MATEMATIKA TEKNIK 1
3 SKS
TEKNIK ELEKTRO UDINUS
1
BAB III. TURUNAN 3.1 Definisi Turunan Diberikan fungsi f yang didefinisikan pada daerah D dan zo D.
f(z) f(zo ) Jika diketahui bahwa nilai z zo ada, maka z z o lim
nilai limit ini dinamakan turunan atau derivatif fungsi f di titik zo. Dinotasikan : f’(zo) 2
⇛
Jika f’(zo) ada, maka f dikatakan terdifferensial atau
diferensiabel di zo. Dengan kata lain :
f(zo z) f(zo ) f' (zo ) lim f lim z z0 z z0 ⇛ Jika f terdifferensial di semua titik pada D, maka f terdifferensial pada D Contoh 3.1.1 Buktikan f(z) = z2 terdifferensiasi diseluruh ℂ
3
Bukti : Ditinjau sebarang titik zo ℂ
f(z) f(zo ) f ' (zo ) lim z z o z z o z2 z2o lim z z o z z o (z zo )(z zo ) z zo z z o
lim 2zo
Karena zo sebarang maka f(z) = z2 terdefferensial di seluruh ℂ
4
Teorema 3.1 Jika f fungsi kompleks dan f’(zo) ada, maka
f kontinu di zo
Bukti :
5
Bukti : Diketahui f’(zo) ada Akan dibuktikan f kontinu di zo atau
lim f(z) f(zo )
zzo
f(z) f(zo ) lim (f(z) f(zo )) lim (z zo ) z z o z zo (z zo ) f(z) f(zo ) lim lim (z zo ) ( z z ) z z o z z o o f ' (z) 0 0 sehingga
lim f(z) lim f(zo ) f(zo )
zzo
zzo
dengan kata lain f kontinu di zo. 6
Contoh 3.1.2 Buktikan f(z) = |z|2 kontinu di seluruh bidang kompleks
tetapi hanya terdifferensial di z = 0 Bukti : f(z) = |z|2 = x2 + y2
berarti
u(x,y) = x2 + y2 dan v(x,y) = 0
u dan v kontinu f(z)di fD, (0)maka f(z) | z |2kontinu di D f ' (0) lim lim z0 z 0 z 0 z lim zz 0 z 0 z Jadi f(z) terdifferensial di z = 0 7
3.2 Syarat Chauchy-Riemann Syarat yang diperlukan agar fungsi f terdiferensial di zo = xo + i yo adalah syarat Chauchy-Riemann, yang menghubungkan derivatif-derivatif parsial tingkat pertama dari fungsi bagian real dan fungsi bagian imajiner dari f.
8
Terema 3.2.1 (Syarat Chauchy-Riemann Jika f(z) = u(x,y) + i v(x,y) terdifferensial di zo = xo + i yo,
maka u(x,y) dan v(x,y) mempunyai derivatif parsial pertama di (xo,yo) dan di titik ini dipenuhi persamaan Cauchy – Riemann
u v dan u v x y y x derivatif f di zo dapat dinyatakan dengan f' (zo ) ux (xo, yo ) i v x (xo, yo ) Jika persamaan C-R tidak dipenuhi di (xo,yo) maka f(z) = u(x,y) + i v(x,y) tidak terdifferensial di zo = xo + i yo
9
Contoh 3.2.1
Buktikan f(z) = |z|2 tidak terdifferensiasi di z 0 Bukti :
f(z) = x2 + y2 sehingga u(x,y) = x2 + y2 v(x,y) = 0 Persamaan Cauchy – Riemann u 2x dan u 2y x y v 0 dan v 0 x y
u v 2x 0(1) x y
10
dan u v 2y 0(2) y x (1) dan (2) tidak dipenuhi jika x 0 atau y 0, jadi pasti f tidak terdeferensial di z 0
11
Catatan :
Syarat C-R hanya syarat perlu untuk keterdifferensialan. Contoh 3.2.2 x3(1 i) y3(1 i) Buktikan fungsi f(z) = x2 y2 dan f(0) = 0, tidak terdifferensial di 0, memenuhi C-R Bukti :
x3 y3 u= 2 x y2 x3 y3 v= 2 x y2
dengan u(0,0) = 0 dengan v(0,0) = 0
u(x,0) u(0,0) lim ux(0,0) = =1 x x o u(0,y) u(0,0) = -1 uy(0,0) = ylim y o 12
v(x,0) v(0,0) =1 x x o
vx(0,0) = lim
v(0,y) v(0,0) vy(0,0) = lim =1 y y o Jadi persamaan Cauchy – Riemann terpenuhi Tetapi
f(z) f(0) x3(1 i) y3(1 i) lim lim 2 z z0 z0 (x y 2)(x iy)
Untuk z 0 3 x (1 i) lim =1+i Sepanjang garis real y = 0 x o 3 x
13
2 i x3 i Sepanjang garis real y = x lim = 1 i x o 2(1 i) x 3 Jadi lim f(z) f(0) tidak ada zo z sehingga f tidak terdifferensial di 0 meskipun persamaan C-R dipenuhi di (0,0)
14
Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa : i.
Syarat perlu f(z) = u(x,y) + iv(x,y), zo = xo + i yo f’(z) ada maka u , u , v , v ada di (xo, yo) x y y x berlaku C-R yaitu : v dan u v u y = x x = y dan f’(z0) = ux(x0,y0) + i vx(x0,y0)
15
ii. Syarat cukup u(x,y), v(x,y), ux(x,y), vx(x,y), uy(x,y), vy(x,y) kontinu pada kitar zo = xo + i yo dan di (xo,yo) dipenuhi C-R maka f’(zo) ada
16
Contoh 3.2.3 Buktikan f(z) = ex(cos y + i sin y) terdiferensial untuk setiap z dalam ℂ Bukti : u(x,y) = excos y ux(x,y) = excos y uy(x,y) = -exsin y v(x,y) = exsin y vx(x,y) = exsin y vy(x,y) = excos y
ada dan kontinu di setiap (x,y) ℂ
17
Berdasarkan persamaan C-R :
ux = vy dan uy = -vx dipenuhi di (x,y) ℂ, dan ada kitar dimana keenam fungsi kontinu dan C-R dipenuhi di (x,y). Jadi f’(z) ada z ℂ. Dan f’(z) = ux(x,y) + i vx(x,y) = excos y + i exsin y
18
3.3 Syarat C-R Pada Koordinat Kutub Jika f(z) = u(x,y) + i v(x,y) dapat diilustrasikan dalam koordinat kartesius maka dengan menggunakan hubungan x = r cos dan y = r sin , diperoleh z = r cos + i sin , sehingga f(z) = u(r, ) + i v(r, ) dalam sistem koordinat kutub
19
Teoreama 3.3.1 Jika f(z) = u(r, ) + i v(r, ) terdiferensial dan kontinu pada suatu kitar (ro, o) dan jika dalam kitar tersebut ur, u, vr, v ada dan kontinu di (ro, o) dan dipenuhi C-R yaitu:
u 1 v r = r
dan
v , r 0 1 v r = r
maka f’(z) = ada di z = zo dan f’(z) = (cos o – i sin o) [ur(ro, o) + i vr(ro, o)]
20
Contoh 3.3.1 Diketahui f(z) = z-3,
tentukan f’(z) dalam bentuk kootdinat kutub
21
Jawab : f(z) = z-3 = r-3 (cos 3 - i sin 3), maka : u = r-3 cos 3 , sehingga ur = -3r-4 cos 3 dan
u = -3r-3 sin 3 v = -r-3 sin 3 , sehingga vr = 3r-4 sin 3 dan v = -3r-3 cos 3
keenam fungsi ini kontinu dan syarat C-R dipenuhi untuk semua z 0 Jadi f(z) = z-3 terdiferensial untuk z 0
Dengan demikian f’(z) dalam koordinat kutub adalah : f’(z) = (cos – i sin ) (-3r-4 cos 3 + i 3r-4 sin 3) = cis(-) (-3r-4) cis(-3)
= -3r-4 cis(-4) 22
3.4 Aturan Pendiferensialan Jika f(z), g(z) dan h(z) adalah fungsi- fungsi kompleks serta f’(z), g’(z) dan h’(z) ada, maka berlaku rumus-rumus : 1. 2. 3. 4. 5.
dc 0, d(z) 1 dz dz dcf(z) cf ' (z) dz d f(z) g(z) f ' (z) g' (z) dx d f(z)g(z) f ' (z)g(z) f(z)g' (z) dx d f(z) f ' (z)g(z) f(z)g' (z) dx g(z) g(z)2
23
n dz 6. nzn1 dz 7. Jika h(z) g[f(z)] maka h' (z) g' [f(z)]f ' (z) biasa disebut dengan komposisi (aturan rantai) dw dw . d dz d dz
24
3.5 Fungsi Analitik Definisi 3.5.1 Fungsi f analitik di zo, jika ada r > 0 sedemikian,
hingga f’(z) ada untuk setiap z N(zo,r) (persekitaran zo)
r
f diferensiable
zo
Fungsi analitik untuk setiap zℂ dinamakan fungsi utuh
25
Contoh 3.5.1
1 analitik kecuali di z = 0 1. f(z) = z 2. f(z) = x3 + iy3 diperoleh : u = x3 ; v = y3 sehingga ux = 3x2 ; vx = 0 ; uy = 0 ; vy = 3y2 dengan menggunakan persamaan C-R : 3x2 = 3y2 y = x dan vx = uy = 0 persamaan C-R dipenuhi dan kontinu digaris y = x
berarti f’(z) ada hanya di y = x Jadi f(z) tidak analitik dimanapun karena tidak ada kitar. 26
Sifat sifat analitik Misalnya f dan g analitik pada D, maka : o f g merupakan fungsi analitik o fg merupakan fungsi analitik o f/g merupakan fungsi analitik dengan g 0 o h = g ∘ f merupakan fungsi analitik o berlaku aturan L’hospital yaitu : f z f' z lim , dengan g(z) 0 g' (z) 0 g' z z zo gz
27
3.6 Titik Singular
Definisi 3.6.1 Titik z1 disebut titik singular dari f jika f tidak analitik di z1 tetapi untuk setiap kitar dari z1 memuat paling sedikit
satu titik dimana f analitik. Jenis kesingularan f(z) atau titik singular antara lain : 1. Titik singular terisolasi Titik zo dinamakan titik singular terisolasi dari f(z) jika
terdapat 0 demikian sehingga lingkaran |z – zo| = hanya melingkari titik singular lainnya. Jika seperti itu tidak ada, maka z = zo disebut titik singular tidak
terisolasi. 28
2. Titik Pole (titik kutub) Titik z = zo disebut titik pole tingkat n, jika berlaku
lim (z zo )n f(z) A 0 .
zzo
Jika n = 1, zo disebut sebagai titik pole sederhana.
3. Titik Cabang 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. zo
29
5. Titik Singular Essensial
Titik singular z = zo yang tidak memenuhi syarat titik singular pole titik cabang atau titik singular yang dapat dihapuskan disebut titik singular essensial. 6. Titik Singular tak hingga Jika f(z) mempunyai titik singular di z = , maka sama dengan menyatakan f(1/w) mempunyai titik singular di w = 0.
30
Contoh 3.6.1
1 2 berarti titik z = i adalah titik pole tingkat 2 (z 1) dari g(z)
•
g(z) =
•
h(z) = |z|2 tidak merupakan titik singular
•
k(z) = ln (z2 + z – 2) maka titik cabang adalah z1 = 1 dan
z2 = –2 karena (z2 + z – 2) = (z – 1) (z + 2) = 0
31
3.7 Fungsi Harmonik
f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik pada D maka u dan v mempunyai derivatif parsial di semua orde yang kontinue pada D. Jadi dalam D berlaku C-R , ux = vy dan
uy = –vx Karena derifatif-derivatif parsial dari u dan v kontinu dalam D, maka berlaku vxy = vyx. Jika dalam ux = vy dan uy = –vx diderivatifkan parsial terhadap x dan y maka (x,y) D berlaku uxx + uyy = 0 vxx = vyy = 0
32
Jika f analitik pada D maka u dan v pada D memenuhi persamaan differensial Laplace dalam 2 dimensi.
2 2 2 0 2 x y u dan v dimana f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik pada suatu domain maka f(z) harmonik pada domain tersebut. Dua fungsi u dan v sedemikian sehingga f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik dalam suatu domain dinamakan dua fungsi yang harmonik konjugat dalam domain itu.
33
Contoh 3.7.1 Diberikan u(x,y) harmonik pada D dan tentukan fungsi v yang harmonik konjugat dengan u = 4xy3 – 4x3y, (x,y) ℂ Jawab : Misal diklaim konjugatnya adalah v(x,y) jadi f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik pada ℂ sedemikian sehingga berlaku C-R ux = vy dan uy = -vx ux = 4y3 – 12x2y vy = 4y3 – 12x2y uy= 12xy2 – 4x3 v= y4 – 6x2y2 + g(x) karena vx = –uy maka –12xy2 + g’(x) = –12xy2 + 4x3 sehingga g’(x) = 4x3 diperoleh g(x) = x4 + C Jadi v = y4 – 6x2y2 + x4 + C 34
Cara Milne Thomson
Cara yang lebih praktis menentukan fungsi harmonik konjugat atau dari fungsi harmonik u diberikan u(x,y) harmonik pada D andaikan v(x,y) sehingga
f(z) = u(x,y)+ iv(x,y) analitik pada D f’(z) = ux(x,y) + ivx(x,y) sesuai persamaan C-R : f’(z) = ux(x,y) – iuy(x,y)
z = x + iy dan z = x – iy sehingga diperoleh x z z dan y z z 2 2i
z z z z z z , z z f(z) = ux – iuy 2 , 2i 2i 2 35
Suatu identitas dalam z dan z , jika diambil z = z maka f’(z) = ux(z,0) – iuy(z,0) Jadi f(z) adalah fungsi yang derivatifnya ux(z,0) – iuy(z,0) kemudian didapat v(x,y)
36
Contoh 3.7.2
Dari Contoh 3.7.1 dengan u= 4xy3 – 4x3y, (x,y) ℂ, jika diselesaikan dengan menggunakan cara Milne 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
37
