Bab V
Aplikasi
Selain aplikasi yang sudah diperkenalkan di bab I, teori variabel kompleks masih memiliki banyak ragam aplikasi lainnya. Beberapa di antaranya akan dibahas di dalam bab ini.
Perhitungan integral real
Banyak terdapat integral real yang tidak dapat diselesaikan secara analitik dengan memakai cara-cara di kalkulus dasar. Memang, dalam masa komputerisasi seperti sekarang ini semua bentuk integrasi, asalkan berhingga, dapat dihitung dengan cara numerik. Tetapi cara-cara analitik masih amat penting untuk kepentingan teoritik pengembangan suatu bidang keilmuan. Oleh sebab itu cara analitik di luar kalkulus dasar masih tetap diperlukan, salah satunya adalah dengan teorema residu yang baru saja dipelajari di bab IV. Beberapa bentuk integral real yang dapat diselesaikan dengan integral kompleks adalah :
1. bentuk integral Gauss
Dari integral Cauchy, persamaan (3.10), dengan substitusi z-a = reiθ diperoleh :
f(a+re ) di
∫
θ π θ 0 2 = 2π f(a) (5.1)Integral ini dilakukan dengan cara mencocokkan apa fungsi f dalam integrannya dan dan berapa harga a yang ada.
2. integran merupakan fungsi trigonometrik
f(cos sinθ, θ θ) d π 0 2
∫
= g(z) dz C∫
(5.2)dengan kontur C : |z| = 1, sehingga dapat dilakukan substitusi :
cos ( / ) sin ( / ) θ θ = + = − z z z z i 1 2 1 2 ⇒ dθ = -i dz/z
untuk memperoleh g(z). Integral kompleks ini kemudian diselesaikan dengan integral Cauchy atau teorema residu.
3. batas integrasi dari -∞ sampai dengan +∞
f(x) dx
−∞ ∞
∫
Integral ini sama dengan integral kompleks terhadap fungsi f(z) sepanjang sumbu real pada bidang Argand. Agar integrasi dapat dilakukan, artinya tidak divergen menjadi tak-hingga, integran f(x) tidaklah sembarangan, tetapi mempunyai syarat-syarat sebagai berikut :
• f(x) = u(x)/v(x) dengan v(x) tidak mempunyai akar real
• derajat v(x) minimum dua tingkat lebih tinggi daripada derajat u(x) : lim x→±∞xf(x) = 0 perhitungannya : f(x) dx −∞ ∞
∫
= f(z) dz C∫
(5.3)dengan kontur C : setengah lingkaran Γ dan ditutup oleh lintasan γ sepanjang sumbu real dari -R ke R dengan R →∞ seperti pada gambar.
Tentu saja : f z dz f z dz f z dz C ( ) =
∫
( ) +∫
( )∫
γ Γsuku kedua di ruas kanan adalah integral sepanjang sumbu real, sehingga z = x :
f z dz f x dx R R ( ) = ( ) −
∫
∫
γSuku pertama di ruas kanan dapat dibuktikan sama dengan nol untuk R yang besar tak berhingga. Dengan adanya syarat v(x) berderajat dua lebih tinggi daripada derajat u(x), maka dengan substitusi z = Reiθ di sepanjang lintasan Γ :
| ( )| ( ) ( ) f z u z v z M R = ≤ 2 (5.4)
dimana M adalah bilangan real positif berhingga. Menurut persamaan (3.4) integral suku pertama itu dapat dicari batas atasnya :
-R R
γ Γ
Re(z) Im(z)
f z dz M
R R
( ) ( )
Γ
∫
≤ 2 π (5.5)sehingga untuk nilai R yang besar sekali nilai integral ini dipaksa sama dengan nol. Maka terbukti bahwa persamaan (5.3) memang berlaku.
Pembedaan jenis fungsi gasal atau genap pada integrannya dapat mempermudah perhi-tungan :
gasal : = −∞
∞
∫
0 harga ini disebut harga utama integral genap : = ∞ −∞ ∞∫
∫
2 0 4. bentuk f(x) eimxdx −∞ ∞∫
dengan m > 0Integral ini mirip dengan kasus nomor 3 di atas, demikian pula cara penyelesaiannya, yaitu persamaan (5.3). Bedanya syarat integrannya sedikit lebih longgar :
• f(x) = u(x)/v(x) dengan v(x) tidak mempunyai akar real berorde lebih dari satu, dengan kata lain f(z) hanya boleh memiliki kutub real yang sederhana.
• derajat v(x) minimum satu tingkat lebih tinggi daripada derajat u(x) : lim
x→±∞ f(x) = 0
Penyelesaiannya lewat integral kompleks :
f(x) eimxdx −∞ ∞
∫
= f(z) eimzdz C∫
(5.6)dengan kontur C sama seperti pada kasus nomor 3 di atas. Oleh karena eimx = cis mx, maka : f(x) cosmxdx −∞ ∞
∫
= Re f(z) eimzdz C∫
(5.7a) f(x) sinmxdx −∞ ∞∫
= Im f(z) eimzdz C∫
(5.7b)f z dz f z e dz M R e Rd imz mR ( ) | ( )|| || | ( ) sin Γ Γ
∫
∫
∫
≤ ≤ − θ π θ 0Mengingat fungsi sinus simetri terhadap θ = ½ π, kemudian sin θ ≥ 2θ/π dalam range θ ≤ ½ π, integral di ruas kanan itu juga dipaksa bernilai nol untuk R yang besar tak hingga. Jika v(x) memiliki akar-akar di sumbu real, z = bj , yang harus berupa kutub sederhana, seperti pada penjelasan di bab III, residu yang ditimbulkannya di situ hanya separo dari residu biasa, karena kontur C tepat melalui titik-titik kutub tersebut sehingga perlu dibuatkan lintasan menghindar berbentuk setengah lingkaran-lingkaran kecil.
5. bentuk xa− f(x) dx ∞
∫
1 0 dengan a pecahan syarat :• cacah kutub f(x) berhingga ban-yaknya, dan tidak ada kutub yang terletak pada sumbu real positif. • lim z a |z f(z)| →∞ = limz a |z f(z)| →0 = 0
Perhitungannya dengan cara integral kompleks : xa− f(x) dx ∞
∫
1 0 = 1 1−ei2πa z f(z) dz a C −∫
1 (5.8)C adalah kontur berupa lingkaran yang menghindari titik cabang di z = 0 dan garis
ca-bang sumbu real positif seperti tampak pada gambar. Kelakuan menghindar ini adalah untuk mencegah integran kompleks za-1f(z) bernilai jamak. Kontur ini terbagi menjadi 4
: lintasan Γ lingkaran luar dengan ruji R yang tak hingga besarnya, lintasan −γ lingkaran dalam beruji r yang tak berhingga kecilnya (tanda minus menunjukkan arahnya yang berlawanan dengan Γ), dan dua garis lurus K1 dan K2 yang menyusuri sumbu real positif
dari Γ ke γ bolak-balik. Hasil integral di sepanjang K1 dan K2 tidak saling menghapus,
karena K1 berada di argumen 0 sedangkan K2 berada di argumen 2π. Lintasan C
r K1 R Re(z) Γ −γ K2 -R
menghindari sumbu real yang berfungsi sebagai garis cabang, karena melintasi garis ca-bang berarti masuk ke lembaran permukaan Riemann yang lain. Berdasarkan syarat kedua integrannya, untuk R →∞ dan r → 0 integral sepanjang Γ dan γ keduanya sama dengan nol. Akibatnya integral hanya terpecah menjadi dua :
pada K1 : θ = 0 ⇒
∫
za− g z dz=∫
xa− g x dx R K 1 1 0 1 ( ) ( ) pada K2 : θ = 2π ⇒∫
za− g z dz=∫
xei a− g x dx R K 1 2 1 0 2 ( ) ( π) ( )Jumlahan mereka merupakan hasil integral kompleks pada persamaan (5.8) :
za f(z) dz C −
∫
1 = (1 2 ) 1 ( ) 0 − − →∞∫
ei a xa g x dx R πmaka hasil integrasi bentuk ini adalah :
x g x dx i e z g z z b a i a a j j − ∞ −
∫
=∑
− = 1 0 2 1 2 1 ( ) π π Re [s ( ), ] (5.9)dimana bj adalah kutub-kutub fungsi integrannya. Perhitungan deret konvergen tak hingga
Deret dalam berbagai bentuk dapat dihitung dengan teorema residu. Coba amati fungsi cot πz, modulus fungsi ini berhingga besarnya dalam kontur-kontur bujursangkar Cn dengan sudut-sudut di (n+½)(-1± i) dan (n+½)(1±i).
|cot | | | | | || | | || πz eππ e ππ ππ e e e e i z i z i z i z y y ≤ + − = + − − − − − 1 1 2 2 = A
Adanya range : 0 ≤ n ≤∞ dan ± ≤ ≤ ±∞21 y menghasilkan range untuk |cot πz| yaitu :
1≤|cotπz|≤coth12π Jika terdapat fungsi integran :
g z( )= πcotπz f z( ) dengan f(z) fungsi terbatas |f(z)| ≤ M/|z|k dengan k > 1 maka integrasinya sepanjang kontur tertutup Cn juga memiliki batas atas :
g z dz z f z dz Cn Cn ( ) |cot || ( )|| |
∫
≤ π∫
π ≤πAM + nk 4 2( n 1)sehingga untuk n besar tak berhingga batas atas ini menjadi nol, demikian pula integrasinya : lim ( ) n C g z dz n →∞
∫
=0Padahal integral ini memiliki kutub-kutub yang berasal baik dari cot πz maupun dari fungsi f(z). Kutub yang berasal dari cot πz berupa bilangan real bulat n = 0,1,2,...., sedangkan
yang berasal dari f(z) namakan saja ai sebanyak k buah. Maka integral tertutup itu berubah menjadi : Re [ ( ), ]s g z n Re [ ( ),s g z ai] k = −
∑
∑
−∞ ∞ 1 (5.10) Residu di ruas kiri tidak lain adalah f(n) sehingga berlaku :f(n) −∞ ∞
∑
= − Res[ cot zf(z),a j j π π∑
] (5.11)Bentuk deret yang lain dapat ditangani dengan cara yang hampir sama : • (− ) f(n)n −∞ ∞
∑
1 = − Res[ csc zf(z),a j j π π∑
] (5.12) Tugas 5-1Tunjukkan jika residu ruas kiri persamaan (5.10) adalah f(n) di dalam bidang Ar-gand!
• f(n+ ) −∞ ∞
∑
1 2 = Res[ tan zf(z),a j j π π∑
] (5.13) • ( − ) f(nn + ) −∞ ∞∑
1 21 = Res[ sec z f(z),a j j π π∑
] (5.14)dimana aj adalah kutub-kutub fungsi f(z) di seluruh bidang kompleks. Pemetaan konformal
Pada awal bab II telah diperkenalkan bahwa fungsi variabel kompleks merupakan proses pemetaan dari bidang z ke bidang w. Bentuk dan ukuran bangun geometri di bidang
z akan diubah sedemikian rupa menurut fungsinya dan dipetakan di bidang w. Walaupun
bentuk dan ukuran mengalami perubahan, ada satu aspek yang tidak berubah, yaitu sudut yang diapit oleh dua buah kurva. Dua kurva yang berpotongan tegak lurus di bidang z akan tetap berpotongan secara tegak lurus di bidang w, apapun fungsi yang memetakan-nya. Sifat yang demikian inilah yang memberikan nama proses ini sebagai pemetaan
kon-formal.
Sebuah fungsi kompleks analitik sembarang dapat dipakai untuk menggambarkan suatu medan kompleks dalam teori medan. Teori ini mencakup medan aliran (listrik, zat cair, partikel, panas, dsb.) dan juga medan-medan statik seperti elektrostatik.
F(z) = Φ(x,y) + iΨ(x,y) (5.15)
Bagian realnya Φ disebut bidang ekipoten-sial, sedangkan bagian imajinernya Ψ dise-but garis arus (streamlines) atau fluks. Keduanya dapat saling bertukar peran. Φ dan Ψ adalah sepasang fungsi harmonik konjugat, yakni memenuhi persamaan Laplace (lihat tugas 2-2). Oleh sebab itu dalam grafiknya di bidang z, mereka saling berpotongan tegak lurus. Menurut sifat pemetaan konformal, Φ dan Ψ tetap saling tegak lurus di bidang w. Φ x Ψ Φ=c Ψ=c y Ψ=c Φ=c F(z) Bidang w Bidang z
Beberapa bentuk fungsi pemetaan konformal yang dapat dijumpai dalam teori medan antara lain adalah :
1. F(z) = c ln z
Dalam bentuk polar : F(z) = c ln r + i cθ sehingga grafik pemetaannya adalah :
Φ = konstan → r = konstan : keluarga lingkaran Ψ = konstan → θ = konstan : keluarga garis radial
Medan kompleks ini terjadi misalnya pada penampang lintang kawat bermuatan listrik statik, bidang ekipotensialnya berupa lingkaran-lingkaran yang melingkupi kawat, se-dangkan fluksnya arahnya radial terhadap kawat.
2. F(z) = cosh z
Φ = cosh x cos y Ψ = sinh x sin y
sehingga membentuk persamaan geometrik :
Φ2 Ψ
2
2
2 1
cosh x +sinh x = untuk x = konstan → keluarga elips di bidang w
Φ2 Ψ
2
2
2 1
cos y−sin y = untuk y = konstan → keluarga hiperbola di bidang w
Medan kompleks ini terjadi misalnya pada silinder eliptik bermuatan statik, atau muatan statik yang berada di lembaran tipis yang berlubang.
3. F(z) = z + ez
Φ = x + ex cos y Ψ = y + ex sin y
Medan kompleks ini dipakai untuk menggambarkan medan elektrostatik yang ada di ujung kapasitor keping sejajar. Lihat watak Ψ untuk y konstan, maka untuk setiap garis lurus y =
c di bidang z akan menjadi kurva Ψ = c + c1ex di bidang w. Untuk x negatif besar praktis Ψ = c, tetapi akan meledak secara eksponensial di daerah x positif, grafik ini menggambarkan bidang ekipotensial di ujung kapasitor itu yang seakan-akan menyemprot keluar dari dalam celah kapasitor.
Tugas 5-2
Gambarkan sketsa pemetaan konformal dari kasus 1,2, dan 3 di atas ! 1. F(z) = c ln z
2. F(z) = cosh z
SOAL
1.
Hitunglah integral-integral berikut : a. ln sin( θ θ) d π 0∫
b. sin cos 2 0 2 5 4 θ θ θ π −∫
d c. x dx (1+x )2 2 −∞ ∞∫
d. x x x dx sin 2 0 +1 ∞∫
e. ln x x3 4/ (x ) dx 0 +1 ∞∫
2.
Hitunglah deret konvergen tak hingga berikut a. 1 1 4 1 9 1 16 + + + + ... b. 1 1 2 1 3 1 4 4 4 4 + + + + .... c. 1 1 3 1 5 1 7 3 3 3 − + − + .... d. 1 14 1 9 1 16 − + − + ... e. 1 2 1 4 0( n ) n= + ∞∑
3.
Diskusikan pemetaan konformal dengan menggunakan medan kompleks :F(z) = z2
Lihat apa yang sudah anda kerjakan di soal nomor 5 dalam bab II.
4. Jika medan kompleks F(z) = Φ(x,y) + iΨ(x,y) menggambarkan sebuah aliran, Φ(x,y) adalah bidang ekipotensialnya dan Ψ(x,y) adalah garis arusnya. Kecepatan aliran dide-finisikan sebagai gradien bidang ekipotensialnya :
V = ∂Φ
∂
∂Φ ∂
Tunjukkan bahwa kecepatan ini juga dapat diperoleh dari turunan medan kompleksnya
