Transformasi Laplace adalah metode penyelesaian persamaan diferensial. Idenya adalah bahwa transformasi Laplace menggantikan operasi kalkulus dengan op-erasi aljabar pada transformasi. Singkatnya, diferensiasi dari f (t) digantikan dengan perkalian dari L(f) dengan s: Pengintegralan f(t) digantikan dengan pembagian dari L(f) dengan s:
Theorem 21 : Transformasi Laplace dari turunan f (t)
Misalkan f (t) kontinu untuk semua t 0; memenuhi persamaan (6.2), untuk suatu k dan M; dan mempunyai turunan f0(t) yang perbagiannya kontinu pada setiap selang berhingga dalam range t 0: Maka transformasi Laplace dari turunan f0(t) ada jika s > k; dan
L(f0) = sL(f) f (0); (s > k): (6.3) Remark 2 :
Teorema tersebut dapat diperluas, sehingga dengan menggunakan persamaan (6.3) pada turunan kedua f00(t), diperoleh
L(f00) = sL(f0) f0(0) = s[sL(f) f (0)] f0(0) (6.4)
= s2L(f) sf (0) f0(0):
Dengan cara yang sama, diperoleh transformasi dari turunan ketiga f000(t); yaitu L(f000) = s3L(f) s2f (0) sf0(0) f00(0): (6.5) Selanjutnya, dengan induksi diperoleh perluasan dari Teorema 1.
Theorem 22 : Transformasi Laplace dari turunan orde ke-n
Misalkan f (t) dan turunan-turunannya f0(t); f00(t); :::; f(n 1)(t) adalah fungsi yang kontinu untuk semua t 0; memenuhi (6.2), untuk suatu k dan M; dan misalkan turunan f(n) kontinu perbagian pada setiap selang berhingga dalam range. Maka transformasi Laplace dari f(n) ada jika s > k dan diberikan oleh
L(f(n)) = snL(f) sn 1f (0) sn 2f0(0) ::: f(n 1)(0): (6.6) Example 105 :
Misalkan f (t) = t2:Turunkan L(f) dari L(1).
Jawab:
Karena f (0) = 0; f0(0) = 0; f00(t) = 2; dan L(2) = 2L(1) = 2=s:
Dari (6.4) diperoleh L(f00) = L(2) = 2
s = s2L(f); sehingga L(f) = L(t2) = 2
s3: |
Example 106 :
Turunkan transformasi Laplace dari cos !t:
Jawab:
Misalkan f (t) = cos !t:Maka f0(t) = ! sin !t; f00(t) = !2cos !t = !2f (t):
f (0) = 1; f0(0) = 0: Dengan mengambil transformasi, L(f00) = !2L(f): Dari persamaan tersebut dan (6.4), diperoleh
!2L(f) = L(f00) = s2L(f) sf (0) f0(0) = s2L(f) s s2L(f) + !2L(f) = s ) L(f)[s2+ !2] = s
L(f) = s
s2+ !2 = L(cos !t):
Dengan cara yang sama dapat diperoleh pula L(sin !t) = s2+!! 2: |
Example 107 :
Misalkan f (t) = sin2t: Carilah L(f):
Jawab:
f (0) = 0; f0(t) = 2 sin t cos t = sin 2t:
L(sin 2t) = s22+4 = sL(f) = sL(sin2t); sehingga L(sin2t) = s(s22+4):
Example 108 :
Misalkan f (t) = t sin !t: Carilah L(f):
Jawab:
f (0) = 0; dan f0(t) = sin !t + !t cos !t; f0(0) = 0:
f00(t) = 2! cos !t !2t sin !t = 2! cos !t !2f (t):
Dari persamaan (6.4),
L(f00) = 2!L(cos !t) !2L(f(t) = s2L(f) [s2+ !2]L(f) = 2!L(cos !t) = 2!s
s2+ !2: Jadi hasilnya adalah
L(f) = L(sin !t) = 2!s
(s2+ !2)2: |
Persamaan Diferensial, Masalah Nilai Awal
Berikut ini akan dibahas bagaimana metode transformasi Laplace menyelesaikan masalah persamaan diferensial. Perhatikan masalah nilai awal berikut
y00+ ay0+ by = r(t); y(0) = K0; y0(0) = K1; (6.7)
dengan a dan b konstanta. Dalam hal ini, r(t) adalah input yang diterapkan pada sistem mekanik, dan y(t) adalah output (respon terhadap sistem). Dalam transformasi Laplace, ada tiga tahapan yang harus diselesaikan:
Tahap Pertama:
Dengan menulis Y = L(y) dan R = L(r) dan mensubstitusikan persamaan (6.3) dan (6.4) ke dalam persamaan (6.7), diperoleh persamaan tambahan (subsidiary equation):
[s2Y sy(0) y0(0)] + a[sY y(0)] + bY = R(s):
Dengan mengumpulkan Y; diperoleh
(s2+ as + b)Y = (s + a)y(0) + y0(0) + R(s):
Tahap Ke-dua:
Persamaan tambahan tersebut kemudian diselesaikan secara aljabar untuk Y:
Persamaan tersebut selanjutnya dibagi dengan s2+ as + b; dan dengan meng-gunakan fungsi transfer
Perhatikan bahwa Q hanya bergantung pada a dan b; tidak pada r(t) atau pada kondisi awal.
Tahap Ke-Tiga:
Persamaan (6.9) direduksi menjadi jumlah bagian-bagian yang inversnya da-pat dicari dalam tabel, sehingga solusi y(t) = L 1(Y ) dari persamaan (6.7) diperoleh.
Example 109 : Masalah Nilai Awal. Penjelasan Tahap Dasar Selesaikan:
y00 y = t; y(0) = 1; y0(0) = 1:
Jawab:
Tahap Pertama:
Dengan menulis Y = L(y); maka berdasarkan persamaan (6.4), transformasi Laplace untuk turunan ke-dua adalah L(y00) = s2Y sy(0) y0(0); dan L(t) = 1=s2 (lihat tabel); sehingga persamaan tambahan untuk masalah nilai awal tersebut adalah:
[s2Y sy(0) y0(0)] Y = 1 s2:
Dengan syarat awal y(0) = 1; dan y0(0) = 1; maka persamaan tambahan tersebut menjadi
(s2 1)Y = (s + 1) + 1 s2: Tahap Ke-dua:
Dengan mengambil fungsi transfer Q = 1=(s2 1), maka solusi persamaan tambahan tersebut adalah
Dengan menyamakan pembilang pada sisi sebelah kiri dengan sisi sebelah kanan diperoleh:
- untuk koe…sien s2: A + B = 0 :::(i)
- untuk koe…sien s0 : A = 1 =) A = 1; akibatnya dari persamaan (i), diperoleh B = 1; sehingga
1
Dari solusi persamaan tambahan, kemudian dicari transformasi inversnya dalam Tabel 6.1, sehingga diperoleh solusi masalah nilai awal:
y(t) = L 1(Y ) = L 1f 1
s 1g + L 1f 1
s2 1g L 1f 1 s2g
= et+ sinh t t: |
Example 110 : Perbandingan dengan metode yang biasa Selesaikan masalah nilai awal berikut:
y00+ 2y0+ y = e t; y(0) = 1; y0(0) = 1:
Jawab:
I. Penyelesaian dengan transformasi Laplace
Transformasi Laplace dari masalah nilai awal tersebut adalah L(y00) + 2L(y0) + L(y) = L(e t)
Dari rumus transformasi Laplace untuk turunan-turunan, dan dari tabel (L(e t) = 1=(s + 1)), diperoleh persamaan tambahan:
[s2Y sy(0) y0(0)] + 2[sY y(0)] + Y = 1 s + 1:
Dengan mengelompokkan Y; dan dari syarat awal y(0) = 1; y0(0) = 1; per-samaan tambahan tersebut menjadi
Dengan mengalikan fungsi transfer Q = 1=(s+1)2dengan persamaan tambahan tersebut, diperoleh solusi Transformasi inversnya adalah L 1n
1
2t2e t; sehingga solusi masalah nilai awalnya adalah y(t) = L 1(Y (s)) = e t+1
2t2e t= 1
2t2 1 e t: | Keterangan:
Dengan memperhatikan L(tneat) =(s+a)n!n+1; diperoleh
L 1 1
(s + 1)3 = L 1 1 2
2!
(s + 1)3 =1 2t2e t:
II. Penyelesaian dengan metode biasa (metode koe…sien tak tentu) Perhatikan lagi masalah nilai awal (MNA) pada soal, yaitu:
y00+ 2y0+ y = e t; y(0) = 1; y0(0) = 1:
Persamaan homogennya adalah
y00+ 2y0+ y = 0:
Persamaan karakteristik dari persamaan homogennya:
2+ 2 + 1 = 0
( + 1)2 = 0 =) = 1 (dobel) Solusi dari persamaan homogennya adalah:
yh(t) = c1e t+ c2te t= (c1+ c2t) e t:
Karena e tdan te tadalah solusi dari persamaan homogennya, maka pilih so-lusi khusus yk(t) = Ct2e t; sehingga turunan-turunannya adalah yk0 = 2Cte t Ct2e t= C(2t t2)e t; dan yk00 = C[2e t 2te t (2te t t2e t)] = C[2 4t + t2] e t: Dengan mensubstitusikan yk dan turunan-turunannya ke dalam persamaan diferensial tersebut, diperoleh
C[2 4t + t2] e t+ 2C(2t t2)e t+ Ct2e t = e t
2Ce t = e t=) C = 1 2: Dengan mensubstitusikan nilai C tersebut ke dalam solusi khususnya diperoleh
yk(t) =1 2t2e t: Jadi solusi umumnya adalah
y(t) = yh(t) + yk(t) = (c1+ c2t) e t+1 2t2e t: Turunan pertama dari solusi umum y(t) adalah
y0(t) = c2e t (c1+ c2t) e t+ te t 1 2t2e t:
Dengan memasukkan syarat awalnya, yaitu y(0) = 1; dan y0(0) = 1; diperoleh y(0) = c1= 1; y0(0) = c2 c1= 1 =) c2= 0:
Jadi solusi masalah nilai awalnya adalah y(t) = e t+1
2t2e t= 1
2t2 1 e t: | Remark 3 :
Untuk mengetahui bahwa solusi yang diperoleh adalah benar, yaitu memenuhi persamaan diferensial dan syarat awalnya, maka substitusikan solusi MNA terse-but dan turunan-turunannya ke dalam persamaan diferensial, dan periksa apakah hasilnya sama dengan persamaan diferensial nonhomogen tersebut.
Example 111 :
Dari solusi MNA y(t) = 12t2 1 e t; diperoleh turunan-turunan
y0(t) = te t 1
Dengan mensubstitusikan y(t) dan turunan-turunan tersebut ke dalam per-samaan diferensialnya, diperoleh
Dengan membandingkan kedua penyelesaian dalam contoh 6 tersebut, dapat diambil kesimpulan, bahwa metode transformasi Laplace mempunyai kelebihan:
1. Tidak ada penentuan solusi umum dari persamaan homogennya;
2. Tidak ada penentuan nilai untuk konstanta sebarang dalam solusi umum-nya.
Transformasi Laplace dari Integral suatu Fungsi
Diferensiasi dan integrasi adalah proses invers. Diferensiasi dari suatu fungsi berkaitan dengan perkalian dari transformasinya dengan s; maka harapannya integrasi dari suatu fungsi menghubungkan pembagian dari transformasinya dengan s; karena pembagian adalah operasi invers dari perkalian.
Theorem 23 : Integrasi dari f (t)
Misalkan F (s) adalah transformasi Laplace dari f (t): Jika f (t) kontinu bagian-perbagian dan memenuhi ketaksamaan pada teorema keujudan untuk transfor-masi Laplace, maka atau jika kita mengambil transformasi invers pada kedua sisi persamaan terse-but,
Zt
0
f ( )d = L 1 1
sF (s) : (6.11)
Example 112 : Aplikasi Teorema 3 Misalkan L(f) = s(s21+!2): Carilah f (t):
Jawab:
Dari Tabel 6.1, diperoleh transformasi invers
L 1 1
(s2+ !2) = 1
!sin !t:
Berdasarkan Teorema 3 dan hasil transformasi invers tersebut, diperoleh jawa-ban
f (t) = L 1 1 s
1
(s2+ !2) = 1
! Zt
0
sin ! d
= 1
!2 cos !
t 0j
= 1
!2(1 cos !t) : |
Example 113 : Aplikasi lain dari Teorema 3
Dengan cara yang sama seperti pada contoh 7, untuk L(f) =s2(s21+!2); carilah f (t) nya.
Jawab:
Dari contoh 7, diperoleh transformasi invers
L 1 1
s(s2+ !2) = 1
!2(1 cos !t) :
Berdasarkan Teorema 3 dan hasil transformasi invers tersebut, diperoleh
f (t) = L 1 1
Masalah data pergeseran adalah nama singkat untuk masalah nilai awal dengan kondisi awalnya merujuk pada suatu t = t0; bukan t = 0: Dalam hal ini, kondisi y(0) dan y0(0) yang muncul pada pendekatan transformasi Laplace, tidak dapat langsung digunakan, tetapi harus diproses dalam dua cara.
1. Metode solusi pertama. Carilah solusi umum dengan transformasi Laplace dan setelah itu, carilah solusi dari masalah seperti pada metode klasik.
2. Metode solusi ke-dua. Dengan mengambil t = et + t0; sehingga t = t0; memberikan hasil et = 0: Dengan demikian, transformasi Laplace baru dapat diterapkan.
Example 114 :
Dengan menggunakan metode pada masalah data pergeseran tersebut di atas, akan diselesaikan masalah nilai awal berikut:
y00+ y = 2t; y 1
Tahap I:Membentuk persamaan tambahan
Dengan menuliskan eY = L(ey); maka dengan rumus transformasi Laplace untuk turunan-turunan, yaitu diperoleh persamaan tambahan sebagai berikut:
h
s2Ye sy(0)e ey0(0)i
+ eY = 2 s2 + =2
s :
Tahap II: Solusi dari persamaan tambahan
Secara aljabar, persamaan tambahan tersebut dapat diselesaikan, yaitu s2+ 1 eY 1 sehingga solusi persamaan tambahannya menjadi
e Dari contoh 7 dan 8 sebelumnya, diperoleh solusi
e
Jadi solusi masalah data pergeseran tersebut adalah y(t) = 2t sin t + cos t: |
6.2.1 Latihan
I. Selesaikan masalah nilai awal berikut dengan transformasi Laplace.
1. y0+ 3y = 10 sin t; y(0) = 0
2. y00 4y0+ 3y = 6t 8; y(0) = 0; y0(0) = 0 3. y00+ 2y0 3y = 6e 2t; y(0) = 2; y0(0) = 14:
II. Diketahui L(f); carilah f(t): Gunakan transformasi invers dan integrasi.
4. s2+4s1
5. s31s
Abjad Yunani dan
Rumus-rumus Trigonometri
A.1 Abjad Yunani
A alpha N nu
B beta xi
gamma O o omicron
delta pi
E epsilon P rho
Z zeta sigma
H eta T tau
theta upsilon
I iota phi
K kappa X chi
lambda psi
M mu ! omega