Persamaan Differensial Biasa

cakul

fi5080

by

khbasar;

sem1

2010-2011

Bab 7

Persamaan Differensial Biasa

Dalam banyak persoalan fisika, suatu topik sering dinyatakan dalam bentuk perubahan (laju perubahan). Telah disinggung sebelumnya bahwa peru-bahan sering dinyatakan dalam bentuk differensial (turunan). Persamaan matematik yang melibatkan adanya laju perubahan merupakan persamaan differensial. Dengan demikian cara untuk menyelesaikan persamaan diffe-rensial (mencari solusi persamaan diffediffe-rensial) merupakan hal yang sangat penting. Dalam BAB ini akan dibahas metode yang dapat digunakan untuk menyelesaikan persamaan differensial (khusus persamaan differensial biasa). Yang dimaksud solusi dari suatu persamaan differensial adalah bentuk ungkapan matematik yang memenuhi persamaan differensial yang dimaksud. Misalkan suatu persamaan differensial yang berbentuk dy

dx = 2, maka yang

termasuk solusinya adalah y = 2x, atau y = 2x+ 1 atau y = 2x−50 dan lain sebagainya yang secara umum berbentuk y = 2x+ const. Kesemua bentuk fungsi y tersebut bila disubstitusikan ke persamaan differensial yang dimaksud akan memberikan nilai yang benar (identitas).

Untuk mempermudah penulisan, digunakan notasi y0

untuk menyatakan turunan pertamayterhadapxdany00

menyatakan turunan keduayterhadap

x, hal ini berarti

y0 = dy dx y00 = d 2_y dx2 (7.1)

Yang disebut orde dari persamaan differensial adalah tingkatan tertinggi dari turunan yang terlibat dalam persamaan differensial tersebut.

persamaan differensial berikut ini adalah contoh persamaan orde satu: y0 +xy2 = 1, xy0 +y=ex_, dv dt =−g, LdI dt +RI =V

sedangkan persamaan differensial md

2_r

dt2 = −kr adalah contoh persamaan

differensial orde dua.

Suatu persamaan differensial linier adalah persamaan differensial yang berbentuk (dengan x merupakan variabel tak bebas dan y adalah variabel bebas) a0y+a1y 0 +a2y 00 +a3y 000 +. . .=b

dengan a dan b adalah konstanta atau fungsi dari variabel tak bebas x. Berikut ini adalah contoh persamaan differensial yang tak linier

y0

+xy2 = 1 (tak linier karena ada suku y2)

y0

= coty (tak linier karena ada suku coty)

yy0

= 1 (tak linier karena ada suku yy0

)

y0₂

=xy (tak linier karena ada suku y0₂

)

7.1

Pemisahan Persamaan

Salah satu cara penyelesaian persamaan differensial orde satu yang linier adalah dengan pengintegralan. Suatu persamaan differensial yang berbentuk

y0

= dy

dx =f(x) dapat dituliskan dengan memisahkan persamaannya menjadi

berbentuk dy = f(x)dx dan kemudian solusinya dapat diperoleh dengan mengintegralkan kedua ruas.

Contoh 1

Ingin dicari solusi dari persamaan

xy0

cakul

fi5080

by

khbasar;

sem1

2010-2011

7.1 Pemisahan Persamaan 135

Bila persamaan tersebut dibagi denganx(y+ 1) maka akan diperoleh bentuk

y0 y+ 1 = 1 x atau dy y+ 1 = dx x (7.3)

bila kedua ruas diintegralkan akan didapat Z _dy

y+ 1 =

Z _dx

x (7.4)

yang memberikan hasil dalam bentuk

ln(y+ 1) = lnx+ const = lnx+ lna= ln(ax) (7.5) dengan demikian solusi yang didapat adalah berbentuk

y+ 1 =ax =⇒ y=ax−1 (7.6) dengan a adalah konstanta. Solusi tersebut dinamakan solusi umum dari persamaan differensial yang dimaksud.

Contoh 2

Diketahui laju peluruhan zat radioaktif sebanding dengan zat radioaktif yang tersisa. Persoalan ini bila dirumuskan dalam persamaan differensial adalah

dN

dt =−λN (7.7)

Persamaan differensial tersebut dapat dituliskan dalam bentuk dN

N =−λdt

yang bila diintegralkan akan menghasilkan persamaan lnN = −λt+ const. Kemudian misalkan diketahui bahwa pada saat awal jumlah zat radioaktif adalah N = N0, maka jumlah zat radioaktif setelah waktu t adalah N =

N0e−λt.

Contoh 3

Selesaikan persamaan differensial berikut

xy0

=y (7.8)

Persamaan tersebut dapat dituliskan sebagai

xdy dx =y =⇒ dy y = dx x

Kemudian bila persamaan tersebut diintegralkan maka akan diperoleh Z _dy y = Z _dx x lny= lnx+ const y=ex_{+ const}

7.2

Persamaan Linier Orde Satu

Persamaan differensial linier orde satu adalah persamaan differensial yang mengandung suku y0

dan tak ada turunan yang lebih tinggi. Suatu PDB linier orde satu mempunyai bentuk

y0

+P y =Q (7.9)

di manaP dan Qadalah fungsi dari x. Untuk menyelesaikan PDB tersebut, tinjau kondisi jika Q= 0 sehingga PDB tersebut menjadi berbentuk

y0

+P y = 0 =⇒ dy

dx =−P y (7.10)

Sebagaimana yang telah diuraikan sebelumnya, maka dapat dikerjakan seba-gai berikut dy y =−P dx lny =− Z P dx+C =⇒ y=Ae−RP dx

Jika digunakan notasi I = R

P dx, maka berarti dI

dx = P sehingga dapat

dituliskan bahwa y=Ae−I _{atau ye}I _{=A. Selanjutnya}

d dx(ye I_{) =y}0 eI _+yeIdI dx =y 0 eI _+yeI_{P =e}I_(y0 +P y)

Dengan demikian bila persamaan 7.9 dikalikan denganeI_{, maka berarti}

eI_(y0

+P y) =eI_Q= d

dx(ye

I_{) (7.11)}

Kemudian dengan mengintegralkan persamaan tersebut maka diperoleh

yeI ₌

Z

QeI _{dx+C =⇒ y=e}−I

Z

cakul

fi5080

by

khbasar;

sem1

2010-2011

7.2 Persamaan Linier Orde Satu 137

Maka solusi PDB linier orde satu sebagaimana ditunjukkan dengan persa-maan 7.9 adalah y =e−I Z QeIdx+Ce−I (7.12) dengan I =R P dx. Contoh

Carilah solusi persamaan differensial (1 +x2_)y0

+ 6xy= 2x.

Persamaan tersebut dapat dituliskan dalam bentuk persamaan 7.9 yaitu

y0 + 6x 1 +x2y= 2x 1 +x2 yang berarti P = 6x 1 +x2 dan Q= 2x 1 +x2. Jadi I = Z P dx= Z 6x 1 +x2dx= 3 ln(1 +x 2₎ eI =e3 ln(1+x2) = (1 +x2)3 yeI = Z QeIdx= Z _2x 1 +x2 1 +x 23 dx = 1 3(1 +x 2₎3_+C =⇒y = 1 3 + C (1 +x2₎3

Persamaan Bernoulli

Persamaan differensial yang berbentuk

y0

+P y =Qyn (7.13)

denganP danQ merupakan fungsi darixdikenal sebagai persamaan Berno-ulli. Meskipun persamaan tersebut bukanlah persamaan linier (karena ada faktor pangkat n) namun dapat dilakukan pengubahan variabel sehingga diperoleh persamaan yang berbentuk linier. Untuk mengubahnya menjadi persamaan differensial linier maka digunakan variabel baru z =y1−n_.

Diffe-rensialkan z terhadap y maka akan diperoleh

dz dy = (1−n)y −_n =⇒ z0 = (1−n)y−_n y0 (7.14)

selanjutnya bila persamaan 7.13 dikalikan dengan (1 − n)y−_n maka akan diperoleh (1−n)y−_n y0 + (1−n)P y1−_n = (1−n)Q z0 + (1−n)P z = (1−n)Q (7.15)

Perhatikan bahwa karena n adalah suatu bilangan tertentu yang konstan, maka bentuk persamaan tersebut di atas menjadi seperti persamaan 7.9 se-hingga solusinya dapat dicari menggunakan cara yang sama sebagaimana yang telah diuraikan sebelumnya.

Persamaan Eksak

Persamaan differensial yang berbentuk

P dx+Qdy= 0 atau y0

=−P

Q (7.16)

disebut persamaan (differensial) eksak jika terpenuhi hubungan ∂P

∂y =

∂Q

∂x.

Dalam hal ini dapat dinyatakanP dx+Qdy =dF = 0, yang berarti solusinya adalahF(x, y) = const.

Suatu persamaan differensial yang tak-eksak seringkali dapat dibuat menjadi eksak dengan mengalikannya dengan suatu faktor tertentu.

Contoh

Tentukan solusi persamaan differensial y0

= y

x.

Persamaan differensial tersebut dapat dituliskan dalam bentukxdy−ydx = 0. Yang berarti P = −y dan Q = x. Karena ∂P

∂y 6=

∂Q

∂x, maka

persama-an differensial tersebut bukpersama-anlah persamapersama-an eksak. Namun bila persamapersama-an differensial tersebut dikalikan dengan 1

x2, maka akan diperoleh

xdy−ydx x2 = 1 xdy− y x2dx=d y x = 0 Dalam hal ini P = − y

x2 dan Q = 1 x sehingga ∂P ∂y = − 1 x2 dan ∂Q ∂x = − 1

x2. Artinya persamaan differensial tersebut menjadi persamaan eksak dan

solusinya adalah dF =dy x

= 0 atau y

cakul

fi5080

by

khbasar;

sem1

2010-2011

7.3 Persamaan Linier Orde Dua dengan Ruas Kanan Sama

dengan Nol 139

Persamaan Homogen

Suatu fungsi homogen berderajat n dari x dan y adalah suatu fungsi yang dapat dituliskan dalam bentuk xn_{f(y/x). Misalnya fungsi x}3 _−xy2 _dapat

dituliskan dalam bentuk x3_[1−(y/x)2_{] sehingga fungsi tersebut dikatakan}

fungsi homogen berderajat 3.

Suatu persamaan homogen adalah persamaan yang berbentuk

P(x, y)dx+Q(x, y)dy= 0 (7.17) denganP danQadalah dua buah fungsi homogen dengan derajat yang sama. Jika dua buah fungsi homogen dengan derajat yang sama tersebut dibagi, maka faktor xn _{akan hilang dan yang tersisa adalah suatu fungsi dari} y

x.

Artinya dapat dituliskan

y0 = dy dx =− P(x, y) Q(x, y) =f y x

7.3

Persamaan Linier Orde Dua dengan Ruas

Kanan Sama dengan Nol

PDB yang dimaksud adalah yang berbentuk

a2

d2_y

dx2 +a1

dy

dx +a0y= 0 (7.18)

Untuk memudahkan penulisan diperkenalkan suatu operator differensial ya-itu D di mana D = d dx. Artinya Dy = dy dx = y 0 dan D2_{y =} d dx dy dx = d2_y dx2 =y 00

. Dengan menggunakan operator differensial D tersebut maka per-samaan 7.18 dapat dituliskan dalam bentuk

a2D2y+a1Dy+a0y= 0 atau a2D2+a1D+a0y= 0 (7.19)

Persamaana2D2+a1D+a0 = 0 disebut sebagai persamaan karakteristik dari

persamaan differensial yang bersangkutan. Perhatikan bahwa persamaan ka-rakteristik tersebut mempunyai bentuk mirip persamaan kuadrat dalam D. Jika persamaan karakteristik tersebut dapat difaktorkan dan diperoleh akar-akarnya, maka solusi persamaan differensial yang bersangkutan berkaitan dengan akar-akar persamaan karakteristiknya. Misalkan persamaan karak-teristik suatu PDB orde dua mempunyai akar-akar yang dapat dinyatakan sebagai D=d1 dan D=d2, maka solusi PDB tersebut adalah

Contoh 1

Carilah solusi persamaan differensial y00

+ 5y0

+ 4y= 0.

PDB tersebut dapat dituliskan menjadi

(D2+ 5D+ 4)y= 0

Persamaan karakteristik PDB tersebut adalah D2_{+ 5D+ 4 = 0 yang dapat}

dituliskan juga sebagai (D + 1)(D + 4) = 0. Jadi akar-akar persamaan karakteristiknya adalahD=−1 danD=−4. Dengan demikian solusi PDB yang dimaksud adalah

y=C1e

−_x

+C2e −_4x

Jika persamaan karakteristik mempunyai hanya satu nilai akar, artinya

d1 = d2, yang mana berarti persamaan karakteristiknya berbentuk (D −

d1)(D−d1) = 0 atau PDBnya berbentuk (D−d1)(D−d1)y= 0, maka solusi

PDB yang berkaitan adalah

y= (C1x+C2)ed1x (7.21)

Contoh 2

Tentukan solusi persamaan differensial y00

−6y0

+ 9y= 0.

Persamaan karakteristiknya adalah D2 _{−6D+ 9 = 0 yang berarti akarnya}

adalahD= 3. Sehingga solusinya adalah y= (C1x+C2)e3x.

Contoh 3

Carilah solusi persamaan differensial y00

+ 9y= 0.

Persamaan karakteristiknya adalahD2_{+ 9 = 0. Akar-akarnya adalahd} 1 = 3i

dan d2 =−3i. Dengan demikian

y=C1e3ix+C2e

−_3ix

=C1(cos 3x+isin 3x) +C2(cos 3x−isin 3x) = C10 cos 3x+C 0 2sin 3x

=Csin(3x+φ) = C0

cos(3x+φ0

cakul

fi5080

by

khbasar;

sem1

2010-2011

7.4 Persamaan Linier Orde Dua dengan Ruas Kanan Tidak

Sama dengan Nol 141

7.4

Persamaan Linier Orde Dua dengan Ruas

Kanan Tidak Sama dengan Nol

PDB yang dimaksud adalah yang berbentuk

a2 d2_y dx2 +a1 dy dx +a0y=f(x), atau d2_y dx2 + a1 a2 dy dx + a0 a2 y=F(x) (7.22)

Cara yang paling mudah untuk menyelesaikan PDB jenis ini adalah meng-gunakan integrasi berulang (successive integration). Berikut ini diberikan contohnya.

Misalkan PDB yang berbentuk

(D−1)(D+ 2)y=ex

kemudian dengan memisalkan suatu variabel baru yaitu u= (D+ 2)y, maka persamaan differensial di atas dituliskan kembali sebagai

(D−1)u=ex =⇒ u0

−u=ex

yang merupakan persamaan linier orde satu yang dapat diselesaikan dengan metode yang telah diuraikan pada bagian sebelumnya yaitu persamaan 7.9.

u=e−_I Z QeI_dx+Ce−_I di mana I = Z P dx= Z −dx=−x dan Q=ex maka u=ex Z exe−x dx+C1ex =xex_+C 1ex

Kemudian karena u= (D+ 2)y, maka

(D+ 2)y=xex_+C 1ex

Terlihat bahwa PDB tersebut sekali lagi berbentuk PDB linier orde satu dan dapat kembali diselesaikan dengan cara serupa. Kali iniQ=xex_+C

1ex dan P = 2, berarti I = Z P dx= Z 2dx= 2x y=e−_2x Z QeI _dx+C 2e −_2x =e−_2x Z e2x(xex+C1ex)dx+C2e −_2x = 1 3xe x −1 9e x +1 3C1e x +C2e −_2x = 1 3xe x_+C0 1ex+C2e −_2x Bagian 1 3xe

x _{disebut solusi partikular (particular solution) sedangkan yang}

mengandung konstanta sembarang yaitu (C0

1ex+C2e−2x) dinamakan fungsi

komplementer (complementary function) dari PDB yang bersangkutan. Per-hatikan bahwa solusi PDB orde dua haruslah mempunyai dua buah konstanta sembarang (pada contoh di atas kedua konstanta tersebut adalahC0

1danC2).

Kedua konstanta sembarang ini tercakup dalam fungsi komplementer PDB tersebut.

Cara integrasi berulang umumnya dapat digunakan untuk berbagai PDB linier orde dua dengan ruas kanan tidak sama dengan nol. Hanya saja sering-kali cara ini membutuhkan waktu yang lama dan proses yang panjang. Cara yang lainnya yang dapat digunakan adalah dengan terlebih dahulu mencari fungsi komplementer, yc. Fungsi komplementer diperoleh bila ruas kanan

PDB orde dua tersebut sama dengan nol (sebagaimana telah dibahas pada bagian terdahulu). Setelah itu perlu juga dicari solusi partikular, yp. Bila yc

dan yp telah diperoleh maka solusi lengkap PDB yang bersangkutan dapat

diperoleh dengan menjumlahkan keduanya, artinya

y =yc+yp (7.23)

Bentuk solusiyp bergantung pada bentuk fungsiF(x). Fungsi komplementer

dapat diperoleh dengan cara yang telah diuraikan pada bagian terdahulu (lihat 7.3). Yang menjadi masalah adalah bagaimana memperoleh solusi partikular tersebut? Berikut ini akan diuraikan beberapa cara memperoleh solusi partikular untuk beberapa bentuk fungsi F(x).

cakul

fi5080

by

khbasar;

sem1

2010-2011

7.4 Persamaan Linier Orde Dua dengan Ruas Kanan Tidak

Sama dengan Nol 143

F

(

x

)

berbentuk

ke

cx

Dari contoh sebelumnya terlihat bahwa solusi partikular yang mungkin ada-lah berbentuk eksponensial. Tinjau persamaan differensial (D−1)(D+5)y = 7e2x_{. Fungsi komplementer PDB ini adalah y}

c = Aex +Be−5x. Misalkan

solusi partikularnya berbentuk yp = Ce2x. Bila solusi partikular ini

disubs-titusikan ke PDB tersebut maka akan diperoleh

(D−1)(D+ 5)yp = 7e2x y00 p + 4y 0 p−5yp =C(4e2x+ 8e2x−5e2x) = 7e2x C(7e2x) = 7e2x =⇒ C= 1

Dengan demikian solusi lengkapnya adalah

y =yc+yp =Aex+Be

−_5x

+e2x

Secara umum bentuk solusi partikular yang dapat dicoba bergantung pada nilai cdan akar-akar karakteristik PDB orde dua. Misalkan akar-akar karak-teristik PDB orde dua yang dimaksud adalaha danb, maka solusi partikular yang dapat dicoba adalah

yp =      Cecx _{jikac6=adan c6=b}

Cxecx _{jikac=aatauc=b,di manaa6=b}

Cx2_ecx _jikac=a=b

(7.24)

F

(

x

)

berbentuk fungsi harmonik (sinus atau cosinus)

Perlu diingat bahwa fungsi harmonik dapat dinyatakan dalam bentuk fungsi kompleks. Untuk memperoleh solusi partikular dari PDB yang berbentuk

(D−a)(D−b)y= (

ksinαx

kcosαx (7.25)

maka pertama-tama selesaikan dahulu persamaan (D−a)(D−b)y=keiαx_,

kemudian ambil bagian real atau imajinernya.

Contoh

Tentukan solusi partikular dari persamaan differensialy00

+y0

−2y= 4 sin 2x.

Tinjau PDB y00

+y0

dan −2. Berarti dapat dicoba solusi partikular yang berbentuk Yp = Cei2x.

Substitusi Yp ke PDB tersebut memberikan

(−4 + 2i−2)Cei2x = 4ei2x =⇒ C =−1 5(i+ 3) berarti Yp =− 1 5(i+ 3)e i2x ₌₋1 5ie i2x₋ 3 5e i2x =−1 5(icos 2x−sin 2x)− 3 5(cos 2x+isin 2x) = 1 5sin 2x− 3 5cos 2x +i −1 5cos 2x− 3 5sin 2x

Karena 4 sin 2x adalah bagian imajiner dari 4ei2x_{, maka solusi partikular}

untuk PDB tersebut adalah bagian imajiner dari Yp, artinya

yp = Im(Yp) = −

1

5cos 2x− 3 5sin 2x

F

(

x

)

berbentuk perkalian polinom dan eksponensial

Bentuk lain fungsi F(x) yang umum ditemui adalah gabungan (perkalian) antara fungsi eksponensial dengan polinom, artinyaF(x) =ecx_P

n(x) di mana

Pn(x) adalah polinom berderajat n. Solusi partikular dari PDB (D−a)(D−

b)y=ecx_P n(x) adalah yp =      ecx_Q n(x) jika c6=a, c6=b xecx_Q

n(x) jika c=aatau c=b, di mana a6=b

x2_ecx_Q

n(x) jika c=a=b

(7.26)

di mana Qn(x) adalah polinom berderajat sama dengan Pn(x) dan yang

memenuhi PDB yang dimaksud. Metode ini dinamakan juga metode unde-termined coefficients.

Contoh

Tentukan solusi partikular dari persamaan differensial (D−1)(D+ 2)y = 18xex_.

Dalam hal ini Pn(x) = 18x dan c = a = 1, maka solusi partikular yang

cakul

fi5080

by

khbasar;

sem1

2010-2011

7.4 Persamaan Linier Orde Dua dengan Ruas Kanan Tidak

Sama dengan Nol 145

satu, maka polinom Qn(x) adalah juga polinom berderajat satu, sehingga

dapat dimisalkan berbentuk Qn(x) =Ax+B. Selanjutnya

yp =xex(Ax+B) y0 p =ex(Ax2 +Bx+ 2Ax+B) y00 p =e x (Ax2 +Bx+ 4Ax+ 2B+ 2A) y00 p +y 0 p −2yp =ex(6Ax2+ 3B+ 2A) = 18xex yang memberikanA = 3, B =−2

Dengan demikian diperoleh yp = (3x2−2x)ex.

F

(

x

)

berbentuk gabungan (polinom, eksponensial dan

fungsi harmonik)

Jika ruas kanan PDB orde dua tersebut merupakan fungsi yang terdiri dari superposisi (penjumlahan) fungsi-fungsi lainnya (polinom + eksponensial + harmonik), maka dapat digunakan prinsip superposisi untuk memperoleh solusi partikularnya. Misalnya F(x) = F1(x) +F2(x) +F3(x), maka solusi

partikularnya adalah

yp =yp1+yp2+yp3 (7.27)

di mana yp1, yp2 dan yp3 masing-masing adalah solusi partikular dari F1(x),

F2(x) dan F3(x).

Contoh

Tentukan solusi partikular persamaan differensialy00

+y0

−2y=ex_{+4 sin 2x+}

(x2_−x)

Dalam hal ini dapat dinyatakan bahwa F(x) merupakan superposisi dari tiga macam fungsi, yaitu F1(x) = ex, F2(x) = 4 sin 2x dan F3(x) =x2 −x.

Dengan metode-metode yang telah diuraikan sebelumnya dapat diperoleh

yp1 = 1 3xe x yp2 =− 1 5cos 2x− 3 5sin 2x yp3 =− 1 2(x 2_{+ 1)} =⇒ yp = 1 3xe x₋1 5cos 2x− 3 5sin 2x− 1 2(x 2_{+ 1)}

7.5

Transformasi Laplace

Pada BAB sebelumnya telah sempat disinggung mengenai transformasi Fou-rier yang merupakan representasi suatu fungsi dalam domain yang berbeda. Terdapat transformasi lainnya yang juga cukup penting dan berguna dalam penyelesaian persamaan differensial, yaitu transformasi Laplace. Transfor-masi Laplace didefinisikan sebagai

L(f) =

∞

Z

0

f(t)e−pt_{dt (7.28)}

Misalkan suatu fungsi didefinisikan sebagai f(t) = e−at_{, maka bila fungsi ini}

ditransformasikan menggunakan transformasi Laplace akan diperoleh

L(f) = ∞ Z 0 e−at e−pt dt = ∞ Z 0 e−(a+p)t dt=−e −(a+p)t (a+p) ∞ 0 = 1 a+p

Pada Tabel 7.1 diberikan transformasi Laplace untuk beberapa fungsi seder-hana.

Transformasi Laplace untuk menyelesaikan persamaan

differensial

Tinjau suatu fungsiy(t) yang turunan pertamanya dinyatakan dengany0

dan turunan keduanya dinyatakan dengany00

. Transformasi Laplace dariy0

dapat diperoleh sebagai berikut

L(y0 ) = ∞ Z 0 y0 (t)e−pt_dt=e−pt_y(t) ∞ 0 −(−p) ∞ Z 0 y(t)e−pt_dt =−y(0) +pL(y) = pL(y)−y0 (7.29)

Kemudian dengan menggunakan persamaan tersebut di atas dapat pula di-peroleh transformasi Laplace dariy00

, yaitu L(y00 ) = pL(y0 )−y0 (0) =p(pL(y)−y0)−y 0 (0) =p2L(y)−py0−y00 (7.30)

cakul

fi5080

by

khbasar;

sem1

2010-2011

7.5 Transformasi Laplace 147

Transformasi Laplace untuk turunan orde yang lebih tinggi dapat diperoleh dengan cara yang serupa.

Transformasi Laplace dapat digunakan untuk mencari solusi persamaan differensial. Langkahnya adalah mentransformasikan persamaan differensial tersebut kemudian memasukkan syarat awal dan selanjutnya adalah mela-kukan invers transformasi Laplace.

Contoh

Tentukan solusi persamaan differensialy00

+ 4y0

+ 4y=t2_e−2t

yang memenuhi syarat awal y0 = 0 dan y00 = 0.

Bila PDB tersebut ditransformasi-Laplacekan maka akan diperoleh

L(y00 + 4y0 + 4y) =L t2e−2t p2L(y)−py0−y 0 0+ 4pL(y)−4y0+ 4L(y) = 2 (p+ 2)3 (p2+ 4p+ 4)L(y) = 2 (p+ 2)3 L(y) = 2 (p+ 2)5

Kemudian untuk memperoleh bentuk fungsi y yang merupakan solusi PDB tersebut dilakukan invers transformasi Laplace

y(t) = L−₁ 2 (p+ 2)5 = 2t 4_e−2t 12

Tabel 7.1: Transformasi Laplace untuk beberapa fungsi sederhana. No f(t) L(f) = ∞ R 0 f(t)e−pt_{dt Ketr.} 1 1 1 p Re (p)>0 2 e−at 1 p+a Re (p+a)>0 3 sinat a p2_+a2 Re (p)>|Im (a)| 4 cosat p p2_+a2 Re (p)>|Im (a)| 5 tk_{, k >−1} k! pk+1 Re (p)>0 6 tk_e−at_{, k >−1} k! (p+a)k+1 Re (p+a)>0 7 e −_at −e−_bt b−a 1 (p+a)(p+b) Re (p+a)>0 8 ae −at_−be−bt b−a p (p+a)(p+b) Re (p+b)>0 9 sinhat a p2_−a2 Re p >|Rea| 10 coshat p p2_−a2 Re p >|Rea| 11 tsinat 2ap (p2_+a2₎2 Re p >|Im a| 12 tcosat p 2_−a2 (p2_+a2₎2 Re p >|Im a| 13 e−at_sinbt b (p+a)2_+b2 Re (p+a)>|Im b| 14 e−at_cosbt p+a (p+a)2_+b2 Re (p+a)>|Im b| 15 1−cosat a 2 p(p2_+a2₎ Re (p)>|Ima|

cakul

fi5080

by

khbasar;

sem1

2010-2011

7.5 Transformasi Laplace 149 No f(t) L(f) = ∞ R 0 f(t)e−pt_{dt Ketr.} 16 at−sinat a 3 p3_(p2_+a2₎ Re (p)>|Im a| 17 sinat−atcosat 2a 3 (p2 _+a2₎2 Re (p)>|Im a| 18 e−_at (1−at) p (p+a)2 Re (p+a)>0 19 sinat t arc tan a p Re (p)>|Im a| 20 1 t sinatcosbt, 1 2arc tan a+b p a >0, b >0 +1 2arc tan a−b p Re (p)>0 21 e −at_−e−bt t ln p+b p+a Re (p+a)>0 dan Re (p+b)>0