Diktat Pendukung Fungsi Variabel Kompleks k0114

5/9/2018 Diktat Pendukung Fungsi Variabel Kompleks k0114 - slidepdf.com

http://slidepdf.com/reader/full/diktat-pendukung-fungsi-variabel-kompleks-k0114 1/34

Diktat Pendukung

FUNGSI VARIABEL KOMPLEKS

K0114

Drs. Sangadji, M.Sc., Ph.D.

D1808

F S T

UNIVERSITAS BINA NUSANTARA

JAKARTA



DAFTAR ISI

halaman

HALAMAN SAMPUL 1

DAFTAR ISI 2

KATA PENGANTAR 3

BAB I BILANGAN KOMPLEKS 4

BAB II FUNGSI, LIMIT DAN KEKONTINUAN

BAB III DIFERENSIASI KOMPLEKS DAN PERSAMAAN-

PERSAMAAN CAUCHY-RIEMANN

BAB IV INTEGRASI KOMPLEKS DAN TEOREMA CAUCHY

BAB V FORMULA INTEGRAL CAUCHY DAN TEOREMA-

TEOREMA TERKAIT

BAB VI DERET TAK BERHINGGA: DERET TAYLOR DAN

DERET LAURENT

BAB VII TEOREMA RESIDU: EVALUASI INTEGRAL DAN DERET

2



DAFTAR PUSTAKA

3



KATA PENGANTAR

Maksud penulisan diktat ini adalah sebagai bahan pendukung mata kuliah Fungsi

Variabel Kompleks K0114 untuk para mahasiswa S1 Program Ganda Mat-TI, FST

Universitas Bina Nusantara, yang diajarkan selama satu semester dengan empat satuan

kredit semester.

Setiap bab dalam diktat ini dilengkapi dengan teori, contoh soal dan aplikasinya,

serta soal-soal latihan yang perlu dikerjakan oleh para mahasiswa, supaya isi diktat ini

lebih dapat dipahami oleh para mahasiswa.

Mudah-mudahan diktat ini dapat bermanfaat dan khususnya dapat membantu para

mahasiswa dan memperlancar jalannya perkuliahan. Atas kesalahan maupun kekurangan

yang ada dalam diktat ini, penulis mohon maaf dan mohon saran untuk perbaikannya.

Akhirnya penulis mengucapkan terima kasih kepada semua pihak yang telah

membantu penerbitan diktat ini, khususnya kepada ananda Angger Aji Winanto yang

dengan tekun dan seksama telah membantu dalam pengetikan naskah aslinya dengan

komputer.

Jakarta, Februari 2010

Penulis,

Drs. Sangadji, M.Sc., Ph.D.

4



BAB I. BILANGAN KOMPLEKS

Sistem dari bilangan-bilangan kompleks

Setiap bilangan real x memenuhi sifat .02 ≥ x Maka, tidak ada bilangan real x

yang mempunyai sifat .12 −= x

Suatu bilangan kompleks adalah bilangan yang berbentuk ,bia + di mana a and

b bilangan-bilangan real, i adalah unit imajiner yang memenuhi sifat .12 −=i Bila

bia z += adalah bilangan kompleks, maka a disebut bagian real dari z dan b disebut

bagian imajiner dari z . Dapat kita tulis .Im,Re z b z a == Perlu dicatat bahwa bagian

imajiner dari z merupakan bilangan real.

Dua bilangan kompleks dicbia ++ and are disebut sama ditulis ,dicbia +=+

bila ca = dan .d b = Himpunan dari semua bilangan-bilangan real R merupakan

himpunan bagian dari himpunan semua bilangan-bilangan kompleks C . Suatu bilangan

kompleks bi dengan 0≠b disebut bilangan kompleks imajiner murni.

Bila bia z += maka bia z −= disebut konjugasi atau sekawan dari z. Sebagai

contoh, .44,55,3232 iiii −==+=−

Operasi fundamental

1. Penjumlahan: .)()()()( id bcadicbia +++=+++

2. Pengurangan: .)()()()( id bcadicbia −+−=+−+

3. Perkalian: .)()())(( ibcad bd acdicbia ++−=++

4. Pembagian: .)()(

222222i

d c

ad bc

d c

bd ac

d c

iad bcbd ac

dic

dic

dic

bia

dic

bia

+−

+++

=+

−++=

−−

⋅++

=++

Perlu dicatat bahwa untuk pembagian, pembagi tidak boleh nol.

5



Nilai absolut (modulus)

Nilai absolut dari bilangan kompleks bia z += adalah .022 ≥+=+= babia z

Contoh

.77,22,5254)3(43 22 =−=−==+−=+− ii

Bila 1 z and 2 z bilangan-bilangan kompleks sembarang, berlakulah sifat-sifat di

bawah ini:

1. ;2121 z z z z =

2. ;0, 22

1

2

1

≠=z

z

z

z

z

3. ,2121 z z z z +≤+ pertaksamaan segitiga;

4. ,2121 z z z z −≥− pertaksamaan segitiga balik .

Sifat-sifat fundamental

Bila 321 ,, z z z bilangan-bilangan kompleks sembarang, maka sifat-sifat di bawah

ini berlaku:

1. ,1221 z z z z +=+ komutativitas untuk jumlahan;

2. ,1221 z z z z = komutativitas untuk perkalian;

3. ,)()( 321321 z z z z z z ++=++ asosiativitas untuk jumlahan;

4. ,)()( 321321 z z z z z z = asosiativitas untuk perkalian;

5. ,)( 3121321 z z z z z z z +=+ distributivitas;

6. ;Re2/)( z z z =+

7. ;2

z z z =

8. ;Im)2/()( z i z z =−

6



9. ;2121 z z z z =

10. .0,/)/( 22121 ≠= z z z z z

Bentuk polar dari bilangan kompleks

Bila bia z += adalah bilangan kompleks dalam bentuk Kartesius, maka z dapat

dinyatakan dalam bentuk polar dengan cara sebagai berikut:

)./arctan(),/(tan,

),sin(cossincos

22 ababbar

ir r r bia z

==+=

+=+=+=

θ θ

θ θ θ θ

Sudut disebut argumen dari bilangan kompleks z . Perlu dicek untuk menentukan

yang benar. Bila perlu pakai gambar. Untuk menyingkat penulisan,

)sin(cos θ θ ir z += sering ditulis sebagai .θ cisr z =

Contoh

( ) ( )( ) ( ).)2/sin()2/cos(55,sincos22

,)3/2sin()3/2cos(231,)4/sin()4/cos(21

π π π π

π π π π

iii

iiii

+=+=−+=+−+=+

Teorema De Moivre

.0)),sin())(cos(/(/&

))sin()(cos(maka

)isin(cosr &)sin(cos

221212121

21212121

22221111

≠−+−=

+++=

+=+=

z ir r z z

ir r z z

z ir z Bila

θ θ θ θ

θ θ θ θ

θ θ θ θ

Akar-akar dari suatu bilangan kompleks

Bilangan kompleks w disebut akar ke-n dari bilangan kompleks z , bila , z wn =

ditulis dengan ./1 nn

z z w == Menggunakan Teorema De Moivre, kita mendapatkan

formula berikut:.

Formula untuk mencari akar-akar bilangan kompleks

Bila )sin(cos θ θ ir z += maka:

.1,...,2,1,0,2

sin2

cos/1/1 −=

+

+

+

= nk n

k i

n

k r z nn π θ π θ

Formula Euler

7



.sincos θ θ θ

iei +=

Menggunakan Formula Euler dengan asumsi ,θ cisr iy x z =+= dapat diperoleh:

.

,

yciseeee

er z

xiy x z

i

==

=θ

Contoh soal

1. Diberikan .2

3

2

1,23,2 321 i z i z i z +−=−=+= Tentukan:

a) ,43 21 z z − b) ,)( 2

3 z c) ,843 1

2

1

3

1 −+− z z z d) .32

522

21

12

i z z

i z z

−+−−−+

Solusi

a) iii z z 116)23(4)2(343 21 +−=−−+=−

,15711)6( 22 =+−=

b) ( )22

2

32

3

2

1

2

3

2

1

−−=

+−= ii z

,2

3

2

1

4

3

2

3

4

1

2 iii +−=++=

c) 8)2(4)2(3)2(84323

1

2

1

3

1 −+++−+=−+− iii z z z

,37

8)48()31212()6128(

i

iiii

+−=−+++−−+−−+=

d)

22

21

12

3)23()2(2

5)2()23(2

32

52

iii

iii

i z z

i z z

−+−−+

−−++−=

−+−

−−+

.1

25

25

34

)4(3

34

43

34

43

22

22

2

22

==+−+

=+

−=

+−

=i

i

i

i

2. Buktikan bahwa untuk bilangan-bilangan kompleks sembarang z and w:

8



a) ,w z w z +=+ b) .w z zw =

Solusi

Misalkan ., 2121 iwwwiz z z +=+= Maka,

a) )()()()( 22112121 w z iw z iwwiz z w z +++=+++=+

w z

iwwiz z w z iw z

+=

−+−=+−+=

)()()()( 21212211

b) )()())(( 122122112121 w z w z iw z w z iwwiz z zw ++−=++=

.

))(()()( 112112212211

w z

iwwiz z w z w z iw z w z

=

−−=+−−=

3. Tentukan semua bilangan-bilangan kompleks w yang memenuhi ,13 iw +−=

yaitu mencari semua bilangan-bilangan kompleks .)1( 3/1i+−

Solusi

Kita tulis i+−1 di dalam bentuk polar, yaitu .4

3sin

4

3cos21

+

=+−

π π ii

Maka, menggunakan formula untuk mencari akar-akar bilangan kompleks, kita peroleh:

,2,1,0,3

)2)4/3(sin

3

)2)4/3(cos2

6/1 =

+

+

+

= k k

ik

wπ π π π

( )

( )

( ).)12/19sin()12/19cos(2

,)12/11sin()12/11cos(2

,)4/sin()4/cos(2

6/1

3

6/1

2

6/1

1

π π

π π

π π

iw

iw

iw

+=

+=

+=

9



4. Hitunglah

10

31

31

−+i

i

Solusi

.2

3

2

11201200)120(

)60(2

602

31

31 00100

10

0

010

iciscisciscis

cis

i

i +−====

−=

−+

Soal latihan

1. Diberikan .23,42,1 321 i z i z i z −=+−=−= Carilah:

a) ,32 1

2

1 −+ z z b) ,322

12 z z − c) ,1221 z z z z +

d) ,1

21

21

i z z

z z

+−++

e) ( ) ,5

33 z z − f) .Im3

21

z

z z

2. Tentukan semua akar dari bilangan-bilangan kompleks di bawah ini:

a) ,8 3/1b) ( ) ,2424

2/1

i+ c) ( ) ,316165/1

i+− d) ( ) ,276/1

i− e) ( ) ,814/1− f) .1 8/1

3. Hitunglah:

a) ( )( ),)40sin40(cos3)20sin20(cos50000

ii ++

b) ( ) ,)50sin50(cos2600 i+

c)( )( )

,)60sin60(cos2

)40sin40(cos8400

300

i

i

+

+

d) .1

15

−+i

i

4. Buktikan:

a) ( ) ,2/cosθ θ

θ ii ee −+= b) ( ) .2/sin iee ii θ θ

θ −−=

Contoh soal lanjutan

10



1. Buktikan bahwa bila 43 z z ≠ , maka

.43

21

43

21

z z

z z

z z

z z

−

+≤

−+

.

Solusi

.43

21

43

21

43

21

43

21

z z

z z

z z

z z

z z

z z

z z

z z

−+≤

−+≤

−+=

−+

Jadi dapat diperoleh

.43

21

43

21

z z

z z

z z

z z

−

+≤

−+

2. Selesaikanlah persamaan .05)32(2 =−+−+ i z i z

Solusi

Dengan Formula a, b, c diperoleh

.1&32

,2

)41(23

2

81523

2

)5(4)32()32(

21

2

2,1

i z i z

sehinggaii

ii

iii z

+=−=

−±−=

−−±−=

−−−±−−=

BAB II. FUNGSI, LIMIT DAN KEKONTINUAN

Fungsi

Fungsi )( z f w = dengan peubah bilangan kompleks iy x z += dan nilainya w

juga bilangan kompleks dapat ditulis sebagai

11



),(),()()( y xiv y xuiy x f z f w +=+== yaitu ).,()Im(),,()Re( y xvw y xuw ==

Jadi diberikan titik atau bilangan kompleks iy x z += di bidang kompleks ,iy x z +=kemudian titik tersebut dibawa ke titik atau bilangan kompleks ivuw += di bidang

kompleks .ivuw +=

Contoh

1. Bila ,)(2 z z f = maka .2)()()()(

222i xy y xiy xiy x f z f +−=+=+= Dalam hal ini

22),( y x y xuu −== dan .2),( xy y xvv ==

2. Selidiki transformasi ,az w = di mana a adalah konstan kompleks yang tidak sama

dengan nol dan .0≠ z

Solusi

a dan z ditulis dalam bentuk eksponensial, yaitu

,,|| θ α ii re z eaa == sehingga diperoleh

.)|(|)( θ α += i

er aw

Dari persamaan terakhir terlihat bahwa transformasi ,az w = memperpanjang ataumemperpendek modulus z dengan faktor || a dan merotasi z dengan sudut

aarg=α sekeliling titik asal O. Image dari region (daerah) R secara geometris sama dan

sebangun dengan R.

Limit

L z f z z

=→

)(lim0

di mana L bilangan kompleks, bila

δ δ ε <−<∈∀∋>∃>∀ ||0&00 0 z z D z

f berlaku .)( ε <− L z f

Contoh

3. Buktikan bila 2/)( iz z f = dengan domain cakram terbuka ,1|| < z maka

.2

)(lim1

i z f

z =

→Dalam hal ini titik 1= z terletak di batas dari domain fungsi f .

Solusi

Ambil 0>ε sembarang.

Jelas bahwa untuk semua z yang berada dalam domain 1|| < z

12



berlaku .2

1

222)(

−=−=−

z iiz i z f

Sehingga terdapatlah ε δ 2= sedemikian sehingga untuk semua z yang berada dalam

1|| < z dan δ <−< |1|0 z berlaku ε ε δ ==<

−=−=−

2

2

22

1

222)(

z iiz i z f , yaitu

.2

)( ε <− i z f

Jadi terbukti bahwa .2

)(lim1

i z f

z =

→

4. Carilah akar-akar dari persamaan .0sin = z

Solusi

Bila ,0sin

= z

maka ,02sin =

−

=

−

i

ee

z

iz iz

sehingga iz iz

ee−

= atau

.,2,1,0,1 22±±=== k ee ik iz π

Maka ik iz π 22 = dan ,π k z = yaitu

,3,2,,0 π π π ±±±= z adalah akar-akar dari .0sin = z

5. Carilah akar-akar dari persamaan .0cos = z

Solusi

Bila 0

2

cos =+

=−iz iz ee

z maka iz iz ee−−= atau .,2,1,0,1

)12(2±±==−=

+k eeik iz π

Maka ik iz π )12(2 += dan ,2

1π

+= k z yaitu ,2/5,2/3,2/ π π π ±±±= z adalah

akar-akar dari .0cos = z

6. Tentukan nilai-nilai dari ).1ln( i− Tentukan juga nilai utamanya.

Solusi

Karena ,21 24/7 ik iei π π +=− diperoleh .2

472ln)1ln(

++=− ik ii π π

Nilai utamanya dapat diperoleh dengan mengambil ,0=k yaitu .4

72ln

2

1 iπ +

Kekontinuan

Fungsi )( z f w = kontinu di 0 z bila

13



δ δ ε <−∈∀∋>∃>∀ ||&00 0 z z D z

f berlaku .)( ε <− L z f Dapat juga ditulis

bahwa

)( z f w = kontinu di 0 z bila )( 0 z f eksis dan ).()(lim 00

z f z f z z

=→

14



BAB III DIFERENSIASI KOMPLEKS DAN PERSAMAAN-

PERSAMAAN CAUCHY-RIEMANN

1. Diberikan fungsi 2||)( z z f w == untuk semua z . Selidiki titik-titik

z di mana fungsi tersebut diferensiabel.

Solusi

Diperoleh

.))((

lim||||

limlim0

22

00 z

z z z z

z

z z z z z z

z

z z z

z

w

dz

dw

z z z ∆∆

+∆+=∆

−∆+∆+∆

−∆+=

∆∆

=→∆→∆→∆

Karena z

z

z

∆

∆

→∆ 0lim tidak eksis, maka f diferensiabel hanya untuk

0= z dengan .0)0(' = f

2. Diketahui fungsi ivu z f +=)( analitik dalam region R. Buktikan

bahwa bila u dan v mempunyai derivatif parsial kedua yang

kontinu dalam R maka u dan v harmonis dalam R.

Solusi

Karena ivu z f +=( analitik dalam region R, maka persamaan

Cauchy-Riemann dipenuhi oleh f dalam R, yaitu )1( y

v

x

u

∂

∂=

∂

∂

dan

)2( x

v

y

u

∂∂−=

∂∂

. Dengan asumsi derivatif parsial kedua kontinu

dalam R maka dengan menderivatifkan parsial (1) terhadap x dan

menderivatifkan parsial (2) terhadap y, diperoleh y x

v

x

u

∂∂

∂=

∂

∂2

2

2

dan

.2

22

yu

x yv

∂∂−=

∂∂∂ Jadi diperoleh ,0

2

2

2

2

=∂∂+∂∂ yu

xu yaitu u harmonis. Dengan

menderivatifkan parsial (1) terhadap y dan menderivatifkan parsial

(2) terhadap x, juga diperoleh v harmonis.

15



3. Buktikan bahwa (a) syarat perlu dan (b) syarat cukup bahwa

),(),()( y xiv y xu z f w +== merupakan fungsi analitik di dalam

himpunan bagian R adalah suatu bentuk persamaan dari Cauchy –

Riemann x

v

y

u

y

v

x

u

∂

∂−=

∂

∂

∂

∂=

∂

∂, yang dipenuhi dalam R di mana

derivatif partial ini kontinu di dalam R .

(a) Syarat perlu:

Misalkan )( z f analitik dalam R . Maka

( ) ( ){ } ( ) ( ){ } )(

Δ yi Δ x

x ,yi v x ,yu Δ y Δ x , y xi v Δ y Δ x , y xu( z ) f

z

z f z z f

Δ y Δ x

'

z

1l im

)()(l im

00

0

+

+−+++++==

∆

−∆+

→→

→∆

harus eksis secara independent yang memenuhi Δz (atau Δx dan

Δy ) mendekati nol.

Kemungkinan kita dapat menggunakan dua pendekatan.

Kasus 1: 0,0 →∆=∆ x y Dalam kasus (1) menjadi

x

vi

x

u

x

y xv y x xvi

x

y xu y x xu x

∂

∂+

∂

∂=

∆

−∆++

∆

−∆+

→∆

),(),(),(),(lim

0memenuhi

derivatif yang telah ada.

16



Kasus 2: 0,0 →∆=∆ y x Dalam kasus (2) menjadi

y

v

y

ui

y

v

y

u

i y

y xv y y xv

yi

y xu y y xu

y ∂∂+∂∂−=

∂∂+∂∂=

∆−∆+

+∆−∆+

→∆

1),(),(),(,(lim

0

yv

yui

xvi

xu

∂∂+

∂∂−=

∂∂+

∂∂ atau y

u xv

yv

xu

∂∂−=

∂∂

∂∂=

∂∂ ,

Karena limit tersebut adalah tunggal, maka berlaku

y

v

y

ui

x

vi

x

u

∂

∂+

∂

∂−=

∂

∂+

∂

∂

atau y

u

x

v

y

v

x

u

∂

∂−=

∂

∂

∂

∂=

∂

∂, .

(b) Syarat cukup:

Karena xu ∂∂ / dan yu ∂∂ / kontinu, kita mendapatkan

{ } { }

0.ydan0sewaktu0dan0manadi

),(),(),(),(

),(),(

11

1111

→∆→∆→→

∆+∆+∆∂∂+∆

∂∂=∆

+∂∂+∆

+∂∂=

−∆++∆+−∆+∆+=−∆+∆+=∆

x

y x y y

u x x

u y

y

u x

x

u

y xu y y xu y y xu y y x xu

y xu y y x xuu

η ε

η ε η ε

Karena xv ∂∂ / dan yv ∂∂ / kontinu, kita mendapatkan

kemudian0ydan0sewaktu0dan0manadi 22

2222

→∆→∆→→

∆+∆+∆∂∂

+∆∂∂

=∆

+

∂∂

+∆

+∂∂

=∆

x

y x y y

v x x

v y

y

v x

x

vv

η ε

η ε η ε

0ydan0sewaktu0dan0imanadi2121

→∆→∆→+=→+=

∆+∆+∆

∂∂

+∂∂

+∆

∂∂

+∂∂

=∆+∆=∆

xi

y x y y

vi

y

u x

x

vi

x

uviuw

η η η ε ε ε

η ε

Dengan persamaan Cauchy-Riemann, (2) dapat ditulis

17



y x yi xdx

dvi

dx

du

y x ydx

dui

dx

dv x

dx

dvi

dx

duw

∆+∆+∆+∆

+=

∆+∆+∆

++∆

+=∆

η ε

η ε

)(

Kemudian membaginya dengan yi x z ∆+∆=∆ dan mengambil limit

0→∆ z , kita akan mendapatkan

dx

dvi

dx

du

z

w z f

dz

dw

x+=

∆∆

==→∆ 0

' lim)(

kemudian derivatifnya akan eksis dan bernilai tunggal, yaitu f(z)

analitik di dalam R.

18



19



20



3. Buktikan bahwa (a) syarat perlu dan (b) syarat cukup bahwa

),(),()( y xiv y xu z f w +== merupakan fungsi analitik di dalam

himpunan bagian R adalah suatu bentuk persamaan dari Cauchy –

Riemann x

v

y

u

y

v

x

u

∂

∂−=

∂

∂

∂

∂=

∂

∂, yang dipenuhi dalam R di mana

derivatif partial ini kontinu di dalam R .

(b) Syarat perlu:

Agar )( z f dapat menjadi analitik,

( ) ( ){ } ( ) ( ){ } )(

Δ yi Δ x

x ,yi v x ,yu Δ y Δ x , y xi v Δ y Δ x , y xu( z ) f

z

z f z z f

Δ y Δ x

'

z

1l im

)()(l im

00

0

+

+−+++++==

∆

−∆+

→→

→∆

harus eksis secara independent yang memenuhi Δz (atau Δx dan

Δy ) mendekati nol.

Kemungkinan kita dapat menggunakan dua pendekatan.

21



Kasus 1: 0,0 →∆=∆ x y Dalam kasus (1) menjadi

x

vi

x

u

x

y xv y x xvi

x

y xu y x xu x ∂

∂+∂∂=

∆−∆++

∆−∆+

→∆

),(),(),(),(lim

0

memenuhi derivatif yang telah ada.

Kasus 2: 0,0 →∆=∆ y x Dalam kasus (2) menjadi

y

v

y

ui

y

v

y

u

i y

y xv y y xv

yi

y xu y y xu

y ∂∂+∂∂−=

∂∂+∂∂=

∆−∆+

+∆−∆+

→∆

1),(),(),(,(lim

0

y

v

y

ui

x

vi

x

u

∂

∂+

∂

∂−=

∂

∂+

∂

∂

atau y

u

x

v

y

v

x

u

∂

∂−=

∂

∂

∂

∂=

∂

∂,

Karena limit tersebut adalah tunggal, maka berlaku

y

v

y

ui

x

vi

x

u

∂

∂+

∂

∂−=

∂

∂+

∂

∂

atau y

u

x

v

y

v

x

u

∂

∂−=

∂

∂

∂

∂=

∂

∂, .

(b) Syarat cukup:

Karena xu ∂∂ / dan yu ∂∂ / kontinu, kita mendapatkan

{ } { }

0.ydan0sewaktu0dan0manadi

),(),(),(),(

),(),(

11

1111

→∆→∆→→

∆+∆+∆∂∂+∆

∂∂=∆

+∂∂+∆

+∂∂=

−∆++∆+−∆+∆+=−∆+∆+=∆

x

y x y y

u x x

u y

y

u x

x

u

y xu y y xu y y xu y y x xu

y xu y y x xuu

η ε

η ε η ε

Karena xv ∂∂ / dan yv ∂∂ / kontinu, kita mendapatkan

kemudian0ydan0sewaktu0dan0manadi 22

2222

→∆→∆→→

∆+∆+∆∂∂

+∆∂∂

=∆

+

∂∂

+∆

+∂∂

=∆

x

y x y y

v x x

v y

y

v x

x

vv

η ε

η ε η ε

22



0ydan0sewaktu0dan0imanadi 2121 →∆→∆→+=→+=

∆+∆+∆

∂∂

+∂∂

+∆

∂∂

+∂∂

=∆+∆=∆

xi

y x y y

vi

y

u x

x

vi

x

uviuw

η η η ε ε ε

η ε

Dengan persamaan Cauchy-Riemann, (2) dapat ditulis

y x yi xdx

dvi

dx

du

y x ydx

dui

dx

dv x

dx

dvi

dx

duw

∆+∆+∆+∆

+=

∆+∆+∆

++∆

+=∆

η ε

η ε

)(

Kemudian membaginya dengan yi x z ∆+∆=∆ dan mengambil limit

0→∆ z , kita akan mendapatkan

dx

dvi

dx

du

z

w z f

dz

dw

x+=

∆∆

==→∆ 0

' lim)(

kemudian derivatifnya akan eksis dan bernilai tunggal, yaitu f(z)

analitik di dalam R.

1. Hal 17 no.26

23



Hitunglah10

31

31

−

+

i

i

Solusi:

( )( )

iciscisciscis

cis

i

i

2

3

2

11201200)120(

602

602

31

31 10

1010

+−====

−=

−+

2. Hal 19 no.32

Selesaikanlah persamaan ini 05)32(2 =−+−+ i z i z

Solusi:

Dengan Formula a, b, c diperoleh

iatauiii

ii

iii

a

acbb z

+−=−±−

=

−−±−=

−−−±−−=

−±−=

1322

)41(23

2

81523)1(2

)5)(1(4)32()32(

2

4

2

2

3. Hal 21 no.37

24



Carilah akar – akar kompleks dari 15 = z

Solusi:

.4,3,2,1,0,5

2sin

5

2cos

,4,3,2,1,02sin2cos1

5/2

25

==+=

==+==

k manadiek

ik

z

k manadiek ik z

ik

ik

π

π

π π

π π

4. Hal 45 no. 10a

Carilah akar – akar dari persamaan 0sin = z

Solusi:

Jika 02

sin =−=−

i

ee z

iz iz

maka iz iz ee −= atau ,...2,1,0,1 22±±=== k ee ik iz π

Maka ik iz π 22 = dan yaituk z ,π = ,...3,2,,0 π π π ±±±= z adalah

akar – akar dari 0sin = z

25



5. Hal 45 no. 10b

Carilah akar – akar dari persamaan 0cos = z

Solusi:

Jika 02

cos =+

=−iz iz ee

z maka iz iz ee−−= atau

,...2,1,0,1 )12(2±±==−=

+ k ee ik iz π

Maka ik iz π )12(2 += dan yaituk z ,)2

1( π +=

,...25,23,2 π π π π ±±±= z adalah akar – akar dari 0cos = z

26



6. Hal 46 no. 13

Tentukan nilai – nilai dari ).1ln( i− Tentukan juga nilai utamanya.

Solusi:

Karena ik iei π π 24/721 +=− , diperoleh

ik i

ik i

i π π

π π

24

72ln

2

12

4

72ln)1ln( ++=

++=−

Nilai utama yang diperoleh dengan mengambil 0=k yaitu

4

72ln

2

1 iπ

+

27



7. Hal 71 no. 2

Buktikan bahwa z dz

d tidak eksis di mana pun, yaitu z z f =)( tidak

analitik di mana pun.

Solusi:

Dengan definisi z

z f z z f z f

dz

d

z ∆−∆+

=→∆

)()(lim)(

0.

Bila limit tersebut eksis maka nilainya tidak bergantung pada

yi x z ∆+∆=∆

mendekati nol.

Maka yi Δ x

i x yi Δ xi y x

Δ z

z Δ z z zd z

d

Δ y Δ x Δ z ∆+

+−∆+++=

−+=

→

→→

0

00

l i ml i m

lim0

lim0

limlim

00

00

=∆

=∆

=∆+

−−∆−+−=

→

→

→

→

hcari adalait yangdimaka x Jika

hcari adalait yangdimaka y Jika

Δx

Δx

yi Δx

iy)(x yi Δxiy x

Δy Δx

Δy Δx

Jadi z z f =)( tidak analitik di mana pun.

28



8. Hal 71 no.3

Bila ,1

1)( z

z z f w

−+

== carilahdz

dwdan tentukan dimana f(z ) tidak

analitik.

Solusi:

20

00

)1(

2

)1)(1(

2lim

1

1

)(1

)(1

lim)()(

lim

z z z z

z

z

z

z z

z z

z

z f z z f

dz

dw

z

z z

−=

−∆−−=

∆−+

−∆+−∆++

=∆

−∆+=

→∆

→∆→∆

Fungsi )( z f adalah analitik untuk nilai – nilai yang

berhingga dari z kecuali z=1 dim ana derivatifnya tidak eksis dan

fungsinya tidak analitik. Titik z=1 adalah titik singular dari )( z f .

29



9. Hal 108 no.21a

Hitunglah integral ∫ −C

a z

dz di mana C adalah sembarang kurva

tertutup sederhana dan z = a adalah di luar C.

Solusi:

Bila a di luar C, maka f(z) = 1/(z – a) adalah analitik di mana

– mana di dalam dan pada C.

Dengan Teorema Cauchy, 0=−∫

C a z

d z.

10. Hal 108 no.21b

Hitunglah integral ∫ −C

a z

dz di mana C adalah sembarang kurva

tertutup sederhana dan z = a adalah di dalam C.

Solusi:

Misalkan a di dalam C , dan Γ adalah lingkaran dengan jari – jari ε dan pusatnya adalah z = a sedemikian sehingga Γ di

dalam C .

30



Kemudian bisa diperoleh

∫∫Γ

−=

− a z

d z

a z

d z

C

(1)

Pada Γ , π θ ε ε ε θ θ 20,yaitu,atau <≤+==−=− ii ea z ea z a z .

Jadi karena menjadi1persamaandarikananruas,θ ε θ d eidz i=

id ie

d eii

i

π θ ε

θ ε π π

θ θ

θ

2

2

0

2

0== ∫ ∫ = , adalah nilai yang dimaksud.

31



11. Hal 108 no. 22

Hitunglah

C.a z ,... , ,n ,a)(z

dz

C n sederhanatertutupkurvadalamdimanadi432 ==−∫ Solusi:

Dapat diperoleh ∫∫Γ

−=

− n

C

na z

d z

a z

d z

)()(

[ ] 0)1(

1

)1(

1)1(2

1

2

0

)1(

1

2

0

)1(2

0 1

=−=

−=

==

−−−

−

−

−− ∫ ∫

in

n

in

n

in

ninn

i

enin

ei

d ei

e

d ei

π

π θ

π θ

π

θ

θ

ε ε

θ ε ε

θ ε

di mana n =2, 3, 4,….

12. Hal 149 no.10

Buktikan bahwa deret ∑∞

= +1 )1(n

n

nn

z konvergen absolut untuk .1≤ z

Solusi:

Bila ,1≤ z maka .1

1(

1

)1(

||

)1( 2nnnnn

z

nn

z nn

≤+

≤+

=+ Karena deret

∑∞

=12

1

n nkonvergen, maka dengan tes perbandingan

32



deret∑∞

= +1 )1(n

n

nn

z konvergen absolut untuk .1≤ z

13. Hal 149 no. 12

carilah daerah konvergensi dari deret .4)1(

)2(

13

1

∑∞

=

−

++

nn

n

n

z

Solusi:

Bila n

n

nn

z u

4)1(

)2(3

1

++=

−

maka .4)2(

)2(

1131 ∑

∞

=++ +

+=n

n

n

nn

z u

Dengan mengeluarkan 2−= z di mana deret konvergen, diperoleh

.4

|2|lim 1 +=+

∞→

z

u

u

n

n

n Jadi deret konvergen absolut untuk ,1

4

|2|<

+ z yaitu

.4|2| <+ z

Bila ,1

4

|2|=

+ z yaitu ,4|2| =+ z tes rasio gagal. Tetapi dalam hal ini

dapat dilihat bahwa .1

)1(4

1

4)1(

)2(333

1

nnn

z n

n

≤+

=++ −

Karena deret ∑∞

=13

1

n nkonvergen

maka deret ∑∞

=

−

++

13

1

4)1(

)2(

nn

n

n

z konvergen absolut.

33



34

Documents

Diktat Pendukung Fungsi Variabel Kompleks k0114