Soal dan Pembahasan - Ujian Akhir Semester Fungsi Kompleks A 2020 - Prodi Pendidikan Matematika FKIP ULM

Quote

ini nanti isinya quote.

Soal Nomor 1
Buktikan $u(x,y)$ harmonik dalam domain definisinya, dan tentukan fungsi $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ jika $u(x,y)=\displaystyle \frac{x}{x^2+y^2}$.

$u(x,y)=\displaystyle \frac{x}{x^2+y^2}$

$\begin{aligned} u_x&=\frac{(x^2+y^2)-x(2x)}{(x^2+y^2)^2} \\ &=\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2} \end{aligned}$

$\begin{aligned} u_{xx}&=\frac{(-2x)(x^2+y^2)^2-(y^2-x^2)2(x^2+y^2)2x}{(x^2+y^2)^4} \\ &=\frac{(-2x)(x^4+2x^2y^2+y^4)-4x(y^4-x^4)}{(x^2+y^2)^4} \\ &=\frac{2x^5-4x^3y^2-6xy^4}{(x^2+y^2)^4} \end{aligned}$

$\begin{aligned} u_y&=\frac{-2xy}{(x^2+y^2)^2} \end{aligned}$

$\begin{aligned} u_{yy}&=\frac{(-2x)(x^2+y^2)^2-(-2xy)2(x^2+y^2)2y}{(x^2+y^2)^4} \\ &=\frac{(-2x)(x^4+2x^2y^2+y^4)+8xy^2(x^2+y^2)}{(x^2+y^2)^4} \\ &=\frac{-2x^5+4x^3y^2+6xy^4}{(x^2+y^2)^4} \end{aligned}$

Perhatikan bahwa

$u_{xx}+u_{yy}=\displaystyle \frac{2x^5-4x^3y^2-6xy^4}{(x^2+y^2)^4}+\frac{2x^5-4x^3y^2-6xy^4}{(x^2+y^2)^4}=0$

sehingga $u(x,y)$ merupakan fungsi harmonik dalam domain definisinya.
Karena $u(x,y)$ harmonik, maka persamaan PCR terpenuhi
$\boxed{u_x=v_y}$ dan $\boxed{u_y=-v_x}$.
Dari sini, kita dapat memperoleh fungsi $v(x,y)$.

$v_x=-u_y=\displaystyle \frac{2xy}{(x^2+y^2)^2}$
$\begin{aligned} \int v_x~dx &= \int \frac{2xy}{(x^2+y^2)^2}~dx \\ &= y \int 2x (x^2+y^2)^{-2}~dx \end{aligned}$
Misalkan $u=(x^2+y^2)$, maka $du = 2x~dx$.
$\begin{aligned} \int v_x~dx &= y \int u^{-2}~du \\ &= -yu^{-1} + g(y) \\ &= -y(x^2+y^2)^{-1} + g(y) \end{aligned}$

$\displaystyle v(x,y)=-\frac{y}{x^2+y^2}+g(y)$

$\begin{aligned} v_y&=\frac{-(x^2+y^2)-(-y)(2y)}{(x^2+y^2)^2}+g'(y) \\ u_x&=\frac{-x^2+y^2}{[x^2+y^2]^2}+g'(y) \end{aligned}$
$\displaystyle \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}=\frac{-x^2+y^2}{[x^2+y^2]^2}+g'(y)$

Diperoleh $g'(x)=0$, sehingga $g(x)=C$.
Jadi $v(x,y)=-\displaystyle \frac{y}{x^2+y^2}+C$

$\begin{aligned} f(z)&=u(x,y)+iv(x,y) \\ &=\frac{x}{x^2+y^2}+i\left(\frac{-y}{x^2+y^2}+C\right) \\ &=\frac{x-iy}{x^2+y^2}+iC \\ &=\frac{\overline{z}}{|z|^2}+iC \\ &=\frac{\overline{z}}{\overline{z}\cdot{z}}+iC \\ &=\frac{1}{z}+iC \end{aligned}$

Jadi, $\displaystyle \boxed{f(z)=\frac{1}{z}+iC}$.

Soal Nomor 2
Tentukan semua semua nilai $z$ yang memenuhi, sehingga:

1. $e^z=1+\sqrt{3}i$
2. $e^{z+1}=-2$
3. $\ln~z = -\frac{\pi}{2}i$

1. $e^z=1+i\sqrt{3}$
   $\begin{aligned} \ln~e^z &= \ln~(1+i\sqrt3) \\ z &= \ln~(1+i\sqrt3) \end{aligned}$
   Ubah $(1+i\sqrt3)$ ke bentuk polar
   $\begin{aligned} z &= \ln\left[2\left(e^{i\left[\frac{\pi}{3}+2k\pi\right]}\right)\right] \\ &= \ln~2 + \ln~e^{i\left[\frac{\pi}{3}+2k\pi\right]} \\ &= \ln~2 + i\left(\frac{\pi}{3}+2k\pi\right) \end{aligned}$
   Jadi, $\boxed{z=\displaystyle \ln~2 + i\left(\frac{\pi}{3}+2k\pi\right)}$
2. $e^{z+1}=-2$
   $\begin{aligned} \ln~e^{z+1}&=\ln~(-2) \\ z+1&=\ln~(-2) \\ z&=-1+\ln~(-2) \\ &=-1+\ln~[2(e^{i(\pi + 2k\pi)})] \\ &=-1+\ln~2+i(\pi + 2k\pi) \end{aligned}$
   Jadi, $\boxed{z=-1+\ln~2+i(\pi + 2k\pi)}$
3. $\ln~z = -\frac{\pi}{2}i$
   $\begin{aligned} z &= e^{-\frac{\pi}{2}i} \\ &=[\cos (-\frac{\pi}{2}) + i \sin (\frac{\pi}{2})] \\ &=[\cos \frac{\pi}{2} - i \sin \frac{\pi}{2}] \\ &=[0 - i] \\ &=-i \end{aligned}$
   Jadi, $\boxed{z=-i}$

Soal Nomor 3
Tunjukkan bahwa:

1. Jika $f(z)=\Re(z)$ maka $f'(z)$ tidak ada dimanapun juga (disertai alasannya).
2. Fungsi $f(z)=\cos~y - i \sin~y$ tidak mempunyai turunan dimanapun juga.

1. Agar sebuah fungsi dapat diturunkan di $\mathbb{C}$, fungsi tersebut harus memenuhi persamaan C-R, yaitu jika
   $f(x,y)=u(x,y)+iv(x,y)$
   maka harus memenuhi
   $\boxed{u_x = v_y}$ dan $\boxed{u_y=-v_x}$.
   
   Untuk $f(z)=\Re(z)=x$
   maka $u(x,y)=x$ dan $v(x,y)=0$.
   $u_x=1$
   $u_y=0$
   $v_x=0$
   $v_y=0$
   Perhatikan bahwa $u_y=-v_x$ namun $u_x\neq v_y$, sehingga persamaan C-R tidak terpenuhi. Akibatnya, turunan $f(z)$ tidak ada. $~~~~\blacksquare$
2. $f(z)=\cos~y - i \sin~y$
   $u(x,y)=\cos~y$ dan $v(x,y)=-i\sin~y$ $$u_x=0 \neq v_y=-i\cos~x$$ $$u_y=-\sin y \neq v_x=0$$ Karena persamaan C-R tidak terpenuhi, maka $f(z)$ tidak ada. $~~~~\blacksquare$