Bilangan kompleks merupakan bilangan yang berbentuk a + bi, dimana a dan b adalah bilangan real dan i^2 = -1. Bilangan kompleks memiliki sifat-sifat lapangan seperti tertutup, komutatif, asosiatif, dan distribusi. Bilangan kompleks dapat diinterpretasikan secara geometris sebagai titik pada bidang Argand. Operasi aljabar bilangan kompleks mematuhi sifat-sifat seperti kompleks sekawan dari suatu bil

1. 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 3
OPERASI 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 sebuah
DEFINISI 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

2. 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 sekawan
Tugas: 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

3. 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 15
Tugas : 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

4. B. Jika z1, z2 bilangan kompleks, maka berlaku : 1. Bukti: z1  z2  z1  z2
Teorema 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 21
2. 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

5. 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

6. 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 33
Pembagian: 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-Moivre
berikut:  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 sekawan
sekawan 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 rn
Dari rumus di atas diperoleh:
arg z1  1-2 = arg z1 – arg z2.
z2
34 35 36
6

7. Contoh: Jadi, akar pangkat n dari bilangan kompleks
6 Akar Bilangan Kompleks
Hitunglah :  3  i
Bilangan kompleks z adalah akar pangkat n dari w = r(cos+i sin) adalah:
1 1
Jawab : 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 39
Contoh : Latihan Soal Bab I 7.Gambarkan pada diagram argand dan
Hitunglah (-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 > 6
Misalkan 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 < 3
Tulis 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 dalam
sehingga 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  z
diperoleh 4 = 81, atau  = 3 dan     2k . 9. Hitunglah (-2+2i)15
4 5. Buktikan untuk setiap z bilangan kompleks
Jadi 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

8. 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 45
2. 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

9. 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 51
6. 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

10. 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 57
Contoh : 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

11. 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

12. Jika z = r(cos + i sin). Jika z = r(cos + i sin). Komposisi Fungsi
Tentukan 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

13. 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

14. Perlu diperhatikan bahwa : Contoh 1 : Contoh 1 :
2 2
Buktikan bahwa : lim 2z  3z  2  5 Buktikan bahwa : lim 2z  3z  2  5
1. Titik zo adalah titik limit domain fungsi f. z 2 z2 z 2 z2
2. Titik z menuju zo melalui sebarang lengkungan K, Bukti:
artinya z menuju zo dari segala arah. Misalkan diberikan bilangan  > 0, kita akan mencari
3. 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 81
Dari 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

15. 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 87
Contoh 1 : Contoh 1 : Contoh 2 :
2
Jika f(z)  2 xy 2  x i . Buktikan lim f(z) tidak ada !
2
2 2
Hitunglah 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

16. Contoh 2 : Kekontinuan Fungsi Jadi, ada tiga syarat fungsi f(z) kontinu di zo, yaitu :
2
Jika 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) ada
Bukti : 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 93
Teorema 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

17. 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 99
Bukti : 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

18. 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 persamaan
Bukti : 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
103 104 105
Contoh 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

19. 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
109 110 111
ii. 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