Bilangan Kompleks Lengkap

1

ANALISA VARIABEL KOMPLEKS

Oleh:

Drs. Toto’ Bara Setiawan, M.Si.(Email : [email protected])

2

BAB IBILANGAN KOMPLEKS

Dengan memiliki sistem bilangan real ℝ saja kita tidak dapat menyelesaikan persamaan x2

+1=0. Jadi disamping bilangan real kita perlu bilangan jenis baru. Bilangan jenis baru ini dinamakan bilangan imajiner atau bilangan kompleks.

3

BILANGAN KOMPLEKS DAN OPERASINYA

Definisi 1Bilangan kompleks adalah bilangan yang berbentuk: a + bi atau a + ib, a dan b bilangan real dan i2 = –1.

NotasiBilangan kompleks dinyatakan dengan huruf z, sedang huruf x dan y menyatakan bilangan real. Jika z = x + iy menyatakan sembarang bilangan kompleks, maka x dinamakan bagian real dan y bagian imajiner dari z. Bagian real dan bagian imaginer dari bilangan kompleks z biasanya dinyatakan dengan Re(z) dan Im(z).

4

OPERASI HITUNG PADA BILANGAN KOMPLEKS

DEFINISI 2

Bilangan kompleks z1=x1+iy1 dan bilangan kompleks z2=x2+iy2 dikatakan sama, z1=z2, jika dan hanya jika x1=x2 dan y1=y2.

DEFINISI 3

Untuk bilangan kompleks z1=x1+iy1 dan z2=x2+iy2 jumlah dan hasilkali mereka berturut-turut didefinisikan sbb:

z1+z2 = (x1+x2) + i(y1+y2)

z1 • z2 = (x1x2 –y1y2) + i(x1y2+x2y1)

5

Himpunan semua bilangan kompleks diberi notasi ℂJadi ℂ = { z | z = x + iy, x∈ℝ, y∈ℝ }.Jika Im(z)=0 maka bilangan kompleks z menjadi bilangan real x, sehingga bilangan real adalah keadaan khusus dari bilangan kompleks, sehingga ℝ⊂ℂ . Jika Re(z)=0 dan Im(z)≠0, maka z menjadi iy dan dinamakan bilangan imajiner murni. Bilangan imajiner murni dengan y=0, yakni bilanga i, dinamakan satuan imajiner.

6

Sifat-sifat lapangan bilangan kompleksHimpunan semua bilangan kompleks bersama operasi penjumlahan dan perkalian (ℂ ,+,•) membentuk sebuah lapangan (field). Adapun sifat-sifat lapangan yang berlaku pada bilangan kompleks z1,z2 dan z3 adalah sebagai berikut:1. z1+z2∈ℂ dan z1•z2∈ℂ . (sifat tertutup)

2. z1+z2= z2+z1 dan z1•z2= z2•z1 (sifat komutatif)3. (z1+z2)+z3= z1+(z2+z3) dan (z1•z2) •z3= z1•(z2•z3) (sifat assosiatif)4. z1•(z2+z3)=(z1•z2)+(z1•z3) (sifat distribtif)5. Ada 0=0+i0∈ℂ , sehingga z+0=z (0 elemen netral penjumlahan)

7

6. Ada 1=1+i0∈ℂ , sehingga z•1=z (1elemen netral perkalian7. Untuk setiap z=x+iyℂ, ada –z=–x–iy) sehingga z+(–z)=0 8. Untuk setiap z=x+iyℂ, ada z-1=sehingga z•z-1=1.

Tugas: Buktikan sifat-sifat 1 – 8 menggunakan definsi yang telah diberikan.

8

Contoh soal:

1. Jika z1=x1+iy1 dan z2=x2+iy2,

buktikan bahwa: z1 – z2= (x1 – x2)+i(y1 – y2)

2. Diketahui: z1=2+3i dan z2=5–i.

tentukan z1 + z2, z1 – z2 , z1z2, dan 2

1zz

9

Kompleks Sekawan

Jika z = x + iy bilangan kompleks, maka bilangan kompleks sekawan dari z ditulis , didefinisikan sebagai = (x,–y) = x – iy.

Contoh:

sekawan dari 3 + 2i adalah 3 – 2i , dan sekawan dari 5i adalah –5i.

Operasi aljabar bilangan kompleks sekawan di dalam himpunan bilangan kompleks memenuhi sifat-sifat berikut :

z

10

Teorema 1 :

a. Jika z bilangan kompleks, maka :

1.2.

3.

4. 22 )zIm()zRe(zz

)zIm(2zz

)zRe(2zz

zz

11

b. Jika z1, z2 bilangan kompleks , maka :

1.

2.3.

4. , dengan z2≠0.

2121 zzzz

2121 zzzz

2121 zzzz

2

1

2

1zz

zz

2121 zzzz

2121 zzzz

2121 zzzz

2121 zzzz

2121 zzzz

12

Interpretasi Geometris Bilangan Kompleks Karena z = x + iy dapat dinyatakan sebagai z= (x,y), merupakan pasangan terurut bilangan real, maka z dapat digambarkan secara geometri dalam koordinat Kartesius sebagai sebuah titik (x,y). Pemberian nama untuk sumbu x diubah menjadi sumbu Real dan sumbu y diubah menjadi sumbu Imajiner. Bidang kompleks tersebut di beri nama bidang Argand atau bidang z. Jika kita hubungkan titik asal (0,0) dengan titik (x,y), maka terbentuk vektor; sehingga bilangan kompleks z = x+iy = (x,y) dapat dipandang sebagai vektor z. Arti geometris dari penjumlahan dan pengurangan bilangan kompleks dapat dilihat pada gambar berikut.

13

Re

Im

)y,x(z

O

ArganBidangz

14

Im

Re

2z

1z

O

21 zz

15

Re

Im

2z

2z

1z

21 zz

O

16

Tugas :Diketahui z1 = 2 + 3i dan z2 = 5 – i. Gambarkan pada bidang kompleks (bidang argand), z1, z2, z1+ z2, z1- z2,

212121 zz,zz,z,z

17

Modulus (Nilai Mutlak) dari Bilangan

Kompleks

Definisi 4 :

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

modulus dari z, ditulis z = x+iy =

Arti geometri dari modulus z adalah

merupakan jarak dari titik O(0,0) ke z = (x,y).

Akibatnya, jarak antara dua bilangan kompleks

z1 =x1+iy1 dan z2 = x2+iy2 adalah

22 yx

221

221 )yy()xx(

18

Selanjutnya apabila z1 =x1+iy1 dan r real positif,

maka z – z1 = r merupakan lingkaran yang

berpusat di

titik z1 dengan jari-jari r.

Bagaimanakah dengan z – z1 < r dan z – z1

> r

Gambarkanlah pada bidang z.

19

Teorema 2 : A. Jika z bilangan kompleks, maka berlaku :

1.

2.

3.4.

5.

)zIm()zIm(z

)zRe()zRe(z

zzz

zz

)zIm()zRe(z

2

222

20

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

1.

2.

3.4.

5.

Tugas : Buktikanlah teorema A di atas dengan memisalkan z = x+iy, kemudian berdasarkan hasil A, buktikan juga teorema B !

2121

2121

2121

2

1

2

1

2121

zzzz

zzzz

zzzz

zz

zz

zzzz

21

1. Bukti: 2121 zzzz )iyx()iyx(zz 221121

)yxyx(i)yyxx( 12212121

212121

22

22

212121

22

21

22

21 yyxx2yxyxyyxx2yyxx

21221

22121 )yxyx()yyxx(

)yx()yx( 22

22

21

21

)yx()yx( 22

22

21

21

21 zz

2121 zzzz

22

2. Bukti:

22

22

22

11

2

1iyxiyx

iyxiyx

zz

22

22

211222

22

2121

yxyxyx

iyx

yyxx

2

22

22

21122

22

22

2121

yxyxyx

yxyyxx

222

22

212122

21

21

222121

22

21

22

21

)yx(yyxx2yxyxyyxx2yyxx

)yx()yx()yx()yx(

22

22

22

22

22

22

21

21

.terbuktizz

yx

yx

2

122

22

21

21

23

3. Bukti:

2121 zzzz 2

1221 )yxyx(0

212121

22

22

21 yyxx2yxyx0

21

22

22

212121 yxyxyyxx2

21

22

22

21

22

21

22

212121

22

21

22

21 yxyxyyxxyyxx2yyxx

)yx)(yx()yyxx( 22

22

21

21

22121

)yx)(yx(2)yyxx(2 22

22

21

212121

2221

21

2221

21 yyy2yxxx2x

22

22

22

22

21

21

21

21 yx)yx)(yx(2yx

222

22

21

21

221

221 yxyx)yy()xx(

22

22

21

21

221

221 yxyx)yy()xx(

terbukti

zzzz 2121

24

4. Bukti:

2121 zzzz

2121

2121

221

2211

zzzz

zzzz

zzz

zzzz

25

Bentuk Kutub (Polar) dan Eksponen dari Bilangan

Kompleks Selain dinyatakan dalam bentuk z = x+iy = (x,y), bilangan kompleks z dapat dinyatakan pula dalam bentuk koordinat kutub atau Polar, yaitu z = (r,).

Im

Re

),r()y,x(z

rz

O

26

Adapun hubungan antara keduanya, dan

adalah :x = r cos , y = r sin,

sehingga = arc tan

adalah sudut antara sumbu x positif dengan oz

didapat juga

Jadi, bentuk kutub bilangan kompleks z adalah

z = (r, ) = r(cos + i sin ) = r cis .

dan sekawan dari z adalah = (r, -) = r(cos - i sin ).

xy

zyxr 22

)y,x( ),r(

27

Definisi 5 :Pada bilangan kompleks z = (r, ) = r(cos + i sin ), sudut disebut argument dari z, ditulis arg z. Sudut dengan 0 < 2 atau - < disebut argument utama dari z, ditulis = Arg z. Pembatasan untuk sudut tersebut dipakai salah satu saja.

Definisi 6 :Dua bilangan kompleks z1 = r1(cos 1 + i sin 1) dan z2 = r2(cos 2 + i sin 2) dikatakan sama, jika r1 = r2, dan 1 = 2.

28

Selain penulisan bilangan kompleks z = (x , y) = (r, ) = r(cos + i sin ) = r cis , maka anda dapat menuliskan z dalam rumus Euler (eksponen), yaitu z = rei, dan sekawannya adalah re-i.

Tugas: Buktikan bahwa ei = cos + i sin , dengan menggunakan deret MacLaurin untuk cos , sin dan et dengan mengganti t = i.

29

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

30

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

Jawab :

z = 1 + i, r = , tan = 1, sehingga = 45⁰= Jadi z = (cos + i sin ) = cis =

2 41

41 2 4

1 2i

4e2 4

1

31

Pangkat dan Akar dari Bilangan Kompleks

Perkalian dan Pemangkatan

Telah kita ketahui bahwa bilangan kompleks dalam bentuk kutub adalah z = r(cos + i sin ).

Jika z1 = r1(cos 1 + i sin 1) & z2 = r2(cos 2 + i sin

2), maka kita peroleh hasil perkalian keduanya

sebagai berikut :

z1 z2 = [r1(cos 1 + i sin 1)][r2(cos 2 + i sin 2)]

z1 z2 = r1 r2 [(cos 1 cos 2 - sin1sin 2) +

i (sin 1 cos 2 + cos 1sin 2)]

z1 z2 = r1 r2 [cos (1 + 2 ) + i sin (1 + 2)]

32

Dari hasil perkalian tersebut diperoleh:arg(z1 z2) = 1 + 2 = arg z1+ arg z2

Pertanyaan : Bagaimanakah jika kita perkalikan z1 z2 . . . zn dan z z z z … z = zn ?

33

Jika diketahui:

z1 = r1(cos 1 + i sin 1)

z2 = r2(cos 2 + i sin 2)

zn = rn(cos n + i sin n), untuk n asli,

maka secara induksi matematika, diperoleh rumus perkalian z1 z2 … zn = r1 r2 …rn[cos (1 + 2+…+n) + i sin (1 + 2+…+n)] .

Akibatnya jika, z = r(cos + i sin ) maka zn = rn (cos n + i sin n). . . . . . . . . . .1

Khusus untuk r = 1, disebut Dalil De-Moivre

(cos + i sin )n = cos n + i sin n, n asli.

34

Pembagian:

Sedangkan pembagian z1 dan z2 adalah sebagai

berikut:

Setelah pembilang dan penyebut dikalikan dengan

sekawan penyebut, yaitu r2(cos 2 - i sin 2), maka

diperoleh : [cos (1 - 2 ) + i sin (1 - 2)]

Dari rumus di atas diperoleh:

arg 1-2 = arg z1 – arg z2.

)sini(cosr)sini(cosr

zz

222

111

2

1

2

1

2

1rr

zz

2

1zz

35

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

maka:

Untuk: .

Setelah pembilang dan penyebut dikalikan

sekawan

penyebut, maka didapat :

. . .

. . . . 2

nsinincosr1

z1

)sin(i)cos(r1

z1

nn

)nsin(i)ncos(r1

z1

nn

36

Dari 1 dan 2 diperoleh:

, Dalil De-

Moivre

berlaku untuk semua n bilangan bulat.

)nsin(i)ncos(rz nn

37

Contoh:Hitunglah :

Jawab :Misalkan maka

karena z di kuadran IV, maka dipilih

jadi

31tan

213zr

,i3z

6

6

oo66

oo

2

)01(2

180sini180cos2i3

30sini30cos2i3

o30

6i3

38

Akar Bilangan Kompleks

Bilangan kompleks z adalah akar pangkat n dari

bilangan kompleks w, jika zn = w, dan ditulis

.

Jika z = (cos +i sin) akar pangkat n dari

bilangan kompleks w = r(cos+i sin), maka dari

zn = w diperoleh: n(cosn +i sinn) = r(cos+i

sin), sehingga n = r dan n= +2k , k bulat.

Akibatnya dan

Jadi . . .

n1

wz

n1

r nk2

39

Jadi, akar pangkat n dari bilangan kompleks

w = r(cos+i sin) adalah:

z = [cos( ) + i sin ( )],

k bulat dan n bilangan asli.

Dari persamaan zn = w, ada n buah akar berbeda yang memenuhi persamaan itu.

Untuk mempermudah dipilih k = 0,1,2,3,…,(n-1);

0 < 2, sehingga diperoleh z1,z2,z3,

…,zn sebagai akar ke-n dari z.

n1

rn

k2 n

k2

nk2

40

Contoh :

Hitunglah (-81)1/4

Jawab :

Misalkan z = (-81)1/4, berarti harus dicari penyelesaian

persamaan z4 = -81.

Tulis z = (cos +i sin) dan –81 = 81(cos1800+i sin1800),

sehingga 4(cos4 +i sin4) = 81(cos1800+i sin1800),

diperoleh 4 = 81, atau = 3 dan .

Jadi z = 3[cos( )+i sin( )]

Keempat akar yang dicari dapat diperoleh dengan

mensubstitusi k = 0,1,2,3 ke persamaan terakhir.

4k2

4k2

4k2

41

Latihan Soal Bab I

1. Buktikan Teorema 1 dengan memisalkan

z = (x,y) = x + iy.

2. Diketahui z1 = 6 + 5i dan z2 = 8 – i.

Tentukan z1 + z2, z1 - z2 , z1z2, dan z1 / z2

3. Jika z = -1-i, buktikan z2 + 2z + 2 = 0.

4. Cari bilangan kompleks z yang memenuhi

sifat: a. z-1 = z dan b.

5. Buktikan untuk setiap z bilangan kompleks

berlaku : z1. + .z2 = 2Re(z1. )

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

i.

zz

1z2z 2z

42

7.Gambarkan pada diagram argand dan

sebutkan nama kurva yang terjadi :

a. z – 5 = 6 dan z – 5 > 6

b. z + i = z – i

c. 1 < z – i < 3

8.Nyatakan bilangan kompleks z = 2 -2i dalam

bentuk polar dan eksponen !

9. Hitunglah (-2+2i)15

10.Tentukan himpunan penyelesaian dari : z3- i = 0

43

BAB IIFUNGSI , LIMIT DAN KEKONTINUAN

Sebelum dibahas mengenai fungsi kompleks, maka perlu dipelajari konsep-konsep topologi yang akan digunakan pada fungsi kompleks.

Konsep-Konsep Topologi Pada Fungsi

Kompleks

Himpunan pada pembahasan ini adalah koleksi atau kumpulan titik-titik pada bidang Z. Dianggap anda telah memahami operasi pada himpunan yaitu gabungan, irisan, penjumlahan dan pengurangan beserta sifat-sifatnya.

44

1. Lingkungan/persekitarana. Persekitaran zo adalah himpunan semua titik z yang

terletak di dalam lingkaran yang berpusat di zo,

berjari-jari r, r > 0. Ditulis N(zo,r) atau z – zo < r.

b. Persekitaran tanpa zo adalah himpunan semua titik

zzo yang terletak di dalam lingkaran yang berpusat

di zo, berjari-jari r, r > 0. Ditulis N*(zo,r) atau

0< z – zo < r.

45

Contoh :a. N(i,1) atau z – i < 1, lihat pada gambar 1b. N*(O,a) atau 0< z – O < a, lihat pada gambar 2

Im

Re

i

i2

O

1gambar

Re

Im

O

2gambar

a

46

2. Komplemen

Andaikan S suatu himpunan. Komplemen dari S ditulis Sc,merupakan himpunan semua titik pada bidang Z yang tidak termasuk di S.

Contoh :

Gambarkan !

A = { z | Im z< 1}, maka Ac = { z | Im z 1}.

B ={ z | 2<z<4}, maka Bc = { z | z2 atau z4}.

47

A = { z | Im z< 1}, maka Ac = { z | Im z 1}.

B ={ z | 2<z<4}, maka Bc = { z | z2 atau z4}.

Re

Im

O

1A

Re

Im

O 2 4

4

2

B

cAcB

48

3. Titik limit

Titik zo disebut titik limit dari himpunan S jika untuk

setiap N*(zo,) maka N*(zo,) S . Jika zo ∈ S dan

zo bukan titik limit, maka zo disebut titik terasing.

49

3. Titik limit

Titik zo disebut titik limit dari himpunan S jika untuk

setiap N*(zo,) maka N*(zo,) S . Jika zo ∈ S dan

zo bukan titik limit, maka zo disebut titik terasing.

4. Titik batas

Titik zo disebut titik batas dari himpunan S jika

untuk setiap N*(zo,) memuat suatu titik di S dan

memuat suatu titik yang tidak di S.

50

3. Titik limit

Titik zo disebut titik limit dari himpunan S jika

untuk setiap N*(zo,) maka N*(zo,) S . Jika zo

∈ S dan zo bukan titik limit, maka zo disebut titik

terasing.

4. Titik batas

Titik zo disebut titik batas dari himpunan S jika

untuk setiap N*(zo,) memuat suatu titik di S dan

memuat suatu titik yang tidak di S.

5. Batas dari himpunan S

adalah himpunan semua titik batas dari S.

51

6. Interior dan EksteriorTitik zo disebut interior dari himpunan S jika ada N(zo,) sehingga N(zo,) S. Titik yang bukan titik interior atau bukan titik batas disebut titik eksterior.

52


7. Himpunan TerbukaHimpunan S disebut himpunan terbuka jika semua anggota S adalah titik interior S.

53


7. Himpunan TerbukaHimpunan S disebut himpunan terbuka jika semua anggota S adalah titik interior S.

8. Himpunan TertutupHimpunan S disebut himpunan tertutup jika S memuat semua titik limitnya.

54

9. Himpunan TerhubungHimpunan terbuka S disebut terhubung, jika setiap dua titik di S dapat dihubungkan oleh penggal garis yang seluruhnya terletak di S.

55


10. Daerah domainHimpunan terbuka S yang terhubung disebut daerah domain.

56


10. Daerah domainHimpunan terbuka S yang terhubung disebut daerah domain.

11. Daerah Tertutup Daerah tertutup S adalah daerah terbuka digabung dengan batasnya.

57

12. Penutup dari himpunan S adalah himpunan S digabung dengan titik limitnya.

58

Contoh :1. Diberikan A = { z / |z|<1}, maka:

A adalah himpunan terbuka dan terhubung.Batas dari A adalah { z / |z|=1}.Penutup dari A adalah { z / |z|1}.

Im

Re1

11

1

A

59

2. Diberikan B = { z / |z|<1} U {(0,1)}, maka:

B adalah bukan himpunan terbuka dan juga bukan himpunan tertutup.

Titik-titik limit dari B adalah { z / |z|1}.

Im

Re1

11

1

B

60

3. Diberikan C = { z / |z| 2}, maka:

Titik-titik interior C adalah { z / |z|<2}.

Im

Re1

111

2

22

2

61

Fungsi KompleksDefinisi :

Misalkan D himpunan titik pada bidang Z.

Fungsi kompleks f adalah suatu aturan yang memasangkan setiap titik z anggota D dengan satu dan hanya satu titik w pada bidang W, yaitu (z,w).

Fungsi tersebut ditulis w = f(z).

Himpunan D disebut daerah asal (domain) dari f, ditulis Df dan f(z) disebut nilai dari f atau peta dari z

oleh f. Range atau daerah hasil (jelajah) dari f ditulis Rf , yaitu himpunan f(z) untuk setiap z anggota D.

62

z )z(fw)zRe( )wRe(

)zIm( )wIm(

Bidang Z Bidang W

f

63

Contoh :a) w = z + 1 – ib) w = 4 + 2ic) w = z2 – 5z

d) f(z) =

Contoh a,b,c adalah fungsi kompleks dengan domain semua titik pada bidang Z.

Contoh d adalah fungsi kompleks dengan domain

semua titik pada bidang Z , kecuali z =

1z2z3

21

64

Jika z = x + iy, maka fungsi w = f(z) dapat

diuraikan menjadi w = u(x,y) + iv(x,y) yang

berarti Re(w) dan Im(w) masing-masing merupakan

fungsi dengan dua variabel real x dan y.

Apabila z = r(cos + i sin), maka w = u(r, ) + iv(r,

).

65

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

66

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

Jawab : Misal z = x + iy, maka fungsi w = f(z) = 2z2 – i

= 2(x + iy )2 – i = 2(x2+2xyi-y2) – i = 2(x2-y2) + i(2xy-1).

Jadi u = 2(x2-y2) dan v = 2xy-1.

67

Jika z = r(cos + i sin).

Tentukan f(z) = z2 + i

68

Jika z = r(cos + i sin).

Tentukan f(z) = z2 + i

Jawab

f(z) = z2 + i

= [r (cos+i sin)]2 + i

= r2[cos2 - sin2 + 2isincos] + i

= r2 (cos2 - sin2) + r2isin2 + i

= r2 (cos2 - sin2) +(1+r2sin2)i

berarti u = r2(cos2 - sin2) dan v =

1+r2sin2) .

69

Komposisi Fungsi

Diberikan fungsi f(z) dengan domain Df dan

fungsi g(z) dengan domain Dg.

‣ Jika Rf Dg , maka ada fungsi komposisi

(g ⃘f) (z) = g (f (z)), dengan domain Df.f g

fg

z )z(f

)z)(fg(

)z(fg

70

‣ Jika Rg Df , maka ada fungsi komposisi

(f⃘g) (z) = f (g (z)), dengan domain Dg.

∷ Tidak berlaku hukum komutatif pada (g ⃘f) (z) dan (f ⃘g)(z).

g f

gf

z )z(g

)z)(gf(

)z(gf

71

Contoh :

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

‣ Jika Rf Dg ,

maka (g ⃘f) (z) = g (f (z))

= g(3z – i)

= (3z – i)2 + (3z – i) –1 + i

= 9z2 – 6iz – 1 + 3z – i – 1 + i

= 9z2 – 3z – 2 – 6iz

72

‣ Jika Rg Df ,

maka (f ⃘g) (z) = f (g (z))

= f(z2 + z –1 + i)

= 3z2 + 3z – 3 + 3i – i

Karena 9z2 – 3z – 2 – 6iz ≠ 3z2 + 3z – 3 + 3i – i

Jadi (g ⃘f) (z) (f⃘g)(z) atau

(g ⃘f) (f⃘g), (tidak komutatif)

73

Interpretasi Geometris

Untuk setiap variabel bebas z = x + iy anggota domain ada satu dan hanya satu variabel tak bebas w = u + iv yang terletak pada suatu bidang kompleks. Masing-masing variabel terletak pada suatu bidang kompleks, z pada bidang Z dan w pada bidang W. Karena pasangan (z,w) mengandung 4 dimensi, maka kita tidak dapat menggambarkannya pada satu sistem. Tetapi kita dapat melihat gambaran dari w = f(z). Caranya dengan memandang fungsi f tersebut sebagai pemetaan (transformasi) dari titik di bidang Z ke titik di bidang W dengan aturan f. Untuk suatu titik z maka f(z) disebut peta dari z.

74

Contoh 1 :Diketahui fungsi w = 2z – 1 + i. Untuk setiap variabel bebas z = x + iy didapat nilai w = (2x – 1) + (2y + 1)i. Misalnya untuk z1 = 1 + i , dan z2 = 2 – 3i , berturut-turut diperoleh : w1 = 1 + 3i , dan w2 = 3 – 5i. Gambar dari z1, z2, w1 , dan w2 dapat dilihat di bawah ini

X U

Y V

1z

2z

1w

2w

O O

Zbidang Wbidang

1

1

2

3

1

3

3

5

75

Contoh 2 :

Diketahui fungsi w = z2.

Dengan menggunakan z = r (cos+i sin), maka diperoleh w = z2 = r2 (cos2+i sin2).

Jika sebuah lingkaran pusat O berjari-jari r pada bidang Z, maka dapat dipetakan ke bidang W menjadi sebuah lingkaran pusat O berjari-jari r2. Daerah 0 arg z dipetakan menjadi daerah

0 arg w 2.

Gambar keduanya dapat dilihat di bawah ini.

76

2

Zbidang

Wbidang

r

2r

77

Diketahui daerah D pada bidang Z dan titik zo terletak di dalam D atau pada batas D. Misalkan fungsi w = f(z) terdefinisi pada D, kecuali di zo.

oz

D z

),z(*N o

Apabila titik z bergerak mendekati titik zo melalui

setiap lengkungan sebarang K dan mengakibatkan nilai f(z) bergerak mendekati suatu nilai tertentu, yaitu wo

pada bidang W, maka dikatakan limit f(z) adalah wo

untuk z mendekati zo,

ditulis :

)z(f

),w(N o

ozz

w)z(flimo

Limit

ow

D

K

Zbidang

Wbidang

78

Definisi :

Misalkan fungsi w = f(z) terdefinisi pada daerah D, kecuali di zo (titik zo di dalam D atau

pada batas D). limit f(z) adalah wo untuk z

mendekati zo, jika untuk setiap > 0, terdapat

> 0 sedemikian hingga

|f(z) – wo |< , apabila 0 <|z – zo|< ,

ditulis:

ozz

w)z(flimo

79

Perlu diperhatikan bahwa :

1. Titik zo adalah titik limit domain fungsi f.

2. Titik z menuju zo melalui sebarang

lengkungan K, artinya z menuju zo dari

segala arah.

3. Apabila z menuju zo melalui dua lengkungan

yang berbeda, mengakibatkan f(z) menuju dua nilai yang berbeda, maka limit fungsi f

tersebut tidak ada untuk z mendekati zo.

80

Contoh 1 : Buktikan bahwa : 5

2z2z3z2lim

2

2z

81

Contoh 1 : Buktikan bahwa :

Bukti:Misalkan diberikan bilangan > 0, kita akan mencari > 0 sedemikian, sehingga:

, untuk z

2

Lihat bagian sebelah kanan

|52z

2z3z2||2z|02

52z

2z3z2lim2

2z

82

Dari persamaan kanan diperoleh:

Hal ini menunjukkan bahwa telah diperoleh.

2|2z|

|)2z(2|

|)2z()2z)(51z2(|

|5)2z()2z)(1z2(||52z

2z3z2|2

2

83

Bukti Formal :Jika diberikan > 0 , maka terdapat , sehingga untuk z 2, diperoleh

Jadi apabila

Terbukti

2|)2z(2|

|5)2z(

)2z)(1z2(|

|52z

2z32z2||2z|0

2

|52z

2z32z2|2

|2z|0

52z

2z3z2lim2

2z

84

Teorema Limit :

Teorema 1 :

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

85

Teorema Limit :

Teorema 1 :

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

Bukti:

Misal limitnya w1 dan w2, maka

21

21

2121

2

11

wwjadi

wwsehingga22

w)z(f)z(fww)z(f)z(fw

2w)z(f

2)z(fww)z(f

86

Teorema 2 :

Misalkan z = (x,y) = x+iy dan f(z) = u(x,y) +

iv(x,y) dengan domain D. Titik zo = (xo,yo) =

xo+iyo di dalam D atau batas D.

Maka jika dan hanya jika

dan

oozz

iyx)z(flimo

ozz

x)y,x(ulimo

ozz

y)y,x(vlimo

87

Teorema 3 :

Misalkan fungsi f dan g limitnya ada.

lim f(z) = a dan lim g(z) = b, maka

1. lim (f(z) +g(z)) = a + b (untuk z → zo)

2. lim (f(z) . g(z)) = a . b (untuk z → zo)

3. lim (f(z) / g(z)) = a / b (untuk z → zo)

Tugas : Buktikan ketiga teorema limit tersebut !

88

Contoh 1 :

Hitunglah iz1zlim

2

iz

89

Contoh 1 :

Hitunglah

Jawab:

iz1zlim

2

iz

i2

)iz(limiz

)iz)(iz(limiz1zlim

iz

iz

2

iz

90

Contoh 2 :

Jika . Buktikan tidak ada ! i1yx

yxxy2)z(f

2

22

)z(flim0z

91

Contoh 2 :

Jika . Buktikan tidak ada ! i1yx

yxxy2)z(f

2

22

)z(flim0z

Bukti :

Kita tunjukkan bahwa untuk z menuju 0 di

sepanjang garis y = 0, maka

Sedangkan di sepanjang garis y = x,

Dari 1 dan 2, terbukti tidak ada

10ixlim)z(flim)z(flim 2

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

21)i1x

x1(lim)z(flim)z(flim2

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

)z(flim0z

92

Kekontinuan Fungsi

Definisi :

Misalkan fungsi f(z) terdefinisi di D pada bidang

Z dan titik zo terletak pada interior D, fungsi f(z)

dikatakan kontinu di zo jika untuk z menuju zo,

maka lim f(z) = f(zo).

93

Jadi, ada tiga syarat fungsi f(z) kontinu di zo, yaitu :

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

)z(f)z(flim.3

ada)z(flim.2

ada)z(f.1

ozz

zz

o

o

o

94

Teorema 4 :

Jika f(z) = u(x,y) + iv(x,y), f(z) terdefinisi di

setiap titik pada daerah R, dan zo = xo+ i yo

titik di dalam R, maka fungsi f(z) kontinu di zo

jika dan hanya jika u(x,y) dan v(x,y) masing-

masing kontinu di (xo,yo).

95

Teorema 5 :

Andaikan f(z) dan g(z) kontinu di zo, maka

masing-masing fungsi :

1. f(z) + g(z)

2. f(z) . g(z)

3. f(z) / g(z), g(z) 0

4. f(g(z)); f kontinu di g(zo),

kontinu di zo.

96

Contoh 1 :

Fungsi f(z) = , apakah kontinu di 2i

Jawab :

f(2i) = 3 + 4(2i) = 3 + 4i,

sedangkan untuk z mendekati 2i, lim f(z) = z

+ 2i,

jadi f(z) diskontinu di z = 2i.

i2z,z43

i2z,i2z4z2

)i2(f)z(flimsehinggai2z

97

Contoh 2.

Dimanakah fungsi kontinu ?

Jawab :

Coba anda periksa bahwa g(z) diskontinu di z = 1 dan

z = 2. Jadi g(z) kontinu di daerah

2z3z1z)z(g 2

2

2zz

98

BAB III. TURUNAN

3.1 Definisi Turunan

Diberikan fungsi f yang didefinisikan pada daerah D dan

zo D.

Jika diketahui bahwa nilai ada, maka

nilai limit ini dinamakan turunan atau derivatif fungsi f di

titik zo.

Dinotasikan : f’(zo)

o

o

zz zz)z(f)z(f

limo

99

⇛ Jika f’(zo) ada, maka f dikatakan terdifferensial atau diferensiabel di zo.

Dengan kata lain :

⇛ Jika f terdifferensial di semua titik pada D, maka f terdifferensial pada D

Contoh 3.1.1Buktikan f(z) = z2 terdifferensiasi diseluruh ℂ

z)z(f)zz(f

limzflim)z('f oo

0z0zo

100

Bukti : Ditinjau sebarang titik zo ℂ

o

o

oo

zz

o

2o

2

zz

o

o

zzo

z2

zz)zz)(zz(

lim

zzzz

lim

zz)z(f)z(f

lim)z('f

o

o

o

Karena zo sebarang maka f(z) = z2 terdefferensial

di seluruh ℂ

101

Teorema 3.1

Jika f fungsi kompleks dan f’(zo) ada, maka

f kontinu di zo

Bukti :

102

Bukti : Diketahui f’(zo) ada

Akan dibuktikan f kontinu di zo atau )z(f)z(flim ozz o

0

0)z('f

)zz(lim)zz()z(f)z(f

lim

)zz()zz()z(f)z(f

lim))z(f)z(f(lim

ozzo

o

zz

oo

o

zzo

zz

oo

oo

sehingga

dengan kata lain f kontinu di zo.

)z(f)z(flim)z(flim oozzzz oo

103

Contoh 3.1.2Buktikan f(z) = |z|2 kontinu di seluruh bidang kompleks tetapi hanya terdifferensial di z = 0

Bukti :f(z) = |z|2 = x2 + y2 berarti u(x,y) = x2 + y2 dan

v(x,y) = 0u dan v kontinu di D, maka f(z) kontinu di D

0zzzlim

z|z|lim

0z)0(f)z(flim)0('f

0z

2

0z0z

Jadi f(z) terdifferensial di z = 0

104

3.2 Syarat Chauchy-Riemann

Syarat yang diperlukan agar fungsi f terdiferensial

di zo = xo + i yo adalah syarat Chauchy-

Riemann, yang menghubungkan derivatif-derivatif parsial tingkat pertama dari fungsi bagian real dan fungsi bagian imajiner dari f.

105

Terema 3.2.1 (Syarat Chauchy-Riemann

Jika f(z) = u(x,y) + i v(x,y) terdifferensial di zo = xo

+ i yo, maka u(x,y) dan v(x,y) mempunyai

derivatif parsial pertama di (xo,yo) dan di titik ini

dipenuhi persamaan Cauchy – Riemann

derivatif f di zo dapat dinyatakan dengan

Jika persamaan C-R tidak dipenuhi di (xo,yo) maka

f(z) = u(x,y) + i v(x,y) tidak terdifferensial di zo =

xo + i yo

xv

yudan

yv

xu

)y,x(vi)y,x(u)z('f ooxooxo

106

Contoh 3.2.1

Buktikan f(z) = |z|2 tidak terdifferensiasi di z 0

Bukti : f(z) = x2 + y2 sehinggau(x,y) = x2 + y2

v(x,y) = 0Persamaan Cauchy – Riemann

y2yudanx2

xu

0yvdan0

xv

)1(0x2yv

xu

107

)2(0y2xv

yudan

(1)dan (2) tidak dipenuhi jika x 0 atau y 0,

jadi pasti f tidak terdeferensial di z 0

108

Catatan :

Syarat C-R hanya syarat perlu untuk keterdifferensialan.

Contoh 3.2.2Buktikan fungsi f(z) = 22

33

yxi)1(yi)1(x

dan f(0) = 0, tidak terdifferensial di 0, memenuhi C-R

Bukti :u = 22

33

yxyx

dengan u(0,0)

= 0

v = 22

33

yxyx

dengan v(0,0) = 0

ux(0,0) = ox

lim x

)0,0u()0u(x, = 1

uy(0,0) = y)0,0u(,y)0u(lim

oy

= -1

109

vx(0,0) = x)0,0v()0v(x,lim

ox

= 1

oylim y

)0,0v(,y)0v( vy(0,0) = = 1

Jadi persamaan Cauchy – Riemann terpenuhi

iy))(xy(xi)1(yi)1(xlim

z)0(f)z(flim 22

33

0z0z

Tetapi

Untuk z 0

oxlim 3

3

xi)1(x

Sepanjang garis real y = 0 = 1 + i

110

oxlim 3

3

xi)1(2xi2

i1iSepanjang garis real y = x =

ozlim z

)0f(f(z)Jadi tidak ada

sehingga f tidak terdifferensial di 0

meskipun

persamaan C-R dipenuhi di (0,0)

111

xu

yu

xv

yv

xu

yv

yu

xv

Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa :

i. Syarat perlu

f(z) = u(x,y) + iv(x,y), zo = xo + i yo

f’(z) ada maka , , ,

berlaku C-R yaitu :

= dan =

dan f’(z0) = ux(x0,y0) + i vx(x0,y0)

ada di (xo, yo)

112

ii. Syarat cukup

u(x,y), v(x,y), ux(x,y), vx(x,y), uy(x,y), vy(x,y) kontinu

pada kitar zo = xo + i yo dan di (xo,yo) dipenuhi C-R

maka f’(zo) ada

113

Contoh 3.2.3

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

Bukti :

u(x,y) = excos y ux(x,y) =

excos y

uy(x,y) = -

exsin y

v(x,y) = exsin y vx(x,y) =

exsin y

vy(x,y) = excos

y

ada dankontinu disetiap (x,y) ℂ

114

Berdasarkan persamaan C-R :

ux = vy dan uy = -vx dipenuhi di (x,y) ℂ, dan ada

kitar

dimana keenam fungsi kontinu dan C-R dipenuhi di

(x,y).

Jadi f’(z) ada z ℂ.

Dan f’(z) = ux(x,y) + i vx(x,y)

= excos y + i exsin y

115

3.3 Syarat C-R Pada Koordinat Kutub

Jika f(z) = u(x,y) + i v(x,y) dapat diilustrasikan

dalam koordinat kartesius maka dengan

menggunakan

hubungan x = r cos dan y = r sin , diperoleh

z = r cos + i sin , sehingga

f(z) = u(r, ) + i v(r, ) dalam sistem koordinat

kutub

116

Teoreama 3.3.1

Jika f(z) = u(r, ) + i v(r, ) terdiferensial dan

kontinu pada suatu kitar (ro, o) dan jika dalam

kitar tersebut

ur, u, vr, v ada dan kontinu di (ro, o) dan

dipenuhi

C-R yaitu:ru

r1

v

r1

v

rv = dan = , r 0

maka f’(z) = ada di z = zo dan

f’(z) = (cos o – i sin o) [ur(ro, o) + i vr(ro, o)]

117

Contoh 3.3.1

Diketahui f(z) = z-3,

tentukan f’(z) dalam bentuk kootdinat kutub

118

Jawab :

f(z) = z-3 = r-3 (cos 3 - i sin 3), maka :

u = r-3 cos 3 , sehingga ur = -3r-4

cos 3 dan

u = -3r-3 sin 3

v = -r-3 sin 3 , sehingga vr = 3r-4 sin

3 dan

v = -3r-3 cos 3

keenam fungsi ini kontinu dan syarat C-R

dipenuhi untuk semua z 0

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

Dengan demikian f’(z) dalam koordinat kutub

adalah :

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

3)

= cis(-) (-3r-4) cis(-3)

= -3r-4 cis(-4)

119

2)z(g)z('g)z(f)z(g)z('f

)z(g)z(f

dxd.5

)z('g)z(f)z(g)z('f)z(g)z(fdxd.4

)z('g)z('f)z(g)z(fdxd.3

)z('cfdz

)z(cfd.2

1dzd(z),0

dzdc.1

3.4 Aturan PendiferensialanJika f(z), g(z) dan h(z) adalah fungsi- fungsi kompleksserta f’(z), g’(z) dan h’(z) ada, maka berlaku rumus-rumus :

120

dzd.

ddw

dzdw

)rantaiaturan(komposisidengandisebutbiasa

)z('f)]z(f['g)z('hmaka)]z(f[g)z(hJika.7

nzdzdz.6 1n

n

121

3.5 Fungsi Analitik

Definisi 3.5.1

Fungsi f analitik di zo, jika ada r > 0

sedemikian, hingga f’(z) ada untuk setiap z

N(zo,r) (persekitaran zo)

r

f diferensiable

Fungsi analitik untuk setiap zℂ dinamakan fungsi utuh

oz

122

Contoh 3.5.1

1. f(z) =

2. f(z) = x3 + iy3

diperoleh : u = x3 ; v = y3 sehingga

ux = 3x2 ; vx = 0 ; uy = 0 ; vy = 3y2

dengan menggunakan persamaan C-R :

3x2 = 3y2 y = x dan vx = uy = 0

persamaan C-R dipenuhi dan kontinu digaris

y = x

berarti f’(z) ada hanya di y = x

Jadi f(z) tidak analitik dimanapun karena

tidak ada kitar.

z1

analitik kecuali di z = 0

123

0)z('g0)z(gdengan,zg'zf'

zgzflim

ozz

Sifat sifat analitikMisalnya f dan g analitik pada D, maka :o f g merupakan fungsi analitiko fg merupakan fungsi analitiko f/g merupakan fungsi analitik dengan g 0o h = g ∘ f merupakan fungsi analitiko berlaku aturan L’hospital yaitu :

124

3.6 Titik Singular

Definisi 3.6.1

Titik z1 disebut titik singular dari f jika f tidak

analitik di z1 tetapi untuk setiap kitar dari z1

memuat paling sedikit satu titik dimana f analitik.

125

Jenis kesingularan f(z) atau titik singular antara

lain :

1. Titik singular terisolasi

Titik zo dinamakan titik singular terisolasi dari

f(z) jika

terdapat 0 demikian sehingga lingkaran |z –

zo| =

hanya melingkari titik singular lainnya. Jika

seperti itu

tidak ada, maka z = zo disebut titik singular

tidak

terisolasi.

126

2. Titik Pole (titik kutub)

Titik z = zo disebut titik pole tingkat n, jika

berlaku

.

Jika n = 1, zo disebut sebagai titik pole

sederhana.

3. Titik Cabang

Dari fungsi bernilai banyak dapat menjadi titik

singular.

4. Titik Singular dapat dihapuskan

Titik singular zo disebut titik singular dapat

dihapuskan

dari f(z) jika f(z) ada.

0A)z(f)zz(lim no

zz o

ozlim

127

5. Titik Singular Essensial

Titik singular z = zo yang tidak memenuhi

syarat titik

singular pole titik cabang atau titik singular

yang dapat

dihapuskan disebut titik singular essensial.

6. Titik Singular tak hingga

Jika f(z) mempunyai titik singular di z = ,

maka sama

dengan menyatakan f(1/w) mempunyai titik

singular di

w = 0.

128

Contoh 3.6.1

• g(z) = berarti titik z = i adalah titik pole

tingkat 2 dari g(z)

• h(z) = |z|2 tidak merupakan titik singular

• k(z) = ln (z2 + z – 2) maka titik cabang adalah z1

= 1 dan z2 = –2 karena (z2 + z – 2) = (z – 1) (z +

2) = 0

2)1z(1

129

3.7 Fungsi Harmonik

f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik pada D maka u dan

v mempunyai derivatif parsial di semua orde

yang kontinue pada D. Jadi dalam D berlaku C-R ,

ux = vy dan uy = –vx

Karena derifatif-derivatif parsial dari u dan v

kontinue dalam D, maka berlaku vxy = vyx. Jika

dalam ux = vy dan uy = –vx diderivatifkan parsial

terhadap x dan y maka (x,y) D berlakuuxx + uyy = 0vxx = vyy = 0

130

Jika f analitik pada D maka u dan v pada D

memenuhi persamaan differensial Laplace

dalam 2 dimensi.

u dan v dimana f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik pada

suatu domain maka f(z) harmonik pada domain

tersebut.

Dua fungsi u dan v sedemikian sehingga

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

dinamakan dua fungsi yang harmonik

konjugat dalam domain itu.

0yx 2

2

2

2

131

Contoh 3.7.1

Diberikan u(x,y) harmonik pada D dan tentukan fungsi v yang harmonik konjugat dengan u = 4xy3 – 12x3y, (x,y) ℂJawab : Misal diklaim konjugatnya adalah v(x,y) jadi f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik pada ℂ

sedemikian sehingga berlaku C-R ux = vy dan uy = -

vx

ux = 4y3 – 12x2y vy = 4y3 – 12x2y

uy= 12xy2 – 4x3 v= y4 – 6x2y2 + g(x)

karena vx = –uy maka –12xy2 + g’(x) = –12xy2 + 4x3

sehingga g’(x) = 4x3 diperoleh g(x) = x4 + CJadi v = y4 – 6x2y2 + x4 + C

132

Cara Milne Thomson

Cara yang lebih praktis menentukan fungsi

harmonik konjugat atau dari fungsi harmonik u

diberikan u(x,y) harmonik pada D andaikan

v(x,y) sehingga

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

f”(z) = ux(x,y) + ivx(x,y)

sesuai persamaan C-R : f”(z) = ux(x,y) – iuy(x,y)

z = x + iy dan = x – iy sehingga diperoleh

z

i2zzydan

2zzx

i2zz,

2zz

i2zz,

2zzf(z) = ux – iuy

133

Suatu identitas dalam z dan , jika diambil = z

maka f’(z) = ux(z,0) – iuy(z,0)

Jadi f(z) adalah fungsi yang derivatifnya ux(z,0) –

iuy(z,0) kemudian didapat v(x,y)

z z

134

Contoh 3.7.2

Dari Contoh 3.7.1 dengan u= 4xy3 – 4x3y, (x,y) ℂ, jika diselesaikan dengan menggunakan cara Milne Thomson.

Jawab :ux = 4y3 – 12x2y

uy= 12xy2 – 4x3

f’(z) = ux(z,0) – iuy(z,0)

= –i(– 4z3) = 4iz3

sehingga f(z) = iz4 + Af(z) = i(x + iy)4 + A

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

Bilangan Kompleks Lengkap

Documents