Transformasi Laplace

Transformasi Laplace

Muhafzan Agustus 2012

1 De nisi Transformasi Laplace

Dalam bagian ini kita akan membicarakan sifat-sifat dan beberapa aplikasi dari trans- formasi Laplace.

De nisi 1 Diberikan suatu fungsi f (t) dengan t 0: Maka transformasi Laplace dari f; dinyatakan dengan Lff(t)g; ^atau F (s), dide nisikan oleh persamaan berikut:

Lff(t)g = F (s) =

Z ₁

0

e ^stf (t)dt: ⁽¹⁾

Karena transformasi Laplace dide nisikan oleh suatu integral pada [0; 1) ^{maka kita} perlu meninjau kembali konsep integral tak wajar (improper integral)

Suatu integral tak wajar pada suatu interval tak terbatas [0; 1) dide nisikan sebagai Z ₁

a

f (t)dt = lim

b!1

Z b a

f (t)dt; b > 0 ⁽²⁾

Z b

Dalam hal sebaliknya integral tak wajar dikatakan divergen.

Contoh 1: Misalkan f (t) = e^ct; t 0: Maka Z ₁

0

e^ctdt = lim

b!1

Z b 0

e^ctdt

= lim

b!1

e^ct c

b

0

= lim

b!1

1

c e^bc 1 (3)

Dari persamaan (3) dapat disimpulkan bahwa integral tak wajar konvergen jika c < 0 dan divergen jika c 0:

Suatu fungsi f dikatakan kontinu bagian demi bagian (piecewise continuous) pada interval t jika f kontinu dalam interval t kecuali disejumlah berhingga titik dimana f diskontinu loncat (jump discontinuous).

Sebagai contoh, perhatikan gambar 1 berikut:

Gambar 1. Fungsi kontinu bagian demi bagian

Soal: Jika f kontinu bagian demi bagian pada interval a t b; tunjukkan bahwa Rb

a f (t)dt ada.

Dalam persamaan (1) parameter s diperbolehkan bernilai kompleks, tetapi dalam kuliah

Theorem 1 Anggaplah bahwa

1. f kontinu bagian demi bagian dalam interval 0 t b untuk sebarang b > 0 2. jf(t)j Ke^at bila t M; dimana K > 0; M > 0:

Maka transformasi Laplace Lff(t)g = F (s) ada untuk s > a:

Contoh 2: Misalkan f (t) = 1; t 0: ^Maka Lf1g =

Z ₁

0

e ^stdt = lim

b!1

Z b 0

e ^stdt

= lim

b!1

e ^st s

b

0

= lim

b!1

1

s(e ^sb 1)

= 1

s; s > 0

Contoh 3: Tentukan Lfe^at)g; ^dengan t 0:

Jawab.

Lfe^at) =

Z ₁

0

e ^ste^atdt =

Z ₁

0

e ^{(s a)t}dt

= lim

b!1

e ^{(s a)t}

s a

b

0

= lim

b!1

1

s a(e ^{(s a)b} 1)

= 1

s a; s > a:

Contoh 4: Tentukan Lfsin at); t 0:

Misalkan Lfsin at) = F (s); ^maka F (s) =

Z ₁

0

e ^st sin at dt

= lim

b!1

Z b 0

e ^stsin at dt

= lim

b!1

"

e ^st cos at a

b

0

s a

Z b 0

e ^st cos at dt

#

= 1 a

s a

Z ₁

0

e ^st cos at dt

= 1 a

s a lim

b!1

Z b 0

e ^stcos at dt

= 1 a

s a lim

b!1

"

e ^stsin at a

b

0

+ s a

Z b 0

e ^stsin at dt

#

= 1 a

s

a 0 + s a lim

b!1

Z b 0

e ^stsin at dt

!

= 1 a

s a

s a

Z ₁

0

e ^st sin at dt

= 1 a

s² a²

Z ₁

0

e ^st sin at dt

= 1 a

s²

a²F (s) (1 + s²

a²)F (s) = 1 a F (s) = a

s² + a²; s > 0:

2 Solusi Masalah Nilai Awal

Dalam bagian ini, akan kita tunjukkan bagaimana menggunakan transformasi Laplace untuk menyelesaikan masalah nilai awal untuk persamaan diferensial linier dengan

koe sien konstan.

Theorem 2 Misalkan f kontinu dan f⁰ kontinu bagian demi bagian pada sebarang interval 0 t b:

Selanjutnya, anggaplah ada konstanta K; a dan M sedemikian sehingga jf(t)j Ke^at untuk t M . Maka Lff⁰(t)g ada untuk s > a dan

Lff⁰(t)g = sLff(t)g f (0):

Untuk membuktikan teorema ini, perhatikan yang berikut:

Lff⁰(t)g =

Z ₁

0

e ^stf⁰(t)dt = lim

b!1

Z b 0

e ^stf⁰(t)dt

= lim

b!1

"

e ^stf (t) ^b₀ + s Z b

0

e ^stf (t)dt

#

= lim

b!1 e ^sbf (b) f (0) + s lim

b!1

Z b 0

e ^stf (t)dt

!

= f (0) + s

Z ₁

0

e ^stf (t)dt = f (0) + sLff(t) = sLff(t)g f (0):

Soal: Dengan cara yang sama, buktikan bahwa

Lff⁰⁰(t)g = s²Lff(t)g sf (0) f⁰(0);

dan secara umum, buktikan bahwa

Lff⁽ⁿ⁾(t)g = sⁿLff(t)g s^{n 1}f (0) sf^{(n 2)}(0) f^{(n 1)}(0):

Transformasi Laplace untuk beberapa fungsi f (t) diberikan dalam tabel berikut:

Contoh 5: Selesaikan masalah nilai awal

y⁰⁰ y⁰ 2y = 0 y(0) = 1; y⁰(0) = 0

Jawab:

Lfy⁰⁰) Lfy⁰) Lf2y) = Lf0)

s²Lfy) sy(0) y⁰(0) [sLfy) y(0)] 2Lfyg = 0 (s² s 2)Lfy) + (1 s)y(0) y⁰(0) = 0

(s² s 2)Y (s) + (1 s)y(0) y⁰(0) = 0

dimana Y (s) = Lfy): Dengan mensubtitusikan y(0) = 1; y⁰(0) = 0, diperoleh (s² s 2)Y (s) + (1 s) = 0

yang dapat ditulis sebagai

Y (s) = s 1

s² s 2 = s 1

(s 2)(s + 1)

Untuk mendapatkan solusi masalah nilai awal di atas, kita harus mencari fungsi Y (t)

yang transformasi Laplacenya adalah Y (s): Tulis Y (s) sebagai berikut:

Y (s) = s 1

(s 2)(s + 1) = A

(s 2) + B (s + 1)

= A(s + 1) + B(s 2)

(s 2)(s + 1) = (A + B)s + A 2B (s 2)(s + 1) : Dengan menyamakan pembilang kedua ruas, kita peroleh SPL

A + B = 1

A 2B = 1

yang mempunyai penyelesaian B = ²₃ dan A = ¹₃: Jadi, kita dapat menulis Y (s) sebagai berikut:

Y (s) = s 1

(s 2)(s + 1) =

1 3

(s 2) +

2 3

(s + 1); dan memberikan Y (t) sebagai berikut:

Y (t) = 1

3e^2t + 2 3e ^t

Contoh 6: Selesaikan masalah nilai awal

y^iv y = 0

y(0) = y⁰⁰(0) = y⁰⁰⁰(0) = 0; y⁰(0) = 1 Jawab:

Lfy^iv) Lfy) = Lf0)

s⁴Lfy) s³y(0) s²y⁰(0) sy⁰⁰(0) y⁰⁰⁰(0) Lfyg = 0 (s⁴ 1)Lfyg s³y(0) s²y⁰(0) sy⁰⁰(0) y⁰⁰⁰(0) = 0

(s⁴ 1)Lfyg s² = 0 Y (s) = Lfyg = s²

(s⁴ 1) = s²

(s² 1)(s² + 1)

dimana Y (s) = Lfy): Untuk mendapatkan solusi masalah nilai awal di atas, kita harus mencari fungsi Y (t) yang transformasi Laplacenya adalah Y (s): Tulis Y (s) sebagai

berikut:

Y (s) = s²

(s² 1)(s² + 1) = As + B

(s² 1) + Cs + D (s² + 1)

= (As + B)(s² + 1) + (Cs + D)(s² 1) (s² 1)(s² + 1)

= As³ + Bs² + As + B + Cs³ + Ds² Cs D (s² 1)(s² + 1)

= (A + C))s³ + (B + D)s² + (A C)s + B D (s² 1)(s² + 1)

Dengan menyamakan pembilang kedua ruas, kita peroleh SPL A + C = 0

B + D = 1

A C = 0

B D = 0

yang mempunyai penyelesaian B = ¹₂; D = ¹₂ dan A = C = 0: Jadi, kita dapat menulis

Y (s) sebagai berikut:

Y (s) = s²

(s² 1)(s² + 1) =

1 2

(s² 1) +

1 2

(s² + 1); dan memberikan Y (t) sebagai berikut:

Y (t) = 1

2 sinh at + 1

2 sin at Soal: Cari penyelesaian persamaan diferensial

1. y⁰⁰ + y = sin 2t dengan syarat awal y(0) = 2; y⁰(0) = 1:

2. y⁰⁰ 2y⁰ 2y = 0 dengan syarat awal y(0) = 2; y⁰(0) = 0:

3. y⁰⁰ + 2y⁰ + y = 4e ^t dengan syarat awal y(0) = 2; y⁰(0) = 1 4. y⁰⁰ y⁰ 6y = 0 dengan syarat awal y(0) = 1; y⁰(0) = 1::

3 Fungsi Tangga

Fungsi tangga satuan (unit), dinotasikan dengan u_c; dide nisikan sebagai u_c(t) = 0; t < c

1; t c c 0

Gra k dari y = u_c(t) diperlihatkan dalam gambar 3.1 dan y = 1 u_c(t) diperlihatkan dalam gambar 3.2 dibawah ini.

Gambar 3.1 Gambar 3.2

Contoh 7: Diketahui suatu fungsi yang dide nisikan sebagai berikut:

h(t) = u (t) u₂ (t); t 0:

Tuliskan bentuk eksplisit dari fungsi tangga h(t), dan gambarkan sketsa gra knya.

Jawab:

h(t) = 8<

:

0 0 = 0; 0 t <

1 0 = 1; t < 2 1 1 = 0; t 2

Sketsa gra knya sebagai berikut:

Misalkan fungsi g dide nisikan sebagai berikut:

0; t < c

Fungsi ini merepresentasikan suatu translasi dari f sejauh c dalam arah t positif.

Fungsi g(t) juga dapat ditulis sebagai

g(t) = u_c(t)f (t c)

Gra knya seperti yang diperlihatkan dalam gambar berikut:

(a). y = f(t) (b). y = uc(t)f (t c)

Transformasi Laplace dari u_c(t) adalah sebagai berikut:

Lfu^c(t)g =

Z ₁

0

e ^stu_c(t)dt =

Z ₁

c

e ^stdt = lim

b!1

Z b c

e ^stdt

= lim

b!1

e ^st s

b

c

= lim

b!1

1

s(e ^sb e ^sc) = e ^sc

s ; s > 0

Theorem 3 Jika F (s) = Lff(t)g ada untuk s > a 0; dan jika c > 0 maka Lfu^c(t)f (t c)g = e ^csLff(t)g = e ^csF (s); s > a Sebaliknya, jika f(t) = L ¹fF (s)g; maka

u_c(t)f (t c) = L ¹fe ^csF (s)g

Untuk memperlihatkan kebenaran teorema di atas, cukup menghitung transformasi Laplace dari u_c(t)f (t c); yaitu:

Lfu^c(t)f (t c)g =

Z ₁

0

e ^stu_c(t)f (t c)dt

=

Z ₁

c

e ^stf (t c)dt

Misalkan = t c; maka

Lfu^c(t)f (t c)g =

Z ₁

0

e ^{( +c)s}f ( )d

= e ^cs

Z ₁

0

e ^s f ( )d

= e ^csF (s)

Contoh 8. Misalkan

f (t) = sin t; 0 t < ₄ sin t + cos(t ₄); t ₄

Carilah Lff(t)g:

Jawab: Tulis f (t) = sin t + g(t); dengan

0; t <

Sehingga

g(t) = u

4(t) cos(t

4);

dan

Lff(t)g = Lfsin tg + Lfu₄(t) cos(t

4)g

= Lfsin tg + e ^4sLfcos tg

= 1

s² + 1 + e ^4s s s² + 1

= 1 + se ^4s s² + 1 :

Coba bandingkan hasil yang ini dengan nilai Lff(t)g yang diperoleh dari perhitungan menggunakan de nisi.

Contoh 9. Tentukan transformasi Laplace dari

f (t) = 0; t < 2 (t 2)²; t 2

Jawab: Fungsi f (t) dapat juga ditulis menjadi

f (t) = u₂(t)(t 2)²: Maka berdasarkan teorema 3, dapat kita hitung:

Lff(t)g = Lfu²(t)(t 2)²g = e ^2sLft²g = e ^2s: 2

s³ = 2e ^2s s³ :

Contoh 10. Tentukan transformasi Laplace dari

f (t) = 0; t < 1 t² 2t + 2; t 1 Jawab: Fungsi f (t) dapat juga ditulis menjadi

Maka berdasarkan teorema 3, dapat kita hitung

Lff(t)g = Lfu¹(t) (t 1)² + 1 g

= Lfu¹(t)(t 1)²g + Lfu¹(t)g

= e ^sLft²g + Lfu¹(t)g

= e ^s: 2

s³ + e ^s s

= e ^s

s³ 2 + s² :

Contoh 11. Tentukan transformasi Laplace dari f (t) =

8<

:

0; t <

t ; t < 2

0; t 2

Jawab: Maka

Lff(t)g =

Z ₁

0

e ^stf (t)dt

= Z

0

e ^st:0dt + Z 2

e ^st(t )dt +

Z ₁

2

e ^st::0dt

=

Z 2

e ^st(t )dt

= (t )

s e ^st + 1 s

Z 2

e ^stdt

= (t )

s e ^st e ^st s²

2

= se ^{2 s} e ^{2 s}

s² + e ^s s²

= e ^s s²

e ^{2 s}

s² (1 + s)

Contoh 12. Tentukan transformasi Laplace invers dari F (s) = 1 e ^2s

s² : Jawab:

f (t) = L ¹fF (s)g = L ¹f1 e ^2s

s² g = L ¹f 1

s²g L ¹fe ^2s s² g

= t u₂(t)(t 2) Fungsi f (t) dapat juga ditulis sebagai

f (t) = t; 0 t < 2 2; t 2

Theorem 4 Jika F (s) = Lff(t)g ada untuk s > a 0; dan jika c suatu konstanta, maka Lfe^ctf (t)g = F (s c); s > a + c:

Sebaliknya, jika f(t) = L ¹fF (s)g; maka

e^ctf (t) = L ¹fF (s c)g:

Contoh 13. Tentukan transformasi Laplace invers dari

G(s) = 1

s² 4s + 5:

Jawab: Dengan melengkapi kwadrat dalam penyebut, diperoleh:

G(s) = 1

s² 4s + 5 = 1

(s 2)² + 1 = F (s 2);

dimana F (s) = 1 s² + 1:

Karena L ¹fF (s)g = sin t; maka berdasarkan teorema 4 diperoleh bahwa g(t) = L ¹fG(s)g = e^2t sin t:

Contoh 14. Tentukan transformasi Laplace invers dari G(s) = 3!

(s 2)⁴

3! 3!

Karena L ¹fF (s)g = t³; maka berdasarkan teorema 4 diperoleh bahwa g(t) = L ¹fG(s)g = e^2tt³:

Contoh 15. Tentukan transformasi Laplace invers dari F (s) = e ^2s

s² + s 2: Jawab: Misalkan

F (s) = e ^2s

s² + s 2 = e ^2s

(s 1)(s + 2)

= e ^2s A

(s 1) + B

(s + 2) : Akan dicari nilai A dan B; yaitu sebagai berikut:

1

(s 1)(s + 2) = A

(s 1) + B (s + 2)

= A(s + 2) + B(s 1)

(s 1)(s + 2) = (A + B)s + 2A B (s 1)(s + 2) :

Dari hubungan ini kita dapatkan SPL berikut:

A + B = 0 2A B = 1 Penyelesaian SPL ini adalah A = 1

3 ^dan B = 1 3:

Maka F (s) dapat kita tuliskan menjadi sebagai berikut:

F (s) = e ^2s

s² + s 2 = e ^2s

(s 1)(s + 2) = e ^2s 0 B@

1 3

(s 1) +

1 3 (s + 2)

1 CA

= 1 3

e ^2s (s 1)

1 3

e ^2s

(s + 2) = 1 3

e ^{2(s 1)}e ² (s 1)

1 3

e ^2(s+2)e⁴ (s + 2)

= e ² 3

e ^{2(s 1)} (s 1)

e⁴ 3

e ^2(s+2) (s + 2)

Misalkan

F₁(s 1) = e ² 3

e ^{2(s 1)}

(s 1) ^dan F₂(s + 2) = e⁴ 3

e ^2(s+2) (s + 2) ; dimana

F₁(s) = e ² 3

e ^2s

s ^dan F₂(s) = e⁴ 3

e ^2s s : Karena

f₁(t) = L ¹fF¹(s)g = e ²

3 u₂(t) dan

f₂(t) = L ¹fF²(s)g = e⁴

3 u₂(t);

maka berdasarkan teorema 4, didapat

L ¹fF (s)g = L ¹fF¹(s 1) F₂(s + 2)g

= L ¹fF¹(s 1)g L ¹fF²(s + 2)g

= e^tf₁(t) e ^2tf₂(t)

= e ²

3 u₂(t)e^t e⁴

3 u₂(t)e ^2t:

= 1

3u₂(t) e^{t 2} e ^{2(t 2)} :

4 Solusi Masalah Nilai Awal Dengan Fungsi Gaya Diskontinu

Dalam bagian ini kita akan memfokuskan pada beberapa contoh dimana suku-suku nonhomogen (fungsi daya) adalah diskontinu.

Contoh 16. Tentukan solusi persamaan diferensial y⁰⁰ + y⁰ + 5

4y = g(t);

y(0) = y⁰(0) = 0;

dengan

g(t) = 1 u (t) = 1; 0 t <

0; t Jawab:

Lfy⁰⁰ + y⁰ + 5

4yg = Lfg(t)g Lfy⁰⁰g + Lfy⁰g + Lf5

4yg = Lf1g Lfu (t)g s²Y (s) sy(0) y⁰(0) + (sY (s) y(0)) + 5

4Y (s) = 1 s

e ^s s s² + s + 5

4 Y (s) (s + 1)y(0) y⁰(0) = 1 s

e ^s s s² + s + 5

4 Y (s) = 1 s

e ^s s Y (s) = 1 e ^s

s s² + s + ⁵₄

Tulis Y (s) sebagai berikut:

Y (s) = (1 e ^s)H(s);

dengan

H(s) = 1

s s² + s + ⁵₄ : Maka, jika h(t) = L ¹fH(s)g akan kita dapatkan

y(t) = h(t) u (t)h(t ):

Sekarang, gunakan metoda pecahan parsial untuk mendapatkan h(t):

H(s) = 1

s s² + s + ⁵₄ = A

s + Bs + C s² + s + ⁵₄

= A s² + s + ⁵₄ + s (Bs + C) s s² + s + ⁵₄

= (A + B)s² + (A + C)s + ⁵₄A

;

diperoleh

A + B = 0 A + C = 0

5

4A = 1

Maka nilai A; B dan C yang memenuhi SPL diatas adalah A = 4

5; B = C = 4 5: Sehingga

H(s) = 1

s s² + s + ⁵₄ =

4 5

s +

4

5s ⁴₅ s² + s + ⁵₄

= 4 5s

4 5

s + 1

s² + s + ⁵₄ = 4 5s

4 5

(s + ¹₂) + ¹₂ (s + ¹₂)² + 1

Dengan demikian

h(t) = L ¹(H(s)g

= L ¹

( 4 5s

4 5

(s + ¹₂) + ¹₂ (s + ¹₂)² + 1

)

= L ¹ 4

5s L ¹

(4 5

(s + ¹₂) + ¹₂ (s + ¹₂)² + 1

)

= 4 5

4

5 L ¹

( (s + ¹₂) (s + ¹₂)² + 1

)

+ L ¹

( 1

2

(s + ¹₂)² + 1

)!

= 4 5

4

5 e ^12t cos t + 1

2e ^12tsin t Karena

y(t) = h(t) u (t)h(t );

maka kita peroleh

y(t) = 8<

:

4 5

4

5e ^12t cos t + ²₅e ^12tsin t ; t <

(1 + e²) ⁴₅e ^12t cos t + ²₅e ^12tsin t ; t

Contoh 17. Tentukan solusi persamaan diferensial y⁰⁰ + y = u

2(t);

y(0) = 0; y⁰(0) = 1:

Jawab:

Lfy⁰⁰ + yg = Lfu₂(t)g Lfy⁰⁰g + Lfyg = Lfu₂(t)g

s²Y (s) sy(0) y⁰(0) + Y (s) = e ^2s s

(s² + 1)Y (s) s = e ^2s s

(s² + 1)Y (s) = s + e ^2s s Y (s) = s

s² + 1 + e ^2s s(s² + 1) Sekarang, tulis e ^2s

s(s² + 1) ^sebagai e ^2s

s(s² + 1) = e ^2s 1

s(s² + 1) = e ^2s A

s + Bs + C s² + 1

= e ^2s A(s² + 1) + (Bs + C) s s(s² + 1)

= e ^2s (A + B)s² + Cs + A s(s² + 1) ;

maka diperoleh A = 1; C = 0 dan B = 1: Sehingga kita dapatkan e ^2s

s(s² + 1) = e ^2s 1

s + s

s² + 1

= e ^2s s

se ^2s s² + 1 dan

Y (s) = s

s² + 1 + e ^2s s(s² + 1) Y (s) = s

s² + 1 + e ^2s s

se ^2s s² + 1:

Dengan demikian kita peroleh

y(t) = L ¹fY (s)g = L ¹ s

s² + 1 + e ^2s s

se ^2s s² + 1

= L ¹ s

s² + 1 + L ¹ e ^2s

s L ¹ se ^2s s² + 1

= cos t + u

2(t) u

2(t) cos(t

2)

= cos t + 0; t < ₂

1; t ₂ cos(t

2) 0; t < ₂ 1; t ₂

= cos t; t < ₂ cos t sin t + 1; t ₂

Soal:

1. Tentukan solusi persamaan diferensial berikut:

y⁰⁰ + y = f (t);

dengan

f (t) = 1; t < ₂

0; t ₂

Jawab:

y(t) = 1 cos t + sin t u

2(t) (1 sin t) : 2. Tentukan solusi persamaan diferensial berikut:

y⁰⁰ + 2y⁰ + y = f (t);

y(0) = 1; y⁰(0) = 0;

dengan

f (t) = 1; 0 t < 1

0; t 1

Jawab:

y(t) = 1 u₁(t) 1 e ^{(t 1)} (t 1)e ^{(t 1)}

3. Tentukan solusi persamaan diferensial berikut:

y⁰⁰ + y = u (t);

y(0) = 1; y⁰(0) = 0;

Jawab:

y(t) = cos t + u (t) (1 + cos t)