Deret Kompleks

DERET KOMPLEKS

BAB 6
DERET KOMPLEKS

A. Capaian Pembelajaran Mata Kuliah (CPMK)
Mahasiswa memahami konvergensi barisan dan deret kompleks,
deret McLaurin, deret Taylor, dan deret Laurent.

Indikator CPMK:
1. Memahami barisan dan deret pangkat bilangan kompleks
2. Memahami konvergensi barisan dan deret kompleks.
B. Uraian Materi
Bab ini menyajikan deret yang mengambarkan suatu fungsi analitik.
Kita menyajikan teorema yang menjamin existensi dari deret tersebut
dan menyajikan juga beberapa cara dalam memanipulasinya.

6.1 Konvergensi Barisan Barisan Deret

Suatu barisan tak hingga
z1 , z2 , z3 , . . . , zn , . . .

dari bilangan kompleks mempunyai limit z jika untuk setiap bilangan
positif  ada bilangan suatu bilangan bulat positif no sedemikian
sehingga,

 zn – z  bilamana no  n .................... (1)

Secara Geometri , artinya bahwa untuk suatu bilangan n yang cukup
besar , titik zo sangan dekat dengan titik z.

Ketentuan ini di tinggalkan sebagai latihan untuk memperlihatkan
bahwa suatu barisan yang diberikan mempunyai paling banyak satu
limit., yaitu limitnya tunggal.Bilamana limit z ada, maka barisan
tersebut diatas dikatakan konvergen ke z dan dapat ditulis,

lim =

→∞

Jika barisan tidak mempunyai limit, maka disebut divergen.

Teorema 6.1 : Misalkan bahwa

zn = xn + i yn (n = 1 , 2 , . . . )

dan

z=x+iy

maka

lim = ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ (2)

→∞

Jika dan hanya jika

lim = lim = ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ (3)

→∞ →∞

Untuk membuktikan teorema ini, pertama kita asumsikan bahwa
ketentuan (2) benar, dan ketentuan (3) dibuktikan berdasarkan
ketentuan (2),untuk setiap bilangan positif , ada suatu bilangan bulat
positif no sedemikian sehingga,

| xn - x + i( yn - y)| <  bilamana n > no

namun

| xn - x | ≤ | xn - x + i( yn - y)|

dan
| yn - y | ≤ | xn - x + i( yn - y)|

akibatnya

| xn - x | ≤  dan | yn - y | ≤ 

dimana n > no

dengan demikian kondisi (3) terpenuhi.

Sebaliknya jika dimulai dengan kondisi (3), berarti untuk setiap
bilangan positif  ada bilangan bulat positif n1 dan n2 sehingga

| xn - x | ≤  /2 bilamana n < n1

dan

| yn - y | ≤  /2 bilamana n < n2

sehingga

| xn - x | ≤  /2 dan | yn - y | ≤  /2 bilamana n < no

dimana no = maksimum { n1 , n2 }

namun

| xn + iyn - ( x + iy)| = | xn - x + i( yn - y)|
≤ | xn - x | + | yn - y|

maka,

| zn - z | ≤  bilamana n > no

Berarti terbukti berlaku (2) yaitu,

lim =

→∞

Teorema di atas dapat ditulis juga dengan bentuk,

lim = l i→m∞( + ) = lim + lim

→∞ →∞ →∞

Bilamana diketahui bahwa limit pada bentuk (3) ataupun bentuk (2)
ada.

Contoh 6.1. Buktikan barisan berikut

1 ( = 1 , 2 , ⋯ )
= 3 +

adalah konvergen ke i karena

11
lim = lim ( 3 + ) = lim + lim 1
3
→ ∞ → ∞ → ∞ → ∞

= 0 + ∗ 1 =

Dengan kata lain dapat ditulis
1

| − | = 3
dengan menggunakan (1) , akan terlihat bahwa untuk setiap
bilangan positif  , ditentukan
1 11
3 < ℎ > 3√ 0 = 3√

sehingga

| − | <  > 0 = 1 (terbukti).
3√

Suatu deret tak hingga

z1 + z2 + z3 + . . . + zn + . . .

dari bilangan kompleks, konvergen ke bilangan S dan dikatakan
jumlah dari deret, jika barisan jumlah bagian

( = 1 , 2 , . . . )

= ∑

=1

Adalah konvergen ke S , dan ditulis dengan,

∞

∑ =

=1

Catatan bahwa, karena suatu barisan dapat mempunyai paling banyak
satu limit, maka suatu deret dapat mempunyai paling banyak satu
jumlah. Bila suatu deret tidak konvergen maka dikatakan deret
divergen.

Teorema 6.2 : (n=1,2,..)
Misalkan bahwa

zn = xn + i yn

dan

S=X+iY

maka

∞ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ (4)

∑ =

=1

Jika dan hanya jika ∞ ⋯⋯⋯⋯⋯ (5)

∞ ∑ =

∑ = =1

=1

Terema diatas menyatakan bahwa , deret dapat ditulis dengan ,

∞∞ ∞∞

∑ = ∑( + ) = ∑ + ∑

=1 =1 =1 =1

Bilamana diketahui bahwa bentuk (5) ataupun bentuk (4) konvergen

Untuk membuktikannya, pandang Sn sebagai jumlah bagian dari N
bentuk pertama dari deret dalam (4) dan diamati bahwa

SN = XN + i YN ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ (6)

dimana



= ∑ = ∑

=1 =1

Ketentuan (4) dipenuhi jika dan hanya jika

lim =

→∞

dan dari bentuk (6) serta hubungannya dengan teorema 6.1, bentuk
tersabut terpenuhi jika dan hanya jika

lim = lim = ⋯⋯⋯⋯⋯ (7)

→∞ →∞

Ketentuan (4) menyebabkan berlaku ketentuan (7), dan sebaliknya.
Sehingga Xn dan Yn adalah jumlah bagian dari deret pada (5), dengan
demikian teorema benar.

Dalam menunjukan bahwa jumlah dari deret adalah bilangan S
yang ditentukan, sering mudahnya untuk mendefinisikan deret sisa
setelah N bentuk, yaitu

RN = S - SN

Dapat diamati bahwa |SN - S | = | RN– 0 | dan kemudian dengan
definisi (1) dari limit pada suatu barisan , maka limit pada (7) ada,
bilamana

lim = 0

→∞

dan sebaliknya. Sehingga suatu barisan konvergen ke bilangan S jika
dan hanya jika barisan sisanya konvergen ke 0

Contoh 6.2. Dengan menggunakan deret sisa , muda dibuktikan bahwa

∞1 | | < 1
∑ = 1 −

=1

Perlu diingat bahwa

1 − +1 ( ≠ 1 )
1 −
∑ = 1 + + 2 + ⋯ + =

=1

Jumlah bagian dari deret dapat ditulis dengan ,

−1 ( ≠ 1 )

( ) = ∑ = 1 + + 2 + ⋯ + −1

=1

Maka

1 −
( ) = 1 −

Jika

∞1
( ) = ∑ = 1 −

=1

Maka

( ≠ 1 )
( ) = ( ) − ( ) = 1 −

| | ( ≠ 1 )
| ( )| = |1 − |

Dari persamaan terakhir menunjukkan bahwa ( ) menuju
nol jika | z | < 1 tetapi tidak bilamana | z | ≥ 1. (contoh terbukti )

Indikator CPMK:

1. Memahami deret McLaurin dan Deret Taylor.
2. Mampu memecahkan masalah yang berkaitan dengan deret Taylor

6.2. Deret McLaurin dan Taylor

Hal yang penting dalam teori fungsi variabel kompleks adalah deret
kuasa (power series), yang dinyatakan dalam bentuk ;

∞ ∞

0 + ∑ ( − 0 ) ∑ ( − 0 )

=1 =0

dimana zo , ao dan an adalah konstanta kompleks dan z suatu bilangan
dalam daerah yang ditentukan. Suatu deret yang khusus dalam deret
kuasa adalah deret Taylor, yang digambar-kan dalam teorema berikut .

Teorema 6.3 :
Pandang f sebagai fungsi yang analitik dimana-mana didalam suatu
lingkaran Co dengan pusat pada zo dan jari-jari ro , maka pada setiap
titik z dalam Co

( ) = ( ) + ′( )( − ) + ′′( ) ( − )2 + ⋯
2!

+ ( )( ) ( − ) + ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ (8)
!

adalah deret kuasa yang konvergen ke f(z) dimana | − | <
.z

Gambar 6.1 z0 .
s˚

C0 C1

Deret dalam teorema adalah ekspansi dari fungsi f(z) ke bentuk

deret Taylon pada titik zo Dalam hal khusus bilamana semua bentuk

suku dalam ekspansi adalah real , maka bentuk deret Taylor tersebut

telah diperkenalkan dalam Kalkulus.

Untuk membuktikan teorema, dipandang z sebagai auatu titik
tertentu di dalam linkaran Co dan dinyatakan dengan | z – zo | = r , maka

r < ro. Dipandang juga s sebagai suatu titik yang terletak pada garis

lingkaran C1 yang berpusat di zo dengan jari-jari r1 dimana r < r1
< ro maka | s – zo | = r1 (gambar diatas). Karena z terletak didalam

C1 dan f adalah analitik didalam dan pada lingkaran , maka

menggunakan rumus integral Cauchy, yaitu,

( ) = 1 ( ) ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ (9)
∫
2 −
1

Dimana C1 diambil berarah positif, selanjutnya;

11 11
− = ( − ) − ( − 0 ) = ( − ) 1 − ( − )⁄( − )

Dan juga bilamana c adalah suatu bilangan kompleks tertemtu, serta

dari suatu bentuk deret tertentu, yaitu

1 = 1 + + 2 + ⋯+ −1 +
1− 1 −

Maka,

1 = 1 ( − ) + ⋯+ − ) −1
− ( − ) [1 + ( − ) ( −

+ ( − 1 )⁄( − ) −
1− ( −
)]

Akibatnya ,

( ) ( ) ( )
− = ( − ) + ( − )2 ( − ) + ⋯

+ ( ) ) −1 + ⋯
( − ) ( −

+ ( − ) ( − ( )
)( − )

Selanjutnya di integeasikan setiap suku bentuk diatas ini dengan

lintasan integral C1 dengan arah yang berlawana arah jarum jam serta
semua dibagi dengan 2 , dengan menggunakan (2) dan rumus

integral berikut,

1 ∫ ( ) = 1 ( ) ( ) ( = 0 , 1 , 2 , . . . ),
( − 0) +1 !
2 1

Dan hasilnya dapat dituliskan sebagai berikut ,

(3) ( ) = 1

( ) + ′( )( − ) + ′′( ) ( − ) + ⋯
2!

+ ( −1) ( ) ( − ) −1 + ( ) ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ (10)
( − 1)!

dimana

( ) = ( − ) ∫ ( ) ⋯⋯⋯⋯ (11)
2 ( − )( − )
1

Ingat bahwa | z – zo | = r dan | s – zo | = r1 , dan juga

| s – z | ≥ | s – zo |−| z – zo | = r1 – r

Dengan mensubstitusikannya ke (11) dan bilamana M adalah nilai

maksimum f(z) pada C1 , maka

| ( )| ≤ 2 1 = 1
2 ( 1 – r) 1 1 – r ( 1)

Karena < 1 , maka

1

lim = 0

→∞

Oleh karena itu, untuk setiap titik z dalam interior Co , limit sebelah

kanan dari bentuk (10) untuk N→ adalah f(z). Dengan kata lain jika

f analitik didalam suatu lingkaran dengan pusat pada zo dan jari-jari ro

, mak f(z) dapat dinyatakan dengan deret Taylor, yaitu;

( ) = ( ) + ∞ ( ) ( ) ( − )
!
∑

=1

| − | < ⋯ ⋯ ⋯ (12)

Jika = 0 , deret tersebut menjadi deret Maclaurin.

∞ ( )(0) | | < ⋯ ⋯ ⋯ (13)
( ) = (0) + ∑ !
=1

Pengamatan dan Contoh
Bila diketahui bahwa f analitik pada semua titik dalam

lingkaran yang berpusat di z0 , maka dijamin deret Taylor pada z0
konvergensi ke f(z) untuk setiap titik z didalam lingkaram tersebut.tidak
perlu lagi adanya test konvergensi. Berdasarkan teorema Taylor, deret
konvergen ke f(z) didalam lingkaran sekitan z0 jari-jari adalah jarak
dari z0 dengan titik terdekat z1 dimana f tidak analitik. Lingkaran
ini sebenarnya adalah lingkaran terbesar yang berpusat di z0 dimana
deret konvergan ke f(z) untuk setiap titik z didalam lingkaran
tersebut.

Contoh pertama berikut adalah ekspansi deret Maclaurin dari
f(z) = ez , diketahui f(n)(z)=ez, dan f(n)(0) = 1 , Oleh karena ez adalah
analitik untuk setiap z , maka ekspansi deret tersebut dapat ditentukan.

Contoh 6.1.

= 1+ ∞ | | < ∞
∑ !
=1

Jika z adalah real , maka ekspansi (1) menjadi ;

=1+ ∞
∑ !
=1

yang adalah benar untuk setiap bilangan real x.

Dengan cara yang sama, akan diperoleh bentuk-bentuk deret

Maclaurin dari fungsi berikut.

Contoh 6.2.

( ) = ∞ 2 −1 | | < ∞
(2 − 1 )!
∑(−1) +1

=1

Contoh 6.3 ∞ 2 | | < ∞
cos ( ) = 1 + (2 )!
∑(−1)

=1

Contoh 6.4 | | < ∞
∞ 2 −1

ℎ ( ) = ∑ (2 − 1 )!

=1

Contoh 6.5 ∞ 2 | | < ∞
cos ℎ ( ) = 1 + ∑ (2 )!

=1

Contoh 6.6

1 ∞ | | < 1
1 + =
∑(−1)

=0

Jika -z disubstitusikan pada z , maka

1 ∞
1 −
= ∑(−1) (− )
| | < 1
=0
∞

= ∑

=0

Contoh 6.7

Dengan mensubstitisi z2 ke z pada (13), diperoleh ;

1 ∞ 2 | | < 1
1 + 2 =
∑(−1)

=0

karena | z2 | < 1 bilamana | z | < 1 . Bilamana disubstitusikan z =

‒ c pada (13), maka akan diperoleh bentuk deret Geometri takhingga

dengan rasio c.

Contoh 6.8

1 = 1 + + 2 + ⋯+ + ⋯ | | < 1
1−

Bilamana z ≠ 0 , maka turunan dari fungsi f(z) = z‒ 1 adalah ;

f(n)(z) = (‒ 1 )n n  z‒n ‒ 1 ( n = 1 , 2 , ...... 0)

maka, f(n)(1) = (‒ 1 )n n  . Oleh karena itu ekspansi dari fungsi diatas

ke deret Taylor pada titik z = 1 adalah;

1 ∞ ( − 1 )
=
∑(−1)

=0

Ekspansi ini benar bilamana | − 1 | < 1 , karena fungsi tersebut

analitik disemua titik kecuali z = 0. Contoh lain akan diekspansikan

fungsi berikut.

Contoh 6.9. Ekspansikan

1 + 2 1 1
( ) = 3 + 2 = 2 (2 − 1 + )

pada suatu deret yang mengandung pangkat positif dan negatif dari
z . Deret Maclaurin dari f(z) itu sendiri tidak dapat dicari, sebab
fungsi tidak analitik pada z = 0., tetapi dengan menggunakan (6),
maka bilamana 0< |z| < 1 , dengan mensubstitusi (13) ke fungsi f (z)
diperoleh

1 + 2 = 1 (2 − 1 + − 2 + 3 − ⋯ )
3 + 2 2

= 11 2 + 3 − ⋯
2 + − 1 + −

Indikator CPMK:
1. Memahami definisi deret Laurent.
2. Memahami kaitan deret Laurent dengan deret Taylor
3. Mampu memecahkan masalah yang berkaitan dengan Deret

Laurent

6.3. Deret Laurent

Fungsi f(z) yang tidak analitik pada titik z0, tidak dapat
digunakan deret Taylor pada titik tersebut. Namun demikian dapat
dinyatakan dalam deret dimana suku-suku z – z0 dapat berpangkat
bilangan bulat pasitif dan negatif , dan deret tersebut dinamakan deret
Laurent

Pandang C1 dan C2 sebagai dua lingkaran sepusat dengan
pusatnya di zo dan masing-masing mempunyai jari-jari r1 dan r2 ,
dimana r1 > r2 ( Gambar 6.2), maka dapat dibuat suatu deret Laurent
yang dintakan dalam teorema berikut;

Teorema 6.4 :

Jika f adalah fungsi yang analitik pada C1 dan C2 dan juga analitik

pada daerah diantara kedua lingkaran tersebut, maka setiap titik z

dalam daerah domainnya, fungsi f(z) dapat dinyatakan dalam bentuk

ekspansi berikut.

( ) = ∞ 0 ) ∞ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ (14)
( − 0 )
∑ ( − ∑

=0 =1

dengan keterangan bahwa

= 1 ∫ 1 ( − ( 0) ) +1, (n =1, 2, 3, …) ………………..(15)
2

= 1 ∫ 2 ( − ( 0 )) − +1, (n =1, 2, 3, …………………..(16)
2

dan lintasan integral C1 dan C2 berarah berlawanan dengan arah jarum

jam. deret dari (1) di atas disebut dengan deret Laurent dan an dan bn

pada (2) dan (3) disebut koefisien deret Lourent.

yK
C 2 z0· ·z
· s ·s

C1

x

Gambar 6.2

Jika f adalah analitik pada setiap titik didalam dan pada C1

kecuali pada zo sendiri , jari-jari r2 dapat diambil sembarang

kecil. Ekspansi (1) adalah benar bilamana
0 <| z – zo | < r1

Jika f adalah analitik pada semua titik didalam dan pada

C1 , fungsi ( ) adalah analitik didalam dan pada C2
( − 0 )− +1

karena -n +1 ≤ 0 . maka = 0 , dan ekspansi dari (1) menjadi

deret Taylor.

Karena fungsi-fungsi ( ) ( ) adalah
( − 0 ) +1 ( − 0 )− +1

analitik pada daerah annular r2 ≤ | z – zo | ≤ r1 , suatu curva tertutup

sederhana C sekeliling annulus antara C1 dan C2 dalam arah

positif dapat digunakan sebagai lintasan dari integral .

Maka deret Laurent pada (1) dapat ditulis dengan

∞

( ) = ∑ ( − 0 ) ; ( 2 ≤ | − | ≤ 1 ) ⋯ ⋯ (17)

=−∞

dimana

1 ( )
= ∫ ( = 0 , ± 1 , ± 2 , . . . ) ⋯ ⋯ (18)
2 ( − 0 ) +1
1

Dalam hal khusus, tentunya beberapa dari koefisien mungkin

bernilai nol,

Sebagai contoh fungsi berikut, ( | − 1 | > 0 )
1

( ) = ( − 1 )2

sudah dalam bentuk deret (4) dimana z0 =1 serta c – 2 = 1 dan

semua koefisien cn lain-nya adalah nol, hal ini sesuai dengan rumus

(5) dimana lintasan c curva tertutup sederhana berarah positif yang

mengelilingi titik z0 = 1.

Koefisian dari ekspansi bentuk (4) biasanya dicari dengan

cara lain dari pada bentuk rumus (5), sbagai contoh ekspansi fungsi

berikut ;

1 1 1 2 (| | > 0 )
2 = 2 + + 2 ! + 3 ! + 4 ! + ⋯ (| | > 0 )

1⁄ = 1+ ∞1
∑ !
=1

11 1
= 1 + 1! + 2! 2 + 3! 3 + ⋯

Diperoleh dari deret Maclaurin untuk funsgsi ez .Pada deret

⁄ 2 terlihat bahwa pangkat dari z setiap suku ada yang negatif
dan ada yang positif, sedangka pada deret 1⁄ pangkat dari z

setiap suku tidak ada yang positif kecuali suku pertama berpangkat
nol. Dari suku kedua menunjukkan bahwa koefisien dari 1⁄

adalah b1 = 1 , sehingga jika digunakan bentuk (3) pada teorema,

yaitu;

1 ( )
= 2 ∫
( − 0 )− +1


Dimana z0 = 0 , dan diperoleh,

1 1⁄ = 1 ∫ 1⁄
1 = 2 ∫ 2 = 1
( − 0 )0


Sehingga,

∫ 1⁄ = 2



Cara menyelasaikan integral pada lintasan tertutup C akan dibahas

lebih lanjut pada bagian berikutnya.

Akan ditunjukkan bahwa bentuk tersebut adalah unik (tunggal),

jadi deret diatas adalah deret Lauren bilamana z0 = 0.

Untuk membuktikan teorema, pertama diamati bahwa jika

z adalah titik yang terletak didalam domain annular, maka

( ) = 1 ( ) 1 ( ) ⋯ ⋯ ⋯ (19)
∫ − ∫
2 − 2 −
1 2

Kebenaran dari bentuk (6) dapat ditunjukkan dengan

membentuk lingkaran K dengan arah yang berlawanan dengan arah

jarum jam dan K seluruhnya berada dalam annular domen (gambar

6.2). Berdasarkan perluasan teorema Cauchy-Goursat pada fungsi

analitik dalam daerah tertutup yang mana interiornya adalah

domain terhubung ganda, yaitu;

∫ 1 ( ) − ∫ 2 ( ) − ∫ ( ) =0
− − −

Berdasarka rumus integral Cauchy , berlaku ; ∫ ( ) =
−

2 ( ) maka terbentuk (6)

Pada integral yang pertama dari bentuk (6) , seperta dalam

pembuktian teorema Taylor, dapat ditulis dengan,

( ) ( ) ( )
− = ( − ) + ( − )2 ( − ) + ⋯

+ ( ) ) −1 + ⋯
( − ) ( −

+ ( − ) ( − ( ) ) ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ (20)
)( −

Untuk Interal ke dua pada (6) dapat ditulis dengan,

11
− − = ( − ) − ( − 0 )
⋯Dan didapat bentuk

( ) ( ) ( )
− − = ( − ) + ( − )2 ( − ) + ⋯

+ ( ) ( − ) −1 + ⋯
( − )

+( − ) ( ) ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ (21)
( − )( − )

Maka selanjutnya dari bentuk (6) diperoleh,

( ) = 0 + 1 ( − 0 ) + ⋯ + −1 ( − 0 ) −1 + ( )

+ 1 + 2 )2 + + ( )
( − 0
− 0 ( − 0

dimana an dan bn adalah bilangan yang diperoleh dari bentuk

(2) dan (3) dsn

( ) = ( − ) ∫ ( )
2 ( − )( − )
1

( ) = 1 ∫ ( − ) ( )
2 ( − ) ( − )
1

Ambil r = | z – z0 | , maka r2 < r < r1 . Untuk

membuktikan bahwa RN (z) mendekati nol jika N menuju tak

hingga adalah sama seperti yang digunakan pada pembuktian

teorema Taylor. Jika M nilai maksimum dari f(z) pada C2 , maka

| ( )| ≤ 2 ( 2 )
r – r2

sehingga ( ) juga akan mendekati nol jika N menuju tak hingga,

dengan demikian lengkaplah pembuktian teorema Lourent.

Jika suatu deret

∞

∑ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ (22)

=1

Dari bilangan kompleks zn = xn + i yn konvergen , maka dari

teorema 6.2 , maka kedua deret bilangan real berikut juga

konvergen, yaitu;

∞∞

∑ ∑ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ (23)

=1 =1

Suatu syarat cukup untuk konvergensi dari suatu deret tak hingga

dari bilangan real adalah sku ke n dari deret mendekati nol jika n

menuju tak hingga, jadi bilangan xn dan y n harus mendekai

nol.Oleh karena itu zn mendekati nol, yautu suatu syarat perlu

untuk konvergensi deret (22), yaitu ;

lim = 0 ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ (24)

→∞

Persyaratan dari suatu konvervensi deret suatu bilangan kompleks

adalah terbatas, yaitu adanya suati konstanta positif M sedemikian

sehingga z1< M untuk setiap bilangan positif n.

Andaikan deret (22) konvergen secara mutlak (absolutely) , yaitu
deret ,

∞∞

∑| | = ∑ √ 2 + 2

=1 =1

Dari bilangan real konvergen. Deret (23) adalah konvergen mullak

dan juga adalah konvergen sebab konvergen mutlak suatu deret

bilangan real mengakibatkan konvergensi dari deret itu sendiri.

Tetapi bila deret (23) konvergen , deret (22) konvergen, maka

konvergensi mutlak dari suatu deret bilangan komleks

mengakibatkan konvergensi dari deret itu sendiri.

Sekarang akan dibuktikan suati teorema penting pada

konvergensi suatu deret kuasa (power series) dengan bentuk

∞

∑ ( − 0 )

=0

tetapi hanya dibahas untu hal khusus, yaitu bilamana z0 = 0 , bukti

secara umum adalah sama dan beberapa dari hasilnya digeneralisasi

hanya dengan mensubstitusi − 0 ke z dalam rumus tertentu.

Teorema 6.5:

Jika suatu deret kuasa,

∞ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ (25)

∑

=0

Konvergen bilamana z = z1 , dimana z1 ≠ 0 , maka deret adalah

konvergen mutlat untuk setiap nilai z dimana | z | < | z1 |.

Karena deret dengan bentuk suku an z1n asdalah konvergen , maka
semus suku tersebur terbatas, yaitu

| an z1n | < M (n = 0 , 1 , 2 , . . . )

Untuk suatu konstanta positif M.

Misalkan | | =
dimana | z | < | z1 |
| 1 |

maka

| an zn | = | an z1n | | < M kn

1 |

Deret dengan suku-suku bilangan real positif M kn adalah suatu

deret Geometri yang konvergen, karena k < 1 , maka dengan

menggunakan test banding pada deret bilangan real, maka deret

∞

∑| |

=0

adalah konvergen , maka teorema terbukti.

Himpunan semua titik didalam suatu lingkaran disekitar pusat bidang

koordinat xy adalah daerah konvergensi dari deret kuasa (25). Lingkaran

terbesar disekitar pusat bidang koordinat xy dimana deret konvergen pada

setip titik didalamnya disebut lingkaran konvergensi dari deret kuasa. Deret

tidak konvergen pada suatu titik z2 diluar lingkaran tersebut, berdasarkan

teorema diatas , untuk kasus tersebut deret dapat konvergen dimana-

mana didalam lingkaran yang berpusat pada pusat bidang koordinat xy dan

melalui z2 . Lingkaran yang pertama bukanlah sebagai lingkaran

konvergensi.

Jika dalam deret (25) , z diganti dengan − 0 , diperoleh
deret

∞ ⋯ ⋯ (26)

∑ ( − 0 )

=0

Terlihat sekalus dari pembicarab diatas bahwa jika deret konvergen

pada z1 , maka deret konvergen mutlak pada setiap titik z didalam

lingkaran yang berpusat di z0 dan melalui z1 , yaitu deret

konvergen mutlak bilamana

| − 0 | < | 1 − 0 |

Dan juga jika deret berikut,

∞ ( )
− 0
∑

=1

Konvergen bilaman z = z1 , maka konvergensi mutlak pada setiap

titik z daerah luar lingkaran yang berpusat di z0 dan melalui z1.

Daerah luar dari suatu lingkaran di sekitar titk z0 adalah daerah

dari konvergensi.

Contoh 6.10

Tentukan Deret Taylor untuk z 1 dalam pangkat z - 1
z2

Penyelesaian :

z0  1

f z   f z(n) z n
0
f z0  n!

n1
Deret Taylor :  z0

f z  z 1  f z0   f 1  0
z2

f 'z   (z  2)  f 'z0   f '(1)  1
z3

f "z 2z  3  f "z0   f "1  4

z4

f ''' (z)   6(z  4)  f '"z0   f "'(1)  18
z5

...

f nz  1n n!z  (n 1)  f n1  1n (n).n!

zn2

Deret Taylor :

 f z(n) z  z0 n , z0  1
0
f z  f z0  n!

n1

f z   0    1n  n .n!z  1n

 n!

n1

z 1   (1) n (n)( z  1) n
n0
z2

Contoh 6.11

Tentukan deret Laurent dari fungsi f z   z z  3

1z

untuk 0  z 1  2

Penyelesaian :

f z diuraikan menjadi :

f z  2( 1  3 z 1 3
z 1) 2 

  1  z 1  z 3 3 
2  1  

Daerah yang memenuhi :

z 1  2  z 1  0
2

z 1  0  z 1  0

Bentuk Laurent yang memenuhi daerah di atas dari

3  3  3
z 3 z 1 2 2 z 1

  3   3   z 1n

21  z 1 2 n0  2 
  2 

Jadi deret Laurent di f(n) di atas adalah

f z   1  1   3   z  1  n 
2  1  2 n0  2 
 z  

1 3   z 1 n
4 n0  2 
2z 1
  

1 3 3   z  1  n
4 4 n1  2
2z 1
   

Contoh 6.12

Diketahui

ez  1 z  z2  z3  ... zn  ...
2! 3! n!

Temukan deret untuk sin z

Penyelesaian : = 1 + + 2 + 3 + ⋯ +
sin z  eiz  eiz  eiz  e iz 2! 3! !

2i 2i 2i

+⋯

= 1 + − 2 − 3 + ⋯ + + ⋯
2! 3! !

− = 1 − − 2 + 3 + ⋯ + (− ) + ⋯
2! 3! !

− − = 2 − 2 3 + 2 5 − ⋯
3! 5!

− − 3 5 = ∞ 2 +1
2 = − 3! + 5! − ⋯ (2 + 1)!
∑(−1)

=0

3 5 = ∞ 2 +1
sin = − 3! + 5! − ⋯ (2 + 1)!
∑(−1)

=0

Contoh 6.13
e2z

Tentukan deret Laurent dari (z 1)3 ; z = 1

Penyelesaian :
Misal z – 1 = u maka z = u + 1

 e2z  e21u

z 1 3 u3

 e2  e2u
u3

 e2 1  2u  2u2  2u3  ...
u3
2! 3!

 e2  2e2  2e2  4e2  ...
3
z 13 z 12 z 1

Deret konvergen untuk setiap nilai z  1

Contoh 6.14

Buktikan bahwa 1 
z2 1
n 11n z 1n

n1

Penyelesaian : (dengan deret Taylor)

1 1 = 1 + + 2 + 3 + ⋯ + + ⋯
−

Dengan substitusi w=1 ̶ z maka z=1 ̶ w

1 = 1 + (1 − ) + (1 − )2 + (1 − )3 + ⋯ + (1 − ) + ⋯


ganti kembali w dengan z

1 = 1 + (1 − ) + (1 − )2 + (1 − )3 + ⋯ + (1 − ) + ⋯


1 = (1 + (1 − ) + (1 − )2 + (1 − )3 + ⋯
( )

+ (1 − ) + ⋯ )

− 1 = 0 − 1 − 2(1 − ) − 3(1 − )2 − 4(1 − )3 − ⋯
2

− (1 − ) −1 − ⋯

1 = 1 + 2(1 − ) + 3(1 − )2 + 4(1 − )3 + ⋯
2

+ (1 − ) −1 + ⋯

1 = 1 + 2(−1)( − 1) + 3(−1)2( − 1)2 + 4(−1)3(1 − )3
2

+ ⋯ + (−1) −1(1 − ) −1 + ⋯

1 = 1 + ∞ (−1) −1(1 − ) −1
2
∑

=2

1 = 1 + ∞ + (−1) −1(1 − ) −1
2
∑(

=1

Contoh 6.15

Dengan mengetahui deret Mc Laurin untuk 1
1 z

Carilah deret Mc Laurin untuk (1 − )

Penyelesaian :

f z  1  f 0 1

1 z

f '(z)  1  f '0  1

1 z2

f "z  2  f "0  2

1 z3

f '"z  6  f '"0  6

1 z4

f nz  n!  f n0  n!

1 zn1

Deret McLaurin :

 f n0zn

f z  f 0
n1 n!

 1   n!.z n
n1 n!



1  zn
n1



atau f z   zn
n0

1 1 = 1 + + 2 + 3 + 4 + ⋯ + + ⋯
−

∫ 1 = ∫(1 + + 2 + 3 + 4 + ⋯ + + ⋯ )
1−

− (1 − ) = + 1 2 + 1 3 + 1 4 + ⋯ + 1 + ⋯
2 3 4

(1 − ) = − ( + 1 2 + 1 3 + 1 4 + ⋯ + 1 + ⋯ )
234

(1 − ) = − ∞ 1

∑

=1

Contoh 6.16

Tentukan deret Laurent dalam pangkat dari z untuk f (z)  sinh z
z2

Penyelesaian :

f (z)  sinh z
z2

 1 sinh z
z2 1

1  z 2n1
z2 n0 2n 1 !
  

f z  1  z  z3  z5  .....
z2 3! 5!

f z  1  z  z3  .....

z 3! 5!

Koefisien b1 dalam deret Laurent adalah istimewa, karena dapat

digunakan untuk menghitung integral dari fungsi f(z) dari deret Laurent

tersebut dan akan dibahas di bagian berikutnya.

Jika semua bn  0 maka z = a disebut titik singular esensial,
misalnya jika penderetan tersebut dilakukan dalam anulus yang
pusatnya bukan di z = a.

Teorema 6.6 (Residu);
Perhatikan koefisien pertama b1 pada teorema deret Laurent (6.4)
bentuk (16) di atas. Integrasi sembarang fungsi f(z) pada lintasan C
yang tertutup adalah :

∮ ( ) = 2π 1 ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ (27)



Persamaan (27) ini memberikan alternatif lain dalam
perhitungan integral lintasan tertutup terhadap fungsi variabel
kompleks, sehingga ia setara dengan persamaan (26) dan integral
Cauchy (2.6).pada Bab V

Menurut persamaan (27), integral dapat diketahui hasilnya

jika koefisien b1 ditemukan. Tampak jelas bahwa peranan koefisien
ini sangat penting dalam perhitungan integral kompleks, sehingga
perlu diberi nama khusus. Selain itu jika persamaan (14) pada
teorema 6.4 deret Laurent dilakukan pengintegralan secara
keseluruhan, maka nilai integral suku-suku dari deret akan bernilai
nol kecuali pada suku dengan koefisien b1 yang bernilai 2π i dan
dipandang sebagai sisa dari integral, sehingga nilai integral dari
bagian kanan tanda sama dengan disebut dengan residu fungsi f(z)
pada z = a dan biasa dituliskan :

d1  Res[f(z),a] .................... (28)

Residu sebuah fungsi selain dapat diperoleh dari proses
penderetan, secara umum dapat pula diperoleh dengan
memanfaatkan integral Cauchy. Misalnya f(z) memiliki kutub
berorde k di z = a dalam daerah konvergensinya R dan pandang
fungsi dengan bentuk

( )
( ) = ( − )

dengan fungsi pembilang g(z) analitik dalam R , maka dari koefisien
deret Laurent,

( , ) = 1

( , ) = 1 ∮ ( )
2


( −1)( )
= ( − 1)!
Berdasarkan rumus turunan integral Cauchy,

1 −1
= ( − 1)! −1 ( )

1 lim −1 ( − ) ( )
= ( − 1)! −1
→

Maka

1 = 1 lim −1 ( − ) ( ) ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ (29)
( −1)! −1
→

Persamaan (29) inilah yang kemudian banyak digunakan untuk

menghitung integral kompleks, walaupun masih juga terdapat

kelemahan, yaitu orde kutub harus dapat ditentukan terlebih dulu.

Padahal tidak semua fungsi secara gamblang memperlihatkan orde

kutub yang dimilikinya. Dalam kasus yang seperti ini dianjurkan

untuk mencari residu lewat penderetan.

Contoh 6.17

( ) = −1⁄ ; maka z = 0 adalah titik singular esensial dari

f(z)
Dengan melakukan substitusi − 1⁄ pada deret MacLaurin dari ez

diperoleh deret Laurent berikut ,

= 1 + + 2 + 3 + ⋯ + + ⋯
2! 3! !

−1⁄ = 11 − 1 +⋯⋯
1 − + 2! 2 3! 3

Dari deret di atas, untuk titik singular z = 0 terlihat b1 = 1
Maka

( , 0) = −1

Contoh 6.18


( ) = ( − 1)( + 1)2

Mempanyai titik z = 1 adalah kutub berorder 1 dan z = 1 kutub

berorder 2

Dengan menggunakan (29) untuk k = 1 diperoleh

( , 1) = 1
1 = lim( − 1) {( 1)2} =
− 1)( + 4
→1

Untuk k = 2

( , −1) = 1 = 1 ( + 1)2 {( − + 1)2}
1! lim 1)(
→−1

1
= −4

Jika dipandang titik z =1 dan z = 1 sebagai titik singular dari f(z)

, maka residu dari titik-titik tersebut dapat dicari dengan

menentukan deret Laurent dari f(z) disekitar titik sigularnya.

Dalam banyak kasus, fungsi f(z) memiliki lebih dari satu titik yang

tidak analitik didalam suatu lintasan tertutup sederhana C, maka

teorema residu dapat diperluas untuk daerah C tersebut dan

merupakan teorema Residu Cauchy.

Teorema 6.7 (Residu Cauchy);
Jika C lintasan tertutup sederhana berarah positif, dan f(z) fungsi
analitik didalam dan pada C kecuali pada sejumlah berhingga titik-
titik zj ;(j = 1 , 2 , 3 , ... n) (Gambar 6.3) didalam C , maka

∮ ( )

= 2 ∑ ( , )

=1 ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ (30)

Gambar 6.3

Contoh 6.19;

Gunakan teorema untuk menghitung

∫ 5 − 2
( − 1)


dimana C adalan lingkaran | z |=2 dengan arah berlawanan jarum

jam.

Penyelasaian:
5 − 2

( ) = ( − 1)

Mempunyai titik singular pada z=0 dan z = 1 yang terletak didalam
C (Gambar 6.3)

Dengan menggunakan deret Maclaurin berikut

1 1 = 1 + + 2 + 3 + 4 + ⋯ + + ⋯ (| | < 1)
−

Untuk 0 < | z | <1,

Maka deret Laurent dari f(z) untuk daerah sekitar z = 0 adalah;

5 − 2 = 5 − 2 −1 = (5 − 2 (−1 − − 2 − ⋯ ⋯ )
( − 1) 1 − )

= 5(−1 − − 2 − ⋯ ⋯ ) 2 + 2 + 2 + ⋯ ⋯ )
(

Dari bentuk terakhir diperoleh b1 = 2, berarti Res( f,0 )=2

Deret Laurent dari f(z) untuk daerah z = 1 adalah;

5 − 2 5( − 1) + 3 1
( − 1) = − 1 1 + ( − 1)

= (5 + 3 1) [1 − ( − 1) + ( − 1)2 − ⋯ ⋯ ]
−

Deret terakhir konvergen untuk 0 < | z-1 | < 1,

Maka koefisien deret Laurent b1 dari f(z) untuk daerah z = 2 adalah 3

, atau Res( f,2 )=3

5 − 2
∫ ( − 1) = 2 { ( , 0) + ( , 2)} = 10



SOAL pada daerah ∶

1. Deretkan fungsi :

7 − 2
( ) = ( + 1)( − 2)

. 0 < ⌊ + 1⌋ < 1

. 1 < ⌊ + 1⌋ < 3

. ⌊ + 1⌋ > 3

2. Cari residu fungsi :

( ) = 2 + 5 pada daerah ∶
( + )

. 0 < ⌊ − ⌋ < 1

. 1 < ⌊ − ⌋ < 2

. ⌊ − ⌋ > 2