%% This document created by Scientific Word (R) Version 2.0


\documentclass[12pt]{article}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\usepackage{sw20jart}

%TCIDATA{TCIstyle=Article/ART4.LAT,jart,sw20jart}

\input tcilatex
\begin{document}


\begin{theorem}
Misalkan $f(z)$ fungsi $\mu $ regular pada daerah disk $\left| z\right| \leq
b.$ Maka $f(z)$ dapat diekspansi dalam bentuk deret kuasa semu. 
\[
f(z)=\sum_0^\infty a_nz^n\psi _n(\mu r)+\overline{\sum_0^\infty a_n\frac \mu
{2(n+1)}z^{n+1}\psi _{n+1}(\mu r)}
\]
dimana 
\[
a_n=\frac 1{2\pi b^n\psi _n\left( \mu b\right) }\int_0^{2\pi }e^{-in\theta
}f(b,\theta )d\theta .
\]
\TeXButton{Proof}{\proof}Karena $f$ fungsi $\mu $ regular, maka $f$
panharmonik, karena itu $f$ dapat ditulis sebagai 
\begin{eqnarray*}
f(z) &=&\sum_{-\infty }^\infty c_nI_n(\mu r)e^{in\theta } \\
&=&\sum_{-\infty }^\infty c_n\frac 1{\left| n\right| !}\left( \frac{\mu r}%
2\right) ^{\left| n\right| }\psi _{\left| n\right| }(\mu r)e^{in\theta } \\
&=&\sum_{-\infty }^\infty a_nr^{\left| n\right| }e^{in\theta }\psi _{\left|
n\right| }\left( \mu r\right)  \\
&=&\sum_{n=0}^\infty a_nz^n\psi _n\left( \mu r\right) +\sum_{n=1}^\infty
a_{-n}\overline{z^n}\psi _n\left( \mu r\right) 
\end{eqnarray*}
Berdasarkan Deret Fourier, diperoleh 
\begin{eqnarray*}
a_n &=&\frac 1{2\pi b^n\psi _{\left| n\right| }\left( \mu b\right)
}\int_0^{2\pi }e^{-in\theta }f\left( ae^{i\theta }\right) d\theta  \\
&&
\end{eqnarray*}
Selanjutnya, dengan menggunakan $Lf=\mu \overline{f\text{ }}$ dapat
ditunjukkan $a_{-n-1}=\frac \mu {2\left( n+1\right) }\overline{a_n}$ $%
,n=0,1,2,...$\TeXButton{End Proof}{\endproof}
\end{theorem}

\begin{theorem}
Misalkan $f(z)$ fungsi $\mu $ regular dan $f(\alpha )=0,$ tetapi $f(z)$
tidak identik dengan nol pada lingkungan dari $\alpha $. Maka untuk suatu
bilangan bulat positif $m$ dan untuk suatu konstanta $a_m\neq 0,\psi
_n\left( \mu r\right) $%
\[
f(z)=a_m\left( z-\alpha \right) ^m+O\left| z-\alpha \right| ^{m+1}
\]
dan 
\[
\frac{\partial f(z)}{\partial x}=ma_m\left( z-\alpha \right) ^{m-1}+O\left|
z-\alpha \right| ^m.
\]
\end{theorem}

\TeXButton{Proof}{\proof}Cukup ditunjukkan untuk kasus $\alpha =0.$ Dari
teorema 1 di atas, untuk radius $b$ yang cukup kecil, koefisien $a_0=0$
tetapi tidak semua koefisien $a_n$ nol, karena $f$ tidak identik dengan nol.
Misalkan $a_m$ koefisien pertama yang tidak nol, maka langsung dari teorema
1, diperoleh $f(z)=a_m\left( z\right) ^m+O\left| z\right| ^{m+1}.$
Selanjutnya menunjukkan bahwa tersebut merupakan deret pangkat dalam $X=x-%
\func{Re}\alpha $ dan $Y=y-\func{Im}\alpha .$ Kemudian diferensialkan
terhadap $x$.\TeXButton{End Proof}{\endproof}

\begin{theorem}
Misalkan $f(z)$ fungsi $\mu $ regular dalam daerah domain $D$ dan misalkan
terdapat barisan bilangan $\left\{ \alpha _n\right\} $ di $D$ dengan $\alpha
_i\neq \alpha _j$ yang konvergen ke $\alpha $ di $D,$ dan $f\left( \alpha
_n\right) =0$ untuk setiap $n$. Maka $f\left( z\right) $ $=0$ untuk setiap $z
$ pada $D$.
\end{theorem}

\TeXButton{Proof}{\proof}Dengan kekontinuan $f,$ maka $f(\alpha )=0.$
Selanjutnya, andaikan $f$ tidak nol pada daerah lingkungan dari $\alpha .$
Maka berdasarkan teorema 2, dapat ditulis $f(z)=a_m\left( z-\alpha \right)
^m+O\left| z-\alpha \right| ^{m+1}=\left( z-\alpha \right) ^m(a_m+O\left|
z-\alpha \right| ^{m+1}).$ Perhatikan  $\alpha _n\neq \alpha $ dan $\alpha _n
$ masuk dalam lingkungan $\alpha ,$ tetapi $f(\alpha _n)=(\alpha _n-\alpha
)^m(a_m+O\left| \alpha _n-\alpha \right| ^{m+1})\neq 0.$ Ini bertentangan
dengan fakta $f\left( \alpha _n\right) =0$ untuk setiap $n.$ Jadi haruslah $f
$ nol pada daerah lingkungan $\alpha .$ Untuk menunjukkan bahwa $f$ nol pada
D, gunakan sifat kekontinuan $f$.\TeXButton{End Proof}{\endproof}

\begin{corollary}
Misalkan $f$ dan $g$ dua buah fungsi $\mu $ regular dalam daerah domain $D.$
Maka $f\equiv g$ jika dan hanya jika $\left\{ z\in D:f(z)=g(z)\right\} $
punya titik limit di $D.$
\end{corollary}

\TeXButton{Proof}{\proof} Untuk membuktikan ini, cukup ditunjukkan dari
kanan ke kiri. Untuk itu definisikan $h(z)\equiv \left( f-g\right) \left(
z\right) .$ Akibatnya $\left\{ z\in D:h(z)=0\right\} $ punya titik limit di $%
D.$ Berdasarkan teorema 3, $h(z)=0$ untuk sembarang z di $D.$ Akibatnya $%
f\equiv g.$\TeXButton{End Proof}{\endproof}

Akibat ini mengatakan bahwa fungsi $\mu $ regular dalam daerah domain $D$
secara tunggal ditentukan oleh nilainya atas domain tersebut.

\begin{theorem}
Misalkan $D$ daerah domain pada setengah bidang atas yang memuat beberapa
segmen garis pada sumbu real sebagai salah satu batasnya. Misalkan $f$
fungsi $\mu $ regular pada $\overline{D}$ dan bernilai real pada
segmen-segmen sumbu real. Maka $f$ dapat diperluas atas daerah $\overline{D}%
\cup D*$, dimana $D*$ merupakan daerah hasil refleksi $\overline{D}^{}$%
terhadap sumbu real.
\end{theorem}

\TeXButton{Proof}{\proof}Definisikan 
\[
F(z)=\left\{ 
\begin{tabular}{lll}
$f(z)$ & , & $z\in \overline{D}$ \\ 
$\widetilde{f(z)}$ & , & $z\in D*$%
\end{tabular}
\right. 
\]
dengan $\widetilde{f(z)}=\overline{f\left( \overline{z}\right) }.$
Selanjutnya akan ditunjukkan $F$ fungsi $\mu $ regular pada $\overline{D}%
\cup D*.$Untuk itu, cukup diperlihatkan $\widetilde{f(z)}$ fungsi $\mu $
regular pada $D*$ dan $\widetilde{f(z)}=f(z)$ pada segmen garis-segmen garis
di sumbu real. Untuk menguji ke $\mu $ regularan $\widetilde{f(z)},$ dapat
ditunjukkan $\widetilde{f(z)}$ memenuhi perluasan Cauchy-Riemann, atau $L$ $%
\widetilde{f(z)}=\mu \overline{\widetilde{f(z)}}$. Selanjutnya misalkan $L_k$
segmen garis-segmen garis pada sumbu real, maka untuk sembarang $z$ di $L_k$%
, $z=\overline{z}.$ Akibatnya $\widetilde{f(z)}=\overline{f\left( \overline{z%
}\right) }=\overline{f(z)}$ pada $L_k.$ Tetapi $f(z)$ bernilai real pada $L_k
$, maka $\overline{f(z)}=f(z)$ pada $L_{k.}$Jadi $\widetilde{f(z)}=f(z)$
pada $L_k$.\TeXButton{End Proof}{\endproof}

\begin{theorem}
Misalkan $D$ daerah domain yang simetri terhadap sumbu real$,$ dan $f(z)$
fungsi $\mu $ regular pada $D.$ Maka $\overline{f(z)}=f(\overline{z})$ untuk
setiap $z$ di $D$ jika dan hanya jika $f$ bernilai real pada sumbu real.
\end{theorem}

\TeXButton{Proof}{\proof}$\left( \Leftarrow \right) $Misalkan $f$ fungsi $%
\mu $ regular pada D, dan bernilai real pada sumbu real. Definisikan  $F(z)=%
\overline{f(\overline{z})}.$ Dapat ditunjukkan $F$ fungsi $\mu $ regular ( $%
LF(z)=\mu \overline{F(z))}.$ Selanjutnya akan ditunjukkan $F(z)=f(z)$ pada
sumbu real. Karena $z=\overline{z}$ pada sumbu real dan $f(z)$ bernilai real
untuk semua z pada sumbu real, maka $f(z)=f(\overline{z})=\overline{f(%
\overline{z})}=F(z).$ Karena fungsi $\mu $ regular pada daerah $D$ secara
tunggal ditentukan oleh nilainya pada daerah $D$  maka $F(z)=f(z)$ untuk
setiap $z$ di $D.$

$\left( \Rightarrow \right) $Misalkan $\overline{f(\overline{z})}=f(z),$
untuk setiap $z$ di $D.$ Akan ditunjukkan $f$ bernilai real pada sumbu real.
Tuliskan $u(x,y)+iv(x,y)$ $=u(x,-y)-iv(x,-y).$ Secara khusus untuk $(x,0)$
pada sumbu real maka $u(x,0)+iv(x,0)$ $=u(x,0)-iv(x,0).$ Akibatnya haruslah $%
v(x,0)=0.$ jadi $f$ bernilai real pada sumbu real.\TeXButton{End Proof}
{\endproof}

\begin{theorem}
Misalkan $D$ daerah domain pada setengah bidang atas yang memuat beberapa
segmen garis pada sumbu real sebagai salah satu batasnya. Misalkan $f$
fungsi $\mu $ regular pada $\overline{D}$ dan bernilai imaginer pada sumbu
real. Maka $f$ dapat diperluas atas daerah $\overline{D}\cup D*$, dimana $D*$
merupakan daerah hasil refleksi $\overline{D}^{}$terhadap sumbu real.
\end{theorem}

\TeXButton{Proof}{\proof}Definisikan 
\[
F(z)=\left\{ 
\begin{tabular}{lll}
$f(z)$ & , & $z\in \overline{D}$ \\ 
$\widetilde{f(z)}$ & , & $z\in D*$%
\end{tabular}
\right. 
\]
dengan $\widetilde{f(z)}=-\overline{f\left( \overline{z}\right) }.$ Cukup
ditunjukkan  $\widetilde{f(z)}$ fungsi $\mu $ regular pada $D*$ dan $%
\widetilde{f(z)}=f(z)$ pada segmen garis-segmen garis di sumbu real. Untuk
menguji ke $\mu $ regularan $\widetilde{f(z)}$  dapat diperlihatkan $%
\widetilde{f(z)}$ memenuhi perluasan Cauchy-Riemann atau $L$ $\widetilde{f(z)%
}=\mu \overline{\widetilde{f(z)}}$. Selanjutnya misalkan $L_k$ segmen
garis-segmen garis pada sumbu real, maka untuk sembarang $z$ di $L_k$, $z=%
\overline{z}.$ Akibatnya $\widetilde{f(z)}=-\overline{f\left( \overline{z}%
\right) }=-\overline{f(z)}$ pada $L_k.$ Tetapi $f(z)$ bernilai imaginer pada 
$L_k$, maka $-\overline{f(z)}=f(z)$ pada $L_{k.}$Jadi $\widetilde{f(z)}=-%
\overline{f(z)}=f(z)$ pada $L_k$.\TeXButton{End Proof}{\endproof}

\begin{theorem}
Misalkan $D$ daerah domain yang simetri terhadap sumbu real$,$ dan $f(z)$
fungsi $\mu $ regular pada $D.$ Maka $f(z)=-\overline{f(\overline{z})}$
untuk setiap $z$ di $D$ jika dan hanya jika $f$ bernilai imaginer pada sumbu
real.
\end{theorem}

\TeXButton{Proof}{\proof}$\left( \Leftarrow \right) $Misalkan $f(z)$ fungsi $%
\mu $ regular pada D dan bernilai imaginer pada sumbu real. Definisikan $%
F(z)=-\overline{f(\overline{z})}.$ Dapat  ditunjukkan $LF=\mu \overline{F}$,
karena itu $F$ fungsi $\mu $ regular.  Selanjutnya akan ditunjukkan $%
F(z)=f(z)$ pada sumbu real. Karena $z=\overline{z}$ pada sumbu real dan $f(z)
$ bernilai imaginer  pada sumbu real, maka $F(z)=-\overline{f(\overline{z})}%
=-\overline{f(z)}=f(z)$ pada sumbu real. Karena fungsi $\mu $ regular pada
daerah $D$ secara tunggal ditentukan oleh nilainya pada daerah $D$  maka $%
F(z)=f(z)$ untuk setiap $z$ di $D.$

$\left( \Rightarrow \right) $Misalkan $-\overline{f(\overline{z})}=f(z),$
akan ditunjukkan $f$ bernilai imaginer pada sumbu real. Tuliskan $%
u(x,y)+iv(x,y)$ $=-u(x,-y)+iv(x,-y).$ Secara khusus untuk $(x,0)$ pada sumbu
real maka $u(x,0)+iv(x,0)$ $=-u(x,0)+iv(x,0).$ Akibatnya haruslah $u(x,0)=0.$
jadi $f$ bernilai imaginer pada sumbu real.\TeXButton{End Proof}{\endproof}

\end{document}
