---
title: "Deret Laurent dan Teorema Residu"
book: "Matematika Universitas — Tahun 3"
subject: math
language: id
chapter: 17
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/17-deret-laurent-dan-teorema-residu
---

# Bab 17 — Deret Laurent dan Teorema Residu

Apa yang terjadi pada sebuah [fungsi holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) di dekat titik yang ia *tak* terdefinisi di sana? Jawabannya berupa trikotomi [lengkap](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/7-ruang-lengkap-baire-ascoli-stoneweierstrass#def-b3-complete-complete) — titik terhapuskan, kutub, atau kesingularan hakiki — yang terbaca dari deret pangkat dua sisi, yakni uraian Laurent. Satu koefisien uraian itu, yakni *[residunya](#def-b3-residues-singularities)*, mengendalikan setiap [integral kontur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-contour) di sekitar kesingularannya: sehingga teorema [residu](#def-b3-residues-singularities) mengubah integral tentu yang sukar menjadi aljabar berhingga, mencacah akar fungsi (lewat asas argumen dan Rouché), serta membuktikan teorema pemetaan terbuka. Mula-mula kita meningkatkan teorema Cauchy dari daerah berbentuk bintang ke bentuk definitifnya yang bebas homologi — lewat argumen elegan Dixon — sehingga semua kontur yang berbilangan lilitan nol di sekitar komplemennya menjadi tersedia.

## 17.1 Teorema Cauchy global

Sebuah *siklus* $\Gamma$ adalah jumlah formal berhingga atas [lintasan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-pathconnected) tertutup $\gamma_1, \dots, \gamma_m$; sedangkan integral dan indeks sepanjang $\Gamma$ adalah jumlah yang bersesuaian, dan $\operatorname{im}\Gamma = \bigcup\operatorname{im}\gamma_j$.

**Teorema 17.1 (Cauchy, bentuk global).**

Misalkan $\Omega \subseteq \C$ terbuka, $f \in \mathcal H(\Omega)$, dan $\Gamma$ sebuah siklus di $\Omega$ sedemikian sehingga

$$
\operatorname{Ind}_\Gamma(w) = 0
\qquad\text{untuk setiap } w \notin \Omega .
$$

Maka, untuk setiap $z \in \Omega\setminus\operatorname{im}\Gamma$,

$$
\frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma\frac{f(w)}{w - z}\,\dd w =
\operatorname{Ind}_\Gamma(z)\,f(z),
\qquad\text{dan}\qquad
\int_\Gamma f(w)\,\dd w = 0 .
$$

**Bukti (Dixon).** Definisikan $g \colon \Omega\times\Omega \to \C$ lewat

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

*Fungsi $g$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity)*: di luar diagonalnya, jelas. Sedangkan di dekat sebuah titik diagonal $(a, a)$, uraikan $f$ menjadi deret pangkat di $a$ ([Teorema 16.10](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#thm-b3-holomorphic-analytic)): $f(w) - f(z) =
\sum_{n\geq1}c_n\bigl((w-a)^n - (z-a)^n\bigr)$, lalu membagi setiap sukunya dengan $w - z$ (lewat pemfaktoran $u^n - v^n$) memberikan, untuk $z, w \in D(a, r)$,

$$
g(z, w) =
\sum_{n\geq1}c_n\sum_{j=0}^{n-1}(w-a)^{\,j}(z-a)^{\,n-1-j},
$$

yang sahih pula pada diagonalnya (sebab setiap jumlah dalamnya menjadi $n(z-a)^{n-1}$, yang berjumlah $f'(z)$). Untuk $r$ yang kecil deretnya konvergen seragam pada $D(a,r)^2$ (sebab $\abs{\text{sukunya}} \leq n\abs{c_n}r^{n-1}$, yang terjumlahkan di dalam jari-jarinya): sehingga jumlahnya [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity).

Tetapkan $h(z) = \frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma g(z, w)\,\dd w$ pada $\Omega$: ia [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) (lewat [kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) seragam $g$ pada [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact)), dan [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) — menurut Morera (yakni kriteria [Teorema 16.15](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#thm-b3-holomorphic-weierstrassconv)): sebab untuk sebuah segitiga $T \subseteq \Omega$, Fubini memberikan $\int_{\partial
T}h = \frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma\bigl(\int_{\partial T}g(z,
w)\dd z\bigr)\dd w = 0$, dengan integral dalamnya lenyap karena $z \mapsto g(z, w)$ [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) pada $\Omega$ (sebab di $z = w$ kesingularannya terhapuskan: karena $g$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) di sana dan [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) di tempat lain — yakni argumen perluasan pada bukti [Teorema 16.9](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#thm-b3-holomorphic-formula)).

Pada [himpunan terbuka](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology) $\Omega' = \{z \notin \operatorname{im}\Gamma
: \operatorname{Ind}_\Gamma(z) = 0\}$, definisikan $h_1(z) =
\frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma\frac{f(w)}{w - z}\dd w$: yang [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) pada $\Omega'$ (lewat Morera atau pendiferensialan di bawah integralnya). Untuk $z \in \Omega\cap\Omega'$:

$$
h(z) = \frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma\frac{f(w)}{w-z}\dd w
- f(z)\operatorname{Ind}_\Gamma(z) = h_1(z) .
$$

Menurut hipotesisnya $\Omega\cup\Omega' = \C$ (sebab $w \notin \Omega
\Rightarrow \operatorname{Ind}_\Gamma(w) = 0$), sehingga $h$ dan $h_1$ merekat menjadi fungsi utuh $H$. Lalu karena komponen tak terbatas komplemen $\operatorname{im}\Gamma$ terletak di $\Omega'$ dan $h_1(z) \to 0$ saat $\abs z \to \infty$ (lewat batas ML), maka $H$ terbatas dan menuju $0$: sehingga Liouville ([Akibat 16.12](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#cor-b3-holomorphic-liouville)) memberikan $H \equiv 0$. Jadi $h \equiv 0$ pada $\Omega$, yang merupakan rumus integralnya. Lalu dengan menerapkannya, untuk $a \in
\Omega\setminus\operatorname{im}\Gamma$ yang tetap, pada $\tilde f(w) =
(w - a)f(w)$ di $z = a$:

$$
\frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma f(w)\dd w =
\frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma \frac{\tilde f(w)}{w - a}\dd w =
\operatorname{Ind}_\Gamma(a)\,\tilde f(a) = 0 .
$$

∎

## 17.2 Deret Laurent dan kesingularan terpencil

**Teorema 17.2 (Uraian Laurent).**

Misalkan $f$ [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) pada anulus $A = \{r < \abs{z - a} <
R\}$ (dengan $0 \leq r < R \leq \infty$). Maka

$$
f(z) = \sum_{n\in\Z}c_n\,(z - a)^n
\qquad\text{pada } A,
\qquad
c_n = \frac1{2\iu\pi}\int_{C_\rho}\frac{f(w)}{(w -
a)^{n+1}}\,\dd w
$$

untuk sembarang $r < \rho < R$ (dan tak bergantung pada $\rho$), dengan kedua separuh deretnya konvergen normal pada subanulus [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact). Sedangkan uraiannya tunggal.

**Bukti.** Tetapkan $r < \rho_1 < \abs{z - a} < \rho_2 < R$ lalu misalkan $\Gamma =
C_{\rho_2} - C_{\rho_1}$ (dengan yang luar berlawanan arah jarum jam dan yang dalam searah): yakni sebuah siklus di $A$ dengan $\operatorname{Ind}_\Gamma(w) = 0$ untuk setiap $w \notin A$ (sebab titik di dalam cakram kecilnya: $1 - 1 = 0$; sedangkan di luar cakram besarnya: $0 - 0$). Menurut [Teorema 17.1](#thm-b3-residues-globalcauchy), $\operatorname{Ind}_\Gamma(z) = 1 - 0 = 1$ memberikan

$$
f(z) = \frac1{2\iu\pi}\int_{C_{\rho_2}}\frac{f(w)}{w - z}\dd
w - \frac1{2\iu\pi}\int_{C_{\rho_1}}\frac{f(w)}{w - z}\dd w .
$$

Uraikan kernel pertamanya seperti pada [Teorema 16.10](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#thm-b3-holomorphic-analytic) (yakni pangkat $\frac{z -
a}{w - a}$ yang bermodulus $< 1$): diperoleh bagian tak negatifnya $\sum_{n\geq0}c_n(z-a)^n$. Sedangkan pada yang kedua, uraikanlah ke arah sebaliknya: $\frac{-1}{w - z} = \frac1{(z-a)(1 - \frac{w - a}{z -
a})} = \sum_{m\geq0}\frac{(w-a)^m}{(z - a)^{m+1}}$, yang konvergen normal pada $C_{\rho_1}$: diperoleh bagian negatifnya $\sum_{n\leq-1}c_n(z-a)^n$ dengan koefisien yang dinyatakan itu (dengan indeks $n = -m-1$). Untuk ketakbergantungannya pada $\rho$: integral koefisiennya atas $C_{\rho}$ dan $C_{\rho'}$ berselisih sebesar $\int_\Gamma$ atas sebuah siklus berindeks nol bagi $\frac{f(w)}{(w-a)^{n+1}}$ yang [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) di $A$: jadi nol, menurut [Teorema 17.1](#thm-b3-residues-globalcauchy) lagi. Untuk ketunggalannya: integralkan $\sum c_n(z-a)^n$ terhadap $(z - a)^{-m-1}$ atas $C_\rho$ suku demi suku (lewat kekonvergenan normalnya): hanya $n = m$ yang bertahan. ∎

**Definisi 17.3.**

Jika $f$ [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) pada cakram tertusuk $D(a, R)\setminus
\{a\}$, uraikanlah lewat Laurent (dengan $r = 0$). Ada tiga kasus yang saling eksklusif:

- semua $c_n = 0$ untuk $n < 0$ : yakni *[kesingularan terhapuskan](#thm-b3-residues-riemanncw)* (sebab deret tak negatifnya memperluas $f$ secara [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) ke $a$ );
- $c_n \neq 0$ untuk berhingga banyak, setidaknya satu, $n < 0$ : yakni sebuah *kutub* berorde $m = -\min\{n : c_n \neq 0\}$ ; setara dengan itu $f = g/(z-a)^m$ dengan $g$ [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) dan $g(a)  \neq 0$ ; setara pula dengan $\abs{f(z)} \to \infty$ saat $z\to  a$ ;
- tak berhingga banyak $c_n \neq 0$ yang negatif: yakni *kesingularan hakiki* .

Sedangkan *residu* di sana adalah $\operatorname{Res}(f, a) = c_{-1}$. Dan fungsi yang [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) pada $\Omega$ dikurangi sebuah himpunan kutub disebut *meromorfik* pada $\Omega$.

**Teorema 17.4 (Riemann; Casorati–Weierstrass).**

Misalkan $f$ [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) pada $D(a,R)\setminus\{a\}$.

1. (Riemann) Jika $f$ *terbatas* di dekat $a$ , maka kesingularannya terhapuskan.
2. (Casorati–Weierstrass) Jika $a$ bersifat hakiki, maka $f\bigl(D(a,\varepsilon)\setminus\{a\}\bigr)$ bersifat padat di $\C$ untuk setiap $\varepsilon$ .

**Bukti.** (1) Untuk $n < 0$ dan $\rho \to 0$: $\abs{c_n} \leq
M\rho^{-n-1}\cdot\rho\cdot\rho^{-\,n}\dots$ lewat ML pada $C_\rho$: sehingga $\abs{c_n} \leq \frac{1}{2\pi}\,2\pi\rho\cdot
M\rho^{-(n+1)} = M\rho^{-n} \to 0$ (sebab $-n > 0$): jadi semua koefisien negatifnya lenyap. (2) Seandainya suatu nilai $b$ tak didekati: maka $\abs{f - b} \geq
\delta$ di dekat $a$, sehingga $g = 1/(f - b)$ [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) dan terbatas di dekat $a$: jadi terhapuskan menurut (1), dan $g$ diperluas bernilai $c$. Jika $c \neq 0$, maka $f = b + 1/g$ terbatas di dekat $a$: jadi terhapuskan — yang terkecualikan. Sedangkan jika $c = 0$, maka $g$ berakar berorde berhingga $m$ di $a$ ([Teorema 16.13](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#thm-b3-holomorphic-identity); sebab $g \not\equiv 0$), dan $f = b + 1/g$ berkutub orde $m$: yang terkecualikan lagi. ∎

## 17.3 Teorema residu

**Teorema 17.5 (Teorema residu).**

Misalkan $\Omega$ terbuka, $S \subseteq \Omega$ berhingga, $f \in
\mathcal H(\Omega\setminus S)$, dan $\Gamma$ sebuah siklus di $\Omega\setminus S$ dengan $\operatorname{Ind}_\Gamma(w) = 0$ untuk setiap $w \notin \Omega$. Maka

$$
\frac{1}{2\iu\pi}\int_\Gamma f(z)\,\dd z
= \sum_{a\in S}\operatorname{Ind}_\Gamma(a)\,
\operatorname{Res}(f, a) .
$$

**Bukti.** Untuk setiap $a \in S$, misalkan $P_a(z) = \sum_{n\leq-1}c_n^{(a)}(z -
a)^n$ bagian pokok $f$ di $a$: yakni deret yang konvergen pada $\C\setminus\{a\}$ (sebab jari-jarinya dalam $1/(z-a)$ bersifat tak berhingga: karena ekor Laurentnya konvergen untuk setiap $\abs{z-a}$ yang kecil sehingga, sebagai deret pangkat dalam $(z-a)^{-1}$, di mana-mana), dan [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) di sana. Maka $g = f - \sum_{a\in S}P_a$ berkesingularan terhapuskan di setiap titik $S$ (sebab uraian Laurentnya di $a$ tak berbagian negatif: karena $P_{a'}$ yang lain [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) di $a$), sehingga $g$ diperluas secara [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) ke $\Omega$, dan [Teorema 17.1](#thm-b3-residues-globalcauchy) memberikan $\int_\Gamma g = 0$. Lalu tinggal mengintegralkan setiap $P_a$: suku demi suku (lewat kekonvergenan normal pada $\operatorname{im}\Gamma$ yang [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact), yang menghindari $a$),

$$
\frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma(z - a)^n\,\dd z = 0 \ (n \leq -2:
\text{yakni antiturunan } \tfrac{(z-a)^{n+1}}{n+1}),
\qquad
\frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma\frac{\dd z}{z - a} =
\operatorname{Ind}_\Gamma(a),
$$

sehingga $\frac1{2\iu\pi}\int_\Gamma P_a =
c_{-1}^{(a)}\operatorname{Ind}_\Gamma(a)$. Lalu jumlahkan atas $a$. ∎

**Metode 17.6 (Menghitung residu).**

Untuk kutub sederhana: $\operatorname{Res}(f, a) = \lim_{z\to a}(z -
a)f(z)$; dan untuk $f = g/h$ dengan $g(a) \neq 0$, $h(a) = 0$, dan $h'(a)
\neq 0$: $\operatorname{Res} = g(a)/h'(a)$. Untuk kutub berorde $m$: $\operatorname{Res}(f, a) = \frac1{(m-1)!}\lim_{z\to
a}\bigl((z-a)^mf(z)\bigr)^{(m-1)}$. Untuk kesingularan hakikinya: uraikanlah lalu bacalah $c_{-1}$ (misalnya dari deret yang dikenal). Dan periksalah selalu kutub mana yang sungguh dilingkari konturnya, dan dengan indeks yang mana.

**Contoh 17.7 (Empat tipe integral klasiknya).**

(a) *Rasional atas $\R$*: untuk $\int_\R\frac{\dd x}{1 +
x^4}$, tutuplah dengan setengah lingkaran besar $S_R$ di setengah bidang atasnya: sebab integrannya $O(R^{-4})$ di sana, sehingga $\int_{S_R} \to 0$ (lewat ML), dan teorema [residu](#def-b3-residues-singularities) dengan kutub $\eu^{\iu\pi/4}, \eu^{3\iu\pi/4}$ (yang sederhana, berresidu $\frac1{4z^3} = \frac{z}{4z^4} = -\frac z4$ di sebuah kutub) memberikan

$$
\int_\R\frac{\dd x}{1 + x^4}
= 2\iu\pi\Bigl(-\frac{\eu^{\iu\pi/4}}4 -
\frac{\eu^{3\iu\pi/4}}4\Bigr)
= \frac{\pi}{\sqrt2} .
$$

(b) *Tipe Fourier*: untuk $t \geq 0$, $\int_\R\frac{\eu^{\iu tx}}{1 + x^2}\dd x =
2\iu\pi\operatorname{Res}\bigl(\tfrac{\eu^{\iu tz}}{1+z^2},
\iu\bigr) = 2\iu\pi\frac{\eu^{-t}}{2\iu} = \pi\eu^{-t}$ — sebab setengah lingkaran atasnya berhasil karena $\abs{\eu^{\iu tz}} =
\eu^{-t\operatorname{Im}z} \leq 1$ di sana; lalu dengan mengambil bagian realnya: $\int_\R\frac{\cos(tx)}{1+x^2}\dd x = \pi\eu^{-\abs t}$, yang menuntaskan rumus yang diterima pada [Latihan 10.10](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#exo-b3-lebesgue-10). (c) *Trigonometri atas satu periode*: substitusikan $z =
\eu^{\iu t}$, $\cos t = \frac{z + z^{-1}}2$, dan $\dd t =
\frac{\dd z}{\iu z}$: maka $\int_0^{2\pi}\frac{\dd t}{a + \cos t}$ (dengan $a > 1$) menjadi pencacahan [residu](#def-b3-residues-singularities) di dalam lingkaran satuannya ([Latihan 17.2](#exo-b3-residues-2)). (d) *Deret*: pasangkan $f$ dengan $\pi\cot(\pi z)$, yang kutubnya berupa bilangan bulat berresidu $1$: sehingga soal akhir pekannya menjumlahkan $\sum n^{-2}$ dan $\sum n^{-4}$ dengan cara ini.

![Kontur setengah lingkaran bagi ∈t_ℝ x/1 + x4: saat R ∈fty busurnya menyumbang O(R-3), dan teorema residunya mencacah kedua kutub yang terlingkupi (biru). Sedangkan kedua kutub bawahnya (kelabu) berada di luar: jadi berindeks 0.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-5/b3-residues/fig-5a0f9191769e.svg)

*Kontur setengah lingkaran bagi $\int_\R\frac{\dd x}{1 +
x^4}$: saat $R \to \infty$ busurnya menyumbang $O(R^{-3})$, dan teorema [residunya](#def-b3-residues-singularities) mencacah kedua kutub yang terlingkupi (biru). Sedangkan kedua kutub bawahnya (kelabu) berada di luar: jadi berindeks $0$.*

## 17.4 Asas argumen dan teorema Rouché

**Teorema 17.8 (Asas argumen).**

Misalkan $f$ [meromorfik](#def-b3-residues-singularities) pada $\Omega$, berakar $z_j$ (berorde $m_j$) dan berkutub $p_k$ (berorde $\mu_k$), dan $\gamma$ sebuah [lintasan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-pathconnected) tertutup di $\Omega$ yang menghindari semuanya, dengan $\operatorname{Ind}_\gamma = 0$ di luar $\Omega$. Maka

$$
\frac1{2\iu\pi}\int_\gamma\frac{f'(z)}{f(z)}\,\dd z
= \sum_j m_j\operatorname{Ind}_\gamma(z_j)
- \sum_k \mu_k\operatorname{Ind}_\gamma(p_k)
$$

(dengan berhingga banyak sukunya yang tak nol). Untuk kontur sederhana yang berlawanan arah jarum jam, integralnya mencacah akar dikurangi kutub di dalamnya, beserta kelipatannya — dan sama dengan bilangan lilitan [lintasan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-pathconnected) petanya $f\circ\gamma$ di sekitar $0$.

**Bukti.** Di dekat sebuah akar berorde $m$: $f = (z-a)^mg$ dengan $g(a) \neq 0$, sehingga $\frac{f'}f = \frac m{z - a} + \frac{g'}g$ dengan suku keduanya [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) di dekat $a$: yakni kutub sederhana berresidu $m$. Sedangkan di dekat kutub berorde $\mu$: $f = (z-a)^{-\mu}g$ memberikan [residu](#def-b3-residues-singularities) $-\mu$. Di tempat lain $\frac{f'}f$ bersifat [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo). (Sedangkan akar dan kutub yang berindeks tak nol terletak di daerah [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) yang dilingkari $\gamma$; dan menurut teorema keidentikannya keduanya berhingga banyak di sana, sebab $f \not\equiv 0$.) Lalu terapkan [Teorema 17.5](#thm-b3-residues-residue). Untuk catatan terakhirnya: $\frac1{2\iu\pi}\int_\gamma\frac{f'}f =
\frac1{2\iu\pi}\int_{f\circ\gamma}\frac{\dd w}w =
\operatorname{Ind}_{f\circ\gamma}(0)$ (substitusikan $w =
f(\gamma(t))$). ∎

**Teorema 17.9 (Rouché).**

Misalkan $f, g$ [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) pada $\Omega$, dan $\gamma$ sebuah [lintasan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-pathconnected) tertutup dengan $\operatorname{Ind}_\gamma \in \{0,1\}$ yang nol di luar $\Omega$ (yakni kontur sederhana). Jika

$$
\abs{g(z)} < \abs{f(z)} \qquad \text{pada }
\operatorname{im}\gamma,
$$

maka $f$ dan $f + g$ berakar sama banyak (beserta kelipatannya) di daerah $\{\operatorname{Ind}_\gamma =
1\}$.

**Bukti.** Untuk $t \in \intcc01$, $f_t = f + tg$ tak berakar pada $\operatorname{im}\gamma$ (sebab $\abs{f_t} \geq \abs f - \abs g >
0$), sehingga

$$
N(t) = \frac1{2\iu\pi}\int_\gamma
\frac{f_t'(z)}{f_t(z)}\,\dd z
$$

terdefinisi baik; dan ia mencacah akar di daerah yang terlingkupi ([Teorema 17.8](#thm-b3-residues-argument); sebab tak ada kutub). Lalu $N$ bersifat [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) terhadap $t$ (sebab integrannya [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) bersama, dengan penyebutnya terbatas dari bawah secara seragam — lewat kekonvergenan terdominasi) dan bernilai bulat: jadi konstan. Sehingga $N(0) = N(1)$. ∎

**Akibat 17.10 (Teorema pemetaan terbuka).**

Sebuah [fungsi holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) tak konstan pada [himpunan terbuka](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology) [terhubung](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-connected) merupakan pemetaan terbuka. Khususnya (lagi) asas maksimumnya berlaku, dan bijeksi [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) berbalikan [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo).

**Bukti.** Misalkan $f(a) = b$; maka $f - b$ berakar berorde berhingga $m
\geq 1$ di $a$ (menurut teorema keidentikannya: sebab $f \not\equiv b$). Pilihlah $r$ yang $f - b$-nya bebas akar pada $\bar D(a, r)\setminus\{a\}$ (menurut [akar terpencilnya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#thm-b3-holomorphic-identity)) lalu misalkan $\delta = \min_{\abs{z - a} =
r}\abs{f(z) - b} > 0$. Untuk $\abs{w - b} < \delta$: pada lingkarannya, $\abs{(b - w)} < \delta \leq \abs{f - b}$, sehingga Rouché ($f - b$ terhadap konstanta $b - w$) mengatakan bahwa $f - w$ berakar tepat $m$ kali di $D(a, r)$: sehingga setiap $w$ semacam itu tercapai — jadi $f(D(a,r)) \supseteq D(b, \delta)$: yakni terbuka. Untuk asas maksimumnya: maksimum $\abs f$ di [interiornya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior) mustahil bagi $f$ yang tak konstan, sebab petanya di sekitar $f(a)$ memuat titik bermodulus lebih besar. Untuk balikannya: bijeksi [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) $f$ bersifat terbuka, sehingga $f^{-1}$ [kontinu](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity); dan akar $f - f(a)$ di $a$ bersifat sederhana (sebab $m \geq 2$ akan memberikan $m$ prapeta nilai di dekatnya — yang berbeda-beda, karena $f'$ lenyap hanya di titik terpencil, sehingga di dekat $a$ ke-$m$ akar $f - w$ bersifat sederhana dan berbeda untuk $w$ kecil yang generik: yang bertentangan dengan keinjektifannya); lalu $f'(a) \neq 0$ dan hasil bagi selisih $f^{-1}$ konvergen: sehingga $\bigl(f^{-1}\bigr)'(b) =
1/f'(a)$. ∎

## 17.5 Latihan

**Latihan 17.1 ★.**

Golongkan kesingularannya di $0$ lalu hitunglah [residunya](#def-b3-residues-singularities):

$$
\frac{\sin z}{z},\qquad
\frac{\eu^z - 1}{z^2},\qquad
\frac{1}{z(z-1)^2},\qquad
\frac{\cos z}{z^3},\qquad
\eu^{1/z},\qquad
\frac1{\sin z} .
$$

Berikan pula [residu](#def-b3-residues-singularities) yang ketiga di $z = 1$ dan yang terakhir di $z = \pi$.

**Solusi Latihan 17.1.**

$\frac{\sin z}z = 1 - \frac{z^2}6 + \cdots$: jadi terhapuskan, dengan [residu](#def-b3-residues-singularities) $0$. Lalu $\frac{\eu^z - 1}{z^2} = \frac1z + \frac12 +
\frac z6 + \cdots$: kutub sederhana, dengan [residu](#def-b3-residues-singularities) $1$. Lalu $\frac1{z(z-1)^2}$: kutub sederhana di $0$ berresidu $\frac1{(0-1)^2} = 1$; dan kutub rangkap di $1$ berresidu $\frac{\dd}{\dd z}\bigl(\frac1z\bigr)\big|_{z=1} = -1$. Lalu $\frac{\cos z}{z^3} = \frac1{z^3} - \frac1{2z} + \cdots$: kutub berorde $3$, dengan [residu](#def-b3-residues-singularities) $-\frac12$. Lalu $\eu^{1/z} = \sum_{n\geq0}
\frac{z^{-n}}{n!}$: hakiki, dengan [residu](#def-b3-residues-singularities) $1$. Dan $\frac1{\sin z}$: kutub sederhana di $n\pi$; dengan [residu](#def-b3-residues-singularities) $\frac1{\cos 0} = 1$ di $0$, dan $\frac1{\cos\pi} = -1$ di $\pi$ ([Metode 17.6](#met-b3-residues-compute), lewat $g/h'$).

**Latihan 17.2 ★.**

Untuk $a > 1$ hitunglah, lewat $z = \eu^{\iu t}$:

$$
\int_0^{2\pi}\frac{\dd t}{a + \cos t}
= \frac{2\pi}{\sqrt{a^2 - 1}} .
$$

Periksalah perilaku limitnya saat $a \to 1^+$ dan $a \to \infty$.

**Solusi Latihan 17.2.**

Dengan $z = \eu^{\iu t}$, $\cos t = \frac{z + z^{-1}}2$, dan $\dd t
= \frac{\dd z}{\iu z}$:

$$
\int_0^{2\pi}\frac{\dd t}{a + \cos t}
= \oint_{\abs z = 1}\frac{2\,\dd z}{\iu\,(z^2 + 2az + 1)} .
$$

Akarnya $z_\pm = -a \pm \sqrt{a^2 - 1}$ memenuhi $z_+z_- =
1$ dengan $\abs{z_+} < 1 < \abs{z_-}$; dan [residu](#def-b3-residues-singularities) di $z_+$ adalah $\frac{1}{z_+ - z_-} = \frac1{2\sqrt{a^2-1}}$, sehingga integralnya $\frac2\iu\cdot2\iu\pi\cdot\frac1{2\sqrt{a^2-1}} =
\frac{2\pi}{\sqrt{a^2-1}}$. Saat $a \to 1^+$ ia meledak (sebab integrannya memuncak di $t = \pi$); sedangkan saat $a \to \infty$ ia berperilaku seperti $\frac{2\pi}a$, yang cocok dengan $\int\frac{\dd t}a$.

**Latihan 17.3 ★★.**

Hitunglah dengan kontur setengah lingkaran, sambil membenarkan taksiran busurnya:

$$
\int_\R\frac{x^2}{1 + x^6}\,\dd x = \frac\pi3,
\qquad
\int_\R\frac{\dd x}{(1 + x^2)^{2}} = \frac\pi2
\quad\text{(yang menurunkan kembali \text{Latihan 14.3})}.
$$

**Solusi Latihan 17.3.**

Untuk integral pertamanya: kutub atas $\frac{z^2}{1+z^6}$ di $p =
\eu^{\iu\pi/6}, \iu, \eu^{5\iu\pi/6}$; dan di masing-masingnya, $\operatorname{Res} = \frac{p^2}{6p^5} = \frac{p^3}{6p^6} =
-\frac{p^3}6$, sedangkan $p^3$ bernilai $\iu, -\iu, \iu$: sehingga jumlah [residunya](#def-b3-residues-singularities) $-\frac{\iu}{6}$. Sedangkan busurnya $O(R^{-4})\cdot O(R) \to 0$:

$$
\int_\R\frac{x^2\,\dd x}{1 + x^6} =
2\iu\pi\Bigl(-\frac \iu6\Bigr) = \frac\pi3 .
$$

Untuk yang kedua: kutub rangkap di $\iu$ milik $\frac1{(1+z^2)^2} =
\frac1{(z-\iu)^2(z+\iu)^2}$:

$$
\operatorname{Res} = \frac{\dd}{\dd z}\,(z +
\iu)^{-2}\Big|_{z=\iu} = \frac{-2}{(2\iu)^3} =
\frac{-2}{-8\iu} = -\frac\iu4,
\qquad
\int_\R\frac{\dd x}{(1+x^2)^2} =
2\iu\pi\cdot\Bigl(-\frac\iu4\Bigr) = \frac\pi2 ,
$$

yang konsisten dengan [Latihan 14.3](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/14-transformasi-fourier#exo-b3-fouriertransform-3)(b).

**Latihan 17.4 ★★.**

Buktikan, untuk $t \geq 0$ dan $a > 0$:

$$
\int_\R\frac{\cos(tx)}{x^2 + a^2}\,\dd x =
\frac{\pi}{a}\,\eu^{-at},
$$

lalu turunkan transformasi Fourier $x \mapsto \eu^{-a\abs
x}$ lewat pembalikannya — sambil membandingkannya dengan [Latihan 14.1](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/14-transformasi-fourier#exo-b3-fouriertransform-1).

**Solusi Latihan 17.4.**

Tutuplah $\frac{\eu^{\iu tz}}{z^2 + a^2}$ di setengah bidang atasnya (dengan $t \geq 0$): sebab di sana $\abs{\eu^{\iu tz}} =
\eu^{-t\operatorname{Im}z} \leq 1$, sehingga busurnya menyumbang $O(R^{-2})\cdot O(R) \to 0$. Sedangkan satu-satunya kutub terlingkupinya $\iu a$ bersifat sederhana dengan [residu](#def-b3-residues-singularities) $\frac{\eu^{-at}}{2\iu a}$:

$$
\int_\R\frac{\eu^{\iu tx}}{x^2 + a^2}\dd x =
\frac{\pi}{a}\,\eu^{-at},
\qquad\text{sehingga}\qquad
\int_\R\frac{\cos(tx)}{x^2+a^2}\dd x = \frac\pi
a\,\eu^{-a\abs t}
$$

(lewat bagian realnya; dan genap terhadap $t$). Inilah pasangan pembalikan $\widehat{\eu^{-a\abs x}} = \frac{2a}{a^2+\xi^2}$ ([Latihan 14.1](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/14-transformasi-fourier#exo-b3-fouriertransform-1)): sehingga kedua perhitungannya saling membenarkan lewat [Teorema 14.5](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/14-transformasi-fourier#thm-b3-fouriertransform-inversion).

**Latihan 17.5 ★★.**

Uraikan $f(z) = \dfrac1{(z-1)(z-2)}$ menjadi [deret Laurent](#thm-b3-residues-laurent) pada masing-masing ketiga daerahnya $\abs z < 1$, $1 < \abs z < 2$, dan $\abs z >
2$. Mengapa ketiga uraiannya berbeda? Lalu terangkanlah mengapa koefisien $z^{-1}$ pada uraian kedua dan ketiganya *bukan* [residu](#def-b3-residues-singularities) $f$ di $0$ (sebab $f$ tak berkesingularan di sana), lalu hitunglah [residu](#def-b3-residues-singularities) $f$ yang sebenarnya, di $1$ dan di $2$.

**Solusi Latihan 17.5.**

Untuk pecahan parsialnya: $f = \frac1{z-2} - \frac1{z-1}$. Pada $\abs z < 1$ (lewat Taylor): $f = \sum_{n\geq0}\bigl(1 - 2^{-n-1}\bigr)z^n$. Pada $1 < \abs z < 2$: $\frac1{z-2} =
-\sum_{n\geq0}\frac{z^n}{2^{n+1}}$ dan $-\frac1{z-1} =
-\sum_{n\geq1}z^{-n}$: yakni deret dua sisi yang sejati. Sedangkan pada $\abs z > 2$: $f = \sum_{n\geq1}\bigl(2^{n-1} -
1\bigr)z^{-n}$. Ketiganya berbeda sebab uraian Laurent melekat pada *anulus*, bukan pada titik: sehingga setiap daerahnya mempunyai uraian geometrinya sendiri. Sedangkan koefisien $z^{-1}$-nya (yakni $-1$ dan $0$ berturut-turut) merupakan integral atas lingkaran yang melingkari *kesingularan di dalamnya*, bukan [residu](#def-b3-residues-singularities) di $0$ (sebab $f$ [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) di $0$): jadi untuk $1 < \abs z < 2$ koefisiennya $-1$ adalah $\operatorname{Res}(f, 1)$; sedangkan untuk $\abs z > 2$ koefisiennya $0$ adalah $\operatorname{Res}(f,1) +
\operatorname{Res}(f,2) = -1 + 1$. Adapun [residu](#def-b3-residues-singularities) $f$: $-1$ di $1$ dan $+1$ di $2$.

**Latihan 17.6 ★★.**

(a) Tunjukkan bahwa $\eu^{1/z}$ berkesingularan hakiki di $0$ lalu periksalah Casorati–Weierstrass dengan tangan: selesaikan $\eu^{1/z} =
w$ secara eksplisit untuk sembarang $w \neq 0$, sambil menampilkan solusi yang sedekat-dekatnya dengan $0$. (b) Tunjukkan bahwa $\abs{\eu^{1/z}}$ tak terbatas pada setiap [persekitaran](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology) tertusuk $0$ padahal $\eu^{1/z}$ tak berkutub: limit yang manakah yang gagal?

**Solusi Latihan 17.6.**

(a) [Deret Laurentnya](#thm-b3-residues-laurent) $\sum_nz^{-n}/n!$ bersuku negatif tak berhingga banyak: jadi hakiki. Lalu dengan menyelesaikan $\eu^{1/z} = w$ (dengan $w \neq
0$): $\frac1z = \log\abs w + \iu\arg w + 2\iu\pi k$, sehingga

$$
z_k = \frac1{\log\abs w + \iu\arg w + 2\iu\pi k}
\xrightarrow[k\to\infty]{} 0 :
$$

sehingga setiap nilai tak nolnya tercapai tak berhingga sering di dekat $0$ — jadi lebih kuat daripada [kepadatan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#ex-b3-lebesgue-gamma). (b) Sepanjang $z = 1/x$ dengan $x \to +\infty$: $\eu^x \to \infty$; sedangkan sepanjang $z = \iu/y$: modulusnya $1$. Sebuah kutub menuntut $\abs{f(z)} \to \infty$ *sepanjang setiap pendekatan*: sedangkan di sini limitnya sekadar tak ada, bahkan di $[0, +\infty]$.

**Latihan 17.7 ★★.**

Cacahlah dengan Rouché: (a) akar $z^7 - 4z^3 + z - 1$ di $\abs z < 1$; (b) akar $z^4 + 5z + 1$ di $\abs z < 1$ dan di $1 <
\abs z < 2$; (c) lalu buktikan kembali d’Alembert–Gauss: bahwa polinomial monik berderajat $n$ berakar $n$ kali di suatu cakram yang besar *(bandingkan dengan $z^n$)*.

**Solusi Latihan 17.7.**

(a) Pada $\abs z = 1$: $\abs{z^7 + z - 1} \leq 3 < 4 =
\abs{-4z^3}$. Lalu Rouché dengan $f = -4z^3$ dan $g = z^7 + z - 1$: memberikan tiga akar di cakramnya. (b) Pada $\abs z = 1$: $\abs{z^4 + 1} \leq 2 < 5 = \abs{5z}$: sehingga satu akar di $\abs z < 1$. Sedangkan pada $\abs z = 2$: $\abs{5z + 1} \leq
11 < 16 = \abs{z^4}$: sehingga empat akar di $\abs z < 2$. Karena itu tiga akar di anulusnya. (c) Untuk $P = z^n + a_{n-1}z^{n-1} + \dots$: pada $\abs z = R >
1 + \sum\abs{a_k}$, $\abs{P - z^n} \leq
\bigl(\sum\abs{a_k}\bigr)R^{n-1} < R^n = \abs{z^n}$: sehingga $P$ berakar tepat $n$ kali di $D(0, R)$ — yakni d’Alembert–Gauss beserta kelipatannya, lewat pencacahan belaka.

**Latihan 17.8 ★★★.**

(Hurwitz) Misalkan $f_n \to f$ secara seragam pada [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact), dengan $f_n \in
\mathcal H(\Omega)$, $\Omega$ [terhubung](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-connected), dan $f \not\equiv 0$. (a) Tunjukkan bahwa jika semua $f_n$ bebas akar, maka demikian pula $f$. *(Sebab jika $f(a) = 0$: pakailah asas argumen pada sebuah lingkaran kecil di sekitar $a$, lalu [Teorema 16.15](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#thm-b3-holomorphic-weierstrassconv) untuk mengambil limitnya pada $\int f_n'/f_n$.)* (b) Tunjukkan bahwa jika semua $f_n$ injektif, maka $f$ injektif atau konstan. *(Terapkan (a) pada $z \mapsto f_n(z) - f_n(w)$ di $\Omega\setminus\{w\}$.)*

**Solusi Latihan 17.8.**

(a) Andaikan $f(a) = 0$ dengan $f \not\equiv 0$: pilihlah $r$ yang $f$-nya bebas akar pada lingkaran $C = \partial D(a, r)$ (menurut [akar terpencilnya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#thm-b3-holomorphic-identity)) dan $m = \min_C\abs f > 0$. Lalu menurut [Teorema 16.15](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#thm-b3-holomorphic-weierstrassconv), $f_n \to f$ dan $f_n' \to f'$ secara seragam pada $C$; sehingga untuk $n$ yang besar, $\abs{f_n}
\geq m/2$ pada $C$, jadi

$$
\frac1{2\iu\pi}\int_C\frac{f_n'}{f_n}
\longrightarrow \frac1{2\iu\pi}\int_C\frac{f'}{f} \geq 1
$$

(sebab limitnya mencacah akar $a$; dan kekonvergenannya karena pembilangnya konvergen seragam sedangkan penyebutnya terbatas seragam dari bawah). Sedangkan ruas kirinya bilangan bulat yang mencacah akar $f_n$ di cakramnya: sehingga akhirnya ia haruslah $\geq 1$ — yang bertentangan dengan kebebasan akarnya. Jadi $f$ bebas akar.

(b) Tetapkan $w \in \Omega$ lalu terapkan (a) pada [himpunan terbuka](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-topology) [terhubung](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-connected) $\Omega\setminus\{w\}$ (sebab membuang sebuah titik dari himpunan bagian terbuka [terhubung](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-connected) $\C$ mengawetkan keterhubungannya) untuk $g_n(z) = f_n(z) -
f_n(w)$, yang bebas akar di sana menurut keinjektifannya, dan konvergen ke $g = f
- f(w)$. Jika $f$ tak konstan, maka $g \not\equiv 0$ pada $\Omega\setminus\{w\}$, sehingga $g$ bebas akar di sana: jadi $f(z) \neq
f(w)$ untuk setiap $z \neq w$. Dan karena $w$ sembarang, $f$ bersifat injektif.

**Latihan 17.9 ★★★.**

Untuk $n \geq 2$, integralkan $\frac1{1 + z^n}$ atas batas juringnya $\{0 \leq \arg z \leq \frac{2\pi}n,\ \abs z
\leq R\}$ lalu turunkan

$$
\int_0^{+\infty}\frac{\dd x}{1 + x^n} =
\frac{\pi}{n\,\sin(\pi/n)} .
$$

Periksalah $n = 2$ terhadap $\arctan$, beserta limitnya saat $n \to
\infty$.

**Solusi Latihan 17.9.**

Batas juringnya terdiri atas $[0, R]$, busur $A_R$, dan sinar $\eu^{2\iu\pi/n}[0, R]$ yang dibalik. Di dalamnya terletak satu-satunya kutub $p = \eu^{\iu\pi/n}$ milik $\frac1{1+z^n}$, dengan [residu](#def-b3-residues-singularities) $\frac1{np^{n-1}} = \frac{p}{np^n} = -\frac pn$. Pada sinar kembalinya, $z = \eu^{2\iu\pi/n}x$ memberikan $z^n = x^n$ dan $\dd z = \eu^{2\iu\pi/n}\dd x$; sedangkan busurnya $O(R^{-n})\cdot O(R) \to 0$. Karena itu

$$
\bigl(1 - \eu^{2\iu\pi/n}\bigr)
\int_0^\infty\frac{\dd x}{1 + x^n}
= 2\iu\pi\Bigl(-\frac{\eu^{\iu\pi/n}}n\Bigr),
\quad\text{sehingga}\quad
\int_0^\infty\frac{\dd x}{1+x^n}
= \frac{2\iu\pi}{n\,\bigl(\eu^{\iu\pi/n} -
\eu^{-\iu\pi/n}\bigr)} = \frac{\pi}{n\sin(\pi/n)} .
$$

Untuk $n = 2$: $\frac\pi{2\sin(\pi/2)} = \frac\pi2 =
[\arctan]_0^\infty$. Sedangkan saat $n \to \infty$: nilainya menuju $1$, dan sungguh integrannya menuju $\mathbf 1_{\intco01}$ (dengan dominasi $\min(1, x^{-2})$ bagi kekonvergenan terdominasinya untuk $n \geq 2$).

**Latihan 17.10 ★★.**

Misalkan $f$ sebuah fungsi rasional dengan $\deg(\text{penyebut})
\geq \deg(\text{pembilang}) + 2$. Tunjukkan bahwa jumlah *semua* [residu](#def-b3-residues-singularities) $f$ bernilai nol *(integralkan atas lingkaran yang makin besar)*. Lalu pakailah ini untuk menghitung ulang penguraian pecahan parsial $\frac1{z(z-1)(z-2)}$ tanpa aljabar linear.

**Solusi Latihan 17.10.**

Pada $\abs z = R$ yang besar, $\abs f \leq C R^{-2}$: sehingga $\abs{\oint_{C_R}
f} \leq 2\pi R\cdot CR^{-2} \to 0$. Padahal untuk $R$ di luar semua kutubnya, teorema [residunya](#def-b3-residues-singularities) memberikan $\oint_{C_R}f =
2\iu\pi\sum_{\text{semua }p}\operatorname{Res}(f, p)$: sehingga jumlah totalnya lenyap. Untuk $f = \frac1{z(z-1)(z-2)}$: [residunya](#def-b3-residues-singularities) $\frac1{(-1)(-2)} = \frac12$ di $0$, $\frac1{1\cdot(-1)} = -1$ di $1$, dan $\frac1{2\cdot1} = \frac12$ di $2$ — yang berjumlah $0$ seperti diramalkan, dan

$$
\frac1{z(z-1)(z-2)} = \frac{1/2}{z} - \frac1{z - 1} +
\frac{1/2}{z-2} :
$$

sehingga [residunya](#def-b3-residues-singularities) *adalah* koefisien pecahan parsialnya, dan identitas berjumlah nol itu menyediakan pemeriksaan kekonsistenan yang cuma-cuma (atau menentukan koefisien terakhirnya dari yang lain).

**Latihan 17.11 ★★★.**

(Lubang kunci: integral pencerminan Euler) Untuk $0 < a < 1$, hitunglah

$$
I(a) = \int_0^{\infty}\frac{x^{a-1}}{1 + x}\,\dd x =
\frac{\pi}{\sin(\pi a)}
$$

dengan mengintegralkan $f(z) = \frac{z^{a-1}}{1+z} =
\frac{\eu^{(a-1)\log z}}{1 + z}$ (dengan logaritmanya teriris sepanjang $\R_+$ dan $\arg z \in \intoo0{2\pi}$) atas kontur lubang kuncinya: keluar sepanjang sisi atas irisannya dari $\varepsilon$ ke $R$, mengelilingi $C_R$, kembali di bawah irisannya, lalu mengelilingi $C_\varepsilon$. Benarkanlah: bahwa kedua penggal lurusnya berselisih sebesar faktor $\eu^{2\iu\pi(a-1)}$, sumbangan lingkarannya lenyap (sebab $R^{a-1}\cdot R \to 0$ dan $\varepsilon^{a-1}\cdot\varepsilon \to 0$), dan satu-satunya kutubnya $z = -1$ berresidu $\eu^{\iu\pi(a - 1)}$. Lalu turunkan pula $\Gamma(a)\Gamma(1 - a) = \frac\pi{\sin\pi a}$ *(tulislah $\Gamma(a)\Gamma(1-a) = B(a, 1-a)$ menurut [Soal 10.1](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#pb-b3-lebesgue-1) lalu substitusikan $t =
\frac{x}{1+x}$)*.

**Solusi Latihan 17.11.**

Pada lubang kuncinya, dengan penentuan yang dipilih: tepat di atas irisannya, $\log z = \ln x$; sedangkan tepat di bawahnya, $\log z =
\ln x + 2\iu\pi$. Lalu keempat kepingannya memberikan

$$
\Bigl(1 - \eu^{2\iu\pi(a-1)}\Bigr)\int_\varepsilon^R
\frac{x^{a-1}}{1+x}\dd x + \int_{C_R} + \int_{C_\varepsilon}
= 2\iu\pi\operatorname{Res}(f, -1) .
$$

Untuk busurnya: $\abs{f} \leq \frac{R^{a-1}}{R - 1}$ pada $C_R$ yang berpanjang $2\pi R$: sehingga sumbangannya $O(R^{a-1}) \to 0$ (sebab $a < 1$); sedangkan $\abs f \leq \frac{\varepsilon^{a-1}}{1 - \varepsilon}$ pada $C_\varepsilon$ yang berpanjang $2\pi\varepsilon$: jadi $O(\varepsilon^a)
\to 0$ (sebab $a > 0$). Untuk [residunya](#def-b3-residues-singularities): di $z = -1 = \eu^{\iu\pi}$, $\operatorname{Res} = \eu^{(a-1)\iu\pi}$. Karena itu

$$
I(a) = \frac{2\iu\pi\,\eu^{\iu\pi(a-1)}}{1 -
\eu^{2\iu\pi(a-1)}}
= \frac{2\iu\pi}{\eu^{-\iu\pi(a-1)} - \eu^{\iu\pi(a-1)}}
= \frac{\pi}{-\sin(\pi(a-1))} = \frac{\pi}{\sin\pi a} .
$$

Untuk pencerminan Gammanya: $B(a, 1-a) =
\int_0^1t^{a-1}(1-t)^{-a}\dd t$; lalu substitusi $t =
\frac x{1+x}$ dengan $1 - t = \frac1{1+x}$ dan $\dd t =
\frac{\dd x}{(1+x)^2}$ mengubahnya menjadi $\int_0^\infty
\frac{x^{a-1}}{1+x}\dd x = I(a)$, dan rumus Euler $B(a, 1-a) = \Gamma(a)\Gamma(1-a)/\Gamma(1)$ ([Soal 10.1](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/10-integral-lebesgue#pb-b3-lebesgue-1)) memberikan $\Gamma(a)\Gamma(1-a) = \frac\pi{\sin\pi a}$ — yang khususnya memberikan $\Gamma(\tfrac12) = \sqrt\pi$ sekali lagi.

**Latihan 17.12 ★★.**

(Mencacah akar lewat asas argumen, secara numerik) Misalkan $P(z) = z^4 + 8z + 1$. (a) Berapa akarnya di cakram satuannya? *(Pakai Rouché terhadap $8z + 1$.)* (b) Berapa akarnya di anulus $1 < \abs z < 3$? *(Pakai Rouché terhadap $z^4$ pada $\abs z = 3$.)* Lalu tajamkanlah: tunjukkan bahwa setiap akarnya bermodulus $< 2.1$. (c) Berapa akarnya di setengah bidang kanannya? *(Cacahlah pada $\abs z = 2$ lebih dahulu; lalu lacaklah peta sumbu imajinernya: sebab $P(\iu t) = t^4 + 1 + 8\iu t$ berbagian real positif di sepanjangnya, sehingga tak ada akar pada sumbunya, dan ragam argumennya di sepanjangnya dapat dihitung — lalu simpulkan dengan sebuah setengah cakram yang besar.)*

**Solusi Latihan 17.12.**

(a) Pada $\abs z = 1$: $\abs{z^4} = 1 < 7 \leq \abs{8z + 1}$ (sebab $\abs{8z} - 1 = 7$): sehingga $P$ berakar di $\mathbb D$ sebanyak $8z + 1$, yakni *satu* (di $-\frac18$).

(b) Pada $\abs z = 3$: $\abs{8z + 1} \leq 25 < 81 =
\abs{z^4}$: sehingga Rouché terhadap $z^4$ memberikan keempat akarnya di $\abs z < 3$, jadi $4 - 1 = 3$ akar di anulus $1 <
\abs z < 3$. Untuk penajamannya: sebuah akar dengan $\abs z = r \geq 2.1$ akan memenuhi $r^4 = \abs{8z + 1} \leq 8r + 1$, padahal $r^4 -
8r - 1$ naik untuk $r \geq 2$ dan bernilai $19.45 -
16.8 - 1 = 1.65 > 0$ di $r = 2.1$: jadi mustahil. Sehingga ketiga akar luarnya terletak di $1 < \abs z < 2.1$. (Secara numerik: sebuah akar real di dekat $-1.95$ dan sepasang sekawan di dekat $1.04 \pm
1.73\iu$ yang bermodulus $2.02$ — itulah mengapa percobaan Rouché pada jari-jari tepat $2$ pasti gagal: sebab teoremanya menuntut dominasi yang sejati, sedangkan akarnya duduk tepat di luar.)

(c) Tak ada akar pada $\iu\R$: sebab $\operatorname{Re}P(\iu t) = t^4 +
1 \geq 1$. Untuk akar di setengah bidang kanannya: pakailah asas argumen pada batas setengah cakram $\{\abs z \leq
R,\ \operatorname{Re}z \geq 0\}$. Pada busur besarnya, $\arg P
\approx \arg z^4$ berputar sebesar $4\cdot\pi = 2\pi\cdot2$ (sebab busurnya merentang sudut $\pi$). Sedangkan sepanjang sumbu imajinernya dari $\iu R$ turun ke $-\iu R$: $P(\iu t) = (t^4 + 1) + 8\iu t$ tetap di setengah bidang kanannya (sebab $\operatorname{Re} > 0$), sehingga $\arg P$ beragam di dalam $\intoo{-\pi/2}{\pi/2}$ dan kembali dengan perubahan neto $\to 0$ saat $R \to \infty$ (sebab ujungnya sama-sama $\approx \arg t^4 = 0$). Jadi lilitan totalnya: $\frac{4\pi + 0}
{2\pi} = 2$: yakni *dua* akar di setengah bidang kanannya — yang konsisten dengan numeriknya: sebab sepasang sekawan di $\approx
1.04 \pm 1.73\iu$ berbagian real positif, sedangkan akar realnya $\approx -0.125$ dan $\approx -1.96$ negatif.

## 17.6 Soal: $\zeta(2k)$ lewat kotangen

**Soal 17.1.**

Soal akhir pekan — menjumlahkan $\sum n^{-2k}$ dengan [residu](#def-b3-residues-singularities)

Teorema [residu](#def-b3-residues-singularities) menjumlahkan deret: sebab memasangkan sebuah fungsi rasional dengan $\pi\cot(\pi z)$, yang kutubnya duduk di bilangan bulat, mengubah $\sum_{n}f(n)$ menjadi pencacahan [residu](#def-b3-residues-singularities). Kita membuktikan metodenya lalu menghitung $\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}$ dan $\zeta(4) =
\frac{\pi^4}{90}$ — yakni nilai yang ditemukan lewat deret Fourier pada Tahun ke-2 dan lewat trace operator pada [Bab 15](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/15-operator-kompak-dan-teorema-spektral#ch-b3-spectral), kini lewat pengintegralan kontur.

**Bagian I — Kernel kotangennya.**

1. Tunjukkan bahwa $\pi\cot(\pi z)$ bersifat [meromorfik](#def-b3-residues-singularities) pada $\C$ dengan kutub sederhana tepat di $z = n \in \Z$ , yang masing-masing berresidu $1$ *(hitunglah $\lim_{z\to n}(z-n)\pi\cot\pi z$)* .
2. Hitunglah awal uraian Laurentnya di $0$: $$\pi\cot(\pi z) = \frac1z - \frac{\pi^2}{3}\,z -  \frac{\pi^4}{45}\,z^3 + O(z^5) ,$$ dengan membagi deret pangkat $\cos$ oleh deret $\sin$ (dan benarkanlah pembagiannya: sebab $\frac{\sin\pi z}{\pi z}$ [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) dan tak nol di dekat $0$, sehingga kebalikannya [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo); lalu kenali koefisiennya sampai orde $3$).
3. Misalkan $C_N$ batas bujur sangkar bertitik sudut $(\pm1\pm\iu)(N + \frac12)$ . Tunjukkan bahwa $\abs{\cot(\pi z)} \leq 2$ pada $C_N$ untuk setiap $N \geq  1$ . *(Pada sisi tegaknya, $\cot(\pi(\pm(N +  \frac12) + \iu y)) = \mp\tan(\iu\pi y)$, yang bermodulus $\abs{\tanh(\pi y)} \leq 1$; sedangkan pada sisi mendatarnya dengan $\abs y = N + \frac12$, batasilah $\abs{\cot(\pi(x\pm\iu y))} \leq \coth(\pi y) \leq  \coth(\pi/2) < 1.1$.)*

**Bagian II — Teorema penjumlahannya.**

4. Misalkan $f$ rasional, [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) di bilangan bulatnya, dengan $\deg(\text{penyebut}) \geq \deg(\text{pembilang}) + 2$. Dengan memakai teorema [residu](#def-b3-residues-singularities) pada $C_N$ dan batas pertanyaan 3, buktikan: $$\lim_{N\to\infty}\ \sum_{n = -N}^{N} f(n)  = -\sum_{p\ \text{kutub}\ f}  \operatorname{Res}\bigl(\pi\cot(\pi z)f(z),\,p\bigr).$$
5. Di manakah argumennya memerlukan syarat derajatnya? Tunjukkan lewat contoh (ambillah $f(z) = 1/(z + \frac12)$ ) bahwa untuk peluruhan yang lebih lambat limit setangkupnya masih dapat ada sedangkan deret dua sisinya divergen — dan bahwa rumusnya lalu menghitung *nilai pokoknya* .

**Bagian III — Nilainya.**

6. Terapkan metodenya pada $f(z) = 1/z^2$: di sini $f$ berkutub *di* sebuah bilangan bulat, sehingga jalankanlah argumennya secara langsung — integralkan $g(z) = \frac{\pi\cot(\pi  z)}{z^2}$ atas $C_N$, tunjukkan bahwa integralnya $\to 0$, lalu hitunglah $\operatorname{Res}(g, 0)$ dari pertanyaan 2. Lalu simpulkan: $$2\sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}{3},  \qquad \zeta(2) = \frac{\pi^2}6 .$$
7. Lakukan hal yang sama dengan $g(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^4}$ : hitunglah $\operatorname{Res}(g, 0)$ lalu turunkan $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ .
8. Terangkan pola umumnya: bahwa untuk setiap $k \geq 1$ , $\zeta(2k)$ adalah $-\frac12$ kali koefisien $z^{2k-1}$ pada uraian Laurent $\pi\cot(\pi  z)$ di $0$ — yakni kelipatan rasional $\pi^{2k}$ . Lalu hitunglah $\zeta(6)$ dengan mendorong pembagian pertanyaan 2 satu langkah lagi. Apa yang dikatakan metodenya tentang $\zeta(3)$ — dan mengapa ia tak mengatakan apa-apa?

**Bagian IV — Uraian pecahan parsial kotangennya.**

9. Tetapkan $w \in \C\setminus\Z$ lalu terapkan metode Bagian II pada $f(z) = \dfrac{1}{(z - w)(z + w)}$ — sambil mencatat bahwa $\pi\cot(\pi z)f(z)$ kini berkutub sederhana tambahan di $\pm w$, yang [residunya](#def-b3-residues-singularities) harus turut dicacah. Lalu turunkan uraian pecahan parsialnya $$\pi\cot(\pi w) = \frac1w +  \sum_{n\geq1}\frac{2w}{w^2 - n^2},$$ dengan deretnya konvergen normal pada himpunan bagian [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) $\C\setminus\Z$.
10. Pulihkan dari uraian ini, dengan menguraikan setiap sukunya dalam pangkat $w$ (benarkanlah penukarannya), koefisien Laurent yang *sama* seperti pada pertanyaan 2 — sehingga lingkarannya menutup: yakni rumus Euler $\sum\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6$ merupakan koefisien $w$ pada kedua wajah kotangennya. Lalu bandingkan dengan bukti deret Fouriernya (Tahun ke-2) dan bukti tracenya ( [Soal 15.1](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/15-operator-kompak-dan-teorema-spektral#pb-b3-spectral-1) ): yakni tiga teori, satu bilangan.

**Bagian V — Hasil kali Euler bagi sinusnya.** Uraian pertanyaan 9 adalah turunan logaritmik sebuah hasil kali tak berhingga; dan kini kita membuktikan pemfaktoran Euler 1734 secara jujur.

11. Untuk $N \geq 1$ tetapkan $P_N(z) =  z\prod_{n=1}^{N}\bigl(1 - \frac{z^2}{n^2}\bigr)$ . Tunjukkan bahwa $P_N$ konvergen, secara seragam pada setiap cakram $\bar D(0, R)$ , ke sebuah fungsi utuh $P$ yang akarnya tepat bilangan bulat dan semuanya sederhana. *(Untuk $n  \geq 2R$ tulislah faktornya sebagai $\exp\log(1 -  z^2/n^2)$ dengan logaritma pokok [Latihan 16.3](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#exo-b3-holomorphic-3), batasilah $\abs{\log(1+u)}  \leq 2\abs u$ untuk $\abs u \leq \frac12$ lewat deretnya, lalu eksponensialkan jumlah logaritmanya yang konvergen normal; sedangkan berhingga banyak faktor sisanya merupakan polinomial. Lalu simpulkan dengan [Teorema 16.15](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#thm-b3-holomorphic-weierstrassconv).)*
12. Tunjukkan bahwa pada $\C\setminus\Z$, $$\frac{P'(z)}{P(z)} = \frac1z +  \sum_{n\geq1}\frac{2z}{z^2 - n^2} = \pi\cot(\pi z)$$ *(turunkanlah hasil kali berhingganya, lalu ambil limitnya dengan memakai [Teorema 16.15](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#thm-b3-holomorphic-weierstrassconv) dan kebebasan akar $P$ di luar $\Z$, lalu kutiplah pertanyaan 9)*.
13. Tunjukkan bahwa $Q = \sin(\pi z)/P(z)$ diperluas menjadi fungsi utuh yang bebas akar dengan $Q' = 0$, lalu simpulkan *hasil kali Euler*: $$\sin(\pi z) = \pi z\prod_{n\geq1}  \Bigl(1 - \frac{z^2}{n^2}\Bigr)  \qquad (z \in \C) .$$
14. (Wallis, 1655) Nilaikan di $z = \frac12$: $$\frac\pi2 = \prod_{n\geq1}\frac{4n^2}{4n^2 - 1}  = \lim_{N\to\infty}  \frac{2\cdot2\cdot4\cdot4\cdots(2N)(2N)}  {1\cdot3\cdot3\cdot5\cdots(2N-1)(2N+1)} .$$
15. Untuk $\abs z < 1$ , uraikan logaritma hasil kalinya menjadi deret rangkap (benarkanlah penyusunan ulangnya) lalu pulihkan $\zeta(2) =  \frac{\pi^2}6$ dengan mencocokkan koefisien $z^3$ pada $\sin(\pi z) = \pi z - \frac{\pi^3}6z^3 + \cdots$ — yakni wajah hasil kali bilangan Euler itu.

**Bagian VI — Kernel saudaranya.** Kotangennya bersaudara; dan masing-masing menghargai keluarga deretnya sendiri.

16. Turunkan uraian pertanyaan 9 suku demi suku (yang dibenarkan [Teorema 16.15](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#thm-b3-holomorphic-weierstrassconv)) untuk memperoleh, secara normal pada [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) $\C\setminus\Z$, $$\frac{\pi^2}{\sin^2(\pi z)} =  \sum_{n\in\Z}\frac1{(z - n)^2} .$$
17. Nilaikan di $z = \frac12$ : $\sum_{m\geq0}\frac1{(2m+1)^2} = \frac{\pi^2}8$ ; lalu pulihkan $\zeta(2)$ sekali lagi dengan memisahkan bilangan bulatnya menurut paritas.
18. Periksalah identitas penggandaan $\tan\theta =  \cot\theta - 2\cot(2\theta)$ lalu turunkan $$\pi\tan(\pi z) =  \sum_{m\geq0}\frac{8z}{(2m+1)^2 - 4z^2} ,$$ secara normal pada [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) yang menghindari $\frac12 + \Z$.
19. Uraikan di sekitar $0$ (dengan $\abs z < \frac12$; lewat Fubini lagi): dengan $\lambda(s) =  \sum_{m\geq0}(2m+1)^{-s}$, $$\pi\tan(\pi z) =  \sum_{k\geq0}8\cdot4^k\,\lambda(2k+2)\,z^{2k+1} ;$$ lalu bandingkan dengan $\tan u = u + \frac{u^3}3 + O(u^5)$ untuk memulihkan $\lambda(2) = \frac{\pi^2}8$ dan memperoleh $\lambda(4) = \frac{\pi^4}{96}$, lalu periksa silang $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ lewat $\lambda(4) = (1 -  2^{-4})\,\zeta(4)$.
20. Periksalah $\frac1{\sin\theta} = \cot\frac\theta2 -  \cot\theta$ lalu turunkan $$\frac{\pi}{\sin(\pi z)} = \frac1z +  \sum_{n\geq1}(-1)^n\,\frac{2z}{z^2 - n^2} .$$ Lalu periksalah tandanya terhadap [residu](#def-b3-residues-singularities) $\pi/\sin(\pi z)$ di bilangan bulatnya.
21. Bacalah koefisien $z$ -nya: $\eta(2) =  \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} =  \frac{\pi^2}{12}$ , lalu benarkanlah kekonsistenannya $\eta(2) = (1 - 2^{1-2})\,\zeta(2)$ .
22. ([Penutup](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-interior)) Nilaikan uraian pertanyaan 20 di $z =  \frac12$ lalu turunkan *rumus Leibniz* $$\frac\pi4 = 1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 +  \cdots$$ Lalu tutuplah dengan sebuah paragraf pendek: satu kernel per aritmetikanya — kernel mana yang menghargai keluarga deret yang mana, dan mengapa semuanya secara struktural buta terhadap $\zeta(3)$.

**Bagian VII — Daftar harga [lengkapnya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/7-ruang-lengkap-baire-ascoli-stoneweierstrass#def-b3-complete-complete): bilangan Bernoulli.**

23. Gabungkan uraian pecahan parsial $\pi  z\cot(\pi z)$ dengan fungsi pembangkit bilangan Bernoulli (yakni $\frac{w}{\eu^w - 1} =  \sum_n\frac{B_n}{n!}w^n$, [Soal 16.1](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#pb-b3-holomorphic-1), Bagian VI): dari $$\pi z\cot(\pi z) = \iu\pi z +  \frac{2\iu\pi z}{\eu^{2\iu\pi z} - 1}$$ (buktikanlah identitas ini lebih dahulu), turunkan bentuk tertutupnya $$\zeta(2k) = (-1)^{k+1}\,  \frac{(2\pi)^{2k}\,B_{2k}}{2\,(2k)!}  \qquad (k \geq 1).$$
24. Periksalah rumusnya terhadap $B_2 = \frac16$ , $B_4 =  -\frac1{30}$ , dan $B_6 = \frac1{42}$ : pulihkan $\zeta(2) =  \frac{\pi^2}6$ dan $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ , lalu hitunglah $\zeta(6) = \frac{\pi^6}{945}$ .
25. (Rekursi Euler) Uraikan kedua ruas $\bigl(z\cot z\bigr)' = \cot z - z(1 + \cot^2z)$ — atau kuadratkan deret kotangennya secara langsung — untuk membuktikan $$\Bigl(k + \frac12\Bigr)\zeta(2k) =  \sum_{j=1}^{k-1}\zeta(2j)\,\zeta(2k - 2j)  \qquad (k \geq 2),$$ lalu periksalah bahwa ia menghitung $\zeta(4)$ dari $\zeta(2)$ dan $\zeta(6)$ dari $\zeta(2), \zeta(4)$ — yakni semua nilai zeta genap dari satu benih $\frac{\pi^2}6$, tanpa pengintegralan yang baru.

**Solusi Soal 17.1.**

**1.** Fungsi $\sin(\pi z)$ berakar sederhana tepat di $\Z$ (sebab $\sin\pi z = 0$ jika dan hanya jika $z \in \Z$, dan $(\sin\pi z)' = \pi\cos\pi
z \neq 0$ di sana), dan $\cos(\pi n) \neq 0$: sehingga $\pi\cot(\pi z) =
\pi\cos(\pi z)/\sin(\pi z)$ berkutub sederhana di $\Z$ dengan

$$
\operatorname{Res}(\pi\cot\pi z,\ n)
= \frac{\pi\cos(\pi n)}{\pi\cos(\pi n)} = 1
$$

(lewat aturan $g/h'$, [Metode 17.6](#met-b3-residues-compute)).

**2.** Fungsi $\frac{\sin(\pi z)}{\pi z} = 1 - \frac{(\pi z)^2}6
+ \frac{(\pi z)^4}{120} - \cdots$ bersifat [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) dan tak nol di dekat $0$: sehingga kebalikannya [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) ([Definisi 16.1](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo): lewat hasil baginya), dengan deret $1 +
\frac{(\pi z)^2}{6} + \frac{7(\pi z)^4}{360} + \cdots$ (kenalilah: yakni koefisien bergaya $(1 - u)^{-1}$ dari $u =
\frac{(\pi z)^2}6 - \frac{(\pi z)^4}{120}$: sehingga koefisien $z^4$-nya adalah $\frac1{36} - \frac1{120} = \frac{7}{360}$). Lalu kalikan dengan $\cos(\pi z) = 1 - \frac{(\pi z)^2}2 + \frac{(\pi
z)^4}{24} - \cdots$ lalu bagilah dengan $z$:

$$
\pi\cot(\pi z) = \frac1z\Bigl[1 + \pi^2z^2\Bigl(\frac16 -
\frac12\Bigr) + \pi^4z^4\Bigl(\frac7{360} - \frac1{12} +
\frac1{24}\Bigr)\Bigr] + \cdots
= \frac1z - \frac{\pi^2}3\,z - \frac{\pi^4}{45}\,z^3 -
\cdots
$$

(sebab $\frac7{360} - \frac{30}{360} + \frac{15}{360} =
-\frac8{360} = -\frac1{45}$).

**3.** Untuk sisi tegaknya $z = \pm(N + \frac12) + \iu y$: menurut keperiodikan-$\pi$ $\cot$, $\cot(\pi z) = \cot(\pm\frac\pi2
+ \iu\pi y) = -\tan(\iu\pi y) = -\iu\tanh(\pi y)$, yang bermodulus $\leq 1$. Sedangkan untuk sisi mendatarnya $z = x \pm \iu(N + \frac12)$: dari $\abs{\cot(a + \iu b)}^2 = \frac{\cos^2a +
\sinh^2b}{\sin^2a + \sinh^2b} \leq \frac{1 +
\sinh^2b}{\sinh^2b} = \coth^2 b$,

$$
\abs{\cot(\pi z)} \leq \coth\bigl(\pi(N + \tfrac12)\bigr)
\leq \coth(\pi/2) < 1.1 .
$$

Jadi kedua batasnya $\leq 2$.

**4.** Terapkan [Teorema 17.5](#thm-b3-residues-residue) pada $F(z) =
\pi\cot(\pi z)f(z)$ di $C_N$ (dengan $N$ di luar semua kutub $f$):

$$
\frac1{2\iu\pi}\oint_{C_N}F = \sum_{n=-N}^{N}f(n) +
\sum_p\operatorname{Res}(F, p),
$$

dengan kutub bulatnya menyumbang $f(n)$ (pertanyaan 1; sebab $f$ [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) di sana). Pada $C_N$: $\abs F \leq 2\pi\cdot
C\abs z^{-2} \leq 2\pi C N^{-2}$, dan kelilingnya $8(N +
\frac12)$: sehingga integralnya $O(1/N) \to 0$. Lalu biarkan $N \to
\infty$: diperolehlah rumus penjumlahan yang ditampilkan itu.

**5.** Peluruhan $\abs f = O(\abs z^{-2})$ membunuh [integral konturnya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-contour) *sekaligus* membuat $\sum\abs{f(n)}$ konvergen. Untuk $f(z) = \frac1{z + \frac12}$: jumlah setangkupnya $\sum_{-N}^N\frac1{n + \frac12}$ berteleskop menjadi $0$ (sebab suku $n$ dan $-n - 1$ saling meniadakan), dan ruas kanannya adalah $-\operatorname{Res}\bigl(\frac{\pi\cot\pi z}{z + \frac12},
-\frac12\bigr) = -\pi\cot(-\frac\pi2) = 0$: jadi konsisten — padahal $\sum\abs{f(n)}$ divergen; sehingga metodenya menghitung limit setangkupnya (yakni nilai pokoknya) saja.

**6.** Untuk $g(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^2}$: kutubnya di bilangan bulat tak nol dengan [residu](#def-b3-residues-singularities) $\frac1{n^2}$, dan di $0$ tempat, menurut pertanyaan 2,

$$
g(z) = \frac1{z^3} - \frac{\pi^2}{3z} - \frac{\pi^4}{45}z -
\cdots :
\qquad \operatorname{Res}(g, 0) = -\frac{\pi^2}3 .
$$

Sedangkan [integral konturnya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-contour) atas $C_N$ menuju $0$ seperti pada pertanyaan 4 (sebab $\abs{g} = O(N^{-2})$ pada $C_N$). Karena itu $0 =
\sum_{n\neq0}\frac1{n^2} - \frac{\pi^2}3$: sehingga $2\zeta(2) =
\frac{\pi^2}3$ dan $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$.

**7.** Untuk $g(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{z^4} = \frac1{z^5}
- \frac{\pi^2}{3z^3} - \frac{\pi^4}{45z} - \cdots$: [residunya](#def-b3-residues-singularities) di $0$ sama dengan $-\frac{\pi^4}{45}$, dan $0 =
2\zeta(4) - \frac{\pi^4}{45}$: sehingga $\zeta(4) =
\frac{\pi^4}{90}$.

**8.** Dengan $g = \pi\cot(\pi z)/z^{2k}$: [residunya](#def-b3-residues-singularities) di $0$ adalah koefisien $a_{2k-1}$ milik $z^{2k-1}$ pada uraian $\pi\cot(\pi z)$, dan konturnya yang lenyap memberikan $2\zeta(2k) + a_{2k-1} = 0$: sehingga $\zeta(2k) = -a_{2k-1}/2$, yakni kelipatan rasional $\pi^{2k}$ sebab koefisien kotangennya demikian. Lalu satu langkah pembagian lagi melahirkan $a_5 =
-\frac{2\pi^6}{945}$, sehingga $\zeta(6) = \frac{\pi^6}{945}$. Untuk $\zeta(3)$: kernel alaminya $g = \pi\cot(\pi z)/z^3$ menghasilkan $\sum_{n\neq0}\frac1{n^3} = 0$ menurut kegasalannya — sehingga metodenya membuktikan $0 = 0$ dan secara struktural buta terhadap nilai zeta gasalnya (sebab tak ada bentuk tertutup $\zeta(3)$ yang dikenal; dan keirasionalannya, menurut Apéry 1978, memerlukan gagasan yang sama sekali berbeda).

**9.** Fungsi $F(z) = \frac{\pi\cot(\pi z)}{(z - w)(z + w)}$ berkutub di bilangan bulatnya (dengan [residu](#def-b3-residues-singularities) $\frac1{n^2 - w^2}$, sambil mencatat tandanya: $f(n) = \frac1{(n-w)(n+w)} = \frac1{n^2 -
w^2}$) dan berkutub sederhana di $\pm w$ dengan [residu](#def-b3-residues-singularities) $\frac{\pi\cot(\pm\pi w)}{\pm2w} = \frac{\pi\cot(\pi
w)}{2w}$ masing-masing (sebab $\cot$ gasal). Lalu argumen pertanyaan 4 (dengan $\abs f = O(\abs z^{-2})$) memberikan

$$
\sum_{n\in\Z}\frac1{n^2 - w^2} + \frac{\pi\cot(\pi w)}{w} =
0,
\qquad\text{yakni}\qquad
\pi\cot(\pi w) = \frac1w + \sum_{n\geq1}\frac{2w}{w^2 -
n^2},
$$

(sebab suku $n = 0$-nya adalah $-\frac1{w^2}$; lalu kelompokkan ulang $\pm n$). Untuk kekonvergenan normalnya pada [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) $\C\setminus\Z$: bagi $\abs w \leq
R$ dan $n \geq 2R$, $\abs{\frac{2w}{w^2 - n^2}} \leq
\frac{2R}{n^2 - R^2} \leq \frac{8R}{3n^2}$.

**10.** Untuk $\abs w \leq r < 1$: $\frac{2w}{w^2 - n^2} =
-\frac{2w}{n^2}\cdot\frac1{1 - w^2/n^2} =
-2\sum_{k\geq0}\frac{w^{2k+1}}{n^{2k+2}}$, dengan $\abs{\text{sukunya}} \leq 2r^{2k+1}/n^{2k+2}$, yang terjumlahkan atas $(n, k)$: sehingga Fubini untuk deret menyusun ulangnya menjadi

$$
\pi\cot(\pi w) = \frac1w -
2\sum_{k\geq0}\zeta(2k+2)\,w^{2k+1} .
$$

Lalu dengan mencocokkannya terhadap pertanyaan 2: $-2\zeta(2) = -\frac{\pi^2}3$ dan $-2\zeta(4) = -\frac{\pi^4}{45}$ — yakni nilai yang sama. Jadi tiga jalan menuju $\frac{\pi^2}6$: [Parseval](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/13-ruang-hilbert#thm-b3-hilbert-parseval) (lewat deret Fourier), trace operator Green dawainya, dan kedua uraian kotangennya; sedangkan bahwa sebuah jumlah atas frekuensi, sebuah trace operator, dan sebuah [integral kontur](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-contour) bersesuaian bukanlah kebetulan — sebab masing-masingnya wajah identitas spektral yang sama.

**11.** Tetapkan $R \geq 1$ lalu misalkan $n_0$ bilangan bulat terkecil yang $\geq 2R$. Untuk $\abs z \leq R$ dan $n \geq n_0$: $\abs{z^2/n^2} \leq \frac14$, sehingga $1 - z^2/n^2 \in
\bar D(1, \frac14)$, tempat logaritma pokoknya bersifat [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo), dan

$$
\Bigl|\log\Bigl(1 - \frac{z^2}{n^2}\Bigr)\Bigr|
\leq \sum_{k\geq1}\frac1k\,\Bigl|\frac{z^2}{n^2}\Bigr|^k
\leq \frac{\abs{z^2/n^2}}{1 - \abs{z^2/n^2}}
\leq \frac{2R^2}{n^2} :
$$

sehingga jumlahnya $S(z) = \sum_{n\geq n_0}\log(1 - z^2/n^2)$ konvergen normal pada $\bar D(0, R)$, dengan jumlah parsial $S_N$ yang [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) dan $\abs{S_N} \leq 2R^2\zeta(2)$ secara seragam. Lalu karena $\abs{\eu^a - \eu^b} \leq
\eu^{\max(\abs a,\abs b)}\abs{a - b}$ (lewat batas nilai rata-rata pada ruasnya), hasil kali ekornya $\prod_{n_0\leq n\leq N} =
\eu^{S_N}$ konvergen seragam pada $\bar D(0, R)$ ke $\eu^S$ yang bebas akar. Lalu dengan mengalikannya dengan polinomial tetap $z\prod_{n<n_0}(1 - z^2/n^2)$: $P_N \to P$ secara seragam pada $\bar D(0, R)$, dan [Teorema 16.15](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#thm-b3-holomorphic-weierstrassconv) membuat $P$ [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) di sana; dan karena $R$ sembarang, $P$ bersifat utuh. Pada $\bar D(0, R)$ akar $P$ adalah akar prafaktor polinomialnya — yakni bilangan bulat bermodulus $\leq R$, yang masing-masing sederhana (sebab $(1 - z/n)(1 + z/n)$ berakar sederhana yang berbeda, sedangkan $\eu^S$ tak berakar): jadi himpunan akar $P$ adalah $\Z$, dengan semua akarnya sederhana.

**12.** Lewat pendiferensialan logaritmik hasil kali berhingganya, jauh dari akarnya:

$$
\frac{P_N'(z)}{P_N(z)} = \frac1z +
\sum_{n=1}^{N}\frac{-2z/n^2}{1 - z^2/n^2}
= \frac1z + \sum_{n=1}^{N}\frac{2z}{z^2 - n^2} .
$$

Pada sebuah [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) $K \subseteq \C\setminus\Z$: $P_N \to P$ dan $P_N' \to P'$ secara seragam ([Teorema 16.15](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#thm-b3-holomorphic-weierstrassconv)), dan $\min_K
\abs P > 0$ (sebab $P$ lenyap hanya pada $\Z$), sehingga akhirnya $\abs{P_N} \geq \frac12\min_K\abs P$ dan $P_N'/P_N \to
P'/P$ secara seragam pada $K$. Sedangkan anggota tengahnya konvergen ke $\frac1z + \sum_{n\geq1}\frac{2z}{z^2-n^2} = \pi\cot(\pi z)$ menurut pertanyaan 9: sehingga $P'/P = \pi\cot(\pi z)$ pada $\C\setminus\Z$.

**13.** Fungsi $\sin(\pi z)$ dan $P$ bersifat utuh dengan himpunan akar yang sama $\Z$, dan semua akarnya sederhana (pertanyaan 1 dan 11). Di dekat $m \in \Z$ tulislah $\sin(\pi z) = (z - m)\,\sigma(z)$ dan $P(z) = (z - m)\,\psi(z)$ dengan $\sigma, \psi$ yang [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) dan tak lenyap di $m$ (faktorkanlah deret pangkatnya): maka $Q =
\sin(\pi z)/P = \sigma/\psi$ diperluas secara [holomorfik](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#def-b3-holomorphic-holo) dan bebas akar melintasi setiap bilangan bulatnya, dan ia bebas akar pada $\C\setminus\Z$ sebagai hasil bagi fungsi yang bebas akar. Di sana,

$$
\frac{Q'}{Q} = \frac{(\sin\pi z)'}{\sin\pi z} -
\frac{P'}{P} = \pi\cot(\pi z) - \pi\cot(\pi z) = 0 ,
$$

sehingga fungsi utuh $Q'$ lenyap pada $\C\setminus\Z$, jadi di mana-mana lewat [kekontinuannya](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity): sehingga $Q$ konstan. Lalu saat $z \to
0$: $\sin(\pi z)/z \to \pi$ dan $P(z)/z \to 1$, sehingga $Q =
\pi$:

$$
\sin(\pi z) = \pi z\prod_{n\geq1}
\Bigl(1 - \frac{z^2}{n^2}\Bigr) .
$$

**14.** Di $z = \frac12$: $1 = \sin\frac\pi2 =
\frac\pi2\prod_{n\geq1}\bigl(1 - \frac1{4n^2}\bigr) =
\frac\pi2\prod\frac{4n^2-1}{4n^2}$, sehingga

$$
\frac\pi2 = \prod_{n\geq1}\frac{4n^2}{4n^2 - 1}
= \lim_{N\to\infty}\prod_{n=1}^N
\frac{(2n)(2n)}{(2n-1)(2n+1)}
= \lim_{N\to\infty}
\frac{2\cdot2\cdot4\cdot4\cdots(2N)(2N)}
{1\cdot3\cdot3\cdot5\cdots(2N-1)(2N+1)} :
$$

yakni hasil kali Wallis, sebuah akibat satu baris dari pemfaktoran Euler.

**15.** Untuk $\abs z \leq r < 1$ setiap faktornya terletak di $D(1, r^2) \subseteq D(1, 1)$, sehingga $P(z)/z = \exp\bigl(
\sum_{n\geq1}\log(1 - z^2/n^2)\bigr)$: sebab setiap hasil kali parsialnya adalah eksponensial sebuah jumlah parsial, dan kedua ruasnya beralih ke limitnya lewat [kekontinuan](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-continuity) $\exp$. Sedangkan deret rangkapnya

$$
\sum_{n\geq1}\log\Bigl(1 - \frac{z^2}{n^2}\Bigr)
= -\sum_{n\geq1}\sum_{k\geq1}\frac{z^{2k}}{k\,n^{2k}}
= -\sum_{k\geq1}\frac{\zeta(2k)}k\,z^{2k}
= -\zeta(2)\,z^2 + O(z^4)
$$

tersusun ulang lewat Fubini untuk deret: sebab $\sum_{n,k}
\frac{r^{2k}}{kn^{2k}} \leq \sum_k\zeta(2k)r^{2k} \leq
\zeta(2)\frac{r^2}{1-r^2} < \infty$. Karena itu

$$
P(z) = z\,\exp\bigl(-\zeta(2)z^2 + O(z^4)\bigr)
= z - \zeta(2)\,z^3 + O(z^5) ,
$$

dan pertanyaan 13 membandingkannya dengan $\sin(\pi z) = \pi z -
\frac{\pi^3}6z^3 + O(z^5)$: sehingga $\pi\zeta(2) = \frac{\pi^3}6$, yakni $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$. Jadi wajah penjumlahannya (pertanyaan 10) dan wajah perkaliannya menghitung bilangan yang sama.

**16.** Pada sebuah [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) $K \subseteq \C\setminus\Z$ jumlah parsialnya $S_N = \frac1z + \sum_{n\leq N}\bigl(
\frac1{z-n} + \frac1{z+n}\bigr)$ (pertanyaan 9, dengan sukunya dikelompokkan ulang sebagai $\frac{2z}{z^2-n^2} = \frac1{z-n} +
\frac1{z+n}$) konvergen seragam ke $\pi\cot(\pi z)$, sehingga [Teorema 16.15](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/16-fungsi-holomorfik#thm-b3-holomorphic-weierstrassconv) memberikan $S_N' \to
(\pi\cot\pi z)' = -\pi^2/\sin^2(\pi z)$ secara seragam pada $K$. Lalu karena $S_N' = -\sum_{\abs n\leq N}(z - n)^{-2}$:

$$
\frac{\pi^2}{\sin^2(\pi z)} =
\sum_{n\in\Z}\frac1{(z - n)^2} ,
$$

dengan kekonvergenannya normal pada [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) $\C\setminus\Z$ (sebab sukunya $O(n^{-2})$).

**17.** Di $z = \frac12$ ruas kirinya adalah $\pi^2$; sedangkan pada ruas kanannya, $(\frac12 - n)^2 = \frac{(2n-1)^2}4$ dengan $2n -
1$ melintasi setiap bilangan bulat gasal tepat sekali saat $n$ melintasi $\Z$:

$$
\pi^2 = \sum_{n\in\Z}\frac{4}{(2n-1)^2}
= 8\sum_{m\geq0}\frac1{(2m+1)^2},
\qquad
\sum_{m\geq0}\frac1{(2m+1)^2} = \frac{\pi^2}8 .
$$

Lalu pemisahan paritasnya: $\zeta(2) = \frac{\pi^2}8 +
\sum_{n\geq1}\frac1{(2n)^2} = \frac{\pi^2}8 +
\frac{\zeta(2)}4$, sehingga $\frac34\zeta(2) = \frac{\pi^2}8$ dan $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ sekali lagi.

**18.** Dengan $c = \cot\theta$ dan $\cot(2\theta) =
\frac{c^2-1}{2c}$: $\cot\theta - 2\cot(2\theta) = c -
\frac{c^2-1}c = \frac1c = \tan\theta$. Karena itu $\pi\tan(\pi z)
= \pi\cot(\pi z) - 2\pi\cot(2\pi z)$, dan pertanyaan 9 di $z$ dan di $2z$ memberikan

$$
\pi\cot(\pi z) = \frac1z +
\sum_{n\geq1}\frac{2z}{z^2 - n^2},
\qquad
2\pi\cot(2\pi z) = \frac1z +
\sum_{n\geq1}\frac{8z}{4z^2 - n^2} .
$$

Kedua deretnya konvergen mutlak di setiap $z$ yang tetap di luar kutubnya, sehingga selisihnya boleh dikelompokkan ulang sesuka hati: pada deret keduanya suku genap $n = 2m$ memberikan $\frac{8z}{4z^2 -
4m^2} = \frac{2z}{z^2 - m^2}$ dan meniadakan deret pertamanya seluruhnya, menyisakan

$$
\pi\tan(\pi z) = -\sum_{m\geq0}\frac{8z}{4z^2 - (2m+1)^2}
= \sum_{m\geq0}\frac{8z}{(2m+1)^2 - 4z^2} ,
$$

secara normal pada [kompak](https://one-course.com/books/math/5/id/chapter/6-topologi-umum#def-b3-topology-compact) yang menghindari $\frac12 + \Z$ (sebab sukunya $O(m^{-2})$).

**19.** Untuk $\abs z \leq r < \frac12$:

$$
\frac{8z}{(2m+1)^2 - 4z^2} = \frac{8z}{(2m+1)^2}
\sum_{k\geq0}\Bigl(\frac{4z^2}{(2m+1)^2}\Bigr)^{k},
$$

dengan $\sum_{m,k}8r\,(4r^2)^k(2m+1)^{-2k-2} < \infty$ sebab $4r^2 < 1$: sehingga Fubini menyusun ulang jumlah rangkapnya menjadi

$$
\pi\tan(\pi z) =
\sum_{k\geq0}8\cdot4^k\,\lambda(2k+2)\,z^{2k+1} .
$$

Lalu terhadap $\pi\tan(\pi z) = \pi^2z + \frac{\pi^4}3z^3 +
O(z^5)$: koefisien $z$-nya memberikan $8\lambda(2) = \pi^2$ — yakni pertanyaan 17 lagi — sedangkan koefisien $z^3$-nya memberikan $32\lambda(4) = \frac{\pi^4}3$, yakni $\lambda(4) =
\frac{\pi^4}{96}$. Lalu dengan membuang penyebut genapnya, $\lambda(4) = \zeta(4) - 2^{-4}\zeta(4) =
\frac{15}{16}\zeta(4)$: sehingga $\zeta(4) = \frac{16}{15}\cdot
\frac{\pi^4}{96} = \frac{\pi^4}{90}$, yang cocok dengan pertanyaan 7.

**20.** Berlaku $\cot\frac\theta2 - \cot\theta =
\frac{\cos\frac\theta2\,\sin\theta -
\cos\theta\,\sin\frac\theta2}{\sin\frac\theta2\,\sin\theta}
= \frac{\sin\frac\theta2}{\sin\frac\theta2\,\sin\theta} =
\frac1{\sin\theta}$, sebab pembilangnya adalah $\sin(\theta -
\frac\theta2)$. Lalu dengan $\theta = \pi z$, pertanyaan 9 di $\frac z2$ berbunyi $\pi\cot\frac{\pi z}2 = \frac2z +
\sum_{n\geq1}\frac{4z}{z^2 - 4n^2}$, sehingga

$$
\frac{\pi}{\sin(\pi z)}
= \pi\cot\frac{\pi z}2 - \pi\cot(\pi z)
= \frac1z + \sum_{n\geq1}\frac{4z}{z^2 - 4n^2}
- \sum_{n\geq1}\frac{2z}{z^2 - n^2} .
$$

Lalu kekonvergenan mutlaknya mengizinkan pengelompokan ulang menurut paritas: sebab $n
= 2m$ yang genap pada deret yang dikurangkan menyumbang $\frac{2z}{z^2-4m^2}$, menyisakan $+\frac{2z}{z^2-4m^2}$ dari jumlah pertamanya, sedangkan $n$ yang gasal bertahan bertanda $-$:

$$
\frac{\pi}{\sin(\pi z)} = \frac1z +
\sum_{n\geq1}(-1)^n\,\frac{2z}{z^2 - n^2} .
$$

Untuk pemeriksaan tandanya: $\operatorname{Res}\bigl(\pi/\sin(\pi z),
n\bigr) = \pi/(\pi\cos\pi n) = (-1)^n$ ([Metode 17.6](#met-b3-residues-compute)), dan $(-1)^n\frac{2z}{z^2 -
n^2} = \frac{(-1)^n}{z-n} + \frac{(-1)^n}{z+n}$ membawa tepat [residu](#def-b3-residues-singularities) itu di $\pm n$.

**21.** Untuk $\abs z \leq r < 1$, dengan menguraikan setiap sukunya seperti pada pertanyaan 19 (yakni $(-1)^n\frac{2z}{z^2-n^2} =
(-1)^{n-1}\frac{2z}{n^2}\sum_k\frac{z^{2k}}{n^{2k}}$) lalu menerapkan Fubini:

$$
\frac{\pi}{\sin(\pi z)} = \frac1z +
2\sum_{k\geq0}\eta(2k+2)\,z^{2k+1},
\qquad
\eta(s) = \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^s} .
$$

Sedangkan pada sisi Taylornya: $\sin(\pi z) = \pi z(1 - \frac{(\pi z)^2}6 +
O(z^4))$ memberikan $\frac\pi{\sin\pi z} = \frac1z +
\frac{\pi^2}6z + O(z^3)$: sehingga $2\eta(2) = \frac{\pi^2}6$, jadi $\eta(2) = \frac{\pi^2}{12}$. Untuk kekonsistenannya: $\eta(2) =
\zeta(2) - 2\sum_n(2n)^{-2} = (1 - 2^{1-2})\zeta(2) =
\frac{\zeta(2)}2 = \frac{\pi^2}{12}$.

**22.** Di $z = \frac12$, pertanyaan 20 memberikan

$$
\pi = 2 + \sum_{n\geq1}(-1)^n\frac{1}{\frac14 - n^2}
= 2 + 4\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)(2n+1)} .
$$

Lalu dengan $\frac1{(2n-1)(2n+1)} = \frac12\bigl(\frac1{2n-1} -
\frac1{2n+1}\bigr)$, dan kedua deret berganti tandanya konvergen (menurut kriteria Leibniz), jumlahnya terbelah menjadi $\frac12\bigl[L -
(1 - L)\bigr] = L - \frac12$, dengan $L = 1 - \frac13 +
\frac15 - \cdots$ dan $\frac13 - \frac15 + \frac17 - \cdots
= 1 - L$. Karena itu $\pi = 2 + 4(L - \frac12) = 4L$:

$$
\frac\pi4 = 1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \cdots
$$

Moralnya: bahwa setiap kernelnya bersifat [meromorfik](#def-b3-residues-singularities) dengan kutub pada sebuah deret aritmetika dan [residu](#def-b3-residues-singularities) yang ditetapkan. Sedangkan kotangennya menaruh [residu](#def-b3-residues-singularities) $1$ di setiap bilangan bulat lalu menjumlahkan $f(n)$; turunannya mengkuadratkan kutubnya lalu menghargai $\lambda(2)$; tangennya menggeser kutubnya ke $\frac12 + \Z$ lalu menghargai penyebut gasalnya; sedangkan $\pi/\sin$ menyimpan kutub bulatnya tetapi menyelang-nyelingkan [residunya](#def-b3-residues-singularities) $(-1)^n$, sehingga menghasilkan deret berganti tandanya. Adapun kernel orde pertamanya semuanya fungsi gasal: sehingga memasangkan $n$ dengan $-n$ menggandakan koefisien berpangkat genapnya dan memusnahkan yang gasal, jadi $\zeta(2k)$ tercurah secara mekanis sedangkan $\zeta(3)$ tak pernah muncul. Jadi kebutaannya adalah paritas, bukan kekurangan teknik.

**23.** Dengan $w = 2\iu\pi z$:

$$
\iu\pi z + \frac{2\iu\pi z}{\eu^{2\iu\pi z} - 1}
= \iu\pi z\,\frac{\eu^{2\iu\pi z} + 1}{\eu^{2\iu\pi z} - 1}
= \iu\pi z\,\frac{\eu^{\iu\pi z} +
\eu^{-\iu\pi z}}{\eu^{\iu\pi z} - \eu^{-\iu\pi z}}
= \pi z\,\frac{\cos\pi z}{\sin\pi z} = \pi z\cot(\pi z) .
$$

Karena itu, dengan memakai fungsi pembangkitnya pada $w = 2\iu\pi z$ (dan $B_1 = -\frac12$ yang meniadakan suku $\iu\pi z$-nya, sedangkan $B$ gasalnya lenyap selebihnya):

$$
\pi z\cot(\pi z) = \sum_{k\geq0}\frac{B_{2k}}{(2k)!}
(2\iu\pi z)^{2k}
= 1 + \sum_{k\geq1}(-1)^k\frac{(2\pi)^{2k}B_{2k}}{(2k)!}
z^{2k} .
$$

Sedangkan di sisi lain uraian pecahan parsialnya (Bagian IV) memberikan $\pi z\cot(\pi z) = 1 - 2\sum_{k\geq1}\zeta(2k)z^{2k}$ (uraikanlah setiap $\frac{2z^2}{z^2 - n^2} =
-2\sum_k\frac{z^{2k}}{n^{2k}}$ lalu jumlahkan atas $n$, dengan kekonvergenan normalnya membenarkan penukarannya untuk $\abs z < 1$). Lalu dengan membandingkan koefisiennya: $-2\zeta(2k) =
(-1)^k\frac{(2\pi)^{2k}B_{2k}}{(2k)!}$, yakni rumus yang dinyatakan itu.

**24.** Untuk $k = 1$: $\frac{(2\pi)^2}{2\cdot2}\cdot\frac16
= \frac{\pi^2}6$. Untuk $k = 2$: $-\frac{(2\pi)^4}{2\cdot24}
\cdot\bigl(-\frac1{30}\bigr) = \frac{16\pi^4}{48\cdot30} =
\frac{\pi^4}{90}$. Dan untuk $k = 3$: $\frac{(2\pi)^6}{2\cdot720}
\cdot\frac1{42} = \frac{64\pi^6}{1440\cdot42} =
\frac{\pi^6}{945}$.

**25.** Tulis $C(z) = \pi z\cot(\pi z) = 1 -
2\sum_{k\geq1}\zeta(2k)z^{2k}$ (pertanyaan 23). Lalu lewat pendiferensialan langsung $C = \pi z\cot(\pi z)$, dengan memakai $(\cot u)'
= -1 - \cot^2u$:

$$
zC'(z) = \pi z\cot(\pi z) - \pi^2z^2\bigl(1 +
\cot^2(\pi z)\bigr) = C - \pi^2z^2 - C^2 .
$$

Kini uraikan kedua ruasnya dalam pangkat $z^2$. Ruas kirinya: $\sum_k(-4k)\,\zeta(2k)\,z^{2k}$. Sedangkan ruas kanannya: dengan mengkuadratkan deretnya,

$$
C - C^2 = 2\sum_{k\geq1}\zeta(2k)z^{2k}
- 4\sum_{k\geq2}\Bigl(\sum_{j=1}^{k-1}\zeta(2j)
\zeta(2k-2j)\Bigr)z^{2k},
$$

dan suku $-\pi^2z^2 = -6\zeta(2)z^2$ hanya menyesuaikan $k =
1$. Lalu dengan membandingkan koefisien $z^{2k}$ untuk $k \geq 2$:

$$
-4k\,\zeta(2k) = 2\,\zeta(2k) -
4\sum_{j=1}^{k-1}\zeta(2j)\,\zeta(2k-2j),
$$

yakni $\bigl(k + \frac12\bigr)\zeta(2k) =
\sum_{j=1}^{k-1}\zeta(2j)\zeta(2k-2j)$. (Di $k = 1$ identitasnya berbunyi $-4\zeta(2) = 2\zeta(2) - 6\zeta(2)$: yakni sebuah pemeriksaan kekonsistenan, bukan keterangan baru.) Untuk terapannya: $k =
2$: $\frac52\zeta(4) = \zeta(2)^2 = \frac{\pi^4}{36}$, sehingga $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$; sedangkan $k = 3$: $\frac72\zeta(6) =
2\zeta(2)\zeta(4) = \frac{\pi^6}{270}$, sehingga $\zeta(6) =
\frac{2}{7}\cdot\frac{\pi^6}{270} = \frac{\pi^6}{945}$. Jadi satu benih transenden ($\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$), lalu aljabar murni menghasilkan setiap nilai zeta genapnya.