Bab 6 Transformasi Laplace n6i7
This document was ed by and they confirmed that they have the permission to share it. If you are author or own the copyright of this book, please report to us by using this report form. Report r6l17
Overview 4q3b3c
& View Bab 6 Transformasi Laplace as PDF for free.
More details 26j3b
- Words: 10,294
- Pages: 41
BAB VI TRANSFORMASI LAPLACE
6.1 Transformasi Laplace Definisi Misalkan F (t ) suatu fungsi t dan t > 0, maka transformasi Laplace dari F(t) dinotasikan dengan L{F(t)} yang didefinisikan oleh: ∞`
L{F (t )} = ∫ e− st F (t ) dt = f ( s) 0
Karena
L{F (t )} adalah integral
tidak wajar dengan batas atas di tak
hingga ( ∞ ) maka ∞`
L{F (t )} = ∫ e − st F (t )dt = f ( s) 0
p
= Lim ∫ e − st F (t )dt p →∞
0
Transformasi konvergen
Laplace
untuk
dari
F(t)
beberapa
nilai
dikatakan s,
bila
ada,
jika
integralnya
tidak
demikian
maka
transformasi Laplace tidak ada. Selanjutnya bila suatu fungsi dari t dinyatakan dengan huruf besar, misalnya W(t), G(t), Y(t) dan seterusnya, maka transformasi Laplace dinyatakan dengan huruf kecil yang bersangkutan sehingga L {W(t)} = w(s), L {G(t)} = g(s), L {Y(t)} = y(s) dan seterusnya. Teorema Jika F(t) adalah fungsi yang kontinu secara sebagian-sebagian dalam setiap interval 0 ≤ t ≤ N dan eksponensial berorde γ untuk t > N, maka transformasi Laplace f(s) ada untuk setiap s > γ Berdasarkan definisi di atas, dapat ditentukan transformasi Laplace beberapa fungsi sederhana.
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
127
No. 1.
F (t ) 1
2.
t
3.
t2
4.
tn n = 0,1,2,3,….
5.
e
at
6.
sin at
7.
cos at
8.
sinh at
9.
cosh at
10.
t cos at
11.
t sin at 2a
L{F (t )} 1 ,s > 0 s 1 ,s > 0 s2 2 ,s > 0 s3 n! ,s > 0 s n +1 1 ,s > 0 s−a a ,s > 0 2 s + a2 s ,s > 0 2 s + a2 a ,s > a 2 s − a2 s ,s > a 2 s − a2 s2 − a (s 2 + a 2 ) 2 s 2 (s + a 2 ) 2
Sebagai pemahaman bagi pembaca, berikut ini diberikan beberapa contoh transformasi Laplace suatu fungsi. Tentukan transformasi Laplace fungsi berikut: 1. F (t ) = 1 ∞`
L{F (t )} = ∫ e − st 1 = f ( s ) 0
p
= Lim ∫ e − st dt p →∞
0
p
1 = lim − e − st p →∞ s 0
1 1 = lim − −∞ + 0 p →∞ se se
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
128
= 0+
1 s
1 s
=
= f (s ) 2. F (t ) = t ∞`
L{F (t )} = ∫ e − st t dt 0
p
( )
1 = lim ∫ t. − d e − st p →∞ s 0 p
1 = − lim te − st − ∫ e − st dt s p →∞ 0 p
1 1 = − lim te − st + e − st p → ∞ s s 0
p
1 1 1 = − lim pe − sp + e − sp − 0e 0 + e 0 s p →∞ s s 0 1 1 = − ( 0 + 0 ) − 0 + s s 1 1 = − 0 − s s =
3.
1 s2
F (t ) = e at ∞`
L{F (t )} = ∫ e − st t e at dt 0
p
= lim ∫ e −( s −a ) t dt p →∞
=
0
[
1 lim e −( s − a ) t s − a p →∞
]
p 0
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
129
=
1 1 1 lim − ( s −a ) 0 ∞ ( s − a ) p → ∞ − (s − a) e e
=
1 s−a
4. F (t ) = sin at ∞
L{F (t )} = ∫ e − st sin at dt 0
p
= Lim ∫ e − st − p →∞
0
1 d (cos at ) a p
∞ 1 1 − st = Lim − cos at.e + ∫ cos atd (e − st ) a a p →∞ 0 0
p
∞ 1 s = Lim − cos at.e − st + ∫ − cos at.e − st dt p →∞ a p a 0
p
∞ 1 s 1 = Lim − cos at.e − st − ∫ e − st . d (sin at ) p →∞ a0 a a 0
p
p 1 s = Lim − cos at.e − st − 2 (e − st sin at − ∫ sin at.d (e − st ) p →∞ a 0 a 0
p
p 1 s = Lim − cos at.e − st − 2 (e − st sin at − ∫ sin at. − se − st ) p →∞ a 0 a 0
p
2 p 1 s s − st − st = Lim − cos at.e − 2 e sin at − 2 ∫ sin at.se − st ) p →∞ a a 0 a 0 p
a2 1 s − st − st = Lim 2 − cos at.e − 2 sin at.e 2 p →∞ a + s a a 0 =
a 2 cos at s. sin at − 2 st − a 2 + s 2 a.e st a .e
=
a2 a2 + s2
1 ( 0 − 0 ) − − − 0 a
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
130
=
a2 1 a2 + s2 a
=
a a + s2 2
5. F (t ) = cos at ∞
L{F (t )} = ∫ e − st cos at dt 0
p
= Lim ∫ e − st p →∞
0
1 d (sin at ) a p
∞ 1 1 = Lim sin at.e − st − ∫ sin atd (e − st ) p →∞ a 0 a 0 p
∞ 1 s = Lim sin at.e − st + ∫ sin at.e − st dt p →∞ a a p 0
p
∞ 1 s − st 1 − st = Lim sin at.e + ∫ e . d (− cos at ) p →∞ a a0 a 0
p
p 1 s = Lim sin at.e − st + 2 (e − st (− cos at ) − ∫ − cos at.d (e − st ) p →∞ a 0 a 0 p
p 1 s − st − st = Lim sin at.e − 2 (e cos at ) + ∫ cos at. − se − st dt ) p →∞ a 0 a 0 p
p 1 s − st s2 − st = Lim sin at.e − 2 (e cos at ) − 2 ∫ cos at.e − st ) p →∞ a a a 0 0 p
a2 1 s − st − st = Lim 2 sin at.e − 2 cos at.e 2 p →∞ s + a a a 0 =
a 2 sin at s. cos at − 2 st s 2 + a 2 a.e st a .e
=
a2 s2 + a2
s ( 0 − 0 ) − 0 − 2 a
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
131
= =
a2 s s2 + a2 a2 a s + a2 2
Syarat Cukup Transformasi Laplace Ada Jika F(t) adalah kontinu secara sebagian-sebagian dalam setiap selang berhingga 0 ≤ t ≤ N dan eksponensial berorde γ
untuk t > N,
maka transformasi Laplacenya f(s) ada untuk semua s > γ . Perlu ditekankan bahwa persyaratan-persyaratan yang dinyatakan adalah CUKUP untuk menjamin bahwa transformasi Laplace-nya ada. Akan tetapi transformasi Laplace dapat ada atau tidak walaupun persyaratan ini tidak dipenuhi. 6.2
Metode Transformasi Laplace
Untuk memudahkan bagi pengguna matematika, terdapat beberapa cara yang digunakan untuk menentukan transformasi Laplace. Cara tersebut adalah: a. Metode langsung, berkaitan dengan definisi. Metode ini berkaitan langsung dengan definisi ∞
L{F (t )} = ∫ e − st F (t )dt 0
p
= Lim ∫ e − st F (t )dt p →∞
0
Contoh ∞
L{F (t )} = ∫ e − st F (t )dt 0
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
132
p
= lim ∫ e − st tdt p →∞
0
p
1 = lim ∫ t. − d (e − st ) p →∞ s 0 p
1 = − lim te − st − ∫ e − st dt s p →∞ 0 p
1 1 = − lim te − st + e − st p → ∞ s s 0 1 1 = − 0 − s s =
1 s2
= f (s ) b. Metode Deret Misal F(t) mempunyai uraian deret pangkat yang diberikan oleh F (t ) = a 0 + a1t + a 2 t 2 + a 3t 3 + ... ∞
= ∑ an t n n =0
Maka
transformasi
Laplacenya
dapat
diperoleh
dengan
menjumlahkan transformasi setiap sukunya dalam deret, sehingga: L{F (t )} = L{a 0 } + L{a1t} + L{a 2 t 2 } + L{a3 t 3 } + ... =
a o a1 2!a 2 + + 3 + ... s s2 s ∞
n! a n n +1 , syarat ini berlaku jika deretnya konvergen untuk n +0 s
=∑ s>γ
c. Metode Persamaan differensial
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
133
Metode ini menyangkut menemukan persaman differensial yang dipenuhi oleh F(t) dan kemudian menggunakan teorema-teorema di atas. d. Menurunkan terhadap parameter e. Aneka ragam metode, misalnya dengan menggunakan teoremateorema yang ada. f. Menggunakan tabel-tabel, melalui penelusuran rumus yang sudah ditetapkan. 6.3
Sifat-sifat Transformasi Laplace
Transformasi Laplace suatu fungsi mempunyai beberapa sifat, sifatsifat tersebut antara lain: a) Sifat linear Jika c 1 dan c 2 adalah sebarang konstanta, sedangkan F1 (t ) dan F2 (t ) adalah fungsi-fungsi dengan
transformasi-transformasi
Laplace
masing-masing f1 ( s ) dan f 2 ( s ) , maka: L{c1 F1 (t ) + c 2 F2 (t )} = c1 f 1 ( s ) + c 2 f ( s ) Bukti: ∞
L{c1 F (t ) +c 2 F2 (t )} = ∫ e − st {c1 F1 (t ) + c 2 F2 (t )}dt 0
∞
∞
0
0
= ∫ e − st c1 F1 (t )dt + ∫ e − st c1 F2 (t )dt p
∞
0
0
= c1 ∫ e − st F1 (t )dt + c 2 ∫ e − st F2 (t )dt = c1 f 1 ( s ) + c 2 f 2 ( s ) 1. L{5t − 3} = L{5t − 3a} = L{5t} − L{3} = 5L{t} − 3L{1} =5
1 1 −3 2 s s
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
134
=
5 3 − s2 s
2. L{6 sin 2t − 5 cos 2t} = L{6 sin 2t} − L{5 cos 2t} = 6 L{sin 2t} − 5L{cos 2t} =6 =
2 s −5 2 s +4 s +4 2
12 − 5s s2 + 4
3. L{(t 2 + 1) 2 } = L{t 4 + 2t 2 + 1} = L{t 4 } + L{2t 2 } + L{1} = L{t 4 } + 2 L{t 2 } + L{1} = =
4! s
4 +1
2! 1 + 2 2+1 + s s
24 4 1 + + s5 s3 s
4. L{4e 5t + 6t 2 − 3 sin 4t + 2 cos 2t} = L{4e 5t } + L{6t 2 } − L{3 sin 4t} + L{2 cos 2t}
{ }
{ }
= 4 L e 5t + 6 L t 2 − 3L{ sin 4t} + 2 L{ cos 2t } =4 =
1 2 4 s +6 3 −3 2 +2 2 s −5 s s +4 s +4
4 12 12 2s + 3 − 2 + 2 s −5 s s + 16 s + 4
Dengan menggunakan sifat linear, tentukan transformasi Laplace fungsí berikut. 1. F (t ) = 2t 2 + e −t t 2. F (t ) = 6 sin 2t − cos 2t 3. F (t ) = (sin t − cos t ) 2
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
135
1 4. F (t ) = cosh 3t − sinh t 2 5. F (t ) = 2t + 2
3
6. F (t ) = (sin t − 3) 2 b) Sifat translasi atau pergeseran pertama Jika L{F (t )} = f ( s) maka L{e 2t F (t )} = f ( s − a ) Bukti ∞`
− st Karena L{F (t )} = ∫ e F (t )dt = f ( s ) , maka 0
∞`
L{e F (t )} = ∫ e − st e at F (t )dt at
0
∞
= ∫ e −( s −a ) t F (t )dt 0
= f ( s − a) Contoh: 1. Tentukan L{e −3t F (t )} jika L{F (t )} = f ( s ) Menurut sifat 2 di atas, L{e at F (t )} = f ( s − a ) Maka L{e −3t F (t )} = f ( s − (−3) )
= f ( s + 3) s 2t 2. Tentukan L{e F (t )}, jika L{F (t )} = f a Menurut sifat 2 di atas, L{e at F (t )} = f ( s − a )
s s −2 2t Karena L{F (t )} = f , maka L{e F (t )} = f a a s 2 = f − a a −t 3. Tentukan L{e F (t )} jika L{cos 2t} =
s s +4 2
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
136
Karena L{cos 2t} =
s maka menurut sifat translasi pertama s +4 2
L{e − t F (t )} = f ( s + 1) L{e −t F (t )} =
s +1 ( s + 1) 2 + 4
=
s +1 s + 2s + 5 2
4. Tentukan L{e −2t (3 cos 6t − 5 sin 6t )} Me6nurut sifat linear, L{e −2t (3 cos 6t − 5 sin 6t )} = L{e −2t (3 cos 6t )} − L{e −2t (5 sin 6t )} = 3L{−2t cos 6t} − 5 L{e −2t sin 6t} } Karena L{cos 6t} =
s 6 dan L{sin 6t} = 2 s + 36 s + 36 2
maka menurut sifat translasi 3L{−2t cos 6t} = 3 f ( s + 2) =3
( s + 2) , ( s + 2) 2 + 36
dan
5 L{− 2t sin 6t} = 5
6 (s + 2
sehingga L{e L{e
−2t
=
(3 cos 6t − 5 sin 6t )} = 3
( s + 2) 6 −5 2 ( s + 2) + 36 ( s + 2) 2 + 36
3s − 24 s + 4 s + 40 2
Soal Tentukan transformasi Laplace fungsi 1) F (t ) = e −t sin 2 t 2) F (t ) = (1 + te −t ) 3 3) F (t ) =−t (3 sinh 2t − 5 cosh 2t )
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
137
4) F (t ) = (t + 2) 2 e t 5) F (t ) = e 2t ( sinh 2t + cosh 3t ) 6) F (t ) = e − t (1 + 2t )
c. Sifat translasi atau pergeseran kedua F (t − a ), untuk t > a Jika L{F (t )} = f ( s) dan G (t ) = 0, untuk t < a maka L{G (t )} = e −as f ( s )
Bukti ∞
L{(G (t )} = ∫ e − st G (t )dt 0
a
∞
0
a
= ∫ e − st G (t )dt + ∫ e − st G (t )dt a
∞
0
a
= ∫ e − st (0)dt + ∫ e − st F (t − a)dt ∞
= ∫ e − st F (t − a )dt a
Misal u = t-a maka t = u+a dan du = dt, sehingga ∞
∫e a
− st
∞
F (t − a)dt = ∫ e − s ( u + a ) F (u )du 0
∞
= e −as ∫ e − su F (u )du 0
= e − as f (s) Contoh 2π 2π cos(t − 3 ), t > 3 Carilah L{F (t )} jika F (t ) = 0, t < 2π 3
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
138
Menurut definisi transformasi Laplace ∞
L{F (t )} = ∫ e −st F (t )dt 0
=
2π / 3
∫e
− st
(0)dt +
0
∞
∫e π
− st
cos(t − 2π / 3)dt
2 /3
∞
= ∫ e − s ( u + 2π / 3) cos udu 0
∞
= e −2πs / 3 ∫ e − su cos udu 0
se −2πs / 3 s2 +1
=
d. Sifat pengubahan skala Jika L{F (t )} = f ( s ) maka L{F (at )} =
1 s f a a
Bukti Karena ∞
L{F (t )} = ∫ e − st F (t )dt 0
maka ∞
L{F (at )} = ∫ e − st F (at )dt 0
Misal u = at maka du = adt sehingga dt =
du a
∞
− st Menurut definisi L{F (at ) = ∫ e F (at ) dt 0
∞
= ∫e 0
s −u a
F (u )
du a
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
139
s
1 − u = ∫ e a F (u )du a =
1 s f a a
Contoh: 1. Jika L{F (t )} =
6 = f (s) ( s + 2) 3
maka L{F (3t )} =
1 s f( ) 3 3 =
=
6 s 3 + 2 3
3
6.9 ( s + 6) 3
Soal: (t − 1) 2 , t > 1 L { F ( t )} F ( t ) = 1. Hitunglah jika 0,0 < t < 1 2. Jika L{F (t )} =
s2 − s +1 , carilah L{F (2t )} (2 s + 1) 2 ( s − 1)
3. Jika L{F (t )} =
e −1/ s , carilah L{e −t F (3t )} s
Jawab Karena L{F (t )} = L{F (3t )} =
e −1 / s = f ( s), maka menurut sifat 4 diperoleh s
1 s f 3 3 −
3 s
1e Sehingga L{F (3t )} = 3 s 3
3
1 − = e s s
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
140
= f (s ) Berdasarkan sifat Jika L{F (t )} = f ( s ) maka L{e at F (t )} = f ( s − a ) (sifat 2) Maka L{e −t F (3t )} = f ( s + 1) 3
− 1 = e ( S +1) ( s + 1)
e. Transformasi Laplace dari turunan-turunan Jika L{F (t )} = f ( s ) maka L{F ' (t )} = sf ( s) − F (0) ∞
− st Karena Karena L{F (t )} = ∫ e F (t )dt = f ( s ) , maka 0
∞
L{F ' (t )} = ∫ e − st F ' (t )dt 0
∞
= ∫ e − st dF (t ) 0
p
∞ = e − st F (t ) − ∫ F (t )d (e − st ) 0 0 ∞
= − F (0) + s ∫ e − st F (t )dt 0
= sf ( s ) − F (0) Jika L{F ' (t )} = sf ( s) − F (0) maka L{F ' ' (t )} = s 2 f ( s) − sF (0) − F ' ( s ) Bukti ∞
L{F ' ' (t )} = ∫ e − st F " (t )dt 0
∞
= ∫ e − st d ( F ' (t )) 0
∞ = e − st F ' (t ) − ∫ F ' (t )d (e − st ) 0
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
141
∞ = e − st F ' (t ) + s ∫ F ' (t )e − st dt 0
(
= e − st F ' (t ) + s ( sf ( s) − F (0))
)
= s 2 f ( s) − sF (0) − F ' (0) Dengan cara yang sama diperoleh ∞
L{F ' ' ' (t )} = ∫ e − st F ' ' ' (t )dt 0
∞
= ∫ e − st d ( F ' ' (t )) 0
∞ = e − st F ' ' (t ) − ∫ F ' ' (t )d (e − st ) 0 ∞ − st = e F ' ' (t ) + s ∫ e − st F ' ' (t )dt 0 ∞ = e − st F ' ' (t ) + s e − st F ' (t ) − ∫ F ' (t )d (e − st ) 0
= s 3 f ( s ) − s 2 F (0) − sF ' (0) − F ' ' (0) Akhirnya
dengan
menggunakan
induksi
matematika
dapat
ditunjukkan bahwa, jika L{F (t )} = f ( s ) maka L{F ( n ) (t )} = sf ( s) − s n −1 F (0) − s n −2 F ' (0) − ... − sF ( n −2 ) (0) − F ( n −1) (0) Contoh soal Dengan menggunakan sifat transformasi Laplace dari turunanturuan, tunjukkan bahwa L{sin at} =
a = f (s) s + a2 2
Misal F (t ) = sin at diperoleh F ' (t ) = a cos at , F ' ' (t ) = −a 2 sin at sehingga L{sin at} = −
1 L{F ' ' (t ) a2
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
142
Dengan menggunakan sifat transformasi Laplace dari turunanturunan diperoleh 1 L{sin at} = − 2 ( sf ( s) − sF (0) − F ' (0) ) f a =−
1 2 a s 2 − s(0) − a 2 2 a s +a
=−
1 a2
as 2 2 − a 2 s +a
=−
1 a2
as 2 − as 2 − a 3 s2 + a2
=
a s + a2 2
f. Tansformasi Laplace dari integral-integral t f (s) Jika L{F (t )} = f ( s ) maka L ∫ F (u )du = s 0 Bukti: t
Misal G (t ) = ∫ F (u )du maka G ' (t ) = F (t ) dan G (0) = 0 0
Dengan mentransformasikan Laplace pada kedua pihak, diperoleh: L{G ' (t )} = L{F (t )} ⇔ sL{G (t )} − G{0} = f ( s) ⇔ sL{G (t )} = f ( s ) ⇔ L{G (t )} =
f (s) s
t f (s) Jadi diperoleh L ∫ F (u )du = s 0 Contoh t sin u du 1. Carilah L ∫ 0 u
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
143
Misal F (t ) =
sin t t
Maka L{F (t )} = arctan
1 s
Sehingga menurut sifat transformasi di atas t sin u f ( s ) 1 1 L ∫ du = = arctan s s s 0 u t sin u 1 1 du = arctan 2. Buktikan L ∫ s 0 u s Bukti: t
sin u du maka F (0) = 0 u 0
Misal F (t ) = ∫ F ' (t ) =
sin t dan tF ' (t ) = sin t t
Dengan mengambil transformasi Laplace kedua bagian L{tF ' (t )} = L{sin t} = ⇔
1 s +1 2
d 1 sf ( s) = − 2 ds s +1
⇔ sf ( s) = − ∫
1 ds s +1 2
⇔ sf ( s) = − arctan s + C sf ( s ) = lim F (t ) = F (0) = 0 Menurut teorema harga awal, Lim t →0 s →∞ Sehingga diperoleh c =
π . 2
1 1 Jadi sf ( s) = arctan s s
(
)
∞ cos u ln s 2 + 1 du = 3. Buktikan L ∫ 2s t u
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
144
Bukti: ∞
Misal F (t ) = ∫ t
cos u cos t du maka F ' (t ) = − atau t{F ' (t )} = − cos t u t
L{tF ' (t )} = L{− cos t}
( − 1)
d ( sf ( s) − F (0) ) = − 2 s atau d sf ( s) = 2 s ds s +1 s +1 ds
sf ( s) = ∫ =
s ds s +1 2
(
)
1 ln s 2 + 1 + c 2
Menurut teorema harga akhir, Jadi sf ( s) =
(
lim sf ( s) = lim F (t ) = 0, s →0
t →0
sehingga c = 0.
)
1 ln( s 2 + 1) ln s 2 + 1 + 0 atau f ( s ) = 2 2s
g. Perkalian dengan t n Jika L{F (t )} = f ( s) maka L{t n F (t ) = (−1) n
dn f ( s) = (−1) f ( n ) ( s) n ds
Bukti. ∞
− st Karena f ( s) = ∫ e F (t )dt maka menurut aturan Leibnitz untuk 0
menurunkan dibawah tanda integral, diperoleh: ∞ df d − st = f ' ( s) = ∫ e F (t )dt ds ds 0 ∞
∂ − st e F (t )dt ∂s 0
=∫ ∞
= ∫ − te − st F (t )dt 0
∞
= − ∫ e − st {tF (t )}dt 0
= − L{tF (t )}
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
145
df = − f ' (s) ds
Jadi L{tF (t )} = − Contoh
1. Tentukan L{t sin at} Jawab a , maka menurut sifat perkalian dari pangkat t n s + a2
L{sin at} =
2
diperoleh L{tF (t )} = ( − 1)
d n f (s) , sehingga ds n
n
L{t sin at} = (−1) =
d a ds s 2 + a 2
2as (s + a 2 ) 2 2
2. Tentukan L{t 2 cos at} 2 2 Menurut sifat di atas, L{t cos at} = (−1)
d2 s ds 2 s 2 + a 2
=
d a2 − s2 ds ( s 2 + a 2 ) 2
=
2 s 3 − 6a 2 s (s 2 + a 2 ) 3
h. Sifat pembagian oleh t ∞
F (t ) Jika L{F (t )} = f ( s) maka L = ∫ f (u )du t 0 Bukti: Misal G (t ) =
F (t ) maka F (t ) = tG (t ) t
Dengan menggunakan definisi transformasi Laplace untuk kedua bagian, maka diperoleh bentuk L{F (t )} = L{tG (t )} atau f ( s ) = −
atau f ( s ) = −
d L{G (t )} ds
dg ds
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
146
Selanjutnya dengan mengintegralkan diperoleh dg
∫ f (s) = ∫ − ds . s
g ( s) = − ∫ f (u )du ∞
∞
= ∫ f (u )du s
∞
F (t ) Jadi L = ∫ f (u )du t 0 Soal-soal 1) Tentukan transformasi Laplace untuk fungsi yang diberikan a. F (t ) = t cos 2t b. F (t ) = t sin 3t c. F (t ) = t (3 sin 2t − 2 cos 5t ) d. F (t ) = t 2 sin t e. F (t ) = (t 2 − 3t + 2) sin 3t f.
F (t ) = t 3 cos t
g. F (t ) = t sin 2 t t 2 ,0 < t ≤ 1 2) Jika F (t ) = 0, t > 1 Carilah L{F ' ' (t )} 2t ,0 ≤ t ≤ 1 3) Diketahui F (t ) = t , t > 1 a. carilah L{F (t )} b. carilah L{F ' (t )} c. apakah L{F ' (t )} = sf ( s) − F (0) berlaku untuk kasus ini ∞
− 3t 4) Tunjukkan bahwa ∫ te sin tdt = 0
3 50
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
147
5) Tunjukkan bahwa t 1 L = ∫ (u 2 − u + e −u )du = L{t 2 − t + e −t } 0 s 6) Perlihatkan bahwa e − at − e −bt s+b a. L = ln t s+a 2 2 cos at − cos bt 1 s + b L = = ln b. 2 2 t 2 s +a
7) Tunjukkan bahwa: 1 1 − u −u 1 1 du = ln 1 + a. L = ∫ s 0 u s t1 t f ( s ) b. Jika L{F (t )} = f ( s) maka L ∫ dt1 ∫ F (u )du = 2 s 0 0
6.4 Transformasi Laplace Invers Definisi Jika transformasi Laplace suatu fungsi F(t) adalah f(s), yaitu jika L{F (t )} = f ( s ) maka F(t) disebut suatu transformasi Laplace Invers dari f(s). Secara simbolis ditulis
F (t ) = L−1{ f ( s )} .
L−1
disebut operator
transformasi Laplace invers. Contoh.
{ }
1 1 2t −1 2t 1. Karena L = e maka L e = s−2 s − 2
{
}
s s −1 2. Karena L 2 = cos t 3e maka L cos t 3 = 2 s +3 s + 3 1 1 sinh at −1 sinh at = 3. Karena L 2 maka L = 2 2 2 a s − a a s −a Ketunggalan Transformasi Laplace Invers
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
148
Misal N(t) adalah suatu fungsi dan L{N(t)} = 0 maka L{F(t)+N(t)} = L{F(t)} Dengan demikian dapat diperoleh dua fungsi yang berbeda dengan transformasi Laplace yang sama. Contoh 0 untuk t = 1 F1 (t ) = e −3t dan F2 (t ) = −3t e untuk t ≠ 1 −1 −1 Mengakibatkan L {F1 (t )} = L {F2 (t )} =
Jika
kita
menghitung
1 s+3
fungsi-fungsi
nol,
maka
terlihat
bahwa
transformasi Laplace invers tidak tunggal. Akan tetapi apabila kita tidak dapat memperhitungkan fungsi-fungsi nol (yang
tidak muncul
dalam kasus-kasus fisika) maka ia adalah tunggal. Hasilnya dinyatakan oleh teorema berikut. Teorema Lerch Jika membatasi diri pada fungi-fungsi F(t) yang kontinu secara sebagian-sebagaian dalam setiap selang berhingga 0 ≤ t ≤ N
dan
eksponensial berorde untuk t > N, maka inversi transformasi laplace dari f(s) yaitu L−1 { f ( s )} = F (t ) , adalah tunggal. Jika tidak ada pernyataan lainnya, maka kita selalu menganggap ketunggalan di atas. Berdasarkan definisi di atas, dapat ditentukan transformasi Laplace invers beberapa fungsi sederhana dibawah ini. Nomo r 1. 2. 3.
1 s
4. 5.
n +1
f(s)
L−1{ f ( x)} = F (t )
1 s 1 s2
1
, n = 0,1,2,3,... 1 s−a 1 2 s + a2
t tn n! e at sin at a
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
149
6.
cos at
s s + a2 1 2 s − a2 s 2 s − a2 s2 − a2 (s 2 + a 2 ) 2 2
7. 8. 9.
sinh at a cosh at t cos at
6.5 Sifat-sifat transformasi Laplace Invers Beberapa sifat penting dari transformasi Laplace invers adalah: 1) Sifat Linear Misal c1 dan c 2 adalah sebarang bilangan konstanta, sedangkan f 1 ( s ) dan f 2 ( s ) berturut-turut adalah transformasi Laplace dari F1 (t ) dan F2 (t ) , maka: L−1{c1 F1 (t ) + c 2 F2 (t )} = L−1{c1 F1 (t )} + L−1{c 2 F2 (t )} = L−1{c1 F1 (t )} + L−1{c 2 F2 (t )} = c1 L−1{F1 (t )} + c 2 L−1{F2 (t )} = c1 f 1 ( s ) + c 2 f 2 ( s) Contoh 3s − 12 −1 3s −1 12 L−1 2 =L 2 − L 2 s +9 s + 9 s + 9 1 s −1 = 3L−1 2 − 12 L 2 s + 9 s + 9 = 3 cos 3t − 12
sin 3t 3
2) Sifat translasi atau pergeseran pertama Jika L−1{ f ( s )} = F (t ) maka L−1{ f ( s − a)} = e at F (t ) Contoh 1 1 1 sinh 3t −1 −1 2t sinh 3t L−1 2 maka L 2 = =L =e 2 t 3 s − 9 ( s − 2 s + 13 ( s − 2) + 9
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
150
3) Sifat translasi atau pergeseran kedua Jika L−1{ f ( s )} = F (t ) maka F (t − a ), untuk t > a L−1{e as f ( s )} = 0, untuk t < a
Contoh 1 L−1 2 = sin t maka s + 1
π π − π3s sin(t − ), untuk t > e 3 3 L−1 2 = s − 9 0, untuk t < π 3 4) Sifat pengubahan skala −1 Jika L−1{ f ( s )} = F (t ) maka L { f (ks)} =
1 t F k k
Contoh s 3s 1 t −1 −1 Karena L 2 = cos t maka diperoleh L = cos 2 s + 1 (3s ) + 1 3 3 5) Transformasi Laplace invers dari turunan-turunan n −1 (n) −1 d f ( s) = (1−) n t n F (t ) Jika L−1{ f ( s )} = F (t ) maka L { f ( s )} = L ds
Contoh 2 −1 Karena L 2 = sin 2t s + 4 L−1
dan
d 2 − 4s 2 = 2 maka diperoleh ds s + 4 ( s + 4) 2
d 2 − 4s −1 = (−1) n t n sin 2t = −t sin 2t 2 = L 2 2 ds s + 4 ( s + 4 )
6) Transformasi Laplace invers dari antiturunan-antiturunan ∞ F (t ) Jika L { f ( s )} = F (t ) maka L ∫ f (u )du = t s −1
−1
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
151
Contoh 1 −1 1 1 1 1 1 −t −1 Karena L = L − = − e maka 3s ( s + 1) 3 s s + 1 3 3 π 1 1 −1 du = diperoleh L ∫ − 0 3u 3(u + 1)
1 1 − e −t 3 t
`
7) Sifat perkalian dengan s n Jika L−1{ f ( s )} = F (t ) maka L−1{sf ( s )} = F ' (t ) Dengan demikian perkalian dengan s berakibat menurunkan F(t) Jika f(t) ≠ 0 , sehingga L−1{sf ( s ) − F (0)} = F ' (t ) ⇔ L−1{sf ( s )} = F ' (t ) − F (0)δ (t ) dengan δ (t ) adalah fungsi delta Dirac atau fungsi impuls satuan. Contoh 5 −1 arena L 2 = sin 5t dan sin 5t = 0 maka s + 25 5s d L−1 2 = (sin 5t ) = 5 cos 5t s + 25 dt 8) Sifat pembagian dengan s t
−1 f ( s ) Jika maka L = ∫ F (u )du s 0
Jadi pembagian dengan s berakibat mengakibatkan integral F(t) dari 0 sampai dengan t. Contoh 2 −1 Karena L 2 = sin 2t maka diperoleh s + 4 t
t 2 1 1 L 2 = ∫ sin 2u du = cos 2u = ( cos 2t − 1) 2 0 2 s ( s + 4) 0 −1
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
152
9) Sifat konvolusi Jika L−1{ f ( s )} = F (t ) dan L−1{g ( s )} = G (t ) maka t
L−1{ f ( s ) g ( s)} = ∫ F (u )G (t − u )du = F * G 0
F*G disebut konvolusi atau faltung dari F dan G, dan teoremanya dinamakan teorema konvolusi atau sifat konvolusi. Contoh −1 1 − 4t −1 1 2t Karena L = e dan L =e s + 4 s − 2
t − 4 u 2 ( t −u ) 1 du = e 2t + e − 4t maka diperoleh L = ∫e e ( s + 4)( s − 2) 0 −1
6.6 Metode Transformasi Laplace Invers Menentukan transfomasi Laplace dapat dilakukan dengan beberapa cara, sehingga dalam transformasi Laplace invers terdapat beberapa metode yang dapat digunakan, antara lain: 1) Metode pecahan parsial Setiap fungsi rasional
P( s) , dengan P(s) dan Q(s) fungsi pangkat Q( s)
banyak (polinom) dan derajat P(s) lebih kecil dari Q(s). Selanjutnya P( s) dapat ditulis jumlah dari fungsi rasional yang mempunyai Q( s)
bentuk
A As + B atau dan seterusnya , r = 1,2,3,.... r 2 (as + b) (as + bs + c) r
Dengan memperoleh transformasi Laplace invers tiap pecahan −1 P ( s ) parcial maka dapat ditentukan L Q( s)
Konstanta A, B, C, …… dapat diperoleh dengan menyelesaikan pecahan-pecahan dan menyamakan pangkat yang sama dari kedua
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
153
ruas persamaan yang diperoleh atau dengan menggunakan metode khusus. Contoh −1 3s + 16 1. Tentukan L 2 s − s − 6
Jawab 3s + 16 3s + 16 −1 L−1 2 =L s − s − 6 ( s + 2)( s − 3) 3s + 16 A B = + ( s + 2)( s − 3) s + 2 s − 3 =
A( s − 3) + B ( s + 2) s2 − s − 6
=
( A + B ) s + (2 B − 3 A) s2 − s − 6
atau A+B = 3 dan 2B-3A = 16 atau 2(3-A)–3A=16 sehingga didapat A = -2 dan B = 5 3s + 16 5 −1 − 2 L−1 + =L s + 2 s − 3 ( s + 2)( s − 3) − 2 −1 5 = L−1 + L s + 4 s − 3 = −2e −4t + 5e 3t s −1 −1 2. Tentukan L 2 ( s + 3)( s + 2 s + 2) Jawab s −1 Bs + C −1 A L−1 + 2 =L 2 ( s + 3)( s + 2 s + 2) s + 3 ( s + 2s + 2) A Bs + C A( s 2 + 2 s + 2) + ( Bs + C )( s + 3) + 2 = s + 3 s + 2s + 2 ( s + 3)( s 2 + 2 s + 2)
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
154
=`
As 2 + 2 As + 2 A + Bs 2 + (3B + C ) s + 3C ( s + 3)( s 2 + 2s + 2)
Sehingga ( A + B ) s 2 + (2 A + 3B + C ) s + (2 A + 3C ) s −1 = 2 ( s + 3)( s 2 + 2 s + 2) ( s + 3)( s + 2 s + 2) Diperoleh A+B = 0, 2A+3B+C=1, 2A+3C=-1 Atau A = −
4 4 1 , B = , dan C = 5 5 5
4 1 4 − s + 5 s −1 −1 −1 5 + 25 Akhirnya diperoleh L =L 2 ( s + 3)( s + 2 s + 2) s + 3 ( s + 2s + 2) 4 1 4 − s+ 5 = − 4 L−1 1 + 4 ( s + 1) L−1 5 + 25 5 s + 3 5 ( s + 1) 2 + 1 s + 3 ( s + 2s + 2) 4 4 = − e −3t + e −t cos t 5 5 2) Metode Deret Jika f(s) mempunyai statu uraian dari kebalikan pangkat dari s yang diberikan oleh f (s) =
a o a1 a 2 a3 + + + + ... s s2 s3 s4
Maka dibawah persyaratan-persyaratan yang sesuai kita dapat menginversi suku demi suku untuk memperoleh F (t ) = a o + a1t +
a 2 t 2 a3t + + ... 2! 3!
Contoh − 1s −1 e Tentukan L s Jawab
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
155
− 1s 1 1 e 1 1 − 3 + ... = 1 − + 2 3! s s s s 2! s 1 1 1 1 − + ... = − 2 + 3 4 2! s 3! s s s − 12 s 1 1 1 −1 e −1 1 − + ... Sehingga L =L − 2 + 3 4 2! s 3! s s s s = 1− t +
t2 t3 + ... − 12 2 2 12 2 2 3 2
3) Metode persamaan diferensial 4) Turunan terhadap statu parameter 5) Aneka ragam metode yang menggunakan teorema-teorema 6) Penggunaan tabel 7) Rumus inversi kompleks 8) Rumus Penguraian Heaviside Andaikan P(s) dan Q(s) adalah fungsi pangkat banyak (polinom) dan derajat P(s) lebih kecil dari Q(s). Misal Q(s) mempunyai n akar-akar yang berbeda yaitu α k , k= 1, 2, 3, 4, ..., n. Maka
P( s) n P(α k ) α k t L−1 e =∑ Q ( s ) k =1 Q' (α k ) Bukti rumus di atas diuraikan sebagai berikut: Karena Q(s) adalah polinomial dengan n akar berbeda α 1 , α 2 , α 3 , ... ,
α n maka menurut metode pecahan-pecahan parsial diperoleh Ak An A1 A2 P( s) = + + ... + + .....(1) Q( s) s − α 1 s − α 2 s −αk s −αn Dengan mengalikan kedua ruas dengan (s- α k ) dan mengambil s → α k dengan menggunakan aturan L’Hospital diperoleh
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
156
Ak = lim
s →α k
s −αk P( s) ( s − α k ) = lim P ( s ) s →α k Q( s) Q( s) s −αk = lim P ( s) lim s →α k s →α k Q( s) s −αk = P (α k ). lim s →α k Q( s) = P (α k )
1 ... Q' ( s)
Sehingga (1) dapat ditulis sebagai P (α k ) 1 P (α n ) P (α 2 ) P ( s) P (α 1 ) 1 1 1 = . + . + ... + + . Q( s ) Q' (α 1 ) s − α 1 Q' (α 2 ) s − α 2 Q' (α k ) s − α k Q' (α n ) s − α n dengan demikian P(α k ) P(α n ) P(α 2 ) P( s ) 1 1 1 1 −1 P (α 1 ) L−1 . + . + ... + . + ... + . =L Q' (α k ) s − α k Q' (α n ) s − α n Q( s ) Q' (α 1 ) s − α 1 Q' (α 2 ) s − α 2
P(α 1 ) − 1 P (α 1 −1 P (α 2 1 1 1 −1 P (α n ) k L−1 . . . . + L + .... + L + ... + L Q' (α 1 ) s − α 1 Q' (α 2 ) s − α 2 Q' (α k s − α k Q' (α n ) s − α n
=
P(α k ) α k t P(α n ) α nt P(α1 ) α1t P(α 2 ) α 2t .e + .e + ... + .e + ... + .e Q' (ε 1 ) Q' (α 2 ) Q' (α k ) Q' (α n ) P (α k ) α k t e k =1 Q ' (α k ) n
=∑
9) Fungsi Beta Jika m>0 dan n>0 didefinisikan fungsi beta sebagai 1
∫u
B(m,n) =
m −1
(1 − n) n −1 du a
dan kita dapat memperlihatkan sifat-
0
sifat: 1. B (m, n) =
2.
π 2
∫ sin 0
2 m −1
Γ ( m )Γ ( n ) Γ ( m + n)
θ cos 2 m −1 θ dθ =
1 Γ ( m )Γ ( n ) B (m, n) = 2 2Γ(m + n)
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
157
Soal-soal 1. Tentukan, −1 12 a. L 4 − s −1 2 s − 5 b. L 2 s − 9
4s − 24 −1 3s − 8 − 2 c. L 2 s + 4 s − 16 7 3s − 2 d. L 5 − 3s + 2 s 2 −1
s −1 e. L 3 (s + 1) −1 3s − 14 f. L 2 s − 4s + 8
8s + 20 −1 g. L 2 s − 12 s + 32 −1 s + 1 h. L 3 s 2 5s − 2 −1 i. L 2 3s + 4 s + 8 s 4 s − 24 −1 L − j. 5 2 ( s + 4) 2 s − 16 s +1 −1 k. L 2 2 ( s + 2 s + 2) 1 −1 l. L 2 ( s + 4)( s + 4) 1 −1 m. L 2 3 ( s + 1) 2. Buktikan bahwa:
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
158
−1 3s + 16 2t −2t a. L 2 = 5e − 2e s − s − 6
3 −t 1 t −1 2 s − 1 b. L 3 = 1− e + e 2 2 s − s s +1 1 −t 2 1 − 2 t 3 −1 c. L 2 = e − e 2 6s + 7s + 2 2 11s 2 − 2 + 5 3 t −1 2t −t L d. = 5e − e 2 + 2e 2 ( s − 2)(2 s − 1)( s + 1) 27 − 12 s −1 − 4t e. L = 3e − 3 cos(3t ) 2 ( s + 4)( s + 9 2 1 −1 s − 16 s − 24 f. L 4 = sin( 4t ) + cos( 2t ) − sin( 2t ) 2 s + 20 s + 64 2
1 s −1 4 −3t −1 g. L = ( 4 cos t − 3 sin t ) − e 2 5 ( s + 3)( s + 2 s + 2) 5 3. Dengan menggunakan rumus penguraian Heaviside, tunjukkan bahwa 2s − 11 −1 a. L ( s + 2)( s − 3) 19 s + 27 −1 b. L ( s − 2)( s + 1)( s + 3) 2 s 2 − 6s + 5 −1 L c. 3 2 ( s − 6s + 11s − 6 2s 2 −1 d. L ( s + 1)( s − 2)( s − 3)
6.7
Penggunaan pada Persamaan Diferensial
a) Persamaan Diferensial dengan Koefisien Konstan Transformasi Laplace dapat digunakan untuk menentukan selesaian suatu persamaan diferensial dengan koefisien konstan. Misal ditentukan persamaan diferensial
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
159
d 2Y dY +p + qY = F ( x) dx dx
atau
Y ' '+ pY '+ qY = F ( x)
dengan
p,q
adalah
konstanta dan persamaan tersebut mempunyai syarat awal atau batas Y(0)=A dan Y’(0)=B, A dan B adalah konstanta yang diberikan. Selesaian persamaan diferensial yang diketahui dapat ditentukan dengan cara melakukan transformasi Laplace pada masing-masing persamaan dan selanjutnya gunakan syarat awal yang diberikan. Akibatnya diperoleh persamaan Aljabar L{Y ( x )} = y ( s ) . Selesaian
yang
diperlukan
diperoleh
dengan
menggunakan
transformasi Laplace invers dari y(s). Cara ini dapat diperluas pada persamaan-pers amaan diferensial tingkat tinggi. Contoh Tentukan selesaian persamaan diferencial berikut. 1) Y ' '+Y = x dengan Y(0) = 0 dan Y’(0)=-2 Jawab Dengan transformasi Laplace masing-masing bagian dari persamaan diferensial diperoleh L{Y "+Y } = L{Y "} + L{Y } = L{x}
Menurut sifat (5) transformasi Laplace
{
}
L F ( n ) (t ) = s n L{F (t )} − s n −1 F (0) − s n − 2 F " (0) − .... − sF n − 2 (0) − F n −1 (0) , sehingga = {s 2 L{Y } − sY (0) − Y ' (0)} − L{Y } = L( x) ⇔ ( s 2 y − s + 2) + y = ⇔ ( s 2 + 1) y = ⇔ y=
1 s2
1 + ( s − 2) s2
1 s−2 + 2 2 s ( s + 1) s + 1
=
2
1 1 s 2 − 2 + 2 − 2 2 s s +1 s +1 s +1
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
160
1 s 3 + 2 − 2 2 s s +1 s +1
=
Untuk menentukan selesaian, gunakan transformasi Laplace invers s 3 1 Y = L−1 2 + 2 − 2 s + 1 s + 1 s 1 s −1 3 = L−1 2 − L−1 2 − L 2 s s + 1 s + 1 = x + cos x − 3 sin x Untuk pemeriksaan jawab di atas Y = 1 + cos x − 3 sin x
Y ' = − sin x − 3 cos x Y ' ' = − cos x + 3 sin x
Y ' '+Y = ( − cos x + 3 sin x ) + ( x + cos x − 3 sin x ) = x dan Y(0) = 1, Y’(0)=-2 2) Y ' '−3Y '+2Y = 4e 2 x dengan Y(0) = -3 dan Y’(0)=5 Jawab Dengan transformasi Laplace masing-masing bagian dari persamaan diferencial diperoleh L{Y "−3Y '+2Y } = L{4e 2 x } Menurut sifat (5) transformasi Laplace
{
}
L F ( n ) (t ) = s n f ( s) − s n −1 F (0) − s n −2 F " (0) − .... − sF n −2 (0) − F n −1 (0) , sehingga L{Y "−3Y '+2Y } = L{4e 2 x } = {s 2 L{Y } − sY (0) − Y ' (0)} − 3{ sL{Y } − Y (0)} + 2 L{Y } = L(4e 2 x ) = {s 2 y + 3s − 5} − 3{sy + 3} + 2 y = ⇔ ( s 2 − 3s + 2) y = ⇔ y=
4 s−2
4 + 3s − 14 s−2
4 3s − 14 + 2 ( s − 3s + 2)( s − 2) s − 3s + 2 2
=
− 3s 2 + 20 s − 24 ( s − 1)( s − 2) 2
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
161
=
−7 4 4 + + s − 1 s − 2 ( s − 2) 2
Untuk menentukan selesaian, gunakan transformasi Laplace invers −7 4 4 Y = L−1 + + 2 s − 1 s − 2 ( s − 2) − 7 −1 4 −1 4 = L−1 + L + L 2 s − 1 s − 2 ( s − 2) = −7e x + 4e 2 x + 4 xe 2 x
b) Persamaan Diferensial dengan Koefisien Variabel Transformasi
Laplace
juga
dapat
digunakan
untuk
menentukan
selesaian persamaan diferensial dengan koefien variable. Khususnya persamaan diferensial yang berbentuk x n Y ( n ) ( x) sehingga transformasi m m (n) m d L Y ( n ) ( x) Laplace diperoleh L x Y ( x) = (−1) m ds
{
}
{
}
Hal ini sesuai dengan sifat transformasi Laplace Jika L{F (t )} = f ( s) maka L{t n F (t )} = ( − 1) n
dn f ( s ) = ( − 1) f ( n ) ( s ) ds n
Untuk jelasnya perhatikan beberapa contoh berikut Tentukan selesaian persamaan diferensial 1) xY ' '+2Y '+ xY = 0 dengan Y(0) = 1 dan Y( π )= 0 Jawab Dengan
transformasi
Laplace
pada
masing-masing
bagian
persamaan diperoleh: L{ xY "+2Y '+ xY } = L{ 0} ⇔ L{ xY "} + L{ 2Y '} + L{ xY } = 0 ⇔ (−1)1
{
}
d 2 d s y − sY (0) − Y ' (0) + 2( sy − Y (0)) + (−1)1 ( y ) = 0 ds ds
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
162
⇔ −1
{
}
d 2 d s y − s − 1 + 2( sy − 1) + (−1)1 ( y ) = 0 ds ds
dy dy ⇔ − 2 sy + s 2 − 1 − 0 + 2( sy − 1) + (−1) =0 ds ds ⇔ −2 sy − s 2 y '+1 + 2sy − 2 − y ' = 0 ⇔ −( s 2 + 1) y ' = 1 ⇔ y' = −
1 ( s + 1) 2
1 ds = − arctan s + C ( s + 1)
Diperoleh y = − ∫
2
Karena y → 0 bila s → ∞ kita dapatkan c = y=
π , sehingga 2
π 1 − arctan s = arctan 2 s
1 sin t Akhirnya didapat Y = L arctan = , hal ini memenuhi Y( π ) =0 s t 2) Y ' '− xY '+Y = 1 , dengan Y(0) = 1 dan Y’(0) = 2 Jawab Dengan
transformasi
Laplace
pada
masing-masing
bagian
persamaan diperoleh: L{Y "− xY '+Y } = L{1} ⇔ L{Y "} − L{ xY '} + L{Y } = L{1}
{
}
⇔ s 2 y − sY (0) − Y ' (0) − (−1)1
{
}
⇔ s 2 y − s.1 − 2 +
{
d 1 {sy − Y (0)} + y = ds s
d ( sy − 1) + y = 0 ds
}
⇔ s 2 y − s − 2 + ( y + sy' ) + y ' =
⇔ sy '+( s 2 + 1) y = s + 2 +
1 s
1 s
Persamaan di atas merupakan persamaan difererensial liner tingkat satu derajat satu dan dapat diubah menjadi:
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
163
1 2 1 ⇔ y '+ s + y = 1 + + 2 s s s
Faktor integral persamaan di atas adal ∫ s + e
1 ds
=e
1 2 s + 2 ln s 2
=s e 2
1 2 s 2
2
1 s d 2 2 s2 2 1 2 2 s e y = 1 + + 2 s e Maka ds s s s
s2
1 2 1 Sehingga y = e y ∫ (1 + + 2 ) s 2 e 2 ds s s s s2
1 2 c = + 2 + 2 e2 s s s
Akhirnya diperoleh y = 1 + 2t Soal-soal Tentukan selesaian persamaan diferensial berikut: 1) Y '+ xY '−Y = 0 dengan Y(0) = 0 dan Y’(0) = 1 2) xY ' '+(1 − 2 x)Y '−2Y = 0 dengan Y(0) = 1 dan Y’(0) = 2 3) xY ' '+( x − 1)Y '−Y = 0 dengan Y(0) = 5 dan Y( ∞ ) = 0 4) Y ' '+Y '+4 xY = 0 dengan Y(0) = 3 dan Y’(0) = 0 5) Y”+4Y = 9x dengan Y(0)=0 dan Y’(0)=7 6) Y”-3Y’+2Y=4x+12e − x dengan Y(0) = 0 dan Y’(0)=-1
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
164
c) Persamaan Diferensial Simultan d) Persamaan Diferensial Parsial
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
165
Soal-soal Tentukan selesaian dari persamaan berikut: 1) Y”+4Y = 9x dengan Y(0)=0 dan Y’(0)=7 2) Y”-3Y’+2Y=4x+12e − x dengan Y(0) = 0 dan Y’(0)=-1
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
166
8) Transformasi fungsi periodic 9) Sifat f(s) bila s → ∞ 10)
Teorema harga awal
11) Teorema harga akhir 12)
Perluasan dari teorema harga awal
13)
Perluasan dari teorema harga akhir
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
167
6.1 Transformasi Laplace Definisi Misalkan F (t ) suatu fungsi t dan t > 0, maka transformasi Laplace dari F(t) dinotasikan dengan L{F(t)} yang didefinisikan oleh: ∞`
L{F (t )} = ∫ e− st F (t ) dt = f ( s) 0
Karena
L{F (t )} adalah integral
tidak wajar dengan batas atas di tak
hingga ( ∞ ) maka ∞`
L{F (t )} = ∫ e − st F (t )dt = f ( s) 0
p
= Lim ∫ e − st F (t )dt p →∞
0
Transformasi konvergen
Laplace
untuk
dari
F(t)
beberapa
nilai
dikatakan s,
bila
ada,
jika
integralnya
tidak
demikian
maka
transformasi Laplace tidak ada. Selanjutnya bila suatu fungsi dari t dinyatakan dengan huruf besar, misalnya W(t), G(t), Y(t) dan seterusnya, maka transformasi Laplace dinyatakan dengan huruf kecil yang bersangkutan sehingga L {W(t)} = w(s), L {G(t)} = g(s), L {Y(t)} = y(s) dan seterusnya. Teorema Jika F(t) adalah fungsi yang kontinu secara sebagian-sebagian dalam setiap interval 0 ≤ t ≤ N dan eksponensial berorde γ untuk t > N, maka transformasi Laplace f(s) ada untuk setiap s > γ Berdasarkan definisi di atas, dapat ditentukan transformasi Laplace beberapa fungsi sederhana.
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
127
No. 1.
F (t ) 1
2.
t
3.
t2
4.
tn n = 0,1,2,3,….
5.
e
at
6.
sin at
7.
cos at
8.
sinh at
9.
cosh at
10.
t cos at
11.
t sin at 2a
L{F (t )} 1 ,s > 0 s 1 ,s > 0 s2 2 ,s > 0 s3 n! ,s > 0 s n +1 1 ,s > 0 s−a a ,s > 0 2 s + a2 s ,s > 0 2 s + a2 a ,s > a 2 s − a2 s ,s > a 2 s − a2 s2 − a (s 2 + a 2 ) 2 s 2 (s + a 2 ) 2
Sebagai pemahaman bagi pembaca, berikut ini diberikan beberapa contoh transformasi Laplace suatu fungsi. Tentukan transformasi Laplace fungsi berikut: 1. F (t ) = 1 ∞`
L{F (t )} = ∫ e − st 1 = f ( s ) 0
p
= Lim ∫ e − st dt p →∞
0
p
1 = lim − e − st p →∞ s 0
1 1 = lim − −∞ + 0 p →∞ se se
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
128
= 0+
1 s
1 s
=
= f (s ) 2. F (t ) = t ∞`
L{F (t )} = ∫ e − st t dt 0
p
( )
1 = lim ∫ t. − d e − st p →∞ s 0 p
1 = − lim te − st − ∫ e − st dt s p →∞ 0 p
1 1 = − lim te − st + e − st p → ∞ s s 0
p
1 1 1 = − lim pe − sp + e − sp − 0e 0 + e 0 s p →∞ s s 0 1 1 = − ( 0 + 0 ) − 0 + s s 1 1 = − 0 − s s =
3.
1 s2
F (t ) = e at ∞`
L{F (t )} = ∫ e − st t e at dt 0
p
= lim ∫ e −( s −a ) t dt p →∞
=
0
[
1 lim e −( s − a ) t s − a p →∞
]
p 0
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
129
=
1 1 1 lim − ( s −a ) 0 ∞ ( s − a ) p → ∞ − (s − a) e e
=
1 s−a
4. F (t ) = sin at ∞
L{F (t )} = ∫ e − st sin at dt 0
p
= Lim ∫ e − st − p →∞
0
1 d (cos at ) a p
∞ 1 1 − st = Lim − cos at.e + ∫ cos atd (e − st ) a a p →∞ 0 0
p
∞ 1 s = Lim − cos at.e − st + ∫ − cos at.e − st dt p →∞ a p a 0
p
∞ 1 s 1 = Lim − cos at.e − st − ∫ e − st . d (sin at ) p →∞ a0 a a 0
p
p 1 s = Lim − cos at.e − st − 2 (e − st sin at − ∫ sin at.d (e − st ) p →∞ a 0 a 0
p
p 1 s = Lim − cos at.e − st − 2 (e − st sin at − ∫ sin at. − se − st ) p →∞ a 0 a 0
p
2 p 1 s s − st − st = Lim − cos at.e − 2 e sin at − 2 ∫ sin at.se − st ) p →∞ a a 0 a 0 p
a2 1 s − st − st = Lim 2 − cos at.e − 2 sin at.e 2 p →∞ a + s a a 0 =
a 2 cos at s. sin at − 2 st − a 2 + s 2 a.e st a .e
=
a2 a2 + s2
1 ( 0 − 0 ) − − − 0 a
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
130
=
a2 1 a2 + s2 a
=
a a + s2 2
5. F (t ) = cos at ∞
L{F (t )} = ∫ e − st cos at dt 0
p
= Lim ∫ e − st p →∞
0
1 d (sin at ) a p
∞ 1 1 = Lim sin at.e − st − ∫ sin atd (e − st ) p →∞ a 0 a 0 p
∞ 1 s = Lim sin at.e − st + ∫ sin at.e − st dt p →∞ a a p 0
p
∞ 1 s − st 1 − st = Lim sin at.e + ∫ e . d (− cos at ) p →∞ a a0 a 0
p
p 1 s = Lim sin at.e − st + 2 (e − st (− cos at ) − ∫ − cos at.d (e − st ) p →∞ a 0 a 0 p
p 1 s − st − st = Lim sin at.e − 2 (e cos at ) + ∫ cos at. − se − st dt ) p →∞ a 0 a 0 p
p 1 s − st s2 − st = Lim sin at.e − 2 (e cos at ) − 2 ∫ cos at.e − st ) p →∞ a a a 0 0 p
a2 1 s − st − st = Lim 2 sin at.e − 2 cos at.e 2 p →∞ s + a a a 0 =
a 2 sin at s. cos at − 2 st s 2 + a 2 a.e st a .e
=
a2 s2 + a2
s ( 0 − 0 ) − 0 − 2 a
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
131
= =
a2 s s2 + a2 a2 a s + a2 2
Syarat Cukup Transformasi Laplace Ada Jika F(t) adalah kontinu secara sebagian-sebagian dalam setiap selang berhingga 0 ≤ t ≤ N dan eksponensial berorde γ
untuk t > N,
maka transformasi Laplacenya f(s) ada untuk semua s > γ . Perlu ditekankan bahwa persyaratan-persyaratan yang dinyatakan adalah CUKUP untuk menjamin bahwa transformasi Laplace-nya ada. Akan tetapi transformasi Laplace dapat ada atau tidak walaupun persyaratan ini tidak dipenuhi. 6.2
Metode Transformasi Laplace
Untuk memudahkan bagi pengguna matematika, terdapat beberapa cara yang digunakan untuk menentukan transformasi Laplace. Cara tersebut adalah: a. Metode langsung, berkaitan dengan definisi. Metode ini berkaitan langsung dengan definisi ∞
L{F (t )} = ∫ e − st F (t )dt 0
p
= Lim ∫ e − st F (t )dt p →∞
0
Contoh ∞
L{F (t )} = ∫ e − st F (t )dt 0
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
132
p
= lim ∫ e − st tdt p →∞
0
p
1 = lim ∫ t. − d (e − st ) p →∞ s 0 p
1 = − lim te − st − ∫ e − st dt s p →∞ 0 p
1 1 = − lim te − st + e − st p → ∞ s s 0 1 1 = − 0 − s s =
1 s2
= f (s ) b. Metode Deret Misal F(t) mempunyai uraian deret pangkat yang diberikan oleh F (t ) = a 0 + a1t + a 2 t 2 + a 3t 3 + ... ∞
= ∑ an t n n =0
Maka
transformasi
Laplacenya
dapat
diperoleh
dengan
menjumlahkan transformasi setiap sukunya dalam deret, sehingga: L{F (t )} = L{a 0 } + L{a1t} + L{a 2 t 2 } + L{a3 t 3 } + ... =
a o a1 2!a 2 + + 3 + ... s s2 s ∞
n! a n n +1 , syarat ini berlaku jika deretnya konvergen untuk n +0 s
=∑ s>γ
c. Metode Persamaan differensial
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
133
Metode ini menyangkut menemukan persaman differensial yang dipenuhi oleh F(t) dan kemudian menggunakan teorema-teorema di atas. d. Menurunkan terhadap parameter e. Aneka ragam metode, misalnya dengan menggunakan teoremateorema yang ada. f. Menggunakan tabel-tabel, melalui penelusuran rumus yang sudah ditetapkan. 6.3
Sifat-sifat Transformasi Laplace
Transformasi Laplace suatu fungsi mempunyai beberapa sifat, sifatsifat tersebut antara lain: a) Sifat linear Jika c 1 dan c 2 adalah sebarang konstanta, sedangkan F1 (t ) dan F2 (t ) adalah fungsi-fungsi dengan
transformasi-transformasi
Laplace
masing-masing f1 ( s ) dan f 2 ( s ) , maka: L{c1 F1 (t ) + c 2 F2 (t )} = c1 f 1 ( s ) + c 2 f ( s ) Bukti: ∞
L{c1 F (t ) +c 2 F2 (t )} = ∫ e − st {c1 F1 (t ) + c 2 F2 (t )}dt 0
∞
∞
0
0
= ∫ e − st c1 F1 (t )dt + ∫ e − st c1 F2 (t )dt p
∞
0
0
= c1 ∫ e − st F1 (t )dt + c 2 ∫ e − st F2 (t )dt = c1 f 1 ( s ) + c 2 f 2 ( s ) 1. L{5t − 3} = L{5t − 3a} = L{5t} − L{3} = 5L{t} − 3L{1} =5
1 1 −3 2 s s
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
134
=
5 3 − s2 s
2. L{6 sin 2t − 5 cos 2t} = L{6 sin 2t} − L{5 cos 2t} = 6 L{sin 2t} − 5L{cos 2t} =6 =
2 s −5 2 s +4 s +4 2
12 − 5s s2 + 4
3. L{(t 2 + 1) 2 } = L{t 4 + 2t 2 + 1} = L{t 4 } + L{2t 2 } + L{1} = L{t 4 } + 2 L{t 2 } + L{1} = =
4! s
4 +1
2! 1 + 2 2+1 + s s
24 4 1 + + s5 s3 s
4. L{4e 5t + 6t 2 − 3 sin 4t + 2 cos 2t} = L{4e 5t } + L{6t 2 } − L{3 sin 4t} + L{2 cos 2t}
{ }
{ }
= 4 L e 5t + 6 L t 2 − 3L{ sin 4t} + 2 L{ cos 2t } =4 =
1 2 4 s +6 3 −3 2 +2 2 s −5 s s +4 s +4
4 12 12 2s + 3 − 2 + 2 s −5 s s + 16 s + 4
Dengan menggunakan sifat linear, tentukan transformasi Laplace fungsí berikut. 1. F (t ) = 2t 2 + e −t t 2. F (t ) = 6 sin 2t − cos 2t 3. F (t ) = (sin t − cos t ) 2
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
135
1 4. F (t ) = cosh 3t − sinh t 2 5. F (t ) = 2t + 2
3
6. F (t ) = (sin t − 3) 2 b) Sifat translasi atau pergeseran pertama Jika L{F (t )} = f ( s) maka L{e 2t F (t )} = f ( s − a ) Bukti ∞`
− st Karena L{F (t )} = ∫ e F (t )dt = f ( s ) , maka 0
∞`
L{e F (t )} = ∫ e − st e at F (t )dt at
0
∞
= ∫ e −( s −a ) t F (t )dt 0
= f ( s − a) Contoh: 1. Tentukan L{e −3t F (t )} jika L{F (t )} = f ( s ) Menurut sifat 2 di atas, L{e at F (t )} = f ( s − a ) Maka L{e −3t F (t )} = f ( s − (−3) )
= f ( s + 3) s 2t 2. Tentukan L{e F (t )}, jika L{F (t )} = f a Menurut sifat 2 di atas, L{e at F (t )} = f ( s − a )
s s −2 2t Karena L{F (t )} = f , maka L{e F (t )} = f a a s 2 = f − a a −t 3. Tentukan L{e F (t )} jika L{cos 2t} =
s s +4 2
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
136
Karena L{cos 2t} =
s maka menurut sifat translasi pertama s +4 2
L{e − t F (t )} = f ( s + 1) L{e −t F (t )} =
s +1 ( s + 1) 2 + 4
=
s +1 s + 2s + 5 2
4. Tentukan L{e −2t (3 cos 6t − 5 sin 6t )} Me6nurut sifat linear, L{e −2t (3 cos 6t − 5 sin 6t )} = L{e −2t (3 cos 6t )} − L{e −2t (5 sin 6t )} = 3L{−2t cos 6t} − 5 L{e −2t sin 6t} } Karena L{cos 6t} =
s 6 dan L{sin 6t} = 2 s + 36 s + 36 2
maka menurut sifat translasi 3L{−2t cos 6t} = 3 f ( s + 2) =3
( s + 2) , ( s + 2) 2 + 36
dan
5 L{− 2t sin 6t} = 5
6 (s + 2
sehingga L{e L{e
−2t
=
(3 cos 6t − 5 sin 6t )} = 3
( s + 2) 6 −5 2 ( s + 2) + 36 ( s + 2) 2 + 36
3s − 24 s + 4 s + 40 2
Soal Tentukan transformasi Laplace fungsi 1) F (t ) = e −t sin 2 t 2) F (t ) = (1 + te −t ) 3 3) F (t ) =−t (3 sinh 2t − 5 cosh 2t )
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
137
4) F (t ) = (t + 2) 2 e t 5) F (t ) = e 2t ( sinh 2t + cosh 3t ) 6) F (t ) = e − t (1 + 2t )
c. Sifat translasi atau pergeseran kedua F (t − a ), untuk t > a Jika L{F (t )} = f ( s) dan G (t ) = 0, untuk t < a maka L{G (t )} = e −as f ( s )
Bukti ∞
L{(G (t )} = ∫ e − st G (t )dt 0
a
∞
0
a
= ∫ e − st G (t )dt + ∫ e − st G (t )dt a
∞
0
a
= ∫ e − st (0)dt + ∫ e − st F (t − a)dt ∞
= ∫ e − st F (t − a )dt a
Misal u = t-a maka t = u+a dan du = dt, sehingga ∞
∫e a
− st
∞
F (t − a)dt = ∫ e − s ( u + a ) F (u )du 0
∞
= e −as ∫ e − su F (u )du 0
= e − as f (s) Contoh 2π 2π cos(t − 3 ), t > 3 Carilah L{F (t )} jika F (t ) = 0, t < 2π 3
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
138
Menurut definisi transformasi Laplace ∞
L{F (t )} = ∫ e −st F (t )dt 0
=
2π / 3
∫e
− st
(0)dt +
0
∞
∫e π
− st
cos(t − 2π / 3)dt
2 /3
∞
= ∫ e − s ( u + 2π / 3) cos udu 0
∞
= e −2πs / 3 ∫ e − su cos udu 0
se −2πs / 3 s2 +1
=
d. Sifat pengubahan skala Jika L{F (t )} = f ( s ) maka L{F (at )} =
1 s f a a
Bukti Karena ∞
L{F (t )} = ∫ e − st F (t )dt 0
maka ∞
L{F (at )} = ∫ e − st F (at )dt 0
Misal u = at maka du = adt sehingga dt =
du a
∞
− st Menurut definisi L{F (at ) = ∫ e F (at ) dt 0
∞
= ∫e 0
s −u a
F (u )
du a
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
139
s
1 − u = ∫ e a F (u )du a =
1 s f a a
Contoh: 1. Jika L{F (t )} =
6 = f (s) ( s + 2) 3
maka L{F (3t )} =
1 s f( ) 3 3 =
=
6 s 3 + 2 3
3
6.9 ( s + 6) 3
Soal: (t − 1) 2 , t > 1 L { F ( t )} F ( t ) = 1. Hitunglah jika 0,0 < t < 1 2. Jika L{F (t )} =
s2 − s +1 , carilah L{F (2t )} (2 s + 1) 2 ( s − 1)
3. Jika L{F (t )} =
e −1/ s , carilah L{e −t F (3t )} s
Jawab Karena L{F (t )} = L{F (3t )} =
e −1 / s = f ( s), maka menurut sifat 4 diperoleh s
1 s f 3 3 −
3 s
1e Sehingga L{F (3t )} = 3 s 3
3
1 − = e s s
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
140
= f (s ) Berdasarkan sifat Jika L{F (t )} = f ( s ) maka L{e at F (t )} = f ( s − a ) (sifat 2) Maka L{e −t F (3t )} = f ( s + 1) 3
− 1 = e ( S +1) ( s + 1)
e. Transformasi Laplace dari turunan-turunan Jika L{F (t )} = f ( s ) maka L{F ' (t )} = sf ( s) − F (0) ∞
− st Karena Karena L{F (t )} = ∫ e F (t )dt = f ( s ) , maka 0
∞
L{F ' (t )} = ∫ e − st F ' (t )dt 0
∞
= ∫ e − st dF (t ) 0
p
∞ = e − st F (t ) − ∫ F (t )d (e − st ) 0 0 ∞
= − F (0) + s ∫ e − st F (t )dt 0
= sf ( s ) − F (0) Jika L{F ' (t )} = sf ( s) − F (0) maka L{F ' ' (t )} = s 2 f ( s) − sF (0) − F ' ( s ) Bukti ∞
L{F ' ' (t )} = ∫ e − st F " (t )dt 0
∞
= ∫ e − st d ( F ' (t )) 0
∞ = e − st F ' (t ) − ∫ F ' (t )d (e − st ) 0
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
141
∞ = e − st F ' (t ) + s ∫ F ' (t )e − st dt 0
(
= e − st F ' (t ) + s ( sf ( s) − F (0))
)
= s 2 f ( s) − sF (0) − F ' (0) Dengan cara yang sama diperoleh ∞
L{F ' ' ' (t )} = ∫ e − st F ' ' ' (t )dt 0
∞
= ∫ e − st d ( F ' ' (t )) 0
∞ = e − st F ' ' (t ) − ∫ F ' ' (t )d (e − st ) 0 ∞ − st = e F ' ' (t ) + s ∫ e − st F ' ' (t )dt 0 ∞ = e − st F ' ' (t ) + s e − st F ' (t ) − ∫ F ' (t )d (e − st ) 0
= s 3 f ( s ) − s 2 F (0) − sF ' (0) − F ' ' (0) Akhirnya
dengan
menggunakan
induksi
matematika
dapat
ditunjukkan bahwa, jika L{F (t )} = f ( s ) maka L{F ( n ) (t )} = sf ( s) − s n −1 F (0) − s n −2 F ' (0) − ... − sF ( n −2 ) (0) − F ( n −1) (0) Contoh soal Dengan menggunakan sifat transformasi Laplace dari turunanturuan, tunjukkan bahwa L{sin at} =
a = f (s) s + a2 2
Misal F (t ) = sin at diperoleh F ' (t ) = a cos at , F ' ' (t ) = −a 2 sin at sehingga L{sin at} = −
1 L{F ' ' (t ) a2
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
142
Dengan menggunakan sifat transformasi Laplace dari turunanturunan diperoleh 1 L{sin at} = − 2 ( sf ( s) − sF (0) − F ' (0) ) f a =−
1 2 a s 2 − s(0) − a 2 2 a s +a
=−
1 a2
as 2 2 − a 2 s +a
=−
1 a2
as 2 − as 2 − a 3 s2 + a2
=
a s + a2 2
f. Tansformasi Laplace dari integral-integral t f (s) Jika L{F (t )} = f ( s ) maka L ∫ F (u )du = s 0 Bukti: t
Misal G (t ) = ∫ F (u )du maka G ' (t ) = F (t ) dan G (0) = 0 0
Dengan mentransformasikan Laplace pada kedua pihak, diperoleh: L{G ' (t )} = L{F (t )} ⇔ sL{G (t )} − G{0} = f ( s) ⇔ sL{G (t )} = f ( s ) ⇔ L{G (t )} =
f (s) s
t f (s) Jadi diperoleh L ∫ F (u )du = s 0 Contoh t sin u du 1. Carilah L ∫ 0 u
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
143
Misal F (t ) =
sin t t
Maka L{F (t )} = arctan
1 s
Sehingga menurut sifat transformasi di atas t sin u f ( s ) 1 1 L ∫ du = = arctan s s s 0 u t sin u 1 1 du = arctan 2. Buktikan L ∫ s 0 u s Bukti: t
sin u du maka F (0) = 0 u 0
Misal F (t ) = ∫ F ' (t ) =
sin t dan tF ' (t ) = sin t t
Dengan mengambil transformasi Laplace kedua bagian L{tF ' (t )} = L{sin t} = ⇔
1 s +1 2
d 1 sf ( s) = − 2 ds s +1
⇔ sf ( s) = − ∫
1 ds s +1 2
⇔ sf ( s) = − arctan s + C sf ( s ) = lim F (t ) = F (0) = 0 Menurut teorema harga awal, Lim t →0 s →∞ Sehingga diperoleh c =
π . 2
1 1 Jadi sf ( s) = arctan s s
(
)
∞ cos u ln s 2 + 1 du = 3. Buktikan L ∫ 2s t u
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
144
Bukti: ∞
Misal F (t ) = ∫ t
cos u cos t du maka F ' (t ) = − atau t{F ' (t )} = − cos t u t
L{tF ' (t )} = L{− cos t}
( − 1)
d ( sf ( s) − F (0) ) = − 2 s atau d sf ( s) = 2 s ds s +1 s +1 ds
sf ( s) = ∫ =
s ds s +1 2
(
)
1 ln s 2 + 1 + c 2
Menurut teorema harga akhir, Jadi sf ( s) =
(
lim sf ( s) = lim F (t ) = 0, s →0
t →0
sehingga c = 0.
)
1 ln( s 2 + 1) ln s 2 + 1 + 0 atau f ( s ) = 2 2s
g. Perkalian dengan t n Jika L{F (t )} = f ( s) maka L{t n F (t ) = (−1) n
dn f ( s) = (−1) f ( n ) ( s) n ds
Bukti. ∞
− st Karena f ( s) = ∫ e F (t )dt maka menurut aturan Leibnitz untuk 0
menurunkan dibawah tanda integral, diperoleh: ∞ df d − st = f ' ( s) = ∫ e F (t )dt ds ds 0 ∞
∂ − st e F (t )dt ∂s 0
=∫ ∞
= ∫ − te − st F (t )dt 0
∞
= − ∫ e − st {tF (t )}dt 0
= − L{tF (t )}
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
145
df = − f ' (s) ds
Jadi L{tF (t )} = − Contoh
1. Tentukan L{t sin at} Jawab a , maka menurut sifat perkalian dari pangkat t n s + a2
L{sin at} =
2
diperoleh L{tF (t )} = ( − 1)
d n f (s) , sehingga ds n
n
L{t sin at} = (−1) =
d a ds s 2 + a 2
2as (s + a 2 ) 2 2
2. Tentukan L{t 2 cos at} 2 2 Menurut sifat di atas, L{t cos at} = (−1)
d2 s ds 2 s 2 + a 2
=
d a2 − s2 ds ( s 2 + a 2 ) 2
=
2 s 3 − 6a 2 s (s 2 + a 2 ) 3
h. Sifat pembagian oleh t ∞
F (t ) Jika L{F (t )} = f ( s) maka L = ∫ f (u )du t 0 Bukti: Misal G (t ) =
F (t ) maka F (t ) = tG (t ) t
Dengan menggunakan definisi transformasi Laplace untuk kedua bagian, maka diperoleh bentuk L{F (t )} = L{tG (t )} atau f ( s ) = −
atau f ( s ) = −
d L{G (t )} ds
dg ds
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
146
Selanjutnya dengan mengintegralkan diperoleh dg
∫ f (s) = ∫ − ds . s
g ( s) = − ∫ f (u )du ∞
∞
= ∫ f (u )du s
∞
F (t ) Jadi L = ∫ f (u )du t 0 Soal-soal 1) Tentukan transformasi Laplace untuk fungsi yang diberikan a. F (t ) = t cos 2t b. F (t ) = t sin 3t c. F (t ) = t (3 sin 2t − 2 cos 5t ) d. F (t ) = t 2 sin t e. F (t ) = (t 2 − 3t + 2) sin 3t f.
F (t ) = t 3 cos t
g. F (t ) = t sin 2 t t 2 ,0 < t ≤ 1 2) Jika F (t ) = 0, t > 1 Carilah L{F ' ' (t )} 2t ,0 ≤ t ≤ 1 3) Diketahui F (t ) = t , t > 1 a. carilah L{F (t )} b. carilah L{F ' (t )} c. apakah L{F ' (t )} = sf ( s) − F (0) berlaku untuk kasus ini ∞
− 3t 4) Tunjukkan bahwa ∫ te sin tdt = 0
3 50
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
147
5) Tunjukkan bahwa t 1 L = ∫ (u 2 − u + e −u )du = L{t 2 − t + e −t } 0 s 6) Perlihatkan bahwa e − at − e −bt s+b a. L = ln t s+a 2 2 cos at − cos bt 1 s + b L = = ln b. 2 2 t 2 s +a
7) Tunjukkan bahwa: 1 1 − u −u 1 1 du = ln 1 + a. L = ∫ s 0 u s t1 t f ( s ) b. Jika L{F (t )} = f ( s) maka L ∫ dt1 ∫ F (u )du = 2 s 0 0
6.4 Transformasi Laplace Invers Definisi Jika transformasi Laplace suatu fungsi F(t) adalah f(s), yaitu jika L{F (t )} = f ( s ) maka F(t) disebut suatu transformasi Laplace Invers dari f(s). Secara simbolis ditulis
F (t ) = L−1{ f ( s )} .
L−1
disebut operator
transformasi Laplace invers. Contoh.
{ }
1 1 2t −1 2t 1. Karena L = e maka L e = s−2 s − 2
{
}
s s −1 2. Karena L 2 = cos t 3e maka L cos t 3 = 2 s +3 s + 3 1 1 sinh at −1 sinh at = 3. Karena L 2 maka L = 2 2 2 a s − a a s −a Ketunggalan Transformasi Laplace Invers
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
148
Misal N(t) adalah suatu fungsi dan L{N(t)} = 0 maka L{F(t)+N(t)} = L{F(t)} Dengan demikian dapat diperoleh dua fungsi yang berbeda dengan transformasi Laplace yang sama. Contoh 0 untuk t = 1 F1 (t ) = e −3t dan F2 (t ) = −3t e untuk t ≠ 1 −1 −1 Mengakibatkan L {F1 (t )} = L {F2 (t )} =
Jika
kita
menghitung
1 s+3
fungsi-fungsi
nol,
maka
terlihat
bahwa
transformasi Laplace invers tidak tunggal. Akan tetapi apabila kita tidak dapat memperhitungkan fungsi-fungsi nol (yang
tidak muncul
dalam kasus-kasus fisika) maka ia adalah tunggal. Hasilnya dinyatakan oleh teorema berikut. Teorema Lerch Jika membatasi diri pada fungi-fungsi F(t) yang kontinu secara sebagian-sebagaian dalam setiap selang berhingga 0 ≤ t ≤ N
dan
eksponensial berorde untuk t > N, maka inversi transformasi laplace dari f(s) yaitu L−1 { f ( s )} = F (t ) , adalah tunggal. Jika tidak ada pernyataan lainnya, maka kita selalu menganggap ketunggalan di atas. Berdasarkan definisi di atas, dapat ditentukan transformasi Laplace invers beberapa fungsi sederhana dibawah ini. Nomo r 1. 2. 3.
1 s
4. 5.
n +1
f(s)
L−1{ f ( x)} = F (t )
1 s 1 s2
1
, n = 0,1,2,3,... 1 s−a 1 2 s + a2
t tn n! e at sin at a
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
149
6.
cos at
s s + a2 1 2 s − a2 s 2 s − a2 s2 − a2 (s 2 + a 2 ) 2 2
7. 8. 9.
sinh at a cosh at t cos at
6.5 Sifat-sifat transformasi Laplace Invers Beberapa sifat penting dari transformasi Laplace invers adalah: 1) Sifat Linear Misal c1 dan c 2 adalah sebarang bilangan konstanta, sedangkan f 1 ( s ) dan f 2 ( s ) berturut-turut adalah transformasi Laplace dari F1 (t ) dan F2 (t ) , maka: L−1{c1 F1 (t ) + c 2 F2 (t )} = L−1{c1 F1 (t )} + L−1{c 2 F2 (t )} = L−1{c1 F1 (t )} + L−1{c 2 F2 (t )} = c1 L−1{F1 (t )} + c 2 L−1{F2 (t )} = c1 f 1 ( s ) + c 2 f 2 ( s) Contoh 3s − 12 −1 3s −1 12 L−1 2 =L 2 − L 2 s +9 s + 9 s + 9 1 s −1 = 3L−1 2 − 12 L 2 s + 9 s + 9 = 3 cos 3t − 12
sin 3t 3
2) Sifat translasi atau pergeseran pertama Jika L−1{ f ( s )} = F (t ) maka L−1{ f ( s − a)} = e at F (t ) Contoh 1 1 1 sinh 3t −1 −1 2t sinh 3t L−1 2 maka L 2 = =L =e 2 t 3 s − 9 ( s − 2 s + 13 ( s − 2) + 9
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
150
3) Sifat translasi atau pergeseran kedua Jika L−1{ f ( s )} = F (t ) maka F (t − a ), untuk t > a L−1{e as f ( s )} = 0, untuk t < a
Contoh 1 L−1 2 = sin t maka s + 1
π π − π3s sin(t − ), untuk t > e 3 3 L−1 2 = s − 9 0, untuk t < π 3 4) Sifat pengubahan skala −1 Jika L−1{ f ( s )} = F (t ) maka L { f (ks)} =
1 t F k k
Contoh s 3s 1 t −1 −1 Karena L 2 = cos t maka diperoleh L = cos 2 s + 1 (3s ) + 1 3 3 5) Transformasi Laplace invers dari turunan-turunan n −1 (n) −1 d f ( s) = (1−) n t n F (t ) Jika L−1{ f ( s )} = F (t ) maka L { f ( s )} = L ds
Contoh 2 −1 Karena L 2 = sin 2t s + 4 L−1
dan
d 2 − 4s 2 = 2 maka diperoleh ds s + 4 ( s + 4) 2
d 2 − 4s −1 = (−1) n t n sin 2t = −t sin 2t 2 = L 2 2 ds s + 4 ( s + 4 )
6) Transformasi Laplace invers dari antiturunan-antiturunan ∞ F (t ) Jika L { f ( s )} = F (t ) maka L ∫ f (u )du = t s −1
−1
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
151
Contoh 1 −1 1 1 1 1 1 −t −1 Karena L = L − = − e maka 3s ( s + 1) 3 s s + 1 3 3 π 1 1 −1 du = diperoleh L ∫ − 0 3u 3(u + 1)
1 1 − e −t 3 t
`
7) Sifat perkalian dengan s n Jika L−1{ f ( s )} = F (t ) maka L−1{sf ( s )} = F ' (t ) Dengan demikian perkalian dengan s berakibat menurunkan F(t) Jika f(t) ≠ 0 , sehingga L−1{sf ( s ) − F (0)} = F ' (t ) ⇔ L−1{sf ( s )} = F ' (t ) − F (0)δ (t ) dengan δ (t ) adalah fungsi delta Dirac atau fungsi impuls satuan. Contoh 5 −1 arena L 2 = sin 5t dan sin 5t = 0 maka s + 25 5s d L−1 2 = (sin 5t ) = 5 cos 5t s + 25 dt 8) Sifat pembagian dengan s t
−1 f ( s ) Jika maka L = ∫ F (u )du s 0
Jadi pembagian dengan s berakibat mengakibatkan integral F(t) dari 0 sampai dengan t. Contoh 2 −1 Karena L 2 = sin 2t maka diperoleh s + 4 t
t 2 1 1 L 2 = ∫ sin 2u du = cos 2u = ( cos 2t − 1) 2 0 2 s ( s + 4) 0 −1
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
152
9) Sifat konvolusi Jika L−1{ f ( s )} = F (t ) dan L−1{g ( s )} = G (t ) maka t
L−1{ f ( s ) g ( s)} = ∫ F (u )G (t − u )du = F * G 0
F*G disebut konvolusi atau faltung dari F dan G, dan teoremanya dinamakan teorema konvolusi atau sifat konvolusi. Contoh −1 1 − 4t −1 1 2t Karena L = e dan L =e s + 4 s − 2
t − 4 u 2 ( t −u ) 1 du = e 2t + e − 4t maka diperoleh L = ∫e e ( s + 4)( s − 2) 0 −1
6.6 Metode Transformasi Laplace Invers Menentukan transfomasi Laplace dapat dilakukan dengan beberapa cara, sehingga dalam transformasi Laplace invers terdapat beberapa metode yang dapat digunakan, antara lain: 1) Metode pecahan parsial Setiap fungsi rasional
P( s) , dengan P(s) dan Q(s) fungsi pangkat Q( s)
banyak (polinom) dan derajat P(s) lebih kecil dari Q(s). Selanjutnya P( s) dapat ditulis jumlah dari fungsi rasional yang mempunyai Q( s)
bentuk
A As + B atau dan seterusnya , r = 1,2,3,.... r 2 (as + b) (as + bs + c) r
Dengan memperoleh transformasi Laplace invers tiap pecahan −1 P ( s ) parcial maka dapat ditentukan L Q( s)
Konstanta A, B, C, …… dapat diperoleh dengan menyelesaikan pecahan-pecahan dan menyamakan pangkat yang sama dari kedua
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
153
ruas persamaan yang diperoleh atau dengan menggunakan metode khusus. Contoh −1 3s + 16 1. Tentukan L 2 s − s − 6
Jawab 3s + 16 3s + 16 −1 L−1 2 =L s − s − 6 ( s + 2)( s − 3) 3s + 16 A B = + ( s + 2)( s − 3) s + 2 s − 3 =
A( s − 3) + B ( s + 2) s2 − s − 6
=
( A + B ) s + (2 B − 3 A) s2 − s − 6
atau A+B = 3 dan 2B-3A = 16 atau 2(3-A)–3A=16 sehingga didapat A = -2 dan B = 5 3s + 16 5 −1 − 2 L−1 + =L s + 2 s − 3 ( s + 2)( s − 3) − 2 −1 5 = L−1 + L s + 4 s − 3 = −2e −4t + 5e 3t s −1 −1 2. Tentukan L 2 ( s + 3)( s + 2 s + 2) Jawab s −1 Bs + C −1 A L−1 + 2 =L 2 ( s + 3)( s + 2 s + 2) s + 3 ( s + 2s + 2) A Bs + C A( s 2 + 2 s + 2) + ( Bs + C )( s + 3) + 2 = s + 3 s + 2s + 2 ( s + 3)( s 2 + 2 s + 2)
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
154
=`
As 2 + 2 As + 2 A + Bs 2 + (3B + C ) s + 3C ( s + 3)( s 2 + 2s + 2)
Sehingga ( A + B ) s 2 + (2 A + 3B + C ) s + (2 A + 3C ) s −1 = 2 ( s + 3)( s 2 + 2 s + 2) ( s + 3)( s + 2 s + 2) Diperoleh A+B = 0, 2A+3B+C=1, 2A+3C=-1 Atau A = −
4 4 1 , B = , dan C = 5 5 5
4 1 4 − s + 5 s −1 −1 −1 5 + 25 Akhirnya diperoleh L =L 2 ( s + 3)( s + 2 s + 2) s + 3 ( s + 2s + 2) 4 1 4 − s+ 5 = − 4 L−1 1 + 4 ( s + 1) L−1 5 + 25 5 s + 3 5 ( s + 1) 2 + 1 s + 3 ( s + 2s + 2) 4 4 = − e −3t + e −t cos t 5 5 2) Metode Deret Jika f(s) mempunyai statu uraian dari kebalikan pangkat dari s yang diberikan oleh f (s) =
a o a1 a 2 a3 + + + + ... s s2 s3 s4
Maka dibawah persyaratan-persyaratan yang sesuai kita dapat menginversi suku demi suku untuk memperoleh F (t ) = a o + a1t +
a 2 t 2 a3t + + ... 2! 3!
Contoh − 1s −1 e Tentukan L s Jawab
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
155
− 1s 1 1 e 1 1 − 3 + ... = 1 − + 2 3! s s s s 2! s 1 1 1 1 − + ... = − 2 + 3 4 2! s 3! s s s − 12 s 1 1 1 −1 e −1 1 − + ... Sehingga L =L − 2 + 3 4 2! s 3! s s s s = 1− t +
t2 t3 + ... − 12 2 2 12 2 2 3 2
3) Metode persamaan diferensial 4) Turunan terhadap statu parameter 5) Aneka ragam metode yang menggunakan teorema-teorema 6) Penggunaan tabel 7) Rumus inversi kompleks 8) Rumus Penguraian Heaviside Andaikan P(s) dan Q(s) adalah fungsi pangkat banyak (polinom) dan derajat P(s) lebih kecil dari Q(s). Misal Q(s) mempunyai n akar-akar yang berbeda yaitu α k , k= 1, 2, 3, 4, ..., n. Maka
P( s) n P(α k ) α k t L−1 e =∑ Q ( s ) k =1 Q' (α k ) Bukti rumus di atas diuraikan sebagai berikut: Karena Q(s) adalah polinomial dengan n akar berbeda α 1 , α 2 , α 3 , ... ,
α n maka menurut metode pecahan-pecahan parsial diperoleh Ak An A1 A2 P( s) = + + ... + + .....(1) Q( s) s − α 1 s − α 2 s −αk s −αn Dengan mengalikan kedua ruas dengan (s- α k ) dan mengambil s → α k dengan menggunakan aturan L’Hospital diperoleh
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
156
Ak = lim
s →α k
s −αk P( s) ( s − α k ) = lim P ( s ) s →α k Q( s) Q( s) s −αk = lim P ( s) lim s →α k s →α k Q( s) s −αk = P (α k ). lim s →α k Q( s) = P (α k )
1 ... Q' ( s)
Sehingga (1) dapat ditulis sebagai P (α k ) 1 P (α n ) P (α 2 ) P ( s) P (α 1 ) 1 1 1 = . + . + ... + + . Q( s ) Q' (α 1 ) s − α 1 Q' (α 2 ) s − α 2 Q' (α k ) s − α k Q' (α n ) s − α n dengan demikian P(α k ) P(α n ) P(α 2 ) P( s ) 1 1 1 1 −1 P (α 1 ) L−1 . + . + ... + . + ... + . =L Q' (α k ) s − α k Q' (α n ) s − α n Q( s ) Q' (α 1 ) s − α 1 Q' (α 2 ) s − α 2
P(α 1 ) − 1 P (α 1 −1 P (α 2 1 1 1 −1 P (α n ) k L−1 . . . . + L + .... + L + ... + L Q' (α 1 ) s − α 1 Q' (α 2 ) s − α 2 Q' (α k s − α k Q' (α n ) s − α n
=
P(α k ) α k t P(α n ) α nt P(α1 ) α1t P(α 2 ) α 2t .e + .e + ... + .e + ... + .e Q' (ε 1 ) Q' (α 2 ) Q' (α k ) Q' (α n ) P (α k ) α k t e k =1 Q ' (α k ) n
=∑
9) Fungsi Beta Jika m>0 dan n>0 didefinisikan fungsi beta sebagai 1
∫u
B(m,n) =
m −1
(1 − n) n −1 du a
dan kita dapat memperlihatkan sifat-
0
sifat: 1. B (m, n) =
2.
π 2
∫ sin 0
2 m −1
Γ ( m )Γ ( n ) Γ ( m + n)
θ cos 2 m −1 θ dθ =
1 Γ ( m )Γ ( n ) B (m, n) = 2 2Γ(m + n)
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
157
Soal-soal 1. Tentukan, −1 12 a. L 4 − s −1 2 s − 5 b. L 2 s − 9
4s − 24 −1 3s − 8 − 2 c. L 2 s + 4 s − 16 7 3s − 2 d. L 5 − 3s + 2 s 2 −1
s −1 e. L 3 (s + 1) −1 3s − 14 f. L 2 s − 4s + 8
8s + 20 −1 g. L 2 s − 12 s + 32 −1 s + 1 h. L 3 s 2 5s − 2 −1 i. L 2 3s + 4 s + 8 s 4 s − 24 −1 L − j. 5 2 ( s + 4) 2 s − 16 s +1 −1 k. L 2 2 ( s + 2 s + 2) 1 −1 l. L 2 ( s + 4)( s + 4) 1 −1 m. L 2 3 ( s + 1) 2. Buktikan bahwa:
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
158
−1 3s + 16 2t −2t a. L 2 = 5e − 2e s − s − 6
3 −t 1 t −1 2 s − 1 b. L 3 = 1− e + e 2 2 s − s s +1 1 −t 2 1 − 2 t 3 −1 c. L 2 = e − e 2 6s + 7s + 2 2 11s 2 − 2 + 5 3 t −1 2t −t L d. = 5e − e 2 + 2e 2 ( s − 2)(2 s − 1)( s + 1) 27 − 12 s −1 − 4t e. L = 3e − 3 cos(3t ) 2 ( s + 4)( s + 9 2 1 −1 s − 16 s − 24 f. L 4 = sin( 4t ) + cos( 2t ) − sin( 2t ) 2 s + 20 s + 64 2
1 s −1 4 −3t −1 g. L = ( 4 cos t − 3 sin t ) − e 2 5 ( s + 3)( s + 2 s + 2) 5 3. Dengan menggunakan rumus penguraian Heaviside, tunjukkan bahwa 2s − 11 −1 a. L ( s + 2)( s − 3) 19 s + 27 −1 b. L ( s − 2)( s + 1)( s + 3) 2 s 2 − 6s + 5 −1 L c. 3 2 ( s − 6s + 11s − 6 2s 2 −1 d. L ( s + 1)( s − 2)( s − 3)
6.7
Penggunaan pada Persamaan Diferensial
a) Persamaan Diferensial dengan Koefisien Konstan Transformasi Laplace dapat digunakan untuk menentukan selesaian suatu persamaan diferensial dengan koefisien konstan. Misal ditentukan persamaan diferensial
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
159
d 2Y dY +p + qY = F ( x) dx dx
atau
Y ' '+ pY '+ qY = F ( x)
dengan
p,q
adalah
konstanta dan persamaan tersebut mempunyai syarat awal atau batas Y(0)=A dan Y’(0)=B, A dan B adalah konstanta yang diberikan. Selesaian persamaan diferensial yang diketahui dapat ditentukan dengan cara melakukan transformasi Laplace pada masing-masing persamaan dan selanjutnya gunakan syarat awal yang diberikan. Akibatnya diperoleh persamaan Aljabar L{Y ( x )} = y ( s ) . Selesaian
yang
diperlukan
diperoleh
dengan
menggunakan
transformasi Laplace invers dari y(s). Cara ini dapat diperluas pada persamaan-pers amaan diferensial tingkat tinggi. Contoh Tentukan selesaian persamaan diferencial berikut. 1) Y ' '+Y = x dengan Y(0) = 0 dan Y’(0)=-2 Jawab Dengan transformasi Laplace masing-masing bagian dari persamaan diferensial diperoleh L{Y "+Y } = L{Y "} + L{Y } = L{x}
Menurut sifat (5) transformasi Laplace
{
}
L F ( n ) (t ) = s n L{F (t )} − s n −1 F (0) − s n − 2 F " (0) − .... − sF n − 2 (0) − F n −1 (0) , sehingga = {s 2 L{Y } − sY (0) − Y ' (0)} − L{Y } = L( x) ⇔ ( s 2 y − s + 2) + y = ⇔ ( s 2 + 1) y = ⇔ y=
1 s2
1 + ( s − 2) s2
1 s−2 + 2 2 s ( s + 1) s + 1
=
2
1 1 s 2 − 2 + 2 − 2 2 s s +1 s +1 s +1
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
160
1 s 3 + 2 − 2 2 s s +1 s +1
=
Untuk menentukan selesaian, gunakan transformasi Laplace invers s 3 1 Y = L−1 2 + 2 − 2 s + 1 s + 1 s 1 s −1 3 = L−1 2 − L−1 2 − L 2 s s + 1 s + 1 = x + cos x − 3 sin x Untuk pemeriksaan jawab di atas Y = 1 + cos x − 3 sin x
Y ' = − sin x − 3 cos x Y ' ' = − cos x + 3 sin x
Y ' '+Y = ( − cos x + 3 sin x ) + ( x + cos x − 3 sin x ) = x dan Y(0) = 1, Y’(0)=-2 2) Y ' '−3Y '+2Y = 4e 2 x dengan Y(0) = -3 dan Y’(0)=5 Jawab Dengan transformasi Laplace masing-masing bagian dari persamaan diferencial diperoleh L{Y "−3Y '+2Y } = L{4e 2 x } Menurut sifat (5) transformasi Laplace
{
}
L F ( n ) (t ) = s n f ( s) − s n −1 F (0) − s n −2 F " (0) − .... − sF n −2 (0) − F n −1 (0) , sehingga L{Y "−3Y '+2Y } = L{4e 2 x } = {s 2 L{Y } − sY (0) − Y ' (0)} − 3{ sL{Y } − Y (0)} + 2 L{Y } = L(4e 2 x ) = {s 2 y + 3s − 5} − 3{sy + 3} + 2 y = ⇔ ( s 2 − 3s + 2) y = ⇔ y=
4 s−2
4 + 3s − 14 s−2
4 3s − 14 + 2 ( s − 3s + 2)( s − 2) s − 3s + 2 2
=
− 3s 2 + 20 s − 24 ( s − 1)( s − 2) 2
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
161
=
−7 4 4 + + s − 1 s − 2 ( s − 2) 2
Untuk menentukan selesaian, gunakan transformasi Laplace invers −7 4 4 Y = L−1 + + 2 s − 1 s − 2 ( s − 2) − 7 −1 4 −1 4 = L−1 + L + L 2 s − 1 s − 2 ( s − 2) = −7e x + 4e 2 x + 4 xe 2 x
b) Persamaan Diferensial dengan Koefisien Variabel Transformasi
Laplace
juga
dapat
digunakan
untuk
menentukan
selesaian persamaan diferensial dengan koefien variable. Khususnya persamaan diferensial yang berbentuk x n Y ( n ) ( x) sehingga transformasi m m (n) m d L Y ( n ) ( x) Laplace diperoleh L x Y ( x) = (−1) m ds
{
}
{
}
Hal ini sesuai dengan sifat transformasi Laplace Jika L{F (t )} = f ( s) maka L{t n F (t )} = ( − 1) n
dn f ( s ) = ( − 1) f ( n ) ( s ) ds n
Untuk jelasnya perhatikan beberapa contoh berikut Tentukan selesaian persamaan diferensial 1) xY ' '+2Y '+ xY = 0 dengan Y(0) = 1 dan Y( π )= 0 Jawab Dengan
transformasi
Laplace
pada
masing-masing
bagian
persamaan diperoleh: L{ xY "+2Y '+ xY } = L{ 0} ⇔ L{ xY "} + L{ 2Y '} + L{ xY } = 0 ⇔ (−1)1
{
}
d 2 d s y − sY (0) − Y ' (0) + 2( sy − Y (0)) + (−1)1 ( y ) = 0 ds ds
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
162
⇔ −1
{
}
d 2 d s y − s − 1 + 2( sy − 1) + (−1)1 ( y ) = 0 ds ds
dy dy ⇔ − 2 sy + s 2 − 1 − 0 + 2( sy − 1) + (−1) =0 ds ds ⇔ −2 sy − s 2 y '+1 + 2sy − 2 − y ' = 0 ⇔ −( s 2 + 1) y ' = 1 ⇔ y' = −
1 ( s + 1) 2
1 ds = − arctan s + C ( s + 1)
Diperoleh y = − ∫
2
Karena y → 0 bila s → ∞ kita dapatkan c = y=
π , sehingga 2
π 1 − arctan s = arctan 2 s
1 sin t Akhirnya didapat Y = L arctan = , hal ini memenuhi Y( π ) =0 s t 2) Y ' '− xY '+Y = 1 , dengan Y(0) = 1 dan Y’(0) = 2 Jawab Dengan
transformasi
Laplace
pada
masing-masing
bagian
persamaan diperoleh: L{Y "− xY '+Y } = L{1} ⇔ L{Y "} − L{ xY '} + L{Y } = L{1}
{
}
⇔ s 2 y − sY (0) − Y ' (0) − (−1)1
{
}
⇔ s 2 y − s.1 − 2 +
{
d 1 {sy − Y (0)} + y = ds s
d ( sy − 1) + y = 0 ds
}
⇔ s 2 y − s − 2 + ( y + sy' ) + y ' =
⇔ sy '+( s 2 + 1) y = s + 2 +
1 s
1 s
Persamaan di atas merupakan persamaan difererensial liner tingkat satu derajat satu dan dapat diubah menjadi:
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
163
1 2 1 ⇔ y '+ s + y = 1 + + 2 s s s
Faktor integral persamaan di atas adal ∫ s + e
1 ds
=e
1 2 s + 2 ln s 2
=s e 2
1 2 s 2
2
1 s d 2 2 s2 2 1 2 2 s e y = 1 + + 2 s e Maka ds s s s
s2
1 2 1 Sehingga y = e y ∫ (1 + + 2 ) s 2 e 2 ds s s s s2
1 2 c = + 2 + 2 e2 s s s
Akhirnya diperoleh y = 1 + 2t Soal-soal Tentukan selesaian persamaan diferensial berikut: 1) Y '+ xY '−Y = 0 dengan Y(0) = 0 dan Y’(0) = 1 2) xY ' '+(1 − 2 x)Y '−2Y = 0 dengan Y(0) = 1 dan Y’(0) = 2 3) xY ' '+( x − 1)Y '−Y = 0 dengan Y(0) = 5 dan Y( ∞ ) = 0 4) Y ' '+Y '+4 xY = 0 dengan Y(0) = 3 dan Y’(0) = 0 5) Y”+4Y = 9x dengan Y(0)=0 dan Y’(0)=7 6) Y”-3Y’+2Y=4x+12e − x dengan Y(0) = 0 dan Y’(0)=-1
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
164
c) Persamaan Diferensial Simultan d) Persamaan Diferensial Parsial
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
165
Soal-soal Tentukan selesaian dari persamaan berikut: 1) Y”+4Y = 9x dengan Y(0)=0 dan Y’(0)=7 2) Y”-3Y’+2Y=4x+12e − x dengan Y(0) = 0 dan Y’(0)=-1
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
166
8) Transformasi fungsi periodic 9) Sifat f(s) bila s → ∞ 10)
Teorema harga awal
11) Teorema harga akhir 12)
Perluasan dari teorema harga awal
13)
Perluasan dari teorema harga akhir
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
167
Related Documents 171j1w
Bab 6 Transformasi Laplace n6i7
November 2019 134
Transformasi Geometri-bab 6 6t3e4d
December 2019 78
Transformasi Laplace Ppt-1 5q633v
December 2019 55
Contoh Soal Dan Jawaban Transformasi Laplace 1t4m3a
November 2019 349
Contoh Soal Transformasi Laplace Dan Jawaban.docx 4x6v2m
December 2019 127
Soal Transformasi Laplace (dwi Saputra 201211022) 1r6u14
November 2019 35More Documents from "Drs Maridzon Malton" 624b5
Bab 6 Transformasi Laplace n6i7
November 2019 134
Camtasia Studio 8.4 Hotkeys 18k1b
December 2019 56
Dasar-dasar Kontrol Plc 4t5g5y
November 2020 0
Ukuran Kertas.docx 6c442c
August 2021 0
Pc Construccion De Cocina Mejorada Con Ladrillo - Inkawasi Pichqa p4o63
May 2020 14