
\documentclass{article}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\usepackage{graphicx}
\usepackage{amsmath}

%TCIDATA{OutputFilter=LATEX.DLL}
%TCIDATA{Created=Tue Jan 02 13:42:18 2001}
%TCIDATA{LastRevised=Thu Mar 01 11:49:19 2001}
%TCIDATA{<META NAME="GraphicsSave" CONTENT="32">}
%TCIDATA{<META NAME="DocumentShell" CONTENT="General\Blank Document">}
%TCIDATA{CSTFile=LaTeX article (bright).cst}

\newtheorem{theorem}{Teorema}
\newtheorem{acknowledgement}[theorem]{Acknowledgement}
\newtheorem{algorithm}[theorem]{Algorithm}
\newtheorem{axiom}[theorem]{Axiom}
\newtheorem{case}[theorem]{Case}
\newtheorem{claim}[theorem]{Claim}
\newtheorem{conclusion}[theorem]{Conclusion}
\newtheorem{condition}[theorem]{Condition}
\newtheorem{proof}[theorem]{Bukti}
\newtheorem{conjecture}[theorem]{Conjecture}
\newtheorem{corollary}[theorem]{Akibat}
\newtheorem{criterion}[theorem]{Criterion}
\newtheorem{definition}[theorem]{Definisi}
\newtheorem{example}[theorem]{Contoh}
\newtheorem{exercise}[theorem]{Exercise}
\newtheorem{lemma}[theorem]{Lema}
\newtheorem{notation}[theorem]{Notation}
\newtheorem{problem}[theorem]{Problem}
\newtheorem{proposition}[theorem]{Proposisi}
\newtheorem{remark}[theorem]{Catatan}
\newtheorem{solution}[theorem]{Solution}
\newtheorem{summary}[theorem]{Summary}
\newenvironment{Proof}[1][Proof]{\textbf{#1.} }{\ \rule{0.5em}{0.5em}}
\input{tcilatex}

\begin{document}

\title{FUNGSI UNIVALEN}
\author{Endang Cahya}
\maketitle

\subsection{Fungsi Univalen}

\bigskip

Fungsi kompleks bernilai tunggal $f$ disebut univalen pada suatu domain $%
\Omega $ jika untuk sembarang $z_{1}$dan $z_{2}$ di $\Omega ,$ dengan $%
z_{1}\neq z_{2}$ mengakibatkan $f(z_{1})\neq f(z_{2}).$ Fungsi $f$ disebut
univalen lokal di $z_{0}\in \Omega $ jika $f$ univalen pada suatu lingkungan
dari $z_{0.}$

\begin{example}
Fungsi Koebe 1 
\begin{eqnarray*}
K(z) &=&\frac{z}{\left( 1-z\right) ^{2}}\text{ } \\
&=&z+2z^{2}+3z^{3}+4z^{4}+...\text{ pada disk satuan }D:=\left| z\right| <1.
\end{eqnarray*}
\end{example}

\begin{example}
Fungsi Koebe 2 
\begin{equation*}
K(z)=\frac{z}{1-z},\text{ pada disk satuan }D
\end{equation*}
\end{example}

\begin{proposition}
Misalkan $f$ analitik pada suatu domain $\Omega $ dan $z_{0}\in \Omega .$
Jika $f^{\prime }(z_{0}$\bigskip )$\neq 0$ maka $f$ univalen lokal sekitar $%
z_{0}.$
\end{proposition}

\begin{description}
\item 
\begin{proof}
Karena $f$ analitik pada $\Omega $ dan $z_{0}\in \Omega $ maka $f$ dapat
diekspansi dalam bentuk deret pangkat sekitar $z_{0}.$ Tanpa menghilangkan
keumuman, dengan suatu transformasi maka dapat diasumsikan $z_{0}=0$ dan $%
f(0)=0,$ sehingga represenrasi deret pangkat \ $f$ sekitar $0$ dapat ditulis
sebagai 
\begin{equation*}
f(z)=a_{1}z+a_{2}z^{2}+a_{3}z^{3}+a_{4}z^{4}+...
\end{equation*}
dengan $a_{1}=f^{\prime }(0)\neq 0.$ Selanjutnya misalkan $z$ dan $w$ dua
buah titik berbeda sekitar $0,$ dalam hal ini $z\neq w.$ Tulis 
\begin{equation*}
\frac{f(z)-f(w)}{z-w}=a_{1}+a_{2}\frac{z^{2}-w^{2}}{z-w}+a_{3}\frac{%
z^{3}-w^{3}}{z-w}+...
\end{equation*}
Estimasi, untuk $\left| z\right| ,\left| w\right| \leq r,$ maka diperoleh 
\begin{equation*}
\left| \frac{z^{n}-w^{n}}{z-w}\right| =\left|
\sum_{k=0}^{n-1}z^{k}w^{n-k-1}\right| \leq nr^{n-1}.
\end{equation*}
Andaikan \ $f(z)=f(w)$ naka $\left| a_{1}\right| \leq \sum_{n=2}^{\infty
}\left| a_{n}\right| nr^{n-1}.$ Untuk $r$ cukup kecil maka sisi kanan cukup
dekat ke $0$, akibatnya $\left| a_{1}\right| =0=\left| f^{\prime }(0)\right|
.$ Ini bertentangan dengan yang diketahui, jadi haruslah \ $f(z)\neq f(w).$
\end{proof}
\end{description}

Perhatikan contoh 2, bahwa $f^{\prime }(z)=\frac{1}{\left( 1-z\right) ^{2}}%
\neq 0,\forall z\in D.$ Akibatnya $f$ univalen lokal disetiap titik $z\in D,$
karena itu $f$ univalen pada $D.$ Selanjutnya akan dipelajari keluarga
fungsi analitik yang univalen pada disk satuan $D$ yang dinormalisasi oleh
syarat $f(0)=0$ dan $f^{\prime }(0)=1.$ Misalkan keluarga fungsi ini
dinotasikan oleh $S.$ Maka untuk sembarang $f\in S$ memiliki representasi
deret Taylor 
\begin{equation*}
f(z)=z+a_{2}z^{2}+a_{3}z^{3}+a_{4}z^{4}+a_{5}z^{5}+...\text{ \ \ \ \ \ }%
\left| z\right| <1.
\end{equation*}
Contoh dari fungsi ini, lihat contoh 1 dan 2. Perlu dicatat bahwa jumlah dua
fungsi di dalam $S$ tidak perlu univalen.

\begin{example}
Misalkan $f(z)=\frac{z}{1-z}$ dan $g(z)=\frac{z}{1+iz}.$ Dapat diperiksa $f$
dan $g$ di $S.$ Tetapi $\left( f+g\right) ^{\prime }(\frac{1}{2}\left(
1+i\right) )=0$ dan $\frac{1}{2}\left( 1+i\right) \in D.$ Jadi $f+g$ tidak
univalen.
\end{example}

\bigskip

Beberapa sifat Transformasi yang mengawetkan keluarga fungsi $S.$

\begin{itemize}
\item  Conjugation : \ Jika $f\in S$ \ \ dan \ $g(z)=\overline{f(\overline{z}%
)}=z+\overline{a_{2}}z^{2}+\overline{a_{3}}z^{3}+...$ maka $g\in S.$

\item  Rotation \ \ \ \ \ \ : \ Jika $f\in S$ \ \ dan \ $g(z)=e^{-i\theta
}f(e^{i\theta }z)$ maka $g\in S.$

\item  Dilation \ \ \ \ \ \ \ : \ \ Jika $f\in S$ \ \ dan \ $g(z)=r^{-1}f(rz)
$ dimana $0<r<1$maka $g\in S.$

\item  Disk Automorphism \ : Jika $f\in S$ \ \ dan \ 
\begin{equation*}
g(z)=\frac{f\left( \frac{z+\alpha }{1+\overline{\alpha }z}\right) -f(\alpha )%
}{\left( 1-\left| \alpha \right| ^{2}\right) f^{\prime }(\alpha )}\text{ , }%
\left| \alpha \right| <1\text{\ \ maka \ }g\in S
\end{equation*}

\item  Range Transformation : Jika $f\in S$ dan $\varphi $ fungsi analitik
univalen pada $\ R_{f}$ dengan $\varphi (0)=0$ dan $\varphi ^{\prime }(0)=1$
maka $g=\varphi \circ f\in S.$

\item  Omitted-Value Transformation \ : Jika $f\in S$ \ \ dan \ $f(z)\neq w$
maka $g=\frac{wf}{w-f}\in S.$

\item  Square Root Transformation \ : \ Jika $f\in S$ \ \ dan \ $g(z)=\sqrt{%
f(z^{2})}$ maka $g\in S.$
\end{itemize}

\bigskip Sifat yang terakhir dapat diperluas untuk $g(z)=\sqrt[m]{f(z^{m})}.$

Selanjutnya perhatikan kelas fungsi $\sum $ dari fungsi-fungsi $\ \
g(z)=z+b_{0}+b_{1}z^{-1}+b_{2}z^{-2}+b_{3}z^{-3}+...$ \ \ \ \ yang analitik
dan univalen pada domain $\triangle :=\left\{ z:\left| z\right| >1\right\} $%
. \ Sembarang unsur di $\sum $ memetakan $\triangle $ kepada komplemen dari
suatu himpunan terhubung yang kompak ($E$). Dari sini, ada dua kemungkinan
yang ditinjau mengenai peta dari $g\in \sum ,$ yaitu (1) $E$ memuat nol dan
(2) $\ E$ tidak memuat nol. Untuk $g\in \sum $ yang memetakan $\triangle $
kepada $E^{c}$ dimana $0\in E,$ selanjutnya dikelompokkan dalam kelas $%
\sum^{\prime }.$ Jadi untuk sembarang $g\in \sum^{\prime }$ maka $g$ tidak
pernah nol. Kelas $\sum^{\prime }$ diawetkan dibawah Square root
transformation, dalam hal ini \ $G(z)=\sqrt{g(z^{2})}=z\left\{
1+b_{0}z^{-2}+b_{1}z^{-4}+...\right\} ^{\frac{1}{2}}.$\bigskip 

\subsection{\bigskip Inversi}

Untuk masing-masing $f\in S,$ fungsi \ $g(z)=\left\{ f(\frac{1}{z})\right\}
^{-1}=z-a_{2}+\left( a_{2}^{2}-a_{3}\right) z^{-1}+...$ termasuk di $%
\sum^{\prime }.$ Transformasi ini disebut Inversi. Transformasi ini
menetapkan korespondensi satu ke satu antara $S$ dan $\sum^{\prime }.$

\bigskip

\subsection{The Area Theorem}

\bigskip

Berikut ini Area Theorem yang ditemukan \ Gronwall tahun 1914.

\begin{theorem}
Jika $g\in \sum ,$ maka $\sum_{n=1}^{\infty }n\left| b_{n}\right| ^{2}\leq 1.
$
\end{theorem}

\begin{proof}
Misalkan $E$ himpunan kompak, dan $g\left( \triangle \right) =E^{c}.$
Misalkan pula $C_{r}$ peta $g$ atas $\left| z\right| =r$, dengan $r>1.$
Karena $g$ univalen, maka $C_{r}$ merupakan kurva tutup sederhana yang
menutupi suatu domain $E_{r}\supset E.$ Dengan teorema Green, luas daerah $%
E_{r}$ adalah 
\begin{eqnarray*}
A_{r} &=&\frac{1}{2i}\int_{C_{r}}\overline{w}dw \\
&=&\frac{1}{2i}\int_{\left| z\right| =r}\overline{g(z)}g^{\prime }(z)dz \\
&=&\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi }\left\{ re^{-i\theta }+\sum_{n=0}^{\infty }%
\overline{b_{n}}r^{-n}e^{in\theta }\right\} \left\{ 1-\sum_{v=1}^{\infty
}vb_{v}r^{-v-1}e^{-i(v+1)\theta }\right\} re^{i\theta }d\theta  \\
&=&\pi \left\{ r^{2}-\sum_{n=1}^{\infty }n\left| b_{n}\right|
^{2}r^{-2n}\right\} ,\text{ \ \ }r>1.
\end{eqnarray*}
Untuk $r\rightarrow 1,A_{r}\rightarrow \pi \left\{ 1-\sum_{n=1}^{\infty
}n\left| b_{n}\right| ^{2}\right\} $ dan ini merupakan ukuran luar $E,$
karena itu nilainya harus tidak negatif.
\end{proof}

Akibat langsungdari teorema di atas, 
\begin{equation*}
\left| b_{n}\right| \leq \frac{1}{\sqrt{n}},n=1,2,3,...
\end{equation*}
Ketaksamaan ini kurang tepat untuk \ $n\geq 2,$ karena fungsi $g(z)=z+n^{%
\frac{-1}{2}}z^{-n}$ tidak univalen. Ini terlihat dari $g^{\prime }(z)=1-n^{%
\frac{-1}{2}}z^{-n-1}$ bisa nol pada $\triangle $ jika $n\geq 2.$ Akan
tetapi untuk $n=1$, $\left| b_{1}\right| \leq 1$ merupakan estimasi yang
cukup baik.

Berikut ini dugaan beserta bukti Bieberbach (1916) mengenai modulus
koefisien kedua dari sembarang fungsi di $S.$

\begin{theorem}
Jika $f\in S$ maka $\left| a_{2}\right| \leq 2,$ dengan kesamaan dipenuhi
jika dan hanya jika $f$ hasil sebuah rotasi dari fungsi Koebe.
\end{theorem}

\begin{proof}
Misalkan $f\in S.$ Buat inversi terhadap fungsi hasil transformasi akar
kuadrat dari $f,$ maka diperoleh 
\begin{eqnarray*}
g(z) &=&\left\{ f\left( \frac{1}{z^{2}}\right) \right\} ^{-\frac{1}{2}} \\
&=&z-\frac{a_{2}}{2}z^{-1}+\left( \frac{3}{8}a_{2}^{2}-\frac{1}{2}%
a_{3}\right) z^{-3}+\left( \frac{-1}{2}a_{4}+\frac{3}{4}a_{2}a_{3}-\frac{6}{%
16}a_{2}^{3}\right) z^{-5}+...
\end{eqnarray*}
dengan $g\in \sum .$ Karena untuk sembarang $h\in \sum ,$ $\left|
b_{1}\right| \leq 1$ merupakan estimasi yang cukup baik, maka $\left|
b_{1}\right| =\left| \frac{-a_{2}}{2}\right| \leq 1$ juga merupakan estimasi
yang cukup baik. Jadi diperoleh $\left| a_{2}\right| \leq 2.$ Kesamaan
terjadi jika dan hanya jika $\ g$ memiliki bentuk $g(z)=z-\frac{e^{i\theta }%
}{z}.$ Menurut perhitungan sederhana, fungsi $g$ diperoleh sebagai hasil
sebuah rotasi dari fungsi Koebe, yaitu 
\begin{equation*}
\ f\left( \xi \right) =\frac{\xi }{\left( 1-e^{i\theta }\xi \right) ^{2}}%
=e^{-i\theta }K\left( e^{i\theta }z\right) .
\end{equation*}
\end{proof}

Selanjutnya hasil estimasi dari Bieberbach digunakan Koebe untuk menunjukkan
dugaannya sendiri mengenai peta sembarang fungsi di $S$ akan memuat disk
beradius $\frac{1}{4}.$ Berikut ini bukti dari Koebe yang dikenal dengan
nama ''Koebe One-Quarter Theorem''.

\begin{theorem}
Daerah hasil setiap fungsi di $S$ memuat disk $\left\{ w:\left| w\right|
\leq \frac{1}{4}\right\} $
\end{theorem}

\begin{proof}
Misalkan $f\in S$ dan $f(z)\neq w\in C,$ maka berdasarkan sifat ke enam dari 
$S,$ diperoleh 
\begin{eqnarray*}
g(z) &=&\frac{wf(z)}{w-f(z)} \\
&=&z+\left( a_{2}+\frac{1}{w}\right) z^{2}+...\in S.
\end{eqnarray*}
Berdasarkan koefisien Bieberbach, $\left| a_{2}+\frac{1}{w}\right| \leq 2$
dan $\left| a_{1}\right| \leq 2.$ Akibatnya $\left| \frac{1}{w}\right| \leq 4
$ atau $\left| w\right| \geq \frac{1}{4}.$
\end{proof}

\subsection{Growth and Distortion Theorems}

Hasil estimasi Bieberbach mengenai koefisien kedua dari sembarang fungsi di $%
S,$ menghasilkan beberapa implikasi mengenai estimasi batas bawah dan batas
atas yang cukup baik untuk $\left| f^{\prime }\right| $ dan $\left| f\right|
.$

\begin{theorem}
Untuk masing-masing $f\in S,$%
\begin{equation*}
\left| \frac{zf^{\prime \prime }(z)}{f^{\prime }(z)}-\frac{2r^{2}}{1-r^{2}}%
\right| \leq \frac{4r}{1-r^{2}},\text{ \ }\left| z\right| =r<1.
\end{equation*}
\end{theorem}

\begin{proof}
Misalkan $f\in S.$ Gunakan sifat ke empat (buat disk automorphism) 
\begin{eqnarray*}
F(z) &=&\frac{f\left( \frac{z+\alpha }{1+\overline{\alpha }z}\right)
-f(\alpha )}{\left( 1-\left| \alpha \right| ^{2}\right) f^{\prime }(\alpha )}%
\text{ } \\
&=&z+A_{2}\left( \alpha \right) z^{2}+...\text{, }\left| \alpha \right| <1%
\text{\ \ }
\end{eqnarray*}
dengan $A_{2}\left( \alpha \right) =\frac{1}{2}\left\{ \left( 1-\left|
\alpha \right| ^{2}\right) \frac{f^{\prime \prime }\left( \alpha \right) }{%
f^{\prime }\left( \alpha \right) }-2\alpha \right\} ,$ maka $F\in S.$
Selanjutnya gunakan estimasi Bieberbach, $\left| A_{2}\left( \alpha \right)
\right| \leq 2,$ dan ganti $\alpha $ oleh $z.$
\end{proof}

\bigskip

\begin{theorem}
(Distortion Theorem) Untuk masing-amasing $f\in S,$%
\begin{equation*}
\frac{1-r}{\left( 1+r\right) ^{3}}\leq \left| f^{\prime }(z)\right| \leq 
\frac{1+r}{\left( 1-r\right) ^{3}},\left| z\right| =r<1.
\end{equation*}
Untuk masing-masing $z\in D,z\neq 0,$ kesamaan terjadi jika dan hanya jika $f
$ merupakan hasil rotasi yang tepat dari fungsi Koebe.
\end{theorem}

\bigskip Teorema distorsi di atas akan digunakan untuk memperoleh batas
bawah dan batas atas yang cukup baik untuk $\left| f\right| .$

\begin{theorem}
(Growth Theorem) Untuk \ masing-masing $f\in S,$%
\begin{equation*}
\frac{r}{\left( 1+r\right) ^{2}}\leq \left| f(z)\right| \leq \frac{r}{\left(
1-r\right) ^{2}},\left| z\right| =r<1.
\end{equation*}
Untuk masing-masing $z\in D,z\neq 0,$ kesamaan terjadi jika dan hanya jika $f
$ merupakan hasil rotasi yang tepat dari fungsi Koebe.
\end{theorem}

\begin{proof}
Misalkan $f\in S$ dan tetapkan $z=re^{i\theta }$ dengan $0<r<1.$ Dapat
diperiksa bahwa 
\begin{equation*}
f(z)=\int_{0}^{r}f^{\prime }(\rho e^{i\theta })e^{i\theta }d\rho ,
\end{equation*}
karena $f(0)=0.$ Dengan menggunakan teorema distorsi, 
\begin{eqnarray*}
\left| f(z)\right|  &\leq &\int_{0}^{r}\left| f^{\prime }(\rho e^{i\theta
})\right| d\rho  \\
&\leq &\int_{0}^{r}\frac{1+\rho }{\left( 1-\rho \right) ^{3}}d\rho  \\
&=&\frac{r}{\left( 1-r\right) ^{2}}.
\end{eqnarray*}
Estimasi batas bawah lebih akurat. Estimasi ini dipenuhi secara trivial jika 
$\left| f(z)\right| \geq \frac{1}{4},$ karena $\frac{r}{\left( 1+r\right)
^{2}}<\frac{1}{4}$ untuk $0<r<1.$ Untuk $\left| f(z)\right| <\frac{1}{4},$
Koebe one quarter theorem mengakibatkan bahwa segmen radial dari $0$ ke $f(z)
$ terletak di dalam daerah hasil $f.$ Misalkan $C$ prapeta dari segmen
tersebut. Maka $C$ merupakan lengkungan sederhana dari $0$ ke $z$ dan 
\begin{equation*}
f(z)=\int_{C}f^{\prime }(\xi )d\xi .
\end{equation*}
Dengan menggunakan teorema distorsi, 
\begin{equation*}
\left| f(z)\right| =\int_{C}\left| f^{\prime }(\xi )\right| \left| d\xi
\right| \geq \int_{0}^{r}\frac{1-\rho }{\left( 1+\rho \right) ^{3}}d\rho =%
\frac{r}{\left( 1+r\right) ^{2}}.
\end{equation*}
\end{proof}

Perhatikan kembali fungsi $f\in S,$ yang memiliki representasi deret Taylor
yang dinormalisasi oleh syarat $f(0)=0$ dan $f^{\prime }(0)=1,$%
\begin{eqnarray*}
f(z) &=&\sum_{n=0}^{\infty }a_{n}z^{n},a_{0}=0,a_{1}=1,\left| z\right| =r<1
\\
&=&z+a_{2}z^{2}+a_{3}z^{3}+a_{4}z^{4}+...,\left| z\right| =r<1.
\end{eqnarray*}
Masing-masing koefisien $a_{n}=\frac{f^{\left( n\right) }(0)}{n!},$ dan 
\begin{equation*}
f^{\left( n\right) }(0)=\frac{n!}{2\pi i}\int_{\left| z\right| =r}\frac{f(z)%
}{z^{n+1}}dz.
\end{equation*}
Karena itu, 
\begin{eqnarray*}
\left| a_{n}\right| &\leq &\frac{1}{2\pi }\int_{\left| z\right| =r}\left| 
\frac{f(z)}{z^{n+1}}\right| dz \\
&\leq &\frac{1}{2\pi }\int_{0}^{2\pi }\left| \frac{\frac{r}{\left(
1-r\right) ^{2}}}{r^{n+1}}\right| rd\theta \\
&=&\frac{1}{r^{n-1}\left( 1-r\right) ^{2}}.
\end{eqnarray*}

\subsection{Kaitan dengan Fungsi $\mu $ Regular}

Hasil J.L.Schiff and W.J.Walker tahun 1990.

\begin{theorem}
Jika $f(z)=\sum_{n=0}^{\infty }a_{n}z^{n}$ analitik pada $\left| z\right| <a$
maka fungsi 
\begin{equation*}
F_{f}(z)=\sum_{n=0}^{\infty }a_{n}z^{n}\Psi _{n}\left( \mu r\right)
+\sum_{n=1}^{\infty }a_{-n}\overline{z^{n}}\Psi _{n}\left( \mu r\right) 
\end{equation*}
dimana $a_{-n-1}=\frac{\mu }{2(n+1)}\overline{a_{n}},n=0,1,2,...$ adalah $%
\mu $ Regular pada $\left| z\right| <a.$
\end{theorem}

\bigskip Selanjutnya, misalkan $A(D)$ ruang fungsi analitik pada disk satuan 
$D,$ dan $A_{\mu }(D)$ ruang fungsi $\mu $ regular pada disk satuan $D.$
Definisikan pemetaan 
\begin{eqnarray*}
T &:&A(D)\rightarrow A_{\mu }(D) \\
&:&f\text{ \ \ \ \ \ \ }\mapsto F_{f}
\end{eqnarray*}
Dapat diperiksa bahwa $T$ merupakan isomorpisma ruang vektor ke dalam $%
A_{\mu }(D)$ atas real. Catat, jika $\mu =0$ maka $T$ identitas. Selanjutnya
perhatikan kelas fungsi $S\subset A(D),$ dan notasikan $S_{\mu }=T(S)\subset
A_{\mu }.$ (catatan, fungsi di dalam $S_{\mu }$ tidak perlu univalen)

\bigskip

\begin{theorem}
Jika $f(z)==\sum_{n=0}^{\infty }a_{n}z^{n}\Psi _{n}\left( \mu r\right)
+\sum_{n=1}^{\infty }a_{-n}\overline{z^{n}}\Psi _{n}\left( \mu r\right) \in
S_{\mu },$ maka 
\begin{equation*}
\left| a_{n}-a_{-n}\right| \leq \frac{1}{r^{n-1}(1-r)^{2}}\left[ \frac{\mu r%
}{2n}+1\right] ,n=2,3,4,...
\end{equation*}
\end{theorem}

\begin{proof}
Karena untuk sembarang $f\in S,$ $\left| a_{n}\right| \leq \frac{1}{%
r^{n-1}\left( 1-r\right) ^{2}}$ dan untuk fungsi di $S_{\mu }$ berlaku $%
a_{-n}=\frac{\mu }{2n}\overline{a_{n-1}}$ maka 
\begin{eqnarray*}
\left| a_{n}-a_{-n}\right| &\leq &\left| a_{n}\right| +\left| a_{-n}\right|
\\
&\leq &\frac{1}{r^{n-1}\left( 1-r\right) ^{2}}+\frac{\mu }{2n}\overline{%
\left| a_{n-1}\right| } \\
&\leq &\frac{1}{r^{n-1}\left( 1-r\right) ^{2}}+\frac{\mu }{2n}\frac{1}{%
r^{n-2}\left( 1-r\right) ^{2}} \\
&=&\frac{1}{r^{n-1}\left( 1-r\right) ^{2}}\left[ 1+\frac{\mu r}{2n}\right] .
\end{eqnarray*}
\end{proof}

\end{document}
