Bab 3 Fungsi Elementer

Bab 3 Fungsi Elementer

Bab 3 ini direncanakan akan disampaikan dalam 3 kali pertemuan, dengan perincian sebagai berikut:

(1) Pertemuan I: Fungsi Eksponensial dan sifat-sifatnya, Fungsi Trigonometri.

(2) Pertemuan II: Fungsi Hiperbolik, Fungsi logaritma, cabang-cabang fungsi logaritma dan sifat-sifatnya.

(3) Pertemuan III: Pangkat Kompleks, Invers fungsi trigonometri dan fungsi hiperbolik.

Di dalam bab ini akan dipelajari beberapa jenis fungsi elementer. Berangkat dari fungsi-fungsi elementer dengan variabel dan nilai real sebagaimana telah dipelajari di dalam mata kuliah kalkulus, akan didefinisikan fungsi-fungsi sejenis dengan variabel dan nilai kompleks, sehingga fungsi-fungsi real tersebut menjadi kejadian khususnya. Sebagai permulaan, terlebih dahulu akan didefinisikan fungsi eksponensial kompleks. Setelah itu, akan dikembangkan fungsi-fungsi lain dengan menggunakan fungsi eksponensial tersebut.

3.1 Fungsi Eksponensial

Di dalam kalkulus, fungsi eksponensial mempunyai rumus

f (x) = e^x, x ∈ R (3.1)

Oleh karena itu, sebagaimana telah diterangkan pada awal bab ini, fungsi eks- ponensial kompleks harus dapat direduksi menjadi rumus (3.1), yaitu apabila z = x + i.0, maka

f (z) = e^x, (3.2)

untuk setiap x ∈ R. Karena f (x) = e^x analitik pada R dan ^d(e_dx^x) = e^x untuk setiap x ∈ R, maka fungsi eksponensial kompleks juga harus mempunyai sifat

f merupakan fungsi utuh, dan f⁰(z) = f (z), (3.3)

untuk setiap z ∈ C. Selanjutnya, akan ditentukan fungsi f (z) sehingga (3.2) dan (3.3) dipenuhi.

Misalkan fungsi yang dimaksud adalah f (z) = u(x, y)+iv(x, y). Karena (3.3), maka u_x(x, y) = u(x, y) dan v_x(x, y) = v(x, y) untuk setiap (x, y) ∈ R². Hal ini mengakibatkan adanya fungsi real g(y) dan h(y) sehingga

u(x, y) = e^xg(y) dan v(x, y) = e^xh(y) (3.4) Sekali lagi, menurut (3.3) f fungsi utuh, artinya f analitik di setiap (x, y) ∈ R². Oleh karena itu, u dan v harmonik pada R². Jadi, untuk setiap (x, y) ∈ R² berlaku persamaan differensial Laplace

u_xx+ u_yy = 0 dan v_xx+ v_yy = 0 (3.5) Selanjutnya, dari (3.4) dan (3.5), diperoleh

g⁰⁰(y) + g(y) = 0 dan h⁰⁰(y) + h(y) = 0 (3.6) Masing-masing persamaan diferensial di dalam (3.6) mempunyai penyelesaian

g(y) = A1cos y + B1sin y dan h(y) = A2cos y + B2sin y Dengan demikian

u(x, y) = e^x(A₁cos y + B₁sin y) dan v(x, y) = e^x(A₂cos y + B₂sin y) Karena di setiap (x, y) ∈ R², berlaku persamaan Cauchy-Riemann, maka

B₂ = A₁ dan A₂ = −B₁, sehingga

f (z) = e^x(A₁cos y + B₁sin y) + ie^x(A₂cos y + B₂sin y)

= e^x(A₁cos y + B₁sin y) + ie^x(−B₁cos y + A₁sin y) Untuk z = x, maka dari persamaan terakhir diperoleh

e^x = e^x(A₁) + ie^x(−B₁) ⇔ A₁ = 1 dan B₁ = 0

Jadi, f (z) = e^x(cos y + i sin y).

Berdasarkan uraian di atas, selanjutnya dapat diturunkan definisi untuk fungsi eksponensial kompleks.

Definisi 3.1.1 Untuk sebarang z ∈ C, didefinisikan

e^z = e^x(cos y + i sin y) (3.7)

Untuk diperhatikan, apabila z = iθ, maka persamaan (3.7) menjadi

e^iθ = cos θ + i sin θ, (3.8)

Persamaan (3.8) disebut rumus Euler. Dengan demikian, setiap bilangan kom- pleks z 6= 0 dapat pula dinyatakan ke dalam bentuk eksponensial

z = re^iθ,

dengan r = |z| dan θ = arg z. Selanjutnya, berdasarkan keterangan pada Bagian 1.4, maka untuk sebarang θ₁, θ₂ berlaku

e^iθ1e^iθ2 = (cos θ₁+ i sin θ₁)(cos θ₂+ i sin θ₂)

= (cos(θ₁+ θ₂) + i sin(θ₁+ θ₂) = e^i(θ1+θ2) Dengan cara yang sama, diperoleh pula

e^iθ1

e^iθ2 = e^i(θ1−θ2)

Dengan mengingat rumus Euler, maka (3.7) dapat pula ditulis sebagai

e^z = e^xe^iy, (3.9)

sehingga |e^z| = e^x. Jadi, dari (3.9), diperoleh

|e^z| = e^x dan arg(e^z) = y + 2kπ, k ∈ Z Karena |e^z| = e^x selalu positif, maka

e^z 6= 0,

untuk setiap z ∈ C.

Perhatikan bahwa berdasarkan (3.8), e^iπ = −1. Jadi, berbeda dengan fungsi eksponential real yang selalu bernilai positif, maka fungsi eksponential kompleks bisa bernilai negatif ataupun kompleks. Berdasarkan (3.8) pula, e^2πi = 1, se- hingga

e^z+2πi= e^z,

untuk setiap z ∈ C. Jadi, fungsi eksponential merupakan fungsi periodik dengan periode 2πi. Sebagai contoh, dapat dibuktikan bahwa

e^2+3πi = −e²

Berdasarkan ekspresi (3.9) di atas, sifat-sifat eksponensial menjadi mudah untuk dipahami.

Sifat 3.1.2 Untuk sebarang z, z1, z2 ∈ C dan n ∈ Z, berlaku

e^z1e^z2 = e^z1+z2 (3.10) e^z1

e^z2 = e^z1−z2 (3.11)

(e^z)ⁿ = e^nz (3.12)

Bukti: Misalkan z₁ = x₁+ iy₁ dan z₂ = x₂+ iy₂. Karena x₁, x₂, y₁, y₂ ∈ R, maka e^z1e^z2 = e^x1e^iy1e^x2e^iy2 = e^x1e^x2e^iy1e^iy2 = e^x1+x2e^i(y1+y2) = e^z1+z2,

dan

e^z1

e^z2 = e^x1e^iy1 e^x2e^iy2 = e^x1

e^x2 e^iy1

e^iy2 = e^x1−x2e^i(y1−y2) = e^z1−z2

Untuk persamaan (3.12), dimisalkan z = x + iy. Berdasarkan rumus Euler dan rumus de Moivre, maka untuk n ∈ Z, diperoleh

(e^z)ⁿ= (e^x)ⁿ(e^iy)ⁿ= e^nxe^iny = e^nz. 2

Diberikan g(w) = ln r + iθ dengan w = re^iθ. Berdasarkan persamaan (3.9), maka diperoleh

e^g(w)= w

Hal ini berarti bahwa g(w) = ln r + iθ merupakan invers dari f (z) = e^z, dan sebaliknya.

Contoh 3.1.3 Jika e^z = −2, maka z = ln 2 + i(2n + 1)π, karena −2 = 2e^i(2n+1)π.

Latihan

1. Tunjukkan f (z) = z² − ze^−z merupakan fungsi utuh.

2. Tentukan semua nilai z sehingga

a. e^z = 1 b. e^z = 1 − i√

3

c. e^1−2z = −2 d. e^z+2= −1 − e^−z 3. Tunjukkan bahwa |e^2z+i+ e^iz2| ≤ e^2x+ e^−2xy.

4. Tunjukkan e^z¯= e^z untuk setiap z ∈ C.

5. Tunjukkan bahwa f (z) = e^z¯ tidak analitik di mana-mana.

6. Selidiki kapan f (z) = e^z2 analitik.

7. Tunjukkan (e^z)ⁿ= e^nz untuk setiap n ∈ Z.

3.2 Fungsi Trigonometri

Pada bagian sebelumnya telah diterangkan rumus Euler, yaitu e^ix = cos x + i sin x

untuk setiap x ∈ R. Selanjutnya, berdasarkan rumus Euler ini, berturut-turut diperoleh

e^ix− e^−ix = 2i sin x dan e^ix+ e^−ix = 2 cos x (3.13)

Berawal dari persamaan (3.13) di atas, maka fungsi sinus dan cosinus dengan perubah kompleks didefinisikan sebagai berikut

sin z = e^iz− e^−iz

2i , cos z = e^iz + e^−iz

2 (3.14)

Mudah ditunjukkan bahwa

sin(−z) = − sin z dan cos(−z) = cos z

Dari (3.14) terlihat bahwa sin z dan cos z masing-masing merupakan kombinasi linear fungsi utuh e^iz dan e^−iz. Oleh karena itu, mudah dipahami bahwa sin z dan cos z keduanya merupakan fungsi utuh. Dari (3.14) dapat pula ditunjukkan bahwa

d(sin z)

dz = cos z dan d(cos z)

dz = − sin z

Dalam kalkulus telah dikenal fungsi sinus hiperbolikus dan cosinus hiperbolikus, yaitu

sinh y = e^y− e^−y

2 dan cosh y = e^y + e^−y

2 (3.15)

untuk setiap y ∈ R. Berdasarkan hal ini dan persamaan (3.14), maka mudah ditunjukkan bahwa

sin(iy) = i sinh y dan cos(iy) = cosh y (3.16) Dapat diperlihatkan bahwa identitas-identitas trigonometri juga berlaku un- tuk perubah kompleks. Untuk itu, terlebih dahulu akan ditunjukkan bahwa

2 sin z1cos z2 = sin(z1+ z2) + sin(z1− z2) (3.17) Berdasarkan (3.14) dan sifat-sifat fungsi eksponensial, maka

2 sin z₁cos z₂ = 2(e^iz1 − e^−iz1

2i )(e^iz2 + e^−iz2

2 )

= e^i(z1+z2)− e^−i(z1+z2)

2i + e^i(z1−z2)− e^{−i(z1−z2)} 2i

= sin(z₁+ z₂) + sin(z₁− z₂)

Selanjutnya, berdasarkan (3.17) dapat ditunjukkan rumus-rumus identitas berikut ini:

sin(z1+ z2) = sin z1cos z2 + cos z1sin z2, (3.18) cos(z₁+ z₂) = cos z₁cos z₂ − sin z₁sin z₂, (3.19)

sin²z + cos²z = 1, (3.20)

sin 2z = 2 sin z cos z, cos 2z = cos²z − sin²z, (3.21) sin(z +π

2) = cos z, dan cos(z +π

2) = − sin z. (3.22) Diberikan sebarang z = x + iy. Apabila dalam (3.18) dan (3.19) diambil z₁ = x dan z₂ = iy, maka berdasarkan (3.16) diperoleh

sin z = sin x cosh y + i cos x sinh y, dan (3.23) cos z = cos x cosh y − i sin x sinh y. (3.24) Selanjutnya, mengingat sin²x + cos²x = 1 dan cosh²x − sinh²x = 1 untuk setiap x ∈ R, maka dari (3.23) dan (3.24) dapat diturunkan identitas

| sin z|² = sin²x + sinh²y, dan | cos z|² = cos²x + sinh²y. (3.25) Karena sinh²y tidak terbatas, maka berdasarkan (3.25) sin z dan cos z juga tak terbatas. Jadi, berbeda dengan sinus dan cosinus perubah real, yang nilai mu- tlaknya tidak lebih dari 1, maka sinus dan cosinus perubah kompleks nilai mu- tlaknya bisa lebih dari 1.

Contoh 3.2.1 Selesaikan sin z = 2i.

Penyelesaian: Berdasarkan (3.23),

sin z = 2i ⇔ sin x cosh y + i cos x sinh y = 2i

Selanjutnya, dengan menyamakan bagian real dan bagian imaginer kedua ruas persamaan di atas diperoleh

sin x cosh y = 0 dan cos x sinh y = 2

Karena cosh y 6= 0, maka dari sin x cosh y = 0, diperoleh sin x = 0. Akibatnya,

x = k2π atau x = (2k + 1)π (3.26)

Jika x = 2kπ, maka cos x = 1. Sehingga, dari cos x sinh y = 2, diperoleh sinh y = 2 ⇔ e^y − e^−y

2 = 2

⇔ e^2y− 2e^y − 1 = 0

⇔ (e^y − 1)² = 2 Selanjutnya, karena e^y− 1 ≥ 0, maka e^y− 1 = √

2, atau y = ln(1 +√

2 (3.27)

Kemungkinan lain, yaitu apabila x = (2k + 1)π, maka cos x = −1. Akibatnya, dari cos x sinh y = 2, diperoleh

sinh y = −2 ⇔ e^y− e^−y

2 = −2

⇔ e^2y+ 2e^y − 1 = 0

⇔ (e^y+ 1)² = 2 Selanjutnya, karena e^y+ 1 > 0, maka e^y + 1 =√

2, atau y = ln(−1 +√

2) = − ln(1 +√

2) (3.28)

Dari 3.26, 3.27, dan 3.28, diperoleh

z = kπ ± i ln(1 +√

2), k ∈ Z. 2

Kiranya pembaca dengan mudah akan dapat menunjukkan bahwa sin z = 0 ⇔ z = kπ, k ∈ Z

dan

cos z = 0 ⇔ z = (k + 1

2)π, k ∈ Z

Fungsi-fungsi trigonometri yang lain didefinisikan berdasarkan fungsi sinus dan cosinus, yaitu sebagai berikut:

tan z = sin z

cos z, cot z = cos z sin z sec z = 1

cos z, csc z = 1 sin z

Mudah dipahami bahwa tan z dan sec z analitik kecuali di titik-titik di mana cos z = 0, yaitu z = (k + ¹₂π, k ∈ Z. Demikian pula, cot z dan csc z analitik kecuali di titik-titik z = kπ, k ∈ Z. Selanjutnya, dengan memperhatikan turunan sin z dan cos z, diperoleh

d tan z

dz = sec²z, d cot z

dz = − csc²z dan

d sec z

dz = sec z tan z, d csc z

dz = − csc z cot z

Latihan

1. Selesaikan persamaan-persamaan di bawah ini.

a. cos z = 2 b. sin z = 1 c. cos z = cosh 2 d. tan z = 2

2. Tunjukkan rumus-rumus identitas (3.18), (3.19), (3.20), (3.21), dan (3.22).

3. Tunjukkan bahwa

a. 1 + tan²z = sec²z b. 1 + cot²z = csc²z 4. Selidiki di mana f (z) = sin ¯z analitik.

5. Tunjukkan u(x, y) harmonik,

a. u(x, y) = sin x cosh y b. u(x, y) = cos x cosh y

Selanjutnya, tentukan v(x, y) agar f (z) = u(x, y) + iv(x, y) merupakan fungsi utuh.

6. Tunjukkan

a. | sinh y| ≤ | sin z| ≤ cosh y b. | sinh y| ≤ | cos z| ≤ cosh y

3.3 Fungsi Hiperbolik

Fungsi hiperbolik dengan variabel kompleks didefinisikan sejalan dengan fungsi hiperbolik dengan variabel real, yaitu sebagai berikut

sinh z = e^z− e^−z

2 dan cosh z = e^z+ e^−z 2

Kedua fungsi tersebut di atas merupakan fungsi utuh (mengapa?) dan d sinh z

dz = cosh z dan d cosh z

dz = sinh z

Selanjutnya, dengan memperhatikan definisi sin z dan cos z sebagaimana diberikan pada Bagian 3.2, maka diperoleh

sinh(iz) = i sin z, cosh(iz) = cos z (3.29)

sin(iz) = i sinh z, cos(iz) = cosh(iz) (3.30) Dengan menggunakan identitas-identitas pada 3.29 dan 3.30, mudah ditunjukkan rumus-rumus identitas

sinh(−z) = − sinh z, cosh(−z) = cosh z (3.31)

cosh²z − sinh²z = 1 (3.32)

sinh(z₁ + z₂) = sinh z₁cosh z₂+ cosh z₁sinh z₂ (3.33)

cosh(z₁+ z₂) = cosh z₁cosh z₂+ sinh z₁sinh z₂ (3.34)

dan apabila z = x + iy, maka berdasar 3.33 dan 3.34, diperoleh

sinh z = sinh x cos y + i cosh x sin y (3.35)

cosh z = cosh x cos y + i sinh x sin y (3.36) Akibatnya,

| sinh z|² = sinh²x + sin²y (3.37)

| cosh z|² = sinh²x + cos²y (3.38)

Contoh 3.3.1 Tentukan semua akar-akar cosh z = i Penyelesaian: Dengan memperhatikan 3.36,

cosh z = i ⇔ cosh x cos y + i sinh x sin y = i sehingga diperoleh

cosh x cos y = 0 dan sinh x sin y = 1

Dari cosh x cos y = 0, diperoleh cos y = 0. Hal ini dikarenakan cosh x 6= 0.

Akibatnya,

y = π

2 + 2kπ atau y = 3π

2 + 2kπ (3.39)

untuk k ∈ Z. Apabila y = ^π₂+2kπ, maka sin y = 1. Sehingga dari sinh x sin y = 1, diperoleh

sinh x = 1 ⇔ e^x− e^−x

2 = 1

⇔ e^2x− 2e^x− 1 = 0

⇔ (e^x− 1)² = 2 Selanjutnya, karena e^x− 1 ≥ 0, maka e^x− 1 =√

2 atau x = ln(1 +√

2) (3.40)

Apabila y = ^3π₂ + 2kπ, maka sin y = −1. Sehingga dari sinh x sin y = 1, diperoleh sinh x = −1 ⇔ e^x− e^−x

2 = −1

⇔ e^2x+ 2e^x− 1 = 0

⇔ (e^x+ 1)² = 2 Selanjutnya, karena e^x+ 1 > 0, maka e^x+ 1 =√

2 atau x = − ln(1 +√

2) (3.41)

Selanjutnya, dari 3.39, 3.40, dan 3.41, diperoleh z = ln(1 +√

2) + i(π

2 + 2kπ), k ∈ Z atau

z = − ln(1 +√

2) + i(3π

2 + 2kπ), k ∈ Z

Cara lain untuk menyelesaikan persamaan cosh z = i adalah langsung meng- gunakan definisi. Lengkapnya adalah sebagai berikut.

cosh z = i ⇔ e^z+ e^−z

2 = i

⇔ e^2z − 2ie^z+ 1 = 0

⇔ (e^z− i)² = −2 = 2cis(π) Selanjutnya, dengan memperhatikan akar kompleks, diperoleh

e^z− i =√

2cis(π + 2kπ

2 ), k = 0, 1 atau

e^z = i +√

2cis(π + 2kπ

2 ), k = 0, 1

Selanjutnya, dengan memperhatikan uraian pada Bagian 3.1, diperoleh z = ln(1 +√

2) + i(π

2 + 2kπ), k ∈ Z atau

z = − ln(1 +√

2) + i(3π

2 + 2kπ), k ∈ Z. 2

Fungsi-fungsi hiperbolik yang lain didefinisikan sebagai berikut.

tanh z = sinh z

cosh z, coth z = 1 tanh z sech z = 1

cosh z, , csch z = 1 sinh z

Latihan

1. Tentukan ^{d tanh z}_dz dan ^{d coth z}_dz .

2. Tunjukkan rumus-rumus identitas 3.31, 3.32, 3.33, dan 3.34.

3. Bilangan c ∈ C disebut zeros dari f (z) jika f (c) = 0. Tentukan semua zeros dari sinh z dan cosh z.

4. Tentukan titik-titik singular dari tanh z.

5. Tentukan akar-akar dari

a. cosh = 4 b. sinh z = 2i 6. Selidiki di himpunan mana f (z) = sinh(e^−z).

3.4 Fungsi Logaritma

Sebagaimana telah dijelaskan pada Bagian 3.1, untuk sebarang bilangan kompleks tak nol z = ρe^iφ, −π < φ ≤ π, persamaan e^w = z mempunyai solusi

w = ln ρ + i(φ + 2nπ), n ∈ Z Apabila logarirma kompleks log w didefinisikan sebagai

log z = ln ρ + i(φ + 2nπ), n ∈ Z (3.42)

maka diperoleh e^{log z} = z. Kenyataan ini memberikan inspirasi untuk pendefinisan fungsi logaritma kompleks.

Untuk sebarang variabel tak nol z = ρe^iφ, −π < φ ≤ π, fungsi log z didefi- nisikan sebagai

log z = ln ρ + i(φ + 2nπ), n ∈ Z (3.43) Nilai utama dari log z dicapai pada saat n = 0 dan ditulis dengan Log z. Jadi,

Log z = ln ρ + iφ, − π < φ ≤ π Contoh 3.4.1 Karena 1 = eⁱ⁰, maka

log 1 = ln 1 + i(0 + 2nπ), n ∈ Z sedangkan Log 1 = 0. Secara sama,

log(−2) = ln 2 + i(2n + 1)π dan Log(−2) = ln 2 + iπ.

Untuk sebarang variabel kompleks tak nol z = re^iθ, maka argumen z, yaitu θ, dapat dituliskan sebagai θ = Arg(z) + 2nπ, n ∈ Z. Selanjutnya, 3.43 dapat disajikan sebagai

log z = ln r + iθ (3.44)

atau

log z = ln r + iargz (3.45)

Karena arg(z) merupakan fungsi bernilai banyak, maka log z juga bernilai banyak. Selanjutnya, untuk sebarang α ∈ R diperhatikan salah satu nilai log z, yaitu

log z = ln r + iθ, r > 0, α < θ ≤ α + 2π (3.46)

Bagian real dan imaginer dari log z adalah

u(r, θ) = r dan v(r, θ) = θ (3.47)

yang masing-masing kontinu pada α < θ < α + 2π. Selanjutnya, u_r, u_θ, v_r, dan v_θ ada dan kontinu pada α < θ < α + 2π dan pada domain tersebut berlaku persamaan Cauchy-Riemann

u_r = 1

rv_θ dan u_θ = −rv_r

Jadi, f (z) analitik pada α < θ < α + 2π dan f⁰(z) = 1

re^iθ = 1 z Khususnya

dLogz dz = 1

z, − π < θ < π

Gambar 3.1

Selanjutnya, diperhatikan fungsi log z sebagaimana diberikan pada persamaan (3.46) untuk z ∈ {re^iα : r > 0}. Bagian imaginer dari log z tersebut, yaitu

v(r, θ) = θ

tidak kontinu di θ = α, sebab lim_θ→α⁻v(r, θ) 6= lim_θ→α⁺v(r, θ). Oleh karena itu, f⁰ tidak ada untuk setiap z ∈ {re^iα : r > 0}. Jadi, fungsi log z sebagaimana diberikan pada persamaan (3.46) analitik kecuali untuk z ∈ {re^iα : r > 0}.

Cabang suatu fungsi bernilai banyak f (z) adalah fungsi bernilai tunggal F (w) yang analitik pada suatu domain D dimana untuk setiap w ∈ D, F (w) merupakan salah satu nilai dari f (z). Fungsi F (w) disebut cabang utama dari f (z) jika F (w) cabang dari f (z) dan −π < argw < π. Jadi, untuk sebarang bilangan real α, fungsi log z,

log z = ln r + iθ, r > 0, α < θ < α + 2π,

masing-masing merupakan cabang dari fungsi log z, z 6= 0. Sedangkan Logz = ln r + iθ, − π < θ < π

adalah cabang utama dari log z.

Selanjutnya, akan diteliti sifat-sifat dasar dari fungsi logaritma. Diberikan sebarang z = x + iy, maka

e^z = e^x.e^iy

Selanjutnya, dengan memperhatikan (3.43), diperoleh

log(e^z) = ln e^x+ i(y + 2nπ) = x + i(y + 2nπ) = z + (2nπ)i, n ∈ Z Khususnya,

Loge^z = z

Untuk sebarang z₁, z₂ ∈ C, dengan mudah dapat ditunjukkan bahwa

log(z₁z₂) = log z₁+ log z₂ (3.48) dan

log(z₁

z₂) = log z₁− log z₂ (3.49) Pembaca perlu berhati-hati dalam memahami makna persamaan (3.48) dan (3.49).

Sebagaimana maksud

arg(z1z2) = argz1+ argz2

maka persamaan (3.48) harus dibaca atau diartikan bahwa sebarang nilai log(z₁z₂) sama dengan suatu nilai log z1 ditambah suatu nilai log z2. Persamaan (3.49) dibaca secara sama.

Contoh 3.4.2 Diberikan z₁ = z₂ = −1, maka z₁z₂ = 1. Berturut-turut diperoleh log z₁ = log z₂ = (2n + 1)πi dan log z₁z₂ = 2nπi

Selanjutnya, untuk sebarang n ∈ Z, 2nπi dapat dituliskan sebagai

2nπi = (2k₁+ 1)πi + (2k₂+ 1)πi, (3.50) untuk suatu k₁, k₂ ∈ Z. Ruas kiri pada (3.50) berarti sebarang nilai log z₁z₂, sedangkan ruas kanan berarti suatu nilai log z₁ ditambah suatu nilai log z₂.

Latihan 1. Hitunglah

a. log(1 − i) b. log(−1 + i√ 3) c. Log(1 + i) d. log(3 + i√

3) 2. Tentukan semua z sehingga log z = 1 − πi.

3. Selidiki apakah log z² = 2 log z. Jelaskan jawaban Saudara.

4. Jika D sebarang domain yang tak memuat 0, tunjukkan u(x, y) = ln(x²+y²) harmonik pada D. Selanjutnya, tentukan fungsi f (z) = u(x, y) + iv(x, y) yang analitik pada D.

5. Tentukan Re{log(z + 1)}.

3.5 Pangkat Kompleks

Di dalam kalkulus telah dikenal bentuk pangkat x^c, untuk sebarang c > 0 dan c 6= 1. Selanjutnya, karena ln x^c= c ln x, maka dapat dituliskan

x^c= e^{c ln x} (3.51)

Sejalan dengan persamaan (3.51), didefinisikan bentuk pangkat kompleks. Untuk sebarang z 6= 0 dan untuk sebarang c ∈ C, didefinisikan

z^c= e^{c log z} (3.52)

Contoh 3.5.1 Berdasarkan (3.52), berturut-turut diperoleh i² = e^{2 log i} = e^(2n+1)πi = −1 (1 − i)ⁱ = e^{i log(1−i)} = e^i(ln

√

2+i(8n−1)^π₄) = e^{−(8n−L1)π4+i ln}

√ 2

Diberikan sebarang z = re^iθ. Untuk sebarang α ∈ R, log z = ln r + iθ, r > 0, α < θ < α + 2π

merupakan fungsi bernilai tunggal dan analitik pada domain yang diberikan, yaitu {z : r > 0, α < θ < α + 2π}. Selanjutnya, karena

z^c= e^{c log z} maka menggunakan aturan rantai diperoleh

dz^c

dz = e^{c log z}.c

z = cz^c−1

Diberikan sebarang bilangan kompleks tak nol c ∈ C. Sebagaimana (3.52),

c^z = e^{z log c} (3.53)

Contoh 3.5.2 Berdasarkan (3.53),

2^z = e^{z log 2} = ez(ln 2+2nπi)

Karena f (z) = e^z merupakan fungsi utuh, maka mudah dipahami bahwa g(z) = c^z juga merupakan fungsi utuh dan

dc^z

dz = c^zlog c

Latihan 1. Tunjukkan

a. i⁽²⁺ⁱ⁾ = −e^−(4n+1)π2, n ∈ Z b. (1−i)⁻ⁱ = e^{(8n−1)π4−i ln 2}, n ∈ Z

2. Hitunglah

a. (1 + i)ⁱ b. (1 − i)⁽¹⁻ⁱ⁾ 3. Tentukan cabang utama dari zⁱ.

4. Tunjukkan (−1 + i√

3)¹² = ±2√

2 dengan 2 cara.

5. Jika z 6= 0 dan a ∈ R, tunjukkan bahwa untuk nilai utamanya berlaku

|z^a| = |a|^a.

3.6 Invers Fungsi Trigonometri dan Invers Fungsi Hiper- bolik

Invers dari sin z ditulis dengan sin⁻¹z. Secara sama, cos⁻¹z, tan⁻¹z, cot⁻¹z, sec⁻¹z, dan csc⁻¹z berturut-turut menyatakan invers dari cos z, tan z, cot z, sec z, dan csc z.

Misalkan sin⁻¹z = w, maka

z = sin w = e^iw− e^−iw

2i (3.54)

atau ekuivalen dengan

(e^iw)²− 2ize^iw − 1 = 0 (3.55) Apabila (3.55) diselesaian untuk e^iw, maka diperoleh

e^iw = iz + (1 − z²)¹² atau

w = −i log{iz + (1 − z²)¹²} (3.56) Jadi berdasarkan (3.56),

sin⁻¹z = −i log{iz + (1 − z²)¹²} (3.57)

Contoh 3.6.1 Tentukan akar-akar dari sin z = 2i.

Penyelesaian: Berdasarkan persamaan (3.57,

z = −i log{i2i + (1 + 4)¹²}

= −i log{−2 ±√ 5}

Karena

log{−2 −√

5} = ln{2 +√

5} + i(2n + 1)π dan

log{−2 +√

5} = ln{−2 +√

5} + i2nπ = − ln{2 +√

5} + i2nπ maka

z = −i{(−1)ⁿ⁺¹ln{2 +√

5} + inπ}, n ∈ Z. 2

Selanjutnya, dengan cara yang sama mudah ditunjukkan bahwa cos⁻¹z = −i log{z + i(1 − z²)¹²}

dan

tan⁻¹z = i

2logi + z i − z

Turunan fungsi-fungsi sin⁻¹z, cos⁻¹z, dan tan⁻¹z diperoleh dengan meng- ingat turunan fungsi logaritma dan aturan rantai.

d sin⁻¹z

dz = 1

(1 − z²)¹² d cos⁻¹z

dz = −1

(1 − z²)¹² d tan⁻¹z

dz = 1

1 + z²

Invers fungsi-fungsi hiperbolik dapat diperoleh sebagaimana invers fungsi- fungsi trigonometri.

sinh⁻¹z = log{z + (z²+ 1)¹²} cosh⁻¹z = log{z + (z²− 1)¹²}

tanh⁻¹z = 1

2log 1 + z 1 − z

Latihan

1. Selesaikan persamaan-persamaan berikut.

a. cos z = i b. sinh z = 2 c. tan z = 1 d. sin z = −2 cos z

2. Turunkan rumus-rumus untuk cos⁻¹z, tan⁻¹z, sinh⁻¹z, cosh⁻¹z, dan tanh⁻¹z 3. Selesaikan cos(z + 1) = 2 dengan 2 cara.