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-

23

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) = 1z−1

, maka domain

definisi f adalah {z ∈ C : z 6= 1}. Selanjutnya, domain definisi fungsi f

dinotasikan dengan Df .

Diberikan fungsi f dan z ∈ Df 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√x2 + 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) = z2−1z

.

24

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)

= ((r2 cos 2θ − 1) + ir2 sin 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, . . . , cn masing-masing konstanta kompleks dengan

c0 6= 0, maka

Pn(z) = c0zn + c1z

n−1 + . . .+ cn−1z + cn

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 + z̄ + izz̄. Gambarkan f(L) jika

25

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

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

Penyelesaian: Karena f(z) = z + z̄ + izz̄ = 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 A′(2, 1), B′(0, 1), C ′(−2, 1), dan D′(0, 1). Secara umum, se-

barang titik P (x, y) ∈ L oleh f dipetakan ke P ′(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 A′(4, 4), B′(0, 4), C ′(−4, 4), dan D′(0, 4). Secara umum, se-

barang titik P (x, y) ∈ L oleh f dipetakan ke P ′(2x, 4). Apabila digam-

barkan, maka diperoleh

26

Gambar 2.2

2.3 Limit Fungsi

Diberikan fungsi f dengan domain definisi Df dan z0 titik limit Df . Fungsi f

dikatakan mempunyai limit L untuk z mendekati z0, ditulis

limz→z0

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, limz→z0 f(z) = L jika untuk

setiap bilangan real ε > 0 terdapat bilangan δ > 0 sehingga untuk setiap z ∈ Df

dengan 0 < |z − z0| < δ berakibat

|f(z)− L| < ε

Apabila z0 = x0 + iy0, maka dengan mengingat pengertian nilai mutlak, definisi

di atas dapat pula dinyatakan sebagai berikut: limz→z0 f(z) = L jika untuk setiap

bilangan real ε > 0 terdapat bilangan δ > 0 sehingga untuk setiap z = x+iy ∈ Df

dengan 0 <√

(x− x0)2 + (y − y0)2 < δ berakibat

|f(z)− L| < ε

Secara geometris, pengertian ini dapat digambarkan sebagai berikut.

Gambar 2.3

27

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

Bukti:

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

Diberikan ε > 0 sebarang. Diambil δ = ε3, maka δ > 0. Selanjutnya, untuk setiap

z dengan 0 < |z − (1 + i)| < δ, berlaku

|(2z + 1)− (3 + 2i)| = 2|z − (1 + i)| < 2.ε

3< ε

Dengan demikian, bukti selesai. 2

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

Bukti:

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

Diberikan bilangan ε > 0 sebarang. Diambil δ = ε5, 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(ε

5+ε

5) < ε. 2

Dengan mencermati dan memahami pengertian limit, maka akan segera dike-

tahui bahwa di dalam menunjukkan limz→z0 f(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.

28

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 ε > 0 sebarang. Diambil δ = min{1, ε4}, maka δ > 0. Selan-

jutnya, untuk semua z dengan 0 < |z − i| < δ, yang berakibat 0 < |z − i| < 1

dan 0 < |z − i| < ε5, berlaku

|z2 − (−1)| ≤ 3|z − i| < 3(ε

5) < ε. 2

Selanjutnya, akan ditunjukkan sifat-sifat limit.

Teorema 2.3.4 Jika limz→z0 f(z) ada, maka nilainya tunggal.

Bukti: Misalkan

limz→z0

f(z) = L dan limz→z0

f(z) = K

Akan ditunjukkan L = K. Mengingat definisi limit, maka untuk setiap bilangan

real ε > 0 yang diberikan, terdapat bilangan δ1, δ2 > 0 sehingga

|f(z)− L| <ε

3, untuk 0 < |z − z0 < δ1, dan (2.3)

|f(z)−K| <ε

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| < ε

3+ε

3< ε

29

yang artinya L = K. 2

Sebagai akibat langsung Teorema 2.3.4, jika nilai limz→z0 f(z) tidak tunggal,

maka limz→z0 f(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 limx→x0 f(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 limx→x0 f(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 Df , z0 titik limit Df , dan kurva K

yang melalui z0. Limit f(z) untuk z mendekati z0 di sepanjang kurva K dikatakan

sama dengan L, ditulis

limz→z0, z∈K

f(z) = L

jika untuk setiap bilangan real ε > 0 terdapat bilangan δ > 0 sehingga untuk

setiap z ∈ K dengan 0 < |z − z0| < δ berakibat

|f(z)− L| < ε

Selanjutnya, dengan memperhatikan definisi ini dan Teorema 2.3.4 diperoleh

pernyataan sebagai berikut.

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

limz→z0, z∈K1

f(z) = limz→z0, z∈K2

f(z)

30

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

limz→z0, z∈K1

f(z) 6= limz→z0, z∈K2

f(z)

maka limz→z0 f(z) tidak ada.

Contoh 2.3.7 Jika f(z) = 2xyx2+2y2

+i (y2−1)(x+1)(x2−2)(y+2

, maka tunjukkan bahwa limz→0 f(z)

tidak ada.

Bukti: Jika K1 dan K2 masing-masing adalah kurva dengan persamaan y = 0

dan y = x, maka berturut-turut diperoleh:

i. limz→0, z∈K1 f(z) = limx→0−(x+1)2(x−2)

= 14.

ii. limz→0, z∈K2 f(z) = limx→0( 2x2

x2+2x2) + ( (x2−1)(x+1)

(x−2)(x+2)= 1

4) = 2

3+ i1

4.

Selanjutnya, dari (i) dan (ii), terbukti bahwa limz→0 f(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

limz→z0

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 ε > 0 sebarang, maka terdapat δ > 0 sehingga untuk setiap z ∈ Df

dengan

0 < |z − z0| < δ (2.7)

31

berlaku

|f(z)− L| < ε

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| < ε dan |v(x, y)−B| < ε

Selanjutnya, dengan mengingat definisi modulus, maka (2.7) ekuivalen dengan

0 <√

(x− x0)2 + (y − y0)2 < δ

Jadi, untuk setiap (x, y) di dalam domain definisi u dan v dengan

0 <√

(x− x0)2 + (y − y0)2 < δ berakibat

|u(x, y)− A| < ε dan |v(x, y)−B| < ε

sehingga persamaan (2.6) benar.

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

sehingga

|u(x, y)− A| <ε

3, untuk 0 <

√(x− x0)2 + (y − y0)2 < δ1, dan (2.8)

|v(x, y)−B| <ε

3, untuk 0 <

√(x− x0)2 + (y − y0)2 < δ2 (2.9)

Selanjutnya, apabila diambil δ = min{δ1, δ2}, maka untuk setiap z ∈ Df dengan

0 < |z − z0| < δ (yang artinya (x, y) di dalam domain definisi u dan v dengan

0 <√

(x− x0)2 + (y − y0)2 < δ) berakibat

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

3+ε

3< ε

Jadi, persamaan (2.5) benar. 2

Contoh 2.3.9 Tentukan limz→1+i(z2 + 1

z).

32

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

lim(x,y)→(1,1)

(2xy − y

x2 + y2) =

3

2

maka

limz→1+i

(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→z0 f(z) ada, maka terdapat r > 0 sehingga f(z) ter-

batas pada N(z0, r) ∩Df − {z0}.

Bukti: Diketahui limz→z0 f(z) ada, katakan

limz→z0

f(z) = L

maka terdapat bilangan r > 0 sehingga untuk setiap z ∈ Df dengan 0 < |z−z0| <r (artinya z ∈ N(z0, r) ∩Df − {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) ∩Df − {z0}. 2

33

Teorema 2.3.11 Jika limz→z0 f(z) dan limz→z0 g(z) keduanya ada dan c ∈ C,

maka

i. limz→z0{f(z) + g(z)} ada, dan

limz→z0{f(z) + g(z)} = lim

z→z0f(z) + lim

z→z0g(z)

ii. limz→z0 cf(z) ada, dan

limz→z0

cf(z) = c limz→z0

f(z)

iii. limz→z0 f(z)g(z) ada, dan

limz→z0

f(z)g(z) = limz→z0

f(z) limz→z0

g(z)

iv. limz→z0f(z)g(z)

ada, dan

limz→z0

f(z)

g(z)=

limz→z0 f(z)

limz→z0 g(z), asal lim

z→z0g(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 limz→z0 g(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 ∈ Dg ∩ N(z0, r) − {z0}. Selanjutnya, karena limz→z0 f(z) dan

limz→z0 g(z) keduanya ada, misalkan limz→z0 f(z) = L dan limz→z0 g(z) = K,

maka untuk setiap bilangan real ε > 0 sebarang terdapat δ1, δ2 > 0 sehingga

|f(z)− L| <ε

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

|g(z)−K| <ε

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

34

Diambil δ = min{r, δ1, δ2}, maka δ > 0 dan untuk setiap z ∈ Df ∩ Dg 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|

<ε

2(M + 1)M + |L|( ε

2(|L|+ 1)) <

ε

2+ε

2= ε. 2

Dengan adanya Teorema 2.3.11, maka tidak sulit untuk membuktikan per-

nyataan berikut ini.

Teorema 2.3.12 Jika Pn(z) = c0zn + c1z

n−1 + c2zn−2 + . . .+ cn, maka

limz→z0

Pn(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 = 1z

dan ε > 0 konstanta real

cukup kecil, maka himpunan {z : |z| < ε} akan berkorespondensi 1-1 dengan

himpunan {w : |w| > 1ε}. Karena di dalam bidang kompleks diperluas, titik

0 oleh w = 1z

dipetakan ke titik ∞, maka kiranya cukup beralasan apabila him-

punan {w : |w| > 1ε} 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 limz→∞ f(z) = L jika untuk setiap bilangan real ε > 0 terdapat

bilangan M > 0 sehingga untuk setiap z ∈ Df dengan |z| > M berakibat

|f(z)− L| < ε

35

Contoh 2.4.2 Tunjukkan limz→∞1z

= 0.

Bukti: Diberikan bilangan real ε > 0 sebarang. Jika M = 1ε, maka M > 0 dan

untuk setiap z dengan |z| > M berlaku

|1z− 0| = |1

z| < 1

M= ε. 2

Selanjutnya, berdasarkan keterangan alinea pertama pada bagian ini, dapat

ditunjukkan teorema berikut.

Teorema 2.4.3 limz→∞ f(z) = L jika dan hanya jika limz→0 f(1z) = L.

Bukti: Diketahui limz→∞ f(z) = L, maka untuk setiap bilangan real ε > 0

terdapat bilangan M > 0 sehingga untuk setiap z ∈ Df dengan |z| > M berlaku

|f(z)− L| < ε

Diambil δ = 1M

, maka untuk setiap w = 1z∈ Df dengan 0 < |w| < δ, artinya

|z| > M , berakibat

|f(1

w)− L| = |f(z)− L| < ε

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

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

|f(1

z)− L| < ε

Selanjutnya, apabila diambil M = 1δ, maka untuk setiap w = 1

z∈ Df dengan

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

|f(w)− L| = |f(1

z)− L| < ε

Contoh 2.4.4 (i) limz→∞z+1z−i = 1 sebab

limz→0

1z

+ 11z− i

= limz→0

1 + z

1− iz=

1 + 0

1− 0= 1

36

(ii) limz→∞z2+z−13z2−i = 1

3sebab

limz→0

1z2

+ 1z− 1

3z2− i

= limz→0

1 + z − z2

3− iz2=

1 + 0− 0

3− 0=

1

3

Definisi 2.4.5 limz→z0 f(z) =∞ jika untuk setiap bilangan real M > 0 terdapat

bilangan δ > 0 sehingga untuk setiap z ∈ Df dengan 0 < |z − z0| < δ berakibat

|f(z)| > M

Contoh 2.4.6 Tunjukkan limz→i1z−i =∞.

Bukti: Diberikan bilangan real M > 0. Jika diambil δ = 1M

, 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 limz→z0 f(z) =∞ jika dan hanya jika limz→z01

f(z)= 0

Contoh 2.4.8 limz→2iz+1z−2i

=∞ sebab

limz→2i

1

( z+1z−2i

)= 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 limz→∞ f(z) =∞ jika untuk setiap bilangan real M > 0 terdapat

bilangan N > 0 sehingga untuk setiap z ∈ Df dengan |z| > N berakibat |f(z)| >M .

37

Selanjutnya, para pembaca dapat menunjukkan teorema di bawah ini sebagai

latihan.

Teorema 2.4.10 limz→∞ f(z) =∞ jika dan hanya jika limz→01

f( 1z

)= 0

Contoh 2.4.11 limz→∞(z2 + 2i) =∞ sebab

limz→0

11z2

+ 2i= lim

z→0

z2

1 + 2iz2=

0

1 + 0= 0

2.5 Fungsi Kontinu

Pada pengertian limit, dapat dilihat meskipun limz→z0 f(z) ada, namun f(z0)

belum tentu terdefinisikan, dan kalaupun f(z0) ada, maka nilainya belum tentu

sama dengan limz→z0 f(z). Pada bagian ini, akan dipelajari fungsi f sehingga

memenuhi sifat-sifat

i. f(z0) ada (terdefinisikan),

ii. limz→z0 f(z) ada, dan

iii. limz→z0 f(z) = f(z0).

Fungsi f yang demikian dikatakan kontinu di z0. Jadi,

Definisi 2.5.1 Fungsi f dikatakan kontinu di z0 ∈ Df jika untuk setiap bilangan

real ε > 0 terdapat bilangan δ > 0 sehingga untuk setiap z ∈ Df dengan |z−z0| < δ

berlaku

|f(z)− f(z0)| < ε

Fungsi f dikatakan kontinu pada A ⊂ Df 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.

38

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 ε > 0 terdapat

δ > 0 sehingga untuk setiap z ∈ Df dengan |z − z0| < δ berakibat

|f(z)− f(z0)| < ε (2.10)

Karena

|Re(z)| ≤ |z| dan |Im(z)| ≤ |z|

maka (2.10) berakibat

|u(x, y)− u(x0, y0)| < ε dan |v(x, y)− v(x0, y0)| < ε (2.11)

Selanjutnya, dengan mengingat definisi nilai mutlak, maka untuk setiap (x, y)

di dalam domain definisi u dan v dengan√

(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 ε > 0 terdapat δ1, δ2 > 0 sehingga

|u(x, y)− u(x0, y0)| <ε

3, ∀(x, y) ∈ Du,

√(x− x0)2 + (y − y0)2 < δ1, dan

|v(x, y)− v(x0, y0)| <ε

3, ∀(x, y) ∈ Dv,

√(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√

(x− x0)2 + (y − y0)2 < δ, berakibat

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

3+ε

3< ε. 2

Lebih lanjut, jika f dan g kontinu di z0 dan c ∈ C, maka dapat ditunjukkan

bahwa f + g, cf , dan fg kontinu di z0. Demikian pula, fg

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.

39

Contoh 2.5.4 Fungsi f(z) = (x2 + 2xy + 2y2) − i( x−1y2+1

) kontinu di setiap titik

z = x+ iy.

Latihan

1. Hitunglah limz→z0 f(z) jika diberikan

a. f(z) = z2 + 1, z0 = 1 + i c. f(z) = xy + i(x2 − 2xy), z0 = 2i

b. f(z) = zz+1

, z0 = 2− i d. f(z) = x2 +xy− i(x− y), z0 = 1 + i

2. Selidiki apakah limz→c f(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) = x3−y3x2+y2

+ i x2yx2+y2

, c = 0.

c. f(z) = x3−y3x2+y2

+ i x2yx2+y2

, c = 1− i.

3. Dengan definisi limit tunjukkan bahwa

a. limz→i z3 = −i f. limz→2i

1z−3i

= i

b. limz→2−3i(z2 + 3i) = −5− 9i g. limz→2

1z

= 12

c. limz→1+2iz

z−3i= −1

2+ i(3

2) h. limz→i

z−14z−3i

= 1 + i

d. limz→2−i 3z + i = 6− 2i i. limz→i1z

= −i

e. limz→1−i z3 + 2i = −2

4. Jika limz→z0 f(z) = L ≥ 0, tunjukkan limz→z0

√f(z) =

√L.

5. Jika limz→z0 f(z) = L, tunjukkan limz→z0 |f(z)| = |L|. Bagaimana dengan

sebaliknya? Jelaskan jawaban Saudara.

6. Jika limz→z0 f(z) = 0 dan g terbatas pada suatu persekitaran z0 maka

tunjukkan limz→z0 f(z)g(z) = 0.

7. Tunjukkan

40

a. limz→∞z2+1

7z2−5i= 1

7c. limz→∞

2z3+i(2z−i)3 = 1

4

b. limz→2i2zz−2i

=∞ d. limz→∞z2

z+1=∞

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

9. Jika f dan g kontinu di z0, tunjukkan

a. fg kontinu di z0.

b. fg

kontinu di z0 asalkan g(z0) 6= 0.

10. Jika limz→z0 g(z) ada dan f kontinu, maka tunjukkan

limz→z0

f(g(z)) = f( limz→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+1z−1

tidak ada.

2.6 Turunan (Derivative)

Diberikan fungsi f dengan domain definisi Df dan titik z0 ∈ Df . Turunan f di

titik z0, ditulis dengan notasi f ′(z0), didefinisikan sebagai

f ′(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

f ′(z0) = limz→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

f ′(z) = lim∆z→0

f(z + ∆z)− f(z)

∆z, (2.14)

41

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

f ′(z) = lim∆z→0

∆w

∆z

Selanjutnya, lim∆z→0∆w∆z

dinotasikan dwdz

. Jadi, selain f ′(z), turunan w = f(z)

juga dapat dinotasikan dengan dwdz

. Notasi ini dikenal dengan nama notasi Liebniz.

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

lim∆z→0

∆w

∆z= lim

∆z→0

1z+∆z

− 1z

∆z= lim

∆z→0

−∆z

(z + ∆z)z∆z= − 1

z2

Jadi, f ′(z) = − 1z2

.

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 f ′(z) ada, maka lim∆z→0∆w∆z

ada dan nilainya tidak bergantung kepada

cara pendekatannya. Apabila limit diambil sepanjang kurva ∆y = 0, maka

lim∆z→0

∆w

∆z= z + 0 + z (2.15)

Sedangkan, disepanjang kurva ∆x = 0, diperoleh

lim∆z→0

∆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, f ′(z)

ada hanya di titik z = 0. 2

42

Pada Contoh 2.6.2 telah ditunjukkan bahwa untuk z 6= 0, f ′(z) tidak ada,

tetapi dapat ditunjukkan bahwa f kontinu di manapun, khususnya di z 6= 0.

Sedangkan pada Contoh 2.6.1, f ′(z) ada untuk setiap z ∈ Df dan dapat ditun-

jukkan bahwa f kontinu pada Df . Lalu adakah hubungan antara turunan dan

kekontinuan? Jawaban dari pertanyaan ini diberikan di dalam teorema berikut.

Teorema 2.6.3 Jika f ′(z0) ada, maka f kontinu di z0.

Bukti: Karena f ′(z0) ada, maka

f ′(z0) = limz→z0

f(z)− f(z0)

z − z0

ada. Sehingga

limz→z0{f(z)− f(z0)} = lim

z→z0

f(z)− f(z0)

z − z0

limz→z0

(z − z0) = f ′(z0).0 = 0. 2

Contoh 2.6.4 Fungsi f dengan rumus

f(z) =

xy

x2+2y2+ i(x2 + 2xy) , z 6= 0

23

, 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 f ′(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(zn)dz

= nzn−1 untuk setiap n ∈ N .

43

Teorema 2.7.2 Jika f dan g keduanya mempunyai turunan di titik z dan c ∈ C,

maka f + g, cf , fg, dan fg

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

menunjukkand(zn)

dz= nzn−1 , n ∈ Q

Contoh 2.7.3 (a) Jika f(z) =√z(z2 + 1) maka

f ′(z) =df(z)

dz=√z(2z + 0) + (z2 + 1)(

1

2)(z−

12 ) = 2z

√z +

z2 + 1

2√z

(b) Diberikan f(z) = zz+1

, maka

f ′(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).

44

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

w′(z) = f ′(g(z))g′(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

lim∆z→0

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,

f ′(z) =dw

du

du

dz=

1

2√u

(4z3 + 2z + 0) =2z3 + z√z4 + z2 + 3

. 2

Latihan

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

a. f(z) = z̄ b. f(z) = Re(z)

2. Jika g(z) = a0 + a1z + . . .+ anzn, n ∈ N , tunjukkan

ak =f (k)(0)

k!

untuk setiap k ∈ {1, 2, . . . , n}.

45

3. Tentukan f ′(z) jika

a. f(z) = 1−z1+z

.

b. f(z) = z√

1− z2.

c. f(z) =√

1−z1+z

.

2.8 Persamaan Cauchy-Riemann

Di dalam Teorema 2.6.3 telah disebutkan bahwa apabila f ′(z) ada, maka f kon-

tinu di titik z. Hal ini berarti bahwa syarat perlu agar f ′(z) ada, adalah kekon-

tinuan f . Pada bagian ini akan ditunjukkan bahwa, disamping kekontinuan ada

syarat perlu lain agar f ′(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

f ′(z0) ada, maka u dan v mempunyai turunan partial tingkat pertama di titik

(x0, y0) dan di titik tersebut berlaku persamaan Cauchy-Riemann, yaitu

ux(x0, y0) = vy(x0, y0) dan uy(x0, y0) = −vx(x0, y0)

Selanjutnya,

f ′(z0) = ux(x0, y0) + ivx(x0, y0)

Bukti: Diketahui f ′(z0) ada, maka artinya

f ′(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{f ′(z0)} = lim∆x→0

u(x0 + ∆x, y0)− u(x0, y0)

∆x= ux(x0, y0) (2.17)

Im{f ′(z0)} = lim∆x→0

v(x0 + ∆x, y0)− v(x0, y0)

∆x= vx(x0, y0) (2.18)

46

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

diperoleh

Re{f ′(z0)} = lim∆y→0

v(x0, y0 + ∆y)− v(x0, y0)

∆y= vy(x0, y0) (2.19)

Im{f ′(z0)} = lim∆y→0

u(x0, y0 + ∆y)− u(x0, y0)

−∆y= −uy(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,

f ′(z0) = ux(x0, y0) + ivx(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

ux = 2x , uy = 2y, vx = 0 , dan vy = 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 f ′(z0) ada? Untuk dapat menjawabnya, per-

hatikan contoh berikut ini.

47

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 f ′(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,

limz→0

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 f ′(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) = limx→0

u(x, 0)− u(0, 0)

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

y→0

u(0, y)− u(0, 0)

y= −1

vx(0, 0) = limx→0

v(x, 0)− v(0, 0)

x= 1 , vy(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

48

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 ux, uy, vx, dan vy 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 f ′(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 = ux(x0, y0)∆x+ uy(x0, y0)∆y + ε1√

(∆x)2 + (∆y)2, dan

∆v = vx(x0, y0)∆x+ vy(x0, y0)∆y + ε2√

(∆x)2 + (∆y)2,

dengan ε1, ε2 → 0 untuk (∆x,∆y)→ (0, 0). Hal ini berakibat

∆w = ux(x0, y0)∆x+ uy(x0, y0)∆y + ε1√

(∆x)2 + (∆y)2

+i{vx(x0, y0)∆x+ vy(x0, y0)∆y + ε2√

(∆x)2 + (∆y)2}

49

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

samaan terakhir diperoleh

∆w

∆z= ux(x0, y0) + ivx(x0, y0) + (ε1 + iε2)

√(∆x)2 + (∆y)2

∆z

Selanjutnya, karena

|

√(∆x)2 + (∆y)2

∆z| = 1,

yang artinya

√(∆x)2+(∆y)2

∆zterbatas, dan lim(∆x,∆y)→(0,0)(ε1 + iε2) = 0, maka

f ′(z0) = ux(x0, y0) + ivx(x0, y0). 2

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

dan tentukan f ′(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

ux(x, y) = 2x, vx(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

ux(x, y) = vy(x, y) dan uy(x, y) = −vx(x, y)

Jadi, menurut Teorema 2.8.4 f ′(z) ada dan

f ′(z) = ux(x, y) + iv(x, y) = 2x+ i2y = 2z. 2

50

Contoh 2.8.6 Tentukan titik-titik dimana f(z) = x3 − 4i(y − 1)3 mempunyai

turunan. Selanjutnya, tentukan f ′(−2 + 2i) dan f ′(2 + 3i).

Penyelesaian: Turunan partial u dan v berturut-turut adalah

ux(x, y) = 3x2, vx(x, y) = 0,

uy(x, y) = 0, vy(x, y) = −12(y − 1)2,

dan karena masing-masing berupa polinomial maka ux, uy, vx, dan vy 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 f ′(z) ada pada A = {z = x+ iy : x = 2(y − 1) atau x = −2(y − 1)}, dan

menurut Teorema 2.8.4

f ′(z) = 3x2 = −12(y − 1)2

Akhirnya, karena −2 + 2i ∈ A, maka

f ′(−2 + 2i) = 12,

dan karena 2 + 3i /∈ A, maka f ′(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)

51

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

ur = ux cos θ + uy sin θ, uθ = −uxr sin θ + uyr cos θ, dan (2.24)

vr = vx cos θ + vy sin θ, vθ = −vxr sin θ + vyr cos θ (2.25)

Apabila di titik (x0, y0) = (r0, θ0) berlaku persamaan Cauchy-Riemann, yaitu

ux(x0, y0) = vy(x0, y0) dan uy(x0, y0) = −vx(x0, y0), (2.26)

maka di titik tersebut persamaan (2.26) akan menjadi

vr = −uy cos θ + ux sin θ, vθ = uyr sin θ + uxr cos θ (2.27)

Selanjutnya, dari (2.25) dan (2.28), diperoleh

ur(r0, θ0) =1

rvθ(r0, θ0) dan

1

ruθ(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

ux = ur cos θ + vt sin θ dan vx = −ur sin θ + vr cos 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)

f ′(z0) = ux(x0, y0) + ivx(x0, y0)

= {ur(r0, θ0) cos θ0 + vr(r0, θ0) sin θ0}

+i{−ur(r0, θ0) sin θ0 + vr(r0, θ0) cos θ0}

= {ur(r0, θ0) + ivr(r0, θ0)}{cos θ0 − i sin θ0}

52

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 f ′(z0) ada. Lebih lanjut,

f ′(z0) = {ur(r0, θ0) + ivr(r0, θ0)}{cos θ0 − i sin θ0}

Contoh 2.9.2 Tunjukkan bahwad( 1

z)

dz= − 1

z2.

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

rcos θ dan v(r, θ) = −1

rsin θ

Berturut-turut diperoleh

ur = − 1

r2cos θ, uθ = −1

rsin θ,

vr =1

r2sin θ, vθ = −1

rcos θ

Mudah dilihat bahwa di sebarang titik z = (r, θ) 6= 0, ur, uθ, vr, dan vθ kontinu

dan di titik tersebut berlaku persamaan Cauchy-Riemann. Jadi, f ′(z) ada dan

f ′(z) = (ur + ivr)(cos θ − i sin θ)

= (− 1

r2cos θ + i

1

r2sin θ)(cos θ − i sin θ)

= − 1

r2{(cos2 θ − sin2 θ)− 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

53

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

a. f(z) = z − z̄ b. f(z) = 2x+ ixy2

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

a. f(z) = z3 + iz b. f(z) = sinx cosh y + i cosx sinh y

3. Tentukan di mana f ′(z) ada dan berikan rumus untuk f ′(z), jika

a. f(z) = x2 − iy2 b. f(z) = zz−1

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

4. Diketahui f(z) = 3x5 − 5i(y3 + 1). Selidiki apakah f ′(2 − 4i), f ′(2 + 4i),

dan f ′(4− 2i) ada. Jelaskan jawaban Saudara.

5. Tentukan kapan f ′(z) ada, jika

a. f(z) = 1r cos(θ)−i sin(θ)

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 f ′(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) = 1z. Karena f ′(z) ada untuk stiap z 6= 0,

maka f analitik di setiap z 6= 0.

54

(b) Pada Contoh 2.6.2 telah ditunjukkan bahwa f(z) = |z|2 mempunyai turunan

hanya di titik z = 0, sedangkan di titik z 6= 0, f ′(z) tidak ada. Jadi, f tidak

analitik di mana-mana.

Titik di mana suatu fungsi analitik disebut titik analitik fungsi tersebut.

Sedangkan titik z0 di mana fungsi f tidak analitik, tetapi di suatu titik di setiap

persekitaran z0 f analitik, disebut titik singular f . Dari Contoh 2.10.1, z 6= 0

dan z = 0 masing-masing merupakan titik analitik dan titik singular f(z) = 1z.

Sedangkan f(z) = |z|2 tidak mempunyai titik analitik maupun titik singular.

Sifat-sifat aljabar fungsi analitik secara langsung dapat diturunkan dari sifat-

sifat turunan. Jika f dan g analitik di titik z0 dan c ∈ C, maka f + g, cf, danfg

masing-masing analitik di z0, dan apabila g(z0) 6= 0, maka fg

juga analitik di z0.

Mudah ditunjukkan bahwa f(z) = z analitik di setiap z0 ∈ C. Oleh karena

itu, berdasarkan sifat-sifat di atas

Pn(z) = a0zn + a1z

n−1 + a2zn−2 + . . .+ an

analitik pula di setiap z0 ∈ C. Fungsi yang analitik di seluruh bidang kompleks

C disebut fungsi utuh (entire function). Dari uraian di atas, mudah ditunjukkan

bahwa apabila fungsi f dan fungsi g masing-masing analitik pada E dan D,

dengan f(E) ⊂ D, maka (g ◦ f) analitik pada E. Jadi, f(z) = ( z−1z−i )

2 analitik

keculai di titik z = i.

Teorema di bawah ini menerangkan sifat fungsi analitik yang cukup berman-

faat di dalam teori fungsi kompleks.

Teorema 2.10.2 Jika f analitik pada D dan f ′(z) = 0 untuk setiap z ∈ D, maka

f konstan pada D.

Bukti: Karena f analitik pada D maka f ′(z) ada untuk setiap z ∈ D, sehingga

di titik tersebut berlaku persamaan Cauchy-Riemann

ux = vy dan uy = −vx

dan

f ′(z) = ux + ivx

55

Selanjutnya, karena f ′(z) = 0, maka

vy = ux = 0 dan uy = −vx = 0,

untuk setiap (x, y) ∈ D. Akibatnya, terdapat konstanta a dan b sehingga u(x, y) =

a dan v(x, y) = b untuk setiap (x, y) ∈ D. Jadi, f(z) = a + ib untuk setiap

(x, y) ∈ D. 2

2.11 Fungsi Harmonik

Di dalam Bagian 2.10, sebagaimana telah dijelaskan pada definisi fungsi analitik,

jika fungsi f analitik di titik z0, maka f ′(z) ada untuk setiap z di dalam suatu

persekitaran z0. Sementara, bagaimana hubungannya dengan turunan-turunan

partial u dan v tidak dijelaskan. Di dalam bagian ini, akan dijelaskan hubungan

antara fungsi analitik f(z) = u(x, y) + iv(x, y) dengan turunan-turunan partial

u dan v. Dalam kaitannya dengan hal itu, berikut diberikan pengertian fungsi

harmonik.

Fungsi dua perubah H(x, y) yang didefinisikan pada suatu domain D ⊂ Cdikatakan harmonik pada D jika H mempunyai turunan-turunan partial sampai

dengan tingkat dua, masing-masing kontinu pada D, dan memenuhi

∂2H(x, y)

∂x2+∂2H(x, y)

∂y2= 0 (2.30)

Persamaan (2.31) dikenal dengan nama persamaan differensial Laplace.

Contoh 2.11.1 Fungsi H(x, y) = xy3 − x3y merupakan fungsi harmonik pada

bidang D = R2, sebab Hx, Hy, Hxx, Hxy, Hyx, dan Hyy semua ada dan kontinu

pada D, dan berlaku

Hxx(x, y) +Hyy(x, y) = 0

untuk setiap (x, y) ∈ D.

Diberikan fungsi f(z) = u(x, y) + iv(x, y) yang analitik pada domain D.

Artinya, f ′(z) ada untuk setiap z ∈ D. Oleh karena itu, di z ∈ D berlaku

56

persamaan Cauchy-Riemann

ux = vy dan uy = −vx (2.31)

Apabila kedua ruas masing-masing persamaan pada (2.32) diturunkan terhadap

x, maka diperoleh

uxx = vyx dan uyx = −vxx

dan apabila diturunkan terhadap y, maka

uxy = vyy dan uyy = −vxy

Selanjutnya, apabila semua turunan partial u dan v kontinu pada D, maka

uxy = uyx dan vxy = vyx. Akibatnya, diperoleh

uxx + uyy = 0 dan vxx + vyy = 0,

yang artinya u dan v harmonik pada D.

Diberikan dua fungsi sebarang u(x, y) dan v(x, y) yang masing-masing har-

monik di dalam domain D. Fungsi v dikatakan merupakan sekawan harmonik

(harmonic conjugate) u jika turunan-turunan partial v dan u memenuhi per-

samaan Cauchy-Riemann pada D. Jadi, apabila f(z) = u(x, y) + iv(x, y) ana-

litik pada suatu domain D, maka v merupakan sekawan harmonik u pada D.

Sebaliknya, apabila v merupakan sekawan harmonik u pada D, maka fungsi

f(z) = u(x, y) + iv(x, y) analitik pada D. Dengan demikian telah dibuktikan

pernyataan berikut ini.

Teorema 2.11.2 Fungsi f(z) = u(x, y) + iv(x, y) analitik pada suatu domain D

jika dan hanya jika v merupakan sekawan harmonik u pada D.

Contoh 2.11.3 Tunjukkan bahwa u(x, y) = 4x3y−4xy3 +x harmonik di seluruh

bidang-xy. Selanjutnya, tentukan fungsi utuh f(z) = u(x, y) + iv(x, y).

Penyelesaian: Terlebih dahulu ditentukan turunan-turunan partial u, yaitu

ux = 12x2y − 4y3 + 1, uxy = 12x2 − 12y2, uxx = 24xy,

uy = 4x3 − 12xy2, uyx = 12x2 − 12y2, uyy = −24xy

57

Dapat dilihat bahwa semua turunan partial tersebut kontinu pada bidang-xy dan

pada bidang tersebut berlaku persamaan diferensial Laplace

uxx + uyy = 0

Jadi, u harmonik pada bidang-xy. Selanjutnya, akan ditentukan fungsi v yang

merupakan sekawan harmonik u pada bidang-xy. Karena f(z) = u(x, y)+iv(x, y)

analitik di setiap titik z = x + iy, maka di titik tersebut berlaku persamaan

Cauchy-Riemann

vy = ux = 12x2y − 4y3 + 1, dan (2.32)

vx = −uy = −(4x3 − 12xy2) (2.33)

Apabila kedua ruas (2.33) diintegralkan relatif terhadap y, maka diperoleh

v = 6x2y2 − y4 + y + h(x), (2.34)

dengan h(x) fungsi yang hanya memuat variabel x saja, yaitu konstanta relatif

terhadap y. Selanjutnya, apabila (2.35) diturunkan relatif terhadap x dan hasil-

nya disamakan dengan (2.34), maka

−(4x3 − 12xy2) = 12xy2 + h′(x)

Akibatnya, h′(x) = −4x3, atau h(x) = −x4 + C dengan C sebarang konstanta

real. Jadi,

v = 6x2y2 − y4 + y − x4 + C

dan fungsi utuh yang ditanyakan adalah

f(z) = (4x3y − 4xy3 + x) + i(6x2y2 − y4 + y − x4 + C). 2 (2.35)

Dengan perhitungan yang relatif mudah, (2.36) dapat dinyatakan sebagai

f(z) = −iz4 + z + iC (2.36)

58

Apabila diteliti dengan seksama, ternyata (2.37) dapat diperoleh dengan cara

sebagai berikut.

Karena f analitik di sebarang titik z dan mengingat persamaan Cauchy-

Riemann, maka

f ′(z) = ux(x, y)− iuy(x, y) = ux(z + z

2,z − z

2i)− iuy(

z + z

2,z − z

2i) (2.37)

Khususnya, apabila diambil z = z, maka (2.38) menjadi

f ′(z) = ux(z, 0)− iuy(z, 0) (2.38)

Kembali ke Contoh 2.11.3, karena

ux = 12x2y − 4y3 + 1 dan uy = 4x3 − 12xy2,

maka berdasarkan rumus (2.39)

f ′(z) = 1− i4z3

Jadi,

f(z) = z − iz4 +K. 2

Latihan

1. Selidiki mana-mana di antara fungsi-fungsi di bawah ini yang merupakan

fungsi utuh.

a. f(z) = (x2 − y2) + 2ixy b. f(z) = ex{cos y + i sin y}

2. Tunjukkan bahwa fungsi-fungsi berikut ini tidak analitik di mana-mana.

a. f(z) = z̄ b. f(z) = zz̄

3. Tentukan titik singular fungsi-fungsi berikut ini serta berikan penjelasan-

nya.

a. f(z) = zz−1

b. f(z) = zz2−4z+13

59

c. f(z) = 1sinx cosh y+i cosx sinh y

d. f(z) = 1r cos θ−i sin θ

4. Diketahui f(z) analitik pada suatu domain D.

a. Jika f(z) bernilai real untuk setiap z ∈ D, tunjukkan f merupakan

fungsi konstan pada D.

b. Jika f(z) analitik pada D, tunjukkan f konstan pada D.

c. Jika |f(z)| konstan pada D, tunjukkan f konstan pada D.

5. Tunjukkan bahwa u(x, y) sebagaimana diberikan di bawah ini harmonik.

Selanjutnya, tentukan fungsi analitik f(z) = u(x, y) + iv(x, y).

a. u(x, y) = x2 − y2 + 3x b. u(x, y) = 1x−y

c. u(x, y) = ex cos y b. u(x, y) = xx2+y2

6. Diketahui f(z) = u(r, θ)+ iv(r, θ) analitik pada suatu domain D yang tidak

memuat titik asal O(0, 0). Turunkan persamaan diferensial Laplace dalam

bentuk kutub.

7. Menggunakan hasil pada soal nomor 6, tunjukkan u(r, θ) = r cos θ har-

monik.

60