BAB 4 : TRANSFORMASI LAPLACE - Transformasi Laplace.pdf
BAB 4 : TRAN SFORM ASI LAPLACE
Tu j u a n I n st r u k sion a l Kh u su s :
Mahasiswa diharapkan dapat m enuliskan definisi Transform asi Laplace,
m encari t ransform asi laplace fungsi- fungsi sederhana, m encari inver s
t ransform asi
laplace,
m enent ukan
derivat if
t ransform asi
dan
t ransform asi derivat if sert a m eny elesaikan Masalah Syarat Bat as
dengan t ransform asi laplace.
4 .1 . Pe nda hulua n
Pem bicaraan t ent ang Transform asi Laplace t idak lepas dari
beberapa
konsep,
kekont inuan
di
fungsi
ant aranya
dan
:
kekonvergenan,
persam aan
diferensial,
int egral,
khususnya
Masalah Syarat Bat as ( Boundary Value Problem ) .
Hingga saat ini, Transform asi Laplace m erupakan suat u alat
( m et ode) am puh unt uk m enyelesaikan Masalah Syarat Bat as.
Hal ini ak an lebih t erlihat j ika m asalah syarat bat as t ersebut
m em uat fungsi- fungsi t akkont inu ( discont inuous) at au fungsifungsi periodik.
Secara um um , di dalam bab ini akan dit inj au Transform asi
Laplace dan sifat - sifat nya, I nvers Transform asi Laplace dan
Transform asi Derivat if. I nvers Transform asi dan Transform asi
Derivat if
sangat
berperan
di
dalam
penyelesaian
suat u
persam aan diferensial. Pada bagian t erapan akan dit inj au suat u
m odel Masalah Syarat Bat as unt uk lendut an balok dan sist em
pegas- m assa.
Tr a nsfor m a si La pla ce
1
4 .2 . Tr a nsfor m a si La pla ce
D e finisi 1
Jika f fungsi t erdefinisi unt uk t > 0, m aka fungsi F yang
didefinisikan :
F(s ) =
∞
∫e
− st
f (t ) dt
0
sedem ikian hingga int egral t ersebut ada, disebut
Transform asi Laplace fungsi f.
Transform asi Laplace disim bolkan dengan { .} . Dengan
dem ikian m aka { f} = F yait u { f( t ) } = F( s) .
4 .3 . Tr a nsfor m a si La pla ce Fungsi- Fungsi
Se de r ha na
Berikut t ransform asi laplace fungsi- fungsi sederhana :
1. f( t ) = 1, t > 0 m aka {f (t )} =
∞
∫e
0
− st
1
⋅ 1 dt =
s
∞
∫e
−x
0
dx =
1
1
Γ(1 ) =
s
s
2. f( t ) = t , t > 0 m aka
{f (t )} =
∞
∫e
− st
0
1
t dt = 2
s
∞
∫e
−x
x dx =
0
1
1
Γ(2 ) = 2
2
s
s
3. f( t ) = t p , t > 0, p> 0, m aka
{f (t )} =
∞
∫e
0
− st
∞
p
1
x dx
t dt = ∫ e
= p + 1 Γ(p + 1 )
s
s s
0
p
−x
Akibat : Jika p bulat posit if, m aka { t p } =
p!
sp +1
4. f( t ) = e at , t > 0, a konst ant a, m aka
Tr a nsfor m a si La pla ce
2
{f (t )} =
∞
∞
0
0
− st
at
∫ e e dt =
− (s − a )t
dt =
∫e
∞
1
1
e − x dx =
∫
s−a
s−a0
5. f( t ) = sin at , t > 0, a konst ant a, m aka
{f (t )} =
∞
=
(
1
e − st sin at dt = − lim ∫ sin at d e − st
∫
M→ ∞
s M→ ∞ 0
0
− st
∫ e sin at dt = lim
0
M
M
a
, dengan peng int egralan parsial
s + a2
2
6. f( t ) = cos at , t > 0, a konst ant a, m aka
∞
{f (t )} = ∫ e
0
=
− st
M
cos at dt = lim ∫ e
M→ ∞
0
− st
( )
1
cos at dt = − lim ∫ cos at d e − st
s M→ ∞ 0
M
s
, dengan peng int egralan parsial
s + a2
2
D e finisi 2 :
Fungsi f dikat akan kont inu sepot ong- sepot ong ( piecewise
cont inuous) pada int erval I , j ika I dapat dipart isi m enj adi
sej um lah berhingga subint erval, sedem ikian hingga :
1. f kont inu pada t it ik dalam ( int erior point ) t iap- t iap
subint erval t ersebut , dan
2. lim it f( t ) berhingga ( finit e) , unt uk t m endekat i
m asing- m asing t it ik uj ung t iap- t iap subint erval.
Te or e m a 1
Diket ahui fungsi f dengan sifat :
1. f kont inu sepot ong- sepot ong pada int erval 0t <
2. Tedapat konst ant a c, M> 0 dan t 0 > 0, sedem ikian hingga
| f( t ) | Me ct , t > t 0
m aka { f( t ) } = F( s) ada unt uk s> c.
Tr a nsfor m a si La pla ce
3
)
Cat at an :
Fungsi f yang m em enuhi syarat no 2 pada t eorem a 1
biasa disebut fungsi dengan sifat eksponent ial t ingkat c.
Teorem a t ersebut m enyat akan syarat cukup eksist ensi
t ransform asi
laplace
suat u
fungsi,
t et api
t idak
m enyebut kan syarat perlu dari eksist ensi t ersebut . Hal
ini berart i suat u fungsi yang t idak m em enuhi salah sat u
syarat
t eorem a it u m asih dim ungk inkan m em punyai
t ransform asi laplace.
Te or e m a 2 :
Jika f 1 dan f 2 m asing- m asing fungsi yang m em punyai
t ransform asi laplace dan c1 , c2 m asing- m asing konst ant a
sebarang, m aka :
{ c1 f 1 ( t ) + c2 f 2 ( t ) } = c1 { f 1 ( t ) } + c2 { f 2 ( t ) }
Bukt i
{c 1 f1 (t ) + c 2 f 2 (t )} =
∞
∫ e (c f (t ) + c f (t )) dx
1 1
2 2
0
∞
=
− st
∫
e − st (c 1 f1 (t )) dx +
∞
∫ e (c f (t )) dx
− st
2 2
0
0
∞
= c1 ∫ e
− st
0
∞
f1 (t ) dx + c 2 ∫ e − st f 2 (t ) dx
0
= c 1 {f1 (t )} + c 2 {f 2 (t )}
Cont oh
{ sin 2 at } = { - cos( 2at ) } = { 1} - { cos( 2at ) }
=
1
s
−
2
2 s 2 s + 4 a2
=
2 a2
s s 2 + 4 a2
(
(
Tr a nsfor m a si La pla ce
)
)
4
4 .4 . I nve r s Tr a nsform a si La pla ce
Dari definisi t ransform asi laplace t elah diket ahui :
{ f( t ) } = F( s)
I nvers t ransform asi laplace berlaku sebaliknya, yait u:
- 1 { F( s) } = f( t ) .
Cont oh :
{
}
Karena sin 2 at =
2 a2
, m aka
s s 2 + 4 a2
(
)
2 a2
= sin 2 at
−1 2
2
+
s
s
4
a
(
)
Te or e m a 3 :
Jika F1 dan F2 m asing- m asing t ransform asi laplace suat u
fungsi dan c1 , c2 m asing- m asing konst ant a sebarang, m aka
- 1 { c1 F1 ( s) + c2 F2 ( s) } = c1 - 1 { F1 ( s) } + c2 - 1 { F2 ( s) } .
Te or e m a 4 :
Jika F adalah t ransform asi laplace fungsi f dan a konst ant a
sebarang, m aka : - 1 { F( s- a) } = e at - 1 { F( s) } .
Bukt i
F(s ) =
∞
∫e
− st
0
F(s − a) =
f (t ) dt = {f (t )}
∞
∞
0
0
− ( s − a) t
f (t ) dt =
∫e
∫e
− st
- 1 { F( s- a) } = e at f( t ) = e at - 1 { F( s) }
Tr a nsfor m a si La pla ce
{
}
e at f (t ) dt = e at f (t ) , sehingga
5
Cont oh
s +1
s +1
s +3 −1
-1
-1
- 1 2
=
= 2
2
s + 6 s + 25
( s + 3) + 16
( s + 6 s + 9 ) + 16
s +3 −1
= - 1 {F(s + 3 )} , dengan F(s + 3 ) =
( s + 3) 2 + 16
s−2
= e - 3t - 1 2
s + 16
s
2
-1
= e - 3t - 1 2
− 2
s + 16
s + 16
= e - 3t [cos 4 t −
1
2
sin 4 t ]
Bedakan j ika fungsi pem bilang dapat difakt orkan, sepert i
cont oh berikut :
Cont oh
3
3
3/7
-1
-1 3 / 7
−
-1 2
=
=
s − 3 s + 4
s + s − 12
( s − 3 ) ( s + 4 )
3
1 3 3 t
1
-1
e − e −4t
= - 1
=
−
7
s + 4 7
s − 3
(
)
Te or e m a 5 : ( Te or e m a Konvolusi)
Jika f dan g m asing- m asing fungsi kont inu sepot ongsepot ong pada set iap int erval t ert ut up [ 0,b] dan t erdapat
bilangan real M dan N sedem ikian hingga | f( t ) | Me αt dan
| g( t ) | Ne αt , unt uk suat u konst ant a α dengan t ∈[ 0,b] , m aka
{f ( t ) ∗ g( t )} = {f ( t )}{g( t )}
dengan
t
f ( t ) ∗ g( t ) =
∫ f ( τ) g( t
− τ) d τ
0
dan disebut konvolusi dari fungsi f dan g.
Tr a nsfor m a si La pla ce
6
Bukt i :
Dengan asum si F( s) = { f( t ) } dan G( s) = { g( t ) }
Diam bil : F(s ) =
∞
∫e
− sτ
f (τ) d τ dan G( s) =
0
∞
∫e
− sρ
g(ρ) d ρ
0
diperoleh:
∞ − sτ
∞ − sρ
F(s )G(s ) = ∫ e f (τ) d τ ∫ e g(ρ) d ρ
0
0
∞ ∞
=
∫ ∫e
− s( τ + ρ )
f (τ) g(ρ) d τ d ρ
0 0
∞
=
t
∫ ∫e
− st
f (τ)g(t − τ) d τ dt , dengan subst . t = τ + ρ dari
t =0 τ=0
sist em koordinat τρ ke sist em koordinat τt
∞
=
∫
t =0
t
e − st ∫ f (τ)g(t − τ) d τ dt
τ = 0
t
= ∫ f (τ)g(t − τ) d τ
τ = 0
Terbukt i
Cat at an
Teorem a 5 di at as j uga m enyat akan :
- 1 { F( s) G( s) } = f ( t ) ∗ g( t )
Sifa t k om ut a t if : f ( t ) ∗ g( t ) = g( t ) ∗ f ( t )
Bukt i :
f ( t ) ∗ g( t ) =
t
0
0
t
∫ f ( τ) g( t − τ) d τ = − ∫ f ( t − ρ) g( ρ) d ρ , ρ = t − τ
t
=
∫ g( ρ) g( t
− ρ) d ρ = g( t ) ∗ f ( t )
0
Tr a nsfor m a si La pla ce
7
Selanj ut nya unt uk { f( t ) } = F( s) dan { g( t ) } = G( s) , m aka
berdasarkan t eorem a konvolusi diperoleh
{f ( t ) ∗ g( t )} = F( s) G( s)
⇔ - 1 {F( s) G( s)} = f ( t ) ∗ g( t )
Cont oh
1
1
- 1 1
- 1 2
=
2
s s + 1
s s + 1
(
)
= - 1 { F(s )G(s ) } , dengan F(s ) =
1
1
dan G(s ) = 2
s +1
s
= f ( t ) ∗ g( t )
= g( t ) ∗ f ( t ) , sebab kom ut at if
t
= ∫ sin τ ⋅ 1 d τ = 1 − cos t
0
4 .5 . D e r iva t if Tr a nsfor m a si
Pada bagian ini akan dit urunkan suat u rum usan dari
derivat if suat u hasil t ransform asi.
Diperhat ikan :
F(s ) =
∞
∫e
− st
f (t ) dt
0
∞
⇔
d
d
F(s ) =
e − st f (t ) dt =
ds
ds ∫0
∞
d − st
∫0 ds e f (t ) dt =
∞
∫ (− t )e f (t ) dt
− st
0
= {( −t ) f (t )}
Serupa dengan cara di at as, dapat diperoleh j uga
d
d2
F(s ) =
2
ds
ds
∞
∞
0
0
2 − st
− st
∫ (− t )e f (t ) dt = ∫ (− t ) e f (t ) dt
Secara um um , unt uk n= 1,2,3,... m aka
Tr a nsfor m a si La pla ce
{
}
= ( −t ) 2 f (t )
{
}
dn
F(s ) = ( −t ) n f (t )
n
ds
8
Cont oh
{t sin at } = −
=
(s
d a
ds s 2 + a2
2 as
2
+ a2
)
2
4 .6 . Tr a nsfor m a si De r iva t if da n M a sa la h Sya r a t
Ba t a s
Te or e m a 6 :
Diket ahui f( t ) fungsi kont inu dan f’( t ) kont inu sepot ongsepot ong pada int erval 0t T. Jika | f( t ) | Me ct unt uk t > T
dengan M dan c m asing- m asing suat u konst ant a, m aka
{ f’( t ) } = s{ f( t ) } – f( 0)
Bukt i
Karena f’( t ) kont inu sepot ong- sepot ong pada int erval 0t T,
m aka t erdapat bilangan bulat posit if N sedem ikian hingga
f’( t ) kont inu pada sub- sub int erval : 0< t < T1 , T1 < t < T2 , ...,
TN< t < T. Diperoleh :
T
∫e
− st
f ′( t ) dt =
T1
∫e
− st
f ′( t ) dt +
0
0
=
T1
∫e
T2
∫e
− st
f ′( t ) dt + ... +
T1
− st
df ( t ) +
0
T
∫e
− st
T2
− st
∫ e df ( t ) + ... +
T1
T
∫e
− st
df ( t )
TN
+ s ∫ e f ( t ) dt + e − st f ( t )
0
0
T
T
+ e − st f ( t )
+ s ∫ e − st f ( t ) dt
TN
TN
= e − st f ( t )
T1
T1
f ′( t ) dt
TN
− st
T2
T1
+ s ∫ e − st f ( t ) dt +
T1
T2
Mengingat f( t ) kont inu, m aka :
Tr a nsfor m a si La pla ce
9
T
∫e
− st
0
T1
− sT1
f ′( t ) dt = e f ( T1 ) − f ( 0 ) + s ∫ e − st f ( t ) dt +
0
T2
− sT
− sT1
− st
2
e
f
(
T
)
e
f
(
T
)
s
e
f
(
t
)
dt
−
+
+
2
1
∫
T1
T
+ e − sT f ( T) − e − sTN f ( TN ) + s ∫ e − st f ( t ) dt
TN
=e
− sT
T
f ( T) − f ( 0 ) + s ∫ e − st f ( t ) dt
0
Selanj ut nya, karena | e - sTf( T) | | e - sTMe cT| = Me - ( s- c) T, m aka
T
− sT
− st
− st
′
e
f
(
t
)
dt
lim
e
f
(
T
)
f
(
0
)
s
e
f
(
t
)
dt
=
−
+
∫
T →∞ ∫
T →∞
0
0
T
lim
∞
⇔
∞
− st
− sT
− st
∫ e f ′( t ) dt = lim e f ( T) − f ( 0) + s ∫ e f ( t ) dt
0
T →∞
⇔ {f ′( t )} = 0 − f ( 0 ) + s{f ( t )}
0
Terbukt i .
Bent uk um um t eorem a 6 yait u t ransform asi laplace unt uk
t urunan ke- n fungsi f( t ) dinyat akan oleh t eorem a 7 berikut :
Te or e m a 7 :
Diket ahui fungsi f( t ) dengan f ( n- 1) ( t ) kont inu dan f ( n) ( t )
kont inu sepot ong- sepot ong pada int erval 0t T. Jika
| f ( k) ( t ) | Me ct , k= 0,1,2,...,n- 1 unt uk t > T dengan M dan c
m asing- m asing suat u konst ant a, m aka :
{ f ( n) ( t ) } = sn { f( t ) } – sn- 1 f( 0) – sn- 2 f’( 0) – sn- 3 f” ( 0) –... – f ( n- 1) ( 0)
Teorem a 7 sangat
berguna unt uk
m enyelesaikan beberapa
m asalah syarat bat as ( boundary value problem ) , sepert i cont ohcont oh berikut :
Tr a nsfor m a si La pla ce
10
Cont oh
1.
Tent ukan penyelesaian y” + 4y’+ 3y= 0, j ika y( 0) = 3 dan
y’( 0) = 1
Penyelesaian:
{ y” + 4y’+ 3y } = { 0}
2.
⇔
{ y” } + 4{ y’} + 3{ y} = 0
⇔
s2 { y} –sy( 0) –y’( 0) + 4[ s{ y} –y( 0) ] + 3{ y} = 0
⇔
s2 { y} –3s–1+ 4[ s{ y} –3] + 3{ y} = 0
⇔
[ s2 + 4s+ 3] { y} –3s–13= 0
⇔
{ y} = (3 s + 13 ) ( s 2 + 4 s + 3)
⇔
−2
5
+
y = -1 (3 s + 13 ) ( s 2 + 4 s + 3) = -1
( s + 3) ( s + 1)
⇔
y = - 2e - 3t + 5e - t
{
}
Tent ukan penyelesaian y” + y= 2t , j ika y( π 4 ) = π 2 dan
y’( π 4 ) = 2−√2
Penyelesaian:
{ y” + y } = { 2t }
⇔
s2 { y} –sy( 0) –y’( 0) + { y} = 2 s 2
⇔
[ s2 + 1] { y} –sA–B= 2 s 2 , dengan A= y( 0) dan B= y’( 0)
⇔
{ y} =
⇔
⇔
2
s ( s + 1)
2
2
+
s
1
A+ 2
B
s +1
s +1
2
1
s
1
1
{ y} = 2 2 − 2
A+ 2
B
+ 2
s +1 s +1
s +1
s
y = 2t – 2 sin( t ) + A cos( t ) + B sin( t )
Tr a nsfor m a si La pla ce
11
Dengan subst it usi y ( π 4 ) = π 4 dan y’( π 4 ) = 2−√2 diperoleh
nilai A= B= 1.
3.
Jika x= f( t ) dan y= g( t ) , selesaikanlah sist em persam aan
diferensial :
x ′ − 6 x + 3 y = 8 e t
t
y ′ − 2 x − y = 4 e
dengan syarat x( 0) = - 1 dan y( 0) = 0.
Penyelesaian:
{ }
{ }
⇔
{x ′ − 6 x + 3 y } = 8 e t
t
{y ′ − 2 x − y } = 4 e
⇔
s{x } − x ( 0 ) − 6 {x } + 3 {y } = 8 ( s − 1)
s{y } − y ( 0 ) − 2 {x } − {y } = 4 ( s − 1)
⇔
s{x } + 1 − 6 {x } + 3 {y } = 8 ( s − 1)
s{y } − 0 − 2 {x } − {y } = 4 ( s − 1)
⇔
( s - 6) {x } + 3 {y } = ( 9 − s) ( s − 1)
- 2 {x } + ( s - 1) {y } = 4 ( s − 1)
⇔
( 9 − s) ( s − 1)
3
4 ( s − 1)
s −1
1
−2
+
{x } =
=
s −1 s − 4
s−6
3
−2
s −1
s − 6 ( 9 − s) ( s − 1)
4 ( s − 1)
−2
−2 3
23
+
{y } =
=
s −1 s − 4
s−6
3
−2 s −1
⇔
x= - 2e t + e 4t dan y= ( - e t + e 4t ) .
Tr a nsfor m a si La pla ce
12
4 .7 . Fungsi Unda k da n Fungsi Pe riodik
D e finisi 3 :
Unt uk set iap bilangan real a0, Fungsi Undak Sat uan ( unit
st ep funct ion) a didefinisikan :
0, t < a
a( t ) =
1, t > a
Grafik fungsi undak sat uan adalah :
o
1
o
t
a
Transform asi Laplace fungsi undak sat uan adalah
{ a ( t )} =
=
=
∞
∫e
0
− st
a ( t ) dt
a
∞
0
a
− st
− st
∫ e ⋅ 0 dt + ∫ e ⋅ 1 dt
1 − as
e
s
D e finisi 4 :
Suat u fungsi f disebut fungsi undak j ika t erdapat bilanganbilangan real c1 , c2 ,…, cn dan bilangan- bilangan real non
negat if a 1 , a 2 ,…, a n sedem ikian hingga :
f( t ) = c 1 a1 ( t ) + c 2 a2 ( t ) + + c n an ( t )
Tr a nsfor m a si La pla ce
13
Transform asi Laplace fungsi undak adalah
{
{f ( t )} = c 1 a1 ( t ) + c 2 a2 ( t ) + + c n an ( t )
{
}
{
}
{
}
= c 1 a1 ( t ) + c 2 a2 ( t ) + + c n an ( t )
=
(
1
c 1 e − a1s + c 2 e − a2 s + + c n e − an s
s
}
)
Cont oh :
Tent ukan t ransform asi laplace fungsi- fungsi undak berikut :
0 , 0 < t
Tu j u a n I n st r u k sion a l Kh u su s :
Mahasiswa diharapkan dapat m enuliskan definisi Transform asi Laplace,
m encari t ransform asi laplace fungsi- fungsi sederhana, m encari inver s
t ransform asi
laplace,
m enent ukan
derivat if
t ransform asi
dan
t ransform asi derivat if sert a m eny elesaikan Masalah Syarat Bat as
dengan t ransform asi laplace.
4 .1 . Pe nda hulua n
Pem bicaraan t ent ang Transform asi Laplace t idak lepas dari
beberapa
konsep,
kekont inuan
di
fungsi
ant aranya
dan
:
kekonvergenan,
persam aan
diferensial,
int egral,
khususnya
Masalah Syarat Bat as ( Boundary Value Problem ) .
Hingga saat ini, Transform asi Laplace m erupakan suat u alat
( m et ode) am puh unt uk m enyelesaikan Masalah Syarat Bat as.
Hal ini ak an lebih t erlihat j ika m asalah syarat bat as t ersebut
m em uat fungsi- fungsi t akkont inu ( discont inuous) at au fungsifungsi periodik.
Secara um um , di dalam bab ini akan dit inj au Transform asi
Laplace dan sifat - sifat nya, I nvers Transform asi Laplace dan
Transform asi Derivat if. I nvers Transform asi dan Transform asi
Derivat if
sangat
berperan
di
dalam
penyelesaian
suat u
persam aan diferensial. Pada bagian t erapan akan dit inj au suat u
m odel Masalah Syarat Bat as unt uk lendut an balok dan sist em
pegas- m assa.
Tr a nsfor m a si La pla ce
1
4 .2 . Tr a nsfor m a si La pla ce
D e finisi 1
Jika f fungsi t erdefinisi unt uk t > 0, m aka fungsi F yang
didefinisikan :
F(s ) =
∞
∫e
− st
f (t ) dt
0
sedem ikian hingga int egral t ersebut ada, disebut
Transform asi Laplace fungsi f.
Transform asi Laplace disim bolkan dengan { .} . Dengan
dem ikian m aka { f} = F yait u { f( t ) } = F( s) .
4 .3 . Tr a nsfor m a si La pla ce Fungsi- Fungsi
Se de r ha na
Berikut t ransform asi laplace fungsi- fungsi sederhana :
1. f( t ) = 1, t > 0 m aka {f (t )} =
∞
∫e
0
− st
1
⋅ 1 dt =
s
∞
∫e
−x
0
dx =
1
1
Γ(1 ) =
s
s
2. f( t ) = t , t > 0 m aka
{f (t )} =
∞
∫e
− st
0
1
t dt = 2
s
∞
∫e
−x
x dx =
0
1
1
Γ(2 ) = 2
2
s
s
3. f( t ) = t p , t > 0, p> 0, m aka
{f (t )} =
∞
∫e
0
− st
∞
p
1
x dx
t dt = ∫ e
= p + 1 Γ(p + 1 )
s
s s
0
p
−x
Akibat : Jika p bulat posit if, m aka { t p } =
p!
sp +1
4. f( t ) = e at , t > 0, a konst ant a, m aka
Tr a nsfor m a si La pla ce
2
{f (t )} =
∞
∞
0
0
− st
at
∫ e e dt =
− (s − a )t
dt =
∫e
∞
1
1
e − x dx =
∫
s−a
s−a0
5. f( t ) = sin at , t > 0, a konst ant a, m aka
{f (t )} =
∞
=
(
1
e − st sin at dt = − lim ∫ sin at d e − st
∫
M→ ∞
s M→ ∞ 0
0
− st
∫ e sin at dt = lim
0
M
M
a
, dengan peng int egralan parsial
s + a2
2
6. f( t ) = cos at , t > 0, a konst ant a, m aka
∞
{f (t )} = ∫ e
0
=
− st
M
cos at dt = lim ∫ e
M→ ∞
0
− st
( )
1
cos at dt = − lim ∫ cos at d e − st
s M→ ∞ 0
M
s
, dengan peng int egralan parsial
s + a2
2
D e finisi 2 :
Fungsi f dikat akan kont inu sepot ong- sepot ong ( piecewise
cont inuous) pada int erval I , j ika I dapat dipart isi m enj adi
sej um lah berhingga subint erval, sedem ikian hingga :
1. f kont inu pada t it ik dalam ( int erior point ) t iap- t iap
subint erval t ersebut , dan
2. lim it f( t ) berhingga ( finit e) , unt uk t m endekat i
m asing- m asing t it ik uj ung t iap- t iap subint erval.
Te or e m a 1
Diket ahui fungsi f dengan sifat :
1. f kont inu sepot ong- sepot ong pada int erval 0t <
2. Tedapat konst ant a c, M> 0 dan t 0 > 0, sedem ikian hingga
| f( t ) | Me ct , t > t 0
m aka { f( t ) } = F( s) ada unt uk s> c.
Tr a nsfor m a si La pla ce
3
)
Cat at an :
Fungsi f yang m em enuhi syarat no 2 pada t eorem a 1
biasa disebut fungsi dengan sifat eksponent ial t ingkat c.
Teorem a t ersebut m enyat akan syarat cukup eksist ensi
t ransform asi
laplace
suat u
fungsi,
t et api
t idak
m enyebut kan syarat perlu dari eksist ensi t ersebut . Hal
ini berart i suat u fungsi yang t idak m em enuhi salah sat u
syarat
t eorem a it u m asih dim ungk inkan m em punyai
t ransform asi laplace.
Te or e m a 2 :
Jika f 1 dan f 2 m asing- m asing fungsi yang m em punyai
t ransform asi laplace dan c1 , c2 m asing- m asing konst ant a
sebarang, m aka :
{ c1 f 1 ( t ) + c2 f 2 ( t ) } = c1 { f 1 ( t ) } + c2 { f 2 ( t ) }
Bukt i
{c 1 f1 (t ) + c 2 f 2 (t )} =
∞
∫ e (c f (t ) + c f (t )) dx
1 1
2 2
0
∞
=
− st
∫
e − st (c 1 f1 (t )) dx +
∞
∫ e (c f (t )) dx
− st
2 2
0
0
∞
= c1 ∫ e
− st
0
∞
f1 (t ) dx + c 2 ∫ e − st f 2 (t ) dx
0
= c 1 {f1 (t )} + c 2 {f 2 (t )}
Cont oh
{ sin 2 at } = { - cos( 2at ) } = { 1} - { cos( 2at ) }
=
1
s
−
2
2 s 2 s + 4 a2
=
2 a2
s s 2 + 4 a2
(
(
Tr a nsfor m a si La pla ce
)
)
4
4 .4 . I nve r s Tr a nsform a si La pla ce
Dari definisi t ransform asi laplace t elah diket ahui :
{ f( t ) } = F( s)
I nvers t ransform asi laplace berlaku sebaliknya, yait u:
- 1 { F( s) } = f( t ) .
Cont oh :
{
}
Karena sin 2 at =
2 a2
, m aka
s s 2 + 4 a2
(
)
2 a2
= sin 2 at
−1 2
2
+
s
s
4
a
(
)
Te or e m a 3 :
Jika F1 dan F2 m asing- m asing t ransform asi laplace suat u
fungsi dan c1 , c2 m asing- m asing konst ant a sebarang, m aka
- 1 { c1 F1 ( s) + c2 F2 ( s) } = c1 - 1 { F1 ( s) } + c2 - 1 { F2 ( s) } .
Te or e m a 4 :
Jika F adalah t ransform asi laplace fungsi f dan a konst ant a
sebarang, m aka : - 1 { F( s- a) } = e at - 1 { F( s) } .
Bukt i
F(s ) =
∞
∫e
− st
0
F(s − a) =
f (t ) dt = {f (t )}
∞
∞
0
0
− ( s − a) t
f (t ) dt =
∫e
∫e
− st
- 1 { F( s- a) } = e at f( t ) = e at - 1 { F( s) }
Tr a nsfor m a si La pla ce
{
}
e at f (t ) dt = e at f (t ) , sehingga
5
Cont oh
s +1
s +1
s +3 −1
-1
-1
- 1 2
=
= 2
2
s + 6 s + 25
( s + 3) + 16
( s + 6 s + 9 ) + 16
s +3 −1
= - 1 {F(s + 3 )} , dengan F(s + 3 ) =
( s + 3) 2 + 16
s−2
= e - 3t - 1 2
s + 16
s
2
-1
= e - 3t - 1 2
− 2
s + 16
s + 16
= e - 3t [cos 4 t −
1
2
sin 4 t ]
Bedakan j ika fungsi pem bilang dapat difakt orkan, sepert i
cont oh berikut :
Cont oh
3
3
3/7
-1
-1 3 / 7
−
-1 2
=
=
s − 3 s + 4
s + s − 12
( s − 3 ) ( s + 4 )
3
1 3 3 t
1
-1
e − e −4t
= - 1
=
−
7
s + 4 7
s − 3
(
)
Te or e m a 5 : ( Te or e m a Konvolusi)
Jika f dan g m asing- m asing fungsi kont inu sepot ongsepot ong pada set iap int erval t ert ut up [ 0,b] dan t erdapat
bilangan real M dan N sedem ikian hingga | f( t ) | Me αt dan
| g( t ) | Ne αt , unt uk suat u konst ant a α dengan t ∈[ 0,b] , m aka
{f ( t ) ∗ g( t )} = {f ( t )}{g( t )}
dengan
t
f ( t ) ∗ g( t ) =
∫ f ( τ) g( t
− τ) d τ
0
dan disebut konvolusi dari fungsi f dan g.
Tr a nsfor m a si La pla ce
6
Bukt i :
Dengan asum si F( s) = { f( t ) } dan G( s) = { g( t ) }
Diam bil : F(s ) =
∞
∫e
− sτ
f (τ) d τ dan G( s) =
0
∞
∫e
− sρ
g(ρ) d ρ
0
diperoleh:
∞ − sτ
∞ − sρ
F(s )G(s ) = ∫ e f (τ) d τ ∫ e g(ρ) d ρ
0
0
∞ ∞
=
∫ ∫e
− s( τ + ρ )
f (τ) g(ρ) d τ d ρ
0 0
∞
=
t
∫ ∫e
− st
f (τ)g(t − τ) d τ dt , dengan subst . t = τ + ρ dari
t =0 τ=0
sist em koordinat τρ ke sist em koordinat τt
∞
=
∫
t =0
t
e − st ∫ f (τ)g(t − τ) d τ dt
τ = 0
t
= ∫ f (τ)g(t − τ) d τ
τ = 0
Terbukt i
Cat at an
Teorem a 5 di at as j uga m enyat akan :
- 1 { F( s) G( s) } = f ( t ) ∗ g( t )
Sifa t k om ut a t if : f ( t ) ∗ g( t ) = g( t ) ∗ f ( t )
Bukt i :
f ( t ) ∗ g( t ) =
t
0
0
t
∫ f ( τ) g( t − τ) d τ = − ∫ f ( t − ρ) g( ρ) d ρ , ρ = t − τ
t
=
∫ g( ρ) g( t
− ρ) d ρ = g( t ) ∗ f ( t )
0
Tr a nsfor m a si La pla ce
7
Selanj ut nya unt uk { f( t ) } = F( s) dan { g( t ) } = G( s) , m aka
berdasarkan t eorem a konvolusi diperoleh
{f ( t ) ∗ g( t )} = F( s) G( s)
⇔ - 1 {F( s) G( s)} = f ( t ) ∗ g( t )
Cont oh
1
1
- 1 1
- 1 2
=
2
s s + 1
s s + 1
(
)
= - 1 { F(s )G(s ) } , dengan F(s ) =
1
1
dan G(s ) = 2
s +1
s
= f ( t ) ∗ g( t )
= g( t ) ∗ f ( t ) , sebab kom ut at if
t
= ∫ sin τ ⋅ 1 d τ = 1 − cos t
0
4 .5 . D e r iva t if Tr a nsfor m a si
Pada bagian ini akan dit urunkan suat u rum usan dari
derivat if suat u hasil t ransform asi.
Diperhat ikan :
F(s ) =
∞
∫e
− st
f (t ) dt
0
∞
⇔
d
d
F(s ) =
e − st f (t ) dt =
ds
ds ∫0
∞
d − st
∫0 ds e f (t ) dt =
∞
∫ (− t )e f (t ) dt
− st
0
= {( −t ) f (t )}
Serupa dengan cara di at as, dapat diperoleh j uga
d
d2
F(s ) =
2
ds
ds
∞
∞
0
0
2 − st
− st
∫ (− t )e f (t ) dt = ∫ (− t ) e f (t ) dt
Secara um um , unt uk n= 1,2,3,... m aka
Tr a nsfor m a si La pla ce
{
}
= ( −t ) 2 f (t )
{
}
dn
F(s ) = ( −t ) n f (t )
n
ds
8
Cont oh
{t sin at } = −
=
(s
d a
ds s 2 + a2
2 as
2
+ a2
)
2
4 .6 . Tr a nsfor m a si De r iva t if da n M a sa la h Sya r a t
Ba t a s
Te or e m a 6 :
Diket ahui f( t ) fungsi kont inu dan f’( t ) kont inu sepot ongsepot ong pada int erval 0t T. Jika | f( t ) | Me ct unt uk t > T
dengan M dan c m asing- m asing suat u konst ant a, m aka
{ f’( t ) } = s{ f( t ) } – f( 0)
Bukt i
Karena f’( t ) kont inu sepot ong- sepot ong pada int erval 0t T,
m aka t erdapat bilangan bulat posit if N sedem ikian hingga
f’( t ) kont inu pada sub- sub int erval : 0< t < T1 , T1 < t < T2 , ...,
TN< t < T. Diperoleh :
T
∫e
− st
f ′( t ) dt =
T1
∫e
− st
f ′( t ) dt +
0
0
=
T1
∫e
T2
∫e
− st
f ′( t ) dt + ... +
T1
− st
df ( t ) +
0
T
∫e
− st
T2
− st
∫ e df ( t ) + ... +
T1
T
∫e
− st
df ( t )
TN
+ s ∫ e f ( t ) dt + e − st f ( t )
0
0
T
T
+ e − st f ( t )
+ s ∫ e − st f ( t ) dt
TN
TN
= e − st f ( t )
T1
T1
f ′( t ) dt
TN
− st
T2
T1
+ s ∫ e − st f ( t ) dt +
T1
T2
Mengingat f( t ) kont inu, m aka :
Tr a nsfor m a si La pla ce
9
T
∫e
− st
0
T1
− sT1
f ′( t ) dt = e f ( T1 ) − f ( 0 ) + s ∫ e − st f ( t ) dt +
0
T2
− sT
− sT1
− st
2
e
f
(
T
)
e
f
(
T
)
s
e
f
(
t
)
dt
−
+
+
2
1
∫
T1
T
+ e − sT f ( T) − e − sTN f ( TN ) + s ∫ e − st f ( t ) dt
TN
=e
− sT
T
f ( T) − f ( 0 ) + s ∫ e − st f ( t ) dt
0
Selanj ut nya, karena | e - sTf( T) | | e - sTMe cT| = Me - ( s- c) T, m aka
T
− sT
− st
− st
′
e
f
(
t
)
dt
lim
e
f
(
T
)
f
(
0
)
s
e
f
(
t
)
dt
=
−
+
∫
T →∞ ∫
T →∞
0
0
T
lim
∞
⇔
∞
− st
− sT
− st
∫ e f ′( t ) dt = lim e f ( T) − f ( 0) + s ∫ e f ( t ) dt
0
T →∞
⇔ {f ′( t )} = 0 − f ( 0 ) + s{f ( t )}
0
Terbukt i .
Bent uk um um t eorem a 6 yait u t ransform asi laplace unt uk
t urunan ke- n fungsi f( t ) dinyat akan oleh t eorem a 7 berikut :
Te or e m a 7 :
Diket ahui fungsi f( t ) dengan f ( n- 1) ( t ) kont inu dan f ( n) ( t )
kont inu sepot ong- sepot ong pada int erval 0t T. Jika
| f ( k) ( t ) | Me ct , k= 0,1,2,...,n- 1 unt uk t > T dengan M dan c
m asing- m asing suat u konst ant a, m aka :
{ f ( n) ( t ) } = sn { f( t ) } – sn- 1 f( 0) – sn- 2 f’( 0) – sn- 3 f” ( 0) –... – f ( n- 1) ( 0)
Teorem a 7 sangat
berguna unt uk
m enyelesaikan beberapa
m asalah syarat bat as ( boundary value problem ) , sepert i cont ohcont oh berikut :
Tr a nsfor m a si La pla ce
10
Cont oh
1.
Tent ukan penyelesaian y” + 4y’+ 3y= 0, j ika y( 0) = 3 dan
y’( 0) = 1
Penyelesaian:
{ y” + 4y’+ 3y } = { 0}
2.
⇔
{ y” } + 4{ y’} + 3{ y} = 0
⇔
s2 { y} –sy( 0) –y’( 0) + 4[ s{ y} –y( 0) ] + 3{ y} = 0
⇔
s2 { y} –3s–1+ 4[ s{ y} –3] + 3{ y} = 0
⇔
[ s2 + 4s+ 3] { y} –3s–13= 0
⇔
{ y} = (3 s + 13 ) ( s 2 + 4 s + 3)
⇔
−2
5
+
y = -1 (3 s + 13 ) ( s 2 + 4 s + 3) = -1
( s + 3) ( s + 1)
⇔
y = - 2e - 3t + 5e - t
{
}
Tent ukan penyelesaian y” + y= 2t , j ika y( π 4 ) = π 2 dan
y’( π 4 ) = 2−√2
Penyelesaian:
{ y” + y } = { 2t }
⇔
s2 { y} –sy( 0) –y’( 0) + { y} = 2 s 2
⇔
[ s2 + 1] { y} –sA–B= 2 s 2 , dengan A= y( 0) dan B= y’( 0)
⇔
{ y} =
⇔
⇔
2
s ( s + 1)
2
2
+
s
1
A+ 2
B
s +1
s +1
2
1
s
1
1
{ y} = 2 2 − 2
A+ 2
B
+ 2
s +1 s +1
s +1
s
y = 2t – 2 sin( t ) + A cos( t ) + B sin( t )
Tr a nsfor m a si La pla ce
11
Dengan subst it usi y ( π 4 ) = π 4 dan y’( π 4 ) = 2−√2 diperoleh
nilai A= B= 1.
3.
Jika x= f( t ) dan y= g( t ) , selesaikanlah sist em persam aan
diferensial :
x ′ − 6 x + 3 y = 8 e t
t
y ′ − 2 x − y = 4 e
dengan syarat x( 0) = - 1 dan y( 0) = 0.
Penyelesaian:
{ }
{ }
⇔
{x ′ − 6 x + 3 y } = 8 e t
t
{y ′ − 2 x − y } = 4 e
⇔
s{x } − x ( 0 ) − 6 {x } + 3 {y } = 8 ( s − 1)
s{y } − y ( 0 ) − 2 {x } − {y } = 4 ( s − 1)
⇔
s{x } + 1 − 6 {x } + 3 {y } = 8 ( s − 1)
s{y } − 0 − 2 {x } − {y } = 4 ( s − 1)
⇔
( s - 6) {x } + 3 {y } = ( 9 − s) ( s − 1)
- 2 {x } + ( s - 1) {y } = 4 ( s − 1)
⇔
( 9 − s) ( s − 1)
3
4 ( s − 1)
s −1
1
−2
+
{x } =
=
s −1 s − 4
s−6
3
−2
s −1
s − 6 ( 9 − s) ( s − 1)
4 ( s − 1)
−2
−2 3
23
+
{y } =
=
s −1 s − 4
s−6
3
−2 s −1
⇔
x= - 2e t + e 4t dan y= ( - e t + e 4t ) .
Tr a nsfor m a si La pla ce
12
4 .7 . Fungsi Unda k da n Fungsi Pe riodik
D e finisi 3 :
Unt uk set iap bilangan real a0, Fungsi Undak Sat uan ( unit
st ep funct ion) a didefinisikan :
0, t < a
a( t ) =
1, t > a
Grafik fungsi undak sat uan adalah :
o
1
o
t
a
Transform asi Laplace fungsi undak sat uan adalah
{ a ( t )} =
=
=
∞
∫e
0
− st
a ( t ) dt
a
∞
0
a
− st
− st
∫ e ⋅ 0 dt + ∫ e ⋅ 1 dt
1 − as
e
s
D e finisi 4 :
Suat u fungsi f disebut fungsi undak j ika t erdapat bilanganbilangan real c1 , c2 ,…, cn dan bilangan- bilangan real non
negat if a 1 , a 2 ,…, a n sedem ikian hingga :
f( t ) = c 1 a1 ( t ) + c 2 a2 ( t ) + + c n an ( t )
Tr a nsfor m a si La pla ce
13
Transform asi Laplace fungsi undak adalah
{
{f ( t )} = c 1 a1 ( t ) + c 2 a2 ( t ) + + c n an ( t )
{
}
{
}
{
}
= c 1 a1 ( t ) + c 2 a2 ( t ) + + c n an ( t )
=
(
1
c 1 e − a1s + c 2 e − a2 s + + c n e − an s
s
}
)
Cont oh :
Tent ukan t ransform asi laplace fungsi- fungsi undak berikut :
0 , 0 < t