No. 1.
F (t )
1
1
t
s 1
t2
s 2 2
2. 3.
L{ F (t )}
3
4.
t
, s
>0
, s
>0
, s
>0
s n!
n
s n+1
n = 0,1,2,3,….
,s
>0
,s
>0
5.
e 6.
at
sin at
1 s − a a s 2
cos at
7.
s s
8.
2
sinh at cosh at
+ a2 a
− a2
s 2
9.
+ a2
,s
>0
,s
>0
, s
>
a
s
, s > a − a2 s 2 − a ( s 2 + a 2 ) 2
s 2
10.
t cos t cos at
11.
t sin at 2a
s ( s 2
+ a2 )2
Sebaga Sebagaii pemaha pemahama man n bagi bagi pembac pembaca, a, berikut berikut ini diberik diberikan an bebera beberapa pa contoh transformasi Laplace suatu fungsi. Tentukan Tentukan transfo transformas rmasii Laplace Laplace fungsi fungsi berikut berikut:: 1. F (t ) = 1 ∞`
∫
L{ F (t )} = e − st 1 = f ( s ) 0
p
= Lim ∫ e − st dt p → ∞
0
p
− 1 e − st = plim →∞ s 0
− 1 + 1 = plim →∞ se −∞ se 0
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
= plim t . − →∞ ∫ 0
=−
1 d ( e − st ) s p
1
lim te
− st
s p →∞
− ∫ e − st dt 0
p
te − st + 1 e − st = − plim s →∞ s 0 1
p
pe − sp + 1 e − sp − 0e 0 + 1 e 0 = − plim s →∞ s s 0 1
1 1 = − ( 0 + 0) − 0 + s s 1 1 = − 0 − s s
=
3. F (t )
=
e
1 s 2
at
∞`
∫
L{ F (t )} = e − st t e at dt 0
p
= plim e −( s −a )t dt ∫ →∞ 0
=
1
lim [e − ( s − a )t ] 0
p
s − a p →∞
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
129
1 1 − − ( s − a ) p→∞ e ( s −a ) ∞ e ( s −a ) 0 1
= =
lim
1 s − a
4. F (t ) = sin at ∞
∫
L{ F (t )} = e − st sin at dt 0
p
= Lim e − st − ∫ →∞ p
0
1 a
d (cos at ) p
∞ 1 1 st − = Lim − cos at .e + ∫ cos atd (e − st ) a p →∞ a 0 0
p
∞ 1 s − st = Lim − cos at .e + ∫ − cos at .e − st dt p →∞ a p a 0
p
∞ 1 s − st − cos at .e − ∫ e − st . 1 d (sin at ) = Lim p →∞ a0 a a 0
p
p 1 s − − st st − cos at .e − 2 (e sin at − ∫ sin at .d (e − st ) = Lim p →∞ a 0 a 0
p
p 1 s − − st st − cos at .e − 2 (e sin at − ∫ sin at . − se − st ) = Lim p →∞ a 0 a 0
p
p 1 s − st s 2 − st − cos at .e − 2 e sin at − 2 ∫ sin at . se − st ) = Lim p →∞ a a 0 a 0 p
− 1 cos at .e − st − s sin at .e − st = Lim p →∞ a 2 + s 2 a2 a 0 a2
= =
a2 a
2
+ s
2
− cos at − s. sin at a.e st a 2 .e st
− 1 − 0 − − ( ) 0 0 a a 2 + s 2 a2
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
130
= =
a2 a
2
+ s
2
1 a
a a2
+ s 2
5. F (t ) = cos at ∞
∫
L{ F (t )} = e − st cos at dt 0
p
= Lim e − st ∫ →∞ p
0
1 a
d (sin at ) p
∞ 1 − st sin at .e − ∫ 1 sin atd (e − st ) = p Lim →∞ a a 0 0 p
∞ 1 s − st sin at .e + ∫ sin at .e − st dt = p Lim →∞ a a p 0
p
∞ 1 s st − sin at .e + ∫ e − st . 1 d (− cos at ) = Lim p →∞ a a0 a 0
p
p 1 s st st − − sin at .e + 2 (e (− cos at ) − ∫ − cos at .d (e − st ) = Lim p →∞ a a 0 0 p
p 1 s − − st st sin at .e − 2 (e cos at ) + ∫ cos at . − se − st dt ) = Lim p →∞ a a 0 0 p
p 1 s s 2 − st − st = Lim sin at .e − 2 (e cos at ) − 2 ∫ cos at .e − st ) p → ∞ a a a 0 0 p
1 sin at .e − st − s cos at .e − st = Lim 2 2 2 p →∞ s + a a a 0 a2
=
sin at − s. cos at s 2 + a 2 a.e st a 2 .e st
=
0 − s − − ( ) 0 0 s 2 + a 2 a 2
a2
a2
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
131
= =
a2 s
2
+a
2
s a 2
a s 2
+ a2
Syarat Cukup Transformasi Laplace Ada Jika F(t) adalah kontinu kontinu secara sebagian-s sebagian-sebag ebagian ian dalam setiap setiap selang selang berhin berhingga gga 0 ≤ t ≤ N dan eksponensi eksponensial al berorde berorde γ untuk t > N, maka transformasi Laplacenya f(s) ada untuk semua s > γ . Perlu Perlu diteka ditekanka nkan n bahwa bahwa persya persyarat ratanan-per persya syarat ratan an yang yang dinyat dinyatakan akan adalah CUKUP untuk menjamin bahwa transformasi Laplace-nya ada. Akan Akan teta tetapi pi tran transf sfor orma masi si Lapla Laplace ce dapa dapatt ada ada atau atau tidak tidak walau walaupu pun n persyaratan ini tidak dipenuhi.
6.2
Metode Transformasi Laplace
Untuk Untuk memudahk memudahkan an bagi pengguna pengguna matematika, matematika, terdapat terdapat beberapa beberapa cara yang digunakan untuk menentuk menentukan an transformasi transformasi Laplace. Cara tersebut adalah: a. Metode Metode langsung, langsung, berkaita berkaitan n dengan definisi definisi..
Metode ini berkaitan langsung dengan definisi ∞
∫
L{ F (t )} = e − st F (t )dt 0
p
= p Lim e − st F (t ) dt ∫ →∞ 0
Contoh ∞
∫
L{ F (t )} = e − st F (t ) dt 0
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
132
p
= plim e − st tdt →∞ ∫ 0
p
= plim t . − →∞ ∫ 0
=−
1
1 s
d (e − st ) p
lim te
− st
s p →∞
− ∫ e − st dt 0
p
te − st + 1 e − st = − plim s →∞ s 0 1
1 1 = − 0 − s s
=
1 s 2
= f ( s) b. Meto Metode de Der Deret et
Misal F(t) mempunyai uraian deret pangkat yang diberikan oleh F (t ) = a 0
+ a1t + a 2 t 2 + a3t 3 + ...
∞
= ∑ a n 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 } + ...
=
ao s
+
∞
=∑ n+0
a1 s 2
n! a n s n +1
+
2!a 2 s 3
+ ...
, syarat ini berlaku jika deretnya konvergen untuk
s > γ
c. Metod Metode e Persam Persamaan aan diffe differen rensia siall
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
133
Metod Metode e ini menya menyangk ngkut ut menem menemuka ukan n persam persaman an differe differensi nsial al yang yang dipenuhi oleh F(t) dan kemudian menggunakan teorema-teorema di atas. d. Menurunk Menurunkan an terhadap terhadap paramete parameter r e. Aneka misalnya a dengan dengan mengg mengguna unakan kan teorem teoremaa Aneka ragam ragam metode metode, misalny
teorema yang ada. f.
Menggunakan tabel-tabel, melalui penelusuran rumus yang sudah
ditetapkan. 6.3
Sifa Sifatt-sif sifat at Tran Transfo sform rmas asii Lapla Laplace ce
Transformasi Transformasi Laplace Laplace suatu suatu fungsi fungsi mempunya mempunyaii beberapa beberapa sifat, sifatsifat tersebut antara lain: a) Sifat linear
Jika c 1 dan c 2 adalah sebarang konstanta, sedangkan F 1 (t ) dan F 2 (t ) adalah adalah fungsi fungsi-fu -fungs ngsii dengan dengan transf transform ormasiasi-tra transf nsform ormasi asi Laplac Laplace e masing-masing f 1 ( s) dan f 2 ( s ) , maka: L{c1 F 1 (t ) + c 2 F 2 (t )} = c1 f 1 ( s ) + c 2 f ( s )
Bukti: ∞
∫
L{c1 F (t ) + c 2 F 2 (t )} = e − st {c1 F 1 (t ) + c 2 F 2 (t )}dt 0
∞
= ∫ e
∞
∫
− st
c1 F 1 (t ) dt + e − st c1 F 2 (t ) dt
0
0
p
= c1 ∫ e
− st
∞
∫
F 1 (t ) dt + c 2 e − st F 2 (t ) dt
0
0
= c1 f 1 ( s ) + c 2 f 2 ( s ) 1. L{5t − 3} = L{5t − 3a} = L{5t } − L{3}
= 5 L{t } − 3L{1} =5
1 s 2
−3
1 s
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
134
=
5 s 2
−
3 s
2. L{6 sin 2t − 5 cos 2t } = L{6 sin 2t } − L{5 cos 2t }
= 6 L{sin 2t } − 5 L{cos 2t } =6
s 2
+4
−5
s s 2
+4
12 − 5 s
=
3. L{(t 2 + 1) 2 } = L{t 4
2
s 2
+4
+ 2t 2 + 1}
= L{t 4 } + L{2t 2 } + L{1} = L{t 4 } + 2 L{t 2 } + L{1} = =
5t 2 4. L{4e + 6t
2! 1 + 2 2+1 + s s
4! s
4 +1
24 s 5
+
4 s 3
+
1 s
− 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 } − 3 L{sin 4t } + 2 L{ cos 2t } =4 =
4 s − 5
+
1 s − 5
12 s 3
−
+6
2 s 3
12 s 2
−3
+ 16
+
4 s 2
+4
+2
s s 2
+4
2 s s 2
+4
Dengan Dengan mengg mengguna unakan kan sifat sifat linear, linear, tentuk tentukan an transfo transforma rmasi si Laplac Laplace e fungsí berikut. 2 1. F (t ) = 2t
+ 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 Sifat translasi translasi atau pergeseran pergeseran pertam pertama a
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 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 a
2 t Tentukan L{e F (t )}, jika L{ F (t )} = f 2. Tentukan
Menurut sifat 2 di atas, L{e at F (t )} = f ( s − a)
s , maka L{e 2t F (t )} = f s − 2 a a
Karena L{ F (t )} = f
s 2 = f − a a
Tentukan L{e −t F (t )} jika L{cos 2t } = 3. Tentukan
s s 2
+4
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
136
Karena L{cos 2t } =
s s 2
+4
maka menurut sifat translasi pertama
L{e −t F (t )} = f ( s + 1) L{e −t F (t )} =
=
s + 1 ( s + 1) 2
+4
s + 1 s 2
+ 2 s + 5
4. Tentukan 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 )}
= 3 L{−2t cos 6t } − 5 L{e −2t sin 6t } } Karena L{cos 6t } =
s s 2
+ 36
dan L{sin 6t } =
6 s 2
+ 36
maka menurut sifat translasi 3 L{−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) ( s + 2)
2
+ 36
−5
6 ( s + 2) 2
+ 36
3 s − 24 s 2
+ 4 s + 40
Soal Tentukan Tentukan transfo transformas rmasii Laplace Laplace fungsi 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 Sifat translas translasii atau atau pergesera pergeseran n kedua kedua
F (t − a ), untuk t > a 0, untuk t < a
Jika L{ F (t )} = f ( s) dan G (t ) = maka L{G (t )} = e − as f ( s )
Bukti ∞
∫
L{(G (t )} = e − st G (t )dt 0
∞
a
= ∫e
∫
− st
G (t ) dt + e − st G (t ) dt
0
a
a
= ∫e
− st
0
∞
∫
(0) dt + e − st F (t − a)dt a
∞
= ∫ 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
cos(t − 2π ), t > 2π 3 3 L { F ( t )} = F ( t ) Carilah jika 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 +
∫ e
− st
cos( t − 2π / 3) dt
2π / 3
0
∞
= ∫ e − s (u + 2π / 3) cos udu 0
=e
− 2π s / 3
∞
∫ e
− su
cos udu
0
=
se −2π s / 3 s 2
+1
d. Sifat Sifat pengub pengubaha ahan n 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
s ∞ −u du e a F (u )
= ∫ 0
a
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
139
=
1
=
1
s − u e a F (u )du
∫
a
s a
f
a
Contoh: 1. Jika L{ F (t )} =
6 ( s + 2) 3
= f ( s)
1
s
3
3
maka L{ F (3t )} = f ( )
=
=
6 3
s 3 + 2 3 6.9 ( s + 6) 3
Soal: 1. Hitunglah L{ F (t )} 2. Jika L{ F (t )} = 3. Jika L{ F (t )} =
(t − 1) 2 , t > 1 jika F (t ) = 0,0 < t < 1
s 2 − s + 1 ( 2 s + 1) 2 ( s − 1) e −1/ s s
, carilah L{ F (2t )}
−t , carilah L{e F (3t )}
Jawab Karena L{ F (t )} = L{ F (3t )} =
1 3
e −1 / s s
= f ( s), maka menurut sifat 4 diperoleh
s 3
f
−
Sehingga L{ F (3t )} =
3
1 e s 3 s 3
=
1 s
e
−
3
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)
=
1 ( s + 1)
−
e
3 ( S +1)
e. Transform Transformasi asi Laplace Laplace dari turunanturunan-turu turunan nan
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
∞ − st = e 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
∞ − st = e F ' (t ) − ∫ F ' (t )d (e −st ) 0
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
141
∞ − st = e 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
∞ − st = e 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 F ' (t ) − ∫ F ' (t )d (e − st ) 0
− st
= s 3 f ( s ) − s 2 F (0) − sF ' (0) − F ' ' (0) Akhir khirn nya
deng engan
mengg enggun unak akan an
indu induks ksii
mate atematik atika a
dapa apat
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 Dengan mengg mengguna unakan kan sifat sifat transf transform ormasi asi Laplace Laplace dari dari turun turunananturuan, tunjukkan bahwa L{sin at } =
a s 2
+ a2
= f ( s )
Misal F (t ) = sin at diperoleh F ' (t ) = a cos at , F ' ' (t ) = − a 2 sin at sehingga L{sin at } = −
1 a
2
L{ F ' ' (t )
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
142
Dengan Dengan mengg mengguna unakan kan sifat sifat transf transform ormasi asi Laplace Laplace dari dari turun turunananturunan diperoleh
L{sin at } = −
1 a
=−
2
( sf ( s) − sF (0) − F ' (0)) f
s 2 a − s(0) − a a 2 s 2 + a 2 1
as 2 = − 2 2 2 − a a s + a 1
as 2 − as 2 − a 3 = − 2 2 2 a s + a 1
=
f.
a s 2
+ a2
Tansformasi Laplace dari integral-integral
Jika L{ F (t )} = f ( s)
t f ( s) L F ( u ) du maka ∫ = 0 s
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 ) L F ( u ) du Jadi diperole diperoleh h ∫ = s 0 Contoh 1.
t sin u du Carilah L ∫ u 0
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 = arctan L ∫ du = s 0 u s s t sin u 1 1 du = arctan Buktikan L ∫ s 0 u s
2.
Bukti: t
Misal F (t ) =
sin u
∫ u
du maka F (0) = 0
0
F ' (t ) =
sin t t
dan tF ' (t ) = sin t
Dengan mengambil transformasi Laplace kedua bagian L{tF ' (t )} = L{sin t } =
⇔
d ds
sf ( s ) = −
1 s 2
+1
1 s
2
+1
⇔ sf ( s) = − ∫ 21 ds s + 1 ⇔ sf ( s) = − arctan s + C sf ( s ) = lim F (t ) = F (0) = 0 Menurut teorema harga awal, Lim t → 0 s → ∞
Sehingga diperoleh c = 1
1
s
s
Jadi sf ( s ) = arctan
3.
π 2
.
∞ cos u ln( s 2 + 1) du = Buktikan L ∫ u 2 s t
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
144
Bukti: Misal F (t ) =
∞
cos u
∫ t
u
du maka F ' (t ) = −
cos t t
atau t { F ' (t )} = − cos t
L{tF ' (t )} = L{− cos t }
( − 1)
d ds
sf ( s ) =
( sf ( s ) − F (0)) = −
∫ s =
s 2
1 2
+1
s s 2
+1
d sf ( s ) = s s 2 + 1 ds
atau
ds
ln( s 2
+ 1) + c
Menurut teorema harga akhir, Jadi sf ( s ) =
1 2
ln ( s 2
+ 1) + 0 atau
lim sf ( s ) = lim F (t ) = 0,
s → 0
f ( s ) =
t → 0
ln( s 2
sehingga c = 0.
+ 1)
2 s
g. Perkalian dengan t n
Jika L{ F (t )} = f ( s) maka L{t F (t ) = (−1) n
n
d n ds
n
f ( s ) = (−1) f ( n ) ( s )
Bukti. ∞
∫
− st Karena f ( s) = e F (t )dt maka maka menur menurut ut aturan aturan Leibni Leibnitz tz untuk untuk 0
menurunkan dibawah tanda integral, diperoleh: df ds
= f ' ( s) =
d
∫ e − st F (t )dt ds 0 ∞
∞
∂ = ∫ e − st 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
Jadi L{tF (t )} = −
ds
= − f ' ( s )
Contoh 1. Tentukan Tentukan L{t sin at }
Jawab Jawab a
L{sin at } =
s
+a
2
, maka menurut sifat perkalian dari pangkat t n
2
diperoleh L{tF (t )} = ( − 1)
d n f ( s )
n
ds n d
a 2 2 ds s + a
L{t sin at } = ( −1)
=
, sehingga
2as ( s
2
+ a 2 )2
2. Tentukan Tentukan L{t 2 cos at }
Menurut sifat di atas, L{t cos at } = (−1) 2
2
s ds 2 s 2 + a 2 d 2
a 2 − s 2 = 2 2 2 ds ( s + a ) d
− 6a 2 s = 2 2 3 ( s + a ) 2 s 3
h. Sifat Sifat pemb pembag agian ian oleh oleh t
Jika L{ F (t )} = f ( s)
∞ F (t ) maka L = ∫ f (u )du t 0
Bukti: Misal G (t ) =
F (t ) t
maka F (t ) = tG (t )
Dengan Dengan mengguna menggunakan kan definisi definisi transform transformasi asi Laplace Laplace untuk untuk kedua kedua bagian, maka diperoleh bentuk L{ F (t )} = L{tG (t )} atau f ( s ) = −
atau f ( s ) = −
d ds
L{G (t )}
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 Tentukan transforma transformasi si Laplace untuk untuk fungsi fungsi yang diberikan 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 2 g. F (t ) = t sin t
t 2 ,0 < t ≤ 1 2) Jika F (t ) = 0, t > 1 Carilah L{ F ' ' (t )}
2t ,0 ≤ t ≤ 1 = F ( t ) 3) Diketahui 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 ∞
4) Tunjukkan Tunjukkan bahwa bahwa
∫ te 0
− 3t
sin tdt =
3 50
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
147
5) Tunj Tunjuk ukka kan n bahw bahwa a
t 2 1 2 −t L = ∫ (u − u + e −u ) du = s L{t − t + e } 0 6) Perliha Perlihatka tkan n bahwa bahwa
e − at − e −bt s + b = ln a. L t s + a cos at − cos bt 1 s 2 + b 2 b. L = = 2 ln 2 2 t s + a
7) Tunj Tunjuk ukka kan n bahwa bahwa::
1 1 − u −u 1 1 = + du ln 1 a. L = ∫ s s 0 u t t f ( s ) L dt F ( u ) du maka ∫ 1 ∫ = 2 0 0 s 1
b. Jika L{ F (t )} = f ( s )
6.4 Transformasi Laplace Invers
Definisi Jika transformasi transformasi Laplace Laplace suatu suatu fungsi fungsi F(t) adalah f(s), yaitu jika L{ F (t )} = f ( s ) maka F(t) disebut suatu transformasi Laplace Invers dari
f(s) f(s).. Seca Secara ra simb simbol olis is dituli ditulis s F (t ) = L−1{ f ( s )} . L−1
disebu disebutt operato operatorr
transformasi Laplace invers. Contoh. 1 1 = e 2t maka L−1 {e 2t } = 1. Karena L s − 2 s − 2
s = cos t 3e 2. Karena L 2 maka L−1 cos t 3 s + 3
{
3. Karena L 2 s
}=
s s
2
+3
1 = sinh at −1 sinh at = L maka a 2 2 a − a2 s − a 1
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 F 1 (t ) = e −3t dan F 2 (t ) = −3t e untuk t ≠ 1 Mengakibatkan L−1{ F 1 (t )} = L−1{ F 2 (t )} = Jika
kita
menghitung menghitung
1 s + 3
fungsi-fung fungsi-fungsi si
nol,
maka
terlihat terlihat
bahwa bahwa
transfo transforma rmasi si Laplac Laplace e invers invers tidak tidak tungg tunggal. al. Akan Akan tetapi tetapi apabila apabila kita kita tidak dapat dapat memperhitung memperhitungkan kan fungsi-fun fungsi-fungsi gsi nol (yang
tidak muncul muncul
dalam kasus-kasus fisika) maka ia adalah tunggal. Hasilnya dinyatakan oleh teorema berikut. Teorema Teorema Lerch Lerch Jika membatas membatasii diri pada fungi-fungs fungi-fungsii F(t) yang kontinu kontinu secara secara seba sebagia giann-se seba baga gaia ian n dala dalam m seti setiap ap selan selang g berh berhin ingg gga a 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 ketunggalan di atas. Berdasarkan Berdasarkan definisi di atas, dapat ditentukan ditentukan transformasi transformasi Laplace Laplace invers beberapa fungsi sederhana dibawah ini. Nomo
f(s)
L−1{ f ( x )} = F (t )
r 1.
1
1
2.
s 1
t
s
3.
2
1 s
, n = 0,1,2,3,... n +1
4.
1
5.
s − a 1 s 2
+ a2
t n n! e at
sin at a
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
149
6.
cos at
s s 2
7. s 2
+ a2 1
sinh at
− a2
a cosh at
8.
s
9.
− a2 − a2 ( s 2 + a 2 ) 2 s 2 s 2
t cos t cos at
6.5 Sifat-sifat transformasi Laplace Invers
Beberapa sifat penting dari transformasi Laplace invers adalah: 1) Sifa Sifatt Line Linear ar Misal c1 dan c 2 adalah adalah sebaran sebarang g bilanga bilangan n konst konstant anta, a, sedang sedangkan kan f 1 ( s ) dan f 2 ( s ) berturut-turut adalah transformasi Laplace dari F 1 (t )
dan F 2 (t ) , maka: L−1{c1 F 1 (t ) + c 2 F 2 (t )} = L−1{c1 F 1 (t )} + L−1{c 2 F 2 (t )}
= L−1{c1 F 1 (t )} + L−1{c2 F 2 (t )} = c1 L−1{ F 1 (t )} + c 2 L−1{ F 2 (t )} = c1 f 1 ( s ) + c 2 f 2 ( s) Contoh
3 s − 12 = L−1 3 s − L−1 12 2 2 s 2 + 9 s + 9 s + 9
L−1
s 1 = 3 L−1 2 − 12 L−1 2 s + 9 s + 9
= 3 cos 3t − 12
sin 3t 3
2) Sifat transla translasi si atau pergeseran pergeseran pertama pertama Jika L−1{ f ( s )} = F (t ) maka L−1{ f ( s − a)} = e at F (t ) Contoh
L−1 2 s
−1 2t sinh 3t 1 1 = sinh 3t −1 = L maka L 2 =e 2 t 3 ( s 2 s 13 ( s 2 ) 9 − 9 − + − +
1
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
L−1 2 s
= sin t maka + 1
1
− π 3 s sin(t − π ), untuk t > π e = 3 3 L−1 2 s − 9 0, untuk t < π 3 4) Sifat Sifat pengu pengubah bahan an skal skala a
t k
1
−1 Jika L−1{ f ( s )} = F (t ) maka L { f (ks)} = F
k
Contoh −1
Karena L
3 s 1 s = cos t t −1 L maka diperoleh 2 2 = 3 cos 3 s + 1 (3 s) + 1
5) Transforma Transformasi si Laplace Laplace invers invers dari turunan-t turunan-turuna urunan n −1
−1
Jika L { f ( s )} = F (t ) maka L { f ( s )} = L −1
( n)
d n f ( s) = (1−) n t n F (t ) ds
Contoh
2 = sin 2t dan s 2 + 4
−1 Karena L
L−1
− 4 s 2 = 2 maka maka dipero diperoleh leh ds s + 4 ( s + 4) 2 d 2
− 4 s 2 = L−1 = (−1) n t n sin 2t = −t sin 2t 2 2 2 ds s + 4 ( s + 4) d
6) Transforma Transformasi si Laplace invers invers dari antiturunan-a antiturunan-antitu ntiturunan runan −1
−1
Jika L { f ( s )} = F (t ) maka L
∞ F (t ) f ( u ) du ∫ = t s
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
151
Contoh −1
Karena L
1 1 −1 1 1 1 1 −t 3 s ( s + 1) = 3 L s − s + 1 = 3 − 3 e maka −1
diperoleh L
π 1 1 1 − e −t ∫ − 1 du ` = 3 3 u 3 ( u 1 ) t + 0
7) Sifat perkalian dengan s n
Jika L−1{ f ( s )} = F (t ) maka L−1{ sf ( s )} = F ' (t ) Dengan Dengan demikia demikian n perkali perkalian an dengan dengan s berakib berakibat at menur menurunk unkan an 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 adalah fungsi fungsi delta delta Dirac Dirac
atau fungsi impuls satuan. Contoh
5 = sin 5t dan 2+ s 25
−1
arena L
L−1 2 s
sin 5t = 0 maka
= d (sin 5t ) = 5 cos 5t + 25 dt
5 s
8) Sifat Sifat pembag pembagian ian den dengan gan s −1
Jika maka maka L
f ( s ) = t F (u )du s ∫ 0
Jadi pembagian pembagian dengan dengan s berakib berakibat at mengakiba mengakibatkan tkan integral integral F(t) F(t) dari 0 sampai dengan t. Contoh −1
Karena L −1
L
2 = sin 2t maka diperoleh 2 s + 4
t 2 t 1 1 2 = ∫ sin 2u du = 2 cos 2u = 2 ( cos 2t − 1) 0 s ( s + 4) 0
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
152
9) Sifa Sifatt konv konvol olus usii Jika L−1{ f ( s )} = F (t ) dan L−1{ g ( s )} = G (t ) maka t
∫
−1
L { 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
Karena L
1 = e − 4t −1 1 = e 2t dan L s + 4 s − 2 −1
maka diperoleh L
t −4u 2(t −u ) 1 − ( s + 4)( s − 2) = ∫ e e du = e 2t + e 4t 0
6.6 Metode Transformasi Laplace Invers
Menentuka Menentukan n transfomasi transfomasi Laplace Laplace dapat dilakukan dengan dengan beberapa beberapa cara, sehingga sehingga dalam transform transformasi asi Laplace invers invers terdapat beberapa beberapa metode yang dapat digunakan, antara lain: 1) Metode pecahan parsial
Setiap fungsi rasional rasional
P ( s ) Q( s )
, dengan P(s) dan Q(s) fungsi pangkat
banyak (polinom) dan derajat P(s) lebih kecil dari Q(s). Selanjutnya P ( s ) Q( s )
dapat dapat ditulis ditulis jumlah jumlah dari fungsi fungsi rasion rasional al yang yang memp mempuny unyai ai
bentuk
A (as + b) r
atau
As + B (as 2 + bs + c) r
dan seterusnya, r = 1,2,3,....
Dengan Dengan mempe memperole roleh h transf transform ormasi asi Laplac Laplace e invers invers tiap tiap pecaha pecahan n
P ( s) Q( s )
−1 parcial maka dapat ditentukan L
Kons Konsta tant nta a A, B, C, …… dapa dapatt dipe dipero roleh leh deng dengan an meny menyele elesa saika ikan n 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 3 s + 16 1. Tentukan Tentukan L 2 s − s − 6
Jawab Jawab
3 s + 16 = L−1 3 s + 16 L−1 2 ( s + 2)( s − 3) s − s − 6 3 s + 16 ( s + 2)( s − 3)
= =
=
A s + 2
+
B s − 3
A( s − 3) + B ( s + 2) s 2 − s − 6 ( A + B ) s + ( 2 B − 3 A) s 2 − s − 6
atau A+B = 3 dan 2B-3A = 16 atau 2(3-A)–3A=16 sehingga didapat A = -2 dan B = 5
3 s + 16 −1 − 2 5 = L + s + 2 s − 3 ( s + 2)( s − 3)
L−1
− 2 −1 5 = L−1 + L s − 3 + s 4 = −2e −4t + 5e 3t s − 1 2 ( s + 3)( s + 2 s + 2)
−1 2. Tentukan Tentukan L
Jawab
−1 A s − 1 Bs + C = + L 2 2 ( s + 3)( s + 2 s + 2) s + 3 ( s + 2 s + 2)
L−1 A
s + 3
+
Bs + C s 2
+ 2 s + 2
=
A( s 2
+ 2 s + 2) + ( Bs + C )( s + 3) ( s + 3)( s 2 + 2 s + 2)
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
154
As 2 =`
+ 2 As + 2 A + Bs 2 + (3 B + C ) s + 3C ( s + 3)( s 2 + 2 s + 2)
Sehingga
( A + B) s 2 + (2 A + 3 B + C ) s + (2 A + 3C ) s − 1 = 2 + + + ( s 3 )( s 2 s 2 ) ( s + 3)( s 2 + 2 s + 2) Diperoleh A+B = 0, 2A+3B+C=1, 2A+3C=-1 4
4
5
5
− ,B=
Atau A =
, dan C =
1 5
4 1 −4 + s −1 5 s − 1 −1 5 5 L L = + Akhirnya diperoleh + 2 2 s 3 + + ( s 2 s 2 ) ( s + 3)( s + 2 s + 2) 4 1 −4 s + 5 = − 4 L−1 1 + 4 ( s + 1) L−1 5 + 25 5 s + 3 5 2 + s 3 ( s 2 s 2 ) ( s 1 ) 1 + + + +
=−
4 5
e −3t +
4 5
e −t cos t
2) Metode Deret
Jika f(s) mempunya mempunyaii statu uraian dari kebalikan kebalikan pangkat pangkat dari s yang diberikan oleh f ( s ) =
ao s
+
a1 s 2
+
a2 s 3
+
a3 s 4
+ ...
Maka Maka dibaw dibawah ah persya persyarat ratanan-per persya syarat ratan an yang yang sesuai sesuai kita dapat dapat menginversi suku demi suku untuk memperoleh F (t ) = a o
+ a1t +
a 2 t 2 2!
+
a3t 3!
+ ...
Contoh
− s1 −1 e Tentukan Tentukan L s Jawab Jawab
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
155
− 1s e = 1 1 − 1 + 1 − 1 + ... s s s 2 3 2 ! s 3 ! s 1 − 1 + 1 − 1 + ... s s 2 2! s 3 3! s 4
=
− 12 s = L−1 1 − 1 + 1 − 1 + ... −1 e Sehingga L s s 2 2! s 3 3! s 4 s = 1 − t +
t 2 12 2 2
t 3
−
12 2 2 3 2
+ ...
3) Metode persamaan diferensial
4) Turunan Turunan terha terhadap dap statu statu param parameter eter 5) Aneka ragam metode yang menggunakan menggunakan teorema-teorema teorema-teorema 6) Peng Penggu guna naan an tabe tabell 7) Rumu Rumus s invers inversii komple kompleks ks
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 −1 P ( s )
n
P (α k )
e =∑ α Q ( s ) Q ' ( ) k =1 k
L
α k t
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 P ( s ) Q( s )
=
A1 s − α 1
+
A2 s − α 2
+ ... +
A k s − α k
+
An s − α n
.....(1)
Dengan Dengan menga mengalika likan n kedua kedua ruas dengan dengan (s- α k ) dan menga mengamb mbil il s
→ α k dengan menggunakan aturan L’Hospital diperoleh
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
156
Ak
s − α k ( s − α k ) = lim P ( s ) s →α k k Q ( s ) Q( s)
= slim →α
P ( s )
s − α k = slim P ( s ) lim →α s →α Q( s) k
k
s − α k = P (α k ). slim Q( s) →α k
= P (α k )
1
...
Q' ( s )
Sehingga (1) dapat ditulis sebagai P ( s ) Q( s )
=
P (α 1 )
1 . Q ' (α 1 ) s − α 1
+
P (α 2 )
1 . Q ' (α 2 ) s − α 2
P (α k )
+ ... +
1
Q' (α k ) s − α k
+
P (α n )
1 . Q' (α n ) s − α n
dengan demikian −1
L
−1
L
=
P (α k ) P (α n ) P (α ) P ( s) −1 P (α 1 ) 1 1 1 1 Q( s) = L Q' (α ) . s − α + Q' (α 2 ) . s − α + ... + Q' (α ) . s − α + ... + Q' (α ) . s − α 1 1 2 2 k k n n
− P (α P (α 1 ) 1 −1 P (α 2 1 1 1 −1 P (α ) Q' (α ) . s − α + L Q' (α ) . s − α + .... + L Q' (α k . s − α + ... + L Q' (α n ) . s − α 1 1 2 2 k k n n 1
P (α 1 ) Q ' (ε 1 ) n
=∑ k =1
.e
+
α 1t
P (α k ) Q' (α k )
e
P (α 2 ) Q ' (α 2 )
.e
α 2t
+ ... +
P (α k ) Q ' (α k )
.e
α k t
+ ... +
P (α n ) Q' (α n )
.e
α nt
α k t
9) Fung Fungsi si Bet Beta a Jika m>0 m>0 dan n>0 didefinis didefinisikan ikan fungsi fungsi beta sebag sebagai ai 1
B(m,n) B(m,n) =
∫ u
m −1
(1 − n) n −1 du a
dan kita kita dapat dapat mem memper perliha lihatka tkan n sifatsifat-
0
sifat: 1. B (m, n) =
Γ (m)Γ (n) Γ (m + n)
π
2.
Γ (m)Γ (n) 1 sin 2 m−1 θ cos 2 m−1 θ d θ = B ( m, n) = 2 2Γ ( m + n) 0 2
∫
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
157
Soal-soal Tentukan, 1. Tentukan, −1
a. L
−1
b. L
−1
c. L
12 4 − s
2 s − 5 2 s − 9 3 s − 8 − 4 s − 24 2 s + 4 s 2 − 16
7 3 s − 2 d. L 5 − 3 s 2 + s 2 −1
−1
e. L
s 3 + ( s 1 )
3 s − 14 2 s − 4 s + 8
−1
f. L
−1
g. L
8 s + 20 2 s − 12 s + 32
s + 1 −1 L h. 3 s 2 −1
i. L
−1
j. L
5 s − 2 2 3 s + 4 s + 8 s 4 s − 24 − 2 5 − s 16 2 ( s + 4)
−1
k. L
−1
l. L
s + 1 2 2 ( s + 2 s + 2)
1 2 ( s + 4)( s + 4) −1
m. L
1 2 3 ( s + 1)
2. Bukt Buktik ikan an bahw bahwa: a:
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
158
3 s + 16 = 5e 2t − 2e −2t 2 s − s − 6
−1
a. L
2 s − 1 = 1 − 3 e −t + 1 e t 3 2 2 s − s
−1
b. L
−1
c. L
s + 1 = 1 e −t 2 − 1 e −2t 3 2 2 6 s + 7 s + 2 2
−1
d. L
−1
e. L
−1
f. L
11 s 2 − 2 + 5 3 t 2 2 t = − 5 e e + 2e −t ( s − 2)(2 s − 1)( s + 1) 2 27 − 12 s = 3e −4t − 3 cos(3t ) 2 ( s + 4)( s + 9
s 2 − 16 s − 24 1 4 = 2 sin( 4t ) + cos( 2t ) − sin( 2t ) 2 + + s 20 s 64
−1
g. L
1 s − 1 4 −3t = − − ( ) 4 cos t 3 sin t e 2 5 ( s + 3)( s + 2 s + 2) 5
3. Dengan Dengan mengg mengguna unakan kan rumus rumus pengur penguraia aian n Heavis Heaviside ide,, tunjuk tunjukkan kan bahwa −1
a. L
−1
b. L
−1
c. L
−1
d. L
6.7
2 s − 11 ( s + 2)( s − 3)
19 s + 27 ( s − 2)( s + 1)( s + 3) 2 s 2 − 6 s + 5 3 2 ( s − 6 s + 11 s − 6
2 s 2 ( s + 1)( s − 2)( s − 3)
Penggunaan pada Persamaan Diferensial
Persamaan Diferensial dengan Koefisien Konstan a) Persamaan
Transforma Transformasi si Laplace dapat dapat digunakan digunakan untuk untuk menentukan menentukan selesaia selesaian n suatu persamaan diferensial dengan koefisien konstan. Misal ditentukan persamaan diferensial
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
159
d 2Y dx
+ p
dY dx
+ qY = F ( x)
atau
Y ' '+ pY '+ qY = F ( x)
dengan ngan
p,q p,q
adala dalah h
konstanta dan persamaan tersebut mempunyai syarat awal atau batas Y(0)=A Y(0)=A dan Y’(0)=B Y’(0)=B,, A dan B adalah adalah konsta konstanta nta yang yang diberikan diberikan.. Selesaian persamaan diferensial yang diketahui dapat ditentukan dengan dengan cara cara melaku melakukan kan transf transform ormasi asi Laplac Laplace e pada pada masin masing-m g-masi asing ng pers persam amaa aan n dan dan selan selanju jutn tnya ya guna gunaka kan n syara syaratt awal awal yang yang dibe diberik rikan an.. Akibatnya diperoleh persamaan Aljabar L{Y ( x )} Seles Selesaia aian n
yang yang dipe diperlu rluka kan n
dipe dipero roleh leh
= y ( s ) . deng dengan an meng menggu guna naka kan n
transformasi Laplace invers dari y(s). Cara ini dapat diperluas pada persamaan-pers amaan diferensial tingkat tinggi. Contoh Tentukan Tentukan selesai selesaian an persama persamaan an diferencial diferencial berikut. berikut. 1) Y ' '+Y = x dengan Y(0) = 0 dan Y’(0)=-2
Jawab Dengan Dengan transf transform ormasi asi Laplac Laplace e masin masing-m g-masi asing ng bagian bagian dari 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
=
1 s 2
−
+ 1)
+
s − 2 s 2
+1
+
s
1 s 2
s 2
+ ( s − 2)
s 2
1 s 2 ( s 2
1
+1
s 2
+1
−
2 s 2
+1
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
160
=
1 s 2
+
s s 2
+1
−
3 s 2
+1
Untuk menentukan selesaian, gunakan transformasi Laplace invers
1 Y = L−1 2 s
+
s s 2
+1
−
s 2 + 1 3
1 s 3 = L−1 2 − L−1 2 − L−1 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 + 3 s − 5} − 3{ sy + 3} + 2 y = ⇔ ( s 2 − 3 s + 2) y = ⇔ y =
4 s − 2
( s
s − 2
+ 3s − 14
4 2
4
− 3 s + 2)( s − 2)
+
3 s − 14 s
2
− 3 s + 2
− 3 s 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 s − 2 + L 2 s − 1 ( s − 2) = −7e x + 4e 2 x + 4 xe 2 x
Persamaan Diferensial Diferensial dengan Koefisien Variabel b) Persamaan
Transformasi Transformasi Laplace Laplace juga dapat dapat digunakan digunakan untuk untuk menentuk menentukan an selesaian persamaan diferensial dengan koefien variable. Khususnya persamaan diferensial yang berbentuk x nY ( n ) ( x) sehingga transformasi Laplace diperoleh L{ x Y m
(n)
m d m (n) ( x)} = (−1) L Y ( x ) { } ds m
Hal ini sesuai dengan sifat transformasi Laplace Jika L{ F (t )} = f ( s) maka L{t n F (t )} = ( − 1) n
d n ds
n
f ( s ) = ( − 1) f ( n ) ( s )
Untuk jelasnya jelasnya perhatikan beberapa contoh berikut Tentukan Tentukan selesai selesaian an persama persamaan an diferensial diferensial 1) xY ' '+2Y '+ xY = 0 dengan Y(0) = 1 dan Y( π )= 0
Jawab Jawab Den Dengan gan
trans ransfo form rmas asii
Lapl Laplac ace e
pada pada
masin asingg-m masin asing g
bag bagian ian
persamaan diperoleh: L{ xY "+2Y '+ xY }
= L{ 0}
⇔ L{ xY "} + L{ 2Y '} + L{ xY } = 0 ⇔ (−1)1
d ds
{ s y − sY (0) − Y ' (0)} + 2( sy − Y (0)) + (−1) 2
1
d ds
( y) = 0
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
162
d
d
ds
ds
⇔ −1 { s 2 y − s − 1} + 2( sy − 1) + (−1)1
( y) = 0
⇔ −2 sy + s 2 dy − 1 − 0 + 2( sy − 1) + (−1) dy = 0 ds ds ⇔ −2 sy − s 2 y '+1 + 2 sy − 2 − y ' = 0 ⇔ −( s 2 + 1) y ' = 1 ⇔ y ' = −
1 ( s
2
+ 1)
Diperoleh y = −
∫ ( s
1 2
+ 1)
ds
= − arctan s + C
Karena y → 0 bila s → ∞ kita dapatkan c = y
=
π 2
− arctan s = arctan
π , sehingga 2
1 s
Akhirnya didapat Y = L arctan
1
= s
sin t t
, hal ini memenuhi Y( π ) =0
2) Y ' '− xY '+Y = 1 , dengan Y(0) = 1 dan Y’(0) = 2
Jawab Jawab Den Dengan gan
trans ransfo form rmas asii
Lapl Laplac ace e
pada pada
masin asingg-m masin asing g
bag bagian ian
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 ds
d ds
( sy − 1) + y
{ sy − Y (0)} + y
=
1 s
=0
{ s y − s − 2} + ( y + sy' ) + y' = 1 2
s
⇔ sy '+( s 2 + 1) y = s + 2 +
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
e
∫ s +
1 ds
=e
1 2 s + 2 ln s 2
= s
2
e
1 2 s 2
d 2 2 s 2 2 1 2 2 s e y 1 + + 2 s e Maka = ds s s 1
s
1
s
∫
Sehingga y = e y (1 + s
1
2
s
2
= +
s
2 s
+
+ c
s
2
s 2
1 s
2
s
2
) s 2 e 2 ds
2
e2
Akhirnya diperoleh y = 1 + 2t
Soal-soal Tentukan Tentukan selesai selesaian an persama persamaan an diferensial diferensial berikut: 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 denga dengan n Y(0)=0 Y(0)=0 dan dan Y’(0)=7 Y’(0)=7 6) Y”-3Y’+2Y=4 Y”-3Y’+2Y=4x+12e x+12e − x dengan Y(0) = 0 dan Y’(0)=-1
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
164
c) Persam Persamaan aan Difer Diferens ensial ial Simult Simultan an d) Persamaan Diferensial Parsial
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
165
Soal-soal Tentukan Tentukan selesai selesaian an dari dari persamaa persamaan n berikut: berikut: 1) Y”+4Y = 9x denga dengan n Y(0)=0 Y(0)=0 dan dan Y’(0)=7 Y’(0)=7 2) Y”-3Y’+2Y=4 Y”-3Y’+2Y=4x+12e x+12e − x dengan Y(0) = 0 dan Y’(0)=-1
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
166
8) Transform Transformasi asi fungsi fungsi period periodic ic 9) Sifat f(s) bila s
10) 10)
→∞
Teo Teorem rema ha harga aw awal
11) Teorema harga akhir
12)
Perlu Perluas asan an dari dari teo teore rema ma harga harga awal awal
13)
Perlu Perluas asan an dari dari teo teore rema ma harga harga akhi akhir r
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
167
