Bab 2 Fungsi Analitik

Bab 2 Fungsi Analitik Bab 2 ini direncanakan akan disampaikan dalam 4 kali pertemuan, dengan perincian sebagai berikut: () 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. 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) =, maka domain z definisi f adalah {z C : z }. Selanjutnya, domain definisi fungsi f dinotasikan dengan D f. Diberikan fungsi f dan z D f adalah w, yaitu dengan z = x + iy. Misalkan nilai f di z 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 Jadi, u = u(x, y) dan v = v(x, y) f(z) = u(x, y) + iv(x, y) (2.) Dari (2.) 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.. Jika f(z) = z + z + i z, maka f(z) = 2x + i x 2 + y 2 Jadi, u(x, y) = 2x dan v(x, y) = x 2 + y 2 Contoh 2..2 Tentukan u(r, θ) dan v(r, θ) jika diketahui f(z) = z2 z. 24

Penyelesaian: Jika z = r(cos θ + i sin θ), maka f(z) = f(r(cos θ + i sin θ)) = (r(cos θ + i sin θ))2 r(cos θ + i sin θ) = ( (r2 cos 2θ ) + ir 2 sin 2θ cos θ i sin θ )( r(cos θ + i sin θ) cos θ i sin θ ) = i2r sin θ Jadi, u(r, θ) = 0 dan v(r, θ) = 2r sin θ. Berbeda halnya dengan fungsi variabel real yang bernilai tunggal, maka fungsi variabel kompleks dapat bernilai tidak tunggal. Tentunya hal ini mudah dipahami, mengingat f(z) = z 4 bernilai empat untuk setiap 0 z C. Lihat kembali Bagian.5. Jika n N dan c 0, c, c 2,..., c n masing-masing konstanta kompleks dengan c 0 0, maka P n (z) = c 0 z n + c z n +... + c n z + c n 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. Diketahui f(z) = z + z + iz z. Gambarkan f(l) jika 25

(a) L = {z : z = }. (b) L = {z : z = 2}. Penyelesaian: Karena f(z) = z + z + iz z = 2x + i(x 2 + y 2 ), maka f(z) = u(x, y) + iv(x, y), dengan u(x, y) = 2x dan v(x, y) = x 2 + y 2 (a) Oleh f, titik-titik A(, 0), B(0, ), C(, 0), dan D(0, ) berturut-turut dipetakan ke A (2, ), B (0, ), C ( 2, ), dan D (0, ). Secara umum, sebarang titik P (x, y) L oleh f dipetakan ke P (2x, ). Apabila L dan f(l) masing-masing digambarkan ke dalam bidang-z dan bidang-w, maka diperoleh Gambar 2. (b) Oleh f, titik-titik A(2, 0), B(0, 2), C( 2, 0), dan D(0, 2) berturut-turut dipetakan ke A (4, 4), B (0, 4), C ( 4, 4), dan D (0, 4). Secara umum, sebarang titik P (x, y) L oleh f dipetakan ke P (2x, 4). Apabila digambarkan, maka diperoleh 26

Gambar 2.2 2.3 Limit Fungsi Diberikan fungsi f dengan domain definisi D f dikatakan mempunyai limit L untuk z mendekati z 0, ditulis lim f(z) = L z z 0 dan z 0 titik limit D f. Fungsi f jika untuk setiap z yang cukup dekat dengan z 0 tetapi z z 0 berakibat f(z) cukup dekat dengan L. Dalam bahasa matematika, lim z z0 f(z) = L jika untuk setiap bilangan real ɛ > 0 terdapat bilangan δ > 0 sehingga untuk setiap z D f dengan 0 < z z 0 < δ berakibat f(z) L < ɛ Apabila z 0 = x 0 + iy 0, maka dengan mengingat pengertian nilai mutlak, definisi di atas dapat pula dinyatakan sebagai berikut: lim z z0 f(z) = L jika untuk setiap bilangan real ɛ > 0 terdapat bilangan δ > 0 sehingga untuk setiap z = x+iy D f dengan 0 < (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 < δ berakibat f(z) L < ɛ Secara geometris, pengertian ini dapat digambarkan sebagai berikut. Gambar 2.3 27

Contoh 2.3. Tunjukkan bahwa lim z +i (2z + ) = 3 + 2i. Bukti: (2z + ) (3 + 2i) = 2z 2 2i = 2 z ( + i) Diberikan ɛ > 0 sebarang. Diambil δ = ɛ, maka δ > 0. Selanjutnya, untuk setiap 3 z dengan 0 < z ( + i) < δ, berlaku (2z + ) (3 + 2i) = 2 z ( + i) < 2. ɛ 3 < ɛ Dengan demikian, bukti selesai. Contoh 2.3.2 Tunjukkan bahwa lim z 2 i (2x iy) = 4 + i. Bukti: (2x iy) (4 + i) = 2(x 2) i(y + ) 2( x 2 + y + ) Diberikan bilangan ɛ > 0 sebarang. Diambil δ = ɛ, maka δ > 0. Selanjutnya, 5 jika 0 < z (2 i) < δ, yang berakibat 0 < x 2 < δ dan 0 < y + < δ, maka berlaku (2x iy) (4 + i) 2( x 2 + y + ) < 2( ɛ 5 + ɛ 5 ) < ɛ. Dengan mencermati dan memahami pengertian limit, maka akan segera diketahui bahwa di dalam menunjukkan lim z z0 f(z) = L, sesungguhnya yang perlu diperhatikan hanyalah titik-titik z yang cukup dekat dengan z 0, tidak perlu semua z C. Dengan demikian, untuk mempermudah pembuktian perlu dilakukan lokalisasi titik-titik z di sekitar z 0. Agar lebih jelas, perhatikan contoh berikut ini. Contoh 2.3.3 Tunjukkan lim z i z 2 =. 28

Bukti: z 2 ( ) = (z i)(z + i = z i z + i Ditinjau titik-titik z sehingga z i <, maka z + i = z i + 2i z i + 2 i = + 2 = 3 Jadi, untuk semua z dengan z i < berlaku z 2 ( ) = z i z + i 3 z i Diberikan bilangan ɛ > 0 sebarang. Diambil δ = min{, ɛ }, maka δ > 0. Selanjutnya, untuk semua z dengan 0 < z i < δ, yang berakibat 0 < z i < 4 dan 0 < z i < ɛ 5, berlaku z 2 ( ) 3 z i < 3( ɛ 5 ) < ɛ. Selanjutnya, akan ditunjukkan sifat-sifat limit. Teorema 2.3.4 Jika lim z z0 f(z) ada, maka nilainya tunggal. Bukti: Misalkan lim z z 0 f(z) = L dan lim z z0 f(z) = K Akan ditunjukkan L = K. Mengingat definisi limit, maka untuk setiap bilangan real ɛ > 0 yang diberikan, terdapat bilangan δ, δ 2 > 0 sehingga f(z) L < ɛ 3, untuk 0 < z z 0 < δ, dan (2.3) f(z) K < ɛ 3, untuk 0 < z z 0 < δ 2 (2.4) Jika diambil δ = min{δ, δ 2 }, maka berdasarkan (2.3) dan (2.4) untuk 0 < z z 0 < δ berlaku L K = L f(x) + f(x) K f(x) L + f(x) K < ɛ 3 + ɛ 3 < ɛ 29

yang artinya L = K. Sebagai akibat langsung Teorema 2.3.4, jika nilai lim z z0 f(z) tidak tunggal, maka lim z 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 x 0 hanyalah berupa suatu penggal garis (selang). Akibatnya, apabila lim x 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 lim x x0 f(x) tidak tunggal. Sementara, di dalam bidang kompleks persekitaran suatu titik z 0 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 D f, z 0 titik limit D f, dan kurva K yang melalui z 0. Limit f(z) untuk z mendekati z 0 di sepanjang kurva K dikatakan sama dengan L, ditulis lim f(z) = L z z 0, z K jika untuk setiap bilangan real ɛ > 0 terdapat bilangan δ > 0 sehingga untuk setiap z K dengan 0 < z z 0 < δ berakibat f(z) L < ɛ Selanjutnya, dengan memperhatikan definisi ini dan Teorema 2.3.4 diperoleh pernyataan sebagai berikut. Teorema 2.3.5 Jika lim z z0 f(z) ada, maka untuk setiap pasang kurva K, K 2 D f yang melalui z 0, lim z z0, z K f(z) dan lim z z0, z K 2 f(z) keduanya ada dan lim f(z) = lim f(z) z z 0, z K z z 0, z K 2 30

Akibat 2.3.6 Jika ada kurva K, K 2 D f yang melalui z 0 sehingga maka lim z z0 f(z) tidak ada. Contoh 2.3.7 Jika f(z) = tidak ada. lim f(z) lim f(z) z z 0, z K z z 0, z K 2 2xy +i (y2 )(x+), maka tunjukkan bahwa lim x 2 +2y 2 (x 2 2)(y+2 z 0 f(z) Bukti: Jika K dan K 2 masing-masing adalah kurva dengan persamaan y = 0 dan y = x, maka berturut-turut diperoleh: i. lim z 0, z K f(z) = lim x 0 (x+) 2(x 2) = 4. ii. lim z 0, z K2 f(z) = lim x 0 ( 2x2 x 2 +2x 2 ) + ( (x2 )(x+) (x 2)(x+2) = 4 ) = 2 3 + i 4. Selanjutnya, dari (i) dan (ii), terbukti bahwa lim z 0 f(z) tidak ada. 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), z 0 L = A + ib, maka = x 0 + iy 0, dan lim z z 0 f(z) = L (2.5) jika dan hanya jika lim u(x, y) = A dan lim (x,y) (x 0,y 0 ) v(x, y) = B (2.6) (x,y) (x 0,y 0 ). Bukti: Diketahui persamaan (2.5), akan dibuktikan persamaan (2.6) benar. Diberikan ɛ > 0 sebarang, maka terdapat δ > 0 sehingga untuk setiap z D f dengan 0 < z z 0 < δ (2.7) 3

berlaku f(z) L < ɛ Karena u(x, y) A f(z) L dan v(x, y) B f(z) L maka apabila (2.7) dipenuhi berakibat u(x, y) A < ɛ dan v(x, y) B < ɛ Selanjutnya, dengan mengingat definisi modulus, maka (2.7) ekuivalen dengan 0 < (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 < δ Jadi, untuk setiap (x, y) di dalam domain definisi u dan v dengan 0 < (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 < δ berakibat sehingga persamaan (2.6) benar. u(x, y) A < ɛ dan v(x, y) B < ɛ Sebaliknya, apabila (2.6) berlaku, maka untuk setiap ɛ > 0 terdapat δ, δ 2 > 0 sehingga u(x, y) A < ɛ 3, untuk 0 < (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 < δ, dan (2.8) v(x, y) B < ɛ 3, untuk 0 < (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 < δ 2 (2.9) Selanjutnya, apabila diambil δ = min{δ, δ 2 }, maka untuk setiap z D f dengan 0 < z z 0 < δ (yang artinya (x, y) di dalam domain definisi u dan v dengan 0 < (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 < δ) berakibat f(z) L u(x, y) A + v(x, y) B < ɛ 3 + ɛ 3 < ɛ Jadi, persamaan (2.5) benar. Contoh 2.3.9 Tentukan lim z +i (z 2 + z ). 32

Penyelesaian: Terlebih dahulu dituliskan Selanjutnya, karena z 2 + z = (x2 y 2 + lim (x,y) (,) (x2 y 2 + lim (2xy (x,y) (,) x x 2 + y ) + i(2xy y 2 x 2 + y ) 2 x x 2 + y ) 2 = 2, dan y x 2 + y ) 2 = 3 2 maka lim z +i (z2 + z ) = 2 + i(3 2 ). Untuk mempelajari sifat-sifat limit lebih lanjut, terlebih dahulu akan dibuktikan lemma di bawah ini. Lemma 2.3.0 Jika lim z z0 f(z) ada, maka terdapat r > 0 sehingga f(z) terbatas pada N(z 0, r) D f {z 0 }. Bukti: Diketahui lim z z0 f(z) ada, katakan lim f(z) = L z z 0 maka terdapat bilangan r > 0 sehingga untuk setiap z D f dengan 0 < z z 0 < r (artinya z N(z 0, r) D f {z 0 }) berlaku Jadi, terdapat r > 0 sehingga f(z) L < f(z) < + L f(z) < + L untuk setiap z N(z 0, r) D f {z 0 }. 33

Teorema 2.3. Jika lim z z0 f(z) dan lim z z0 g(z) keduanya ada dan c C, maka i. lim z z0 {f(z) + g(z)} ada, dan ii. lim z z0 cf(z) ada, dan iii. lim z z0 f(z)g(z) ada, dan iv. lim z z0 f(z) g(z) ada, dan lim {f(z) + g(z)} = lim f(z) + lim g(z) z z 0 z z0 z z0 lim cf(z) = c lim z z 0 z z0 f(z) lim f(z)g(z) = lim f(z) lim g(z) z z 0 z z0 z z0 f(z) lim z z 0 g(z) = lim z z 0 f(z) lim z z0 g(z), asal lim g(z) 0 z z 0 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 lim z z0 g(z) ada, maka menurut Lemma 2.3.0 terdapar r > 0 sehingga g(z) terbatas pada D g N(z 0, r) {z 0 }. Artinya terdapat M > 0 sehingga g(z) M untuk setiap z D g N(z 0, r) {z 0 }. Selanjutnya, karena lim z z0 f(z) dan lim z z0 g(z) keduanya ada, misalkan lim z z0 f(z) = L dan lim z z0 g(z) = K, maka untuk setiap bilangan real ɛ > 0 sebarang terdapat δ, δ 2 > 0 sehingga f(z) L < g(z) K < ɛ 2(M + ), untuk setiap z D f dengan 0 < z z 0 δ, dan ɛ 2( L + ), untuk setiap z D g dengan 0 < z z 0 δ 2 34

Diambil δ = min{r, δ, δ 2 }, maka δ > 0 dan untuk setiap z D f D g dengan 0 < z z 0 < 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 ɛ < 2(M + ) M + L ( ɛ 2( L + ) ) < ɛ 2 + ɛ 2 = ɛ. Dengan adanya Teorema 2.3., maka tidak sulit untuk membuktikan pernyataan berikut ini. Teorema 2.3.2 Jika P n (z) = c 0 z n + c z n + c 2 z n 2 +... + c n, maka lim P n (z) = P n (z 0 ) z z 0 2.4 Limit Menuju Tak Hingga Di dalam Bab telah dijelaskan titik di tak hingga di dalam bidang kompleks diperluas (extended complex plane). Apabila w = dan ɛ > 0 konstanta real z cukup kecil, maka himpunan {z : z < ɛ} akan berkorespondensi - dengan himpunan {w : w > }. Karena di dalam bidang kompleks diperluas, titik ɛ 0 oleh w = dipetakan ke titik, maka kiranya cukup beralasan apabila himpunan {w : w > } disebut persekitaran titik. Dengan adanya pengertian z ɛ persekitaran titik ini, selanjutnya dapat didefinisikan pengertian limit f(z) untuk z menuju titik tak hingga. Definisi 2.4. lim z f(z) = L jika untuk setiap bilangan real ɛ > 0 terdapat bilangan M > 0 sehingga untuk setiap z D f dengan z > M berakibat f(z) L < ɛ 35

Contoh 2.4.2 Tunjukkan lim z z = 0. Bukti: Diberikan bilangan real ɛ > 0 sebarang. Jika M =, maka M > 0 dan ɛ untuk setiap z dengan z > M berlaku z 0 = z < M = ɛ. Selanjutnya, berdasarkan keterangan alinea pertama pada bagian ini, dapat ditunjukkan teorema berikut. Teorema 2.4.3 lim z f(z) = L jika dan hanya jika lim z 0 f( z ) = L. Bukti: Diketahui lim z f(z) = L, maka untuk setiap bilangan real ɛ > 0 terdapat bilangan M > 0 sehingga untuk setiap z D f dengan z > M berlaku f(z) L < ɛ Diambil δ = M, maka untuk setiap w = z D f dengan 0 < w < δ, artinya z > M, berakibat f( ) L = f(z) L < ɛ w Sebaliknya, apabila diketahui lim z 0 f( ) = L, maka untuk setiap bilangan real z ɛ > 0 terdapat δ > 0 sehingga untuk setiap z D f dengan 0 < z < δ berlaku f( z ) L < ɛ Selanjutnya, apabila diambil M = δ, maka untuk setiap w = z D f dengan w > M, yang artinya 0 < z < δ, berakibat f(w) L = f( z ) L < ɛ Contoh 2.4.4 (i) lim z z+ z i = sebab lim z 0 + z i = lim z 0 z 36 + z iz = + 0 0 =

(ii) lim z z 2 +z 3z 2 i lim z 0 = 3 sebab + z 2 z 3 i z 2 + z z 2 = lim = + 0 0 z 0 3 iz 2 3 0 = 3 Definisi 2.4.5 lim z z0 f(z) = jika untuk setiap bilangan real M > 0 terdapat bilangan δ > 0 sehingga untuk setiap z D f dengan 0 < z z 0 < δ berakibat f(z) > M Contoh 2.4.6 Tunjukkan lim z i z i =. Bukti: Diberikan bilangan real M > 0. Jika diambil δ =, maka untuk setiap M z dengan 0 < z i < δ berakibat z i = z i > δ = M. Sejalan dengan Teorema 2.4.3, dapat ditunjukkan teorema di bawah ini. Bukti diserahkan kepada para pembaca sebagai latihan. Teorema 2.4.7 lim z z0 f(z) = jika dan hanya jika lim z z0 f(z) = 0 Contoh 2.4.8 lim z 2i z+ z 2i = sebab lim z 2i ( z+ ) = lim z 2i z 2i z + = 0 z 2i Dengan memperhatikan Definisi 2.4. dan Definisi 2.4.5, dapat diturunkan definisi sebagai berikut. Definisi 2.4.9 lim z f(z) = jika untuk setiap bilangan real M > 0 terdapat bilangan N > 0 sehingga untuk setiap z D f dengan z > N berakibat f(z) > M. 37

Selanjutnya, para pembaca dapat menunjukkan teorema di bawah ini sebagai latihan. Teorema 2.4.0 lim z f(z) = jika dan hanya jika lim z 0 f( z ) = 0 Contoh 2.4. lim z (z 2 + 2i) = sebab lim z 0 + 2i = lim z 2 z 0 z 2 + 2iz 2 = 0 + 0 = 0 2.5 Fungsi Kontinu Pada pengertian limit, dapat dilihat meskipun lim z z0 f(z) ada, namun f(z 0 ) belum tentu terdefinisikan, dan kalaupun f(z 0 ) ada, maka nilainya belum tentu sama dengan lim z z0 f(z). Pada bagian ini, akan dipelajari fungsi f sehingga memenuhi sifat-sifat i. f(z 0 ) ada (terdefinisikan), ii. lim z z0 f(z) ada, dan iii. lim z z0 f(z) = f(z 0 ). Fungsi f yang demikian dikatakan kontinu di z 0. Jadi, Definisi 2.5. Fungsi f dikatakan kontinu di z 0 D f jika untuk setiap bilangan real ɛ > 0 terdapat bilangan δ > 0 sehingga untuk setiap z D f dengan z z 0 < δ berlaku f(z) f(z 0 ) < ɛ Fungsi f dikatakan kontinu pada A D f 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 z 0 = x 0 + iy 0. Fungsi f kontinu di z 0 jika dan hanya jika u(x, y) dan v(x, y) keduanya kontinu di (x 0, y 0 ). Bukti: Diketahui f kontinu di z 0, maka untuk setiap bilangan real ɛ > 0 terdapat δ > 0 sehingga untuk setiap z D f dengan z z 0 < δ berakibat f(z) f(z 0 ) < ɛ (2.0) Karena Re(z) z dan Im(z) z maka (2.0) berakibat u(x, y) u(x 0, y 0 ) < ɛ dan v(x, y) v(x 0, y 0 ) < ɛ (2.) Selanjutnya, dengan mengingat definisi nilai mutlak, maka untuk setiap (x, y) di dalam domain definisi u dan v dengan (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 < δ berakibat (2.). Jadi, u(x, y) dan v(x, y) keduanya kontinu di (x 0, y 0 ). Sebaliknya, apabila diketahui u(x, y) dan v(x, y) keduanya kontinu di (x 0, y 0 ), maka untuk setiap bilangan real ɛ > 0 terdapat δ, δ 2 > 0 sehingga u(x, y) u(x 0, y 0 ) < ɛ 3, (x, y) D u, (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 < δ, dan v(x, y) v(x 0, y 0 ) < ɛ 3, (x, y) D v, (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 < δ 2 Jika diambil δ = min{δ, δ 2 }, maka untuk setiap z D f dengan z z 0 < δ, yang berarti pula (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 < δ, berakibat f(z) f(z 0 ) u(x, y) u(x 0, y 0 ) + v(x, y) v(x 0, y 0 ) < ɛ 3 + ɛ 3 < ɛ. Lebih lanjut, jika f dan g kontinu di z 0 dan c C, maka dapat ditunjukkan bahwa f + g, cf, dan fg kontinu di z 0. Demikian pula, f kontinu di z g 0 asalkan g(z 0 ) 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) = (x 2 + 2xy + 2y 2 ) i( x ) kontinu di setiap titik y 2 + z = x + iy. Latihan. Hitunglah lim z z0 f(z) jika diberikan a. f(z) = z 2 +, z 0 = + i c. f(z) = xy + i(x 2 2xy), z 0 = 2i b. f(z) = z z+, z 0 = 2 i d. f(z) = x 2 + xy i(x y), z 0 = + i 2. Selidiki apakah lim z c f(z), untuk f(z) dan c yang diberikan berikut ini, ada serta berikan penjelasannya. a. f(z) = (x 2 + y) + ixy, c = 2 + i. b. f(z) = x3 y 3 x 2 +y 2 + i x2 y x 2 +y 2, c = 0. c. f(z) = x3 y 3 x 2 +y 2 + i x2 y x 2 +y 2, c = i. 3. Dengan definisi limit tunjukkan bahwa a. lim z i z 3 = i f. lim z 2i z 3i = i b. lim z 2 3i (z 2 + 3i) = 5 9i g. lim z 2 z = 2 c. lim z +2i z z 3i = 2 + i( 3 2 ) h. lim z i d. lim z 2 i 3z + i = 6 2i i. lim z i z = i e. lim z i z 3 + 2i = 2 z = + i 4z 3i 4. Jika lim z z0 f(z) = L 0, tunjukkan lim z z0 f(z) = L. 5. Jika lim z z0 f(z) = L, tunjukkan lim z z0 f(z) = L. Bagaimana dengan sebaliknya? Jelaskan jawaban Saudara. 6. Jika lim z z0 f(z) = 0 dan g terbatas pada suatu persekitaran z 0 maka tunjukkan lim z z0 f(z)g(z) = 0. 7. Tunjukkan 40

a. lim z z 2 + 7z 2 5i = 7 c. lim z 2z 3 +i (2z i) 3 = 4 b. lim z 2i 2z z 2i = d. lim z z2 z+ = 8. Jika f kontinu di z 0, maka tunjukkan f terbatas di suatu persekitaran z 0. 9. Jika f dan g kontinu di z 0, tunjukkan a. fg kontinu di z 0. b. f g kontinu di z 0 asalkan g(z 0 ) 0. 0. Jika lim z z0 g(z) ada dan f kontinu, maka tunjukkan lim f(g(z)) = f( lim z z 0 z z0 g(z)). Diberikan f(z) = mana-mana. xy + i y 2. Definisikan f(0) agar f kontinu di x 2 +y x 2 2 +y2 2. Tunjukkan lim z 4z 2 + z tidak ada. 2.6 Turunan (Derivative) Diberikan fungsi f dengan domain definisi D f dan titik z 0 D f. Turunan f di titik z 0, ditulis dengan notasi f (z 0 ), didefinisikan sebagai f (z 0 ) = lim z 0 f(z 0 + z) f(z 0 ), (2.2) z asalkan nilai limit di ruas kanan ada. Apabila di dalam (2.2) didefinisikan z 0 + z = z, maka definisi turunan f di titik z 0 dapat pula ditulis sebagai f (z 0 ) = lim z z0 f(z) f(z 0 ) z z 0, (2.3) Apabila pada (2.2) titik z 0 diambil sebarang di dalam D f dan indeks ditanggalkan, maka diperoleh f (z) = lim z 0 f(z + z) f(z), (2.4) z 4

yaitu turunan f di sebarang titik z. Selanjutnya, apabila w = f(z) dan w = f(z + z) f(z) maka (2.4) dapat ditulis kembali sebagai Selanjutnya, lim z 0 w z juga dapat dinotasikan dengan dw dz f w (z) = lim z 0 z dw dinotasikan. Jadi, selain f (z), turunan w = f(z) dz. Notasi ini dikenal dengan nama notasi Liebniz. Contoh 2.6. Diberikan fungsi f(z) = z. Di sebarang titik z D f, w lim z 0 z = lim z 0 z+ z z z z = lim z 0 (z + z)z z = z 2 Jadi, f (z) = z 2. Contoh 2.6.2 Tunjukkan bahwa f(z) = z 2 tidak mempunyai turunan di setiap z 0. Bukti: Perhatikan bahwa w z = z + z 2 z 2 z = (z + z)(z + z) zz z = z + z + z( z z ) Andaikan f w (z) ada, maka lim z 0 ada dan nilainya tidak bergantung kepada z cara pendekatannya. Apabila limit diambil sepanjang kurva y = 0, maka Sedangkan, disepanjang kurva x = 0, diperoleh w lim z 0 z = z + 0 + z (2.5) w lim z 0 z = z + 0 z (2.6) w Karena lim z 0 ada, maka dari (2.6) dan (2.7) diperoleh z = 0. Jadi, f (z) z ada hanya di titik z = 0. 42

Pada Contoh 2.6.2 telah ditunjukkan bahwa untuk z 0, f (z) tidak ada, tetapi dapat ditunjukkan bahwa f kontinu di manapun, khususnya di z 0. Sedangkan pada Contoh 2.6., f (z) ada untuk setiap z D f dan dapat ditunjukkan bahwa f kontinu pada D f. Lalu adakah hubungan antara turunan dan kekontinuan? Jawaban dari pertanyaan ini diberikan di dalam teorema berikut. Teorema 2.6.3 Jika f (z 0 ) ada, maka f kontinu di z 0. Bukti: Karena f (z 0 ) ada, maka ada. Sehingga f (z 0 ) = lim z z0 f(z) f(z 0 ) z z 0 f(z) f(z 0 ) lim {f(z) f(z 0 )} = lim lim (z z 0 ) = f (z 0 ).0 = 0. z z 0 z z0 z z z z0 0 Contoh 2.6.4 Fungsi f dengan rumus f(z) = xy x 2 +2y 2 + i(x 2 + 2xy), z 0 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 (z) dan df(z) sebagai notasi untuk turunan fungsi f(z). dz Selanjutnya, dengan mengikuti langkah-langkah seperti yang digunakan di dalam kalkulus dapat diturunkan rumus-rumus turunan sebagai berikut. Teorema 2.7. (i) d(c) dz = 0 untuk setiap c C. (ii) d(zn ) dz = nz n 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, fg, dan f mempunyai turunan di z asalkan untuk yang terakhir g g(z) 0, dan (i) d(f(z)+g(z)) dz = df(z) dz + dg(z) dz, (ii) d(cf(z)) dz (iii) df(z)g(z) dz = c df(z) dz, = f(z) dg(z) dz + g(z) df(z), dan dz (iv) d( f(z) g(z) ) dz = df(z) dg(z) g(z) f(z) dz dz. (g(z)) 2 Bukti: Akan dibuktikan rumus (iii), yang lain dipersilahkan para pembaca untuk mencobanya. Misalkan w(z) = f(z)g(z), maka w z f(z + z)g(z + z) f(z)g(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. Berdasarkan definisi turunan dan Teorema 2.7.2, kiranya tidak sulit untuk menunjukkan Contoh 2.7.3 d(z n ) dz = nz n, n Q (a) Jika f(z) = z(z 2 + ) maka f (z) = df(z) dz = z(2z + 0) + (z 2 + )( 2 )(z 2 ) = 2z z + z 2 + 2 z (b) Diberikan f(z) = z, maka z+ f (z) = df(z) dz = (z + ). z.( + 0) (z + ) 2 = (z + ) 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 w (z) = f (g(z))g (z) Bukti: Misalkan u = g(z), maka untuk z 0 berakibat u 0 pula, sehingga w z = w u 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. 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 (z) = dw du du dz = 2 u (4z3 + 2z + 0) = 2z 3 + z z4 + z 2 + 3. Latihan. Tunjukkan bahwa f (z) tak ada untuk setiap z C. a. f(z) = z b. f(z) = Re(z) 2. Jika g(z) = a 0 + a z +... + a n z n, n N, tunjukkan untuk setiap k {, 2,..., n}. a k = f (k) (0) k! 45

3. Tentukan f (z) jika a. f(z) = z +z. b. f(z) = z z 2. c. f(z) = z +z. 2.8 Persamaan Cauchy-Riemann Di dalam Teorema 2.6.3 telah disebutkan bahwa apabila f (z) ada, maka f kontinu di titik z. Hal ini berarti bahwa syarat perlu agar f (z) ada, adalah kekontinuan f. Pada bagian ini akan ditunjukkan bahwa, disamping kekontinuan ada syarat perlu lain agar f (z) ada. Hal itu dinyatakan di dalam teorema berikut ini. Teorema 2.8. Diberikan f(z) = u(x, y)+iv(x, y) dan z 0 = x 0 +iy 0 D f. Jika f (z 0 ) ada, maka u dan v mempunyai turunan partial tingkat pertama di titik (x 0, y 0 ) dan di titik tersebut berlaku persamaan Cauchy-Riemann, yaitu u x (x 0, y 0 ) = v y (x 0, y 0 ) dan u y (x 0, y 0 ) = v x (x 0, y 0 ) Selanjutnya, f (z 0 ) = u x (x 0, y 0 ) + iv x (x 0, y 0 ) Bukti: Diketahui f (z 0 ) ada, maka artinya f f(z 0 + z) f(z 0 ) (z 0 ) = lim z 0 z ada. Dengan memperhatikan persamaan f(z 0 + z) f(z 0 ) z = u(x 0 + x, y 0 + y) u(x 0, y 0 ) + i{v(x 0 + x, y 0 + y) v(x 0, y 0 )} x + i y dan Teorema 2.3.8, maka dengan mengambil limit di sepanjang kurva y = 0, diperoleh Re{f u(x 0 + x, y 0 ) u(x 0, y 0 ) (z 0 )} = lim x 0 x Im{f (z 0 )} = lim x 0 v(x 0 + x, y 0 ) v(x 0, y 0 ) x 46 = u x (x 0, y 0 ) (2.7) = v x (x 0, y 0 ) (2.8)

Dengan cara yang sama, apabila limit diambil di sepanjang kurva x = 0, maka diperoleh Re{f v(x 0, y 0 + y) v(x 0, y 0 ) (z 0 )} = lim y 0 y Im{f (z 0 )} = lim y 0 u(x 0, y 0 + y) u(x 0, y 0 ) y = v y (x 0, y 0 ) (2.9) = u y (x 0, y 0 ) (2.20) Jadi, u dan v mempunyai turunan parsial tingkat pertama di titik (x 0, y 0 ), dan dengan menyamakan (2.8) dan (2.20) serta (2.9) dan (2.2) maka diperoleh persamaan Cauchy-Riemann. Selanjutnya, f (z 0 ) = u x (x 0, y 0 ) + iv x (x 0, y 0 ). Di dalam Teorema 2.8. telah dijelaskan bahwa persamaan Cauchy-Riemann merupakan syarat perlu agar suatu fungsi f mempunyai turunan di suatu titik, misalkan z 0. 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 0. Dengan menggunakan persamaan Cauchy- Riemann, hal ini dapat ditunjukkan sebagai berikut: Karena f(z) = z 2 = x 2 + y 2 maka u(x, y) = x 2 + y 2 dan v(x, y) = 0, sehingga u x = 2x, u y = 2y, v x = 0, dan v y = 0 Jelas bahwa di titik (x, y) (0, 0), persamaan Cauvhy-Riemann tak dipenuhi. Jadi, menurut Teorema 2.8. f tak mempunyai turunan di setiap z 0. Bagaimana kebalikan Teorema 2.8.? Apabila di titik (x 0, y 0 ) persamaan Cauchy-Riemann dipenuhi, apakah f (z 0 ) ada? Untuk dapat menjawabnya, perhatikan contoh berikut ini. 47

Contoh 2.8.3 Diberikan fungsi f dengan x 2 (+i)+2y 2 (i ), z 0 x+2y f(z) = 0, z = 0 Akan ditunjukkan f (0) tidak ada. Perhatikan bahwa f(z) f(0) z Untuk z 0 di sepanjang garis y = 0, f(z) f(0) lim z 0 z sedangkan di sepanjang garis y = x, f(z) f(0) lim z 0 z = x2 ( + i) + 2y 2 (i ) (x + 2y)(x + iy) = lim x 0 x 2 ( + i) x 2 = + i x 2 (3i ) = lim y 0 3x 2 ( + i) = 3i + i Karena nilai limit tidak tunggal, maka f (0) tidak ada. Namun demikian, karena x 2 2y 2, (x, y) (0, 0) x+2y u(x, y) = 0, (x, y) = (0, 0) dan maka x 2 +2y 2, (x, y) (0, 0) x+2y v(x, y) = 0, (x, y) = (0, 0) u x (0, 0) = lim x 0 u(x, 0) u(0, 0) x v x (0, 0) = lim x 0 v(x, 0) v(0, 0) x Jadi, persamaan Cauchy-Riemann dipenuhi di (0, 0). =, u y (0, 0) = lim y 0 u(0, y) u(0, 0) y =, v y (0, 0) = lim y 0 v(0, y) v(0, 0) y = = 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 (x 0, y 0 ), maka belum tentu fungsi tersebut mempunyai turunan di titik z 0. 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 z 0 = x 0 + iy 0. Jika u x, u y, v x, dan v y ada di seluruh persekitaran tersebut dan masing-masing kontinu di titik (x 0, y 0 ), serta di titik tersebut berlaku persamaan Cauchy-Riemann, yaitu u x (x 0, y 0 ) = v y (x 0, y 0 ) dan u y (x 0, y 0 ) = v x (x 0, y 0 ), maka f (z 0 ) ada. Bukti: Misalkan z = x + i y, dan w = f(z 0 + z) f(z 0 ) maka w = u + i v, dengan u = u(x 0 + x, y 0 + y) u(x 0, y 0 ), dan v = v(x 0 + x, y 0 + y) v(x 0, y 0 ) Selanjutnya, karena semua turunan partial u dan v kontinu di titik (x 0, y 0 ), maka u = u x (x 0, y 0 ) x + u y (x 0, y 0 ) y + ɛ ( x) 2 + ( y) 2, dan v = v x (x 0, y 0 ) x + v y (x 0, y 0 ) y + ɛ 2 ( x) 2 + ( y) 2, dengan ɛ, ɛ 2 0 untuk ( x, y) (0, 0). Hal ini berakibat w = u x (x 0, y 0 ) x + u y (x 0, y 0 ) y + ɛ ( x) 2 + ( y) 2 +i{v x (x 0, y 0 ) x + v y (x 0, y 0 ) y + ɛ 2 ( x) 2 + ( y) 2 } 49

Karena di titik (x 0, y 0 ) berlaku persamaan Cauchy-Riemann, maka dari persamaan terakhir diperoleh w z = u ( x) 2 + ( y) 2 x(x 0, y 0 ) + iv x (x 0, y 0 ) + (ɛ + iɛ 2 ) z Selanjutnya, karena yang artinya ( x) 2 +( y) 2 z ( x) 2 + ( y) 2 =, z terbatas, dan lim ( x, y) (0,0) (ɛ + iɛ 2 ) = 0, maka f (z 0 ) = u x (x 0, y 0 ) + iv x (x 0, y 0 ). Contoh 2.8.5 Tunjukkan bahwa f(z) = z 2 + mempunyai turunan di setiap z, dan tentukan f (z). Penyelesaian: Nyatakan f(z) = z 2 + = (x 2 y 2 + ) + i2xy maka diperoleh u(x, y) = x 2 y 2 + dan v(x, y) = 2xy sehingga u x (x, y) = 2x, v x (x, y) = 2y, u y (x, y) = 2y, v y (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 u x (x, y) = v y (x, y) dan u y (x, y) = v x (x, y) Jadi, menurut Teorema 2.8.4 f (z) ada dan f (z) = u x (x, y) + iv(x, y) = 2x + i2y = 2z. 50

Contoh 2.8.6 Tentukan titik-titik dimana f(z) = x 3 4i(y ) 3 mempunyai turunan. Selanjutnya, tentukan f ( 2 + 2i) dan f (2 + 3i). Penyelesaian: Turunan partial u dan v berturut-turut adalah u x (x, y) = 3x 2, v x (x, y) = 0, u y (x, y) = 0, v y (x, y) = 2(y ) 2, dan karena masing-masing berupa polinomial maka u x, u y, v x, dan v y semua kontinu di setiap (x, y). Selanjutnya, karena persamaan Cauchy-Riemann hanya dipenuhi apabila 3x 2 = 2(y ) 2 x = 2(y ) atau x = 2(y ) maka f (z) ada pada A = {z = x + iy : menurut Teorema 2.8.4 x = 2(y ) atau x = 2(y )}, dan f (z) = 3x 2 = 2(y ) 2 Akhirnya, karena 2 + 2i A, maka f ( 2 + 2i) = 2, dan karena 2 + 3i / A, maka f (2 + 3i) tidak ada. 2.9 Persamaan Cauchy-Riemann di Dalam Sistem Koordinat Kutub Di dalam Bagian.4 telah dijelaskan, apabila z 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 y = r sin θ (2.2) 5

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 r v r = u x x r, = v x x r, u θ = u x, x θ dan (2.22) v θ = v x x θ (2.23) Sistem (2.23) dan (2.24) masing-masing memberikan penyelesaian u r = u x cos θ + u y sin θ, u θ = u x r sin θ + u y r cos θ, dan (2.24) v r = v x cos θ + v y sin θ, v θ = v x r sin θ + v y r cos θ (2.25) Apabila di titik (x 0, y 0 ) = (r 0, θ 0 ) berlaku persamaan Cauchy-Riemann, yaitu u x (x 0, y 0 ) = v y (x 0, y 0 ) dan u y (x 0, y 0 ) = v x (x 0, y 0 ), (2.26) maka di titik tersebut persamaan (2.26) akan menjadi v r = u y cos θ + u x sin θ, v θ = u y r sin θ + u x r cos θ (2.27) Selanjutnya, dari (2.25) dan (2.28), diperoleh u r (r 0, θ 0 ) = r v θ(r 0, θ 0 ) dan r u θ(r 0, θ 0 ) = v r (r 0, θ 0 ) (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 u x = u r cos θ + v t sin θ dan v x = u r sin θ + v r cos θ (2.29) Jadi, apabila f mempunyai turunan di z 0 = r 0 (cos θ 0 + i sin θ 0 ), maka menurut Teorema 2.8. dan (2.30) f (z 0 ) = u x (x 0, y 0 ) + iv x (x 0, y 0 ) = {u r (r 0, θ 0 ) cos θ 0 + v r (r 0, θ 0 ) sin θ 0 } +i{ u r (r 0, θ 0 ) sin θ 0 + v r (r 0, θ 0 ) cos θ 0 } = {u r (r 0, θ 0 ) + iv r (r 0, θ 0 )}{cos θ 0 i sin θ 0 } 52

Dengan demikian, apabila Teorema 2.8.4 dinyatakan kembali dengan menggunakan koordinat kutub, maka diperoleh Teorema 2.9. Diketahui fungsi f(z) = u(r, θ) + iv(r, θ) terdefinisikan di suatu persekitaran titik (tak nol) z 0 = r 0 (cos θ 0 + i sin θ 0 ). Jika u dan v mempunyai turunan partial tingkat pertama pada persekitaran tersebut dan masing-masing kontinu di titik (r 0, θ 0 ) serta di titik tersebut berlaku persamaan Cauchy-Riemann, maka f (z 0 ) ada. Lebih lanjut, f (z 0 ) = {u r (r 0, θ 0 ) + iv r (r 0, θ 0 )}{cos θ 0 i sin θ 0 } Contoh 2.9.2 Tunjukkan bahwa d( z ) dz = z 2. Bukti: Karena z 0, maka dapat dimisalkan z = r(cos θ + i sin θ), sehingga Jadi, dalam hal ini Berturut-turut diperoleh f(z) = z = (cos θ i sin θ) r u(r, θ) = r cos θ dan v(r, θ) = r sin θ u r = r cos θ, u 2 θ = sin θ, r v r = r 2 sin θ, v θ = r cos θ Mudah dilihat bahwa di sebarang titik z = (r, θ) 0, u r, u θ, v r, dan v θ kontinu dan di titik tersebut berlaku persamaan Cauchy-Riemann. Jadi, f (z) ada dan f (z) = (u r + iv r )(cos θ i sin θ) = ( r cos θ + i sin θ)(cos θ i sin θ) 2 r2 = r 2 {(cos2 θ sin 2 θ) i(sin θ cos θ + cos θ sin θ)} = r 2 (cos 2θ i sin 2θ) = (r(cos θ + i sin θ)) 2 = z 2. Latihan 53

. Tunjukkan bahwa f (z) tak ada di setiap z C. a. f(z) = z z b. f(z) = 2x + ixy 2 2. Tunjukkan bahwa f (z) ada untuk setiap z dan tentukan f (z). a. f(z) = z 3 + iz b. f(z) = sin x cosh y + i cos x sinh y 3. Tentukan di mana f (z) ada dan berikan rumus untuk f (z), jika a. f(z) = x 2 iy 2 b. f(z) = z z c. f(z) = e x {cos y + i sin y} d. f(z) = x 2 4iy 4 4. Diketahui f(z) = 3x 5 5i(y 3 + ). Selidiki apakah f (2 4i), f (2 + 4i), dan f (4 2i) ada. Jelaskan jawaban Saudara. 5. Tentukan kapan f (z) ada, jika a. f(z) = r cos(θ) i sin(θ) b. f(z) = r 2 2iθ 2.0 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 (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 z 0 jika f analitik di suatu persekitaran z 0. Contoh 2.0. (a) Diberikan f(z) =. Karena f (z) ada untuk stiap z 0, z maka f analitik di setiap z 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 0, f (z) tidak ada. Jadi, f tidak analitik di mana-mana. Titik di mana suatu fungsi analitik disebut titik analitik fungsi tersebut. Sedangkan titik z 0 di mana fungsi f tidak analitik, tetapi di suatu titik di setiap persekitaran z 0 f analitik, disebut titik singular f. Dari Contoh 2.0., z 0 dan z = 0 masing-masing merupakan titik analitik dan titik singular f(z) =. z 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 z 0 dan c C, maka f + g, cf, danfg masing-masing analitik di z 0, dan apabila g(z 0 ) 0, maka f juga analitik di z g 0. Mudah ditunjukkan bahwa f(z) = z analitik di setiap z 0 C. Oleh karena itu, berdasarkan sifat-sifat di atas P n (z) = a 0 z n + a z n + a 2 z n 2 +... + a n analitik pula di setiap z 0 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 z i )2 analitik keculai di titik z = i. Teorema di bawah ini menerangkan sifat fungsi analitik yang cukup bermanfaat di dalam teori fungsi kompleks. Teorema 2.0.2 Jika f analitik pada D dan f (z) = 0 untuk setiap z D, maka f konstan pada D. Bukti: Karena f analitik pada D maka f (z) ada untuk setiap z D, sehingga di titik tersebut berlaku persamaan Cauchy-Riemann u x = v y dan u y = v x dan f (z) = u x + iv x 55

Selanjutnya, karena f (z) = 0, maka v y = u x = 0 dan u y = v x = 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. Fungsi Harmonik Di dalam Bagian 2.0, sebagaimana telah dijelaskan pada definisi fungsi analitik, jika fungsi f analitik di titik z 0, maka f (z) ada untuk setiap z di dalam suatu persekitaran z 0. 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) x 2 + 2 H(x, y) y 2 = 0 (2.30) Persamaan (2.3) dikenal dengan nama persamaan differensial Laplace. Contoh 2.. Fungsi H(x, y) = xy 3 x 3 y merupakan fungsi harmonik pada bidang D = R 2, sebab H x, H y, H xx, H xy, H yx, dan H yy semua ada dan kontinu pada D, dan berlaku untuk setiap (x, y) D. H xx (x, y) + H yy (x, y) = 0 Diberikan fungsi f(z) = u(x, y) + iv(x, y) yang analitik pada domain D. Artinya, f (z) ada untuk setiap z D. Oleh karena itu, di z D berlaku 56

persamaan Cauchy-Riemann u x = v y dan u y = v x (2.3) Apabila kedua ruas masing-masing persamaan pada (2.32) diturunkan terhadap x, maka diperoleh u xx = v yx dan u yx = v xx dan apabila diturunkan terhadap y, maka u xy = v yy dan u yy = v xy Selanjutnya, apabila semua turunan partial u dan v kontinu pada D, maka u xy = u yx dan v xy = v yx. Akibatnya, diperoleh u xx + u yy = 0 dan v xx + v yy = 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..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..3 Tunjukkan bahwa u(x, y) = 4x 3 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 u x = 2x 2 y 4y 3 +, u xy = 2x 2 2y 2, u xx = 24xy, u y = 4x 3 2xy 2, u yx = 2x 2 2y 2, u yy = 24xy 57

Dapat dilihat bahwa semua turunan partial tersebut kontinu pada bidang-xy dan pada bidang tersebut berlaku persamaan diferensial Laplace u xx + u yy = 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 v y = u x = 2x 2 y 4y 3 +, dan (2.32) v x = u y = (4x 3 2xy 2 ) (2.33) Apabila kedua ruas (2.33) diintegralkan relatif terhadap y, maka diperoleh v = 6x 2 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 (4x 3 2xy 2 ) = 2xy 2 + h (x) Akibatnya, h (x) = 4x 3, atau h(x) = x 4 + C dengan C sebarang konstanta real. Jadi, v = 6x 2 y 2 y 4 + y x 4 + C dan fungsi utuh yang ditanyakan adalah f(z) = (4x 3 y 4xy 3 + x) + i(6x 2 y 2 y 4 + y x 4 + C). (2.35) Dengan perhitungan yang relatif mudah, (2.36) dapat dinyatakan sebagai f(z) = iz 4 + z + ic (2.36) 58

Apabila diteliti dengan seksama, ternyata (2.37) dapat diperoleh dengan cara sebagai berikut. Karena f analitik di sebarang titik z dan mengingat persamaan Cauchy- Riemann, maka f (z) = u x (x, y) iu y (x, y) = u x ( z + z 2, z z ) iu y ( z + z 2i 2, z z ) 2i (2.37) Khususnya, apabila diambil z = z, maka (2.38) menjadi f (z) = u x (z, 0) iu y (z, 0) (2.38) Kembali ke Contoh 2..3, karena u x = 2x 2 y 4y 3 + dan u y = 4x 3 2xy 2, maka berdasarkan rumus (2.39) f (z) = i4z 3 Jadi, f(z) = z iz 4 + K. Latihan. Selidiki mana-mana di antara fungsi-fungsi di bawah ini yang merupakan fungsi utuh. a. f(z) = (x 2 y 2 ) + 2ixy b. f(z) = e x {cos y + i sin y} 2. Tunjukkan bahwa fungsi-fungsi berikut ini tidak analitik di mana-mana. a. f(z) = z b. f(z) = z z 3. Tentukan titik singular fungsi-fungsi berikut ini serta berikan penjelasannya. a. f(z) = z z b. f(z) = z z 2 4z+3 59

c. f(z) = sin x cosh y+i cos x sinh y d. f(z) = 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) = x 2 y 2 + 3x b. u(x, y) = x y c. u(x, y) = e x cos y b. u(x, y) = x x 2 +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