Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik
JURNAL FOURIER | April 2013, Vol. 2, No. 1, 45-61
ISSN 2252-763X
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik
Arifin, Muhammad Wakhid Musthofa, dan Sugiyanto
Program Studi Matematika Fakultas Sains dan Teknologi, UIN Sunan Kalijaga, Jl. Marsda Adisucipto
No. 1 Yogyakarta, Indonesia
Korespondensi; Sugiyanto, Email: sugimath@yahoo.com
Abstrak
Menyelesaikan persamaan diferensial sering terkendala oleh masalah syarat awal atau syarat batas. Masalah syarat
batas ini sering dijumpai pada penerapan persamaan diferensial, salah satunya adalah rangkaian listrik. Metode
yang dapat digunakan untuk menyelesaikan masalah syarat batas pada persamaan diferensial salah satu diantaranya
โ
adalah metode transformasi Laplace. Transformasi Laplace yang didefinisikan dengan ๐{๐(๐)} = โซ๐ ๐โ๐๐ ๐(๐) ๐ ๐
dapat digunakan untuk mencari solusi dari suatu sistem persamaan diferensial koefisien konstan. Metode
penyelesaian suatu rangkaian Listrik dengan menggunakan transformasi Laplace adalah dengan mengubah
persamaan diferensial dari domain waktu (๐) ke dalam domain frekuensi (๐), memetakan masalah nilai awal ke
dalam persamaan pembantu, menyelesaikan dengan perhitungan aljabar, dan menggunakan invers transformasi
Laplace untuk mendapatkan solusi khusus secara langsung dari sistem persamaan diferensial rangkaian listrik
tersebut.
Kata Kunci:
Abstract
Resolving differential equations is often constrained by problems of initial requirements or boundary conditions.
The problem of boundary conditions is often found in the application of differential equations, one of which is the
electrical circuit. The method that can be used to solve the problem of boundary conditions on the differential
โ
equation is one of them is the Laplace transform method. Laplace transforms defined by ๐{๐(๐)} = โซ๐ ๐โ๐๐ ๐(๐) ๐ ๐
can be used to find the solution of a system of constant coefficient differential equations. The method of completion
of an electrical circuit by using Laplace transform is by changing the differential equation of the time domain (๐)
into the frequency domain (๐), mapping the initial value problem into the helper equation, solving it by algebraic
calculation, and using Laplace inverse transformation to obtain the solution Specifically directly from the system of
differential equations of the electrical circuit.
Keywords
Pendahuluan
Metode Transformasi Laplace (Laplace Transformation) merupakan suatu metode yang dapat digunakan
untuk menyelesaikan persamaan diferensial, yang memetakan masalah nilai awal ke dalam suatu
persamaan aljabar atau suatu sistem persamaan yang dapat diselesaikan dengan metode aljabar dan
tabel transformasi Laplace. Metode ini pertama kali diperkenalkan oleh Pierre Simon Marquas De
Laplace (1749 โ 1827) seorang matematikawan Perancis dan seorang guru besar di Paris. Dengan
metode transformasi Laplace akan dihasilkan solusi khusus secara langsung sesuai dengan kondisi
masalah nilai awal yang diberikan.
Rangkaian listrik adalah suatu kumpulan elemen atau komponen listrik yang saling dihubungkan
dengan cara-cara tertentu dan paling sedikit mempunyai satu lintasan tertutup. Suatu rangkaian listrik
dapat dimodelkan ke dalam suatu persamaan diferensial, yaitu persamaan diferensial orde dua koefisien
konstan. Oleh sebab itu, solusi rangkaian listrik tersebut dapat ditentukan dengan menggunakan
2013 JURNAL FOURIER
Versi online via www.fourier.or.id
46
Arifin, et al.
transformasi Laplace. Namun, ada suatu rangkaian yang tidak menimbulkan masalah atau kesulitan
untuk dianalisa dengan matematika biasa, yaitu rangkaian yang hanya memuat satu elemen rangkaian
listrik. Elemen rangkaian listrik dapat dikelompokkan ke dalam elemen atau komponen aktif dan pasif.
Elemen aktif adalah elemen yang menghasilkan energi, dalam hal ini adalah sumber tegangan dan
sumber arus. Elemen lain adalah elemen pasif dimana elemen ini tidak dapat menghasilkan energi,
yaitu elemen yang hanya dapat menyerap energi (resistor), elemen yang dapat menyimpan energi
(induktor) dan elemen yang menyerap energi dalam bentuk medan magnet (kapasitor). Suatu rangkaian
yang sulit dapat dianalisis/diselesaikan dengan menggunakan transformasi Laplace. Hal ini disebabkan
oleh karakteristik dari tiap-tiap elemen rangkaian listrik yang berbeda meskipun secara definitive ๐ฃ๐ , ๐ฃ๐ฟ
dan ๐ฃ๐ถ adalah besarnya arus yang mengalir pada elemen R, L, dan C.
Penyelesaian Persamaan Diferensial Dengan Transformasi Laplace
Penerapan yang cukup penting dari transformasi Laplace salah satunya adalah untuk menentukan
penyelesaian persamaan diferensial linear dengan koefisien kostan. Dalam skripsi ini hanya dibatasi
pada persamaan diferensial orde dua koefisien konstan.
Metode transformasi Laplace secara khusus digunakan untuk menyelesaikan persamaan diferensial
dan memenuhi syarat awal. Untuk menyelesaikan persamaan diferensial ini adalah dengan mengambil
transformasi Laplace dari persamaan diferensial yang diberikan, lalu menggunakan syarat-syarat
awalnya. Ini memberikan suatu persamaan aljabar dalam transformasi Laplace dari penyelesaian yang
diinginkan. Dengan mengambil invers dari transformasi Laplace yang telah dibentuk maka diperoleh
penyelesaiannya.
Berikut ini diberikan prosedur/ langkah-langkah mencari penyelesaian suatu persamaan diferensial
linear orde dua berkoefisien konstan menggunakan transformasi Laplace (John Bird, 2007: 637).
Diberikan suatu persamaan diferensial linear orde dua, yaitu:
๐๐ฆ โฒโฒ + ๐๐ฆ โฒ + ๐๐ฆ = ๐(๐ก)
(1)
Dengan syarat awal ๐ฆ(0) dan ๐ฆ โฒ (0).
1) Langkah pertama. Bentuk Persamaan ke dalam transformasi Laplace.
โ{๐ฆ(๐ก)} = ๐(๐ ) dan โ{๐(๐ก)} = ๐ (๐ ). Dengan menerapkan transformasi Laplace pada kedua ruas
persamaan (1), maka dihasilkan:
โ{๐๐ฆ โฒโฒ + ๐๐ฆ โฒ + ๐๐ฆ} = โ{๐ฆ(๐ก)}
๐โ{๐ฆ โฒโฒ } + ๐โ{๐ฆ โฒ } + ๐โ{๐ฆ} = ๐ (๐ )
๐[๐ 2 ๐(๐ ) โ ๐ ๐ฆ(0) โ ๐ฆ โฒ (0)] + ๐[๐ ๐(๐ ) โ ๐ฆ(0)] + ๐๐(๐ ) = ๐ (๐ )
(2)
2) Langkah kedua. Masukkan nilai awal ๐ฆ(0) dan ๐ฆโฒ(0) serta susun persamaan (2) ke dalam ๐(๐ )
(persamaan pembantu)
[๐๐ 2 + ๐๐ + ๐] โ [๐๐ + ๐] โ ๐๐ฆ โฒ (0) = ๐ (๐ )
[๐๐ 2 + ๐๐ + ๐]๐(๐ ) = [๐๐ + ๐]๐ฆ(0) + ๐๐ฆ โฒ (0) = ๐ (๐ )
๐(๐ ) =
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
[๐๐ +๐]๐ฆ(0)+๐๐ฆ โฒ (0)+๐ (๐ )
[๐๐ 2 +๐๐ +๐]
(3)
www.fourier.or.id
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik
47
3) Langkah ketiga. Jika mengandung pecahan parsial, maka gunakan metode jumlahan pecahan parsial
untuk menyelesaikan persamaan (3).
๐(๐ ) =
[๐๐ +๐]๐ฆ(0)+๐๐ฆ โฒ (0)
๐๐ 2 +๐๐ +๐
4) Langkah keempat. Ambil invers transformasi
solusi/penyelesaian untuk persamaan (1).
โ โ1 {๐(๐ )} = ๐ฆ(๐ก) = โ โ1 {
+
๐ (๐ )
(4)
๐๐ 2 +๐๐ +๐
Laplace
persamaan
(4)
maka
diperoleh
[๐๐ + ๐]๐ฆ(0) + ๐๐ฆ โฒ (0)
๐ (๐ )
} + โ โ1 { 2
}
2
๐๐ + ๐๐ + ๐
๐๐ + ๐๐ + ๐
Contoh 1. Carilah penyelesaian dari 2๐ฆโฒโฒ + 4๐ฆโฒ โ 3๐ฆ = 0, dengan syarat awal ๐ฆ(0) = 4 & ๐ฆโฒ(0) = 9.
Dengan menggunakan prosedur/ langkah-langkah di atas, maka diperoleh:
โ{2๐ฆโฒโฒ + 4๐ฆโฒ โ 3๐ฆ} = โ{0}
2โ{๐ฆโฒโฒ} + 4โ{๐ฆโฒ} โ 4โ{๐ฆ} = 0
2๐ 2 ๐(๐ ) โ 2๐ ๐ฆ(0) โ 2๐ฆ โฒ (0) + 5๐ ๐(๐ ) โ 5๐ฆ(0) โ 3๐(๐ ) = 0
Untuk ๐ฆ(0) = 4 dan ๐ฆโฒ(0) = 9, maka:
2๐ 2 ๐(๐ ) โ 8๐ โ 18 + 5๐ ๐(๐ ) โ 20 โ 3๐(๐ ) = 0
[2๐ 2 + 5๐ โ 3]๐(๐ ) = 8๐ + 38
๐(๐ ) =
8๐ + 38
8๐ + 38
=
+ 5๐ โ 3 (2๐ โ 1)(๐ + 3)
2๐ 2
Menggunakan metode jumlahan pecahan parsial, maka:
๐ด
๐ต
8๐ + 38
=
+
+ 5๐ โ 3 (2๐ โ 1) (๐ + 3)
2๐ 2
Diperoleh,
8๐ + 38 = ๐ด(๐ + 3) + ๐ต(2๐ โ 1)
Untuk ๐ = โ3 maka 14 = โ7๐ต atau ๐ต = โ2.
7
1
Untuk ๐ = maka 42 = 2 ๐ด atau ๐ด = 12. Jadi,
2
๐(๐ ) =
8๐ + 38
12
2
=
โ
+ 5๐ โ 3 (2๐ โ 1) (๐ + 3)
2๐ 2
Dengan invers transformasi Laplace didapat,
โ โ1 {๐(๐ )} = ๐ฆ(๐ก) = โ โ1 {
www.fourier.or.id
2
12
} โ โ โ1 {
}
(๐ + 3)
(2๐ โ 1)
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
48
Arifin, et al.
2
2
1
12
} โ โ โ1 {
} = 6โ โ1 {
} โ 2โ โ1 {
}
๐ฆ(๐ก) = โ โ1 {
1
1
(๐ + 3)
(๐ + 3)
2 (๐ โ )
2 (๐ โ )
2
2
1
๐ฆ(๐ก) = 6๐ 2๐ก โ 2๐ โ3๐ก
1
Jadi, solusi dari persamaan diferensial tersebut yaitu, ๐ฆ(๐ก) = 6๐ 2๐ก โ 2๐ โ3๐ก .
Contoh 2. Tentukan solusi dari ๐ฆ โฒโฒ โ 4๐ฆ โฒ โ 4๐ฆ = 8๐ก, dengan syarat awal ๐ฆ(0) = 0 & ๐ฆโฒ(0) = 12.
Seperti penyelesaian pada contoh 1 maka diperoleh,
โ{๐ฆ โฒโฒ โ 4๐ฆ โฒ โ 4๐ฆ} = โ{8๐ก}
โ{๐ฆโฒโฒ} โ 4โ{๐ฆโฒ} โ 4โ{๐ฆ} = 8โ{๐ก}
๐ 2 ๐(๐ ) โ ๐ ๐ฆ(0) โ ๐ฆ โฒ (0) โ 4๐ ๐(๐ ) + 4๐ฆ(0) โ 4๐(๐ ) =
๐ 2 ๐(๐ ) โ 12 โ 4๐ ๐(๐ ) โ 4๐(๐ ) =
(๐ 2 โ 4๐ โ 4)๐(๐ ) =
๐(๐ ) =
2(๐ 2
๐(๐ ) =
8
+ 12
๐ 2
8
๐ 2
8
๐ 2
8
12
+ 2
โ 4๐ โ 4) (๐ โ 4๐ โ 4)
12
8
+
๐ 2 (๐ โ 2)2 (๐ โ 2)2
๐(๐ ) tidak mengandung pecahan parsial, maka langsung ditentukan ๐ฆ(๐ก) yang merupakan solusi yang
di inginkan.
๐ฆ(๐ก) = 8โ โ1 {
1
๐ 2 (๐
1
1
} + 12โ โ1 {
}
2
(๐ โ 2)2
โ 2)
1
Untuk โ โ1 {(๐ โ2)2 } = ๐ก๐ 2๐ก , sedangkan untuk โ โ1 { 2 (๐ โ2)2 }, diselesaikan dengan integral transformasi
๐
Laplace.
1
Telah diketahui โ โ1 {(๐ โ2)2 } = ๐ก๐ 2๐ก , dan
๐ก
Diperoleh,
1
1 2๐ข 1 2๐ข ๐ก 1 2๐ก 1 2๐ก 1
โ1
2๐ข
โ { 2
} = โซ ๐ข๐ ๐๐ข = ๐ข๐ โ ๐ | = ๐ก๐ โ ๐ +
๐ (๐ โ 2)2
2
2
4
4
4
0
0
๐ก
1
1
1
1
โ โ1 { 2
} = โซ ( ๐ข๐ 2๐ข โ ๐ 2๐ข + ) ๐๐ข
2
๐ (๐ โ 2)
2
4
4
0
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
www.fourier.or.id
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik
49
1 2๐ข 1 2๐ข 1 ๐ก 1 2๐ก 1 2๐ก 1
1
= ๐ข๐ โ ๐ + ๐ข| = ๐ก๐ โ ๐ + ๐ก +
4
4
4 0 4
4
4
4
Jadi,
๐ฆ(๐ก) = 8โ โ1 {
1
1
โ1
}
+
12โ
{
}
(๐ โ 2)2
๐ 2 (๐ โ 2)2
1
1
1
1
๐ฆ(๐ก) = 8 ( ๐ก๐ 2๐ก โ ๐ 2๐ก + ๐ก + ) + 12๐ก๐ 2๐ก
4
4
4
4
๐ฆ(๐ก) = 14๐ก๐ 2๐ก โ 2๐ 2๐ก + 2๐ก + 2
Contoh 3. Diberikan persamaan diferensial, ๐ฆ โฒโฒ โ 4๐ฆ โฒ + 8๐ฆ = 8๐ 2๐ก cos 2๐ก + 6๐ 2๐ก sin 2๐ก, dengan syarat
awal ๐ฆ(0) = 4 dan ๐ฆโฒ(0) = 10.
Jika kedua ruas ditransformasi ke dalam transformasi Laplace, maka:
โ{๐ฆ โฒโฒ โ 4๐ฆ โฒ + 8๐ฆ} = โ{8๐ 2๐ก cos 2๐ก + 6๐ 2๐ก sin 2๐ก}
๐ 2 ๐(๐ ) โ ๐ ๐ฆ(0) โ ๐ฆ โฒ (0) โ 4๐ ๐(๐ ) + 4๐ฆ(0) + 8๐(๐ ) =
Untuk syarat awal ๐ฆ(0) = 4 dan ๐ฆโฒ(0) = 10, maka:
(๐ 2 โ 4๐ + 8)๐(๐ ) โ 4๐ + 6 =
((๐ โ 2)2 + 4)๐(๐ ) =
๐(๐ ) =
๐(๐ ) =
๐(๐ ) =
6(2)
8(๐ โ 2)
+
2
(๐ โ 2) + 4 (๐ โ 2)2 + 4
12
8(๐ โ 2)
+
2
(๐ โ 2) + 4 (๐ โ 2)2 + 4
8(๐ โ 2)
12
4๐ โ 6
+
+
2
2
2
(๐ โ 2) + 4 [(๐ โ 2) + 4]
(๐ โ 2)2 + 4
12
4๐ โ 6
8(๐ โ 2)
+
+
(๐ โ 2)2 + 4 [(๐ โ 2)2 + 4]2 (๐ โ 2)2 + 4
8(๐ โ 2)
12
4๐ โ 8 + 2
+
+
2
2
2
(๐ โ 2)2 + 4
(๐ โ 2) + 4 [(๐ โ 2) + 4]
8(๐ โ 2)
12
4(๐ โ 2)
2
+
+
+
2
2
2
2
(๐ โ 2) + 4 [(๐ โ 2) + 4]
(๐ โ 2) + 4 (๐ โ 2)2 + 4
Lalu menggunakan invers transformasi Laplace, maka diperoleh,
๐ฆ(๐ก) = 8โ โ1 {
(๐ โ 2)
(๐ โ 2)
12
2
โ1
โ1
+
12โ
+
4โ
{
{
}
}
} + โ โ1 {
}
[(๐ โ 2)2 + 4]2
(๐ โ 2)2 + 4
(๐ โ 2)2 + 4
(๐ โ 2)2 + 4
8๐ 2๐ก
8๐ 2๐ก
(sin 2๐ก โ 2๐ก cos 2๐ก) + 4๐ 2๐ก cos 2๐ก + ๐ 2๐ก sin 2๐ก
=
๐ก sin 2๐ก โ
4
16
3
2
7
2
๐ฆ(๐ก) = 2๐ก๐2๐ก sin 2๐ก โ ๐ก๐2๐ก cos 2๐ก + 4๐2๐ก cos 2๐ก + ๐2๐ก sin 2๐ก
www.fourier.or.id
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
50
Arifin, et al.
Elemen Rangkaian Listrik Dalam Domain-S
Untuk dapat mentransformasi suatu rangkaian listrik ke dalam transformasi Laplace, maka perlu
didefinisikan elemen-elemen di dalam rangkaian tersebut ke dalam domain-s.
Adapun transformasi elemen-elemen rangkaian listrik ke dalam domain-s didefinisikan sebagai
berikut (John Bird, 2007: 640).
1. Resistor (๐ )
Dalam domain waktu (t), resistor didefinisikan oleh hukum Ohm, yaitu:
๐ฃ๐ (๐ก) = ๐ ๐(๐ก)
Transformasi Laplace dari persamaan ini yaitu,
Diperoleh ๐ฃ๐ di dalam domain-s,
โ{๐ฃ๐ (๐ก)} = โ{๐ ๐(๐ก)} = ๐ ๐ผ(๐ )
๐ฃ๐ (๐ ) = ๐ ๐(๐ )
(5)
2. Kapasitor (๐ถ)
Sebuah kapasitor dalam domain waktu (๐ก) didefinisikan sebagai,
๐(๐ก) = ๐ถ
๐๐ฃ๐ (๐ก)
๐๐ก
1
atau ๐ฃ๐ถ (๐ก) = โซ ๐(๐ก) ๐๐ก
๐ถ
Transformasi Laplace dari persamaan ini yaitu,
1 ๐ผ(๐ )
1
โ{๐ฃ๐ถ (๐ก)} = โ { โซ ๐(๐ก) ๐๐ก} =
๐ถ ๐
๐ถ
Diperoleh impedansi kapasitor dalam domain-s,
๐ฃ๐ (๐ ) =
1
๐ ๐ถ
๐ผ(๐ก)
(6)
3. Induktor (๐ฟ)
Sebuah induktor dalam domain waktu (๐ก) didefinisikaan sebagai,
๐ฃ๐ฟ (๐ก) = ๐ฟ
Transformasi Laplace dari persamaan ini yaitu,
โ{๐ฃ๐ฟ (๐ก)} = โ {๐ฟ
๐๐(๐ก)
๐๐ก
๐๐
} = ๐ ๐ฟ๐ผ(๐ ) โ ๐ฟ๐(0)
๐๐ก
Impedansi Induktor dalam domain-s didefinisikan oleh,
๐ฃ๐ฟ (๐ ) = ๐ฟ[๐ ๐ผ(๐ ) โ ๐(0)]
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
(7)
www.fourier.or.id
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik
51
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik
Jika diberikan suatu rangkaian listrik, maka prosedur/langkah-langkah untuk mencari penyelesaiannya
dengan menggunakan transformasi Laplace yaitu, (John Bird, 2007:642):
1. Gunakan hukum yang berlaku pada rangkaian tersebut untuk menentukan persamaan diferensialnya
(Hukum Kirchoff dan hukum Ohm).
2. Ambil transformasi Laplace pada kedua ruas persamaan yang terbentuk.
3. Masukkan nilai awal yang diberikan dan susun persamaan pembantu.
4. Gunakan invers transformasi Laplace untuk menentukan penyelesaiannya.
Contoh 4. Diberikan suatu rangkaian L-R-C seperti pada Gambar 1 tentukan besar arus yang mengalir
dalam rangkaian tersebut jika pada saat ๐ก = 0 diberi tegangan sebesar ๐ฃ dan ๐(0) = 0.
Gambar 1 Rangkaian listrik satu.
Pada rangkaian listrik (Gambar 1) dapat dibentuk sebuah persamaan diferensial dengan
menggunakan hukum II Kirchoff yaitu:
โ๐ฃ = 0
๐ฃ๐ฟ + ๐ฃ๐ + ๐ฃ๐ถ โ ๐ฃ(๐ก) = 0 atau ๐ฃ(๐ก) = ๐ฃ๐ฟ + ๐ฃ๐ + ๐ฃ๐ถ
๐ฃ=๐ฟ
๐๐(๐ก)
1
+ ๐ ๐(๐ก) + โซ ๐(๐ก) ๐๐ก
๐๐ก
๐ถ
Ambil transformasi Laplace pada kedua ruas persamaan dan maka diperoleh,
โ{๐ฃ} = โ {๐ฟ
๐๐(๐ก)
1
+ ๐ ๐(๐ก) + โซ ๐(๐ก) ๐๐ก}
๐๐ก
๐ถ
๐ฃ
๐ฃ โ ๐ ๐ฟ๐(0)
๐ฃ โ ๐ ๐ฟ๐(0)
= ๐ ๐ฟ๐ผ(๐ ) + ๐ฟ๐(0) + ๐ ๐ผ(๐ ) +
=
1
1
๐
๐ [๐ ๐ฟ + ๐ + ] ๐ 2 ๐ฟ + ๐ ๐ +
๐ ๐ถ
๐ถ
Dengan substitusi ๐(0) = 0, maka:
๐ผ(๐ ) =
www.fourier.or.id
๐ฃ
๐ 2 ๐ฟ + ๐ ๐ +
1
๐ถ
=
=
๐ฃ
1
๐
๐ฟ [๐ 2 + ๐ ( ) + ๐ฟ๐ถ ]
๐ฟ
๐ฃโ๐ฟ
1
๐
๐ 2 + ๐ ( ) + ๐ฟ๐ถ
๐ฟ
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
52
Arifin, et al.
Dengan penggunaan kuadrat sempurna, maka:
๐ผ(๐ ) =
=
=
๐ผ(๐ ) =
Dengan memisalkan ๐ = โ
1
๐ฟ๐ถ
[๐ 2
๐ฃโ๐ฟ
๐ 2
1
๐ 2
๐
+ ( ) ๐ + (2๐ฟ) ] + [๐ฟ๐ถ โ (2๐ฟ) ]
๐ฟ
๐ฃโ๐ฟ
๐ 2
๐ 2
1
(๐ + ) + (โ โ ( ) )
2๐ฟ
2๐ฟ
๐ฟ๐ถ
(๐ +
2
๐ฃโ๐ฟ
2
2
2
๐
๐
โ1
2๐ฟ) + ( ๐ฟ๐ถ โ (2๐ฟ) )
โ
2
โ 1 โ(๐ )
๐ฟ๐ถ
2๐ฟ
2
โ 1 โ(๐ )
2๐ฟ
๐ฟ๐ถ
2
โ 1 โ(๐ )
2๐ฟ
๐ฟ๐ถ
๐ฃโ๐ฟ
โ
2
2
2
2
1
๐
โ โ ( ) (๐ + ๐ ) + (โ 1 โ ( ๐ ) )
๐ฟ๐ถ
2๐ฟ
2๐ฟ
2๐ฟ
๐ฟ๐ถ
๐ 2
๐
โ ( ) , dan ๐ = ( ), maka:
2๐ฟ
๐ผ(๐ ) =
๐ฃโ๐ฟ
2๐ฟ
2
โ 1 โ(๐ )
๐ฟ๐ถ
2๐ฟ
โ
๐
(๐ + ๐)2 + ๐ 2
Dengan menggunakan invers transformasi Laplace, maka diperoleh
โ โ1 {๐ผ(๐ )} = ๐(๐ก) = โ โ1
=
=
๐ฃโ๐ฟ
โ
๐
(๐ + ๐)2 + ๐ 2
โ โ โ1 {
๐
}
(๐ + ๐)2 + ๐ 2
2
โ 1 โ(๐ )
{ ๐ฟ๐ถ
2๐ฟ
๐ฃโ๐ฟ
2
โ 1 โ(๐ )
๐ฟ๐ถ
2๐ฟ
๐ฃโ๐ฟ
โ 1 โ(๐ )
2๐ฟ
๐ฟ๐ถ
2
}
โ ๐ โ๐๐ก sin ๐๐ก
Jadi, dengan mensubstitusi nilai ๐ dan ๐, maka diperoleh solusi untuk rangkaian pada Gambar 1
di atas yaitu:
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
www.fourier.or.id
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik
๐ฃโ๐ฟ
๐(๐ก) =
2
โ 1 โ(๐ )
2๐ฟ
๐ฟ๐ถ
๐ ๐ก
โ ๐ โ ๐ฟ sin (โ
53
1
๐ 2
โ ( ) ) ๐ก (๐ด)
๐ฟ๐ถ
2๐ฟ
Contoh 5. Tentukan besar arus yang mengalir dalam rangkaian berikut ini jika saklar ditutup pada
saat ๐ก = 0.
Gambar 2 Rangkaian listrik dua.
Dengan menggunakan hukum II Kirchoff diperoleh
โ๐ฃ = 0
0,1
๐ฃ๐ฟ + ๐ฃ๐ + ๐ฃ๐ถ โ ๐ฃ(๐ก) = 0
1
2
๐๐(๐ก)
+ 5๐(๐ก) +
โซ
๐(๐ก)
๐๐ก
โ
=0
20๐ฅ10โ6
๐
๐๐ก
Jika ditransformasi ke domain-s maka,
โ {0,1
๐๐(๐ก)
1
+ 5๐(๐ก) +
โซ ๐(๐ก) ๐๐ก โ 2} = โ{0}
๐๐ก
20๐ฅ10โ6
0,1๐ ๐ผ(๐ ) + 0,1๐(0) + 5๐ผ(๐ ) +
๐ผ(๐ ) [0,1๐ + 5 +
๐ผ(๐ )
2
โ
=0
20๐ฅ10โ6 ๐ ๐
2
1
] = โ 0,1๐(0)
โ6
๐
20๐ฅ10 ๐
Saklar baru dinyalakan sehingga pada saat awal belum ada arus yang mengalir (๐(0) = 0). Jadi,
๐ผ(๐ ) =
=
๐ผ(๐ ) =
www.fourier.or.id
=
2
๐ [0,1๐ + 5 +
5๐ฅ104
]
๐
2
[0,1๐ 2 + 5๐ + 5๐ฅ104 ]
0,1[๐ 2
2
+ 50๐ + 5๐ฅ104 ]
20
(๐ 2 + 50๐ + 5๐ฅ104 )
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
54
Arifin, et al.
=
=
=
=
=
=
๐ผ(๐ ) =
(๐ 2
+ 50๐ +
(๐ +
25)2
(๐ +
25)2
20
+ (5๐ฅ105 โ (25)2 )
(25)2 )
20
+ (499375)
20
+ (499375)
20
(๐ + 25)2 + โ(499375)2
20
(๐ + 25)2 + (โ(499375))
20
2
โ
โ499375
โ499375
โ499375
โ
โ499375 (๐ + 25)2 + (โ(499375))
2
20
โ499375
โ
706,7 (๐ + 25)2 + (706,7)2
Diperoleh ๐(๐ก) = โ โ1 {๐ผ(๐ )}, yaitu:
๐(๐ก) = โ โ1 {๐ผ(๐ )} = โ โ1 {0,0283 โ
706,7
}
(๐ + 25)2 + (706,7)2
= 0,0283 โ โ โ1 {
706,7
}
(๐ + 25)2 + (706,7)2
= 0,0283 โ ๐ โ25๐ก sin 706,7๐ก (๐ด)
Jadi, besar arus listrik yang mengalir pada rangkaian di atas, yaitu: 0,0283 โ ๐ โ25๐ก sin 706,7๐ก Ampere.
Contoh 6. Tentukan besar arus yang mengalir jika saklar ditutup pada saat ๐ก = 0 dalam rangkaian
berikut ini!
Gambar 3 Rangkaian listrik tiga.
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
www.fourier.or.id
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik
55
Dari Gambar 3 diperoleh persamaan dengan menggunakan hukum II Kirchoff:
Persamaan pada loop I:
10๐1 + 0,02
Dan persamaan loop II:
0,02
๐๐1
๐๐2
โ 0,02
โ 100 = 0
๐๐ก
๐๐ก
๐๐1
๐๐2
+ 5๐2 โ 0,02
=0
๐๐ก
๐๐ก
Jika kedua persamaan ditransformasi ke domain-s, maka diperoleh:
โ {10๐1 + 0,02
๐๐1
๐๐2
โ 0,02
โ 100} = โ{0}
๐๐ก
๐๐ก
10๐ผ1 + 0,02๐ ๐ผ1 (๐ ) โ 0,02๐ ๐ผ2 (๐ ) โ
100
=0
๐
(10 + 0,02๐ )๐ผ1 (๐ ) โ 0,02๐ ๐ผ2 (๐ ) =
dan
โ {0,02
100
(8)
๐
๐๐1
๐๐2
+ 5๐2 โ 0,02
} = โ{0}
๐๐ก
๐๐ก
0,02๐ ๐ผ2 (๐ ) + 5๐ผ2 (๐ ) โ 0,02๐ ๐ผ1 (๐ ) = 0
Dari persamaan (9), diperoleh
(0,02๐ + 5) = 0,02๐ ๐ผ2 (๐ ) = 0
0,02๐ ๐ผ (๐ )
2
๐ผ2 (๐ ) = (0,02๐ +5)
=
(9)
๐
๐ผ (๐ )
๐ +250 1
(10)
Jika persamaan (10) disubstitusikan ke dalam persamaan (8), maka
100
๐
(10 + 0,02๐ )๐ผ1 (๐ ) โ 0,02๐ (
๐ผ1 (๐ )) =
๐
๐ + 250
๐ผ1 (๐ ) (10 + 0,02๐ โ
0,02๐ 2
100
)=
๐ + 250
๐
10๐ + 2500 + 0,02๐ 2 + 5๐ โ 0,02๐ 2
100
๐ผ1 (๐ ) (
)=
๐ + 250
๐
๐ผ1 (๐ )(15๐ + 2500) =
๐ผ1 (๐ ) =
=
www.fourier.or.id
100(๐ + 250)
๐
100(๐ + 250)
100(๐ + 250)
=
๐ (15๐ + 2500) 15๐ (๐ + 166,667)
6,667(๐ +250)
๐ (๐ +166,667)
(11)
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
56
Arifin, et al.
Menggunakan metode jumlahan pecahan parsial, maka diperoleh
๐ผ1 (๐ ) =
6,667(๐ +250)
๐ (๐ +166,667)
๐ด
= +
๐
๐ต
atau 6,667(๐ + 250) = ๐ด(๐ + 166,667) + ๐ต๐
๐ +166,667
Untuk ๐ = 0, 6,667(250) = ๐ด(166,667) atau ๐ด = 10
Untuk ๐ = โ166,667, 6,667(83,334) = โ166,667๐ต atau ๐ต = โ3,334
Jadi, didapatkan nilai ๐ผ1 (๐ ), yaitu:
๐ผ1 (๐ ) =
6,667(๐ + 250)
๐
(
)
๐ + 250 ๐ (๐ + 166,667)
๐ผ2 (๐ ) =
6,667
(๐ + 166,667)
Dengan menggunakan invers transformasi Laplace maka diperoleh penyelesaian untuk ๐ผ1 (๐ ) dan ๐ผ2 (๐ )
yaitu:
โ โ1 {๐ผ1 (๐ )} = โ โ1 {
3,334
10
โ
}
๐ + 166,667
๐
๐1 (๐ก) = 10 โ 3,334๐ โ166,667๐ก (๐ด) dan
โ โ1 {๐ผ1 (๐ )} = โ โ1 {
6,667
} โบ ๐1 (๐ก) = 10 โ 3,334๐ โ166,667๐ก (๐ด).
๐ +166,667
Contoh 7. Tentukan besar arus yang mengalir jika saklar ditutup pada saat ๐ก = 0 dalam rangkaian
berikut ini!
Gambar 4 Rangkaian listrik empat.
Dari Gambar 4 di atas diperoleh persamaan dengan menggunakan hukum II Kirchoff.
Persamaan pada loop I:
Dan persamaan loop II:
10๐1 +
1
โซ ๐ ๐๐ก + 10๐2 = 50
0,2 1
10๐2 + 10๐1 = 50
Jika kedua persamaan tersebut ditransformasi ke domain-s maka diperoleh persamaan:
10๐ผ1 (๐ ) + 5
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
๐ผ1 (๐ )
๐
+ 10๐ผ2 (๐ ) =
50
๐
; dan
(12)
www.fourier.or.id
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik
Dari persamaan (13), diperoleh
50๐ผ2 (๐ ) + 10๐ผ1 (๐ ) =
๐ผ2 (๐ ) =
50โ๐ โ10๐ผ1
50
50
57
(13)
๐
1
= โ 0.210๐ผ1 (๐ )
(14)
๐
Dengan mensubtitusi persamaan (14) ke dalam persamaan (12), maka:
10๐ผ1 (๐ ) + 5
50
1
๐ผ1 (๐ )
+ 10 [ โ 0.210๐ผ1 (๐ )] =
๐
๐
๐
5
40
๐ผ1 (๐ ) [8 + ] =
๐
๐
๐ผ1 (๐ ) [
8๐ + 5
40
]=
๐
๐
๐ผ1 (๐ ) = 40โ8๐ + 5 = 5โ๐ + 0,625
(15)
Dengan mensubstitusi persamaan (15) ke dalam persamaan (12), maka
50
โ 10๐ผ1โ
๐ผ2 (๐ ) = ๐
50
= 1โ50 โ 0.2 [5โ๐ + 0,625] = 1โ๐ โ 1โ๐ + 0,625
(16)
Dengan menggunakan invers transformasi Laplace maka diperoleh penyelesaian untuk ๐ผ1 (๐ ), dan ๐ผ2 (๐ )
yaitu:
5
}
โ โ1 {๐ผ1 (๐ )} = โ โ1 {
๐ + 0,625
Dan
๐1 (๐ก) = 5๐ โ0,625๐ก (๐ด)
1
5
โ โ1 {๐ผ2 (๐ )} = โ โ1 { โ
}
๐ ๐ + 0,625
๐2 (๐ก) = 1 โ ๐ โ0,625๐ก (๐ด)
Contoh 8. Diberikan suatu rangkaian di bawah ini. Saklar ๐1 ditutup pada saat ๐ก = 0, tetapi pada
saat yang sama aklar ๐2 dibuka. Tentukan ๐ฃ๐๐ข๐ก (๐ก) pada saat ๐ก > 0.
www.fourier.or.id
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
58
Arifin, et al.
Gambar 5 Rangkaian listrik lima.
Dari rangkaian, terdapat dua kondisi awal yang diberikan yaitu nilai tegangan awal, ๐ฃ๐ถ (0โ ) untuk
kapasitor yaitu seberar 3 Volt, dan nilai arus awal sebesar 2 Ampere untuk Induktor ๐ฟ1 atau ๐๐ฟ1 (0โ ) =
2๐ด.
Untuk ๐ก > 1, lalu ubah rangkaian gambar 5 ke dalam domain-s seperti berikut.
Gambar 6 Rangkaian listrik enam.
Dari gambar 6 arus dalam induktor ๐ฟ1 digantikan oleh sumber tegangan 1V. Ini diperoleh dari ๐ฟ1 โ
๐๐ฟ1 (0โ ) = 1๐.
Lalu dengan menggunakan hokum II Kirchoff, diperoleh:
๐๐๐ข๐ก (๐ )โ1โ3โ๐
1โ๐ โ2โ๐ โ2
+
๐๐๐ข๐ก (๐ )
1
Kemudian persamaan (17) disederhanakan menjadi
+
๐๐๐ข๐ก (๐ )
๐ โ2
=0
(17)
2๐๐๐ข๐ก (๐ )
1 + 3โ๐
๐๐๐ข๐ก (๐ ) โ 1 โ 3โ๐
โ
+ ๐๐๐ข๐ก (๐ ) +
=0
๐
1โ๐ โ 2 โ ๐ โ2
1โ๐ โ 2 โ ๐ โ2
๐ +3
๐๐๐ข๐ก (๐ )
2๐๐๐ข๐ก (๐ )
๐
(๐ )
+
โ
+
๐
=0
๐๐ข๐ก
2 โ 4๐ โ ๐ 2
2 โ 4๐ โ ๐ 2
๐
(
)
(
)
2๐
2๐
2๐๐๐ข๐ก (๐ )
2๐ (๐ + 3)
2๐ โ ๐๐๐ข๐ก (๐ )
(๐ )
+
โ
+
๐
=0
๐๐ข๐ก
๐
2 โ 4๐ โ ๐ 2 2 โ 4๐ โ ๐ 2
2๐ 2 โ ๐๐๐ข๐ก (๐ )
2๐ (๐ + 3)
๐๐๐ข๐ก (๐ )๐ (2 + 4๐ + ๐ 2 ) 2๐๐๐ข๐ก (๐ )(2 + 4๐ + ๐ 2 )
โ
+
+
=0
๐ (2 + 4๐ + ๐ 2 ) ๐ (2 + 4๐ + ๐ 2 )
๐ (2 + 4๐ + ๐ 2 )
๐ (2 + 4๐ + ๐ 2 )
2๐ 2 โ ๐๐๐ข๐ก (๐ ) โ 2๐ (๐ + 3) + ๐๐๐ข๐ก (๐ )๐ (2 + 4๐ + ๐ 2 ) + ๐๐๐ข๐ก (๐ )(4 + 8๐ + 2๐ 2 )
=0
๐ (2 + 4๐ + ๐ 2 )
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
www.fourier.or.id
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik
59
2๐ 2 โ ๐๐๐ข๐ก (๐ ) + ๐๐๐ข๐ก (๐ )(2๐ + 4๐ 2 + ๐ 3 ) + ๐๐๐ข๐ก (๐ )(4 + 8๐ + 2๐ 2 ) = 2๐ (๐ + 3)
๐๐๐ข๐ก (๐ )(2๐ 2 + 2๐ + 4๐ 2 + ๐ 3 ) + ๐๐๐ข๐ก (๐ )(4 + 8๐ + 2๐ 2 ) = 2๐ (๐ + 3)
๐๐๐ข๐ก (๐ )(๐ 3 + 8๐ 2 + 10๐ + 4) = 2๐ (๐ + 3)
๐๐๐ข๐ก (๐ ) =
Lalu difaktorkan menjadi
๐๐๐ข๐ก (๐ ) =
2๐ (๐ +3)
๐ 3 +8๐ 2 +10๐ +4
2๐ (๐ +3)
= (๐ +6,57)(๐ 2
Dengan metode jumalahan pecahan parsial didapat
๐๐๐ข๐ก (๐ ) =
2๐ (๐ +3)
๐ 3 +8๐ 2 +10๐ +4
(18)
(19)
+1,43๐ +0,61)
๐ด
๐ต๐ + ๐ถ
2๐ (๐ + 3)
=
+ 2
2
(๐ + 6,57)(๐ + 1,43๐ + 0,61) (๐ + 6,57) ๐ + 1,43๐ + 0,61
2๐ (๐ + 3) = ๐ด(๐ 2 + 1,43๐ + 0,61) + (๐ต๐ + ๐ถ)(๐ + 6,57)
Untuk ๐ = โ6,57 maka
2(โ6,57)(โ6,57 + 3) = ๐ด((โ6,57)2 + 1,43(โ6,57) + 0,61)
Untuk ๐ = 0, dan A=1,36 maka ๐ถ = โ
๐ด=
0,83
6,57
46,9098
= 1,36
34,3798
= โ0,12.
Untuk ๐ = 1, dan A=1,36 maka ๐ถ = โ0,12 diperoleh
2(4) = 1,36(1 + 1,43 + 0,61) + (๐ต โ 0,12)(1 + 1,36)
8 = 4,12 + 7,57๐ต โ 0,96
7,57๐ต = 4,84 atau ๐ต = 0,64.
Diperoleh persamaan baru dari persamaan (19):
๐๐๐ข๐ก (๐ ) =
=
=
=
www.fourier.or.id
0,64 โ 0,12
1,36
+ 2
๐ + 1,36 ๐ + 1,43๐ + 0,61
1,36
0,64๐ + (0,46 โ 0,58)
+ 2
๐ + 1,36 ๐ + 1,43๐ + (0,51 + 0,1)
1,36
๐ + 0,715 โ 0,91
+ 0,64 2
(๐ + 1,43๐ + 0,51) + (0,1)
๐ + 1,36
1,36
๐ + 0,715
0,91
+ 0,64 (
โ
)
2
2
(๐ + 0,715) + (๐ + 0,316)
(๐ + 0,715)2 + (0,316)2
๐ + 6,57
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
60
Arifin, et al.
Dengan menggunakan invers transformasi Laplace, maka diperoleh penyelesaian dari persamaan
rangkaian listrik di atas, yaitu:
(๐ + 0,715)
1,36
0,91
โ โ1 {๐๐๐ข๐ก (๐ )} = โ โ1 {
} + โ โ1 {0,64
} โ โ โ1 {1,64 (
)}
2
2
(๐ + 0,715)2 + (0,316)2
(๐ + 0,715) + (๐ + 0,316)
๐ + 6,57
(๐ + 0,715)
0,316
1,36
} + โ โ1 {0,64
} โ โ โ1 {1,84 (
)}
= โ โ1 {
(๐ + 0,715)2 + (0,316)2
(๐ + 0,715)2 + (๐ + 0,316)2
๐ + 6,57
๐๐๐ข๐ก (๐ก) = 1,36๐โ6,57๐ก + 0,64๐โ0,715๐ก cos 0,316๐ก โ 1,84๐โ0,715๐ก sin 0,316๐ก (๐)
Dari hasil yang diperoleh tersebut, untuk ๐ก โ โ maka ๐๐๐ข๐ก (๐ก) โ 0.
Kesimpulan
Berdasarkan hasil studi literatur yang dilakukan tentang aplikasi transformasi Laplace pada rangkaian
listrik, dapat ditarik kesimpulan sebagai berikut:
1. Transformasi Laplace memiliki manfaat dalam menyelesaikan suatu persamaan diferensial terutama
persamaan diferensial linear orde dua dengan koefisien konstan: ๐ฆ โฒโฒ + ๐๐ฆ โฒ + ๐๐ฆ = ๐(๐ก) , yaitu
secara langsung didapatkan penyelesaian khusus dari nilai awal atau syarat batas yang diberikan.
2. Langkah-langkah untuk mengaplikasikan transformasi Laplace dalam menyelesaikan suatu rangkaian
listrik, yaitu: menentukan persamaan diferensial dalam domain-t dari suatu rangkaian listrik dengan
menggunakan hukum pada rangkaian tersebut (hukum Ohm atau hukum Kirchoff); membentuk
persamaan pembantu dengan menggunakan transformasi Laplace; mensubstitusikan nilai awal atau
syarat batas yang diberikan ke dalam persamaan pembantu; menyelesaikan persamaan pembantu
dengan perhitungan aljabar, termasuk dengan metode jumlahan pecahan parsial; dan menggunakan
invers transformasi Laplace untuk menentukan solusi yang merupakan penyelesaian khusus dari
rangkaian listrik tersebut.
Referensi
[1]
[2]
[3]
[4]
[5]
[6]
[7]
[8]
[9]
[10]
[11]
[12]
[13]
[14]
[15]
[16]
[17]
[18]
[19]
Ayres, Frank. 1972. Theory and Problem Of Differential and Integral Calculus, 2nd Edition. New York: McGraw-Hill
Companies.
Attenborough, Mary. 2003. Mathematics for Electrical Engineering and Computing. Oxford: Newnes.
Bird, John. 1997. Electrical Circuit Theory and Technology, Third edition. USA: Elsevier Inc.
Budi, Mismail. 1995. Rangkaian Listrik. Bandung: ITB.
Chen, Wai-Kai.2004.The Electrical Engineering Handbook.USA: Elsevier Inc.
Darmawijaya, Soeparna, Dkk.__.MATEMATIKA DASAR I. Yogyakarta: Universitas Gadjah Mada.
Dedy, Endang, dkk. 2003. KALKULUS I. Bandung: JICA.
Fidiyah, Suci. 2006. Aplikasi Transformasi Laplace pada Penyelesaian Persamaan Aliran Panas dan Persamaan
Gelombang. Malang: UMM.
Farlow, Stanley J. 1994. Partial Differential Equations for Scientists and Engineers. New York: John Wiley Inc.
Gazali, Wikaria dan Soedadyatmodjo. 2007. KALKULUS Edisi kedua. Yogyakarta: Graha Ilmu.
Harini, Meyriska Aulia. 2005. Transformasi Laplace dari masalah Nilai Batas pada Persamaan Diferensial Parsial.
Semarang: FMIPA UNNES.
Havil, Julian. 2003. Gamma: Exploring Eulerโs Constant.New Jersey: Princeton University.
Holbrook, James G. 1959. Laplace Transforms for Electronic Engineers. NewYork: Pregamon Press.
Karris, Steven T. 2006. Circuit Analysis II with MATLABยฎ Computing and Simulinkยฎ / SimPowerSystemยฎ Modeling.
California: Orchard publications.
Logan, J. David. 2006. A First Course in Differential Equations. USA: Spinger.
Maxfield, Clive, dkk. 2008. Electrical Engineering, Know It All. USA: Elsevier Inc.
Nahvi, Mahmood and Joseph A. Edminister. 1986. Theory and Problem Of Electric Circuits, fourth Edition. New York:
McGraw-Hill Companies.
Prayudi. 2006. Matemamatika Teknik Edisi Pertama. Yogyakarta: Graha Ilmu.
Powell, Ray. 1995. Introduction to Electric Circuits. London: Arnold.
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
www.fourier.or.id
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik
[20]
[21]
[22]
[23]
[24]
[25]
[26]
[27]
61
Power, David L. 2006. Boundary Value Problem and Partial Differential Equations, Fifth Edition. USA: Elsevier Inc.
Purcell, Edwind J. 1984. Calculus with Analytic Geometry, 4th Edition. Arizona: Prentice-Hall.
Ramdhani, Mohammad. 2005. Rangkaian Listrik. (Diktat Kuliah). Bandung: STT Telkom.
Rahardi, Rustanto, Herman Hudojo dan Imam Supemo. 2003. Persamaan Diferensial Biasa. Malang: UNM.
Spiegel, Murray, R. 1965. Laplace Transformation, Schaumโs Series. New York: Mc Graw-Hill Companies.
Stourd, K.A. dan Dexter J. Both. 2003. Engineering Mathematics, Fifth Edition. New York: Mc Graw-Hill.
Udiansari, Risqi. 2009. Menyelesaikan Getaran Pegas dengan Transformasi Laplace. Malang: FMIPA-UMM.
Varberg, Dale dan Steven E. Rigdon. 2001. Calculus. New York: Hamline University.
www.fourier.or.id
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
ISSN 2252-763X
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik
Arifin, Muhammad Wakhid Musthofa, dan Sugiyanto
Program Studi Matematika Fakultas Sains dan Teknologi, UIN Sunan Kalijaga, Jl. Marsda Adisucipto
No. 1 Yogyakarta, Indonesia
Korespondensi; Sugiyanto, Email: sugimath@yahoo.com
Abstrak
Menyelesaikan persamaan diferensial sering terkendala oleh masalah syarat awal atau syarat batas. Masalah syarat
batas ini sering dijumpai pada penerapan persamaan diferensial, salah satunya adalah rangkaian listrik. Metode
yang dapat digunakan untuk menyelesaikan masalah syarat batas pada persamaan diferensial salah satu diantaranya
โ
adalah metode transformasi Laplace. Transformasi Laplace yang didefinisikan dengan ๐{๐(๐)} = โซ๐ ๐โ๐๐ ๐(๐) ๐ ๐
dapat digunakan untuk mencari solusi dari suatu sistem persamaan diferensial koefisien konstan. Metode
penyelesaian suatu rangkaian Listrik dengan menggunakan transformasi Laplace adalah dengan mengubah
persamaan diferensial dari domain waktu (๐) ke dalam domain frekuensi (๐), memetakan masalah nilai awal ke
dalam persamaan pembantu, menyelesaikan dengan perhitungan aljabar, dan menggunakan invers transformasi
Laplace untuk mendapatkan solusi khusus secara langsung dari sistem persamaan diferensial rangkaian listrik
tersebut.
Kata Kunci:
Abstract
Resolving differential equations is often constrained by problems of initial requirements or boundary conditions.
The problem of boundary conditions is often found in the application of differential equations, one of which is the
electrical circuit. The method that can be used to solve the problem of boundary conditions on the differential
โ
equation is one of them is the Laplace transform method. Laplace transforms defined by ๐{๐(๐)} = โซ๐ ๐โ๐๐ ๐(๐) ๐ ๐
can be used to find the solution of a system of constant coefficient differential equations. The method of completion
of an electrical circuit by using Laplace transform is by changing the differential equation of the time domain (๐)
into the frequency domain (๐), mapping the initial value problem into the helper equation, solving it by algebraic
calculation, and using Laplace inverse transformation to obtain the solution Specifically directly from the system of
differential equations of the electrical circuit.
Keywords
Pendahuluan
Metode Transformasi Laplace (Laplace Transformation) merupakan suatu metode yang dapat digunakan
untuk menyelesaikan persamaan diferensial, yang memetakan masalah nilai awal ke dalam suatu
persamaan aljabar atau suatu sistem persamaan yang dapat diselesaikan dengan metode aljabar dan
tabel transformasi Laplace. Metode ini pertama kali diperkenalkan oleh Pierre Simon Marquas De
Laplace (1749 โ 1827) seorang matematikawan Perancis dan seorang guru besar di Paris. Dengan
metode transformasi Laplace akan dihasilkan solusi khusus secara langsung sesuai dengan kondisi
masalah nilai awal yang diberikan.
Rangkaian listrik adalah suatu kumpulan elemen atau komponen listrik yang saling dihubungkan
dengan cara-cara tertentu dan paling sedikit mempunyai satu lintasan tertutup. Suatu rangkaian listrik
dapat dimodelkan ke dalam suatu persamaan diferensial, yaitu persamaan diferensial orde dua koefisien
konstan. Oleh sebab itu, solusi rangkaian listrik tersebut dapat ditentukan dengan menggunakan
2013 JURNAL FOURIER
Versi online via www.fourier.or.id
46
Arifin, et al.
transformasi Laplace. Namun, ada suatu rangkaian yang tidak menimbulkan masalah atau kesulitan
untuk dianalisa dengan matematika biasa, yaitu rangkaian yang hanya memuat satu elemen rangkaian
listrik. Elemen rangkaian listrik dapat dikelompokkan ke dalam elemen atau komponen aktif dan pasif.
Elemen aktif adalah elemen yang menghasilkan energi, dalam hal ini adalah sumber tegangan dan
sumber arus. Elemen lain adalah elemen pasif dimana elemen ini tidak dapat menghasilkan energi,
yaitu elemen yang hanya dapat menyerap energi (resistor), elemen yang dapat menyimpan energi
(induktor) dan elemen yang menyerap energi dalam bentuk medan magnet (kapasitor). Suatu rangkaian
yang sulit dapat dianalisis/diselesaikan dengan menggunakan transformasi Laplace. Hal ini disebabkan
oleh karakteristik dari tiap-tiap elemen rangkaian listrik yang berbeda meskipun secara definitive ๐ฃ๐ , ๐ฃ๐ฟ
dan ๐ฃ๐ถ adalah besarnya arus yang mengalir pada elemen R, L, dan C.
Penyelesaian Persamaan Diferensial Dengan Transformasi Laplace
Penerapan yang cukup penting dari transformasi Laplace salah satunya adalah untuk menentukan
penyelesaian persamaan diferensial linear dengan koefisien kostan. Dalam skripsi ini hanya dibatasi
pada persamaan diferensial orde dua koefisien konstan.
Metode transformasi Laplace secara khusus digunakan untuk menyelesaikan persamaan diferensial
dan memenuhi syarat awal. Untuk menyelesaikan persamaan diferensial ini adalah dengan mengambil
transformasi Laplace dari persamaan diferensial yang diberikan, lalu menggunakan syarat-syarat
awalnya. Ini memberikan suatu persamaan aljabar dalam transformasi Laplace dari penyelesaian yang
diinginkan. Dengan mengambil invers dari transformasi Laplace yang telah dibentuk maka diperoleh
penyelesaiannya.
Berikut ini diberikan prosedur/ langkah-langkah mencari penyelesaian suatu persamaan diferensial
linear orde dua berkoefisien konstan menggunakan transformasi Laplace (John Bird, 2007: 637).
Diberikan suatu persamaan diferensial linear orde dua, yaitu:
๐๐ฆ โฒโฒ + ๐๐ฆ โฒ + ๐๐ฆ = ๐(๐ก)
(1)
Dengan syarat awal ๐ฆ(0) dan ๐ฆ โฒ (0).
1) Langkah pertama. Bentuk Persamaan ke dalam transformasi Laplace.
โ{๐ฆ(๐ก)} = ๐(๐ ) dan โ{๐(๐ก)} = ๐ (๐ ). Dengan menerapkan transformasi Laplace pada kedua ruas
persamaan (1), maka dihasilkan:
โ{๐๐ฆ โฒโฒ + ๐๐ฆ โฒ + ๐๐ฆ} = โ{๐ฆ(๐ก)}
๐โ{๐ฆ โฒโฒ } + ๐โ{๐ฆ โฒ } + ๐โ{๐ฆ} = ๐ (๐ )
๐[๐ 2 ๐(๐ ) โ ๐ ๐ฆ(0) โ ๐ฆ โฒ (0)] + ๐[๐ ๐(๐ ) โ ๐ฆ(0)] + ๐๐(๐ ) = ๐ (๐ )
(2)
2) Langkah kedua. Masukkan nilai awal ๐ฆ(0) dan ๐ฆโฒ(0) serta susun persamaan (2) ke dalam ๐(๐ )
(persamaan pembantu)
[๐๐ 2 + ๐๐ + ๐] โ [๐๐ + ๐] โ ๐๐ฆ โฒ (0) = ๐ (๐ )
[๐๐ 2 + ๐๐ + ๐]๐(๐ ) = [๐๐ + ๐]๐ฆ(0) + ๐๐ฆ โฒ (0) = ๐ (๐ )
๐(๐ ) =
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
[๐๐ +๐]๐ฆ(0)+๐๐ฆ โฒ (0)+๐ (๐ )
[๐๐ 2 +๐๐ +๐]
(3)
www.fourier.or.id
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik
47
3) Langkah ketiga. Jika mengandung pecahan parsial, maka gunakan metode jumlahan pecahan parsial
untuk menyelesaikan persamaan (3).
๐(๐ ) =
[๐๐ +๐]๐ฆ(0)+๐๐ฆ โฒ (0)
๐๐ 2 +๐๐ +๐
4) Langkah keempat. Ambil invers transformasi
solusi/penyelesaian untuk persamaan (1).
โ โ1 {๐(๐ )} = ๐ฆ(๐ก) = โ โ1 {
+
๐ (๐ )
(4)
๐๐ 2 +๐๐ +๐
Laplace
persamaan
(4)
maka
diperoleh
[๐๐ + ๐]๐ฆ(0) + ๐๐ฆ โฒ (0)
๐ (๐ )
} + โ โ1 { 2
}
2
๐๐ + ๐๐ + ๐
๐๐ + ๐๐ + ๐
Contoh 1. Carilah penyelesaian dari 2๐ฆโฒโฒ + 4๐ฆโฒ โ 3๐ฆ = 0, dengan syarat awal ๐ฆ(0) = 4 & ๐ฆโฒ(0) = 9.
Dengan menggunakan prosedur/ langkah-langkah di atas, maka diperoleh:
โ{2๐ฆโฒโฒ + 4๐ฆโฒ โ 3๐ฆ} = โ{0}
2โ{๐ฆโฒโฒ} + 4โ{๐ฆโฒ} โ 4โ{๐ฆ} = 0
2๐ 2 ๐(๐ ) โ 2๐ ๐ฆ(0) โ 2๐ฆ โฒ (0) + 5๐ ๐(๐ ) โ 5๐ฆ(0) โ 3๐(๐ ) = 0
Untuk ๐ฆ(0) = 4 dan ๐ฆโฒ(0) = 9, maka:
2๐ 2 ๐(๐ ) โ 8๐ โ 18 + 5๐ ๐(๐ ) โ 20 โ 3๐(๐ ) = 0
[2๐ 2 + 5๐ โ 3]๐(๐ ) = 8๐ + 38
๐(๐ ) =
8๐ + 38
8๐ + 38
=
+ 5๐ โ 3 (2๐ โ 1)(๐ + 3)
2๐ 2
Menggunakan metode jumlahan pecahan parsial, maka:
๐ด
๐ต
8๐ + 38
=
+
+ 5๐ โ 3 (2๐ โ 1) (๐ + 3)
2๐ 2
Diperoleh,
8๐ + 38 = ๐ด(๐ + 3) + ๐ต(2๐ โ 1)
Untuk ๐ = โ3 maka 14 = โ7๐ต atau ๐ต = โ2.
7
1
Untuk ๐ = maka 42 = 2 ๐ด atau ๐ด = 12. Jadi,
2
๐(๐ ) =
8๐ + 38
12
2
=
โ
+ 5๐ โ 3 (2๐ โ 1) (๐ + 3)
2๐ 2
Dengan invers transformasi Laplace didapat,
โ โ1 {๐(๐ )} = ๐ฆ(๐ก) = โ โ1 {
www.fourier.or.id
2
12
} โ โ โ1 {
}
(๐ + 3)
(2๐ โ 1)
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
48
Arifin, et al.
2
2
1
12
} โ โ โ1 {
} = 6โ โ1 {
} โ 2โ โ1 {
}
๐ฆ(๐ก) = โ โ1 {
1
1
(๐ + 3)
(๐ + 3)
2 (๐ โ )
2 (๐ โ )
2
2
1
๐ฆ(๐ก) = 6๐ 2๐ก โ 2๐ โ3๐ก
1
Jadi, solusi dari persamaan diferensial tersebut yaitu, ๐ฆ(๐ก) = 6๐ 2๐ก โ 2๐ โ3๐ก .
Contoh 2. Tentukan solusi dari ๐ฆ โฒโฒ โ 4๐ฆ โฒ โ 4๐ฆ = 8๐ก, dengan syarat awal ๐ฆ(0) = 0 & ๐ฆโฒ(0) = 12.
Seperti penyelesaian pada contoh 1 maka diperoleh,
โ{๐ฆ โฒโฒ โ 4๐ฆ โฒ โ 4๐ฆ} = โ{8๐ก}
โ{๐ฆโฒโฒ} โ 4โ{๐ฆโฒ} โ 4โ{๐ฆ} = 8โ{๐ก}
๐ 2 ๐(๐ ) โ ๐ ๐ฆ(0) โ ๐ฆ โฒ (0) โ 4๐ ๐(๐ ) + 4๐ฆ(0) โ 4๐(๐ ) =
๐ 2 ๐(๐ ) โ 12 โ 4๐ ๐(๐ ) โ 4๐(๐ ) =
(๐ 2 โ 4๐ โ 4)๐(๐ ) =
๐(๐ ) =
2(๐ 2
๐(๐ ) =
8
+ 12
๐ 2
8
๐ 2
8
๐ 2
8
12
+ 2
โ 4๐ โ 4) (๐ โ 4๐ โ 4)
12
8
+
๐ 2 (๐ โ 2)2 (๐ โ 2)2
๐(๐ ) tidak mengandung pecahan parsial, maka langsung ditentukan ๐ฆ(๐ก) yang merupakan solusi yang
di inginkan.
๐ฆ(๐ก) = 8โ โ1 {
1
๐ 2 (๐
1
1
} + 12โ โ1 {
}
2
(๐ โ 2)2
โ 2)
1
Untuk โ โ1 {(๐ โ2)2 } = ๐ก๐ 2๐ก , sedangkan untuk โ โ1 { 2 (๐ โ2)2 }, diselesaikan dengan integral transformasi
๐
Laplace.
1
Telah diketahui โ โ1 {(๐ โ2)2 } = ๐ก๐ 2๐ก , dan
๐ก
Diperoleh,
1
1 2๐ข 1 2๐ข ๐ก 1 2๐ก 1 2๐ก 1
โ1
2๐ข
โ { 2
} = โซ ๐ข๐ ๐๐ข = ๐ข๐ โ ๐ | = ๐ก๐ โ ๐ +
๐ (๐ โ 2)2
2
2
4
4
4
0
0
๐ก
1
1
1
1
โ โ1 { 2
} = โซ ( ๐ข๐ 2๐ข โ ๐ 2๐ข + ) ๐๐ข
2
๐ (๐ โ 2)
2
4
4
0
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
www.fourier.or.id
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik
49
1 2๐ข 1 2๐ข 1 ๐ก 1 2๐ก 1 2๐ก 1
1
= ๐ข๐ โ ๐ + ๐ข| = ๐ก๐ โ ๐ + ๐ก +
4
4
4 0 4
4
4
4
Jadi,
๐ฆ(๐ก) = 8โ โ1 {
1
1
โ1
}
+
12โ
{
}
(๐ โ 2)2
๐ 2 (๐ โ 2)2
1
1
1
1
๐ฆ(๐ก) = 8 ( ๐ก๐ 2๐ก โ ๐ 2๐ก + ๐ก + ) + 12๐ก๐ 2๐ก
4
4
4
4
๐ฆ(๐ก) = 14๐ก๐ 2๐ก โ 2๐ 2๐ก + 2๐ก + 2
Contoh 3. Diberikan persamaan diferensial, ๐ฆ โฒโฒ โ 4๐ฆ โฒ + 8๐ฆ = 8๐ 2๐ก cos 2๐ก + 6๐ 2๐ก sin 2๐ก, dengan syarat
awal ๐ฆ(0) = 4 dan ๐ฆโฒ(0) = 10.
Jika kedua ruas ditransformasi ke dalam transformasi Laplace, maka:
โ{๐ฆ โฒโฒ โ 4๐ฆ โฒ + 8๐ฆ} = โ{8๐ 2๐ก cos 2๐ก + 6๐ 2๐ก sin 2๐ก}
๐ 2 ๐(๐ ) โ ๐ ๐ฆ(0) โ ๐ฆ โฒ (0) โ 4๐ ๐(๐ ) + 4๐ฆ(0) + 8๐(๐ ) =
Untuk syarat awal ๐ฆ(0) = 4 dan ๐ฆโฒ(0) = 10, maka:
(๐ 2 โ 4๐ + 8)๐(๐ ) โ 4๐ + 6 =
((๐ โ 2)2 + 4)๐(๐ ) =
๐(๐ ) =
๐(๐ ) =
๐(๐ ) =
6(2)
8(๐ โ 2)
+
2
(๐ โ 2) + 4 (๐ โ 2)2 + 4
12
8(๐ โ 2)
+
2
(๐ โ 2) + 4 (๐ โ 2)2 + 4
8(๐ โ 2)
12
4๐ โ 6
+
+
2
2
2
(๐ โ 2) + 4 [(๐ โ 2) + 4]
(๐ โ 2)2 + 4
12
4๐ โ 6
8(๐ โ 2)
+
+
(๐ โ 2)2 + 4 [(๐ โ 2)2 + 4]2 (๐ โ 2)2 + 4
8(๐ โ 2)
12
4๐ โ 8 + 2
+
+
2
2
2
(๐ โ 2)2 + 4
(๐ โ 2) + 4 [(๐ โ 2) + 4]
8(๐ โ 2)
12
4(๐ โ 2)
2
+
+
+
2
2
2
2
(๐ โ 2) + 4 [(๐ โ 2) + 4]
(๐ โ 2) + 4 (๐ โ 2)2 + 4
Lalu menggunakan invers transformasi Laplace, maka diperoleh,
๐ฆ(๐ก) = 8โ โ1 {
(๐ โ 2)
(๐ โ 2)
12
2
โ1
โ1
+
12โ
+
4โ
{
{
}
}
} + โ โ1 {
}
[(๐ โ 2)2 + 4]2
(๐ โ 2)2 + 4
(๐ โ 2)2 + 4
(๐ โ 2)2 + 4
8๐ 2๐ก
8๐ 2๐ก
(sin 2๐ก โ 2๐ก cos 2๐ก) + 4๐ 2๐ก cos 2๐ก + ๐ 2๐ก sin 2๐ก
=
๐ก sin 2๐ก โ
4
16
3
2
7
2
๐ฆ(๐ก) = 2๐ก๐2๐ก sin 2๐ก โ ๐ก๐2๐ก cos 2๐ก + 4๐2๐ก cos 2๐ก + ๐2๐ก sin 2๐ก
www.fourier.or.id
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
50
Arifin, et al.
Elemen Rangkaian Listrik Dalam Domain-S
Untuk dapat mentransformasi suatu rangkaian listrik ke dalam transformasi Laplace, maka perlu
didefinisikan elemen-elemen di dalam rangkaian tersebut ke dalam domain-s.
Adapun transformasi elemen-elemen rangkaian listrik ke dalam domain-s didefinisikan sebagai
berikut (John Bird, 2007: 640).
1. Resistor (๐ )
Dalam domain waktu (t), resistor didefinisikan oleh hukum Ohm, yaitu:
๐ฃ๐ (๐ก) = ๐ ๐(๐ก)
Transformasi Laplace dari persamaan ini yaitu,
Diperoleh ๐ฃ๐ di dalam domain-s,
โ{๐ฃ๐ (๐ก)} = โ{๐ ๐(๐ก)} = ๐ ๐ผ(๐ )
๐ฃ๐ (๐ ) = ๐ ๐(๐ )
(5)
2. Kapasitor (๐ถ)
Sebuah kapasitor dalam domain waktu (๐ก) didefinisikan sebagai,
๐(๐ก) = ๐ถ
๐๐ฃ๐ (๐ก)
๐๐ก
1
atau ๐ฃ๐ถ (๐ก) = โซ ๐(๐ก) ๐๐ก
๐ถ
Transformasi Laplace dari persamaan ini yaitu,
1 ๐ผ(๐ )
1
โ{๐ฃ๐ถ (๐ก)} = โ { โซ ๐(๐ก) ๐๐ก} =
๐ถ ๐
๐ถ
Diperoleh impedansi kapasitor dalam domain-s,
๐ฃ๐ (๐ ) =
1
๐ ๐ถ
๐ผ(๐ก)
(6)
3. Induktor (๐ฟ)
Sebuah induktor dalam domain waktu (๐ก) didefinisikaan sebagai,
๐ฃ๐ฟ (๐ก) = ๐ฟ
Transformasi Laplace dari persamaan ini yaitu,
โ{๐ฃ๐ฟ (๐ก)} = โ {๐ฟ
๐๐(๐ก)
๐๐ก
๐๐
} = ๐ ๐ฟ๐ผ(๐ ) โ ๐ฟ๐(0)
๐๐ก
Impedansi Induktor dalam domain-s didefinisikan oleh,
๐ฃ๐ฟ (๐ ) = ๐ฟ[๐ ๐ผ(๐ ) โ ๐(0)]
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
(7)
www.fourier.or.id
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik
51
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik
Jika diberikan suatu rangkaian listrik, maka prosedur/langkah-langkah untuk mencari penyelesaiannya
dengan menggunakan transformasi Laplace yaitu, (John Bird, 2007:642):
1. Gunakan hukum yang berlaku pada rangkaian tersebut untuk menentukan persamaan diferensialnya
(Hukum Kirchoff dan hukum Ohm).
2. Ambil transformasi Laplace pada kedua ruas persamaan yang terbentuk.
3. Masukkan nilai awal yang diberikan dan susun persamaan pembantu.
4. Gunakan invers transformasi Laplace untuk menentukan penyelesaiannya.
Contoh 4. Diberikan suatu rangkaian L-R-C seperti pada Gambar 1 tentukan besar arus yang mengalir
dalam rangkaian tersebut jika pada saat ๐ก = 0 diberi tegangan sebesar ๐ฃ dan ๐(0) = 0.
Gambar 1 Rangkaian listrik satu.
Pada rangkaian listrik (Gambar 1) dapat dibentuk sebuah persamaan diferensial dengan
menggunakan hukum II Kirchoff yaitu:
โ๐ฃ = 0
๐ฃ๐ฟ + ๐ฃ๐ + ๐ฃ๐ถ โ ๐ฃ(๐ก) = 0 atau ๐ฃ(๐ก) = ๐ฃ๐ฟ + ๐ฃ๐ + ๐ฃ๐ถ
๐ฃ=๐ฟ
๐๐(๐ก)
1
+ ๐ ๐(๐ก) + โซ ๐(๐ก) ๐๐ก
๐๐ก
๐ถ
Ambil transformasi Laplace pada kedua ruas persamaan dan maka diperoleh,
โ{๐ฃ} = โ {๐ฟ
๐๐(๐ก)
1
+ ๐ ๐(๐ก) + โซ ๐(๐ก) ๐๐ก}
๐๐ก
๐ถ
๐ฃ
๐ฃ โ ๐ ๐ฟ๐(0)
๐ฃ โ ๐ ๐ฟ๐(0)
= ๐ ๐ฟ๐ผ(๐ ) + ๐ฟ๐(0) + ๐ ๐ผ(๐ ) +
=
1
1
๐
๐ [๐ ๐ฟ + ๐ + ] ๐ 2 ๐ฟ + ๐ ๐ +
๐ ๐ถ
๐ถ
Dengan substitusi ๐(0) = 0, maka:
๐ผ(๐ ) =
www.fourier.or.id
๐ฃ
๐ 2 ๐ฟ + ๐ ๐ +
1
๐ถ
=
=
๐ฃ
1
๐
๐ฟ [๐ 2 + ๐ ( ) + ๐ฟ๐ถ ]
๐ฟ
๐ฃโ๐ฟ
1
๐
๐ 2 + ๐ ( ) + ๐ฟ๐ถ
๐ฟ
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
52
Arifin, et al.
Dengan penggunaan kuadrat sempurna, maka:
๐ผ(๐ ) =
=
=
๐ผ(๐ ) =
Dengan memisalkan ๐ = โ
1
๐ฟ๐ถ
[๐ 2
๐ฃโ๐ฟ
๐ 2
1
๐ 2
๐
+ ( ) ๐ + (2๐ฟ) ] + [๐ฟ๐ถ โ (2๐ฟ) ]
๐ฟ
๐ฃโ๐ฟ
๐ 2
๐ 2
1
(๐ + ) + (โ โ ( ) )
2๐ฟ
2๐ฟ
๐ฟ๐ถ
(๐ +
2
๐ฃโ๐ฟ
2
2
2
๐
๐
โ1
2๐ฟ) + ( ๐ฟ๐ถ โ (2๐ฟ) )
โ
2
โ 1 โ(๐ )
๐ฟ๐ถ
2๐ฟ
2
โ 1 โ(๐ )
2๐ฟ
๐ฟ๐ถ
2
โ 1 โ(๐ )
2๐ฟ
๐ฟ๐ถ
๐ฃโ๐ฟ
โ
2
2
2
2
1
๐
โ โ ( ) (๐ + ๐ ) + (โ 1 โ ( ๐ ) )
๐ฟ๐ถ
2๐ฟ
2๐ฟ
2๐ฟ
๐ฟ๐ถ
๐ 2
๐
โ ( ) , dan ๐ = ( ), maka:
2๐ฟ
๐ผ(๐ ) =
๐ฃโ๐ฟ
2๐ฟ
2
โ 1 โ(๐ )
๐ฟ๐ถ
2๐ฟ
โ
๐
(๐ + ๐)2 + ๐ 2
Dengan menggunakan invers transformasi Laplace, maka diperoleh
โ โ1 {๐ผ(๐ )} = ๐(๐ก) = โ โ1
=
=
๐ฃโ๐ฟ
โ
๐
(๐ + ๐)2 + ๐ 2
โ โ โ1 {
๐
}
(๐ + ๐)2 + ๐ 2
2
โ 1 โ(๐ )
{ ๐ฟ๐ถ
2๐ฟ
๐ฃโ๐ฟ
2
โ 1 โ(๐ )
๐ฟ๐ถ
2๐ฟ
๐ฃโ๐ฟ
โ 1 โ(๐ )
2๐ฟ
๐ฟ๐ถ
2
}
โ ๐ โ๐๐ก sin ๐๐ก
Jadi, dengan mensubstitusi nilai ๐ dan ๐, maka diperoleh solusi untuk rangkaian pada Gambar 1
di atas yaitu:
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
www.fourier.or.id
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik
๐ฃโ๐ฟ
๐(๐ก) =
2
โ 1 โ(๐ )
2๐ฟ
๐ฟ๐ถ
๐ ๐ก
โ ๐ โ ๐ฟ sin (โ
53
1
๐ 2
โ ( ) ) ๐ก (๐ด)
๐ฟ๐ถ
2๐ฟ
Contoh 5. Tentukan besar arus yang mengalir dalam rangkaian berikut ini jika saklar ditutup pada
saat ๐ก = 0.
Gambar 2 Rangkaian listrik dua.
Dengan menggunakan hukum II Kirchoff diperoleh
โ๐ฃ = 0
0,1
๐ฃ๐ฟ + ๐ฃ๐ + ๐ฃ๐ถ โ ๐ฃ(๐ก) = 0
1
2
๐๐(๐ก)
+ 5๐(๐ก) +
โซ
๐(๐ก)
๐๐ก
โ
=0
20๐ฅ10โ6
๐
๐๐ก
Jika ditransformasi ke domain-s maka,
โ {0,1
๐๐(๐ก)
1
+ 5๐(๐ก) +
โซ ๐(๐ก) ๐๐ก โ 2} = โ{0}
๐๐ก
20๐ฅ10โ6
0,1๐ ๐ผ(๐ ) + 0,1๐(0) + 5๐ผ(๐ ) +
๐ผ(๐ ) [0,1๐ + 5 +
๐ผ(๐ )
2
โ
=0
20๐ฅ10โ6 ๐ ๐
2
1
] = โ 0,1๐(0)
โ6
๐
20๐ฅ10 ๐
Saklar baru dinyalakan sehingga pada saat awal belum ada arus yang mengalir (๐(0) = 0). Jadi,
๐ผ(๐ ) =
=
๐ผ(๐ ) =
www.fourier.or.id
=
2
๐ [0,1๐ + 5 +
5๐ฅ104
]
๐
2
[0,1๐ 2 + 5๐ + 5๐ฅ104 ]
0,1[๐ 2
2
+ 50๐ + 5๐ฅ104 ]
20
(๐ 2 + 50๐ + 5๐ฅ104 )
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
54
Arifin, et al.
=
=
=
=
=
=
๐ผ(๐ ) =
(๐ 2
+ 50๐ +
(๐ +
25)2
(๐ +
25)2
20
+ (5๐ฅ105 โ (25)2 )
(25)2 )
20
+ (499375)
20
+ (499375)
20
(๐ + 25)2 + โ(499375)2
20
(๐ + 25)2 + (โ(499375))
20
2
โ
โ499375
โ499375
โ499375
โ
โ499375 (๐ + 25)2 + (โ(499375))
2
20
โ499375
โ
706,7 (๐ + 25)2 + (706,7)2
Diperoleh ๐(๐ก) = โ โ1 {๐ผ(๐ )}, yaitu:
๐(๐ก) = โ โ1 {๐ผ(๐ )} = โ โ1 {0,0283 โ
706,7
}
(๐ + 25)2 + (706,7)2
= 0,0283 โ โ โ1 {
706,7
}
(๐ + 25)2 + (706,7)2
= 0,0283 โ ๐ โ25๐ก sin 706,7๐ก (๐ด)
Jadi, besar arus listrik yang mengalir pada rangkaian di atas, yaitu: 0,0283 โ ๐ โ25๐ก sin 706,7๐ก Ampere.
Contoh 6. Tentukan besar arus yang mengalir jika saklar ditutup pada saat ๐ก = 0 dalam rangkaian
berikut ini!
Gambar 3 Rangkaian listrik tiga.
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
www.fourier.or.id
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik
55
Dari Gambar 3 diperoleh persamaan dengan menggunakan hukum II Kirchoff:
Persamaan pada loop I:
10๐1 + 0,02
Dan persamaan loop II:
0,02
๐๐1
๐๐2
โ 0,02
โ 100 = 0
๐๐ก
๐๐ก
๐๐1
๐๐2
+ 5๐2 โ 0,02
=0
๐๐ก
๐๐ก
Jika kedua persamaan ditransformasi ke domain-s, maka diperoleh:
โ {10๐1 + 0,02
๐๐1
๐๐2
โ 0,02
โ 100} = โ{0}
๐๐ก
๐๐ก
10๐ผ1 + 0,02๐ ๐ผ1 (๐ ) โ 0,02๐ ๐ผ2 (๐ ) โ
100
=0
๐
(10 + 0,02๐ )๐ผ1 (๐ ) โ 0,02๐ ๐ผ2 (๐ ) =
dan
โ {0,02
100
(8)
๐
๐๐1
๐๐2
+ 5๐2 โ 0,02
} = โ{0}
๐๐ก
๐๐ก
0,02๐ ๐ผ2 (๐ ) + 5๐ผ2 (๐ ) โ 0,02๐ ๐ผ1 (๐ ) = 0
Dari persamaan (9), diperoleh
(0,02๐ + 5) = 0,02๐ ๐ผ2 (๐ ) = 0
0,02๐ ๐ผ (๐ )
2
๐ผ2 (๐ ) = (0,02๐ +5)
=
(9)
๐
๐ผ (๐ )
๐ +250 1
(10)
Jika persamaan (10) disubstitusikan ke dalam persamaan (8), maka
100
๐
(10 + 0,02๐ )๐ผ1 (๐ ) โ 0,02๐ (
๐ผ1 (๐ )) =
๐
๐ + 250
๐ผ1 (๐ ) (10 + 0,02๐ โ
0,02๐ 2
100
)=
๐ + 250
๐
10๐ + 2500 + 0,02๐ 2 + 5๐ โ 0,02๐ 2
100
๐ผ1 (๐ ) (
)=
๐ + 250
๐
๐ผ1 (๐ )(15๐ + 2500) =
๐ผ1 (๐ ) =
=
www.fourier.or.id
100(๐ + 250)
๐
100(๐ + 250)
100(๐ + 250)
=
๐ (15๐ + 2500) 15๐ (๐ + 166,667)
6,667(๐ +250)
๐ (๐ +166,667)
(11)
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
56
Arifin, et al.
Menggunakan metode jumlahan pecahan parsial, maka diperoleh
๐ผ1 (๐ ) =
6,667(๐ +250)
๐ (๐ +166,667)
๐ด
= +
๐
๐ต
atau 6,667(๐ + 250) = ๐ด(๐ + 166,667) + ๐ต๐
๐ +166,667
Untuk ๐ = 0, 6,667(250) = ๐ด(166,667) atau ๐ด = 10
Untuk ๐ = โ166,667, 6,667(83,334) = โ166,667๐ต atau ๐ต = โ3,334
Jadi, didapatkan nilai ๐ผ1 (๐ ), yaitu:
๐ผ1 (๐ ) =
6,667(๐ + 250)
๐
(
)
๐ + 250 ๐ (๐ + 166,667)
๐ผ2 (๐ ) =
6,667
(๐ + 166,667)
Dengan menggunakan invers transformasi Laplace maka diperoleh penyelesaian untuk ๐ผ1 (๐ ) dan ๐ผ2 (๐ )
yaitu:
โ โ1 {๐ผ1 (๐ )} = โ โ1 {
3,334
10
โ
}
๐ + 166,667
๐
๐1 (๐ก) = 10 โ 3,334๐ โ166,667๐ก (๐ด) dan
โ โ1 {๐ผ1 (๐ )} = โ โ1 {
6,667
} โบ ๐1 (๐ก) = 10 โ 3,334๐ โ166,667๐ก (๐ด).
๐ +166,667
Contoh 7. Tentukan besar arus yang mengalir jika saklar ditutup pada saat ๐ก = 0 dalam rangkaian
berikut ini!
Gambar 4 Rangkaian listrik empat.
Dari Gambar 4 di atas diperoleh persamaan dengan menggunakan hukum II Kirchoff.
Persamaan pada loop I:
Dan persamaan loop II:
10๐1 +
1
โซ ๐ ๐๐ก + 10๐2 = 50
0,2 1
10๐2 + 10๐1 = 50
Jika kedua persamaan tersebut ditransformasi ke domain-s maka diperoleh persamaan:
10๐ผ1 (๐ ) + 5
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
๐ผ1 (๐ )
๐
+ 10๐ผ2 (๐ ) =
50
๐
; dan
(12)
www.fourier.or.id
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik
Dari persamaan (13), diperoleh
50๐ผ2 (๐ ) + 10๐ผ1 (๐ ) =
๐ผ2 (๐ ) =
50โ๐ โ10๐ผ1
50
50
57
(13)
๐
1
= โ 0.210๐ผ1 (๐ )
(14)
๐
Dengan mensubtitusi persamaan (14) ke dalam persamaan (12), maka:
10๐ผ1 (๐ ) + 5
50
1
๐ผ1 (๐ )
+ 10 [ โ 0.210๐ผ1 (๐ )] =
๐
๐
๐
5
40
๐ผ1 (๐ ) [8 + ] =
๐
๐
๐ผ1 (๐ ) [
8๐ + 5
40
]=
๐
๐
๐ผ1 (๐ ) = 40โ8๐ + 5 = 5โ๐ + 0,625
(15)
Dengan mensubstitusi persamaan (15) ke dalam persamaan (12), maka
50
โ 10๐ผ1โ
๐ผ2 (๐ ) = ๐
50
= 1โ50 โ 0.2 [5โ๐ + 0,625] = 1โ๐ โ 1โ๐ + 0,625
(16)
Dengan menggunakan invers transformasi Laplace maka diperoleh penyelesaian untuk ๐ผ1 (๐ ), dan ๐ผ2 (๐ )
yaitu:
5
}
โ โ1 {๐ผ1 (๐ )} = โ โ1 {
๐ + 0,625
Dan
๐1 (๐ก) = 5๐ โ0,625๐ก (๐ด)
1
5
โ โ1 {๐ผ2 (๐ )} = โ โ1 { โ
}
๐ ๐ + 0,625
๐2 (๐ก) = 1 โ ๐ โ0,625๐ก (๐ด)
Contoh 8. Diberikan suatu rangkaian di bawah ini. Saklar ๐1 ditutup pada saat ๐ก = 0, tetapi pada
saat yang sama aklar ๐2 dibuka. Tentukan ๐ฃ๐๐ข๐ก (๐ก) pada saat ๐ก > 0.
www.fourier.or.id
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
58
Arifin, et al.
Gambar 5 Rangkaian listrik lima.
Dari rangkaian, terdapat dua kondisi awal yang diberikan yaitu nilai tegangan awal, ๐ฃ๐ถ (0โ ) untuk
kapasitor yaitu seberar 3 Volt, dan nilai arus awal sebesar 2 Ampere untuk Induktor ๐ฟ1 atau ๐๐ฟ1 (0โ ) =
2๐ด.
Untuk ๐ก > 1, lalu ubah rangkaian gambar 5 ke dalam domain-s seperti berikut.
Gambar 6 Rangkaian listrik enam.
Dari gambar 6 arus dalam induktor ๐ฟ1 digantikan oleh sumber tegangan 1V. Ini diperoleh dari ๐ฟ1 โ
๐๐ฟ1 (0โ ) = 1๐.
Lalu dengan menggunakan hokum II Kirchoff, diperoleh:
๐๐๐ข๐ก (๐ )โ1โ3โ๐
1โ๐ โ2โ๐ โ2
+
๐๐๐ข๐ก (๐ )
1
Kemudian persamaan (17) disederhanakan menjadi
+
๐๐๐ข๐ก (๐ )
๐ โ2
=0
(17)
2๐๐๐ข๐ก (๐ )
1 + 3โ๐
๐๐๐ข๐ก (๐ ) โ 1 โ 3โ๐
โ
+ ๐๐๐ข๐ก (๐ ) +
=0
๐
1โ๐ โ 2 โ ๐ โ2
1โ๐ โ 2 โ ๐ โ2
๐ +3
๐๐๐ข๐ก (๐ )
2๐๐๐ข๐ก (๐ )
๐
(๐ )
+
โ
+
๐
=0
๐๐ข๐ก
2 โ 4๐ โ ๐ 2
2 โ 4๐ โ ๐ 2
๐
(
)
(
)
2๐
2๐
2๐๐๐ข๐ก (๐ )
2๐ (๐ + 3)
2๐ โ ๐๐๐ข๐ก (๐ )
(๐ )
+
โ
+
๐
=0
๐๐ข๐ก
๐
2 โ 4๐ โ ๐ 2 2 โ 4๐ โ ๐ 2
2๐ 2 โ ๐๐๐ข๐ก (๐ )
2๐ (๐ + 3)
๐๐๐ข๐ก (๐ )๐ (2 + 4๐ + ๐ 2 ) 2๐๐๐ข๐ก (๐ )(2 + 4๐ + ๐ 2 )
โ
+
+
=0
๐ (2 + 4๐ + ๐ 2 ) ๐ (2 + 4๐ + ๐ 2 )
๐ (2 + 4๐ + ๐ 2 )
๐ (2 + 4๐ + ๐ 2 )
2๐ 2 โ ๐๐๐ข๐ก (๐ ) โ 2๐ (๐ + 3) + ๐๐๐ข๐ก (๐ )๐ (2 + 4๐ + ๐ 2 ) + ๐๐๐ข๐ก (๐ )(4 + 8๐ + 2๐ 2 )
=0
๐ (2 + 4๐ + ๐ 2 )
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
www.fourier.or.id
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik
59
2๐ 2 โ ๐๐๐ข๐ก (๐ ) + ๐๐๐ข๐ก (๐ )(2๐ + 4๐ 2 + ๐ 3 ) + ๐๐๐ข๐ก (๐ )(4 + 8๐ + 2๐ 2 ) = 2๐ (๐ + 3)
๐๐๐ข๐ก (๐ )(2๐ 2 + 2๐ + 4๐ 2 + ๐ 3 ) + ๐๐๐ข๐ก (๐ )(4 + 8๐ + 2๐ 2 ) = 2๐ (๐ + 3)
๐๐๐ข๐ก (๐ )(๐ 3 + 8๐ 2 + 10๐ + 4) = 2๐ (๐ + 3)
๐๐๐ข๐ก (๐ ) =
Lalu difaktorkan menjadi
๐๐๐ข๐ก (๐ ) =
2๐ (๐ +3)
๐ 3 +8๐ 2 +10๐ +4
2๐ (๐ +3)
= (๐ +6,57)(๐ 2
Dengan metode jumalahan pecahan parsial didapat
๐๐๐ข๐ก (๐ ) =
2๐ (๐ +3)
๐ 3 +8๐ 2 +10๐ +4
(18)
(19)
+1,43๐ +0,61)
๐ด
๐ต๐ + ๐ถ
2๐ (๐ + 3)
=
+ 2
2
(๐ + 6,57)(๐ + 1,43๐ + 0,61) (๐ + 6,57) ๐ + 1,43๐ + 0,61
2๐ (๐ + 3) = ๐ด(๐ 2 + 1,43๐ + 0,61) + (๐ต๐ + ๐ถ)(๐ + 6,57)
Untuk ๐ = โ6,57 maka
2(โ6,57)(โ6,57 + 3) = ๐ด((โ6,57)2 + 1,43(โ6,57) + 0,61)
Untuk ๐ = 0, dan A=1,36 maka ๐ถ = โ
๐ด=
0,83
6,57
46,9098
= 1,36
34,3798
= โ0,12.
Untuk ๐ = 1, dan A=1,36 maka ๐ถ = โ0,12 diperoleh
2(4) = 1,36(1 + 1,43 + 0,61) + (๐ต โ 0,12)(1 + 1,36)
8 = 4,12 + 7,57๐ต โ 0,96
7,57๐ต = 4,84 atau ๐ต = 0,64.
Diperoleh persamaan baru dari persamaan (19):
๐๐๐ข๐ก (๐ ) =
=
=
=
www.fourier.or.id
0,64 โ 0,12
1,36
+ 2
๐ + 1,36 ๐ + 1,43๐ + 0,61
1,36
0,64๐ + (0,46 โ 0,58)
+ 2
๐ + 1,36 ๐ + 1,43๐ + (0,51 + 0,1)
1,36
๐ + 0,715 โ 0,91
+ 0,64 2
(๐ + 1,43๐ + 0,51) + (0,1)
๐ + 1,36
1,36
๐ + 0,715
0,91
+ 0,64 (
โ
)
2
2
(๐ + 0,715) + (๐ + 0,316)
(๐ + 0,715)2 + (0,316)2
๐ + 6,57
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
60
Arifin, et al.
Dengan menggunakan invers transformasi Laplace, maka diperoleh penyelesaian dari persamaan
rangkaian listrik di atas, yaitu:
(๐ + 0,715)
1,36
0,91
โ โ1 {๐๐๐ข๐ก (๐ )} = โ โ1 {
} + โ โ1 {0,64
} โ โ โ1 {1,64 (
)}
2
2
(๐ + 0,715)2 + (0,316)2
(๐ + 0,715) + (๐ + 0,316)
๐ + 6,57
(๐ + 0,715)
0,316
1,36
} + โ โ1 {0,64
} โ โ โ1 {1,84 (
)}
= โ โ1 {
(๐ + 0,715)2 + (0,316)2
(๐ + 0,715)2 + (๐ + 0,316)2
๐ + 6,57
๐๐๐ข๐ก (๐ก) = 1,36๐โ6,57๐ก + 0,64๐โ0,715๐ก cos 0,316๐ก โ 1,84๐โ0,715๐ก sin 0,316๐ก (๐)
Dari hasil yang diperoleh tersebut, untuk ๐ก โ โ maka ๐๐๐ข๐ก (๐ก) โ 0.
Kesimpulan
Berdasarkan hasil studi literatur yang dilakukan tentang aplikasi transformasi Laplace pada rangkaian
listrik, dapat ditarik kesimpulan sebagai berikut:
1. Transformasi Laplace memiliki manfaat dalam menyelesaikan suatu persamaan diferensial terutama
persamaan diferensial linear orde dua dengan koefisien konstan: ๐ฆ โฒโฒ + ๐๐ฆ โฒ + ๐๐ฆ = ๐(๐ก) , yaitu
secara langsung didapatkan penyelesaian khusus dari nilai awal atau syarat batas yang diberikan.
2. Langkah-langkah untuk mengaplikasikan transformasi Laplace dalam menyelesaikan suatu rangkaian
listrik, yaitu: menentukan persamaan diferensial dalam domain-t dari suatu rangkaian listrik dengan
menggunakan hukum pada rangkaian tersebut (hukum Ohm atau hukum Kirchoff); membentuk
persamaan pembantu dengan menggunakan transformasi Laplace; mensubstitusikan nilai awal atau
syarat batas yang diberikan ke dalam persamaan pembantu; menyelesaikan persamaan pembantu
dengan perhitungan aljabar, termasuk dengan metode jumlahan pecahan parsial; dan menggunakan
invers transformasi Laplace untuk menentukan solusi yang merupakan penyelesaian khusus dari
rangkaian listrik tersebut.
Referensi
[1]
[2]
[3]
[4]
[5]
[6]
[7]
[8]
[9]
[10]
[11]
[12]
[13]
[14]
[15]
[16]
[17]
[18]
[19]
Ayres, Frank. 1972. Theory and Problem Of Differential and Integral Calculus, 2nd Edition. New York: McGraw-Hill
Companies.
Attenborough, Mary. 2003. Mathematics for Electrical Engineering and Computing. Oxford: Newnes.
Bird, John. 1997. Electrical Circuit Theory and Technology, Third edition. USA: Elsevier Inc.
Budi, Mismail. 1995. Rangkaian Listrik. Bandung: ITB.
Chen, Wai-Kai.2004.The Electrical Engineering Handbook.USA: Elsevier Inc.
Darmawijaya, Soeparna, Dkk.__.MATEMATIKA DASAR I. Yogyakarta: Universitas Gadjah Mada.
Dedy, Endang, dkk. 2003. KALKULUS I. Bandung: JICA.
Fidiyah, Suci. 2006. Aplikasi Transformasi Laplace pada Penyelesaian Persamaan Aliran Panas dan Persamaan
Gelombang. Malang: UMM.
Farlow, Stanley J. 1994. Partial Differential Equations for Scientists and Engineers. New York: John Wiley Inc.
Gazali, Wikaria dan Soedadyatmodjo. 2007. KALKULUS Edisi kedua. Yogyakarta: Graha Ilmu.
Harini, Meyriska Aulia. 2005. Transformasi Laplace dari masalah Nilai Batas pada Persamaan Diferensial Parsial.
Semarang: FMIPA UNNES.
Havil, Julian. 2003. Gamma: Exploring Eulerโs Constant.New Jersey: Princeton University.
Holbrook, James G. 1959. Laplace Transforms for Electronic Engineers. NewYork: Pregamon Press.
Karris, Steven T. 2006. Circuit Analysis II with MATLABยฎ Computing and Simulinkยฎ / SimPowerSystemยฎ Modeling.
California: Orchard publications.
Logan, J. David. 2006. A First Course in Differential Equations. USA: Spinger.
Maxfield, Clive, dkk. 2008. Electrical Engineering, Know It All. USA: Elsevier Inc.
Nahvi, Mahmood and Joseph A. Edminister. 1986. Theory and Problem Of Electric Circuits, fourth Edition. New York:
McGraw-Hill Companies.
Prayudi. 2006. Matemamatika Teknik Edisi Pertama. Yogyakarta: Graha Ilmu.
Powell, Ray. 1995. Introduction to Electric Circuits. London: Arnold.
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
www.fourier.or.id
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik
[20]
[21]
[22]
[23]
[24]
[25]
[26]
[27]
61
Power, David L. 2006. Boundary Value Problem and Partial Differential Equations, Fifth Edition. USA: Elsevier Inc.
Purcell, Edwind J. 1984. Calculus with Analytic Geometry, 4th Edition. Arizona: Prentice-Hall.
Ramdhani, Mohammad. 2005. Rangkaian Listrik. (Diktat Kuliah). Bandung: STT Telkom.
Rahardi, Rustanto, Herman Hudojo dan Imam Supemo. 2003. Persamaan Diferensial Biasa. Malang: UNM.
Spiegel, Murray, R. 1965. Laplace Transformation, Schaumโs Series. New York: Mc Graw-Hill Companies.
Stourd, K.A. dan Dexter J. Both. 2003. Engineering Mathematics, Fifth Edition. New York: Mc Graw-Hill.
Udiansari, Risqi. 2009. Menyelesaikan Getaran Pegas dengan Transformasi Laplace. Malang: FMIPA-UMM.
Varberg, Dale dan Steven E. Rigdon. 2001. Calculus. New York: Hamline University.
www.fourier.or.id
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61