Bab 4 Integral Bab 4 ini direncanakan akan disampaikan dalam 4 kali pertemuan, dengan perincian sebagai berikut: (1) Pertemuan I: Fungsi bernilai kompleks, lintasan, dan integral lintasan. (2) Pertemuan II: Antiderivatif dan Teorema Cauchy-Goursat. (3) Pertemuan III: Rumus integral Cauchy dan Turunan fungsi analitik. (4) Pertemuan IV: Teorema Modulus Maksimum, Teorema Morera, dan Teorema Liouville. Salah satu topik yang sangat penting di dalam mempelajari fungsi variabel kompleks adalah integral. Topik ini menjadi sangat penting dan menarik untuk dipelajari, karena tidak hanya berguna bagi matematika itu sendiri, namun juga sangat berguna bagi bidang-bidang lain, seperti bidang teknik, fisika, ekonomi, dan lain sebagainya.
4.1
Fungsi Bernilai Kompleks
Terlebih dahulu akan diperkenalkan derivatif dan integral tertentu fungsi bernilai kompleks yang didefinisikan pada suatu daerah definisi di dalam sistem bilangan real <. Diberikan fungsi bernilai kompleks w(t) = u(t) + iv(t) dengan t variabel real. Turunan w, ditulis w0 (t) atau
dw(t) dt
didefinisikan sebagai
w0 (t) = u0 (t) + iv 0 (t) asalkan u0 (t) dan v 0 (t) ada untuk setiap t. Dari definisi tersebut, dapat diturunkan sifat-sifat derivatif fungsi bernilai kompleks. Teorema 4.1.1 Jika
dw1 (t) dt
dan
dw2 (t) dt
ada, maka
d(w1 (t)+w2 (t)) dt
d(w1 (t) + w2 (t)) dw1 (t) dw2 (t) = + dt dt dt 82
dan
Bukti: Bukti diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.
Teorema 4.1.2 Diberikan fungsi bernilai kompleks w(t) = u(t) + iv(t). Jika d(z0 w(t)) dt
w0 (t) ada, maka untuk sebarang z0 ∈ C,
ada dan
d(z0 w(t)) dw(t) = z0 . dt dt Bukti: Misalkan z0 = x0 + iy0 . Karena z0 w(t) = (x0 + iy0 )(u(t) + iv(t)) = (x0 u(t) − y0 v(t)) + i(x0 v(t) + y0 u(t)) maka d((x0 u(t) − y0 v(t))) d((x0 v(t) + y0 u(t))) d(z0 w(t)) = +i dt dt dt = (x0 u0 (t) − y0 v 0 (t) + i(x0 v 0 (t) + y0 u0 (t)) = (x0 + iy0 )(u0 (t) + iv 0 (t)) = z0 w0 (t). 2
Teorema 4.1.3 Untuk sebarang z0 ∈ C,
d(ez0 t ) dt
ada dan
d(ez0 t ) = z0 ez0 t . dt Bukti: Bukti diserahkan kepada pembaca sebagai latihan. Perlu diperhatikan, meskipun turunan fungsi bernilai kompleks diturunkan dari definisi fungsi bernilai real, namun ternyata tidak semua sifat yang berlaku untuk turunan fungsi bernilai real bisa dibawa ke fungsi bernilai kompleks. Sebagai contoh, diperhatikan fungsi w(t) = eit ,
0 ≤ t ≤ 2π
(4.1)
Fungsi tersebut kontinu pada [0, 2π], mempunyai turunan w0 (t) = ieit pada (0, 2π), dan w(0) = w(2π). Akan tetapi w0 (t) 6= 0 untuk semua 0 < t < 2π. 83
Jadi, di sini tidak berlaku Teorema Nilai Rata-rata, khususnya Teorema Rolle khususnya. Diberikan w(t) = u(t) + iv(t), t ∈ [a, b]. Integral tak tentu dari w(t) pada [a, b] adalah fungsi W (t) yang terdefinisi pada [a, b] sehingga W 0 (t) = w(t) untuk setiap t ∈ [a, b]. Mudah ditunjukkan bahwa apabila W (t) dan H(t) keduanya merupakan integral tak tentu dari w(t) pada [a, b], maka W (t) − H(t) merupakan fungsi konstan pada [a, b]. Jadi, sebagaimana berlaku pada fungsi bernilai real, jika U (t) dan V (t) masing-masing adalah suatu antiderivatif (integral tak tentu) dari u(t) dan v(t) pada [a, b], maka inetgral tak tentu dari w(t) pada [a, b] adalah W (t) =
Z
w(t) = U (t) + iV (t) + K,
(4.2)
dengan K sebarang konstanta kompleks. Untuk sebarang fungsi w(t), t ∈ [ab], integral tertentu w pada [a, b] didefinisikan sebagai Z b
w(t)dt =
Z b
a
u(t)dt + i
Z b
v(t)dt
(4.3)
a
a
asalkan integral di ruas kanan keduanya ada. Jadi, Re{
Z b
w(t)dt} =
Z b
Re(w(t))dt dan Im{
Z b a
a
a
w(t)dt} =
Z b
Im(w(t))dt (4.4)
a
Selanjutnya mudah ditunjukkan sifat-sifat integral tertentu sebagaimana diberikan dalam teorema berikut. Teorema 4.1.4 Jika
Rb a
w(t)dt dan
Rb
h(t)dt keduanya ada dan c ∈ C sebarang
a
konstanta kompleks, maka (i)
Rb
(ii)
Rb
(iii)
Rb
a (w(t)
a
a
+ h(t))dt =
cw(t)dt = c w(t)dt =
Rc a
Rb a
Rb a
w(t)dt +
Rb a
h(t)dt,
w(t)dt, dan
w(t)dt +
Rb c
w(t)dt untuk setiap a < c < b.
Seperti halnya di dalam kalkulus, untuk integral fungsi bernilai kompleks juga berlaku teorema fundamental integral. Adapun buktinya, pembaca dipersilahkan untuk mencobanya sebagai latihan. 84
Contoh 4.1.5 Tentukan
R1 0
(2t − 3it2 )dt.
Penyelesaian: Karena (2t − 3it2 )dt = t2 − it3 + K, maka R
Z 1 0
(2t − 3it2 )dt = [t2 − it3 ]10 = 1 − i. 2
Teorema 4.1.6 Jika w(t) terintegral pada [a, b], maka |w(t)| terintegral pada [a, b] dan |
Z b
w(t)dt| ≤
Z b
a
|w(t)|dt
(4.5)
a
Bukti: Karena w(t) terintegral pada [a, b], maka u(t) dan v(t) keduanya terintegral pada [a, b]. Menurut sifat integral fungsi bernilai real, u2 dan v 2 juga terintegral pada [a, b]. Hal ini berakibat |w(t)| terintegral pada [a, b]. Selanjutnya akan dibuktikan ketaksamaan (4.5). Apabila keadaan
Rb a
Karena
Rb a
w(t)dt = 0, maka pernyataan trivial. Sekarang ditinjau untuk
w(t)dt 6= 0. Rb a
w(t)dt 6= 0, maka ada r > 0 dan θ ∈ R sehingga Z b
w(t)dt = reiθ
(4.6)
a
Apabila (4.6) diselesaian untuk r, maka r=
Z b
e−iθ w(t)dt
(4.7)
a
Selanjutnya, karena r ∈ R, maka dari (4.7) diperoleh |
Z b
Z b
w(t)dt| = r = Re{
a
e−iθ w(t)dt} =
a
≤
Z b
Z b
Re{e−iθ w(t)}dt
a
|e−iθ w(t)|dt =
a
Z b a
|w(t)|dt. 2
Integral tak wajar fungsi bernilai kompleks didefinisikan sejalan dengan definisi integral tak wajar fungsi bernilai real sebagaimana telah diberikan pada mata kuliah kalkulus. 85
4.2
Lintasan atau Kontur
Seperti telah diketahui, integral fungsi bernilai real dengan variabel real didefinisikan pada suatu interval di mana fungsi tersebut terdefinisi. Hal ini tak bisa dilakukan untuk fungsi bernilai kompleks dengan variabel kompleks, mengingat di dalam C tidak dikenal adanya urutan sebagaimana di R. Mengingat hal itu, integral fungsi kompleks dengan variabel kompleks akan didefinisikan pada suatu kurva di dalam bidang datar. Pada bagian ini, akan dibicarakan keluarga kurvakurva di dalam bidang datar yang nantinya akan digunakan untuk mendefinisikan integral fungsi bernilai kompleks dengan variabel kompleks. Diberikan fungsi-fungsi kontinu g dan h yang terdefinisi pada [a, b]. Himpunan semua titik z = (x, y) di dalam bidang kompleks sehingga x = g(t)
dan
y = h(t),
t ∈ [a, b]
disebut arc atau kurva. Secara umum, suatu kurva atau arc C dapat pula dirumuskan sebagai z = z(t) = x(t) + iy(t),
a≤t≤b
dengan x dan y masing-masing fungsi kontinu pada [a, b]. Kurva C disebut kurva sederhana jika C tidak memotong dirinya sendiri, yaitu apabila z(t1 ) 6= z(t2 ) untuk setiap t1 6= t2 . Jika kurva C sederhana kecuali pada kedua ujungnya (z(a) = z(b)), maka C dinamakan kurva tertutup sederhana atau kurva Jordan. Contoh 4.2.1 Poligonal
z=
,0 ≤ t ≤ 1
t
1 + it , 0 ≤ t ≤ 1
adalah kurva sederhana. Contoh 4.2.2 Lingkaran z = 2eit , 0 ≤ θ ≤ 2π adalah kurva tertutup sederhana.
86
Diberikan kurva z = x(t) + iy(t), a ≤ t ≤ b dengan x0 (t) dan y 0 (t) keduanya ada pada [a, b]. Kurva z = x(t) + iy(t),
a ≤ t ≤ b sehingga x0 (t) dan y 0 (t)
keduanya ada pada [a, b] disebut kurva diferensiabel. Turunan dari z(t) adalah z 0 (t) = x0 (t) + y 0 (t) Selanjutnya, karena x0 (t) dan y 0 (t) terintegral pada [a, b], maka demikian pula dengan |z 0 (t)| dan Z b
|z 0 (t)|dt =
a
Z bq
(x0 (t))2 + (y 0 (t))2 ,
(4.8)
a
yaitu panjang kurva z sebagaimana diberikan di kalkulus. Suatu kurva z = z(t), a ≤ t ≤ b, dikatakan mulus (smooth) jika z 0 (t) ada untuk setiap t ∈ [a, b] dan bernilai tidak nol pada (a, b). Sejumlah berhingga kurva mulus sehingga ujung suatu kurva bertautan dengan ujung kurva berikutnya disebut kontur (contour). Suatu kontur C disebut kontur tertutup sederhana jika titik awal dan titik akhir C sama atau berimpit.
Gambar 4.1
Latihan 1. Hitunglah integral berikut. a. c.
R1 0
R
(t − i)2 dt
π 3
0
eiθ dθ
b.
R2√
d.
R ∞ −it e dt
87
1 0
i − tdt
2. Hitunglah
R
π 2
0
e(1−i)x dx.
3. Jika x0 (t) dan y 0 (t) keduanya ada dan w(t) = x(t) + iy(t), tunjukkan d2 w(t) = 2w(t).w0 (t) 2 dt 4. Jika
Rb
a.
Rb
b.
Rb
c.
Rb
a
w(t)dt,
a {w(t)
a a
Rb a
h(t)dt keduanya ada dan z0 ∈ C, tunjukkan
+ h(t)}dt =
z0 w(t)dt = z0 w(t)dt =
Rc a
Rb a
Rb a
w(t)dt +
Rb a
h(t)dt.
w(t)dt.
w(t)dt +
Rb c
w(t)dt.
5. Jika w(−t) = −w(t) untuk setiap t ∈ [−a, a] dan Ra
−a
4.3
Ra
−a
w(t)dt ada, tunjukkan
w(t)dt = 0
Integral Kontur
Pada bagian ini akan dibicarakan integral fungsi bernilai kompleks yang terdefinisi untuk variabel kompleks. Integral tersebut didefinisikan di sepanjang suatu kontur C, mulai dari z = z1 sampai z = z2 di bidang kompleks. Jadi, integral yang dimaksud sesungguhnya merupakan integral garis. Nilai integral tergantung tidak hanya pada fungsi f , namun juga pada kontur C. Diberikan fungsi kompleks f dan kontur C dari z1 ke z2 di dalam bidang kompleks. Integral lintasan f pada C ditulis dengan notasi
R C
f (z)dz. Secara
umum, nilai integral ini selain bergantung pada f juga bergantung pada lintasan C. Apabila nilai integral tidak bergantung pada C, maka dituliskan Z z2
f (z)dz
z1
Diberikan kontur C dengan representasi z = z(t),
a≤t≤b
yang memanjang dari z1 = z(a) sampai dengan z2 = z(b). Untuk sebarang fungsi f (z) yang kontinu sepotong-sepotong pada C, yaitu apabila f (z) kontinu pada C 88
kecuali di sebanyak berhingga titik pada C, integral kontur f sepanjang kontur C didefinisikan sebagai Z
f (z)dz =
Z b
C
f (z(t))z 0 (t)dt
(4.9)
a
Untuk sebarang kontur C dengan representasi a≤t≤b
z = z(t),
kontur −C didefinisikan sebagai suatu kontur yang memuat titik sebagaimana titik-titik pada C namun dengan arah yang berlawanan, dari z2 sampai z1 . Selanjutnya, dapat ditunjukkan beberapa teorema berikut. Teorema 4.3.1 Diberikan kontur C dengan representasi a≤t≤b
z = z(t),
yang memanjang dari z1 = z(a) sampai dengan z2 = z(b). Jika f (z) sebarang fungsi yang kontinu sepotong-sepotong pada C, maka Z
f (z)dz = −
Z
−C
f (z)dz
C
Bukti: Kontur −C mempunyai representasi z = z(−t),
− b ≤ t ≤ −a
dan Z
f (z)dz =
Z −a
f (z(−t))(−z 0 (−t))dt
−b
−C
Selanjutnya, dengan mengambil substitusi −t = s, maka diperoleh Z −a
0
f (z(−t))(−z (−t))dt =
−b
Z a
0
f (z(s))(−z (s))(−ds) = −
b
a
Jadi, Z
Z b
f (z)dz = −
−C
Z C
89
f (z)dz. 2
f (z(s))z 0 (s)ds
Teorema 4.3.2 Diberikan kontur C yang terdiri atas kontur C1 dari z1 sampai z2 dan kontur C2 dari z2 sampai z3 . Kontur C yang demikian biasa ditulis sebagai C = C1 + C2 . Jika f kontinu sepotong-sepotong pada C, maka Z
f (z)dz =
C
Z
f (z)dz +
Z
C1
f (z)dz
C2
Bukti: Misalkan C mempunyai representasi a≤t≤b
z = z(t),
maka ada c ∈ (a, b) sehingga C1 dan C2 masing-masing mempunyai representasi z = z(t),
a≤t≤c
dan
z = z(t),
c≤t≤b
Selanjutnya, Z
Z b
f (z)dz =
a Z c
C
=
Za
=
f (z(t))z 0 (t)dt f (z(t))z 0 (t)dt +
Z b
f (z(t))z 0 (t)dt
c
f (z)dz +
Z
C1
C2
f (z)dz. 2
Teorema 4.3.3 Jika f dan g keduanya kontinu sepotong-sepotong pada suatu kontur C dan z0 sebarang konstanta kompleks, maka Z
(f (z) + g(z))dz =
C
Z
f (z)dz +
C
Z
g(z)dz
C
dan Z C
z0 f (z)dz = z0
Z
f (z)dz
C
Bukti: Pembaca dipersilahkan untuk membuktikan sendiri sebagai latihan.
Contoh 4.3.4 Jika C adalah kontur yang terdiri atas penggal garis C1 dari z = 0 sampai z = 1 dan penggal C2 dari z = 1 sampai z = i, maka hitunglah Z
((x + 2y) − 3ixy)dz
C
90
Penyelesaian: Kontur C1 mempunyai persamaan z = x, dari x = 0 sampai x = 1. Sedangkan kontur C2 mempunyai persamaan z = x + i(1 − x), dari x = 1 sampai x = 0. Oleh karenanya, Z
((x + 2y) − 3ixy)dz =
Z 1
xdx =
0
C1
1 2
dan Z
Z 0
((x + 2y) − 3ixy)dz =
(x + 2(1 − x) − 3ix(1 − x))(dx − idx)
1
C2
Z 0
=
2
(3x − 4x + 2)dx + i
(3x2 − 2x − 2)dx
1
1
= −
Z 0
Z 1
2
(3x − 4x + 2)dx − i
Z 1
(3x2 − 2x − 2)dx
0
0
= −1 + 2i Jadi, Z
((x + 2y) − 3ixy)dz =
C
Z
((x + 2y) − 3ixy)dz +
C1
=
Z
((x + 2y) − 3ixy)dz
C2
1 1 + (−1 + 2i) = − + 2i.2 2 2
Teorema 4.3.5 Diberikan fungsi kompleks f yang kontinu sepotong-sepotong pada suatu kontur C. Jika terdapat M > 0 sehingga |f (z)| ≤ M untuk setiap z ∈ C, maka |
Z
f (z)dz| ≤ M L
C
dengan L menyatakan panjang kontur atau lintasan C. Bukti: Dengan memperhatikan (4.8), maka teorema terbukti. 2
91
Contoh 4.3.6 Jika C adalah kontur berbentuk setengah lingkaran z = 4eiθ dari z = 4 sampai z = −4, maka tunjukkan bahwa |
Z C
z 16π dz| ≤ z+1 3
Bukti: Mudah dimengerti bahwa panjang kontur C adalah L = 4π. Selanjutnya, karena untuk semua z ∈ C berlaku |
z |z| 4 |≤ = , z+1 |z| − 1 3
maka |
Z C
z 4 16π dz| ≤ ( )(4π) = . 2 z+1 3 3
Latihan 1. Hitunglah
R C
f (z)dz jika
a. f (z) = (x + y) + i(x − y) dan C adalah kontur terdiri penggal garis dari z = −1 sampai z = 1 dan busur setengah lingkaran z = eiθ dari θ = 0 sampai θ = π. b. f (z) =
1−z z
dan C kontur berbentuk lingkaran z = 3eiθ , 0 ≤ θ ≤ 2π.
c. f (z) = z + 1 dan C kontur berbentuk lingkaran |z| = 2 arah positif (berlawanan jaraum jam). 2. Diberikan kontur C terdiri atas penggal garis dari z = −1 sampai z = 1, penggal garis dari z = 1 sampai z + i, dan penggal garis dari z = i sampai z = −1. Tunjukkan |
R
z2 C 2−z 2 dz|
≤ 1.
3. Jika C adalah kontur berbentuk lingkaran |z| = 2 dari θ = 0 sampai θ = 2π, tunjukkan |
R
z C (e
− z)dz| ≤ 44π.
4. Diketahui C dan C0 masing-masing kontur berbentuk lingkaran z = Reiθ dan z = z0 + Reiθ , arah positif. Tunjukkan Z C
f (z − z0 )dz = 92
Z C0
f (z)dz
5. Diberikan kontur C berbentuk lingkaran z = z0 + Reiθ ,
0 ≤ θ ≤ 2π.
Tunjukkan a.
4.4
R
dz C z−z0
= 2πi
R
b.
dz C (z−z0 )2
=0
Antiderivatif
Meskipun secara umum nilai
R C
f (z)dz bergantung pada lintasan C, namun ada
fungsi-fungsi tertentu dimana nilai integral fungsi tersebut pada C tidak bergantung pada C. Untuk membuktikan pernyataan tersebut diperlukan konsep antiderivatif. Diberikan suatu domain D. Fungsi F disebut antiderivatif fungsi f pada D jika F 0 (z) = f (z) pada D. Mengingat derivatif merupakan syarat perlu keanalitikan suatu fungsi dan derivatif suatu fungsi tunggal adanya, maka diperoleh teorema berikut. Teorema 4.4.1 Diketahui fungsi f kontinu pada suatu domain D. Jika salah satu pernyataan di bawah ini benar, maka yang lain juga benar. (i) f mempunyai antiderivatif pada D. (ii) Jika z1 , z2 ∈ D dan C sebarang lintasan di dalam D dari z1 sampai z2 , maka nilai
R C
f (z)dz tidak bergantung pada C.
(iii) Jika C sebarang lintasan tertutup di dalam D, maka
R C
f (z)dz = 0.
Bukti: Misalkan diketahui pernyataan (i) benar. Diambil sebarang lintasan atau kontur C di dalam D, mulai dari z = z1 sampai z = z2 . Misalkan C mempunyai representasi z = z(t),
a≤t≤b
maka dF (z(t)) = F 0 (z(t))z 0 (t) = f (z(t))z 0 (t), dt
93
a≤t≤b
Selanjutnya, dengan menggunakan Teorema Fundamental Kalkulus, diperoleh Z
f (z)dz = F (z(b)) − F (z(a))
C
Karena z(a) = z1 dan z(b) = z2 , maka Z
f (z)dz = F (z2 ) − F (z1 )
C
Dapat ditunjukkan bahwa hasil yang sama akan diperoleh meskipun C =
Pn
k=1
Ck ,
dengan Ck merupakan lintasan atau kontur mulai dari z = zk sampai z = zk+1 untuk setiap k. Dalam hal ini, zn+1 = z2 . Selanjutnya, diasumsikan pernyataan (ii) benar. Diambil sebarang lintasan tertutup C di dalam D. Misal z1 dan z2 sebarang dua titik pada C. Dua titik tersebut akan membentuk dua lintasan masing-masing berasal dari z1 menuju z2 , namakan C1 dan C2 . Jadi, C = C1 + (−C2 ). Karena (ii), maka Z
f (z)dz =
C1
Z
f (z)dz
C2
atau Z
f (z)dz =
Z
f (z)dz =
C1
C1 +(−C2 )
C
Z
f (z)dz −
Z
f (z)dz = 0
C2
Bukti pernyataan (iii) berakibat pernyataan (i) diserahkan kepada para pembaca sebagai latihan. 2 Dengan adanya Teorema 4.4.1, banyak masalah integral yang penyelesaiannya menjadi makin mudah dan sederhana. Contoh 4.4.2 Karena f (z) = 3z 2 +1 mempunyai antiderivatif F (z) = z 3 +z+K pada seluruh bidang datar, maka Z 1+i
f (z)dz = F (1 + i) − F (1) = −4 + 2i
1
apapun lintasan yang menghubungkan 1 dan 1 + i yang dipilih.
94
4.5
Teorema Cauchy-Goursat
Suatu teorema yang sangat penting dalam integral kompleks adalah Teorema Cauchy-Goursat. Namun perlu diketahui bahwa sesungguhnya Teorema CauchyGoursat merupakan hasil penyempurnaan Teorema Cauchy. Teorema 4.5.1 (Cauchy) Jika f analitik dan f 0 kontinu di dalam dan pada suatu lintasan (kontur) tertutup sederhana C, maka Z
f (z)dz = 0
C
Bukti: Misalkan C mempunyai representasi a≤t≤b
z = z(t),
dengan arah positif (berlawanan jarum jam). Karena f analitik di dalam dan pada C, maka menurut (4.9), Z
f (z)dz =
Z b
f (z(t))z 0 (t)dt
(4.10)
a
C
Selanjutnya, apabila f (z) = u(x, y) + iv(x, y) dan z(t) = x(t) + iy(t), maka (4.10) dapat ditulis menjadi Z
f (z)dz =
Z b
C
(ux0 − vy 0 )dt + i
Z b
(vx0 + uy 0 )dt
(4.11)
(vdx + udy)
(4.12)
a
a
atau dalam bentuk integral garis menjadi Z
f (z)dz =
C
Z
(udx − vdy) + i
Z C
C
Karena diketahui f 0 kontinu di dalam dan pada C, maka menurut Teorema Green berlaku Z C
f (z)dz =
Z Z R
(−vx − uy )dxdy + i
Z Z R
(ux − vy )dxdy,
(4.13)
dengan R = C ∪ intC. Selanjutnya, karena f analitik di dalam dan pada C, maka pada R berlaku persamaan Cauchy-Riemann. Sehingga, (4.13) menjadi Z C
f (z)dz = 0. 2 95
Goursat dapat menunjukkan bahwa syarat kekontinuan f 0 pada Teorema Cauchy ternyata dapat dihilangkan. Sehingga, oleh Goursat Teorema Cauchy dapat direvisi menjadi teorema berikut ini. Teorema 4.5.2 (Cauchy-Goursat) Jika f analitik di dalam dan pada suatu lintasan (kontur) tertutup sederhana C, maka Z
f (z)dz = 0
C
Suatu domain D dikatakan terhubung sederhana jika setiap kontur tertutup sederhana di dalam D hanya melingkupi titik-titik di dalam D. Sebagai contoh, jika C adalah kontur tertutup sederhana, maka D = C ∪ int(C) merupakan domain terhubung sederhana. Sedangkan cincin {z : r ≤ |z| ≤ R} bukan suatu domain terhubung sederhana. Selanjutnya, Teorema Cauchy-Goursat dapat diperluas menjadi teorema berikut. Teorema 4.5.3 Jika f analitik di dalam suatu domain terhubung sederhana D, maka intC f (z)dz = 0 untuk setiap kontur tertutup C di dalam D. Sebagai akibat langsung dari Teorema 4.5.3 adalah pernyataan berikut. Akibat 4.5.4 Jika f analitik di dalam domain terhubung sederhana D, maka f mempunyai antiderivatif pada D. Selanjutnya, Teorema Cauchy-Goursat bisa diperluas menjadi sebagai berikut. Teorema 4.5.5 Diketahui: (i) C lintasan tertutup sederhana, arah positif, (ii) Ck , k = 1, 2, . . . , n, lintasan tertutup sederhana, arah positif, berada di dalam interior C, dan interior masing-masing tidak memeiliki titik berserikat. 96
Jika f analitik di dalam dan pada C, kecuali di interior masing-masing Ck , maka Z
f (z)dz +
C
n Z X
f (z)dz = 0
k=1 Ck
Contoh 4.5.6 Jika C adalah kontur berbentuk lingkaran |z| = 1, maka Z C
karena f (z) =
ez z 2 +4
ez dz = 0 z2 + 4
analitik di dalam dan pada C.
Contoh 4.5.7 Jika C, C1 , dan C2 berturut-turut menyatakan lintasan berbentuk lingkaran |z| = 5, |z − 1| = 41 , dan |z| = 41 , maka Z C
karena f (z) =
4.6
Z Z z+1 z+1 z+1 dz = dz + dz z 2 (z − 1) C1 z 2 (z − 1) C2 z 2 (z − 1)
z+1 z 2 (z−1)
analitik di dalam dan pada C, kecuali di interior C1 ∪ C2 .
Rumus Integral Cauchy
Hasil yang sangat mendasar di dalam integral kompleks dinyatakan dalam teorema berikut. Teorema 4.6.1 Diketahui C lintasan tertutup sederhana arah positif. Jika f analitik di dalam dan pada C dan z0 ∈ int(C), maka 1 Z f (z) f (z0 ) = dz 2πi C z − z0
(4.14)
Bukti: Diberikan sebarang > 0. Karena f analitik di dalam dan pada C, maka f kontinu di dalam dan pada C. Akibatnya f kontinu di z0 . Oleh karena itu, ada bilangan δ > 0 sehingga untuk setiap z ∈ C ∪ Int(C) dengan |z − z0 | < δ berlaku |f (z) − f (z0 )| <
97
2π
Dipilih bilangan r > 0 sehingga r < δ. Dibentuk lingkaran γ : |z − z0 | = r sebagaimana diperlihatkan pada Gambar 4.2 di bawah ini.
Gambar 4.2
Untuk sebarang z ∈ γ berlaku |f (z) − f (z0 )| < Selanjutnya, karena
f (z) z−z0
2π
(4.15)
analitik di dalam dan pada C keculai di dalam γ, maka
menurut perluasan Teorema Cauchy-Goursat, diperoleh Z C
Z f (z) f (z) dz = dz z − z0 γ z − z0
Dengan menambahkan kedua ruas pada (4.16) dengan −f (z0 )
(4.16) R
dz γ z−z0 ,
maka diper-
oleh Z C
Z Z f (z) dz f (z) − f (z0 ) dz − f (z0 ) = dz z − z0 z − z0 γ z − z0 γ
(4.17)
Karena Z γ
dz = 2πi z − z0
maka (4.17) menjadi Z C
Z f (z) f (z) − f (z0 ) dz − 2πif (z0 ) = dz z − z0 z − z0 γ
Akibatnya, dengan memperhatikan (4.15), diperoleh |
Z C
Z f (z) − f (z0 ) f (z) dz − 2πif (z0 )| = | dz| z − z0 z − z0 γ Z f (z) − f (z0 ) ≤ | |dz < 2πr = z − z0 2πr γ
98
(4.18)
Karena berlaku untuk semua > 0, maka terbuktilah (4.14). 2 Persamaan (4.14) dikenal dengan nama rumus integral Cauchy. Perhatikan bahwa persamaan (4.14) dapat ditulis sebagai Z C
f (z) dz = 2πif (z0 ) z − z0
Oleh karena itu, rumus integral Cauchy dapat digunakan untuk menghitung integral suatu fungsi sepanjang suatu lintasan tertutup sederhana. Contoh 4.6.2 Hitunglah
eπz C z 2 +1 dz
R
jika C adalah lintasan berbentuk lingkaran
|z| = 2 arah positif. Penyelesaian: Integrand dapat dituliskan sebagai eπz eπz = z2 + 1 (z − i)(z + i) Selanjutnya, berturut-turut dibentuk lingkaran C1 dan C2 dengan persamaan |z − i| = Jika diambil f (z) =
eπz , z+i
1 2
dan
|z + i| =
1 2
maka f (z) analitik di dalam dan pada C1 . Karena z = i
berada di dalam C1 , maka menurut rumus integral Cauchy, Z C1
Z eπz f (z) eπi dz = dz = 2πi = −π z2 + 1 i+i C1 z − i
eπz , z−i
Jika diambil g(z) =
maka g(z) analitik di dalam dan pada C2 . Karena z = −i
berada di dalam C2 , maka menurut rumus integral Cauchy, Z C2
Z g(z) e−πi eπz dz = dz = 2πi =π z2 + 1 −i − i C2 z + i
Selanjutnya, menurut perluasan Teorema Cauchy-Goursat, diperoleh Z C
Z Z eπz eπz eπz dz = dz + dz = 0. 2 z2 + 1 C1 z 2 + 1 C2 z 2 + 1
Dengan memanfaatkan Teorema 4.6.1, dapat ditunjukkan bahwa apabila f analitik di suatu titik, maka turunannya, yaitu f 0 , juga analitik di titik tersebut. Akibatnya, untuk setiap bilangan asli n, f (n) juga analitik di titik tersebut. Selanjutnya, diperoleh 99
Teorema 4.6.3 Jika f analitik di dalam dan pada suatu lintasan tertutup tunggal C dan z0 ∈ int(C), maka f
(n)
n! Z f (z) (z0 ) = dz, 2πi C (z − z0 )n+1
n = 0, 1, 2, . . . .
(4.19)
Contoh 4.6.4 Jika C adalah lintasan berbentuk lingkaran dengan pusat z0 , berjarijari r, dan arah positif, tunjukkan
R
1 C (z−z0 )2 dz
= 0.
Bukti: Jika diambil f (z) = 1, maka f analitik di dalam dan pada C. Karena f 00 (z0 ) = 0, maka menurut (4.19), Z 1 dz = 2πi.0 = 0. 2 C (z − z0 )2
Latihan 1. Diketahui C lintasan berbentuk segi empat dengan sudut-sudut ±1 dan ±i R
arah positif. Hitunglah
C
f (z)dz jika
a. f (z) =
z z+1+i
b. f (z) =
z+1 2z+1
c. f (z) =
cos z z(z− π4 )
d. f (z) =
1 z(16z 4 −1)
2. Tentukan
R C
g(z)dz jika C lintasan berbentuk lingkaran |z − i| = 2 arah
positif dan a. g(z) =
1 z 2 (z 2 −1)
b. g(z) =
ez +z (z 2 −4)(z−2i)
3. Jika C lintasan |z| = 3 arah positif dan w 6= 3, hitunglah
R C
2z 2 −z−2 . z−w
4. Jika f analitik di dalam dan pada suatu lintasan tertutup sederhana C dan z0 ∈ / C, tunjukkan Z C
5. Jika C lintasan z = eiθ ,
Z f 0 (z) f (z) dz = dz z − z0 C (z − z0 )2
− π ≤ θ ≤ π, arah positif, dan a ∈ R tunjukkan Z eaz dz = 2πi C z
100
4.7
Teorema Morera, Teorema Modulus Maksimum dan Teorema Liouville
Diberikan suatu domain D dan f fungsi kontinu pada D. Jika untuk sebarang lintasan tertutup C di dalam D, Z
f (z)dz = 0
C
maka menurut Teorema 4.4.1, f mempunyai antiderivatif pada D, katakan F . Selanjutnya, F analitik pada D, karena F 0 (z) = f (z) untuk setiap z ∈ D. Menurut keterangan pada bagian sebelumnya, f analitik pada D. Dengan demikian telah dibuktikan pernyataan berikut ini Teorema 4.7.1 (Morera) Jika f kontinu pada suatu domain D dan Z
f (z)dz = 0
C
untuk setiap lintasan tertutup C di dalam D, maka f analitik pada D. Salah satu hasil yang cukup penting terkait dengan fungsi analitik adalah apa yang disebut Teorema Modulus Maksimum. Teorema berikut ini diperlukan untuk membuktikan Teorema Modulus Maksimum. Teorema 4.7.2 Diketahui f analitik pada suatu persekitaran |z − z0 | < . Jika |f (z)| ≤ |f (z0 )| untuk setiap z di dalam persekitaran tersebut, maka f bernilai konstan f (z0 ) pada persekitaran tersebut. Bukti: Diketahui f analitik pada suatu persekitaran N (z0 ) = {z : |z −z0 | < }. Diambil sebarang z1 ∈ N (z0 ) − {z0 } dan didefinisikan r = |z0 − z1 | Jika Cr adalah lingkaran |z − z0 | = r arah positif, maka menurut rumus integral Cauchy berlaku f (z0 ) =
1 Z f (z) dz 2πi Cr z − z0 101
(4.20)
Untuk sebarang z ∈ Cr , z = z0 + reiθ ,
0 ≤ θ ≤ 2π
maka dz = ireiθ dθ. Oleh karena itu, (4.20) menjadi f (z0 ) =
1 Z 2π f (z0 + reiθ )dθ 2π 0
(4.21)
Gambar 4.3
Selanjutnya, dari (4.21) diperoleh 1 Z 2π 1 Z 2π iθ |f (z0 )| = | f (z0 + re )dθ| ≤ |f (z0 + reiθ )|dθ 2π 0 2π 0
(4.22)
Sebaliknya, karena |f (z0 + reiθ )| ≤ |f (z0 )|,
(4.23)
untuk setiap θ ∈ [0, 2π], maka Z 2π 0
|f (z0 + reiθ )|dθ ≤ 2π|f (z0 )|
Jadi, dari(4.22) dan (4.24) diperoleh |f (z0 )| =
1 Z 2π |f (z0 + reiθ )|dθ 2π 0 102
(4.24)
atau Z 2π 0
(|f (z0 )| − |f (z0 + reiθ )|)dθ = 0
Akibatnya, karena (4.23) maka |f (z0 )| = |f (z0 + reiθ | = |f (z)| untuk sebarang z ∈ Cr . Karena z1 merupakan sebarang anggota N (z0 )−{z0 } dan |f (z0 )| = |f (z)| untuk sebarang z ∈ Cr dengan 0 < r < , maka |f (z0 )| = |f (z)| untuk sebarang z ∈ N (z0 ). Akibatnya, f (z) = f (z0 ) (mengapa?) untuk setiap z ∈ N (z0 ). 2 Berdasarkan Teorema 4.7.2 di atas selanjutnya dapat dibuktikan teorema berikut. Teorema 4.7.3 (Modulus Maksimum) Jika fungsi f analitik dan tidak konstan pada suatu domain D, maka |f (z)| tidak pernah mencapai maksimum pada D, artinya tidak ada z0 ∈ D sehingga |f (z)| ≤ |f (z0 )| untuk setiap z ∈ D. Sebagai akibat langsung dari Teorema Modulus Maksimum adalah pernyataan berikut. Akibat 4.7.4 Jika fungsi f kontinu pada suatu daerah tertutup dan terbatas R dan f analitik dan tidak konstan pada rmInt(R), maka nilai maksimum |f (z)| pada R terjadi di suatu titik batas R. Contoh 4.7.5 Diberikan daerah tertutup dan terbatas berbentuk persegi panjang R = {z : 0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ 1}. Jika f (z) = sin z, maka |f (z)| =
q
sin2 x + sinh2 y
Karena sin2 x dan sinh2 y masing-masing maksimum untuk x = maka |f (z)| mencapai maksimum di z =
π 2
π 2
dan y = 1,
+ i. Perhatikan bahwa z =
π 2
+i
merupakan salah satu titik batas R. Dengan cara lain, karena f kontinu pada R, dan analitik dan tidak konstan pada Int(R), maka menurut Akibat 4.7.4 f mencapai nilai maksimum di suatu titik batas R. 2 103
Pada Teorema 4.6.3 telah diterangkan bahwa jika f analitik di dalam dan pada suatu lintasan tertutup sederhana C:|z − z0 | arah positif, maka f (n) (z0 ) =
n! Z f (z) dz 2πi C (z − z0 )n+1
Selanjutnya, menurut Akibat 4.7.4, |f (z)| mencapai maksimum pada C. Jika nilai maksimum |f (z)| pada C adalah MR , maka diperoleh n!MR , Rn
|f (n) (z0 )| ≤
n = 0, 1, 2, . . .
Khususnya untuk n = 1, diperoleh |f 0 (z0 )| ≤
MR R
(4.25)
Dengan demikian akan dapat ditunjukkan teorema berikut. Teorema 4.7.6 (Liouville) Jika f fungsi utuh dan terbatas pada bidang kompleks, maka f konstan. Bukti: Karena f terbatas pada bidang kompleks, maka terdapat M > 0 sehingga |f (z)| ≤ M, untuk setiap z ∈ C. Selanjutnya, diambil sebarang w ∈ C. Karena f fungsi utuh, maka menurut (4.25) untuk sebarang R > 0 berlaku |f 0 (w)| ≤
M R
Karena berlaku untuk sebarang R > 0, maka f 0 (w) = 0. Karena f 0 (w) = 0 untuk sebarang w > 0, maka f konstan pada C. 2 Latihan 1. Tunjukkan bahwa ebarang polinomial berderajat n ≥ 1 P (z) = a0 + a1 z + a2 z 2 + . . . + an z n , an 6= 0 sekurang-kurangnya mempunyai satu zero, yaitu terdapat sekurang-kurangnya satu z0 ∈ C sehingga P (z0 ) = 0. 104
2. Diketahui f analitik pada D = {z : |z| < 1} dan f (0) = 2. Jika |f (z)| ≤ 2 untuk semua z ∈ D, tunjukkan bernilai konstan pada D dan f (z) = 2 untuk semua z ∈ D. 3. Diketahui f fungsi utuh dengan sifat terdapat bilangan real u0 sehingga Re{f (z)} ≤ u0 untuk semua z ∈ C. Tunjukkan f merupakan fungsi konstan. 4. Diketahui f fungsi utuh dan terdapat K > 0sehingga |f (z)| ≤ K|z| untuk setiap z. Tentukan rumus untuk f (z) jika diketahui f (i) = i + 1.
105
