3 SKS TEKNIK ELEKTRO UDINUS - dinus.ac.iddinus.ac.id/repository/docs/ajar/3-TURUNAN.pdf · BAB III....
Transcript of 3 SKS TEKNIK ELEKTRO UDINUS - dinus.ac.iddinus.ac.id/repository/docs/ajar/3-TURUNAN.pdf · BAB III....
MATEMATIKA TEKNIK 1
3 SKS
TEKNIK ELEKTRO
UDINUS
1
BAB III. TURUNAN
3.1 Definisi Turunan
Diberikan fungsi f yang didefinisikan pada daerah D dan
zo D.
Jika diketahui bahwa nilai ada, maka
nilai limit ini dinamakan turunan atau derivatif fungsi f di
titik zo.
Dinotasikan : f’(zo)
2
o
o
zz zz
)z(f)z(flim
o
⇛ Jika f’(zo) ada, maka f dikatakan terdifferensial atau
diferensiabel di zo.
Dengan kata lain :
⇛ Jika f terdifferensial di semua titik pada D, maka f
terdifferensial pada D
Contoh 3.1.1
Buktikan f(z) = z2 terdifferensiasi diseluruh ℂ
3
z
)z(f)zz(flim
zf
lim)z('f oo
0z0zo
Bukti :
Ditinjau sebarang titik zo ℂ
4
o
o
oo
zz
o
2o
2
zz
o
o
zzo
z2
zz
)zz)(zz(lim
zz
zzlim
zz
)z(f)z(flim)z('f
o
o
o
Karena zo sebarang maka f(z) = z2 terdefferensial
di seluruh ℂ
Teorema 3.1
Jika f fungsi kompleks dan f’(zo) ada, maka
f kontinu di zo
Bukti :
5
Bukti :
Diketahui f’(zo) ada
Akan dibuktikan f kontinu di zo atau
6
)z(f)z(flim ozz o
0
0)z('f
)zz(lim)zz(
)z(f)z(flim
)zz()zz(
)z(f)z(flim))z(f)z(f(lim
ozzo
o
zz
oo
o
zzo
zz
oo
oo
sehingga
dengan kata lain f kontinu di zo.
)z(f)z(flim)z(flim oozzzz oo
Contoh 3.1.2
Buktikan f(z) = |z|2 kontinu di seluruh bidang kompleks
tetapi hanya terdifferensial di z = 0
Bukti :
f(z) = |z|2 = x2 + y2 berarti u(x,y) = x2 + y2 dan
v(x,y) = 0
u dan v kontinu di D, maka f(z) kontinu di D
7
0zzz
lim
z|z|
lim0z
)0(f)z(flim)0('f
0z
2
0z0z
Jadi f(z) terdifferensial di z = 0
8
3.2 Syarat Chauchy-Riemann
Syarat yang diperlukan agar fungsi f
terdiferensial di zo = xo + i yo adalah syarat
Chauchy-Riemann, yang menghubungkan
derivatif-derivatif parsial tingkat pertama dari
fungsi bagian real dan fungsi bagian imajiner
dari f.
9
Terema 3.2.1 (Syarat Chauchy-Riemann
Jika f(z) = u(x,y) + i v(x,y) terdifferensial di zo = xo + i yo,
maka u(x,y) dan v(x,y) mempunyai derivatif parsial
pertama di (xo,yo) dan di titik ini dipenuhi persamaan
Cauchy – Riemann
derivatif f di zo dapat dinyatakan dengan
Jika persamaan C-R tidak dipenuhi di (xo,yo) maka
f(z) = u(x,y) + i v(x,y) tidak terdifferensial di zo = xo + i yo
xv
yu
danyv
xu
)y,x(vi)y,x(u)z('f ooxooxo
10
Contoh 3.2.1
Buktikan f(z) = |z|2 tidak terdifferensiasi di z 0
Bukti : f(z) = x2 + y2 sehingga
u(x,y) = x2 + y2
v(x,y) = 0
Persamaan Cauchy – Riemann
y2yu
danx2xu
0yv
dan0xv
)1(0x2yv
xu
11
)2(0y2xv
yu
dan
(1) dan (2) tidak dipenuhi jika x 0 atau y 0,
jadi pasti f tidak terdeferensial di z 0
12
Catatan :
Syarat C-R hanya syarat perlu untuk keterdifferensialan.
Contoh 3.2.2
Buktikan fungsi f(z) =22
33
yx
i)1(yi)1(x
dan f(0) = 0, tidak terdifferensial di 0, memenuhi C-R
Bukti :
u = 22
33
yx
yx
dengan u(0,0) = 0
v = 22
33
yx
yx
dengan v(0,0) = 0
ux(0,0) =ox
lim x
)0,0u()0u(x, = 1
uy(0,0) = y)0,0u(,y)0u(
limoy
= -1
13
vx(0,0) =x
)0,0v()0v(x,lim
ox
= 1
oylim y
)0,0v(,y)0v( vy(0,0) = = 1
Jadi persamaan Cauchy – Riemann terpenuhi
iy))(xy(x
i)1(yi)1(xlim
z)0(f)z(f
lim22
33
0z0z
Tetapi
Untuk z 0
oxlim 3
3
x
i)1(x Sepanjang garis real y = 0 = 1 + i
14
oxlim 3
3
xi)1(2
xi2
i1i
Sepanjang garis real y = x =
ozlim z
)0f(f(z) Jadi tidak ada
sehingga f tidak terdifferensial di 0 meskipun
persamaan C-R dipenuhi di (0,0)
15
xu
yu
xv
yv
xu
yv
yu
xv
Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa :
i. Syarat perlu
f(z) = u(x,y) + iv(x,y), zo = xo + i yo
f’(z) ada maka ,, ,
berlaku C-R yaitu :
= dan =
dan f’(z0) = ux(x0,y0) + i vx(x0,y0)
ada di (xo, yo)
16
ii. Syarat cukup
u(x,y), v(x,y), ux(x,y), vx(x,y), uy(x,y), vy(x,y) kontinu
pada kitar zo = xo + i yo dan di (xo,yo) dipenuhi C-R
maka f’(zo) ada
17
Contoh 3.2.3
Buktikan f(z) = ex(cos y + i sin y) terdiferensial
untuk setiap z dalam ℂ
Bukti :
u(x,y) = excos y ux(x,y) = excos y
uy(x,y) = -exsin y
v(x,y) = exsin y vx(x,y) = exsin y
vy(x,y) = excos y
ada dan
kontinu di
setiap (x,y) ℂ
18
Berdasarkan persamaan C-R :
ux = vy dan uy = -vx dipenuhi di (x,y) ℂ, dan ada kitar
dimana keenam fungsi kontinu dan C-R dipenuhi di (x,y).
Jadi f’(z) ada z ℂ.
Dan f’(z) = ux(x,y) + i vx(x,y)
= excos y + i exsin y
19
3.3 Syarat C-R Pada Koordinat Kutub
Jika f(z) = u(x,y) + i v(x,y) dapat diilustrasikan
dalam koordinat kartesius maka dengan menggunakan
hubungan x = r cos dan y = r sin , diperoleh
z = r cos + i sin , sehingga
f(z) = u(r, ) + i v(r, ) dalam sistem koordinat kutub
20
Teoreama 3.3.1
Jika f(z) = u(r, ) + i v(r, ) terdiferensial dan kontinu
pada suatu kitar (ro, o) dan jika dalam kitar tersebut
ur, u, vr, v ada dan kontinu di (ro, o) dan dipenuhi
C-R yaitu:
ru
r1
v
r1
v
rv
= dan = , r 0
maka f’(z) = ada di z = zo dan
f’(z) = (cos o – i sin o) [ur(ro, o) + i vr(ro, o)]
21
Contoh 3.3.1
Diketahui f(z) = z-3,
tentukan f’(z) dalam bentuk kootdinat kutub
22
Jawab :
f(z) = z-3 = r-3 (cos 3 - i sin 3), maka :
u = r-3 cos 3 , sehingga ur = -3r-4 cos 3 dan
u = -3r-3 sin 3
v = -r-3 sin 3 , sehingga vr = 3r-4 sin 3 dan
v = -3r-3 cos 3
keenam fungsi ini kontinu dan syarat C-R dipenuhi
untuk semua z 0
Jadi f(z) = z-3 terdiferensial untuk z 0
Dengan demikian f’(z) dalam koordinat kutub adalah :
f’(z) = (cos – i sin ) (-3r-4 cos 3 + i 3r-4 sin 3)
= cis(-) (-3r-4) cis(-3)
= -3r-4 cis(-4)
23
2)z(g
)z('g)z(f)z(g)z('f)z(g)z(f
dxd
.5
)z('g)z(f)z(g)z('f)z(g)z(fdxd
.4
)z('g)z('f)z(g)z(fdxd
.3
)z('cfdz
)z(cfd.2
1dz
d(z),0
dzdc
.1
3.4 Aturan Pendiferensialan
Jika f(z), g(z) dan h(z) adalah fungsi- fungsi kompleks
serta f’(z), g’(z) dan h’(z) ada, maka berlaku rumus-rumus :
24
dzd
.ddw
dzdw
)rantaiaturan(komposisidengandisebutbiasa
)z('f)]z(f['g)z('hmaka)]z(f[g)z(hJika.7
nzdzdz
.6 1nn
25
3.5 Fungsi Analitik
Definisi 3.5.1
Fungsi f analitik di zo, jika ada r > 0 sedemikian,
hingga f’(z) ada untuk setiap z N(zo,r)
(persekitaran zo)
rf diferensiable
Fungsi analitik untuk setiap zℂ dinamakan fungsi utuh
oz
26
Contoh 3.5.1
1. f(z) =
2. f(z) = x3 + iy3
diperoleh : u = x3 ; v = y3 sehingga
ux = 3x2 ; vx = 0 ; uy = 0 ; vy = 3y2
dengan menggunakan persamaan C-R :
3x2 = 3y2 y = x dan vx = uy = 0
persamaan C-R dipenuhi dan kontinu digaris y = x
berarti f’(z) ada hanya di y = x
Jadi f(z) tidak analitik dimanapun karena tidak ada
kitar.
z1
analitik kecuali di z = 0
27
0)z('g0)z(gdengan,zg'zf'
zgzf
limozz
Sifat sifat analitik
Misalnya f dan g analitik pada D, maka :
o f g merupakan fungsi analitik
o fg merupakan fungsi analitik
o f/g merupakan fungsi analitik dengan g 0
o h = g ∘ f merupakan fungsi analitik
o berlaku aturan L’hospital yaitu :
28
3.6 Titik Singular
Definisi 3.6.1
Titik z1 disebut titik singular dari f jika f tidak analitik di z1
tetapi untuk setiap kitar dari z1 memuat paling sedikit
satu titik dimana f analitik.
Jenis kesingularan f(z) atau titik singular antara lain :
1. Titik singular terisolasi
Titik zo dinamakan titik singular terisolasi dari f(z) jika
terdapat 0 demikian sehingga lingkaran |z – zo| =
hanya melingkari titik singular lainnya. Jika seperti itu
tidak ada, maka z = zo disebut titik singular tidak
terisolasi.
29
2. Titik Pole (titik kutub)
Titik z = zo disebut titik pole tingkat n, jika berlaku
.
Jika n = 1, zo disebut sebagai titik pole sederhana.
3. Titik Cabang
Dari fungsi bernilai banyak dapat menjadi titik singular.
4. Titik Singular dapat dihapuskan
Titik singular zo disebut titik singular dapat dihapuskan
dari f(z) jika f(z) ada.
0A)z(f)zz(lim no
zz o
ozlim
30
5. Titik Singular Essensial
Titik singular z = zo yang tidak memenuhi syarat titik
singular pole titik cabang atau titik singular yang dapat
dihapuskan disebut titik singular essensial.
6. Titik Singular tak hingga
Jika f(z) mempunyai titik singular di z = , maka sama
dengan menyatakan f(1/w) mempunyai titik singular di
w = 0.
31
Contoh 3.6.1
• g(z) = berarti titik z = i adalah titik pole tingkat 2
dari g(z)
• h(z) = |z|2 tidak merupakan titik singular
• k(z) = ln (z2 + z – 2) maka titik cabang adalah z1 = 1 dan
z2 = –2 karena (z2 + z – 2) = (z – 1) (z + 2) = 0
2)1z(
1
32
3.7 Fungsi Harmonik
f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik pada D maka u dan v
mempunyai derivatif parsial di semua orde yang
kontinue pada D. Jadi dalam D berlaku C-R , ux = vy dan
uy = –vx
Karena derifatif-derivatif parsial dari u dan v kontinu
dalam D, maka berlaku vxy = vyx. Jika dalam ux = vy dan
uy = –vx diderivatifkan parsial terhadap x dan y maka
(x,y) D berlaku
uxx + uyy = 0
vxx = vyy = 0
33
Jika f analitik pada D maka u dan v pada D memenuhi
persamaan differensial Laplace dalam 2 dimensi.
u dan v dimana f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik pada suatu
domain maka f(z) harmonik pada domain tersebut.
Dua fungsi u dan v sedemikian sehingga
f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik dalam suatu domain
dinamakan dua fungsi yang harmonik konjugat dalam
domain itu.
0yx 2
2
2
2
34
Contoh 3.7.1
Diberikan u(x,y) harmonik pada D dan tentukan fungsi v
yang harmonik konjugat dengan u = 4xy3 – 4x3y, (x,y) ℂ
Jawab :
Misal diklaim konjugatnya adalah v(x,y)
jadi f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik pada ℂ sedemikian
sehingga berlaku C-R ux = vy dan uy = -vx
ux = 4y3 – 12x2y vy = 4y3 – 12x2y
uy= 12xy2 – 4x3 v= y4 – 6x2y2 + g(x)
karena vx = –uy maka –12xy2 + g’(x) = –12xy2 + 4x3 sehingga
g’(x) = 4x3 diperoleh g(x) = x4 + C
Jadi v = y4 – 6x2y2 + x4 + C
35
Cara Milne Thomson
Cara yang lebih praktis menentukan fungsi harmonik
konjugat atau dari fungsi harmonik u diberikan u(x,y)
harmonik pada D andaikan v(x,y) sehingga
f(z) = u(x,y)+ iv(x,y) analitik pada D
f’(z) = ux(x,y) + ivx(x,y)
sesuai persamaan C-R : f’(z) = ux(x,y) – iuy(x,y)
z = x + iy dan = x – iy sehingga diperoleh z
i2zz
ydan2
zzx
i2zz
,2
zz
i2zz
,2
zzf(z) = ux – iuy
36
Suatu identitas dalam z dan , jika diambil = z maka
f’(z) = ux(z,0) – iuy(z,0)
Jadi f(z) adalah fungsi yang derivatifnya ux(z,0) – iuy(z,0)
kemudian didapat v(x,y)
z z
37
Contoh 3.7.2
Dari Contoh 3.7.1 dengan u= 4xy3 – 4x3y, (x,y) ℂ, jika
diselesaikan dengan menggunakan cara Milne
Thomson.
Jawab :
ux = 4y3 – 12x2y
uy= 12xy2 – 4x3
f’(z) = ux(z,0) – iuy(z,0)
= –i(– 4z3)
= 4iz3
sehingga f(z) = iz4 + A
f(z) = i(x + iy)4 + A
= 4xy3 – 4x3y + i(x4 – 6x2y2 + y4) + A