Bab 3 Fungsi Elementer Bab 3 ini direncanakan akan disampaikan dalam 3 kali pertemuan, dengan perincian sebagai berikut: (1) Pertemuan I: Fungsi Eksponensial dan sifat-sifatnya, Fungsi Trigonometri. (2) Pertemuan II: Fungsi Hiperbolik, Fungsi logaritma, cabang-cabang fungsi logaritma dan sifat-sifatnya. (3) Pertemuan III: Pangkat Kompleks, Invers fungsi trigonometri dan fungsi hiperbolik. Di dalam bab ini akan dipelajari beberapa jenis fungsi elementer. Berangkat dari fungsi-fungsi elementer dengan variabel dan nilai real sebagaimana telah dipelajari di dalam mata kuliah kalkulus, akan didefinisikan fungsi-fungsi sejenis dengan variabel dan nilai kompleks, sehingga fungsi-fungsi real tersebut menjadi kejadian khususnya. Sebagai permulaan, terlebih dahulu akan didefinisikan fungsi eksponensial kompleks. Setelah itu, akan dikembangkan fungsi-fungsi lain dengan menggunakan fungsi eksponensial tersebut.
3.1
Fungsi Eksponensial
Di dalam kalkulus, fungsi eksponensial mempunyai rumus f (x) = ex ,
x∈R
(3.1)
Oleh karena itu, sebagaimana telah diterangkan pada awal bab ini, fungsi eksponensial kompleks harus dapat direduksi menjadi rumus (3.1), yaitu apabila z = x + i.0, maka f (z) = ex ,
(3.2)
untuk setiap x ∈ R. Karena f (x) = ex analitik pada R dan
d(ex ) dx
= ex untuk
setiap x ∈ R, maka fungsi eksponensial kompleks juga harus mempunyai sifat f merupakan fungsi utuh,
dan 61
f 0 (z) = f (z),
(3.3)
untuk setiap z ∈ C. Selanjutnya, akan ditentukan fungsi f (z) sehingga (3.2) dan (3.3) dipenuhi. Misalkan fungsi yang dimaksud adalah f (z) = u(x, y)+iv(x, y). Karena (3.3), maka ux (x, y) = u(x, y) dan vx (x, y) = v(x, y) untuk setiap (x, y) ∈ R2 . Hal ini mengakibatkan adanya fungsi real g(y) dan h(y) sehingga u(x, y) = ex g(y)
dan
v(x, y) = ex h(y)
(3.4)
Sekali lagi, menurut (3.3) f fungsi utuh, artinya f analitik di setiap (x, y) ∈ R2 . Oleh karena itu, u dan v harmonik pada R2 . Jadi, untuk setiap (x, y) ∈ R2 berlaku persamaan differensial Laplace uxx + uyy = 0
dan
vxx + vyy = 0
(3.5)
h00 (y) + h(y) = 0
(3.6)
Selanjutnya, dari (3.4) dan (3.5), diperoleh g 00 (y) + g(y) = 0
dan
Masing-masing persamaan diferensial di dalam (3.6) mempunyai penyelesaian g(y) = A1 cos y + B1 sin y
dan
h(y) = A2 cos y + B2 sin y
Dengan demikian u(x, y) = ex (A1 cos y + B1 sin y) dan v(x, y) = ex (A2 cos y + B2 sin y) Karena di setiap (x, y) ∈ R2 , berlaku persamaan Cauchy-Riemann, maka B2 = A1
dan
A2 = −B1 ,
sehingga f (z) = ex (A1 cos y + B1 sin y) + iex (A2 cos y + B2 sin y) = ex (A1 cos y + B1 sin y) + iex (−B1 cos y + A1 sin y) Untuk z = x, maka dari persamaan terakhir diperoleh ex = ex (A1 ) + iex (−B1 ) ⇔ A1 = 1 dan B1 = 0 62
Jadi, f (z) = ex (cos y + i sin y). Berdasarkan uraian di atas, selanjutnya dapat diturunkan definisi untuk fungsi eksponensial kompleks. Definisi 3.1.1 Untuk sebarang z ∈ C, didefinisikan ez = ex (cos y + i sin y)
(3.7)
Untuk diperhatikan, apabila z = iθ, maka persamaan (3.7) menjadi eiθ = cos θ + i sin θ,
(3.8)
Persamaan (3.8) disebut rumus Euler. Dengan demikian, setiap bilangan kompleks z 6= 0 dapat pula dinyatakan ke dalam bentuk eksponensial z = reiθ , dengan r = |z| dan θ = arg z. Selanjutnya, berdasarkan keterangan pada Bagian 1.4, maka untuk sebarang θ1 , θ2 berlaku eiθ1 eiθ2 = (cos θ1 + i sin θ1 )(cos θ2 + i sin θ2 ) = (cos(θ1 + θ2 ) + i sin(θ1 + θ2 ) = ei(θ1 +θ2 ) Dengan cara yang sama, diperoleh pula eiθ1 = ei(θ1 −θ2 ) eiθ2 Dengan mengingat rumus Euler, maka (3.7) dapat pula ditulis sebagai ez = ex eiy ,
(3.9)
sehingga |ez | = ex . Jadi, dari (3.9), diperoleh |ez | = ex
dan
arg(ez ) = y + 2kπ,
Karena |ez | = ex selalu positif, maka ez 6= 0, 63
k∈Z
untuk setiap z ∈ C. Perhatikan bahwa berdasarkan (3.8), eiπ = −1. Jadi, berbeda dengan fungsi eksponential real yang selalu bernilai positif, maka fungsi eksponential kompleks bisa bernilai negatif ataupun kompleks. Berdasarkan (3.8) pula, e2πi = 1, sehingga ez+2πi = ez , untuk setiap z ∈ C. Jadi, fungsi eksponential merupakan fungsi periodik dengan periode 2πi. Sebagai contoh, dapat dibuktikan bahwa e2+3πi = −e2 Berdasarkan ekspresi (3.9) di atas, sifat-sifat eksponensial menjadi mudah untuk dipahami. Sifat 3.1.2 Untuk sebarang z, z1 , z2 ∈ C dan n ∈ Z, berlaku ez1 ez2 = ez1 +z2 ez1 = ez1 −z2 ez2 (ez )n = enz
(3.10) (3.11) (3.12)
Bukti: Misalkan z1 = x1 + iy1 dan z2 = x2 + iy2 . Karena x1 , x2 , y1 , y2 ∈ R, maka ez1 ez2 = ex1 eiy1 ex2 eiy2 = ex1 ex2 eiy1 eiy2 = ex1 +x2 ei(y1 +y2 ) = ez1 +z2 , dan
ex1 eiy1 ex1 eiy1 e z1 = = = ex1 −x2 ei(y1 −y2 ) = ez1 −z2 ez2 ex2 eiy2 ex2 eiy2 Untuk persamaan (3.12), dimisalkan z = x + iy. Berdasarkan rumus Euler dan rumus de Moivre, maka untuk n ∈ Z, diperoleh (ez )n = (ex )n (eiy )n = enx einy = enz . 2
Diberikan g(w) = ln r + iθ dengan w = reiθ . Berdasarkan persamaan (3.9), maka diperoleh eg(w) = w 64
Hal ini berarti bahwa g(w) = ln r + iθ merupakan invers dari f (z) = ez , dan sebaliknya. Contoh 3.1.3 Jika ez = −2, maka z = ln 2 + i(2n + 1)π, karena −2 = 2ei(2n+1)π .
Latihan 1. Tunjukkan f (z) = z 2 − ze−z merupakan fungsi utuh. 2. Tentukan semua nilai z sehingga √ b. ez = 1 − i 3
a. ez = 1
d. ez+2 = −1 − e−z
c. e1−2z = −2 2
3. Tunjukkan bahwa |e2z+i + eiz | ≤ e2x + e−2xy . 4. Tunjukkan ez¯ = ez untuk setiap z ∈ C. 5. Tunjukkan bahwa f (z) = ez¯ tidak analitik di mana-mana. 2
6. Selidiki kapan f (z) = ez analitik. 7. Tunjukkan (ez )n = enz untuk setiap n ∈ Z.
3.2
Fungsi Trigonometri
Pada bagian sebelumnya telah diterangkan rumus Euler, yaitu eix = cos x + i sin x untuk setiap x ∈ R. Selanjutnya, berdasarkan rumus Euler ini, berturut-turut diperoleh eix − e−ix = 2i sin x
dan
65
eix + e−ix = 2 cos x
(3.13)
Berawal dari persamaan (3.13) di atas, maka fungsi sinus dan cosinus dengan perubah kompleks didefinisikan sebagai berikut sin z =
eiz − e−iz , 2i
cos z =
eiz + e−iz 2
(3.14)
Mudah ditunjukkan bahwa sin(−z) = − sin z
dan
cos(−z) = cos z
Dari (3.14) terlihat bahwa sin z dan cos z masing-masing merupakan kombinasi linear fungsi utuh eiz dan e−iz . Oleh karena itu, mudah dipahami bahwa sin z dan cos z keduanya merupakan fungsi utuh. Dari (3.14) dapat pula ditunjukkan bahwa d(sin z) = cos z dz
dan
d(cos z) = − sin z dz
Dalam kalkulus telah dikenal fungsi sinus hiperbolikus dan cosinus hiperbolikus, yaitu sinh y =
ey − e−y 2
dan
cosh y =
ey + e−y 2
(3.15)
untuk setiap y ∈ R. Berdasarkan hal ini dan persamaan (3.14), maka mudah ditunjukkan bahwa sin(iy) = i sinh y
dan
cos(iy) = cosh y
(3.16)
Dapat diperlihatkan bahwa identitas-identitas trigonometri juga berlaku untuk perubah kompleks. Untuk itu, terlebih dahulu akan ditunjukkan bahwa 2 sin z1 cos z2 = sin(z1 + z2 ) + sin(z1 − z2 ) Berdasarkan (3.14) dan sifat-sifat fungsi eksponensial, maka eiz1 − e−iz1 eiz2 + e−iz2 )( ) 2i 2 ei(z1 +z2 ) − e−i(z1 +z2 ) ei(z1 −z2 ) − e−i(z1 −z2 ) = + 2i 2i = sin(z1 + z2 ) + sin(z1 − z2 )
2 sin z1 cos z2 = 2(
66
(3.17)
Selanjutnya, berdasarkan (3.17) dapat ditunjukkan rumus-rumus identitas berikut ini: sin(z1 + z2 ) = sin z1 cos z2 + cos z1 sin z2 ,
(3.18)
cos(z1 + z2 ) = cos z1 cos z2 − sin z1 sin z2 ,
(3.19)
sin2 z + cos2 z = 1,
(3.20)
cos 2z = cos2 z − sin2 z, π dan cos(z + ) = − sin z. 2
sin 2z = 2 sin z cos z, π sin(z + ) = cos z, 2
(3.21) (3.22)
Diberikan sebarang z = x + iy. Apabila dalam (3.18) dan (3.19) diambil z1 = x dan z2 = iy, maka berdasarkan (3.16) diperoleh sin z = sin x cosh y + i cos x sinh y, dan
(3.23)
cos z = cos x cosh y − i sin x sinh y.
(3.24)
Selanjutnya, mengingat sin2 x + cos2 x = 1 dan cosh2 x − sinh2 x = 1 untuk setiap x ∈ R, maka dari (3.23) dan (3.24) dapat diturunkan identitas | sin z|2 = sin2 x + sinh2 y,
dan | cos z|2 = cos2 x + sinh2 y.
(3.25)
Karena sinh2 y tidak terbatas, maka berdasarkan (3.25) sin z dan cos z juga tak terbatas. Jadi, berbeda dengan sinus dan cosinus perubah real, yang nilai mutlaknya tidak lebih dari 1, maka sinus dan cosinus perubah kompleks nilai mutlaknya bisa lebih dari 1. Contoh 3.2.1 Selesaikan sin z = 2i. Penyelesaian: Berdasarkan (3.23), sin z = 2i ⇔ sin x cosh y + i cos x sinh y = 2i Selanjutnya, dengan menyamakan bagian real dan bagian imaginer kedua ruas persamaan di atas diperoleh sin x cosh y = 0
dan 67
cos x sinh y = 2
Karena cosh y 6= 0, maka dari sin x cosh y = 0, diperoleh sin x = 0. Akibatnya, x = k2π
atau
x = (2k + 1)π
(3.26)
Jika x = 2kπ, maka cos x = 1. Sehingga, dari cos x sinh y = 2, diperoleh ey − e−y =2 2 ⇔ e2y − 2ey − 1 = 0
sinh y = 2 ⇔
⇔ (ey − 1)2 = 2 Selanjutnya, karena ey − 1 ≥ 0, maka ey − 1 = y = ln(1 +
√
√ 2, atau
2
(3.27)
Kemungkinan lain, yaitu apabila x = (2k +1)π, maka cos x = −1. Akibatnya, dari cos x sinh y = 2, diperoleh ey − e−y = −2 2 ⇔ e2y + 2ey − 1 = 0
sinh y = −2 ⇔
⇔ (ey + 1)2 = 2 Selanjutnya, karena ey + 1 > 0, maka ey + 1 = y = ln(−1 +
√
2, atau
√ √ 2) = − ln(1 + 2)
Dari 3.26, 3.27, dan 3.28, diperoleh z = kπ ± i ln(1 +
√
2), k ∈ Z. 2
Kiranya pembaca dengan mudah akan dapat menunjukkan bahwa sin z = 0 ⇔ z = kπ, k ∈ Z dan 1 cos z = 0 ⇔ z = (k + )π, k ∈ Z 2 68
(3.28)
Fungsi-fungsi trigonometri yang lain didefinisikan berdasarkan fungsi sinus dan cosinus, yaitu sebagai berikut: sin z , cos z 1 , sec z = cos z
cos z sin z 1 csc z = sin z
tan z =
cot z =
Mudah dipahami bahwa tan z dan sec z analitik kecuali di titik-titik di mana cos z = 0, yaitu z = (k + 21 π, k ∈ Z. Demikian pula, cot z dan csc z analitik k ∈ Z. Selanjutnya, dengan memperhatikan
kecuali di titik-titik z = kπ,
turunan sin z dan cos z, diperoleh d tan z = sec2 z, dz
d cot z = − csc2 z dz
dan d csc z = − csc z cot z dz
d sec z = sec z tan z, dz
Latihan 1. Selesaikan persamaan-persamaan di bawah ini. a. cos z = 2
b. sin z = 1
c. cos z = cosh 2
d. tan z = 2
2. Tunjukkan rumus-rumus identitas (3.18), (3.19), (3.20), (3.21), dan (3.22). 3. Tunjukkan bahwa a. 1 + tan2 z = sec2 z
b. 1 + cot2 z = csc2 z
4. Selidiki di mana f (z) = sin z¯ analitik. 5. Tunjukkan u(x, y) harmonik, a. u(x, y) = sin x cosh y
b. u(x, y) = cos x cosh y
69
Selanjutnya, tentukan v(x, y) agar f (z) = u(x, y) + iv(x, y) merupakan fungsi utuh. 6. Tunjukkan a. | sinh y| ≤ | sin z| ≤ cosh y
3.3
b. | sinh y| ≤ | cos z| ≤ cosh y
Fungsi Hiperbolik
Fungsi hiperbolik dengan variabel kompleks didefinisikan sejalan dengan fungsi hiperbolik dengan variabel real, yaitu sebagai berikut sinh z =
ez − e−z 2
dan
cosh z =
ez + e−z 2
Kedua fungsi tersebut di atas merupakan fungsi utuh (mengapa?) dan d sinh z = cosh z dz
dan
d cosh z = sinh z dz
Selanjutnya, dengan memperhatikan definisi sin z dan cos z sebagaimana diberikan pada Bagian 3.2, maka diperoleh sinh(iz) = i sin z,
sin(iz) = i sinh z,
cosh(iz) = cos z
(3.29)
cos(iz) = cosh(iz)
(3.30)
Dengan menggunakan identitas-identitas pada 3.29 dan 3.30, mudah ditunjukkan rumus-rumus identitas sinh(−z) = − sinh z,
cosh(−z) = cosh z
(3.31)
cosh2 z − sinh2 z = 1
(3.32)
sinh(z1 + z2 ) = sinh z1 cosh z2 + cosh z1 sinh z2
(3.33)
cosh(z1 + z2 ) = cosh z1 cosh z2 + sinh z1 sinh z2
(3.34)
70
dan apabila z = x + iy, maka berdasar 3.33 dan 3.34, diperoleh sinh z = sinh x cos y + i cosh x sin y
(3.35)
cosh z = cosh x cos y + i sinh x sin y
(3.36)
| sinh z|2 = sinh2 x + sin2 y
(3.37)
| cosh z|2 = sinh2 x + cos2 y
(3.38)
Akibatnya,
Contoh 3.3.1 Tentukan semua akar-akar cosh z = i Penyelesaian: Dengan memperhatikan 3.36, cosh z = i ⇔ cosh x cos y + i sinh x sin y = i sehingga diperoleh cosh x cos y = 0
dan
sinh x sin y = 1
Dari cosh x cos y = 0, diperoleh cos y = 0. Hal ini dikarenakan cosh x 6= 0. Akibatnya, y=
π + 2kπ 2
atau
y=
3π + 2kπ 2
(3.39)
untuk k ∈ Z. Apabila y = π2 +2kπ, maka sin y = 1. Sehingga dari sinh x sin y = 1, diperoleh ex − e−x =1 2 ⇔ e2x − 2ex − 1 = 0
sinh x = 1 ⇔
⇔ (ex − 1)2 = 2 Selanjutnya, karena ex − 1 ≥ 0, maka ex − 1 = x = ln(1 + 71
√
2)
√
2 atau (3.40)
Apabila y =
3π 2
+ 2kπ, maka sin y = −1. Sehingga dari sinh x sin y = 1, diperoleh ex − e−x = −1 2 ⇔ e2x + 2ex − 1 = 0
sinh x = −1 ⇔
⇔ (ex + 1)2 = 2 Selanjutnya, karena ex + 1 > 0, maka ex + 1 = x = − ln(1 +
√
√ 2 atau
2)
(3.41)
Selanjutnya, dari 3.39, 3.40, dan 3.41, diperoleh z = ln(1 +
√
atau
2) + i(
√
π + 2kπ), 2
k∈Z
3π + 2kπ), k∈Z 2 Cara lain untuk menyelesaikan persamaan cosh z = i adalah langsung mengz = − ln(1 +
2) + i(
gunakan definisi. Lengkapnya adalah sebagai berikut. ez + e−z cosh z = i ⇔ =i 2 ⇔ e2z − 2iez + 1 = 0 ⇔ (ez − i)2 = −2 = 2cis(π) Selanjutnya, dengan memperhatikan akar kompleks, diperoleh ez − i =
√ π + 2kπ ), k = 0, 1 2cis( 2
atau
√ π + 2kπ 2cis( ), k = 0, 1 2 Selanjutnya, dengan memperhatikan uraian pada Bagian 3.1, diperoleh ez = i +
z = ln(1 + atau z = − ln(1 +
√
2) + i(
π + 2kπ), 2
√ 3π 2) + i( + 2kπ), 2 72
k∈Z
k ∈ Z. 2
Fungsi-fungsi hiperbolik yang lain didefinisikan sebagai berikut. tanh z =
sinh z , cosh z
coth z =
1 tanh z
sech z =
1 ,, cosh z
csch z =
1 sinh z
Latihan 1. Tentukan
d tanh z dz
dan
d coth z . dz
2. Tunjukkan rumus-rumus identitas 3.31, 3.32, 3.33, dan 3.34. 3. Bilangan c ∈ C disebut zeros dari f (z) jika f (c) = 0. Tentukan semua zeros dari sinh z dan cosh z. 4. Tentukan titik-titik singular dari tanh z. 5. Tentukan akar-akar dari a. cosh = 4
b. sinh z = 2i
6. Selidiki di himpunan mana f (z) = sinh(e−z ).
3.4
Fungsi Logaritma
Sebagaimana telah dijelaskan pada Bagian 3.1, untuk sebarang bilangan kompleks tak nol z = ρeiφ , −π < φ ≤ π, persamaan ew = z mempunyai solusi w = ln ρ + i(φ + 2nπ),
n∈Z
Apabila logarirma kompleks log w didefinisikan sebagai log z = ln ρ + i(φ + 2nπ), 73
n∈Z
(3.42)
maka diperoleh elog z = z. Kenyataan ini memberikan inspirasi untuk pendefinisan fungsi logaritma kompleks. Untuk sebarang variabel tak nol z = ρeiφ , −π < φ ≤ π, fungsi log z didefinisikan sebagai log z = ln ρ + i(φ + 2nπ),
n∈Z
(3.43)
Nilai utama dari log z dicapai pada saat n = 0 dan ditulis dengan Log z. Jadi, Log z = ln ρ + iφ,
−π <φ≤π
Contoh 3.4.1 Karena 1 = ei0 , maka log 1 = ln 1 + i(0 + 2nπ),
n∈Z
sedangkan Log 1 = 0. Secara sama, log(−2) = ln 2 + i(2n + 1)π dan Log(−2) = ln 2 + iπ.
Untuk sebarang variabel kompleks tak nol z = reiθ , maka argumen z, yaitu θ, dapat dituliskan sebagai θ = Arg(z) + 2nπ, n ∈ Z. Selanjutnya, 3.43 dapat disajikan sebagai log z = ln r + iθ
(3.44)
log z = ln r + iargz
(3.45)
atau
Karena arg(z) merupakan fungsi bernilai banyak, maka log z juga bernilai banyak. Selanjutnya, untuk sebarang α ∈ R diperhatikan salah satu nilai log z, yaitu log z = ln r + iθ,
r > 0, α < θ ≤ α + 2π 74
(3.46)
Bagian real dan imaginer dari log z adalah u(r, θ) = r
dan
v(r, θ) = θ
(3.47)
yang masing-masing kontinu pada α < θ < α + 2π. Selanjutnya, ur , uθ , vr , dan vθ ada dan kontinu pada α < θ < α + 2π dan pada domain tersebut berlaku persamaan Cauchy-Riemann 1 ur = vθ r
uθ = −rvr
dan
Jadi, f (z) analitik pada α < θ < α + 2π dan f 0 (z) =
1 1 = iθ re z
Khususnya dLogz 1 = , dz z
−π <θ <π
Gambar 3.1
Selanjutnya, diperhatikan fungsi log z sebagaimana diberikan pada persamaan (3.46) untuk z ∈ {reiα : r > 0}. Bagian imaginer dari log z tersebut, yaitu v(r, θ) = θ tidak kontinu di θ = α, sebab limθ→α− v(r, θ) 6= limθ→α+ v(r, θ). Oleh karena itu, f 0 tidak ada untuk setiap z ∈ {reiα :
r > 0}. Jadi, fungsi log z sebagaimana
diberikan pada persamaan (3.46) analitik kecuali untuk z ∈ {reiα : r > 0}. 75
Cabang suatu fungsi bernilai banyak f (z) adalah fungsi bernilai tunggal F (w) yang analitik pada suatu domain D dimana untuk setiap w ∈ D, F (w) merupakan salah satu nilai dari f (z). Fungsi F (w) disebut cabang utama dari f (z) jika F (w) cabang dari f (z) dan −π < argw < π. Jadi, untuk sebarang bilangan real α, fungsi log z, log z = ln r + iθ,
r > 0, α < θ < α + 2π,
masing-masing merupakan cabang dari fungsi log z, z 6= 0. Sedangkan Logz = ln r + iθ,
−π <θ <π
adalah cabang utama dari log z. Selanjutnya, akan diteliti sifat-sifat dasar dari fungsi logaritma. Diberikan sebarang z = x + iy, maka ez = ex .eiy Selanjutnya, dengan memperhatikan (3.43), diperoleh log(ez ) = ln ex + i(y + 2nπ) = x + i(y + 2nπ) = z + (2nπ)i,
n∈Z
Khususnya, Logez = z Untuk sebarang z1 , z2 ∈ C, dengan mudah dapat ditunjukkan bahwa log(z1 z2 ) = log z1 + log z2
(3.48)
dan log(
z1 ) = log z1 − log z2 z2
(3.49)
Pembaca perlu berhati-hati dalam memahami makna persamaan (3.48) dan (3.49). Sebagaimana maksud arg(z1 z2 ) = argz1 + argz2 maka persamaan (3.48) harus dibaca atau diartikan bahwa sebarang nilai log(z1 z2 ) sama dengan suatu nilai log z1 ditambah suatu nilai log z2 . Persamaan (3.49) dibaca secara sama. 76
Contoh 3.4.2 Diberikan z1 = z2 = −1, maka z1 z2 = 1. Berturut-turut diperoleh log z1 = log z2 = (2n + 1)πi
dan
log z1 z2 = 2nπi
Selanjutnya, untuk sebarang n ∈ Z, 2nπi dapat dituliskan sebagai 2nπi = (2k1 + 1)πi + (2k2 + 1)πi,
(3.50)
untuk suatu k1 , k2 ∈ Z. Ruas kiri pada (3.50) berarti sebarang nilai log z1 z2 , sedangkan ruas kanan berarti suatu nilai log z1 ditambah suatu nilai log z2 . Latihan 1. Hitunglah √ b. log(−1 + i 3) √ d. log(3 + i 3)
a. log(1 − i) c. Log(1 + i)
2. Tentukan semua z sehingga log z = 1 − πi. 3. Selidiki apakah log z 2 = 2 log z. Jelaskan jawaban Saudara. 4. Jika D sebarang domain yang tak memuat 0, tunjukkan u(x, y) = ln(x2 +y 2 ) harmonik pada D. Selanjutnya, tentukan fungsi f (z) = u(x, y) + iv(x, y) yang analitik pada D. 5. Tentukan Re{log(z + 1)}.
3.5
Pangkat Kompleks
Di dalam kalkulus telah dikenal bentuk pangkat xc , untuk sebarang c > 0 dan c 6= 1. Selanjutnya, karena ln xc = c ln x, maka dapat dituliskan xc = ec ln x
(3.51)
Sejalan dengan persamaan (3.51), didefinisikan bentuk pangkat kompleks. Untuk sebarang z 6= 0 dan untuk sebarang c ∈ C, didefinisikan z c = ec log z 77
(3.52)
Contoh 3.5.1 Berdasarkan (3.52), berturut-turut diperoleh i2 = e2 log i = e(2n+1)πi = −1 (1 − i)i = ei log(1−i) = ei(ln
√
2+i(8n−1) π4 )
= e−(8n−
L
1) π4 +i ln
√
2
Diberikan sebarang z = reiθ . Untuk sebarang α ∈ R, log z = ln r + iθ,
r > 0, α < θ < α + 2π
merupakan fungsi bernilai tunggal dan analitik pada domain yang diberikan, yaitu {z : r > 0, α < θ < α + 2π}. Selanjutnya, karena z c = ec log z maka menggunakan aturan rantai diperoleh c dz c = ec log z . = cz c−1 dz z Diberikan sebarang bilangan kompleks tak nol c ∈ C. Sebagaimana (3.52), cz = ez log c
(3.53)
Contoh 3.5.2 Berdasarkan (3.53), 2z = ez log 2 = ez(ln 2+2nπi) Karena f (z) = ez merupakan fungsi utuh, maka mudah dipahami bahwa g(z) = cz juga merupakan fungsi utuh dan dcz = cz log c dz
Latihan 1. Tunjukkan π
π
a. i(2+i) = −e−(4n+1) 2 , n ∈ Z
b. (1−i)−i = e(8n−1) 4 −i ln 2 , n ∈ Z 78
2. Hitunglah a. (1 + i)i
b. (1 − i)(1−i)
3. Tentukan cabang utama dari z i . √ 1 √ 4. Tunjukkan (−1 + i 3) 2 = ±2 2 dengan 2 cara. 5. Jika z 6= 0 dan a ∈ R, tunjukkan bahwa untuk nilai utamanya berlaku |z a | = |a|a .
3.6
Invers Fungsi Trigonometri dan Invers Fungsi Hiperbolik
Invers dari sin z ditulis dengan sin−1 z. Secara sama, cos−1 z, tan−1 z, cot−1 z, sec−1 z, dan csc−1 z berturut-turut menyatakan invers dari cos z, tan z, cot z, sec z, dan csc z. Misalkan sin−1 z = w, maka eiw − e−iw 2i
(3.54)
(eiw )2 − 2izeiw − 1 = 0
(3.55)
z = sin w = atau ekuivalen dengan
Apabila (3.55) diselesaian untuk eiw , maka diperoleh 1
eiw = iz + (1 − z 2 ) 2 atau
1
w = −i log{iz + (1 − z 2 ) 2 }
(3.56)
Jadi berdasarkan (3.56), 1
sin−1 z = −i log{iz + (1 − z 2 ) 2 } 79
(3.57)
Contoh 3.6.1 Tentukan akar-akar dari sin z = 2i. Penyelesaian: Berdasarkan persamaan (3.57, 1
z = −i log{i2i + (1 + 4) 2 } √ = −i log{−2 ± 5} Karena log{−2 −
√ √ 5} = ln{2 + 5} + i(2n + 1)π
dan log{−2 +
√
5} = ln{−2 +
√
5} + i2nπ = − ln{2 +
maka
√
z = −i{(−1)n+1 ln{2 +
5} + inπ},
√
5} + i2nπ
n ∈ Z. 2
Selanjutnya, dengan cara yang sama mudah ditunjukkan bahwa 1
cos−1 z = −i log{z + i(1 − z 2 ) 2 } dan tan−1 z =
i i+z log 2 i−z
Turunan fungsi-fungsi sin−1 z, cos−1 z, dan tan−1 z diperoleh dengan mengingat turunan fungsi logaritma dan aturan rantai. d sin−1 z 1 = 1 dz (1 − z 2 ) 2 d cos−1 z −1 = 1 dz (1 − z 2 ) 2 d tan−1 z 1 = dz 1 + z2
80
Invers fungsi-fungsi hiperbolik dapat diperoleh sebagaimana invers fungsifungsi trigonometri. 1
sinh−1 z = log{z + (z 2 + 1) 2 } 1
cosh−1 z = log{z + (z 2 − 1) 2 } tanh−1 z =
1+z 1 log 2 1−z
81
Latihan 1. Selesaikan persamaan-persamaan berikut. a. cos z = i
b. sinh z = 2
c. tan z = 1
d. sin z = −2 cos z
2. Turunkan rumus-rumus untuk cos−1 z, tan−1 z, sinh−1 z, cosh−1 z, dan tanh−1 z 3. Selesaikan cos(z + 1) = 2 dengan 2 cara.
82
