-Definisi Turunan -Fungsi Analitik -Persamaan cauchy Riemann -Fungsi Harmonik -Titik - titik Singular

1. Fungsi Peubah
Kompleks
Pendiferensialan Kompleks dan Persamaan Cauchy
Riemann

3. Welcome!!

4. Kelompok 3
Agustini Fajariyanti
N
06111740000006
Anggota
Kelompok
Nadia Paramitha
S
06111740000033
Anggota
Kelompok
Mochamad Farhan
M K
06111740000099
Anggota
Kelompok
Ilham Dwi P.
06111740000106
Anggota
Kelompok

5. Definisi Turunan
Jika 𝑓(𝑧) bernilai tunggal dalam suatu daerah 𝑅 di bidang 𝑧, maka
turunan fungsi 𝑓(𝑧) didefinisikan sebagai
𝑓′
𝑧 = 𝑙𝑖𝑚
∆𝑧→0
𝑓 𝑧+∆𝑧 −𝑓(𝑧)
∆𝑧
(1)
asalkan limit ini ada, yaitu tidak bergantung dari caranya ∆𝑧 → 0. D
alam hal ini kita mengatakan bahwa 𝑓(𝑧) mempunyai turunan (diff
erentiable) di 𝑧. Dalam definisi 1 kita seringkali menggunakan ℎ s
ebagai pengganti ∆𝑧.

6. Contoh 5.1
Tentukan turunan dari fungsi berikut :
a. 𝑓 𝑧 = sin 𝑧 𝑏. 𝑓 𝑧 = 3𝑧2
+ 2𝑧 + 1
a. Dengan menggunakan definisi turunan :
𝑓′
𝑧 = lim
∆𝑧→0
𝑓 𝑧 + ∆𝑧 − 𝑓(𝑧)
∆𝑧
= lim
∆𝑧→0
sin 𝑧 + ∆𝑧 − sin (𝑧)
∆𝑧
= lim
∆𝑧→0
2cos
2𝑧 + ∆𝑧
2
𝑠𝑖𝑛
∆𝑧
2
∆𝑧
= 2 lim
∆𝑧→0
cos 𝑧 +
∆𝑧
2
. lim
∆𝑧→0
𝑠𝑖𝑛
∆𝑧
2
2.
1
2
∆𝑧
= 2 lim
∆𝑧→0
𝑐𝑜𝑠 𝑧 +
∆𝑧
2
.
1
2
lim
∆𝑧→0
sin
1
2
∆𝑧
1
2 ∆𝑧
= 2 lim
∆𝑧→0
𝑐𝑜𝑠 𝑧 +
∆𝑧
2
.
1
2
. 1 =
2
2
𝑐𝑜𝑠 𝑧 +
0
2
= cos 𝑧
b. Dengan menggunakan definisi turunan :
𝑓′
𝑧 = lim
∆𝑧→0
𝑓 𝑧 + ∆𝑧 − 𝑓 𝑧
∆𝑧
= lim
∆𝑧→0
3 𝑧 + ∆𝑧 2
+ 2 𝑧 + ∆𝑧 + 1 − (3𝑧2
+ 2𝑧 + 1)
∆𝑧
= lim
∆𝑧→0
3𝑧2
+ 6𝑧. ∆𝑧 + ∆𝑧2
+ 2𝑧 + 2∆𝑧 + 1 − 3𝑧2
− 2𝑧 − 1
∆𝑧
= lim
∆𝑧→0
6𝑧. ∆𝑧 + ∆𝑧2
+ 2∆𝑧
∆𝑧
= lim
∆𝑧→0
∆𝑧 6𝑧 + 2 + ∆𝑧
∆𝑧
= lim
∆𝑧→0
6𝑧 + 2 + ∆𝑧 = 6𝑧 + 2
Jadi turunan 𝑓 𝑧 = 3𝑧2
+ 2𝑧 + 1 adalah
𝑓′
𝑧 = 6𝑧 + 2.

7. Fungsi Analitik
Jika turunan 𝑓′(𝑧) ada di semua titik 𝑧 dari suatu daerah
𝑅, maka 𝑓(𝑧) dikatakan analitik dalam 𝑅 dan dinyatakan
sebagai fungsi analitik dalam 𝑅. Istilah regular (teratur) d
an holomorfik (holomorphic) seringkali digunakan sebag
ai pengganti istilah analitik.
Suatu fungsi 𝑓 𝑧 dikatakan analitik di suatu titik
𝑧0 jika terdapat suatu lingkungan 𝑧 − 𝑧0 < 𝛿 sehingga
𝑓′(𝑧) ada di setiap titik pada lingkungan tersebut.

8. Contoh 5.2
Tunjukkan bahwa fungsi-fungsi berikut ini adalah analitik:
a. 𝑓 𝑧 = 3𝑧4
b. 𝑓 𝑧 = cos 2𝑧
a. 3𝑧4
= 3 𝑥 + 𝑖𝑦 4
= 3(𝑥4
+ 4𝑖𝑥3
𝑦 − 6𝑥2
𝑦2
− 4𝑖𝑥
b. 𝑓 𝑧 = cos 2𝑧 =
𝑒2 𝑥+𝑖𝑦 +𝑒−2 𝑥+𝑖𝑦
2
=
𝑒2𝑥
𝑐𝑖𝑠 2𝑦 + 𝑒−2𝑥
𝑐𝑖𝑠 (−2𝑦)
2
=
𝑒2𝑥
(cos 2𝑦 + 𝑖 sin 2𝑦) + 𝑒−2𝑥
(cos 2𝑦 − 𝑖 sin 2𝑦)
2
=
(𝑒2𝑥
+𝑒−2𝑥
) cos 2𝑦 + 𝑖(𝑒2𝑥
− 𝑒−2𝑥
) sin 2𝑦
2
Sehingga diperoleh fungsi :
𝑢 𝑥, 𝑦 =
(𝑒2𝑥
+𝑒−2𝑥
) cos 2𝑦
2
𝑣 𝑥, 𝑦 =
(𝑒2𝑥
−𝑒−2𝑥
) sin 2𝑦
2
𝜕𝑢
𝜕𝑥
= 𝑒2𝑥
− 𝑒−2𝑥
cos 2𝑦 &
𝜕𝑢
𝜕𝑦
= −𝑒2𝑥
− 𝑒−2𝑥
sin 2𝑦
𝜕𝑣
𝜕𝑥
= 𝑒2𝑥
+ 𝑒−2𝑥
sin 2𝑦 &
𝜕𝑣
𝜕𝑦
= 𝑒2𝑥
− 𝑒−2𝑥
cos 2𝑦
Jadi
𝜕𝑢
𝜕𝑥
,
𝜕𝑢
𝜕𝑦
,
𝜕𝑣
𝜕𝑥
, dan
𝜕𝑣
𝜕𝑦
kontinu di setiap titik (𝑥, 𝑦).
Ternyata memenuhi syarat Cauchy-Riemann (C-R), yaitu:
𝜕𝑢
𝜕𝑥
=
𝜕𝑣
𝜕𝑦
dan
𝜕𝑢
𝜕𝑦
= −
𝜕𝑣
𝜕𝑥
Jadi 𝑓 𝑧 = cos 2𝑧 adalah fungsi analitik

9. Persamaan Cauchy Riemann
Suatu syarat perlu agar 𝑤 = 𝑓 𝑧 = 𝑢 𝑥, 𝑦 + 𝑖𝑣(𝑥, 𝑦) analitik dalam suatu daerah 𝑅
adalah 𝑢 dan 𝑣 memenuhi persamaan Cauchy Riemann
𝜕𝑢
𝜕𝑥
=
𝜕𝑣
𝜕𝑦
,
𝜕𝑢
𝜕𝑦
= −
𝜕𝑣
𝜕𝑥
(2)
dan dapat dinyatakan 𝑓′
𝑧 = 𝑢 𝑥 + 𝑖𝑣 𝑥 = 𝑣 𝑦 − 𝑖𝑢 𝑦
Jika turunan parsial dalam (2) kontinu dalam 𝑅, maka persamaan Cauchy Riemann
adalah syarat cukup agar 𝑓(𝑧) analitik dalam 𝑅.
Fungsi 𝑢 𝑥, 𝑦 dan 𝑣(𝑥, 𝑦) seringkali dinamakan fungsi sekawan. Jika sal
ah satu dari padanya diberikan maka kita dapat menentukan yang lainnya (terlepas
dari suatu konstanta penjumlahan sebarang) sehigga 𝑢 + 𝑖𝑣 = 𝑓(𝑧) analitik.
Adapun bentuk polar dari persamaan Cauchy-Riemann, sebagai berikut:
Misalkan terdapat suatu fungsi kompleks 𝑓 𝑧 = 𝑢 𝑟, 𝜃 + 𝑖𝑣(𝑟, 𝜃) dengan 𝑧 = 𝑟𝑒 𝑖𝜃
=
𝑟(cos 𝜃 + 𝑖 sin 𝜃), dimana 𝑢 = 𝑟, 𝜃 = 𝑟 cos 𝜃 dan 𝑣 = 𝑟 sin 𝜃. Sehingga
𝜕𝑢
𝜕𝑟
= cos 𝜃 dan
𝜕𝑣
𝜕𝜃
= 𝑟 cos 𝜃
𝜕𝑣
𝜕𝑟
= sin 𝜃 dan
𝜕𝑢
𝜕𝜃
= −𝑟 sin 𝜃
Maka
𝜕𝑢
𝜕𝑟
=
1
𝑟
𝜕𝑣
𝜕𝜃
dan
1
𝑟
𝜕𝑢
𝜕𝜃
= −
𝜕𝑣
𝜕𝑟
, 𝑟 ≠ 0
Dan 𝑓′
𝑧 = (cos 𝜃0 − 𝑖 sin 𝜃0) 𝑢 𝑟 𝑟0, 𝜃0 + 𝑖 𝑣𝑟(𝑟0, 𝜃0)

10. Contoh 5.3
Buktikan bahwa fungsi 𝑓′(𝑧) ada untuk setiap z dari fungsi berikut :
a. 𝑓 𝑧 = 𝑖𝑧 + 5 b. 𝑓 𝑧 = 𝑧2
+ 5𝑖𝑧 + 3 − 𝑖
a. 𝑓 𝑧 = 𝑖𝑧 + 5 = 𝑖 𝑥 + 𝑖𝑦 + 5 = 5 − 𝑦 + 𝑖 𝑥 , sehing
ga 𝑢 𝑥 = 0, 𝑢 𝑦 = −1 dan 𝑣 𝑥 = 1, 𝑣 𝑦 = 0
Jadi 𝑢 𝑥, 𝑢 𝑦, 𝑣 𝑥, 𝑑𝑎𝑛 𝑣 𝑦 ada dan kontinu di setiap titik (x, y
).
Syarat Cauchi-Riemann(C-R), yaitu:
𝑢 𝑥 = 𝑣 𝑦 dan 𝑢 𝑦 = −𝑣 𝑥 juga dipenuhi. Sehingga menurut
teorema, maka 𝑓′(𝑧) ada untuk setiap 𝑧, yaitu 𝑓′
𝑧 =
𝑢 𝑥 + 𝑖𝑣 𝑥 = 0 + 𝑖. 1 = 𝑖.
b. 𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥 + 𝑖𝑦 2
+ 5𝑖 𝑥 + 𝑖𝑦 + 3 − 𝑖
= 𝑥2
− 𝑦2
+ 2𝑥𝑖𝑦 + 5𝑖𝑥 − 5𝑦 + 3 − 𝑖
= 𝑥2
− 𝑦2
− 5𝑦 + 3 + 𝑖(2𝑥𝑦 + 5𝑥 − 1),
Sehingga diperoleh fungsi:
𝑢 𝑥, 𝑦 = 𝑥2
− 𝑦2
− 5𝑦 + 3 dan 𝑣 𝑥, 𝑦 = 2𝑥𝑦 + 5𝑥
− 1
𝜕𝑢
𝜕𝑥
= 2𝑥 dan
𝜕𝑢
𝜕𝑦
= −2𝑦 − 5
𝜕𝑣
𝜕𝑥
= 2𝑦 + 5 dan
𝜕𝑢
𝜕𝑦
= 2𝑥
Jadi
𝜕𝑢
𝜕𝑥
,
𝜕𝑢
𝜕𝑦
,
𝜕𝑣
𝜕𝑥
, dan
𝜕𝑣
𝜕𝑦
ada dan kontinu di setiap titik
(x,y).
Memenuhi syarat Cauchy-Riemann(C-R), yaitu:
𝜕𝑢
𝜕𝑥
=
𝜕𝑣
𝜕𝑦
dan
𝜕𝑢
𝜕𝑦
= −
𝜕𝑣
𝜕𝑥
Jadi 𝑓′
𝑧 =
𝜕𝑢
𝜕𝑥
+ 𝑖
𝜕𝑣
𝜕𝑥
= 2𝑥 + 𝑖 2𝑦 + 5 = 2𝑧 + 5𝑖.

11. Contoh 5.3
Diketahui 𝑓 𝑧 = 𝑧−3
. Tentukan 𝑓′(𝑧) dalam bentuk koordinat kutub!
Cara penyelesaian:
𝑓 𝑧 = 𝑧−3
= 𝑟−3
(cos 3𝜃 − 𝑖 sin 3𝜃), maka :
𝑢 = 𝑟−3
cos 3𝜃, sehingga
𝜕𝑢
𝜕𝑟
= −3𝑟−4
cos 3𝜃
𝜕𝑢
𝜕𝜃
= −3𝑟−3
sin 3𝜃
𝑣 = −𝑟−3
sin 3𝜃, sehingga −
𝜕𝑣
𝜕𝑟
= −3𝑟−4
sin 3𝜃
𝜕𝑣
𝜕𝜃
= −3𝑟−3
cos 3𝜃
Sehingga fungsi ini kontinu dan syarat Cauchy Riemann dipenuhi untuk semua
𝑧 ≠ 0.
Jadi 𝑓 𝑧 = 𝑧−3
terdeferensial untuk 𝑧 ≠ 0.
Dengan demikian 𝑓′(𝑧) dalam koordinat kutub adalah :
𝑓′
𝑧 = (cos 3𝜃 − 𝑖 sin 3𝜃)(−3𝑟4
cos 3𝜃 − 𝑖 3𝑟−4
sin 3𝜃)
= 𝑐𝑖𝑠 −3𝜃 −3𝑟−4
𝑐𝑖𝑠 −3𝜃
= −3𝑟−4
𝑐𝑖𝑠 (−6𝜃)

12. • FUNGSI HARMONIK
02
𝑓(𝑧) disebut fungsi harmonik di 𝐷 jika berlaku:
𝜕2
𝑢
𝜕𝑥2
+
𝜕2
𝑢
𝜕𝑦2
= 0 , 𝑑𝑎𝑛
𝜕2
𝑣
𝜕𝑥2
+
𝜕2
𝑣
𝜕𝑦2
= 0
Hubungan fungsi harmonik dengan Cauchy Riemann
Misal 𝑓 𝑧 = 𝑢 + 𝑖𝑣 analitik di D
Karena 𝑓(𝑧) analitik maka berlaku
𝜕𝑢
𝜕𝑥
=
𝜕𝑣
𝜕𝑦
dan
𝜕𝑣
𝜕𝑥
= −
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝜕𝑥
=
𝜕𝑣
𝜕𝑦
𝜕
𝜕𝑥
𝜕𝑢
𝜕𝑥
=
𝜕
𝜕𝑥
𝜕𝑣
𝜕𝑦
𝜕2 𝑢
𝜕𝑥2 =
𝜕2 𝑣
𝜕𝑥𝑦
.........(1)
𝜕𝑣
𝜕𝑥
= −
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝜕
𝜕𝑦
𝜕𝑣
𝜕𝑥
= −
𝜕
𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝜕2 𝑣
𝜕𝑥𝑦
=
𝜕2 𝑢
𝜕𝑦2 .........(2)
Maka, subtitusi (1) ke (2)
𝜕2 𝑢
𝜕𝑥2 = −
𝜕2 𝑢
𝜕𝑦2
𝜕2 𝑢
𝜕𝑥2 +
𝜕2 𝑢
𝜕𝑦2 = 0 (Terbukti)
Dengan cara yang sama dapat dibuktikan bahwa
𝜕2 𝑣
𝜕𝑥2 +
𝜕2 𝑣
𝜕𝑦2 = 0

13. ATURAN PENDIFERENSIALAN
Jika 𝑓 𝑧 , 𝑔 𝑧 𝑑𝑎𝑛 ℎ(𝑧) fungsi analitik dari z, maka aturan untuk pendiferensialan berikut ini
berlaku :
1.
𝑑
𝑑𝑧
𝑓 𝑧 + 𝑔 𝑧 =
𝑑
𝑑𝑧
𝑓 𝑧 +
𝑑
𝑑𝑧
𝑔 𝑧 = 𝑓′
𝑧 + 𝑔′
𝑧
2.
𝑑
𝑑𝑧
𝑓 𝑧 − 𝑔 𝑧 =
𝑑
𝑑𝑧
𝑓 𝑧 −
𝑑
𝑑𝑧
𝑔 𝑧 = 𝑓′
𝑧 − 𝑔′
𝑧
3.
𝑑
𝑑𝑧
𝑐𝑓 𝑧 = 𝑐
𝑑
𝑑𝑧
𝑓 𝑧 = 𝑐𝑓′(𝑧) dimana c suatu konstanta
4.
𝑑
𝑑𝑧
𝑓 𝑧 𝑔 𝑧 = 𝑓 𝑧
𝑑
𝑑𝑧
𝑔 𝑧 + 𝑔 𝑧
𝑑
𝑑𝑧
𝑓 𝑧 = 𝑓 𝑧 𝑔′
𝑧 + 𝑔 𝑧 𝑓′
𝑧
5.
𝑑
𝑑𝑧
𝑓 𝑧
𝑔 𝑧
=
𝑔 𝑧
𝑑
𝑑𝑧
𝑓 𝑧 −𝑓 𝑧
𝑑
𝑑𝑧
𝑔 𝑧
𝑔 𝑧 2 =
𝑔 𝑧 𝑓′ 𝑧 −𝑓 𝑧 𝑔′ 𝑧
𝑔 𝑧 2 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑔 𝑧 ≠ 0

14. 6. 𝐽𝑖𝑘𝑎 𝑤 = 𝑓 𝜉 𝑑𝑖𝑚𝑎𝑛𝑎 𝜉 = 𝑔 𝑧 𝑚𝑎𝑘𝑎
𝑑𝑤
𝑑𝑧
=
𝑑𝑤
𝑑𝜉
𝑑𝜉
𝑑𝑧
= 𝑓′
𝜉
𝑑𝜉
𝑑𝑧
= 𝑓′ 𝑔 𝑧
𝑔′
𝑧
Dengan cara yang sama, jika 𝑤 = 𝑓 𝜉 𝑑𝑖𝑚𝑎𝑛𝑎 𝜉 = 𝑔 𝜂 𝑑𝑎𝑛 𝜂 = ℎ 𝑧 ,
𝑚𝑎𝑘𝑎
𝑑𝑤
𝑑𝑧
=
𝑑𝑤
𝑑𝜉
𝑑𝜉
𝑑𝜂
𝑑𝜂
𝑑𝑧
hasil ini biasa dinamakan aturan rantai untuk pendiferensialan fungsi kompo
sisi .
7. Jika 𝑤 = 𝑓 𝑧 , maka𝑧 = 𝑓−1
(𝑤); dan 𝑑𝑤 𝑑𝑧 dan 𝑑𝑧 𝑑𝑤 dihubungkan oleh
𝑑𝑤
𝑑𝑧
=
1
𝑑𝑧 𝑑𝑤
8. Jika 𝑧 = 𝑓(𝑡) dan 𝑤 = 𝑔(𝑡) dimana t adalah parameter, maka
𝑑𝑤
𝑑𝑧
=
𝑑𝑤
𝑑𝑡
𝑑𝑧
𝑑𝑡
=
𝑔′(𝑡)
𝑓′(𝑡)

15. TURUNAN FUNGSI ELEMENTER

17. ATURAN L’HOPITAL
Jika 𝑓 dan 𝑔 analitik di D dan 𝑓 𝑧0 = 𝑔 𝑧0 = 0, maka
lim
𝑧→𝑧0
𝑓(𝑧)
𝑔(𝑧)
=
𝑓′(𝑧0)
𝑔′(𝑧0)
Berlaku untuk bentuk tak tentu
∞
∞
, 0∞
, ∞0
, 00
, 1∞
, 𝑑𝑎𝑛 ∞, −∞
Bukti :
Didefinisikan bahwa,
𝑓 𝑧0 = 𝑔 𝑧0 = 0

18. 𝑀𝑎𝑘𝑎,
lim
𝑧→𝑧0
𝑓 𝑧 − 0
𝑔 𝑧 − 0
= lim
𝑧→𝑧0
𝑓 𝑧 − 𝑓 𝑧0
𝑔 𝑧 − 𝑔 𝑧0
= lim
𝑧→𝑧0
𝑓 𝑧 − 𝑓 𝑧0
∆𝑧
𝑔 𝑧 − 𝑔 𝑧0
∆𝑧
=
lim
𝑧→𝑧0
𝑓 𝑧 −𝑓 𝑧0
∆𝑧
lim
𝑧→𝑧0
𝑔 𝑧 −𝑔 𝑧0
∆𝑧
=
𝑓′(𝑧0)
𝑔′(𝑧0)

19. CONTOH SOAL
1. Buktikan bahwa 𝑢 = 𝑒−𝑥
𝑥𝑠𝑖𝑛𝑦 − 𝑦𝑐𝑜𝑠𝑦 harmonik.
Penyelesaian :

𝜕𝑢
𝜕𝑥
= 𝑒−𝑥
𝑠𝑖𝑛𝑦 + −𝑒−𝑥
𝑥𝑠𝑖𝑛𝑦 − 𝑦𝑐𝑜𝑠𝑦 = 𝑒−𝑥
𝑠𝑖𝑛𝑦 − 𝑥𝑒−𝑥
𝑠𝑖𝑛𝑦 + 𝑦𝑒−𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦

𝜕𝑢2
𝜕𝑥2 =
𝜕
𝜕𝑥
𝑒−𝑥
𝑠𝑖𝑛𝑦 − 𝑥𝑒−𝑥
𝑠𝑖𝑛𝑦 + 𝑦𝑒−𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦
= −𝑒−𝑥
𝑠𝑖𝑛𝑦 − 𝑠𝑖𝑛𝑦
𝜕
𝜕𝑥
𝑥𝑒−𝑥
− 𝑦𝑒−𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦
= −𝑒−𝑥
𝑠𝑖𝑛𝑦 − 𝑠𝑖𝑛𝑦 𝑒−𝑥
− 𝑥𝑒−𝑥
− 𝑦𝑒−𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦
= −2𝑒−𝑥
𝑠𝑖𝑛𝑦 + 𝑥𝑒−𝑥
𝑠𝑖𝑛𝑦 − 𝑦𝑒−𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦

𝜕𝑢
𝜕𝑦
= 𝑒−𝑥
𝑥𝑐𝑜𝑠𝑦 + 𝑦𝑠𝑖𝑛𝑦 − 𝑐𝑜𝑠𝑦 = 𝑥𝑒−𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦 + 𝑦𝑒−𝑥
𝑠𝑖𝑛𝑦 − 𝑒−𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦

20. 
𝜕𝑢2
𝜕𝑦2 =
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝑥𝑒−𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦 + 𝑒−𝑥
𝑦𝑠𝑖𝑛𝑦 − 𝑒−𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦
= −𝑥𝑒−𝑥
𝑠𝑖𝑛𝑦 + 𝑒−𝑥
𝑦𝑐𝑜𝑠𝑦 + 𝑒−𝑥
𝑠𝑖𝑛𝑦 + 𝑒−𝑥
𝑠𝑖𝑛𝑦
= −𝑥𝑒−𝑥
𝑠𝑖𝑛𝑦 + 𝑒−𝑥
𝑦𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑒−𝑥
𝑠𝑖𝑛𝑦
Maka, dengan syarat harmonik :
𝜕2
𝑢
𝜕𝑥2
+
𝜕2
𝑢
𝜕𝑦2
= 0
−2𝑒−𝑥
𝑠𝑖𝑛𝑦 + 𝑥𝑒−𝑥
𝑠𝑖𝑛𝑦 − 𝑦𝑒−𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦 + −𝑥𝑒−𝑥
𝑠𝑖𝑛𝑦 + 𝑦𝑒−𝑥
𝑐𝑜𝑠𝑦 + 2𝑒−𝑥
𝑠𝑖𝑛𝑦 = 0
0 = 0 𝑡𝑒𝑟𝑏𝑢𝑘𝑡𝑖

21. 2. Hitunglah lim
𝑧→2𝑖
𝑧2+4
2𝑧2+ 3−4𝑖 𝑧−6𝑖
.
Penyelesaian :
 𝑓 2𝑖 = 2𝑖 2 + 4 = 0
 𝑔 2𝑖 = 2 2𝑖 2
+ 3 − 4𝑖 2𝑖 − 6𝑖 = 0
𝑓 𝑧 𝑑𝑎𝑛 𝑔 𝑧 analitik di 𝑧 = 2𝑖 , sehingga menurut aturan L’Hospital :
lim
𝑧→2𝑖
𝑧2
+ 4
2𝑧2 + 3 − 4𝑖 𝑧 − 6𝑖
= lim
𝑧→2𝑖
2𝑧
4𝑧 + 3 − 4𝑖
=
4𝑖
4𝑖 + 3

22. 3. Hitunglah
𝑑
𝑑𝑧
(𝑧 − 3𝑖)4𝑧+2 .
Penyelesaian :
𝑑
𝑑𝑧
(𝑧 − 3𝑖)4𝑧+2
=
𝑑
𝑑𝑧
𝑒 4𝑧+2 ln 𝑧−3𝑖
= 𝑒 4𝑧+2 ln 𝑧−3𝑖
𝑑
𝑑𝑧
4𝑧 + 2 ln 𝑧 − 3𝑖
= 𝑒 4𝑧+2 ln 𝑧−3𝑖
4𝑧 + 2
𝑑
𝑑𝑧
ln 𝑧 − 3𝑖 + ln(𝑧 − 3𝑖)
𝑑
𝑑𝑧
(4𝑧 + 2)
= 𝑒 4𝑧+2 ln 𝑧−3𝑖
4𝑧 + 2
𝑧 − 3𝑖
+ 4 ln 𝑧 − 3𝑖
= 𝑧 − 3𝑖 4𝑧+1 4𝑧 + 2 + 4 𝑧 − 3𝑖 4𝑧+2 ln 𝑧 − 3𝑖

23. TITIK SINGULAR
Definisi :
Suatu titik dimana 𝑓(𝑧) tidak analitik dinamakan titik singular atau kesingularan 𝑓(𝑧).
Jenis :
1. Kesingularan terpencil (isolated singularities)
Titik 𝑧 = 𝑧0 dinamakan kesingularan terpencil dari 𝑓(𝑧) jika ∃𝛿 > 0 sehingga
lingkaran pada 𝑧 − 𝑧0 = 𝛿 tidak memuat lagi titik singular selain 𝑧0.
Contoh :
𝑓 𝑧 =
1
𝑧
maka 𝑧 = 𝑧0 = 0 merupakan titik singular terisolasi.
2. Pole
Titik 𝑧 = 𝑧0 dinamakan suatu pole bertingkat n jika
lim
𝑧→𝑧0
𝑧 − 𝑧0
𝑛
𝑓(𝑧) ≠ 0 .
Jika n = 1, maka 𝑧0 dinamakan suatu pole sederhana.
Contoh :
𝑓 𝑧 =
1
(𝑧−2)3 memiliki pole bertingkat 3 di 𝑧 = 2.

24. TITIK SINGULAR
4. Kesingularan yang dapat dihapus
kan
Titik 𝑧 = 𝑧0 dinamakan kesingulara
n yang dapat dihapuskan dari 𝑓 𝑧
jika lim
𝑧→𝑧0
𝑓 𝑧 ada.
Contoh :
𝑓 𝑧 =
sin 𝑧
𝑧
maka 𝑓 𝑧 memiliki titi
k singular 𝑧 = 0 .
𝑓 𝑧 dapat diubah menjadi fungsi
analitik sebagai berikut :
𝑓 𝑧 =
sin 𝑧
𝑧
, 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑧 ≠ 0
1 , 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑧 = 0
Hal tersebut dikarenakan
lim
𝑧→0
sin 𝑧
𝑧
= 1 .
5. Kesingularan esensial
Titik 𝑧 = 𝑧0 yang bukan suatu
pole, titik cabang atau
kesingularan yang dapat
dihapuskan dinamakan
kesingularan esensial.
Contoh :
𝑓 𝑧 = 𝑒
1
(𝑧−2) memiliki suatu
kesingularan esensial di 𝑧 = 2 .
3. Titik Cabang
Titik 𝑧 = 𝑧0 dari fungsi bernilai banyak
dinamakan titik cabang.
Contoh :
𝑓 𝑧 = (𝑧 − 3)
1
2 memiliki suatu titik cabang
di 𝑧 = 3 .

25. TITIK SINGULAR
6. Kesingularan di tak berhingga
Titik 𝑧 = ∞ merupakan jenis kesingularan dari 𝑓 𝑧 yang dinamakan dengan kesingularan
di tak berhingga, yang sama dengan 𝑓
1
𝑤
di 𝑤 = 0 .
Contoh :
𝑓 𝑧 = 𝑧3
memiliki suatu pole bertingkat 3 di 𝑧 = ∞ ,
karena 𝑓
1
𝑤
=
1
𝑤3 memiliki suatu pole bertingkat 3 di 𝑤 = 0 .

26. Jika ∅ 𝑡 dan 𝜓 𝑡 adalah fungsi peubah riil dengan perubah 𝑡
yang diandaikan kontinu pada 𝑡1 ≤ 𝑡 ≤ 𝑡2 , maka persamaan parameter
𝑧 = 𝑥 + 𝑖𝑦 = ∅ 𝑡 + 𝑖𝜓 𝑡 = 𝑧(𝑡), 𝑡1 ≤ 𝑡 ≤ 𝑡2
mendefinisikan suatu kurva kontinu atau busur dalam bidang 𝑧 , yang
menghubungkan titik-titik 𝑎 = 𝑧(𝑡1) , dan 𝑏 = 𝑧(𝑡2) .
KURVA

27. Jika 𝑡1 ≠ 𝑡2 , sedangkan 𝑧(𝑡1) = 𝑧(𝑡2) , yaitu 𝑎 = 𝑏 , mak
a titik-titik ujungnya berimpit dan kurvanya dinamakan tertutup.
Suatu kurva tertutup yang tidak beririsan dengan dirinya sendiri
di setiap titiknya dinamakan suatu kurva tertutup sederhana.

28. CONTOH SOAL
1. Tentukan letak dan nama kesingularannya dari 𝑓 𝑧 = sec
1
𝑧
dalam bidang z berhingga dan tentukan apakah kesingularannya
terpencil atau tidak.
Penyelesaian :
Karena 𝑓 𝑧 = sec
1
𝑧
=
1
cos(
1
𝑧
)
, maka kesingularannya terjadi
bilamana cos
1
𝑧
= 0 , yaitu
1
𝑧
= 2𝑛 + 1
𝜋
2
atau 𝑧 =
2
(2𝑛+1)𝜋
dimana n = 0,±1, ±2, ±3, … Juga karena 𝑓 𝑧 tidak terdefinisi di z
= 0 maka z = 0 juga suatu kesingularan.

29. Menurut aturan L’Hospital,
Jadi kesingularan 𝑧 =
2
(2𝑛+1)𝜋
dimana n = 0,±1, ±2, ±3, … adalah
pole bertingkat 1, yaitu pole sederhana. Perhatikan bahwa pole ini
terletak pada sumbu riil di z = 𝑧 = ±
2
𝜋
, ±
2
3𝜋
, ±
2
5𝜋
, … dan terdapat tak
berhingga banyaknya dalam suatu selang berhingga yang memuat
nol [lihat Gambar 3.9].

30. Karena tidak dapat ditentukan suatu bilangan bulat positif n sehingga
lim
𝑧→𝑧0
𝑧 − 𝑧0
𝑛
𝑓(𝑧) ≠ 0 maka z = 0 memuat titik singular lain selain dari
pada z = 0 walaupun bagaimana kecilnya pengambilan 𝛿 , maka kita
melihat bahwa z = 0 adalah suatu kesingularan tak terpencil.

31. 2. Buktikan bahwa 𝑓 𝑧 =
𝑠𝑖𝑛 𝑧
𝑧
di z = 0 tidak dapat menjadi suatu titik
cabang dan fungsi tersebut memiliki jenis kesingularan yang dapat dih
apuskan.
Penyelesaian :
Dilihat sepintas, mungkin z = 0 adalah suatu titik cabang. Untuk mengu
ji ini, misalkan 𝑧 = 𝑟𝑒 𝑖𝜃 = 𝑟𝑒 𝑖(𝜃+2𝜋) dimana 0 ≤ 𝜃 < 2𝜋 .
Jika 𝑧 = 𝑟𝑒 𝑖𝜃 , maka 𝑓 𝑧 =
sin( 𝑟𝑒
𝑖𝜃
2 )
𝑟𝑒
𝑖𝜃
2
Jika 𝑧 = 𝑟𝑒 𝑖(𝜃+2𝜋)
, maka 𝑓 𝑧 =
sin( 𝑟𝑒
𝑖𝜃
2 𝑒 𝜋𝑖)
𝑟𝑒
𝑖𝜃
2 𝑒 𝜋𝑖
=
sin(− 𝑟𝑒
𝑖𝜃
2 )
− 𝑟𝑒
𝑖𝜃
2
=
sin( 𝑟𝑒
𝑖𝜃
2 )
𝑟𝑒
𝑖𝜃
2

32. Jadi terdapat hanya tepat satu cabang untuk fungsi tersebut, dan z
= 0 tidak dapat menjadi suatu titik cabang.
Karena lim
𝑧→0
sin 𝑧
𝑧
= 1 , maka ini mengakibatkan z = 0 adalah suatu
kesingularan yang dapat di hapuskan.

33. 3. Tunjukkan bahwa 𝑒 𝑧2
memiliki suatu kesingularan esensial di tak
berhingga.
Penyelesaian :
𝑓 𝑧 = 𝑒 𝑧2
memiliki suatu kesingularan esensial di 𝑧 = ∞ , karena
𝑓
1
𝑤
= 𝑒(
1
𝑤
)2
= 𝑒
1
𝑤2 singular (bukan fungsi analitik) di 𝑤 = 0 .

34. OPERASI – OPERASI YANG MENGGUNAKAN OPERATOR
Operator ∇ (del) dan (del bar) didefinisikan sebagai berikut :

35. Gradien
Divergensi
Curl
Laplacian
𝛁 ∘ 𝛁 ≡ 𝛁² ≡ 𝑹𝒆 𝛁 𝛁 = 𝑹𝒆
𝝏
𝝏𝒙
− 𝒊
𝝏
𝝏𝒚
𝝏
𝝏𝒙
+ 𝒊
𝝏
𝝏𝒚
=
𝝏²
𝝏𝒙²
+
𝝏²
𝝏𝒚²
= 𝟒
𝝏²
𝝏𝒛𝝏𝒛

36. CONTOH SOAL
Jika A(x,y) = 2xy-ix2y3,
Tentukan grad(A), div(A), curl(A), dan Laplacian dari A

37. a. grad(A)
𝛻A =
𝜕
𝜕𝑥
+ 𝑖
𝜕
𝜕𝑦
2𝑥𝑦 − 𝑖𝑥²𝑦³
=
𝜕 2𝑥𝑦−𝑖𝑥²𝑦³
𝜕𝑥
+ 𝑖
𝜕 2𝑥𝑦−𝑖𝑥²𝑦³
𝜕𝑦
= 2𝑦 − 𝑖2𝑥𝑦3 + 𝑖2𝑥 + 3𝑥2 𝑦2
= 2𝑦 + 3𝑥2
𝑦2
+ 𝑖 2𝑥 − 2𝑥𝑦3
b. div(A)
𝛻 ∘ A = 𝑅𝑒 𝛻𝐴
= 𝑅𝑒
𝜕
𝜕𝑥
− 𝑖
𝜕
𝜕𝑦
2𝑥𝑦 − 𝑖𝑥2 𝑦3
= 𝑅𝑒
𝜕 2𝑥𝑦−𝑖𝑥²𝑦³
𝜕𝑥
− 𝑖
𝜕 2𝑥𝑦−𝑖𝑥²𝑦³
𝜕𝑦
= 𝑅𝑒 2𝑦 − 2𝑖𝑥𝑦3 − 2𝑖𝑥 − 3𝑥2 𝑦2
= 2𝑦 − 3𝑥²𝑦²

38. c. curl(A)
𝛻 × A = 𝐼𝑚 𝛻𝐴
= 𝐼𝑚
𝜕
𝜕𝑥
− 𝑖
𝜕
𝜕𝑦
2𝑥𝑦 − 𝑖𝑥2
𝑦3
= 𝐼𝑚
𝜕 2𝑥𝑦 − 𝑖𝑥²𝑦³
𝜕𝑥
− 𝑖
𝜕 2𝑥𝑦 − 𝑖𝑥²𝑦³
𝜕𝑦
= 𝐼𝑚 2𝑦 − 2𝑖𝑥𝑦3
− 2𝑖𝑥 − 3𝑥2
𝑦2
= −2𝑥𝑦3
− 2𝑥
d. Laplacian(A)
𝛻2
A = 𝑅𝑒 𝛻 𝛻 A = 𝑅𝑒
𝜕
𝜕𝑥
− 𝑖
𝜕
𝜕𝑦
𝜕
𝜕𝑥
+ 𝑖
𝜕
𝜕𝑦
2𝑥𝑦 − 𝑖𝑥2
𝑦3
=
𝜕²
𝜕𝑥²
+
𝜕²
𝜕𝑦²
2𝑥𝑦 − 𝑖𝑥2
𝑦3
=
𝜕² 2𝑥𝑦 − 𝑖𝑥2
𝑦3
𝜕𝑥²
+
𝜕² 2𝑥𝑦 − 𝑖𝑥2
𝑦3
𝜕𝑦²
= −2𝑖𝑦³ − 6𝑖𝑥²𝑦

39. SIFAT-SIFAT OPERATOR DIFERENSIAL KOMPLEKS
1. grad (A₁+A₂) = grad A₁ + grad A₂
2. div (A₁+A₂) = div A₁ + div A₂
3. curl (A₁+A₂) = curl A₁ + curl A₂
4. grad (A₁A₂) = A₁ (grad A₂)+ A₂ grad A₁
5. curl (grad A) = 0, jika A riil atau lebih umum lagi jika I
m(A) harmonik
6. div (grad A) = 0, jika A imajiner atau lebih umum lagi
jika Re(A) harmonik

40. CONTOH SOAL
1.
Jika F(x,y) = c adalah suatu kurva di bidang xy, dimana c
adalah suatu konstanta dan F mempunyai turunan kontinu
, maka tunjukkan bahwa
adalah suatu vektor normal pada kurva tersebut.

41. Penyelesaian :
Karena F(x,y) = C maka 𝑑𝐹 =
𝜕𝐹
𝜕𝑥
𝑑𝑥 +
𝜕𝐹
𝜕𝑦
𝑑𝑦 = 0 . per
nyataan ini dapat dituliskan dalam bentuk
𝜕𝐹
𝜕𝑥
+ 𝑖
𝜕𝐹
𝜕𝑦
∘
𝑑𝑥 + 𝑖𝑑𝑦 = 0. Hal ini menunjukkan bahwa kedua ko
mponen tersebut saling tegak lurus dimana ( 𝑑𝑥

42. 2.
Misalkan C adalah kurva dalam bidang xy
yang didefinisikan 3x2y - 2y3 = 5x4y2- 6x2.
Tentukan suatu vektor normal satuan pada
C di titik (1,-1).

43. Penyelesaian :
Misalkan F(x,y) = 3x2y - 2y3 - 5x4y2+ 6x2 = 0
Vektor normal di titik (1,-1) adalah
𝛻F =
𝜕𝐹
𝜕𝑥
+ 𝑖
𝜕𝐹
𝜕𝑦
=
𝜕 3x²
y − 2y³
− 5x⁴
y²
+ 6x²
𝜕𝑥
+ 𝑖
𝜕 3x²
y − 2y³
− 5x⁴
y²
+ 6x²
𝜕𝑦
= 6𝑥𝑦 − 20𝑥³𝑦² + 12𝑥 + 𝑖 3𝑥² − 6𝑦² − 10𝑥⁴𝑦
𝛻F 1, −1 = −14 + 7i
Vektor satuan normal di titik (1,-1) adalah
−14+7i
−14+7i
=
−14+7i
7 5
=
−2+𝑖
5

44. Thank you