Bab 2 Fungsi Analitik

Bab 2 Fungsi Analitik

Bab 2 ini direncanakan akan disampaikan dalam 4 kali pertemuan, dengan perincian sebagai berikut:

(1) 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 memain- kan peranan cukup penting di dalam analisis kompleks. Untuk itu, terlebih dahulu disampaikan fungsi variabel kompleks, limit fungsi, kontinuitas, dan deri- vatif fungsi.

2.1 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. Do- main definisi suatu fungsi belum tentu merupakan domain. Apabila domain defi-

nisi suatu fungsi f tidak disebutkan secara eksplisit, maka disepakati bahwa se- bagai domain definisi adalah himpunan terbesar sehingga fungsi f terdefinisikan pada himpunan tersebut. Sebagai contoh, apabila f (z) = _z−1¹ , maka domain definisi f adalah {z ∈ C : z 6= 1}. Selanjutnya, domain definisi fungsi f dinotasikan dengan D_f.

Diberikan fungsi f dan z ∈ D_f dengan z = x + iy. Misalkan nilai f di z adalah w, yaitu

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

u = u(x, y) dan v = v(x, y)

Jadi,

f (z) = u(x, y) + iv(x, y) (2.1)

Dari (2.1) 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 2.1.1 Jika f (z) = z + z + i|z|, maka

f (z) = 2x + i^qx²+ y² Jadi, u(x, y) = 2x dan v(x, y) =√

x²+ y²

Contoh 2.1.2 Tentukan u(r, θ) dan v(r, θ) jika diketahui f (z) = ^z2_z⁻¹.

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− 1 r(cos θ + i sin θ)

= ((r²cos 2θ − 1) + ir²sin 2θ

r(cos θ + i sin θ) )(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. 2

Berbeda halnya dengan fungsi variabel real yang bernilai tunggal, maka fungsi variabel kompleks dapat bernilai tidak tunggal. Tentunya hal ini mudah dipa- hami, mengingat f (z) = z¹⁴ bernilai empat untuk setiap 0 6= z ∈ C. Lihat kembali Bagian 1.5.

Jika n ∈ N dan c₀, c₁, c₂, . . . , c_n masing-masing konstanta kompleks dengan c₀ 6= 0, maka

P_n(z) = c₀zⁿ+ c₁zⁿ⁻¹+ . . . + c_n−1z + 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 2.2.1 Diketahui f (z) = z + ¯z + iz ¯z. Gambarkan f (L) jika

(a) L = {z : |z| = 1}.

(b) L = {z : |z| = 2}.

Penyelesaian: Karena f (z) = z + ¯z + iz ¯z = 2x + i(x²+ y²), maka f (z) = u(x, y) + iv(x, y),

dengan

u(x, y) = 2x dan v(x, y) = x² + y²

(a) Oleh f , titik-titik A(1, 0), B(0, 1), C(−1, 0), dan D(0, −1) berturut-turut dipetakan ke A⁰(2, 1), B⁰(0, 1), C⁰(−2, 1), dan D⁰(0, 1). Secara umum, se- barang titik P (x, y) ∈ L oleh f dipetakan ke P⁰(2x, 1). Apabila L dan f (L) masing-masing digambarkan ke dalam bidang-z dan bidang-w , maka diperoleh

Gambar 2.1

(b) Oleh f , titik-titik A(2, 0), B(0, 2), C(−2, 0), dan D(0, −2) berturut-turut dipetakan ke A⁰(4, 4), B⁰(0, 4), C⁰(−4, 4), dan D⁰(0, 4). Secara umum, se- barang titik P (x, y) ∈ L oleh f dipetakan ke P⁰(2x, 4). Apabila digam- barkan, maka diperoleh

Gambar 2.2

2.3 Limit Fungsi

Diberikan fungsi f dengan domain definisi D_f dan z₀ titik limit D_f. Fungsi f dikatakan mempunyai limit L untuk z mendekati z₀, ditulis

z→zlim0

f (z) = L

jika untuk setiap z yang cukup dekat dengan z0 tetapi z 6= z0 berakibat f (z) cukup dekat dengan L. Dalam bahasa matematika, lim_z→z0f (z) = L jika untuk setiap bilangan real  > 0 terdapat bilangan δ > 0 sehingga untuk setiap z ∈ D_f dengan 0 < |z − z₀| < δ berakibat

|f (z) − L| < 

Apabila z₀ = x₀+ iy₀, maka dengan mengingat pengertian nilai mutlak, definisi di atas dapat pula dinyatakan sebagai berikut: lim_z→z0f (z) = L jika untuk setiap bilangan real  > 0 terdapat bilangan δ > 0 sehingga untuk setiap z = x+iy ∈ D_f dengan 0 <^q(x − x0)² + (y − y0)² < δ berakibat

|f (z) − L| < 

Secara geometris, pengertian ini dapat digambarkan sebagai berikut.

Gambar 2.3

Contoh 2.3.1 Tunjukkan bahwa lim_z→1+i (2z + 1) = 3 + 2i.

Bukti:

|(2z + 1) − (3 + 2i)| = |2z − 2 − 2i| = 2|z − (1 + i)|

Diberikan  > 0 sebarang. Diambil δ = ₃^, maka δ > 0. Selanjutnya, untuk setiap z dengan 0 < |z − (1 + i)| < δ, berlaku

|(2z + 1) − (3 + 2i)| = 2|z − (1 + i)| < 2. 3 <  Dengan demikian, bukti selesai. 2

Contoh 2.3.2 Tunjukkan bahwa lim_z→2−i (2x − iy) = 4 + i.

Bukti:

|(2x − iy) − (4 + i)| = |2(x − 2) − i(y + 1)| ≤ 2(|x − 2| + |y + 1|)

Diberikan bilangan  > 0 sebarang. Diambil δ = ₅^, maka δ > 0. Selanjutnya, jika 0 < |z − (2 − i)| < δ, yang berakibat 0 < |x − 2| < δ dan 0 < |y + 1| < δ, maka berlaku

|(2x − iy) − (4 + i)| ≤ 2(|x − 2| + |y + 1|) < 2( 5+ 

5) < . 2

Dengan mencermati dan memahami pengertian limit, maka akan segera dike- tahui bahwa di dalam menunjukkan lim_z→z0f (z) = L, sesungguhnya yang perlu diperhatikan hanyalah titik-titik z yang cukup dekat dengan z₀, tidak perlu se- mua z ∈ C. Dengan demikian, untuk mempermudah pembuktian perlu dilakukan lokalisasi titik-titik z di sekitar z0. Agar lebih jelas, perhatikan contoh berikut ini.

Contoh 2.3.3 Tunjukkan limz→i z² = −1.

Bukti:

|z²− (−1)| = |(z − i)(z + i| = |z − i||z + i|

Ditinjau titik-titik z sehingga |z − i| < 1, maka

|z + i| = |z − i + 2i| ≤ |z − i| + 2|i| = 1 + 2 = 3 Jadi, untuk semua z dengan |z − i| < 1 berlaku

|z²− (−1)| = |z − i||z + i| ≤ 3|z − i|

Diberikan bilangan  > 0 sebarang. Diambil δ = min{1,₄^}, maka δ > 0. Selan- jutnya, untuk semua z dengan 0 < |z − i| < δ, yang berakibat 0 < |z − i| < 1 dan 0 < |z − i| < ^₅, berlaku

|z²− (−1)| ≤ 3|z − i| < 3(

5) < . 2

Selanjutnya, akan ditunjukkan sifat-sifat limit.

Teorema 2.3.4 Jika lim_z→z0f (z) ada, maka nilainya tunggal.

Bukti: Misalkan

z→zlim0

f (z) = L dan lim

z→z0

f (z) = K

Akan ditunjukkan L = K. Mengingat definisi limit, maka untuk setiap bilangan real  > 0 yang diberikan, terdapat bilangan δ₁, δ₂ > 0 sehingga

|f (z) − L| < 

3, untuk 0 < |z − z₀ < δ₁, dan (2.3)

|f (z) − K| < 

3, untuk 0 < |z − z₀ < δ₂ (2.4) Jika diambil δ = min{δ1, δ2}, maka berdasarkan (2.3) dan (2.4) untuk 0 < |z − z₀| < δ berlaku

|L − K| = |L − f (x) + f (x) − K| ≤ |f (x) − L| + |f (x) − K| <  3 + 

3 < 

yang artinya L = K. 2

Sebagai akibat langsung Teorema 2.3.4, jika nilai lim_z→z0f (z) tidak tunggal, maka lim_z→z0f (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 x₀ hanyalah berupa suatu penggal garis (selang). Aki- batnya, apabila lim_x→x0f (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→x0f (x) tidak tunggal. Sementara, di dalam bidang kompleks persekitaran suatu titik z₀ 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, z₀ titik limit D_f, dan kurva K yang melalui z0. Limit f (z) untuk z mendekati z0di sepanjang kurva K dikatakan sama dengan L, ditulis

z→zlim0, z∈Kf (z) = L

jika untuk setiap bilangan real  > 0 terdapat bilangan δ > 0 sehingga untuk setiap z ∈ K dengan 0 < |z − z₀| < δ berakibat

|f (z) − L| < 

Selanjutnya, dengan memperhatikan definisi ini dan Teorema 2.3.4 diperoleh pernyataan sebagai berikut.

Teorema 2.3.5 Jika limz→z0f (z) ada, maka untuk setiap pasang kurva K1, K2 ⊂ D_f yang melalui z₀, lim_{z→z0, z∈K1}f (z) dan lim_{z→z0, z∈K2}f (z) keduanya ada dan

z→zlim0, z∈K1

f (z) = lim

z→z0, z∈K2

f (z)

Akibat 2.3.6 Jika ada kurva K₁, K₂ ⊂ D_f yang melalui z₀ sehingga

z→zlim0, z∈K1

f (z) 6= lim

z→z0, z∈K2

f (z) maka lim_z→z0f (z) tidak ada.

Contoh 2.3.7 Jika f (z) = _x2^2xy+2y²+i^(y_(x²2^−1)(x+1)−2)(y+2, maka tunjukkan bahwa limz→0f (z) tidak ada.

Bukti: Jika K1 dan K2 masing-masing adalah kurva dengan persamaan y = 0 dan y = x, maka berturut-turut diperoleh:

i. lim_{z→0, z∈K1}f (z) = lim_x→0 ^−(x+1)_2(x−2) = ¹₄.

ii. lim_{z→0, z∈K2}f (z) = lim_x→0(_x2^2x+2x^{2 2}) + (^(x_(x−2)(x+2)^2−1)(x+1) = ¹₄) = ²₃ + i¹₄. Selanjutnya, dari (i) dan (ii), terbukti bahwa lim_z→0f (z) tidak ada. 2

Teorema berikut ini menerangkan hubungan antara limit fungsi kompleks de- ngan limit fungsi real dua perubah.

Teorema 2.3.8 Jika diketahui f (z) = u(x, y) + iv(x, y), z₀ = x₀ + iy₀, dan L = A + iB, maka

z→zlim0

f (z) = L (2.5)

jika dan hanya jika lim

(x,y)→(x0,y0)u(x, y) = A dan lim

(x,y)→(x0,y0)v(x, y) = B (2.6) .

Bukti: Diketahui persamaan (2.5), akan dibuktikan persamaan (2.6) benar.

Diberikan  > 0 sebarang, maka terdapat δ > 0 sehingga untuk setiap z ∈ D_f dengan

0 < |z − z₀| < δ (2.7)

berlaku

|f (z) − L| <  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| <  dan |v(x, y) − B| < 

Selanjutnya, dengan mengingat definisi modulus, maka (2.7) ekuivalen dengan 0 < ^q(x − x₀)²+ (y − y₀)² < δ

Jadi, untuk setiap (x, y) di dalam domain definisi u dan v dengan 0 <^q(x − x₀)²+ (y − y₀)² < δ berakibat

|u(x, y) − A| <  dan |v(x, y) − B| <  sehingga persamaan (2.6) benar.

Sebaliknya, apabila (2.6) berlaku, maka untuk setiap  > 0 terdapat δ₁, δ₂ > 0 sehingga

|u(x, y) − A| < 

3, untuk 0 <^q(x − x0)²+ (y − y0)² < δ1, dan (2.8)

|v(x, y) − B| < 

3, untuk 0 <^q(x − x₀)²+ (y − y₀)² < δ₂ (2.9) Selanjutnya, apabila diambil δ = min{δ₁, δ₂}, maka untuk setiap z ∈ D_f dengan 0 < |z − z₀| < δ (yang artinya (x, y) di dalam domain definisi u dan v dengan 0 <^q(x − x₀)²+ (y − y₀)² < δ) berakibat

|f (z) − L| ≤ |u(x, y) − A| + |v(x, y) − B| <  3 + 

3 <  Jadi, persamaan (2.5) benar. 2

Contoh 2.3.9 Tentukan lim_z→1+i(z²+¹_z).

Penyelesaian: Terlebih dahulu dituliskan z²+1

z = (x²− y²+ x

x²+ y²) + i(2xy − y x²+ y²) Selanjutnya, karena

lim

(x,y)→(1,1)(x²− y²+ x

x²+ y²) = 1 2, dan

(x,y)→(1,1)lim (2xy − y

x²+ y²) = 3 2 maka

z→1+ilim (z²+ 1 z) = 1

2+ i(3 2). 2

Untuk mempelajari sifat-sifat limit lebih lanjut, terlebih dahulu akan dibuk- tikan lemma di bawah ini.

Lemma 2.3.10 Jika limz→z0f (z) ada, maka terdapat r > 0 sehingga f (z) ter- batas pada N (z₀, r) ∩ D_f − {z₀}.

Bukti: Diketahui limz→z0f (z) ada, katakan

z→zlim0

f (z) = L

maka terdapat bilangan r > 0 sehingga untuk setiap z ∈ D_f dengan 0 < |z −z₀| <

r (artinya z ∈ N (z₀, r) ∩ D_f − {z₀}) berlaku

|f (z) − L| < 1

⇒ |f (z)| < 1 + |L|

Jadi, terdapat r > 0 sehingga

|f (z)| < 1 + |L|

untuk setiap z ∈ N (z₀, r) ∩ D_f − {z₀}. 2

Teorema 2.3.11 Jika lim_z→z0f (z) dan lim_z→z0g(z) keduanya ada dan c ∈ C, maka

i. limz→z0{f (z) + g(z)} ada, dan

z→zlim0

{f (z) + g(z)} = lim

z→z0

f (z) + lim

z→z0

g(z)

ii. lim_z→z0cf (z) ada, dan

z→zlim0

cf (z) = c lim

z→z0

f (z)

iii. lim_z→z0f (z)g(z) ada, dan

z→zlim0

f (z)g(z) = lim

z→z0

f (z) lim

z→z0

g(z)

iv. lim_z→z0 ^{f (z)}_g(z) ada, dan

z→zlim0

f (z)

g(z) = lim_z→z0f (z)

limz→z0g(z), asal lim

z→z0

g(z) 6= 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→z0g(z) ada, maka menurut Lemma 2.3.10 terdapar r > 0 se- hingga g(z) terbatas pada Dg∩N (z₀, r) − {z0}. Artinya terdapat M > 0 sehingga

|g(z)| ≤ M

untuk setiap z ∈ D_g ∩ N (z₀, r) − {z₀}. Selanjutnya, karena lim_z→z0f (z) dan limz→z0g(z) keduanya ada, misalkan limz→z0f (z) = L dan limz→z0g(z) = K, maka untuk setiap bilangan real  > 0 sebarang terdapat δ₁, δ₂ > 0 sehingga

|f (z) − L| < 

2(M + 1), untuk setiap z ∈ D_f dengan 0 < |z − z₀|δ₁, dan

|g(z) − K| < 

2(|L| + 1), untuk setiap z ∈ D_g dengan 0 < |z − z₀|δ₂

Diambil δ = min{r, δ₁, δ₂}, maka δ > 0 dan untuk setiap z ∈ D_f ∩ D_g dengan 0 < |z − z₀| < 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|

< 

2(M + 1)M + |L|( 

2(|L| + 1)) <  2+ 

2 = . 2

Dengan adanya Teorema 2.3.11, maka tidak sulit untuk membuktikan per- nyataan berikut ini.

Teorema 2.3.12 Jika P_n(z) = c₀zⁿ+ c₁zⁿ⁻¹+ c₂zⁿ⁻²+ . . . + c_n, maka

z→zlim0Pn(z) = Pn(z0)

2.4 Limit Menuju Tak Hingga

Di dalam Bab 1 telah dijelaskan titik di tak hingga di dalam bidang kompleks diperluas (extended complex plane). Apabila w = ¹_z dan  > 0 konstanta real cukup kecil, maka himpunan {z : |z| < } akan berkorespondensi 1-1 dengan himpunan {w : |w| > ¹_}. Karena di dalam bidang kompleks diperluas, titik 0 oleh w = ¹_z dipetakan ke titik ∞, maka kiranya cukup beralasan apabila him- punan {w : |w| > ¹_} disebut persekitaran titik ∞. Dengan adanya pengertian persekitaran titik ∞ ini, selanjutnya dapat didefinisikan pengertian limit f (z) untuk z menuju titik tak hingga.

Definisi 2.4.1 lim_z→∞f (z) = L jika untuk setiap bilangan real  > 0 terdapat bilangan M > 0 sehingga untuk setiap z ∈ Df dengan |z| > M berakibat

|f (z) − L| < 

Contoh 2.4.2 Tunjukkan lim_z→∞ ¹_z = 0.

Bukti: Diberikan bilangan real  > 0 sebarang. Jika M = ¹_, maka M > 0 dan untuk setiap z dengan |z| > M berlaku

|1

z − 0| = |1 z| < 1

M = . 2

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→0f (¹_z) = L.

Bukti: Diketahui limz→∞f (z) = L, maka untuk setiap bilangan real  > 0 terdapat bilangan M > 0 sehingga untuk setiap z ∈ D_f dengan |z| > M berlaku

|f (z) − L| < 

Diambil δ = _M¹, maka untuk setiap w = ¹_z ∈ D_f dengan 0 < |w| < δ, artinya

|z| > M , berakibat

|f (1

w) − L| = |f (z) − L| < 

Sebaliknya, apabila diketahui lim_z→0f (¹_z) = L, maka untuk setiap bilangan real

 > 0 terdapat δ > 0 sehingga untuk setiap z ∈ D_f dengan 0 < |z| < δ berlaku

|f (1

z) − L| < 

Selanjutnya, apabila diambil M = ¹_δ, maka untuk setiap w = ¹_z ∈ D_f dengan

|w| > M , yang artinya 0 < |z| < δ, berakibat

|f (w) − L| = |f (1

z) − L| < 

Contoh 2.4.4 (i) lim_z→∞^z+1_z−i = 1 sebab limz→0

1 z + 1

1

z − i = lim

z→0

1 + z

1 − iz = 1 + 0 1 − 0 = 1

(ii) lim_z→∞ ^z2_3z^+z−12−i = ¹₃ sebab

limz→0 1

z² + ¹_z − 1

3

z² − i = lim

z→0

1 + z − z²

3 − iz² = 1 + 0 − 0 3 − 0 = 1

3

Definisi 2.4.5 limz→z0f (z) = ∞ jika untuk setiap bilangan real M > 0 terdapat bilangan δ > 0 sehingga untuk setiap z ∈ D_f dengan 0 < |z − z₀| < δ berakibat

|f (z)| > M Contoh 2.4.6 Tunjukkan lim_{z→i z−i}¹ = ∞.

Bukti: Diberikan bilangan real M > 0. Jika diambil δ = _M¹ , maka untuk setiap z dengan 0 < |z − i| < δ berakibat

| 1

z − i| = 1

|z − i| > 1

δ = M. 2

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→z0f (z) = ∞ jika dan hanya jika lim_{z→z0 f (z)}¹ = 0 Contoh 2.4.8 lim_z→2iz−2i^z+1 = ∞ sebab

z→2ilim 1

(_z−2i^z+1) = lim

z→2i

z − 2i z + 1 = 0

Dengan memperhatikan Definisi 2.4.1 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 .

Selanjutnya, para pembaca dapat menunjukkan teorema di bawah ini sebagai latihan.

Teorema 2.4.10 lim_z→∞f (z) = ∞ jika dan hanya jika lim_{z→0 f (}¹1 z) = 0 Contoh 2.4.11 lim_z→∞(z²+ 2i) = ∞ sebab

z→0lim 1

1

z² + 2i = lim

z→0

z²

1 + 2iz² = 0 1 + 0 = 0

2.5 Fungsi Kontinu

Pada pengertian limit, dapat dilihat meskipun lim_z→z0f (z) ada, namun f (z₀) belum tentu terdefinisikan, dan kalaupun f (z0) ada, maka nilainya belum tentu sama dengan lim_z→z0f (z). Pada bagian ini, akan dipelajari fungsi f sehingga memenuhi sifat-sifat

i. f (z₀) ada (terdefinisikan), ii. limz→z0f (z) ada, dan iii. lim_z→z0f (z) = f (z₀).

Fungsi f yang demikian dikatakan kontinu di z₀. Jadi,

Definisi 2.5.1 Fungsi f dikatakan kontinu di z₀ ∈ D_f jika untuk setiap bilangan real  > 0 terdapat bilangan δ > 0 sehingga untuk setiap z ∈ D_f dengan |z−z₀| < δ berlaku

|f (z) − f (z₀)| < 

Fungsi f dikatakan kontinu pada A ⊂ D_f jika f kontinu di setiap z ∈ A.

Contoh 2.5.2 Fungsi f (z) = z² kontinu di setiap c ∈ C.

Bukti: Latihan!

Dalam kaitannya dengan fungsi real dua perubah, maka diperoleh teorema sebagai berikut.

Teorema 2.5.3 Diketahui f (z) = u(x, y) + iv(x, y) dan z₀ = x₀+ iy₀. Fungsi f kontinu di z₀ jika dan hanya jika u(x, y) dan v(x, y) keduanya kontinu di (x₀, y₀).

Bukti: Diketahui f kontinu di z₀, maka untuk setiap bilangan real  > 0 terdapat δ > 0 sehingga untuk setiap z ∈ D_f dengan |z − z₀| < δ berakibat

|f (z) − f (z₀)| <  (2.10) Karena

|Re(z)| ≤ |z| dan |Im(z)| ≤ |z|

maka (2.10) berakibat

|u(x, y) − u(x₀, y₀)| <  dan |v(x, y) − v(x₀, y₀)| <  (2.11) Selanjutnya, dengan mengingat definisi nilai mutlak, maka untuk setiap (x, y) di dalam domain definisi u dan v dengan ^q(x − x0)²+ (y − y0)² < δ berakibat (2.11). Jadi, u(x, y) dan v(x, y) keduanya kontinu di (x₀, y₀).

Sebaliknya, apabila diketahui u(x, y) dan v(x, y) keduanya kontinu di (x₀, y₀), maka untuk setiap bilangan real  > 0 terdapat δ₁, δ₂ > 0 sehingga

|u(x, y) − u(x0, y0)| < 

3, ∀(x, y) ∈ Du,

q

(x − x0)² + (y − y0)² < δ1, dan

|v(x, y) − v(x₀, y₀)| < 

3, ∀(x, y) ∈ D_v, ^q(x − x₀)²+ (y − y₀)² < δ₂

Jika diambil δ = min{δ1, δ2}, maka untuk setiap z ∈ Df dengan |z − z0| < δ, yang berarti pula ^q(x − x₀)²+ (y − y₀)² < δ, berakibat

|f (z) − f (z₀)| ≤ |u(x, y) − u(x₀, y₀)| + |v(x, y) − v(x₀, y₀)| <  3 + 

3 < . 2

Lebih lanjut, jika f dan g kontinu di z₀ dan c ∈ C, maka dapat ditunjukkan bahwa f + g, cf , dan f g kontinu di z0. Demikian pula, ^f_g kontinu di z0 asalkan g(z₀) 6= 0. Dengan memahami sifat-sifat fungsi kontinu sebagaimana disebutkan di atas, maka mudah dipahami contoh soal berikut ini.

Contoh 2.5.4 Fungsi f (z) = (x²+ 2xy + 2y²) − i(_y^x−12+1) kontinu di setiap titik z = x + iy.

Latihan

1. Hitunglah limz→z0f (z) jika diberikan

a. f (z) = z²+ 1, z₀ = 1 + i c. f (z) = xy + i(x²− 2xy), z₀ = 2i b. f (z) = _z+1^z , z₀ = 2 − i d. f (z) = x²+ xy − i(x − y), z₀ = 1 + i 2. Selidiki apakah lim_z→cf (z), untuk f (z) dan c yang diberikan berikut ini,

ada serta berikan penjelasannya.

a. f (z) = (x²+ y) + ixy, c = 2 + i.

b. f (z) = ^x_x³2^−y+y³² + i_x2^x+y^2y2, c = 0.

c. f (z) = ^x_x³2^−y+y³² + i_x2^x+y^2y2, c = 1 − i.

3. Dengan definisi limit tunjukkan bahwa

a. lim_z→iz³ = −i f. lim_{z→2i z−3i}¹ = i

b. lim_z→2−3i(z² + 3i) = −5 − 9i g. lim_z→2 ¹_z = ¹₂ c. lim_{z→1+2iz−3i}^z = −¹₂ + i(³₂) h. lim_{z→i 4z−3i}^z−1 = 1 + i d. lim_z→2−i3z + i = 6 − 2i i. lim_z→i ¹_z = −i

e. limz→1−iz³+ 2i = −2

4. Jika lim_z→z0f (z) = L ≥ 0, tunjukkan lim_z→z0^qf (z) =√ L.

5. Jika lim_z→z0f (z) = L, tunjukkan lim_z→z0|f (z)| = |L|. Bagaimana dengan sebaliknya? Jelaskan jawaban Saudara.

6. Jika lim_z→z0f (z) = 0 dan g terbatas pada suatu persekitaran z₀ maka tunjukkan lim_z→z0f (z)g(z) = 0.

7. Tunjukkan

a. lim_z→∞7z^z22⁺¹−5i = ¹₇ c. lim_{z→∞(2z−i)}^2z3+i3 = ¹₄ b. lim_z→2iz−2i^2z = ∞ d. lim_{z→∞ z+1}^z2 = ∞

8. Jika f kontinu di z₀, maka tunjukkan f terbatas di suatu persekitaran z₀. 9. Jika f dan g kontinu di z0, tunjukkan

a. f g kontinu di z₀.

b. ^f_g kontinu di z₀ asalkan g(z₀) 6= 0.

10. Jika lim_z→z0g(z) ada dan f kontinu, maka tunjukkan

z→zlim0

f (g(z)) = f ( lim

z→z0

g(z))

11. Diberikan f (z) = √^xy

x²+y² + i√^y2

x²+y². Definisikan f (0) agar f kontinu di mana-mana.

12. Tunjukkan limz→∞

√ 4z²+1

z−1 tidak ada.

2.6 Turunan (Derivative)

Diberikan fungsi f dengan domain definisi D_f dan titik z₀ ∈ D_f. Turunan f di titik z₀, ditulis dengan notasi f⁰(z₀), didefinisikan sebagai

f⁰(z₀) = lim

∆z→0

f (z₀+ ∆z) − f (z₀)

∆z , (2.12)

asalkan nilai limit di ruas kanan ada. Apabila di dalam (2.12) didefinisikan z0+ ∆z = z, maka definisi turunan f di titik z0 dapat pula ditulis sebagai

f⁰(z₀) = lim

z→z0

f (z) − f (z₀)

z − z₀ , (2.13)

Apabila pada (2.12) titik z0 diambil sebarang di dalam Df dan indeks ditang- galkan, maka diperoleh

f⁰(z) = lim

∆z→0

f (z + ∆z) − f (z)

∆z , (2.14)

yaitu turunan f di sebarang titik z. Selanjutnya, apabila w = f (z) dan

∆w = f (z + ∆z) − f (z) maka (2.14) dapat ditulis kembali sebagai

f⁰(z) = lim

∆z→0

∆w

∆z

Selanjutnya, lim_∆z→0^∆w_∆z dinotasikan ^dw_dz. Jadi, selain f⁰(z), turunan w = f (z) juga dapat dinotasikan dengan^dw_dz. Notasi ini dikenal dengan nama notasi Liebniz.

Contoh 2.6.1 Diberikan fungsi f (z) = ¹_z. Di sebarang titik z ∈ Df,

∆z→0lim

∆w

∆z = lim

∆z→0 1 z+∆z − ¹_z

∆z = lim

∆z→0

−∆z

(z + ∆z)z∆z = −1 z² Jadi, f⁰(z) = −_z¹2.

Contoh 2.6.2 Tunjukkan bahwa f (z) = |z|² tidak mempunyai turunan di setiap z 6= 0.

Bukti: Perhatikan bahwa

∆w

∆z = |z + ∆z|²− |z|²

∆z = (z + ∆z)(z + ∆z) − zz

∆z = z + ∆z + z(∆z

∆z) Andaikan f⁰(z) ada, maka lim_∆z→0^∆w_∆z ada dan nilainya tidak bergantung kepada cara pendekatannya. Apabila limit diambil sepanjang kurva ∆y = 0, maka

∆z→0lim

∆w

∆z = z + 0 + z (2.15)

Sedangkan, disepanjang kurva ∆x = 0, diperoleh

∆z→0lim

∆w

∆z = z + 0 − z (2.16)

Karena lim∆z→0 ∆w

∆z ada, maka dari (2.16) dan (2.17) diperoleh z = 0. Jadi, f⁰(z) ada hanya di titik z = 0. 2

Pada Contoh 2.6.2 telah ditunjukkan bahwa untuk z 6= 0, f⁰(z) tidak ada, tetapi dapat ditunjukkan bahwa f kontinu di manapun, khususnya di z 6= 0.

Sedangkan pada Contoh 2.6.1, f⁰(z) ada untuk setiap z ∈ Df dan dapat ditun- jukkan 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 f⁰(z₀) ada, maka f kontinu di z₀. Bukti: Karena f⁰(z₀) ada, maka

f⁰(z₀) = lim

z→z0

f (z) − f (z₀) z − z₀ ada. Sehingga

z→zlim0

{f (z) − f (z₀)} = lim

z→z0

f (z) − f (z₀) z − z0

z→zlim0

(z − z₀) = f⁰(z₀).0 = 0. 2

Contoh 2.6.4 Fungsi f dengan rumus

f (z) =







xy

x²+2y² + i(x²+ 2xy) , z 6= 0

2

3 , z = 0

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 bergan- tian akan digunakan f⁰(z) dan ^{df (z)}_dz sebagai notasi untuk turunan fungsi f (z).

Selanjutnya, dengan mengikuti langkah-langkah seperti yang digunakan di dalam kalkulus dapat diturunkan rumus-rumus turunan sebagai berikut.

Teorema 2.7.1 (i) ^d(c)_dz = 0 untuk setiap c ∈ C.

(ii) ^d(z_dzⁿ⁾ = nzⁿ⁻¹ untuk setiap n ∈ N .

Teorema 2.7.2 Jika f dan g keduanya mempunyai turunan di titik z dan c ∈ C, maka f + g, cf , f g, dan ^f_g mempunyai turunan di z asalkan untuk yang terakhir g(z) 6= 0, dan

(i) d(f (z)+g(z))

dz = ^{df (z)}_dz +^dg(z)_dz , (ii) ^{d(cf (z))}_dz = c ^{df (z)}_dz ,

(iii) ^{df (z)g(z)}_dz = f (z)^dg(z)_dz + g(z)^{df (z)}_dz , dan (iv) ^d(

f (z) g(z)) dz = ^g(z)

df (z)

dz −f (z)^dg(z)

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

= f (z + ∆z)(g(z + ∆z) − g(z)

∆z ) + g(z)(f (z + ∆) − f (z)

∆z )

Selanjutnya, dengan menggunakan sifat limit maka rumus (iii) terbukti. 2 Berdasarkan definisi turunan dan Teorema 2.7.2, kiranya tidak sulit untuk menunjukkan

d(zⁿ)

dz = nzⁿ⁻¹ , n ∈ Q

Contoh 2.7.3 (a) Jika f (z) =√

z(z²+ 1) maka f⁰(z) = df (z)

dz =√

z(2z + 0) + (z²+ 1)(1

2)(z⁻¹²) = 2z√

z +z²+ 1 2√

z (b) Diberikan f (z) = _z+1^z , maka

f⁰(z) = df (z)

dz = (z + 1).1 − z.(1 + 0)

(z + 1)² = 1

(z + 1)²

Sebagaimana halnya di dalam kalkulus, di dalam fungsi kompleks ini juga dikenal konsep turunan fungsi bersusun (aturan rantai).

Teorema 2.7.4 (Aturan Rantai) Jika g mempunyai turunan di z dan f mem- punyai turunan di g(z), maka fungsi w(z) = f (g(z)) mempunyai turunan di z, dan

w⁰(z) = f⁰(g(z))g⁰(z)

Bukti: Misalkan u = g(z), maka untuk ∆z 6= 0 berakibat ∆u 6= 0 pula, sehingga

∆w

∆z = ∆w

∆u

∆u

∆z

Karena g mempunyai turunan di z, maka g kontinu di z, sehingga

∆z→0lim g(z + ∆z) = g(z)

Hal ini berarti, apabila ∆z → 0 maka berakibat ∆u → 0. Selanjutnya, menggu- nakan sifat limit teorema terbukti. 2

Contoh 2.7.5 Tentukan turunan dari f (z) =√

z⁴+ z²+ 3.

Penyelesaian: Namakan u = z⁴ + z² + 3 dan w = f (z) = √

u, maka dengan Teorema 2.7.4,

f⁰(z) = dw du

du dz = 1

2√

u(4z³+ 2z + 0) = 2z³+ z

√z⁴+ z²+ 3.2

Latihan

1. Tunjukkan bahwa f⁰(z) tak ada untuk setiap z ∈ C.

a. f (z) = ¯z b. f (z) = Re(z)

2. Jika g(z) = a₀+ a₁z + . . . + a_nzⁿ, n ∈ N , tunjukkan ak = f^(k)(0)

k!

untuk setiap k ∈ {1, 2, . . . , n}.

3. Tentukan f⁰(z) jika a. f (z) = ^1−z_1+z. b. f (z) = z√

1 − z². c. f (z) =^q1−z_1+z.

2.8 Persamaan Cauchy-Riemann

Di dalam Teorema 2.6.3 telah disebutkan bahwa apabila f⁰(z) ada, maka f kon- tinu di titik z. Hal ini berarti bahwa syarat perlu agar f⁰(z) ada, adalah kekon- tinuan f . Pada bagian ini akan ditunjukkan bahwa, disamping kekontinuan ada syarat perlu lain agar f⁰(z) ada. Hal itu dinyatakan di dalam teorema berikut ini.

Teorema 2.8.1 Diberikan f (z) = u(x, y) + iv(x, y) dan z0 = x0+ iy0 ∈ Df. Jika f⁰(z₀) ada, maka u dan v mempunyai turunan partial tingkat pertama di titik (x₀, y₀) dan di titik tersebut berlaku persamaan Cauchy-Riemann, yaitu

u_x(x₀, y₀) = v_y(x₀, y₀) dan u_y(x₀, y₀) = −v_x(x₀, y₀) Selanjutnya,

f⁰(z₀) = u_x(x₀, y₀) + iv_x(x₀, y₀) Bukti: Diketahui f⁰(z₀) ada, maka artinya

f⁰(z₀) = lim

∆z→0

f (z0+ ∆z) − f (z0)

∆z ada. Dengan memperhatikan persamaan

f (z₀+ ∆z) − f (z₀)

∆z

= u(x₀ + ∆x, y₀+ ∆y) − u(x₀, y₀) + i{v(x₀+ ∆x, y₀+ ∆y) − v(x₀, y₀)}

∆x + i∆y

dan Teorema 2.3.8, maka dengan mengambil limit di sepanjang kurva ∆y = 0, diperoleh

Re{f⁰(z₀)} = lim

∆x→0

u(x₀+ ∆x, y₀) − u(x₀, y₀)

∆x = u_x(x₀, y₀) (2.17) Im{f⁰(z₀)} = lim

∆x→0

v(x₀+ ∆x, y₀) − v(x₀, y₀)

∆x = v_x(x₀, y₀) (2.18)

Dengan cara yang sama, apabila limit diambil di sepanjang kurva ∆x = 0, maka diperoleh

Re{f⁰(z0)} = lim

∆y→0

v(x₀, y₀+ ∆y) − v(x₀, y₀)

∆y = vy(x0, y0) (2.19) Im{f⁰(z₀)} = lim

∆y→0

u(x₀, y₀+ ∆y) − u(x₀, y₀)

−∆y = −u_y(x₀, y₀) (2.20) Jadi, u dan v mempunyai turunan parsial tingkat pertama di titik (x₀, y₀), dan dengan menyamakan (2.18) dan (2.20) serta (2.19) dan (2.21) maka diperoleh persamaan Cauchy-Riemann. Selanjutnya,

f⁰(z₀) = u_x(x₀, y₀) + iv_x(x₀, y₀). 2

Di dalam Teorema 2.8.1 telah dijelaskan bahwa persamaan Cauchy-Riemann merupakan syarat perlu agar suatu fungsi f mempunyai turunan di suatu titik, misalkan z₀. 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 6= 0. Dengan menggunakan persamaan Cauchy- Riemann, hal ini dapat ditunjukkan sebagai berikut: Karena

f (z) = |z|² = x²+ y² maka u(x, y) = x²+ y² 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) 6= (0, 0), persamaan Cauvhy-Riemann tak dipenuhi.

Jadi, menurut Teorema 2.8.1 f tak mempunyai turunan di setiap z 6= 0.

Bagaimana kebalikan Teorema 2.8.1? Apabila di titik (x₀, y₀) persamaan Cauchy-Riemann dipenuhi, apakah f⁰(z0) ada? Untuk dapat menjawabnya, per- hatikan contoh berikut ini.

Contoh 2.8.3 Diberikan fungsi f dengan

f (z) =











x²(1+i)+2y²(i−1)

x+2y , z 6= 0

0 , z = 0

Akan ditunjukkan f⁰(0) tidak ada. Perhatikan bahwa f (z) − f (0)

z = x²(1 + i) + 2y²(i − 1) (x + 2y)(x + iy) Untuk z → 0 di sepanjang garis y = 0,

z→0lim

f (z) − f (0)

z = lim

x→0

x²(1 + i)

x² = 1 + i sedangkan di sepanjang garis y = x,

limz→0

f (z) − f (0)

z = lim

y→0

x²(3i − 1)

3x²(1 + i) = 3i − 1 1 + i

Karena nilai limit tidak tunggal, maka f⁰(0) tidak ada. Namun demikian, karena

u(x, y) =







x²−2y²

x+2y , (x, y) 6= (0, 0) 0 , (x, y) = (0, 0) dan

v(x, y) =







x²+2y²

x+2y , (x, y) 6= (0, 0) 0 , (x, y) = (0, 0) maka

u_x(0, 0) = lim

x→0

u(x, 0) − u(0, 0)

x = 1 , u_y(0, 0) = lim

y→0

u(0, y) − u(0, 0)

y = −1

v_x(0, 0) = lim

x→0

v(x, 0) − v(0, 0)

x = 1 , v_y(0, 0) = lim

y→0

v(0, y) − v(0, 0)

y = 1

Jadi, persamaan Cauchy-Riemann dipenuhi di (0, 0).

Dari Contoh 2.8.3 di atas dapat diambil suatu kesimpulan bahwa persamaan Cauchy-Riemann hanyalah merupakan syarat perlu agar suatu fungsi mempu- nyai turunan, belum merupakan syarat cukup. Artinya, meskipun suatu fungsi

memenuhi persamaan Cauchy-Riemann di titik (x₀, y₀), maka belum tentu fungsi tersebut mempunyai turunan di titik z₀. 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 z₀ = x₀ + iy₀. Jika u_x, u_y, v_x, dan v_y ada di seluruh persekitaran tersebut dan masing-masing kontinu di titik (x₀, y₀), serta di titik tersebut berlaku persamaan Cauchy-Riemann, yaitu

ux(x0, y0) = vy(x0, y0) dan uy(x0, y0) = −vx(x0, y0), maka f⁰(z₀) ada.

Bukti: Misalkan

∆z = ∆x + i∆y, dan

∆w = f (z₀+ ∆z) − f (z₀) maka

∆w = ∆u + i∆v, dengan

∆u = u(x0+ ∆x, y0+ ∆y) − u(x0, y0), dan

∆v = v(x₀+ ∆x, y₀+ ∆y) − v(x₀, y₀)

Selanjutnya, karena semua turunan partial u dan v kontinu di titik (x₀, y₀), maka

∆u = u_x(x₀, y₀)∆x + u_y(x₀, y₀)∆y + ₁^q(∆x)²+ (∆y)², dan

∆v = v_x(x₀, y₀)∆x + v_y(x₀, y₀)∆y + ₂^q(∆x)²+ (∆y)², dengan ₁, ₂ → 0 untuk (∆x, ∆y) → (0, 0). Hal ini berakibat

∆w = ux(x0, y0)∆x + uy(x0, y0)∆y + 1

q

(∆x)² + (∆y)² +i{v_x(x₀, y₀)∆x + v_y(x₀, y₀)∆y + ₂^q(∆x)²+ (∆y)²}

Karena di titik (x₀, y₀) berlaku persamaan Cauchy-Riemann, maka dari per- samaan terakhir diperoleh

∆w

∆z = u_x(x₀, y₀) + iv_x(x₀, y₀) + (₁+ i₂)

q(∆x)²+ (∆y)²

∆z Selanjutnya, karena

|

q(∆x)²+ (∆y)²

∆z | = 1,

yang artinya

√

(∆x)²+(∆y)²

∆z terbatas, dan lim(∆x,∆y)→(0,0)(₁+ i₂) = 0, maka f⁰(z₀) = u_x(x₀, y₀) + iv_x(x₀, y₀). 2

Contoh 2.8.5 Tunjukkan bahwa f (z) = z²+ 1 mempunyai turunan di setiap z, dan tentukan f⁰(z).

Penyelesaian: Nyatakan

f (z) = z²+ 1 = (x²− y²+ 1) + i2xy maka diperoleh

u(x, y) = x²− y²+ 1 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

ux(x, y) = vy(x, y) dan uy(x, y) = −vx(x, y) Jadi, menurut Teorema 2.8.4 f⁰(z) ada dan

f⁰(z) = u_x(x, y) + iv(x, y) = 2x + i2y = 2z. 2

Contoh 2.8.6 Tentukan titik-titik dimana f (z) = x³ − 4i(y − 1)³ mempunyai turunan. Selanjutnya, tentukan f⁰(−2 + 2i) dan f⁰(2 + 3i).

Penyelesaian: Turunan partial u dan v berturut-turut adalah u_x(x, y) = 3x², v_x(x, y) = 0,

u_y(x, y) = 0, v_y(x, y) = −12(y − 1)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

3x² = −12(y − 1)² ⇔ x = 2(y − 1) atau x = −2(y − 1)

maka f⁰(z) ada pada A = {z = x + iy : x = 2(y − 1) atau x = −2(y − 1)}, dan menurut Teorema 2.8.4

f⁰(z) = 3x² = −12(y − 1)² Akhirnya, karena −2 + 2i ∈ A, maka

f⁰(−2 + 2i) = 12, dan karena 2 + 3i /∈ A, maka f⁰(2 + 3i) tidak ada. 2

2.9 Persamaan Cauchy-Riemann di Dalam Sistem Koor- dinat Kutub

Di dalam Bagian 1.4 telah dijelaskan, apabila z 6= 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 (2.21)

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, meng- gunakan aturan rantai, diperoleh

∂u

∂r = ∂u

∂x

∂x

∂r, ∂u

∂θ = ∂u

∂x

∂x

∂θ, dan (2.22)

∂v

∂r = ∂v

∂x

∂x

∂r, ∂v

∂θ = ∂v

∂x

∂x

∂θ (2.23)

Sistem (2.23) dan (2.24) masing-masing memberikan penyelesaian

u_r = u_xcos θ + u_ysin θ, u_θ = −u_xr sin θ + u_yr cos θ, dan (2.24) vr = vxcos θ + vysin θ, vθ = −vxr sin θ + vyr cos θ (2.25) Apabila di titik (x₀, y₀) = (r₀, θ₀) berlaku persamaan Cauchy-Riemann, yaitu

u_x(x₀, y₀) = v_y(x₀, y₀) dan u_y(x₀, y₀) = −v_x(x₀, y₀), (2.26) maka di titik tersebut persamaan (2.26) akan menjadi

v_r = −u_ycos θ + u_xsin θ, v_θ = u_yr sin θ + u_xr cos θ (2.27) Selanjutnya, dari (2.25) dan (2.28), diperoleh

ur(r0, θ0) = 1

r vθ(r0, θ0) dan 1

r uθ(r0, θ0) = −vr(r0, θ0) (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_rcos θ + v_tsin θ dan v_x = −u_rsin θ + v_rcos θ (2.29) Jadi, apabila f mempunyai turunan di z₀ = r₀(cos θ₀ + i sin θ₀), maka menurut Teorema 2.8.1 dan (2.30)

f⁰(z0) = ux(x0, y0) + ivx(x0, y0)

= {u_r(r₀, θ₀) cos θ₀+ v_r(r₀, θ₀) sin θ₀} +i{−u_r(r₀, θ₀) sin θ₀+ v_r(r₀, θ₀) cos θ₀}

= {u_r(r₀, θ₀) + iv_r(r₀, θ₀)}{cos θ₀− i sin θ₀}

Dengan demikian, apabila Teorema 2.8.4 dinyatakan kembali dengan meng- gunakan koordinat kutub, maka diperoleh

Teorema 2.9.1 Diketahui fungsi f (z) = u(r, θ) + iv(r, θ) terdefinisikan di suatu persekitaran titik (tak nol) z₀ = r₀(cos θ₀ + i sin θ₀). Jika u dan v mempunyai turunan partial tingkat pertama pada persekitaran tersebut dan masing-masing kontinu di titik (r₀, θ₀) serta di titik tersebut berlaku persamaan Cauchy-Riemann, maka f⁰(z0) ada. Lebih lanjut,

f⁰(z0) = {ur(r0, θ0) + ivr(r0, θ0)}{cos θ0− i sin θ0} Contoh 2.9.2 Tunjukkan bahwa ^d(_dz^1z) = −_z¹2.

Bukti: Karena z 6= 0, maka dapat dimisalkan z = r(cos θ + i sin θ), sehingga f (z) = 1

z = 1

r(cos θ − i sin θ) Jadi, dalam hal ini

u(r, θ) = 1

r cos θ dan v(r, θ) = −1 rsin θ Berturut-turut diperoleh

u_r = −1

r²cos θ, u_θ = −1 rsin θ, v_r = 1

r² sin θ, v_θ = −1 rcos θ

Mudah dilihat bahwa di sebarang titik z = (r, θ) 6= 0, u_r, u_θ, v_r, dan v_θ kontinu dan di titik tersebut berlaku persamaan Cauchy-Riemann. Jadi, f⁰(z) ada dan

f⁰(z) = (u_r+ iv_r)(cos θ − i sin θ)

= (− 1

r² cos θ + i1

r² sin θ)(cos θ − i sin θ)

= −1

r²{(cos²θ − sin²θ) − i(sin θ cos θ + cos θ sin θ)}

= −1

r²(cos 2θ − i sin 2θ) = − 1

(r(cos θ + i sin θ))² = −1 z². 2

Latihan

1. Tunjukkan bahwa f⁰(z) tak ada di setiap z ∈ C.

a. f (z) = z − ¯z b. f (z) = 2x + ixy²

2. Tunjukkan bahwa f⁰(z) ada untuk setiap z dan tentukan f⁰(z).

a. f (z) = z³+ iz b. f (z) = sin x cosh y + i cos x sinh y 3. Tentukan di mana f⁰(z) ada dan berikan rumus untuk f⁰(z), jika

a. f (z) = x²− iy² b. f (z) = _z−1^z

c. f (z) = e^x{cos y + i sin y} d. f (z) = x²− 4iy⁴

4. Diketahui f (z) = 3x⁵ − 5i(y³ + 1). Selidiki apakah f⁰(2 − 4i), f⁰(2 + 4i), dan f⁰(4 − 2i) ada. Jelaskan jawaban Saudara.

5. Tentukan kapan f⁰(z) ada, jika

a. f (z) = r cos(θ)−i sin(θ)¹ b. f (z) = r²− 2iθ

2.10 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 him- punan terbuka A jika f⁰(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 z0 jika f analitik di suatu persekitaran z0.

Contoh 2.10.1 (a) Diberikan f (z) = ¹_z. Karena f⁰(z) ada untuk stiap z 6= 0, maka f analitik di setiap z 6= 0.