Download WSDWDasdsadasdasdsadsadadsadsadasd and more Slides Materials Physics in PDF only on Docsity!
Matematika Teknik II 1
DERET LAURENT
L.H. Wiryanto FMIPA-ITB Jalan Ganesha 10 Bandung-Indonesia e-mail: leo@math.itb.ac.id
Deret Taylor: Fungsi dinyatakan ke bentuk deret pangkat.
f (x) = (^1) −^1 x = 1 + x + x^2 + x^3 + · · · + xn^ + · · ·
diuraikan dalam deret Taylor disekitar x = 0, dikenal sebagai deret McLaurin. Ingat:uraian deret Taylor disekitar x = x 0 adalah
f (x) = f (x 0 ) + f ′(x 0 )(x − x 0 ) + f^
′′(x 0 ) 2!
(x − x 0 )^2 + · · · + f^
(n)(x 0 ) n!
(x − x 0 )n^ + · · ·
f (x) = 1 2 − x
= 1 + (x − 1) + (x − 1)^2 + (x − 1)^3 + · · · + (x − 1)n^ + · · ·
diuraikan dalam deret Taylor disekitar x = 1.
f (z) = sin z = z − z
3 3! +^
z^5 5! −^
z^7 7! · · · diuraikan dalam deret Taylor di sekitar z = 0, atau deret McLaurin.
Masalah di sini adalah bagaimana menentukan koefisien deret, khususnya fungsi kompleks, yang akan dihubungkan dengan integral kompleks. Berikut uraiannya.
- f (z) adalah fungsi analitik pada domain D dan z 0 ∈ D
- C lintasan tertutup berupa lingkaran yang mempunyai pusat z 0 dan jari-jari r; z titik di dalam C dan z∗^ titik pada C.
2 L.H. Wiryanto
- Tulisakan 1 z∗^ − z =^
z∗^ − z 0 − (z − z 0 ) =^
(z∗^ − z 0 )
( 1 − (^) zz∗−−zz^00
)
Secara geometri (^) ∣ ∣∣ ∣
z − z 0 z∗^ − z 0
∣∣ ∣∣ < 1
- Dari deret geometri 1 1 − q = 1 +^ q^ +^ q
(^2) + q (^4) + · · ·
untuk |q| < 1, ekspresi di atas dapat ditulis dalam deret 1 z∗^ − z =^
z∗^ − z 0
[ 1 + (^) zz∗^ −−^ zz^0 0
( (^) z − z 0 z∗^ − z 0
) 2
( (^) z − z 0 z∗^ − z 0
) 3 · · ·
]
- Hubungan integral Cauchy berbentuk ∮ C
f (z∗) z∗^ − z dz
∗ (^) = 2πif (z)
Bila 1/(z∗^ − z) di dalam integral digantikan dengan deret di atas diperoleh
2 πif (z) =
∮ C
f (z∗) z∗^ − z 0
[ 1 + (^) zz∗^ −−^ zz^0 0
( (^) z − z 0 z∗^ − z 0
) 2
( (^) z − z 0 z∗^ − z 0
) 3 · · ·
] dz∗
= a 0 + a 1 (z − z 0 ) + a 2 (z − z 0 )^2 + · · · dengan a 0 =
∮ C
f (z∗) z∗^ − z 0 dz
∗
a 1 =
∮ C
f (z∗) (z∗^ − z 0 )^2 dz
∗
a 2 =
∮ C
f (z∗) (z∗^ − z 0 )^3 dz
∗ ...
an =
∮ C
f (z∗) (z∗^ − z 0 )n+1^ dz
∗ ...
4 L.H. Wiryanto
Figure 1: Sketsa daerah anulus D
- Menurut integral Cauchy pada anulus
f (z) = g(z) − h(z)
(lihat bab 2.2) dengan
g(z) = (^21) πi
∮ C 1
f (z∗) z∗^ − z dz
∗
h(z) = (^21) πi
∮ C 2
f (z∗) z∗^ − z dz
∗
(a) Tinjau g. z berada di dalam lintasan C 1 , seperti pada penurunan deret Taylor, karena (^) ∣ ∣∣ ∣
z − z 0 z∗^ − z 0
∣∣ ∣∣ < 1 ,
maka berlaku g(z) =
∑^ ∞ n=
an(z − z 0 )n
dengan an = 1 2 πi
∮ c 1
f (z∗) (z∗^ − z 0 )n+^
dz∗
(b) Tinjau h. z berada di luar C 2 , sehingga ∣∣ ∣∣^ z^ −^ z^0 z∗^ − z 0
∣∣ ∣∣ > 1.
Matematika Teknik II 5
Penyebut dari integran dinyatakan dalam deret 1 z∗−z =^
z∗^ − z 0 − (z − z 0 ) =^
(z − z 0 )
[ 1 − z z∗−−zz 00
]
= − (^) z −^1 z 0
[ 1 + z
∗ (^) − z 0 z − z 0 +
( (^) z∗ (^) − z 0 z − z 0
) 2
]
Sehingga
h(z) = − (^21) πi
∮ C 2
f (z∗) z − z 0
[ 1 + z
∗ (^) − z 0 z − z 0 +
( (^) z∗ (^) − z 0 z − z 0
) 2
] dz∗
b 1 z − z 0 +^
b 2 (z − z 0 )^2 +^ · · · dengan b 1 = (^21) πi
∮ C 2 f^ (z
∗)dz∗
b 2 =
2 πi
∮ C 2 (z
∗ (^) − z 0 )f (z∗)dz∗
bm = (^21) πi
∮ C 2 (z
∗ (^) − z 0 )m− (^1) f (z∗)dz∗ ...
- Integral pada koefisien an dan juga bm sepanjang lintasan yang berbeda. Menu- rut integral Cauchy, lintasan tersebut dapat diganti yang lain selama berada pada anulus. Oleh karena itu, pilih C 1 dan C 2 yang sama C. Sehingga deret f di sekitar z 0 (titik tidak analitik)
f (z) =
∑^ ∞ n=
an(z − z 0 )n^ +
∑^ ∞ m=
bm (z − z 0 )m^
dengan an =
2 πi
∮ C
f (z∗) (z∗^ − z 0 )n+1^ dz
∗
bm = (^21) πi
∮ C^ (z
∗ (^) − z 0 )m− (^1) f (z∗)dz∗
yang disebut deret Laurent.
Matematika Teknik II 7
Untuk beberapa bm
b 1 = 1 2 πi
∮ C
(z∗)−^2 sin z∗dz∗^ = cos 0 = 1
b 2 = (^21) πi
∮ C
(z∗)−^1 sin z∗dz∗^ = 0
b 3 = (^21) πi
∮ C^ sin^ z
∗dz∗ (^) = 0
b 4 = 1 2 πi
∮ C
z∗^ sin z∗dz∗^ = 0 ...
b 1 dihitung menggunakan integral Cauchy tentang turunan pertama, b 2 menggu- nakan integral Cauchy terkait nilai fungsi di titik tidak analitik, b 3 dan seterus- nya fungsi yang diintegralkan analitik pada C dan daerah di dalamnya (teorema Cauchy). Jadi deret Laurent
z−^2 sin z =
( − (^) 3!^1 z + 5!^1 z^3 + · · ·
) +^1 z
Mengikuti cara menjawab contoh di atas terasa sangat panjang dan perhitungan integral dilakukan berulang-ulang. Sebenarnya kita dapat menjawab lebih singkat dengan hanya menguraikan sin z di sekitar nol, dan karena sin z analitik di z = 0 maka deret yang terbentuk adalah deret Taylor
sin z = z − z
3 3! +^
z^5 5! − · · ·
Selanjutnya f (z) ditinjau sebagai perkalian dari z−^2 dan sin z maka diperoleh
z−^2 sin z = z−^2
( z − z
3 3! +^
z^5 5! − · · ·
)
=^1 z − (^) 3! z + z
3 5! − · · · Cara ini terasa lebih praktis dan mudah dibandingkan sebelumnya, kita terhindar dari perhitungan integral.
Contoh 3.2. Tentukan deret dari f (z) = z^3 cosh(1/z) di sekitar z = 0.
8 L.H. Wiryanto
Jawab. Kita berhadapan dengan fungsi tidak analitik di z = 0. Jadi deret yang hendak kita bentuk adalah deret Laurent, tetapi kita coba menghindari perhitungan yang melibatkan integral. Jadi kita tinjau g(z) = cosh z yang analitik pada seluruh bidang komplek, termasuk z = 0. Kita bentuk deret Taylor-nya dengan
g(z) = cosh z → g(0) = 1
g′(z) = sinh z → g′(0) = 0
g′′(z) = cosh z → g′′(0) = 1 ... ...
sehingga
cosh z = 1 + z
2 2 +^
z^4 4! +^
z^6 6! +^ · · ·^ ,^ |z|^ <^ ∞ Kemudian gantikan z dengan 1/z, diperoleh deret
cosh^1 z = 1 + (^21) z 2 + (^) 4!^1 z 4 + (^) 6!^1 z 6 + · · · , (^) |^1 z| < ∞ ⇔ 0 < |z| < ∞
Jadi deret Laurent dari f di sekitar z = 0
z^3 cosh^1 z
= z^3
[ 1 + 1 2 z^2
4!z^4
6!z^6
]
= z^3 + z 2
4!z
6!z^3
dengan daerah konvergensi 0 < |z| < ∞.
Contoh 3.3. Tentukan deret Laurent dari f (z) = (^) z (^3) −^1 z 4
di sekitar z = 0.
Jawab. Tuliskan f (z) = 1 z^3 (1 − z) fungsi ini mempunyai 2 titik tidak analitik, z = 0 dan z = 1. Karena kita hendak membentuk deret di sekitar z = 0, bentuk deret dalam zn^ dengan n bulat. Oleh karena itu, cukup kita uraikan faktor 1/(1 − z) dari f dan perlu meninjau daerah konvergennya.
10 L.H. Wiryanto
- Tentukan uraian deret Taylor di sekitar z = −i beserta daerah konvergennya.
- Tentukan uraian deret Laurent di sekitar z = −i beserta daerah konvergennya.
- Hitung
(a)
∮ C 1
z + i z + 2 + idz,^ untuk^ C^1 :^ |z^ +^ i|^ = 0.^25
(b)
∮ C 2
z + i z + 2 + idz,^ untuk^ C^2 :^ |z^ +^ i|^ = 3
(c)
∮ C 3
z + i z + 2 + idz,^ untuk^ C^3 :^ |z^ + 2 +^ i|^ =^ ρ^ dengan 0^ < ρ <^ ∞
Jawab.
- Lebih dahulu kita nyatakan f (z) dalam z + i
f (z) = z^ +^ i z + 2 + i
z + 2 + i
= 1 − (^) 2 + (^2 z + i)
2 (z^ +^ i)
sehingga deret Taylor dapat dibentuk dengan menguraikan bentuk f (z) ter- akhir sebagai deret geometri
f (z) = 1 −
[ 1 − 12 (z + i) +^14 (z + i)^2 − 18 (z + i)^3 + · · ·
]
=^12 (z + i) − 14 (z + i)^2 +^18 (z + i)^3 − · · ·
untuk
∣∣ ∣∣^1 2 (z^ +^ i)
∣∣ ∣∣ < 1 ⇔ |z + i| < 2
- Deret Laurent dari f (z) diperoleh dengan mengubah bentuk fungsi dan mengu-
Matematika Teknik II 11
raikan menjadi deret geometri, sehingga perhitungan integral tidak dilakukan.
f (z) = 1 − 1 1 2 (z^ +^ i)^
[ 1 + (^) z^2 +i
]
= 1 − (^) z 2 + i
[ 1 − (^) z 2 + i + (^) (z +^4 i) 2 − (^) (z +^8 i) 3 + · · ·
]
= 1 − (^) z 2 + i + (^) (z +^4 i) 2 − (^) (z +^8 i) 3 + (^) (z 16 + i) 4 − · · ·
untuk
∣∣ ∣∣^2 z + i
∣∣ ∣∣ < 1 ⇔ |z + i| > 2
- Untuk menghitung integral, kita perlu memperhatikan keberadaan dari lin- tasan C pada daerah konvergensi dari deret Taylor atau Laurent.
(a) Untuk C 1 : |z + i| = 0.25 lingkaran pusat di z = −i dan jari-jari 0. berada pada daerah konvergensi dari deret Taylor, jadi f analitik pada C dan di dalamnya, sehingga
∮ C 1
f (z)dz = 0. Bandingkan hasil integral tersebut dengan menghitung menggunakan in- tegral garis berikut ∮ C 1
z + i z + i + 2dz^ =
∫ (^2) π 0
- 25 eit
- 25 eit^ + 2^0.^25 ie
itdt
= 0. 0625 i
∫ (^2) π 0
cos 2t + i sin 2t 0 .25 cos t + 2 + 0. 25 i sin tdt Setelah memisahkan bagian riil dan imaginer, kita dapatkan ∫ (^2) π 0
cos(2t)(0.25 cos t + 2) + 0.25 sin(2t) sin t 4 .0625 + cos t
dt = 0,
∫ (^2) π 0
(sin(2t)(0.25 cos t + 2) − 0 .25 cos(2t) sin t) 4 .0625 + cos t dt^ = 0 sehingga diperoleh hasil yang sama dengan sebelumnya. (b) Untuk C 2 : |z+i| = 3, lintasan berada pada daerah konvergensi dari deret Laurent, sehingga
∮ C 2 f^ (z)dz^ = 2πib^1.^ Sedangkan pada deret Laurent, koefisien dari 1/(z + i) adalah b 1 = −2. Jadi
∮ C^ f^ (z)dz^ =^ −^4 πi.
Matematika Teknik II 13
- Pole and orde.
f (z) =
∑^ ∞ n=
an(z − z 0 )n^ +
∑^ ∞ m=
bm (z − z 0 )m
- Pada penjumlahan kedua: jika mempunyai suku berhingga, misalnya sampai bM /(z − z 0 )M^ dan berikutnya nol, maka titik singular z 0 dise- but pole dan M disebut orde dari pole tersebut.
- Pole orde 1 disebut pole sederhana (simple pole), deret berbentuk
f (z) =
∑^ ∞ n=
an(z − z 0 )n^ + (^) z −b^1 z 0
- z = z 0 disebut titik nol dari fungsi analitik f (z) jika f (z 0 ) = 0
- Titik nol berorde n jika f ′(z 0 ) = f ′′(z 0 ) = · · · = f (n−1)(z 0 ) = 0 dan f (n)(z 0 ) 6 = 0, sehingga deretnya
f (z) = an(z − z 0 )n^ + an+1(z − z 0 )n+1^ + · · · +
∑^ ∞ m=
bm (z − z 0 )m
- Titik nol berorde 1 disebut titik nol sederhana (simple nol)
- Titik nol dari fungsi analitik tidak merambat pada turunan, artinya jika f (z 0 ) = 0 untuk fungsi analitik, f ′(z 0 ) belum tentu bernilai nol.
- z 0 adalah nol dari fungsi analitik f (z) berorde n ⇔ z 0 pole dari 1/f (z) berorde n.
- f (z) analitik sepanjang lintasan tertutup C dan titik-titik di dalamnya kecuali z 0. Deret Laurent dari f
f (z) =
∑^ ∞ n=
an(z − z 0 )n^ +
∑^ ∞ m=
bm (z − z 0 )m
dengan b 1 =
2 πi
∮ C^ f^ (z)dz disebut residu dari f (z) di z = z 0 dan dinotasikan
b 1 = Resz=z 0 f (z).
14 L.H. Wiryanto
Rumusan menghitung residu.
- Untuk pole sederhana, kita perhatikan deret Laurent
f (z) = (^) z −b^1 z 0
- a 0 + a 1 (z − z 0 ) + · · ·
⇔ (z − z 0 )f (z) = b 1 + a 0 (z − z 0 ) + a 1 (z − z 0 )^2 + · · · Dengan mengambil limit z → z 0 diperoleh
b 1 = Resz=z 0 f (z) = lim z→z 0 (z − z 0 )f (z) (5)
- Fungsi kompleks berbentuk f (z) = p q((zz))
dengan p dan q analitik, p(z 0 ) 6 = 0 dan z 0 nol sederhana dari q(z), yang berarti sebagai pole sederhana dari f. Deret Taylor dari q di sekitar z 0
q(z) = (z − z 0 )q′(z 0 ) + (z^ −^ z^0 )
2 2! q
′′(z 0 ) + · · ·
= (z − z 0 )
[ q′(z 0 ) + (z^ − 2!^ z^0 )q′′(z 0 ) + · · ·
]
Bila dikembalikan ke f dan residu dari f dihitung menggunakan limit seperti sebelumnya
Resz=z 0 f (z) = lim z→z 0 (z − z 0 )p q((zz))
= lim z→z 0 (z^ −^ z^0 )p(z) (z − z 0 )
[ q′(z 0 ) + (z− 2!z 0 )q′′(z 0 ) + · · ·
]
Perhitungan limit menghasilkan
Resz=z 0 f (z) = (^) qp′((zz^0 ) 0 )^
- Misal f (z) fungsi kompleks yang mempunyai pole berorde m > 1 di z = z 0 , deret Laurent dari f
f (z) = (^) (z −bm z 0 )m^
⇔ (z − z 0 )mf (z) = bm + · · · + b 1 (z − z 0 )m−^1 + a 0 (z − z 0 )m^ + a 1 (z − z 0 )m+1^ + · · ·
16 L.H. Wiryanto
Figure 2: Sketsa lintasan C dan n lintasan lain di dalamnya.
Setelah kita mengenal rumus residu dan menerapkan pada beberapa fungsi, kita akan menerapkan kegunaannya dalam integral. Untuk itu kita perhatikan ∮ C
f (z)dz
dengan C lintasan tertutup yang mengitari n titik singular z 1 , z 2 , · · · , zn dari fungsi kompleks f. Menurut teorema Cauchy, kita dapat membuat n lintasan C 1 , C 2 , · · · , Cn di dalam C, yang masing-masing hanya mengitari satu titik singular seperti diilus- trasikan pada Gambar , dan menyatakan integral di atas sebagai ∮ C^ f^ (z)dz^ =
∮ C 1 f^ (z)dz^ +
∮ C 2 f^ (z)dz^ +^ · · ·^ +
∮ Cn^ f^ (z)dz
Selanjutnya tiap integral pada ruas kanan dihitung menggunakan residu, yaitu ∮ C 1
f (z)dz = 2πiResz=z 1 f (z)
∮ C 2 f^ (z)dz^ = 2πiResz=z^2 f^ (z)
... ... ∮ Cn
f (z)dz = 2πiResz=zn f (z).
Sehingga (^) ∮
C^ f^ (z)dz^ = 2πi
∑^ n j=
Resz=zj f (z) (8)
Matematika Teknik II 17
Dalam perhitungannya, di sini kita tidak perlu membentuk n buah deret Laurent dari f terkait dengan titik singgularnya untuk menghitung residu b 1 , tetapi dengan rumus yang ada kita dapat menghitung lebih praktis, kecuali f bukan jenis yang disyaratkan pada rumus.
Contoh 3.6. Hitung (^) ∮
C
9 z + i z(z^2 + 1)dz dengan lintasan C : |z| = 5
Jawab. Tiga titik singular dari f adalah z = 0, i, −i, yang ketiganya ada di dalam C dan merupakan pole sederhana. Residu masing-masing dihitung menggunakan (5)
Resz=0f (z) = lim z→ 0 z (^) z(^9 zz 2 ++ 1)^ i = i
Resz=if (z) = lim z→ 0 (z − i)
9 z + i z(z^2 + 1) =^ −^5 i
Resz=−if (z) = 4i (lihat contoh 3.5. nomer 2.)
Selanjutnya integral di atas dihitung menggunakan (8), memberikan ∮ C
9 z + i z(z^2 + 1)
dz = 2πi{i − 5 i + 4i} = 0
Terapan integral kompleks pada integral riil Pada bagian selanjutnya kita perkenalkan bagaimana menggunakan integral kom- pleks untuk menghitung integral dari fungsi riil. Dalam pembahsan di sini kita kelompokkan 3 bentuk integral riil yang dapat dihitung menggunakan integral kom- pleks.
- Integral fungsi trigonometri Integral pada kelompok ini secara umum berbentuk
I =
∫ (^2) π 0 F^ (cos^ θ,^ sin^ θ)dθ
dengan F merupakan fungsi rational dari cos dan sin, dan F berhingga pada selang [0, 2 π].
Matematika Teknik II 19
Figure 3: Sketsa lintasan C = [−R, R] ⋃^ S.
- Integral tak wajar Integral pada kelompok ini secara umum berbentuk ∫ (^) ∞ −∞
f (x)dx
yang telah dikenalkan untuk mengerjakan dengan memecah integral menjadi dua dan masing-masing dihitung menggunakan limit. Bila limit masing-masing ada (konver- gen), perhitungan dapat dilakukan dengan ∫ (^) ∞ −∞^ f^ (x)dx^ = lim^ R→∞
∫ (^) R −R^ f^ (x)dx
Hal ini dijamin untuk
f (x) = p r((xx))
fungsi rasional dengan q(x) 6 = 0 dan derajat dari q setidaknya 2 tingkat di atas derajat p, yaitu p(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x^2 + · · · + anxn q(x) = b 0 + b 1 x + b 2 x^2 + · · · + bmxm
an dan bm tidak nol dan m ≥ n + 2. Dalam kaitannya dengan integral kompleks, kita nyatakan ∮ C^ f^ (z)dz^ =
∫ S^ f^ (z)dz^ +
∫ (^) R −R^ f^ (x)dx
dengan C merupakan lintasan tertutup yang merupakan gabungan dari selang [−R, R] dan setengah lingkaran bagian atas pusat 0 dan jari-jari R, seperti diberikan pada
20 L.H. Wiryanto
Gambar. Integral pada ruas kiri selanjutnya dihitung menggunakan metoda residu, sehingga (^) ∫ R −R
f (x)dx = 2πi
∑ Resf (z) −
∫ S
f (z)dz
Integral pada ruas kiri menjadi integral tak wajar dengan mengambil limit R → ∞, sedangkan integral sepanjang S dapat dianalisa sebagai berikut
- S : z = Reiθ^ , 0 ≤ θ ≤ π
- Jaminan limit ada pada fungsi rasional memberikan
|f (z)| < K |z|^2 untuk konstanta K.
- Batas integral (^) ∣ ∣∣ ∣
∫ S^ f^ (z)dz
∣∣ ∣∣ < K R^2 πR^ =^
πK R
- Pengambilan limit R → ∞ mengakibatkan
∫ S^ f^ (z)dz^ →^0
Jadi integral tak wajar dapat dihitung menggunakan ∫ (^) ∞ −∞
f (x)dx = 2πi
∑ Resf (z) (10)
tanpa harus menentukan antiturunan dari f (x).
Contoh 3.8. Hitung (^) ∫ ∞ −∞
x^2 (x^2 + 1)(x^2 + 4)
dx
Jawab. Fungsi kompleks yang berpadanan dengan integran adalah
f (z) = z
2 (z^2 + 1)(z^2 + 4) =^
z^2 (z − i)(z + i)(z − 2 i)(z + 2i)
Fungsi ini mempunyai titik singular z = i, −i, 2 i, − 2 i bertipe pole sederhana. Sedan- gkan lintasan yang kita ambil adalah setengah lingkaran bagian atas, sehingga hanya
