DIFERENSIAL 31 Jika (∆x, ∆y) mendekati (0, 0) melalui garis ∆y = 0 maka

Fungsi Analitik

3.3. DIFERENSIAL 31 Jika (∆x, ∆y) mendekati (0, 0) melalui garis ∆y = 0 maka

f 

^

(z ) = e^z lim ∆x

→

0 e∆x

−

1 ∆x ^= e z lim ∆x

→

0 e∆x 1 ^= e z.1 = e^z Jika (∆x, ∆y) mendekati (0, 0) melalui garis ∆y = k∆y maka

f 

^

(z ) = e^z lim ∆x

→

0 e^∆x+ik∆x

−

1 ∆x + ik∆x = e^z lim ∆x

→

0 e(1+ik)∆x

−

1 (1 + ik)∆x = e^z lim ∆x

→

0 (1 + ik)e⁽¹⁺ik)∆x 1 + ik ^= e z.1 = e^z

sehingga diduga bahwa fungsi turunan dari f (z ) = ez adalah f 



(z ) = ez. Dengan menggunakan teorema yang akan dibahas berikut ini, yang dikenal sebagai teorema Cauchy - Riemann, dapat diperlihatkan bahwa fungsi turunan dari f (z ) = ez adalah f 



(z ) = ez.

5. Jika f (z ) = z  maka secara umum,

 ∀

z 

 ∈

C diperoleh f 

^

(z ) = lim ∆z

→

0 f (z  + ∆z )

−

f (z ) ∆z  = lim ∆z

→

0 z  + ∆z 

−

z  ∆z  = lim ∆z

→

0 z  + ∆z 

−

z  ∆z  = lim ∆z

→

0 ∆z  ∆z  = lim (∆x,∆y)

→

(0,0) ∆x

−

i∆y ∆x + i∆y

Jika (∆x, ∆y) mendekati (0, 0) melalui garis ∆y = 0 maka

f 

^

(z ) = lim

∆x

→

0

∆x ∆x ^{= 1.}

Jika (∆x, ∆y) mendekati (0, 0) melalui garis ∆x = 0 maka

f 

^

(z ) = lim

∆y

→

0

−

i∆x

i∆y ⁼

−

1.

Karena dengan dua pendekatan yang berbeda diperoleh nilai limit yang ber-beda maka f 



(z ) tidak ada, sehingga fungsi f (z ) = z  tidak terdiferensialkan

6. Jika f (z ) =

|

z 

|

² maka secara umum,

 ∀

z 

 ∈

C diperoleh f 

^

(z ) = lim ∆z

→

0 f (z  + ∆z )

−

f (z ) ∆z  = lim ∆z

→

0

|

z  + ∆z 

|

²

− |

z 

|

² ∆z  = lim ∆z

→

0 (z  + ∆z )(z  + ∆z )

−

zz  ∆z  = lim ∆z

→

0 (z  + ∆z )(z  + ∆z )

−

zz  ∆z  = lim ∆z

→

0 zz  + z ∆z  + ∆zz  + ∆z ∆z 

−

zz  ∆z  = lim ∆z

→

0 z ∆z  + ∆zz  + ∆z ∆z  ∆z 

Jika (∆x, ∆y) mendekati (0, 0) melalui garis ∆y  = 0 maka ∆z  = ∆z , se-hingga

f 

^

(z ) = lim

∆z

→

0

z ∆z  + ∆zz  + (∆z )2

∆z  ^{= lim}∆z

→

0z  + z  + ∆z  = z  + z  = 2x. Jika (∆x, ∆y) mendekati (0, 0) melalui garis ∆x   = 0 maka ∆z  =

−

∆z , sehingga

f 

^

(z ) = lim

∆z

→

0

−

z ∆z  + ∆zz 

−

(∆z )²

∆z  ^{= lim}∆z

→

0

−

z  + z 

−

∆z  =

−

z  + z  =

 −

2iy. Jika z 



= 0 maka dua pendekatan tersebut menghasilkan nilai limit yang berbeda sehingga f 



(z ) tidak ada

 ∀

z = 0. Sekarang akan diselidiki f 

 

(z ) ada untuk z  = 0. f 

^

(0) = lim ∆z

→

0 f (0 + ∆z )

−

f (0) ∆z  ^{= lim}∆z

→

0

|

∆z 

|

² ∆z  ^{= lim}∆z

→

0 ∆z ∆z  ∆z  ^{= lim}∆z

→

0∆z  = 0. Karena f 



(z ) tidak ada

 ∀

z  = 0 dan f 

 

(0) = 0 maka dapat disimpulkan bahwa fungsi f (z ) =

|

z 

|

² hanya terdiferensialkan di z  = 0.

Untuk memeriksa apakah suatu fungsi terdiferensialkan tentu tidak praktis ji-ka selalu hanya menggunaji-kan definisi saja. Oleh ji-karena itu telah dibuktiji-kan beberapa sifat atau teorema yang dapat membantu kita untuk memeriksa kete-rdiferensialan suatu fungsi kompleks dengan lebih mudah, seperti yang disajikan

3.3

3.3. . DIFDIFEREERENSINSIALAL 3333

berikut ini. berikut ini.

Sifat-sifat fungsi terdiferensial Sifat-sifat fungsi terdiferensial Jika

Jika f f ((z z ) dan) dan gg((z z ) terdiferensial pada suatu himpunan) terdiferensial pada suatu himpunan AA

⊆⊆

CC dandan kk

 ∈ ∈

CC adalah adalah konstanta, maka demikian pula halnya dengan (

konstanta, maka demikian pula halnya dengan (f f ++gg)()(z z )),, ((kf kf )()(z z )),, ((ffgg)()(z z )),,



f f  g

g



_((z z ),), dan (

dan (f f 

 ◦ ◦

gg)()(z z ), yang dapat ditentukan dengan cara berikut.), yang dapat ditentukan dengan cara berikut. 1. 1. ((f f  ++ g g))



((z z ) ) == f  f 



((z z ) +) + g g



((z z )) 2. 2. ((kf kf ))



((z z ) ) == k kf f 



((z z )) 3. 3. ((ff gg))



((z z ) ) == f  f 



((z z ))gg((z z ) +) + f  f ((z z ))gg



((z z )) 4. 4. ^f f _gg

^

((z z ) ) == ^{f f ((zz))gg((}₍₍^zz_gg⁾⁾₍₍

⁻⁻

_zz))))^f f ((22^{zz))gg((zz))} 5. 5. ((f f 

 ◦ ◦

gg))



((z z ) ) == f  f 



((gg((z z ))))gg



((z z ))

Dengan memanfaatkan sifat-sifat tersebut dapat ditentukan turunan Dengan memanfaatkan sifat-sifat tersebut dapat ditentukan turunan fungsi-fungsi lain seperti fungsi-fungsi polinom, fungsi-fungsi rasional, fungsi-fungsi trigonometri, dan fungsi-fungsi fungsi lain seperti fungsi polinom, fungsi rasional, fungsi trigonometri, dan fungsi hiperbolik.

hiperbolik. Contoh: Contoh: 1.

1. AkAkan an diperlihatdiperlihatkkan an bahwbahwa a jikjikaa f f ((z z ) ) == z  z nn makamaka f f 



((z z ) ) == nz  nz nn

−−

11,,

∀∀

nn

∈∈

ZZ.. (a)

(a) AkAkan dibuktikan dengan menggunakan induksi matematika bahan dibuktikan dengan menggunakan induksi matematika bahwa jikwa jikaa f 

f ((z z ) ) == z  z nn makamaka f  f 



((z z ) ) == nz  nz nn

−−

11,,

∀∀

nn

 ∈ ∈

NN, sebagai berikut., sebagai berikut.

••

 Sifat jelas berlaku untuk Sifat jelas berlaku untuk nn = 1 sebab telah diperlihatkan dengan = 1 sebab telah diperlihatkan dengan menggunakan definisi bahwa

menggunakan definisi bahwa f f 



((z z ) = 1 jika) = 1 jika f f ((z z ) ) == z  z 

••

  Andaikan sifat berlaku untuk  Andaikan sifat berlaku untuk nn == kk, yaitu, yaitu f f 



((z z ) ) == kz kz kk

−−

11  jika jika f 

••

 harus dibuktikan bahwa sifat berlaku untuk harus dibuktikan bahwa sifat berlaku untuk nn = =  k k +  + 1. 1. MengMenggu- gu-nakan sifat turunan perkalian dua fungsi maka

nakan sifat turunan perkalian dua fungsi maka f  f ((z z ) ) == z  z ⁽⁽kk+1)+1) == z zz z kk

sehingga sehingga

f 

f 

^

((z z ) ) == z  z ^kk ++ zk zkz z ^kk

⁻⁻

¹¹ == z  z ^kk ++ kz  kz ^kk = = ((kk + 1) + 1)z z ^kk Jadi telah terbukti bahwa jika

Jadi telah terbukti bahwa jika f  f ((z z ) ) == z  z nn maka f maka f 



((z z ) ) == nz  nz nn

−−

11,,

∀∀

nn

∈∈

NN.. (b)

(b) BerikuBerikut t ini dibuktikini dibuktikan an bahwbahwa a jikjikaa f f ((z z ) ) == z z nn makamaka f f 



((z z ) ) == nz nz nn

−−

11,,

∀∀

nn bilangan bulat negatif pula.

bilangan bulat negatif pula. Misalkan

Misalkan n n bilangan bulat negatif.  bilangan bulat negatif. MisalkMisalkanan m m = =

 − −

nn. Oleh karena itu. Oleh karena itu m

m

 ∈ ∈

NN dandan f f ((z z ) ) == z  z nn == z  z 

−−

mm = = _zz¹¹mm == _gg((¹¹_zz)), dengan, dengan gg((z z ) ) == z  z mm. Karena. Karena m

m

 ∈ ∈

NN maka gg maka



((z z ) ) == mz  mz mm

−−

11 ==

 − −

nz nz 

−−

nn

−−

11. . Dengan mengguDengan menggunaknakan sifatan sifat turunan hasil bagi dua fungsi diperoleh

turunan hasil bagi dua fungsi diperoleh f  f 

^

((z z ) ) == ^{00.g.g((z z ))}

−−

11.g.g



((z z )) ((gg((z z ))))22 ==

 − −

gg



((z z )) ((gg((z z ))))22 = =

−−

mz mz mm

−−

11((z z )) z  z 22mm ==

−−

mz mz 

⁻⁻

^mm

⁻⁻

¹¹ == nz  nz ⁿⁿ

⁻⁻

¹¹ Dengan demikian telah dibuktikan bahwa jika

Dengan demikian telah dibuktikan bahwa jika f  f ((z z ) ) == z  z nn makamaka f  f 



((z z ) ) == nz 

nz nn

−−

11,,

∀∀

nn

 ∈ ∈

ZZ.. 2. Jika

2. Jika f  f ((z z ) = sin() = sin(z z ) ) == ee^iziz

−−

ee−−iziz

2 2ii   maka  maka f f 



((z z ) ) == ieie^iziz++ieie−−iziz 2 2ii == ee^iziz++ee−−iziz 2 2 = = cos(cos(z z )).. 3. Jika

3. Jika f  f ((z z ) = ) = sinsinh(h(z z ) ) == ^eezz

⁻⁻

₂₂^ee−−  maka  maka f ^zz f 



((z z ) ) == ^eezz++₂₂^ee−−zz = = cosh(cosh(z z )).. Teorema Cauchy-Riemann 1:

Teorema Cauchy-Riemann 1:  Misalkan fungsi kompleks  Misalkan fungsi kompleks  f f ((z z )) dinyatakan se- dinyatakan se-bagai 

bagai  f f ((z z ) ) == uu((x,x, yy) ) ++ iv iv((x,x, yy)). . JJiikka a  uu((x,x, yy)),, vv((x,x, yy)),, uu_xx,, uu_yy,, vv_xx,, dan dan  vv_yy  kontinu   kontinu  pada persekitaran 

pada persekitaran  N N _((z z ₀₀)) dari suatu titik  dari suatu titik  z z ₀₀ dan pada  dan pada  z z ₀₀  berlaku   berlaku  u

uxx = = v vyy dandan uuyy ==

−−

vvxx,, maka 

maka  f f 



((z z ₀₀)) ada dan  ada dan  f 

f 

^

((z z ₀₀) ) == u u_xx((z z ₀₀) +) + iv iv_xx((z z ₀₀) ) == v v_yy((z z ₀₀))

−−

iuiu_yy((z z ₀₀)),, dengan

dengan uu_xx == ^∂u∂u_∂x∂x,, uu_yy == ^∂u∂u_∂y∂y,, vv_xx == _∂x∂x^∂v∂v,, dandan vv_yy == ^∂v∂v_∂y∂y berturut-turut adalah turunan berturut-turut adalah turunan parsial dari

3.3

3.3. . DIFDIFEREERENSINSIALAL 3535

T

Teoreeorema ma CaucCauchy-hy-RiemaRiemann nn 2:2: JikJika a funfungsi gsi komkomplepleks ks  f f ((z z ) ) == uu((x,x, yy) ) ++ iv

iv((x,x, yy)) memiliki turunan di  memiliki turunan di  z z ₀₀ maka . maka . f 

f 

^

((z z ₀₀) ) == u uxx((z z ₀₀) +) + iv ivxx((z z ₀₀) ) == v vyy((z z ₀₀))

−−

iuiuyy((z z ₀₀)),, sehingga pada 

sehingga pada  z z ₀₀  berlaku   berlaku 

u

uxx == v vyy dandan uuyy ==

−−

vvxx.. Contoh:

Contoh: 1.

1. PandaPandang ng fungsifungsi f  f ((z z ) ) == z  z 22 = = ((xx++iyiy))22 == x x22

−

−

yy22+2+2xyixyi = = u u((x,x, yy)+)+vv((x,x, yy))ii. . DiDi sini

sini uu((x,x, yy) ) == x x22

−

−

yy22 dandan vv((x,x, yy) ) = = 22xyxy, sehingga, sehingga uuxx = 22x,= x, uuyy ==

 − −

22y,y, vvxx == 22y,y, dandan vv_yy = = 22xx. . JelJelas bahas bahwawa u u,, v,uv,u_xx,, uu_yy,, vv_xx,, dandan vv_yy adalah fungsi-fungsi adalah fungsi-fungsi yang kon

yang kontinu. tinu. PerhatPerhatikikan bahwaan bahwa uu_xx == vv_yy dandan uu_yy ==

 − −

vv_xx,,

∀∀

((x,x, yy). ). BerBerda- da-sarkan teorema Cauchy-Riemann 1 maka

sarkan teorema Cauchy-Riemann 1 maka f  f 



((z z ) ada untuk setiap) ada untuk setiap z  z 

 ∈ ∈

CC d danan f 

f 



((z z ) ) == u uxx((z z )) ++ ivivxx((z z ) ) = = 22xx ++ 22yiyi =  = 2(2(xx ++ yiyi) ) = = 22z z . Hasil ini sesuai dengan. Hasil ini sesuai dengan hasil yang diperoleh dengan menggunakan definisi turunan fungsi kompleks. hasil yang diperoleh dengan menggunakan definisi turunan fungsi kompleks. 2.

2. PandaPandang fungsng fungsii f f ((z z ) ) == e ezz == e exx++iyiy == e exxcoscos yy + + ie iexxsinsin yy == u u((x,x, yy) +) + v v((x,x, yy))ii.. Di sini

Di sini uu((x,x, yy) ) == e exxcos yy dancos dan v v((x,x, yy) ) == e exxsinsin yy, sehingga, sehingga u u_xx == e exxcoscos y,y, uu_yy ==

−

−

eexxsinsin y,y, vvxx == eexxsinsin y,y, dandan vvyy = ee= xxcoscos yy. . JelJelas bahas bahwawa u u,, v,uv,uxx,, uuyy,, vvxx,, dandan vv_yy  adalah fungsi-fungsi yang kontinu. Perhatikan bahwa  adalah fungsi-fungsi yang kontinu. Perhatikan bahwa uu_xx == v v_yy dandan uu_yy ==

−

−

vvxx,,

∀∀

((x,x, yy). ). BerdasarBerdasarkkan an teorema Cauchteorema Cauchy-Riey-Riemann 1 mann 1 makmakaa f f 



((z z ) ada un-) ada un-tuk setiap

tuk setiap z  z 

 ∈ ∈

CC dandan f  f 



((z z ) ) == u uxx((z z )) ++ ivivxx((z z ) ) == e exxcoscos yy ++ ieiexxsinsin yy = = e ezz. Hasil. Hasil ini membenarkan dugaan pada contoh sebelumnya bahwa turunan dari ini membenarkan dugaan pada contoh sebelumnya bahwa turunan dari eezz

adalah adalah eezz.. 3.

3. PandaPandang fungsng fungsii f f ((z z ) ) ==

 | |

z z 

||

²² == x x22+ yy+ 22 == u u((x,x, yy)) ++ vv((x,x, yy))ii. Di sini. Di sini u u((x,x, yy) ) == x

x22 ++ y y22 dandan vv((x,x, yy) = 0, sehingga) = 0, sehingga uuxx = 22x,= x, uuyy = = 22y,y, vvxx = = 00,, dandan vvyy == 0.

0. JeJelalas bahs bahwawa  u,v,u  u,v,uxx,, uuyy,, vvxx,, dandan vvyy  adalah fungsi-fungsi yang kontinu.  adalah fungsi-fungsi yang kontinu. Perhatikan bahwa persamaan

Perhatikan bahwa persamaan uu_xx == v v_yy dandan uu_yy ==

 − −

vv_xx hanya berlaku untuk hanya berlaku untuk ((x,x, yy) = (0) = (0,, 0). 0). BerdasarBerdasarkkan teorema Cauchyan teorema Cauchy-Riema-Riemann 1 nn 1 dan 2 dan 2 makmakaa f f 



((z z ))

hanya ada untuk

hanya ada untuk z  z  = 0 dan = 0 dan f  f 



(0) =(0) = u uxx(0)+(0)+ivivxx(0(0) = 0+) = 0+ 00ii = 0. Hasil inipun = 0. Hasil inipun sesuai dengan hasil yang telah kita peroleh pada contoh sebelumnya.

sesuai dengan hasil yang telah kita peroleh pada contoh sebelumnya. 4. Pandang fungsi

4. Pandang fungsi f f ((z z ) ) == z  z  == x x

−−

yiyi = = u u((x,x, yy) +) + v v((x,x, yy))ii. Di sini. Di sini uu((x,x, yy) ) == x x dan

dan vv((x,x, yy) ) ==

−−

yy, sehingga, sehingga uuxx = = 11,, uuyy = = 00,, vvxx = = 00,, dandan vvyy ==

−−

11. . JJee--las bahwa

las bahwa  u,v,u  u,v,u_xx,, uu_yy,, vv_xx,, dandan vvyy  adal  adalah fungsi-funah fungsi-fungsi yang kongsi yang kontinutinu. . Per- Per-hatikan bahwa persamaan

hatikan bahwa persamaan uu_xx



== vv_yy,,

∀∀

x +x +  i iyy

∈∈

CC. . BerBerdasadasarkrkan teoan teoremarema Cauchy-Riemann 2 maka

Cauchy-Riemann 2 maka f f 



((z z ) tidak ada untuk setiap) tidak ada untuk setiap z z 

 ∈ ∈

CC. Jadi. Jadi f f   tidak  tidak terdiferensialkan.

terdiferensialkan. 5. Pandang fungsi

5. Pandang fungsi f f ((z z ) ) == y y

−−

xixi = =  u u((x,x, yy) +) + v v((x,x, yy))ii. Di sini. Di sini uu((x,x, yy) ) == y y dandan vv((x,x, yy) ) ==

 − −

xx, sehingga, sehingga uu_xx = = 00,, uu_yy = = 11,, vv_xx ==

 − −

11,, dandan vv_yy = 0.  = 0. JelJelas bahas bahwawa u,v,u

u,v,u_xx,, uu_yy,, vv_xx,, dandan vv_yy  kontinu dan  kontinu dan uu_xx == vv_yy dandan uu_yy ==

 − −

vv_xx,,

∀∀

((x,x, yy). ). BeBerda rda--sarkan teorema Cauchy-Riemann 1 maka

sarkan teorema Cauchy-Riemann 1 maka f f 



((z z ) ada dan) ada dan f f 



((z z ) ) == uu_xx((z z ) ) ++ iv

iv_xx((z z ) ) ==

−−

ii..

Perhatikan bahwa teorema Cauchy-Riemann 2 bukan sepenuhnya merupakan Perhatikan bahwa teorema Cauchy-Riemann 2 bukan sepenuhnya merupakan ke-balikan teorema Cauchy-Riemann 1 sebab teorema Cauchy-Riemann 2 tidak balikan teorema Cauchy-Riemann 1 sebab teorema Cauchy-Riemann 2 tidak men- jamin

 jamin kekonkekontinuantinuan u u,, v,uv,u_xx,, uu_yy,, vv_xx,, dandan vv_yy. . TTeorema Caucheorema Cauchy-Riey-Riemann 1 bmann 1 bergunaerguna untuk menentukan himpunan bilangan kompleks

untuk menentukan himpunan bilangan kompleks z z  di mana di mana f f ((z z ) ) terdiferterdiferensialensialk- k-an, sedangkan teorema Cauchy-Riemann 2 berguna untuk menentukan himpunan an, sedangkan teorema Cauchy-Riemann 2 berguna untuk menentukan himpunan bilangan kompleks

bilangan kompleks z z  di mana di mana f  f ((z z ) TIDAK terdiferensialkan.) TIDAK terdiferensialkan.

Jadi, sejauh ini kita dapat memeriksa eksistensi dan menentukan turunan suatu Jadi, sejauh ini kita dapat memeriksa eksistensi dan menentukan turunan suatu fungsi kompleks

fungsi kompleks f f ((z z ) dengan menggunakan:) dengan menggunakan:

••

 definisi fungsi turunan fungsi kompleks, yaitu definisi fungsi turunan fungsi kompleks, yaitu f  f 

^

((z z ) ) = = lliimm ∆ ∆zz

→→

00 f  f ((z z  + ∆ + ∆z z ))

−−

f f ((z z )) ∆ ∆z z  ,,

••

 operasi fungsi terdiferensialkan, seperti penjumlahan, perkalian, pembagi- operasi fungsi terdiferensialkan, seperti penjumlahan, perkalian, pembagi-an, dan komposisi dua fungsi

3.3. DIFERENSIAL 37

•

  persamaan Cauchy-Riemann, yaitu

u_x = v_y dan u_y =

−

v_x, dan

f 

^

(z ) = ux(z ) + ivx(z ).

Di antara ketiga cara tersebut, cara terakhir merupakan cara termudah jika f (z ) dinyatakan sebagai fungsi dengan variabel bebas (x, y) dalam koordinat Cartesius. Namun, bila f (z ) dinyatakan dalam koordinat polar maka kita akan mengalami kesulitan dalam menggunakan cara ke tiga. Sebagai contoh, ketiga cara tersebut tidak dapat digunakan untuk menentukan turunan fungsi logaritma yang dide-finisikan sebagai log z  = lnr + it = ln

|

z 

|

 + i arg(z ), untuk z  = reit. Namun,  jika kita dapat menyatakan persamaan Cauchy-Riemann dalam koordinat polar, kita dapat menentukan turunan fungsi logaritma. Berikut ini dibahas bagaimana menyatakan persamaan Cauchy-Riemann dalam koordinat polar dan rumus f 



(z ) dalam koordinat polar.

Jika z  = x + iy = reit dan f (z ) = u(x, y) + iv(x, y) = u(r, t) = iv(r, t) dengan x = r cos t, y = r sin t , maka dengan menggunakan aturan rantai, diperoleh

u_r = u_xx_r + u_yy_r = u_x cos t + u_y sin t, ut = uxxt + uyyt =

 −

uxr sin t + ruy cos t,

vr = vxxr + vyyr = vx cos t + vy sin t,   (3.1) v_t = v_xx_t + v_yy_t =

−

v_xr sin t + rv_y cos t.

Berdasarkan persamaan Cauchy-Riemann maka persamaan (3.1) yang ke empat menjadi

vt = uyr sin t + rux cos t = rux cos t + ruy sin t. Jika persamaan pertama dikalikan dengan r maka diperoleh

ru_r = ru_x cos t + ru_y sin t = v_t. Jadi diperoleh

rur = vt atau ur = ¹

Berdasarkan persamaan Cauchy-Riemann maka dari persamaan (3.1) yang ke tiga diperoleh

rvr =

−

ruy cos t + rux sin t =

−

(

−

uxr sin t + ruy cos t) =

−

ut. Jadi diperoleh

rv_r =

−

u_t atau v_r =

−

¹_ru_t,

∀

r

 

= 0.

Dengan demikian,  persamaan Cauchy-Riemann dalam koordinat polar adalah

u_r = ¹

r^{vt dan vr =}

−

¹_ru_t,

∀

r

 

= 0.

Selanjutnya, untuk menentukan f 



(z ) maka ux, uy, vx, dan vy  perlu dinyatakan dalam ur, ut, vr, dan vt. Perhatikan bahwa dari ke empat persamaan di atas diperoleh dua sistem persamaan linear berturut-turut dalam ux, uy dan vx, vy, yaitu

(cos t)u_x + (sin t)u_y = u_r (

−

r sin t)ux + (r cos t)uy = ut, dan

(cos t)v_x + (sin t)v_y = v_r (

−

r sin t)v_x + (r cos t)v_y = v_t.

Dengan melakukan eliminasi atau menggunakan aturan Cramer untuk menyele-saikan kedua sistem persamaan linear tersebut maka diperoleh

ux = ur cos t

−

 ^u_r^t sin t, u_y = u_r sin t + ^ut r ^{cos t,} v_x = v_r cos t

−

^v_r^t sin t, dan vy = vr sin t + ^vt r ^{cos t.}

3.4. FUNGSI ANALITIK  39