%\newenvironment{summary}{Abstrak}


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

%TCIDATA{OutputFilter=LATEX.DLL}
%TCIDATA{Created=Thu Dec 06 10:50:49 2001}
%TCIDATA{LastRevised=Thu Feb 28 13:42:41 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}{Abstrak}
\newenvironment{proof}[1][Bukti]{\textbf{#1.} }
{\ \rule{0.5em}{0.5em}}
\input{tcilatex}

\begin{document}

\title{Kenolan Fungsi $\mu $ Regular}
\author{Endang Cahya M.A \\
%EndAName
Jurusan Pend. Matematika\\
FPMIPA UPI Bandung}
\maketitle

\baselineskip=.25in

\begin{summary}
Tulisan ini membahas kenolan suatu fungsi $\mu $ Regular atau banyaknya akar
persamaan dari fungsi $\mu $ Regular. Pembuktian dilakukan melalui komposisi
fungsi Analitik dan fungsi $\mu $ Regular.
\end{summary}

\section{\protect\bigskip Pendahuluan}

Pada bagian ini akan dijelaskan kenolan fungsi dari sebuah kelas fungsi
bernilai kompleks yang memiliki bagian real dan imaginer fungsi panharmonik
bernilai real. Kelas fungsi ini telah dijelaskan Duffin tahun 1971 dalam
''Yukawan Potential Theory''. Berikut ini definisi dari kelas fungsi
tersebut yang dijelaskan Duffin. Sebelumnya misalkan $\Omega $ himpunan buka
terhubung sederhana di $\Re ^{2}.$ Misalkan fungsi bernilai kompleks $f$ di $%
C^{2}(\Omega ),$ dengan {\large \ }$f(z)=u(x,y)+iv(x,y)${\large \ }dimana $u$%
\ dan $v$\ masing-masing fungsi bernilai real pada $\Omega ,$ yang memenuhi
sifat
\begin{eqnarray*}
\frac{\partial u}{\partial x} &=&\frac{\partial v}{\partial y}+\mu u \\
\frac{\partial u}{\partial y} &=&-\frac{\partial v}{\partial x}-\mu v.
\end{eqnarray*}
Fungsi $f$\ seperti di atas merupakan fungsi yang analitik semu dan disebut
fungsi $\mu $\ regular, dan sistem persamaan diferensial tersebut di atas
disebut Cauchy-Riemann yang diperumum(C-R-P) untuk persamaan Yukawa ($%
\triangle u=\mu ^{2}u).$\ Akibat dari sistem persamaan diferensial yang
dipenuhinya, dapat ditunjukkan bahwa $u$\ dan $v$\ fungsi panharmonik
bernilai real, dan $f$\ merupakan fungsi panharmonik bernilai kompleks.
Untuk menguji ke-$\mu $\ regularan suatu fungsi bernilai kompleks di $C^{2}$%
, dapat digunakan syarat $Lf=\mu \overline{f}$\ dimana $L=\frac{\partial }{%
\partial x}+i\frac{\partial }{\partial y}.$\ Sebagai akibat dari syarat ke-$%
\mu $\ regularan, jika $f$\ fungsi $\mu $\ regular maka $\overline{Lf}$\
juga fungsi $\mu $\ regular. Untuk mengurangi kesalah pahaman mengenai
pengertian ke $\mu $ regularan suatu fungsi, maka suatu fungsi disebut $\mu $
regular diartikan untuk nilai $\mu $ yang sama.

\section{Teori Pendukung}

\subsection{\protect\bigskip Ketunggalan}

\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 $a_{m}\neq 0,$%
\begin{equation*}
f(z)=a_{m}\left( z-\alpha \right) ^{m}+O\left| z-\alpha \right| ^{m+1}
\end{equation*}
dan
\begin{equation*}
\frac{\partial f(z)}{\partial x}=ma_{m}\left( z-\alpha \right)
^{m-1}+O\left| z-\alpha \right| ^{m}.
\end{equation*}
\end{theorem}

Bukti. (lihat Duffin, h.126)

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

Bukti. (lihat Duffin, h.126).

Selanjutnya, sebagai akibat dari dua teorema terakhir di atas, dapat
ditunjukkan ketunggalan suatu fungsi $\mu $ regular.

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

\begin{proof}
Jika $f\equiv g$ pada $\Omega ,$ jelas himpunan $\left\{ z\in \Omega
:f(z)=g(z)\right\} $ memiliki titik limit. Karena itu untuk membuktikan ini,
cukup ditunjukkan dari kanan ke kiri. Untuk itu misalkan himpunan $\left\{
z\in \Omega :f(z)=g(z)\right\} $ punya titik limit di $\Omega $ dan
definisikan $h(z)\equiv \left( f-g\right) \left( z\right) $ pada $\Omega .$
Akibatnya himpunan infinit $\left\{ z\in \Omega :h(z)=0\right\} $ punya
titik limit di $\Omega .$ Berdasarkan teorema 14, $h(z)=0$ untuk sembarang $%
z $ di $\Omega .$ Akibatnya $f\equiv g.$
\end{proof}

\subsection{Integral Kontur}

\begin{lemma}
Misalkan $\Omega \subseteq R^{2},$ buka, dan dibatasi oleh kurva tutup
sederhana $\Gamma .$ Misalkan $h(z)\in C^{1}(\Omega ),$ dan $\func{Im}%
(L(h(z))=0.$ Maka $\func{Re}\int_{\Gamma }h(z)dz=0.$
\end{lemma}

\begin{proof}
Misalkan $h(z)=u(x,y)+iv(x,y)\in C^{1}(\Omega ).$ Maka $Lh(z)=\left( \frac{%
\partial u}{\partial x}-\frac{\partial v}{\partial y}\right) +i\left( \frac{%
\partial v}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}\right) .$ Misalkan $%
\frac{\partial v}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}=0.$ Maka

\begin{eqnarray*}
\func{Re}\int_{\Gamma }h(z)dz &=&\func{Re}\int_{\Gamma
}(u(x,y)+iv(x,y))(dx+idy) \\
&=&\func{Re}\int_{\Gamma }(udx-vdy)+i(udy+vdx) \\
&=&\int_{\Gamma }udx-vdy \\
&=&-\iint_{\Omega }\left( \frac{\partial v}{\partial x}+\frac{\partial u}{%
\partial y}\right) dxdy \\
&=&0
\end{eqnarray*}
\end{proof}

\begin{lemma}
Misalkan $a$ titik singular $f,$ dan misalkan $C$ lingkaran kecil yang
berpusat di $a$ sehingga $f$ holomorpik pada $C$ dan interiornya, kecuali
mungkin di $a.$ Maka
\begin{equation*}
\int_{C}f(\zeta )d\zeta =2\pi ia_{-1}=2\pi i\func{Re}s_{a}f.
\end{equation*}
\end{lemma}

\begin{proof}
Lihat Lang, Complex Analysis, Edisi 3.
\end{proof}

\subsection{Komposisi Fungsi}

\begin{lemma}
Misalkan $f$ dan $g$ masing-masing fungsi di $C^{1}(\Omega )$ dimana $\Omega
\subseteq C.$ Misalkan pula $f\circ g$ terdefinisi pada $\Omega ,$ maka
berlaku
\begin{equation*}
\frac{\partial }{\partial z}(f\circ g)_{(z)}=\frac{\partial f}{\partial z}%
\left| _{g(z)}\right. \frac{\partial g}{\partial z}(z)+\frac{\partial f}{%
\partial \overline{z}}\left| _{g(z)}\right. \frac{\partial \overline{g}}{%
\partial z}(z)
\end{equation*}
dan
\begin{equation*}
\frac{\partial }{\partial \overline{z}}(f\circ g)_{(z)}=\frac{\partial f}{%
\partial z}\left| _{g(z)}\right. \frac{\partial g}{\partial \overline{z}}(z)+%
\frac{\partial f}{\partial \overline{z}}\left| _{g(z)}\right. \frac{\partial
\overline{g}}{\partial \overline{z}}(z)
\end{equation*}
\end{lemma}

\begin{proof}
Tulis $g(z)=\alpha (z)+i\beta (z),$ dimana $\alpha $ dan $\beta $
masing-masing fungsi bernilai real. Dengan menggunakan aturan rantai
diperoleh
\begin{eqnarray*}
\frac{\partial }{\partial z}(f\circ g)_{(z)} &=&\frac{1}{2}\left( \frac{%
\partial }{\partial x}-i\frac{\partial }{\partial y}\right) \left( f\circ
g\right) _{\left( z\right) } \\
&=&\frac{1}{2}\left( \frac{\partial f}{\partial x}\frac{\partial \alpha }{%
\partial x}+\frac{\partial f}{\partial y}\frac{\partial \beta }{\partial x}-i%
\frac{\partial f}{\partial x}\frac{\partial \alpha }{\partial y}-i\frac{%
\partial f}{\partial y}\frac{\partial \beta }{\partial y}\right) ,
\end{eqnarray*}
selanjutnya substitusikan $\frac{\partial }{\partial x}=\frac{\partial }{%
\partial z}+\frac{\partial }{\partial \overline{z}}$ dan $\frac{\partial }{%
\partial y}=i\left( \frac{\partial }{\partial z}-\frac{\partial }{\partial
\overline{z}}\right) $ pada hasil terakhir di atas, diperoleh
\begin{eqnarray*}
\frac{\partial }{\partial z}(f\circ g) &=&\frac{1}{2}\left( \frac{\partial }{%
\partial z}+\frac{\partial }{\partial \overline{z}}\right) \left( f\right)
\left( \frac{\partial }{\partial x}-i\frac{\partial }{\partial y}\right)
\left( \alpha \right) +\frac{1}{2}i\left( \frac{\partial }{\partial z}-\frac{%
\partial }{\partial \overline{z}}\right) \left( f\right) \left( \frac{%
\partial }{\partial x}-i\frac{\partial }{\partial y}\right) \left( \beta
\right)  \\
&=&\frac{1}{2}\frac{\partial f}{\partial z}\left( \frac{\partial }{\partial x%
}-i\frac{\partial }{\partial y}\right) \left( \alpha +i\beta \right) +\frac{1%
}{2}\frac{\partial f}{\partial \overline{z}}\left( \frac{\partial }{\partial
x}-i\frac{\partial }{\partial y}\right) \left( \alpha -i\beta \right)  \\
&=&\frac{\partial f}{\partial z}\frac{\partial g}{\partial z}(z)+\frac{%
\partial f}{\partial \overline{z}}\frac{\partial \overline{g}}{\partial z}
\end{eqnarray*}
\end{proof}

\begin{corollary}
Jika salah satu $f$ atau $g$ analitik, maka $\frac{\partial }{\partial z}%
(f\circ g)_{(z)}=\frac{\partial f}{\partial z}\left| _{g(z)}\right. \frac{%
\partial g}{\partial z}(z).$
\end{corollary}

\begin{corollary}
Jika $f$ analitik, maka $\frac{\partial }{\partial \overline{z}}(f\circ
g)_{(z)}=\frac{\partial f}{\partial z}\left| _{g(z)}\right. \frac{\partial g%
}{\partial \overline{z}}(z).$
\end{corollary}

\begin{corollary}
Jika $f$ analitik dan $g$ fungsi $\mu $ regular dan $f\circ g$ terdefinisi
pada $\Omega \subseteq C$ maka berlaku
\begin{eqnarray*}
\frac{\partial }{\partial z}(f\circ g)_{(z)} &=&\frac{\partial f}{\partial z}%
\left| _{g(z)}\right. \frac{\partial g}{\partial z}(z) \\
\frac{\partial }{\partial \overline{z}}(f\circ g)_{(z)} &=&\frac{\partial f}{%
\partial z}\left| _{g(z)}\right. \frac{\partial g}{\partial \overline{z}}(z).
\end{eqnarray*}
\end{corollary}

\section{\protect\bigskip Hasil Kajian}

Dengan menggunakan operator $L=\frac{\partial }{\partial x}+i\frac{\partial
}{\partial y}$ maka dapat ditulis $L=2\frac{\partial }{\partial \overline{z}}
$ dan $\overline{L}=2\frac{\partial }{\partial z},$ dan akibat di atas dapat
ditulis sebagai $\overline{L}(f\circ g)=\overline{L}(f)_{\left( g(z)\right) }%
\overline{L}g$ dan $L(f\circ g)=\overline{L}(f)_{\left( g(z)\right) }Lg.$

\begin{theorem}
Misalkan $f$ fungsi $\mu $ ergular disetiap titik pada suatu daerah yang
memiliki batas sejumlah hingga kontur-kontur tutup sederhana $\Gamma ^{\ast
}.$ Misalkan pula $\phi (w)$ fungsi analitik di $w=f(z),$ maka
\begin{equation*}
\func{Re}\int_{\Gamma }\left( \phi (f)f_{x}-\mu \func{Im}(\phi (f)\overline{f%
}\right) dz=0.
\end{equation*}
\end{theorem}

\begin{proof}
Perhatikan bahwa $\overline{L}f=2f_{x}-\mu \overline{f}$ dan misalkan $%
h(z)=2\phi (f)f_{x}+\mu \overline{\phi }(f)f-\mu \phi (f)\overline{f}$ atau $%
h(z)=\phi \overline{L}f+\overline{\phi Lf}.$ Selanjutnya, perhatikan bahwa
\begin{eqnarray*}
L(h(z)) &=&L\left( \phi \overline{L}f+\overline{\phi Lf}\right)  \\
&=&L\left( \phi \overline{L}f\right) +\overline{\overline{L}(\phi Lf)} \\
&=&\phi ^{\prime }Lf\overline{L}f+\phi L\overline{L}f+\overline{\overline{L}%
\phi \overline{L}fLf+\phi \overline{L}Lf} \\
&=&\phi ^{\prime }Lf\overline{L}f+\phi L\overline{L}f+\overline{\phi
^{\prime }\overline{L}fLf+\phi \overline{L}Lf}.
\end{eqnarray*}
Ini mengatakan bahwa $\func{Im}L(h(z))=0,$ dan berdasarkan lema 1
\begin{eqnarray*}
\func{Re}\int_{\Gamma }h(z)dz &=&\func{Re}\int_{\Gamma }\left( 2\phi
(f)f_{x}+\mu \overline{\phi }(f)f-\mu \phi (f)\overline{f}\right) dz \\
&=&\func{Re}\int_{\Gamma }\left( 2\phi f_{x}+\mu (\overline{\phi }f-\phi
\overline{f})\right) dz \\
&=&\func{Re}\int_{\Gamma }\left( 2\phi f_{x}+2\mu \func{Im}(\overline{\phi }%
f)\right) dz \\
&=&\func{Re}\int_{\Gamma }\left( 2\phi f_{x}-2\mu \func{Im}(\phi \overline{f}%
)\right) dz \\
&=&0.
\end{eqnarray*}
\end{proof}

\begin{theorem}
Misalkan $f$ fungsi $\mu $ regular di dalam dan pada kontur tutup sederhana $%
\Gamma $ dan $f(z)\neq 0$ untuk setiap titik pada $\Gamma .$ Maka jumlah
total bilangan nol dari $f(z)$ di dalam $\Gamma $ adalah
\begin{equation*}
N=\func{Re}\left( \frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma }\left( \frac{f_{x}}{f}+\frac{%
\mu }{2}\frac{f}{\overline{f}}-\frac{\mu }{2}\frac{\overline{f}}{f}\right)
dz\right) .
\end{equation*}
\end{theorem}

\begin{proof}
Bukti ini akan dibagi dalam dua kasus, pertama misalkan $f$ tidak pernah nol
di dalam $\Gamma ,$ maka dengan mengambil $\phi (w)=\frac{1}{w}$ pada $%
h(z)=\phi \overline{L}f+\overline{\phi Lf}$ diperoleh $h(z)=2(\frac{f_{x}}{f}%
+\frac{\mu }{2}\frac{f}{\overline{f}}-\frac{\mu }{2}\frac{\overline{f}}{f}),$
dan $h(z)$ tidak pernah nol di dalam $\Gamma .$ Akibatnya $\int_{\Gamma
}h(z)dz=2\int_{\Gamma }(\frac{f_{x}}{f}+\frac{\mu }{2}\frac{f}{\overline{f}}-%
\frac{\mu }{2}\frac{\overline{f}}{f})dz=0.$ Ini membuktikan $N=0.$ Kedua,
misalkan $f$ memiliki titik nol, maka berdasarkan teorema 2, terdapat
sejumlah titik-titik $\alpha _{1},\alpha _{2},...,\alpha _{k}$ dimana $f$
nol. Misalkan $\Gamma _{1},\Gamma _{2},...,\Gamma _{k}$ kontur-kontur disk
berjari-jari $\varepsilon >0$ dan masing-masing berpusat di titik-titik $%
\alpha _{1},\alpha _{2},...,\alpha _{k}$. Selanjutnya misalkan $\Gamma
^{\ast }=\Gamma -\Gamma _{1}-\Gamma _{2}-...\Gamma _{k,}$ maka $f$ tidak
pernah nol dalam kontur $\Gamma ^{\ast }.$ Akibatnya,
\begin{equation}
\frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma }=\frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma _{1}}+..+\frac{1%
}{2\pi i}\int_{\Gamma _{k}}.  \label{cauchy}
\end{equation}
Dengan menggunakan teorema 1, kita peroleh $\frac{f_{x}}{f}+\frac{\mu }{2}%
\frac{f}{\overline{f}}-\frac{\mu }{2}\frac{\overline{f}}{f}=\frac{m_{1}}{%
z-\alpha _{1}}+O(1)$ untuk $z\rightarrow \alpha _{1},$ dan $m_{1}$
multiplisitas dari $\alpha _{1}.$ Dengan demikian, kita punya
\begin{equation}
\frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma _{1}}\left( \frac{f_{x}}{f}+\frac{\mu }{2}\frac{%
f}{\overline{f}}-\frac{\mu }{2}\frac{\overline{f}}{f}\right)
dz=m_{1}+O(\varepsilon ).  \label{pol}
\end{equation}
Berdasarkan teorema 3, dan mensubstitusikan persamaan \ref{pol} ke \ref
{cauchy}, dan untuk $\varepsilon \rightarrow 0,$ diperoleh
\begin{equation*}
\func{Re}\frac{1}{2\pi i}\int_{\Gamma }\left( \frac{f_{x}}{f}+\frac{\mu }{2}%
\frac{f}{\overline{f}}-\frac{\mu }{2}\frac{\overline{f}}{f}\right)
dz=m_{1}+m_{2}+...+m_{k}.
\end{equation*}
\end{proof}

\section{\protect\bigskip Daftar Pustaka}\vspace{-.5cm}
Cahya, E. 2000. \textit{Fungsi }$\mu $ \textit{Regular, }Mihmi,
Vol. 6 No.5.\\
 Duffin, R.J. 1971. \textit{Yukawan Potential
Theory}, J.Math.Anal.Appl.35,104-130.\\
Serge Lang, 1989. \textit{Complex Analysis}, Springer Verlag, Third Ed.,
NewYork.

\end{document}
