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

%TCIDATA{OutputFilter=LATEX.DLL}
%TCIDATA{Created=Thu Sep 14 11:18:08 2000}
%TCIDATA{LastRevised=Mon May 13 12:29:43 2002}
%TCIDATA{<META NAME="GraphicsSave" CONTENT="32">}
%TCIDATA{<META NAME="DocumentShell" CONTENT="General\Blank Document">}
%TCIDATA{CSTFile=LaTeX article (bright).cst}

\newtheorem{theorem}{Theorem}
\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{conjecture}[theorem]{Conjecture}
\newtheorem{corollary}[theorem]{Corollary}
\newtheorem{criterion}[theorem]{Criterion}
\newtheorem{definition}[theorem]{Definition}
\newtheorem{example}[theorem]{Example}
\newtheorem{exercise}[theorem]{Exercise}
\newtheorem{lemma}[theorem]{Lemma}
\newtheorem{notation}[theorem]{Notation}
\newtheorem{problem}[theorem]{Problem}
\newtheorem{proposition}[theorem]{Proposition}
\newtheorem{remark}[theorem]{Remark}
\newtheorem{solution}[theorem]{Solution}
\newtheorem{summary}[theorem]{Summary}
\newenvironment{proof}[1][Proof]{\textbf{#1.} }{\ \rule{0.5em}{0.5em}}
\input{tcilatex}

\begin{document}


\section{Estimasi Koefisien Fungsi $\protect\mu $ Regular Melalui Fungsi
Univalen}

Tulisan ini menjelaskan tentang estimasi koefisien fungsi $\mu $ regular
yang dideretkan, sebagai fungsi yang dibangun dari fungsi univalen pada disk
satuan, dengan $f(0)=0$ dan $f^{\prime }(0)=1$. Estimasi ini menggunakan
konjektur Bieberbach tahun 1916, dan telah dibuktikan oleh Louis de Branges
tahun 1984. Estimasi lainnya yang diberikan di sini adalah selisih modulus
dua suku berurutan yang berindeks negatif. Estimasi ini menggunakan hasil
Grinspan (1978) yang merupakan hasil modifikasi dari hasil-hasil sebelumnya,
seperti hasil Hayman (1963), Milin (1968) dan Hina (1968).

Berikut ini hasil J.L. Schiff \& W.J.\ Walker (1990)

\begin{theorem}
Misalkan $f(z)$ adalah fungsi $\mu $ regular pada disk $\left| z\right| \leq
a.$ Maka untuk $\left| z\right| <a,$%
\begin{equation*}
f(z)=\sum_{n=0}^{\infty }a_{n}z^{n}\Psi _{n}\left( \mu r\right)
+\sum_{n=0}^{\infty }\overline{a_{n}}\frac{\mu }{2(n+1)}\overline{z^{n+1}}%
\Psi _{n+1}\left( \mu r\right) 
\end{equation*}
dimana 
\begin{equation*}
a_{n}=\frac{1}{2\pi a^{n}\Psi _{n}\left( \mu a\right) }\int_{0}^{2\pi
}e^{-in\theta }f(ae^{i\theta })d\theta 
\end{equation*}
\end{theorem}

\begin{proof}
Karena $f$ panharmonik pada disk, maka $f$ dapat diekspansi dalam bentuk 
\begin{equation*}
f(re^{i\theta })=\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*}
dengan 
\begin{equation*}
a_{n}=\frac{1}{2\pi a^{n}\Psi _{n}\left( \mu a\right) }\int_{0}^{2\pi
}e^{-in\theta }f(ae^{i\theta })d\theta .
\end{equation*}
Selanjutnya untuk menunjukkan 
\begin{equation*}
a_{-n-1}=\frac{\mu }{2(n+1)}\overline{a_{n}},n=0,1,2,...
\end{equation*}
cukup menyamakan koefisien $z^{n}$ pada kedua sisi persamaan $Lf=\mu 
\overline{f}.$
\end{proof}

\bigskip

\begin{theorem}
Misal $f(z)=\sum_{n=0}^{\infty }a_{n}z^{n}\Psi _{n}\left( \mu r\right)
+\sum_{n=0}^{\infty }\overline{a_{n}}\frac{\mu }{2(n+1)}\overline{z^{n+1}}%
\Psi _{n+1}\left( \mu r\right) $ konvergen seragam pada disk $\left|
z\right| <r<a,$ maka $f$ fungsi $\mu $ regular pada $\left| z\right| <a.$
\end{theorem}

\begin{proof}
Perhatikan bahwa 
\begin{equation*}
\mu \overline{f(z)}=\sum_{n=0}^{\infty }\mu \overline{a_{n}}\overline{z^{n}}%
\Psi _{n}\left( \mu r\right) +\sum_{n=0}^{\infty }a_{n}\frac{\mu ^{2}}{2(n+1)%
}z^{n+1}\Psi _{n+1}\left( \mu r\right) 
\end{equation*}
dan 
\begin{eqnarray*}
Lf(z) &=&\sum_{n=0}^{\infty }a_{n}L\left( z^{n}\Psi _{n}\left( \mu r\right)
\right) +\sum_{n=0}^{\infty }\overline{a_{n}}\frac{\mu }{2(n+1)}L\left( 
\overline{z^{n+1}}\Psi _{n+1}\left( \mu r\right) \right)  \\
&=&\sum_{n=0}^{\infty }a_{n}\frac{\mu ^{2}}{2(n+1)}z^{n+1}\Psi _{n+1}\left(
\mu r\right) + \\
&&\sum_{n=0}^{\infty }\overline{a_{n}}\frac{\mu }{2(n+1)}[2(n+1)\overline{%
z^{n}}\Psi _{n+1}\left( \mu r\right) +\overline{z^{n+1}}\frac{\mu ^{2}z}{%
2(n+2)}\Psi _{n+2}\left( \mu r\right) ] \\
&=&\sum_{n=0}^{\infty }\mu \overline{a_{n}}\overline{z^{n}}\Psi _{n}\left(
\mu r\right) +\sum_{n=0}^{\infty }a_{n}\frac{\mu ^{2}}{2(n+1)}z^{n+1}\Psi
_{n+1}\left( \mu r\right) 
\end{eqnarray*}
karena 
\begin{equation*}
\Psi _{n}(x)=\Psi _{n+1}(x)+\frac{\left( \frac{x}{2}\right) ^{2}}{\left(
n+1\right) \left( n+2\right) }\Psi _{n+2}(x)
\end{equation*}
\end{proof}

\begin{corollary}
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=0}^{\infty }\overline{a_{n}}\frac{\mu }{2(n+1)}\overline{z^{n+1}}%
\Psi _{n+1}\left( \mu r\right) 
\end{equation*}
adalah $\mu $ Regular pada $\left| z\right| <a.$
\end{corollary}

\bigskip Selanjutnya, fungsi $\mu $ regular $f$ ditulis dalam bentuk 
\begin{equation*}
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 
\begin{equation*}
a_{-n-1}=\frac{\mu }{2(n+1)}\overline{a_{n}},n=0,1,2,...
\end{equation*}
Akibat ini mengatakan bahwa ada pemetaan dari ruang fungsi analitik ke dalam
ruang fungsi $\mu $ regular.

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 n+\frac{\mu (n-1)}{2n}.
\end{equation*}
\end{theorem}

\begin{proof}
Dengan menggunakan ketaksamaan Bieberbach-de Branges untuk $a_{n}$ dan $%
a_{-n}=\frac{\mu }{2n}\overline{a_{n-1}}$, $n=1,2,3,...$ Maka 
\begin{eqnarray*}
\left| a_{n}-a_{-n}\right|  &\leq &\left| a_{n}\right| +\left| a_{-n}\right| 
\\
&=&\left| a_{n}\right| +\frac{\mu }{2n}\overline{\left| a_{n-1}\right| } \\
&=&n+\frac{\mu }{2n}\left| a_{n-1}\right|  \\
&=&n+\frac{\mu (n-1)}{2n}.
\end{eqnarray*}
Untuk tanda ''='', gunakan fungsi 
\begin{equation*}
\widetilde{k(z)}=\frac{z}{\left( 1+z\right) ^{2}}=\sum \left( -1\right)
^{n+1}nz^{n}\in S
\end{equation*}
sehingga $T\left( \widetilde{k}\right) \in S_{\mu }$ dengan $a_{n}=\left(
-1\right) ^{n+1}n,$ $a_{-n}=\frac{\mu }{2n}\overline{a_{n-1}}=\frac{\mu }{2n}%
\left( -1\right) ^{n}(n-1).$
\end{proof}

\subsection{\protect\bigskip Estimasi Koefisien Fungsi Analitik di $S$}

Hasil Bieberbach yang telah dibuktikan Louis de Brange: Untuk sembarang $%
f\in S$ maka $\left| a_{n}\right| \leq n.$

Goluzin (1949) dan Jenkin (1959), memberikan estimasi : Untuk sembarang $%
f\in S$ , maka 
\begin{equation*}
-1\leq \left| a_{3}\right| -\left| a_{2}\right| \leq 1.029...
\end{equation*}

Akhirnya Grinspan (1976) memodifikasi hasil Hayman (1963), Milin (1968), dan
Hina (1968)

menghasilkan estimasi yang cukup baik untuk sembarang $n,$ yaitu 
\begin{equation*}
-2.97\leq \left| a_{n+1}\right| -\left| a_{n}\right| \leq 3.61,\text{ }%
n=1,2,3,...
\end{equation*}

\subsection{Kaitan Dengan Koefisien Fungsi $\protect\mu $ Regular}

\begin{corollary}
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*}
-\frac{\mu }{2}\leq 4\left| a_{-4}\right| -3\left| a_{-3}\right| \leq
0.50145\mu .
\end{equation*}
\end{corollary}

\begin{proof}
Dengan menggunakan $a_{-n}=\frac{\mu }{2n}\overline{a_{n-1}},$ kita peroleh 
\begin{equation*}
4\left| a_{-4}\right| -3\left| a_{-3}\right| =4\left| \frac{\mu }{8}%
\overline{a_{3}}\right| -3\left| \frac{\mu }{6}\overline{a_{2}}\right| =%
\frac{\mu }{2}(\left| a_{3}\right| -\left| a_{2}\right| ),
\end{equation*}
selanjutnya gunakan hasil Goluzin dan Jenkin.$.$
\end{proof}

\begin{corollary}
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*}
-1.4985\mu \leq (n+1)\left| a_{-\left( _{n+1}\right) }\right| -n\left|
a_{-n}\right| \leq 1.805\mu ,\text{ }n=1,2,3,..
\end{equation*}

\begin{proof}
Dengan menggunakan $a_{-n}=\frac{\mu }{2n}\overline{a_{n-1}},$ kita peroleh 
\begin{equation*}
(n+1)\left| a_{-\left( n+1\right) }\right| -n\left| a_{-n}\right| =\frac{\mu 
}{2}(\left| \overline{a_{n}}\right| -\left| \overline{a_{n-1}}\right| )=%
\frac{\mu }{2}(\left| a_{n}\right| -\left| a_{n-1}\right| ),n=2,3,...
\end{equation*}
selanjutnya gunakan hasil Grinspan, diperoleh $-1.4985\mu \leq (n+1)\left|
a_{-\left( _{n+1}\right) }\right| -n\left| a_{-n}\right| \leq 1.805\mu ,$ $%
n=2,3,....$ Tetapi untuk $n=1,$ kita punya $2\left| a_{-2}\right| -\left|
a_{-1}\right| =2\left| a_{-2}\right| =\frac{\mu }{2}\leq 1.805\mu .,$ Jadi
diperoleh 
\begin{equation*}
-1.4985\mu \leq (n+1)\left| a_{-\left( _{n+1}\right) }\right| -n\left|
a_{-n}\right| \leq 1.805\mu ,\text{ }n=1,2,3,...
\end{equation*}
\end{proof}
\end{corollary}

\end{document}
