Makalah Kompleks

Tugas MakalahKelompok 9

KEKONTINUAN FUNGSI KOMPLEKS

Nama Anggota :

1. Rezki Setiawan Bachrun - H111 11 2562. Sukardi - H111 11 0023. Ratna Mahira - H111 11 0114. Atika Rahayu - H111 11 2775. Asnita - H111 10 991

Jurusan Matematika

Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam

Universitas Hasanuddin

Makassar

2014

Daftar Isi

Halaman Judul i

Daftar Isi ii

1 Pendahuluan 1

2 Kekontinuan Fungsi Kompleks 22.1 Definisi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22.2 Teorema 2.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.3 Teorema 2.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.4 Teorema 2.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.5 Teorema 2.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.6 Definisi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.7 Teorema 2.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

3 Penutup 133.1 Kesimpulan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133.2 Saran . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

Daftar Pustaka 14

ii

Bab 1

Pendahuluan

Fungsi merupakan hal terpenting dalam pembahasan matematika. Salah satu yang di ba-has adalah fungsi riil dan salah satu sifat yang menjadi karakteristik dari sebuah fungsiadalah sifat kekontinuan.

Istilah kontinu telah digunakan sejak zaman Newton, untuk menuju pad gerakan bendaatau menggambarkan kurva tak terputus, tetapi tidak dibuat tepat sampai abad ke-19,Bernhard Bolzano pada tahun 1817 dan Augusti Louis Cauchy pada tahun 1821 mendefini-sikan bahwa kekontinuan sebagai sifat yang sangat signifikan dari fungsi, kemudian CarlWeiersstrass pada tahun 1870 membawa pemahaman yang tepat dengan ide kekontinuan.

Bilangan kompleks adalah pasangan terurut dari dua buah bilangan riil x dan y yang dapatdinyatakan dalam z = x+ iy. Secara umum fungsi dalam variabel kompleks mempunyaibagian real dan bagian imajiner yang juga merupakan fungsi. Misal f(z) = z2, karemaz = x+ iy1 maka z2 = (x+ iy)2 =

(x2 y2)+ i (2xy).

Bagian real dan bagian imajiner suatu fungsi kompleks secara umum merupakan fungsidari variabel x dan y. Bagian riil dinyatakan dengan u (x, y) dan bagian imajiner dinyatak-an dengan v (x, y). Jadi suatu fungsi kompleks f (z) = u (x, y)+iv (x, y). Dengan demikianuntuk fungsi kompleks diatas yang dinyatakan dengan f (z) = z2, maka u (x, y) = x2 y2dan v (x, y) = 2xy.

Kekontinuan fungsi dalam bilangan kompleks didefinisikan sebagai fungsi f(z) = u (x, y)+iv (x, y) terdefinisi di R pada bidang Z dan titik z0 = u0 (x0, y0) + iv0 (x0, y0) merupakantitik dalam pada R, fungsi f(z) dikatakan kontinu di z0 jika untuk z menuju z0, makalimzz0

f(z) = f(z0).

1Fungsi kompleks z = x + iy dapat dituliskan menjadi z = (x, y), atau dalam bentuk polar z =r (cos + i sin ),ataupun dalam bentuk eksponensial z = rei.

1

Bab 2

Kekontinuan Fungsi Kompleks

2.1 Definisi

Fungsi f dikatakan kontinu pada titik z0 jika memenuhi ketiga kondisi berikut:

1. limzz0

f(z) ada

2. f(z0) ada

3. limzz0

f(z) = f(z0)

Referensi : [Mutaqin Anwar]

Perhatikan bahwa pernyataan (3) mengandung pernyataan (1) dan (2). Perny-ataan (3) mengatakan bahwa untuk setiap bilangan positif , terdapat bilan-gan positif sedemikian sehingga

|f(z) f(z0)| < ketika 0 < |z z0| < (2.1)

Atau Pers. (2.1) dapat ditulis menjadi

> 0 > 0 3 jika 0 < |z z0| < mengakibatkan |f(z)f(z0)| < (2.2)Referensi : [Brown J. Ward]

Contoh fungsi-fungsi yang kontinu, yaitu:

1. Fungsi Polinomial f(z) = a0+a1z+ +an1zn1+anzn dengan an 6= 0.2. Fungsi Rasional

h(z)

g(z)dimana g(z) 6= 0.

3. Fungsi Eksponen Natural.


2

BAB 2. KEKONTINUAN FUNGSI KOMPLEKS 3

Contoh 1 :

Apakah fungsi h (z) =

z2 + 9

z 3i , z 6= 3i3 + 5z, z = 3i

; kontinu di z = 3i ?

Jawab :

1. f (3i) = 3 + 5 (3i) = 3 + 15i.

2. limz3i

f (z) = limz3i

z2 + 9

z 3i = limz3i(z + 3i) (z 3i)

(z 3i) = limz3iz + 3i = 6i.3. lim

z3if (z) 6= f (3i).

Sehingga, f (z) diskontinu di z = 3i.

Contoh 2 :

Dimanakah fungsi g (z) =z2 + 1

z2 3z + 2 kontinu ?Jawab :

Nilai g(z) terdefinisi jika z = 1 dan z = 2, karena jika z = 1 dan z = 2 makanilai limit dari g(z) tidak ada.

Jadi, g(z) hanya kontinu pada daerah {z | z 6= 1 dan z 6= 2}.

2.2 Teorema 2.1

Jika f (z) = u (x, y) + iv (x, y), f (z) terdefinisi di setiap titik pada daerah R,dan z0 = x0 + iy0 titik dalam pada R, maka fungsi f (z) kontinu di z0 jika danhanya jika u (x, y) dan v (x, y) masing-masing kontinu di (x0, y0).

Referensi : [Purba Ririn C]

Bukti:

Diketahui:

f (z) = u (x, y) + iv (x, y) f (z)terdefinisi di setiap titik pada daerah R z0 = x0 + iy0 titik dalam pada R

Adt: Fungsi f (z) kontinu di z0 u (x, y) dan v (x, y) masing-masing kontinudi (x0, y0)

Penyelesaian:

Misalkan fungsi f(z) = u (x, y) + iv (x, y) kontinu di z0 = x0 + iy0.artinya:

> 0 > 0 3 jika 0 < |(x+ iy) (x0 + iy0)| < mengakibatkan

|(u+ iv) (u0 + iv0)| <


Perhatikan bahwa1:

|u u0| |(u u0) + i (v v0)| = |(u+ iv) (u0 + iv0)| <

|v v0| |(u u0) + i (v v0)| = |(u+ iv) (u0 + iv0)| <

dan

|(x+ iy) (x0 iy0)| = |(x x0) + i (y y0)| =(x x0)2 + (y y0)2

sehingga jika 0 0 1 > 0 3 jika 0 0 2 > 0 3 jika 0 0 3 jika |zz0| < 1 mengakibatkan

|f(z) f(z0)| < 2

limzz0

g(z) = g(z0) artinya > 0 2 > 0 3 jika |zz0| < 2 mengakibatkan

|g(z) g(z0)| < 2

Adt: limzz0

[f(z) g(z)] = [f(z0) + g(z0)]Penyelesaian:

Ambil > 0 sebarang

Pilih = min {1, 2}3 jika |z z0| < mengakibatkan

|(f(z) + g(z)) (f(z0) + g(z0))| = |(f(z) f(z0)) + (g(z) g(z0))| |f(z) f(z0)|+ |g(z) g(z0)| 0 3 jika |zz0| < 1 mengakibatkan

|f(z) f(z0)| <

limzz0


|g(z) g(z0)| <

Adt: limzz0

[f(z)g(z)] = [f(z0)g(z0)]

Penyelesaian:

Ambil > 0 sebarang

Dengan membatasi nilai yaitu 0 < < 1

Maka

|f(z)| = |f(z) 0|= |f(z) f(z0) + f(z0)| |f(z) f(z0)|+ |f(z0)|< + |f(z0)|< 1 + |f(z0)|


Dengan memperhatikan bahwa

|f(z)g(z) f(z0)g(z0)| = |f(z)g(z) 0 f(z0)g(z0)|= |f(z)g(z) g(z0)f(z) + g(z0)f(z) f(z0)g(z0)| |f(z)g(z) g(z0)f(z)|+ |g(z0)f(z) f(z0)g(z0)|= |f(z) (g(z) g(z0))|+ |g(z0) (f(z) f(z0))|= |f(z)| |g(z) g(z0)|+ |g(z0)| |f(z) f(z0)|< (1 + |f(z0)|) + |g(z0)| = (1 + |f(z0)|+ |g(z0)|)=

Maka ambil =

(1 + |f(z0)|+ |g(z0)|) ,

Pilih = min {1, 2}3 jika |z z0| < mengakibatkan

|f(z)g(z) f(z0)g(z0)| = |f(z)g(z) 0 f(z0)g(z0)|= |f(z)g(z) g(z0)f(z) + g(z0)f(z) f(z0)g(z0)| |f(z)g(z) g(z0)f(z)|+ |g(z0)f(z) f(z0)g(z0)|= |f(z) (g(z) g(z0))|+ |g(z0) (f(z) f(z0))|= |f(z)| |g(z) g(z0)|+ |g(z0)| |f(z) f(z0)|< (1 + |f(z0)|) + |g(z0)| = (1 + |f(z0)|+ |g(z0)|)=

(1 + |f(z0)|+ |g(z0)|) (1 + |f(z0)|+ |g(z0)|)=

Sehingga,

limzz0

[f(z)g(z)] = [f(z0)g(z0)] (Terbukti)

Untuk pembuktian Pers. (2.6)

Diketahui:

limzz0

f(z) = f(z0) artinya > 0 1 > 0 3 jika |zz0| < 1 mengakibatkan

|f(z) f(z0)| <

limzz0


|g(z) g(z0)| < dimana g(z) 6= 0

Adt: limzz0

[f(z)

g(z)

]=

[f(z0)

g(z0)

]dimana g(z) 6= 0


Penyelesaian:

Ambil > 0 sebarang

Dengan membatasi nilai yaitu 0 < < 1

Maka

|g(z)| = |g(z) 0|= |g(z) g(z0) + g(z0)| |g(z) g(z0)|+ |g(z0)|< + |g(z0)|< 1 + |g(z0)|

Dengan memperhatikan bahwaf(z)g(z) f(z0)g(z0) = f(z)g(z0) f(z0)g(z)g(z)g(z0)

=

f(z)g(z0) f(z0)g(z)g(z)g(z0) 0

=

f(z)g(z0) f(z0)g(z)g(z)g(z0) f(z0)g(z0) f(z0)g(z0)g(z)g(z0)

=

g(z0) (f(z) f(z0)) + f(z0) (g(z0) g(z))g(z)g(z0)

=|g(z0) (f(z) f(z0)) + f(z0) (g(z0) g(z))|

|g(z)g(z0)| |g(z0) (f(z) f(z0))|+ |f(z0) (g(z0) g(z))||g(z)| |g(z0)|=|g(z0)| |f(z) f(z0)|+ |f(z0)| |g(z0) g(z)|

|g(z)| |g(z0)| 0 3 jika |z c| < mengakibatkan |f(z) f(c)| < (2.9) g kontinu di titik d B, artinya

> 0 > 0 3 jika |y d| < mengakibatkan |g(y) f(d)| < (2.10)

Adt: (g f) kontinu di c


Andaikan f(z) = 0 maka Pers. (2.11), diperoleh

|f(z) f(z0)| < |f(z0)|2

|0 f(z0)| |f(z0)|2

|f(z0)| |f(z0)|2

=

Kontradiksi dengan |f(z) f(z0)| < |f(z0)|2

=

Sehingga f(z) 6= 0 (Terbukti)

2.6 Definisi

Fungsi f(z) dikatakan kontinu seragam pada daerah R jika

> 0 > 0 3 z1, z2 R jika 0 < |z1 z2| <

mengakibatkan |f (z1) f (z2)| <


Kontinuitas dari fungsi

f(z) = u (x, y) + iv (x, y) (2.12)

sangat erat hubungannya dengan kontinuitas dari fungsi u (x, y) dan v (x, y).Menurut 2.3 bahwa

Fungsi pada Pers. (2.2) kontinu di titik z0 = (x0, y0) jhjfungsi komponen-komponennya kontinu

Pernyataan diatas digunakan untuk membuktikan 2.7. Diketahui bahwa sua-tu daerah R tertutup jika semua titik limit merupakan anggota di R, apabilaanggotanya semua titik batas maka R juga tertutup dan R terbatas.

2.7 Teorema 2.4

Jika fungsi f kontinu disepanjang daerah R, dimana R tertutup dan terbatas,maka

M > 0 3 |f(z)| < M z R (2.13)

Dimana Pers. (2.13) berlaku paling sedikit satu z.

Referensi : [Brown J. Ward]


Bukti:

Diketahui:

f kontinu disepanjang daerah R, artinya

> 0 > 0 3 z R jika 0 < |z z0| < mengakibatkan

|f (z) f (z0)| <

R tertutup, artinya

z titik limit maka z R

R terbatas

Adt: |f(z)| terbatasPenyelesaian:

Karena f(z) = u (x, y) + iv (x, y) kontinu maka fungsi |f(z)| yaitu|f(z)| = |u(x, y) + iv(x, y)| =

[u (x, y)]2 + [v (x, y)]2 < M

yang kontinu disepanjang R dimana |f(z)| mencapai suatu nilai maksimumM di R 3 |f(z)| < M berlaku dan dikatakan bahwa f terbatas pada R.(Terbukti)

Bab 3

Penutup

3.1 Kesimpulan

Definisi Kekontinuan fungsi, misalkan fungsi f(z) terdefinisi di R pada bidang Z dan z0adalah titik dalam di R, fungsi f(z) dikatakan kontinu di z0 jika untuk z menuju z0, makalimzz0

f(z) = f(z0).

Tiga syarat yang harus dipenuhi agar fungsi f(z) dikatakan kontinu di z = z0 jikamemenuhi:

1. limzz0

f(z) ada

2. f(z0) ada

3. limzz0

f(z) = f(z0)

Fungsi f(z) dikatakan kontinu seragam pada suatu daerah R, jika f(z) kontinu padasetiap titik pada daerah R.

3.2 Saran

Dalam memahami kekontinuan fungsi, sebaiknya pembaca mengetahui definisi fungsi dandefinisi kekontinuan fungsi serta syarat-syarat suatu fungsi kontinu.

13

Daftar Pustaka

[Brown J. Ward] Brown, J. Ward and Ruel V. Churchill. Complex Variable and Applications8th Edition. McGraw-Hill, 2009.

[Purba Ririn C] Purba, Ririn C dkk. Kekontinuan Fungsi. FKIP Universitas HKBP Nomen-sen Pematangsiantar, 2013.

[Mutaqin Anwar] Mutaqin, Anwar. Bilangan Kompleks. FKIP UNTIRTA, 2009.

14

Documents

Makalah Kompleks