Beberapa Lema Keanalitikan Fungsi Kompleks

Beberapa Lema berikut ini dapat dibuktikan melalui sifat analitik fungsi kompleks pada suatu himpunan terbuka yang analitik di beberapa daerah dengan suatu garis vertikal di dalamnya. Untuk notasi himpunan bilangan kompleks pada daerah dengan garis vertikal, yaitu garis L_u =\left \{s=u+iv: u,v \in \mathbb{R}\right \}, dan untuk sebarang bilangan kompleks kita akan menggunakan s=\alpha+i\beta, di mana \alpha,\beta\in \mathbb{R}. Untuk x akan kita gunakan sebagai sebarang bilangan n\in\mathbb{N}, sehingga untuk s\in\mathbb{C}, x^s didefiniskan oleh x^s=e^{s\log x} dimana \log x adalah riil dan logaritma natural dari x. Juga dapat dicatat bahwa \left | x^s \right |=x^\alpha untuk sebarang s\in\mathbb{C}.

Definisi. Dimisalkan f(s) adalah suatu fungsi kompleks, analitik di beberapa titik pada himpunan terbuka yang mengandung garis vertikal L_u =\left \{s=u+iv: u,v \in \mathbb{R}\right \}. Jika

\displaystyle\int_{u}^{u+i\infty}f(s)ds=\int_{0}^{\infty}if(u+iv)dv

dan

\displaystyle\int_{u-i\infty}^{u}f(s)ds=\int_{-\infty}^{0}if(u+iv)dv

keduanya konvergen, integral f(s) pada L_u didefinisikan oleh :

\displaystyle\int_{L_u}f(s)ds:=\lim_{V \to \infty}\int_{u-iV}^{u+iV}f(s)ds=\lim_{V \to \infty}\int_{-V}^{V}if(u+iv)dv

Lema 1. Jika C adalah kurva tertutup sederhana dengan arah positif di mana terletak s=0 pada bagian interiornya, maka :

\displaystyle\int_{C} \frac{e^{as}}{s^2}ds=a2\pi i

Bukti :

Karena deret Laurent untuk e^{as}/s^2 yang berpusat di s=0 adalah

\displaystyle\frac{e^{as}}{s^2}=\frac{1}{s^2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(as)^n}{n!}=\frac{1}{s^2}+\frac{a}{s}+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{a^ns^{n-2}}{n!},

dengan menggunakan Teorema Residu Lema 1 di atas terpenuhi  karena residu dari e^{as}/s^2 di s=0 adalah a.

Lema 2. Jika u > 0 maka :

\displaystyle\frac{1}{2\pi i}\int_{L_u}\frac{x^s}{s^2}ds=\left\{\begin{matrix}  \log x, & \textup{jika}~x\geq 1\\  0, &\textup{jika}~ 0 < x < 1  \end{matrix}\right.

dan jika u > 1 maka :

\displaystyle\frac{1}{2\pi i}\int_{L_u}\frac{x^{s-1}}{(s-1)^2}ds=\left\{\begin{matrix}  \log x, & \textup{jika}~x\geq 1\\  0, & \textup{jika}~0 < x < 1  \end{matrix}\right.

Bukti :

Pernyataan kedua mengikuti pernyataan pertama karena dengan menuliskan u=1+b (dengan b > 0), diperoleh :

\displaystyle\frac{1}{2\pi i}\int_{L_u}\frac{x^{s-1}}{(s-1)^2}ds=\frac{1}{2\pi i}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{ix^{b+iv}}{(b+iv)^2}dv=\frac{1}{2\pi i}\int_{L_b}\frac{x^{s}}{s^2}ds.

Untuk pembuktian pernyataan pertama, kita dapat memandang sebuah lingkaran C_R dengan radius R >u yang berpusat di s=0. Sebagai misal, C_{1R} dan C_{2R} adalah segmen pada C_R yang terletak pada bagian kiri dan kanan garis vertikal L_u. Sedangkan L_R dimisalkan sebagai segmen dari garis L_u yang terletak pada bagian interior dari lingkaran C_R. Maka C_{1R}\cup L_{R} dan C_{2R}\cup L_{R} adalah lintasan tertututp sederhana dan \lim_{R \to \infty} L_R=L_u.

Untuk x\geq 1, kita dapat memandang integral pada C_{1R}\cup L_{R} dengan arah positif. Melalui Lema 1, dengan a=\log x, diperoleh

\displaystyle\frac{1}{2\pi i}\int_{C_{1R}\cup L_{R}}\frac{x^s}{s^2}ds=\frac{1}{2\pi i}\int_{C_{1R}\cup L_{R}}\frac{e^{s \log x}}{s^2}ds=\log x~~~~(1)

Dengan arah positif ini juga mempunyai \lim_{R \to \infty} L_R=L_u. Karena itu, berdasarkan persamaan (1), maka

\displaystyle\log x = \int_{C_{1R}\cup L_{R}}=\int_{C_{1R}}+\int_{L_R}.

Untuk melengkapi pembuktian selanjutnya kita perlu menunjukan bahwa \lim_{R \to \infty} \int_{C_{1R}}=0, sehingga dengan cara itu dapat ditemukan batas integran pada C_{1R}.

Jika s \in C_{1R} maka \alpha \leq u, dan karena x \geq 1, maka

\displaystyle\left | \frac{x^s}{s^2} \right |=\frac{x^{\alpha}}{\left | s^2 \right |}=\frac{x^{\alpha}}{R^2}\leq \frac{x^u}{R^2} ~~~~(2)

Dan begitu juga, karena panjang C_{1R} < 2\pi R, maka

\displaystyle\left | \frac{1}{2\pi i} \int_{C_{1R}}\frac{x^s}{s^2}ds\right |<\frac{1}{2\pi}\frac{x^u}{R^2}2\pi R=\frac{x^u}{R}.

Karena itu, \lim_{R \to \infty} \int_{C_{1R}}=0, seperti yang diharapkan.

Untuk kasus 0<x<1 dapat dilihat integral pada C_{2R}\cup L_R dengan arah positif, yang juga mengikuti kesesuaian dengan \lim_{R\to\infty}\int_{L_R}=\int_{Lu}. Karena x^s/s^2 analitik di C_{2R}\cup L_R dan pada bagian interiornya, maka melalui Teorema Cauchy diperoleh :

\displaystyle\frac{1}{2\pi i}\int_{C_{2R}\cup L_R}\frac{x^2}{s^2}ds=0.

Sampai sini cukup untuk membuktikan bahwa \int_{C_{2R}}\to 0. Karena untuk s\in C_{2R} telah dimiliki \alpha \geq u, dan pada kasus ini x < 1, sehingga batas pada persmaan (2) terpenuhi. Karena itu, \lim_{R \to \infty} \int_{C_{2R}}=0 pada gilirannya menyebabkan \int_{L_u}=0.

Lema 3. Jika u>1, maka

\displaystyle\frac{1}{2\pi i}\int_{L_u}\frac{x^s}{s(s-1)}ds=\left\{\begin{matrix}  x-1 & \textup{jika}~x\geq 1\\  0 & \textup{jika}~0<x<1  \end{matrix}\right.

dan

\displaystyle\frac{1}{2\pi i}\int_{L_u}\frac{x^{s-1}}{s(s-1)}ds=\left\{\begin{matrix}  1-1/x & \textup{jika}~x\geq 1\\  0 & \textup{jika}~0<x<1  \end{matrix}\right.

Bukti :

Pembuktian Lema 3 sejalan dengan Lema 2, di mana pernyataan kedua dapat dibuktikan dari pernyataan pertama, mengingat bahwa

\displaystyle\frac{1}{2\pi i}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{ix^{u+iv-1}}{\left(u+iv\right)\left(u+iv-1\right)}dv=\frac{1}{2\pi i}\frac{1}{x}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{ix^{u}x^{iv}}{\left(u+iv\right)\left(u+iv-1\right)}dv.

Jadi,

\displaystyle\frac{1}{2\pi i}\int_{L_u}\frac{x^{s-1}}{s\left(s-1\right)}ds= \frac{1}{x}\frac{1}{2\pi i}\int_{L_u}\frac{x^s}{s\left(s-1\right)}ds.

Untuk pernyataan pertama, dengan u>1, dan C_{R},C_{1R},C_{2R},L_{R} seperti yang didefinisikan pada Lema 2. Melalui pertidaksamaan :

\displaystyle\left | s_0-s_1 \right |\geq \left | \left | s_0 \right |-\left | s_1 \right | \right |

untuk s\in C_R diperoleh :

\displaystyle\left | s\left ( s-1 \right ) \right |\geq R\left ( R-1 \right ).

Untuk x\geq 1 dapat dilihat pada daerah C_{1R}\cup L_R dengan arah postif, dan integran nya bisa ditulis menjadi :

\displaystyle\frac{x^s}{s\left ( s-1 \right )}=\frac{x^s}{s-1}-\frac{x^s}{s}.

Karena f(s)=x^s adalah analitik pada, dan bagian interior dari C_{1R}\cup L_R, maka melalui Teorema Cauchy diperoleh :

\displaystyle\frac{1}{2\pi i}\int_{C_{1R}\cup L_R}\frac{f(s)}{s}ds=f(0)=1

dan

\displaystyle\frac{1}{2\pi i}\int_{C_{1R}\cup L_R}\frac{f(s)}{s-1}ds=f(1)=x.

Karena itu,

\displaystyle\frac{1}{2\pi i}\int_{C_{1R}\cup L_R}\frac{x^s}{s\left ( s-1 \right )}ds=x-1.

Selanjutnya, karena untuk s\in C_{1R}, x\geq 1, dan \alpha\leq u, berlaku

\displaystyle\left | \frac{x^s}{s\left ( s-1 \right )} \right |=\frac{x^\alpha}{\left | s\left ( s-1 \right ) \right |}\leq \frac{x^u}{R\left ( R-1 \right )} ~~~~(3)

Ini menyebabkan

\displaystyle\left | \frac{1}{2\pi i}\int_{C_{1R}}\frac{x^s}{s\left ( s-1 \right )}ds \right |\leq \frac{1}{2\pi}\frac{x^u}{R\left ( R-1 \right )}2\pi R=\frac{x^u}{R-1}.

yang sejalan dengan langkah pembuktian pada Lema 2, sehingga diperoleh :

\displaystyle\frac{1}{2\pi i}\int_{L_u}\frac{x^s}{s\left ( s-1 \right )}ds=\lim_{R\to\infty}\frac{1}{2\pi i}\int_{L_R}\frac{x^s}{s\left ( s-1 \right )}ds=x-1.

Untuk kasus 0<x<1, integran nya adalah analitik di C_{2R}\cup L_R yang menyebabkan \int_{C_{2R}\cup L_R}=0 dan persamaan (3) juga berlaku untuk s\in C_{2R}. Dapat disimpulkan bahwa \lim_{R\to\infty}\int_{C_{2R}}=0 yang dari sini \int_{L_u}=0 teramati.

One thought on “Beberapa Lema Keanalitikan Fungsi Kompleks

  1. Pingback: Deret Dirichlet dan kekonvergenannya « matematika-ku

Leave a Reply

Fill in your details below or click an icon to log in:

WordPress.com Logo

You are commenting using your WordPress.com account. Log Out / Change )

Twitter picture

You are commenting using your Twitter account. Log Out / Change )

Facebook photo

You are commenting using your Facebook account. Log Out / Change )

Google+ photo

You are commenting using your Google+ account. Log Out / Change )

Connecting to %s