• Share
  • Email
  • Embed
  • Like
  • Save
  • Private Content
61207366 analisa-variabel-kompleks
 

61207366 analisa-variabel-kompleks

on

  • 3,656 views

 

Statistics

Views

Total Views
3,656
Views on SlideShare
3,656
Embed Views
0

Actions

Likes
0
Downloads
767
Comments
0

0 Embeds 0

No embeds

Accessibility

Categories

Upload Details

Uploaded via as Adobe PDF

Usage Rights

© All Rights Reserved

Report content

Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
  • Full Name Full Name Comment goes here.
    Are you sure you want to
    Your message goes here
    Processing…
Post Comment
Edit your comment

    61207366 analisa-variabel-kompleks 61207366 analisa-variabel-kompleks Presentation Transcript

    • ANALISA VARIABEL KOMPLEKS BILANGAN KOMPLEKS DAN OPERASINYA BAB I BILANGAN KOMPLEKS Definisi 1 Bilangan kompleks adalah bilangan yang berbentuk: a + bi atau a + ib, a dan b bilangan real dan i2 = –1. Dengan memiliki sistem bilangan real ℝ saja kita tidak dapat menyelesaikan persamaan x2 +1=0. Jadi Notasi Oleh: disamping bilangan real kita perlu bilangan jenis Bilangan kompleks dinyatakan dengan huruf z, baru. Bilangan jenis baru ini dinamakan bilangan sedang huruf x dan y menyatakan bilangan real. Jika Drs. Toto’ Bara Setiawan, M.Si. imajiner atau bilangan kompleks. z = x + iy menyatakan sembarang bilangan kompleks, (Email : totobara@fkip.unej.ac.id) maka x dinamakan bagian real dan y bagian imajiner dari z. Bagian real dan bagian imaginer dari bilangan kompleks z biasanya dinyatakan dengan Re(z) dan Im(z). 1 2 3OPERASI HITUNG PADA BILANGAN KOMPLEKS Sifat-sifat lapangan bilangan kompleks Himpunan semua bilangan kompleks diberi notasi ℂ Himpunan semua bilangan kompleks bersama operasi Jadi ℂ = { z | z = x + iy, x∈ℝ, y∈ℝ }. penjumlahan dan perkalian (ℂ ,+,•) membentuk sebuahDEFINISI 2 Jika Im(z)=0 maka bilangan kompleks z menjadi lapangan (field). Adapun sifat-sifat lapangan yang Bilangan kompleks z1=x1+iy1 dan bilangan kompleks berlaku pada bilangan kompleks z1,z2 dan z3 adalah bilangan real x, sehingga bilangan real adalah keadaan z2=x2+iy2 dikatakan sama, z1=z2, jika dan hanya jika sebagai berikut: x1=x2 dan y1=y2. khusus dari bilangan kompleks, sehingga ℝ⊂ℂ . Jika 1. z1+z2∈ℂ dan z1•z2∈ℂ . (sifat tertutup) Re(z)=0 dan Im(z)≠0, maka z menjadi iy dan 2. z1+z2= z2+z1 dan z1•z2= z2•z1 (sifat komutatif)DEFINISI 3 dinamakan bilangan imajiner murni. Bilangan imajiner 3. (z1+z2)+z3= z1+(z2+z3) dan (z1•z2) •z3= z1•(z2•z3) murni dengan y=0, yakni bilanga i, dinamakan satuan (sifat assosiatif) Untuk bilangan kompleks z1=x1+iy1 dan z2=x2+iy2 jumlah dan hasilkali mereka berturut-turut imajiner. 4. z1•(z2+z3)=(z1•z2)+(z1•z3) (sifat distribtif) didefinisikan sbb: 5. Ada 0=0+i0∈ℂ , sehingga z+0=z (0 elemen netral penjumlahan) z1+z2 = (x1+x2) + i(y1+y2) z1 • z2 = (x1x2 –y1y2) + i(x1y2+x2y1) 4 5 6 1
    • 6. Ada 1=1+i0∈ℂ , sehingga z•1=z (1elemen netral Contoh soal: Kompleks Sekawan perkalian Jika z = x + iy bilangan kompleks, maka bilangan 7. Untuk setiap z=x+iyℂ, ada –z=–x–iy) 1. Jika z1=x1+iy1 dan z2=x2+iy2, kompleks sekawan dari z ditulis z , didefinisikan sehingga z+(–z)=0 sebagai = (x,–y) = x – iy. buktikan bahwa: z1 – z2= (x1 – x2)+i(y1 – y2) 8. Untuk setiap z=x+iyℂ, ada z-1=sehingga 2. Diketahui: z1=2+3i dan z2=5–i. z•z-1=1. z1 Contoh: tentukan z1 + z2, z1 – z2 , z1z2, dan z2 sekawan dari 3 + 2i adalah 3 – 2i , dan sekawanTugas: Buktikan sifat-sifat 1 – 8 menggunakan definsi dari 5i adalah –5i. yang telah diberikan. Operasi aljabar bilangan kompleks sekawan di dalam himpunan bilangan kompleks memenuhi sifat-sifat berikut : 7 8 9 b. Jika z1, z2 bilangan kompleks , maka : Interpretasi Geometris Bilangan Kompleks Teorema 1 : Karena z = x + iy dapat dinyatakan sebagai z= (x,y), 1. z1  z2  z1  z2 merupakan pasangan terurut bilangan real, maka z a. Jika z bilangan kompleks, maka : 2. z1  z2  z1  z2 dapat digambarkan secara geometri dalam koordinat 1. z  z 3. z1  z2  z1  z2 Kartesius sebagai sebuah titik (x,y). Pemberian nama z z untuk sumbu x diubah menjadi sumbu Real dan 2. z  z  2 Re( z) 4.  1   1 , dengan z2≠0. z  z sumbu y diubah menjadi sumbu Imajiner. Bidang 3. z  z  2 Im(z)  2 2 kompleks tersebut di beri nama bidang Argand atau 4. z  z  Re( z)2  Im(z)2 bidang z. Jika kita hubungkan titik asal (0,0) dengan titik (x,y), maka terbentuk vektor; sehingga bilangan kompleks z = x+iy = (x,y) dapat dipandang sebagai vektor z. Arti geometris dari penjumlahan dan pengurangan bilangan kompleks dapat dilihat pada gambar berikut. 10 11 12 2
    • Im Im z1  z2 Im  z(x, y) z1 z2 Bidang Argan z z1 O Re z2 O Re z1  z2 O Re  z2 13 14 15Tugas : Modulus (Nilai Mutlak) dari Bilangan Kompleks Diketahui z1 = 2 + 3i dan z2 = 5 – i. Gambarkan pada Selanjutnya apabila z1 =x1+iy1 dan r real positif,  bidang kompleks (bidang argand), z1, z2, z1+ z2, z1- z2, Definisi 4 : maka z – z1 = r merupakan lingkaran yang berpusat di z1, z2, z1  z2, z1  z2 Jika z = x+iy = (x,y) bilangan kompleks, maka titik z1 dengan jari-jari r. modulus dari z, ditulis z = x+iy = x2  y2 Bagaimanakah dengan z – z1 < r dan z – z1 > r Arti geometri dari modulus z adalah merupakan jarak Gambarkanlah pada bidang z. dari titik O(0,0) ke z = (x,y). Akibatnya, jarak antara dua bilangan kompleks z1 =x1+iy1 dan z2 = x2+iy2 adalah (x1  x 2 )2  (y1  y 2 )2 16 17 18 3
    • B. Jika z1, z2 bilangan kompleks, maka berlaku : 1. Bukti: z1  z2  z1  z2Teorema 2 : A. Jika z bilangan kompleks, maka berlaku : 1. z1  z2  z1  z2 z1  z 2  (x1  iy1)  (x 2  iy 2 ) 2 z1 z  (x1x 2  y1y 2 )  i(x1y 2  x 2y1) 1. z  Re(z)2  Im(z)2 2.  1 z2 z2  (x1x 2  y1y 2 )2  (x1y 2  x 2y1)2 2. zz 3. z1  z2  z1  z2  x1 x 2  y1 y 2  2x1x 2y1y 2  x1 y 2  x 2y1  2x1x 2y1y 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3. z2  zz 4. z1  z2  z1  z2  (x1  y1 )  (x 2  y 2 ) 2 2 2 2 4. z  Re(z)  Re(z) 5. z1  z2  z1  z2  (x1  y1 )  (x 2  y 2 ) 2 2 2 2 5. z  Im(z)  Im(z)  z1  z 2 Tugas : Buktikanlah teorema A di atas dengan memisalkan z = x+iy, kemudian berdasarkan hasil A,  z1  z2  z1  z2 buktikan juga teorema B ! 19 20 212. Bukti: 3. Bukti: z1  z 2  z1  z 2 4. Bukti: z1  z2  z1  z2 z1 x  iy1 x 2  iy2  1  0  (x1y 2  x 2y1)2 z1  z1  z2  z2 z2 x 2  iy2 x 2  iy2 0  x1 y 2  x 2y1  2x1x 2y1y 2 2 2 2 2 x1x 2  y1y 2 x 2y1  x1y 2  z1  z2  z2  i 2 2x1x 2y1y 2  x1 y 2  x 2y1 2 2 2 2 x2  y2 x2  y2 z1  z2  z1  z2 2 2 2 x1 x 2  y1 y 2  2x1x 2y1y 2  x1 x 2  y1 y 2  x1 y 2  x 2y1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2  x x 2  y1y 2   x 2y1  x1y 2    1 2    2   (x1x 2  y1y 2 )2  (x1  y1 )(x 2  y 2 ) 2 2 2 2  z1  z2  z1  z2 2  2   x2  y2   x2  y2  2(x1x2  y1y2 )  2 (x1  y1 )(x2  y2 ) 2 2 2 2 x1 x 2  y1 y 2  2x1x 2y1y 2  x 2y1  x1 y 2  2x1x 2y1y 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x1  2x1x 2  x 2  y1  2y1y 2  y 2  2 2 2 2  2 2 2 (x 2  y 2 ) x1  y1  2 (x1  y1 )(x 2  y 2 )  x 2  y 2 2 2 2 2 2 2 2 2  (x1  y1 )  (x 2 2 2 2  y2 ) 2 2 2 (x1  x 2 )  (y1  y 2 )  x2 1  y1  x 2  y 2 2 2 2  2 (x 2  y 2 )  (x 2 2 2 2  y2 ) 2 2 (x1  x 2 )  (y1  y 2 ) 2 2 x1 2  y1 x2  y2 2 2 2 2 x1  y1 z z1  z2  z1  z2   1 terbukti. x 2  y 2 z2 2 2 terbukti 22 23 24 4
    • Bentuk Kutub (Polar) dan Eksponen dari Bilangan Adapun hubungan antara keduanya, ( x, y ) dan (r, )Kompleks Definisi 5 : adalah : Selain dinyatakan dalam bentuk z = x+iy = (x,y), Pada bilangan kompleks z = (r, ) = r(cos  + i sin ), x = r cos , y = r sin, bilangan kompleks z dapat dinyatakan pula dalam sudut  disebut argument dari z, ditulis arg z. Sudut  bentuk koordinat kutub atau Polar, yaitu z = (r,). sehingga  = arc tan  y  x dengan 0  < 2 atau - <    disebut argument   utama dari z, ditulis  = Arg z. Pembatasan untuk  adalah sudut antara sumbu x positif dengan oz sudut  tersebut dipakai salah satu saja. Im z  ( x, y )  (r, ) didapat juga r  x 2  y 2  z Definisi 6 : Jadi, bentuk kutub bilangan kompleks z adalah Dua bilangan kompleks z1 = r1(cos 1 + i sin 1) dan z r z = (r, ) = r(cos  + i sin ) = r cis . z2 = r2(cos 2 + i sin 2) dikatakan sama, jika r1 = r2, dan sekawan dari z adalah = (r, -) = r(cos  - i sin ). dan 1 = 2.  O Re 25 26 27 Contoh : Contoh : Selain penulisan bilangan kompleks z = (x , y) = (r, ) Nyatakan bilangan kompleks z = 1 + i dalam bentuk Nyatakan bilangan kompleks z = 1 + i dalam bentuk = r(cos  + i sin ) = r cis , maka anda dapat polar dan eksponen ! polar dan eksponen ! menuliskan z dalam rumus Euler (eksponen), yaitu z = rei, dan sekawannya adalah re-i. Jawab : 1 z = 1 + i, r = 2 , tan  = 1, sehingga  = 45⁰= 4  Tugas: Buktikan bahwa ei = cos  + i sin , dengan i 1 1 1 Jadi z = 2 (cos 4 + i sin 4) = 2 cis 4 = 2 e4 menggunakan deret MacLaurin untuk cos  , sin  dan et dengan mengganti t = i. 28 29 30 5
    • Jika diketahui:Pangkat dan Akar dari Bilangan Kompleks Dari hasil perkalian tersebut diperoleh: z1 = r1(cos 1 + i sin 1)Perkalian dan Pemangkatan arg(z1 z2) = 1 + 2 = arg z1+ arg z2 z2 = r2(cos 2 + i sin 2) Telah kita ketahui bahwa bilangan kompleks dalam bentuk kutub adalah z = r(cos  + i sin ). Pertanyaan : zn = rn(cos n + i sin n), untuk n asli, Bagaimanakah jika kita perkalikan z1 z2 . . . zn dan Jika z1 = r1(cos 1 + i sin 1) & z2 = r2(cos 2 + i sin 2), maka secara induksi matematika, diperoleh rumus maka kita peroleh hasil perkalian keduanya sebagai z z z z … z = zn ? perkalian z1 z2 … zn = r1 r2 …rn[cos (1 + 2+…+n) + i berikut : sin (1 + 2+…+n)] . z1 z2 = [r1(cos 1 + i sin 1)][r2(cos 2 + i sin 2)] Akibatnya jika, z = r(cos  + i sin ) maka z1 z2 = r1 r2 [(cos 1 cos 2 - sin1sin 2) + zn = rn (cos n + i sin n). . . . . . . . . . .1 i (sin 1 cos 2 + cos 1sin 2)] z1 z2 = r1 r2 [cos (1 + 2 ) + i sin (1 + 2)] Khusus untuk r = 1, disebut Dalil De-Moivre (cos  + i sin )n = cos n + i sin n, n asli. 31 32 33Pembagian: Akibat lain jika z = r(cos  + i sin ), Dari 1 dan 2 diperoleh:Sedangkan pembagian z1 dan z2 adalah sebagai 1  1cos()  i sin() maka: z1 r1(cos 1  i sin 1) z r zn  rn cos(n)  i sin(n), Dalil De-Moivreberikut:  1  1 z2 r2(cos 2  i sin 2 ) Untuk: . zn rn cos n  i sin n berlaku untuk semua n bilangan bulat.Setelah pembilang dan penyebut dikalikan dengan Setelah pembilang dan penyebut dikalikan sekawansekawan penyebut, yaitu r2(cos 2 - i sin 2), maka penyebut, maka didapat :diperoleh : z1  r1 [cos (1 - 2 ) + i sin (1 - 2)] 1  1 cos(n)  i sin(n) .......2 z2 r2 zn rnDari rumus di atas diperoleh: arg z1  1-2 = arg z1 – arg z2. z2 34 35 36 6
    • Contoh: Jadi, akar pangkat n dari bilangan kompleks 6 Akar Bilangan KompleksHitunglah :  3  i Bilangan kompleks z adalah akar pangkat n dari w = r(cos+i sin) adalah: 1 1Jawab : bilangan kompleks w, jika zn = w, dan ditulis z  wn . z = r n [cos(   2k ) + i sin (   2k )], n n Misalkan z  3  i, maka k bulat dan n bilangan asli. Jika z = (cos +i sin) akar pangkat n dari bilangan r  z  3 1  2 Dari persamaan zn = w, ada n buah akar berbeda kompleks w = r(cos+i sin), maka dari zn = w tan    1 yang memenuhi persamaan itu. 3 diperoleh: n(cosn +i sinn) = r(cos+i sin), Untuk mempermudah dipilih k = 0,1,2,3,…,(n-1); karena z di kuadran IV, maka dipilih   30o sehingga n = r dan n= +2k , k bulat.   2k o  jadi 3  i  2 cos 30  i sin 30 o  1   2k 0 n < 2, sehingga diperoleh z1,z2,z3,…,zn Akibatnya   r n dan   sebagai akar ke-n dari z.  3  i 6   26 cos 180o  i sin 180o  n Jadi . . .  26(1  0)  26 37 38 39Contoh : Latihan Soal Bab I 7.Gambarkan pada diagram argand danHitunglah (-81)1/4 1. Buktikan Teorema 1 dengan memisalkan sebutkan nama kurva yang terjadi :Jawab : z = (x,y) = x + iy. a. z – 5 = 6 dan z – 5 > 6Misalkan z = (-81)1/4, berarti harus dicari penyelesaian 2. Diketahui z1 = 6 + 5i dan z2 = 8 – i. b. z + i = z – ipersamaan z4 = -81. Tentukan z1 + z2, z1 - z2 , z1z2, dan z1 / z2 c. 1 < z – i < 3Tulis z = (cos +i sin) dan –81 = 81(cos1800+i sin1800), 3. Jika z = -1-i, buktikan z2 + 2z + 2 = 0. 8.Nyatakan bilangan kompleks z = 2 -2i dalamsehingga 4(cos4 +i sin4) = 81(cos1800+i sin1800), 4. Cari bilangan kompleks z yang memenuhi bentuk polar dan eksponen ! sifat: a. z-1 = z dan b. z  zdiperoleh 4 = 81, atau  = 3 dan     2k . 9. Hitunglah (-2+2i)15 4 5. Buktikan untuk setiap z bilangan kompleksJadi z = 3[cos(   2k )+i sin(   2k )] 10.Tentukan himpunan penyelesaian dari : z3- i = 0 4 4 berlaku : z1. z 2+ z1.z2 = 2Re(z1.z 2 )Keempat akar yang dicari dapat diperoleh dengan 6. Hitung jarak antara z1 = 2 + 3i dan z2 = 5 – i.mensubstitusi k = 0,1,2,3 ke persamaan terakhir. 40 41 42 7
    • BAB II 1. Lingkungan/persekitaran Contoh : FUNGSI , LIMIT DAN KEKONTINUAN a. Persekitaran zo adalah himpunan semua titik z yang a. N(i,1) atau z – i  < 1, lihat pada gambar 1 terletak di dalam lingkaran yang berpusat di zo, b. N*(O,a) atau 0< z – O < a, lihat pada gambar 2 Sebelum dibahas mengenai fungsi kompleks, berjari-jari r, r > 0. Ditulis N(zo,r) atau z – zo < r. Im Im maka perlu dipelajari konsep-konsep topologi yang b. Persekitaran tanpa zo adalah himpunan semua titik akan digunakan pada fungsi kompleks. zzo yang terletak di dalam lingkaran yang berpusat di zo, berjari-jari r, r > 0. Ditulis N*(zo,r) atau 2 i Konsep-Konsep Topologi Pada Fungsi Kompleks a 0< z – zo < r. Himpunan pada pembahasan ini adalah koleksi atau i Re O kumpulan titik-titik pada bidang Z. Dianggap anda telah memahami operasi pada himpunan yaitu Re O gabungan, irisan, penjumlahan dan pengurangan beserta sifat-sifatnya. gambar 1 gambar 2 43 44 452. Komplemen A = { z | Im z< 1}, maka Ac = { z | Im z 1}. 3. Titik limit Andaikan S suatu himpunan. Komplemen dari S B ={ z | 2<z<4}, maka Bc = { z | z2 atau z4}. Titik zo disebut titik limit dari himpunan S jika untuk ditulis Sc,merupakan himpunan semua titik pada setiap N*(zo,) maka N*(zo,)  S  . Jika zo ∈ S dan Im Im bidang Z yang tidak termasuk di S. zo bukan titik limit, maka zo disebut titik terasing. c Bc A 4 Contoh : 1 A B Gambarkan ! Re 2 A = { z | Im z< 1}, maka Ac = { z | Im z 1}. O B ={ z | 2<z<4}, maka Bc = { z | z2 atau z4}. Re O 2 4 46 47 48 8
    • 3. Titik limit 3. Titik limit 6. Interior dan Eksterior Titik zo disebut titik limit dari himpunan S jika untuk Titik zo disebut titik limit dari himpunan S jika untuk Titik zo disebut interior dari himpunan S jika ada setiap N*(zo,) maka N*(zo,)  S  . Jika zo ∈ S dan setiap N*(zo,) maka N*(zo,)  S  . Jika zo ∈ S dan N(zo,) sehingga N(zo,)  S. Titik yang bukan titik zo bukan titik limit, maka zo disebut titik terasing. zo bukan titik limit, maka zo disebut titik terasing. interior atau bukan titik batas disebut titik eksterior.4. Titik batas 4. Titik batas Titik zo disebut titik batas dari himpunan S jika untuk Titik zo disebut titik batas dari himpunan S jika untuk setiap N*(zo,) memuat suatu titik di S dan memuat setiap N*(zo,) memuat suatu titik di S dan memuat suatu titik yang tidak di S. suatu titik yang tidak di S. 5. Batas dari himpunan S adalah himpunan semua titik batas dari S. 49 50 516. Interior dan Eksterior 6. Interior dan Eksterior 9. Himpunan Terhubung Titik zo disebut interior dari himpunan S jika ada Titik zo disebut interior dari himpunan S jika ada Himpunan terbuka S disebut terhubung, jika setiap N(zo,) sehingga N(zo,)  S. Titik yang bukan titik N(zo,) sehingga N(zo,)  S. Titik yang bukan titik dua titik di S dapat dihubungkan oleh penggal garis interior atau bukan titik batas disebut titik eksterior. interior atau bukan titik batas disebut titik eksterior. yang seluruhnya terletak di S.7. Himpunan Terbuka 7. Himpunan Terbuka Himpunan S disebut himpunan terbuka jika semua Himpunan S disebut himpunan terbuka jika semua anggota S adalah titik interior S. anggota S adalah titik interior S. 8. Himpunan Tertutup Himpunan S disebut himpunan tertutup jika S memuat semua titik limitnya. 52 53 54 9
    • 9. Himpunan Terhubung 9. Himpunan Terhubung 12. Penutup dari himpunan S Himpunan terbuka S disebut terhubung, jika setiap Himpunan terbuka S disebut terhubung, jika setiap adalah himpunan S digabung dengan titik limitnya. dua titik di S dapat dihubungkan oleh penggal garis dua titik di S dapat dihubungkan oleh penggal garis yang seluruhnya terletak di S. yang seluruhnya terletak di S.10. Daerah domain 10. Daerah domain Himpunan terbuka S yang terhubung disebut daerah Himpunan terbuka S yang terhubung disebut daerah domain. domain. 11. Daerah Tertutup Daerah tertutup S adalah daerah terbuka digabung dengan batasnya. 55 56 57Contoh : 2. Diberikan B = { z / |z|<1} U {(0,1)}, maka: 3. Diberikan C = { z / |z| 2}, maka:1. Diberikan A = { z / |z|<1}, maka: Im Im Im 2 1 1 B Re 1 A 1 1 Re Re 1 1 1 2 1 1 2 1 1 B adalah bukan himpunan terbuka dan juga bukan 2 himpunan tertutup. A adalah himpunan terbuka dan terhubung. Titik-titik limit dari B adalah { z / |z|1}. Batas dari A adalah { z / |z|=1}. Titik-titik interior C adalah { z / |z|<2}. Penutup dari A adalah { z / |z|1}. 58 59 60 10
    • Fungsi Kompleks Contoh :Definisi : f a) w=z+1–i Im(z) Im(w) b) w = 4 + 2i Misalkan D himpunan titik pada bidang Z. Fungsi kompleks f adalah suatu aturan yang c) w = z2 – 5z memasangkan setiap titik z anggota D dengan satu dan z w  f(z) d) f(z) = 3  z 2z  1 hanya satu titik w pada bidang W, yaitu (z,w). Re(z) Re( w) Fungsi tersebut ditulis w = f(z). Contoh a,b,c adalah fungsi kompleks dengan domain Himpunan D disebut daerah asal (domain) dari f, ditulis semua titik pada bidang Z. Df dan f(z) disebut nilai dari f atau peta dari z oleh f. Contoh d adalah fungsi kompleks dengan domain Range atau daerah hasil (jelajah) dari f ditulis Rf , yaitu Bidang W 1 Bidang Z semua titik pada bidang Z , kecuali z =  2 himpunan f(z) untuk setiap z anggota D. 61 62 63 Jika z = x + iy, maka fungsi w = f(z) dapat diuraikan Contoh : Contoh : menjadi w = u(x,y) + iv(x,y) yang berarti Re(w) dan Tuliskan f(z) = 2z2 – i dalam bentuk u dan v ! Tuliskan f(z) = 2z2 – i dalam bentuk u dan v ! Im(w) masing-masing merupakan fungsi dengan dua variabel real x dan y. Jawab : Misal z = x + iy, Apabila z = r(cos + i sin), maka w = u(r, ) + iv(r, ). maka fungsi w = f(z) = 2z2 – i = 2(x + iy )2 – i = 2(x2+2xyi-y2) – i = 2(x2-y2) + i(2xy-1). Jadi u = 2(x 2-y2) dan v = 2xy-1. 64 65 66 11
    • Jika z = r(cos + i sin). Jika z = r(cos + i sin). Komposisi FungsiTentukan f(z) = z2 + i Tentukan f(z) = z2 + i Diberikan fungsi f(z) dengan domain Df dan fungsi g(z) dengan domain Dg. Jawab ‣ Jika Rf  Dg  , maka ada fungsi komposisi (g⃘f) (z) f(z) = z2 + i = g (f (z)), dengan domain Df. = [r (cos+i sin)]2 + i f g = r2[cos2 - sin2 + 2isincos] + i g f ( z )  = r2 (cos2 - sin2) + r2isin2 + i z f(z) ( g f )( z ) = r2 (cos2 - sin2) +(1+r2sin2)i berarti u = r2(cos2 - sin2) dan v = 1+r2sin2) . g f 67 68 69‣ Jika Rg  Df  , maka ada fungsi komposisi (f⃘g) (z) Contoh : ‣ Jika Rg  Df  , = f (g (z)), dengan domain Dg. Misal: f(z) = 3z – i dan g(z) = z2 + z –1 + i maka (f⃘g) (z) = f (g (z)) g = f(z2 + z –1 + i) f ‣ Jika Rf  Dg  , = 3z2 + 3z – 3 + 3i – i f g(z)  z g(z) maka (g⃘f) (z) = g (f (z)) (f g)(z) = g(3z – i) Karena 9z2 – 3z – 2 – 6iz ≠ 3z2 + 3z – 3 + 3i – i = (3z – i)2 + (3z – i) –1 + i Jadi (g⃘f) (z)  (f⃘g)(z) atau f g = 9z2 – 6iz – 1 + 3z – i – 1 + i (g⃘f)  (f⃘g), (tidak komutatif) = 9z2 – 3z – 2 – 6iz∷ Tidak berlaku hukum komutatif pada (g⃘f) (z) dan (f⃘g)(z). 70 71 72 12
    • Interpretasi Geometris Contoh 1 : Contoh 2 : Untuk setiap variabel bebas z = x + iy anggota Diketahui fungsi w = 2z – 1 + i. Untuk setiap variabel Diketahui fungsi w = z2. domain ada satu dan hanya satu variabel tak bebas bebas z = x + iy didapat nilai w = (2x – 1) + (2y + 1)i. Misalnya untuk z1 = 1 + i , dan z2 = 2 – 3i , berturut- Dengan menggunakan z = r (cos+i sin), maka w = u + iv yang terletak pada suatu bidang kompleks. turut diperoleh : w1 = 1 + 3i , dan w2 = 3 – 5i. Gambar diperoleh w = z2 = r2 (cos2+i sin2). Masing-masing variabel terletak pada suatu bidang dari z1, z2, w1 , dan w2 dapat dilihat di bawah ini Jika sebuah lingkaran pusat O berjari-jari r pada kompleks, z pada bidang Z dan w pada bidang W. Karena pasangan (z,w) mengandung 4 dimensi, Y V bidang Z, maka dapat dipetakan ke bidang W maka kita tidak dapat menggambarkannya pada satu bidang Z bidang W menjadi sebuah lingkaran pusat O berjari-jari r2. sistem. Tetapi kita dapat melihat gambaran dari w = 3 w1 Daerah 0  arg z   dipetakan menjadi daerah 1 z1 0  arg w  2. f(z). Caranya dengan memandang fungsi f tersebut sebagai pemetaan (transformasi) dari titik di bidang Z O 1 2 X O 1 3 U ke titik di bidang W dengan aturan f. Untuk suatu titik Gambar keduanya dapat dilihat di bawah ini. z maka f(z) disebut peta dari z. 3 z2 5 w2 73 74 75 Limit K Diketahui daerah D pada bidang Definisi : Z dan titik zo terletak di dalam D D z Misalkan fungsi w = f(z) terdefinisi pada daerah D,  atau pada batas D. Misalkan kecuali di zo (titik zo di dalam D atau pada batas D). bidang W fungsi w = f(z) terdefinisi pada D, zo limit f(z) adalah wo untuk z mendekati zo, jika untuk bidang Z kecuali di zo. N * (zo, ) setiap  > 0, terdapat  > 0 sedemikian hingga r2 Apabila titik z bergerak mendekati bidang Z |f(z) – wo |< , apabila 0 <|z – zo|< , r titik zo melalui setiap lengkungan ditulis: lim f(z)  w o  2 sebarang K dan mengakibatkan z zo nilai f(z) bergerak mendekati D  suatu nilai tertentu, yaitu wo pada  f(z)  wo bidang W, maka dikatakan limit f(z) adalah wo untuk z mendekati zo, ditulis : lim f(z)  wo N( w o, ) z z o bidang W 76 77 78 13
    • Perlu diperhatikan bahwa : Contoh 1 : Contoh 1 : 2 2 Buktikan bahwa : lim 2z  3z  2  5 Buktikan bahwa : lim 2z  3z  2  51. Titik zo adalah titik limit domain fungsi f. z 2 z2 z 2 z22. Titik z menuju zo melalui sebarang lengkungan K, Bukti: artinya z menuju zo dari segala arah. Misalkan diberikan bilangan  > 0, kita akan mencari3. Apabila z menuju zo melalui dua lengkungan yang  > 0 sedemikian, sehingga: 2 berbeda, mengakibatkan f(z) menuju dua nilai yang 0 | z  2 |  | 2z  3z  2  5 |  , untuk z  2 berbeda, maka limit fungsi f tersebut tidak ada z2 untuk z mendekati zo. Lihat bagian sebelah kanan 79 80 81Dari persamaan kanan diperoleh: Bukti Formal : Teorema Limit : 2 (2z  1)(z  2) Jika diberikan  > 0 , maka terdapat    , sehingga Teorema 1 : | 2z  3z  2  5 |  |  5 |  untuk z  2, diperoleh 2 z2 (z  2) Jika fungsi f mempunyai limit untuk z menuju zo , (2z  1  5)(z  2) 2 maka nilai limitnya tunggal. | (z  2) |  0 | z  2 |   | 2z  3z  2  5 | z2 | 2(z  2) |  (2z  1)(z  2) | 5| (z  2) | z  2 |  2  | 2(z  2) | 2  Hal ini menunjukkan bahwa    telah diperoleh. 2 2 Jadi | 2z  3z  2  5 |  apabila 0  | z  2 |     z2 2 2 Terbukti lim 2z  3z  2  5 z 2 z2 82 83 84 14
    • Teorema Limit : Teorema 2 : Teorema 3 :Teorema 1 : Misalkan z = (x,y) = x+iy dan f(z) = u(x,y) + iv(x,y) Misalkan fungsi f dan g limitnya ada. Jika fungsi f mempunyai limit untuk z menuju zo , dengan domain D. Titik zo = (xo,yo) = xo+iyo di dalam lim f(z) = a dan lim g(z) = b, maka maka nilai limitnya tunggal. D atau batas D. 1. lim (f(z) +g(z)) = a + b (untuk z → zo)Bukti: Maka lim f(z)  x o  iyo jika dan hanya jika 2. lim (f(z) . g(z)) = a . b (untuk z → zo) z zo Misal limitnya w1 dan w2, maka 3. lim (f(z) / g(z)) = a / b (untuk z → zo) lim u(x, y)  x o dan lim v(x, y)  y o f(z)  w1  w1  f(z)   z zo z zo 2 Tugas : Buktikan ketiga teorema limit tersebut ! f(z)  w 2   2 w1  f(z)  f(z)  w 2  w1  f(z)  f(z)  w 2       2 2 sehingga w1  w 2   jadi w1  w 2 85 86 87Contoh 1 : Contoh 1 : Contoh 2 : 2 Jika f(z)  2 xy 2  x i . Buktikan lim f(z) tidak ada ! 2 2 2Hitunglah lim z  1 Hitunglah lim z  1 y 1 z i z  i z i z  i x y z0 2 (z  i)(z  i) Jawab: lim z  1  lim z i z  i z i z i  lim (z  i) z i  2i 88 89 90 15
    • Contoh 2 : Kekontinuan Fungsi Jadi, ada tiga syarat fungsi f(z) kontinu di zo, yaitu : 2Jika f(z)  2 xy 2  x i . Buktikan lim f(z) tidak ada ! 2 Definisi : x y y 1 z0 1. f(zo ) ada Misalkan fungsi f(z) terdefinisi di D pada bidang Z 2. lim f(z) adaBukti : dan titik zo terletak pada interior D, fungsi f(z) z z o dikatakan kontinu di zo jika untuk z menuju zo, 3. lim f(z)  f(zo ) Kita tunjukkan bahwa untuk z menuju 0 di sepanjang z z o maka lim f(z) = f(zo). garis y = 0, maka Fungsi f(z) dikatakan kontinu pada suatu daerah R, lim f(z)  lim f(z)  lim x 2i  0 1 z 0 (x,0)(0,0) x 0 jika f(z) kontinu pada setiap titik pada daerah R Sedangkan di sepanjang garis y = x, tersebut. 2 lim f(z)  lim f(z)  lim (1  x i)  1 2 z 0 ( x,x )(0,0) x 0 x 1 Dari 1 dan 2, terbukti lim f(z) tidak ada z0 91 92 93Teorema 4 : Teorema 5 : Contoh 1 : Jika f(z) = u(x,y) + iv(x,y), f(z) terdefinisi di setiap titik Andaikan f(z) dan g(z) kontinu di zo, maka masing-  z2  4 pada daerah R, dan zo = xo+ i yo titik di dalam R, masing fungsi :  z  2i , z  2i  Fungsi f(z) =  , apakah kontinu di 2i maka fungsi f(z) kontinu di zo jika dan hanya jika 1. f(z) + g(z)  u(x,y) dan v(x,y) masing-masing kontinu di (xo,yo). 2. f(z) . g(z)  3  4z, z  2i  3. f(z) / g(z), g(z)  0 Jawab : 4. f(g(z)); f kontinu di g(zo), f(2i) = 3 + 4(2i) = 3 + 4i, kontinu di zo. sedangkan untuk z mendekati 2i, lim f(z) = z + 2i, sehingga lim f(z)  f(2i) z 2i jadi f(z) diskontinu di z = 2i. 94 95 96 16
    • Contoh 2. BAB III. TURUNAN ⇛ Jika f’(zo) ada, maka f dikatakan terdifferensial atau z2  1 Dimanakah fungsi g(z)  kontinu ? diferensiabel di zo. z2  3z  2 Jawab : Dengan kata lain : 3.1 Definisi Turunan f(zo  z)  f(zo ) Coba anda periksa bahwa g(z) diskontinu di z = 1 dan Diberikan fungsi f yang didefinisikan pada daerah D dan f (zo )  lim f  lim z 0 z z 0 z z = 2. Jadi g(z) kontinu di daerah  z z  2  zo  D. f(z)  f(zo ) ⇛ Jika f terdifferensial di semua titik pada D, maka f Jika diketahui bahwa nilai lim ada, maka terdifferensial pada D z zo z  zo nilai limit ini dinamakan turunan atau derivatif fungsi f di Contoh 3.1.1 titik zo. Buktikan f(z) = z2 terdifferensiasi diseluruh ℂ Dinotasikan : f’(zo) 97 98 99Bukti : Teorema 3.1 Bukti :Ditinjau sebarang titik zo  ℂ Jika f fungsi kompleks dan f’(zo) ada, maka Diketahui f’(zo) ada f(z)  f(zo ) Akan dibuktikan f kontinu di zo atau lim f(z)  f(zo ) f (zo )  lim f kontinu di zo z zo z z o z  z o f(z)  f(zo ) lim (f(z)  f(zo ))  lim    (z  zo )  z2  z2 o z z o z z o  (z  z o )   lim Bukti : z z o z  zo f(z)  f(zo )  lim  lim (z  zo ) (z  zo )(z  zo ) z z o (z  z o ) z z o  lim z z o z  zo  f (z)  0  2zo 0 Karena zo sebarang maka f(z) = z2 terdefferensial sehingga lim f(z)  lim f(zo )  f(zo ) z zo z zo di seluruh ℂ dengan kata lain f kontinu di zo. 100 101 102 17
    • Contoh 3.1.2 3.2 Syarat Chauchy-Riemann Terema 3.2.1 (Syarat Chauchy-Riemann Buktikan f(z) = |z|2 kontinu di seluruh bidang kompleks Syarat yang diperlukan agar fungsi f terdiferensial di Jika f(z) = u(x,y) + i v(x,y) terdifferensial di zo = xo + i yo, tetapi hanya terdifferensial di z = 0 z o = xo + i yo adalah syarat Chauchy-Riemann, yang maka u(x,y) dan v(x,y) mempunyai derivatif parsial menghubungkan derivatif-derivatif parsial tingkat pertama pertama di (xo,yo) dan di titik ini dipenuhi persamaanBukti : dari fungsi bagian real dan fungsi bagian imajiner dari f. Cauchy – Riemann f(z) = |z|2 = x2 + y2 u(x,y) = x2 + y2 dan berarti u  v dan u   v v(x,y) = 0 x y y x u dan v kontinu di D, maka f(z) kontinu di D derivatif f di zo dapat dinyatakan dengan f(z)  f(0) | z |2 f (zo )  ux (x o, y o )  i v x (x o, y o ) f (0)  lim  lim z 0 z0 z 0 z Jika persamaan C-R tidak dipenuhi di (xo,yo) maka  lim zz  0 f(z) = u(x,y) + i v(x,y) tidak terdifferensial di zo = xo + i yo z 0 z Jadi f(z) terdifferensial di z = 0 103 104 105Contoh 3.2.1 Catatan : dan u   v  2y  0 (2) Buktikan f(z) = |z|2 tidak terdifferensiasi di z  0 y x Syarat C-R hanya syarat perlu untuk keterdifferensialan. Bukti : f(z) = x2 + y2 sehingga (1) dan (2) tidak dipenuhi jika x  0 atau y  0, Contoh 3.2.2 u(x,y) = x2 + y2 x3(1  i)  y3(1  i) Buktikan fungsi f(z) = v(x,y) = 0 jadi pasti f tidak terdeferensial di z  0 x2  y2 Persamaan Cauchy – Riemann dan f(0) = 0, tidak terdifferensial di 0, memenuhi C-R u  2x dan u  2y Bukti : x y x3  y3 u= dengan u(0,0) = 0 v  0 dan v  0 x2  y2 x y x3  y3 dengan v(0,0) = 0 u  v  2 x  0 v= 2 (1) x  y2 x y u(x,0)  u(0,0) ux(0,0) = lim =1 x o x u(0,y)  u(0,0) lim uy(0,0) = y o = -1 y 106 107 108 18
    • v(x,0)  v(0,0) 2 i x3 i Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa : vx(0,0) = lim =1 Sepanjang garis real y = x  lim = 1 i x o x x o 2(1  i) x3 i. Syarat perlu v(0,y)  v(0,0) vy(0,0) = lim y =1 f(z) = u(x,y) + iv(x,y), zo = xo + i yo y o Jadi lim f(z)  f(0) tidak ada z o z f’(z) ada maka u , u , v , v ada di (xo, yo) Jadi persamaan Cauchy – Riemann terpenuhi sehingga f tidak terdifferensial di 0 meskipun x y x y berlaku C-R yaitu : f(z)  f(0) x 3(1  i)  y 3(1  i) persamaan C-R dipenuhi di (0,0) Tetapi lim  lim 2 u v dan u  v z 0 z z 0 (x  y 2)(x  iy) x = y y = x Untuk z  0 dan f’(z0) = ux(x0,y0) + i vx(x0,y0) lim x3(1  i) Sepanjang garis real y = 0  x o =1+i x3 109 110 111ii. Syarat cukup Contoh 3.2.3 Berdasarkan persamaan C-R : u(x,y), v(x,y), ux(x,y), vx(x,y), uy(x,y), vy(x,y) kontinu Buktikan f(z) = ex(cos y + i sin y) terdiferensial ux = vy dan uy = -vx dipenuhi di  (x,y)  ℂ, dan ada kitar pada kitar zo = xo + i yo dan di (xo,yo) dipenuhi C-R untuk setiap z dalam ℂ dimana keenam fungsi kontinu dan C-R dipenuhi di (x,y). maka f’(zo) ada Bukti : Jadi f’(z) ada  z  ℂ. u(x,y) = excos y  ux(x,y) = excos y Dan f’(z) = ux(x,y) + i vx(x,y) ada dan = excos y + i exsin y uy(x,y) = -exsin y kontinu di v(x,y) = exsin y  vx(x,y) = exsin y setiap (x,y)  ℂ vy(x,y) = excos y 112 113 114 19
    • 3.3 Syarat C-R Pada Koordinat Kutub Teoreama 3.3.1 Contoh 3.3.1 Jika f(z) = u(x,y) + i v(x,y) dapat diilustrasikan Jika f(z) = u(r, ) + i v(r, ) terdiferensial dan kontinu Diketahui f(z) = z-3, dalam koordinat kartesius maka dengan menggunakan pada suatu kitar (ro, o) dan jika dalam kitar tersebut tentukan f’(z) dalam bentuk kootdinat kutub hubungan x = r cos  dan y = r sin  , diperoleh ur, u, vr, v ada dan kontinu di (ro, o) dan dipenuhi z = r cos  + i sin  , sehingga C-R yaitu: f(z) = u(r, ) + i v(r, ) dalam sistem koordinat kutub u 1 v 1 v  v , r  0 = dan r r  r  = r maka f’(z) = ada di z = zo dan f’(z) = (cos o – i sin o) [ur(ro, o) + i vr(ro, o)] 115 116 117 Jawab : 3.4 Aturan Pendiferensialan n f(z) = z-3 = r-3 (cos 3 - i sin 3), maka : Jika f(z), g(z) dan h(z) adalah fungsi- fungsi kompleks 6. dz  nz n1 dz u= r-3 cos 3 , sehingga ur = -3r-4 cos 3 dan serta f’(z), g’(z) dan h’(z) ada, maka berlaku rumus-rumus : 7. Jika h(z)  g[f(z)] maka h (z)  g [f(z)]f (z) u = -3r-3 sin 3 d(z) biasa disebut dengan komposisi (aturan rantai ) v = -r-3 sin 3 , sehingga vr = 3r-4 sin 3 dan 1. dc  0, 1 dz dz dw  dw . d v = -3r-3 cos 3 dcf (z) dz d dz 2.  cf (z) keenam fungsi ini kontinu dan syarat C-R dipenuhi dz untuk semua z  0 3. d f(z)  g(z)  f (z)  g (z) dx Jadi f(z) = z-3 terdiferensial untuk z  0 4. d f(z)g(z)  f (z)g(z)  f(z)g (z) Dengan demikian f’(z) dalam koordinat kutub adalah : dx f(z)  f (z)g(z)  f(z)g (z) f’(z) = (cos  – i sin ) (-3r-4 cos 3 + i 3r-4 sin 3) 5. d   dx  g(z)    g(z)2 = cis(-) (-3r-4) cis(-3) = -3r-4 cis(-4) 118 119 120 20
    • 3.5 Fungsi Analitik Sifat sifat analitik Contoh 3.5.1 Definisi 3.5.1 1 Misalnya f dan g analitik pada D, maka : 1. f(z) = analitik kecuali di z = 0 o f  g merupakan fungsi analitik Fungsi f analitik di zo, jika ada r > 0 sedemikian, z 2. f(z) = x3 + iy3 o fg merupakan fungsi analitik hingga f’(z) ada untuk setiap z  N(zo,r) diperoleh : u = x3 ; v = y3 sehingga o f/g merupakan fungsi analitik dengan g  0 (persekitaran zo) ux = 3x2 ; vx = 0 ; uy = 0 ; vy = 3y2 o h = g ∘ f merupakan fungsi analitik o berlaku aturan L’hospital yaitu : f diferensiable dengan menggunakan persamaan C-R : r f z  f z  zo 3x2 = 3y2  y =  x dan vx = uy = 0 lim  , dengan g(z)  0 g (z)  0 z zo gz  g z  persamaan C-R dipenuhi dan kontinu digaris y =  x Fungsi analitik untuk setiap zℂ dinamakan fungsi utuh berarti f’(z) ada hanya di y =  x Jadi f(z) tidak analitik dimanapun karena tidak ada kitar. 121 122 1233.6 Titik Singular Jenis kesingularan f(z) atau titik singular antara lain : 2. Titik Pole (titik kutub)Definisi 3.6.1 1. Titik singular terisolasi Titik z = zo disebut titik pole tingkat n, jika berlaku Titik z1 disebut titik singular dari f jika f tidak analitik di z1 Titik zo dinamakan titik singular terisolasi dari f(z) jika lim (z  zo )n f(z)  A  0 . z z o tetapi untuk setiap kitar dari z1 memuat paling sedikit terdapat   0 demikian sehingga lingkaran |z – zo| =  Jika n = 1, zo disebut sebagai titik pole sederhana. satu titik dimana f analitik. hanya melingkari titik singular lainnya. Jika  seperti itu tidak ada, maka z = zo disebut titik singular tidak 3. Titik Cabang terisolasi. Dari fungsi bernilai banyak dapat menjadi titik singular. 4. Titik Singular dapat dihapuskan Titik singular zo disebut titik singular dapat dihapuskan dari f(z) jika lim f(z) ada. zo 124 125 126 21
    • 5. Titik Singular Essensial Contoh 3.6.1 3.7 Fungsi Harmonik Titik singular z = zo yang tidak memenuhi syarat titik 1 f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik pada D maka u dan v • g(z) = berarti titik z = i adalah titik pole tingkat 2 singular pole titik cabang atau titik singular yang dapat (z  1)2 mempunyai derivatif parsial di semua orde yang dari g(z) dihapuskan disebut titik singular essensial. kontinue pada D. Jadi dalam D berlaku C-R , ux = vy dan • h(z) = |z|2 tidak merupakan titik singular uy = –vx • k(z) = ln (z2 + z – 2) maka titik cabang adalah z1 = 1 dan 6. Titik Singular tak hingga Karena derifatif-derivatif parsial dari u dan v kontinue z2 = –2 karena (z2 + z – 2) = (z – 1) (z + 2) = 0 dalam D, maka berlaku vxy = vyx. Jika dalam ux = vy dan Jika f(z) mempunyai titik singular di z = , maka sama dengan menyatakan f(1/w) mempunyai titik singular di uy = –vx diderivatifkan parsial terhadap x dan y maka (x,y) D berlaku w = 0. uxx + uyy = 0 vxx = vyy = 0 127 128 129Jika f analitik pada D maka u dan v pada D memenuhi Contoh 3.7.1 Cara Milne Thomsonpersamaan differensial Laplace dalam 2 dimensi. Diberikan u(x,y) harmonik pada D dan tentukan fungsi v Cara yang lebih praktis menentukan fungsi harmonik  2  2 yang harmonik konjugat dengan u = 4xy3 – 12x3y, (x,y) ℂ konjugat atau dari fungsi harmonik u diberikan u(x,y)  0 x 2 y 2 Jawab : harmonik pada D andaikan v(x,y) sehinggau dan v dimana f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik pada suatu Misal diklaim konjugatnya adalah v(x,y) f(z) = u(x,y)+ iv(x,y) analitik pada Ddomain maka f(z) harmonik pada domain tersebut. jadi f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik pada ℂ sedemikian f”(z) = ux(x,y) + ivx(x,y)Dua fungsi u dan v sedemikian sehingga sehingga berlaku C-R ux = vy dan uy = -vx sesuai persamaan C-R : f”(z) = ux(x,y) – iuy(x,y)f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik dalam suatu domain ux = 4y3 – 12x2y vy = 4y3 – 12x2y z = x + iy dan z = x – iy sehingga diperoleh uy= 12xy2 – 4x3 v= y4 – 6x2y2 + g(x)dinamakan dua fungsi yang harmonik konjugat dalam x  z  z dan y  z  zdomain itu. karena vx = –uy maka –12xy2 + g’(x) = –12xy2 + 4x3 2 2i sehingga g’(x) = 4x3 diperoleh g(x) = x4 + C z  z z z z  z z z f(z) = ux   2 , 2i  – iuy  2 , 2i  Jadi v = y4 – 6x2y2 + x4 + C     130 131 132 22
    • Suatu identitas dalam z dan z , jika diambil z = z maka Contoh 3.7.2f’(z) = ux(z,0) – iuy(z,0) Dari Contoh 3.7.1 dengan u= 4xy3 – 4x3y, (x,y)  ℂ,Jadi f(z) adalah fungsi yang derivatifnya ux(z,0) – iuy(z,0) jika diselesaikan dengan menggunakan cara Milnekemudian didapat v(x,y) Thomson. Jawab : ux = 4y3 – 12x2y uy= 12xy2 – 4x3 f’(z) = ux(z,0) – iuy(z,0) = –i(– 4z3) = 4iz3 sehingga f(z) = iz4 + A f(z) = i(x + iy)4 + A = 4xy3 – 4x3y + i(x4 – 6x2y2 + y4) + A 133 134 23