
\documentclass[12pt,a4paper]{article}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\usepackage{graphicx}
\usepackage{amsmath}

%TCIDATA{OutputFilter=LATEX.DLL}
%TCIDATA{Created=Tue Jan 02 13:42:18 2001}
%TCIDATA{LastRevised=Sat Nov 23 17:18:38 2002}
%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{conjecture}[theorem]{Conjecture}
\newtheorem{corollary}{Akibat}
\newtheorem{criterion}[theorem]{Criterion}
\newtheorem{definition}{Definisi}
\newtheorem{example}{Contoh}
\newtheorem{exercise}[theorem]{Exercise}
\newtheorem{lemma}{Lema}
\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][Bukti]{\textbf{#1.} }{\ \rule{0.5em}{0.5em}}
\input{tcilatex}

\begin{document}

\title{BAB III\\
HASIL DAN PEMBAHASAN}
\author{}
\maketitle

\baselineskip=.25in

\section{\protect\bigskip Representasi Integral Fungsi Panharmonik}

Pada bagian ini akan dikemukakan bentuk lain dari penulisan representasi
integral fungsi panharmonik yang telah dibahas Duffin dalam $\left[ 10\right]
$ hal 111dan Setya Budhi dalam $[11]$ hal 119. Untuk keperluan penulisan
yang akan dikemukakan di sini, terlebih dulu akan dikemukakan cara penulisan
fungsi Bessel yang dimodifikasi. Fungsi Bessel yang dimodifikasi berorder $n$
dapat ditulis sebagai

\begin{equation*}
I_{n}(x)=\frac{1}{n!}\left( \frac{x}{2}\right) ^{n}\Psi _{n}(x),
\end{equation*}
dengan

\begin{equation*}
\Psi _{n}(x)=1+\frac{\left( \frac{x}{2}\right) ^{2}}{1.(n+1)}+\frac{\left( 
\frac{x}{2}\right) ^{4}}{1.2(n+1)(n+2)}+...
\end{equation*}
Secara khusus, fungsi Bessel yang dimodifikasi berorder nol dapat ditulis

\begin{equation*}
I_{0}(x)=\Psi _{0}(x)=\sum_{n=0}^{\infty }\frac{\left( \frac{x}{2}\right)
^{2n}}{n!n!},
\end{equation*}
dan fungsi Bessel yang dimodifikasi berorder satu adalah

\begin{equation*}
I_{1}(x)=\left( \frac{x}{2}\right) \Psi _{1}(x)=\left( \frac{x}{2}\right)
\sum_{n=0}^{\infty }\frac{\left( \frac{x}{2}\right) ^{2n}}{n!(n+1)!}.
\end{equation*}
Untuk selanjutnya, integralkan $rI_{0}(\mu r)$ terhadap $r$ dari $0$ sampai
dengan $R,$ diperoleh

\begin{eqnarray*}
\int_{0}^{R}rI_{0}(\mu r)dr &=&\int_{0}^{R}\sum_{n=0}^{\infty }\frac{\left( 
\frac{\mu r}{2}\right) ^{2n}}{n!n!}rdr \\
&=&\sum_{n=0}^{\infty }\left( \int_{0}^{R}\frac{\left( \frac{\mu r}{2}%
\right) ^{2n}}{n!.n!}rdr\right) \\
&=&\frac{R^{2}}{2}\sum_{n=0}^{\infty }\frac{\left( \frac{\mu R}{2}\right)
^{2n}}{n!(n+1)!} \\
&=&\frac{R}{\mu }I_{1}(\mu R) \\
&=&\frac{R^{2}}{2}\Psi _{1}(\mu R).
\end{eqnarray*}
Sekarang perhatikan representasi integral fungsi panharmonik yang telah
dikemukakan Duffin, pada $\left[ 10\right] $ hal 111.

\begin{theorem}
Misalkan $u$ panharmonik pada disk $(x-x_{0})^{2}+$ $(y-y_{0})^{2}\leq R^{2},
$ atau biasa ditulis $D(\overline{x},R)$\ maka 
\begin{equation*}
u(x_{0},y_{0})=\frac{1}{2\pi I_{0}(\mu R)}\int_{0}^{2\pi }u\left(
x_{0}+R\cos \theta ,y_{0}+R\sin \theta \right) d\theta .
\end{equation*}
\end{theorem}

Selanjutnya untuk sembarang $r$ $\in \left[ 0,R\right] $,

\begin{equation*}
u(x_{0},y_{0})=\frac{1}{2\pi I_{0}(\mu r)}\int_{0}^{2\pi }u\left(
x_{0}+r\cos \theta ,y_{0}+r\sin \theta \right) d\theta .
\end{equation*}
Kalikan kedua ruas dengan $\mu rI_{0}(\mu r)$, dan integralkan terhadap $r$
dari $0$ sampai dengan $R$, diperoleh

\begin{equation*}
\int_{0}^{R}\mu rI_{0}(\mu r)u(x_{0},y_{0})dr=\int_{0}^{R}\left( \frac{1}{%
2\pi }\int_{0}^{2\pi }u\left( x_{0}+r\cos \theta ,y_{0}+r\sin \theta \right)
d\theta \right) \mu rdr
\end{equation*}

\begin{equation*}
u(x_{0},y_{0})RI_{1}(\mu R)=\frac{\mu }{2\pi }\int_{D(\overline{x}%
,R)}u\left( x,y\right) dxdy
\end{equation*}

\begin{eqnarray*}
u(x_{0},y_{0}) &=&\frac{\mu }{2\pi RI_{1}(\mu R)}\int_{D(\overline{x}%
,R)}u\left( x,y\right) dxdy \\
&=&\frac{1}{\pi R^{2}\Psi _{1}(\mu R)}\int_{D(\overline{x},R)}u\left(
x,y\right) dxdy.
\end{eqnarray*}
Dari hasil di atas, diperoleh teorema berikut,

\begin{theorem}
Misalkan $u$ panharmonik pada cakram $(x-x_{0})^{2}+$ $(y-y_{0})^{2}\leq
R^{2}$ maka 
\begin{equation*}
u(x_{0},y_{0})=\frac{1}{\pi R^{2}\Psi _{1}(\mu R)}\int_{D(\overline{x}%
,R)}u\left( x,y\right) dxdy,
\end{equation*}
dimana $\Psi _{1}(x)=1+\frac{\left( \frac{x}{2}\right) ^{2}}{1!.2!}+\frac{%
\left( \frac{x}{2}\right) ^{4}}{2!.3!}+\frac{\left( \frac{x}{2}\right) ^{6}}{%
3!.4!}+\frac{\left( \frac{x}{2}\right) ^{8}}{4!.5!}+...$
\end{theorem}

Berikut ini merupakan hasil pemanfaatan representasi integral di atas dengan
sifat bahwa sembarang turunan parsial dari fungsi panharmonik juga fungsi
panharmonik.

\begin{theorem}
Misalkan u fungsi panharmonik tak negatif pada cakram $D(\overline{x},R)$.
Maka 
\begin{equation*}
\left| \frac{\partial u}{\partial x}\right| _{\left( x_{0},y_{0}\right)
}\leq u\left( x_{0},y_{0}\right) \frac{2}{R}\frac{\Psi _{0}\left( \mu
R\right) }{\Psi _{1}\left( \mu R\right) }
\end{equation*}
\end{theorem}

\begin{proof}
Karena sembarang turunan parsial fungsi panharmonik juga fungsi panharmonik,
maka kita mempunyai 
\begin{equation*}
\frac{\partial u}{\partial x}\left( x_{0},y_{0}\right) =\frac{1}{\pi
R^{2}\Psi _{1}\left( \mu R\right) }\int_{D(\overline{x},R)}\frac{\partial u}{%
\partial x}dxdy.
\end{equation*}
Dengan menggunakan teorema Green, diperoleh 
\begin{eqnarray*}
\frac{\partial u}{\partial x}\left( x_{0},y_{0}\right)  &=&\frac{1}{\pi
R^{2}\Psi _{1}\left( \mu R\right) }\int_{\partial D(\overline{x},R)}udy \\
&=&\frac{1}{\pi R^{2}\Psi _{1}\left( \mu R\right) }\int_{0}^{2\pi }u\left(
x_{0}+R\cos \theta ,y_{0}+R\sin \theta \right) R\cos \theta d\theta .
\end{eqnarray*}
Jadi, 
\begin{eqnarray*}
\left| \frac{\partial u}{\partial x}\right| _{\left( x_{0},y_{0}\right) }
&\leq &\frac{1}{\pi R\Psi _{1}\left( \mu R\right) }\int_{0}^{2\pi }ud\theta 
\\
&\leq &u\left( x_{0},y_{0}\right) \frac{2}{R}\frac{\Psi _{0}\left( \mu
R\right) }{\Psi _{1}\left( \mu R\right) }.
\end{eqnarray*}
\end{proof}

Dengan cara yang sama , dapat ditunjukkan untuk$\left| \frac{\partial u}{%
\partial y}\right| .$

\begin{corollary}
Misalkan u fungsi panharmonik tak negatif pada cakram $D(\overline{x},R)$.
Maka 
\begin{equation*}
\left| grad\text{ }u\right| _{\left( \overline{x}\right) }\leq \frac{2\sqrt{2%
}}{R}\frac{\Psi _{0}\left( \mu R\right) }{\Psi _{1}\left( \mu R\right) }%
u\left( \overline{x}\right) .
\end{equation*}
\end{corollary}

\begin{proof}
Karena $grad$ $u=\nabla u=\frac{\partial u}{\partial x}i+\frac{\partial u}{%
\partial y}j,$ maka 
\begin{eqnarray*}
\left| grad\text{ }u\right| _{\left( \overline{x}\right) } &=&\left| \frac{%
\partial u}{\partial x}i+\frac{\partial u}{\partial y}j\right| _{\left( 
\overline{x}\right) } \\
&=&\left( \sqrt{\left( \frac{\partial u}{\partial x}\right) ^{2}+\left( 
\frac{\partial u}{\partial y}\right) ^{2}}\right) _{\left( \overline{x}%
\right) } \\
&=&\sqrt{2\left( \frac{2}{R}\frac{\Psi _{0}\left( \mu R\right) }{\Psi
_{1}\left( \mu R\right) }u\left( \overline{x}\right) \right) ^{2}} \\
&\leq &\frac{2\sqrt{2}}{R}\frac{\Psi _{0}\left( \mu R\right) }{\Psi
_{1}\left( \mu R\right) }u\left( \overline{x}\right) .
\end{eqnarray*}
\end{proof}

\begin{theorem}
Misalkan $u$ fungsi panharmonik pada cakram $D(\overline{x},R)$. Maka 
\begin{equation*}
u(\overline{x})=\frac{1}{\pi \left( \mu R\right) ^{2}\Psi _{1}\left( \mu
R\right) }\int_{\partial D(\overline{x},R)}\frac{\partial u}{\partial n}dS.
\end{equation*}
\end{theorem}

\begin{proof}
Tulis bahwa 
\begin{eqnarray*}
u\left( \overline{x}\right)  &=&\frac{1}{\pi R^{2}\Psi _{1}\left( \mu
R\right) }\int_{D(\overline{x},R)}udA \\
&=&\frac{1}{\pi \left( \mu R\right) ^{2}\Psi _{1}\left( \mu R\right) }%
\int_{D(\overline{x},R)}\mu ^{2}udA \\
&=&\frac{1}{\pi \left( \mu R\right) ^{2}\Psi _{1}\left( \mu R\right) }%
\int_{D(\overline{x},R)}\triangle udA.
\end{eqnarray*}
Dengan menggunakan identitas Green yang pertama, dan untuk $v=1$ dan $u$
fungsi panharmonik, maka diperoleh 
\begin{equation*}
u\left( \overline{x}\right) =\frac{1}{\pi \left( \mu R\right) ^{2}\Psi
_{1}\left( \mu R\right) }\int_{\partial D(\overline{x},R)}\frac{\partial u}{%
\partial n}dS.
\end{equation*}
\end{proof}

\begin{corollary}
Misalkan $u$ fungsi panharmonik pada cakram $D(\overline{x},R)$. Maka 
\begin{equation*}
u(\overline{x})=\frac{1}{\pi \left( \mu R\right) ^{2}\Psi _{1}\left( \mu
R\right) }\int_{\partial D(\overline{x},R)}u_{x}dy-u_{y}dx.
\end{equation*}
\end{corollary}

\begin{proof}
Misalkan $u$ panharmonik pada disk $D,$ maka 
\begin{eqnarray*}
\int_{\partial D(\overline{x},R)}u_{x}dy-u_{y}dx &=&\iint_{D(\overline{x}%
,R)}u_{xx}+u_{yy}dxdy \\
&=&\mu ^{2}\iint_{D(\overline{x},R)}udxdy \\
&=&\pi \mu ^{2}R^{2}\Psi _{1}\left( \mu R\right) u(\overline{x}).
\end{eqnarray*}
\end{proof}

Akibat di atas mengatakan bahwa fungsi panharmonik pada sebuah cakram dapat
dinyatakan oleh sebuah integral garis sepanjang batasnya.

\begin{corollary}
Misalkan $u$ fungsi panharmonik pada cakram $D(\overline{x},R),$ dan $u_{x}(%
\overline{x})=u_{y}(\overline{x}),$ maka 
\begin{equation*}
\int_{\partial D(\overline{x},R)}udy-udx=0.
\end{equation*}
\end{corollary}

\begin{proof}
Perhatikan bahwa 
\begin{eqnarray*}
\int_{\partial D(\overline{x},R)}udx &=&\iint_{D(\overline{x},R)}\frac{%
\partial u}{\partial y}dydx \\
&=&\pi R^{2}\Psi _{1}\left( \mu R\right) u_{y}(\overline{x})
\end{eqnarray*}
dan 
\begin{eqnarray*}
\int_{\partial D(\overline{x},R)}udy &=&\iint_{D(\overline{x},R)}\frac{%
\partial u}{\partial x}dxdy \\
&=&\pi R^{2}\Psi _{1}\left( \mu R\right) u_{x}(\overline{x}).
\end{eqnarray*}
Maka 
\begin{equation*}
u_{x}(\overline{x})-u_{y}(\overline{x})=\frac{1}{\pi R^{2}\Psi _{1}\left(
\mu R\right) }\int_{\partial D(\overline{x},R)}udy-udx.
\end{equation*}
Karena $u_{x}(\overline{x})=u_{y}(\overline{x})$ maka $\int_{\partial D(%
\overline{x},R)}udy-udx=0.$
\end{proof}

Selanjutnya akan dilihat fungsi panharmonik pada suatu anulus. Kajian
terhadap permasalahan ini akan menggunakan deret Fourier dan penyelesaian
persamaan Bessel.

\begin{proof}
\begin{theorem}
Misalkan $u$ panharmonik pada $0<r_{1}<r<r_{2}.$ Maka terdapat konstanta
real $a$ dan $b$ sehingga 
\begin{equation*}
\int_{0}^{2\pi }u(r,\theta )\frac{d\theta }{2\pi }=a\Psi _{0}(\mu
r)+bK_{0}(\mu r),
\end{equation*}
dimana 
\begin{equation*}
K_{0}(x)=\Psi _{0}(x)\int_{x}^{\infty }\frac{dx}{x\Psi _{0}^{2}(x)},
\end{equation*}
adalah fungsi Bessel termodifikasi jenis pertama berorder nol.
\end{theorem}
\end{proof}

\begin{proof}
Dengan metoda deret Fourier, misalkan solusi umum persamaan Yukawa 
\begin{equation*}
u_{rr}+\frac{1}{r}u_{r}+\frac{1}{r^{2}}u_{\theta \theta }=\mu ^{2}u
\end{equation*}
adalah 
\begin{equation*}
u(r,\theta )=\sum_{-\infty }^{\infty }u_{n}(r)e^{in\theta }
\end{equation*}
dengan 
\begin{equation*}
u_{n}(r)=\frac{1}{2\pi }\int_{0}^{2\pi }u(r,\theta )e^{-in\theta }d\theta .
\end{equation*}
Selanjutnya integralkan $u(r,\theta )$ terhadap $\theta $ dengan batas bawah
nol dan batas atas $2\pi ,$ diperoleh 
\begin{eqnarray*}
\int_{0}^{2\pi }u(r,\theta )d\theta  &=&\sum_{-\infty }^{\infty
}u_{n}(r)\int_{0}^{2\pi }e^{in\theta }d\theta  \\
&=&2\pi u_{0}(r).
\end{eqnarray*}
Tetapi $u_{0}(r)$ harus memenuhi persamaan Yukawa, sehingga $u_{0}$ harus
memenuhi persamaan diferensial 
\begin{equation*}
u_{0}^{\prime \prime }(r)+\frac{1}{r}u_{0}^{\prime }(r)=\mu ^{2}u_{0}(r).
\end{equation*}
Ini merupakan persamaan Bessel termodifikasi berorder nol dan solusinya 
\begin{equation*}
u_{0}(r)=aI_{0}(\mu r)+bK_{0}(\mu r),
\end{equation*}
untuk suatu konstanta $a$ dan $b.$ Jadi 
\begin{equation*}
\int_{0}^{2\pi }u(r,\theta )\frac{d\theta }{2\pi }=a\Psi _{0}(\mu
r)+bK_{0}(\mu r).
\end{equation*}
\end{proof}

\begin{corollary}
Misalkan $u$ panharmonik pada $0\leq r<R$ maka ada konstanta $a$ sehingga 
\begin{equation*}
\int_{0}^{2\pi }u(r,\theta )\frac{d\theta }{2\pi }=a\Psi _{0}(\mu r).
\end{equation*}
\end{corollary}

\begin{proof}
Karena $K_{0}(x)\cong \log x^{-1}$ untuk $x\rightarrow 0^{+}$sehingga 
\begin{equation*}
\lim_{x\rightarrow 0^{+}}K_{0}(x)=\infty ,
\end{equation*}
maka untuk $0\leq r<R,$ kita pilih $b=0$ sehingga 
\begin{equation*}
\int_{0}^{2\pi }u(r,\theta )\frac{d\theta }{2\pi }=a\Psi _{0}(\mu r).
\end{equation*}
\end{proof}

\section{Prinsip Maksimum Dan Minimum}

Pada bagian ini akan dikemukakan hasil-hasil mengenai prinsip maksimum dan
minimum fungsi panharmonik

\begin{theorem}
(Prinsip Maksimum) Misalkan $\Omega $ himpunan buka terhubung sederhana, dan 
$u$ fungsi panharmonik pada $\overline{\Omega }.$ Jika nilai maksimum $u$
positif maka nilai maksimum tersebut akan dicapai di batas $\Omega $ \ $%
\left( \partial \Omega \right) .$
\end{theorem}

\begin{proof}
Misalkan $u$ panharmonik pada $\overline{\Omega },$ maka $u$ kontinu pada $%
\overline{\Omega },$ karena itu $u$ akan mencapai nilai maksimum dan minimum
pada $\overline{\Omega }.$ Selanjutnya, andaikan ada $\overline{x}$ di dalam 
$\Omega $ sehingga $\nabla u(\overline{x})=0,$ $u_{xx}(\overline{x})u_{yy}(%
\overline{x})-u_{yx}^{2}(\overline{x})>0,$ dan $u_{xx}(\overline{x})<0.$
Maka $u_{xx}(\overline{x})u_{yy}(\overline{x})>u_{yx}^{2}(\overline{x})\geq
0,$ tetapi $u_{xx}(\overline{x})<0$ akibatnya haruslah $u_{yy}(\overline{x}%
)<0.$ Karena itu, $\mu ^{2}u(\overline{x})=u_{xx}(\overline{x})+u_{yy}(%
\overline{x})<0.$ Ini bertentangan dengan yang diketahui. Dengan demikian
tidak ada $\overline{x}$ di dalam $\Omega $ yang memberikan nilai maksimum,
karena itu haruslah $\overline{x}$ ada di batas $\Omega .$
\end{proof}

\begin{corollary}
Misalkan $u$ fungsi panharmonik positif pada $\overline{\Omega },$ maka
nilai maksimum $u$ dicapai di batas $\Omega .$
\end{corollary}

\begin{proof}
Karena $u$ panharmonik positif maka nilai maksimum $u$ juga positif.
Berdasarkan teorema di atas, maka nilai maksimum $u$ terjadi di batas $%
\Omega .$
\end{proof}

\begin{corollary}
\bigskip Misalkan $u$ fungsi panharmonik tak negatif pada suatu himpunan
buka terhubung sederhana $\Omega .$ Jika $u$ mencapai nilai maksimum di
dalam $\Omega ,$ maka $u$ fungsi konstan. (dalam hal ini $u$ haruslah fungsi
nol).
\end{corollary}

\begin{proof}
Misalkan $u$ panharmonik tak negatif pada $\Omega .$ Andaikan ada $M>0$
sehingga $M=\sup u(x)$ dimana $x\in \Omega .$ Misalkan $a\in \Omega $
sehingga $u\left( a\right) =\sup u(x)$ pada $\Omega .$ Buat cakram $%
D(a,R)\subset \Omega .$ Maka berlaku 
\begin{eqnarray*}
0 &=&M-u(a) \\
&=&M-\frac{1}{\pi R^{2}\Psi _{1}(\mu R)}\int_{D(\overline{x},R)}u\left(
x,y\right) dA \\
&=&\frac{1}{\pi R^{2}\Psi _{1}(\mu R)}\int_{D(\overline{x},R)}(M\Psi
_{1}(\mu R)-u\left( x,y\right) )dA \\
&\geq &0,
\end{eqnarray*}
karena $M\geq u$ pada cakram $D(a,R)$ dan $\Psi _{1}(\mu R)>1.$ Karena itu
haruslah $u=\Psi _{1}(\mu R)M$ pada cakram $D(a,R)\subset \Omega .$ Ini
bertentangan dengan yang diketahui, karena $M=\sup u(x)$ untuk sembarang $%
x\in \Omega $ dan $\Psi _{1}(\mu R)M>M.$ Dengan demikian pengandaian salah,
haruslah tidak ada $M>0$ sehingga $M=\sup u(x)$ untuk sembarang $x\in \Omega
.$ Jadi haruslah $M=0.$ Tetapi $u$ panharmonik tak negatif, akibatnya
haruslah $u=0$ pada $\Omega .$
\end{proof}

Prinsip maksimum di atas, cenderung untuk digunakan pada fungsi panharmonik
positif, dan inipun akan berimplikasi juga untuk fungsi panharmonik negatif.

\begin{theorem}
(Prinsip Minimum) Misalkan $\Omega $ himpunan buka terhubung sederhana, dan $%
u$ fungsi panharmonik pada $\overline{\Omega }.$ Jika nilai minimum $u$
negatif maka nilai minimum tersebut akan dicapai di batas $\Omega $ \ $%
\left( \partial \Omega \right) .$
\end{theorem}

\begin{proof}
Misalkan $u$ panharmonik pada $\overline{\Omega },$ maka $u$ kontinu pada $%
\overline{\Omega },$ karena itu $u$ akan mencapai nilai maksimum dan minimum
pada $\overline{\Omega }.$ Selanjutnya, andaikan andaikan ada $\overline{x}$
di dalam $\Omega $ sehingga $\nabla u(\overline{x})=0,$ $u_{xx}(\overline{x}%
)u_{yy}(\overline{x})-u_{yx}^{2}(\overline{x})>0,$ dan $u_{xx}(\overline{x}%
)>0.$ Maka $u_{xx}(\overline{x})u_{yy}(\overline{x})>u_{yx}^{2}(\overline{x}%
)\geq 0,$ tetapi $u_{xx}(\overline{x})>0$ akibatnya haruslah $u_{yy}(%
\overline{x})>0.$ Karena itu, $\mu ^{2}u(\overline{x})=u_{xx}(\overline{x}%
)+u_{yy}(\overline{x})>0.$ Ini bertentangan dengan yang diketahui. Dengan
demikian tidak ada $\overline{x}$ di dalam $\Omega $ yang memberikan nilai
minimum negatif, karena itu haruslah $\overline{x}$ ada di batas $\Omega .$
\end{proof}

\begin{corollary}
Misalkan $u$ fungsi panharmonik negatif pada $\overline{\Omega },$ maka
nilai minimum $u$ dicapai di batas $\Omega .$
\end{corollary}

\begin{proof}
Karena $u$ panharmonik negatif maka nilai minimum $u$ juga negatif.
Berdasarkan teorema di atas, maka nilai minimum $u$ terjadi di batas $\Omega
.$
\end{proof}

\begin{corollary}
Misalkan $u$ fungsi panharmonik tak positif pada suatu himpunan buka
terhubung sederhana $\Omega .$ Jika $u$ mencapai nilai minimum di dalam $%
\Omega ,$ maka $u$ fungsi konstan. (dalam hal ini $u$ haruslah fungsi nol).
\end{corollary}

\begin{proof}
Misalkan $u$ panharmonik tak positif pada $\Omega .$ Andaikan ada $M<0$
sehingga $M=\inf $ $u(x)$ dimana $x\in \Omega .$ Misalkan $a\in \Omega $
sehingga $u\left( a\right) =\inf $ $(x)$ pada $\Omega .$ Buat cakram $%
D(a,R)\subset \Omega .$ Maka berlaku 
\begin{eqnarray*}
0 &=&M-u(a) \\
&=&M-\frac{1}{\pi R^{2}\Psi _{1}(\mu R)}\int_{D(\overline{x},R)}u\left(
x,y\right) dA \\
&=&\frac{1}{\pi R^{2}\Psi _{1}(\mu R)}\int_{D(\overline{x},R)}(M\Psi
_{1}(\mu R)-u\left( x,y\right) )dA \\
&\leq &0,
\end{eqnarray*}
karena $M\leq u$ pada cakram $D(a,R)$ dan $\Psi _{1}(\mu R)>1.$ Karena itu
haruslah $u=\Psi _{1}(\mu R)M$ pada cakram $D(a,R)\subset \Omega .$ Ini
bertentangan dengan yang diketahui, karena $M=\inf $ $u(x)$ untuk sembarang $%
x\in \Omega $ dan $\Psi _{1}(\mu R)M<M.$ Dengan demikian pengandaian salah,
haruslah tidak ada $M<0$ sehingga $M=\inf u(x)$ untuk sembarang $x\in \Omega
.$ Jadi haruslah $M=0.$ Tetapi $u$ panharmonik tak positif, akibatnya
haruslah $u=0$ pada $\Omega .$
\end{proof}

\begin{theorem}
Misalkan $u$ panharmonik dan tidak konstan pada $\overline{\Omega }.$ Maka
nilai maksimum $\left| u\right| $ pada $\overline{\Omega }$ dicapai di batas 
$\Omega .$
\end{theorem}

\begin{proof}
Misalkan $\left| u(a)\right| $ adalah nilai maksimum $\left| u(x)\right| $
pada $\overline{\Omega }.$ Akan ditunjukkan bahwa $a\in \partial \Omega .$
Ada dua hal yang akan ditinjau, pertama jika $\left| u(a)\right| =u(a)>0$
maka $u(a)\geq u(x)$ untuk sembarang $x$ di $\overline{\Omega }.$ Ini
mengatakan bahwa nilai maksimum $u$ pada $\overline{\Omega }$ adalah $u(a%
\dot{)}>0.$ Berdasarkan prinsip maksimum fungsi panharmonik haruslah $a\in
\partial \Omega .$ Kedua, jika $\left| u(a)\right| =-u(a)$ atau $u(a)<0$
maka $u(a)\leq u(x)$ untuk sembarang $x$ di $\overline{\Omega }.$ Ini
berarti bahwa nilai minimum $u$ pada $\overline{\Omega }$ adalah $u(a)<0.$
Berdasarkan prinsip minimum fungsi panharmonik haruslah $a\in \partial
\Omega .$ Dari kedua kasus di atas dapat disimpulkan bahwa nilai maksimum $%
\left| u\right| $ pada $\overline{\Omega }$ dicapai pada batasnya.
\end{proof}

Fungsi panharmonik yang telah dibahas di atas adalah fungsi panharmonik
bernilai real. Berikut ini akan dibahas mengenai fungsi panharmonik bernilai
kompleks.

\begin{theorem}
Misalkan $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ fungsi bernilai kompleks di $C^{2}\left(
\Omega \right) .$ Fungsi $f$ panharmonik jika dan hanya jika $u$ dan $v$
masing-masing fungsi panharmonik.
\end{theorem}

\begin{proof}
Misalkan $f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$ panharmonik pada $\Omega ,$ maka $%
f_{xx}+f_{yy}=u_{xx}+iv_{xx}+v_{yy}+iv_{yy}=\left( u_{xx}+u_{yy}\right)
+i\left( v_{xx}+v_{yy}\right) =\mu ^{2}\left( u+iv\right) =\mu ^{2}f.$ Jadi $%
u_{xx}+u_{yy}=\mu ^{2}u$ dan $v_{xx}+v_{yy}=\mu ^{2}v.$
\end{proof}

Teorema di atas mempunyai implikasi bahwa nilai $f$ pada pusat cakram dapat
dinyatakan dalam bentuk representasi integral. Dengan menggunakan
representasi integral fungsi panharmonik bernilai real, kita punya.

\begin{theorem}
Misalkan $f$ fungsi panharmonik bernilai kompleks pada cakram $D(z_{0},R).$
Maka 
\begin{equation*}
f(z_{0})=\frac{1}{2\pi \Psi _{0}\left( \mu R\right) }\int_{0}^{2\pi
}f(z_{0}+Re^{i\theta })d\theta .
\end{equation*}
\end{theorem}

\begin{proof}
Misalkan $f$ \ fungsi panharmonik bernilai kompleks. Tulis $f$ sebagai $%
f(z)=u(x,y)+iv(x,y),$ dimana $u$ dan $v$ masing-masing fungsi panharmonik.
Karena $u$ dan $v$ memiliki representasi integral seperti pada teorema 3,
maka $f(z_{0})$ dapat ditulis sebagai 
\begin{eqnarray*}
f(z_{0})=u\left( x_{0},y_{0}\right) +iv\left( x_{0},y_{0}\right)  \\
=\frac{1}{2\pi \Psi _{0}\left( \mu R\right) }\int_{0}^{2\pi }(u+iv)\left(
x_{0}+R\cos \theta ,y_{0}+R\sin \theta \right) d\theta  \\
=\frac{1}{2\pi \Psi _{0}\left( \mu R\right) }\int_{0}^{2\pi
}f(z_{0}+Re^{i\theta })d\theta .
\end{eqnarray*}
\end{proof}

Selanjutnya, akan dilihat bentuk representasi integral fungsi panharmonik
bernilai kompleks lainnya dalam suatu cakram. Misalkan $z=z_{0}+R$ $%
e^{i\theta },$ maka $dz=i(z-z_{0})d\theta .$ Karena itu kita punya 
\begin{equation*}
f(z_{0})=\frac{1}{2\pi i\Psi _{0}(\mu R)}\int_{\partial D(z_{0},R)}\frac{f(z)%
}{z-z_{0}}dz
\end{equation*}

\begin{corollary}
Misalkan $f$ fungsi panharmonik bernilai kompleks dalam suatu cakram $\left|
z-z_{0}\right| <R.$ Maka 
\begin{equation*}
f(z_{0})=\frac{1}{2\pi i\Psi _{0}(\mu R)}\int_{\partial D(z_{0},R)}\frac{f(z)%
}{z-z_{0}}dz
\end{equation*}
\end{corollary}

\begin{theorem}
Misalkan $f$ fungsi panharmonik bernilai kompleks dan $c$ suatu konstanta
kompleks. Maka $cf$ juga fungsi panharmonik.
\end{theorem}

\begin{proof}
Misalkan $f(z)=u(x,y)+iv(x,y),$ dimana $u,v$ masing-masing fungsi
panharmonik bernilai real dan misalkan pula $c\in C,$ dimana $c=a+ib.$
Pandang $h(z)=cf(z)=(au-bv)+i(av+bu),$ maka $%
h_{xx}=(au-bv)_{xx}+i(av+bu)_{yy},$ $h_{yy}=(au-bv)_{yy}+i(av+bu)_{yy}.$
Jadi $h_{xx}+h_{yy}=\mu ^{2}cf(z).$
\end{proof}

\begin{corollary}
Misalkan $f$ fungsi panharmonik bernilai kompleks. Maka $f^{\prime }(z)$
juga fungsi panharmonik.
\end{corollary}

\begin{proof}
Misalkan $h(z)=2\frac{\partial f}{\partial z}=\left( \frac{\partial }{%
\partial x}-i\frac{\partial }{\partial y}\right) \left( u+iv\right) =\left(
u_{x}+v_{y}\right) +i\left( v_{x}-u_{y}\right) .$ Maka $h_{xx}(z)=\left(
u_{x}+v_{y}\right) _{xx}+i\left( v_{x}-u_{y}\right) _{xx}$ dan $%
h_{yy}(z)=\left( u_{x}+v_{y}\right) _{yy}+i\left( v_{x}-u_{y}\right) _{yy}.$
Jadi kita peroleh $h_{xx}+h_{yy}=\mu ^{2}(\left( u_{x}+v_{y}\right) +i\left(
v_{x}-u_{y}\right) )=\mu ^{2}h.$
\end{proof}

\begin{corollary}
Misalkan $f$ fungsi panharmonik bernilai kompleks pada cakram $\left|
z-z_{0}\right| <R.$ Maka 
\begin{equation*}
f^{\prime }(z_{0})=\frac{1}{2\pi i\Psi _{0}(\mu R)}\int_{\partial D(z_{0},R)}%
\frac{f^{\prime }(z)}{z-z_{0}}dz
\end{equation*}
\end{corollary}

\begin{proof}
Karena $f^{\prime }(z)$ ada dan panharmonik, maka dengan representasi
inregral di atas, diperoleh hasil yang diharapkan.
\end{proof}

Dapat disimpulkan bahwa jika $f\in C^{\infty }(D),$ dan $f$ \ fungsi
panharmonik bernilai kompleks maka dapat ditunjukkan bahwa $f^{n}(z)$ adalah
fungsi panharmonik. Dengan menggunakan Akibat di atas maka, diperoleh 
\begin{equation*}
f^{n}(z_{0})=\frac{1}{2\pi i\Psi _{0}(\mu R)}\int_{\partial D(z_{0},R)}\frac{%
f^{n}(z)}{z-z_{0}}dz.
\end{equation*}

\begin{theorem}
Jika $u$ fungsi panharmonik bernilai kompleks pada $\Omega ,$ maka $\left|
u\right| $ mencapai nilai maksimum di $\overline{\Omega }$ pada batasnya.
\end{theorem}

\begin{proof}
Andaikan $\left| u\right| $ mencapai nilai maksimum di suatu titik $a$ di
dalam $\Omega $, sebut saja $\left| u(a)\right| =M.$ Pilih bilangan kompleks 
$b$ sehingga $\left| b\right| =1$ dan $bu(a)=M.$ Maka fungsi panharmonik
bernilai real $\func{Re}(bu)$ akan mencapai nilai maksimum $M$ di suatu
titik $a$ di dalam $\Omega .$ Ini bertentangan dengan prinsip maksimum
fungsi panharmonik. Jadi haruslah $\left| u\right| $ mencapai nilai maksimum
pada batas $\Omega .$
\end{proof}

\section{Aproksimasi}

Pada bagian ini akan dilihat nilai aproksimasi yang membatasi nilai fungsi
panharmonik pada suatu cakram. Untuk keperluan ini, akan dijelaskan terlebih
dulu mengenai fungsi pembangkit.

\begin{definition}
Jika $\{f_{n}(x)\}$sebuah barisan tak hingga dari fungsi-fungsi bernilai
real dan jika $\Phi (x,t)$ sebuah fungsi dengan sifat bila diekspansi dalam
suku-suku deret pangkat dari $t$ dengan koefisien dari $t^{n}$ adalah $%
f_{n}(x)$, maka $\Phi (x,t)$ disebut fungsi pembangkit untuk barisan fungsi $%
\{f_{n}(x)\}.$
\end{definition}

Berdasarkan definisi di atas, akan dicari fungsi yang membangun untuk fungsi
Bessel yang dimodifikasi. Untuk keperluan itu, misalkan 
\begin{equation*}
\Phi (x,t)=e^{\frac{x}{2}\left( t+\frac{1}{t}\right) }.
\end{equation*}
Nyatakan $e^{\frac{xt}{2}}$sebagai deret pangkat dalam t, yakni : 
\begin{eqnarray*}
e^{\frac{xt}{2}} &=&1+\frac{xt}{2}+\frac{\left( \frac{xt}{2}\right) ^{2}}{2!}%
+\frac{\left( \frac{xt}{2}\right) ^{3}}{3!}+... \\
&=&\sum_{i=0}^{\infty }\frac{x^{i}t^{i}}{i!2^{i}}.
\end{eqnarray*}
Nyatakan $e^{\frac{x}{2t}}$sebagai deret pangkat dalam x, yakni 
\begin{eqnarray*}
e^{\frac{x}{2t}} &=&1+\frac{x}{2t}+\frac{\left( \frac{x}{2t}\right) ^{2}}{2!}%
+\frac{\left( \frac{x}{2t}\right) ^{3}}{3!}+... \\
&=&\sum_{j=0}^{\infty }\frac{x^{j}t^{-j}}{j!2^{j}}.
\end{eqnarray*}
Tinjau, 
\begin{eqnarray*}
\Phi (x,t) &=&e^{\frac{x}{2}\left( t+\frac{1}{t}\right) } \\
&=&e^{\frac{xt}{2}}e^{\frac{x}{2t}} \\
&=&\left( \sum_{i=0}^{\infty }\frac{x^{i}t^{i}}{i!2^{i}}\right) \left(
\sum_{j=0}^{\infty }\frac{x^{j}t^{-j}}{j!2^{j}}\right) .
\end{eqnarray*}
Koefisien dari $t^{n}$ diperoleh bila $i=n+j,$ yaitu 
\begin{eqnarray*}
\sum_{j=0}^{\infty }\frac{x^{n+j}}{(n+j)!2^{n+j}}\frac{x^{j}}{j!2^{j}}
&=&\sum_{j=0}^{\infty }\frac{x^{n+2j}}{(n+j)!j!2^{n+2j}} \\
&=&\sum_{j=0}^{\infty }\frac{\left( \frac{x}{2}\right) ^{n+2j}}{j!(n+j)!} \\
&=&I_{n}(x).
\end{eqnarray*}
Koefisien dari $t^{-n}$diperoleh bila $j=n+i,$yaitu 
\begin{eqnarray*}
\sum_{i=0}^{\infty }\frac{x^{i}}{i!2^{i}}\frac{x^{i+n}}{(n+i)!2^{n+i}}
&=&\sum_{i=0}^{\infty }\frac{x^{2i+n}}{i!(n+i)!2^{n+2i}} \\
&=&\sum_{i=0}^{\infty }\frac{\left( \frac{x}{2}\right) ^{n+2i}}{i!(n+i)!} \\
&=&I_{n}(x).
\end{eqnarray*}
Akhirnya, diperoleh 
\begin{equation*}
\Phi (x,t)=e^{\frac{x}{2}\left( t+\frac{1}{t}\right)
}=I_{0}(x)+\sum_{n=1}^{\infty }I_{n}(x)\left( t^{n}+t^{-n}\right) .
\end{equation*}
Selanjutnya, misalkan $t=e^{i\varphi },$ maka 
\begin{equation*}
\frac{1}{2}\left( t+\frac{1}{t}\right) =\frac{1}{2}\left( e^{i\varphi
}+e^{-i\varphi }\right) =\cos \varphi
\end{equation*}
dan 
\begin{eqnarray*}
\Phi (x,t) &=&e^{\frac{x}{2}\left( t+\frac{1}{t}\right) } \\
&=&I_{0}(x)+\sum_{n=1}^{\infty }I_{n}(x)\left( t^{n}+t^{-n}\right) \\
&=&I_{0}(x)+\sum_{n=1}^{\infty }I_{n}(x)\left( e^{i\varphi n}+e^{-i\varphi
n}\right) \\
&=&I_{0}(x)+2\sum_{n=1}^{\infty }I_{n}(x)\cos n\varphi .
\end{eqnarray*}
Jadi, kita peroleh 
\begin{eqnarray*}
e^{x\cos \varphi } &=&I_{0}(x)+2\sum_{n=1}^{\infty }I_{n}(x)\cos n\varphi \\
&=&\sum_{-\infty }^{\infty }I_{\left| n\right| }(x)\cos n\varphi .
\end{eqnarray*}
Perhatikan ruas kanan dari persamaan di atas, fungsi tersebut merupakan
ekspansi deret fourier dari fungsi yang di sebelah kirinya, sehingga dapat
dipandang sebagai 
\begin{equation*}
e^{x\cos \varphi }=\frac{a_{0}(x)}{2}+\sum_{n=1}^{\infty }a_{n}(x)\cos
n\varphi
\end{equation*}
dengan 
\begin{equation*}
a_{n}=\frac{2}{\pi }\int_{0}^{\pi }e^{x\cos \varphi }\cos n\varphi d\varphi
,n=0,1,2,3,...
\end{equation*}
Tetapi $a_{n}=2I_{n}(x),$ karena itu 
\begin{equation*}
I_{n}(x)=\frac{1}{\pi }\int_{0}^{\pi }e^{x\cos \varphi }\cos n\varphi
d\varphi ,n=0,1,2,3,...
\end{equation*}
Khusus untuk $n=0$ maka kita peroleh 
\begin{equation*}
I_{0}(x)=\frac{1}{\pi }\int_{0}^{\pi }e^{x\cos \varphi }d\varphi ,
\end{equation*}
tetapi karena $\left| e^{x\cos \varphi }\cos n\varphi \right| \leq e^{x\cos
\varphi \text{ }}$untuk sembarang $n$ dan $\varphi ,$ maka kita peroleh, $%
I_{\left| n\right| }(x)\leq I_{0}(x),\forall x.$

Perhatikan kembali, 
\begin{eqnarray*}
\Phi (x,t) &=&e^{\frac{x}{2}\left( t+\frac{1}{t}\right) } \\
&=&I_{0}(x)+\sum_{n=1}^{\infty }I_{n}(x)\left( t^{n}+t^{-n}\right) \\
&=&\sum_{-\infty }^{\infty }I_{\left| n\right| }(x)t^{n},
\end{eqnarray*}
dan selanjutnya misalkan $t=e^{i\varphi },\frac{1}{2}\left( t+\frac{1}{t}%
\right) =\frac{1}{2}\left( e^{i\varphi }+e^{-i\varphi }\right) =\cos \varphi
,$ maka kita peroleh 
\begin{eqnarray*}
\Phi (x,t) &=&\sum_{-\infty }^{\infty }I_{\left| n\right| }(x)t^{n} \\
&=&\sum_{-\infty }^{\infty }I_{\left| n\right| }(x)e^{in\varphi }
\end{eqnarray*}
atau 
\begin{equation*}
e^{x\cos \varphi }=\sum_{-\infty }^{\infty }I_{\left| n\right|
}(x)e^{in\varphi }.
\end{equation*}
Dengan mengambil $x=\mu r,$maka kita peroleh 
\begin{equation*}
u(r,\varphi )=e^{\mu r\cos \varphi }=\sum_{-\infty }^{\infty }I_{\left|
n\right| }(\mu r)e^{in\varphi },
\end{equation*}
ini merupakan solusi persamaan Yukawa, dan 
\begin{equation*}
\left\{ I_{\left| n\right| }(\mu r)e^{in\varphi }\right\}
\end{equation*}
merupakan basis untuk ruang solusi persamaan Yukawa.

Perhatikan kembali $e^{x\cos \varphi }=\sum_{-\infty }^{\infty }I_{\left|
n\right| }(x)e^{in\varphi },$ khususnya untuk $\varphi =0,$ maka kita
peroleh $e^{x}=\sum_{-\infty }^{\infty }I_{\left| n\right| }(x).$ Karena $%
e^{\mu x}$ merupakan solusi persamaan yukawa, maka $\sum_{-\infty }^{\infty
}I_{\left| n\right| }(\mu x)$ merupakan solusi persamaan yukawa. Karena $%
e^{x\cos \varphi }=\cosh (x\cos \varphi )+\sinh (x\cos \varphi ),$ maka 
\begin{equation*}
I_{n}(x)=\frac{1}{\pi }\int_{0}^{\pi }\left( \cosh (x\cos \varphi )+\sinh
(x\cos \varphi )\right) \cos n\varphi d\varphi ,n=0,1,2,3,...
\end{equation*}
Sifat-sifat yang diperoleh, 
\begin{eqnarray*}
(i).\text{ }I_{n-1}(x)-I_{n+1}(x) &=&\frac{1}{\pi }\int_{0}^{\pi }e^{x\cos
\varphi }(\cos (n-1)\varphi -\cos (n+1)\varphi )d\varphi \\
&=&\frac{1}{\pi }\int_{0}^{\pi }e^{x\cos \varphi }(2\sin n\varphi \sin
\varphi )d\varphi \\
&=&\frac{2n}{x}\frac{1}{\pi }\int_{0}^{\pi }e^{x\cos \varphi }\cos n\varphi
d\varphi \\
&=&\frac{2n}{x}I_{n}(x).
\end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*}
(ii).\text{ }I_{n}^{\prime }(x) &=&\frac{1}{\pi }\int_{0}^{\pi }e^{x\cos
\varphi }\cos \varphi \cos n\varphi d\varphi \\
&=&\frac{1}{2\pi }\int_{0}^{\pi }e^{x\cos \varphi }(\cos (n+1)\varphi +\cos
(n-1)\varphi )d\varphi \\
&=&\frac{1}{2\pi }\int_{0}^{\pi }e^{x\cos \varphi }\cos (n+1)\varphi
d\varphi +\frac{1}{2\pi }\int_{0}^{\pi }e^{x\cos \varphi }\cos (n-1)\varphi
d\varphi \\
&=&\frac{1}{2}\left( I_{n+1}(x)+I_{n-1}(x)\right)
\end{eqnarray*}
Dari hasil $(i)$ dan $(ii)$ diperoleh, 
\begin{eqnarray*}
I_{n-1}(x)-\frac{n}{x}I_{n}(x) &=&I_{n}^{\prime }(x),\text{ dan} \\
I_{n+1}(x)+\frac{n}{x}I_{n}(x) &=&I_{n}^{\prime }(x).
\end{eqnarray*}
Sekarang perhatikan 
\begin{equation*}
I_{n}(x)=\frac{1}{n!}\left( \frac{x}{2}\right) ^{n}\left[ 1+\frac{\left( 
\frac{x}{2}\right) ^{2}}{1(n+1)}+\frac{\left( \frac{x}{2}\right) ^{4}}{%
1.2(n+1)(n+2)}+...\right]
\end{equation*}
Karena $0$ $\leq x<a,$ maka $I_{n}(x)\geq 0,\forall n,$ dan $I_{n+1}(x)+%
\frac{n}{x}I_{n}(x)=I_{n}^{\prime }(x)\geq 0.$ Ini mengatakan bahwa $I_{n}$
fungsi naik monoton. Selanjutnya akan dilihat kemonotonan barisan ($%
I_{n}(x)).$ Tulis $I_{n}(x)=$ $\frac{1}{n!}\left( \frac{x}{2}\right)
^{n}\psi _{n}(x),$ dimana 
\begin{equation*}
\psi _{n}(x)=1+\frac{\left( \frac{x}{2}\right) ^{2}}{1(n+1)}+\frac{\left( 
\frac{x}{2}\right) ^{4}}{1.2(n+1)(n+2)}+\frac{\left( \frac{x}{2}\right) ^{6}%
}{1.2.3(n+1)(n+2)(n+3)}+...
\end{equation*}
Untuk sembarang $x$ dan $n$, diperoleh $\psi _{n}(x)\geq \psi _{n+1}(x),$
dan untuk $0<x\leq 2$, maka $\left( \frac{x}{2}\right) ^{n}>\left( \frac{x}{2%
}\right) ^{n+1}.$ Karena $\frac{1}{n!}\left( \frac{x}{2}\right) ^{n}\geq 
\frac{1}{n!}\left( \frac{x}{2}\right) ^{n+1}\geq \frac{1}{(n+1)!}\left( 
\frac{x}{2}\right) ^{n+1}$ dan $\psi _{n}(x)\geq \psi _{n+1}(x)$ maka $%
I_{n}(x)\geq I_{n+1}(x),\forall n$ dan $0<x\leq 2.$ Untuk $x>2$, eventually
monoton (akhirnya monoton).

\begin{theorem}
Misal $u$ fungsi panharmonik positif dalam bidang dengan ekspansi Fourier 
\begin{equation*}
u(r,\varphi )=\sum_{-\infty }^{\infty }c_{n}I_{\left| n\right| }(\mu
r)e^{in\varphi },
\end{equation*}
maka $u(r,\varphi )\leq c_{0}.e^{\mu r}.$\newline
\end{theorem}

\begin{proof}
\begin{eqnarray*}
u(r,\varphi ) &=&\sum_{-\infty }^{\infty }c_{n}I_{\left| n\right| }(\mu
r)e^{in\varphi } \\
&\leq &\sum_{-\infty }^{\infty }\left| c_{n}\right| I_{\left| n\right| }(\mu
r) \\
&\leq &\sum_{-\infty }^{\infty }c_{0}I_{\left| n\right| }(\mu r)\text{ } \\
&\leq &c_{0}\sum_{-\infty }^{\infty }I_{\left| n\right| }(\mu r) \\
&=&c_{0}e^{\mu r}.
\end{eqnarray*}
\end{proof}

\begin{theorem}
Misal $u$ fungsi panharmonik negatif dalam bidang dengan ekspansi Fourier 
\begin{equation*}
u(r,\varphi )=\sum_{-\infty }^{\infty }c_{n}I_{\left| n\right| }(\mu
r)e^{in\varphi },
\end{equation*}
maka $c_{0}<0$ dan $\left| c_{n}\right| \leq \left| c_{0}\right|
,n=1,2,3,... $\newline
\end{theorem}

\begin{proof}
\begin{equation*}
c_{0}=\frac{1}{2\pi I_{\left| 0\right| }(\mu a)}\int_{0}^{2\pi }u(r,\varphi
)d\varphi <0.
\end{equation*}
\begin{eqnarray*}
\left| c_{n}\right| &\leq &\frac{1}{2\pi I_{\left| n\right| }(\mu a)}%
\int_{0}^{2\pi }\left| u(r,\varphi )\right| d\varphi \\
&=&\frac{-1}{2\pi I_{\left| n\right| }(\mu a)}\int_{0}^{2\pi }u(r,\varphi
)d\varphi \\
&=&\frac{I_{0}(\mu a)}{I_{\left| n\right| }(\mu a)}.\frac{-1}{2\pi I_{0}(\mu
a)}\int_{0}^{2\pi }u(r,\varphi )d\varphi \\
&=&-\frac{I_{0}(\mu a)}{I_{\left| n\right| }(\mu a)}c_{0} \\
&=&\frac{I_{0}(\mu a)}{I_{\left| n\right| }(\mu a)}\left| c_{0}\right| .
\end{eqnarray*}
\end{proof}

\begin{theorem}
Misal $u$ fungsi panharmonik negatif dalam bidang dengan ekspansi Fourier 
\begin{equation*}
u(r,\varphi )=\sum_{-\infty }^{\infty }c_{n}I_{\left| n\right| }(\mu
r)e^{in\varphi },
\end{equation*}
maka $\left| u(r,\varphi )\right| \leq \left| c_{0}\right| e^{\mu r}.$%
\newline
\end{theorem}

\begin{proof}
\begin{eqnarray*}
\left| u(r,\varphi )\right| &=&\left| \sum_{-\infty }^{\infty
}c_{n}I_{\left| n\right| }(\mu r)e^{in\varphi }\right| \\
&\leq &\sum_{-\infty }^{\infty }\left| c_{n}\right| I_{\left| n\right| }(\mu
r) \\
&\leq &\sum_{-\infty }^{\infty }\left| c_{0}\right| I_{\left| n\right| }(\mu
r)\text{ } \\
&\leq &\left| c_{0}\right| \sum_{-\infty }^{\infty }I_{\left| n\right| }(\mu
r) \\
&=&\left| c_{0}\right| e^{\mu r}.
\end{eqnarray*}
\end{proof}

\bigskip

\begin{theorem}
Misal $u$ fungsi panharmonik dan positif pada setengah bidang atas dan
bernilai nol pada sumbu real dengan ekspansi 
\begin{equation*}
u(r,\varphi )=\sum_{1}^{\infty }b_{n}I_{n}(\mu r)\sin n\varphi ,
\end{equation*}
maka $u(r$,$\varphi )\leq \mu rb_{1}I_{0}.$\newline
\end{theorem}

\begin{proof}
\begin{eqnarray*}
u(r,\varphi ) &\leq &\sum_{1}^{\infty }\left| b_{n}\right| I_{n}(\mu r) \\
&\leq &b_{1}\sum_{1}^{\infty }nI_{n}(\mu r) \\
&=&b_{1}\frac{\mu r}{2}\sum_{1}^{\infty }I_{n-1}(\mu r)-I_{n+1}(\mu r) \\
&\leq &b_{1}\frac{\mu r}{2}(I_{0}(\mu r)+I_{1}(\mu r)) \\
&\leq &b_{1}\mu rI_{0}.
\end{eqnarray*}
\end{proof}

\section{Prinsip Korespondensi}

Fungsi panharmonik dalam $x$ dan $y$ di $\Re ^{2}$ berkorespondensi
satu-satu dengan subkelas fungsi harmonik di $\Re ^{3}.$ Hubungan ini
dijelaskan oleh \ keterkaitan bahwa jika $u(x,y)$ panharmonik maka $%
v(x,y,z)=u(x,y)\cos \mu z$ harmonik di $\Re ^{3}.$ Hubungan sebaliknya juga
jika $u(x,y)$ harmonik maka $v(x,y,z)=u(x,y)\cosh \mu z$ panharmonik di $\Re
^{3}.$

Berikut ini merupakan pemanfaatan prinsip korespondensi tersebut di atas
untuk membuktikan suatu sifat fungsi panharmonik yang sama dengan sifat yang
dimiliki oleh fungsi harmonik.

\subsection{Barisan Fungsi panharmonik}

\begin{theorem}
Misalkan $\Omega $ suatu domain di $\Re ^{2}$ dan $R$ sembarang sub himpunan
kompak dalam $\Omega .$ Misalkan $\left\{ u_{n}\right\} $ barisan fungsi
panharmonik yang konvergen seragam pada $R$ ke suatu fungsi $u.$ Maka $u$
fungsi panharmonik.
\end{theorem}

\begin{proof}
Misalkan $R$ sembarang subhimpunan kompak dari $\Omega .$ Misalkan $\left\{
u_{n}(x,y)\right\} $ barisan fungsi panharmonik yang konvergen seragam di
dalam $R$ ke sebuah fungsi $u(x,y).$ Akan ditunjukkan $u$ fungsi
panharmonik. Definisikan silinder $S$ di $\Re ^{3},$ dimana $S=$ $\left\{
\left( x,y,z\right) :(x,y)\in \Omega \text{ , }\frac{-\pi }{\mu }<z<\frac{%
\pi }{\mu }\right\} $ dan silinder $S^{\prime }$ pada $S,$ dimana $S=\left\{
\left( x,y,z\right) :(x,y)\in R,\frac{-\pi }{2\mu }<z<\frac{\pi }{2\mu }%
\right\} .$ Berdasarkab definisi ini, $S^{\prime }$ merupakan subhimpunan
kompak dari $S,$ untuk sembarang subhimpunan kompak $R$ dari $\Omega .$
Selanjutnya Definisikan barisan $\left\{ v_{n}(x,y,z)\right\} $ dengan $%
v_{n}(x,y,z)=u_{n}(x,y)\cos \mu z.$ Maka $\left\{ v_{n}\right\} $ barisan
fungsi harmonik pada $S\subseteq \Re ^{3},$ sehingga untuk sembarang titik
di $S^{\prime },$ berlaku 
\begin{eqnarray*}
\left| v_{n}(x,y,z)-u(x,y)\cos \mu z\right| &\leq &\left| u_{n}(x,y)\cos \mu
z-u(x,y)\cos \mu z\right| \\
&\leq &\left| u_{n}(x,y)-u(x,y)\right| \\
&<&\varepsilon
\end{eqnarray*}
untuk sembarang titik $\left( x,y\right) $ di $R.$ Ini mengatakan bahwa $%
v_{n}$ konvergen seragam ke $u(x,y)\cos \mu z,$ dan berdasarkan teorema
1.19, h. 15 dalam Axler, $u(x,y)\cos \mu z$ merupakan fungsi yang harmonik,
karena itu berlaku $(u_{xx}+u_{yy}-\mu ^{2}u)\cos \mu z=0.$ Khusus $z=0,$
diperoleh $u_{xx}+u_{yy}-\mu ^{2}u=0$ untuk sembarang $(x,y)$ di $R.$ Ini
mengatakan bahwa $u$ fungsi panharmonik.
\end{proof}

Karena sembarang turunan parsial dari suatu fungsi panharmonik juga fungsi
panharmonik, akibatnya untuk setiap multi indeks $\alpha ,$dimana $u_{n}$
konvergen seragam ke $u$ maka $D^{\alpha }u_{n}$ konvergen seragam ke $%
D^{\alpha }u$ pada masing-masing subhimpunan kompak dari $\Omega .$

\begin{theorem}
Misalkan $\Omega $ suatu domain terbatas di $\Re ^{2}$ dan $R$ sembarang sub
himpunan kompak dalam $\Omega .$ Misalkan $\left\{ u_{n}\right\} $ barisan
fungsi panharmonik dalam $\Omega ,$ dan terbatas seragam pada $\Omega .$
Maka terdapat sub barisan dari $\left\{ u_{n}\right\} $ yang konvergen
seragam dalam $R$ ke sebuah fungsi panharmonik dalam $R$.
\end{theorem}

\begin{proof}
Misalkan $\left\{ u_{n}(x,y)\right\} $ barisan fungsi panharmonik di dalam $%
\Omega ,$ dan ada $M>0$ sehingga $\left| u_{n}(x,y)\right| \leq M$ untuk
sembarang titik $(x,y)$ di dalam $\Omega $ dan untuk setiap $n.$ Definisikan
silinder $S,$ dimana $S=\{(x,y,z):(x,y)\in \Omega ,\frac{-\pi }{2\mu }<z<%
\frac{\pi }{2\mu }\}$ dan silinder $S^{\prime }$ pada $S,$ $S^{\prime
}=\{(x,y,z):(x,y)\in R,\frac{-\pi }{2\mu }<z<\frac{\pi }{2\mu }\}.$
Definisikan barisan $\left\{ v_{n}(x,y,z)\right\} $ dengan $%
v_{n}(x,y,z)=u_{n}(x,y)\cos \mu z.$ Maka $\left\{ v_{n}\right\} $ barisan
fungsi harmonik pada $S,$ dan berlaku $\left| v_{n}(x,y,z)\right| =\left|
u_{n}(x,y)\cos \mu z\right| \leq \left| u_{n}(x,y)\right| \leq M,$ untuk
setiap $(x,y,z)$ di $S$ dan untuk setiap $n.$ Ini berarti $\left\{
v_{n}\right\} $ barisan fungsi harmonik dan terbatas seragam di $S.$
Berdasarkan teorema IX, h. 267, Kellogg, ada sub barisan dari $\left\{
v_{n}\right\} $ yang konvergen seragam dalam $S^{\prime }$ ke suatu fungsi
yang harmonik dalam $S^{\prime }.$ Misalkan sub barisan tersebut $\left\{
v_{nk}(x,y,z)\right\} ,$ dan misalkan $v_{nk}$ konvergen seragam ke fungsi
harmonik $v(x,y,z)=w(x,y)\cos \mu z$ untuk sembarang $(x,y,z)$ di $S^{\prime
}.$ Tinjau untuk untuk $z=0,$ maka $v_{nk}(x,y,0)=u_{nk}(x,y)\cos \mu
0=u_{nk}(x,y)$ konvergen seragam ke $v(x,y,0)=w(x,y)\cos 0=w(x,y)$ untuk
sembarang $(x,y)$ di $R.$ Selanjutnya akan ditunjukkan bahwa $w(x,y$) fungsi
panharmonik di $R.$ Karena $v(x,y,z)=w(x,y)\cos \mu z$ fungsi harmonik, maka 
$v_{xx}+v_{yy}+v_{zz}=(w_{xx}+w_{yy}-\mu ^{2}w)\cos \mu z=0.$ Pilih $z=0,$
maka $w_{xx}+w_{yy}-\mu ^{2}w=0$ untuk sembarang $(x,y)$ di $R.$
\end{proof}

\begin{theorem}
Misalkan $\Omega $ suatu domain tertutup di $\Re ^{2}$ dan $R$ sembarang sub
himpunan kompak dalam $\Omega .$ Misalkan $\left\{ u_{n}\right\} $ barisan
fungsi panharmonik dalam $\Omega ,$ dan konvergen dalam rata-rata di $\Omega
.$ Maka $\left\{ u_{n}\right\} $ konvergen seragam dalam $R$ ke sebuah
fungsi panharmonik dalam $R$.
\end{theorem}

\begin{proof}
Misalkan $\left\{ u_{n}(x,y)\right\} $ barisan fungsi panharmonik di dalam $%
\Omega $ yang konvergen dalam rata-rata ke sebuah fungsi $u(x,y)$ di dalam $%
\Omega .$ Definisikan silinder $S$ di $\Re ^{3},$ $S=\{(x,y,z):(x,y)\in
\Omega $ $,\frac{-\pi }{\mu }\leq z\leq \frac{\pi }{\mu }\}$ dan silinder $%
S^{\prime }$ pada $S,$ $S=\{(x,y,z):(x,y)\in R,\frac{-\pi }{2\mu }\leq z\leq 
\frac{\pi }{2\mu }\}.$ Definisikan barisan $\left\{ v_{n}(x,y,z)\right\} $
dengan $v_{n}(x,y,z)=u_{n}(x,y)\cos \mu z.$ Maka $\left\{ v_{n}\right\} $
barisan fungsi harmonik pada $S\subseteq \Re ^{3}.$ Selanjutnya pandang 
\begin{eqnarray*}
&&\iiint_{S}\left| v_{n}(x,y,z)-u(x,y)\cos \mu z\right| ^{2}dV \\
&=&\iiint_{S}\left| u_{n}(x,y)\cos \mu z-u(x,y)\cos \mu z\right| ^{2}dV \\
&\leq &\iiint_{S}\left| u_{n}(x,y)-u(x,y)\right| ^{2}dV \\
&=&\frac{2\pi }{\mu }\iint_{\Omega }\left| u_{n}(x,y)-u(x,y)\right|
^{2}d\Omega .
\end{eqnarray*}
Ini mengatakan bahwa $v_{n}$ konvergen dalam rata-rata di $S$ ke fungsi $%
u(x,y)\cos \mu z.$ Berdasarkan teorema X, h. 268, Kellogg, $v_{n}$ konvergen
seragam dalam silinder tutup $S^{\prime }$ ke $u(x,y)\cos \mu z$ yang
harmonik. Selanjutnya tinjau untuk kasus $z=0,$ maka $%
v_{n}(x,y,0)=u_{n}(x,y).$ Karena itu, $v_{n}(x,y,0)=u_{n}(x,y)$ konvergen
seragam ke $u(x,y)$ pada $R.$ Selanjutnya akan ditunjukkan bahwa $u(x,y)$
fungsi panharmonik. Karena $v=u(x,y)\cos \mu z$ harmonik, maka haruslah $%
v_{xx}+v_{yy}+v_{zz}=(u_{xx}+u_{yy}-\mu ^{2}u)\cos \mu z=0.$ Pilih $z=0,$
maka $u_{xx}+u_{yy}-\mu ^{2}u=0$ untuk sembarang $(x,y)$ di $R.$
\end{proof}

Teorema berikut telah dibuktikan Duffin dengan menggunakan prinsip
korespondensi di atas, namun di sini akan dibuktikan langsung.

\begin{theorem}
Misalkan $\Omega $ suatu domain tutup di $\Re ^{2}$ dan $\left\{
u_{n}\right\} $ barisan fungsi panharmonik pada $\Omega .$ Jika barisan $%
\left\{ u_{n}\right\} $ konvergen seragam pada $\partial \Omega ,$ maka
barisan tersebut konvergen saragam di dalam $\Omega $ ke sebuah fungsi yang
panharmonik.
\end{theorem}

\begin{proof}
Pertama akan ditunjukkan bahwa barisan $\left\{ u_{n}\right\} $ konvergen
seragam di dalam $\Omega .$ Perhatikan bahwa $\left( u_{n+p}-u_{n}\right) $
panharmonik di dalam $\Omega ,$ dan nilai maksimum $\left|
u_{n+p}(x)-u_{n}(x)\right| $ pada $\overline{\Omega }$ dicapai di batas $%
\Omega .$ Karena $\left\{ u_{n}\right\} $ konvergen seragam di batas $\Omega
,$ akibatnya nilai maksimum $\left| u_{n+p}(x)-u_{n}(x)\right| $ di dalam $%
\Omega ,$ tidak akan lebih besar dari nilai maksimum $\left|
u_{n+p}(x)-u_{n}(x)\right| $ di batas $\Omega .$ Karena itu haruslah $%
\left\{ u_{n}\right\} $ konvergen seragam di dalam $\Omega .$ Untuk
menunjukkan limit fungsinya panharmonik, dapat digunakan teorema 20.
\end{proof}

\section{ Grup Simetri Persamaan Yukawa}

Pada bagian ini akan dicari seluruh transformasi yang mengawetkan fungsi
panharmonik melalui pencarian grup simetri dari persamaan diferensial
parsial Yukawa $\triangle u=u_{xx}+u_{yy}-\mu ^{2}u=0.$ Misalkan $u=f(x,y)$
solusi persamaan Yukawa, dan 
\begin{equation*}
V=\xi (x,y,u)\partial x+\Gamma (x,y,u)\partial y+\Phi (x,y,u)\partial u
\end{equation*}
adalah medan vektor pada $X\times U,$ dengan prolongasi kedua dari medan
vektor $V,$ yaitu 
\begin{equation*}
\Pr \text{ }^{2}V=V+\Phi ^{x}\partial u_{x}+\Phi ^{y}\partial u_{y}+\Phi
^{xx}\partial u_{xx}+\Phi ^{xy}\partial u_{xy}+\Phi ^{yy}\partial u_{yy}
\end{equation*}
sehingga 
\begin{equation*}
\Pr \text{ }^{2}V(\triangle u)=\Phi ^{xx}+\Phi ^{yy}-\mu ^{2}\Phi =0.
\end{equation*}
Dimana

$\Phi ^{xx}=\Phi _{xx}+(2\Phi _{ux}-\xi _{xx})u_{x}+(\Phi _{uu}-2\xi
_{xu})u_{x}^{2}-\Gamma _{xx}u_{y}-\xi _{uu}u_{x}^{3}-2\Gamma _{ux}u_{x}u_{y}$

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ -\Gamma _{uu}u_{x}^{2}u_{y}$ $+(\Phi _{u}-2\xi
_{x})u_{xx}-2\Gamma _{x}u_{yx}-3\xi _{u}u_{x}u_{xx}-\Gamma _{u}u_{y}u_{xx}$

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ -2\Gamma _{u}u_{x}u_{yx}$

$\Phi ^{yy}=\Phi _{yy}+(\Phi _{uy}-\Gamma _{yy})u_{y}+(\Phi _{uu}-\Gamma
_{yu})u_{y}^{2}-\Gamma _{uu}u_{y}^{3}-\xi _{yy}u_{x}-2\xi _{uy}u_{x}u_{y}+$

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (\Phi _{u}-2\Gamma _{y})u_{yy}$ $-2\xi
_{y}u_{yx}-3\Gamma _{u}u_{y}u_{yy}-2\xi _{u}u_{yx}u_{y}-\xi
_{u}u_{x}u_{yy}-\xi _{uu}u_{x}u_{y}^{2}.$

Selanjutnya substitusikan $\Phi ^{xx}$ dan $\Phi ^{yy}$ ke prolongasi kedua
terhadap persamaan Yukawa, dan dengan menyamakan koefisien dari
masing-masing turunan parsial $u,$ diperoleh $\Gamma =\Gamma (x,y)$ dan $\xi
=\xi (x,y),$ dan $\Phi $ memenuhi persamaan Yukawa, dan 
\begin{equation*}
\xi =bx+cy+d
\end{equation*}
\begin{equation*}
\Gamma =-cx+by+k
\end{equation*}
\begin{equation*}
\Phi =2bu+\alpha (x,y).
\end{equation*}
Karena $\Phi $ memenuhi persamaan Yukawa, maka $\alpha $ juga harus memenuhi
persamaan Yukawa. Aljabar Lie dari simetri infinitesimal persamaan Yukawa
dibangun oleh empat buah medan vektor, yaitu

$V_{4}=y\partial x-x\partial y$

$V_{3}=y\partial x+x\partial y+2u\partial u$

$V_{2}=\partial y$

$V_{1}=\partial x$

Khusus $V_{\alpha }=\alpha (x,y)\partial u,$ ini merupakan sub aljabar
berdimensi tak hingga dimana $\alpha $ sembarang solusi persamaan Yukawa.
Grup berparameter-1 $G_{i}$ yang dibangun oleh $V_{i}$ adalah

$G_{1}:(x,y,u)\mapsto (x+\varepsilon ,y,u)$

$G_{2}:(x,y,u)\mapsto (x,y+\varepsilon ,u)$

$G_{3}:(x,y,u)\mapsto (xe^{\varepsilon },ye^{\varepsilon },ue^{2\varepsilon
})$

$G_{4}:(x,y,u)\mapsto (y\varepsilon +x,y-x\varepsilon ,u)$

$G_{\alpha }:(x,y,u)\mapsto (x,y,\alpha \varepsilon +u).$

Masing-masing $G_{i}$ grup simetri untuk persamaan Yukawa, karena itu jika $%
u=f(x,y)$ solusi persamaan Yukawa, maka

$u_{1}=f(x-\varepsilon ,y)$

$u_{2}=f(x,y-\varepsilon )$

$u_{3}=e^{2\varepsilon }f(e^{-\varepsilon }x,e^{-\varepsilon }y)$

$u_{4}=f(\frac{x-\varepsilon y}{1+\varepsilon ^{2}},\frac{y+\varepsilon x}{%
1+\varepsilon ^{2}})$

$u_{\alpha }=\alpha (x,y)\varepsilon +f(x,y),$ juga solusi persamaan Yukawa.

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

Berikut ini hasil kajian yang 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. Selanjutnya hasil estimasi untuk koefisien
fungsi analitik ini digunakan oleh J.L. Schiff dan W.J. Walker (1990) untuk
mengestimasi koefisien fungsi $\mu $ regular. 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) untuk fungsi analitik.

Berikut ini hasil estimasi koefisien fungsi $\mu $ regular yang dideretkan
dan dikonstruksi dari fungsi analitik yang telah dilakukan 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}

\begin{theorem}
\bigskip 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 $\Psi _{n}(x)=\Psi _{n+1}(x)+\frac{\left( \frac{x}{2}\right) ^{2}}{%
\left( n+1\right) \left( n+2\right) }\Psi _{n+2}(x)$.
\end{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 di atas mengatakan bahwa terdapat suatu 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 $D,$ kemudian
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*}
Sedangkan untuk tanda '=', dapat digunakan fungsi Kobe 
\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 $\left| a_{n}\right| \leq n.$ Sedangkan hasil 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) yang menghasilkan estimasi yang cukup baik terhadap selisih
modulus dua buah koefisien yang berurutan, 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, dan 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 $2\left|
a_{-2}\right| -\left| a_{-1}\right| =2\left| a_{-2}\right| =\frac{\mu }{2}%
\leq 1.805\mu ,$ akibatnya kita peroleh 
\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}
