Matematika Universitas — Tahun 3 · Bachelor Year 3

16Fungsi Holomorfik

Keterturunan kompleks tampak seperti ragam kecil atas teori realnya — satu limit, satu hasil bagi. Padahal ia semesta yang berbeda. Sebuah fungsi yang dapat diturunkan sekali pada himpunan bagian terbuka $\C$ dengan sendirinya dapat diturunkan tak berhingga kali, bersifat analitik, tertentukan pada seluruh daerahnya oleh nilainya di dekat satu titik, dan terkendala oleh asas global yang kaku (Liouville, modulus maksimum). Semua ini mengalir dari satu keajaiban, yakni teorema Cauchy: bahwa integral sebuah fungsi holomorfik sepanjang lintasan tertutup di daerah berbentuk bintang lenyap. Bab ini membuktikan keajaiban itu (lewat argumen Goursat, tanpa keteraturan yang diandaikan selain keterturunannya), memanen akibat klasiknya, lalu menuntaskan sebuah teorema yang buku ini pakai secara utang sejak Bab 4: bahwa setiap polinomial kompleks yang tak konstan berakar.

Sepanjang bab ini, $\Omega \subseteq \C$ terbuka, dan $D(a, r)$ menandai cakram terbukanya.

16.1 Keterturunan kompleks

Definisi 16.1

Sebuah $f \colon \Omega \to \C$ disebut holomorfik pada $\Omega$ jika untuk setiap $z_0 \in \Omega$

f'(z_0) = \lim_{h\to0}\frac{f(z_0 + h) - f(z_0)}{h}

ada ( $h \in \C^*$ ). Jumlah, hasil kali, hasil bagi (dengan penyebut yang tak lenyap), dan komposisi fungsi holomorfik bersifat holomorfik, dengan rumus yang lazim (sebab bukti Tahun ke-1 dan ke-2 berlaku kata demi kata: karena ia hanya memakai operasi lapangan dan limit). Sedangkan $\mathcal H(\Omega)$ menandai himpunan fungsi holomorfik pada $\Omega$ .

Proposisi 16.2 (Cauchy–Riemann)

Tulis $f(x + \iu y) = P(x,y) + \iu Q(x,y)$ . Maka $f$ bersifat holomorfik di $z_0$ jika dan hanya jika $f$ dapat diturunkan- $\R$ di $z_0$ (sebagai pemetaan dua variabel real) dan

\frac{\partial P}{\partial x} = \frac{\partial Q}{\partial y}, \qquad \frac{\partial P}{\partial y} = -\frac{\partial Q}{\partial x} \qquad \text{di } z_0 ;

setara dengan itu, diferensial realnya adalah perkalian dengan bilangan kompleks $f'(z_0)$ .

Bukti. Keterturunan- $\C$ -nya mengatakan $f(z_0 + h) = f(z_0) + ch + o(\abs h)$ dengan $c = f'(z_0)$ : yakni sebuah diferensial linear- $\R$ yang berupa perkalian dengan $c = a + \iu b$ , yakni bermatriks $\bigl(\begin{smallmatrix} a & -b\\ b & a \end{smallmatrix}\bigr)$ pada basis $(1, \iu)$ — tepat hubungan yang ditampilkan bagi turunan parsialnya. Sebaliknya diferensial semacam itu bersifat linear- $\C$ , dan definisi $o(\abs h)$ -nya bersesuaian. ∎

Contoh 16.3

Polinomial dalam $z$ , fungsi rasional di luar kutubnya, dan — menurut teorema penurunan suku demi suku Tahun ke-2 untuk deret pangkat, yang buktinya bekerja secara identik atas $\C$ — setiap jumlah deret pangkat $\sum a_n(z - a)^n$ di dalam cakram kekonvergenannya: semuanya holomorfik, dengan turunan $\sum na_n(z - a)^{n-1}$ (berjari-jari sama). Khususnya $\exp z = \sum z^n/n!$ bersifat utuh (yakni holomorfik pada $\C$ ) dengan $\exp' = \exp$ . Sedangkan di sisi lain $z \mapsto \bar z$ , $\abs z$ , dan $\operatorname{Re}z$ tak holomorfik di mana pun (sebab Cauchy–Riemann gagal di mana-mana): jadi keholomorfikan adalah kekakuan yang mengawetkan arah dan sudut, bukan kemulusan.

16.2 Integral kontur

Definisi 16.4

Sebuah lintasan adalah pemetaan $\mathcal C^1$ sepenggal-sepenggal $\gamma \colon \intcc ab \to \C$ ; dan ia tertutup jika $\gamma(a) = \gamma(b)$ . Untuk $f$ yang kontinu pada peta $\gamma$ :

\int_\gamma f(z)\,\dd z = \int_a^b f(\gamma(t))\,\gamma'(t)\,\dd t, \qquad \Bigl|\int_\gamma f\,\dd z\Bigr| \leq \sup_{\gamma}\abs f\cdot\operatorname{length}(\gamma)

(yakni ketaksamaan ML; dengan panjangnya $= \int_a^b\abs{\gamma'}$ ). Integralnya invarian terhadap reparametrisasi $\mathcal C^1$ yang naik dan berganti tanda saat arahnya dibalik.

Proposisi 16.5 (Antiturunan)

Untuk $f$ yang kontinu pada $\Omega$ , pernyataan berikut setara: (i) $f$ mempunyai antiturunan $F \in \mathcal H(\Omega)$ (yakni $F' = f$ ); (ii) $\int_\gamma f\,\dd z = 0$ untuk setiap lintasan tertutup $\gamma$ di $\Omega$ . Dalam hal itu $\int_\gamma f\,\dd z = F(\gamma(b)) - F(\gamma(a))$ untuk setiap lintasan.

Bukti. (i) $\Rightarrow$ : $\frac{\dd}{\dd t}F(\gamma(t)) = F'(\gamma(t))\gamma'(t)$ (lewat aturan rantai, yang sah sepenggal-sepenggal), sehingga integralnya berteleskop menjadi selisih ujungnya; dan lintasan tertutup memberikan $0$ . (ii) $\Rightarrow$ (i): tetapkan $z_*$ pada sebuah komponen terhubung, lalu definisikan $F(z) = \int_{\gamma_z}f\,\dd z$ sepanjang sembarang lintasan dari $z_*$ ke $z$ (yang terdefinisi baik: sebab dua lintasan berselisih sebuah lintasan tertutup); lalu untuk $h$ yang kecil, dengan mengambil ruas dari $z$ ke $z + h$ ,

\frac{F(z + h) - F(z)}{h} - f(z) = \frac1h\int_{[z, z+h]}\bigl(f(w) - f(z)\bigr)\dd w \longrightarrow 0

lewat ketaksamaan ML dan kekontinuan $f$ di $z$ . ∎

Definisi 16.6 (Bilangan lilitan)

Untuk sebuah lintasan tertutup $\gamma$ dan $z \notin \operatorname{im}\gamma$ , indeks itu adalah

\operatorname{Ind}_\gamma(z) = \frac1{2\iu\pi} \int_\gamma\frac{\dd w}{w - z} .

Ia sebuah bilangan bulat: sebab dengan menetapkan $\varphi(t) = \int_a^t\frac{\gamma'(s)}{\gamma(s) - z}\dd s$ , fungsi $(\gamma(t) - z)\eu^{-\varphi(t)}$ berturunan nol (sepenggal-sepenggal), sehingga konstan; lalu di $t = b$ , $\eu^{\varphi(b)} = \frac{\gamma(b) - z}{\gamma(a) - z} = 1$ , sehingga $\varphi(b) \in 2\iu\pi\Z$ . Sebagai fungsi $z$ , indeksnya kontinu pada $\C\setminus\operatorname{im}\gamma$ (lewat kekonvergenan terdominasi), sehingga konstan pada setiap komponen terhubungnya, dan $0$ pada komponen yang tak terbatas (lewat ML: sebab integralnya menuju $0$ saat $z \to \infty$ ). Untuk lingkaran $\gamma(t) = a + r\eu^{\iu t}$ dengan $t \in \intcc0{2\pi}$ : $\operatorname{Ind}_\gamma(z) = 1$ bagi $z \in D(a,r)$ (hitunglah di $z = a$ : $\frac1{2\iu\pi} \int_0^{2\pi}\frac{r\iu\eu^{\iu t}}{r\eu^{\iu t}}\dd t = 1$ ; lalu ketetapannya menyelesaikan sisanya).

16.3 Teorema Cauchy

Teorema 16.7 (Goursat)

Misalkan $f \in \mathcal H(\Omega)$ dan $T \subseteq \Omega$ sebuah segitiga padat tertutup. Maka $\int_{\partial T}f\,\dd z = 0$ (dengan batasnya dilalui sekali, dalam arah mana pun).

Bukti. Misalkan $I(T) = \int_{\partial T}f\,\dd z$ . Menghubungkan titik tengah sisinya memecah $T$ menjadi empat segitiga separuh ukuran $T^{(1)}, \dots, T^{(4)}$ , dan rusuk dalamnya saling meniadakan berpasangan: sehingga $I(T) = \sum_iI(T^{(i)})$ . Pilihlah $T_1$ di antaranya yang $\abs{I(T_1)} \geq \frac14\abs{I(T)}$ , lalu iterasikan: diperoleh barisan bersarang $T \supseteq T_1 \supseteq T_2 \supseteq\cdots$ dengan

\abs{I(T_n)} \geq 4^{-n}\abs{I(T)}, \qquad \operatorname{diam}T_n = 2^{-n}\operatorname{diam}T, \quad \operatorname{length}(\partial T_n) = 2^{-n}\operatorname{length}(\partial T).

Irisannya $\bigcap T_n$ berupa satu titik $z_0$ (sebab kompak bersarang yang diameternya melenyap, Teorema 6.13(3)). Untuk keterturunannya di $z_0$ : diberikan $\varepsilon$ , maka untuk $n$ yang besar, pada $T_n$ ,

f(z) = f(z_0) + f'(z_0)(z - z_0) + R(z), \qquad \abs{R(z)} \leq \varepsilon\abs{z - z_0} \leq \varepsilon\operatorname{diam}T_n .

Bagian afinnya mempunyai antiturunan: sehingga integralnya pada $\partial T_n$ yang tertutup lenyap (Proposisi 16.5), menyisakan

\abs{I(T_n)} = \Bigl|\int_{\partial T_n}R\Bigr| \leq \varepsilon\operatorname{diam}(T_n)\, \operatorname{length}(\partial T_n) = \varepsilon\,4^{-n}\operatorname{diam}(T) \operatorname{length}(\partial T) .

Dengan membandingkannya terhadap $\abs{I(T_n)} \geq 4^{-n}\abs{I(T)}$ : $\abs{I(T)} \leq \varepsilon\cdot\text{konstanta}$ untuk setiap $\varepsilon$ : sehingga $I(T) = 0$ . ∎

Teorema 16.8 (Teorema Cauchy, versi berbentuk bintang)

Misalkan $\Omega$ berbentuk bintang terhadap $c$ (yakni setiap ruas $[c, z]$ dengan $z \in \Omega$ terletak di $\Omega$ ) — misalnya cembung. Maka setiap $f \in \mathcal H(\Omega)$ mempunyai antiturunan pada $\Omega$ ; sehingga $\int_\gamma f\,\dd z = 0$ untuk setiap lintasan tertutup $\gamma$ di $\Omega$ .

Bukti. Definisikan $F(z) = \int_{[c,z]}f\,\dd w$ . Untuk $z, z + h \in \Omega$ dengan $[z, z+h] \subseteq \Omega$ (yang benar untuk $h$ yang kecil), segitiga bertitik sudut $c, z, z+h$ terletak di $\Omega$ (lewat kebintangannya: sebab setiap titiknya terletak pada sebuah ruas $[c, w]$ dengan $w \in [z, z+h] \subseteq \Omega$ ): sehingga Goursat memberikan

F(z + h) - F(z) = \int_{[z, z+h]}f\,\dd w,

dan perhitungan hasil bagi selisih pada Proposisi 16.5 melahirkan $F' = f$ . Sedangkan kelenyapan integral lintasan tertutupnya menyusul dari proposisi yang sama. ∎

Teorema 16.9 (Rumus integral Cauchy)

Misalkan $f \in \mathcal H(\Omega)$ , $\bar D(a, r) \subseteq \Omega$ , dan $C_r$ lingkaran $\partial D(a,r)$ yang dilalui sekali berlawanan arah jarum jam. Maka untuk setiap $z \in D(a, r)$ :

f(z) = \frac1{2\iu\pi}\int_{C_r}\frac{f(w)}{w - z}\,\dd w .

Bukti. Tetapkan $z$ lalu definisikan pada $\Omega$

g(w) = \begin{cases} \dfrac{f(w) - f(z)}{w - z} & w \neq z,\\[4pt] f'(z) & w = z : \end{cases}

maka $g$ kontinu pada $\Omega$ dan holomorfik di luar $z$ . Lalu Goursat berlaku bagi $g$ pada setiap segitiga $T \subseteq \Omega'$ , dengan $\Omega'$ sebuah cakram yang sedikit lebih besar daripada $\bar D(a,r)$ di dalam $\Omega$ : sebab jika $z \notin T$ , secara langsung; sedangkan jika $z \in T$ , pecahlah $T$ menjadi segitiga kecil bertitik sudut $z$ ditambah segitiga yang menghindari $z$ ; lalu pada segitiga bertitik sudut $z$ batas ML memberikan $\abs{\int_{\partial T'}g} \leq \sup_{T'}\abs g\cdot\operatorname{length} \to 0$ saat segitiganya menyusut, sedangkan kepingan sisanya lenyap menurut Goursat — sehingga $\int_{\partial T}g = 0$ dalam segala kasusnya. Sedangkan bukti Teorema 16.8 hanya memakai sifat segitiga ini: sehingga $g$ mempunyai antiturunan pada $\Omega'$ yang cembung, jadi $\int_{C_r}g = 0$ , yakni

\frac1{2\iu\pi}\int_{C_r}\frac{f(w)}{w - z}\dd w = f(z)\,\frac{1}{2\iu\pi}\int_{C_r}\frac{\dd w}{w - z} = f(z)\operatorname{Ind}_{C_r}(z) = f(z) .

∎

16.4 Keanalitikan dan runtunannya

Teorema 16.10 (Holomorfik $=$ analitik)

Misalkan $f \in \mathcal H(\Omega)$ dan $D(a, R) \subseteq \Omega$ . Maka

f(z) = \sum_{n\geq0}c_n\,(z - a)^n \quad \text{pada } D(a, R), \qquad c_n = \frac1{2\iu\pi}\int_{C_r}\frac{f(w)}{(w - a)^{n+1}}\,\dd w \ \ (0 < r < R),

dengan koefisiennya tak bergantung pada $r$ . Karena itu $f$ dapat diturunkan- $\C$ tak berhingga kali, $c_n = f^{(n)}(a)/n!$ , dan taksiran Cauchy berlaku:

\abs{c_n} \;\leq\; \frac{\sup_{\abs{w - a} = r}\abs{f(w)}}{r^{n}} .

Bukti. Untuk $\abs{z - a} < r$ : uraikan kernel Cauchynya menjadi deret geometri

\frac1{w - z} = \frac1{(w - a)\bigl(1 - \frac{z - a}{w - a}\bigr)} = \sum_{n\geq0}\frac{(z - a)^n}{(w - a)^{n+1}},

yang konvergen normal terhadap $w$ pada $C_r$ (sebab $\abs{\frac{z-a}{w-a}} = \frac{\abs{z-a}}r < 1$ ): lalu integralkan suku demi suku terhadap $\frac{f(w)}{2\iu\pi}$ (sebab kekonvergenan seragamnya membenarkan penukarannya) lalu terapkan Teorema 16.9. Sedangkan deret pangkat dapat diturunkan tak berhingga kali dengan $c_n = f^{(n)}(a)/n!$ (Tahun ke-2), yang juga menunjukkan bahwa $c_n$ tak bergantung pada $r$ . Untuk taksirannya: batasi integral koefisiennya lewat ML. ∎

Contoh 16.11 (Kesingularannya menentukan jari-jarinya)

Mengapa fungsi real yang tak berbahaya $\frac1{1 + x^2}$ mempunyai deret Taylor di $x = 3$ yang konvergen hanya untuk $\abs{x - 3} < \sqrt{10}$ , padahal tak ada yang salah pada garis realnya? Sebab teorema di atas membuat jari-jari kekonvergenan di $a$ sama dengan jarak dari $a$ ke titik terdekat yang keholomorfikannya gagal. Di sini $f(z) = \frac1{1 + z^2}$ bersifat holomorfik tepat pada $\C\setminus\{\pm\iu\}$ , sehingga uraiannya di $a = 3$ konvergen pada cakram terbesar yang menghindari $\pm\iu$ , yakni berjari-jari $\abs{3 - \iu} = \sqrt{10}$ — dan ia tak dapat konvergen pada cakram yang lebih besar, sebab jumlahnya akan memperluas $f$ secara holomorfik ke sebuah persekitaran $\pm\iu$ , tempat $\abs f \to \infty$ . Jadi teori realnya melihat jari-jari misterius $\sqrt{10}$ ; sedangkan bidang kompleksnya melihat dua kutub. Inilah kaidah praktisnya: untuk mencari jari-jari kekonvergenan, temukanlah kesingularannya — misalnya deret Taylor $\tan$ di $0$ berjari-jari $\frac\pi2$ (yakni akar $\cos$ yang terdekat), dan fungsi pembangkit Bernoulli $\frac z{\eu^z - 1}$ (Soal 16.1, Bagian VI) berjari-jari $2\pi$ (yakni akar tak nol $\eu^z - 1$ yang terdekat: $\pm2\iu\pi$ ).

Akibat 16.12 (Liouville; d’Alembert–Gauss)

Sebuah fungsi utuh yang terbatas bersifat konstan. Karena itu setiap polinomial tak konstan atas $\C$ berakar: yakni $\C$ bersifat tertutup secara aljabar.

Bukti. Jika $\abs f \leq M$ pada $\C$ : maka untuk setiap $a$ dan $r$ , $\abs{c_1(a)} = \abs{f'(a)} \leq M/r \to 0$ : sehingga $f' \equiv 0$ , dan $f$ konstan (pada $\C$ yang terhubung: sebab turunan nol mengakibatkan kekonstanan lokal — lalu integralkan sepanjang ruasnya). Jika $P$ tak berakar, maka $1/P$ akan utuh dan terbatas (sebab $\abs{P(z)} \to \infty$ saat $\abs z \to \infty$ : karena suku utamanya mendominasi, sehingga $\abs{1/P}$ kecil di luar sebuah cakram besar dan kontinu pada cakram kompaknya): jadi konstan — yang mustahil bagi $P$ yang tak konstan. (Sedangkan soal akhir pekannya memberikan bukti kedua yang dasar beserta akibat aljabarnya.) ∎

Teorema 16.13 (Akarnya terpencil; teorema keidentikan)

Misalkan $\Omega$ terhubung dan $f \in \mathcal H(\Omega)$ dengan $f \not\equiv 0$ . Maka setiap akar $a$ dari $f$ berorde berhingga: yakni $f(z) = (z - a)^m\,g(z)$ dengan $g \in \mathcal H(\Omega)$ dan $g(a) \neq 0$ , dan akar $f$ tak bertitik tumpuk di $\Omega$ . Karena itu, jika dua fungsi holomorfik pada $\Omega$ bersesuaian pada sebuah himpunan yang bertitik tumpuk di $\Omega$ , keduanya bersesuaian di mana-mana.

Bukti. Misalkan $Z$ himpunan titik yang semua turunan $f$ -nya lenyap. Maka $Z$ tertutup (sebab irisan himpunan tertutup) dan terbuka: sebab jika semua $c_n = 0$ di $a$ , maka uraian deret pangkatnya membuat $f \equiv 0$ pada sebuah cakram di sekitar $a$ . Lewat keterhubungannya: $Z = \varnothing$ atau $Z = \Omega$ ; sedangkan yang terakhir dikecualikan oleh $f \not\equiv 0$ . Jadi pada sebuah akar $a$ , suatu koefisiennya tak nol: misalkan $m$ minimal dengan $c_m \neq 0$ ; maka $f(z) = (z - a)^m\sum_{n\geq m}c_n(z-a)^{n-m}$ pada sebuah cakram, dan jumlahnya mendefinisikan $g$ yang holomorfik di dekat $a$ dengan $g(a) = c_m \neq 0$ ; lalu perluas $g = f/(z-a)^m$ di luar $a$ (yang holomorfik di sana). Karena $g(a) \neq 0$ dan $g$ kontinu, maka $f$ tak berakar lain pada sebuah persekitaran $a$ : sehingga akarnya terpencil, dan himpunan berisi titik terpencil tak bertitik tumpuk di $\Omega$ (sebab sebuah titik tumpuk akarnya adalah akar — lewat kekontinuannya — dan tak akan terpencil). Untuk keidentikannya: terapkanlah pada selisihnya, yang himpunan akarnya bertitik tumpuk, sehingga memaksanya ke cabang $Z = \Omega$ . ∎

Teorema 16.14 (Nilai rata-rata dan modulus maksimum)

Misalkan $f \in \mathcal H(\Omega)$ .

(Nilai rata-rata) Untuk $\bar D(a, r) \subseteq \Omega$ : $f(a) = \frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}f(a + r\eu^{\iu t})\,\dd t$ .
(Asas maksimum) Jika $\Omega$ terhubung dan $\abs f$ mencapai maksimum lokal di suatu titik $\Omega$ , maka $f$ konstan. Karena itu, untuk $\Omega$ yang terbatas dan $f$ yang kontinu pada $\bar\Omega$ : $\sup_{\bar\Omega}\abs f = \sup_{\partial\Omega}\abs f$ .

Bukti. (1) adalah rumus Cauchy di pusatnya: parametrikanlah $C_r$ . (2) Katakanlah $\abs f \leq \abs{f(a)}$ pada $\bar D(a, \rho) \subseteq \Omega$ . Jika $f(a) = 0$ , maka $f \equiv 0$ di dekat $a$ . Selain itu, untuk $0 < r \leq \rho$ , nilai rata-ratanya memberikan

\abs{f(a)} \leq \frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}\abs{f(a + r\eu^{\iu t})}\,\dd t \leq \abs{f(a)} :

sehingga integran kontinu tak negatifnya $\abs{f(a)} - \abs{f(a + r\eu^{\iu t})}$ berrata-rata nol, jadi lenyap: sehingga $\abs f$ bernilai konstan $= \abs{f(a)} \ne 0$ pada cakramnya. Sedangkan fungsi holomorfik yang bermodulus tetap tak nol pada sebuah cakram bersifat konstan: sebab menurunkan $P^2 + Q^2 = \text{konstanta}$ memberikan $PP_x + QQ_x = 0$ dan $PP_y + QQ_y = 0$ ; lalu menyubstitusikan hubungan Cauchy–Riemann $P_y = -Q_x$ dan $Q_y = P_x$ ke persamaan keduanya melahirkan sistem linear

P\,P_x + Q\,Q_x = 0, \qquad -P\,Q_x + Q\,P_x = 0,

yang determinannya $P^2 + Q^2 \neq 0$ : sehingga $P_x = Q_x = 0$ , jadi $f' = P_x + \iu Q_x = 0$ pada cakramnya: sehingga $f$ konstan di sana. Lalu teorema keidentikannya menyebarkan kekonstanan itu ke seluruh $\Omega$ . Untuk bentuk batasnya: $\abs f$ mencapai supremumnya pada $\bar\Omega$ yang kompak; sedangkan maksimum di interiornya membuat $f$ konstan, sehingga supremumnya tercapai pada batasnya dalam segala kasus. ∎

Teorema 16.15 (Teorema kekonvergenan Weierstrass)

Jika $f_n \in \mathcal H(\Omega)$ konvergen ke $f$ secara seragam pada setiap himpunan bagian kompak $\Omega$ , maka $f \in \mathcal H(\Omega)$ dan $f_n^{(k)} \to f^{(k)}$ secara seragam pada kompak, untuk setiap $k$ .

Bukti. Fungsi $f$ kontinu. Untuk sembarang segitiga tertutup $T \subseteq \Omega$ : $\int_{\partial T}f = \lim\int_{\partial T}f_n = 0$ (lewat kekonvergenan seragam pada $\partial T$ yang kompak; dan Goursat untuk $f_n$ ). Lalu menurut argumen Teorema 16.8, $f$ mempunyai antiturunan lokal (sebab cakramnya cembung; dan hanya sifat segitiganya yang dipakai), yakni $f = F'$ secara lokal dengan $F$ yang holomorfik; sedangkan $F$ bersifat analitik (Teorema 16.10), sehingga demikian pula $f = F'$ : jadi holomorfik. (Inilah teorema Morera: bahwa kontinu dengan integral segitiga yang lenyap mengakibatkan holomorfik.) Untuk turunannya: bagi $\bar D(a, 2r) \subseteq \Omega$ dan $z \in \bar D(a, r)$ , rumus Cauchy untuk turunannya (turunkanlah Teorema 16.9 di bawah integralnya, atau pakailah rumus koefisiennya) memberikan

\abs{f_n'(z) - f'(z)} = \Bigl|\frac{1}{2\iu\pi}\int_{C_{2r}}\frac{f_n(w) - f(w)}{(w - z)^2}\,\dd w\Bigr| \leq \frac{2r\,\sup_{C_{2r}}\abs{f_n - f}}{r^2} \to 0

secara seragam pada $\bar D(a,r)$ ; lalu selimuti sebuah kompak oleh berhingga banyak cakram semacam itu, dan iterasikan untuk $k$ yang lebih tinggi. ∎

Rumus Cauchy: bahwa nilai sebuah fungsi holomorfik di dalam sebuah cakram merupakan rata-rata berbobot nilainya pada lingkaran pembatasnya. Segala yang kaku tentang keholomorfikan — keanalitikan, Liouville, asas maksimum — terbentang dari satu identitas ini. — Rumus Cauchy: bahwa nilai sebuah fungsi holomorfik *di dalam* sebuah cakram merupakan rata-rata berbobot nilainya pada lingkaran pembatasnya. Segala yang kaku tentang keholomorfikan — keanalitikan, Liouville, asas maksimum — terbentang dari satu identitas ini.

Metode 16.16

Perkakas hariannya. Untuk membuktikan sebuah fungsi holomorfik: tampilkanlah ia sebagai deret pangkat, sebuah komposisi, sebuah limit seragam lokal (Teorema 16.15), atau sebuah integral berparameter holomorfik (Latihan 16.7 — turunkanlah di bawah $\int$ atau terapkan Morera–Fubini). Untuk membuktikan identitas: buktikanlah pada sebuah ruas atau subdaerah lalu panggillah teorema keidentikannya. Untuk membatasi: pakailah taksiran Cauchy pada lingkaran terbesar yang tersedia. Untuk membuktikan kekonstanan atau ketakadaan: pakailah Liouville atau asas maksimumnya. Ketahuilah selalu di mana fungsi Anda holomorfik dan cakram mana yang muat di $\Omega$ .

16.5 Latihan

Latihan 16.1 ★

(a) Di titik mana saja $z \mapsto \bar z$ , $\abs z^2$ , dan $\operatorname{Re}z$ dapat diturunkan secara kompleks? Holomorfik pada sebuah himpunan terbuka? (b) Tunjukkan bahwa $P(x, y) = x^2 - y^2$ merupakan bagian real sebuah fungsi holomorfik pada $\C$ , yang dicari secara eksplisit, lalu tentukanlah semuanya.

Solusi

Solusi Latihan 16.1.

(a) Untuk $\bar z$ : $P = x$ , $Q = -y$ , sehingga $P_x = 1 \neq -1 = Q_y$ : jadi tak dapat diturunkan- $\C$ di mana pun. Untuk $\abs z^2$ : $P = x^2 + y^2$ , $Q = 0$ : sehingga Cauchy–Riemann menuntut $2x = 0 = 2y$ : jadi dapat diturunkan di $0$ saja — dan holomorfik di mana pun tidak (sebab tak ada himpunan terbuka). Untuk $\operatorname{Re}z$ : $P_x = 1 \neq 0 = Q_y$ : jadi tak di mana pun.

(b) Berlaku $x^2 - y^2 = \operatorname{Re}(z^2)$ : sehingga $f(z) = z^2$ berhasil. Untuk semua solusinya: jika $\operatorname{Re}f = \operatorname{Re}g$ dengan $f, g$ holomorfik pada $\C$ yang terhubung, maka $h = f - g$ mempunyai $\operatorname{Re}h = 0$ ; lalu Cauchy–Riemann memberikan $h' = P_x + \iu Q_x = 0 - \iu P_y = 0$ : sehingga $h$ merupakan konstanta imajiner. Jawabannya: $f(z) = z^2 + \iu c$ dengan $c \in \R$ .

Latihan 16.2 ★

Hitunglah dari definisinya: $\int_{C}z^n\,\dd z$ untuk setiap $n \in \Z$ dengan $C$ lingkaran satuannya; lalu $\int_\gamma\bar z\,\dd z$ sepanjang ruas $[0, 1+\iu]$ dan sepanjang lintasan dua ruas yang melalui $1$ : lalu simpulkan bahwa $\bar z$ tak berantiturunan pada persekitaran mana pun atas lintasan ini.

Solusi

Solusi Latihan 16.2.

Pada lingkaran satuannya $\gamma(t) = \eu^{\iu t}$ :

\int_C z^n\,\dd z = \int_0^{2\pi}\eu^{\iu nt}\,\iu\eu^{\iu t}\dd t = \iu\int_0^{2\pi}\eu^{\iu(n+1)t}\dd t = \begin{cases} 2\iu\pi & n = -1,\\ 0 & n \neq -1.\end{cases}

Untuk $\bar z$ : sepanjang $[0, 1+\iu]$ dengan $\gamma(t) = t(1 + \iu)$ : $\int_0^1 t(1 - \iu)(1 + \iu)\dd t = \int_0^12t\,\dd t = 1$ . Sedangkan sepanjang $0 \to 1 \to 1 + \iu$ : $\int_0^1t\dd t + \int_0^1(1 - \iu t)\,\iu\,\dd t = \frac12 + \iu + \frac12 = 1 + \iu$ . Jadi nilainya berbeda antara ujung yang sama: sehingga menurut Proposisi 16.5, $\bar z$ tak berantiturunan pada himpunan terbuka mana pun yang memuat kedua lintasannya.

Latihan 16.3 ★★

(a) Tunjukkan bahwa logaritma pokoknya $\log z = \ln\abs z + \iu\arg z$ (dengan $\arg \in \intoo{-\pi}\pi$ ) bersifat holomorfik pada $\C\setminus\intoc{-\infty}0$ dengan turunan $\frac1z$ (yakni antiturunan $\frac1z$ pada bidang teriris yang berbentuk bintang: Teorema 16.8; lalu tetapkan konstantanya). (b) Tunjukkan bahwa tak ada logaritma kontinu pada $\C^*$ (dengan rintangan bebas turunannya: yakni indeks lingkaran satuannya). (c) Uraikan $\log(1 + z)$ menjadi deret pangkat pada $D(0,1)$ .

Solusi

Solusi Latihan 16.3.

(a) Bidang teririsnya $\Omega = \C\setminus\intoc{-\infty}0$ bersifat berbentuk bintang terhadap $1$ , dan $\frac1z \in \mathcal H(\Omega)$ : sehingga Teorema 16.8 menyediakan antiturunan $L$ dengan $L(1) = 0$ . Lalu $\bigl(z\eu^{-L(z)}\bigr)' = \eu^{-L}(1 - z\cdot\frac1z) = 0$ : sehingga $z = c\,\eu^{L(z)}$ dengan $c = 1$ (di $z = 1$ ). Dengan menulis $L = u + \iu v$ : $\abs z = \eu^u$ dan $z = \abs z\eu^{\iu v}$ dengan $v$ yang kontinu, $v(1) = 0$ , dan $v \in \intoo{-\pi}\pi$ (sebab $v$ merupakan argumen kontinu $z$ pada $\Omega$ yang terhubung, sehingga petanya menghindari kelipatan gasal $\pi$ — karena tak ada titik $\Omega$ yang terletak pada $\R_-$ — dan, karena memuat $v(1) = 0$ , ia tinggal di $\intoo{-\pi}\pi$ : jadi $v$ adalah argumen pokoknya): sehingga $L = \log$ .

(b) Seandainya $g$ merupakan logaritma kontinu pada $\C^*$ : maka $h(t) = g(\eu^{\iu t})$ memenuhi $\eu^{h(t)} = \eu^{\iu t}$ , sehingga $h(t) - \iu t \in 2\iu\pi\Z$ , dan lewat kekontinuannya $h(t) = \iu t + 2\iu\pi k$ untuk sebuah bilangan bulat $k$ yang tetap. Lalu $g(1) = h(0) = 2\iu\pi k$ dan $g(1) = h(2\pi) = 2\iu\pi(k + 1)$ : yang bertentangan.

(c) Pada $D(0,1)$ : $\log(1 + z) = \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n+1}}{n}z^n$ — sebab kedua ruasnya lenyap di $0$ dan berturunan $\frac1{1+z} = \sum(-1)^nz^n$ (Contoh 16.3); dan antiturunan bersifat tunggal sampai sebuah konstanta pada cakram yang terhubung.

Latihan 16.4 ★★

(a) Misalkan $f$ utuh dengan $\abs{f(z)} \leq C(1 + \abs z)^{n}$ . Tunjukkan bahwa $f$ merupakan polinomial berderajat $\leq n$ (lewat taksiran Cauchy pada lingkaran yang besar). (b) Misalkan $f$ utuh dengan $\operatorname{Re}f$ yang terbatas dari atas. Tunjukkan bahwa $f$ konstan (tinjaulah $\eu^{f}$ ). (c) Turunkan “Picard kecil untuk pemetaan afin”: bahwa fungsi utuh yang melewatkan sebuah setengah bidang bersifat konstan.

Solusi

Solusi Latihan 16.4.

(a) Uraikan di $0$ (dengan jari-jari $\infty$ ): lalu menurut taksiran Cauchy pada $C_r$ , $\abs{c_k} \leq C(1 + r)^n/r^k \to 0$ saat $r \to \infty$ untuk $k > n$ : sehingga $f = \sum_{k\leq n}c_kz^k$ .

(b) Jika $\operatorname{Re}f \leq M$ : maka $g = \eu^f$ utuh dengan $\abs g = \eu^{\operatorname{Re}f} \leq \eu^M$ : jadi konstan menurut Liouville. Lalu $g' = f'g = 0$ dengan $g$ yang tak lenyap: sehingga $f' = 0$ , dan $f$ konstan.

(c) Jika $f$ melewatkan setengah bidang $H$ , maka sebuah pemetaan afin $w \mapsto \alpha w + \beta$ mengirim $\C\setminus H$ ke dalam $\{\operatorname{Re} \leq M\}$ ; lalu terapkan (b) pada $\alpha f + \beta$ .

Latihan 16.5 ★★

(a) Misalkan $f$ holomorfik pada $\Omega \ni 0$ yang terhubung dengan $f(\frac1n) = \frac1{n^2}$ untuk setiap $n$ yang besar. Tentukanlah $f$ . (b) Adakah suatu $f$ holomorfik pada $\C^*$ yang memenuhi $f(\frac1n) = \frac{(-1)^n}{n}$ untuk setiap $n \geq 1$ ? Benarkanlah. (c) Tampilkan dua fungsi holomorfik berbeda pada $D(0,1)\sqcup D(3,1)$ yang bersesuaian pada $D(0,1)$ : lalu di manakah teorema keidentikannya memakai keterhubungan?

Solusi

Solusi Latihan 16.5.

(a) Fungsi $g(z) = f(z) - z^2$ lenyap di titik $\frac1n$ , yang menumpuk di $0 \in \Omega$ : sehingga menurut teorema keidentikannya (karena $\Omega$ terhubung), $g \equiv 0$ : jadi $f(z) = z^2$ .

(b) Ya: $f(z) = z\cos(\pi/z)$ bersifat holomorfik pada $\C^*$ (lewat komposisinya) dan $f(\frac1n) = \frac1n\cos(n\pi) = \frac{(-1)^n}n$ . Tak ada pertentangan dengan (a): sebab titik tumpuk $0$ milik simpul interpolasinya tak termasuk $\C^*$ , sehingga teorema keidentikannya bungkam — jadi dua fungsi yang berbeda ( $z\cos(\pi/z)$ dan, katakanlah, hasil interpolasi lain) boleh berbagi nilai ini.

(c) Ambil $f \equiv 0$ di mana-mana, terhadap $g = 0$ pada $D(0,1)$ dan $g = 1$ pada $D(3,1)$ : keduanya holomorfik pada gabungan yang tak terhubung, sama pada $D(0,1)$ , tetapi berbeda. Sebab argumen terbuka-tertutup teorema keidentikannya memerlukan keterhubungan untuk merambat dari satu komponen ke komponen lainnya — dan ia tak dapat.

Latihan 16.6 ★★

Misalkan $f$ holomorfik pada cakram satuan terbuka $\mathbb D$ , kontinu pada $\bar{\mathbb D}$ , dengan $\abs f \equiv 1$ pada lingkaran batasnya. (a) Jika $f$ tak berakar di $\mathbb D$ , tunjukkan bahwa $f$ konstan (terapkan asas maksimumnya pada $f$ dan pada $1/f$ ). (b) Berikan sebuah contoh berakar yang $f$ -nya tak konstan.

Solusi

Solusi Latihan 16.6.

(a) Menurut asas maksimum yang diterapkan pada daerah terbatasnya: $\sup_{\mathbb D}\abs f = \sup_{\partial\mathbb D}\abs f = 1$ . Karena $f$ tak berakar, $1/f$ bersifat holomorfik pada $\mathbb D$ , kontinu pada penutupnya, dengan modulus batas $1$ : sehingga demikian pula $\abs{1/f} \leq 1$ , yakni $\abs f \geq 1$ . Jadi $\abs f \equiv 1$ : sehingga modulusnya mencapai maksimum di interiornya, dan Teorema 16.14(2) memaksa $f$ konstan.

(b) Ambil $f(z) = z$ : dengan modulus batas $1$ , akar di titik asalnya, dan tak konstan — sebab akarnya tepat merupakan hal yang menghalangi argumen $1/f$ -nya.

Latihan 16.7 ★★

(Keholomorfikan di bawah integralnya) Misalkan $\mu$ ukuran berhingga pada sebuah ruang $X$ dan $g \colon X\times\Omega \to \C$ dengan: $g(x, \cdot) \in \mathcal H(\Omega)$ untuk setiap $x$ , $g$ terukur terhadap $x$ , dan $\abs g \leq h(x)$ dengan $h$ yang terintegralkan, secara seragam lokal terhadap $z$ . Tunjukkan bahwa $G(z) = \int_Xg(x, z)\dd\mu(x)$ bersifat holomorfik pada $\Omega$ . (Lewat Morera: sebab integral segitiganya lenyap menurut Fubini dan Goursat; sedangkan kekontinuannya lewat kekonvergenan terdominasi. Lalu terapkan pada $\Gamma(z) = \int_0^\infty t^{z-1}\eu^{-t}\dd t$ pada $\{\operatorname{Re}z > 0\}$ .)

Solusi

Solusi Latihan 16.7.

Kekontinuan $G$ : lewat kekonvergenan terdominasi dengan pendominasi $h$ (yakni batas seragam lokalnya). Keholomorfikannya lewat Morera (yang ditegakkan di dalam Teorema 16.15): untuk sebuah segitiga tertutup $T$ di sebuah cakram yang $\abs g \leq h$ -nya,

\int_{\partial T}G(z)\,\dd z = \int_X\Bigl(\int_{\partial T}g(x, z)\,\dd z\Bigr)\dd\mu(x) = 0,

dengan penukarannya lewat Fubini (sebab $\int_X\int_{\partial T}\abs g \leq \operatorname{length}(\partial T)\int h < \infty$ ) dan kelenyapan bagian dalamnya lewat Goursat. Untuk $\Gamma$ : pada jalur $a \leq \operatorname{Re}z \leq b$ (dengan $0 < a \leq b$ ), $\abs{t^{z-1}\eu^{-t}} = t^{\operatorname{Re}z-1}\eu^{-t} \leq (t^{a-1} + t^{b-1})\eu^{-t}$ , yang terintegralkan pada $\intoo0{+\infty}$ : sehingga $\Gamma$ holomorfik pada $\{\operatorname{Re} z > 0\}$ (sebab ukurannya hanya berhingga- $\sigma$ , tetapi argumennya hanya memerlukan pendominasi yang terintegralkan). Lalu menurut teorema keidentikannya, persamaan fungsional $\Gamma(z + 1) = z\Gamma(z)$ , yang dibuktikan pada $\intoo0{+\infty}$ (Contoh 10.16), berlaku pada seluruh setengah bidangnya.

Latihan 16.8 ★★★

(Gauss–Lucas) Misalkan $P \in \C[X]$ tak konstan. Tunjukkan bahwa setiap akar $P'$ terletak di selubung cembung akar $P$ . (Tulislah $\frac{P'}{P} = \sum_k\frac{m_k}{z - a_k}$ di sebuah akar $z$ dari $P'$ yang bukan akar $P$ , lalu ambil konjugatnya, lalu bacalah kombinasi cembungnya.) Peragakan pada $P = z^3 - 1$ .

Solusi

Solusi Latihan 16.8.

Tulis $P = c\prod_k(X - a_k)^{m_k}$ (Soal 16.1). Misalkan $P'(z) = 0$ . Jika $P(z) = 0$ , maka $z$ salah satu dari $a_k$ : jadi di selubungnya. Selain itu, turunan logaritmiknya memberikan

0 = \frac{P'(z)}{P(z)} = \sum_k\frac{m_k}{z - a_k} = \sum_k m_k\,\frac{\bar z - \bar a_k}{\abs{z - a_k}^2} ;

lalu dengan mengonjugatkannya, $\sum_kw_k(z - a_k) = 0$ dengan $w_k = m_k/\abs{z - a_k}^2 > 0$ : sehingga $z = \sum_k\frac{w_k}{\sum w}\,a_k$ , yakni kombinasi cembung akarnya. Untuk $P = z^3 - 1$ : akarnya adalah akar pangkat tiga satuan, dan $P' = 3z^2$ berakar rangkap $0$ — yakni sentroid segitiga sama sisinya.

Latihan 16.9 ★★★

Misalkan $f$ utuh dan berperiode ganda: $f(z + 1) = f(z + \iu) = f(z)$ untuk setiap $z$ . Tunjukkan bahwa $f$ konstan. (Batasilah $f$ pada bujur sangkar fundamentalnya yang kompak, lalu di mana-mana; lalu Liouville.) Moralnya: bahwa fungsi eliptik yang tak konstan haruslah berkutub — yakni tema Bab 17.

Solusi

Solusi Latihan 16.9.

Bujur sangkar satuan tertutup $K = \{x + \iu y : 0 \leq x, y \leq 1\}$ bersifat kompak: sehingga $M = \sup_K\abs f < \infty$ . Setiap $z \in \C$ berselisih dari sebuah titik $K$ oleh sebuah unsur $\Z + \iu\Z$ (kurangkan bagian bulatnya), dan $f$ invarian terhadap translasi itu (iterasikan kedua hubungannya): sehingga $\abs f \leq M$ pada $\C$ . Lalu Liouville: $f$ konstan. Karena itu sembarang fungsi meromorfik berperiode ganda yang tak konstan — yakni fungsi eliptik teori klasiknya — haruslah berkutub.

Latihan 16.10 ★★

(a) Tunjukkan bahwa $P = \operatorname{Re}f$ dari sebuah $f$ yang holomorfik memenuhi sifat nilai rata-rata $P(a) = \frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}P(a + r\eu^{\iu t})\dd t$ dan bersifat harmonik: yakni $\partial^2_{xx}P + \partial^2_{yy}P = 0$ (turunkanlah Cauchy–Riemann; lalu pakailah Teorema 16.10 untuk kemulusan yang diperlukan). (b) Turunkan asas maksimumnya bagi bagian real fungsi holomorfik pada daerah yang terbatas.

Solusi

Solusi Latihan 16.10.

(a) Ambillah bagian real pada rumus nilai rata-ratanya (Teorema 16.14(1)). Untuk kemulusannya: $f$ bersifat analitik, sehingga $P, Q \in \mathcal C^\infty$ ; lalu dengan menurunkan Cauchy–Riemann: $P_{xx} = (Q_y)_x = (Q_x)_y = (-P_y)_y = -P_{yy}$ (lewat kesetangkupan Schwarz turunan keduanya): sehingga $\Delta P = 0$ .

(b) Jika $\operatorname{Re}f$ mencapai maksimum di interior sebuah $\Omega$ yang terhubung: maka $g = \eu^f$ mempunyai $\abs g = \eu^{\operatorname{Re}f}$ yang mencapai maksimum di interiornya, sehingga $g$ , jadi $\operatorname{Re}f = \ln\abs g$ , bersifat konstan (Teorema 16.14(2)). Sedangkan pada daerah terbatas dengan kekontinuan sampai batasnya, $\sup_{\bar\Omega}\operatorname{Re}f = \sup_{\partial\Omega}\operatorname{Re}f$ .

Latihan 16.11 ★★★

(Pencerminan Schwarz) Misalkan $\Omega^+ = \{z : \abs z < 1,\ \operatorname{Im}z > 0\}$ , $I = \intoo{-1}1$ , dan $f$ holomorfik pada $\Omega^+$ , kontinu pada $\Omega^+\cup I$ , serta bernilai real pada $I$ . Definisikan

F(z) = \begin{cases} f(z) & z \in \Omega^+\cup I,\\ \overline{f(\bar z)} & \bar z \in \Omega^+ . \end{cases}

(a) Tunjukkan bahwa $F$ terdefinisi baik dan kontinu pada $\Omega = \Omega^+\cup I\cup\Omega^-$ , serta holomorfik pada $\Omega^\pm$ (untuk $\Omega^-$ : periksalah Cauchy–Riemann bagi $\overline{f(\bar z)}$ , atau uraikan $f$ menjadi deret pangkat lokal lalu konjugatkan koefisiennya). (b) Tunjukkan bahwa $F$ holomorfik pada seluruh $\Omega$ lewat kriteria Morera: yakni $\int_{\partial T}F = 0$ untuk setiap segitiga $T \subseteq \Omega$ (pecahlah segitiganya di $I$ lalu dorong sisi mendatarnya menjauh dari sumbunya sejauh $\varepsilon$ , dengan memakai kekontinuan seragamnya). (c) Turunkan: bahwa fungsi holomorfik pada cakram yang real pada sebuah diameter memenuhi $f(\bar z) = \overline{f(z)}$ ; dan bahwa fungsi holomorfik yang tak konstan tak dapat bernilai real pada himpunan bagian terbuka tak kosong mana pun dari daerahnya (yang terhubung).

Solusi

Solusi Latihan 16.11.

(a) Kedua rumusnya bersesuaian pada $I$ (sebab $z = \bar z$ dan $f$ real di sana: $\overline{f(\bar z)} = \overline{f(z)} = f(z)$ ), dan $z \mapsto \overline{f(\bar z)}$ kontinu pada $\Omega^-\cup I$ sebagai komposisi pemetaan kontinu: sehingga $F$ kontinu pada $\Omega$ . Untuk keholomorfikannya pada $\Omega^-$ : di dekat $z_0 \in \Omega^-$ , uraikan $f(w) = \sum c_n(w - \bar z_0)^n$ di dekat $\bar z_0 \in \Omega^+$ ; maka

\overline{f(\bar z)} = \sum_n\bar c_n\,(z - z_0)^n,

yakni sebuah deret pangkat yang konvergen: jadi holomorfik.

(b) Segitiga yang menghindari $I$ ditangani Goursat di $\Omega^\pm$ . Sedangkan untuk segitiga yang memotong $I$ , irislah ia oleh sumbu realnya menjadi paling banyak tiga segitiga atau segi empat, masing-masing bersisi satu pada $I$ ; lalu untuk kepingan $P$ semacam itu yang termuat, katakanlah, di $\overline{\Omega^+}$ , integral konturnya adalah limit saat $\varepsilon \to 0^+$ dari integral atas translasi bertipe $P + \iu \varepsilon$ (sebab kekontinuan seragam $F$ pada kepingan kompaknya membuat integral batasnya konvergen, dengan sisi pada $I$ -nya didekati dari atas), dan setiap translasinya terletak di $\Omega^+$ tempat Goursat memberikan $0$ . Lalu menjumlahkan kepingannya: $\int_{\partial T}F = 0$ . Lalu Morera (yakni kriteria di dalam Teorema 16.15): sehingga $F$ holomorfik pada $\Omega$ .

(c) Pada cakramnya, $G(z) = \overline{f(\bar z)}$ bersifat holomorfik menurut perhitungan (a) dan bersesuaian dengan $f$ pada diameternya, yakni himpunan yang bertitik tumpuk: sehingga $G = f$ di mana-mana (menurut teorema keidentikannya). Seandainya $f$ real pada sebuah himpunan terbuka $U$ yang tak kosong: maka pada $U$ kedua turunan parsial $Q = \operatorname{Im}f$ lenyap, dan Cauchy–Riemann memindahkannya ke $P = \operatorname{Re}f$ (sebab $P_x = Q_y = 0$ dan $P_y = -Q_x = 0$ ), sehingga $f' = P_x + \iu Q_x = 0$ pada $U$ : jadi $f$ konstan pada $U$ , sehingga di mana-mana menurut teorema keidentikannya (karena $\Omega$ terhubung).

Latihan 16.12 ★★

(Persamaan Pythagoras kompleks) Carilah semua pasangan fungsi utuh dengan $f^2 + g^2 = 1$ . (a) Tunjukkan bahwa $h = f + \iu g$ bersifat utuh dan bebas akar, dan bahwa setiap fungsi utuh yang bebas akar berbentuk $\eu^{\varphi}$ untuk suatu $\varphi$ yang utuh (sebab $h'/h$ utuh, sehingga berantiturunan pada $\C$ yang berbentuk bintang; lalu sesuaikan konstantanya lalu tunjukkan bahwa $h\eu^{-\varphi}$ konstan). (b) Simpulkan $f = \cos\varphi$ dan $g = \sin\varphi$ dengan $\varphi$ yang utuh, lalu periksalah konversnya. Apakah solusi utuh $f^2 + g^2 = 0$ ?

Solusi

Solusi Latihan 16.12.

(a) Berlaku $1 = f^2 + g^2 = (f + \iu g)(f - \iu g)$ , sehingga $h = f + \iu g$ tak pernah lenyap (sebab kofaktornya harus meledak). Untuk $h$ yang utuh dan bebas akar: $h'/h$ bersifat utuh, dan $\C$ berbentuk bintang, sehingga ia berantiturunan $\varphi_0$ (Teorema 16.8); lalu $\bigl(h\eu^{-\varphi_0}\bigr)' = \eu^{-\varphi_0}(h' - h\varphi_0') = 0$ : sehingga $h = c\,\eu^{\varphi_0}$ dengan $c \neq 0$ , dan dengan menyerap sebuah konstanta $\log c$ ke dalam $\varphi = \varphi_0 + \log c$ (yakni sembarang logaritma kompleks $c$ ): $h = \eu^{\varphi}$ .

(b) Dengan $h = \eu^{\varphi}$ dan $h^{-1} = f - \iu g = \eu^{-\varphi}$ :

f = \frac{\eu^{\varphi} + \eu^{-\varphi}}2, \qquad g = \frac{\eu^{\varphi} - \eu^{-\varphi}}{2\iu} .

Dengan menulis $\varphi = \iu\psi$ dengan $\psi = -\iu\varphi$ yang utuh, keduanya berbunyi $f = \cos\psi$ dan $g = \sin\psi$ : sehingga solusi utuhnya tepat berupa pasangan $(\cos\psi, \sin\psi)$ dengan $\psi$ yang utuh, dan konversnya adalah identitas $\cos^2 + \sin^2 = 1$ . Untuk $f^2 + g^2 = 0$ : $(f + \iu g)(f - \iu g) = 0$ pada daerah integral $\mathcal H(\C)$ (sebab $\C$ terhubung: karena pembagi nol akan melanggar teorema keidentikannya): sehingga $g = \pm\iu f$ dengan $f$ yang utuh sembarang.

16.6 Soal: teorema fundamental aljabar, dua kali

Soal 16.1

Soal akhir pekan — $\C$ tertutup secara aljabar: bukti d’Alembert, bukti Liouville, dan panennya

Misalkan $P(z) = z^n + a_{n-1}z^{n-1} + \dots + a_0$ dengan $n \geq 1$ . Kita membuktikan dua kali bahwa $P$ berakar, lalu memungut apa yang telah ditunggu aljabar sejak Bab 4.

Bagian I — Kekoersifan dan minimumnya.

Tunjukkan bahwa $\abs{P(z)} \to +\infty$ saat $\abs z \to \infty$ : tepatnya, $\abs{P(z)} \geq \frac12\abs z^n$ untuk $\abs z \geq R_0$ yang sesuai.
Turunkan bahwa $\abs P$ mencapai minimum global pada $\C$ : yakni ada $z_0$ dengan $\abs{P(z_0)} = \inf_\C\abs P$ (lewat kekompakan sebuah cakram tertutup yang besar, Akibat 6.17).

Bagian II — Penurunan d’Alembert. Andaikan, demi pertentangannya, $P(z_0) \neq 0$ .

Uraikan $Q(h) = P(z_0 + h)/P(z_0)$ sebagai polinomial dalam $h$ : $Q(h) = 1 + c_kh^k + h^{k+1}S(h)$ dengan $c_k \neq 0$ , $k \geq 1$ , dan $S$ sebuah polinomial.
Pilihlah arah penurunannya: untuk $t > 0$ yang kecil, tetapkan $h = t\,\omega$ dengan $\omega^k = -1/c_k$ (mengapa $\omega$ semacam itu ada? — buktikanlah keberadaan akar ke- $k$ sembarang bilangan kompleks lewat bentuk kutubnya, secara bebas dari teorema yang sedang dibuktikan). Lalu tunjukkan bahwa

$\abs{Q(t\omega)} \leq 1 - t^k + C\,t^{k+1}$

untuk $t$ yang kecil, dengan konstanta $C$ yang eksplisit.
Simpulkan $\abs{Q(t\omega)} < 1$ untuk $t$ yang kecil — yang bertentangan dengan keminimalan $\abs{P(z_0)}$ . Karena itu $P(z_0) = 0$ : yakni setiap polinomial kompleks yang tak konstan berakar (d’Alembert–Argand).

Bagian III — Satu baris Liouville, selengkapnya.

Tuliskan dengan saksama bukti Akibat 16.12: bahwa jika $P$ tak berakar, periksalah bahwa $1/P$ utuh dan terbatas (ukurlah, dengan memakai pertanyaan 1), sehingga konstan, lalu simpulkan. Lalu bandingkan kedua buktinya: bahan mana yang dipakai masing-masing? (Kekompakannya muncul pada keduanya — di mana?)

Bagian IV — Panennya.

Tunjukkan bahwa setiap $P \in \C[X]$ berderajat $n$ terbelah: $P = c\prod_{i}(X - \alpha_i)^{m_i}$ dengan $\sum m_i = n$ (lewat induksi dan pembagian Euclid oleh $(X - \alpha)$ ).
Tunjukkan bahwa polinomial tak tereduksi $\R[X]$ adalah yang linear dan yang kuadratik berdiskriminan negatif (dengan memasangkan akar sekawannya); lalu turunkan bahwa setiap polinomial real berderajat gasal berakar real, lalu berikan bukti kedua yang berdasar urutan bagi fakta terakhir itu (lewat teorema nilai antara) — sambil memeriksa bahwa keduanya bersesuaian pada $X^3 - X - 1$ .
Turunkan utang yang kini dapat dibayar buku ini: (i) bahwa setiap endomorfisma ruang vektor- $\C$ berdimensi berhingga yang tak nol bernilai eigen, sehingga setiap matriks kompleks mempunyai bentuk Jordan (Teorema 3.18); (ii) bahwa lapangan $\bar\Q$ berisi bilangan aljabar yang dipakai pada Catatan 4.10 sungguh merupakan penutup aljabar $\Q$ .
(Penutup) Tunjukkan dengan tepat di mana setiap buktinya akan patah atas lapangan seperti $\Q(\iu)$ : langkah mana yang memakai keberadaan akar ke- $k$ (pertanyaan 4), dan mana yang memakai kekompakan atau kelengkapan (pertanyaan 2 dan 6)? Lalu simpulkan dalam lima baris: bahwa teoremanya sungguh bersifat analitik — sebab setiap buktinya di suatu tempat memanggil kelengkapan atau keterhubungan $\R$ — walaupun pernyataannya murni aljabar.

Bagian V — Tangga kekakuan fungsi utuh. Liouville adalah anak tangga pertamanya; dan kita menaikinya.

(Taksiran Cauchy) Dari rumus Cauchy pada lingkaran berjari-jari $r$ di sekitar $a$ , buktikan

$\bigl|f^{(n)}(a)\bigr| \leq \frac{n!\,\sup_{\abs{z-a}=r}\abs f}{r^n} ,$

lalu pulihkan Liouville sebagai kasus $n = 1$ dengan $r \to \infty$ .
(Pertumbuhan polinomial) Tunjukkan bahwa $f$ yang utuh dengan $\abs{f(z)} \leq A + B\abs z^m$ untuk setiap $z$ merupakan polinomial berderajat $\leq m$ (bunuhlah koefisien Taylornya di luar $m$ dengan pertanyaan 11).
(Bagian real yang terbatas) Tunjukkan bahwa $f$ yang utuh dengan $\operatorname{Re}f$ terbatas dari atas bersifat konstan (terapkan Liouville pada $\eu^{f}$ ).
(Keperiodikan ganda) Misalkan $f$ utuh dengan $f(z + 1) = f(z)$ dan $f(z + \iu) = f(z)$ untuk setiap $z$ . Tunjukkan bahwa $f$ konstan. Lalu simpulkan: bahwa fungsi “eliptik” yang tak konstan haruslah berkesingularan — yakni alasan historis masuknya kutub ke analisis kompleks.
(Jangkauan yang padat) Tunjukkan bahwa jangkauan sebuah fungsi utuh yang tak konstan bersifat padat di $\C$ : sebab jika $f(\C)$ melewatkan sebuah cakram $D(a, r)$ , maka $\frac1{f - a}$ utuh dan terbatas. (Picard membuktikan bahwa jangkauannya melewatkan paling banyak satu titik; sedangkan kepadatan adalah aras yang dicapai perkakas kita.)
(Meledak di tak hingga $\Rightarrow$ polinomial) Andaikan $f$ utuh dan $\abs{f(z)} \to \infty$ saat $\abs z \to \infty$ . Tunjukkan: bahwa akar $f$ berhingga banyaknya ( $z_1, \dots, z_p$ , dengan kelipatan $m_i$ ); bahwa hasil baginya $g = f/\prod(z - z_i)^{m_i}$ utuh dan bebas akar; bahwa $1/g$ bertumbuh polinomial, sehingga (menurut pertanyaan 12) merupakan polinomial, yang tentu konstan (sebab bebas akar); lalu simpulkan bahwa $f$ merupakan polinomial. Jadi di antara fungsi utuh, polinomiallah tepat yang meledak di tak hingga — sedangkan $\eu^z$ gagal meledak sepanjang $\R_-$ .

Bagian VI — Bayangan harmonik dan sebuah nilai rata-rata Gauss.

Misalkan $f = u + \iu v$ holomorfik pada sebuah himpunan terbuka. Periksalah bahwa $u = \operatorname{Re}f$ memenuhi sifat nilai rata-rata

$u(a) = \frac1{2\pi}\int_0^{2\pi} u\bigl(a + r\eu^{\iu\theta}\bigr)\,\dd\theta$

(yakni bagian real rumus Cauchynya), lalu turunkan asas maksimumnya bagi $u$ pada daerah yang terbatas, dengan bukti keterhubungan yang sama seperti bagi $\abs f$ .
(Nilai rata-rata Gauss) Untuk $a \in \C$ dan $r > 0$ dengan $\abs a \neq r$ , buktikan bahwa

$\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi} \log\bigl|a - r\eu^{\iu\theta}\bigr|\,\dd\theta = \log\max\bigl(\abs a, r\bigr)$

(jika $\abs a > r$ : maka $z \mapsto \log\abs{a - z}$ merupakan bagian real sebuah logaritma holomorfik pada sebuah persekitaran cakram tertutupnya — mengapa ada yang demikian? — sehingga pertanyaan 17 berlaku; sedangkan jika $\abs a < r$ : faktorkanlah $\abs{a - r\eu^{\iu\theta}} = r\,\abs{1 - \frac ar\eu^{-\iu\theta}}$ lalu pakailah kembali kasus pertamanya).
(Ukuran Mahler) Untuk $P = c\prod_{i=1}^n(X - \alpha_i) \in \C[X]$ , turunkan rumus Jensen bagi polinomial:

$\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}\log\bigl|P(\eu^{\iu\theta}) \bigr|\,\dd\theta = \log\Bigl(\abs c\prod_{i}\max(1, \abs{\alpha_i})\Bigr) :$

yakni rata-rata ukur $\abs P$ pada lingkaran satuannya membaca akarnya yang di luar cakram. Lalu periksalah pada $P = X^2 - X$ dan pada $P = 2X - 1$ .
(Bilangan Bernoulli) Definisikan koefisien $B_n$ lewat $\frac{z}{\eu^z - 1} = \sum_{n\geq0}\frac{B_n}{n!} z^n$ di dekat $0$ (mengapa ruas kirinya analitik di $0$ ?). Turunkan rekurensinya $\sum_{k=0}^{n}\binom{n+1}kB_k = 0$ (untuk $n \geq 1$ ) dari $(\eu^z - 1)\cdot\frac z{\eu^z-1} = z$ , lalu hitunglah $B_0, \dots, B_6$ , dan tunjukkan $B_{2k+1} = 0$ untuk $k \geq 1$ (sebab fungsi $\frac z{\eu^z-1} + \frac z2$ bersifat genap). Bilangan ini akan menghargai setiap $\zeta(2k)$ di Bab 17.
(Kerealan) Tunjukkan bahwa fungsi utuh yang bernilai real pada $\R$ memenuhi $f(\bar z) = \overline{f(z)}$ di mana-mana (bandingkan koefisien Taylornya di $0$ , atau terapkan teorema keidentikannya pada $z \mapsto \overline{f(\bar z)}$ ); lalu turunkan lagi bahwa akar tak real dari polinomial real muncul berpasangan sekawan (yakni pemasangan pertanyaan 8, yang dibuktikan kembali secara analitik).
(Moralnya) Rakitlah tangga kekakuannya: terbatas $\Rightarrow$ konstan; terbatas secara polinomial $\Rightarrow$ polinomial; meledak di tak hingga $\Rightarrow$ polinomial; melewatkan sebuah cakram $\Rightarrow$ konstan; berperiode ganda $\Rightarrow$ konstan. Lalu bandingkan dalam sebuah paragraf pendek dengan fungsi $\mathcal C^\infty$ real (yakni fungsi gundukan, Teorema 12.9): mengapa keholomorfikan, yang merupakan syarat murni lokal, memberlakukan hukum dan ketertiban yang global?

Bagian VII — Panen terakhir.

(Ketaksamaan Landau) Untuk $P = \sum_{k=0}^na_kX^k$ , buktikan nilai rata-ratanya $\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi} \abs{P(\eu^{\iu\theta})}^2\dd\theta = \sum_k\abs{a_k}^2$ (lewat keortogonalan $\eu^{\iu k\theta}$ ), lalu, dengan memakai batas titik demi titiknya $\log t \leq t - 1$ untuk membandingkan rata-rata $\log\abs P^2$ dan $\abs P^2$ , turunkan dari pertanyaan 19 bahwa

$\abs c\prod_{i}\max\bigl(1, \abs{\alpha_i}\bigr) \;\leq\; \Bigl(\sum_{k=0}^{n}\abs{a_k}^2\Bigr)^{1/2} :$

yakni hasil kali akar di luar cakram satuannya terkendali oleh ukuran $\ell^2$ koefisiennya (tanganilah akar yang pada lingkarannya dengan menerapkan ketaksamaannya pada $P(rX)$ lalu membiarkan $r \to 1$ ). Lalu periksalah pada $X^2 - X$ .
(Bilangan Bernoulli tumbuh secara faktorial) Tunjukkan bahwa jari-jari kekonvergenan $\sum\frac{B_n}{n!}z^n$ bernilai tepat $2\pi$ : setidaknya $2\pi$ sebab $z/(\eu^z - 1)$ diperluas secara holomorfik ke $D(0, 2\pi)$ , dan paling banyak $2\pi$ sebab jumlahnya jika tidak akan tetap terbatas di dekat $2\pi\iu$ , tempat $\abs{z/(\eu^z-1)} \to \infty$ . Lalu turunkan

$\limsup_{k\to\infty} \Bigl(\frac{\abs{B_{2k}}}{(2k)!}\Bigr)^{1/2k} = \frac1{2\pi} :$

yakni bilangan Bernoulli tumbuh secara faktorial. Lalu dengan menerima $B_{12} = -\frac{691}{2730}$ (dari rekurensi pertanyaan 20, yang dijalankan lebih jauh), bandingkan $\abs{B_{12}} \approx 0.25311$ dengan ramalan yang lebih tajam $2\,(2k)!/(2\pi)^{2k} \approx 0.25305$ pada $k = 6$ — yakni empat angka yang cocok dari sebuah hukum asimtotik yang akan dibuktikan Bab 17 secara persis, lewat $\zeta(2k)$ .
(Akarnya bergerak secara kontinu) Misalkan $(P_j)$ monik berderajat $n$ dengan koefisien yang konvergen ke koefisien $P$ yang (monik). Buktikan batas Cauchy: bahwa setiap akar sebuah $Q = X^n + \sum_{k<n}q_kX^k$ yang monik memenuhi $\abs\alpha \leq 1 + \max_k\abs{q_k}$ ; lalu turunkan bahwa akar $P_j$ tetap berada di sebuah himpunan kompak yang tetap, dan, dengan memetik subbarisan konvergen vektor akarnya lalu mengambil limitnya pada pemfaktoran pertanyaan 7, bahwa multihimpunan akar $P_j$ konvergen ke multihimpunan akar $P$ . Lalu tunjukkan akhirnya bahwa kekontinuan adalah yang terbaik yang dapat dikatakan: sebab untuk $P_\varepsilon = X^2 - 2X + 1 + \varepsilon$ , gangguan berukuran $\varepsilon = 10^{-4}$ menggeser akar rangkap $1$ sejauh $10^{-2}$ — yakni eksponen Hölder $\frac1m$ pada akar berlipat $m$ , dan tak pernah Lipschitz: sehingga secara numerik, akar berlipat berbiaya separuh angkanya.

Solusi

Solusi Soal 16.1.

1. Untuk $\abs z \geq 1$ :

\abs{P(z)} \geq \abs z^n\Bigl(1 - \frac{\abs{a_{n-1}}}{\abs z} - \dots - \frac{\abs{a_0}}{\abs z^n}\Bigr) \geq \abs z^n\Bigl(1 - \frac{A}{\abs z}\Bigr), \qquad A = \sum_k\abs{a_k} :

untuk $\abs z \geq R_0 = \max(1, 2A)$ : $\abs{P(z)} \geq \frac12\abs z^n \to \infty$ .

2. Pilihlah $R \geq R_0$ dengan $\frac12R^n \geq \abs{P(0)}$ . Pada $\bar D(0, R)$ yang kompak, $\abs P$ yang kontinu mencapai minimum, di suatu $z_0$ ; sedangkan di luarnya, $\abs P \geq \frac12R^n \geq \abs{P(0)} \geq \abs{P(z_0)}$ : sehingga minimumnya global.

3. Fungsi $Q(h) = P(z_0 + h)/P(z_0)$ merupakan polinomial dalam $h$ dengan $Q(0) = 1$ ; dan ia tak konstan (sebab $P$ demikian), sehingga suatu koefisien di luar konstantanya tak nol: jadi $Q(h) = 1 + c_kh^k + h^{k+1}S(h)$ dengan $k \geq 1$ yang minimal, $c_k \neq 0$ , dan $S \in \C[X]$ .

4. Untuk akarnya: sembarang $w = \rho\eu^{\iu\varphi} \neq 0$ mempunyai akar ke- $k$ $\rho^{1/k}\eu^{\iu\varphi/k}$ , dengan $\rho^{1/k}$ yang ada menurut teorema nilai antara yang diterapkan pada $t \mapsto t^k$ di $\intco0\infty$ — jadi tanpa kelingkaran. Lalu pilihlah $\omega$ dengan $\omega^k = -1/c_k$ . Maka

Q(t\omega) = 1 - t^k + t^{k+1}\,\omega^{k+1}S(t\omega), \qquad \abs{Q(t\omega)} \leq 1 - t^k + C\,t^{k+1} \quad (0 < t \leq 1),

dengan $C = \abs\omega^{k+1}\sup_{\abs h \leq \abs\omega}\abs{S(h)}$ (perhatikan $1 - t^k \geq 0$ pada $\intcc01$ ).

5. Untuk $0 < t < \min(1, 1/C)$ : $\abs{Q(t\omega)} \leq 1 - t^k(1 - Ct) < 1$ , yakni $\abs{P(z_0 + t\omega)} < \abs{P(z_0)}$ — yang bertentangan dengan keminimalan globalnya. Jadi $P(z_0) = 0$ : sehingga bukti d’Alembert–Argand lengkap.

6. Untuk versi Liouvillenya: jika $P$ tak pernah lenyap, maka $1/P$ bersifat utuh; lalu menurut pertanyaan 1, $\abs{1/P} \leq 2R_0^{-n}$ di luar $\bar D(0, R_0)$ , dan $1/P$ kontinu pada cakram kompak itu, sehingga terbatas di sana pula: jadi utuh dan terbatas, sehingga konstan (Akibat 16.12), yang membuat $P$ konstan: mustahil. Bahannya: d’Alembert memakai kekompakan (yakni keberadaan minimumnya) dan keberadaan akar ke- $k$ lewat bentuk kutubnya; sedangkan Liouville memakai seluruh perkakas Cauchy (yakni Goursat — yang sendirinya argumen kompak bersarang — dan taksiran Cauchynya) ditambah kekoersifan yang sama. Jadi kekompakan cakram tertutup adalah inti bersamanya yang tak tereduksi.

7. Jika $\deg P \geq 1$ , pilihlah sebuah akar $\alpha$ (pertanyaan 5); lalu bagilah: $P = (X - \alpha)Q + P(\alpha) = (X - \alpha)Q$ dengan $\deg Q = n - 1$ ; lalu induksikan. Lalu dengan mengelompokkan faktor yang sama: $P = c\prod_i(X - \alpha_i)^{m_i}$ dengan $\sum m_i = n$ .

8. Untuk $P$ yang real: $P(\bar\alpha) = \overline{P(\alpha)} = 0$ , dan kelipatannya bersesuaian (konjugatkan pemfaktorannya): sehingga akar tak realnya muncul berpasangan, yang menyumbang $(X - \alpha)(X - \bar\alpha) = X^2 - 2\operatorname{Re}(\alpha)X + \abs\alpha^2$ , yakni kuadratik real berdiskriminan $< 0$ . Karena itu diperoleh daftar tak tereduksinya, dan polinomial real berderajat gasal, yang berakar tak real dalam jumlah yang genap, haruslah berakar real. Untuk bukti langsungnya: $P(x) \to \pm\infty$ saat $x \to \pm\infty$ (sebab berderajat gasal dengan koefisien utama positif katakanlah), sehingga $P$ berganti tanda, dan teorema nilai antaranya berlaku. Untuk $X^3 - X - 1$ : kedua argumennya memberikan satu akar real $\approx 1.3247$ (beserta sepasang sekawan).

9. (i) Polinomial $\chi_u \in \C[X]$ tak konstan: sehingga ia berakar $\lambda$ , dan $\det(u - \lambda\,\mathrm{id}) = 0$ memberikan sebuah vektor eigen; lalu mesin pembagi elementer Teorema 3.18 berlaku bagi sembarang matriks kompleks, sebab $\chi$ selalu terbelah. (ii) Misalkan $P \in \bar\Q[X]$ tak konstan. Sebagai polinomial atas $\C$ ia berakar $z \in \C$ ; lalu $z$ bersifat aljabar atas $\bar\Q$ , sehingga atas $\Q$ lewat ketransitifannya (Akibat 4.5), jadi $z \in \bar\Q$ : sehingga setiap polinomial tak konstan atas $\bar\Q$ berakar di $\bar\Q$ .

10. Atas $\Q(\iu)$ , pertanyaan 4 sudah gagal: sebab akar ke- $k$ tak harus ada (tak ada $\sqrt2$ ), dan bahkan dengan akarnya diberikan, pertanyaan 2 gagal — sebab barisan pemberi minimumnya tak harus konvergen, karena $\Q$ tak lengkap; sedangkan pada jalur Liouville, segitiga kompak bersarang Goursat beririsan kosong atas titik $\Q(\iu)$ . Jadi kedua buktinya memakan kelengkapan (setara dengan itu, lewat kekonvergenan monoton terbatas, kelengkapan urutan) $\R$ ; sedangkan keterhubungannya menggerakkan teorema nilai antara di balik bentuk kutubnya. Jadi pernyataan “ $\C$ tertutup secara aljabar” adalah aljabar; sedangkan setiap bukti yang dikenal atasnya adalah analisis yang diselundupkan lewat definisi $\R$ .

11. Menurut Teorema 16.10 di $a$ , $f^{(n)}(a) = n!\,c_n$ dengan

c_n = \frac1{2\iu\pi}\int_{C_r}\frac{f(w)}{(w - a)^{n+1}}\,\dd w, \qquad \abs{c_n} \leq \frac{2\pi r}{2\pi}\cdot \frac{\sup_{C_r}\abs f}{r^{n+1}} = \frac{\sup_{C_r}\abs f}{r^{n}} :

yakni taksiran Cauchy, dalam bentuk yang ditampilkan setelah dikalikan $n!$ . Jika $\abs f \leq M$ pada $\C$ : maka untuk setiap $a$ dan setiap $r$ , $\abs{f'(a)} \leq M/r \to 0$ saat $r \to \infty$ , sehingga $f' \equiv 0$ dan $f$ konstan pada $\C$ yang terhubung — yakni Liouville yang dipulihkan.

12. Uraikan $f = \sum_kc_kz^k$ di $0$ (dengan jari-jari $\infty$ ). Untuk $k > m$ : $\abs{c_k} \leq (A + Br^m)/r^k \to 0$ saat $r \to \infty$ , sehingga $c_k = 0$ : jadi $f = \sum_{k\leq m}c_kz^k$ merupakan polinomial berderajat paling banyak $m$ .

13. Fungsi $g = \eu^f$ utuh dengan $\abs g = \eu^{\operatorname{Re}f} \leq \eu^M$ : jadi konstan menurut pertanyaan 11. Lalu $0 = g' = f'g$ dengan $g$ yang bebas akar: sehingga $f' = 0$ dan $f$ konstan.

14. Misalkan $M = \sup_K\abs f$ pada bujur sangkar satuan tertutup $K$ yang kompak. Setiap $z$ berselisih dari sebuah titik $K$ oleh sebuah unsur $\Z + \iu\Z$ (kurangkan bagian bulatnya), dan mengiterasikan kedua hubungan periodiknya membiarkan $f$ tak berubah: sehingga $\abs f \leq M$ pada seluruh $\C$ , dan pertanyaan 11 membuat $f$ konstan. Jadi fungsi tak konstan yang invarian terhadap kekisinya tak dapat utuh: sehingga fungsi eliptik teori klasiknya harus membawa kutub — yakni gerbang historis menuju Bab 17.

15. Jika $f(\C)$ melewatkan cakram $D(a, r)$ , maka $\abs{f(z) - a} \geq r$ untuk setiap $z$ , sehingga $g = 1/(f - a)$ bersifat utuh dengan $\abs g \leq 1/r$ : jadi konstan menurut Liouville, sehingga $f$ konstan. Kontrapositifnya: jangkauan sebuah fungsi utuh yang tak konstan memotong setiap cakram — yakni padat di $\C$ .

16. Pilihlah $R$ dengan $\abs f \geq 1$ di luar $D(0, R)$ . Maka akar $f$ terletak di $\bar D(0, R)$ yang kompak; dan seandainya tak berhingga banyak, akarnya akan menumpuk di sana, sehingga Teorema 16.13 akan memaksa $f \equiv 0$ — yang mustahil. Sebutlah akarnya $z_1, \dots, z_p$ , dengan kelipatan $m_1, \dots, m_p$ , lalu tetapkan $M = \sum m_i$ dan $\Pi(z) = \prod_i(z - z_i)^{m_i}$ . Dengan memfaktorkan setiap akarnya keluar dari deret pangkatnya, $g = f/\Pi$ bersifat utuh dan bebas akar. Untuk $\abs z \geq \max(R, 2\max_i\abs{z_i})$ : $\abs{z - z_i} \leq 2\abs z$ dan $\abs f \geq 1$ , sehingga $\abs{1/g} = \abs\Pi/\abs f \leq 2^M\abs z^M$ ; sedangkan pada cakram kompak sisanya $1/g$ kontinu, jadi terbatas: sehingga $\abs{1/g} \leq A + B\abs z^M$ di mana-mana. Menurut pertanyaan 12, $1/g$ merupakan polinomial; dan ia bebas akar, sehingga menurut pertanyaan 7 ia konstanta tak nol $c$ : jadi $f = \frac1c\Pi$ merupakan polinomial. Sebaliknya, pertanyaan 1 membuat setiap polinomial tak konstan meledak di tak hingga. Sedangkan $\eu^z$ sungguh terkecualikan: sebab sepanjang $\R_-$ , $\abs{\eu^z} = \eu^x \to 0$ padahal $\abs z \to \infty$ .

17. Parametrikanlah Teorema 16.9 di pusatnya: dengan $w = a + r\eu^{\iu\theta}$ dan $\dd w = \iu r\eu^{\iu\theta}\dd\theta$ ,

f(a) = \frac1{2\iu\pi}\int_{C_r}\frac{f(w)}{w - a}\,\dd w = \frac1{2\pi}\int_0^{2\pi} f\bigl(a + r\eu^{\iu\theta}\bigr)\,\dd\theta ;

lalu mengambil bagian realnya memberikan sifat nilai rata-rata $u$ . Jika $u$ mencapai maksimum di sebuah titik interior $\Omega$ yang terhubung: maka $\abs{\eu^f} = \eu^u$ mencapai maksimum di interiornya, sehingga $\eu^f$ konstan menurut Teorema 16.14(2), dan $u = \log\abs{\eu^f}$ konstan. Sedangkan pada daerah terbatas dengan kekontinuan sampai batasnya, $\sup_{\bar\Omega}u = \sup_{\partial\Omega}u$ , tepat seperti bagi $\abs f$ .

18. Kasus $\abs a > r$ . Pilihlah $R$ dengan $r < R < \abs a$ : maka pada cakram cembung $D(0, R)$ fungsi $a - z$ bersifat holomorfik dan bebas akar, dan $z \mapsto -1/(a - z)$ mempunyai antiturunan $L$ di sana (Teorema 16.8); lalu setelah konstantanya disesuaikan, $\bigl(\eu^{-L}(a - z)\bigr)' = \eu^{-L}\bigl(-L'\,(a - z) - 1\bigr) = 0$ memberikan $\eu^L = a - z$ : sehingga sebuah logaritma holomorfik ada, dan $\log\abs{a - z} = \operatorname{Re}L(z)$ . Lalu sifat nilai rata-rata pertanyaan 17 di $0$ dengan jari-jari $r$ :

\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi} \log\bigl|a - r\eu^{\iu\theta}\bigr|\,\dd\theta = \operatorname{Re}L(0) = \log\abs a .

Kasus $\abs a < r$ . Dari $a - r\eu^{\iu\theta} = -r\eu^{\iu\theta}\bigl(1 - \frac ar\eu^{-\iu\theta}\bigr)$ , rata-ratanya sama dengan $\log r$ ditambah rata-rata $\log\abs{1 - \frac ar\eu^{-\iu\theta}}$ . Lalu substitusi $\theta \mapsto 2\pi - \theta$ , kemudian — dengan menulis $\frac ar = \rho\eu^{\iu\varphi}$ dengan $\rho < 1$ , sebab kasus $a = 0$ trivial — pergeseran $\theta \mapsto \theta - \varphi$ (sebab keduanya mengawetkan rata-rata pada satu periode) mengubahnya menjadi rata-rata $\log\abs{1 - \rho\eu^{\iu\theta}}$ : yakni kasus pertamanya dengan $(a, r) = (1, \rho)$ , yang memberikan $\log 1 = 0$ . Totalnya: $\log r = \log\max(\abs a, r)$ pada kedua kasusnya.

19. Berlaku $\log\abs{P(\eu^{\iu\theta})} = \log\abs c + \sum_i\log\abs{\alpha_i - \eu^{\iu\theta}}$ , dengan setiap akarnya berulang menurut kelipatannya; lalu merata-ratakannya terhadap $\theta$ dan menerapkan pertanyaan 18 dengan $r = 1$ pada setiap akar di luar lingkaran satuannya melahirkan $\log\bigl(\abs c\prod_i\max(1, \abs{\alpha_i})\bigr)$ . Untuk pemeriksaannya. Bagi $P = 2X - 1 = 2(X - \frac12)$ rumusnya meramalkan $\log 2$ ; sedangkan secara langsung, $\abs{2\eu^{\iu\theta} - 1} = 2\abs{\frac12 - \eu^{\iu\theta}}$ dan rata-rata $\log\abs{\frac12 - \eu^{\iu\theta}}$ adalah $\log\max(\frac12, 1) = 0$ : jadi rata-ratanya $\log 2$ . Bagi $P = X^2 - X = X(X - 1)$ akarnya $1$ terletak pada lingkarannya; dan rumusnya meramalkan $0$ . Secara langsung, rata-rata $\log\abs{\eu^{\iu\theta}}$ adalah $0$ , dan dengan $\abs{\eu^{\iu\theta} - 1} = 2\abs{\sin\frac\theta2}$ :

\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi} \log\Bigl(2\sin\frac\theta2\Bigr)\dd\theta = \frac1\pi\int_0^\pi\log(2\sin u)\,\dd u = \log 2 + \frac J\pi, \qquad J = \int_0^\pi\log\sin u\,\dd u .

Lalu dengan substitusi $u = 2v$ , dan dengan memakai identitas $\sin 2v = 2\sin v\cos v$ , diperoleh $J = \pi\log2 + 2\int_0^{\pi/2}\log\sin + 2\int_0^{\pi/2}\log\cos = \pi\log 2 + 2J$ (sebab masing-masing separuhnya sama dengan $J/2$ menurut kesetangkupan $\sin$ ), sehingga $J = -\pi\log 2$ (sebab integral tak wajarnya konvergen, karena $\log\sin$ terintegralkan di ujungnya): jadi rata-ratanya $\log2 - \log2 = 0$ . Sehingga rumusnya bertahan bagi akar pada lingkarannya.

20. Fungsi $\frac{\eu^z - 1}z = \sum_{j\geq0}\frac{z^j}{(j+1)!}$ bersifat utuh dan bernilai $1$ di $0$ : sehingga kebalikannya holomorfik di dekat $0$ (sungguh pada $\abs z < 2\pi$ , sebab akar lain terdekat $\eu^z - 1$ adalah $\pm2\iu\pi$ ), jadi $\frac z{\eu^z-1}$ analitik di $0$ . Lalu dengan mengalikan kedua deretnya dan membaca koefisien $z^n$ dengan $n \geq 1$ pada $(\frac{\eu^z-1}z)\cdot(\frac z{\eu^z-1}) = 1$ :

\sum_{k=0}^{n}\frac{B_k}{k!\,(n+1-k)!} = 0 \quad\Longleftrightarrow\quad \sum_{k=0}^{n}\binom{n+1}{k}B_k = 0 .

Berturut-turut: $B_0 = 1$ , $B_1 = -\frac12$ , $B_2 = \frac16$ , $B_3 = 0$ , $B_4 = -\frac1{30}$ , $B_5 = 0$ , dan $B_6 = \frac1{42}$ . Untuk kegenapannya: dengan $F(z) = \frac z{\eu^z-1} + \frac z2$ ,

F(-z) = \frac{-z}{\eu^{-z} - 1} - \frac z2 = \frac{z\,\eu^z}{\eu^z - 1} - \frac z2 = z + \frac{z}{\eu^z - 1} - \frac z2 = F(z) :

maka $F$ genap, sehingga $B_{2k+1} = 0$ untuk $k \geq 1$ (sebab satu-satunya koefisien gasalnya $B_1$ terserap oleh $+\frac z2$ ). Untuk penunjuk ke depannya: $\cot w = \iu + \frac{2\iu}{\eu^{2\iu w}-1}$ memberikan $w\cot w = 1 + \sum_{k\geq1}\frac{B_{2k}}{(2k)!}(2\iu w)^{2k}$ , sehingga koefisien Laurent kotangennya — jadi, menurut Bab 17, setiap $\zeta(2k)$ — dihargai oleh bilangan Bernoulli:

\zeta(2k) = (-1)^{k+1}\,\frac{(2\pi)^{2k}B_{2k}}{2\,(2k)!} .

21. Tulis $f = \sum_nc_nz^n$ (dengan jari-jari $\infty$ ); maka $g(z) = \overline{f(\bar z)} = \sum_n\bar c_nz^n$ bersifat utuh. Pada $\R$ : $g(x) = \overline{f(x)} = f(x)$ , sehingga $g$ dan $f$ bersesuaian pada himpunan yang bertitik tumpuk di $\C$ yang terhubung: sehingga Teorema 16.13 memberikan $g \equiv f$ , yakni $f(\bar z) = \overline{f(z)}$ (setara dengan itu: semua $c_n$ real). Untuk polinomial real $P$ : $P(\bar\alpha) = \overline{P(\alpha)} = 0$ , dan identitas yang sama yang diterapkan pada turunan realnya $P', P'', \dots$ mengawetkan kelipatannya: sehingga akar tak realnya berpasangan — yakni pemasangan pertanyaan 8, yang dibuktikan kembali secara analitik.

22. Tangganya, yang dirakit: terbatas $\Rightarrow$ konstan (11); terdominasi oleh $A + B\abs z^m$ $\Rightarrow$ polinomial (12); bagian real terbatas dari atas $\Rightarrow$ konstan (13); berperiode ganda $\Rightarrow$ konstan (14); jangkauannya melewatkan sebuah cakram $\Rightarrow$ konstan (15); meledak di tak hingga $\Rightarrow$ polinomial (16). Setiap anak tangganya adalah rumus Cauchy: sebab nilai di sebuah titik merupakan rata-rata lingkaran, sehingga semua koefisien Taylornya dihargai oleh ukuran $f$ pada lingkaran yang besar, dan sebuah batas pertumbuhan memusnahkan koefisiennya secara borongan. Tak ada yang seperti itu mengendalai fungsi $\mathcal C^\infty$ real: sebab fungsi gundukan (Teorema 12.9) bersifat terbatas, berpendukung kompak, dan liar tak konstan, sedangkan semua turunannya di sembarang titik di luar pendukungnya lenyap tanpa fungsinya lenyap di mana pun di dekatnya. Jadi kemulusan sama sekali tak menggandengkan turunannya di titik yang berbeda; sedangkan keholomorfikan merantai setiap turunan ke satu integral atas lingkaran yang jauh. Yakni sebuah syarat lokal dengan pemberi kabar global — itulah mengapa fungsi utuh menuruti hukum dan ketertiban.

23. Dengan menguraikan $\abs{P(\eu^{\iu\theta})}^2 = \sum_{k,l}a_k\bar a_l \eu^{\iu(k-l)\theta}$ lalu merata-ratakannya, setiap suku $k \neq l$ terbunuh: sehingga rata-ratanya $\sum_k\abs{a_k}^2 =: N$ . Andaikan dahulu bahwa $P$ tak berakar pada lingkaran satuannya, sehingga $\theta \mapsto \log\abs{P(\eu^{\iu\theta})}$ kontinu. Lalu batas $\log t \leq t - 1$ yang diterapkan pada $t = \abs P^2/N$ memberikan, setelah dirata-ratakan,

\frac1{2\pi}\int_0^{2\pi}\log\abs{P(\eu^{\iu\theta})}^2 \dd\theta - \log N \;\leq\; \frac1N\cdot N - 1 = 0,

sehingga rata-rata ukur $\abs P$ paling banyak $\sqrt N$ ; lalu pertanyaan 19 mengenali rata-rata ukur itu sebagai $\abs c\prod_i\max(1, \abs{\alpha_i})$ : yakni ketaksamaan Landau. Untuk akar pada lingkarannya: pilihlah $r > 1$ yang berbeda dari setiap $\abs{\alpha_i}$ ; maka polinomial $P(rX)$ , yang berakar $\alpha_i/r$ di luar lingkaran satuannya dan berkoefisien $a_kr^k$ , memenuhi ketaksamaannya; lalu kedua ruasnya kontinu terhadap $r$ , sehingga membiarkan $r \to 1^+$ memberikan kasus umumnya. Pada $X^2 - X$ : akarnya $0$ dan $1$ , sehingga ruas kirinya $1$ , sedangkan ruas kanannya $\sqrt{1 + 1} = \sqrt2$ : jadi benar, dengan kelonggaran.

24. Tulis $\eu^z - 1 = z\,g(z)$ dengan $g(z) = \sum_{k\geq0}\frac{z^k}{(k+1)!}$ yang utuh dan $g(0) = 1$ . Karena $\eu^z = 1$ tepat pada $2\pi\iu\Z$ , maka $g$ tak berakar di $D(0, 2\pi)$ (untuk $0 < \abs z < 2\pi$ sebab $\eu^z - 1 \neq 0$ , dan di $0$ sebab $g(0) = 1$ ), sehingga $h = 1/g$ holomorfik pada $D(0,2\pi)$ dan deret Taylornya di $0$ — yang menurut definisinya $\sum\frac{B_n}{n!}z^n$ — konvergen pada seluruh cakramnya: jadi $\rho \geq 2\pi$ . Seandainya $\rho > 2\pi$ , jumlahnya $S$ akan holomorfik pada $D(0,\rho)$ , dan ia bersesuaian dengan $z \mapsto z/(\eu^z - 1)$ pada $0 < \abs z < 2\pi$ ; lalu keduanya holomorfik pada himpunan terbuka terhubung $D(0,\rho) \setminus 2\pi\iu\Z$ , sehingga menurut teorema keidentikannya keduanya bersesuaian di sana. Padahal saat $z \to 2\pi\iu$ , $\abs{z/(\eu^z - 1)} \to \infty$ (sebab pembilangnya $\to 2\pi$ dan penyebutnya $\to 0$ ) sedangkan $S$ kontinu di $2\pi\iu$ : yang bertentangan. Karena itu $\rho = 2\pi$ secara persis, dan rumus Hadamard memberikan $\limsup_n\abs{B_n/n!}^{1/n} = \frac1{2\pi}$ ; lalu karena koefisien gasalnya nol mulai dari $n = 3$ , $\limsup$ -nya dibawa indeks genapnya, yang merupakan rumus yang dinyatakan itu dengan $n = 2k$ . Secara numerik di $k = 6$ : $(2\pi)^{12} \approx 3.7858\cdot10^9$ dan $2\cdot12! = 958\,003\,200$ , sehingga $2\,(2k)!/(2\pi)^{2k} \approx 0.25305$ , terhadap $\abs{B_{12}} = \frac{691}{2730} \approx 0.25311$ . Sedangkan nisbahnya, $1.00025$ , tepat $\zeta(12)$ sampai angka yang ditampilkan: sehingga rumus kalkulus residu $\zeta(2k) = (-1)^{k+1}\frac{(2\pi)^{2k}B_{2k}}{2\,(2k)!}$ pada Bab 17 menerangkan baik faktor $2$ -nya maupun kelebihan mungilnya.

25. Untuk batas Cauchynya: jika $\abs z > 1 + M$ dengan $M = \max_k\abs{q_k}$ , maka

\Bigl|\sum_{k<n}q_kz^k\Bigr| \leq M\,\frac{\abs z^n - 1}{\abs z - 1} < \frac{M}{\abs z - 1}\,\abs z^n \leq \abs z^n,

sehingga $\abs{Q(z)} > 0$ : jadi semua akarnya terletak di $\overline D(0, 1+M)$ . Lalu koefisien $P_j$ konvergen, sehingga terbatas oleh suatu $M$ : jadi semua akar semua $P_j$ (dan akar $P$ ) terletak di $K = \overline D(0, 1 + M)$ yang kompak. Misalkan $v_j \in K^n$ sebuah vektor yang mendaftarkan akar $P_j$ beserta kelipatannya (pertanyaan 7). Maka setiap subbarisan $(v_j)$ mempunyai subbarisan lanjutan yang konvergen ke suatu $(\beta_1, \dots, \beta_n)$ ; sedangkan koefisien $\prod_i(X - \alpha_i^{(j)})$ adalah, sampai tandanya, fungsi setangkup elementer $v_j$ — yang kontinu — sehingga sepanjang subbarisan itu keduanya konvergen ke koefisien $\prod_i(X - \beta_i)$ ; padahal keduanya konvergen ke koefisien $P$ menurut hipotesisnya, sehingga $\prod_i(X - \beta_i) = P$ : jadi setiap limit subbarisan $(v_j)$ merupakan permutasi vektor akar $P$ . Seandainya jarak pemasangannya $\delta_j = \min_\sigma\max_i\, \abs{\alpha_i^{(j)} - \alpha_{\sigma(i)}}$ tak menuju $0$ , maka sebuah subbarisan akan menjaga $\delta_j \geq \varepsilon$ sedangkan vektor akarnya konvergen ke sebuah permutasi akar $P$ — yang memaksa $\delta_j \to 0$ sepanjangnya: yang bertentangan. Jadi multihimpunan akarnya konvergen. Untuk ketajamannya: $P_\varepsilon = (X - 1)^2 + \varepsilon$ berakar $1 \pm \iu\sqrt\varepsilon$ : sehingga akar rangkapnya bergeser sejauh $\sqrt\varepsilon$ , misalnya sejauh $10^{-2}$ untuk $\varepsilon = 10^{-4}$ . Secara umum, jika $\alpha$ akar berlipat $m$ , maka di dekat $\alpha$ berlaku $\abs{P(z)} \asymp \abs{z - \alpha}^m$ , sehingga gangguan berukuran $\varepsilon$ menggeser gugusan akarnya kira-kira sejauh $\varepsilon^{1/m}$ : yakni kekontinuan Hölder bereksponen $\frac1m$ dan tak lebih baik — itulah mengapa penyelesai numerik di dekat akar rangkap hanya menyimpan separuh angka kerjanya.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium