Menurut sifat di atas, L{t
} cos
2
at
= -1
2
2 2
2 2
a s
s ds
d
=
2 2
2 2
2
a s
s a
ds d
=
3 2
2 2
3
6 2
a s
s a
s
Sifat pembagian oleh t
Jika L{Ft} = fs maka L
du
u f
t t
F
Bukti: Misal Gt =
t t
F
maka Ft = t Gt. Dengan menggunakan definis transformasi Laplace untuk kedua bagian, maka
diperoleh bentuk L{Ft} = L{t Gt} atau fs = -
} {
t G
L ds
d
atau fs = -
ds dg
. Selanjutnya dengan mengintegralkan diperoleh
fs =
-
ds dg
. gs = -
s
du u
f
=
s
du u
f
Jadi L
t
t F
s
du u
f
2.7 Transformasi Laplace Invers
Definisi Jika transformasi Laplace suatu fungsi Ft adalah fs, yaitu jika L{Ft} = fs maka
Ft disebut suatu transformasi Laplace Invers dari fs. Secara simbolis ditulis
} {
1
s f
L t
F
.
1
L disebut operator transformasi Laplace invers. Contoh.
54
Karena
t
e s
L
2
2 1
maka
2 1
2 1
s e
L
t
Karena
e t
s s
L 3
cos 3
2
maka
3 3
cos
2 1
s s
t L
Karena
a at
a s
L sinh
1
2 2
maka
2 2
1
1 sinh
a s
a at
L
Ketunggalan Transformasi Laplace Invers Misal Nt adalah suatu fungsi dan L{Nt} = 0 maka L{Ft+Nt} = L{Ft}
Dengan demikian dapat diperoleh dua fungsi yang berbeda dengan transformasi Laplace yang sama.
Contoh
F
1
t = e
-3t
dan F
2
t =
1 1
3
t untuk
e t
untuk
t
Mengakibatkan
3 1
} {
} {
2 1
1 1
s t
F L
t F
L
Jika kita menghitung fungsi-fungsi nol, maka terlihat bahwa transformasi Laplace invers tidak tunggal. Akan tetapi apabila kita tidak dapat memperhitungkan fungsi-
fungsi nol yang tidak muncul dalam kasus-kasus fisika maka ia adalah tunggal. Hasilnya dinyatakan oleh teorema berikut.
Teorema Lerch Jika membatasi diri pada fungi-fungsi Ft yang kontinu secara sebagian-sebagaian
dalam setiap selang berhingga 0
N t
dan eksponensial berorde untuk t N, maka inversi transformasi laplace dari fs yaitu
1
t F
s f
L
, adalah tunggal. Jika tidak ada pernyataan lainnya, maka kita selalu menganggap ketunggalan di atas.
Berdasarkan definisi di atas, dapat ditentukan transformasi Laplace invers beberapa fungsi sederhana.
Sifat-sifat transformasi Laplace Invers
Beberapa sifat penting dari transformasi Laplace invers adalah:
Sifat Linear
55
Misal
1
c
dan
2
c
adalah sebarang bilangan konstanta, sedangkan
1
s f
dan
2
s f
berturut-turut adalah transformasi Laplace dari
1
t F
dan
2
t F
, maka:
} {
} {
} {
2 2
1 1
1 1
2 2
1 1
1
t F
c L
t F
c L
t F
c t
F c
L
}
{ }
{
2 2
1 1
1 1
t F
c L
t F
c L
} {
} {
2 1
2 1
1 1
t F
L c
t F
L c
2 2
1 1
s f
c s
f c
Contoh
9 12
9 3
9 12
3
2 1
2 1
2 1
s L
s s
L s
s L
=
9 1
12 9
3
2 1
2 1
s L
s s
L
=
3 3
sin 12
3 cos
3 t
t
Sifat translasi atau pergeseran pertama
Jika
} {
1
t F
s f
L
maka
} {
1
t F
e a
s f
L
at
Contoh
t t
s L
3 sinh
9 1
2 1
maka
3 3
sinh 9
2 1
13 2
1
2 2
1 2
1
t e
s L
s s
L
t
Sifat translasi atau pergeseran kedua
Jika
} {
1
t F
s f
L
maka
a t
untuk a
t untuk
at F
sf e
L
as
,0 ,
} {
1
Contoh 1.
t s
L sin
1 1
2 1
maka
56
2.
3 ,0
3 ,
3 sin
9
2 3
1
t untuk
t untuk
t
s e
L
s
Sifat pengubahan skala
Jika
} {
1
t F
s f
L
maka
k t
F k
ks f
L 1
} {
1
Contoh Karena
t s
s L
cos 1
2 1
maka diperoleh
3 cos
3 1
1 3
3
2 1
t s
s L
Transformasi Laplace invers dari turunan-turunan
Jika
} {
1
t F
s f
L
maka
1 }
{
1 1
t F
t s
f ds
d L
s f
L
n n
n n
Contoh Karena
t s
L 2
sin 4
2
2 1
dan
2 2
2
4 4
4 2
s s
s ds
d
maka diperoleh
t t
t t
s s
L s
ds d
L
n n
2 sin
2 sin
1 4
4 4
2
2 2
1 2
1
Transformasi Laplace invers dari antiturunan-antiturunan
Jika
} {
1
t F
s f
L
maka
t t
F du
u f
L
s 1
Contoh Karena
t
e s
s L
s s
L
3 1
3 1
1 1
1 3
1 1
3 1
1 1
maka
diperoleh
` 1
3 1
1 3
1 3
1
1
t e
du u
u L
t
57
Sifat perkalian dengan
n
s
Jika
} {
1
t F
s f
L
maka
} {
1
t F
s sf
L
Dengan demikian perkalian dengan s berakibat menurunkan Ft Jika ft
, sehingga
} {
1
t F
F s
sf L
} {
1
t F
t F
s sf
L
dengan
t
adalah fungsi delta Dirac atau fungsi impuls satuan.
Contoh Karena
t s
L 5
sin 25
5
2 1
dan sin5t=0 maka
t t
dt d
s s
L 5
cos 5
5 sin
25 5
2 1
Sifat pembagian dengan s
Jika maka
t
du u
F s
s f
L
1
Jadi pembagian dengan s berakibat mengakibatkan integral Ft dari 0 sampai dengan t.
Contoh Karena
t s
L 2
sin 4
2
2 1
maka diperoleh
1 2
cos 2
1 2
cos 2
1 2
sin 4
2
2 1
t u
du u
s s
L
t t
Sifat konvolusi
Jika
} {
1
t F
s f
L
dan
} {
1
t G
s g
L
maka
G F
du u
t G
u F
s g
s f
L
t
} {
1
FG disebut konvolusi atau faltung dari F dan G, dan teoremanya dinamakan teorema konvolusi atau sifat konvolusi.
Contoh
58
Karena
t
e s
L
4 1
4 1
dan
t
e s
L
2 1
2 1
maka diperoleh
t t
u t
t u
e e
du e
e s
s L
4 2
2 4
1
2 4
1
Metode Transformasi Laplace Invers
Menentukan transfomasi Laplace dapat dilakukan dengan beberapa cara, sehingga dalam transformasi Laplace invers terdapat beberapa metode yang dapat digunakan,
antara lain: Metode pecahan parsial
Setiap fungsi rasional
s Q
s P
, dengan Ps dan Qs fungsi pangkat banyak
polinom dan derajat Ps lebih kecil dari Qs. Selanjutnya
s Q
s P
dapat ditulis jumlah
dari fungsi
rasional yang
mempunyai bentuk
,.... 3
, 2
, 1
,
2
r
seterusnya dan
c bs
as B
As atau
b as
A
r r
Dengan memperoleh transformasi Laplace invers tiap pecahan parcial maka dapat ditentukan
1
s Q
s P
L
Konstanta A, B, C, …… dapat diperoleh dengan menyelesaikan pecahan-pecahan dan menyamakan pangkat yang sama dari kedua ruas persamaan yang diperoleh atau
dengan menggunakan metode khusus. Contoh
Tentukan
6 16
3
2 1
s s
s L
Jawab
3 2
16 3
6 16
3
1 2
1
s s
s L
s s
s L
3 2
3 2
16 3
s
B s
A s
s s
59
= 6
2 3
2
s
s s
B s
A
= 6
3 2
2
s
s A
B s
B A
atau A+B = 3 dan 2B-3A = 16 atau 23-A–3A=16 sehingga didapat A = -2 dan B = 5
3 5
2 2
3 2
16 3
1 1
s s
L s
s s
L
=
3 5
4 2
1 1
s L
s L
= -2e
t 4
+5e
t 3
Tentukan
2 2
3 1
2 1
s s
s s
L
Jawab
2 2
3 2
2 3
1
2 1
2 1
s s
C Bs
s A
L s
s s
s L
2 2
3 3
2 2
2 2
3
2 2
2
s s
s s
C Bs
s s
A s
s C
Bs s
A
=
2 2
3 3
3 2
2
2 2
2
s
s s
C s
C B
Bs A
As As
Sehingga
2 2
3 3
2 3
2 2
2 3
1
2 2
2
s s
s C
A s
C B
A s
B A
s s
s s
Diperoleh A+B = 0, 2A+3B+C=1, 2A+3C=-1 Atau A =
5 4
, B =
5 4
, dan C =
5 1
Akhirnya diperoleh
2 2
5 1
5 4
3 5
4 2
2 3
1
2 1
2 1
s s
s s
L s
s s
s L
60
1 1
1 5
4 3
1 5
4 2
2 5
1 5
4 3
5 4
2 1
2 1
s s
s L
s s
s s
L
=
t e
e
t t
cos 5
4 5
4
3
Metode Deret Jika fs mempunyai statu uraian dari kebalikan pangkat dari s yang diberikan oleh
...
4 3
3 2
2 1
s
a s
a s
a s
a s
f
o
Maka dibawah persyaratan-persyaratan yang sesuai kita dapat menginversi suku demi suku untuk memperoleh
... 3
2
3 2
2 1
t
a t
a t
a a
t F
o
Contoh Tentukan
s e
L
s 1
1
Jawab
... 3
1 2
1 1
1 1
3 2
1
s s
s s
s e
s
=
... 3
1 2
1 1
1
4 3
2
s s
s s
Sehingga
s e
L
s 1
1
=
... 3
1 2
1 1
1
4 3
2 1
s s
s s
L
=
2 2
2 3
2 2
2
3 2
1 2
1 1
t t
t
+ ...
Metode persamaan diferensial Turunan terhadap statu parameter
Aneka ragam metode yang menggunakan teorema-teorema
61
Penggunaan tabel Rumus inversi kompleks
Rumus Penguraian Heaviside Andaikan Ps dan Qs adalah fungsi pangkat banyak polinom dan derajat Ps
lebih kecil dari Qs. Misal Qs mempunyai n akar-akar yang berbeda yaitu
k
, k= 1, 2, 3, 4, ..., n. Maka
n k
t k
k
k
e Q
P s
Q s
P L
1 1
Bukti rumus di atas diuraikan sebagai berikut: Karena Qs adalah polinomial dengan n akar berbeda
1
,
2
,
3
, ... ,
n
maka menurut metode pecahan-pecahan parsial diperoleh
1 1
s
A s
Q s
P
+
2 2
s
A
... +
n n
k k
s A
s A
...
.......1 Dengan mengalikan kedua ruas dengan s-
k
dan mengambil s
k
dengan menggunakan aturan L’Hospital diperoleh
lim lim
s Q
s s
P s
s Q
s P
A
k s
k s
k
k k
=
lim lim
s Q
s s
P
k s
s
k k
= P
k
.
lim s
Q s
k s
k
= P
k
.
1 s
Q
. Sehingga 1 dapat ditulis sebagai
1 1
1
1 .
s Q
P s
Q s
P
+
2 2
2
1 .
s
Q P
+... +
k k
k
s Q
P
1 .
...+
n n
n
s Q
P
1
.
Dengan demikian
62
1
s Q
s P
L
n
n n
k k
k
s Q
P s
Q P
s Q
P s
Q P
L
1 .
... 1
. ...
1 .
1 .
2 2
2 1
1 1
1
n n
n k
k k
s Q
P L
s Q
P L
s Q
P L
s Q
P L
1 .
... 1
. ....
1 .
1 .
1 2
2 2
1 1
1 1
1
1
t n
n t
k k
t t
n k
e Q
P e
Q P
e Q
P e
Q P
. ...
. ...
. .
2 1
2 2
1 1
n k
t k
k
k
e Q
P
1
Fungsi Beta Jika m0 dan n0 didefinisikan fungsi beta sebagai
Bm,n =
1 1
1
1 du
n u
n m
a dan kita dapat memperlihatkan sifat-sifat: Bm,n =
n m
n m
2 ,
2 1
cos sin
2 1
2 1
2
n m
n m
n m
B d
m m
Penggunaan pada Persamaan Diferensial Persamaan Diferensial dengan Koefisien Konstan
Transformasi Laplace dapat digunakan untuk menentukan selesaian suatu persamaan diferensial dengan koefisien konstan.
Misal ditentukan persamaan diferensial
2
x F
qY dx
dY p
dx Y
d
atau Y”+pY’+qY=Fx dengan p,q adalah konstanta dan persamaan tersebut mempunyai syarat awal atau batas Y0=A dan Y’0=B, A dan B
adalah konstanta yang diberikan.
63
Selesaian persamaan diferensial yang diketahui dapat ditentukan dengan cara melakukan transformasi Laplace pada masing-masing persamaan dan selanjutnya
gunakan syarat awal yang diberikan. Akibatnya diperoleh persamaan Aljabar
s y
x Y
L
. Selesaian yang diperlukan diperoleh dengan menggunakan transformasi Laplace
invers dari ys. Cara ini dapat diperluas pada persamaan-pers amaan diferensial tingkat tinggi.
Persamaan Diferensial dengan Koefisien Variabel
Transformasi Laplace juga dapat digunakan untuk menentukan selesaian persamaan diferensial dengan koefien variable. Khususnya persamaan diferensial yang
berbentuk
x Y
x
n n
sehingga transformasi
Laplace diperoleh
1 x
Y L
ds d
x Y
x L
n m
m m
n m
Hal ini sesuai dengan sifat transformasi Laplace Jika L{Ft} = fs maka L{t
} t
F
n
= -1
s f
ds d
n n
n
= -1f
s
n
BAB III PEMBAHASAN
