(1) Pertemuan I: Fungsi bernilai kompleks, lintasan, dan integral lintasan. (2) Pertemuan II: Antiderivatif dan Teorema Cauchy-Goursat.

Transkripsi

1 Bb 4 Integrl Bb 4 ini direncnkn kn dismpikn dlm 4 kli pertemun, dengn perincin sebgi berikut: (1) Pertemun I: Fungsi bernili kompleks, lintsn, dn integrl lintsn. (2) Pertemun II: Antiderivtif dn Teorem uchy-gourst. (3) Pertemun III: Rumus integrl uchy dn Turunn fungsi nlitik. (4) Pertemun IV: Teorem Modulus Mksimum, Teorem Morer, dn Teorem Liouville. Slh stu topik yng sngt penting di dlm mempeljri fungsi vribel kompleks dlh integrl. Topik ini menjdi sngt penting dn menrik untuk dipeljri, kren tidk hny bergun bgi mtemtik itu sendiri, nmun jug sngt bergun bgi bidng-bidng lin, seperti bidng teknik, fisik, ekonomi, dn lin sebginy. 4.1 Fungsi Bernili Kompleks Terlebih dhulu kn diperkenlkn derivtif dn integrl tertentu fungsi bernili kompleks yng didefinisikn pd sutu derh definisi di dlm sistem bilngn rel R. Diberikn fungsi bernili kompleks w(t) = u(t) + iv(t) dengn t vribel rel. Turunn w, ditulis w (t) tu dw(t) didefinisikn sebgi w (t) = u (t) + iv (t) slkn u (t) dn v (t) d untuk setip t. Dri definisi tersebut, dpt diturunkn sift-sift derivtif fungsi bernili kompleks. Teorem Jik dw 1(t) dn dw 2(t) d(w 1 (t) + w 2 (t)) d, mk d(w 1(t)+w 2 (t)) = dw 1(t) + dw 2(t) dn 82

2 Bukti: Bukti diserhkn kepd pembc sebgi ltihn. Teorem Diberikn fungsi bernili kompleks w(t) = u(t) + iv(t). w (t) d, mk untuk sebrng z 0, d(z 0w(t)) d(z 0 w(t)) Bukti: Mislkn z 0 = x 0 + iy 0. Kren dw(t) = z 0. d dn Jik z 0 w(t) = (x 0 + iy 0 )(u(t) + iv(t)) = (x 0 u(t) y 0 v(t)) + i(x 0 v(t) + y 0 u(t)) mk d(z 0 w(t)) = d((x 0u(t) y 0 v(t))) + i d((x 0v(t) + y 0 u(t))) = (x 0 u (t) y 0 v (t) + i(x 0 v (t) + y 0 u (t)) = (x 0 + iy 0 )(u (t) + iv (t)) = z 0 w (t). Teorem Untuk sebrng z 0, d(ez 0 t ) d(e z 0t ) = z 0 e z 0t. d dn Bukti: Bukti diserhkn kepd pembc sebgi ltihn. Perlu diperhtikn, meskipun turunn fungsi bernili kompleks diturunkn dri definisi fungsi bernili rel, nmun ternyt tidk semu sift yng berlku untuk turunn fungsi bernili rel bis dibw ke fungsi bernili kompleks. Sebgi contoh, diperhtikn fungsi w(t) = e it, 0 t 2π (4.1) Fungsi tersebut kontinu pd [0, 2π], mempunyi turunn w (t) = ie it pd (0, 2π), dn w(0) = w(2π). Akn tetpi w (t) 0 untuk semu 0 < t < 2π. 83

3 Jdi, di sini tidk berlku Teorem Nili Rt-rt, khususny Teorem Rolle khususny. Diberikn w(t) = u(t) + iv(t), t [, b]. Integrl tk tentu dri w(t) pd [, b] dlh fungsi W (t) yng terdefinisi pd [, b] sehingg W (t) = w(t) untuk setip t [, b]. Mudh ditunjukkn bhw pbil W (t) dn H(t) keduny merupkn integrl tk tentu dri w(t) pd [, b], mk W (t) H(t) merupkn fungsi konstn pd [, b]. Jdi, sebgimn berlku pd fungsi bernili rel, jik U(t) dn V (t) msing-msing dlh sutu ntiderivtif (integrl tk tentu) dri u(t) dn v(t) pd [, b], mk inetgrl tk tentu dri w(t) pd [, b] dlh W (t) = w(t) = U(t) + iv (t) + K, (4.2) dengn K sebrng konstnt kompleks. Untuk sebrng fungsi w(t), t [b], integrl tertentu w pd [, b] didefinisikn sebgi b w(t) = b slkn integrl di rus knn keduny d. Jdi, b u(t) + i v(t) (4.3) b b b b Re{ w(t)} = Re(w(t)) dn Im{ w(t)} = Im(w(t)) (4.4) Selnjutny mudh ditunjukkn sift-sift integrl tertentu sebgimn diberikn dlm teorem berikut. Teorem Jik b w(t) dn b h(t) keduny d dn c sebrng konstnt kompleks, mk (i) b (w(t) + h(t)) = b w(t) + b h(t), (ii) b cw(t) = c b w(t), dn (iii) b w(t) = c w(t) + b c w(t) untuk setip < c < b. Seperti hlny di dlm klkulus, untuk integrl fungsi bernili kompleks jug berlku teorem fundmentl integrl. Adpun buktiny, pembc dipersilhkn untuk mencobny sebgi ltihn. 84

4 ontoh Tentukn 1 0 (2t 3it2 ). Penyelesin: Kren (2t 3it 2 ) = t 2 it 3 + K, mk 1 (2t 3it 2 ) = [t 2 it 3 ] 1 0 = 1 i. 0 Teorem Jik w(t) terintegrl pd [, b], mk w(t) terintegrl pd [, b] dn b b w(t) w(t) (4.5) Bukti: Kren w(t) terintegrl pd [, b], mk u(t) dn v(t) keduny terintegrl pd [, b]. Menurut sift integrl fungsi bernili rel, u 2 dn v 2 jug terintegrl pd [, b]. Hl ini berkibt w(t) terintegrl pd [, b]. Selnjutny kn dibuktikn ketksmn (4.5). Apbil b w(t) = 0, mk pernytn trivil. Sekrng ditinju untuk kedn b w(t) 0. Kren b w(t) 0, mk d r > 0 dn θ R sehingg b w(t) = re iθ (4.6) Apbil (4.6) diselesin untuk r, mk r = Selnjutny, kren r R, mk dri (4.7) diperoleh b w(t) = r = Re{ b b b e iθ w(t) = e iθ w(t) (4.7) e iθ w(t)} = b b w(t). Re{e iθ w(t)} Integrl tk wjr fungsi bernili kompleks didefinisikn sejln dengn definisi integrl tk wjr fungsi bernili rel sebgimn telh diberikn pd mt kulih klkulus. 85

5 4.2 Lintsn tu Kontur Seperti telh dikethui, integrl fungsi bernili rel dengn vribel rel didefinisikn pd sutu intervl di mn fungsi tersebut terdefinisi. Hl ini tk bis dilkukn untuk fungsi bernili kompleks dengn vribel kompleks, mengingt di dlm tidk dikenl dny urutn sebgimn di R. Mengingt hl itu, integrl fungsi kompleks dengn vribel kompleks kn didefinisikn pd sutu kurv di dlm bidng r. Pd bgin ini, kn dibicrkn kelurg kurvkurv di dlm bidng r yng nntiny kn digunkn untuk mendefinisikn integrl fungsi bernili kompleks dengn vribel kompleks. Diberikn fungsi-fungsi kontinu g dn h yng terdefinisi pd [, b]. Himpunn semu titik z = (x, y) di dlm bidng kompleks sehingg x = g(t) dn y = h(t), t [, b] disebut rc tu kurv. Secr umum, sutu kurv tu rc dpt pul dirumuskn sebgi z = z(t) = x(t) + iy(t), t b dengn x dn y msing-msing fungsi kontinu pd [, b]. Kurv disebut kurv sederhn jik tidk memotong diriny sendiri, yitu pbil z(t 1 ) z(t 2 ) untuk setip t 1 t 2. Jik kurv sederhn keculi pd kedu ujungny (z() = z(b)), mk dinmkn kurv tertutup sederhn tu kurv Jordn. ontoh Poligonl t, 0 t 1 z = 1 + it, 0 t 1 dlh kurv sederhn. ontoh Lingkrn z = 2e it, 0 θ 2π dlh kurv tertutup sederhn. 86

6 Diberikn kurv z = x(t) + iy(t), t b dengn x (t) dn y (t) keduny d pd [, b]. Kurv z = x(t) + iy(t), t b sehingg x (t) dn y (t) keduny d pd [, b] disebut kurv diferensibel. Turunn dri z(t) dlh z (t) = x (t) + y (t) Selnjutny, kren x (t) dn y (t) terintegrl pd [, b], mk demikin pul dengn z (t) dn b z (t) = yitu pnjng kurv z sebgimn diberikn di klkulus. Sutu kurv z = z(t), b (x (t)) 2 + (y (t)) 2, (4.8) t b, diktkn mulus (smooth) jik z (t) d untuk setip t [, b] dn bernili tidk nol pd (, b). Sejumlh berhingg kurv mulus sehingg ujung sutu kurv bertutn dengn ujung kurv berikutny disebut kontur (contour). Sutu kontur disebut kontur tertutup sederhn jik titik wl dn titik khir sm tu berimpit. Gmbr 4.1 Ltihn 1. Hitunglh integrl berikut (t i)2 b. 2 1 i t c. π 3 0 e iθ dθ d. 0 e it 87

7 2. Hitunglh π 2 0 e (1 i)x dx. 3. Jik x (t) dn y (t) keduny d dn w(t) = x(t) + iy(t), tunjukkn d 2 w(t) 2 = 2w(t).w (t) 4. Jik b w(t), b h(t) keduny d dn z 0, tunjukkn. b {w(t) + h(t)} = b w(t) + b h(t). b. b z 0w(t) = z 0 b w(t). c. b w(t) = c w(t) + b c w(t). 5. Jik w( t) = w(t) untuk setip t [, ] dn w(t) = 0 w(t) d, tunjukkn 4.3 Integrl Kontur Pd bgin ini kn dibicrkn integrl fungsi bernili kompleks yng terdefinisi untuk vribel kompleks. Integrl tersebut didefinisikn di sepnjng sutu kontur, muli dri z = z 1 smpi z = z 2 di bidng kompleks. Jdi, integrl yng dimksud sesungguhny merupkn integrl gris. Nili integrl tergntung tidk hny pd fungsi f, nmun jug pd kontur. Diberikn fungsi kompleks f dn kontur dri z 1 ke z 2 di dlm bidng kompleks. Integrl lintsn f pd ditulis dengn notsi f(z)dz. Secr umum, nili integrl ini selin bergntung pd f jug bergntung pd lintsn. Apbil nili integrl tidk bergntung pd, mk dituliskn z2 f(z)dz Diberikn kontur dengn representsi z 1 z = z(t), t b yng memnjng dri z 1 = z() smpi dengn z 2 = z(b). Untuk sebrng fungsi f(z) yng kontinu sepotong-sepotong pd, yitu pbil f(z) kontinu pd 88

8 keculi di sebnyk berhingg titik pd, integrl kontur f sepnjng kontur didefinisikn sebgi b f(z)dz = f(z(t))z (t) (4.9) Untuk sebrng kontur dengn representsi z = z(t), t b kontur didefinisikn sebgi sutu kontur yng memut titik sebgimn titik-titik pd nmun dengn rh yng berlwnn, dri z 2 smpi z 1. Selnjutny, dpt ditunjukkn beberp teorem berikut. Teorem Diberikn kontur dengn representsi z = z(t), t b yng memnjng dri z 1 = z() smpi dengn z 2 = z(b). Jik f(z) sebrng fungsi yng kontinu sepotong-sepotong pd, mk f(z)dz = f(z)dz Bukti: Kontur mempunyi representsi z = z( t), b t dn f(z)dz = b f(z( t))( z ( t)) Selnjutny, dengn mengmbil substitusi t = s, mk diperoleh b f(z( t))( z ( t)) = b b f(z(s))( z (s))( ds) = f(z(s))z (s)ds Jdi, f(z)dz = f(z)dz. 89

9 Teorem Diberikn kontur yng terdiri ts kontur 1 dri z 1 smpi z 2 dn kontur 2 dri z 2 smpi z 3. Kontur yng demikin bis ditulis sebgi = Jik f kontinu sepotong-sepotong pd, mk f(z)dz = f(z)dz + 1 f(z)dz 2 Bukti: Mislkn mempunyi representsi z = z(t), t b mk d c (, b) sehingg 1 dn 2 msing-msing mempunyi representsi z = z(t), t c dn z = z(t), c t b Selnjutny, f(z)dz = = = b c f(z(t))z (t) b f(z(t))z (t) + f(z(t))z (t) c f(z)dz + f(z)dz. 1 2 Teorem Jik f dn g keduny kontinu sepotong-sepotong pd sutu kontur dn z 0 sebrng konstnt kompleks, mk (f(z) + g(z))dz = f(z)dz + g(z)dz dn z 0 f(z)dz = z 0 f(z)dz Bukti: Pembc dipersilhkn untuk membuktikn sendiri sebgi ltihn. ontoh Jik dlh kontur yng terdiri ts penggl gris 1 dri z = 0 smpi z = 1 dn penggl 2 dri z = 1 smpi z = i, mk hitunglh ((x + 2y) 3ixy)dz 90

10 Penyelesin: Kontur 1 mempunyi persmn z = x, dri x = 0 smpi x = 1. Sedngkn kontur 2 mempunyi persmn z = x + i(1 x), dri x = 1 smpi x = 0. Oleh krenny, dn Jdi, 2 ((x + 2y) 3ixy)dz = ((x + 2y) 3ixy)dz = 1 ((x + 2y) 3ixy)dz = = = 1 0 xdx = 1 2 (x + 2(1 x) 3ix(1 x))(dx idx) 0 (3x 2 4x + 2)dx + i = 1 + 2i (3x 2 4x + 2)dx i (3x 2 2x 2)dx (3x 2 2x 2)dx ((x + 2y) 3ixy)dz + ((x + 2y) 3ixy)dz 1 2 = ( 1 + 2i) = i. Teorem Diberikn fungsi kompleks f yng kontinu sepotong-sepotong pd sutu kontur. Jik terdpt M > 0 sehingg f(z) M untuk setip z, mk f(z)dz ML dengn L menytkn pnjng kontur tu lintsn. Bukti: Dengn memperhtikn (4.8), mk teorem terbukti. 91

11 ontoh Jik dlh kontur berbentuk setengh lingkrn z = 4e iθ dri z = 4 smpi z = 4, mk tunjukkn bhw z 16π dz z Bukti: Mudh dimengerti bhw pnjng kontur dlh L = 4π. Selnjutny, kren untuk semu z berlku mk z z + 1 z z 1 = 4 3, z z + 1 dz (4 16π )(4π) = 3 3. Ltihn 1. Hitunglh f(z)dz jik. f(z) = (x + y) + i(x y) dn dlh kontur terdiri penggl gris dri z = 1 smpi z = 1 dn busur setengh lingkrn z = e iθ dri θ = 0 smpi θ = π. b. f(z) = 1 z z dn kontur berbentuk lingkrn z = 3e iθ, 0 θ 2π. c. f(z) = z + 1 dn kontur berbentuk lingkrn z = 2 rh positif (berlwnn jrum jm). 2. Diberikn kontur terdiri ts penggl gris dri z = 1 smpi z = 1, penggl gris dri z = 1 smpi z + i, dn penggl gris dri z = i smpi z = 1. Tunjukkn z2 dz 1. 2 z 2 3. Jik dlh kontur berbentuk lingkrn z = 2 dri θ = 0 smpi θ = 2π, tunjukkn (ez z)dz 44π. 4. Dikethui dn 0 msing-msing kontur berbentuk lingkrn z = Re iθ dn z = z 0 + Re iθ, rh positif. Tunjukkn f(z z 0 )dz = f(z)dz 0 92

12 5. Diberikn kontur berbentuk lingkrn z = z 0 + Re iθ, 0 θ 2π. Tunjukkn. dz z z 0 = 2πi b. dz (z z 0 = 0 ) Antiderivtif Meskipun secr umum nili f(z)dz bergntung pd lintsn, nmun d fungsi-fungsi tertentu dimn nili integrl fungsi tersebut pd tidk bergntung pd. Untuk membuktikn pernytn tersebut diperlukn konsep ntiderivtif. Diberikn sutu domin D. Fungsi F disebut ntiderivtif fungsi f pd D jik F (z) = f(z) pd D. Mengingt derivtif merupkn syrt perlu kenlitikn sutu fungsi dn derivtif sutu fungsi tunggl dny, mk diperoleh teorem berikut. Teorem Dikethui fungsi f kontinu pd sutu domin D. Jik slh stu pernytn di bwh ini benr, mk yng lin jug benr. (i) f mempunyi ntiderivtif pd D. (ii) Jik z 1, z 2 D dn sebrng lintsn di dlm D dri z 1 smpi z 2, mk nili f(z)dz tidk bergntung pd. (iii) Jik sebrng lintsn tertutup di dlm D, mk f(z)dz = 0. Bukti: Mislkn dikethui pernytn (i) benr. Dimbil sebrng lintsn tu kontur di dlm D, muli dri z = z 1 smpi z = z 2. Mislkn mempunyi representsi z = z(t), t b mk df (z(t)) = F (z(t))z (t) = f(z(t))z (t), t b 93

13 Selnjutny, dengn menggunkn Teorem Fundmentl Klkulus, diperoleh f(z)dz = F (z(b)) F (z()) Kren z() = z 1 dn z(b) = z 2, mk f(z)dz = F (z 2 ) F (z 1 ) Dpt ditunjukkn bhw hsil yng sm kn diperoleh meskipun = n k=1 k, dengn k merupkn lintsn tu kontur muli dri z = z k smpi z = z k+1 untuk setip k. Dlm hl ini, z n+1 = z 2. Selnjutny, disumsikn pernytn (ii) benr. Dimbil sebrng lintsn tertutup di dlm D. Misl z 1 dn z 2 sebrng du titik pd. Du titik tersebut kn membentuk du lintsn msing-msing bersl dri z 1 menuju z 2, nmkn 1 dn 2. Jdi, = 1 + ( 2 ). Kren (ii), mk f(z)dz = f(z)dz 1 2 tu f(z)dz = 1 +( 2 ) f(z)dz = f(z)dz 1 f(z)dz = 0 2 Bukti pernytn (iii) berkibt pernytn (i) diserhkn kepd pr pembc sebgi ltihn. Dengn dny Teorem 4.4.1, bnyk mslh integrl yng penyelesinny menjdi mkin mudh dn sederhn. ontoh Kren f(z) = 3z 2 +1 mempunyi ntiderivtif F (z) = z 3 +z+k pd seluruh bidng r, mk 1+i 1 f(z)dz = F (1 + i) F (1) = 4 + 2i ppun lintsn yng menghubungkn 1 dn 1 + i yng dipilih. 94

14 4.5 Teorem uchy-gourst Sutu teorem yng sngt penting dlm integrl kompleks dlh Teorem uchy-gourst. Nmun perlu dikethui bhw sesungguhny Teorem uchy- Gourst merupkn hsil penyempurnn Teorem uchy. Teorem (uchy) Jik f nlitik dn f kontinu di dlm dn pd sutu lintsn (kontur) tertutup sederhn, mk f(z)dz = 0 Bukti: Mislkn mempunyi representsi z = z(t), t b dengn rh positif (berlwnn jrum jm). Kren f nlitik di dlm dn pd, mk menurut (4.9), f(z)dz = b f(z(t))z (t) (4.10) Selnjutny, pbil f(z) = u(x, y) +iv(x, y) dn z(t) = x(t) +iy(t), mk (4.10) dpt ditulis menjdi f(z)dz = b (ux vy ) + i tu dlm bentuk integrl gris menjdi f(z)dz = b (vx + uy ) (4.11) (udx vdy) + i (vdx + udy) (4.12) Kren dikethui f kontinu di dlm dn pd, mk menurut Teorem Green berlku f(z)dz = R ( v x u y )dxdy + i (u x v y )dxdy, (4.13) R dengn R = int. Selnjutny, kren f nlitik di dlm dn pd, mk pd R berlku persmn uchy-riemnn. Sehingg, (4.13) menjdi f(z)dz = 0. 95

15 Gourst dpt menunjukkn bhw syrt kekontinun f pd Teorem uchy ternyt dpt dihilngkn. Sehingg, oleh Gourst Teorem uchy dpt direvisi menjdi teorem berikut ini. Teorem (uchy-gourst) Jik f nlitik di dlm dn pd sutu lintsn (kontur) tertutup sederhn, mk f(z)dz = 0 Sutu domin D diktkn terhubung sederhn jik setip kontur tertutup sederhn di dlm D hny melingkupi titik-titik di dlm D. Sebgi contoh, jik dlh kontur tertutup sederhn, mk D = int() merupkn domin terhubung sederhn. Sedngkn cincin {z : r z R} bukn sutu domin terhubung sederhn. Selnjutny, Teorem uchy-gourst dpt diperlus menjdi teorem berikut. Teorem Jik f nlitik di dlm sutu domin terhubung sederhn D, mk int f(z)dz = 0 untuk setip kontur tertutup di dlm D. Sebgi kibt lngsung dri Teorem dlh pernytn berikut. Akibt Jik f nlitik di dlm domin terhubung sederhn D, mk f mempunyi ntiderivtif pd D. Selnjutny, Teorem uchy-gourst bis diperlus menjdi sebgi berikut. Teorem Dikethui: (i) lintsn tertutup sederhn, rh positif, (ii) k, k = 1, 2,..., n, lintsn tertutup sederhn, rh positif, berd di dlm interior, dn interior msing-msing tidk memeiliki titik berserikt. 96

16 Jik f nlitik di dlm dn pd, keculi di interior msing-msing k, mk n f(z)dz + f(z)dz = 0 k=1 k ontoh Jik dlh kontur berbentuk lingkrn z = 1, mk kren f(z) = ez z 2 +4 e z z dz = 0 nlitik di dlm dn pd. ontoh Jik, 1, dn 2 berturut-turut menytkn lintsn berbentuk lingkrn z = 5, z 1 = 1 4, dn z = 1 4, mk z + 1 z 2 (z 1) dz = z z 2 (z 1) dz + z z 2 (z 1) dz kren f(z) = z+1 z 2 (z 1) nlitik di dlm dn pd, keculi di interior Rumus Integrl uchy Hsil yng sngt mendsr di dlm integrl kompleks dinytkn dlm teorem berikut. Teorem Dikethui lintsn tertutup sederhn rh positif. nlitik di dlm dn pd dn z 0 int(), mk f(z 0 ) = 1 2πi Jik f f(z) z z 0 dz (4.14) Bukti: Diberikn sebrng ɛ > 0. Kren f nlitik di dlm dn pd, mk f kontinu di dlm dn pd. Akibtny f kontinu di z 0. Oleh kren itu, d bilngn δ > 0 sehingg untuk setip z Int() dengn z z 0 < δ berlku f(z) f(z 0 ) < ɛ 2π 97

17 Dipilih bilngn r > 0 sehingg r < δ. Dibentuk lingkrn γ : sebgimn diperlihtkn pd Gmbr 4.2 di bwh ini. z z 0 = r Untuk sebrng z γ berlku Gmbr 4.2 f(z) f(z 0 ) < ɛ 2π (4.15) Selnjutny, kren f(z) z z 0 nlitik di dlm dn pd keculi di dlm γ, mk menurut perlusn Teorem uchy-gourst, diperoleh f(z) z z 0 dz = γ f(z) z z 0 dz (4.16) Dengn menmbhkn kedu rus pd (4.16) dengn f(z 0 ) γ dz z z 0, mk diperoleh Kren mk (4.17) menjdi f(z) dz f(z 0 ) z z 0 γ γ dz f(z) f(z 0 ) = dz (4.17) z z 0 γ z z 0 dz z z 0 = 2πi f(z) f(z) f(z 0 ) dz 2πif(z 0 ) = dz (4.18) z z 0 γ z z 0 Akibtny, dengn memperhtikn (4.15), diperoleh f(z) dz 2πif(z 0 ) = z z 0 γ γ 98 f(z) f(z 0 ) dz z z 0 f(z) f(z 0) z z 0 dz < ɛ 2πr 2πr = ɛ

18 Kren berlku untuk semu ɛ > 0, mk terbuktilh (4.14). Persmn (4.14) dikenl dengn nm rumus integrl uchy. Perhtikn bhw persmn (4.14) dpt ditulis sebgi f(z) dz = 2πif(z 0 ) z z 0 Oleh kren itu, rumus integrl uchy dpt digunkn untuk menghitung integrl sutu fungsi sepnjng sutu lintsn tertutup sederhn. ontoh Hitunglh z = 2 rh positif. Penyelesin: Integrnd dpt dituliskn sebgi eπz dz jik dlh lintsn berbentuk lingkrn z 2 +1 e πz z = e πz (z i)(z + i) Selnjutny, berturut-turut dibentuk lingkrn 1 dn 2 dengn persmn z i = 1 2 dn z + i = 1 2 Jik dimbil f(z) = eπz z+i, mk f(z) nlitik di dlm dn pd 1. Kren z = i berd di dlm 1, mk menurut rumus integrl uchy, 1 e πz z dz = 1 f(z) eπi dz = 2πi z i i + i = π Jik dimbil g(z) = eπz z i, mk g(z) nlitik di dlm dn pd 2. Kren z = i berd di dlm 2, mk menurut rumus integrl uchy, 2 e πz z dz = 2 g(z) e πi dz = 2πi z + i i i = π Selnjutny, menurut perlusn Teorem uchy-gourst, diperoleh e πz z dz = e πz z dz + e πz dz = 0. z Dengn memnftkn Teorem 4.6.1, dpt ditunjukkn bhw pbil f nlitik di sutu titik, mk turunnny, yitu f, jug nlitik di titik tersebut. Akibtny, untuk setip bilngn sli n, f (n) jug nlitik di titik tersebut. Selnjutny, diperoleh 99

19 Teorem Jik f nlitik di dlm dn pd sutu lintsn tertutup tunggl dn z 0 int(), mk f (n) (z 0 ) = n! 2πi f(z) dz, n = 0, 1, 2,.... (4.19) (z z 0 ) n+1 ontoh Jik dlh lintsn berbentuk lingkrn dengn pust z 0, berjrijri r, dn rh positif, tunjukkn 1 (z z 0 dz = 0. ) 2 Bukti: Jik dimbil f(z) = 1, mk f nlitik di dlm dn pd. Kren f (z 0 ) = 0, mk menurut (4.19), 1 dz = 2πi.0 = 0. (z z 0 ) 2 Ltihn 1. Dikethui lintsn berbentuk segi empt dengn sudut-sudut ±1 dn ±i rh positif. Hitunglh f(z)dz jik. f(z) = z z+1+i b. f(z) = z+1 2z+1 c. f(z) = cos z z(z π 4 ) d. f(z) = 1 z(16z 4 1) 2. Tentukn g(z)dz jik lintsn berbentuk lingkrn z i = 2 rh positif dn. g(z) = 1 z 2 (z 2 1) b. g(z) = e z +z (z 2 4)(z 2i) 3. Jik lintsn z = 3 rh positif dn w 3, hitunglh 2z2 z 2 z w. 4. Jik f nlitik di dlm dn pd sutu lintsn tertutup sederhn dn z 0 /, tunjukkn f (z) dz = z z 0 f(z) (z z 0 ) 2 dz 5. Jik lintsn z = e iθ, π θ π, rh positif, dn R tunjukkn e z dz = 2πi z 100

20 4.7 Teorem Morer, Teorem Modulus Mksimum dn Teorem Liouville Diberikn sutu domin D dn f fungsi kontinu pd D. Jik untuk sebrng lintsn tertutup di dlm D, f(z)dz = 0 mk menurut Teorem 4.4.1, f mempunyi ntiderivtif pd D, ktkn F. Selnjutny, F nlitik pd D, kren F (z) = f(z) untuk setip z D. Menurut keterngn pd bgin sebelumny, f nlitik pd D. Dengn demikin telh dibuktikn pernytn berikut ini Teorem (Morer) Jik f kontinu pd sutu domin D dn f(z)dz = 0 untuk setip lintsn tertutup di dlm D, mk f nlitik pd D. Slh stu hsil yng cukup penting terkit dengn fungsi nlitik dlh p yng disebut Teorem Modulus Mksimum. Teorem berikut ini diperlukn untuk membuktikn Teorem Modulus Mksimum. Teorem Dikethui f nlitik pd sutu persekitrn z z 0 < ɛ. Jik f(z) f(z 0 ) untuk setip z di dlm persekitrn tersebut, mk f bernili konstn f(z 0 ) pd persekitrn tersebut. Bukti: Dikethui f nlitik pd sutu persekitrn N ɛ (z 0 ) = {z : Dimbil sebrng z 1 N ɛ (z 0 ) {z 0 } dn didefinisikn z z 0 < ɛ}. r = z 0 z 1 Jik r dlh lingkrn z z 0 = r rh positif, mk menurut rumus integrl uchy berlku f(z 0 ) = 1 2πi r 101 f(z) z z 0 dz (4.20)

21 Untuk sebrng z r, z = z 0 + re iθ, 0 θ 2π mk dz = ire iθ dθ. Oleh kren itu, (4.20) menjdi f(z 0 ) = 1 2π f(z 0 + re iθ )dθ (4.21) 2π 0 Selnjutny, dri (4.21) diperoleh Gmbr 4.3 f(z 0 ) = 1 2π f(z 0 + re iθ )dθ 1 2π f(z 0 + re iθ ) dθ (4.22) 2π 0 2π 0 Seblikny, kren untuk setip θ [0, 2π], mk 2π Jdi, dri(4.22) dn (4.24) diperoleh 0 f(z 0 + re iθ ) f(z 0 ), (4.23) f(z 0 + re iθ ) dθ 2π f(z 0 ) (4.24) f(z 0 ) = 1 2π f(z 0 + re iθ ) dθ 2π 0 102

22 tu 2π 0 ( f(z 0 ) f(z 0 + re iθ ) )dθ = 0 Akibtny, kren (4.23) mk f(z 0 ) = f(z 0 + re iθ = f(z) untuk sebrng z r. Kren z 1 merupkn sebrng nggot N ɛ (z 0 ) {z 0 } dn f(z 0 ) = f(z) untuk sebrng z r dengn 0 < r < ɛ, mk f(z 0 ) = f(z) untuk sebrng z N ɛ (z 0 ). Akibtny, f(z) = f(z 0 ) (mengp?) untuk setip z N ɛ (z 0 ). Berdsrkn Teorem di ts selnjutny dpt dibuktikn teorem berikut. Teorem (Modulus Mksimum) Jik fungsi f nlitik dn tidk konstn pd sutu domin D, mk f(z) tidk pernh mencpi mksimum pd D, rtiny tidk d z 0 D sehingg f(z) f(z 0 ) untuk setip z D. Sebgi kibt lngsung dri Teorem Modulus Mksimum dlh pernytn berikut. Akibt Jik fungsi f kontinu pd sutu derh tertutup dn terbts R dn f nlitik dn tidk konstn pd rmint(r), mk nili mksimum f(z) pd R terjdi di sutu titik bts R. ontoh Diberikn derh tertutup dn terbts berbentuk persegi pnjng R = {z : 0 x π, 0 y 1}. Jik f(z) = sin z, mk f(z) = sin 2 x + sinh 2 y Kren sin 2 x dn sinh 2 y msing-msing mksimum untuk x = π dn y = 1, 2 mk f(z) mencpi mksimum di z = π + i. Perhtikn bhw z = π + i 2 2 merupkn slh stu titik bts R. Dengn cr lin, kren f kontinu pd R, dn nlitik dn tidk konstn pd Int(R), mk menurut Akibt f mencpi nili mksimum di sutu titik bts R. 103

23 Pd Teorem telh diterngkn bhw jik f nlitik di dlm dn pd sutu lintsn tertutup sederhn : z z 0 rh positif, mk f (n) (z 0 ) = n! 2πi f(z) dz (z z 0 ) n+1 Selnjutny, menurut Akibt 4.7.4, f(z) mencpi mksimum pd. nili mksimum f(z) pd dlh M R, mk diperoleh Khususny untuk n = 1, diperoleh f (n) (z 0 ) n!m R, n = 0, 1, 2,... Rn Jik f (z 0 ) M R R Dengn demikin kn dpt ditunjukkn teorem berikut. (4.25) Teorem (Liouville) Jik f fungsi utuh dn terbts pd bidng kompleks, mk f konstn. Bukti: Kren f terbts pd bidng kompleks, mk terdpt M > 0 sehingg f(z) M, untuk setip z. Selnjutny, dimbil sebrng w. Kren f fungsi utuh, mk menurut (4.25) untuk sebrng R > 0 berlku f (w) M R Kren berlku untuk sebrng R > 0, mk f (w) = 0. Kren f (w) = 0 untuk sebrng w > 0, mk f konstn pd. Ltihn 1. Tunjukkn bhw ebrng polinomil berderjt n 1 P (z) = z + 2 z n z n, n 0 sekurng-kurngny mempunyi stu zero, yitu terdpt sekurng-kurngny stu z 0 sehingg P (z 0 ) =

24 2. Dikethui f nlitik pd D = {z : z < 1} dn f(0) = 2. Jik f(z) 2 untuk semu z D, tunjukkn bernili konstn pd D dn f(z) = 2 untuk semu z D. 3. Dikethui f fungsi utuh dengn sift terdpt bilngn rel u 0 sehingg Re{f(z)} u 0 untuk semu z. Tunjukkn f merupkn fungsi konstn. 4. Dikethui f fungsi utuh dn terdpt K > 0sehingg f(z) K z untuk setip z. Tentukn rumus untuk f(z) jik dikethui f(i) = i