Transform laplace dan penerapannya dalam penyelesaian masalah nilai awal persamaan diferensial linear orde dua dengan koefisien konstan khususnya pada getaran pegas - USD Repository

i

TRANSFORM LAPLACE DAN PENERAPANNYA DALAM

PENYELESAIAN MASALAH NILAI AWAL PERSAMAAN DIFERENSIAL LINEAR ORDE DUA DENGAN KOEFISIEN KONSTAN

KHUSUSNYA PADA GETARAN PEGAS

Skripsi

Diajukan untuk Memenuhi Salah Satu Syarat Memperoleh Gelar Sarjana Pendidikan Program Studi Pendidikan Matematika

Oleh:

Marselina Kartika NIM. 031414028

PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA

JURUSAN PENDIDIKAN MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN

UNIVERSITAS SANATA DHARMA YOGYAKARTA

iv

HALAMAN PERSEMBAHAN

“…, berdirilah teguh, jangan goyah, dan giatlah selalu dalam pekerjaan Tuhan!

Sebab kamu tahu, bahwa dalam persekutuan dengan Tuhan

jerih payahmu tidak sia-sia.”

(1 Korintus 15:58)

“ Pengalaman membuat engkau mampu untuk mengenal sebuah kesalahan

bilamana engkau melakukannya lagi “

(Franklin P. Jones)

“ Jangan sekali-kali putus asa, tapi jika engkau putus asa juga, teruslah bekerja dalam keputusasaan itu “

(Edmund Barke)

Dengan penuh kasih aku persembahkan karya mungilku ini untuk :

Tuhan Yesus dan Bunda Maria

Papa, Mama, dan Adikku tersayang yang selalu menjadi penyemangatku

Segenap keluarga di Bangka dan di Jawa

Rekan-rekan mahasiswa/i PMAT ’03 dan sahabat-sahabatku

vi

ABSTRAK

Ada berbagai metode yang dapat digunakan untuk menentukan penyelesaian masalah nilai awal dari suatu persamaan diferensial. Salah satunya adalah metode transform Laplace. Transform Laplace dari suatu fungsi f(t) adalah fungsi F(s) yang dinyatakan oleh L

{ }

∫

∞ − = =

0

) ( )

( )

(t F s e f t dt

f st . Jika L

{ }

_f(t) =_{F(s) maka f(t)}

disebut invers transform Laplace dari F(s) dan secara simbolis ditulis

=

) (t

f L 1

{

_{( )}

}

s F

− _.

Langkah-langkah untuk menyelesaikan masalah nilai awal persamaan diferensial linear orde dua dengan koefisien konstan yaitu dengan mengambil transform Laplace dari kedua ruas persamaan diferensial. Dengan menggunakan sifat linearitas transform Laplace, teorema transform Laplace dari turunan, dan kondisi awal yang diberikan akan diperoleh persamaan aljabar dalam s. Kemudian kita selesaikan persamaan aljabar tersebut. Selanjutnya untuk menentukan penyelesaian masalah nilai awal adalah dengan menggunakan invers transform Laplace.

vii

ABSTRACT

There are some methods that can be used to determine the solution of the initial value problem of a differential equation. One of them is the Laplace transform method. Laplace transform of function f(t) is function F(s) stated by

L

{ }

∫

∞ − = =

0

) ( )

( )

(t F s e f t dt

f st . If L

{ }

_f(t) =_{F(s) then f(t) is called the inverse}

Laplace transform of F(s) and symbolically it is written f(t)=L 1

{

_{( )}

}

s F

− _.

Steps for solving the initial value problem of a second order linear differential equation with constant coefficients are obtained by taking the Laplace transform of both sides of the differential equation. By using the linear property of the Laplace transform, the theorem of the Laplace transform of derivatives and the initial condition that is given, we will get an algebraic equation in s. Then we solve the algebraic equation. Next, to determine the solution of the initial value problem we use the inverse Laplace transform.

viii

KATA PENGANTAR

Puji dan syukur ke hadirat Allah Bapa di Surga karena penulis dapat menyelesaikan skripsi dengan judul “Transform Laplace dan Penerapannya dalam Penyelesaian Masalah Nilai Awal Persamaan Diferensial Linear Orde Dua dengan Koefisien Konstan Khususnya pada Getaran Pegas”. Skripsi ini penulis susun untuk memenuhi salah satu syarat memperoleh gelar Sarjana Pendidikan pada Program Studi Pendidikan Matematika, Jurusan Pendidikan Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam, Fakultas Keguruan dan Ilmu Pendidikan di Universitas Sanata Dharma Yogyakarta.

Selama penyusunan skripsi ini banyak kesulitan dan hambatan yang penulis alami. Namun dengan bantuan berbagai pihak semua kesulitan dan hambatan tersebut dapat teratasi. Untuk itu, dalam kesempatan ini penulis dengan tulus hati ingin mengucapkan terima kasih yang tak terhingga kepada :

1. Tuhan Yesus dan Bunda Maria yang selalu menjaga, melindungi, dan menuntun langkahku. Puji syukur atas segala berkat dan anugerah yang telah kuterima. 2. Bapak Drs. A. Tutoyo, M.Sc. selaku dosen pembimbing yang telah membimbing,

mengarahkan dengan sabar, menyediakan waktu, dan memberikan masukan serta kritikan yang berharga kepada penulis selama proses penyusunan skripsi ini. 3. Bapak Dr. St. Suwarsono selaku Ketua Program Studi Pendidikan Matematika

ix

menempuh kuliah serta atas masukan dan kritikan yang bermanfaat untuk penyempurnaan skripsi ini.

4. Bapak Drs. Al. Haryono selaku Dosen Pembimbing Akademik angkatan 2003 dan selaku dosen penguji yang selalu membimbing dan memberikan kemudahan-kemudahan selama penulis menempuh kuliah serta atas masukan dan kritikan yang bermanfaat untuk penyempurnaan skripsi ini.

5. Segenap dosen JPMIPA, khususnya dosen-dosen Program Studi Pendidikan Matematika, Universitas Sanata Dharma yang telah mendidik, membagi pengetahuan dan pengalaman yang sangat bermanfaat kepada penulis.

6. Bapak Sunardjo dan Bapak Sugeng di sekretariat JPMIPA atas segala keramahan, bantuan, dan kerja samanya dalam membantu penulis selama kuliah hingga penyelesaian skripsi ini.

7. Papa Venantius Widiyanto, Mama Petronella Ratnawati, dan adikku tersayang Benediktus Raditya atas doa yang tak pernah kunjung henti, cinta, kasih sayang, perhatian, kesempatan, nasehat, dan dorongan yang diberikan baik secara materiil maupun spiritual. Kalian adalah semangatku untuk menyelesaikan skripsi ini. Semoga skripsiku ini dapat menjadi hadiah kecil yang membanggakan.

xi

DAFTAR ISI

Halaman

HALAMAN JUDUL i

HALAMAN PERSETUJUAN PEMBIMBING ii

HALAMAN PENGESAHAN iii

HALAMAN PERSEMBAHAN iv

PERNYATAAN KEASLIAN KARYA v

ABSTRAK vi

ABSTRACT vii

KATA PENGANTAR viii

DAFTAR ISI xi

BAB I PENDAHULUAN 1

A. Latar Belakang 1

B. Rumusan Masalah 7

C. Batasan Masalah 7

D. Tujuan Penulisan 8

E. Metode Penulisan 8

F. Sistematika Penulisan 8

BAB II TRANSFORM LAPLACE 10

A. Pengertian Transform Laplace 10

B. Sifat-Sifat Transform Laplace 22

C. Invers Transform Laplace 26

D. Transform Laplace dari Turunan dan Integral 29

E. Konvolusi Dua Fungsi f(t) dan g(t) 34

xii

BAB III PENERAPAN TRANSFORM LAPLACE DALAM

PENYELESAIAN MASALAH NILAI AWAL PERSAMAAN

DIFERENSIAL LINEAR ORDE DUA DENGAN KOEFISIEN

KONSTAN PADA GETARAN PEGAS 60

A. Getaran Tak Teredam 63

B. Getaran Teredam 70

C. Getaran Terpaksa Tak Teredam 79

D. Getaran Terpaksa Teredam 88

BAB IV PENUTUP 100

DAFTAR PUSTAKA 102

1

BAB I

PENDAHULUAN

A. Latar Belakang

Persamaan diferensial adalah persamaan yang memuat derivatif atau diferensial dari satu atau lebih fungsi. Persamaan diferensial dapat diklasifikasikan dengan banyak cara. Jika fungsi yang belum diketahui dalam persamaan diferensial bergantung hanya pada satu variabel bebas maka persamaan itu disebut persamaan diferensial biasa. Bentuk umum persamaan diferensial biasa :

0 ) ,..., ,

, , , (

3 3

2 2

=

n n dx y d dx

y d dx

y d dx dy y x

f ,

dengan x menyatakan variabel bebas dan y menyatakan variabel tak bebas. Sedangkan jika fungsi yang belum diketahui bergantung pada dua atau lebih variabel bebas, maka persamaan itu disebut persamaan diferensial parsial. Bentuk umum persamaan diferensial parsial :

0 ) ,..., ,

, , , , , ,

( ₂

2 2

2 2

= ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

n n y z y

z y x

z x

z y z x z z y x

f ,

dengan x dan y menyatakan variabel bebas, sedangkan z menyatakan variabel tak bebas. Contoh persamaan diferensial :

xy dx dy

2

0 2 3

2 2

2 + − =

y dx dy x dx

y d

x (2)

0

= ∂ ∂ + ∂ ∂

y u x u

(3)

x x

u t

u

+ = ∂ ∂ + ∂ ∂

1 2 2

2 2

(4)

Persamaan (1) dan (2) merupakan contoh persamaan diferensial biasa, sedangkan persamaan (3) dan (4) merupakan contoh persamaan diferensial parsial.

Persamaan diferensial dibedakan menurut tingkat (orde) dan menurut derajatnya. Orde persamaan diferensial adalah tingkat derivatif tertinggi yang muncul dalam persamaan diferensial. Derajat adalah pangkat dari derivatif tingkat tertinggi yang muncul dalam persamaan diferensial. Persamaan (1) merupakan persamaan diferensial biasa orde satu dan berderajat satu, sedangkan persamaan (2) merupakan persamaan diferensial biasa orde dua dan berderajat satu. Persamaan (3) merupakan persamaan diferensial parsial orde satu dan berderajat satu, sedangkan persamaan (4) merupakan persamaan diferensial parsial orde dua dan berderajat satu.

Persamaan diferensial biasa masih bisa dibagi lagi menjadi 2 kelompok besar, yaitu persamaan diferensial linear dan persamaan diferensial non linear. Persamaan diferensial biasa tingkat n disebut linear dalam y jika persamaan diferensial dapat ditulis dalam bentuk :

) ( ) ( )

( )

( )

(x y( ) a ₁ x y 1 a₁ x y a₀ x y f x

a n n

n

n + + + ′+ =

−

di mana a0,a1,L,an dan f adalah fungsi-fungsi kontinu pada suatu interval x dan 0

) (x ≠

a_n pada interval itu. Fungsi a_n(x) disebut fungsi-fungsi koefisien. Jadi, persamaan diferensial biasa dikatakan linear jika syarat-syarat berikut dipenuhi : 1. Fungsi yang belum diketahui dan derivatif-derivatifnya secara aljabar yang

terjadi hanya berpangkat satu.

2. Tidak ada hasil kali yang berkaitan dengan fungsi yang belum diketahui dan derivatif-derivatifnya atau dua atau lebih derivatif.

3. Tidak ada fungsi transendental dari y,y′,y′′, dan seterusnya.

Persamaan diferensial yang tidak linear disebut persamaan diferensial non linear. Jika pada persamaan (5) f(x)=0, maka persamaan itu disebut persamaan diferensial linear homogen. Tetapi jika f(x)≠ 0, maka persamaan itu disebut persamaan diferensial linear non homogen. Jika koefisien a₀(x),a₁(x),L,an(x) adalah konstan, maka persamaan (5) disebut persamaan diferensial linear dengan koefisien konstan, sedangkan jika koefisien-koefisiennya berupa variabel maka persamaan (5) disebut persamaan diferensial linear dengan koefisien variabel.

Persamaan diferensial linear orde dua dengan koefisien konstan mempunyai penerapan pada getaran pegas. Untuk lebih memahami penerapan persamaan diferensial linear orde dua dengan koefisien konstan pada getaran pegas, perhatikan contoh berikut.

bawah sejauh jarak tertentu dengan pengandaian tak ada gesekan seperti gambar di bawah ini :

Jika x menyatakan perpindahan benda dari keadaan seimbang dan F menyatakan gaya pengembalian pegas maka berdasarkan hukum Hooke F =−kx. Dengan menggunakan hukum Newton II, F =ma di mana m adalah massa benda, a adalah percepatan benda, dan F adalah gaya yang bekerja pada benda dengan massa m maka kita mempunyai hubungan :

kx

dt x d

m = −

2 2

atau 0

2 2

= +kx dt

x d

m .

Persamaan di atas merupakan persamaan diferensial linear homogen orde dua dengan koefisien konstan. Persamaan karakteristiknya dapat

m k

ditulis dalam variabel r yaitu mr2 +k =0 yang mempunyai akar-akar

± =

r

m k

i . Jika

m k = 0

ω maka penyelesaian umumnya :

t c

t c

t

x( )= ₁cosω₀ + ₂sinω₀ .

Persamaan tersebut menyatakan perpindahan benda pada saat t. Untuk menentukan penyelesaian khususnya kita harus mengetahui titik awal dan kecepatan awal dari benda yaitu :

0 ) 0

( x

x = , x′(0)=v₀.

Penyelesaian dari masalah nilai awal di atas dapat diperoleh dengan mensubstitusikan penyelesaian umum ke dalam kondisi awal ini. x(t)=c₁cosω₀t+c₂sinω₀t disubstitusikan ke x(0)= x₀.

x(0)=c₁cos0+c₂sin0

x₀ =c₁.1+c₂.0 c₁ =x₀

t c

t c

t

x( )= ₁cosω₀ + ₂sinω₀ disubstitusikan ke x′(0)=v₀. x′(t)=−ω₀c₁sinω₀t+ω₀c₂cosω₀t

0 0 2 _ω

v c =

Sehingga didapat penyelesaian khususnya :

t v

t x

t

x ₀

0 0 0

0cos sin

)

( ω

ω

ω +

= .

Dari contoh di atas, dapat dilihat bahwa dalam menentukan penyelesaian khusus suatu persamaan diferensial kita perlu mengetahui kondisi awalnya. Persamaan diferensial beserta kondisi awal tersebut dinamakan masalah nilai awal. Metode-metode yang dapat digunakan untuk menyelesaikan masalah nilai awal dari persamaan diferensial linear orde dua dengan koefisien konstan misalnya metode reduksi, metode koefisien tak tentu, metode variasi parameter, dan lain-lain. Tetapi ada salah satu metode yang berbeda dengan metode lainnya yaitu metode transform Laplace.

Transform Laplace didefinisikan sebagai berikut : misalkan f(t) suatu fungsi dari t yang terdefinisikan untuk t >0 maka transfom Laplace dari f(t) yang dinyatakan oleh L

{ }

_{f(t) , didefinisikan sebagai}

L

{ }

∫

∞ − = =

0

) ( )

( )

(t F s e f t dt

f st , untuk s>0.

Karena alasan itulah penulis tertarik untuk mengkaji lebih jauh transform Laplace secara teoritik dan penerapan transform Laplace dalam menyelesaikan masalah nilai awal persamaan diferensial linear orde dua dengan koefisien konstan khususnya pada getaran pegas.

B. Rumusan Masalah

Pokok permasalahan yang akan dibahas dalam penulisan ini adalah membahas transform Laplace dan bagaimana penerapan transform Laplace dalam menyelesaikan masalah nilai awal persamaan diferensial linear orde dua dengan koefisien konstan khususnya pada getaran pegas.

C. Batasan Masalah

digunakan untuk menyelesaikan masalah nilai awal persamaan diferensial linear orde dua dengan koefisien konstan khususnya pada getaran pegas.

D. Tujuan Penulisan

Tujuan penulisan ini adalah untuk lebih memahami transform Laplace secara teoritik dan penerapan transform Laplace dalam menyelesaikan masalah nilai awal persamaan diferensial linear orde dua dengan koefisien konstan khususnya pada getaran pegas.

E. Metode Penulisan

Metode yang akan digunakan dalam membahas topik tersebut adalah metode studi pustaka.

F. Sistematika Penulisan

Penulisan ini terbagi dalam beberapa bab, yakni : BAB I Pendahuluan

BAB II Transform Laplace

A. Pengertian Transform Laplace B. Sifat-Sifat Transform Laplace C. Invers Transform Laplace

D. Transform Laplace dari Turunan dan Integral E. Konvolusi Dua Fungsi f(t) dan g(t)

F. Aplikasi Transform Laplace dalam Menyelesaikan Masalah Nilai Awal Persamaan Diferensial Linear Orde Dua dengan Koefisien Konstan

BAB III Penerapan Transform Laplace dalam Penyelesaian Masalah Nilai Awal Persamaan Diferensial Linear Orde Dua dengan Koefisien Konstan pada Getaran Pegas

A. Getaran Tak Teredam B. Getaran Teredam

10

BAB II

TRANSFORM LAPLACE

A. Pengertian Transform Laplace

Definisi (transform Laplace) : Misalkan f(t) suatu fungsi dari t yang terdefinisikan untuk t >0 maka transfom Laplace dari f(t) yang dinyatakan oleh

L

{ }

_{f(t) , didefinisikan sebagai}

L

{ }

∫

∞ − = =

0

) ( )

( )

(t F s e f t dt

f st , untuk s>0.

Integral pada definisi transform Laplace merupakan bentuk integral tak wajar sehingga untuk mengerjakan integral tak wajar ini kita kerjakan :

∫

∫

−

∞ → ∞

− ₌ T st

T st

dt t f e dt

t f e

0 0

) ( lim

)

( .

Jadi, transform Laplace bergantung pada ada tidaknya nilai limit.

Dengan menggunakan definisi di atas, kita dapat mencari transform Laplace dari beberapa fungsi elementer.

Contoh 1: Tentukan transform Laplace dari f(t)=1, t>0. Dengan menggunakan definisi transform Laplace maka

L

{}

_{1 =}

∫

∞ − 0

) 1 ( dt e st

=

∫

− ∞ →

T st

T e dt

0

=

T st

T _s

e 0

lim _⎥

⎦ ⎤ ⎢

⎣ ⎡

− −

∞

→

= _⎟⎟

⎠ ⎞ ⎜⎜

⎝ ⎛

+ − − ∞

→ _{s s}

e sT T

1 lim

= s 1

Jadi, L

{ }

_{1 =}

s 1

, di mana s >0.

Contoh 2 : Tentukan transform Laplace dari f(t)=t, t>0. Dengan menggunakan definisi transform Laplace maka

L

{}

_{t =}

∫

∞ − 0

tdt e st

=

∫

−

∞ →

T st T e tdt

0

lim

Kita gunakan pengintegralan parsial.

Misalkan : u =t dv=e−stdt

du=dt e st s v=−1 −

sehingga

L

{}

_{t =}

⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪⎩

⎪ ⎨ ⎧

+ ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣

⎡− −

∫

−

∞ →

T st T

st

T _ste _s e dt

0 0

1 1

lim

=

⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪⎩

⎪ ⎨ ⎧

⎥⎦ ⎤ ⎢⎣

⎡ − ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣

⎡− − −

∞ →

T st T

st

T _ste _s e

0 2 0

1 1

=

⎭ ⎬ ⎫ ⎩

⎨ ⎧

⎥⎦ ⎤ ⎢⎣

⎡ ₋

− ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣

⎡₋ − ₊ −

∞

→ 2 2

1 1

0 1

lim

s e s Te

s

sT sT

T

=

⎭ ⎬ ⎫ ⎩

⎨ ⎧

⎥⎦ ⎤ ⎢⎣

⎡ ₋

− ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣

⎡− − −

∞

→ 2 2

1 1

1 lim

s e s Te

s

sT sT

T

=

⎥⎦ ⎤ ⎢⎣

⎡₋ − ₋ − ₊

∞

→ 2 2

1 1

1 lim

s e s Te s

sT sT

T

=

2 1 s

Jadi, L

{ }

_t =

2 1

s , di mana s>0.

Contoh 3: Tentukan transform Laplace dari n t t

f( )= , t >0. Dengan menggunakan definisi transform Laplace maka

L

{ }

n t =

∫

∞ − 0

dt t e st n

₌

∫

−

∞ →

T n st T e t dt

0

lim

Kita gunakan pengintegralan parsial.

Misalkan : u =tn dv=e−stdt du=ntn−1dt st

e s v=−1 −

Sehingga

∫

− ∞ →

T n st T e t dt

0

lim =

⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪⎩

⎪ ⎨ ⎧

+ ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣

⎡− −

∫

− −

∞ →

T n st T

st n

T _s e t dt

n e

t

s ₀

1

0 1

=

∫

− − ∞

→ −

∞

→ ⎥⎦ +

⎤ ⎢⎣

⎡− T

n st T

T st n

T _s e t dt

n e

t

s ₀

1

0 lim 1

lim

=

∫

− −

∞ → −

∞

→ ⎥⎦+

⎤ ⎢⎣

⎡_{− +} T

n st T

sT n

T _s e t dt

n e

T

s ₀

1

lim 0 1

lim

=

∫

− −

∞ → +

T n st T _s e t dt

n

0

1

lim 0

=

∫

− −

∞ →

T n st T e t dt s

n

0

1

lim

L

{ }

n t =

s n dt t e s

n T st n

T

∫

=

− − ∞ →

0

1

lim L

{ }

n−1 t

Apabila n diganti dengan n−1 maka

L

{ }

n−1 t =

s n−1

L

{ }

n−2 t

sehingga L

{ }

n t =

s n s n_⋅ −1

L

{ }

n−2 t

= ( ₂ 1) s n n −

L

{ }

n−2 t

Jika diteruskan akan didapat

L

{ }

n

t = _n

s n n

n( −1)( −2)L3⋅2⋅1

L

{ }

0 t

di mana n(n−1)(n−2)L3⋅2⋅1=n! dan L

{ }

0

t = L

{}

s 1 1 =

Jadi, L

{ }

n t =

1 ! 1

!

+

= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛

n n

s n s s

n

Contoh 4: Tentukan transform Laplace dari f(t)=eat, t>0. Dengan menggunakan definisi transform Laplace maka

L

{ }

at e =

∫

∞ − 0

dt e e st at

=

∫

∞

− − 0

) (

dt e s at

=

∫

− − ∞ →

T t a s

T e dt

0 ) (

lim

=

T t a s

T _{s a}

e

0 ) (

lim _⎥

⎦ ⎤ ⎢

⎣ ⎡

− − − −

∞ →

= _⎥

⎦ ⎤ ⎢

⎣ ⎡

− + − − − − ∞

→ _{s a s a}

e s aT T

1 lim

) (

= a s−

1

Jadi, L

{ }

at e =

a s−

1

, di mana s>a.

Contoh 5: Tentukan transform Laplace dari f(t)=sinkt, t>0. Dengan menggunakan definisi transform Laplace maka

L

{

_sinkt

}

₌

∫

∞ − 0

sinkt e st dt

=

∫

− ∞ →

T st

T e kt

0

sin

Untuk mencari

∫

− T st kt e 0

sin dt kita gunakan pengintegralan parsial.

Misalkan : u =e−st dv=sinktdt

dt se

du=− −st kt k v=−1cos

sehingga

∫

− T st kt e 0

sin dt = − −

∫

−

⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡− T st T st kt e k s kt e

k cos _{0 0} cos

1

dt

Untuk mencari

∫

− T

st kt e

0

cos dt kita gunakan pengintegralan parsial.

Misalkan : u =e−st dv=cosktdt

dt se

du=− −st kt k v= 1sin

didapat

∫

− T st kt e 0

sin dt =

⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ + ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ − ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡− − −

∫

− T st T st T st ktdt e k s kt e k k s kt e

k ₀ sin _{0 0} sin

1 cos 1 = − − −

∫

− ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ − ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡− T st T st T st kt e k s kt e k k s kt e

k 2 ₀

2 0 0 sin sin 1 cos 1 dt

Tambahkan kedua ruas dengan

∫

− T st kt e k s 0 2 2

sin dt akan diperoleh

∫

− ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + T st kt e k s 0 2 2 sin

1 dt =

T st T st kt e k k s kt e

k ₀ sin ₀

∫

− ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝

⎛ + T

st kt e k s k 0 2 2 2

sin dt =

T st T st kt e k k s kt e

k ₀ sin ₀

1 cos 1 ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ − ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡− − −

∫

− T st kt e 0

sin dt =

⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ − ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡− + − − T st T st kt e k k s kt e k k s k 0 0 2 2 2 sin 1 cos 1 maka

L

{

_sinkt

}

₌

⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ − ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡− + − − ∞ → T st T st

T _{k k}e kt

s kt e k k s k 0 0 2 2 2 sin 1 cos 1 lim = ⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ − ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡− + − − ∞ → T st T st

T _{k k}e kt

s kt e k k s k 0 0 2 2 2 sin 1 cos 1 lim = ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ ₋ − ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡_{− +} + − − ∞

→ sin 0

1 1 cos 1 lim 2 2 2 kT e k k s k kT e k k s

k sT sT

T = ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ − ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡_{− +} + − − ∞

→ _k e kT

s k kT e k k s

k sT sT

T sin 1 cos 1 lim ₂ 2 2 2 = ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ − ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡_{− +} + − ∞ → − ∞

→ _k e kT

s k kT e k k s k sT T sT

T lim sin

1 cos 1 lim ₂ 2 2 2 = k k s k 1 2 2 2 ⋅ + = 2 2 k s k +

Jadi, L

{

_sinkt

}

₌

2 2

k s

k

Contoh 6: Tentukan transform Laplace dari f(t)=coshkt, t >0.

Kita ketahui bahwa

2 cosh kt kt e e kt − +

= untuk k >0.

Dengan menggunakan definisi transform Laplace maka

L

{

_coshkt

}

₌

∫

∞ − 0

coshkt e st dt

=

∫

∞ − − ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + 0 2 dt e e e kt kt st =

∫

−

(

−

)

∞ → + T kt kt st

T e e e dt

0 2 1 lim = _⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ +

∫

∫

− − − ∞ → T kt st T kt st

T e e dt e e dt 0 0 lim 2 1 = _⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ +

∫

∫

− + ∞ → − − ∞ → T t k s T T t k s

T e dt e dt

0 ) ( 0 ) ( lim lim 2 1 = _⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + − + ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − − + ∞ → − − ∞ → T t k s T T t k s

T _{s k}

e k s e 0 ) ( 0 ) ( lim lim 2 1 = _⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + + + − + ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − + − − − + ∞ → − − ∞

→ _{s k s k}

e k

s k s

e s kt

T t k s T 1 lim 1 lim 2

1 ( ) ( )

= ⎟

⎠ ⎞ ⎜

⎝ ⎛

− 2 2

2 2 1

k s

s

= _{2 2} k s

s

−

Jadi, L

{

_coshkt

}

₌

2 2

k s

s

− , di mana s> k .

Transform Laplace yang dihasilkan dari contoh-contoh tersebut dapat dirangkum menjadi sebuah tabel yang disebut tabel transform Laplace. Tetapi tabel ini tidak hanya berisi contoh-contoh di atas karena masih ada transform Laplace yang lain dan tidak mungkin untuk dibahas satu persatu. Jadi, transform Laplace dari beberapa fungsi elementer lainnya dapat dilihat dalam tabel transform Laplace pada lembar lampiran.

Dari contoh-contoh di atas dapat dilihat bahwa transform Laplace dari suatu fungsi selalu ada untuk s>0. Untuk hal tersebut terdapat teorema eksistensi transform Laplace. Tetapi terlebih dahulu akan dibicarakan mengenai pengertian fungsi kontinu sepotong-sepotong dan fungsi berorde eksponensial.

Definisi (fungsi kontinu sepotong-sepotong) : Sebuah fungsi f(t) disebut kontinu sepotong-sepotong pada sebuah interval terhingga

[ ]

a,b jika f(t) kontinu di setiap titik pada interval

[ ]

a,b selain di sejumlah titik tertentu di mana

) (t

Contoh 7: Sebuah fungsi f(t) didefinisikan dengan

⎩ ⎨ ⎧ =

, 2

, 1 ) (t

f

2 2 0

> < < t

t .

Fungsi )f(t kontinu pada selang (0,2) karena pada selang tersebut fungsi f(t) bernilai 1. Demikian pula pada selang (2,∞) fungsi f(t) kontinu karena fungsi

) (t

f bernilai 2. Dan pada t =2 terdapat dua limit yaitu 1

) ( lim ) 2 (

2 =

=

− ₋

→ f t f

t

2 ) ( lim ) 2 (

2

= =

+ ₊

→ f t f

t

Jadi, fungsi f(t) tersebut kontinu sepotong-sepotong pada 0<t<∞.

Contoh 8 : Perlihatkan bahwa

⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧

− − =

, 3

, 2

, ) (

2

t t t t f

3 2

2 1

1 0

≤ ≤

< ≤

< ≤

t t

t

kontinu

sepotong-sepotong dalam selang tertutup

[ ]

0,3 .

Fungsi )f(t kontinu dalam selang

[

0,1

)

karena pada selang itu f(t)=t2, )f(t juga kontinu dalam selang

[

1,2

)

. Demikian juga pada selang

[ ]

2,3 . Pada t =1,

1 ) ( lim ) 1 (

1 =

=

− ₋

→ f t f

t dan f(1+)=limt→1+ f(t)=1. Sedangkan pada t =2 terdapat dua limit, yaitu (2 ) lim ( ) 0

2

= =

− ₋

→ f t f

t

dan (2 ) lim ( ) 1 2

= =

+ ₊

→ f t f

t

. Jadi, fungsi f(t) kontinu sepotong-sepotong dalam selang 0≤t≤3.

Definisi (fungsi berorde eksponensial) : Sebuah fungsi f(t) adalah fungsi berorde eksponensial jika ada bilangan real α , M, dan T sedemikian hingga

t Me t

Contoh 9 : Sebuah fungsi f(t)=ektsinbt termasuk fungsi berorde eksponensial dengan α =k karena menurut definisi fungsi berorde eksponensial

bt bt

e e t f

e kt kt kt

sin sin

)

( = − =

−

yang terbatas untuk semua t.

Contoh 10: Setiap fungsi yang terbatas adalah fungsi berorde eksponensial seperti sinbt dan cosbt dengan α =0.

Contoh 11 : Fungsi yang dinyatakan dengan rumus ( ) t3 e t

f = tidak termasuk fungsi berorde eksponensial karena e−αt f(t) =e−αtet3 =et3−αt menjadi tak berhingga jika t→∞ untuk berapapun nilai α.

Teorema (eksistensi transform Laplace) : Jika sebuah fungsi f(t) kontinu sepotong-sepotong pada selang

[

0,∞

)

dan berorde eksponensial α , maka transform Laplace ada untuk s>α .

Bukti :

∫

∞ − 0

) (t dt f

e st dapat kita bagi dua menjadi

∫

∫

∞

−

− ₊

T st T

st

dt t f e dt t f

e ( ) ( )

0

.

Integral pertama yaitu

∫

− T

st dt t f e

0

)

( ada karena f(t) kontinu sepotong-sepotong

dan andaikan

∫

∞

a dt t

G( ) ada dan g terintegralkan dalam setiap interval a≤t<∞

maka

∫

∞

a dt t

g( ) juga ada. Karena f(t) adalah fungsi berorde eksponensial α

untuk t≥T maka berlaku M

t f

e−αt ( ) ≤ , untuk t ≥T

Kalikan dengan e−steαt sehingga kita memperoleh t

st st

e Me t

f

e− ( ) ≤ − α

Andaikan g(t)= e−st f(t) dan G(t)=Me−steαt =Me−(s−α)t. Oleh karena itu,

∫

∞ − − T

t s

dt

Me ( α) =

∫

∞

− − T

t s

dt e

M ( α)

=

∫

− − ∞ →

x T

t s

x e dt

Mlim ( α)

=

x

T t s

x _s

e

M _⎥

⎦ ⎤ ⎢

⎣ ⎡

− − − −

∞

→ α

α) ( lim

= _⎥

⎦ ⎤ ⎢

⎣ ⎡

− + −

− − − − −

∞

→ α α

α α

s e s

e M

T s x s x

) ( ) (

lim

=

α

α

−

− − s e M

Jadi,

∫

∞

− − T

t s

dt

Me ( α) ada untuk s>α. Karena e−st f(t) ≤Me−(s−α)t untuk t≥T

dan

∫

∞

− − T

t s

dt

Me ( α) ada maka berdasarkan teorema uji banding, integral

∫

∞ − T

st dt t f

e ( ) ada untuk s>α sehingga

∫

∞

− T

st dt t f

e ( ) juga ada untuk s>α . Jadi,

karena kedua integral tersebut ada maka transform Laplace F(s) ada untuk

α

> s .

B. Sifat-Sifat Transform Laplace

Selain menggunakan definisi transform Laplace untuk mencari transform Laplace, kita juga memerlukan sifat-sifat dari transform Laplace yang dapat mempermudah kita untuk mencari transform Laplace tersebut. Sifat-sifat dari transform Laplace ini dapat juga diperoleh dengan menggunakan definisi transform Laplace.

Teorema (sifat linearitas): Misalkan f₁(t) dan f₂(t) adalah fungsi-fungsi dengan transform Laplacenya masing-masing F₁(s) dan F₂(s) sedangkan c₁ dan

2

c adalah sebarang konstanta maka

L

{

_c1f1(t)±_c2f2(t)

}

_{= c1}L

{

_f1(t)

}

± _c2L

{

_f2(t)

}

_{= c1F1(s)}±_c2F2(s).

Bukti :L

{

_{( ) ( )}

}

2 2 1

1f t c f t

c ± =

∫

∞

− _±

0

2 2 1

1 ( ) ( ))

=

∫

∫

∞

− ∞

− _±

0 2 2

0 1

1 e f (t)dt c e f (t)dt

c st st

= c₁L

{

_{( )}

}

1 t

f ± c₂L

{

_{( )}

}

2 t

f

= c₁F₁(s)±c₂F₂(s)

Contoh 12 : Tentukan transform Laplace dari fungsi f(t)=sinhkt dengan menggunakan sifat linearitas.

Kita ketahui bahwa

2 sinh

kt kt

e e kt

−

−

= untuk k >0 dan L

{ }

k s ekt

−

= 1 maka

L

{

_sinhkt

}

₌ L

⎭ ⎬ ⎫ ⎩

⎨

⎧ − −

2

kt kt

e e

= 2 1

L

{ }

kt − e

2 1

L

{ }

kt

e−

= ⎟

⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛

+ − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛

−k s k

s

1 2 1 1 2 1

= ⎟

⎠ ⎞ ⎜

⎝ ⎛

− − − +

2 2

) ( ) ( 2 1

k s

k s k s

= ⎟

⎠ ⎞ ⎜

⎝ ⎛

− 2 2

2 2 1

k s

k

= _{2 2} k s

k

−

Jadi, L

{

_sinhkt

}

= _{2 2} k s

k

Contoh 13 : Tentukan L

{

t

}

e t 5 2

3 + − dengan menggunakan sifat linearitas.

L

{

t

}

e t 5 2

3 + − = 3L

{ }

_{t +5}L

{ }

t e−2

Dari tabel transform Laplace diketahui bahwa

L

{}

_{t =}

2 1 s dan

L

{ }

t

e−2 = 2 1

+

s

sehingga

L

{

t

}

e t 5 2

3 + − = ⎟

⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛

+ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛

2 1 5 1 3 ₂

s s

=

) 2 (

5 ) 2 ( 3

2

2

+ + +

s s

s s

=

) 2 (

6 3 5

2 2

+ + +

s s

s s

Jadi, L

{

t

}

e t 5 2 3 + − =

) 2 (

6 3 5

2 2

+ + +

s s

s s

.

Contoh 14 : Tentukan L

{

_et _t

}

sin 3

4− + dengan menggunakan sifat linearitas.

L

{

_et _t

}

sin 3

4− + = 4L

{ }

₁ −₃L

{ }

t

e +L

{ }

_sint

Dari tabel transform Laplace diketahui bahwa

L

{}

_{1 =}

s 1

, L

{ }

t e =

1 1

−

s , dan

L

{ }

_{sint =}

1 1 2 + s

L

{

_et _t

}

sin 3

4− + =

1 1 1 1 3 1 4 ₂ + + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ s s s = ) 1 )( 1 ( ) 1 ( ) 1 ( 3 ) 1 )( 1 ( 4 2 2 2 + − − + + − + − s s s s s s s s s = ) 1 )( 1 ( 3 3 4 4 4 4 2 2 3 2 3 + − − + − − − + − s s s s s s s s s s = ) 1 )( 1 ( 4 3 2 2 3 + − − − s s s s s

Jadi, L

{

_et _t

}

sin 3

4− + =

) 1 )( 1 ( 4 3 2 2 3 + − − − s s s s s .

Teorema (sifat translasi) : Jika f(t) adalah sebuah fungsi sedemikian hingga L

{ }

_f(t) =_{F(s)ada untuk s}>α _{maka untuk setiap konstanta a berlaku :}

L

{

_eat _f(t)

}

=_F(s−_a)

, untuk s>α +a.

Bukti :L

{ }

_{( ) ( ) ( )}

0 s F dt t f e t

f =

∫

st = ∞

−

L

{

_eat _f(t)

}

=

∫

∞ − 0

) (t dt f e e st at

=

∫

∞ − − 0 ) ( ) (t dt f e s at

= F(s−a)

Dari tabel transform Laplace diketahui bahwa L

{

}

2 2 sin

k s

k kt

+

= , s>0

Menurut sifat translasi diperoleh

L

{

_eat _kt

}

sin = _{2 2}

) (s a k

k

+

−

Jadi, L

{

_eat _kt

}

sin = _{2 2}

) (s a k

k

+

− , di mana s>a.

Contoh 16 : Dengan menggunakan sifat translasi tentukan L

{ }

at n t e .

Dari tabel transform Laplace diketahui bahwa L

{ }

1 ! +

= _n

n s

n

t , s>0.

Menurut sifat translasi diperoleh

L

{ }

at n t

e = ₁

) (

! +

− n a s

n

Jadi, L

{ }

at n t

e = ₁

) (

! +

− n a s

n

, di mana s>a.

Contoh 17 : Dengan menggunakan sifat translasi tentukan L

{

_e t _t

}

sin 3 _.

Dari contoh 15 telah kita ketahui bahwa L

{

_eat _kt

}

sin = _{2 2}

) (s a k

k

+

− , s >a

sehingga L

{

_e t _t

}

sin 3

=

1 ) 3 (

1 2 + −

s .

Definisi : Jika diketahui suatu fungsi f(t) sedemikian hingga

L

{ }

_f(t) =_{F(s) maka f(t) disebut invers transform Laplace dari F(s) dan}

secara simbolis ditulis f(t)= L 1

{

_{( )}

}

s F −

.

Invers transform Laplace juga memiliki sifat yang sama dengan transform Laplace yaitu :

1. Sifat linearitas

L

{

_{( ) ( )}

}

_{( ) ( )}

2 2 1

1 2

2 1

1 1

t f c t f c s F c s F

c ± = ±

−

2. Sifat translasi

L 1

{

( )

}

( )

t f e a s

F − = at −

Untuk mencari invers transform Laplace, kita dapat melihat tabel transform Laplace. Kadang dalam menemukan invers transform Laplace, kita perlu mengubah bentuk persamaan fungsi F(s) agar mempunyai bentuk yang sesuai dengan tabel.

Contoh 18 : Tentukan L

⎭ ⎬ ⎫ ⎩

⎨ ⎧

+

−

9 3 2 1

s s

.

Dengan menggunakan sifat linearitas dan tabel transform Laplace diperoleh

L

⎭ ⎬ ⎫ ⎩

⎨ ⎧

+

−

9 3 2 1

s s

= 3 L

⎭ ⎬ ⎫ ⎩

⎨ ⎧

+

−

9 2 1

s s

= 3 L

⎭ ⎬ ⎫ ⎩

⎨ ⎧

+

−

2 2 1

3 s

s

Jadi, L ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ + − 9 3 2 1 s s

= 3cos3t.

Contoh 19 : Tentukan L

⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ + − − 13 6 1 2 1 s s .

Kita perlu mengubah bentuk penyebut pecahan menjadi bentuk kuadrat sempurna.

2 2 2 2 2 2 ) 3 ( 1 4 ) 3 ( 1 13 9 ) 3 ( 1 13 6 1 + − = + − = + − − = +

− s s s s

s

Dengan menggunakan sifat translasi dan tabel transform Laplace diperoleh

L ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ + − − 13 6 1 2 1 s s = L ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ + − − 2 2 1 2 ) 3 ( 1 s = 2 1 L ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ + − − 2 2 1 2 ) 3 ( 2 s

= e tsin2t 2

1 3

Jadi, L

⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ + − − 13 6 1 2 1 s

s = e t

t 2 sin 2 1 3 .

Contoh 20 : Tentukan L

⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ + − 3 2 1 ) 1 (s s .

Dengan menggunakan pecahan parsial diperoleh

3 2 3 2 ) 1 ( ) 1 ( 1 ) 1

( + = + + + + s+

C s B s A s s

s2 = As2 +2As+A+Bs+B+C s2 = As2 +(2A+B)s+(A+B+C)

Dari persamaan di atas akan kita dapatkan sistem persamaan berikut : A=1

2A+B =0 0

= + +B C A

Dari sistem persamaan di atas kita dapatkan A=1, 2B =− , dan C =1 sehingga

3 2 3 2 ) 1 ( 1 ) 1 ( 2 1 1 ) 1

(s+ = s+ − s+ + s+ s maka L ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ + − 3 2 1 ) 1 (s s

= L

⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ + + + − + − 3 2 1 ) 1 ( 1 ) 1 ( 2 1 1 s s s

= L −

⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ + − 1 1 1 s L + ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ + − 2 1 ) 1 ( 2 s L ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ + − 3 1 ) 1 ( 1 s

= L −

⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ + − 1 1 1 s 2 L + ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ + − 2 1 ) 1 ( 1 s 2 1 L ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ + − 3 1 ) 1 ( 2 s

= 2

2 1 2e t e t e−t − −t + −t

Jadi, L

⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ + − 3 2 1 ) 1 (s s

= 2

2 1 2e t e t e−t − −t + −t .

Transform Laplace dari turunan dan integral sangat berguna dalam menyelesaikan masalah nilai awal persamaan diferensial linear orde dua dengan koefisien konstan.

Teorema (Transform Laplace dari turunan berorde satu) : Misalkan )

(t

f adalah fungsi yang kontinu dan merupakan fungsi berorde eksponensial α untuk t≥0 dan jika f′(t) kontinu sepotong-sepotong untuk t≥0 maka

L

{

_f′_(t)

}

=_sL

{ }

_f(t) − _f(0).

Bukti : Menurut definisi transform Laplace

L

{

_f′_(t)

}

=

∫

′ =

∫

− ′

∞ → ∞

− T st

T st

dt t f e dt

t f e

0 0

) ( lim

) (

Gunakan pengintegralan parsial.

Misalkan u=e−st dv= f′(t)dt du=−se−st v= f(t) Sehingga

L

{

_f′_(t)

}

₌

[

]

_⎟⎟

⎠ ⎞ ⎜⎜

⎝ ⎛

+

∫

− −

∞ →

T st T

st

T e f t s e f t dt 0

0 ( )

) ( lim

=

[

]

∫

−

∞ → −

∞

→ +

T st T

T st

T e f t s e f t dt 0

0 lim ( )

) ( lim

=

(

)

∫

−

∞ → −

∞

→ − +

T st T

sT

T e f T f s e f t dt

0

) ( lim

) 0 ( ) ( lim

= sL

{ }

_f(t) − _f(0)

Teorema (transform Laplace dari turunan berorde dua) : Misalkan )

(t

f dan f′(t) adalah fungsi yang kontinu dan merupakan fungsi berorde eksponensial α untuk t≥0 dan jika f ′′(t) kontinu sepotong-sepotong untuk

0

≥

t maka

L

{

}

2

) (t s

f ′′ = L

{ }

_f(t) −_sf(0)− _f′_(0).

Bukti : Misalkan g(t)= f′(t), maka g′(t)= f ′′(t) sehingga

L

{

_f ′′_(t)

}

₌ L

{

_g′_(t)

}

= sL

{ }

_g(t) −_g(0)

= sL

{

_f′_(t)

}

− _f′₍₀₎

= s

[

sL

{ }

_f(t) − _f(0)

]

− _f′₍₀₎

= s2L

{ }

_f(t) −_sf(0)− _f′₍₀₎

Contoh 21 : Tentukan L

{ }

_{t dengan menggunakan teorema transform}

Laplace dari turunan berorde satu.

Misalkan f(t)=t maka f(0)=0 dan 1f′(t)= . Menurut teorema transform Laplace dari turunan berorde satu :

L

{

_f′_(t)

}

_{= s}L

{ }

_f(t) − _f(0)

Dari tabel transform Laplace diketahui bahwaL

{ }

_{1 =}

s 1

sehingga

s s = 1

L

{}

_t

Jadi, L

{ }

_{t =}

2 1 s .

Contoh 22 : Tentukan L

{

_sinkt

}

_{dengan menggunakan teorema transform}

Laplace dari turunan berorde dua.

Misalkan f(t)=sinkt maka f′(t)=kcoskt dan f ′′(t)=−k2sinkt sehingga 0

) 0 ( =

f dan f′(0)=k. Menurut teorema transform Laplace dari turunan berorde dua :

L

{

_f ′′_(t)

}

₌ 2

s L

{ }

_f(t) −_sf(0)− _f′₍₀₎

L

{

−_k2_sinkt

}

= s2L

{

_sinkt

}

−_s⋅₀−_k L

{

−_k2_sinkt

}

= s2L

{

_sinkt

}

−_k

Menurut sifat linearitas 2

k

− L

{

_sinkt

}

= 2

s L

{

_sinkt

}

−_k

2

s L

{

_sinkt

}

2 k

+ L

{

_sinkt

}

_{= k}

)

(s2 +k2 L

{

_sinkt

}

_{= k}

Jadi, L

{

_sinkt

}

₌

2 2

k s

k

Teorema (transform Laplace dari integral) : Misalkan f(t) fungsi yang kontinu sepotong-sepotong dan merupakan fungsi berorde eksponensial untuk

0

≥

t maka

L

s dx x f t

1 )

( 0

= ⎭ ⎬ ⎫ ⎩

⎨ ⎧

∫

L

{ }

_{f(t) =} 1_F(s)

s untuk s>α.

Bukti : Misalkan =

∫

t

dx x f t g

0

) ( )

( maka g′(t)= f(t) dan g(0)=0. Dengan

menggunakan teorema transform Laplace dari turunan berorde satu diperoleh

L

{

_g′_(t)

}

=_sL

{ }

_g(t) −_g(0)

L

{ }

_{f(t) = s}L

{ }

_g(t)

L

{ }

_{g(t) =}

s 1

L

{ }

_f(t)

L _{( )} 1 _{( )}

0

s F s dx x f t

= ⎭ ⎬ ⎫ ⎩

⎨ ⎧

∫

Contoh 23 : Tentukan L

⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧

∫

t xdx 0

dengan menggunakan teorema transform

Laplace dari integral.

Misalkan =

∫

t

xdx t

g

0

)

( maka g′(t)= f(t)=t. Berdasarkan teorema transform

Laplace dari integral diperoleh

L

⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧

∫

t xdx 0

= s 1

= s 1

L

{}

_t

= 1 1₂ s s⋅

= 1₃ s

Contoh 24 : Tentukan L

⎭ ⎬ ⎫ ⎩

⎨ ⎧

∫

t xdx

0

sin dengan menggunakan teorema

transform Laplace dari integral.

Misalkan =

∫

t

xdx t

g

0

sin )

( maka g′(t)= f(t)=sint. Berdasarkan teorema

transform Laplace dari integral diperoleh

L

⎭ ⎬ ⎫ ⎩

⎨ ⎧

∫

t xdx

0

sin = s 1

L

{ }

_f(t)

= s 1

L

{ }

_sint

=

1 1 1

2 + ⋅

s s

=

) 1 (

1 2 + s s

Prosedur penting yang lain dalam hubungannya dengan penggunaan tabel transform Laplace adalah teorema konvolusi dari fungsi f(t) dan )g(t .

Definisi : Misalkan f(t) dan )g(t adalah fungsi yang kontinu sepotong-sepotong untuk t ≥0 maka konvolusi dari f(t) dan )g(t didefinisikan dengan

∫

− =

∗

t

dx x g x t f t g t f

0

) ( ) ( ) ( )

( .

Misalkan kita ganti t−x menjadi u sehingga u=t−x maka du=−dx. Untuk

0

=

x maka u =t, sedangkan untuk x=t, u=0 sehingga

∫

− =

∗

t

dx x g x t f t g t f

0

) ( ) ( ) ( ) (

= −

∫

−

0

) ( ) (

t

du u t g u f

=

∫

− t

du u f u t g

0

) ( ) (

= )g(t)∗ f(t

Jadi, konvolusi memiliki sifat komutatif yaitu f(t)∗g(t)=g(t)∗ f(t).

Contoh 25 : Tentukan konvolusi dari 1 dan sint. Misalkan f(t)=1 dan g(t)=sint

∫

⋅ =

∗ t t xdx

0

sin 1 sin 1

=

∫

t

xdx

0

=

[

−cosx

]

t₀ = −cost+1

= 1−cost

Contoh 26 : Tentukan konvolusi dari et dan e2t. Misalkan f(t)=et dan g(t)=e2t

t t

e

e ∗ 2 =

∫

− t

x x t

dx e e

0

2 ) (

=

∫

t

x t

dx e e

0

=

∫

t

x t

dx e e

0

= et

[ ]

ex t₀ = )et(et −1 = e2t −et

Contoh 27 : Tentukan konvolusi dari sint dan cos . t Misalkan f(t)=sint dan g(t)=cost

∫

− =

∗ t t t x xdx

t

0

cos ) sin( cos

sin

Berdasarkan rumus perkalian sinus dan cosinus :

{

sin( ) sin( )

}

2 1 cos

sehingga

[

]

∫

+ −

= ∗

t

dx x t t t

t

0

) 2 sin( sin

2 1 cos sin

=

t x t t

x

0

) 2 cos( 2 1 sin 2 1

⎥⎦ ⎤ ⎢⎣

⎡ _{+ −}

= _⎢⎣⎡t t+ −t − cost_⎥⎦⎤ 2 1 ) cos( 2 1 sin 2 1

=

⎥⎦ ⎤ ⎢⎣

⎡ _{+ −}

t t

t

t cos

2 1 cos 2 1 sin 2 1

= tsint 2 1

Teorema (konvolusi) : Misalkan f(t) dan g(t) kontinu sepotong-sepotong dan merupakan fungsi berorde eksponensial untuk t≥0 maka transform Laplace dari f(t)∗g(t) adalah

L

{

_f(t)∗_g(t)

}

=_F(s)G(s).

Bukti : Dengan menggunakan definisi transform Laplace dan definisi konvolusi diperoleh

L

{

_f(t)∗_g(t)

}

₌

∫

∫

∞ −

⎥ ⎦ ⎤ ⎢

⎣ ⎡

− 0 0

) ( )

(t x g x dx dt f

e t st

=

∫

∫

_⎥

⎦ ⎤ ⎢

⎣ ⎡

−

− ∞ →

B t

st

B e f t x g x dx 0 0

) ( ) (

Batas dari integral berulang tersebut sesuai dengan daerah R dalam bidang tx yang diperlihatkan pada gambar 1a yaitu daerah antara sumbu t dan garis x=t. Dengan melakukan pengubahan variabel misalkan u =t−x dan v=x akan mengubah daerah R menjadi daerah R* (lihat gambar 1b) dalam bidang uv. Oleh karena itu,

L

{

_f(t)∗_g(t)

}

₌

∫ ∫

− + − ∞ →

BB v v u s

B e f u g v dudv 0 0

) (

) ( ) ( lim

=

∫ ∫

∞ ∞

−

⎥ ⎦ ⎤ ⎢

⎣ ⎡

0 0

) (u du f

e su e−svg(v)dv

Jadi, L

{

_f(t)∗_g(t)

}

₌ L

{ }

_f(t) L

{ }

_g(t)

= )F(s)G(s

Gambar 1a Gambar 1b Dapat juga dikatakan

L 1

{

_{( ) ( )}

}

_{( ) ( )}

t g t f s G s

F = ∗

−

Contoh 28 : Tentukan transform Laplace dari t e3

2∗ dengan menggunakan teorema konvolusi.

Misalkan 2f(t)= dan g(t)=e3t B

x

0 t

R

B

B R*

u v