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
9 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 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
6.6 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: 1 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
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
152
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 1. 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
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
t t
e e
3 4
5 2
2. Tentukan
2 2
3 1
2 1
s s
s s
L
Jawab
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
153
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
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
2 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
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
154
... 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
... 3
1 2
1 1
1
4 3
2 1
2 1
1
s s
s s
L s
e L
s
2 2
2 3
2 2
2
3 2
1 2
1 1
t t
t
+ ...
3 Metode persamaan diferensial 4 Turunan terhadap statu parameter
5 Aneka ragam metode yang menggunakan teorema-teorema 6 Penggunaan tabel
7 Rumus inversi kompleks
8 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
n n
k k
s A
s A
s A
s A
s Q
s P
...
2 2
1 1
.....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
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
155
lim lim
s Q
s s
P
k s
s
k k
lim .
s Q
s P
k s
k
k
1 s
Q P
k
... Sehingga 1 dapat ditulis sebagai
n n
n k
k k
s Q
P s
Q P
s Q
P s
Q P
s Q
s P
1
. 1
... 1
. 1
.
2 2
2 1
1 1
dengan demikian
n n
n k
k k
s Q
P s
Q P
s Q
P s
Q P
L s
Q s
P L
1 .
... 1
. ...
1 .
1 .
2 2
2 1
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
9 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:
1.
, n
m n
m n
m B
2.
2 ,
2 1
cos sin
2 1
2 1
2
n m
n m
n m
B d
m m
Soal-soal
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
156
1. Tentukan, a.
s L
4 12
1
b.
9 5
2
2 1
s s
L
c.
16 24
4 4
8 3
2 2
1
s s
s s
L
d.
2 3
7 2
3
2 5
1
s s
s L
e.
3
1
1 s
s L
f.
8 4
14 3
2 1
s s
s L
g.
32 12
20 8
2 1
s s
s L
h.
2
3 1
1 s
s L
i.
8 4
3 2
5
2 1
s s
s L
j.
16 24
4 4
2 2
5 1
s s
s s
L
k.
2
2 1
2 2
1 s
s s
L
l.
4 4
1
2 1
s s
L
m.
3
2 1
1 1
s L
2. Buktikan bahwa: a.
t t
e e
s s
s L
2 2
2 1
2 5
6 16
3
Kalkulus Integral:Dwi Purnomo
157
b.
t t
e e
s s
s L
2 1
2 3
1 1
2
3 1
c.
3 2
2 2
1
2 1
2 1
2 7
6 1
t t
e e
s s
s L
d.
t t
t
e e
e s
s s
s L
2 2
3 5
1 1
2 2
5 2
11
2 2
2 1
e.
3 cos
3 3
9 4
12 27
4 2
1
t e
s s
s L
t
f.
2 sin
2 cos
4 sin
2 1
64 20
24 16
2 4
2 1
t t
t s
s s
s L
g.
t
e t
t s
s s
s L
3 2
1
5 4
sin 3
cos 4
5 1
2 2
3 1
3. Dengan menggunakan rumus penguraian Heaviside, tunjukkan bahwa
a.
3 2
11 2
1
s s
s L
b.
3 1
2 27
19
1
s s
s s
L
c.
6 11
6 5
6 2
2 3
2 1
s s
s s
s L
d.
3 2
1 2
2 1
s s
s s
L
6.7 Penggunaan pada Persamaan Diferensial a Persamaan Diferensial dengan Koefisien Konstan
