lim
(2.19)
(2.20)
Jadi, u dan v mempunyai turunan parsial tingkat pertama di titik (x0 , y0 ), dan
dengan menyamakan (2.18) dan (2.20) serta (2.19) dan (2.21) maka diperoleh
persamaan Cauchy-Riemann. Selanjutnya,
f 0 (z0 ) = ux (x0 , y0 ) + ivx (x0 , y0 ). 2
Di dalam Teorema 2.8.1 telah dijelaskan bahwa persamaan Cauchy-Riemann
merupakan syarat perlu agar suatu fungsi f mempunyai turunan di suatu titik,
misalkan z0 . Oleh karena itu, persamaan Cauchy-Riemann sering dipakai untuk
menentukan kapan suatu fungsi tak mempunyai turunan.
Contoh 2.8.2 Pada Contoh 2.6.2 telah ditunjukkan bahwa f (z) = |z|2 tidak
mempunyai turunan di setiap z 6= 0. Dengan menggunakan persamaan CauchyRiemann, hal ini dapat ditunjukkan sebagai berikut: Karena
f (z) = |z|2 = x2 + y 2
maka u(x, y) = x2 + y 2 dan v(x, y) = 0, sehingga
ux = 2x ,
uy = 2y,
vx = 0 , dan
vy = 0
Jelas bahwa di titik (x, y) 6= (0, 0), persamaan Cauvhy-Riemann tak dipenuhi.
Jadi, menurut Teorema 2.8.1 f tak mempunyai turunan di setiap z 6= 0.
Bagaimana kebalikan Teorema 2.8.1? Apabila di titik (x0 , y0 ) persamaan
Cauchy-Riemann dipenuhi, apakah f 0 (z0 ) ada? Untuk dapat menjawabnya, perhatikan contoh berikut ini.
47
Contoh 2.8.3 Diberikan fungsi f dengan
 2
x (1+i)+2y 2 (i−1)



x+2y
f (z) = 


0
, z 6= 0
,z = 0
Akan ditunjukkan f 0 (0) tidak ada. Perhatikan bahwa
f (z) − f (0)
x2 (1 + i) + 2y 2 (i − 1)
=
z
(x + 2y)(x + iy)
Untuk z → 0 di sepanjang garis y = 0,
x2 (1 + i)
f (z) − f (0)
= lim
=1+i
x→0
z→0
z
x2
lim
sedangkan di sepanjang garis y = x,
3i − 1
x2 (3i − 1)
f (z) − f (0)
= lim 2
=
y→0 3x (1 + i)
z→0
z
1+i
lim
Karena nilai limit tidak tunggal, maka f 0 (0) tidak ada. Namun demikian, karena
 x2 −2y2

 x+2y
u(x, y) = 

dan
v(x, y) =
0
, (x, y) 6= (0, 0)
, (x, y) = (0, 0)
 x2 +2y2

 x+2y
, (x, y) 6= (0, 0)


, (x, y) = (0, 0)
0
maka
u(x, 0) − u(0, 0)
u(0, y) − u(0, 0)
= 1 , uy (0, 0) = lim
= −1
y→0
x
y
v(x, 0) − v(0, 0)
v(0, y) − v(0, 0)
vx (0, 0) = lim
= 1 , vy (0, 0) = lim
=1
x→0
y→0
x
y
ux (0, 0) = lim
x→0
Jadi, persamaan Cauchy-Riemann dipenuhi di (0, 0).
Dari Contoh 2.8.3 di atas dapat diambil suatu kesimpulan bahwa persamaan
Cauchy-Riemann hanyalah merupakan syarat perlu agar suatu fungsi mempunyai turunan, belum merupakan syarat cukup. Artinya, meskipun suatu fungsi
48
memenuhi persamaan Cauchy-Riemann di titik (x0 , y0 ), maka belum tentu fungsi
tersebut mempunyai turunan di titik z0 . Namun demikian, dengan menambahkan
syarat-syarat kontinu maka dapat disusun suatu syarat cukup agar suatu fungsi
mempunyai turunan di suatu titik. Hal itu dinyatakan di dalam teorema berikut
ini.
Teorema 2.8.4 Diketahui fungsi f (z) = u(x, y) + iv(x, y) terdefinisikan pada
suatu persekitaran titik z0 = x0 + iy0 . Jika ux , uy , vx , dan vy ada di seluruh
persekitaran tersebut dan masing-masing kontinu di titik (x0 , y0 ), serta di titik
tersebut berlaku persamaan Cauchy-Riemann, yaitu
ux (x0 , y0 ) = vy (x0 , y0 )
dan
uy (x0 , y0 ) = −vx (x0 , y0 ),
maka f 0 (z0 ) ada.
Bukti: Misalkan
∆z = ∆x + i∆y, dan
∆w = f (z0 + ∆z) − f (z0 )
maka
∆w = ∆u + i∆v,
dengan
∆u = u(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − u(x0 , y0 ), dan
∆v = v(x0 + ∆x, y0 + ∆y) − v(x0 , y0 )
Selanjutnya, karena semua turunan partial u dan v kontinu di titik (x0 , y0 ), maka
q
∆u = ux (x0 , y0 )∆x + uy (x0 , y0 )∆y + 1 (∆x)2 + (∆y)2 , dan
q
∆v = vx (x0 , y0 )∆x + vy (x0 , y0 )∆y + 2 (∆x)2 + (∆y)2 ,
dengan 1 , 2 → 0 untuk (∆x, ∆y) → (0, 0). Hal ini berakibat
q
∆w = ux (x0 , y0 )∆x + uy (x0 , y0 )∆y + 1 (∆x)2 + (∆y)2
q
+i{vx (x0 , y0 )∆x + vy (x0 , y0 )∆y + 2 (∆x)2 + (∆y)2 }
49
Karena di titik (x0 , y0 ) berlaku persamaan Cauchy-Riemann, maka dari persamaan terakhir diperoleh
q
(∆x)2 + (∆y)2
∆w
= ux (x0 , y0 ) + ivx (x0 , y0 ) + (1 + i2 )
∆z
∆z
Selanjutnya, karena
q
|
(∆x)2 + (∆y)2
√
yang artinya
(∆x)2 +(∆y)2
∆z
∆z
| = 1,
terbatas, dan lim(∆x,∆y)→(0,0) (1 + i2 ) = 0, maka
f 0 (z0 ) = ux (x0 , y0 ) + ivx (x0 , y0 ). 2
Contoh 2.8.5 Tunjukkan bahwa f (z) = z 2 + 1 mempunyai turunan di setiap z,
dan tentukan f 0 (z).
Penyelesaian: Nyatakan
f (z) = z 2 + 1 = (x2 − y 2 + 1) + i2xy
maka diperoleh
u(x, y) = x2 − y 2 + 1
dan
v(x, y) = 2xy
sehingga
ux (x, y) = 2x,
vx (x, y) = 2y,
uy (x, y) = −2y,
vy (x, y) = 2x.
Mudah dipahami bahwa masing-masing turunan partial u dan v kontinu di setiap
(x, y) dan di titik tersebut berlaku persamaan Cauchy-Riemann
ux (x, y) = vy (x, y)
dan
uy (x, y) = −vx (x, y)
Jadi, menurut Teorema 2.8.4 f 0 (z) ada dan
f 0 (z) = ux (x, y) + iv(x, y) = 2x + i2y = 2z. 2
50
Contoh 2.8.6 Tentukan titik-titik dimana f (z) = x3 − 4i(y − 1)3 mempunyai
turunan. Selanjutnya, tentukan f 0 (−2 + 2i) dan f 0 (2 + 3i).
Penyelesaian: Turunan partial u dan v berturut-turut adalah
ux (x, y) = 3x2 ,
vx (x, y) = 0,
uy (x, y) = 0,
vy (x, y) = −12(y − 1)2 ,
dan karena masing-masing berupa polinomial maka ux , uy , vx , dan vy semua
kontinu di setiap (x, y). Selanjutnya, karena persamaan Cauchy-Riemann hanya
dipenuhi apabila
3x2 = −12(y − 1)2 ⇔ x = 2(y − 1) atau x = −2(y − 1)
maka f 0 (z) ada pada A = {z = x + iy : x = 2(y − 1) atau x = −2(y − 1)}, dan
menurut Teorema 2.8.4
f 0 (z) = 3x2 = −12(y − 1)2
Akhirnya, karena −2 + 2i ∈ A, maka
f 0 (−2 + 2i) = 12,
dan karena 2 + 3i ∈
/ A, maka f 0 (2 + 3i) tidak ada. 2
2.9
Persamaan Cauchy-Riemann di Dalam Sistem Koordinat Kutub
Di dalam Bagian 1.4 telah dijelaskan, apabila z 6= 0 maka z dapat dinyatakan ke
dalam bentuk kutub
z = r(cos θ + i sin θ)
dengan r = |z| dan θ = arg z. Selain itu, diterangkan pula hubungan antara
(x, y) dengan (r, θ), yaitu
x = r cos θ
dan
51
y = r sin θ
(2.21)
Jadi, apabila diberikan fungsi f (z) = u(x, y) + iv(x, y), maka berdasarkan (2.22),
u dan v masing-masing dapat dipandang sebagai fungsi (r, θ). Selanjutnya, menggunakan aturan rantai, diperoleh
∂u
∂u ∂x
=
,
∂r
∂x ∂r
∂v
∂v ∂x
=
,
∂r
∂x ∂r
∂u
∂u ∂x
=
, dan
∂θ
∂x ∂θ
∂v
∂v ∂x
=
∂θ
∂x ∂θ
(2.22)
(2.23)
Sistem (2.23) dan (2.24) masing-masing memberikan penyelesaian
ur = ux cos θ + uy sin θ,
uθ = −ux r sin θ + uy r cos θ, dan (2.24)
vr = vx cos θ + vy sin θ,
vθ = −vx r sin θ + vy r cos θ
(2.25)
Apabila di titik (x0 , y0 ) = (r0 , θ0 ) berlaku persamaan Cauchy-Riemann, yaitu
ux (x0 , y0 ) = vy (x0 , y0 )
uy (x0 , y0 ) = −vx (x0 , y0 ),
dan
(2.26)
maka di titik tersebut persamaan (2.26) akan menjadi
vr = −uy cos θ + ux sin θ,
vθ = uy r sin θ + ux r cos θ
(2.27)
Selanjutnya, dari (2.25) dan (2.28), diperoleh
ur (r0 , θ0 ) =
1
vθ (r0 , θ0 )
r
dan
1
uθ (r0 , θ0 ) = −vr (r0 , θ0 )
r
(2.28)
Persamaan (2.29) adalah persamaan Cauchy-Riemann di dalam sistem koordinat
kutub. Persamaan pertama di dalam (2.25) dan (2.26) bersama-sama dengan
(2.27) menghasilkan
ux = ur cos θ + vt sin θ
dan
vx = −ur sin θ + vr cos θ
(2.29)
Jadi, apabila f mempunyai turunan di z0 = r0 (cos θ0 + i sin θ0 ), maka menurut
Teorema 2.8.1 dan (2.30)
f 0 (z0 ) = ux (x0 , y0 ) + ivx (x0 , y0 )
= {ur (r0 , θ0 ) cos θ0 + vr (r0 , θ0 ) sin θ0 }
+i{−ur (r0 , θ0 ) sin θ0 + vr (r0 , θ0 ) cos θ0 }
= {ur (r0 , θ0 ) + ivr (r0 , θ0 )}{cos θ0 − i sin θ0 }
52
Dengan demikian, apabila Teorema 2.8.4 dinyatakan kembali dengan menggunakan koordinat kutub, maka diperoleh
Teorema 2.9.1 Diketahui fungsi f (z) = u(r, θ) + iv(r, θ) terdefinisikan di suatu
persekitaran titik (tak nol) z0 = r0 (cos θ0 + i sin θ0 ). Jika u dan v mempunyai
turunan partial tingkat pertama pada persekitaran tersebut dan masing-masing
kontinu di titik (r0 , θ0 ) serta di titik tersebut berlaku persamaan Cauchy-Riemann,
maka f 0 (z0 ) ada. Lebih lanjut,
f 0 (z0 ) = {ur (r0 , θ0 ) + ivr (r0 , θ0 )}{cos θ0 − i sin θ0 }
Contoh 2.9.2 Tunjukkan bahwa
d( z1 )
dz
= − z12 .
Bukti: Karena z 6= 0, maka dapat dimisalkan z = r(cos θ + i sin θ), sehingga
f (z) =
1
1
= (cos θ − i sin θ)
z
r
Jadi, dalam hal ini
u(r, θ) =
1
cos θ
r
dan
1
v(r, θ) = − sin θ
r
Berturut-turut diperoleh
ur = −
vr =
1
cos θ,
r2
1
uθ = − sin θ,
r
1
vθ = − cos θ
r
1
sin θ,
r2
Mudah dilihat bahwa di sebarang titik z = (r, θ) 6= 0, ur , uθ , vr , dan vθ kontinu
dan di titik tersebut berlaku persamaan Cauchy-Riemann. Jadi, f 0 (z) ada dan
f 0 (z) = (ur + ivr )(cos θ − i sin θ)
1
1
= (− 2 cos θ + i 2 sin θ)(cos θ − i sin θ)
r
r
1
= − 2 {(cos2 θ − sin2 θ) − i(sin θ cos θ + cos θ sin θ)}
r
1
1
1
= − 2 (cos 2θ − i sin 2θ) = −
= − 2. 2
2
r
(r(cos θ + i sin θ))
z
Latihan
53
1. Tunjukkan bahwa f 0 (z) tak ada di setiap z ∈ C.
a. f (z) = z − z̄
b. f (z) = 2x + ixy 2
2. Tunjukkan bahwa f 0 (z) ada untuk setiap z dan tentukan f 0 (z).
a. f (z) = z 3 + iz
b. f (z) = sin x cosh y + i cos x sinh y
3. Tentukan di mana f 0 (z) ada dan berikan rumus untuk f 0 (z), jika
a. f (z) = x2 − iy 2
b. f (z) =
c. f (z) = ex {cos y + i sin y}
z
z−1
d. f (z) = x2 − 4iy 4
4. Diketahui f (z) = 3x5 − 5i(y 3 + 1). Selidiki apakah f 0 (2 − 4i), f 0 (2 + 4i),
dan f 0 (4 − 2i) ada. Jelaskan jawaban Saudara.
5. Tentukan kapan f 0 (z) ada, jika
a. f (z) =
2.10
1
r cos(θ)−i sin(θ)
b. f (z) = r2 − 2iθ
Fungsi Analitik
Setelah memahami segala hal yang menyangkut turunan suatu fungsi, maka pada
bagian ini, konsep fungsi analitik, yang peranannya di dalam teori fungsi variabel
kompleks cukup penting, telah siap untuk dibicarakan.
Fungsi kompleks f dikatakan analitik (atau regular/holomorpik) pada himpunan terbuka A jika f 0 (z) ada untuk setiap z ∈ A. Apabila himpunan E tidak
terbuka, maka fungsi f dikatakan analitik pada E jika f analitik pada suatu
himpunan terbuka A yang memuat E. Khususnya, fungsi f dikatakan analitik di
titik z0 jika f analitik di suatu persekitaran z0 .
Contoh 2.10.1
(a) Diberikan f (z) = z1 . Karena f 0 (z) ada untuk stiap z 6= 0,
maka f analitik di setiap z 6= 0.
54
(b) Pada Contoh 2.6.2 telah ditunjukkan bahwa f (z) = |z|2 mempunyai turunan
hanya di titik z = 0, sedangkan di titik z 6= 0, f 0 (z) tidak ada. Jadi, f tidak
analitik di mana-mana.
Titik di mana suatu fungsi analitik disebut titik analitik fungsi tersebut.
Sedangkan titik z0 di mana fungsi f tidak analitik, tetapi di suatu titik di setiap
persekitaran z0 f analitik, disebut titik singular f . Dari Contoh 2.10.1, z 6= 0
dan z = 0 masing-masing merupakan titik analitik dan titik singular f (z) = z1 .
Sedangkan f (z) = |z|2 tidak mempunyai titik analitik maupun titik singular.
Sifat-sifat aljabar fungsi analitik secara langsung dapat diturunkan dari sifatsifat turunan. Jika f dan g analitik di titik z0 dan c ∈ C, maka f + g, cf, danf g
masing-masing analitik di z0 , dan apabila g(z0 ) 6= 0, maka
f
g
juga analitik di z0 .
Mudah ditunjukkan bahwa f (z) = z analitik di setiap z0 ∈ C. Oleh karena
itu, berdasarkan sifat-sifat di atas
Pn (z) = a0 z n + a1 z n−1 + a2 z n−2 + . . . + an
analitik pula di setiap z0 ∈ C. Fungsi yang analitik di seluruh bidang kompleks
C disebut fungsi utuh (entire function). Dari uraian di atas, mudah ditunjukkan
bahwa apabila fungsi f dan fungsi g masing-masing analitik pada E dan D,
dengan f (E) ⊂ D, maka (g ◦ f ) analitik pada E. Jadi, f (z) = ( z−1
)2 analitik
z−i
keculai di titik z = i.
Teorema di bawah ini menerangkan sifat fungsi analitik yang cukup bermanfaat di dalam teori fungsi kompleks.
Teorema 2.10.2 Jika f analitik pada D dan f 0 (z) = 0 untuk setiap z ∈ D, maka
f konstan pada D.
Bukti: Karena f analitik pada D maka f 0 (z) ada untuk setiap z ∈ D, sehingga
di titik tersebut berlaku persamaan Cauchy-Riemann
ux = vy
dan
uy = −vx
dan
f 0 (z) = ux + ivx
55
Selanjutnya, karena f 0 (z) = 0, maka
vy = ux = 0
dan
uy = −vx = 0,
untuk setiap (x, y) ∈ D. Akibatnya, terdapat konstanta a dan b sehingga u(x, y) =
a dan v(x, y) = b untuk setiap (x, y) ∈ D. Jadi, f (z) = a + ib untuk setiap
(x, y) ∈ D. 2
2.11
Fungsi Harmonik
Di dalam Bagian 2.10, sebagaimana telah dijelaskan pada definisi fungsi analitik,
jika fungsi f analitik di titik z0 , maka f 0 (z) ada untuk setiap z di dalam suatu
persekitaran z0 . Sementara, bagaimana hubungannya dengan turunan-turunan
partial u dan v tidak dijelaskan. Di dalam bagian ini, akan dijelaskan hubungan
antara fungsi analitik f (z) = u(x, y) + iv(x, y) dengan turunan-turunan partial
u dan v. Dalam kaitannya dengan hal itu, berikut diberikan pengertian fungsi
harmonik.
Fungsi dua perubah H(x, y) yang didefinisikan pada suatu domain D ⊂ C
dikatakan harmonik pada D jika H mempunyai turunan-turunan partial sampai
dengan tingkat dua, masing-masing kontinu pada D, dan memenuhi
∂ 2 H(x, y) ∂ 2 H(x, y)
+
=0
∂x2
∂y 2
(2.30)
Persamaan (2.31) dikenal dengan nama persamaan differensial Laplace.
Contoh 2.11.1 Fungsi H(x, y) = xy 3 − x3 y merupakan fungsi harmonik pada
bidang D = R2 , sebab Hx , Hy , Hxx , Hxy , Hyx , dan Hyy semua ada dan kontinu
pada D, dan berlaku
Hxx (x, y) + Hyy (x, y) = 0
untuk setiap (x, y) ∈ D.
Diberikan fungsi f (z) = u(x, y) + iv(x, y) yang analitik pada domain D.
Artinya, f 0 (z) ada untuk setiap z ∈ D. Oleh karena itu, di z ∈ D berlaku
56
persamaan Cauchy-Riemann
ux = vy
dan
uy = −vx
(2.31)
Apabila kedua ruas masing-masing persamaan pada (2.32) diturunkan terhadap
x, maka diperoleh
uxx = vyx
dan
uyx = −vxx
dan apabila diturunkan terhadap y, maka
uxy = vyy
dan
uyy = −vxy
Selanjutnya, apabila semua turunan partial u dan v kontinu pada D, maka
uxy = uyx dan vxy = vyx . Akibatnya, diperoleh
uxx + uyy = 0
dan
vxx + vyy = 0,
yang artinya u dan v harmonik pada D.
Diberikan dua fungsi sebarang u(x, y) dan v(x, y) yang masing-masing harmonik di dalam domain D. Fungsi v dikatakan merupakan sekawan harmonik
(harmonic conjugate) u jika turunan-turunan partial v dan u memenuhi persamaan Cauchy-Riemann pada D. Jadi, apabila f (z) = u(x, y) + iv(x, y) analitik pada suatu domain D, maka v merupakan sekawan harmonik u pada D.
Sebaliknya, apabila v merupakan sekawan harmonik u pada D, maka fungsi
f (z) = u(x, y) + iv(x, y) analitik pada D. Dengan demikian telah dibuktikan
pernyataan berikut ini.
Teorema 2.11.2 Fungsi f (z) = u(x, y) + iv(x, y) analitik pada suatu domain D
jika dan hanya jika v merupakan sekawan harmonik u pada D.
Contoh 2.11.3 Tunjukkan bahwa u(x, y) = 4x3 y − 4xy 3 + x harmonik di seluruh
bidang-xy. Selanjutnya, tentukan fungsi utuh f (z) = u(x, y) + iv(x, y).
Penyelesaian: Terlebih dahulu ditentukan turunan-turunan partial u, yaitu
ux = 12x2 y − 4y 3 + 1, uxy = 12x2 − 12y 2 , uxx = 24xy,
uy = 4x3 − 12xy 2 , uyx = 12x2 − 12y 2 , uyy = −24xy
57
Dapat dilihat bahwa semua turunan partial tersebut kontinu pada bidang-xy dan
pada bidang tersebut berlaku persamaan diferensial Laplace
uxx + uyy = 0
Jadi, u harmonik pada bidang-xy. Selanjutnya, akan ditentukan fungsi v yang
merupakan sekawan harmonik u pada bidang-xy. Karena f (z) = u(x, y)+iv(x, y)
analitik di setiap titik z = x + iy, maka di titik tersebut berlaku persamaan
Cauchy-Riemann
vy = ux = 12x2 y − 4y 3 + 1, dan
(2.32)
vx = −uy = −(4x3 − 12xy 2 )
(2.33)
Apabila kedua ruas (2.33) diintegralkan relatif terhadap y, maka diperoleh
v = 6x2 y 2 − y 4 + y + h(x),
(2.34)
dengan h(x) fungsi yang hanya memuat variabel x saja, yaitu konstanta relatif
terhadap y. Selanjutnya, apabila (2.35) diturunkan relatif terhadap x dan hasilnya disamakan dengan (2.34), maka
−(4x3 − 12xy 2 ) = 12xy 2 + h0 (x)
Akibatnya, h0 (x) = −4x3 , atau h(x) = −x4 + C dengan C sebarang konstanta
real. Jadi,
v = 6x2 y 2 − y 4 + y − x4 + C
dan fungsi utuh yang ditanyakan adalah
f (z) = (4x3 y − 4xy 3 + x) + i(6x2 y 2 − y 4 + y − x4 + C). 2
(2.35)
Dengan perhitungan yang relatif mudah, (2.36) dapat dinyatakan sebagai
f (z) = −iz 4 + z + iC
58
(2.36)
Apabila diteliti dengan seksama, ternyata (2.37) dapat diperoleh dengan cara
sebagai berikut.
Karena f analitik di sebarang titik z dan mengingat persamaan CauchyRiemann, maka
f 0 (z) = ux (x, y) − iuy (x, y) = ux (
z+z z−z
z+z z−z
,
) − iuy (
,
)
2
2i
2
2i
(2.37)
Khususnya, apabila diambil z = z, maka (2.38) menjadi
f 0 (z) = ux (z, 0) − iuy (z, 0)
(2.38)
Kembali ke Contoh 2.11.3, karena
ux = 12x2 y − 4y 3 + 1
uy = 4x3 − 12xy 2 ,
dan
maka berdasarkan rumus (2.39)
f 0 (z) = 1 − i4z 3
Jadi,
f (z) = z − iz 4 + K. 2
Latihan
1. Selidiki mana-mana di antara fungsi-fungsi di bawah ini yang merupakan
fungsi utuh.
a. f (z) = (x2 − y 2 ) + 2ixy
b. f (z) = ex {cos y + i sin y}
2. Tunjukkan bahwa fungsi-fungsi berikut ini tidak analitik di mana-mana.
a. f (z) = z̄
b. f (z) = z z̄
3. Tentukan titik singular fungsi-fungsi berikut ini serta berikan penjelasannya.
a. f (z) =
z
z−1
b. f (z) =
59
z
z 2 −4z+13
c. f (z) =
1
sin x cosh y+i cos x sinh y
d. f (z) =
1
r cos θ−i sin θ
4. Diketahui f (z) analitik pada suatu domain D.
a. Jika f (z) bernilai real untuk setiap z ∈ D, tunjukkan f merupakan
fungsi konstan pada D.
b. Jika f (z) analitik pada D, tunjukkan f konstan pada D.
c. Jika |f (z)| konstan pada D, tunjukkan f konstan pada D.
5. Tunjukkan bahwa u(x, y) sebagaimana diberikan di bawah ini harmonik.
Selanjutnya, tentukan fungsi analitik f (z) = u(x, y) + iv(x, y).
a. u(x, y) = x2 − y 2 + 3x
b. u(x, y) =
c. u(x, y) = ex cos y
b. u(x, y) =
1
x−y
x
x2 +y 2
6. Diketahui f (z) = u(r, θ) + iv(r, θ) analitik pada suatu domain D yang tidak
memuat titik asal O(0, 0). Turunkan persamaan diferensial Laplace dalam
bentuk kutub.
7. Menggunakan hasil pada soal nomor 6, tunjukkan u(r, θ) = r cos θ harmonik.
60