Fungsi Analitik (Bagian Ketiga)

Fungsi Analitik (Bagian Ketiga)

Supama

Jurusan Matematika, FMIPA UGM Yogyakarta 55281, INDONESIA

Email:maspomo@yahoo.com, supama@ugm.ac.id (Pertemuan Minggu VI)

Outline

1 Persamaan Cauchy-Riemann

2 Persamaan Cauchy-Riemann di Dalam Sistem Koordinat Kutub

Persamaan Cauchy-Riemann

Pada pertemuan yang lalu telah disebutkan bahwa apabila f⁰(z) ada, maka f kontinu di titik z.

Hal itu berarti bahwa syarat perlu agar f⁰(z) ada, adalah kekontinuan 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.

Persamaan Cauchy-Riemann

Theorem

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)

Persamaan Cauchy-Riemann

Teorema di atas menjelaskan 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

Example

Pada Contoh terdahulu 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+y²dan 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

Cauchy-Riemann tak dipenuhi. Jadi, menurut Teorema di atas f tak mempunyai turunan di setiap z 6= 0.

Persamaan Cauchy-Riemann

Bagaimana kebalikan Teorema di atas? Apabila di titik (x₀,y₀)persamaan Cauchy-Riemann dipenuhi, apakah f⁰(z₀)ada?

Untuk dapat menjawabnya, perhatikan contoh berikut ini.

Contoh

Example

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 ,

z→0lim

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

ux(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,

vx(0, 0) = lim

x →0

v (x , 0) − v (0, 0)

x =1, dan

v_y(0, 0) = lim

y →0

v (0, y ) − v (0, 0)

y =1

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

Persamaan Cauchy-Riemann

Dari Contoh di atas dapat diambil suatu kesimpulan bahwa persamaan Cauchy-Riemann hanyalah merupakan syarat perlu agar suatu fungsi mempunyai 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.

Persamaan Cauchy-Riemann

Theorem

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

u_x(x₀,y₀) =v_y(x₀,y₀) dan u_y(x₀,y₀) = −v_x(x₀,y₀), maka f⁰(z₀)ada. Lebih lanjut,

f⁰(z₀) =ux(x₀,y₀) +ivx(x₀,y₀)

Contoh

Example

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 , uy(x , y ) = −2y , vy(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

u_x(x , y ) = v_y(x , y ) dan u_y(x , y ) = −v_x(x , y ) Jadi, menurut Teorema terdahulu f⁰(z) ada dan

f⁰(z) = ux(x , y ) + ivx(x , y ) = 2x + i2y = 2z. 

Contoh

Example

Tentukan titik-titik dimana f (z) = x³− 4i(y − 1)³mempunyai 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 terdahulu

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. 

Persamaan Cauchy-Riemann di Dalam Sistem Koordinat Kutub

Pada pertemuan terdahulu 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 (1)

Jadi, apabila diberikan fungsi f (z) = u(x , y ) + iv (x , y ), maka berdasarkan (1), u dan v masing-masing dapat dipandang sebagai fungsi (r , θ).

Persamaan Cauchy-Riemann di Dalam Sistem Koordinat Kutub

Selanjutnya, menggunakan aturan rantai, diperoleh

∂u

∂r = ∂u

∂x

∂x

∂r, ∂u

∂θ = ∂u

∂x

∂x

∂θ, dan (2)

∂v

∂r = ∂v

∂x

∂x

∂r, ∂v

∂θ = ∂v

∂x

∂x

∂θ (3)

Dari persamaan (2) dan (3), diperoleh

u_r = u_xcos θ + u_ysin θ, u_θ= −u_xr sin θ + u_yr cos θ,(4) v_r = v_xcos θ + v_ysin θ, v_θ = −v_xr sin θ + v_yr cos θ (5)

Persamaan Cauchy-Riemann di Dalam Sistem Koordinat Kutub

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), (6) maka di titik tersebut persamaan (5) akan menjadi

vr = −uycos θ + uxsin θ, v_θ=uyr sin θ + uxr cos θ (7) Selanjutnya, dari (4) dan (7), diperoleh

ur(r₀, θ₀) = 1

r v_θ(r₀, θ₀) dan 1

r u_θ(r₀, θ₀) = −vr(r₀, θ₀) (8)

Persamaan Cauchy-Riemann di Dalam Sistem Koordinat Kutub

Persamaan (8) adalah persamaan Cauchy-Riemann di dalam sistem koordinat kutub. Persamaan pertama di dalam (4) dan (5) bersama-sama dengan (6) menghasilkan

ux =urcos θ + vtsin θ dan vx = −ursin θ + vrcos θ (9) Jadi, apabila f mempunyai turunan di z₀=r₀(cos θ₀+i sin θ₀), maka menurut Teorema terdahulu dan persamaan (9)

f⁰(z₀) = ux(x₀,y₀) +ivx(x₀,y₀)

= {ur(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}

Persamaan Cauchy-Riemann di Dalam Sistem Koordinat Kutub

Dengan demikian, apabila Teorema 4 dinyatakan kembali dengan menggunakan koordinat kutub, maka diperoleh Theorem

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

Contoh

Example

Tunjukkan bahwa ^{d (}

1 z)

dz = −_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 r sin θ

Berturut-turut diperoleh ur = −1

r²cos θ, u_θ = −1 r sin θ, vr = 1

r²sin θ, v_θ= −1 r cos θ

Mudah dilihat bahwa di sebarang titik z = (r , θ) 6= 0, u_r, u_θ, v_r, dan v_θkontinu 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

r²cos θ + i 1

r²sin 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.