Bab 3 Fungsi Elementer

Bab 3 Fungsi Elementer
Bab 3 ini direncanakan akan disampaikan dalam 3 kali pertemuan, dengan
perincian sebagai berikut:
(1) Pertemuan I: Fungsi Eksponensial dan sifat-sifatnya, Fungsi Trigonometri.
(2) Pertemuan II: Fungsi Hiperbolik, Fungsi logaritma, cabang-cabang fungsi
logaritma dan sifat-sifatnya.
(3) Pertemuan III: Pangkat Kompleks, Invers fungsi trigonometri dan fungsi
hiperbolik.
Di dalam bab ini akan dipelajari beberapa jenis fungsi elementer. Berangkat
dari fungsi-fungsi elementer dengan variabel dan nilai real sebagaimana telah
dipelajari di dalam mata kuliah kalkulus, akan didefinisikan fungsi-fungsi sejenis
dengan variabel dan nilai kompleks, sehingga fungsi-fungsi real tersebut menjadi
kejadian khususnya. Sebagai permulaan, terlebih dahulu akan didefinisikan fungsi
eksponensial kompleks. Setelah itu, akan dikembangkan fungsi-fungsi lain dengan
menggunakan fungsi eksponensial tersebut.
3.1
Fungsi Eksponensial
Di dalam kalkulus, fungsi eksponensial mempunyai rumus
f (x) = ex ,
x∈R
(3.1)
Oleh karena itu, sebagaimana telah diterangkan pada awal bab ini, fungsi eksponensial kompleks harus dapat direduksi menjadi rumus (3.1), yaitu apabila
z = x + i.0, maka
f (z) = ex ,
(3.2)
untuk setiap x ∈ R. Karena f (x) = ex analitik pada R dan
d(ex )
dx
= ex untuk
setiap x ∈ R, maka fungsi eksponensial kompleks juga harus mempunyai sifat
f merupakan fungsi utuh,
dan
61
f 0 (z) = f (z),
(3.3)
untuk setiap z ∈ C. Selanjutnya, akan ditentukan fungsi f (z) sehingga (3.2) dan
(3.3) dipenuhi.
Misalkan fungsi yang dimaksud adalah f (z) = u(x, y)+iv(x, y). Karena (3.3),
maka ux (x, y) = u(x, y) dan vx (x, y) = v(x, y) untuk setiap (x, y) ∈ R2 . Hal ini
mengakibatkan adanya fungsi real g(y) dan h(y) sehingga
u(x, y) = ex g(y)
dan
v(x, y) = ex h(y)
(3.4)
Sekali lagi, menurut (3.3) f fungsi utuh, artinya f analitik di setiap (x, y) ∈ R2 .
Oleh karena itu, u dan v harmonik pada R2 . Jadi, untuk setiap (x, y) ∈ R2
berlaku persamaan differensial Laplace
uxx + uyy = 0
dan
vxx + vyy = 0
(3.5)
h00 (y) + h(y) = 0
(3.6)
Selanjutnya, dari (3.4) dan (3.5), diperoleh
g 00 (y) + g(y) = 0
dan
Masing-masing persamaan diferensial di dalam (3.6) mempunyai penyelesaian
g(y) = A1 cos y + B1 sin y
dan
h(y) = A2 cos y + B2 sin y
Dengan demikian
u(x, y) = ex (A1 cos y + B1 sin y) dan v(x, y) = ex (A2 cos y + B2 sin y)
Karena di setiap (x, y) ∈ R2 , berlaku persamaan Cauchy-Riemann, maka
B2 = A1
dan
A2 = −B1 ,
sehingga
f (z) = ex (A1 cos y + B1 sin y) + iex (A2 cos y + B2 sin y)
= ex (A1 cos y + B1 sin y) + iex (−B1 cos y + A1 sin y)
Untuk z = x, maka dari persamaan terakhir diperoleh
ex = ex (A1 ) + iex (−B1 ) ⇔ A1 = 1 dan B1 = 0
62
Jadi, f (z) = ex (cos y + i sin y).
Berdasarkan uraian di atas, selanjutnya dapat diturunkan definisi untuk fungsi
eksponensial kompleks.
Definisi 3.1.1 Untuk sebarang z ∈ C, didefinisikan
ez = ex (cos y + i sin y)
(3.7)
Untuk diperhatikan, apabila z = iθ, maka persamaan (3.7) menjadi
eiθ = cos θ + i sin θ,
(3.8)
Persamaan (3.8) disebut rumus Euler. Dengan demikian, setiap bilangan kompleks z 6= 0 dapat pula dinyatakan ke dalam bentuk eksponensial
z = reiθ ,
dengan r = |z| dan θ = arg z. Selanjutnya, berdasarkan keterangan pada Bagian
1.4, maka untuk sebarang θ1 , θ2 berlaku
eiθ1 eiθ2 = (cos θ1 + i sin θ1 )(cos θ2 + i sin θ2 )
= (cos(θ1 + θ2 ) + i sin(θ1 + θ2 ) = ei(θ1 +θ2 )
Dengan cara yang sama, diperoleh pula
eiθ1
= ei(θ1 −θ2 )
eiθ2
Dengan mengingat rumus Euler, maka (3.7) dapat pula ditulis sebagai
ez = ex eiy ,
(3.9)
sehingga |ez | = ex . Jadi, dari (3.9), diperoleh
|ez | = ex
dan
arg(ez ) = y + 2kπ,
Karena |ez | = ex selalu positif, maka
ez 6= 0,
63
k∈Z
untuk setiap z ∈ C.
Perhatikan bahwa berdasarkan (3.8), eiπ = −1. Jadi, berbeda dengan fungsi
eksponential real yang selalu bernilai positif, maka fungsi eksponential kompleks
bisa bernilai negatif ataupun kompleks. Berdasarkan (3.8) pula, e2πi = 1, sehingga
ez+2πi = ez ,
untuk setiap z ∈ C. Jadi, fungsi eksponential merupakan fungsi periodik dengan
periode 2πi. Sebagai contoh, dapat dibuktikan bahwa
e2+3πi = −e2
Berdasarkan ekspresi (3.9) di atas, sifat-sifat eksponensial menjadi mudah
untuk dipahami.
Sifat 3.1.2 Untuk sebarang z, z1 , z2 ∈ C dan n ∈ Z, berlaku
ez1 ez2 = ez1 +z2
ez1
= ez1 −z2
ez2
(ez )n = enz
(3.10)
(3.11)
(3.12)
Bukti: Misalkan z1 = x1 + iy1 dan z2 = x2 + iy2 . Karena x1 , x2 , y1 , y2 ∈ R, maka
ez1 ez2 = ex1 eiy1 ex2 eiy2 = ex1 ex2 eiy1 eiy2 = ex1 +x2 ei(y1 +y2 ) = ez1 +z2 ,
dan
ex1 eiy1
ex1 eiy1
e z1
=
=
= ex1 −x2 ei(y1 −y2 ) = ez1 −z2
ez2
ex2 eiy2
ex2 eiy2
Untuk persamaan (3.12), dimisalkan z = x + iy. Berdasarkan rumus Euler dan
rumus de Moivre, maka untuk n ∈ Z, diperoleh
(ez )n = (ex )n (eiy )n = enx einy = enz . 2
Diberikan g(w) = ln r + iθ dengan w = reiθ . Berdasarkan persamaan (3.9),
maka diperoleh
eg(w) = w
64
Hal ini berarti bahwa g(w) = ln r + iθ merupakan invers dari f (z) = ez , dan
sebaliknya.
Contoh 3.1.3 Jika ez = −2, maka z = ln 2 + i(2n + 1)π, karena −2 = 2ei(2n+1)π .
Latihan
1. Tunjukkan f (z) = z 2 − ze−z merupakan fungsi utuh.
2. Tentukan semua nilai z sehingga
√
b. ez = 1 − i 3
a. ez = 1
d. ez+2 = −1 − e−z
c. e1−2z = −2
2
3. Tunjukkan bahwa |e2z+i + eiz | ≤ e2x + e−2xy .
4. Tunjukkan ez̄ = ez untuk setiap z ∈ C.
5. Tunjukkan bahwa f (z) = ez̄ tidak analitik di mana-mana.
2
6. Selidiki kapan f (z) = ez analitik.
7. Tunjukkan (ez )n = enz untuk setiap n ∈ Z.
3.2
Fungsi Trigonometri
Pada bagian sebelumnya telah diterangkan rumus Euler, yaitu
eix = cos x + i sin x
untuk setiap x ∈ R. Selanjutnya, berdasarkan rumus Euler ini, berturut-turut
diperoleh
eix − e−ix = 2i sin x
dan
65
eix + e−ix = 2 cos x
(3.13)
Berawal dari persamaan (3.13) di atas, maka fungsi sinus dan cosinus dengan
perubah kompleks didefinisikan sebagai berikut
sin z =
eiz − e−iz
,
2i
cos z =
eiz + e−iz
2
(3.14)
Mudah ditunjukkan bahwa
sin(−z) = − sin z
dan
cos(−z) = cos z
Dari (3.14) terlihat bahwa sin z dan cos z masing-masing merupakan kombinasi
linear fungsi utuh eiz dan e−iz . Oleh karena itu, mudah dipahami bahwa sin z
dan cos z keduanya merupakan fungsi utuh. Dari (3.14) dapat pula ditunjukkan
bahwa
d(sin z)
= cos z
dz
dan
d(cos z)
= − sin z
dz
Dalam kalkulus telah dikenal fungsi sinus hiperbolikus dan cosinus hiperbolikus,
yaitu
sinh y =
ey − e−y
2
dan
cosh y =
ey + e−y
2
(3.15)
untuk setiap y ∈ R. Berdasarkan hal ini dan persamaan (3.14), maka mudah
ditunjukkan bahwa
sin(iy) = i sinh y
dan
cos(iy) = cosh y
(3.16)
Dapat diperlihatkan bahwa identitas-identitas trigonometri juga berlaku untuk perubah kompleks. Untuk itu, terlebih dahulu akan ditunjukkan bahwa
2 sin z1 cos z2 = sin(z1 + z2 ) + sin(z1 − z2 )
Berdasarkan (3.14) dan sifat-sifat fungsi eksponensial, maka
eiz1 − e−iz1 eiz2 + e−iz2
)(
)
2i
2
ei(z1 +z2 ) − e−i(z1 +z2 )
ei(z1 −z2 ) − e−i(z1 −z2 )
=
+
2i
2i
= sin(z1 + z2 ) + sin(z1 − z2 )
2 sin z1 cos z2 = 2(
66
(3.17)
Selanjutnya, berdasarkan (3.17) dapat ditunjukkan rumus-rumus identitas berikut
ini:
sin(z1 + z2 ) = sin z1 cos z2 + cos z1 sin z2 ,
(3.18)
cos(z1 + z2 ) = cos z1 cos z2 − sin z1 sin z2 ,
(3.19)
sin2 z + cos2 z = 1,
(3.20)
cos 2z = cos2 z − sin2 z,
π
dan cos(z + ) = − sin z.
2
sin 2z = 2 sin z cos z,
π
sin(z + ) = cos z,
2
(3.21)
(3.22)
Diberikan sebarang z = x + iy. Apabila dalam (3.18) dan (3.19) diambil
z1 = x dan z2 = iy, maka berdasarkan (3.16) diperoleh
sin z = sin x cosh y + i cos x sinh y, dan
(3.23)
cos z = cos x cosh y − i sin x sinh y.
(3.24)
Selanjutnya, mengingat sin2 x + cos2 x = 1 dan cosh2 x − sinh2 x = 1 untuk setiap
x ∈ R, maka dari (3.23) dan (3.24) dapat diturunkan identitas
| sin z|2 = sin2 x + sinh2 y,
dan | cos z|2 = cos2 x + sinh2 y.
(3.25)
Karena sinh2 y tidak terbatas, maka berdasarkan (3.25) sin z dan cos z juga tak
terbatas. Jadi, berbeda dengan sinus dan cosinus perubah real, yang nilai mutlaknya tidak lebih dari 1, maka sinus dan cosinus perubah kompleks nilai mutlaknya bisa lebih dari 1.
Contoh 3.2.1 Selesaikan sin z = 2i.
Penyelesaian: Berdasarkan (3.23),
sin z = 2i ⇔ sin x cosh y + i cos x sinh y = 2i
Selanjutnya, dengan menyamakan bagian real dan bagian imaginer kedua ruas
persamaan di atas diperoleh
sin x cosh y = 0
dan
67
cos x sinh y = 2
Karena cosh y 6= 0, maka dari sin x cosh y = 0, diperoleh sin x = 0. Akibatnya,
x = k2π
atau
x = (2k + 1)π
(3.26)
Jika x = 2kπ, maka cos x = 1. Sehingga, dari cos x sinh y = 2, diperoleh
ey − e−y
=2
2
⇔ e2y − 2ey − 1 = 0
sinh y = 2 ⇔
⇔ (ey − 1)2 = 2
Selanjutnya, karena ey − 1 ≥ 0, maka ey − 1 =
y = ln(1 +
√
√
2, atau
2
(3.27)
Kemungkinan lain, yaitu apabila x = (2k +1)π, maka cos x = −1. Akibatnya,
dari cos x sinh y = 2, diperoleh
ey − e−y
= −2
2
⇔ e2y + 2ey − 1 = 0
sinh y = −2 ⇔
⇔ (ey + 1)2 = 2
Selanjutnya, karena ey + 1 > 0, maka ey + 1 =
y = ln(−1 +
√
2, atau
√
√
2) = − ln(1 + 2)
Dari 3.26, 3.27, dan 3.28, diperoleh
z = kπ ± i ln(1 +
√
2), k ∈ Z. 2
Kiranya pembaca dengan mudah akan dapat menunjukkan bahwa
sin z = 0 ⇔ z = kπ, k ∈ Z
dan
1
cos z = 0 ⇔ z = (k + )π, k ∈ Z
2
68
(3.28)
Fungsi-fungsi trigonometri yang lain didefinisikan berdasarkan fungsi sinus
dan cosinus, yaitu sebagai berikut:
sin z
,
cos z
1
,
sec z =
cos z
cos z
sin z
1
csc z =
sin z
tan z =
cot z =
Mudah dipahami bahwa tan z dan sec z analitik kecuali di titik-titik di mana
cos z = 0, yaitu z = (k + 21 π, k ∈ Z. Demikian pula, cot z dan csc z analitik
k ∈ Z. Selanjutnya, dengan memperhatikan
kecuali di titik-titik z = kπ,
turunan sin z dan cos z, diperoleh
d tan z
= sec2 z,
dz
d cot z
= − csc2 z
dz
dan
d csc z
= − csc z cot z
dz
d sec z
= sec z tan z,
dz
Latihan
1. Selesaikan persamaan-persamaan di bawah ini.
a. cos z = 2
b. sin z = 1
c. cos z = cosh 2
d. tan z = 2
2. Tunjukkan rumus-rumus identitas (3.18), (3.19), (3.20), (3.21), dan (3.22).
3. Tunjukkan bahwa
a. 1 + tan2 z = sec2 z
b. 1 + cot2 z = csc2 z
4. Selidiki di mana f (z) = sin z̄ analitik.
5. Tunjukkan u(x, y) harmonik,
a. u(x, y) = sin x cosh y
b. u(x, y) = cos x cosh y
69
Selanjutnya, tentukan v(x, y) agar f (z) = u(x, y) + iv(x, y) merupakan
fungsi utuh.
6. Tunjukkan
a. | sinh y| ≤ | sin z| ≤ cosh y
3.3
b. | sinh y| ≤ | cos z| ≤ cosh y
Fungsi Hiperbolik
Fungsi hiperbolik dengan variabel kompleks didefinisikan sejalan dengan fungsi
hiperbolik dengan variabel real, yaitu sebagai berikut
sinh z =
ez − e−z
2
dan
cosh z =
ez + e−z
2
Kedua fungsi tersebut di atas merupakan fungsi utuh (mengapa?) dan
d sinh z
= cosh z
dz
dan
d cosh z
= sinh z
dz
Selanjutnya, dengan memperhatikan definisi sin z dan cos z sebagaimana diberikan
pada Bagian 3.2, maka diperoleh
sinh(iz) = i sin z,
sin(iz) = i sinh z,
cosh(iz) = cos z
(3.29)
cos(iz) = cosh(iz)
(3.30)
Dengan menggunakan identitas-identitas pada 3.29 dan 3.30, mudah ditunjukkan
rumus-rumus identitas
sinh(−z) = − sinh z,
cosh(−z) = cosh z
(3.31)
cosh2 z − sinh2 z = 1
(3.32)
sinh(z1 + z2 ) = sinh z1 cosh z2 + cosh z1 sinh z2
(3.33)
cosh(z1 + z2 ) = cosh z1 cosh z2 + sinh z1 sinh z2
(3.34)
70
dan apabila z = x + iy, maka berdasar 3.33 dan 3.34, diperoleh
sinh z = sinh x cos y + i cosh x sin y
(3.35)
cosh z = cosh x cos y + i sinh x sin y
(3.36)
| sinh z|2 = sinh2 x + sin2 y
(3.37)
| cosh z|2 = sinh2 x + cos2 y
(3.38)
Akibatnya,
Contoh 3.3.1 Tentukan semua akar-akar cosh z = i
Penyelesaian: Dengan memperhatikan 3.36,
cosh z = i ⇔ cosh x cos y + i sinh x sin y = i
sehingga diperoleh
cosh x cos y = 0
dan
sinh x sin y = 1
Dari cosh x cos y = 0, diperoleh cos y = 0. Hal ini dikarenakan cosh x 6= 0.
Akibatnya,
y=
π
+ 2kπ
2
atau
y=
3π
+ 2kπ
2
(3.39)
untuk k ∈ Z. Apabila y = π2 +2kπ, maka sin y = 1. Sehingga dari sinh x sin y = 1,
diperoleh
ex − e−x
=1
2
⇔ e2x − 2ex − 1 = 0
sinh x = 1 ⇔
⇔ (ex − 1)2 = 2
Selanjutnya, karena ex − 1 ≥ 0, maka ex − 1 =
x = ln(1 +
71
√
2)
√
2 atau
(3.40)
Apabila y =
3π
2
+ 2kπ, maka sin y = −1. Sehingga dari sinh x sin y = 1, diperoleh
ex − e−x
= −1
2
⇔ e2x + 2ex − 1 = 0
sinh x = −1 ⇔
⇔ (ex + 1)2 = 2
Selanjutnya, karena ex + 1 > 0, maka ex + 1 =
x = − ln(1 +
√
√
2 atau
2)
(3.41)
Selanjutnya, dari 3.39, 3.40, dan 3.41, diperoleh
z = ln(1 +
√
atau
2) + i(
√
π
+ 2kπ),
2
k∈Z
3π
+ 2kπ),
k∈Z
2
Cara lain untuk menyelesaikan persamaan cosh z = i adalah langsung mengz = − ln(1 +
2) + i(
gunakan definisi. Lengkapnya adalah sebagai berikut.
ez + e−z
cosh z = i ⇔
=i
2
⇔ e2z − 2iez + 1 = 0
⇔ (ez − i)2 = −2 = 2cis(π)
Selanjutnya, dengan memperhatikan akar kompleks, diperoleh
ez − i =
√
π + 2kπ
), k = 0, 1
2cis(
2
atau
√
π + 2kπ
2cis(
), k = 0, 1
2
Selanjutnya, dengan memperhatikan uraian pada Bagian 3.1, diperoleh
ez = i +
z = ln(1 +
atau
z = − ln(1 +
√
2) + i(
π
+ 2kπ),
2
√
3π
2) + i(
+ 2kπ),
2
72
k∈Z
k ∈ Z. 2
Fungsi-fungsi hiperbolik yang lain didefinisikan sebagai berikut.
tanh z =
sinh z
,
cosh z
coth z =
1
tanh z
sech z =
1
,,
cosh z
csch z =
1
sinh z
Latihan
1. Tentukan
d tanh z
dz
dan
d coth z
.
dz
2. Tunjukkan rumus-rumus identitas 3.31, 3.32, 3.33, dan 3.34.
3. Bilangan c ∈ C disebut zeros dari f (z) jika f (c) = 0. Tentukan semua zeros
dari sinh z dan cosh z.
4. Tentukan titik-titik singular dari tanh z.
5. Tentukan akar-akar dari
a. cosh = 4
b. sinh z = 2i
6. Selidiki di himpunan mana f (z) = sinh(e−z ).
3.4
Fungsi Logaritma
Sebagaimana telah dijelaskan pada Bagian 3.1, untuk sebarang bilangan kompleks
tak nol z = ρeiφ , −π < φ ≤ π, persamaan ew = z mempunyai solusi
w = ln ρ + i(φ + 2nπ),
n∈Z
Apabila logarirma kompleks log w didefinisikan sebagai
log z = ln ρ + i(φ + 2nπ),
73
n∈Z
(3.42)
maka diperoleh elog z = z. Kenyataan ini memberikan inspirasi untuk pendefinisan
fungsi logaritma kompleks.
Untuk sebarang variabel tak nol z = ρeiφ , −π < φ ≤ π, fungsi log z didefinisikan sebagai
log z = ln ρ + i(φ + 2nπ),
n∈Z
(3.43)
Nilai utama dari log z dicapai pada saat n = 0 dan ditulis dengan Log z. Jadi,
Log z = ln ρ + iφ,
−π <φ≤π
Contoh 3.4.1 Karena 1 = ei0 , maka
log 1 = ln 1 + i(0 + 2nπ),
n∈Z
sedangkan Log 1 = 0. Secara sama,
log(−2) = ln 2 + i(2n + 1)π
dan Log(−2) = ln 2 + iπ.
Untuk sebarang variabel kompleks tak nol z = reiθ , maka argumen z, yaitu
θ, dapat dituliskan sebagai θ = Arg(z) + 2nπ, n ∈ Z. Selanjutnya, 3.43 dapat
disajikan sebagai
log z = ln r + iθ
(3.44)
log z = ln r + iargz
(3.45)
atau
Karena arg(z) merupakan fungsi bernilai banyak, maka log z juga bernilai
banyak. Selanjutnya, untuk sebarang α ∈ R diperhatikan salah satu nilai log z,
yaitu
log z = ln r + iθ,
r > 0, α < θ ≤ α + 2π
74
(3.46)
Bagian real dan imaginer dari log z adalah
u(r, θ) = r
dan
v(r, θ) = θ
(3.47)
yang masing-masing kontinu pada α < θ < α + 2π. Selanjutnya, ur , uθ , vr , dan
vθ ada dan kontinu pada α < θ < α + 2π dan pada domain tersebut berlaku
persamaan Cauchy-Riemann
1
ur = vθ
r
uθ = −rvr
dan
Jadi, f (z) analitik pada α < θ < α + 2π dan
f 0 (z) =
1
1
=
iθ
re
z
Khususnya
dLogz
1
= ,
dz
z
−π <θ <π
Gambar 3.1
Selanjutnya, diperhatikan fungsi log z sebagaimana diberikan pada persamaan
(3.46) untuk z ∈ {reiα : r > 0}. Bagian imaginer dari log z tersebut, yaitu
v(r, θ) = θ
tidak kontinu di θ = α, sebab limθ→α− v(r, θ) 6= limθ→α+ v(r, θ). Oleh karena itu,
f 0 tidak ada untuk setiap z ∈ {reiα :
r > 0}. Jadi, fungsi log z sebagaimana
diberikan pada persamaan (3.46) analitik kecuali untuk z ∈ {reiα : r > 0}.
75
Cabang suatu fungsi bernilai banyak f (z) adalah fungsi bernilai tunggal F (w)
yang analitik pada suatu domain D dimana untuk setiap w ∈ D, F (w) merupakan
salah satu nilai dari f (z). Fungsi F (w) disebut cabang utama dari f (z) jika F (w)
cabang dari f (z) dan −π < argw < π. Jadi, untuk sebarang bilangan real α,
fungsi log z,
log z = ln r + iθ,
r > 0, α < θ < α + 2π,
masing-masing merupakan cabang dari fungsi log z, z 6= 0. Sedangkan
Logz = ln r + iθ,
−π <θ <π
adalah cabang utama dari log z.
Selanjutnya, akan diteliti sifat-sifat dasar dari fungsi logaritma. Diberikan
sebarang z = x + iy, maka
ez = ex .eiy
Selanjutnya, dengan memperhatikan (3.43), diperoleh
log(ez ) = ln ex + i(y + 2nπ) = x + i(y + 2nπ) = z + (2nπ)i,
n∈Z
Khususnya,
Logez = z
Untuk sebarang z1 , z2 ∈ C, dengan mudah dapat ditunjukkan bahwa
log(z1 z2 ) = log z1 + log z2
(3.48)
dan
log(
z1
) = log z1 − log z2
z2
(3.49)
Pembaca perlu berhati-hati dalam memahami makna persamaan (3.48) dan (3.49).
Sebagaimana maksud
arg(z1 z2 ) = argz1 + argz2
maka persamaan (3.48) harus dibaca atau diartikan bahwa sebarang nilai log(z1 z2 )
sama dengan suatu nilai log z1 ditambah suatu nilai log z2 . Persamaan (3.49)
dibaca secara sama.
76
Contoh 3.4.2 Diberikan z1 = z2 = −1, maka z1 z2 = 1. Berturut-turut diperoleh
log z1 = log z2 = (2n + 1)πi
dan
log z1 z2 = 2nπi
Selanjutnya, untuk sebarang n ∈ Z, 2nπi dapat dituliskan sebagai
2nπi = (2k1 + 1)πi + (2k2 + 1)πi,
(3.50)
untuk suatu k1 , k2 ∈ Z. Ruas kiri pada (3.50) berarti sebarang nilai log z1 z2 ,
sedangkan ruas kanan berarti suatu nilai log z1 ditambah suatu nilai log z2 .
Latihan
1. Hitunglah
√
b. log(−1 + i 3)
√
d. log(3 + i 3)
a. log(1 − i)
c. Log(1 + i)
2. Tentukan semua z sehingga log z = 1 − πi.
3. Selidiki apakah log z 2 = 2 log z. Jelaskan jawaban Saudara.
4. Jika D sebarang domain yang tak memuat 0, tunjukkan u(x, y) = ln(x2 +y 2 )
harmonik pada D. Selanjutnya, tentukan fungsi f (z) = u(x, y) + iv(x, y)
yang analitik pada D.
5. Tentukan Re{log(z + 1)}.
3.5
Pangkat Kompleks
Di dalam kalkulus telah dikenal bentuk pangkat xc , untuk sebarang c > 0 dan
c 6= 1. Selanjutnya, karena ln xc = c ln x, maka dapat dituliskan
xc = ec ln x
(3.51)
Sejalan dengan persamaan (3.51), didefinisikan bentuk pangkat kompleks. Untuk
sebarang z 6= 0 dan untuk sebarang c ∈ C, didefinisikan
z c = ec log z
77
(3.52)
Contoh 3.5.1 Berdasarkan (3.52), berturut-turut diperoleh
i2 = e2 log i = e(2n+1)πi = −1
(1 − i)i = ei log(1−i) = ei(ln
√
2+i(8n−1) π4 )
= e−(8n−
L
1) π4 +i ln
√
2
Diberikan sebarang z = reiθ . Untuk sebarang α ∈ R,
log z = ln r + iθ,
r > 0, α < θ < α + 2π
merupakan fungsi bernilai tunggal dan analitik pada domain yang diberikan, yaitu
{z : r > 0, α < θ < α + 2π}. Selanjutnya, karena
z c = ec log z
maka menggunakan aturan rantai diperoleh
c
dz c
= ec log z . = cz c−1
dz
z
Diberikan sebarang bilangan kompleks tak nol c ∈ C. Sebagaimana (3.52),
cz = ez log c
(3.53)
Contoh 3.5.2 Berdasarkan (3.53),
2z = ez log 2 = ez(ln 2+2nπi)
Karena f (z) = ez merupakan fungsi utuh, maka mudah dipahami bahwa
g(z) = cz juga merupakan fungsi utuh dan
dcz
= cz log c
dz
Latihan
1. Tunjukkan
π
π
a. i(2+i) = −e−(4n+1) 2 , n ∈ Z
b. (1−i)−i = e(8n−1) 4 −i ln 2 , n ∈ Z
78
2. Hitunglah
a. (1 + i)i
b. (1 − i)(1−i)
3. Tentukan cabang utama dari z i .
√ 1
√
4. Tunjukkan (−1 + i 3) 2 = ±2 2 dengan 2 cara.
5. Jika z 6= 0 dan a ∈ R, tunjukkan bahwa untuk nilai utamanya berlaku
|z a | = |a|a .
3.6
Invers Fungsi Trigonometri dan Invers Fungsi Hiperbolik
Invers dari sin z ditulis dengan sin−1 z. Secara sama, cos−1 z, tan−1 z, cot−1 z,
sec−1 z, dan csc−1 z berturut-turut menyatakan invers dari cos z, tan z, cot z,
sec z, dan csc z.
Misalkan sin−1 z = w, maka
eiw − e−iw
2i
(3.54)
(eiw )2 − 2izeiw − 1 = 0
(3.55)
z = sin w =
atau ekuivalen dengan
Apabila (3.55) diselesaian untuk eiw , maka diperoleh
1
eiw = iz + (1 − z 2 ) 2
atau
1
w = −i log{iz + (1 − z 2 ) 2 }
(3.56)
Jadi berdasarkan (3.56),
1
sin−1 z = −i log{iz + (1 − z 2 ) 2 }
79
(3.57)
Contoh 3.6.1 Tentukan akar-akar dari sin z = 2i.
Penyelesaian: Berdasarkan persamaan (3.57,
1
z = −i log{i2i + (1 + 4) 2 }
√
= −i log{−2 ± 5}
Karena
log{−2 −
√
√
5} = ln{2 + 5} + i(2n + 1)π
dan
log{−2 +
√
5} = ln{−2 +
√
5} + i2nπ = − ln{2 +
maka
√
z = −i{(−1)n+1 ln{2 +
5} + inπ},
√
5} + i2nπ
n ∈ Z. 2
Selanjutnya, dengan cara yang sama mudah ditunjukkan bahwa
1
cos−1 z = −i log{z + i(1 − z 2 ) 2 }
dan
tan−1 z =
i
i+z
log
2
i−z
Turunan fungsi-fungsi sin−1 z, cos−1 z, dan tan−1 z diperoleh dengan mengingat turunan fungsi logaritma dan aturan rantai.
d sin−1 z
1
=
1
dz
(1 − z 2 ) 2
d cos−1 z
−1
=
1
dz
(1 − z 2 ) 2
d tan−1 z
1
=
dz
1 + z2
80
Invers fungsi-fungsi hiperbolik dapat diperoleh sebagaimana invers fungsifungsi trigonometri.
1
sinh−1 z = log{z + (z 2 + 1) 2 }
1
cosh−1 z = log{z + (z 2 − 1) 2 }
tanh−1 z =
1+z
1
log
2
1−z
81
Latihan
1. Selesaikan persamaan-persamaan berikut.
a. cos z = i
b. sinh z = 2
c. tan z = 1
d. sin z = −2 cos z
2. Turunkan rumus-rumus untuk cos−1 z, tan−1 z, sinh−1 z, cosh−1 z, dan tanh−1 z
3. Selesaikan cos(z + 1) = 2 dengan 2 cara.
82