Buku Analkom

Bab 1Deret Bilangan Kompleks

A. Pendahuluan

Analisis komples adalah salah satu mata kuliah di program studi pendidikan matematika. Dalam mata kuliah ini dipelajari segala sesuatu yang berhubungan dengan bilangan kompleks baik itu operasi-operasi yang berlaku, fungsi bilangan kompleks, dan lain-lain. Diantaranya juga dipelajari tentang deret bilangan kompleks. Untuk lebih memahami deret bilangan kompleks beserta teorema dan aturan yang berlaku dalam deret bilangan kompleks itu sendiri maka dosen member tugas pembuatan makalah mengenai deret bilangan kompleks. Oleh sebab itu penulis membuat makalah ini untuk lebih memahami mengenai deret bilangan kompleks sekaligus menyelesaikan tugas dari dosen.

B. Deret Bilangan KompleksDefinisi

Deret bilangan kompleks merupakan penjumlahan suku-suku pada barisan bilangan kompleks.Deret bilangan kompleks dinotasikan

∑n=1

∞

zn=z1+z2+z3+. . .+ zn+. ..

dengan suku-suku deret yaitu z1 , z2 , z3 , ….

Misalkan,S1=z1 merupakan jumlah suku

pertamaS2=z1+z2 merupakan jumlah dua

suku pertama

Analisis Kompleks 1

S3=z1+z2+z3 merupakan jumlah tiga suku pertama

Sn=z1+z2+…+zn merupakan jumlah n suku pertama

Jika barisn (Sn) mempunyai limit diperoleh

jumlah tak berhingga z1+z2+z3+ .. .+zn+. ..

Jadi dalam symbol dituliskan limn→∞

Sn=

∑n=1

∞

zn

1. Deret konvergenKekonvergenan suatu deret ditentukan oleh ada

atau tidak adanya limit barisan jumlah bagiannya. Kekonvergenan deret tersebut disajikan berikut ini :

Contoh :

Dari barisan ( 5 i

2n )=

5i2,5 i4,5 i8, .. .

dibentuk deret ∑n=1

∞ 5i

2n.

Tentukanlah apakah deret tersebut konvergen atau divergen!

Penyelesaian :

limn→∞

Sn=∑n=1

∞ 5i

2n= ∑n=1

∞

5 i( 1

21+

1

22+

1

23+.. .

12n

+.. .)

Analisis Kompleks 2

Definisi 1 :

- Deret

∑n=1

∞

znkonvergen ke S jika dan hanya jika

limn→∞

Sn=S

- Deret

∑n=1

∞

zndivergen ke S jika dan hanya jika

limn→∞

Sn

tidak ada.

Bagian ruas kanan yang didalam kurung merupakan deret

geometri dengan suku pertama a=1

2 dan r=1

2 dan jumlah

tak hingganya adalah

a1−r =1.

Maka diperoleh limit limn→∞

Sn= 5 i . Jadi deret

∑n=1

∞ 5i

2n

konvergen ke 5 i .

2. Uji Konvergensi Pada Deret Bilangan Kompleks

a. Teorema konvergensi

Bukti (a):

(⇒) Misalkan deret ∑n=1

∞

zn konvergen ke a+ ib, sehingga

∑n=1

∞

zn=a+ib.

Akan ditunjukan bahwa deret ∑n=1

∞

xn konvergen ke a

dan deret ∑n=1

∞

yn konvergen ke b.

Menurut definisi diperoleh,

Analisis Kompleks 3

TEOREMA 6.2.2

Diberikan deret bilangan kompleks ∑n=1

∞

zn dengan zn=xn+iyn ;

xn , yn∈R

(a) ∑n=1

∞

zn konvergen jika dan hanya jika ∑n=1

∞

xn dan ∑n=1

∞

yn

konvergen.

(b) jika∑n=1

∞

zn konvergen, maka limn→∞

zn=0.

(c) jika∑n=1

∞

zn konvergen mutlak, maka ∑n=1

∞

zn konvergen,

∑n=1

∞

zn=limn→∞

Sn=limn→∞

¿¿¿Akibatnya diperoleh,

limn→∞

∑k=1

n

xk=a dan limn→∞

∑k=1

n

yk=b

Karena ∑k=1

n

xk dan ∑k=1

n

yk berturut-turut merupakan

jumlah bagian dari ∑n=1

n

xn dan ∑n=1

n

yn, maka ∑n=1

n

xn dan

∑n=1

n

yn konvergen.

(⇐ ) Misalkan ∑n=1

n

xn konvergen ke a dan ∑n=1

n

yn konvergen ke

b .

Akan ditunjukan ∑n=1

n

zn konvergen ke a+ ib.

Karena Sn=∑k=1

n

xk+∑k=1

n

yk,

Menurut teorema diperoleh limn→∞

Sn=a+ib . Karena

limn→∞

Sn=¿∑n=1

∞

zn ¿,

diperoleh ∑n=1

∞

zn=a+ib .

Jadi terbukti bahwa ∑n=1

∞

zn konvergen.

Bukti (b):Diberikan bilangan ε>0 sebarang.

Akan dibuktikan limn→∞

zn=0 ,

Analisis Kompleks 4

Berarti terdapat bilangan asli n0 sehingga jika n>n0

berlaku |zn|<ε .

Diketahui ∑n=1

∞

zn konvergen, berarti terdapat bilangan

kompleks z sehingga berlaku ∑n=1

∞

zn=limn→∞

Sn=z

Jadi untuk setiap bilangan ε>0terdapat bilangan asli

n0 sehingga jika n>n0 berlaku |Sn−1−z|< ε2

dan

|Sn−z|< ε2

Menurut ketaksamaan segitiga, diperoleh

|zn|=|Sn−1−Sn|=|(Sn−1−z)+(z−Sn)| ≤|Sn−1−z|+|z−Sn| ¿ ε

2+ ε

2=ε

Jadi terbukti bahwa limn→∞

zn=0

b. Uji Rasio

Bukti:(a) Diberikan bilangan ε>0 sebarang.

Karena |Zn|≥0 untuk setiap n, maka L > 0.Diketahui L < 1. Dipilih bilangan real r sehingga L < 2 < 1.

Analisis Kompleks 5

Teorema 6.2.4 (Uji Ratio):

Diberikan deret dengan suku-suku tak negative ∑n=1

∞

Zn

dan limn→∞|Zn+1

Zn|=L.

(a) Jika L < 1, maka ∑n=1

∞

Znkonvergen

(b) Jika L > 1, maka ∑n=1

∞

Zndivergen

Kemudian diambil ε=r−L<1.

Karena limn→∞|Zn+1

Zn|=L, terdapat bilangan asli n0

Sehingga jikan>n0 berlaku ||Zn+1

Zn|−L|<ε

Diperoleh jika n>n0 berlaku

|Zn+1

Zn|<ε+L=r−L+L=r atau

¿ Zn+1|¿ r|Zn∨¿ ………………… (*)

Diambil n=n0 , n0+1 , n0+2 ,…. sehingga dari (*) diperoleh

|Zn0+1|¿ r|Zn0| ¿ Zn0+2∨¿ r2∨Zn0

∨¿

¿ Zn0+3|¿ r3|Zn0∨¿

………………….

|Zn0+k|¿ rk|Zn0

|, k∈N…………………… (**)

Deret ∑k=1

∞

rk∨Z0∨¿¿ adalah deret konvergen,

karena merupakan deret geometri dengan ratio r < 1. Dari (**) dan menggunakan uji banding, diperoleh

bahwa deret ∑k=1

∞

¿Zn0+ k∨¿¿ konvergen.

Deret ∑k=1

∞

¿Zn0+ k∨¿¿ berbeda dari deret ∑k=1

∞

¿Zn∨¿¿

dalam n0 suku pertama.

Jadi deret ∑k=1

∞

¿Zn∨¿¿ konvergen sehingga deret

yang diberikan konvergen mutlak.

Analisis Kompleks 6

(b) Karena limn→∞|Zn+1

Zn|=L, dan L > 1, maka

limn→∞|Zn+1

Zn|=¿+∞ ¿.

Hal ini berarti untuk setiap bilangan ε>0 terdapat bilangan n0∈N sehingga jika n>n0 berlaku

limn→∞|Zn+1

Zn|<ε.

Perhatikan bahwa 1<¿Zn+1

Zn

∨¿ ε jika dan hanya jika

|Zn|<|Zn+1|<εDiambil n=n0, n0+1 ,n0+2 ,…. , sehingga diperoleh

|Zn0|<|Zn0+1| |Zn0|<|Zn0+1|<|Zn0+2| ……………………………

Jadi jika n>n0, berlaku |Zn|>|Zn0|.

Akibatnya limn→∞

Zn≠0.

Karena limn→∞

Zn≠0, diperoleh deret ∑n=1

∞

Zn divergen.

(c) Misalkan deret ∑n=1

∞

Zn=∑n=1

∞1np

,

Diperoleh limn→∞|Zn+1

Zn|= lim

n→∞| 1(n+1 )p

.n p

1 | ¿ limn→∞| np

(n+1 )p| ¿ limn→∞|( n

n+1 )p|=1

Analisis Kompleks 7

Deret ∑n=1

∞1np

konvergen untuk p > 1 dan divergen

untuk p≤1.

Jadi deret ∑n=1

∞

Zn dapat konvergen dan dapat juga

divergen, sedangkan yang divergen memenuhi

limn→∞|Zn+1

Zn|=1.

Contoh :

Tunjukkan bahwa deret ∑n=1

∞ (2+2i)n

n ! konvergen

dengan menggunakan uji ratio.

Penyelesaian:

Misalkan Zn=(2+2 i)n

n! , maka Zn+1=

(2+2 i)n+1

(n+1)!Diperoleh,

Jadi menurut uji ratio, diperoleh bahwa deret tersebut konvergen mutlak.

c. Uji Akar

Diberikan deret dengan suku-suku tak negative ∑n=1

∞

Zn

dan limn←∞

n√ | zn|=L.

Analisis Kompleks 8{ L<1 , ∑

n=1

∞

zn konvergen mutlak

L>1 , ∑n=1

∞zn divergen

L=1 , uji gagal

limn←∞

n√ | zn|=L

Contoh :

Tunjukkan bahwa deret ∑n=1

∞ n+1

2n .n konvergen dengan menggunakan uji akar .

Penyelesaian :Berikut akan dipaparkan menggunakan uji akar. Kesimpulan dari uji akar ini sama dengan uji rasio.

ρ=limn→∞

n√ n+12n .n =

limn→∞

12 ( n+1

n )1n

Perhatikan bentuk

n+1n di atas,

jika n→∞maka

n+1n = 1.

Perhatikan juga bentuk

1n .

Jika n→∞maka

1n = , sehingga limit diatas

memiliki bentuk :

limn→∞

12 ( n+1

n )1n

=

12x10

=

12

Karena nilai limitnya < 1, maka deret

∑n=1

∞ n+1

2n .n konvergen.

d. Uji Integral

Analisis Kompleks 9

Andaikan ∑n=1

∞

znadalah deret suku-suku tak negative

dan andaikan bahwa fungsi y=f ( x )didapat dari pengganti n pada suku umum deret dengan peubah

kontinu x, maka deret ∑n=1

∞

znakan konvergen jika hanya

jika ∫1

∞

f ( x )dxjuga konvergen.

Dari kalkulus :

∫a

∞

f ( x )dx=

limb→∞

∫a

b

f ( x )dx

Apa bila limit pada ruas kanan bernilai terhingga, maka integral tak wajar tersebut konvergen dan memiliki nilai yang sama dengan limit tadi. Jika tidak maka integral tersebut divergen.Contoh :

Tunjukanlah bahwa deret ∑n=1

∞ 1

n2 merupakan deret

konvergen dengan melakukan uji integral.

Penyelesaian :Coba lakukan pengujian dengan uji rasio, maka

akan diperoleh hasil perhitungan L=1 , dengan demikian kita tidak dapat menentukan apakah deret tersebut konvergen atau divergen dengan uji rasio. Inilah saatnya menggunakan uji integral. Lihat penjelasan teori diatas mengenai uji integral. Kita ubah notasi n menjadi peubah kontinu x

sehingga diperoleh f ( x )= 1

x2.

Kita lakukan pengintegralan terhadap fungsi kontinu ini

Analisis Kompleks 10

∫1

∞ 1

x2dx=−1

x|1∞=−( 1

∞−11 )=−(0−1 )=1

Integral fungsi ini bersifat konvergen (ada hasilnya)

dengan demikian deret ∑n=1

∞ 1

n2konvergen

e. Uji Deret Berganti Tanda

Diketahui suatu deret ∑n=1

∞

(−1 )n zn, dengan

zn≥0

Andaikan :limn→∞

zn=0,

zn+1≤znUntuk setiap n yang lebih besar dari suatu bilangan

bulat M tertentu, maka deret yang diketahui tersebut konvergen.Contoh:

Tunjukanlah bahwa deret ∑n=1

∞ in

n2+i merupakan deret konvergen dengan melakukan uji deret berganti tanda.

Penyelesaian :Kita lakukan uji rasio pada deret diatas

Berarti L=|i|=1 . Karena L=1 , maka kita tidak dapat mengetahui apakah deret tersebut konvergen atau divergen. Dengan demikian kita harus menggunakan uji lain. Kita uji dengan pembanding sekali lagi, syaratnya harus hati-hati dalam memilih deret pembanding.


L=limn→∞

in+1

(n+1 )2+ixn2+ iin

=limn→∞

i (n2+i )(n+1 )2+i

= limn→∞

in2−1n2+2n+1+i

=i

- Untuk kasus ini kita pilih

∑n=1

∞ in

n2

sebagai deret pembanding.

Namun bagaimana kita menguji deret ini ? coba kita uraikan deret ini

∑n=1

∞ in

n2= i

1+−1

4+−l

9+ 1

16+. . .

Tempat pada bagian pembilang berubah tanda dari

i ,−1 ,−i ,1 . Dengan demikian uji deret berganti tanda merupakan uji yang paling tepat untuk deret ini. Lihat lagi teorema untuk deret berganti tanda.

Pada deret ∑n=1

∞ in

n2 yang membuat berganti tanda

adalah in

, dengan demikian pemeriksaan dilakukan

terhadap bagian

1

n2.

Ternyata limn→∞

1

n2=0

dan

1

(n+1 )2≤ 1

n2→∑

n=1

∞ in

n2

konvergen.

Karena ∑n=1

∞ in

n2 konvergen, sementara

∑n=1

∞ in

n2+i ¿∑n=1

∞ in

n2,

maka deret ∑n=1

∞ in

n2+i juga konvergen.

f. Uji Banding


TEOREMA 6.2.3 Diberikan |zn|≤|wn| untuk setiap n∈N

(a) Jika ∑n=1

∞

|wn| konvergen, maka ∑n=1

∞

|zn| konvergen

(mutlak)

(b) Jika ∑n=1

∞

|zn| divergen, maka ∑n=1

∞

|wn| divergen.

Bukti:

(a) Diketahui |zn|≤|wn| dan ∑n=1

∞

|wn| konvergen.

Akan dibuktikan ∑n=1

∞

|zn| konvergen mutlak.

Misalkan {Sn } adalah barisan jumlah bagian untuk

deret ∑n=1

∞

|zn| dan {T n } adalah barisan jumlah bagian

untuk deret ∑n=1

∞

|wn|.

Karena ∑n=1

∞

|wn| konvergen, berarti terdapat bilangan

real M sehingga |T n|≤M .

Karena |zn|≤|wn|, diperoleh Sn≤T n≤M untuk setiap

n∈N .

Karena barisan {Sn } sebagai jumlah bagian dari

deret ∑n=1

∞

|zn|, sehingga berlaku |Sn|≤M untuk suatu

bilangan real M .

Akibatnya ∑n=1

∞

|zn| konvergen.

(b) Diketahui |zn|≤|wn| dan ∑n=1

∞

|zn| divergen.

Akan dibuktikan ∑n=1

∞

|wn| divergen.


Andaikan deret ∑n=1

∞

|wn| konvergen.

Karena |zn|≤|wn| sehingga dari (a) diperoleh barisan

deret ∑n=1

∞

|zn| konvergen.

Hal ini bertentangan dengan hipotesis yang diketahui jadi pengandaian di atas salah, haruslah

deret ∑n=1

∞

|wn| divergen.

Contoh :Ujilah kekonvergenan deret 12+ 1

5+ 1

10+ 1

17+…+ 1

n2+1+… dengan menggunakan

uji banding.

Penyelesaian:Diketahui:

Bentuk umum deret di atas adalah 1

n2+1,

1

n2+1=zn

Kita buat fungsi pembandingnya yaitu 1

n2=wn

Sehingga berdasarkan definisi adalah 1

n2+1< 1

n2 .

Kemudian deret ∑n=1

∞1n2

konvergen.

Bukti:

∑n=1

∞1n2 = lim

n→∞

1n2

gunakan integral, maka:

f ( x )= 1

x2


∫1

∞1x2 dx=∫

1

∞

x−2dx

¿−( 1∞

−11 )

¿−(0−1) ¿1 (terbukti)

Karena ∑n=1

∞1n2

konvergen, maka berdasarkan uji

banding diperoleh bahwa deret ∑n=1

∞1

n2+1 juga

konvergen

C. Latihan SoalTentukanlah apakah deret bilangan kompleks dibawah ini konvergen atau divergen :

1.∑n=1

∞ (1+2i )n

n!

2.∑n=1

∞ 1n (n+1 )

3.∑n=1

∞ (3+i )2n

(2n ) !

4.∑n=1

∞

( i2 )(n−1 )

5.∑n=1

∞ i2 n

n

D. Kunci Jawaban

1.

∑n=1

∞ (1+2i )n

n!

Kita lakukan uji rasio dari deret diatas


zn=∑n=1

∞ (1+2 i )n

n! dan zn+1=∑

n=1

∞ (1+2 i )n+1

(n+1 ) !

L=∑n=1

∞ zn+1

zn=∑

n=1

∞ (1+2 i )n+1

(n+1 ) !:

(1+2i )n

n!

=∑n=1

∞ (1+2 i )n+1

(n+1 ) !x

n !

(1+2 i)n

=∑n=1

∞ (1+2 i ) (1+2 i )n

(n+1 ) .n !x

n !

(1+2 i )n

=∑n=1

∞ (1+2 i )(n+1 )

=0

Karena nilaiL=0 , maka deret ∑n=1

∞ (1+2i )n

n! adalah deret konvergen

2.

∑n=1

∞ 1n (n+1 )

Kita lakukan uji banding dari deret diatas

Diketahui zn=∑

n=1

∞ 1n (n+1 ) .

Karena memakai uji banding, kita cari |wn|dimana

|zn|<|wn|.

Dalam hal ini di dapat |wn|=

1n .n

= 1

n2

Kita cari nilai deret |wn|

∑n=1

∞

|wn|=∑n=1

∞1n2 =lim

n→∞

1n2=0 (konvergen)

Karena ∑n=1

∞1n2

konvergen, maka sesuai teorema uji

banding ∑n=1

∞1

n (n+1 ) juga konvergen. Sebab|zn|≤|wn|


3. ∑n=1

∞ (3+i)2n

(2n )!Kita lakukan uji ratio untuk menyelesaikan soal di atas

L=∑n=1

∞ zn+1

zn=∑

n=1

∞ (3+ i)2n+2

(2n+2 )!×

(2n ) !(3+i )2n

¿∑n=1

∞

(3+i)2n ¿¿¿

¿ limn→∞

(3+i)2

(2n+2 )(2n+1)!

¿ limn→∞

9+6 i−1

4n2+6 n+2=0

L=0, berarti L<1 dan maka deret tersebut konvergen.

4. ∑n=1

∞

( i2 )(n−1)

Kita lakukan uji konvergen mutlak

zn=( i2 )(n−1)

|zn|=( 12 )

(n−1 )

Deret ∑n=1

∞

|zn|=∑n=1

∞

(12 )

(n+1 )

=1+12+ 1

4+…

Deret di atas merupakan deret ukur yang konvergen ke

1−12

12

=1

Jadi deret ∑n=1

∞

( i2 )(n−1)

konvergen.

5. ∑n=1

∞i2n

n


∑n=1

∞i2n

n=∑

n=1

∞ (−1)n

n=−1+ 1

2−1

3+ 1

4+…

Menurut teorema deret bilangan real yang berayun

dengan an=1n

monoton turun, maka deret tersebut

konvergen.Jika ditinjau lebih lanjut deret

∑n=1

∞ |i2nn |=∑n=1

∞ |(−1)n

n |=∑n=1

∞1n=¿1+ 1

2+ 1

3+ 1

4+…¿

Merupakan deret bilangan real yang divergen.

Jadi menurut definisi deret ∑n=1

∞i2n

nkonvergen bersyarat.


Bab 2Deret Pangkat

A. PendahuluanAnalisis kompleks adalah salah satu mata kuliah di

program studi pendidikan matematika. Dalam mata kuliah ini dipelajari segala sesuatu yang berhubungan dengan bilangan kompleks baik itu operasi-operasi yang berlaku, fungsi kompleks dan lain-lain. Diantaranya juga dipelajari Deret Pangkat kompleks. Pada materi ini akan dibahas deret pangkat yang merupakan dasar dalam pembahasan deret Taylor dan deret Maclaurin. Selanjutnya akan dibahas pula jari-jari dan daerah kekonvergenan suatu deret pangkat.

B. Deret Pangkat 1. Definisi Deret Pangkat

DefinisiDeret pangkat adalah suatu deret tak berhingga yang berbentuk:

∑n=0

∞

an (z−c )n=a0+a1( z−c )+a2( z−c )2+. ..+an (z−c )n+ .. .

Dimana an (n = 1, 2, 3,...) konstanta kompleks, z variabel kompleks dan c pusat deret.Kekonvergenan deret pangkat pada suatu titik berhubungan dengan kekonvergenan deret bilangan kompleks. Hal ini disajikan pada definisi berikut.

Definisi

Deret pangkat ∑n=0

∞

an (z−c )n konvergen pada titik z0 jika

dan hanya jika∑n=0

∞

an (z0−c )n merupakan deret

bilangan kompleks yang konvergen


Jika deret bilangan kompleks ∑n=0

∞

an (z0−c )n divergen,

maka deret pangkat ∑n=0

∞

an (z−c )n divergen pada z0.

Jika deret pangkat ∑n=0

∞

an (z−c )n konvergen pada setiap

titik himpunan S, maka dikatakan deret pangkat tersebut konvergen pada S. Tetapi jika deret pangkat

∑n=0

∞

an (z−c )n divergen pada setiap titik di S, dikatakan

deret pangkat ∑n=0

∞

an (z−c )ndivergen pada S.

Jika pusat deret pangkat c = 0, maka deret pangkat

berbentuk ∑n=0

∞

an zn

. Deret pangkat ∑n=0

∞

an zn

konvergen di suatu titik mengakibatkan konvergen mutlak di setiap bilangan kompleks dengan syarat tertentu. Situasi ini disajikan pada teorema berikut.

2. Teorema Deret Pangkat


Teorema

Jika deret pangkat ∑n=0

∞

an zn

konvergen di z0 (∑n=0

∞

an zn

konvergen) dengan z0 ≠ 0, maka Deret pangkat ∑n=0

∞

an zn

konvergen mutlak disetiap nilai z dengan |z| < |z0|.

Bukti :

Diberikan bilangan ε>0

sebarang. Karena deret ∑n=0

∞

an zn

kovergen, maka limn→∞

an z0n=0

. Hal ini berarti terdapat

bilangan asli n0 sehingga jika n > n0 berlaku |an z

n0 |<ε

.

Untuk setiap bilangan kompleks z, berlaku 0≤|z|<|z0|

dan akibatnya adalah 0≤| z

z0

|=|z||z0|

<1. Oleh karena itu,

diperoleh

|an zn|=|an z0n

.zn

z0n

|=|an z0n|| zz0

|n

Karena limn→∞

an z0n=0

, terdapat bilangan real M >0

sehingga berlaku |an z0n

|<M. Jadi diperoleh

∑n=n0+1

∞

|an zn|≤ ∑

n=n0+1

∞

M| zz0

|n

Karena 0≤| z

z0

|<1 dan

∑n=n0+1

∞

M| zz0

|n

suatu deret ukur, maka

deret ∑

n=n0+1

∞

M| zz0

|n

konvergen. Karena ∑

n=n0+1

∞

|an zn|≤ ∑

n=n0+1

∞

M| zz0

|n

konvergen, maka ∑

n=n0+1

∞

|an zn| konvergen. Akibatnya deret

∑n=n0+1

∞

an zn

konvergen. Jadi terbukti bahwa deret ∑n=0

∞

an zn

konvergen.


Teorema

Deret ∑n=0

∞

an zn

divergen untuk z1(∑

n=0

∞

an z1 divergen ), maka

deret ∑n=0

∞

an zn

divergen untuk setiap z∈C

dengan

|z|>|z1|.

Bukti:

Karena deret ∑n=0

∞

an z1n divergen, maka limn→∞

ak z1k tidak

ada. Karena |z| > |z1|, diperoleh | zz1

|>1. Akibatnya

∑n=0

∞|an z

n|=∑n=0

∞|an z1n

.( zz1 )n

|=∑n=0

∞|an z1n

|| zz1

|n

Deret ∑n=0

∞| zz1

|n

merupakan deret ukur yang divergen,

sebab | zz1

|>1. Jadi deret

∑n=0

∞

|an zn| divergen. Akibatnya

deret ∑n=0

∞

an zn

divergen.

3. Jari-Jari Kekonvergenan Deret Pangkat

Setiap deret pangkat ∑n=0

∞

an (z−c )n terdapat bilangan

tunggal ρ ,0≤ ρ≤∞ yang dinamakan jari-jari kekonvergenan deret yang memenuhi sifat-sifat sebagai berikut:

(1) Jika ρ=0

, maka deret

∑n=0

∞

an (z−c )n

konvergen di z = c dan divergen di z ≠ c.


Teorema

Deret ∑n=0

∞

an zn

divergen untuk z1(∑

n=0

∞

an z1 divergen ), maka

deret ∑n=0

∞

an zn

divergen untuk setiap z∈C

dengan

|z|>|z1|.

(2) Jika

0< ρ<∞, maka deret

∑n=0

∞

an (z−c )n

konvergen mutlak untuk setiap z dengan |z – c| < ρ dan divergen untuk setiap z dengan |z – c| > ρ.

(3) Jika ρ=∞

, maka deret

∑n=0

∞

an (z−c )n

konvergen mutlak untuk setiap z.

Bilangan ρ dinamakan jari-jari kekonvergenan deret

pangkat ∑n=0

∞

an (z−c )n, sedangkan {z c: |z – c| <

ρ}

dinamakan daerah kekonvergenan dan |z – c| = ρ disebut lingkaran kekonvergen. Kekonvergenan

∑n=0

∞

an (z−c )n untuk z dengan |z – c| =

ρ silahkan periksa

sendiri. Daerah kekonvergenan

deret pangkat ∑n=0

∞

an (z−c )n digambarkan seperti berikut

ini.

Masalah penentuan daerah kekonvergenan deret pangkat kompleks diperoleh dengan mencari jari-jari

kekonvergenan deret pangkat ∑n=0

∞

an (z−c )n, yaitu:

(a) ρ=limn→∞| an

an+1|

(b)ρ=lim

n→∞

1

|an|1n


C. Contoh Soal

1. Tentukan daerah kovergensi dari deret pangkat:

∑n=0

∞ 1nzn

Penyelesaian:

Misalkan

an=1n,

maka

an+1=1

n+1 dan

ρ=limn→∞

|an

an+1

|=limn→∞

|

1n

1(n+1 )

|

=limn→∞

|n+1n

|

= 1

Kekonvergenannya adalah ∑n=0

∞ zn

n konvergen pada |z| > 1.

Bila z = 1, maka deret ∑n=0

∞ zn

n merupakan deret harmonis.

Karena itu deret ∑n=0

∞ zn

n divergen.

2. Tentukan daerah kovergensi dari deret pangkat:

∑n=0

∞ ( z+2 )n

(n+1)3 . 4n

Penyelesaian :


Misalkan

an=1

(n+1)3 . 4n+1

dan jari-jari kekonvergenannya adalah

ρ=limn→∞

|an

an+1

|

=limn→∞

|(n+2 )3 . 4n+1

(n+1 )3 . 4n|

=limn→∞

4(n+2)3

(n+1 )3

= 4

Jadi daerah kekonvergenannya adalah ∑n=0

∞ ( z+2 )n

(n+1)3 . 4n

konvergen pada |z + 2| < 4 dan divergen pada |z + 2| > 4.

Sedangkan deret ∑n=0

∞ ( z+2 )n

(n+1)3 . 4n=∑

n=0

∞ 1

(n+3 )3 konvergen

pada lingkaran |z + 2| = 4

D. Latihan Soal1. Tentukan jari-jari kekonvergenan dari setiap deret

pangkat berikut :

a .∑n=0

∞zn

2n

b .∑n=0

∞

en ( z+2 )n

c .∑n=0

∞ (Z+πi )n

2n

2. Tentukan daerah kekonvergenan deret berikut :

a .∑n=0

∞zn

3n+1


¿ limn→∞|3n+1+1

3n+1 |¿ limn→∞|3n×3+1

3n+1 |¿ limn→∞|4

1|=4

Jadi daerah kekonvergenannya adalah

∑n=0

∞zn

3n+1Konvergen pada|z|<4dan divergen pada |z|>4

b .∑n=0

∞ ( z−i )2n

n2 =∑n=0

∞1n2 × ( z−i )2n

an=1

n2, an+1=

1

(n+1 )2

ρ=limn→∞| an

an+1|

¿ limn→∞| 1

n2

1

(n+1 )2|

¿ limn→∞|(n+1 )2

n2 |¿ limn→∞|n

2+2n+1n2 |

¿1Jadi daerah kekonvergenannya adalah

∑n=0

∞ ( z−i )2n

n2


Konvergen pada|z−i|<1dan divergen pada |z−i|>1


Bab 3Deret Taylor Dan Maclaurin

A. Pendahuluan

Polinomial f ( x )=a0+a1 x+a2 x2+. ..+an x

n…(*)

adalah bentuk sederhana yang menarik untuk diteliti. Salah satunya adalah menyatakan fungsi yang sama kedalam

turunan-turunannya, sebab harga kofaktor a0 , a1 , a2 ,. . .an

dapat di hitung dari nilai fungsi turunan-turunannya:

f ( x )=a0+a1 x+a2 x2+. ..+an x

nmaka :f (0)=a0 …..…. (1)

f 1( x )=a1+2a2 x+3 a3 x2+. ..+nan x

n−1,maka f

1(0 )=a1 ……. (2)

f 11( x )=2a2+6a3 x+12a4 x2 . ..+n(n−1 )an x

n−2,makaf

11(0 )=2a2 …. (3)

f (3)( x )=6 a3+24 a4 x+ .. .+n(n−1)(n−2)an xn−3

,makaf(3)(0)=6a3 ..(4)

……………………………………………………… dan seterusnya

f (n)( x )=n (n−1 )(n−2 ). . .3 . 2. 1an+…,maka

f (n)(0 )=n(n−1)(n−2) .. . 3 .2 .1 .an .. (n)Dari persamaan terakhir ini diperoleh kenyataan

bahwa an=

f (n )(0 )n ! berlaku pada persamaan sebelumya: ke-

(1),(2),…(n-1). Oleh karenanya polinomial (*) dapat dinyatakan dalam

bentuk lain :

f ( x )=f (0 )+f 1(0 )

1 !x+

f 11(0 )2 !

x2+f (3)(0)

3!x3+.. .+

f (n)(0 )n!

xn ……(**)

Gagasan ini berkembang tidak hanya merubah polinomial kedalam suku-suku yang mengandung turunan-turunannya, tapi boleh jadi sembarang fungsi dapat diperlakukan sama. Temuan ini sudah barang tentu

dengan anggapan bahwa f ( x )kontinu dalam interval [a,b] dan dapat di differensialkan sampai tingkat ke n dalam


(a,b) pada x = 0 atau f(n)(0 )=ada , tepatnya berlaku

pada interval dimana f ( x )konvergen.Karena rumusan tersebut ditemukan oleh Mac

Laurin (1698-1746) maka :

f ( x )= f (0 )+f 1(0 )

1 !x+

f 11(0 )2 !

x2+f (3)(0)

3!x3+.. .+

f (n)(0 )n !

xn

disebut deret Mac Laurin. Sebenarnya deret Mac Laurin ini kejadian khusus

dari deret yang dikembangkan Brook Taylor (1685-1731) - salah seorang murid Newton.

B. Deret Taylor Dan Deret Maclaurin

Suatu fungsi f ( z ) tidak dapat direpresentasikan dalam dua deret pangkat dengan pusat deret yang sama.

Apabila f ( z ) dapat dinyatakan dalam deret pangkat

dengan pusat z0 , maka deret tersebut tunggal. Setiap

fungsi analitik dapat disajikan dalam deret pangkat.

Apabila f ( z ) analitik di dalam lingkaran C maka f ( z ) dapat disajikan dalam deret Taylor atau deret MacLaurin bergantung pada pusat deretnya.

Gambar 5.1 Lingkaran C dengan pusat deret z0

1. Deret Taylora. Pengertian

Deret Taylor adalah Deret pangkat

f ( z )=f ( zo )+∑n=1

∞ f (n)(zo)n!

( z−zo )n yang analitik pada

daerah D={z :|z−zo|<r }


b. Teorema

Bukti :Diambil lintasan

C={t ∈D :|t−zo|=r }; z∈∫ (C ) , dan f ( z )= 12πi

∮c

❑ f (t)t− z

dt .

Karena 1

t−z= 1

(t−zo )−(z−zo)

¿ 1

(t−zo )(1− z−zot−zo )

¿ 1t−zo [1+

z−zot−zo

+(z− zo)

2

( t−zo)2+…+

(z−zo)n−1

(t−zo)n−1

+

(z−zo)n

( t−zo)n

1−z−zot−zo

] ¿ 1t−zo

+z−zo

(t−zo)2 +

(z−z o)2

(t−zo)3 +…+

(z−zo)n−1

( t− zo)n +

( z−zo)n

(t−zo )n(t−z )

maka,

f ( z )= 12πi

∮C

❑ f (t)t−z

dt


Teorema TaylorJika fungsi f analitik pada daerah terbuka D={z :|z−zo|<r }, maka f(z) untuk setiap z∈D dapat dinyatakan ke dalam deret pangkat

f ( z )=∑n=0

∞

an(z−zo)n , denganan=

f (n )(zo)n!

¿ f ( zo )+∑n=1

∞ f (n )(zo)n!

(z−zo)n

¿1

2πi [∮C❑ f (t )t−zo

dt+(z−zo)∮C

❑ f (t)(t−zo)

2 dt+(z−zo)2∮C

❑ f (t)( t−zo)

3 dt+…+(z−zo)n−1∮

C

❑ f (t )(z−zo)

n dt ]+ 12πi

(z−zo)n∮C

❑ f ( t)

(t−zo )n(t−z)dt

Menurut pengintegralan Cauchy, jika f analitik pada

C∪∫(C) dan zo∈∫(C), maka

f ( zo )= 12πi

∮C

❑ f (t)t−zo

dt dan fn ( zo )= n!

2πi∮C

❑ f (t)(t−zo)

n−1dt

Oleh karena itu, diperoleh

f ( z )=f ( zo )+f ' ( zo )

1!( z−z o )+ f ( {z} rsub {o} )} over {2!} {left (z - {z} rsub {o} right )} ^ {2} +…+ {{f} ^ {n - 1} left ({z} rsub {o} right )} over {left (n - 1 right ) !} {left (z - {z} rsub {o} right )} ^ {n - 1} {R} rsub {n , ¿

dengan Rn=1

2 πi∮C

❑

f (t )( z− zot−zo )

ndtt−z

……………………(1)

Akan dibuktikan limn→∞

Rn=0. Dari persamaan (1), diperoleh

|Rn|=| 12πi∮C

❑

f (t)( z−zot−zo )

ndtt−z|

Karena f analitik pada C∪∫ (C ) , maka terdapat

bilangan real M>0sehingga berlaku |f (z )|≤M untuk

setiap z∈C∪∫C

Oleh karena itu diperoleh |z−zot−zo|<1 untuk setiap t∈C

Sedangkan untuk setiap t∈C berlaku

( 1t−z )= 1

|t−z|

¿1

|(t−zo )−(z−zo)|≤

1

|t−zo|−|z− zo|= 1r−|z−zo|

Menurut teorema bahwa

|∮C

❑

f ( t )dt|≤Ml (C ) , denganM=maks|f (z )|


Oleh karena itu diperoleh

0≤|Rn|≤1

2 πM (|z−zo|

r )n

.1

r−|z−zo|.2πr

¿Mr(|z−zo|r )

n

.1

r (z−zo)

¿k (|z−zo|r )

n

dengan k=Mr

r−|z−zo|

Karena |z−zo|

r<1, maka lim

n→∞(|z−zo|

r )n

=0 .

Jadi limn→∞

Rn=0…………………(2)

Dari persamaan (1) dan (2) diperoleh

f ( z )=f ( zo )+f ' ( zo )

1!( z−z o )+ f ( {z} rsub {o} )} over {2!} {left (z - {z} rsub {o} right )} ^ {2} +…+ {{f} ^ {left (n - 1 right )} ( {z} rsub {o} )} over {left (n - 1 right ) !} {left (z - {z} rsub {o} right )} ^ {n - 1} =f left ({z} rsub {o} right ) + sum from {n=1} to {∞} {{{f} ^ {left (n right )} ( {z} rsub {o} )} over {n!} {left (z - {z} rsub {o} right )} ^ {n} ¿

2. Deret Maclaurina. PengertianDeret Maclaurin merupakan deret Taylor pada saat Z0 =

0b. Teorema


Bukti (a) :Fungsi f ( z )=ez adalah fungsi utuh, analitik pada C. Jadi jari-jari kekonvergenan deret MacLaurinnya adalah ρ=∞. Karena f ( z )=ez analitik pada C, diperoleh

f (0 )=1 dan f n ( z )=ez untuk setiap n∈N . Jadi f n (0 )=1.

Dengan demikian deret McLaurin dari f ( z )=ez adalah

f ( z )=ez=f (0 )+∑n=1

∞ f n (0 )n!

zn ,|z|<∞

¿1+∑n=1

∞zn

n !=∑

n=1

∞zn

n!Jadi terbukti bahwa

ez=∑n=1

∞zn

n !=1+z+ z2

2 !+…,|z|<∞

Bukti (b) :f ( z )=sin z , f (0 )=0

f ' ( z )=z−z0

1(cos z0) , f ' (0 )= z−0

1(cos0)

f ' ' (z )=( z−z0 )2

2!(−sin z0) , f

' '(0)=(z−0 )2

2 !(−sin 0)

f ' ' ' (z )=( z− z0 )3

3 !(−cos z0) , f ' ' ' (0 )=

( z−0 )3

3 !(−cos0)

…………………………………Sehingga

sin z=∑n=0

∞ (−1 )n

(2n+1 ) !z2n+1=z− z3

3 !+ z5

5!−…,|z|<∞

Bukti (c) :


f ( z )=cos z , f (0 )=1

f ' ( z )=z−z0

1(−sin z0) , f ' (0 )= z−0

1(−sin 0)

f ' ' (z )=( z−z0 )2

2!(−cos z0) , f

' ' (0)=( z−0 )2

2 !(−cos 0)

f ' ' ' ( z)=( z−z0 )3

3 !(sin z0) , f ' ' ' (0 )=

(z−0 )3

3 !(sin 0)

…………………………………Sehingga

cos z=∑n=0

∞ (−1 )n

(2n )!z2n=1− z2

2!+ z4

4 !−…,|z|<∞

Bukti (d) :f ( z )=sinh z , f (0 )=0

f ' ( z )=z−z0

1(cosh z0), f ' (0 )= z−0

1(cosh 0)

f ' ' (z )=( z−z0 )2

2!(sinh z0) , f

' '(0)=( z−0 )2

2 !(sinh 0)

f ' ' ' ( z)=( z−z0 )3

3 !(cosh z0) , f ' ' ' (0 )=

( z−0 )3

3 !(cosh0)

…………………………………Sehingga

sinh z=∑n=0

∞z2n+1

(2n+1 ) !=z+ z3

3 !+ z5

5 !+…,|z|<∞

Bukti (e) :f ( z )=cosh z , f (0 )=1

f ' ( z )=z−z0

1(sinh z0) , f ' (0 )= z−0

1(sinh 0)

f ' ' (z )=( z−z0 )2

2!(cosh z0), f

' ' (0)=( z−0 )2

2!(cosh 0)


f ' ' ' ( z)=( z−z0 )3

3 !(sinh z0) , f ' ' ' (0 )=

( z−0 )3

3 !(sinh 0)

…………………………………

Sehingga cosh z=∑n=0

∞z2n

(2n )!=1+ z2

2 !+ z4

4 !+…,|z|<∞

Bukti (f) :

Misalkan f ( z )= 11−z

. Titik singular dari fungsi f adalah

z=1.Jadi jari-jari kekonvergenan deret MacLaurin f adalahρ=¿ jarak dari 0 ke titik singular yang terdekat ¿1

f ( z )= 11−z

, f (0 )=1

f ' ( z )= 1

(1−z )2, f ' (0 )=1

f ' ' (z )= 2

(1−z )3, f ' ' (0)=2

f ' ' ' ( z)= 6

(1−z )4, f ' ' ' (0 )=6

…………………………………

f n ( z )= n !

(1−z )n+1, f n (0 )=n!

Dengan demikian deret MacLaurin dari f ( z )= 11−z

adalah

f ( z )= 11−z

=f (0 )+∑n=1

∞ f n (0 )n !

zn ,|z|<1

¿1+∑n=1

∞n !n !

zn=1+∑n=1

∞

zn


¿∑n=0

∞

zn

Jadi terbukti bahwa

11−z

=∑n=0

∞

zn=1+z+z2+z3+…,|z|<1

Bukti (g) :

Misalkan f ( z )= 11+z

.

Titik singular dari fungsi f adalah z=1. Jadi jari-jari kekonvergenan deret MacLaurin f adalahρ=¿ jarak dari 0 ke titik singular yang terdekat ¿1

f ( z )= 11+z

, f (0 )=1

f ' ( z )= −1

(1+ z )2, f ' (0 )=−1

f ' ' (z )= 2

(1+z )3, f ' '(0)=2

f ' ' ' ( z)= −6

(1+z )4, f ' ' ' (0 )=−6

…………………………………

f n ( z )= n!

(1+z )n+1, f n (0 )=n !

Dengan demikian deret MacLaurin dari f ( z )= 11−z

adalah


f ( z )= 11+z

=f (0 )+∑n=1

∞ f n (0 )n !

zn ,|z|<1

¿−1+∑n=1

∞n!n!

zn

¿−1+∑n=1

∞

zn

¿∑n=0

∞

(−1)n zn

Jadi terbukti bahwa

11+ z

=∑n=0

∞

(−1)n zn=1−z+ z2−z3+…,|z|<1


C. Contoh Soal

1. Tentukan deret Taylor dari f ( z )= 11+z

disekitar ¿ i !

Penyelesaian :

f ( z )= 11+z

, f ( i )= 11+i

f ' ( z )= −1

(1+z )2, f ' (i )= −1

(1+i )2

f left (z right ) = {2} over {{left (1+z right )} ^ {3}} , f (i )= 2

(1+ i)3

f ' ' ' ( z )= −6

(1+z )4, f ' ' ' ( i )= −1

(1+i )4

f n ( z )= (−1 )n . n!(1+z )n+1 , f

n (i )= (−1 )n . n!(1+i)n+1

Jadi deret Taylor dari f ( z )= 11+z

disekitar z=i adalah

f ( z )= 11+z

¿ f ( i )+∑n=1

∞ f (n) (i )n !

( z−i )n

¿ 11+ i

+∑n=1

∞ (−1 )n

(1+ i)n+1 ( z−i )n

¿∑n=0

∞ (−1)n

(1+i)n+1 ( z−i )n

2. Uraikan f ( z )= 1−z1+2 z

disekitar z=1.

Penyelesaian :

11+2 z

=12 ( 1

12+z )


¿ 12 ( 1

32+ (z−1 ) )

¿ 13 (

1

1+( z−132 ))

¿ 13∑n=0

∞

(−1 )n( z−132 )

n

=∑n=0

∞ (−1 )n2n ( z−1 )n

3n+1

Jadi diperoleh

f ( z )= 1−z1+2 z

=−∑n=0

∞ (−1 )n2n ( z−1 )n+1

3n+1

¿∑n=0

∞ (−1 )n2n ( z−1 )n+1

3n+1

3. Hitunglah ∑n=0

∞

(−1 )nn zn .

Penyelesaian :

∑n=0

∞

(−1 )nn zn=∑n=0

∞

z ((−1 )nn zn−1 )

¿ z∑n=0

∞

(−1 )n ddz

( zn )

¿ z ddz

∑n=0

∞

(−1 )n ( zn )

¿ z ddz ( 1

1+z )¿ z ( −1

(1+ z )2 )Analisis Kompleks 41

¿ −z

(1+ z)2

D. Latihan Soal1. Buktikan bahwa

1z2 =∑

n=0

∞

(−1 )n (n+1 ) ( z−i )n

in+2 ,|z−i|<1

2. Tentukan deret Taylor dari f ( z )=ezdisekitarz=13. Uraikan fungsi berikut atau deret Taylor disekitar z

yang diberikan f ( z )=(z−1)2e z disekitar z = 1

E. Kunci Jawaban

1. f ( z )= 1

z2, f (i )= 1

i2

f ' ( z )=−2 z−3=−2

z3, f ' ( i )=−2

i3

f left (z right ) = {6z} ^ {-4} = {6} over {{z} ^ {4}} , f (i )= 6

i4

f ' ' ' ( z )=−24 z−5=−24

z5, f ' ' ' ( i )=−24

i5

f n ( z )= (−1 )n (n+1 )n!zn+1 , f n (i )= (−1 )n (n+1 )n!

in+1

Jadi deret Taylor dari f ( z )= 1

z2 disekitar z=i adalah

f ( z )= 1z2 =f ( i )+∑

n=1

∞ f (n) (i )n !

(z−i )n

¿1

i2+∑

n=1

∞

(−1 )n (n+1 )n !in+1

n!¿


¿ 1i2

+∑n=1

∞ (−1 )n (n+1 )in+1 ¿

¿∑n=0

∞ (−1 )n (n+1 )in+1 ¿

¿∑n=0

∞

(−1 )n (n+1 ) (z−i )n

in+2

2. f ( z )=ez , f (1 )=e

f ' ( z )=ez , f ' (1 )=e

f left (z right ) = {e} ^ {z} , f (1 )=e

f ' ' ' ( z)=ez , f ' ' ' (1 )=e

f n ( z )=ez , f n (1 )=e

f ( z )=f ( zo )+∑n=1

∞ f (n) ( zo )n!

( z−zo )n

¿ f (1 )+∑n=1

∞ f (n ) (1 )n!

( z−1 )n

¿e+∑n=1

∞en!

(z−1)n=∑n=o

∞en !

(z−1)n

Bab 4Deret Laurent

A. Pendahuluan

1. Latar Belakang Masalah

Misal fungsi f(z) analitik pada | z – z0 | < R0

(lingkaran dengan pusat di z0 dan jari-jari R0). Maka untuk setiap titik z pada lingkaran itu, f(z) dapat dinyatakan sebagai :


Deret diatas disebut Deret Taylor di titik z0 dan daerah | z – z0 | < R0 disebut daerah kekonvergenan atau keanalitikan deret. Bila f(z) fungsi entire maka daerah keanalitikan deret yaitu : | z – z0 | < R

Bila fungsi f(z) tidak analitik di z = z0 maka f(z) tidak dapat diperderetkan dalam deret Taylor di z = z0. Agar f(z) dapat diperderetkan di z = z0 maka dilakukan dengan cara membuang titik singular z = z0 dari daerah | z – z0 | < R sehingga didapatkan daerah R1 < | z – z0 | < R2 ( cincin / anulus ) yang merupakan daerah keanalitikan fungsi f(z). Hal ini telah dilakukan oleh Laurent karena Dalam memperderetkan fungsi ke dalam deret Laurent kita tidak menggunakan rumusan di atas, karena kita ingin menghindari perhitungan integral lintasan. Untuk itu dilakukan dengan menggunakan bantuan deret Taylor maupun deret Mac Laurin yang sudah kita pelajari.

2. Rumusan Masalah

Mengingat akan sifat makalah ini maka dirumuskan masalah sebagai berikut :1) Bagaimana menggunakan deret laurent untuk

menyelesaikan soal?2) Bagaimana menyelesaikan soal dari fungsi tidak

analitik dengan menggunakan deret laurent?

3. Tujuan Masalah

Berdasarkan dari latar belakang dan rumusan masalah maka penulis dalam makalah ini bermaksud


untuk mengenalkan deret laurent dan menyelesaikan soal dengan deret laurent.

B. Deret Laurent

1. Sejarah Deret Laurent

Dalam matematika, Deret Laurent dari fungsi f kompleks (z) merupakan representasi dari fungsi yang sebagai rangkaian listrik yang meliputi segi derajat negatif. Ini dapat digunakan untuk mengekspresikan fungsi kompleks dalam kasus di mana ekspansi deret Taylor tidak dapat diterapkan. Deret Laurent dinamai dan pertama kali diterbitkan oleh Pierre Alphonse Laurent pada tahun 1843. Karl Weierstrass mungkin telah menemukan pertama kali pada tahun 1841 tetapi tidak mempublikasikannya pada saat itu.

2. Definisi

Bagaimana penderetannya bila f(z) fungsi meromorfik yang gagal analitik di sebuah kutub z = a di dalam daerah konvergensinya? Di dalam sebuah anulus berpusatkan di z = a fungsi f(z) menjadi analitik, karena z = a sudah berada di luar kontur. Daerah kovergensinya menjadi : r < | z-a| < . Di dalam daerah penderetan yang berupa anulus ini, deret fungsi yang dihasilkan tidak hanya berupa deret Taylor (4.2) di atas,


tetapi menjadi lebih umum dengan bentuk:

Suku pertama di ruas kanan tidak lain adalah deret Taylor,dan suku keduanya yang berupa polinomial berpangkat negatif disebut sebagai bagian utama dari deretLaurent. Jadi secara umum deret Laurent terdiri dari dua bagian : deret Taylor dan bagian utamanya.

Jadi secara umum deret Laurent terdiri dari dua

bagian : deret Taylor dan bagian utamanya.

3. Lema Deret Laurent

Diberikan C,K dua lintasan tertutup sederhana Int (C)ÍInt (K), A = Ann (C,K). Jika f analitik pada A,maka untuk setiap z Î A, berlaku :


f ( z )= 12πi

∮k

f ( t )t−z0

dt− 12πi

∮c

f ( t )t−z0

dt

Bukti :

Diambil lintasan tertutup sederhana L, Sehingga z Î Int

(L) Í A. Menurut teorema perluasan Annulus

diperoleh:

Sedangkan

Terbukti bahwa

4. Teorema Deret Laurent

Diberikan C,L dua lintasan tertutup sederhana dengan

C={t: |t-z0|=r} dan K = {t: |t-z0|=R}, dan A = Ann

(C,K) = {t : r ≤ |t-z0| ≤ R }. Jika f analitik pada A, maka

untuk setiap z Î A berlaku :


A C

K

12πi

∮k

f ( t )t−z0

dt= 12πi

∮C

f ( t )t− z0

dt+ 12 πi

∮L

f ( t )t−z0

dt

f ( z )= 12πi

∮L

f ( t )t−z0

dt

f ( z )= 12πi

∮k

f ( t )t−z0

dt− 12πi

∮c

f ( t )t−z0

dt

f ( z )= 12πi

∮k

f ( t )t−z0

dt− 12πi

∮c

f ( t )t−z0

dt

dan

Bukti :

Menurut lema 6.5.1 untuk setiap z Î A berlaku :

Pada deret taylor, diperoleh

dengan

akan dicari

Oleh karena itu, diperoleh :


bn=1

2πi∮C

f (t )( t−z0 )

−n+1

an=1

2πi∮k

f ( t )( t−z0 )

n−1

f ( z )= 12πi

∮k

f ( t )t−z0

dt− 12πi

∮c

f ( t )t−z0

dt

12πi

∮k

f ( t )t−z0

dt=∑n=0

∞an ( z−z0 )

n

an=1

2πi∮K

f ( t )( t−z0 )

n+1dt=

f (n )( z0 )n!

−12πi

∮K

f ( t )t−z0

dt1t−z

= 1( t−z0 )−( z−z0 )

= −1( z−z0 )−( t−z0 )

= 1

( z−z0 )(1−t−z0

z−z0

)

= −1z−z0

(1+t−z0

z−z0

+(t−z0

z−z0

)2+ .. .. .+(t−z0

z−z0

)n−1+(t−z0

z−z0

)n

1−(t−z0

z−z0

)

−f ( t )t−z

=f ( t )z−z0

+f ( t )( t−z0 )

( z−z0 )2

+ .. .. .+f ( t )( t−z0 )

n−1

(z−z0)n

+f ( t )(

t−z0

z−z0

)n

( t−z )

limn→∞

Pn=limn→∞

12π

∮C

f ( t )(t−z0

z− z0

)n

t−zdt=0

dan

akibatnya diperoleh

, dengan

Terbukti bahwa

dan

C. Contoh Soal


−12πi

∮K

f ( t )t−z

dt=∑n=1

∞bn (z−z0 )

−n

bn=1

2πi∮C

f ( t )( t−z0 )n−1= 1

2∮C

f ( t )( t−z0 )

n−1dt

bn=12πi

∮C

f ( t )( t−z0)

−n+1an=

12πi

∮k

f ( t )( t−z0 )

n−1

1. Buatlah menjadi deret laurent, jika diketahui :

Penyelesaian:

2. Buatlah menjadi deret laurent, jika diketahui :

Penyelesaian:

Untuk z=-2,diperoleh 1=-3A, A=-1/3

Untuk z=1,diperoleh 1=3B, B=1/3

Maka diperoleh,


f ( z )= 1z+3

,|z|>3<−¿|3z|<1

1z+3

=

1z

1+3z

=1z

.1

1+3z

=∑n=0

∞ (−1 )n3x

zn+1

=1z ∑n=0

∞(−1)x( 3

z)n

f ( z )= 1( z+2)( z−1 )

,1<|z−2|<4

f ( z )=1(z+2 )( z−1)

=Az+2

+Bz−1

=A ( z−1)+B( z+2)( z+2)( z−1 )

1=A ( z−1)+B( z+2)

f ( z )=1(z+2 )( z−1)

=13

(1z−1

−1( z+2)

)

D. Latihan Soal

1. Tentukan deret laurent, jika diketahui:

a. Deret Laurent untuk 1<| z |<2

b. Deret Laurent untuk | z |>2

E. Kunci JawabanPenyelesaian Latihan Soal

1. a. =

Jadi,


f ( z )= 1( z−1 ) ( z−2)

f ( z ) 1<| z |<2f ( z )=− 1

( z−1 )+ 1( z−2 )

−1z−1

=−1z [11−1

z ]=−1z [∑n=0

∞

(1z )n] , |1

z|<1

=−∑n=0

∞ 1zn+1

, 1< | z|1z−2

=−12 [11−z

2 ]=−12 [∑n=0

∞

( z2 )n] , | z

2|<1

=−∑n=0

∞ zn

2n+1, | z |<2

f ( z )=1(z−1) ( z−2 )

=−1( z−1)

+1( z−2)

=−∑n=0

∞ 1zn+1

−∑n=0

∞ zn

2n+1, 1<| z |<2 .

b. f(z) =

Jadi,


| z |>2f ( z )=− 1

( z−1 )+ 1( z−2 )

−1z−1

=−1z [11−1

z ]=−1z [∑n=0

∞

(1z )n] , |1

z|<1

=−∑n=0

∞ 1zn+1

, | z | >1

1z−2

=−1z [11−2

z ]=−1z [∑n=0

∞

(2z )

n] , |2z

|<1

=−∑n=0

∞ 2n

zn+1, | z |>2

f ( z )=1(z−1) ( z−2 )

=−1( z−1)

+1( z−2)

=−∑n=0

∞ 1zn+1

−∑n=0

∞ 2n

zn+1, | z|>2 .

Bab 5

TRANSFORMASI ELEMENTER

A. Pendahuluan

Pada bab ini akan membicarakan arti geometri fungsi

kompleks. Suatu fungsi dapat dipikirkan sebagai suatu

proses bahwa sebagian dari bidang Z dipetakan ke bagian

bidang W . Hal ini menjelaskan istilah pemetaan dan

transformasi sebagai nama lain untuk suatu fungsi f

memetakan z0 ke

w0 dengan w0 adalah peta

z0 dibawah f

dan z0 adalah prapeta dari

w0 .Keadaan seperti ini yang

mendasari pembahasan mengenai transformasi

elementer.

B. Transformasi Linear

Transformasi yang berbentuk w=f ( z )=az+b ,a ,b∈C

disebut transformasi linear . sebelum membicarakan lebih

jauh mengenai transformasi linear, perhatikan beberapa

gejala berikut.

(1) Misalkan f ( z )=iz dengan z=x+iy , maka

f ( z )=iz=i( x+ iy)=− y+ix ,|i|=1danArgi= π

2

Fungsi f ( z )=iz , bila dituliskan dalam bentuk

pengaitannya diperoleh

z→ iz


x+iy→u+iv=− y+ixHal ini memperlihatkan bahwa setiap titik (x,y) dibidang

Z ditransformasikan oleh f ( z )=iz ke bidang W dititik

( -y,x ), diperoleh dengan rotasi (0 , π2 )

(2) Misalkan f ( z )=2 iz dengan z=x+iy , maka

f ( z )=2 iz=2i( x+ iy)=−2 y+2ix=2(− y+ix) ,|2 i|=2

dan Arg(2 i)=π

2

Fungsi f ( z )=2 iz bila ditulis dalam bentuk

pengaitannya diperoleh

z→2iz

x+iy→u+iv=2(− y+ix)Hal ini memperlihatkan bahwa setiap titik (x,y) dibidang

Z ditransformasikan oleh f ( z )=2 iz ke bidang W di titik

(−2 y ,2 x ) diperoleh dengan rotasi (0 , π2 )

di dilatasi

oleh factor 2.

Secara umum fungsi w=f ( z )=az ,a≠0

mentransformasikan z ke bidang W dengan cara :

(1) Merotasikan z sebesar Arg a , dan

(2) Didilatasi oleh factor |a|


Faktor dilatasi |a| menentukan jenis transformasi z ke

bidang W , yaitu :

(1) Jika |a|=1 , maka z ditransformasikan ke bidang W

dengan rotasi (0 , Arga)

(2) Jika |a|>1 , maka z ditransformasikan ke bidang W

dengan rotasi (0 , Arga) kemudian didilatasi

( diperbesar ) oleh factor |a|>1

(3) Jika |a|<1 , maka z ditransformasikan ke bidang W

dengan rotasi (0 , Arga) kemudian didilatasi

( diperkecil ) oleh factor |a|<1

Transformasi w=az+b dapat dipikirkan sebagai dua

transformasi berurutan, yaitu :

s=az dan w=s+b

Jadi, Transformasi linear w=az+b ; a ,b∈C

mentransformasikan z ke bidang W dengan cara :

(1) Merotasikan z sebesar (0 , Arga)

(2) Dilatasi oleh factor |a|

(3) Translasi sejauh b=(b1 , b2)


Transformasi linear w=az+b ; a ,b∈C, bila dituliskan

dalam bentuk pengaitannya diperoleh seperti berikut:

z r⃗otasi (0 , Arga )dandilatasiolehfaktor |a| az

t⃗ranslasisejauhb=(b1 , b2) az+b

Contoh :

Tentukan peta dari kurva y=x2 oleh transformasi linear

w=(2 iz+(1−i )Penyelesaian :

Arg(2 i)=arc cot 0=π2 dan |2 i|=2 .Transformasi linear

w=2 iz+(1−i) bila ditulis dalam bentuk pengaitannya,

diperoleh

zR⃗ (0 , π2 ) iz d⃗ilatasiolehfaktor2 2 iz

t⃗ranslasisejauh(1−i)2iz+(1−i)

Kurva y=x2 bila ditulis dalam bilangan kompleks

z=x+ix2diperoleh

(1)z=x+ix2 R⃗(0,

π2 )w=x+iy

(x 'y' )=(cosπ2

−sinπ2

sinπ2

cosπ2

)( xx2)Analisis Kompleks 57

= (0 −11 0 )( xx2)

=(−x2

x )Jadi, z=x+ix2→w=−x2+ ix=− y2+iy

Dengan demikian kurva y=x2 dirotasi sejauh

(0 , π2 )petanya adalah x=− y2

(2)Kurva x=− y2 didilatasi oleh factor 2, diperoleh

z=−x2+ix→w=−2x2+ ix=12y2+ iy

Jadi, kurva x=− y2 didilatasi oleh factor 2, petanya

adalah x=−1

2y2

(3)Kurva x=−1

2y2

ditranslasi oleh vector (1, -1 )

diperoleh

z=−2 x2+2 xi→w=(−2 x2+1 )+i (2 x−1 )

= (−1

2( y+1 )2+1)+iy


Jadi, kurva x=−1

2y2

ditranslasi oleh vector ( 1, -1 )

petanya adalah

x=−12

( y+1 )2+1

Dari (1), (2) dan (3) diperoleh peta dari kurva y=x2 oleh

transformasi linear w=2 iz+(1−i)

Ke bidang W adalah u=−1

2(v+1 )2+1

Catatan :

Misalkan w=az , Arg a=a dan |a|=1 . Jika z=x+iy dan

a=a1+a2 i ; x , y , a1 , a2∈ R , diperoleh

cos a=a 1

|a|=a1 ,sin a=

a2

|a|=a2

dan

az= (a1+a2 i ) ( x+iy )

=(a1 x−a2 y )+i (a2 x+a1 y )

=(a1 x−a2 ya2 x+a1 y )

= (a1 −a2

a2 a1)(xy )


=(cos a −sin asin a cos a )(xy )

Matriks (cos a −sinasin a cos a )

disebut matriks transformasi rotasi

(0 , α ) .

Dengan demikian jika z∈C dirotasi sejauh (0 , α ) ,petanya

adalah

(cos a −sin asin a cos a )(xy )

C. Transformasi Kebalikan

Transformasi kebalikan asalah transformasi yang

berbentuk w=1z . Untuk mencari peta z∈C oleh

transformasi w=1z, dilakukan dengan cara sebagai

berikut. Jika z=r (cosθ+i sinθ ) , diperoleh:

w=1z

¿1

r (cosθ+i sinθ )

¿1

r (cosθ+i sinθ ).cosθ−i sinθcosθ−i sinθ

¿ 1r

(cos (−θ )+ isin (−θ ))


Dengan demikian transformasi kebalikan memetakan

suatu titik pada bidang-Z dengan modulus sama dengan r

dan argumennya θ menjadi suatu titik pada bidang W

dengan modulus sama dengan 1r

dn argumennya (−θ ) .

Selanjutnya akan ditentukan peta dari garis lurus dan

lingkaran di R2 oleh transformasi kebalikan w=1z. Adapun

prosesnya sebagai berikut.

1. Misalkan persamaan garis lurus di R2 adalah

ax+by+c=0 , a dan b tak bersama- sama nol

ditransformasikan oleh w=1z. Namakan z=x+iy dan

w=u+iv , maka:

w=1z= 1x+iy

= x

x2+ y2− iy

x2+ y2

Sehingga diperoleh

u ( x , y )= x

x2+ y2 dan v ( x , y )= −iy

x2+ y2

Jika x dan y dinyatakan dalam u dan v maka

u2+v2= x2

(x2+ y2 )2+ y2

(x2+ y2 )2= 1x2+ y2

Sehingga diperoleh

x=u (x2+ y2 )= u

u2+v2 dan y=−v (x2+ y2)= −v

u2+v2


Jadi peta garis lurus di R2 oleh transformasi w=1z

adalah:

ax+by+c=0w=1z

→

a( u

u2+v2 )+b( −v

u2+v2 )+c=0

c (u2+v2 )+au−bv=0

Jika c=0 , maka petanya berupa garis lurus. Tetapi jika

c ≠0 , petanya berupa suatu lingkaran.

Seperti pada gambar di bawah ini:

2. Misalkan persamaan lingkaran di R2 adalah

x2+ y2+A x+By+C=0 ditransformasikan oleh w=1z,

diperoleh:

x2+ y2+Ax+By+C=0w=1z

→

1

u2+v2+ Au

u2+v2− By

u2+v2+C=0


C (u2+v2 )+Au−Bv+1=0

Jika c=0 , maka petanya berupa garis lurus. Tetapi jika

c ≠0 , petanya berupa suatu lingkaran.

Contoh:

Tentukan peta dari garis x=1 oleh transformasi w=1z.

Penyelesaiaan:

ax+by+c=0w=1z

→

c (u2+v2 )+au−bv=0

x−1=0w=1z

→

1 (u2+v2 )+1.u−0.v=0

−(u2+v2 )+u=0

(u−12 )

2

+v2=14

Jadi garis x=1 pada bidang-Z dipetakan oleh w=1z ke

bidang-W menjadi lingkaran dengan pusat ( 12,0) dan

jari-jari 12

.

Contoh:

Tentukan peta dari lingkaran x2+ y2−x=0 oleh

transformasi w=1z.

Penyelesaiaan:


x2+ y2+Ax+By+C=0w=1z

→

C (u2+v2 )+Au−Bv+1=0

x2+ y2−x=0w=1z

→

0 (u2+v2)+(−1)u−0.v+1=0

−u+1=0

u=1

Jadi lingkaran x2+ y2−x=0 di bidang-Z dipetakan oleh

w=1z ke bidang-W menjadi garis u=1.

D. Transformasi Bilinear

DEFINISI :

Jika a, b, c, dan d konstanta kompleksm maka :

w = f(z) = az+bcz+d

, untuk ad – bc ≠ 0, dinamakan

Transformasi bilinear.

Kita asumsikan c ≠ 0 guna menghindari persamaan

bilinear berubah menjadi persamaan linnear. Analog

dengan transformasi kebalikan, maka transformasi bilinear

juga memetakan garis dan lingkarang menjadi garis atau

lingkaran.

Pemetaan bilinear w = f(z) = az+bcz+d

= (g∘h∘ k )(z )

merupakan komposisi dari fungsi-fungsi berikut :


k(z) = cz + d, h(z) = 1z, g(z) =

ac+bc−ad

c z

Jadi, transformasi bilinear merupakan gabungan dari

transformasi linear diikuti dengan transformasi kebalikan

dan dilanjutkan dengan transformasi linear sekali lagi.

Teorema 3.3.1:

Jika z1≠ z2≠ z3 sebarang titik pada bidang-Z dan

w1≠w2≠w3 sebarang titik pada bidang-W, maka

terdapat fungsi transformasi bilinear yang memetakan

z j ke w j dengan j = 1, 2, 3 adalah :

(w−w1)(w2−w3 )(w−w3 ) (w2−w1 )

=(z−z1)( z2−z3 )( z−z3 ) ( z2−z1 )

Bukti :

w= az+bc z+d

,w1=a z1+bc z1+d

,w2=a z2+bc z1+d

,w3=a z3+bc z3+d

dengan ad –bc ≠ 0

w−w1=az+bcz+d

−a z1+bc z1+d

¿(az+b ) (c z1+d )−(a z1+b ) (cz+d )

(cz+d ) (c z1+d )


¿acz z1+bc z1+adz+bd−acz z1−bcz−ad z1−bd

( cz+d ) (c z1+d )

¿−bc ( z−z1 )+ad ( z−z1 )

(cz+d ) (c z1+d )

¿(ad−bc ) ( z−z1 )( cz+d ) (c z1+d )

w2−w3=a z2+bc z2+d

−a z3+bc z3+d

¿ac z2 z3+az2d+bc z3+bd−ac z2 z3−bc z2−a z3d−bd

(c z2+d ) (c z3+d )

¿ad ( z2− z3 )−bc ( z2−z3 )

(c z2+d ) (c z3+d )

¿(ad−bc ) ( z2−z3 )(c z2+d ) (c z3+d )

w−w3=az+bcz+d

−a z3+bc z3+d

¿acz z3+bc z3+adz+bd−acz z3−bcz−ad z3−bd

(cz+d ) (c z3+d )

¿−bc ( z−z3 )+ad ( z− z3 )

(cz+d ) (c z3+d )

¿(ad−bc ) ( z−z3 )( cz+d ) (c z3+d )


w2−w1=a z2+bc z2+d

−a z1+bc z1+d

¿ac z2 z1+a z2d+bc z1+bd−ac z2 z1−bc z2−a z1d−bd

(c z2+d ) (c z1+d )

¿ad ( z2− z1 )−bc ( z2−z1 )

(c z2+d ) (c z1+d )

¿(ad−bc ) ( z2−z1 )(c z2+d ) (c z1+d )

(w−w1)(w2−w3 )(w−w3 ) (w2−w1 )

=

(ad−bc ) ( z−z1 )(cz+d ) (c z1+d )

.(ad−bc ) ( z2−z3 )(c z2+d ) (c z3+d )

(ad−bc ) ( z−z3 )(cz+d ) (c z3+d )

.(ad−bc ) ( z2−z1 )(c z2+d ) (c z1+d )

¿(ad−bc ) ( z−z1 ) (ad−bc ) ( z2−z3) ( c z+d ) (c z3+d ) (c z2+d ) (c z1+d )(cz+d ) (c z1+d ) (c z2+d ) (c z3+d ) (ad−bc ) ( z−z3 ) (ad−bc ) ( z2−z1 )

¿( z−z1 ) ( z2−z3 )( z−z3 ) ( z2−z1 )

(TERBUKTI)

E. Contoh Soal

1) Carilah transformasi bilinear dari titik

z1=−i , z2=0 , z3=1 ke titik

w1=2 i ,w2=1+i ,w3=−i


Penyelesaian :

Dengan menggunakan teorema 3.a :

(w−w1)(w2−w3 )(w−w3 ) (w2−w1 )

=(z−z1)( z2−z3 )( z−z3 ) ( z2−z1 )

(w−2 i) (1+i−(−i))(w−(−i)) (1+i−2 i )

=(z+i)(0−1 )( z−1 ) (0+i )

(w−2 i ) (1+2 i ) ( z−1 ) ( i )=(w+i ) (1−i ) ( z+i )(−1)

(w+2wi−2i+4 ) ( zi−i )=(−z−i) (w−wi+i+1 )

−wi+wzi+2w−2wz−2+2 z−4 i+4 zi=−wi−w+1−i−wz+wzi−zi−z

−wi+wzi+2w−2wz+wi+w+wz−wzi=−2 z−z−4 zi−zi+4 i−i+2+1

3w−wz=−3 z−5 zi+3 i+3

w (3−z )=z (−3−5 i )+3 i+3

w=z (−3−5 i )+3 i+3

(3−z )

Jadi, transformasi bilinear yang memetakan adalah :

w=z (−3−5 i )+3 i+3

(3−z )

2) Tentukan peta I(z) > 0 oleh transformasi bilinear

w= z−iz+i

Penyelesaian:

w=f (z )= z−iz+i

w=f (z )= z+iz+i

− 2 iz+i

=1− 2 iz+ i

=(g∘h∘ k ) ( z )


y

x

I(z) > 0Digeser 1

y

x

I(z) > 1

k ( z )=z+i={a=1=1+0 i { |a|=1arg a=0

b=i

h ( z )=1z

g ( z )=1−2 iz=−2iz+1{a=−2 i=0−2i { |a|=2

arga=32π

b=1

h ( z )=1z

y=1

y−1=0

y ( 1

x2+ y2 )−1( 1

x2+ y2 )=0


Diperbesar 2 kali

v

u

v

u

Digeser 2

v

u

v

u

Diputar

y

x2+ y2− 1

x2+ y2=0

−v−(u2+v2)=0

−v−u2−v2=0

v+u2+v2=0

u2+(v+ 12 )

2

−14=0

u2+(v+ 12 )

2

=14

Jadi, diperoleh lingkaran dengan pusat (0 ,−12 ) dan r =

12


Berikut ini diberikan cara lain untuk menentukan hasil

transformasi oleh w = z−iz+ i

Nyatakan z dalam w, sehingga w = z−iz+ i

w (z+i )=z−i

wz+wi=z−i

wz−z=−i−wi

z (w−1 )=−i−wi

z=−i (1+w )w−1

, dengan w=u+vi

z=−i (1+u+vi )u+vi−1

z=−i ( (1+u )+vi )

(u−1 )+vi

z=−i (1+u )+v

(u−1 )+vi

z=−i (1+u )+v

(u−1 )+vi.

(u−1 )−vi(u−1 )−vi

z=(−i (1+u )+v ) ( (u−1 )−vi )

(u−1 )2+v2


z=(−i−iu+v ) (u−1−vi )

(u−1 )2+v2

z=−iu2−iu+vu+iu+i−v−vu−v−i v2

(u−1 )2+v2

z= −2v(u−1 )2+v2

+(−u2−v2+1)

(u−1 )2+v2i

x= −2v(u−1 )2+v2

dan y=(−u2−v2+1)

(u−1 )2+v2i

Jadi peta dari I(z) > 0 oleh transformasi w = z−iz+ i

adalah

I(z) > 0

(−u2−v2+1 )(u−1 )2+v2

>0

−(u2+v2−1 )>0

u2+v2−1<0

u2+v2<1

F. Latihan Soal:

1. Carilah transformasi bilinear yang memetakan berturut-

turut 0, 1, dan i ke -1, 0, dan i.


2. Carilah bayangan garis I = 12

di bawah pemetaan w =

4 z2iz+ i

3. Carilah bayangan setengah bidang I(z) ≥ 0 di bawah

pemetaan w = z

z−1


Daftar Pustaka

Ekowati. CK 2010. Bahan Ajar Mandiri Kompleks. Kupang: Universitas Nusa Cendana.

Http//:diktat-anakom.pdfHttp://elnicovengeance.wordpress.com/2011/07/30/deret-dan-

teorema-taylor/Http://rifan-alif.blogspot.com/2012/03/buku-pegangan-mate-

kuliah-analisis.htmlGunawan Wibisono dan John D. Paliouras. 1987. Peubah

Kompleks Untuk Ilmuan Dan Insinyur. Penerbit: Erlangga.

http://laurent.grimmonprez.pagespersoorange.fr/photos%20familles .htmhttp://www.slideshare.net/pedydevil/makalah-ankomderetkompleks#http://en.wikipedia.org/wiki/Laurent_seriesE. B. Shaff, A. D. Snider, Fundamental of Complex Analysis for

Mathematics, Science, and Engineering, Prentice Hall , Inc, New Jersey, 1976.Universitas Pendidikan Indonesia (UPI), Individual Texbook Fungsi Variabel Kompleks, (Bandung: JICA, 2001).http://asimtot.files.wordpress.com/2012/02/fungsi-kompleks-

transformasi-bilinear.pdf


http://asimtot.files.wordpress.com/2012/02/fungsi-kompleks-

http://en.wikipedia.org/wiki/Laurent_series

http://rifan-alif.blogspot.com/2012/03/buku-pegangan-mate-kuliah-analisis.html

http://rifan-alif.blogspot.com/2012/03/buku-pegangan-mate-kuliah-analisis.html

http://elnicovengeance.wordpress.com/2011/07/30/deret-dan-teorema-taylor/

http://elnicovengeance.wordpress.com/2011/07/30/deret-dan-teorema-taylor/

Buku Analkom

Documents

Transcript of Buku Analkom