JUDUL

ANALISA VARIABEL KOMPLEKS

Oleh:

Drs. Toto’ Bara Setiawan, M.Si.
(Email : totobara@fkip.unej.ac.id)

1

BAB I
BILANGAN KOMPLEKS

Dengan memiliki sistem bilangan real ℝ saja kita
tidak dapat menyelesaikan persamaan x2 +1=0. Jadi
disamping bilangan real kita perlu bilangan jenis
baru. Bilangan jenis baru ini dinamakan bilangan
imajiner atau bilangan kompleks.

2

BILANGAN KOMPLEKS DAN OPERASINYA

Definisi 1
Bilangan kompleks adalah bilangan yang berbentuk:
a + bi atau a + ib, a dan b bilangan real dan i2 = –1.

Notasi
Bilangan kompleks dinyatakan dengan huruf z,
sedang huruf x dan y menyatakan bilangan real. Jika
z = x + iy menyatakan sembarang bilangan kompleks,
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).
3

OPERASI HITUNG PADA BILANGAN KOMPLEKS

DEFINISI 2
Bilangan kompleks z1=x1+iy1 dan bilangan kompleks
z2=x2+iy2 dikatakan sama, z1=z2, jika dan hanya jika
x1=x2 dan y1=y2.

DEFINISI 3
Untuk bilangan kompleks z1=x1+iy1 dan z2=x2+iy2
jumlah dan hasilkali mereka berturut-turut
didefinisikan sbb:
z1+z2 = (x1+x2) + i(y1+y2)
z1 • z2 = (x1x2 –y1y2) + i(x1y2+x2y1)
4

Himpunan semua bilangan kompleks diberi notasi ℂ
Jadi ℂ = { z | z = x + iy, x∈ℝ, y∈ℝ }.
Jika Im(z)=0 maka bilangan kompleks z menjadi
bilangan real x, sehingga bilangan real adalah keadaan
khusus dari bilangan kompleks, sehingga ℝ⊂ℂ . Jika
Re(z)=0 dan Im(z)≠0, maka z menjadi iy dan
dinamakan bilangan imajiner murni. Bilangan imajiner
murni dengan y=0, yakni bilanga i, dinamakan satuan
imajiner.

5

Sifat-sifat lapangan bilangan kompleks
Himpunan semua bilangan kompleks bersama operasi
penjumlahan dan perkalian (ℂ ,+,•) membentuk sebuah
lapangan (field). Adapun sifat-sifat lapangan yang
berlaku pada bilangan kompleks z1,z2 dan z3 adalah
sebagai berikut:
1. z1+z2∈ℂ dan z1•z2∈ℂ . (sifat tertutup)
2. z1+z2= z2+z1 dan z1•z2= z2•z1 (sifat komutatif)
3. (z1+z2)+z3= z1+(z2+z3) dan (z1•z2) •z3= z1•(z2•z3)
(sifat assosiatif)
4. z1•(z2+z3)=(z1•z2)+(z1•z3) (sifat distribtif)
5. Ada 0=0+i0∈ℂ , sehingga z+0=z (0 elemen netral
penjumlahan)

6

6. Ada 1=1+i0∈ℂ , sehingga z•1=z (1elemen netral
perkalian
7. Untuk setiap z=x+iy ℂ, ada –z=–x–iy)
sehingga z+(–z)=0
8. Untuk setiap z=x+iy ℂ, ada z-1=sehingga
z•z-1=1.

Tugas: Buktikan sifat-sifat 1 – 8 menggunakan definsi
yang telah diberikan.

7

Contoh soal:

1. Jika z1=x1+iy1 dan z2=x2+iy2,
buktikan bahwa: z1 – z2= (x1 – x2)+i(y1 – y2)
2. Diketahui: z1=2+3i dan z2=5–i.
z1
tentukan z1 + z2, z1 – z2 , z1z2, dan
z2

8

Kompleks Sekawan
Jika z = x + iy bilangan kompleks, maka bilangan
kompleks sekawan dari z ditulis z , didefinisikan
sebagai = (x,–y) = x – iy.

Contoh:
sekawan dari 3 + 2i adalah 3 – 2i , dan sekawan
dari 5i adalah –5i.

Operasi aljabar bilangan kompleks sekawan di dalam
himpunan bilangan kompleks memenuhi sifat-sifat
berikut :

9

Teorema 1 :

a. Jika z bilangan kompleks, maka :
1. z z
2. z z 2 Re(z)
3. z z 2 Im(z)
4. z z Re(z) 2 Im(z) 2

10

b. Jika z1, z2 bilangan kompleks , maka :
1. z1 z2 z1 z2
2. z1 z2 z1 z2
3. z1 z2 z1 z2
z1 z1
4. , dengan z2≠0.
z2 z2

11

Interpretasi Geometris Bilangan Kompleks
Karena z = x + iy dapat dinyatakan sebagai z= (x,y),
merupakan pasangan terurut bilangan real, maka z
dapat digambarkan secara geometri dalam koordinat
Kartesius sebagai sebuah titik (x,y). Pemberian nama
untuk sumbu x diubah menjadi sumbu Real dan
sumbu y diubah menjadi sumbu Imajiner. Bidang
kompleks tersebut di beri nama bidang Argand atau
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.

12

Im

z(x, y)
Bidang Argan
z

O Re

13

Im
z1 z2

z1

z2
O Re

14

Im

z2
z1

O Re
z1 z2
z2

15

Tugas :
Diketahui z1 = 2 + 3i dan z2 = 5 – i. Gambarkan pada
bidang kompleks (bidang argand), z1, z2, z1+ z2, z1- z2,
z1, z2, z1 z2, z1 z2

16

Modulus (Nilai Mutlak) dari Bilangan Kompleks
Definisi 4 :
Jika z = x+iy = (x,y) bilangan kompleks, maka
modulus dari z, ditulis z = x+iy = x2 y2
Arti geometri dari modulus z adalah merupakan jarak
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

17

Selanjutnya apabila z1 =x1+iy1 dan r real positif,
maka z – z1 = r merupakan lingkaran yang berpusat di
titik z1 dengan jari-jari r.
Bagaimanakah dengan z – z1 < r dan z – z1 > r
Gambarkanlah pada bidang z.

18

Teorema 2 :
A. Jika z bilangan kompleks, maka berlaku :
2
1. z Re(z) 2 Im(z) 2
2. z z
2
3. z z z
4. z Re(z) Re(z)
5. z Im(z) Im(z)

19

B. Jika z1, z2 bilangan kompleks, maka berlaku :
1. z1 z2 z1 z2
z1 z1
2.
z2 z2
3. z1 z2 z1 z2
4. z1 z2 z1 z2
5. z1 z2 z1 z2

Tugas : Buktikanlah teorema A di atas dengan
memisalkan z = x+iy, kemudian berdasarkan hasil A,
buktikan juga teorema B !

20

1. Bukti: z1 z2 z1 z2
z1 z2 (x1 iy1) (x 2 iy2 )
(x1x 2 y1y 2 ) i(x1y 2 x 2y1)
(x1x 2 y1y 2 )2 (x1y 2 x 2y1)2
x1 x 2
2
2 y1 y 2 2x1x 2y1y 2
2
2 x1 y 2
2
2 x 2y1
2
2
2x1x 2y1y 2
2
(x1 y1 ) (x 2
2
2 y2 )
2
2 2
(x1 y1 ) (x 2
2 y2 )
2
z1 z2

z1 z2 z1 z2

21

2. Bukti:
z1 x1 iy1 x 2 iy2
z2 x2 iy2 x 2 iy2
x1x 2 y1y 2 x 2y1 x1y 2
i
x22 y2
2 x2 y2
2 2
2 2
x1x 2 y1y 2 x 2y1 x1y 2
x22 y2
2 x2 y2
2 2

x1 x 2
2
2 y1 y 2
2
2 2x1x 2y1y 2 x 2y1
2
2
x1 y 2
2
2 2x1x 2y1y 2
(x 2 y 2 )2
2 2
2
(x1 y1 ) (x 2
2
2 y2)
2
(x 2
2 y 2 ) (x 2
2 2 y2)
2
2 2
x1 y1 z1
terbukti.
x2 y2 z2
2 2 22

0 (x1y 2 x 2y1)2
0 x1 y 2 x 2y1 2x1x 2y1y 2
2
2 2
2

2x1x 2y1y 2 x1 y 2 x 2y1
2
2 2
2

x1 x 2 y1 y 2 2x1x 2y1y 2 x1 x 2
2
2
2
2
2
2 y1 y 2
2
2 x1 y 2
2
2 x 2y1
2
2

(x1x 2 y1y 2 )2 2
(x1 y1 )(x 2
2
2 y2)
2
2(x1x 2 y1y2 ) 2 (x1 y1 )(x2 y2 )
2 2
2 2
x1 2x1x 2 x 2 y1 2y1y 2 y 2
2
2
2
2
2 2 2
x1 y1 2 (x1 y1 )(x 2
2
2 y2 ) x2
2 2 y2
2
2
2 2 2 2
(x1 x2 ) (y1 y2 ) x1 y1 x2
2 y2
2
(x1 x 2 )2 (y1 y 2 )2 2
x1 2
y1 x2
2 y2
2
z1 z2 z1 z2
terbukti
23

z1 z1 z2 z2
z1 z2 z2
z1 z2 z1 z2
z1 z2 z1 z2

24

Bentuk Kutub (Polar) dan Eksponen dari Bilangan
Kompleks
Selain dinyatakan dalam bentuk z = x+iy = (x,y),
bilangan kompleks z dapat dinyatakan pula dalam
bentuk koordinat kutub atau Polar, yaitu z = (r, ).

Im z ( x, y ) (r, )

z r

O Re

25

Adapun hubungan antara keduanya, ( x, y ) dan (r, )
adalah :
x = r cos , y = r sin ,
y
sehingga = arc tan
x
adalah sudut antara sumbu x positif dengan oz

didapat juga r x2 y2 z
Jadi, bentuk kutub bilangan kompleks z adalah
z = (r, ) = r(cos + i sin ) = r cis .
dan sekawan dari z adalah = (r, - ) = r(cos - i sin ).

26

Definisi 5 :
Pada bilangan kompleks z = (r, ) = r(cos + i sin ),
sudut disebut argument dari z, ditulis arg z. Sudut
dengan 0 < 2 atau - < disebut argument
utama dari z, ditulis = Arg z. Pembatasan untuk
sudut tersebut dipakai salah satu saja.

Definisi 6 :
Dua bilangan kompleks z1 = r1(cos 1 + i sin 1) dan
z2 = r2(cos 2 + i sin 2) dikatakan sama, jika r1 = r2,
dan 1 = 2.

27

Selain penulisan bilangan kompleks z = (x , y) = (r, )
= r(cos + i sin ) = r cis , maka anda dapat
menuliskan z dalam rumus Euler (eksponen), yaitu z =
rei , dan sekawannya adalah re-i .

Tugas: Buktikan bahwa ei = cos + i sin , dengan
menggunakan deret MacLaurin untuk cos , sin
dan et dengan mengganti t = i .

28

Contoh :
Nyatakan bilangan kompleks z = 1 + i dalam bentuk
polar dan eksponen !

29

Contoh :
Nyatakan bilangan kompleks z = 1 + i dalam bentuk
polar dan eksponen !

Jawab :
1
z = 1 + i, r = 2 , tan = 1, sehingga = 45⁰= 4
i
Jadi z = 2 (cos 1 + i sin 1
4 )= 2 cis 1
4 = 2 e4
4

30

Pangkat dan Akar dari Bilangan Kompleks
Perkalian dan Pemangkatan
Telah kita ketahui bahwa bilangan kompleks dalam
bentuk kutub adalah z = r(cos + i sin ).
Jika z1 = r1(cos 1 + i sin 1) & z2 = r2(cos 2 + i sin 2),
maka kita peroleh hasil perkalian keduanya sebagai
berikut :
z1 z2 = [r1(cos 1 + i sin 1)][r2(cos 2 + i sin 2)]
z1 z2 = r1 r2 [(cos 1 cos 2 - sin 1sin 2) +
i (sin 1 cos 2+ cos 1sin 2)]
z1 z2 = r1 r2 [cos ( 1 + 2 ) + i sin ( 1 + 2)]

31

Dari hasil perkalian tersebut diperoleh:
arg(z1 z2) = 1 + 2 = arg z1+ arg z2

Pertanyaan :
Bagaimanakah jika kita perkalikan z1 z2 . . . zn dan
z z z z … z = zn ?

32

Jika diketahui:
z1 = r1(cos 1 + i sin 1)
z2 = r2(cos 2 + i sin 2)

zn = rn(cos n + i sin n), untuk n asli,

maka secara induksi matematika, diperoleh rumus
perkalian z1 z2 … zn = r1 r2 …rn[cos ( 1 + 2+…+ n) + i
sin ( 1 + 2+…+ n)] .

Akibatnya jika, z = r(cos + i sin ) maka
zn = rn (cos n + i sin n ). . . . . . . . . . .1

Khusus untuk r = 1, disebut Dalil De-Moivre
(cos + i sin )n = cos n + i sin n , n asli.
33

Pembagian:
Sedangkan pembagian z1 dan z2 adalah sebagai
z1 r1(cos i sin 1)
berikut: 1
z2 r2(cos 2 i sin 2 )
Setelah pembilang dan penyebut dikalikan dengan

sekawan penyebut, yaitu r2(cos 2 - i sin 2), maka

diperoleh : z1 r1 [cos ( 1 - 2 ) + i sin ( 1 - 2)]
z2 r2
Dari rumus di atas diperoleh:
z
arg 1 1- 2 = arg z1 – arg z2.
z2

34

Akibat lain jika z = r(cos + i sin ),

maka: 1 1 cos( ) i sin( )
z r
Untuk: 1 1 .
zn rn cos n i sin n
Setelah pembilang dan penyebut dikalikan sekawan
penyebut, maka didapat :

1 1 cos( n ) i sin( n ) .......2
zn rn

35

Dari 1 dan 2 diperoleh:

zn rn cos(n ) i sin(n ), Dalil De-Moivre

berlaku untuk semua n bilangan bulat.

36

Contoh:
6
Hitunglah : 3 i

Jawab :
Misalkan z 3 i, maka
r z 3 1 2
tan 1
3
karena z di kuadran IV, maka dipilih 30o
o o
jadi 3 i 2 cos 30 i sin 30
6 6
3 i 2 cos 180o i sin 180o
2 6( 1 0)
6
2 37

Akar Bilangan Kompleks

Bilangan kompleks z adalah akar pangkat n dari
1
bilangan kompleks w, jika zn = w, dan ditulis z wn .

Jika z = (cos +i sin ) akar pangkat n dari bilangan
kompleks w = r(cos +i sin ), maka dari zn = w
diperoleh: n(cosn +i sinn ) = r(cos +i sin ),
sehingga n = r dan n = +2k , k bulat.
1
2k
Akibatnya r n dan
n
Jadi . . .

38

Jadi, akar pangkat n dari bilangan kompleks
w = r(cos +i sin ) adalah:
1
z= [cos(2k ) + i sin ( 2k )],
rn
n n
k bulat dan n bilangan asli.
Dari persamaan zn = w, ada n buah akar berbeda
yang memenuhi persamaan itu.
Untuk mempermudah dipilih k = 0,1,2,3,…,(n-1);
2k
0 n < 2 , sehingga diperoleh z1,z2,z3,…,zn
sebagai akar ke-n dari z.

39

Contoh :
Hitunglah (-81)1/4
Jawab :
Misalkan z = (-81)1/4, berarti harus dicari penyelesaian
persamaan z4 = -81.
Tulis z = (cos +i sin ) dan –81 = 81(cos1800+i sin1800),
sehingga 4(cos4 +i sin4 ) = 81(cos1800+i sin1800),
diperoleh 4 = 81, atau = 3 dan 2k .
4
Jadi z = 3[cos( 2k )+i sin( 2k )]
4 4
Keempat akar yang dicari dapat diperoleh dengan
mensubstitusi k = 0,1,2,3 ke persamaan terakhir.
40

Latihan Soal Bab I
1. Buktikan Teorema 1 dengan memisalkan
z = (x,y) = x + iy.
2. Diketahui z1 = 6 + 5i dan z2 = 8 – i.
Tentukan z1 + z2, z1 - z2 , z1z2, dan z1 / z2
3. Jika z = -1-i, buktikan z2 + 2z + 2 = 0.
4. Cari bilangan kompleks z yang memenuhi
sifat: a. z-1 = z dan b. z z
5. Buktikan untuk setiap z bilangan kompleks
berlaku : z1. z 2 + z1.z2 = 2Re(z1.z 2 )
6. Hitung jarak antara z1 = 2 + 3i dan z2 = 5 – i.

41

7.Gambarkan pada diagram argand dan
sebutkan nama kurva yang terjadi :
a. z – 5 = 6 dan z – 5 > 6
b. z + i = z – i
c. 1 < z – i < 3
8.Nyatakan bilangan kompleks z = 2 -2i dalam
bentuk polar dan eksponen !
9. Hitunglah (-2+2i)15
10.Tentukan himpunan penyelesaian dari : z3- i = 0

42

BAB II
FUNGSI , LIMIT DAN KEKONTINUAN

Sebelum dibahas mengenai fungsi kompleks,
maka perlu dipelajari konsep-konsep topologi yang
akan digunakan pada fungsi kompleks.

Konsep-Konsep Topologi Pada Fungsi Kompleks
Himpunan pada pembahasan ini adalah koleksi atau
kumpulan titik-titik pada bidang Z. Dianggap anda
telah memahami operasi pada himpunan yaitu
gabungan, irisan, penjumlahan dan pengurangan
beserta sifat-sifatnya.

43

1. Lingkungan/persekitaran
a. Persekitaran zo adalah himpunan semua titik z yang
terletak di dalam lingkaran yang berpusat di zo,
berjari-jari r, r > 0. Ditulis N(zo,r) atau z – zo < r.
b. Persekitaran tanpa zo adalah himpunan semua titik
z zo yang terletak di dalam lingkaran yang berpusat
di zo, berjari-jari r, r > 0. Ditulis N*(zo,r) atau
0< z – zo < r.

44

Contoh :
a. N(i,1) atau z – i < 1, lihat pada gambar 1
b. N*(O,a) atau 0< z – O < a, lihat pada gambar 2

Im Im

2i
a
i O Re

Re
O

gambar 1 gambar 2

45

2. Komplemen
Andaikan S suatu himpunan. Komplemen dari S
ditulis Sc,merupakan himpunan semua titik pada
bidang Z yang tidak termasuk di S.

Contoh :
Gambarkan !
A = { z | Im z< 1}, maka Ac = { z | Im z 1}.
B ={ z | 2<z<4}, maka Bc = { z | z 2 atau z 4}.

46

A = { z | Im z< 1}, maka Ac = { z | Im z 1}.
B ={ z | 2<z<4}, maka Bc = { z | z 2 atau z 4}.
Im Im

c Bc
A 4
1
A B
Re 2
O

O 2 4 Re

47

3. Titik limit
Titik zo disebut titik limit dari himpunan S jika untuk
setiap N*(zo, ) maka N*(zo, ) S . Jika zo ∈ S dan
zo bukan titik limit, maka zo disebut titik terasing.

48

3. Titik limit

4. Titik batas
Titik zo disebut titik batas dari himpunan S jika untuk
setiap N*(zo, ) memuat suatu titik di S dan memuat
suatu titik yang tidak di S.

49

3. Titik limit

4. Titik batas
Titik zo disebut titik batas dari himpunan S jika untuk
setiap N*(zo, ) memuat suatu titik di S dan memuat
suatu titik yang tidak di S.

5. Batas dari himpunan S
adalah himpunan semua titik batas dari S.

50

6. Interior dan Eksterior
Titik zo disebut interior dari himpunan S jika ada
N(zo, ) sehingga N(zo, ) S. Titik yang bukan titik
interior atau bukan titik batas disebut titik eksterior.

51


7. Himpunan Terbuka
Himpunan S disebut himpunan terbuka jika semua
anggota S adalah titik interior S.

52


7. Himpunan Terbuka
Himpunan S disebut himpunan terbuka jika semua
anggota S adalah titik interior S.

8. Himpunan Tertutup
Himpunan S disebut himpunan tertutup jika S
memuat semua titik limitnya.

53

9. Himpunan Terhubung
Himpunan terbuka S disebut terhubung, jika setiap
dua titik di S dapat dihubungkan oleh penggal garis
yang seluruhnya terletak di S.

54


10. Daerah domain
Himpunan terbuka S yang terhubung disebut daerah
domain.

55


10. Daerah domain
Himpunan terbuka S yang terhubung disebut daerah
domain.

11. Daerah Tertutup
Daerah tertutup S adalah daerah terbuka digabung
dengan batasnya.

56

12. Penutup dari himpunan S
adalah himpunan S digabung dengan titik limitnya.

57

Contoh :
1. Diberikan A = { z / |z|<1}, maka:
Im

1
A Re
1 1
1

A adalah himpunan terbuka dan terhubung.
Batas dari A adalah { z / |z|=1}.
Penutup dari A adalah { z / |z| 1}.

58

2. Diberikan B = { z / |z|<1} U {(0,1)}, maka:
Im

1
B Re
1 1
1

B adalah bukan himpunan terbuka dan juga bukan
himpunan tertutup.
Titik-titik limit dari B adalah { z / |z| 1}.

59

3. Diberikan C = { z / |z| 2}, maka:
Im

2
1
Re
2 1 1 2
1
2

Titik-titik interior C adalah { z / |z|<2}.

60

Fungsi Kompleks
Definisi :
Misalkan D himpunan titik pada bidang Z.
Fungsi kompleks f adalah suatu aturan yang
memasangkan setiap titik z anggota D dengan satu dan
hanya satu titik w pada bidang W, yaitu (z,w).
Fungsi tersebut ditulis w = f(z).
Himpunan D disebut daerah asal (domain) dari f, ditulis
Df dan f(z) disebut nilai dari f atau peta dari z oleh f.
Range atau daerah hasil (jelajah) dari f ditulis Rf , yaitu
himpunan f(z) untuk setiap z anggota D.

61

f
Im(z) Im( w)

z w f(z)
Re(z) Re(w)

Bidang Z Bidang W

62

Contoh :
a) w=z+1–i
b) w = 4 + 2i
c) w = z2 – 5z
d) f(z) = 3 z
2z 1

Contoh a,b,c adalah fungsi kompleks dengan domain
semua titik pada bidang Z.
Contoh d adalah fungsi kompleks dengan domain
1
semua titik pada bidang Z , kecuali z = 2

63

Jika z = x + iy, maka fungsi w = f(z) dapat diuraikan
menjadi w = u(x,y) + iv(x,y) yang berarti Re(w) dan
Im(w) masing-masing merupakan fungsi dengan dua
variabel real x dan y.
Apabila z = r(cos + i sin ), maka w = u(r, ) + iv(r, ).

64

Contoh :
Tuliskan f(z) = 2z2 – i dalam bentuk u dan v !

65

Contoh :
Tuliskan f(z) = 2z2 – i dalam bentuk u dan v !

Jawab :
Misal z = x + iy,
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(x2-y2) dan v = 2xy-1.

66

Jika z = r(cos + i sin ).
Tentukan f(z) = z2 + i

67

Jika z = r(cos + i sin ).
Tentukan f(z) = z2 + i

Jawab
f(z) = z2 + i
= [r (cos +i sin )]2 + i
= r2[cos2 - sin2 + 2isin cos ] + i
= r2 (cos2 - sin2 ) + r2isin2 + i
= r2 (cos2 - sin2 ) +(1+r2sin2 )i
berarti u = r2(cos2 - sin2 ) dan v = 1+r2sin2 ) .

68

Komposisi Fungsi
Diberikan fungsi f(z) dengan domain Df dan fungsi
g(z) dengan domain Dg.
‣ Jika Rf Dg , maka ada fungsi komposisi (g⃘f) (z)
= g (f (z)), dengan domain Df.
f g
g f(z)
z f(z)
( g  f )( z )

gf

69

‣ Jika Rg Df , maka ada fungsi komposisi (f⃘g) (z)
= f (g (z)), dengan domain Dg.
g f
f g(z)
z g(z)
(f  g)(z)

f g

∷ Tidak berlaku hukum komutatif pada (g⃘f) (z) dan
(f⃘g)(z).

70

Contoh :
Misal: f(z) = 3z – i dan g(z) = z2 + z –1 + i

‣ Jika Rf Dg ,
maka (g⃘f) (z) = g (f (z))
= g(3z – i)
= (3z – i)2 + (3z – i) –1 + i
= 9z2 – 6iz – 1 + 3z – i – 1 + i
= 9z2 – 3z – 2 – 6iz

71

‣ Jika Rg Df ,
maka (f⃘g) (z) = f (g (z))
= f(z2 + z –1 + i)
= 3z2 + 3z – 3 + 3i – i

Karena 9z2 – 3z – 2 – 6iz ≠ 3z2 + 3z – 3 + 3i – i
Jadi (g⃘f) (z) (f⃘g)(z) atau
(g⃘f) (f⃘g), (tidak komutatif)

72

Interpretasi Geometris
Untuk setiap variabel bebas z = x + iy anggota
domain ada satu dan hanya satu variabel tak bebas
w = u + iv yang terletak pada suatu bidang kompleks.
Masing-masing variabel terletak pada suatu bidang
kompleks, z pada bidang Z dan w pada bidang W.
Karena pasangan (z,w) mengandung 4 dimensi,
maka kita tidak dapat menggambarkannya pada satu
sistem. Tetapi kita dapat melihat gambaran dari w =
f(z). Caranya dengan memandang fungsi f tersebut
sebagai pemetaan (transformasi) dari titik di bidang Z
ke titik di bidang W dengan aturan f. Untuk suatu titik
z maka f(z) disebut peta dari z.

73

Contoh 1 :
Diketahui fungsi w = 2z – 1 + i. Untuk setiap variabel
bebas z = x + iy didapat nilai w = (2x – 1) + (2y + 1)i.
Misalnya untuk z1 = 1 + i , dan z2 = 2 – 3i , berturut-
turut diperoleh : w1 = 1 + 3i , dan w2 = 3 – 5i. Gambar
dari z1, z2, w1 , dan w2 dapat dilihat di bawah ini
Y V
bidang Z bidang W
3 w1
1 z1

O 1 2 X O 1 3 U

3 z2
5 w2 74

Contoh 2 :
Diketahui fungsi w = z2.
Dengan menggunakan z = r (cos +i sin ), maka
diperoleh w = z2 = r2 (cos2 +i sin2 ).
Jika sebuah lingkaran pusat O berjari-jari r pada
bidang Z, maka dapat dipetakan ke bidang W
menjadi sebuah lingkaran pusat O berjari-jari r2.
Daerah 0 arg z dipetakan menjadi daerah
0 arg w 2 .

Gambar keduanya dapat dilihat di bawah ini.

75

bidang W

bidang Z

r2
r
2

76

Limit
K
Diketahui daerah D pada bidang
Z dan titik zo terletak di dalam D D z
atau pada batas D. Misalkan z
fungsi w = f(z) terdefinisi pada D, o
kecuali di zo.
N * (zo, )
Apabila titik z bergerak mendekati bidang Z
titik zo melalui setiap lengkungan
sebarang K dan mengakibatkan
nilai f(z) bergerak mendekati D
suatu nilai tertentu, yaitu wo pada f (z )
bidang W, maka dikatakan limit wo
f(z) adalah wo untuk z mendekati
zo, ditulis : lim f(z) wo N(wo, )
z zo
bidang W
77

Definisi :
Misalkan fungsi w = f(z) terdefinisi pada daerah D,
kecuali di zo (titik zo di dalam D atau pada batas D).
limit f(z) adalah wo untuk z mendekati zo, jika untuk
setiap > 0, terdapat > 0 sedemikian hingga
|f(z) – wo |< , apabila 0 <|z – zo|< ,
ditulis: lim f(z) wo
z zo

78

Perlu diperhatikan bahwa :
1. Titik zo adalah titik limit domain fungsi f.
2. Titik z menuju zo melalui sebarang lengkungan K,
artinya z menuju zo dari segala arah.
3. Apabila z menuju zo melalui dua lengkungan yang
berbeda, mengakibatkan f(z) menuju dua nilai yang
berbeda, maka limit fungsi f tersebut tidak ada
untuk z mendekati zo.

79

Contoh 1 :
Buktikan bahwa : lim 2z2 3z 2 5
z 2 z 2

80

Contoh 1 :
Buktikan bahwa : lim 2z2 3z 2 5
z 2 z 2

Bukti:
Misalkan diberikan bilangan > 0, kita akan mencari
> 0 sedemikian, sehingga:
0 | z 2| | 2z2 3z 2 5 | , untuk z 2
z 2
Lihat bagian sebelah kanan

81

Dari persamaan kanan diperoleh:

| 2z2 3z 2 5 | |
(2z 1)(z 2)
5|
z 2 (z 2)
(2z 1 5)(z 2)
| |
(z 2)
| 2(z 2) |
|z 2|
2

Hal ini menunjukkan bahwa telah diperoleh.
2

82

Bukti Formal :
Jika diberikan > 0 , maka terdapat , sehingga
2
untuk z 2, diperoleh

0 |z 2| | 2z2 3z 2 5 |
z 2
(2z 1)(z 2)
| 5|
(z 2)
| 2(z 2) | 2

Jadi | 2z2 3z 2 5 | apabila 0 | z 2 |
z 2 2

lim 2z2 3z 2 5
Terbukti
z 2 z 2

83

Teorema Limit :
Teorema 1 :
Jika fungsi f mempunyai limit untuk z menuju zo ,
maka nilai limitnya tunggal.

84

Teorema Limit :
Teorema 1 :
Jika fungsi f mempunyai limit untuk z menuju zo ,
maka nilai limitnya tunggal.
Bukti:
Misal limitnya w1 dan w2, maka
f(z) w1 w1 f(z)
2
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 w2
85

Teorema 2 :
Misalkan z = (x,y) = x+iy dan f(z) = u(x,y) + iv(x,y)
dengan domain D. Titik zo = (xo,yo) = xo+iyo di dalam
D atau batas D.
Maka lim f(z) xo iyo jika dan hanya jika
z zo

lim u(x, y) xo dan lim v(x, y) yo
z zo z zo

86

Teorema 3 :
Misalkan fungsi f dan g limitnya ada.
lim f(z) = a dan lim g(z) = b, maka
1. lim (f(z) +g(z)) = a + b (untuk z → zo)
2. lim (f(z) . g(z)) = a . b (untuk z → zo)
3. lim (f(z) / g(z)) = a / b (untuk z → zo)

Tugas : Buktikan ketiga teorema limit tersebut !

87

Contoh 1 :

Hitunglah lim z2 1
z i z i

88

Contoh 1 :

Hitunglah lim z2 1
z i z i

lim z2 1 lim (z i)(z i)
Jawab:
z i z i z i z i
lim (z i)
z i
2i

89

Contoh 2 :
Jika f(z) 2xy x 2 i . Buktikan lim f(z) tidak ada !
x2 y2 y 1 z 0

90

Contoh 2 :
Jika f(z) 2xy x 2 i . Buktikan lim f(z) tidak ada !
x2 y2 y 1 z 0

Bukti :

Kita tunjukkan bahwa untuk z menuju 0 di sepanjang
garis y = 0, maka

lim f(z) lim f(z) lim x 2i 0 1
z 0 ( x,0) (0,0) x 0
Sedangkan di sepanjang garis y = x,
lim f(z) lim f(z) lim (1 x 2 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

Kekontinuan Fungsi
Definisi :
Misalkan fungsi f(z) terdefinisi di D pada bidang Z
dan titik zo terletak pada interior D, fungsi f(z)
dikatakan kontinu di zo jika untuk z menuju zo,
maka lim f(z) = f(zo).

92

Jadi, ada tiga syarat fungsi f(z) kontinu di zo, yaitu :

1. f(zo ) ada
2. lim f(z) ada
z zo

3. lim f(z) f(zo )
z zo

Fungsi f(z) dikatakan kontinu pada suatu daerah R,
jika f(z) kontinu pada setiap titik pada daerah R
tersebut.

93

Teorema 4 :
Jika f(z) = u(x,y) + iv(x,y), f(z) terdefinisi di setiap titik
pada daerah R, dan zo = xo+ i yo titik di dalam R,
maka fungsi f(z) kontinu di zo jika dan hanya jika
u(x,y) dan v(x,y) masing-masing kontinu di (xo,yo).

94

Teorema 5 :
Andaikan f(z) dan g(z) kontinu di zo, maka masing-
masing fungsi :
1. f(z) + g(z)
2. f(z) . g(z)
3. f(z) / g(z), g(z) 0
4. f(g(z)); f kontinu di g(zo),
kontinu di zo.

95

Contoh 1 :
z2 4 , z 2i
z 2i
Fungsi f(z) = , apakah kontinu di 2i

3 4z, z 2i
Jawab :
f(2i) = 3 + 4(2i) = 3 + 4i,
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.

96

Contoh 2.
z2 1
Dimanakah fungsi g(z) 2 kontinu ?
z 3z 2
Jawab :
Coba anda periksa bahwa g(z) diskontinu di z = 1 dan
z = 2. Jadi g(z) kontinu di daerah z z 2

97

BAB III. TURUNAN

3.1 Definisi Turunan
Diberikan fungsi f yang didefinisikan pada daerah D dan
zo D.
f(z) f(zo )
Jika diketahui bahwa nilai lim ada, maka
z zo z zo

nilai limit ini dinamakan turunan atau derivatif fungsi f di
titik zo.
Dinotasikan : f’(zo)

98

⇛ Jika f’(zo) ada, maka f dikatakan terdifferensial atau
diferensiabel di zo.
Dengan kata lain :
f(zo z) f(zo )
f ' (zo ) lim f lim
z 0 z z 0 z
⇛ Jika f terdifferensial di semua titik pada D, maka f
terdifferensial pada D

Contoh 3.1.1
Buktikan f(z) = z2 terdifferensiasi diseluruh ℂ

99

Bukti :
Ditinjau sebarang titik zo ℂ
f(z) f(zo )
f ' (zo ) lim
z zo z zo
z2 z2
o
lim
z zo z zo

(z zo )(z zo )
lim
z zo z zo
2zo

Karena zo sebarang maka f(z) = z2 terdefferensial
di seluruh ℂ

100

Teorema 3.1
Jika f fungsi kompleks dan f’(zo) ada, maka
f kontinu di zo

Bukti :

101

Bukti :
Diketahui f’(zo) ada
Akan dibuktikan f kontinu di zo atau lim f(z) f(zo )
z zo
f(z) f(zo )
lim (f(z) f(zo )) lim (z zo )
z zo z zo (z zo )
f(z) f(zo )
lim lim (z zo )
z zo (z zo ) z zo
f ' (z) 0
0

sehingga lim f(z) lim f(zo ) f(zo )
z zo z zo
dengan kata lain f kontinu di zo.

102

Contoh 3.1.2
Buktikan f(z) = |z|2 kontinu di seluruh bidang kompleks
tetapi hanya terdifferensial di z = 0

Bukti :
f(z) = |z|2 = x2 + y2 berarti
u(x,y) = x2 + y2 dan
v(x,y) = 0
u dan v kontinu di D, maka f(z) kontinu di D
f(z) f(0) | z |2
f ' (0) lim lim
z 0 z 0 z 0 z

lim zz 0
z 0 z

Jadi f(z) terdifferensial di z = 0
103

3.2 Syarat Chauchy-Riemann
Syarat yang diperlukan agar fungsi f terdiferensial di
zo = xo + i yo adalah syarat Chauchy-Riemann, yang
menghubungkan derivatif-derivatif parsial tingkat pertama
dari fungsi bagian real dan fungsi bagian imajiner dari f.

104

Terema 3.2.1 (Syarat Chauchy-Riemann
Jika f(z) = u(x,y) + i v(x,y) terdifferensial di zo = xo + i yo,
maka u(x,y) dan v(x,y) mempunyai derivatif parsial
pertama di (xo,yo) dan di titik ini dipenuhi persamaan
Cauchy – Riemann
u v dan u v
x y y x
derivatif f di zo dapat dinyatakan dengan
f' (zo ) ux (xo, yo ) i v x (xo, yo )
Jika persamaan C-R tidak dipenuhi di (xo,yo) maka
f(z) = u(x,y) + i v(x,y) tidak terdifferensial di zo = xo + i yo

105

Contoh 3.2.1
Buktikan f(z) = |z|2 tidak terdifferensiasi di z 0
Bukti : f(z) = x2 + y2 sehingga
u(x,y) = x2 + y2
v(x,y) = 0
Persamaan Cauchy – Riemann
u 2x dan u 2y
x y
v 0 dan v 0
x y
u v 2x 0(1)
x y

106

dan u v 2y 0(2)
y x

(1) dan (2) tidak dipenuhi jika x 0 atau y 0,
jadi pasti f tidak terdeferensial di z 0

107

Catatan :
Syarat C-R hanya syarat perlu untuk keterdifferensialan.
Contoh 3.2.2
x 3(1 i) y 3(1 i)
Buktikan fungsi f(z) =
x2 y2
dan f(0) = 0, tidak terdifferensial di 0, memenuhi C-R
Bukti : x3 y3
u= 2 dengan u(0,0) = 0
x y2
x3 y3 dengan v(0,0) = 0
v= 2
x y2
ux(0,0) = lim u(x,0) u(0,0) = 1
x o x
u(0,y) u(0,0)
lim
uy(0,0) = y o = -1
y
108

v(x,0) v(0,0)
vx(0,0) = lim x
=1
x o

v(0,y) v(0,0)
vy(0,0) = lim y =1
y o

Jadi persamaan Cauchy – Riemann terpenuhi

f(z) f(0) x 3(1 i) y 3(1 i)
Tetapi lim lim 2
z 0 z z 0 (x y 2)(x iy)
Untuk z 0
lim x3(1 i)
Sepanjang garis real y = 0 3 =1+i
x o x

109

2 i x3 i
Sepanjang garis real y = x lim = 1 i
x o 2(1 i) x3

Jadi lim f(z) f(0) tidak ada
z o z
sehingga f tidak terdifferensial di 0 meskipun
persamaan C-R dipenuhi di (0,0)

110

Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa :
i. Syarat perlu
f(z) = u(x,y) + iv(x,y), zo = xo + i yo
u , v
f’(z) ada maka u , , v ada di (xo, yo)
x y x y
berlaku C-R yaitu :
u v u v
dan
x
=
y y = x
dan f’(z0) = ux(x0,y0) + i vx(x0,y0)

111

ii. Syarat cukup
u(x,y), v(x,y), ux(x,y), vx(x,y), uy(x,y), vy(x,y) kontinu
pada kitar zo = xo + i yo dan di (xo,yo) dipenuhi C-R
maka f’(zo) ada

112

Contoh 3.2.3
Buktikan f(z) = ex(cos y + i sin y) terdiferensial
untuk setiap z dalam ℂ

Bukti :
u(x,y) = excos y ux(x,y) = excos y
ada dan
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

113

Berdasarkan persamaan C-R :
ux = vy dan uy = -vx dipenuhi di (x,y) ℂ, dan ada kitar
dimana keenam fungsi kontinu dan C-R dipenuhi di (x,y).
Jadi f’(z) ada z ℂ.
Dan f’(z) = ux(x,y) + i vx(x,y)
= excos y + i exsin y

114

3.3 Syarat C-R Pada Koordinat Kutub
Jika f(z) = u(x,y) + i v(x,y) dapat diilustrasikan
dalam koordinat kartesius maka dengan menggunakan
hubungan x = r cos dan y = r sin , diperoleh
z = r cos + i sin , sehingga
f(z) = u(r, ) + i v(r, ) dalam sistem koordinat kutub

115

Teoreama 3.3.1
Jika f(z) = u(r, ) + i v(r, ) terdiferensial dan kontinu
pada suatu kitar (ro, o) dan jika dalam kitar tersebut
ur, u , vr, v ada dan kontinu di (ro, o) dan dipenuhi
C-R yaitu:
u 1 v 1 v v ,r 0
= dan r = r
r r

maka f’(z) = ada di z = zo dan
f’(z) = (cos o – i sin o) [ur(ro, o) + i vr(ro, o)]

116

Contoh 3.3.1
Diketahui f(z) = z-3,
tentukan f’(z) dalam bentuk kootdinat kutub

117

Jawab :
f(z) = z-3 = r-3 (cos 3 - i sin 3 ), maka :
u = r-3 cos 3 , sehingga ur = -3r-4 cos 3 dan
u = -3r-3 sin 3
v = -r-3 sin 3 , sehingga vr = 3r-4 sin 3 dan
v = -3r-3 cos 3
keenam fungsi ini kontinu dan syarat C-R dipenuhi
untuk semua z 0
Jadi f(z) = z-3 terdiferensial untuk z 0
Dengan demikian f’(z) dalam koordinat kutub adalah :
f’(z) = (cos – i sin ) (-3r-4 cos 3 + i 3r-4 sin 3 )
= cis(- ) (-3r-4) cis(-3 )
= -3r-4 cis(-4 )
118

3.4 Aturan Pendiferensialan
Jika f(z), g(z) dan h(z) adalah fungsi- fungsi kompleks
serta f’(z), g’(z) dan h’(z) ada, maka berlaku rumus-rumus :

1. dc 0, d(z) 1
dz dz
d cf(z)
2. cf' (z)
dz
3. d f(z) g(z) f ' (z) g' (z)
dx
4. d f(z)g(z) f ' (z)g(z) f(z)g' (z)
dx
5. d f(z) f ' (z)g(z) f(z)g' (z)
dx g(z) g(z) 2

119

6. dzn nzn 1
dz
7. Jika h(z) g[f(z)] maka h' (z) g' [f(z)]f ' (z)
biasa disebut dengan komposisi (aturan rantai)
dw dw . d
dz d dz

120

3.5 Fungsi Analitik
Definisi 3.5.1
Fungsi f analitik di zo, jika ada r > 0 sedemikian,
hingga f’(z) ada untuk setiap z N(zo,r)
(persekitaran zo)

f diferensiable
r
zo

Fungsi analitik untuk setiap z ℂ dinamakan fungsi utuh

121

Contoh 3.5.1
1
1. f(z) = analitik kecuali di z = 0
z
2. f(z) = x3 + iy3
diperoleh : u = x3 ; v = y3 sehingga
ux = 3x2 ; vx = 0 ; uy = 0 ; vy = 3y2
dengan menggunakan persamaan C-R :
3x2 = 3y2 y= x dan vx = uy = 0
persamaan C-R dipenuhi dan kontinu digaris y = x
berarti f’(z) ada hanya di y = x
Jadi f(z) tidak analitik dimanapun karena tidak ada
kitar.
122

Sifat sifat analitik
Misalnya f dan g analitik pada D, maka :
o f g merupakan fungsi analitik
o fg merupakan fungsi analitik
o f/g merupakan fungsi analitik dengan g 0
o h = g ∘ f merupakan fungsi analitik
o berlaku aturan L’hospital yaitu :
fz f' z
lim , dengan g(z) 0 g' (z) 0
z zo g z g' z

123

3.6 Titik Singular
Definisi 3.6.1
Titik z1 disebut titik singular dari f jika f tidak analitik di z1
tetapi untuk setiap kitar dari z1 memuat paling sedikit
satu titik dimana f analitik.

124

Jenis kesingularan f(z) atau titik singular antara lain :
1. Titik singular terisolasi
Titik zo dinamakan titik singular terisolasi dari f(z) jika
terdapat 0 demikian sehingga lingkaran |z – zo| =
hanya melingkari titik singular lainnya. Jika seperti itu
tidak ada, maka z = zo disebut titik singular tidak
terisolasi.

125

2. Titik Pole (titik kutub)
Titik z = zo disebut titik pole tingkat n, jika berlaku
lim (z zo )n f(z) A 0 .
z zo
Jika n = 1, zo disebut sebagai titik pole sederhana.

3. Titik Cabang
Dari fungsi bernilai banyak dapat menjadi titik singular.

4. Titik Singular dapat dihapuskan
Titik singular zo disebut titik singular dapat dihapuskan
dari f(z) jika lim f(z) ada.
z o
126

5. Titik Singular Essensial
Titik singular z = zo yang tidak memenuhi syarat titik
singular pole titik cabang atau titik singular yang dapat
dihapuskan disebut titik singular essensial.

6. Titik Singular tak hingga
Jika f(z) mempunyai titik singular di z = , maka sama
dengan menyatakan f(1/w) mempunyai titik singular di
w = 0.

127

Contoh 3.6.1
1
• g(z) = 2 berarti titik z = i adalah titik pole tingkat 2
(z 1)
dari g(z)
• h(z) = |z|2 tidak merupakan titik singular
• k(z) = ln (z2 + z – 2) maka titik cabang adalah z1 = 1 dan
z2 = –2 karena (z2 + z – 2) = (z – 1) (z + 2) = 0

128

3.7 Fungsi Harmonik
f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik pada D maka u dan v
mempunyai derivatif parsial di semua orde yang
kontinue pada D. Jadi dalam D berlaku C-R , ux = vy dan
uy = –vx
Karena derifatif-derivatif parsial dari u dan v kontinue
dalam D, maka berlaku vxy = vyx. Jika dalam ux = vy dan
uy = –vx diderivatifkan parsial terhadap x dan y maka
(x,y) D berlaku
uxx + uyy = 0
vxx = vyy = 0

129

Jika f analitik pada D maka u dan v pada D memenuhi
persamaan differensial Laplace dalam 2 dimensi.
2 2
2 2
0
x y
u dan v dimana f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik pada suatu
domain maka f(z) harmonik pada domain tersebut.
Dua fungsi u dan v sedemikian sehingga
f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik dalam suatu domain
dinamakan dua fungsi yang harmonik konjugat dalam
domain itu.

130

Contoh 3.7.1
Diberikan u(x,y) harmonik pada D dan tentukan fungsi v
yang harmonik konjugat dengan u = 4xy3 – 12x3y, (x,y) ℂ
Jawab :
Misal diklaim konjugatnya adalah v(x,y)
jadi f(z) = u(x,y) + iv(x,y) analitik pada ℂ sedemikian
sehingga berlaku C-R ux = vy dan uy = -vx
ux = 4y3 – 12x2y vy = 4y3 – 12x2y
uy= 12xy2 – 4x3 v= y4 – 6x2y2 + g(x)
karena vx = –uy maka –12xy2 + g’(x) = –12xy2 + 4x3
sehingga g’(x) = 4x3 diperoleh g(x) = x4 + C
Jadi v = y4 – 6x2y2 + x4 + C

131

Cara Milne Thomson
Cara yang lebih praktis menentukan fungsi harmonik
konjugat atau dari fungsi harmonik u diberikan u(x,y)
harmonik pada D andaikan v(x,y) sehingga
f(z) = u(x,y)+ iv(x,y) analitik pada D
f”(z) = ux(x,y) + ivx(x,y)
sesuai persamaan C-R : f”(z) = ux(x,y) – iuy(x,y)
z = x + iy dan z = x – iy sehingga diperoleh
x z z dan y z z
2 2i
z z,z z z z,z z
f(z) = ux – iuy
2 2i 2 2i

132

Suatu identitas dalam z dan z , jika diambil z = z maka
f’(z) = ux(z,0) – iuy(z,0)
Jadi f(z) adalah fungsi yang derivatifnya ux(z,0) – iuy(z,0)
kemudian didapat v(x,y)

133

Contoh 3.7.2
Dari Contoh 3.7.1 dengan u= 4xy3 – 4x3y, (x,y) ℂ,
jika diselesaikan dengan menggunakan cara Milne
Thomson.
Jawab :
ux = 4y3 – 12x2y
uy= 12xy2 – 4x3
f’(z) = ux(z,0) – iuy(z,0)
= –i(– 4z3)
= 4iz3
sehingga f(z) = iz4 + A
f(z) = i(x + iy)4 + A
= 4xy3 – 4x3y + i(x4 – 6x2y2 + y4) + A

134

JUDUL

Empfohlen

Empfohlen

Weitere ähnliche Inhalte

Was ist angesagt?

Was ist angesagt? (20)

Ähnlich wie JUDUL

Ähnlich wie JUDUL (20)

JUDUL