%% This document created by Scientific Word (R) Version 2.0
%% Starting shell: mathart1


\documentclass[12pt,thmsa]{article}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\usepackage{sw20bams}

%TCIDATA{TCIstyle=Article/art1.lat,bams,mathart1}

\input tcilatex
\begin{document}

\author{The Author}
\title{The Title }
\date{The Date }
\maketitle

\begin{abstract}
Replace this text with your own abstract.
\end{abstract}

\[
PANHARMONIK\text{ }DAN\text{ }FUNGSI\text{ }PSEUDO-ANALITIK 
\]

\[
(FUNGSI\text{ }ANALITIK\text{ }SEMU) 
\]

\begin{eqnarray*}
&& \\
Oleh &:&ENDANG\text{ }CAHYA\text{ }M.A
\end{eqnarray*}

Tulisan ini menjelaskan solusi persamaan Yukawa 
\begin{equation}
\Delta u=\frac{\partial ^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial ^2u}{\partial y^2}%
=\mu ^2u
\end{equation}
dimana $\mu $ suatu konstanta positif. Solusi $C^2$ dari persamaan (1) dalam
sebuah domain disebut panharmonik.

Bagian berikutnya merupakan pemanfaatan penyajian bentuk Fourier yang
menghasilkan teorema sekitar koefisien Fourier dari suatu fungsi panharmonik
positif. Akhirnya bahasan ini ditutup oleh materi kelas fungsi khusus, yaitu
kelas fungsi pseudo analitik yang merupakan kelas fungsi dari fungsi-fugsi
bernilai kompleks yang merupakan solusi persamaan (1), dan memenuhi syarat
persamaan Cauchy-Riemann yang dimodifikasi.

\begin{theorem}
Jika $u(r,\theta )$ adalah panharmonik dalam sebuah cakram $x^2+y^2\leq a^2,$
maka untuk $0\leq r<a,$%
\[
u(r,\theta )=\sum_{-\infty }^\infty c_nI_{\left| n\right| }(\mu
r)e^{in\theta },
\]
dimana 
\[
c_n=\frac 1{2\pi I_{\left| n\right| }(\mu a)}\int_0^{2\pi }u(a,\theta
)e^{-in\theta }d\theta ,
\]
dan 
\[
I_{\left| n\right| }(x)=\frac 1{n!}\left( \frac x2\right) ^n\left[ 1+\frac{%
(x/2)^2}{1.(n+1)}+\frac{(x/2)^4}{1.2.(n+1)(n+2)}+\frac{(x/2)^6}{%
1.2.3.(n+1)(n+2)(n+3)}+..\right] 
\]
\end{theorem}

Bukti

Dengan mengubah persamaan (1) kedalam koordinat polar, diperoleh 
\begin{equation}
\frac{\partial ^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial ^2u}{\partial y^2}=\frac{%
\partial ^2u}{\partial r^2}+\frac 1r\frac{\partial u}{\partial r}+\frac
1{r^2}\frac{\partial ^2u}{\partial \theta ^2}=\mu ^2u(r,\theta )
\end{equation}
Dengan metoda peubah terpisah, misalkan $u(r,\theta )=R(r).G(\theta )$
solusi persamaan (2), makadiperoleh, 
\[
r^2\frac{R^{\prime \prime }(r)}{R(r)}+r\frac{R^{\prime }(r)}{R(r)}+\frac{%
G^{\prime }(\theta )}{G(\theta )}=\mu ^2r^2 
\]
atau

\begin{equation}
r^2\frac{R^{\prime \prime }(r)}{R(r)}+r\frac{R^{\prime }(r)}{R(r)}-\mu
^2r^2=-\frac{G^{\prime }(\theta )}{G(\theta )}.
\end{equation}

Karena sisi kiri hanya bergantung pada r dan sisi kanan hanya bergantung
pada $\theta $, sedangkan $r$ dan $\theta $ peubah bebas, maka haruslah
persamaan (3) sama dengan konstan, dan misalkan sama dengan $\alpha .$

Dari persamaan (3) tersebut, diperoleh dua buah persamaan diferensial biasa,
yaitu 
\begin{equation}
G^{\prime \prime }+\alpha G=0,\text{ dan}
\end{equation}
\begin{equation}
r^2R^{\prime \prime }+rR^{\prime }-(r^2\mu ^2+\alpha )R=0.
\end{equation}
Karena domainnya adalah daerah lingkaran, maka haruslah G merupakan fungsi
periodik. selanjutnya untuk menyelesaikan (4) dan (5), kita bagi dalam tiga
kasus.

Kasus $\alpha =0,$ maka pers. (4) menjadi $G^{\prime \prime }=0,$ dan
solusinya adalah fungsi linear dalam $\theta ,$tetapi G harus periodik. Jadi
haruslah G konstan.(misal G($\theta )$ = c). Dari persamaan (5), diperoleh $%
r^2R^{\prime \prime }+rR^{\prime }-(r^2\mu ^2)R=0,$ maka solusinya adalah 
\[
R_1(r)=\sum_{n=0}^\infty \frac 1{(n!)^2}\left( \frac{\mu r}2\right) ^{2n}, 
\]
dan solusi yang bebas linear dengan $R_1$ berbentuk 
\[
R_2(r)=\sum_{n=0}^\infty c_n\left( \mu r\right) ^{n+1}+R_1\ln (\mu r). 
\]
Solusi yang kedua, bila $r\longrightarrow 0,$ maka $R_2\longrightarrow
-\infty ,$ yang memberikan solusi tidak di $C^2$ karena itu solusinya cukup $%
R_1$ saja. Jadi solusi untuk kasus ini, 
\[
u(r,\theta )=c.R_1(r)=c.\sum_{n=0}^\infty \frac 1{(n!)^2}\left( \frac{\mu r}%
2\right) ^{2n}. 
\]

Kasus $\alpha <0,$ misal $\alpha =-\upsilon ^2,$ dimana $\upsilon >0,$ maka
persamaan (4) dan (5) menjadi 
\[
G^{\prime \prime }-\upsilon ^2G=0,\text{ dan} 
\]
\[
r^2R^{\prime \prime }+rR^{\prime }-(r^2\mu ^2-\upsilon ^2)R=0. 
\]
Persamaan (4) memiliki solusi $G(\theta )=Ae^{\upsilon \theta
}+Be^{-\upsilon \theta }$, dan solusi ini tidak pernah periodik, karena itu
untuk kasus ini, persamaan (2) tidak punya solusi yang periodik.

Kasus $\alpha >0,$ misal $\alpha =\upsilon ^2,$ dimana $\upsilon >0,$ maka
persamaan (4) dan (5) menjadi 
\[
G^{\prime \prime }+\upsilon ^2G=0,\text{ dan} 
\]
\[
r^2R^{\prime \prime }+rR^{\prime }-(r^2\mu ^2+\upsilon ^2)R=0. 
\]
Solusi dari persamaan (4), adalah 
\[
G(\theta )=A\cos \upsilon \theta +B\sin \upsilon \theta =e^{i\upsilon \theta
}. 
\]
Dengan syarat $G(a,\pi )=G(a,-\pi ),$ untuk setiap $a\leq r,$ maka diperoleh 
$\sin \upsilon \pi =0.$ Akibatnya $\upsilon =n.$ Jadi $G(\theta
)=e^{in\theta }.$ Selanjutnya persamaan (5) memiliki solusi berbentuk, 
\[
R_1(t)=\sum_{n=0}^\infty \frac{t^{\upsilon +2n}}{2^{2n}n!(\upsilon
+1)(\upsilon +2)...(\upsilon +n)}a_o,\text{ }t=\mu r. 
\]
Pilih $a_o=\frac 1{\upsilon !2^\upsilon },$maka 
\begin{eqnarray*}
R_1(t) &=&\sum_{n=0}^\infty \frac{t^{\upsilon +2n}}{2^{2n}n!(\upsilon
+1)(\upsilon +2)...(\upsilon +n)}\frac 1{\upsilon !2^\upsilon },\text{ }%
t=\mu r \\
&=&\sum_{n=0}^\infty \frac{(t/2)^\upsilon (t/2)^{2n}}{n!(\upsilon +n)!},
\end{eqnarray*}
dan solusi yang bebas linear dengan $R_1$ adalah 
\[
R_2(t)=t^{-\upsilon }\sum_{n=0}^\infty c_n^{*}t^n+cR_1\ln t,\text{ }t=\mu r. 
\]
Bila $r\longrightarrow 0,$ maka $R_2(t)\longrightarrow -\infty ,$ akibatnya
solusinya tidak di $C^2$, karena itu kita ambil $R_1(t),$

\begin{eqnarray*}
R(r) &=&R_1(t) \\
&=&\sum_{n=0}^\infty \frac{t^{\upsilon +2n}}{2^{2n}n!(\upsilon +1)(\upsilon
+2)...(\upsilon +n)}\frac 1{\upsilon !2^\upsilon },\text{ }t=\mu r \\
&=&\sum_{n=0}^\infty \frac{(t/2)^\upsilon (t/2)^{2n}}{n!(\upsilon +n)!} \\
&=&\left( \frac{\mu r}2\right) ^\upsilon \left\{ \frac 1{\upsilon !}+\frac{%
(\mu r)^2}{1!(\upsilon +1)!}+\frac{(\mu r)^4}{2!(\upsilon +2)!}+\frac{(\mu
r)^6}{3!(\upsilon +3)!}+...\right\} \\
&=&\frac{\left( \frac{\mu r}2\right) ^\upsilon }{\upsilon !}\left\{ 1+\frac{%
(\mu r)^2}{1(\upsilon +1)}+\frac{(\mu r)^4}{1.2(\upsilon +1)(\upsilon +2)}+%
\frac{(\mu r)^6}{1.2.3(\upsilon +1)(\upsilon +2)(\upsilon +3)}+...\right\} \\
&=&\frac{\left( \frac{\mu r}2\right) ^n}{n!}\left\{ 1+\frac{(\mu r)^2}{1(n+1)%
}+\frac{(\mu r)^4}{1.2(n+1)(n+2)}+\frac{(\mu r)^6}{1.2.3(n+1)(n+2)(n+3)}%
+...\right\}
\end{eqnarray*}
karena $\upsilon =n.$ Selanjutnya misalkan $R(r)=I_n(t).$ Jadi $u(r,\theta
)=R(r)G(\theta )=I_n(t)G(\theta )=I_n(t).e^{in\theta },$ dimana n bilangan
bulat. Karena kombinasi linear dari solusi PD linear adalah solusi juga
(Prinsip Superposisi), maka

\[
u(r,\theta )=\sum_{-\infty }^\infty c_nI_{\left| n\right| }(\mu
r)e^{in\theta } 
\]
dengan 
\[
I_n(\mu r)=\frac{\left( \frac{\mu r}2\right) ^n}{n!}\left\{ 1+\frac{(\mu r)^2%
}{1(n+1)}+\frac{(\mu r)^4}{1.2(n+1)(n+2)}+\frac{(\mu r)^6}{%
1.2.3(n+1)(n+2)(n+3)}+...\right\} . 
\]
Dengan menggunakan deret Fourier, diperoleh 
\[
c_n=\frac 1{2\pi I_{\left| n\right| }(\mu a)}\int_0^{2\pi }u(a,\theta
)e^{-in\theta }d\theta . 
\]

\TeXButton{End Proof}{\endproof}

\begin{theorem}
Misal $u$ fungsi panharmonik positif dalam bidang dengan ekspansi Fourier 
\[
u(r,\theta )=\sum_{-\infty }^\infty c_nI_{\left| n\right| }(\mu
r)e^{in\theta }
\]
maka untuk setiap $n\neq 0,$ $\left| c_n\right| \leq c_o.$
\end{theorem}

Bukti

Untuk sembarang bilangan positif a, kita punya 
\[
c_n=\frac 1{2\pi I_{\left| n\right| }(\mu a)}\int_0^{2\pi }u(a,\theta
)e^{-in\theta }d\theta , 
\]
dan karena u positif, maka

\[
\left| c_n\right| \leq \frac 1{2\pi I_{\left| n\right| }(\mu a)}\int_0^{2\pi
}u(a,\theta )d\theta . 
\]
Tetapi 
\[
c_o=\frac 1{2\pi I_{\left| o\right| }(\mu a)}\int_0^{2\pi }u(a,\theta
)d\theta . 
\]
Karena itu,

\begin{equation}
\left| c_n\right| \leq \frac{I_o(\mu a)}{I_n(\mu a)}c_o.
\end{equation}

Untuk setiap n bilangan bulat tak negatif dan $x$ besar, maka $I_n(x)$
memiliki ekspansi asimtotik 
\[
I_n(x)\sim \frac 1{\sqrt{2\pi x}}e^x. 
\]
Karena itu, 
\[
\lim_{a\rightarrow \infty }\frac{I_n(\mu a)}{\frac 1{\sqrt{2\pi \mu a}%
}e^{\mu a}}=1. 
\]
Akibatnya 
\[
\lim_{a\rightarrow \infty }\frac{I_o(\mu a)}{I_n(\mu a)}=\lim_{a\rightarrow
\infty }\frac{\frac{I_o(\mu a)}{\frac 1{\sqrt{2\pi \mu a}}e^{\mu a}}}{\frac{%
I_n(\mu a)}{\frac 1{\sqrt{2\pi \mu a}}e^{\mu a}}}=\frac 11=1. 
\]
Ini memberikan arti bahwa, 
\[
\forall \varepsilon >0,\exists K(\varepsilon )>b,\ni a>K(\varepsilon
)\Rightarrow \left| \frac{I_o(\mu a)}{I_n(\mu a)}-1\right| <\varepsilon 
\]
atau

\[
\frac{I_o(\mu a)}{I_n(\mu a)}<1+\varepsilon ,\forall \varepsilon >0. 
\]
Akibatnya, persamaan (6) menjadi, 
\[
\left| c_n\right| \leq \frac{I_o(\mu a)}{I_n(\mu a)}c_o<(1+\varepsilon )c_o. 
\]
Tetapi $\varepsilon $ sembarang bilangan positif. Jadi 
\[
\left| c_n\right| \leq c_o,\forall n. 
\]
\TeXButton{End Proof}{\endproof}

Hasil klasik lainnya dari teori potensial bahwa $u(x,y)=y$ merupakan fungsi
harmonik bernilai positif pada $y>0$ dan bernilai nol pada sumbu real. Hal
yang serupa muncul pada fungsi panharmonik, yaitu fungsi 
\[
u(x,y)=\sinh \mu y\text{ dan }u(r,\theta )=I_1(\mu r)\sin \theta . 
\]

Umumnya, jika $u$ positif (?) dan harmonik pada $y>0$, kontinu pada $y\geq
0, $ dan nol pada sumbu real, dengan prinsip refleksi fungsi tersebut dapat
diperluas untuk $y<0$ dengan $u(x,y)=-u(x,-y)$. Hal ini juga terjadi pada
fungsi pan-harmonik, yang dapat dibuktikan dengan menggunakan ekspansi
Fourier. Dalam kasus ini, ekspansi Fourier dari $u$ tereduksi menjadi
ekspansi Fourier sinus, 
\[
u(r,\theta )=\sum_{n=1}^\infty b_nI_n(\mu r)\sin n\theta ,(??????) 
\]
dan 
\[
b_n=\frac 2{\pi I_{\left| n\right| }(\mu a)}\int_0^\pi u(a,\theta )\sin
n\theta d\theta . 
\]

\begin{theorem}
Misal $u$ panharmonik dan bernilai positif pada setengah bidang atas dan
bernilai nol pada sumbu real dengan ekspansi
\end{theorem}

\[
u(r,\theta )=\sum_{n=1}^\infty b_nI_n(\mu r)\sin n\theta . 
\]
Maka untuk setiap $n>1$, $\left| b_n\right| \leq nb_1.$

Bukti

Untuk sembarang $a>0$, 
\[
b_n=\frac 2{\pi I_{\left| n\right| }(\mu a)}\int_0^\pi u(a,\theta )\sin
n\theta d\theta . 
\]
Karena $\left| \sin n\theta \right| \leq n\sin \theta ,0\leq \theta \leq \pi
,$ dan karena $u>0$ pada setengah bidang atas, maka

\[
\left| b_n\right| =\frac 2{\pi I_{\left| n\right| }(\mu a)}\int_0^\pi
u(a,\theta )n\sin \theta d\theta 
\]
dan 
\[
b_1=\frac 2{\pi I_1(\mu a)}\int_0^\pi u(a,\theta )\sin \theta d\theta . 
\]
Akibatnya 
\begin{eqnarray*}
\left| b_n\right| &\leq &\frac{2n}{\pi I_n(\mu a)}\int_0^\pi u(a,\theta
)\sin \theta d\theta \\
&=&\frac n{I_n(\mu a)}b_1I_1(\mu a) \\
&=&\frac{I_1(\mu a)}{I_n(\mu a)}nb_1.
\end{eqnarray*}
Dengan mengambil limitnya untuk $a\longrightarrow \infty $ (lihat bukti
teorema 2), maka disimpulkan $\left| b_n\right| \leq nb_1,\forall n>1.$

\TeXButton{End Proof}{\endproof}

Pada bagian ini, kita akan memandang sebuah kelas dari fungsi-fungsi
pseudo-analitik yang memiliki bagian real dan imaginernya panharmonik.

Misal $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ fungsi bernilai kompleks dengan $u$ dan $v$ di $%
C^2,$ dan misalkan $u$ dan $v$ memenuhi persamaan 
\begin{eqnarray}
\frac{\partial u}{\partial x} &=&\frac{\partial v}{\partial y}+\mu u 
\nonumber \\
\frac{\partial u}{\partial y} &=&-\frac{\partial v}{\partial x}-\mu v.
\end{eqnarray}
Ini merupakan modifikasi persamaan Cauchy-Riemann untuk (1), dan selanjutnya
fungsi $f$ disebut fungsi $\mu -regular.$

\begin{theorem}
Misal $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ fungsi bernilai kompleks dan $u,v$ memenuhi
persamaan(7). Maka $u,v$ keduanya panharmonik.
\end{theorem}

Bukti

Misal $f(z)=u(x,y)+iv(x,y),$ dengan $u$ dan $v$ di $C^2,$ dan memenuhi
persamaan (7). Maka 
\begin{eqnarray*}
\frac{\partial ^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial ^2u}{\partial y^2} &=&\mu 
\frac{\partial u}{\partial x}-\mu \frac{\partial v}{\partial y} \\
&=&\mu (\frac{\partial u}{\partial x}-\frac{\partial v}{\partial y}) \\
&=&\mu .\mu u \\
&=&\mu ^2u.
\end{eqnarray*}
Dengan cara yang sama, diperoleh 
\[
\frac{\partial ^2v}{\partial x^2}+\frac{\partial ^2v}{\partial y^2}=\mu ^2v. 
\]
Fungsi $f$ demikian, biasa juga disebut fungsi pseudo-analitik.

Selanjutnya, untuk menguji ke $\mu -regularan$ suatu fungsi bernilai
kompleks f, dapat digunakan teorema berikut.

\begin{theorem}
$f$ $(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ di $C^2$ dan $\mu -regular$ jika dan hanya jika $%
Lf=\mu \overline{f}$ dimana $L=\frac \partial {\partial x}+i\frac \partial
{\partial y}.$
\end{theorem}

Bukti

Misal $f$ di $C^2$, $\mu -regular.$ Maka 
\begin{eqnarray*}
Lf &=&\left( \frac \partial {\partial x}+i\frac \partial {\partial y}\right)
f(z) \\
&=&\left( \frac{\partial u}{\partial x}-\frac{\partial v}{\partial y}\right)
+\left( \frac{\partial v}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}\right) i
\\
&=&\mu u+-\mu vi \\
&=&\mu (u-iv) \\
&=&\mu \overline{f}
\end{eqnarray*}

Sebaliknya, misalkan $f$ $(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ dan $L=\frac \partial
{\partial x}+i\frac \partial {\partial y}$ yang memenuhi $Lf=\mu \overline{f}
$ . Maka 
\[
\left( \frac \partial {\partial x}+i\frac \partial {\partial y}\right)
\left( u+iv\right) =\left( \frac{\partial u}{\partial x}-\frac{\partial v}{%
\partial y}\right) +\left( \frac{\partial v}{\partial x}+\frac{\partial u}{%
\partial y}\right) i=\mu (u-iv) 
\]
Jadi $\mu u=\left( \frac{\partial u}{\partial x}-\frac{\partial v}{\partial y%
}\right) $ dan $\mu v=-\left( \frac{\partial v}{\partial x}+\frac{\partial u%
}{\partial y}\right) .$

\TeXButton{End Proof}{\endproof}

Selanjutnya kita akan membangun sebuah fungsi $\mu -regular$ dari sebuah
fungsi panharmonik yang diketahui.

\begin{theorem}
Jika $u$ panharmonik, maka $f=\mu u+\overline{Lu}:$ $\mu -regular$
\end{theorem}

Bukti

Misal $u$ panharmonik dan $f=\mu u+\overline{Lu}.$ Maka 
\begin{eqnarray*}
Lf &=&L(\mu u+\overline{Lu}) \\
&=&\mu Lu+L(\overline{Lu}) \\
&=&\mu Lu+\Delta u \\
&=&\mu Lu+\mu ^2u \\
&=&\mu (Lu+\mu u) \\
&=&\mu \overline{\overline{(Lu+\mu u)}} \\
&=&\mu (\overline{\overline{Lu}}+\overline{\overline{\mu u}}),\text{ }u\text{
}panharmonik \\
&=&\mu (\overline{\overline{Lu}}+\overline{\mu u}) \\
&=&\mu (\overline{\overline{Lu}+\mu u}) \\
&=&\mu \overline{f} \\
&&
\end{eqnarray*}

\TeXButton{End Proof}{\endproof}

\begin{example}
\begin{center}
\label{con:01}Fungsi $u_1(x,y)=e^{\mu (x+y)/\sqrt{2}}$ merupakan fungsi
panharmonik. Maka berdasarkan teorema 6, 
\begin{eqnarray*}
f_1=\mu u+\overline{Lu} \\
=\frac \mu {\sqrt{2}}e^{\mu (x+y)/\sqrt{2}}(1+\sqrt{2}-i)
\end{eqnarray*}
merupakan fungsi $\mu -regular$ dalam $C$.
\end{center}
\end{example}

\begin{example}
Fungsi $u_2(x,y)=e^{\mu x/\sqrt{2}}\cosh \frac{\mu y}{\sqrt{2}}$ merupakan
fungsi panharmonik. Maka berdasarkan teorema 6, 
\begin{eqnarray*}
f_2=\mu u+\overline{Lu} \\
=\frac \mu {\sqrt{2}}e^{\mu x/\sqrt{2}}((1+\sqrt{2})\cosh \frac{\mu y}{\sqrt{%
2}}-i\sinh \frac{\mu y}{\sqrt{2}})
\end{eqnarray*}
merupakan fungsi $\mu -regular$ dalam $C$.
\end{example}

Lebih lanjut, dapat diperiksa bahwa $f_2$ univalent di $C$ dan merupakan
fungsi real pada sumbu real. Sebelum dilanjutkan kepada contoh berikutnya,
kita perkenalkan bentuk operator L dalam koordinat polar.

\begin{eqnarray*}
L &=&\frac \partial {\partial x}+i\frac \partial {\partial y} \\
&=&e^{i\theta }(\frac \partial {\partial r}+\frac 1ri\frac \partial
{\partial \theta })
\end{eqnarray*}
Atau dipandang sebagai operator turunan terhadap konjugatnya dengan
memandang $x=\frac{z+\overline{z}}2$ dan $y=\frac{z-\overline{z}}{2i}$ dan
diperoleh 
\begin{eqnarray*}
\frac \partial {\partial \overline{z}} &=&\frac \partial {\partial x}\frac{%
\partial x}{\partial \overline{z}}+\frac \partial {\partial y}\frac{\partial
y}{\partial \overline{z}} \\
&=&\frac 12\frac \partial {\partial x}-\frac 1{2i}\frac \partial {\partial y}
\\
&=&\frac 12\left( \frac \partial {\partial x}+i\frac \partial {\partial
y}\right)
\end{eqnarray*}
\[
L=\frac \partial {\partial x}+i\frac \partial {\partial y}=2\frac \partial
{\partial \overline{z}}. 
\]

\begin{example}
Misalkan $u=ce^{in\theta }I_n(\mu r),$ dimana $c=n!2^n\mu ^{-n-1}.$ Jika
kita tulis 
\[
I_n(x)=\frac 1{n!}\left( \frac x2\right) ^n\Psi _n(x)
\]
dimana 
\[
\Psi _n(x)=1+\frac{\left( \frac x2\right) ^2}{1.(n+1)}+\frac{\left( \frac
x2\right) ^4}{1.2.(n+1)(n+2)}+\frac{\left( \frac x2\right) ^6}{%
1.2.3.(n+1)(n+2)(n+3)}+...,
\]
maka kita punya 
\begin{eqnarray*}
u=n!2^n\mu ^{-n-1}e^{in\theta }I_n(\mu r) \\
=n!2^n\mu ^{-n-1}e^{in\theta }\frac 1{n!}\left( \frac{\mu r}2\right) ^n\Psi
_n(\mu r) \\
=\mu ^{-n-1}e^{in\theta }\left( \mu r\right) ^n\Psi _n(\mu r) \\
=\frac 1\mu e^{in\theta }r^n\Psi _n(\mu r) \\
=\frac 1\mu (e^{i\theta }r)^n\Psi _n(\mu r) \\
=\frac 1\mu (z)^n\Psi _n(\mu r),\text{ }
\end{eqnarray*}
dimana $z=re^{i\theta }.$ Selanjutnya, akan kita lihat turunan dari $\Psi
_n(\mu r)$ terhadap $r$.
\end{example}

\[
\Psi _n(\mu r)=1+\frac{\left( \frac{\mu r}2\right) ^2}{1.(n+1)}+\frac{\left( 
\frac{\mu r}2\right) ^4}{1.2.(n+1)(n+2)}+\frac{\left( \frac{\mu r}2\right) ^6%
}{1.2.3.(n+1)(n+2)(n+3)}+... 
\]

\begin{eqnarray*}
\frac \partial {\partial r}(\Psi _n(\mu r)) &=&\frac{2\left( \frac{\mu r}%
2\right) \frac \mu 2}{1.(n+1)}+\frac{4\left( \frac{\mu r}2\right) ^3\frac
\mu 2}{1.2.(n+1)(n+2)}+\frac{6\left( \frac{\mu r}2\right) ^5\frac \mu 2}{%
1.2.3.(n+1)(n+2)(n+3)}+... \\
&=&\frac{\frac{\mu r}2}{n+1}\left\{ \frac{2.\frac \mu 2}1+\frac{4\left( 
\frac{\mu r}2\right) ^2\frac \mu 2}{1.2.(n+2)}+\frac{6\left( \frac{\mu r}%
2\right) ^4\frac \mu 2}{1.2.3.(n+2)(n+3)}+...\right\}  \\
&=&\frac{\frac{\mu r}2}{n+1}\left\{ \mu +\frac{\left( \frac{\mu r}2\right)
^2\mu }{1.(n+2)}+\frac{\left( \frac{\mu r}2\right) ^4\mu }{1.2.(n+2)(n+3)}+%
\frac{\left( \frac{\mu r}2\right) ^6\mu }{1.2.3.(n+2)(n+3)(n+4)}+..\right\} 
\\
&=&\frac{\frac{\mu ^2r}2}{n+1}\left\{ 1+\frac{\left( \frac{\mu r}2\right) ^2%
}{1.(n+2)}+\frac{\left( \frac{\mu r}2\right) ^4}{1.2.(n+2)(n+3)}+\frac{%
\left( \frac{\mu r}2\right) ^6}{1.2.3.(n+2)(n+3)(n+4)}+..\right\}  \\
&=&\frac{\mu ^2r}{2(n+1)}\Psi _{n+1}(\mu r)
\end{eqnarray*}

\[
\Psi _{n+1}(\mu r)=1+\frac{\left( \frac{\mu r}2\right) ^2}{1.(n+2)}+\frac{%
\left( \frac{\mu r}2\right) ^4}{1.2.(n+2)(n+3)}+\frac{\left( \frac{\mu r}%
2\right) ^6}{1.2.3.(n+2)(n+3)(n+4)}+... 
\]

\begin{eqnarray*}
\frac \partial {\partial r}(\Psi _{n+1}(\mu r)) &=&\frac{2\left( \frac{\mu r}%
2\right) \frac \mu 2}{1.(n+2)}+\frac{4\left( \frac{\mu r}2\right) ^3\frac
\mu 2}{1.2.(n+2)(n+3)}+\frac{6\left( \frac{\mu r}2\right) ^5\frac \mu 2}{%
1.2.3.(n+2)(n+3)(n+4)}+... \\
&=&\frac{\frac{\mu r}2}{n+2}\left\{ \frac{2.\frac \mu 2}1+\frac{4\left( 
\frac{\mu r}2\right) ^2\frac \mu 2}{1.2.(n+3)}+\frac{6\left( \frac{\mu r}%
2\right) ^4\frac \mu 2}{1.2.3.(n+3)(n+4)}+...\right\}  \\
&=&\frac{\frac{\mu r}2\mu }{n+2}\left\{ 1+\frac{\left( \frac{\mu r}2\right)
^2}{1.(n+3)}+\frac{\left( \frac{\mu r}2\right) ^4}{1.2.(n+3)(n+4)}+\frac{%
\left( \frac{\mu r}2\right) ^6}{1.2.3.(n+3)(n+4)(n+5)}+..\right\}  \\
&=&\frac{\frac{\mu ^2r}2}{n+2}\left\{ 1+\frac{\left( \frac{\mu r}2\right) ^2%
}{1.(n+3)}+\frac{\left( \frac{\mu r}2\right) ^4}{1.2.(n+3)(n+4)}+\frac{%
\left( \frac{\mu r}2\right) ^6}{1.2.3.(n+3)(n+4)(n+5)}+..\right\}  \\
&=&\frac{\mu ^2r}{2(n+2)}\Psi _{n+2}(\mu r).
\end{eqnarray*}
Secara umum dapat diperlihatkan bahwa, untuk sembarang $k$ bilangan bulat
tak negatif, berlaku 
\[
\frac \partial {\partial r}(\Psi _{n+k}(\mu r))=\frac{\mu ^2r}{2(n+k+1)}\Psi
_{n+k+1}(\mu r).
\]
Catat bahwa 
\[
L=\frac \partial {\partial x}+i\frac \partial {\partial y}=e^{i\theta
}\left( \frac \partial {\partial r}+\frac 1ri\frac \partial {\partial \theta
}\right) 
\]
dan 
\begin{eqnarray*}
L(z^n\psi _n(\mu r)) &=&L((e^{i\theta }r)^n\psi _n(\mu r)) \\
&=&e^{i\theta }\left( \frac \partial {\partial r}+\frac 1ri\frac \partial
{\partial \theta }\right) ((e^{i\theta }r)^n\psi _n(\mu r)) \\
&=&e^{i\theta }.n(e^{i\theta }r)^{n-1}.e^{i\theta }\psi _n(\mu r)+e^{i\theta
}(e^{i\theta }r)^n(\psi _n(\mu r))^{\prime }+e^{i\theta }.\frac
irnire^{i\theta }(e^{i\theta }r)^{n-1}.\psi _n(\mu r) \\
&=&e^{i\theta }(e^{i\theta }r)^n(\psi _n(\mu r))^{\prime } \\
&=&z^ne^{i\theta }(\psi _n(\mu r))^{\prime } \\
&=&z^ne^{i\theta }\frac{\mu ^2r}{2(n+1)}\psi _{n+1}(\mu r) \\
&=&\frac{\mu ^2z^{n+1}}{2(n+1)}\psi _{n+1}(\mu r).
\end{eqnarray*}

Sebuah fungsi $\mu -regular$ pseudo berpangkat n ( the nth pseudo-power)
didefinisikan oleh 
\begin{eqnarray*}
z^{(n)} &=&\mu u+\overline{Lu} \\
&=&\mu z^n\frac{\psi _n(\mu r)}\mu +\overline{L(\frac{z^n\psi _n(\mu r)}\mu )%
} \\
&=&z^n\psi _n(\mu r)+\frac \mu {2(n+1)}\overline{z^{n+1}}\psi _{n+1}(\mu r)
\end{eqnarray*}

\begin{theorem}
Misal $f$ : $\mu -regular$ pada cakram $\left| z\right| \leq a.$ Maka untuk $%
\left| z\right| <a,$%
\[
f(z)=\sum_{n=0}^\infty a_nz^n\psi _n(\mu r)+\sum_{n=0}^\infty \overline{a_n}%
\frac \mu {2(n+1)}\overline{z^{n+1}}\psi _{n+1}(\mu r),
\]
dimana
\end{theorem}

\[
a_n=\frac 1{2\pi a^n\psi _n(\mu a)}\int_0^{2\pi }e^{-in\theta }f(ae^{i\theta
})d\theta . 
\]

Bukti

Karena $f:$ $\mu -regular$ maka $f$ panharmonik, dan berdasarkan teorema 1,
terdapat suatu ekspansi 
\[
f=\sum_{-\infty }^\infty c_nI_{\left| n\right| }(\mu r)e^{in\theta } 
\]
dimana

\[
I_{\left| n\right| }(x)=\frac 1{n!}\left( \frac x2\right) ^n\left[ 1+\frac{%
(x/2)^2}{1.(n+1)}+\frac{(x/2)^4}{1.2.(n+1)(n+2)}+\frac{(x/2)^6}{%
1.2.3.(n+1)(n+2)(n+3)}+...\right] . 
\]
Selanjutnya, misalkan

\[
\Psi _n(x)=1+\frac{\left( \frac x2\right) ^2}{1.(n+1)}+\frac{\left( \frac
x2\right) ^4}{1.2.(n+1)(n+2)}+\frac{\left( \frac x2\right) ^6}{%
1.2.3.(n+1)(n+2)(n+3)}+... 
\]
maka

\begin{eqnarray*}
f &=&\sum_{-\infty }^\infty c_nI_{\left| n\right| }(\mu r)e^{in\theta } \\
&=&\sum_{-\infty }^\infty c_n\frac 1{n!}\left( \frac x2\right) ^n\psi _n(\mu
r)e^{in\theta } \\
&=&\sum_{-\infty }^\infty c_n\frac 1{n!}\left( \frac 12\right) ^n\mu
^2r^n\psi _n(\mu r)e^{in\theta } \\
&=&\sum_{-\infty }^\infty a_nz^n\psi _n(\mu r).
\end{eqnarray*}
Jadi $f$ dapat dituliskan sebagai,

\[
f(z)=\sum_{n=0}^\infty a_nz^n\psi _n(\mu r)+\sum_{n=1}^\infty a_{-n}%
\overline{z^n}\psi _n(\mu r). 
\]
Berdasarkan deret Fourier, diperoleh

\[
a_n=\frac 1{2\pi a^n\psi _{\left| _n\right| }(\mu a)}\int_0^{2\pi
}e^{-in\theta }f(ae^{i\theta })d\theta . 
\]
Selanjutnya akan ditunjukkan, 
\[
a_{-n-1}=\frac \mu {2(n+1)}\overline{a_n},n=0,1,2,.. 
\]
Untuk itu, gunakan ke-$\mu -regularan$ $f,$ yaitu $Lf=\mu \overline{f}$
dengan $L=e^{i\theta }\left( \frac \partial {\partial r}+\frac 1ri\frac
\partial {\partial \theta }\right) $, sehingga diperoleh

\begin{eqnarray*}
Lf &=&e^{i\theta }\left( \frac \partial {\partial r}+\frac 1ri\frac \partial
{\partial \theta }\right) (\sum_{n=0}^\infty a_nz^n\psi _n(\mu
r)+\sum_{n=1}^\infty a_{-n}\overline{z^n}\psi _n(\mu r)) \\
&=&\sum_{n=0}^\infty \left( a_ne^{i\theta (n+1)}r^{n+1}.\frac{\mu ^2}{2(n+1)}%
\psi _{n+1}(\mu r)\right) + \\
&&\sum_{n=1}^\infty \left( a_{-n}r^{n-1}e^{i\theta (1-n)}\left( 2n\psi
_n(\mu r)+\frac{r^2\mu ^2}{2(n+1)}\psi _{n+1}(\mu r)\right) \right)  \\
&=&\sum_{n=0}^\infty \left( a_nz^{n+1}.\frac{\mu ^2}{2(n+1)}\psi _{n+1}(\mu
r)\right) +\sum_{n=1}^\infty \left( a_{-n}\overline{z^{n-1}}\left( 2n\psi
_n(\mu r)+\frac{r^2\mu ^2}{2(n+1)}\psi _{n+1}(\mu r)\right) \right) 
\end{eqnarray*}
dan 
\begin{eqnarray*}
\mu \overline{f\text{ }} &=&\sum_{n=0}^\infty \mu \overline{a_n}\overline{z^n%
}\psi _n(\mu r)+\sum_{n=1}^\infty \mu \overline{a_{-n}}z^n\psi _n(\mu r) \\
&=&\sum_{n=0}^\infty \mu \overline{a_{-n-1}}z^{n+1}\psi _{n+1}(\mu
r)+\sum_{n=1}^\infty \mu \overline{a_{n-1}}\overline{z^{n-1}}\psi _{n-1}(\mu
r).
\end{eqnarray*}
Dengan menyamakan koefisien dari $z^{n+1}$ diperoleh hubungan

\[
a_n\frac{\mu ^2}{2(n+1)}\psi _{n+1}(\mu r)=\mu \overline{a_{-n-1}}\psi
_{n+1}(\mu r) 
\]
atau 
\[
a_n\frac \mu {2(n+1)}=\overline{a_{-n-1}} 
\]
atau 
\[
\overline{a_n}\frac \mu {2(n+1)}=a_{-n-1}. 
\]

\TeXButton{End Proof}{\endproof}

\begin{theorem}
Misal deret 
\[
f(z)=\sum_{n=0}^\infty a_nz^n\psi _n(\mu r)+\sum_{n=0}^\infty \overline{a_n}%
\frac \mu {2(n+1)}\overline{z^{n+1}}\psi _{n+1}(\mu r)
\]
konvergen seragam dalam cakram $\left| z\right| \leq R<a,$ maka $f:\mu
-regular$ dalam $\left| z\right| <a.$
\end{theorem}

Bukti

\[
\mu \overline{f}=\sum_{n=0}^\infty \mu \overline{a_n}\overline{z^n}\psi
_n(\mu r)+\sum_{n=0}^\infty a_n\frac{\mu ^2}{2(n+1)}z^{n+1}\psi _{n+1}(\mu
r) 
\]
dan 
\begin{eqnarray*}
Lf &=&e^{i\theta }\left( \frac \partial {\partial r}+\frac 1ri\frac \partial
{\partial \theta }\right) f(z) \\
&=&e^{i\theta }\left( \sum_{n=0}^\infty a_ne^{in\theta }\frac \partial
{\partial r}r^n\psi _n(\mu r)+\sum_{n=0}^\infty \overline{a_n}\frac \mu
{2(n+1)}e^{-i(n+1)\theta }\frac \partial {\partial r}r^{n+1}\psi _{n+1}(\mu
r)\right) \\
&&+e^{i\theta }\frac ir\left( \sum_{n=0}^\infty a_nr^n\psi _n(\mu r)\frac
\partial {\partial \theta }e^{in\theta }+\sum_{n=0}^\infty \overline{a_n}%
\frac \mu {2(n+1)}r^{n+1}\psi _{n+1}(\mu r)\frac \partial {\partial \theta
}e^{-i(n+1)\theta }\right) \\
&=&e^{i\theta }\left( \sum_{n=0}^\infty a_nz^n\psi _{n+1}(\mu r)\frac{\mu ^2%
}{2(n+1)}+\sum_{n=0}^\infty \overline{a_n}\frac{2\mu }{2(n+1)}(n+1)r^n\psi
_{n+1}(\mu r)e^{-i(n+1)\theta }\right) \\
&&+e^{i\theta }\sum_{n=0}^\infty \overline{a_n}\frac{\mu ^3}{4(n+1)(n+2)}%
\overline{z^{n+1}}\psi _{n+2}(\mu r) \\
&=&\sum_{n=0}^\infty a_nz^{n+1}\psi _{n+1}(\mu r)\frac{\mu ^2}{2(n+1)}%
+\sum_{n=0}^\infty \overline{a_n}\overline{z^n}\mu \left[ \psi _{n+1}+\frac{%
\left( \frac{\mu r}2\right) ^2}{(n+1)(n+2)}\psi _{n+2}\right] (*) \\
&=&\sum_{n=0}^\infty a_nz^{n+1}\psi _{n+1}(\mu r)\frac{\mu ^2}{2(n+1)}%
+\sum_{n=0}^\infty \overline{a_n}\overline{z^n}\mu \psi _n \\
&=&\mu \overline{f}
\end{eqnarray*}

Jadi $f:$ $\mu -regular$ dalam $\left| z\right| <a.$

\TeXButton{End Proof}{\endproof}

Ini berarti sembarang fungsi analitik, dapat digunakan untuk membangun fungsi

$\mu -regular$ yang bersesuaian.

\begin{corollary}
Jika $f(z)=\sum_{n=0}^\infty a_nz^n$ analitik di $\left| z\right| <a,$ maka
fungsi 
\[
F_f(z)=\sum_{n=0}^\infty a_nz^n\psi _n(\mu r)+\sum_{n=0}^\infty \overline{a_n%
}\frac \mu {2(n+1)}\overline{z^{n+1}}\psi _{n+1}(\mu r)
\]
$\mu -regular$ dalam $\left| z\right| <a.$
\end{corollary}

Fakta bahwa jari-jari kekonvergenan untuk masing-masing $F_f$ paling tidak $%
a $.

\begin{theorem}
Jika $f:\mu -regular$ maka turunan berarah $f$ dalam arah $x:\mu -regular.$
Juga turunan berarah $f$ dalam arah $y:$ $\mu -regular.$
\end{theorem}

Bukti

Misal 
\[
f(z)=u(x,y)+iv(x,y):\mu -regular. 
\]

Maka 
\[
f_x(z)=u_x(x,y)+iv_x(x,y)=(v_y(x,y)+\mu u)+i(-u_y(x,y)-\mu v) 
\]

dan 
\begin{eqnarray*}
Lf_x &=&\left( \frac \partial {\partial x}+i\frac \partial {\partial
y}\right) (v_y(x,y)+\mu u)+i(-u_y(x,y)-\mu v) \\
&=&(v_{yx}+\mu u_x+u_{yy}+\mu v_y)+(v_{yy}+\mu u_y-u_{yx}-\mu v_x)i \\
&=&(v_{yx}+u_{yy}+\mu v_y+\mu u_x)+(v_{yy}-u_{yx}+\mu u_y-\mu v_x)i \\
&=&\mu u_x-\mu v_xi \\
&=&\mu (u_x-iv_x) \\
&=&\mu \overline{f_x}.
\end{eqnarray*}

Jadi $f_x:\mu -regular.$

Dengan cara yang sama, diperoleh $f_y:\mu -regular.$

\TeXButton{End Proof}{\endproof}

Sekalipun fungsi $f:\mu -regular$ tidak diferensiabel terhadap kompleks,
tetapi $f$ masih memiliki turunan berarah artinya $f$ masih memiliki turunan
terhadap variabel real.

Bukti (*),

\[
\psi _{n+1}(x)=1+\frac{\left( \frac x2\right) ^2}{1.(n+2)}+\frac{\left(
\frac x2\right) ^4}{1.2(n+2)(n+3)}+\frac{\left( \frac x2\right) ^6}{%
1.2.3(n+2)(n+3)(n+4)}+... 
\]
\[
\psi _{n+2}(x)=1+\frac{\left( \frac x2\right) ^2}{1.(n+3)}+\frac{\left(
\frac x2\right) ^4}{1.2(n+3)(n+4)}+\frac{\left( \frac x2\right) ^6}{%
1.2.3(n+3)(n+4)(n+5)}+... 
\]

\begin{eqnarray*}
&&\Psi _{n+1}(x)+\frac{\left( \frac x2\right) ^2}{(n+1)(n+2)}\Psi _{n+2}(x)
\\
&=&1+\frac{\left( \frac x2\right) ^2}{(n+1)(n+2)}+\frac{\left( \frac
x2\right) ^2}{1.(n+2)}+\frac{\left( \frac x2\right) ^4}{1.2.(n+2)(n+3)}+%
\frac{\left( \frac x2\right) ^4}{(n+1)(n+2)(n+3)}+... \\
&=&1+\frac{\left( \frac x2\right) ^2+(n+1)\left( \frac x2\right) ^2}{%
1.(n+1)(n+2)}+\frac{(n+1)\left( \frac x2\right) ^4+2\left( \frac x2\right) ^4%
}{1.2.(n+1)(n+2)(n+3)}+... \\
&=&1+\frac{(n+2)\left( \frac x2\right) ^2}{1.(n+1)(n+2)}+\frac{(n+3)\left(
\frac x2\right) ^4}{1.2.(n+1)(n+2)(n+3)}+... \\
&=&1+\frac{\left( \frac x2\right) ^2}{1.(n+1)}+\frac{\left( \frac x2\right)
^4}{1.2.(n+1)(n+2)}+\frac{\left( \frac x2\right) ^6}{1.2.3.(n+1)(n+2)(n+3)}%
+... \\
&=&\Psi _n(x).
\end{eqnarray*}

\begin{theorem}
Jika $u$ sebuah fungsi panharmonik dalam daerah domain $D,$ maka terdapat
fungsi $\mu -regular$ dalam D yang bagian realnya $u$. Juga terdapat fungsi $%
\mu -regular$ dalam $D$ yang bagian imaginernya $u.$
\end{theorem}

Bukti (mudah dikonstruksi)

\TeXButton{End Proof}{\endproof}

\begin{theorem}
Jika $f:\mu -regular$ maka $cf:\mu -regular$, $c$ konstanta real.
\end{theorem}

Bukti (mudah)

\TeXButton{End Proof}{\endproof}

\begin{corollary}
Jika $f$ dan $g$ masing-masing $\mu -regular$ maka $f\pm g$ juga $\mu
-regular.$
\end{corollary}

Bukti (mudah)

\begin{theorem}
Jika $u$ panharmonik, $f_1=u+iv_1,$ dan $f_2=u+iv_2$ :$\mu -regular,$ maka $%
v_1-v_2=ke^{-\mu x},k$ konstanta.
\end{theorem}

Bukti

Misal $u$ panharmonik dan $f_1=u+iv_1,$ dan $f_2=u+iv_2$ :$\mu -regular,$
maka berlaku $Lf_1=\mu \overline{f_1}$ dan $Lf_2=\mu \overline{f_2}$ .Dari
persamaan pertama diperoleh $\frac{\partial u}{\partial x}-\frac{\partial v_1%
}{\partial y}=\mu u$ dan $\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial v_1}{%
\partial x}=-\mu v_1,$ dan dari persamaan yang kedua diperoleh $\frac{%
\partial u}{\partial x}-\frac{\partial v_2}{\partial y}=\mu u$ dan $\frac{%
\partial u}{\partial y}+\frac{\partial v_2}{\partial x}=-\mu v_2.$ Dari
keempat persamaan tersebut, diperoleh 
\begin{eqnarray*}
\frac \partial {\partial y}\left( v_1-v_2\right) &=&0\Longrightarrow
v_1-v_2=C(x),\text{ dan} \\
\frac \partial {\partial x}\left( v_1-v_2\right) &=&\mu \left(
v_2-v_1\right) .
\end{eqnarray*}
Dari sini, kita peroleh 
\[
\frac \partial {\partial x}C(x)=-\mu C(x). 
\]
Jadi $C(x)=ke^{-\mu x},$ $k$ konstanta.

\TeXButton{End Proof}{\endproof}

\begin{theorem}
Jika $v$ panharmonik, $f_1=u_1+iv,$ dan $f_2=u_2+iv$ :$\mu -regular,$ maka $%
u_1-u_2=ke^{\mu x},k$ konstanta.
\end{theorem}

Bukti (Serupa dengan teorema sebelumnya).

\TeXButton{End Proof}{\endproof}

\begin{example}
Dari contoh \ref{con:01}, telah ditunjukkan bahwa $u=e^{\mu (x+y)/\sqrt{2}}$
fungsi panharmonik. Berdasarkan teorema di atas, kita bisa mencari $v$
fungsi panharmonik sehingga $f=u+iv:\mu -regular,$ atau juga kita bisa
mencari $f=v+iu:\mu -regular.$ Tetapi, disini kita hanya akan mencari yang
pertama $v$ panharmonik sehingga $f=u+iv:\mu -regular.$ Agar $f:\mu
-regular, $ maka haruslah $\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{%
\partial y}+\mu u$ dan $\frac{\partial u}{\partial y}=-\frac{\partial v}{%
\partial x}-\mu v.$ Dari fungsi tersebut di atas, diperoleh $\frac{\partial u%
}{\partial x}=\frac \mu {\sqrt{2}}u$ dan $\frac{\partial v}{\partial y}=%
\frac{\partial u}{\partial x}-\mu u=\mu u(\frac 1{\sqrt{2}}-1).$ Dari sini
kita punya persamaan diferensial 
\begin{eqnarray*}
dv=\mu u(\frac 1{\sqrt{2}}-1)dx+dC(x) \\
\Leftrightarrow v(x,y)=(1-\sqrt{2})u+C(x).
\end{eqnarray*}
Selanjutnya, turunkan $v$ terhadap $x$, dan $u$ terhadap $y$, diperoleh $%
\frac{\partial v}{\partial x}=\frac \mu {\sqrt{2}}(1-\sqrt{2})u+C^{\prime
}(x)$ dan $\frac{\partial u}{\partial y}=\frac \mu {\sqrt{2}}u.$ Dengan
menggunakan $\frac{\partial v}{\partial x}=-\frac{\partial u}{\partial y}%
-\mu v,$ maka 
\begin{eqnarray*}
C^{\prime }(x)+\mu C(x)=0 \\
C(x)=ke^{-\mu x},k\text{ konstanta}.
\end{eqnarray*}
Jadi $v(x,y)=(1-\sqrt{2})u+ke^{-\mu x}.$
\end{example}

Jadi $f(x,y)=u(x,y)+i\left( (1-\sqrt{2})u+ke^{-\mu x}\right) .$

Bila kita cari $f=v+iu:\mu -regular,$ maka dapat diperiksa bahwa $v$ -nya
adalah $v(x,y)=-(\sqrt{2}+1)u+ke^{\mu x},k$ konstanta.

Catatan kecil:

1. Jika $f=u+iv:\mu -regular,$ maka $f=v+iu$ belum tentu $\mu -regular.$

2. $u$ panharmonik, maka $f=u+ui$ tidak $\mu -regular.$

3. $u$ panharmonik, maka $u$ :$\mu -regular$ asalkan $u=ke^{\mu x},$ $k$
konstanta real.

4. (Hubungan $u$ dan $v$ secara geometri) jika $f=u+iv:\mu -regular$ maka $%
u(x,y)=c$ dan

$v(x,y)=k$ tidak otogonal. (ulasan : jika f analitik, maka kedua fungsi
tersebut ortogonal).

5. Jika $f$ dan $g$ dua buah fungsi $\mu -regular,$ maka $fg$ dan $f\pm ig$
bukan fungsi

$\mu -regular.$

Masalah yang belum tersimpulkan.

Misal $f=u+iv:\mu -regular.$

$C$ sembarang kurva tertutup sederhana di $D,$ $R=D+\delta D.$

\begin{eqnarray*}
\int_Cf(z)dz &=&\int_C(u+iv)(dx+idy) \\
&=&\int_C(udx-vdy)+i\int_C(udy+vdx) \\
&=&\iint_R(-v_x-u_y)dxdy+i\iint_R(u_x-v_y)dxdy \\
&=&\iint_R\mu vdxdy+i\iint_R\mu udxdy \\
&=&\mu \iint_R(v+iu)dxdy \\
&=&\mu \iint_R(v+iu)\frac 12i(-2idxdy) \\
&=&\frac 12\mu \iint (iv-u)dzd\overline{z} \\
&=&-\frac 12\mu \iint \overline{f(z)}dzd\overline{z}
\end{eqnarray*}

Kita akan melihat jari-jari konvergensi fungsi paharmonik setelah dikenakan
pada operator $D=\overline{L}.$ Perhatikan kembali fungsi panharmonik 
\[
u(r,\theta )=\sum_{-\infty }^\infty c_nI_{\left| n\right| }(\mu
r)e^{in\theta }, 
\]
dimana 
\[
c_n=\frac 1{2\pi I_{\left| n\right| }(\mu a)}\int_0^{2\pi }u(a,\theta
)e^{-in\theta }d\theta , 
\]
dan 
\[
I_{\left| n\right| }(x)=\frac 1{n!}\left( \frac x2\right) ^n\left[ 1+\frac{%
(x/2)^2}{1.(n+1)}+\frac{(x/2)^4}{1.2.(n+1)(n+2)}+\frac{(x/2)^6}{%
1.2.3.(n+1)(n+2)(n+3)}+..\right] 
\]
atau $I_{\left| n\right| }(x)=\frac 1{n!}\left( \frac x2\right) ^n\psi
_n(x), $ dimana 
\[
\psi _n(x)=1+\frac{(x/2)^2}{1.(n+1)}+\frac{(x/2)^4}{1.2.(n+1)(n+2)}+\frac{%
(x/2)^6}{1.2.3.(n+1)(n+2)(n+3)}+.. 
\]
\begin{eqnarray*}
\overline{L}u &=&Du \\
&=&e^{-i\theta }\left( \frac \partial {\partial r}-\frac 1r\frac \partial
{\partial \theta }\right) \left( \sum_{-\infty }^\infty c_nI_{\left|
n\right| }(\mu r)e^{in\theta }\right) \\
&=&e^{-i\theta }\left( \frac \partial {\partial r}-\frac 1r\frac \partial
{\partial \theta }\right) \left( \sum_{-\infty }^\infty c_n\frac 1{n!}\left( 
\frac{\mu r}2\right) ^n\psi _n(\mu r)e^{in\theta }\right) \\
&=&e^{-i\theta }\sum_{-\infty }^\infty c_n\frac 1{n!}e^{in\theta }\frac
\partial {\partial r}\left( \frac{\mu r}2\right) ^n\psi _n(\mu r)-\frac
1re^{-i\theta }\sum_{-\infty }^\infty c_n\frac 1{n!}\left( \frac{\mu r}%
2\right) ^n\psi _n(\mu r)\frac \partial {\partial \theta }e^{in\theta } \\
&=&e^{-i\theta }\sum_{-\infty }^\infty c_n\frac 1{n!}e^{in\theta }\left\{ 
\frac{\mu n}2\left( \frac{\mu r}2\right) ^{n-1}\psi _n(\mu r)+\left( \frac{%
\mu r}2\right) ^n\frac{\mu ^2r}{2(n+1)}\psi _{n+1}(\mu r)\right\} + \\
&&\frac 1re^{-i\theta }\sum_{-\infty }^\infty c_n\frac 1{n!}\left( \frac{\mu
r}2\right) ^n\psi _n(\mu r)ne^{in\theta } \\
&=&e^{-i\theta }\sum_{-\infty }^\infty c_n\frac 1{n!}e^{in\theta }\left\{
\frac nr\left( \frac{\mu r}2\right) ^n\psi _n(\mu r)+\left( \frac{\mu r}%
2\right) ^n\frac{\mu ^2r}{2(n+1)}\psi _{n+1}(\mu r)\right\} + \\
&&\frac 1re^{-i\theta }\sum_{-\infty }^\infty c_n\frac n{n!}\left( \frac{\mu
r}2\right) ^n\psi _n(\mu r)e^{in\theta }(?????????teruskan)
\end{eqnarray*}

\end{document}
