PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI

PLAGIAT PLAGIATMERUPAKAN MERUPAKANTINDAKAN TINDAKANTIDAK TIDAKTERPUJI TERPUJI

PENYELESAIAN SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL LINEAR DENGAN TRANSFORMASI LAPLACE

SKRIPSI

Diajukan untuk memenuhi Salah Satu Syarat Memperoleh Gelar Sarjana Sains Program Studi Matematika

Disusun Oleh: Hilaria Heparantiza NIM: 083114002

PROGRAM STUDI MATEMATIKA JURUSAN MATEMATIKA FAKULTAS SAINS DAN TEKNOLOGI UNIVERSITAS SANATA DHARMA YOGYAKARTA 2012

i


THE SOLUTION OF LINEAR DIFFERENTIAL EQUATION SYSTEM USING LAPLACE TRANSFORMATION

THESIS

Presented as Partial Fulfillment of the Requirements To Obtain the SARJANA SAINS Degree In Mathematics

By: Hilaria Heparantiza Student Number: 083114002

MATHEMATICS STUDY PROGRAM MATHEMATICS DEPARTMENT SCIENCE AND TECHNOLOGY FACULTY SANATA DHARMA UNIVERSITY YOGYAKARTA 2012

ii





Kupersembahkan skripsi ini kepada: Tuhan Yesus Kristus Bapak dan Mama Tercinta atas Cinta, Kasih Sayang, Doa Serta Dukungan secara Moril dan Materiil Kakakku Angela Hadryana Adikku Yeserika Lindani Serta Segenap Keluarga

………………………………………………………………………………………………………………………………………………….... Satu-satunya cara untuk melakukan pekerjaan besar adalah dengan mencintai apa yang Anda lakukan, walaupun sebenarnya anda membencinya. Hidup ini seperti piano. Berwarna putih dan hitam. Namun, ketika Tuhan yang memainkannya, semuanya menjadi indah. Sungguh, Allah itu keselamatanku; aku percaya dengan tidak gemetar, Sebab TUHAN ALLAH itu kekuatanku dan mazmurku, Ia telah menjadi keselamatanku Yes (12:2)

…………………………………………………………………………………………………………………………………………………….

vi



ABSTRAK Persamaan diferensial adalah suatu persamaan yang memuat derivatif atau diferensial dari satu atau lebih fungsi. Dalam menyelesaikan persamaan diferensial biasanya terdapat syarat bantu yang disebut syarat awal. Persamaan diferensial dengan syarat awalnya disebut masalah nilai awal. Salah satu metode yang dapat digunakan untuk menyelesaikan masalah nilai awal adalah metode transformasi Laplace. Transformasi Laplace juga dapat digunakan digunakan untuk mencari penyelesaian dari suatu sistem persamaan diferensial dengan koefisien konstan. Metode penyelesaian dengan menggunakan transformasi Laplace adalah dengan mengubah persamaan diferensial dengan parameter t ke dalam persamaan aljabar dengan parameter s. Kemudian sistem tersebut diselesaikan dengan menggunakan eliminasi gauss dan menggunakan invers transformasi Laplace untuk mendapatkan penyelesaian khusus dari sistem persamaan diferensial tersebut. Kata Kunci: Persamaan diferensial, masalah nilai awal, transformasi Laplace, invers transformasi Laplace

viii


ABSTRACT The differential equation is an equation that contains the derivative or differential of one or more functions. In solving differential equation, usually there is an auxiliary condition, called initial conditions. Differential equations with initial conditions are called initial value problem. One of the method that can be used to solve initial value problem in differential equation is Laplace transform method. Laplace transformation also can be used for solving systems of differential equations with constant coefficients. Using this method, the differential equations of the parameter t is change into algebraic equation of the parameter s. Then, the system is solved using Gauss elimination and inverse Laplace transform to obtain a special solution of the system of differential equations.

Keyword: differential equation, initial value problem, Laplace transform, inverse Laplace transform.

ix


KATA PENGANTAR

Puji dan syukur penulis panjatkan kepada Tuhan Yesus Kristus, Sang Penerang dan Juru Selamat, yang senantiasa mencurahkan kasih dan karunia-Nya kepada penulis sehingga penulis dapat menyelesaikan skripsi ini dengan baik. Selama penulisan skripsi ini penulis membutuhkan pertolongan dari berbagai pihak. Oleh karena itu, dengan segala kerendahan hati penulis ingin menyampaikan ucapan terima kasih kepada: 1.

Lusia Krismiyati Budiasih, S.Si., M.Si., selaku dosen pembimbing dan selaku Kaprodi Matematika FST-USD yang dengan rendah hati dan dengan penuh kesabaran membimbing penulis selama penyusunan skripsi.

2.

P. H. Prima Rosa, S.Si., M.Sc., selaku Dekan Fakultas Sains dan Teknologi.

3.

M.V. Any Herawati, S.Si., M.Si., selaku dosen penguji dan dosen pembimbing akademik.

4.

Dr. Marcellinus Andy Rudhito, S.Pd., M.Si., selaku dosen penguji.

5.

C.H. Eny Murwaningtyas, S.Si., M.Si., yang pernah menjadi dosen pembimbing akademik bagi penulis.

6.

Bapak dan Ibu dosen Program Studi Matematika FST-USD yang telah memberikan bekal ilmu yang sangat berguna bagi penulis.

7.

Karyawan sekretariat FST-USD khususnya kepada Bapak Tukija dan Ibu Linda, serta karyawan perpustakaan USD dan Mas Susilo selaku laboran atas pelayanan yang baik selama penulis kuliah.

x


8.

Kedua orang tuaku, Bapak Herman dan Mama Yulianti serta kakakku Angela Hadryana dan adikku Yeserika Lindani yang senantiasa memberikan dukungan, kasih sayang, dan doa bagi penulis.

9.

Dennis Tri Hassapta atas kasih sayang, perhatian dan dukungan yang selalu diberikan kepada penulis.

10. Teman-teman Matematika angkatan 2008: Yudit, Nopi, Amel, Marcel, Feny, Etus, Moyo, Widi, serta kakak dan adik angkatan. 11. Teman-teman kos Aulia: Yudit, Nopi, Ao, Sende, Elvira, Wiwik, dan Tesa. 12. Sahabat seperjuangan: Yudit, Nopi, Amel, Pipot dan Marcel. 13. Teman-teman kos Nuvi: Kak Thea, Pipot dan Lita. 14. Teman-teman KKN XLII kelompok 35 Banaran atas semua pengalaman yang sudah dilalui bersama. 15. Semua pihak yang telah membantu yang tidak dapat disebutkan satu persatu. Penulis menyadari masih ada kekurangan dalam skripsi ini, untuk itu saran serta kritik yang membangun sangat diharapkan dalam peningkatan kualitas skripsi ini, dan akhirnya penulis berharap semoga skripsi ini bermanfaat bagi semua pihak. Yogyakarta, 31 Januari 2012 Penulis,

Hilaria Heparantiza

xi


DAFTAR ISI Halaman HALAMAN JUDUL ............................................................................................ i HALAMAN JUDUL DALAM BAHASA INGGRIS .......................................... ii HALAMAN PERSETUJUAN PEMBIMBING ................................................... iii HALAMAN PENGESAHAN .............................................................................. iv PERYATAAN KEASLIAN KARYA .................................................................. v HALAMAN PERSEMBAHAN ........................................................................... vi LEMBAR PERYATAAN PERSETUJUAN PUBLIKASI .................................. vii ABSTRAK ............................................................................................................ viii ABSTRACT .......................................................................................................... ix KATA PENGANTAR .......................................................................................... x DAFTAR ISI ......................................................................................................... xii BAB I PENDAHULUAN ..................................................................................... 1 A. Latar Belakang .......................................................................................... 1 B. Rumusan Masalah ..................................................................................... 3 C. Pembatasan Masalah ................................................................................. 3 D. Tujuan Penulisan ....................................................................................... 3 E. Manfaat Penulisan ..................................................................................... 3 F. Metode Penulisan ...................................................................................... 4 G. Sistematika Penulisan ............................................................................... 4

xii


BAB II MASALAH NILAI AWAL DAN SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL ....................................................................................... 6 A. Sistem Persamaan Linear .......................................................................... 6 B. Limit, Fungsi Kontinu dan Fungsi Transenden ........................................ 12 C. Deret Geometrik ........................................................................................ 21 D. Persamaan Diferensial dan Penyelesaiannya ............................................ 25 E. Sistem Persamaan Diferensial................................................................... 30 F. Integral Tentu, Integral Tak Wajar dan Integral Parsial ........................... 33 BAB III TRANSFORMASI LAPLACE .............................................................. 44 A. Transformasi Laplace ................................................................................ 44 B. Sifat-sifat Transformasi Laplace ............................................................... 54 C. Fungsi Khusus Transformasi Laplace ....................................................... 63 D. Invers Transformasi Laplace dan Konvolusinya ...................................... 70 BAB IV PENYELESAIAN SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL LINEAR DENGAN TRANSFORMASI LAPLACE ............................. 80 A. Penyelesaian Persamaan Diferensial Linear dengan Transformasi Laplace ................................................................................ 81 B. Penyelesaian Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde Pertama dengan Transformasi Laplace ................................................................... 97 C. Penyelesaian Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde Kedua dengan transformasi Laplace .................................................................... 109

xiii


D. Penyelesaian Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde ke-n dengan Transformasi Laplace ................................................................... 118 BAB V PENUTUP ............................................................................................... 124 A. Kesimpulan ............................................................................................... 124 B. Saran ......................................................................................................... 125 DAFTAR PUSTAKA ........................................................................................... 126

xiv


DAFTAR TABEL Halaman Tabel 3.4.1 Tabel Transformasi Laplace ............................................................ 73

xv


BAB I PENDAHULUAN

A. LATAR BELAKANG Sistem merupakan sekumpulan elemen yang saling berkaitan dan saling mempengaruhi dalam melakukan kegiatan bersama untuk mencapai suatu tujuan. Sebuah sistem dikatakan linear jika hubungan antara suatu variabel terhadap variabel lainnya dapat dinyatakan dalam bentuk persamaan linear. Persamaan dalam sebuah sistem dapat berupa persamaan diferensial. Persamaan diferensial adalah suatu persamaan yang memuat derivatif atau diferensial dari satu atau lebih fungsi. Persamaan ini digunakan dalam berbagai macam bidang. Tidak hanya dalam bidang matematika tetapi juga dalam bidang ekonomi, fisika, biologi, astronomi, dan yang lainnya. Persamaan diferensial diklasifikasikan dalam berbagai jenis. Sebuah persamaan dikatakan persamaan diferensial biasa jika fungsi yang belum diketahui dalam persamaan diferensial bergantung hanya pada satu variabel bebas. Sebuah persamaan dikatakan persamaan diferensial parsial jika fungsi yang belum diketahui bergantung pada dua atau lebih variabel bebas. Persamaan diferensial juga dapat dibedakan menurut orde atau tingkat. Orde persamaan diferensial adalah tingkat derivatif tertinggi yang muncul dalam persamaan diferensial.


2

Sebuah persamaan diferensial dikatakan linear jika dalam persamaaan diferensial tersebut fungsi yang belum diketahui derivatif-derivatifnya secara aljabar berderajat satu dan tidak ada hasil kali yang berkaitan dengan fungsi yang belum diketahui dengan derivatif-derivatifnya. Selain itu, tidak ada fungsi transendental dari fungsi yang belum diketahui beserta derivatifderivatifnya dan yang lainnya. Jika salah satu syarat tidak dipenuhi maka persamaan tersebut dikatakan tidak linear. Apabila koefisien-koefisien pada persamaan diferensial linear adalah konstanta real maka persamaan disebut persamaan diferensial linear dengan koefisien konstan. Dalam menyelesaikan persamaan diferensial terkadang terdapat syarat bantu yang mengikutinya. Jika syarat bantu pada persamaan diferensial yang diketahui berhubungan dengan sebuah nilai tertentu, syarat itu disebut syarat awal. Persamaan diferensial dengan syarat awalnya disebut masalah nilai awal. Salah satu cara penyelesaian masalah nilai awal pada sistem persamaan diferensial adalah dengan menggunakan metode transformasi Laplace. Metode ini mentransformasikan masalah nilai awal pada sistem persamaan diferensial ke dalam masalah aljabar dengan melibatkan suatu variabel. Setelah ditransformasikan, dari persamaan tersebut ditentukan invers transformasi Laplacenya untuk mencari penyelesaian dari masalah nilai awal tersebut.


3

B. RUMUSAN MASALAH 1.

Apa yang dimaksud dengan transformasi Laplace dan bagaimana sifatnya?

2.

Bagaimana cara menyelesaikan masalah nilai awal pada persamaan diferensial dengan menggunakan transformasi Laplace?

3.

Bagaimana cara menyelesaikan masalah nilai awal pada sistem persamaan diferensial dengan menggunakan transformasi Laplace?

C. PEMBATASAN MASALAH Dalam penulisan karya ilmiah ini, penulis hanya akan membatasi pada sistem persamaan diferensial hanya sistem persamaan diferensial dengan dua variabel.

D. TUJUAN PENULISAN Tujuan dari penulisan ini adalah untuk memahami sifat-sifat dari transformasi Laplace dan mencari penyelesaian masalah nilai awal pada sistem persamaan diferensial dengan menggunakan transformasi Laplace.

E. MANFAAT PENULISAN Manfaat penulisan ini adalah memberikan pemahaman dalam menyelesaikan masalah nilai awal pada persamaan diferensial dengan menggunakan metode transformasi Laplace.


4

F. METODE PENULISAN Metode penulisan yang digunakan adalah metode studi pustaka, yaitu dengan mempelajari buku-buku yang berkaitan dengan topik tansformasi Laplace dan persamaan diferensial.

G. SISTEMATIKA PENULISAN BAB I:

PENDAHULUAN Dalam bab I akan dibahas tentang latar belakang masalah, perumusan masalah, pembatasan masalah, tujuan penulisan, manfaat penulisan, metode penulisan, dan sistematika penulisan

BAB II: MASALAH NILAI AWAL DAN SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL Dalam bab II akan dibahas tentang sistem persamaan linear, limit, fungsi kontinu dan fungsi transenden, deret geometrik, persamaan diferensial dan penyelesaiannya, sistem persamaan diferensial serta integral tak wajar dan integral parsial.

BAB III: TRANSFORMASI LAPLACE Dalam bab ini akan dibahas tentang transformasi Laplace, sifatsifat transformasi Laplace, fungsi khusus transformasi Laplace serta invers transformasi Laplace dan konvolusinya.


5

BAB IV: PENYELESAIAN SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL LINEAR DENGAN TRANSFORMASI LAPLACE Dalam bab ini akan dibahas tentang penyelesaian persamaan diferensial linear dengan transformasi Laplace, penyelesaian sistem persamaan diferensial linear orde pertama dengan transformasi Laplace, penyelesaian sistem persamaan diferensial linear orde kedua dengan transformasi Laplace dan penyelesaian sistem persamaan diferensial linear orde ke-n dengan transformasi Laplace.

BAB V: PENUTUP Bab V berisi kesimpulan dan saran


BAB II MASALAH NILAI AWAL DAN SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL

Dalam bab ini akan dibahas mengenai materi-materi yang akan digunakan dalam pembahasan bab-bab selanjutnya. Materi-materi tersebut antara lain adalah sistem persamaan linear, limit, fungsi kontinu dan fungsi transenden, deret geometrik, persamaan diferensial dan penyelesaiannya, sistem persamaan diferensial serta integral tentu, integral tak wajar dan integral parsial.

A. Sistem Persamaan Linear Persamaan linear dengan n variabel y1 , y 2 ,..., y n dapat dinyatakan dalam bentuk

a1 y1  a2 y 2  ...  an y n  b di mana a1 , a2 ,..., an dan b merupakan konstanta real. Suatu sistem dengan m persamaan linear dan n variabel yang tidak diketahui dapat ditulis sebagai

a11 y1  a12 y 2  ...  a1n y n  b1 a 21 y1  a22 y 2  ...  a2 n y n  b2 





 

am1 y1  am 2 y 2  ...  a mn y n  bm

(2.1.1)


7

di mana y1 , y 2 ,..., y n adalah variabel yang tidak diketahui. Bilangan aij merupakan koefisien persamaan ke-i dari variabel ke-j dan bi menyatakan konstanta di ruas kanan untuk persamaan ke-i. Koefisien tersebut dapat dituliskan dalam bentuk matriks, yaitu

 a 11 a  21    a m1

a12 a 22  am2

 a1n   a 2 n      a mn 

yang disebut matriks koefisien. Jika suatu koefisien variabel tidak muncul, maka pada matriks koefisien akan dituliskan sebagai bilangan nol. Konstanta di ruas kanan dapat dituliskan dalam bentuk, yaitu

 b1  b   2    bm  yang disebut matriks konstanta. Matriks yang terdiri dari matriks koefisien dengan menambahkan matriks konstanta pada kolom terakhir disebut dengan matriks lengkap. Dengan demikian matriks lengkap untuk sistem persamaan linear pada persamaan (2.1.1) adalah


8

 a11 a12  a1n b1  a   21 a22  a2 n b2         am1 am 2  amn bm 

Definisi 2.1.1 Urutan sejumlah bilangan s1 , s 2 , , s n merupakan penyelesaian dari sistem persamaan (2.1.1) jika y1  s1 , y 2  s2 , , y n  sn merupakan penyelesaian dari setiap persamaan di dalam sistem tersebut.

Contoh 2.1.1 Sistem persamaan

4 y1  y 2  3 y3  1 3 y1  y 2  9 y3  4

(2.1.2)

memiliki penyelesaian y1  1, y 2  2 dan y3  1 karena nilai-nilai tersebut memenuhi kedua persamaan (2.1.2).

Definisi 2.1.2 Sebuah matriks disebut matriks eselon baris jika memenuhi syarat-syarat berikut ini:


1.

9

Jika sebuah baris tidak seluruhnya terdiri dari nol, maka bilangan taknol pertama pada baris tersebut adalah 1. Bilangan ini disebut 1 utama.

2.

Jika terdapat baris yang seluruhnya terdiri dari angka nol, maka baris tersebut dikelompokkan di baris paling bawah matriks.

3.

Jika terdapat dua baris berurutan yang tidak seluruhnya terdiri dari nol, maka 1 utama pada baris yang lebih rendah terdapat pada kolom yang lebih kanan dari 1 utama pada baris yang lebih tinggi.

Contoh 2.1.2 Berikut adalah contoh matriks yang sudah dalam bentuk eselon baris

1 4  3 4 1 1 0 0 1 6 2  , 0 1 0  ,     0 0 1 5 0 0 0

0 1 2 6 0  0 0 1  1 0    0 0 0 0 1

Definisi 2.1.3 Operasi Baris Elementer pada suatu matriks adalah salah satu operasi: 1. Menukar letak dari dua baris matriks tersebut. 2. Mengalikan suatu baris dengan konstanta tak nol. 3. Mengganti suatu baris dengan hasil penjumlahan baris tersebut dan kelipatan baris lain.


10

Salah satu metode yang digunakan untuk meyelesaikan sistem persamaan linear adalah metode eliminasi Gauss. Metode ini menghasilkan matriks sampai pada bentuk eselon baris. Prosedur umum untuk metode eliminasi Gauss ini adalah: 1. Menentukan matriks lengkap dari suatu sistem persamaan linear. 2. Mencari kolom paling kiri yang memuat unsur tak nol. 3. Jika elemen pertama kolom yang diperoleh pada langkah pertama sama dengan nol maka baris pertama dari matriks ditukar dengan unsur pada kolom tersebut yang taknol. 4. Setelah elemen pertama dari kolom diperoleh pada langkah pertama tak sama dengan nol, maka elemen di bawahnya diubah menjadi nol dengan operasi baris elementer.

Contoh 2.1.3 Selesaikan sistem persamaan linear berikut dengan menggunakan eleminasi Gauss

y1  y 2  2 y3  9 2 y1  4 y 2  3 y3  1 3 y1  6 y 2  5 y3  0.


11

Penyelesaian: Matriks lengkap dari sistem persamaan linear di atas adalah

1 1 2 9  2 4 - 3 1   3 6 - 5 0 Kemudian matriks tersebut di ubah kedalam bentuk eselon baris menjadi

2 9  1 1 0 1  7 2 - 17 2   0 0 1 3  Sistem yang bersesuaian dengan matriks adalah y1  y 2  2 y3  9 y2 

7 17 y3   2 2 y3  3

atau y1  9  y2  2 y3

(2.1.3)

17 7  y3 2 2

(2.1.4)

y2  

y3  3.

(2.1.5)

Dengan mensubstitusikan nilai y3 ke persamaan (2.1.4) diperoleh y 2  2 dan dengan mensubstitusikan y2 ke persamaan (2.1.3) diperoleh y1  1. Jadi diperoleh y1 = 1, y2 = 2 dan y3 = 3.


12

B. Limit, Fungsi Kontinu dan Fungsi Transenden 1.

Limit Definisi 2.2.1 Pengertian yang tepat tentang limit mengatakan bahwa lim f t   L t c

berarti bahwa untuk tiap   0 yang diberikan, terdapat   0 yang berpadanan

sedemikian

sehingga

f x   L  

0  x  c   yakni 0  x  c    f x   L  

Contoh 2.2.1 Buktikan bahwa lim 3t  7   5. t 4

Penyelesaian: Andaikan  bilangan positif sebarang sedemikian sehingga

0  t  4    3t  7  5   Kemudian pandang ketaksamaan pada ruas kanan

asalkan

bahwa


13

3t  7   5    3t  12    3t  4    3t4   t4 

 3

Andaikan diberikan   0. Jika dipilih  

 3

,

maka 0  t  4  

mengimplikasikan

3t  7  5  3t  12  3t  4  3 t  4  3   Jadi, terbukti bahwa lim 3t  7   5. t 4

Definisi 2.2.2 Misalkan f didefinisikan pada c,   untuk suatu bilangan c, dikatakan bahwa

lim f t   L t 

jika untuk setiap   0, terdapat bilangan M sedemikian sehingga

t  M  f t   L  

Contoh 2.2.2

2t 3  3t 2  2 t  5t 3  3t  4

Hitunglah nilai limit dari lim


14

Penyelesaian: Untuk menghitung nilai limit, pembilang dan penyebut dibagi dengan pangkat tertinggi yang muncul yaitu t3, sehingga diperoleh t3 t2 2 3 2  3  3 2  3 3 3 t t t t  lim lim t 3 t  3 4 t t 4 t  5 2  3 5 3 3 3  3 t t t t t 1 1 lim 2  3 lim  2 lim 3 t  t  t t  t  1 1 lim 5  3 lim 2  4 lim 3 t  t  t t  t 2  5 2

2.

Fungsi Kontinu Definisi 2.2.3 Andaikan f terdefinisi pada suatu selang terbuka yang mengandung c, f kontinu di c jika lim f t   f c  x c

Definisi di atas menyatakan bahwa f kontinu jika syarat-syarat berikut dipenuhi: i).

lim f t  ada,

ii).

Fungsi f terdefinisi di c, yaitu f c  ada,

tc


iii).

15

lim f t   f c  . t c

Jika salah satu dari ketiga syarat tidak dipenuhi, maka f tak kontinu di c.

Contoh 2.2.3 Fungsi f yang didefinisikan

t 2 1 f t   t 1 tidak kontinu untuk t  1 , karena lim t 1

t 2 1  lim t  1  2  f 1 maka f t  1 t 1

tidak kontinu di t  1 .

Definisi 2.2.4 Fungsi f kontinu kanan di a jika lim f t   f a  dan kontinu kiri b jika t a

lim f t   f b .

t b 

Definisi 2.2.5 Fungsi f dikatakan kontinu pada selang terbuka

a, b

jika fungsi f

kontinu di setiap titik pada a, b  . Fungsi f dikatakan kontinu pada selang tertutup a, b jika fungsi f kontinu pada selang terbuka a, b  , kontinu kanan di a dan kontinu kiri di b.


16

Pada Gambar 2.2.1, fungsi f kontinu pada (a,b) kecuali di titik-titik t1, t2, t3. Fungsi f tak kontinu di t1 karena lim f t  tidak ada, tidak kontinu di t2 t t1

karena nilai lim f t  tidak sama dengan nilai fungsi di t2, dan f tak kontinu t t 2

di t3 karena fungsi di t3 tidak ada.

t1

t2

t3

Gambar 2.2.1

Contoh 2.2.4 Akan diperlihatkan bahwa fungsi f t  yang didefinisikan dengan

f t   9  t 2 untuk setiap t   3, 3 kontinu pada selang tertutup  3, 3. Fungsi f t   9  t 2 kontinu pada selang terbuka  3,3 . Fungsi f kontinu kanan di t  3 yaitu lim  0 dan kontinu kiri di t  3 yaitu lim  0 . Ini t 3

berarti fungsi f kontinu pada selang tertutup  3,3 .

t 3


17

Definisi 2.2.6 Fungsi f t  dikatakan kontinu bagian demi bagian pada interval tertutup

a, b

jika f kontinu pada setiap titik dalam a, b kecuali untuk sejumlah

berhingga titik-titik di mana f t  mempunyai ketakontinuan lompat. Fungsi f t  dikatakan kontinu bagian demi bagian pada 0,   jika f kontinu ba-

gian demi bagian pada 0, N  untuk setiap N  0 .

Contoh 2.2.5 Perlihatkan bahwa sebuah fungsi f yang dinyatakan dengan

0  t 1 2t , 1 t  2 f t   3t , 2t 3 kontinu bagian demi bagian pada interval 0,3. t2,

Penyelesaian:

f t 

2

1 t 0

1

2

Gambar 2.2.2

3


18

Gambar 2.2.2 tersebut memperlihatkan f t  kontinu pada interval 0,1 ,

1,2

dan 2,3 . Pada titik yang tidak kontinu yaitu untuk t  2 , fungsi f

mempunyai ketakkontinuan lompat karena lim f t   0 dan lim f t   1 .

t 2 

t 2

Jadi fungsi f kontinu bagian demi bagian pada interval 0,3 .

Contoh 2.2.6 Perlihatkan bahwa fungsi sebuah fungsi f yang dinyatakan dengan

f t   t 2  4t  3 tidak kontinu bagian demi bagian.

Penyelesaian:

Gambar 2.2.3


19

Grafik tersebut di atas memperlihatkan bahwa f(t) kontinu pada interval

 ,1

dan 3,   tetapi f(t) tidak kontinu pada interval 1, 3 . Untuk

lim f t   0 tetapi untuk lim f t  tidak terdefinisi. Ini berarti bahwa fungsi t 2

t 1

tersebut tidak kontinu bagian demi bagian.

3.

Fungsi Transenden Fungsi transenden merupakan fungsi yang tidak dapat dinyatakan sebagai sejumlah berhingga operasi aljabar atas fungsi konstan y = k dan fungsi y = x. Fungsi-fungsi transenden antara lain yaitu: i).

Fungsi Logaritma Natural Contoh: ln y

ii).

Fungsi Eksponensial Contoh: e y ,3e 5 y , dan e ln y .

iii).

Fungsi Trigonometri Contoh: sin y, cos y, dan tan y.

iv).

Fungsi Siklometri Contoh: arc sin y dan arc cos y.

v).

Fungsi Hiperbolik Contoh: sinh y, cosh y dan tanh y


20

Definisi 2.2.7 Sebuah fungsi f dikatakan berorde eksponensial jika terdapat konstanta α dan konstanta positif t 0 dan M sedemikian rupa sehingga

e t f t   M untuk setiap t  t 0 di mana f t  terdefinisi.

Contoh 2.2.7 Jika diketahui f t   sin bt maka

e t f t   e t sin bt . Untuk setiap   0 lim e t sin bt  0. t 

Ini

berarti

untuk

setiap

 0

e t f t   e t sin bt  M untuk

ada

t  t0 .

t0  0

sehingga

f t   sin bt

berorde

M  0 dan Jadi

eksponensial, dengan konstanta α sama dengan semua bilangan positif.

Contoh 2.2.8 Tentukan apakah f t   e t berorde eksponensial atau tidak. 2


21

Penyelesaian: Diketahui bahwa f t   e t maka 2

e t f t   e t e t . 2

Untuk setiap   0 lim e t e t  lim e t t     . 2

t 

t 

2

2

Ini berarti bahwa fungsi e t tidak berorde eksponensial karena e t membesar lebih cepat daripada e t untuk berapapun nilai α.

C. Deret Geometrik Definisi 2.3.1 

Deret tak berhingga

a n 1

n

konvergen dan mempunyai jumlah S jika

barisan jumlah-jumlah parsial S n  konvergen menuju S atau lim S n  S . Jika n 

S n 

divergen, maka deret tersebut divergen. Deret divergen tidak mempunyai

jumlah.

Contoh 2.3.1 Diberikan deret tak berhingga


2n  1



 n n  1

2

2

n 1

Selidikilah apakah deret tak hingga di atas divergen atau konvergen.

Penyelesaian: Diketahui bahwa an 

2n  1

n n  1

2

2

.

Kemudian an ditulis dalam bentuk pecahan parsial berikut an 

1 1 .  2 n n  12

Maka pecahan parsial deret yang diberikan dapat ditulis menjadi 

Sn   n 1

2n  1



n 2 n  1

2

1 1  2 n  12 n 1 n



 1 1  1 1 1  1        ...   2  n  12  4 4 9 n  1

   

1

n  12

Oleh karena itu,  1 S  lim S n  lim 1  2 n  n   n  1

   1.  

Jadi deret tak hingga yang diberikan konvergen dan jumlahnya adalah 1.

22


23

Definisi 2.3.2 Deret berbentuk 

 ar

n 1

 a  ar  ar 2  ar 3  ...  ar n1  ...

k 1

di mana a  0 disebut deret geometrik.

Contoh 2.3.2

Deret

4 4 4 4 4 1      adalah deret geometrik dengan a  dan r  . 3 9 27 81 3 3

Teorema 2.3.1 Deret geometrik konvergen ke S 

a jika r  1, dan divergen jika r  1. 1 r

Jumlahan parsial n suku pertama adalah S n 





a 1 rn . 1 r

Bukti: Deret jumlahan parsial suku pertama adalah:

S n  a  ar  ar 2  ar 3  ar 4  ...  ar n1 rS n  ar  ar 2  ar 3  ar 4  ar 5 ...  ar n


24

maka



 

S n  rS n  a  ar  ar 2  ...  ar n1  ar  ar 2  ar 3  ...  ar n

1  r S n  a  ar n .



Jadi,

Sn 





a 1 r n a 1 rn   . 1 r 1 r 1 r

Jika r  1, maka lim r n  0. Sehingga diperoleh n 



a 1 rn n  n  1 r a ar n  lim  lim n  1  r n  1  r a  . 1 r

S  lim S n  lim



Dengan kata lain, deret geometri konvergen jika r  1. Jika r  1 maka

lim r n  , sehingga n 

n 





a 1 r n  . n  1 r

S  lim S n  lim

Deret divergen jika r  1 . Jadi terbukti bahwa deret geometri konvergen jika

r  1 dan divergen jika r  1.


25

D. Persamaan Diferensial dan Penyelesaiannya Persamaan diferensial adalah suatu persamaan yang memuat derivatif atau diferensial dari satu atau lebih fungsi. Persamaan diferensial diklasifikasikan menjadi dua jenis, yaitu persamaan diferensial biasa dan persamaan diferensial parsial. Jika fungsi yang belum diketahui dalam persamaan diferensial hanya bergantung pada satu variabel bebas saja, maka persamaan tersebut dikatakan persamaan diferensial biasa. Jika fungsi yang belum diketahui bergantung pada dua atau lebih variabel bebas, maka persamaan tersebut dikatakan persamaan diferensial parsial.

Definisi 2.4.1 Orde suatu persamaan diferensial adalah tingkat derivatif tertinggi yang muncul dalam persamaan.

Bentuk umum dari persamaan diferensial biasa tingkat ke-n adalah

 dy d 2 y dny F  t , y, , 2 ,..., n   0 dt dt dt   Bila y  

dny d2y dy n    , y  2 , ..., y  n maka persamaan di atas dapat ditulis dt dt dt

menjadi





F t , y, y ' , y '' ,..., y n   0 di mana F adalah suatu fungsi real dengan argumen-argumen t , y, y ' , y '' ,..., y n 


26

Contoh 2.4.1

y ''  3 y '  3 y  x 3 merupakan persamaan diferensial orde kedua karena pada persamaan ini tingkat derivatif tertinggi yang muncul adalah dua dan

y 4   x 2 y 3  x 3 y  xe x adalah persamaan diferensial orde keempat.

Definisi 2.4.2 Sebuah persamaan diferensial biasa orde ke-n dikatakan linear, di mana y adalah variabel tak bebas dan t adalah variabel bebas dapat ditulis dalam bentuk

dny d n 1 y dy a0 t  n  a1 t  n 1  ...  an 1 t   an t  y  b(t ) dt dt dt

(2.4.1)

di mana a0 , a1 ,..., an dan b adalah fungsi-fungsi kontinu pada suatu interval yang memuat y dan a0 t   0 pada interval itu. Fungsi a k t  disebut fungsi-fungsi koefisien.

Definisi di atas menyatakan bahwa persamaan diferensial adalah linear jika syarat-syarat berikut dipenuhi: i).

Fungsi yang belum diketahui dan derivatif-derivatifnya secara aljabar berderajat satu.

ii).

Tidak ada hasil kali yang berkaitan dengan fungsi yang belum diketahui dengan satu atau lebih derivatif-derivatifnya.


iii).

27

Tidak ada fungsi transendental dari y dan derivatif-derivatifnya misalnya sin y dan e y .

Jika salah satu syarat tersebut tidak dipenuhi maka persamaan diferensial tersebut tidak linear atau nonlinear. Persamaan diferensial yang tidak linear disebut persamaan diferensial non linear.

Contoh 2.4.2:

y 3  5 y ''  3 y  sin t dan y ''  5 y '  6 y  0 berturut-turut adalah contoh-contoh persamaan diferensial linear, sedangkan

yy ''  5 y'6 y  0 adalah contoh

persamaan diferensial non linear.

Definisi 2.4.3 Jika bt   0 untuk setiap t, maka persamaan (2.4.1) menjadi

a0 t 

dny d n 1 y dy    a t  ...  an 1 t   an t  y  0 1 n n 1 dt dt dt

dan disebut persamaan diferensial linear homogen. Jika bt   0 untuk setiap t, maka persamaan (2.4.1) disebut persamaan diferensial tak homogen.


28

Contoh 2.4.3 Persamaan y  3 y  0 adalah persamaan diferensial homogen orde pertama, sedangkan y   y   2 y  e 3t adalah persamaan diferensial tak homogen orde kedua. Persamaan ini tak homogen karena bt   0 pada ruas kanan.

Definisi 2.4.4 Jika syarat bantu pada persamaan diferensial yang diketahui berhubungan dengan sebuah nilai t, syarat itu disebut syarat awal. Persamaan diferensial dengan syarat awalnya disebut Masalah Nilai Awal (MNA).

Definisi 2.4.5 Masalah nilai awal dari persamaan diferensial orde ke-n dengan n syarat awal dapat ditulis dalam bentuk yt 0   c1 , y t 0   c2 , y t 0   c3 ,..., y n1 t 0   cn

yang harus dipenuhi oleh penyelesaian persamaan diferensial dan derivatifderivatifnya pada titik awal t 0 .

Contoh 2.4.4 dy  2 y  3t , y0  2 adalah contoh masalah nilai awal pada persamaan dt

diferensial

di

mana

titik

awalnya

adalah

t  0.


y t   5 y t   sin t  0, x1  0, x1  7

29

adalah contoh masalah nilai awal

pada persamaan diferensial di mana titik awalnya adalah t  1.

Definisi 2.4.6 Masalah Nilai Awal untuk persamaan diferensial linear homogen orde ke-n dengan koefisien konstan terdiri dari penyelesaian persamaan diferensial

a0

dny d n1 y dy  a  ...  a n1  an y  0 1 n n 1 dt dt dt

di mana a0 , a1 ,..., an adalah konstanta dan a0  0 dengan syarat awalnya adalah yt 0   c1 , y t 0   c2 , y t 0   c3 ,..., y n1 t 0   cn

di mana c1 , c2 ,..., cn adalah konstanta.

Contoh 2.4.5

d 2 y dy   6 y  0 dengan syarat y0  6 dan y 0  2 adalah contoh masalah dt 2 dt nilai awal untuk persamaan diferensial linear homogen orde kedua.

Definisi 2.4.7 Masalah Nilai Awal untuk persamaan diferensial linear tak homogen orde ke-n dengan koefisien konstan terdiri dari penyelesaian persamaan diferensial

dny d n 1 y dy a0 n  a1 n1  ...  a n 1  a n y  bt  dt dt dt


30

di mana a0 , a1 ,..., an adalah konstanta dan a0  0 dengan syarat awalnya adalah yt 0   c1 , y t 0   c2 , y t 0   c3 ,..., y n1 t 0   cn

di mana c1 , c2 ,..., cn adalah konstanta.

Contoh 2.4.6 y   5 y  sin t dengan syarat awalnya y0  0 dan y0  1 adalah contoh

masalah nilai awal untuk persamaan diferensial linear tak homogen karena

bt   sin t .

E. Sistem Persamaan Diferensial Sistem persamaan diferensial linear adalah persamaan yang melibatkan n persamaan dengan m fungsi yang tidak diketahui. Sistem persamaan diferensial linear dapat juga disebut dengan sistem linear. Bentuk umum sistem persamaan diferensial linear orde pertama dengan dua persamaan dalam fungsi x dan y yang tidak diketahui adalah a1 t 

dy dx  a 2 t   a 3 t x  a 4 t  y  F1 t  dt dt dy dx b1 t   b2 t   b3 t x  b4 t  y  F2 t  dt dt

(2.5.1)

Penyelesaian di atas dinyatakan dalam pasangan terurut dari fungsi real

 f , g

demikian sehingga x  f t  , y  g t  memenuhi kedua persamaan dari

sistem (2.5.1) pada interval a  t  b .


31

Contoh 2.5.1 Sebuah sistem persamaan yang didefinisikan dengan dx dy  3  2x  t 2 dt dt dx dy  2  3x  4 y  e t dt dt 2

adalah sistem persamaan diferensial linear orde pertama dengan koefisien konstan.

Sistem linear dari dua persamaan diferensial orde kedua dari dua fungsi yang tidak diketahui x dan y ditulis dalam bentuk d2y dy d 2x dx    a t  a 3 t   a 4 t   a 5 t x  a 6 t  y  F1 t  2 2 2 dt dt dt dt 2 2 d y dy d x dx b1 t  2  b2 t  2  b3 t   b4 t   b5 t x  b6 t  y  F2 t  dt dt dt dt a1 t 

(2.5.2)

Penyelesaian di atas dinyatakan dalam pasangan terurut dari fungsi real

 f , g

demikian sehingga x  f t  , y  g t  memenuhi kedua persamaan dari

sistem (2.5.2) pada interval a  t  b .

Contoh 2.5.2 Sebuah sistem persamaan yang didefinisikan dengan


2

32

d 2x d2y dx dy  3  7  3  2y  t 1 2 2 dt dt dt dt 2 2 d x d y 3 2  2 2  3x  4 y  0 dt dt

adalah sistem persamaan diferensial linear orde kedua dengan koefisien konstan.

Secara umum sistem persamaan diferensial linear dengan n persamaan diferensial orde pertama dan n fungsi yang tidak diketahui ditulis dalam bentuk

dy1  a11 t  y1  a12 t  y 2    a1n t  y n  F1 t , dt dy 2  a 21 t  y1  a 22 t  y 2    a 2 n t  y n  F2 t , dt 

(2.5.3)

dy n  a n1 t  y1  a n 2 t  y 2    a nn t  y n  Fn t . dt Persamaan diferensial orde ke-n adalah a 0 t 

dny d n 1 y dy      a t  ...  a t  a n t  y  F (t ) 1 n  1 dt dt n dt n 1

dengan satu fungsi yang tak diketahui y. Didefinisikan

y1  y , y 2 

d2y d n2 y d n 1 y dy , y 3  2 , ..., y n 1  n 2 , y n  n 1 . dt dt dt dt

(2.5.4)

Dari persamaan (2.5.4)

dy dy1 d 2 y dy 2 d n 1 y dy n 1 d n y dy n     , , ..., , . dt dt dt 2 dt dt dt dt n 1 dt n

(2.5.5)

Dengan menggunakan persamaan (2.5.4) dan (2.5.5) maka persamaan (2.5.3) dapat dituliskan menjadi


dy1  y2 dt dy 2  y3 dt 

33

(2.5.6)

dy n 1  yn dt dy n  a n t  y1  a n 1 t  y 2    a1 t  y n  F t , dt

yang merupakan kasus khusus dari sistem linear pada persamaan (2.5.3) dengan n persamaan dan n fungsi yang tak diketahui. Jadi suatu persamaan diferensial linear orde ke-n dari persamaan (2.5.1) dalam satu fungsi yang tidak diketahui berhubungan erat dengan sistem linear dari n persamaan diferensial orde pertama dalan n fungsi yang tidak diketahui.

F. Integral Tentu, Integral Tak Wajar dan Integral Parsial 1.

Integral Tentu Definisi 2.6.1 Jika f adalah suatu fungsi yang didefinisikan pada interval tertutup a, b . Misalkan P adalah partisi dari a, b dengan titik-titik partisi t 0 , t1 , t 2 , , t n dan P  maxt i . Integral tentu f dari a ke b adalah b

 a

n

f t  dt  lim  f ti  ti p 0

i 1

(2.6.1)


34

jika limitnya ada. Jika limitnya ada, maka f dikatakan terintegral pada interval a, b .

Teorema 2.6.1 Jika f kontinu pada seluruh selang a, b , maka f terintegralkan pada

a, b .

Bukti: Menurut Definisi 2.6.1, untuk membutikan Teorema 2.6.1 akan ditunjukan bahwa untuk sebarang   0 , terdapat  sedemikian sehingga

f t   f t  



(2.6.2)

2b  a 

dengan t  dan t  adalah titik-titik dari

t   t    . Pertimbangkan sebarang partisi

a, b

sedemikian sehingga

t 0 , t1 , t 2 , , t n  sedemikian

sehingga semua subinterval mempunyai panjang kurang dari  . Pada subinterval tertutup

ti 1 , ti ,

misalkan

mi

dan

Mi

masing-masing

mengatakan batas bawah terbesar dan batas atas terkecil dari nilai f. Maka dapat dibentuk

s  m1 t1  t 0   m2 t 2  t1     mn t n  t n 1 

S  M 1 t1  t 0   M 2 t 2  t1     M n t n  t n1  .

(2.6.3)


35

Pada interval t n1 , t n , pilih titik t  sedemikian sehingga f t  dekat ke M i

f t  dekat ke mi . Dengan demikian

dan t  sedemikian sehingga persamaan (2.6.2) menjadi

M i  mi 



(2.6.4)

2b  a 

Dari persamaan (2.6.3) dapat diperoleh S  s  M 1  m1 t1  t 0   M  m2 t 2  t1     M n  mn t n  t n1  S  s  M 1  m1 t1  t 0   M 2  m2 t 2  t1     M n  mn t n  t n 1   M 1  m1 t1  t 0   M 2  m2 t 2  t1     M n  mn t n  t n 1 

Dari persamaan (2.6.4)

S s 



2b  a 

t1  t 0  



2b  a 

t 2  t1    



2b  a 

t n  t n1 

maka

S s 



2b  a 

t1  t 0   t 2  t1     t n  t n1    . 2

Jadi, terbukti f terintegral pada interval a, b .

Teorema 2.6.2 Jika f kontinu bagian demi bagian pada interval tertutup a, b maka f terintegral pada a, b .


36

Bukti: Karena f kontinu bagian demi bagian, maka f kontinu pada a, b kecuali pada titik-titik a  t1  t 2    t n  b.

Berdasarkan Teorema 2.6.1, f terintegral pada selang t1 , t 2  sedemikian t2

t3

t4

t1

t2

t3

sehingga  f t  dt ada. Begitupun juga untuk tt

 f t  dt

 f t  dt ,  f t  dt ,

ada. Karena f terintegral pada setiap selang ti , ti1  di mana

tn 1

i  1, 2, , n dan tn

t2

t3

tn

t1

t1

t2

tn-1

 f t  dt   f t  dt   f t  dt     f t  dt

tn

maka

 f t  dt ada. Jadi terbukti bahwa

f terintegral pada a, b .

t1

2.

,

Integral Tak Wajar Dalam mendefinisikan integral tentu b

 f t dt a


37

fungsi f dimisalkan terdefinisi pada interval tertutup a, b . Namun bila integral tersebut mempunyai batas tak berhingga maka integral tersebut adalah integral tak wajar. Contoh untuk integral tak wajar tersebut adalah 

e

t

dt

0

Definisi 2.6.2 Jika f kontinu untuk setiap t  a , maka 

b

 f t  dt  lim  f t  dt a

b 

a

Bilamana limitnya ada dan nilainya berhingga, integral tak wajar tersebut konvergen. Jika tidak, integral tak wajar tesebut divergen.

Contoh 2.6.1 

Hitunglah  e t dt , jika ada 0

Penyelesaian: 

R

t t  e dt  lim  e dt 0

R 

  0

 lim  e  R R 

R

0






 lim  e  R  1 R 

 lim  e  R  lim 1 R 

R 

 0 1 1

Jadi 

e 0

Contoh 2.6.2 

Hitunglah

 0

dt t 1

, jika ada.

Penyelesaian: 

 0

dt t 1

R

 lim  R 

0

R

dt t 1

 lim  t  1 R 

1

2

dt

0 R

 1  1   lim  t  1 2  R    1  2 0



 lim  2 R  1 R 



t

dt  1

38








Karena lim  2 R  1 adalah tak berhingga maka R 

 0

dt t 1

39

divergen.

Teorema 2.6.2 Jika g dan h adalah fungsi real sedemikian sehingga 0  g t   ht  pada 

a  t  . Misalkan

 ht  dt

ada dan g terintegral pada setiap subinterval

a



tertutup berhingga dari a  t   maka

 g t  dt ada. a

Bukti: Misalkan untuk A  a A

G A   g t  dt a

dan A

H  A   ht  dt. a

Karena 0  g t   ht  maka G A  H  A dan kedua fungsi tersebut meningkat. Oleh karena itu, H  A cenderung ke limit L untuk A   . Ini berarti


40

G A  H  A  L. Karena G A meningkat dan terbatas ke atas L, maka G A juga konvergen 

ke suatu limit untuk A   . Ini berarti

 g t  dt ada. a

Teorema 2.6.3 Misalkan fungsi real g terintegral pada setiap subinterval berhingga dari a  t   dan





0

0

 g t  dt ada maka  g t  dt ada.

Bukti: Perhatikan bahwa

g t   g t   g t    g t  . Maka

 g t  dt   g t   g t   dt   g t  dt. b

b

b

a

a

a

(2.6.4)

Menurut hipotesis, integral kedua pada ruas kanan ada untuk b  , tetapi karena g t   g t  maka


41

g t   g t   g t   g t   2 g t  sehingga

0  g t   g t   2 g t  Oleh karena itu

0   g t   g t   dt   2 g t  dt b

b

a

a

b

Karena

 2 g t  dt

ada untuk b  , maka integral pertama pada ruas

a

kanan persamaan (2.6.4) juga ada untuk b  . Jadi terbukti bahwa b

 g t  dt ada untuk b  . a

3.

Integral Parsial Misalkan ut   u dan vt   v maka rumus diferensial hasil kali dua fungsi adalah d ut vt   u t  vt   ut  vt  dt

atau u t vt  

d ut  vt   u t vt  . dt


42

Dengan mengintegralkan dua ruas pada persamaan di atas diperoleh

 ut vt  dt  ut vt    ut vt  dt Karena dv  vt  dt dan du  u t  dt , persamaan di atas dapat ditulis dalam bentuk

 ut dv

 ut  vt    vt  du

Integral di atas adalah integral parsial tak tentu, rumus integral parsial tentunya adalah b

b

 ut  dv  ut  vt a   vt  du b

a

a

Contoh 2.6.3 1

Tentukanlah  t e t dt . 0

Penyelesaian: Misalkan u  t dan dv  e t dt . Maka u mejadi du  dt dan v  e t . Dengan demikian


1

t t  t e dt   te

  e 1

1

t

0

0

0

  e  e   0  e

  te

t 1 0

  te

t 1 0

1

t

0



  e 1  1  2e 1

t 1 0

1

Jadi  t e t dt  1  2e 1 . 0

1



1

43


BAB III TRANSFORMASI LAPLACE

Pada bab ini akan dibahas suatu metode yang digunakan untuk menyelesaikan persamaan diferensial dan sistem persamaan diferensial dengan menggunakan transformasi Laplace. Sebelum dijelaskan bagaimana memperoleh penyelesaian sistem persamaan diferensial dengan transformasi Laplace, maka akan dibahas terlebih dahulu tentang transformasi Laplace dan sifat-sifatnya.

A. Transformasi Laplace Transformasi Laplace adalah salah satu metode untuk menyelesaikan persamaan diferensial linear baik homogen maupun tak homogen dengan koefisien konstan. Transformasi Laplace sangat berguna dalam menyelesaikan masalah nilai awal pada persamaan diferensial. Andaikan f adalah fungsi yang bernilai real dari variabel t maka akan ditransformasikan oleh Laplace ke dalam fungsi F dari variabel s yang bernilai real. Ketika diterapkan ke dalam masalah nilai awal pada persamaan diferensial dalam fungsi yang tidak diketahui dari t, masalah nilai awal tersebut ditransformasikan ke dalam masalah aljabar dengan melibatkan variabel s.

Definisi 3.1.1: Bila f(t) adalah fungsi yang terdefinisi pada interval [0,+∞). transformasi Laplace dari f(t) adalah

Maka


45



F s   L f t    e  st f t dt 0

untuk setiap nilai s di mana integral tak wajar tersebut ada.

Contoh 3.1.1 Tentukan transformasi Laplace dari f t   1 untuk t > 0.

Penyelesaian: Fungsi f didefinisikan dengan

f t   1 , untuk t > 0 Maka 

L 1   e  st  1 dt 0 R

 lim  e  st  1 dt R 

0 R

  e  st   lim   R   s 0

  e  sR  1  lim    R  s   s

  e  sR 1   lim    R  s  s 1  untuk s > 0 s Jadi

L 1 

1 s

s  0

(3.1.1)


Contoh 3.1.2

 

Jika f t   e at untuk t > 0, tentukan L e at .

Penyelesaian: Fungsi f didefinisikan dengan f t   e at , untuk t > 0

Maka,

L e



at

 e

 st

 e at dt

0 R

 lim  e  st  e at dt R 

0 R

 lim  e a  s t dt R 

0

 e a  s t   lim   R  a  s  0

R

 e  a  s R 1   lim    R  a  s a  s   e a  s R  1  lim   R   as  1  as 1  untuk s  a sa Jadi

 

L e at 

1 s  a  sa

46


47

Contoh 3.1.3 Jika f t   sin bt untuk t > 0, tentukan Lsin bt .

Penyelesaian: Fungsi f didefinisikan dengan f t   sin bt , untuk t > 0 Maka

F s   L sin bt  

  e  st sin bt dt 0

Selanjutnya

akan

digunakan

integral

parsial

kedua

untuk

menyederhanakannya. Misalkan u  sin bt dan dv  e  st dt . Sehingga u

1 menjadi du  b cos bt dt dan v   e  st . Dengan demikian s R

L sin bt   lim  e  st  sin bt dt R 

0 R

 1   1   lim  e  st sin bt   lim   e  st b cos bt dt  R   s  0 R  0  s  R

R



b  0  lim  e  st cos bt dt s R  0 R









b lim  e  st cos bt dt untuk s  0 R s  0

Karena masih memuat integral, akan digunakan integral parsial kedua. Misalkan

u  cos bt

dan

1 v   e  st . Dengan demikian s

dv  e  st dt .

Sehingga

du  b sin bt dt dan


Lsin bt  

R



b lim  e  st cos bt dt R s  0

48



R

b b 1  1   lim  e  st cos bt   lim   e  st  b sin bt dt s R   s  0 s R  0 s R

b 1 b 1  st  0  e b sin bt dt   Rlim    s s  s s 0 R





b b 2  st  e sin bt dt s 2 s 2 0



Menurut Definisi 3.1.1,

e

 st

sin bt dt dapat ditulis menjadi Lsin bt .

0

sehingga

b b2  Lsin bt  s2 s2 b2 b Lsin bt   2 Lsin bt   2 s s 2  b  b Lsin bt  1  2   2 s  s  b 2 Lsin bt   s 2 b 1 2 s b  2 untuk s  0 s  b2 Lsin bt  

Jadi,

L f t  

b s  b2 2

s  0

Teorema 3.1.1 Misalkan f adalah fungsi real yang mempunyai sifat yakni


1.

49

f kontinu bagian demi bagian dalam setiap interval tertutup a  t  b

b  0 dan 2.

f berorde eksponensial, yaitu ada α, M  0 dan t 0  0 sehingga

e t f t   M untuk t  t 0 . Maka transformasi Laplace 

e

 st

f t dt

0

dari f ada untuk s > α.

Bukti: Diketahui bahwa 

t0



0

0

t0

 st  st  st  e f t  dt   e f t  dt   e f t  dt .

Karena f kontinu bagian demi bagian dalam setiap interval tertutup maka integral pertama pada sisi kanan ada. Menurut hipotesis kedua,

e  st f t   e  st Met  e s  t M untuk t  t 0 . Dengan menggunakan definisi integral tak wajar




 Me

t0

  s  t

 Me  s  t  dt  lim   R  s   t  0 R

R

dt  lim  Me R 

50

  s  t

t0



 M   lim   e  s  R  e  s  t0 R  s      M  s  t0  e s 

 untuk s  



Jadi  Me  s  t dt ada untuk s   . t0

Menurut hipotesis pertama, e  st f t  terintegral pada setiap subinterval tertutup

berhingga

t 0  t  .

dari

Dengan

Teorema

2.6.1,

g t   e  st f t  dan ht   Me s  t maka 

e

 st

f t  dt ada untuk s  

t0

atau 

e

 st

f t  dt ada untuk s   .

t0

Menurut Teorema 2.6.2 

e

 st

f t  dt juga ada untuk s   .

t0

Jadi, terbukti bahwa transformasi Laplace dari f ada untuk s   .

pilih


51

Contoh 3.1.4 Tunjukan bahwa jika diketahui

f t  

t,

0t 2

3,

t2

maka transformasi Laplace dari f ada untuk s  1.

Penyelesaian: Akan ditunjukkan bahwa: 1.

f kontinu bagian demi bagian pada interval 0,   .

2.

f berorde eksponensial, yaitu untuk   1 terdapat M  0 dan t  t 0 sedemikian sehingga e t f t   M untuk t  t 0 .

f t 

3

2

t 2

Gambar 3.1.1


52

Fungsi f kontinu pada masing-masing subinterval 0,2 dan 2,   . Pada titik yang tidak kontinu yaitu t  2 , fungsi f mempunyai ketakkontinuan lompat karena lim f t   2 dan lim f t   3 .

t 2 

t 2

Sehingga f kontinu bagian demi bagian pada interval 0,   . Kemudian fungsi f yang didefinisikan f t   3 untuk t  2

e t f t   e t 3 . Untuk   1 lim e t 3  lim e t 3  0. t 

Ini

berarti

untuk

 1

t 

terdapat

M  0 dan

t0  0

sehingga

e t f t   e t 3  M untuk t  2. Fungsi f t  memenuhi kedua hipotesis pada Teorema 3.1.1 sehingga transformasi Laplace dari f ada untuk s  1 .

Contoh 3.1.5 Perlihatkan fungsi f tidak mempunyai transformasi Laplace jika diketahui

f t   t 2  4t  3 .

Penyelesaian: Menurut Definisi 3.1.1






53



L t 2  4t  3   e  st t 2  4t  3 dt 0

Fungsi e  st t 2  4t  3 tidak terdefinisi pada interval 1,3 . Dengan demikian, 

e

 st

t 2  4t  3 dt tidak ada. Jadi fungsi f t   t 2  4t  3 mempunyai

0

transformasi Laplace.

Contoh 3.1.6 Selidiki apakah L f t  mempunyai transformasi Laplace jika diketahui

f t   e t . 2

Penyelesaian:

   e

Jika s  0 , maka L e



t2

 st t 2

e dt tidak ada. Misalkan integral tersebut ada

0

untuk s  0 , maka

 





2s



0

0

2s

L e t   e  st e t dt   e t t s dt   e t t  s dt   e t t s dt 2

2

0 2s

Integral

e

t t  s 

(3.1.2)

dt positif, karena integrannya positif untuk semua t dan s

0

yang real. Untuk t  2s atau t  s  s diperoleh e t t s   e st . Oleh karena itu integral kedua pada ruas kanan persamaan (3.1.2) memenuhi ketaksamaan






2s

2s

54

t t  s  st  e dt   e dt  

Untuk s  0

 

2s





0

2s

2s

L e t   e t t s dt   e t t s dt   e st dt   2

Jadi, f t   et tidak mempunyai transformasi Laplace. 2

B. Sifat-sifat Transformasi Laplace Transformasi Laplace mempunyai sifat-sifat yang sangat berguna dalam penyelesaian sistem persamaan diferensial. Pada bagian ini, akan dijelaskan sifat-sifat dari transformasi Laplace tersebut.

Teorema 3.2.1 Misalkan f 1 dan f 2 adalah fungsi-fungsi yang transformasi Laplacenya ada dan misalkan c1 dan c 2 adalah konstanta maka

Lc1 f1 t   c2 f 2 t   Lc1 f1 t   Lc2 f 2 t 

Bukti: Dari Definisi 3.1.1

(3.2.1)


55



Lc1 f1 t   c 2 f 2 t    e  st c1 f1 t   c 2 f 2 t  dt 0 

 e



c1 f1 t    e  st c2 f 2 t 

 st

0

0 

 c1  e

 st



f1 t  dt  c 2  e  st f 2 t  dt

0

0

 c1 L f1 t   c 2 L f 2 t  Jadi, terbukti bahwa Lc1 f1 t   c2 f 2 t   Lc1 f1 t   Lc2 f 2 t .

Teorema 3.2.2 Bila f adalah fungsi real yang kontinu untuk t  0 dan berorde eksponensial e t dan misalkan f  kontinu bagian demi bagian dalam setiap interval

tertutup 0  t  b, maka L f  ada untuk s   dan

L f t   sL f t   f 0.

(3.2.2)

Bukti: Diketahui bahwa: 1. f adalah fungsi real yang kontinu untuk t  0 dan berorde eksponensial e t 2. f  kontinu bagian demi bagian dalam setiap interval tertutup 0  t  b. Dari Definisi 3.1.1 yaitu 

L f t    e  st f t  dt 0

maka




56

R

L f t    e  st f ' t  dt atau L f t   lim  e  st f ' t  dt R 

0

0

Misalkan t1 , t 2 ,..., t n adalah titik-titik di dalam interval 0  t  R di mana f  tidak kontinu di titik-titik t1 , t 2 ,..., t n maka R

e

 st

t1

t2

R

0

t1

tn

f t  dt   e  st f t  dt   e  st f t  dt  ...   e  st f t  dt.

0

Masing-masing suku pada ruas kanan diselesaikan dengan integral parsial menjadi R

e

 st

f t  dt  e

0

 st



t1

f t  0  s  e t1

 st

f t  dt  e

 st



t2

f t  t1  s  e  st f t  dt  ... t2

0

t1

e

 st



R

f t  t n  s  e  st f t  dt. R

tn

Karena f kontinu untuk t  0 maka R

R

0

0

 st  sR  st  e f t  dt   f 0  e f R   s  e f t  dt

Karena f berorde eksponensial et , maka ada M  0 dan t0  0 di mana

e t f t   M untuk t  t0 . Dengan demikian e  sR f R   e  sR MeR  Me s  R untuk R  t 0 .

Jika s   maka lim e  sR f R   0

R


57

dan R

lim s  e  st f t  dt  sL f t .

R 

0

Jadi, terbukti bahwa R

lim  e  st f t  dt  sL f t   f 0 atau L f t   sL f t   f 0

R 

0

dan L f t  ada untuk s   .

Teorema 3.2.3 Bila f adalah fungsi real yang turunan ke- n  1 f n1 kontinu untuk t  0 dan misalkan f , f ,..., f n1 berorde eksponensial et . Kemudian misalkan f n  kontinu bagian demi bagian dalam setiap interval tertutup 0  t  b .





Maka L f n  ada untuk s   dan

 

L f n   s n L f t   s n1 f 0  s n2 f 0  s n3 f 0  ...  f n1 0.

(3.2.3)

Bukti: Diketahui bahwa: 1. f adalah fungsi real yang turunan ke- n  1 f n1 kontinu untuk t  0. 2. f , f ,..., f n1 berorde eksponensial et . 3. f n  kontinu bagian demi bagian dalam setiap interval tertutup 0  t  b .


58

Dari Definisi 3.1.1 yaitu 

L f t    e  st f t  dt 0

maka



L f

n 



t    e

 st

f

n 

t  dt



atau L f

n 

t   Rlim e st f n  t  dt   R

0

0

Misalkan t1 , t 2 ,..., t n adalah titik-titik di dalam interval 0  t  R di mana f  tidak kontinu di titik-titik t1 , t2 ,..., tn maka R

e

 st

f

n 

t1

t  dt   e

0

 st

f

n 

t2

R

t1

tn

t  dt   e st f n  t  dt  ...   e st f n  t  dt.

0

Masing-masing pada ruas kanan diselesaikan dengan integral parsial menjadi



R



t1

 st  n   st  n 1  st  n 1  st  n 1  e f t  dt  e f t  0   e f t  dt  e f t  t1 t1

0

t2

0 t2

 e

 st

f

 n 1

t  dt  ...  e

 st

f

 n 1

t t

R

t1

n

R

  e  st f n 1 t  dt. tn

Karena f kontinu untuk t  0 maka R

e 0

 st

f

n 

t  dt   f

n 1

0  e

 sR

f

n 1

R

R   s  e st f n1 t  dt 0

Karena f , f ,..., f n1 berorde eksponensial et . Jadi ada M  0 dan t0  0 di mana e t f n1 t   M untuk t  t0 . Dengan demikian e  sR f n1 t   e  sR Met  Me s  R untuk R  t 0 .


59

Jika s   maka lim e  sR f n1 R   0

R

dan



R



lim s  e st f n1 t  dt  sL f n1 t  .

R

0

Jadi



R



lim  e st f n  t  dt  sL f n1 t   f n1 0

R 

0

atau









L f n  t   sL f n1 t   f n1 0





dan L f n  t  ada untuk s   . Untuk membuktikan persamaan (3.2.3), akan digunakan induksi matematis. Untuk n  1 maka

L f t   sL f t   f 0. Anggap persamaan (3.2.3) benar untuk n  k maka

 

L f k   s k L f t   s k 1 f 0  s k 2 f 0  s k 3 f 0  ...  f k 1 0.

Akan dibuktikan persamaan (3.2.3) berlaku untuk n  k  1 yakni





 

L f k 1  sL f k   f 0





 s s k L f t   s k 1 f 0  s k 2 f 0  s k 3 f 0  ...  f k 1 0  f 0  s k 1 L f t   s k f 0  s k 1 f 0  s k 2 f 0  ...  sf k 1 0  f 0.


Jika untuk n  1 dan

60

n  k benar maka untuk n  k  1 juga benar. Ini

berarti bahwa Teorema 3.2.3 berlaku untuk semua bilangan asli positif dari n. Jadi, terbukti bahwa

 

L f n   s n L f t   s n1 f 0  s n2 f ' 0  s n3 f '' 0  ...  f n1 0





dan L f n  ada untuk s   .

Teorema 3.2.4 Bila f sedemikan rupa sehingga L  f  ada untuk s   . Maka untuk setiap konstanta a berlaku





L e at f t   F s  a  untuk s    a, di mana F s   L f t .

(3.2.4)

Bukti: Dari Definisi 3.1.1 

F s    e st f t  dt. 0

Substitusikan s dengan s  a sehingga diperoleh 

F s  a    e  s a t f t  dt 0 

  e  st e at f t  dt 0





 L e at f t 


61

Jadi



 s    a

F s  a   L e at f t 

Teorema 3.2.5 Misalkan f adalah sebuah fungsi yang memenuhi hipotesis dari Teorema 3.1.3 di mana F adalah transformasi Laplace yakni 

F s    e  st f t  dt 0

Maka





L t n f t    1

n

dn F s . ds n

(3.2.5)

Bukti: Untuk membuktikan persamaan (3.2.5), akan digunakan induksi matematis. Diketahui Definisi 3.1.1 yaitu 

F s    e  st f t  dt 0

Diferensialkan kedua ruas persamaan di atas terhadap s sedemikian rupa sehingga


62



d d F s    e  st f t  dt ds ds 0 

   t e  st f t  dt 0 

   t e  st f t  dt 0

Jadi F s   Lt f t  atau Lt f t    F s  . Dengan demikian untuk n  1, persamaan (3.2.5) bernilai benar. Anggap Teorema 3.2.5 benar untuk

n  k sedemikian rupa sehingga





L t k f t    1

k

dk F s  ds k

Akan dibuktikan persamaan (3.2.5) berlaku untuk n  k  1 yakni



 



L t k 1 f t   L t k t f t 

Misalkan g t   tf t  maka



 



L t k 1 f t   L t k g t 

k

d G s  ds k k k d   1 Ltf t  ds k k k d  F s    1 ds k k 1 k 1 d   1 F s  ds k 1   1

Jika untuk n  1 dan

k

n  k benar maka untuk n  k  1 juga benar. Ini

berarti bahwa Teorema 3.2.5 berlaku untuk semua bilangan asli positif dari n. Jadi, terbukti bahwa






L t n f t    1

n

63

dn F s . ds n

C. Fungsi Khusus Transformasi Laplace Untuk masing-masing bilangan real a  0, fungsi tangga satuan u a didefinisikan untuk t yang tak negatif dengan u a t  

0,

ta

1,

ta

0,

t0

1,

t 0

Jika a  0, secara umum menjadi

u 0 t  

tetapi karena u a didefinisikan untuk t yang tak negatif maka

u 0 t   1 untuk t  0. Fungsi u a didefinisikan memenuhi hipotesis pada Teorema 3.1.1 sehingga Lu a t  ada. Dengan Definisi 3.1.1, 

a



0

a

Lu a t    e  st u a t  dt   e  st 0 dt   e  st 1 dt 0

R

 1   0  lim  e  st dt  lim  e  st  R  R   s a a R



e  at s

Sifat lain yang berguna dari fungsi tangga satuan dalam hubungannya dengan transformasi Laplace adalah fungsi translasi. Fungsi tersebut didefinisikan dengan


0,

ta

f t  a ,

ta

64

Karena fungsi tangga satuan didefinisikan dengan u a t  

0,

0t a

1,

ta

maka u a t  f t  a  

0,

0t a

f t  a ,

ta

Teorema 3.3.1 Bila f adalah fungsi yang memenuhi hipotesis dari Teorema 3.1.1 dengan transformasi Laplace F sedemikian sehingga 

F s    e  st f t  dt 0

dan fungsi translasi didefinisikan dengan u a t  f t  a  

0,

0t a

f t  a ,

ta

Maka Lu a t  f t  a   e  as L f t 

(3.3.1)


Bukti: 

Lu a t  f t  a    e  st u a t  f t  a  dt 0 a

 e

 st



0 dt   e  st f t  a  dt

0

0



  e  st f t  a  dt 0

Misalkan   t  a, sehingga 

e

 st



f t  a  dt   e  s   a  f   d

0

0 

 e  sa  e  s f   d 0

e

 sa

L f t 

Jadi, terbukti bahwa Lu a t  f t  a   e  as L f t .

Contoh 3.3.1 Tentukan transformasi Laplace dari

g t  

Penyelesaian: Diketahui bahwa

0,

0t 5

t  3,

t 5

65


g t  

0,

0t 5

t  3,

t 5

66

Nyatakan t  3 untuk t  5 dalam bentuk t  5. Jadi t  3  t  5  2 sehingga

g t  

0,

0t 5

t  5  2,

t 5

Maka fungsi translasinya adalah

u 5 t  f t  5 

0,

0t 5

t  5  2,

t 5

di mana f t   t  2 dan a  5. Kemudian, tentukan transformasi Laplace dari f t . Menurut Teorema 3.2.1

Lt  2  Lt   L2  Lt   2L1 

1 2  s2 s

Dengan Teorema 3.3.1 Lu 5 t  f t  5  e 5 s Lt  2  1 2  e 5 s  2   s s

Jadi  1 2 Lu 5 t  f t  5  e 5 s  2   s s

s  0.

Definisi 3.3.1 Fungsi f t  dikatakan periodik dengan periode P jika

f t  P   f t 


67

untuk setiap t di mana f terdefinisi.

Teorema 3.3.2 Misalkan f adalah fungsi periodik dengan periode P yang transformasi Laplacenya ada, maka P

L f t  

e

 st

f t  dt

0

1  e  Ps

Bukti: Dari Definisi 3.1.1 

L f t    e  st f t  dt 0

Integral pada ruas kanan dapat diubah ke dalam bentuk deret tak berhingga dari integral P

e 0

 st

2P

f t dt   e

 st

3P

f t dt   e

P

 st

f t dt  ... 

2P

n 1P

e

 st

f t dt  ...

(3.3.2)

nP

Untuk setiap n  0, 1, 2,..., misalkan t  u  nP dalam integral yang sesuai n 1P

e

 st

f t  dt.

nP

maka untuk setiap n  0, 1, 2,..., P

e 0

 s u  nP 

f u  nP  du.


Menurut

hipotesis,

f

adalah

periodik

dari

periode

P.

68

Jadi

f u   f u  P  f u  2P  ...  f u  nP untuk semua u di mana f terdefinisi. Demikian pula untuk e  s u nP  e  su e  nPs , di mana faktor e  nPs adalah variabel tak bebas dari integrasi u. Jadi untuk setiap n  0, 1, 2,..., P

integral  e  s u  nP f u  nP  du menjadi 0

P

e nPs  e  su f u  du. 0

Oleh karena itu, deret tak berhingga persamaan (3.3.2) menjadi P

P

P

P

0

0

0

0

 su  Ps  su  2 Ps  su  nPs  su  e f u du  e  e f u du  e  e f u du  ...  e  e f u du  ...



 1 e

1  e

 Ps

e

2 Ps

 ...  e

 nPs

 Ps

e

 2 Ps

 ...  e

 nPs



P

 ...  e  su f u du 0



 ... adalah deret geometrik di mana a  1 dan

rasio r  e Ps  1. Maka

1  e  Ps  e 2 Ps  ...  e nPs  ... 

1 1  e  Ps

Sehingga P

e 0

 su

f u du  e

 Ps

P

e

 su

f u du  e

0

 2 Ps

P

e

 su

f u du  ...  e

0

 nPs

P

e

 su

P



Jadi terbukti terbukti bahwa

f u du  ...

0

1 e  su f u du.  Ps  1 e 0


L f t  

69

P

1 e  st f t dt.  Ps  1 e 0

Contoh 3.3.2 Tentukan transformasi Laplace dari f bila f didefinisikan pada 0  t  4 dengan

f t  

1,

0t 2

-1,

2t 4

dan f t  4  f t  untuk t  4.

Penyelesaian: Fungsi f adalah fungsi periodik dengan periode P  4 sehingga 4

L f t  

e

 st

f t  dt

0

1  e 4 s 2  4  st 1   st    e 1 dt     e  1 dt 1  e  4 s  0  2 1  1  2 s   e  1  e 4 s  e 2 s 4 s   1 e  s  1  1  2e  2 s  e  4 s 4 s s 1 e











1  e   s 1  e 1]  e  2 s 2

2 s



1  e 2 s s 1  e 2 s



2 s






70

Jadi

1  e 2 s L f t   s 1  e 2 s



 s  0.

D. Invers Transformasi Laplace dan Konvolusinya Pada bagian ini akan dibahas mengenai invers dari transformasi Laplace dan konvolusi transformasi Laplace.

1.

Invers Transformasi Laplace Telah diketahui sebelummya bahwa transformasi Laplace adalah transformasi yang memetakan fungsi f t  ke dalam fungsi F s   Tetapi jika diketahui F s , maka F s  dapat diinverskan untuk mencari f t . Inilah yang dinamakan invers transformasi Laplace. Invers transformasi Laplace dinyatakan dengan f t   L1 F s  yang berarti bahwa ada f t  sedemikian sehingga

L f t   F s  .

Contoh 3.4.1 Tentukan f t  jika diketahui

F s  

1 . s

(3.4.1)


71

Penyelesaian: Dari Contoh 3.1.1, diketahui bahwa jika f t   1 maka

L f t   L1 1  . s Dengan demikian 1  L-1 F s   L-1   s 1

Jadi f t   L-1 F s   1 .

Invers dari F s  akan dicari dengan menggunakan beberapa metode salah satunya adalah metode pecahan parsial. Misalkan diketahui P s  di mana Ps  dan Qs  adalah polinomial, dengan derajat P Q s 

kurang dari Q dan mempunyai ekspansi pecahan parsial yang bentuk faktor-faktornya kuadrat dan linear dari Qs . Ada tiga kasus yang perlu dipertimbangkan yaitu:

1.

Faktor linear tak berulang Jika Qs  dapat difaktorkan ke dalam sebuah perkalian dari faktor linear yang berbeda Qs   s  r1 s  r2  ... s  rn 


72

di mana ri adalah semua bilang real yang berbeda, maka ekspansi pecahan parsial mempunyai bentuk

A A A Ps   1  2  ...  n , Qs  s  r1 s  r2 s  rn di mana Ai adalah bilangan real.

2.

Faktor linear berulang Misalkan s  r adalah faktor dari Qs  dan misalkan s  r m adalah derajat tertinggi dari s  r yang membagi Qs . Maka bagian ekspansi pecahan parsial dari

s  r m

P s  yang sesuai dengan bentuk Q s 

adalah

Am A A2 Ps   1   ...   ..., 2 Qs  s  r1 s  r2  s  rn m di mana Ai adalah bilangan real.

3.

Faktor Kuadrat Misalkan s   2   2 adalah faktor kuadrat dari Qs  yang tidak bisa direduksi ke faktor-faktor linear dengan koefisien-koefisien real. Misalkan m adalah pangkat tertinggi dari

s   2   2

yang

membagi Qs . Maka bagian dari ekspansi pecahan parsial dari P s  yang sesuai untuk s   2   2 adalah Q s 


C1 s  D1 C 2 s  D2 Ps    2 2 Qs  s      s   2   2





2

 ... 

C m s  Dm

s   

2

2



m

73

 ...,

Berikut diberikan Tabel 3.4.1 yang berisi beberapa fungsi f t  yang sesuai dengan transformasi Laplace F s  yang dapat diselesaikan dengan metode yang diberikan sebelumnya.

Tabel 3.4.1: Tabel Transformasi Laplace

L f t   F s 

f t   L-1 F s 

1 , s

s0

e at

1 , sa

sa

t n , n  1,2,...

n! , s n 1

s0

1

e at t n , n  1,2,...

n!

s  a n1

sa

sin bt

b s  b2

s0

cos bt

s s  b2

s0

e at sin bt

e at cos bt

2

2

b

s  a 2  b 2 sa

s  a 2  b 2

sa sa


74

Contoh 3.4.1

 s 2  9s  2  Tentukan invers transformasi Laplace dari fungsi F s    . 2     s  1 s  3  

Penyelesaian: Fungsi F(s) dapat dipisahkan menjadi

s 2  9s  2

s  1 s  3 2



A B C   , 2 s  1 s  1 s3

(3.4.2)

di mana A, B dan C adalah konstanta sehingga s 2  9s  2

As  1s  3  Bs  3  C s  1

2

s  12 s  3



s  12 s  3

Kemudian s 2  9s  2  As  1s  3  Bs  3  C s  1

2

atau

 A  C s 2  2 A  B  2C s   3A  3B  C   s 2  9s  2 . Maka diperoleh sistem persamaan

AC 1 2 A  B  2C  9  3 A  3B  C  2 Dengan menggunakan metode eliminasi Gauss diperoleh A  2 , B  3 dan C  1. Persamaan (3.4.2) menjadi

s 2  9s  2

s  1 s  3 2

maka



2 3 1   . 2 s  1 s  1 s3


75

 s 2  9s  2   2 3 1  1 L1   L     . 2 2 s  1 s  3       s  1 s  3 s  1     Menurut Teorema 3.2.1

 s 2  9s  2   3   1  1  2  1 L   L  L  L1    2 2   .  s  1  s  3  s  1 s  3  s  1  1

atau

 s 2  9s  2   1   1  1  1  1 L   2 L  3 L  L1    2 2   .  s  1  s  3  s  1 s  3  s  1  1

Dengan Tabel 3.4.1, diperoleh

 1  1   1  1 t L  te t dan L1  , L1   e  e  3t  2   s  3 s  1   s  1       Jadi

 s 2  9s  2  t t 3t L1    2e  3te  e . 2  s  1 s  3

2.

Konvolusi Definisi 3.4.1 Misalkan f dan g adalah fungsi yang kontinu bagian demi bagian dalam setiap interval tertutup 0  t  b dan berorde eksponensial. Fungsi yang dinotasikan dengan f  g dan didefinisikan sebagai t

f t   g t    f v g t  v  dv , 0

dikatakan konvolusi dari fungsi f dan g.

(3.4.3)


76

Teorema 3.4.1 Misalkan f(t) dan g(t) kontinu bagian demi bagian pada interval [0,). Maka

f t   g t   g t   f t .

(3.4.4)

Bukti: Dari Definisi 3.4.1 t

f t   g t    f v g t  v  dv 0

Misalkan u  t  v maka t

t

0

0

f t   g t    f v g t  v  dv   f t  u g u  du t

  g u  f t  u  du g t   f t  0

Jadi terbukti bahwa

f t   g t   g t   f t .

Teorema 3.4.2 Misalkan fungsi f dan g kontinu bagian demi bagian pada setiap interval tertutup berhingga 0  t  b dan berorde eksponensial e at . Maka

L f  g   L f Lg  untuk s   .

(3.4.5)


77

Bukti: Dari Definisi 3.1.1 dan Definisi 3.4.1, L f  g  adalah fungsi yang didefinisikan dengan  t  L f  g    e  st   f v g t  v  dv  dt. (3.4.6) 0 0  Untuk menyederhanakan integral pada persamaan (3.4.6) digunakan

fungsi tangga satuan. Karena u v t  

0,

0t v

1,

t v

Maka persamaan (3.4.6) menjadi 

L f  g    e 0

 st

    u v t  f v g t  v dv  dt 0 

Kemudian    L f  g    f v   e  st u v t g t  v dt  dv 0 0 



Menurut Teorema 3.3.1,  e  st u v t g t  v dt  e  st Lg  maka 0



L f  g    f v e  sv Lg  dv 0

atau 

L f  g   Lg  f v e  sv dv . 0




Menurut Definisi 3.1.1,

 f v e

 sv

78

dv  L f  maka

0

L f  g   Lg L f . Karena f  g  g  f maka

L f  g   Lg  f   L f Lg . Jadi, terbukti bahwa

L f  g   L f Lg .

Akibat 3.4.3 Jika L f   F dan Lg   G maka L1 F s Gs   f t   g t   g t   f t .

Bukti: Jika L f   F dan Lg   G maka persamaan (3.4.5) dapat ditulis dalam bentuk

L f t   g t   F s Gs . Oleh karena itu L-1 F s Gs   f t   g t  . dan dengan Teorema (3.4.1) maka L-1 F s Gs  f t   g t   g t   f t  .

(3.4.7)

(3.4.8)


79

Jadi terbukti bahwa L1 F s Gs   f t   g t   g t   f t .

Contoh 3.4.2  1  Tentukan L1  2 .  s s  1

Penyelesaian: Perhatikan bahwa di mana F s  

1 adalah hasil perkalian antara F s  dan Gs  s s 1



2



1 1 dan Gs   2 . s s 1

Dengan Tabel 3.4.1, f t   L1 F s   1 dan g t   L1 Gs   sin t . Maka berdasarkan Akibat 3.4.3  1  1 L1  2   L F s G s   f t   g t  s s  1  





t

t

0

0

  f v   g t  v dv   1  sin t  v dv  1  cos t.

Jadi

 1  L1  2   1  cos t . s s 1 






BAB IV PENYELESAIAN SISTEM PERSAMAAN DIFERENSIAL LINEAR DENGAN TRANSFORMASI LAPLACE

Metode operator adalah metode yang biasa digunakan untuk menyelesaikan masalah nilai awal pada sistem persamaan diferensial. Selain metode operator, ada metode lain yang dapat menyelesaikan masalah nilai awal pada sistem. Metode tersebut adalah metode transformasi Laplace. Transformasi Laplace hanya dapat digunakan untuk menyelesaikan persamaan diferensial yang linear. Kelebihan menggunakan metode ini adalah dapat menyelesaikan masalah nilai awal pada sistem persamaan diferensial dan persamaan diferensial secara langsung tanpa harus mencari persamaan umumnya terlebih dahulu. Tetapi, dalam menyelesaikan masalah nilai awal metode transformasi Laplace ini hanya dapat menyelesaikan untuk titik awal

t0  0 . Pada bagian ini akan dijelaskan bagaimana cara menyelesaikan persamaan diferensial linear dan sistem persamaan diferensial linear dengan menggunakan transformasi Laplace.


81

A. Penyelesaian Persamaan Diferensial Linear Dengan Transformasi Laplace Masalah nilai awal pada persamaan diferensial linear dituliskan dalam bentuk a0

dny d n 1 y dy  a  ...  a n 1  a n y  b(t ) 1 n n 1 dt dt dt

(4.1.1)

dengan syarat awalnya y(0)  c0 , y (0)  c1 ,..., y n1 (0)  cn1 .

(4.1.2)

Asumsikan masalah nilai awal di atas mempunyai penyelesaian y   t  dan dy d n y d n 1 y , , ..., memenuhi syarat pada Teorema 3.2.3. Kemudian berikan n n 1 dt dt dt

transformasi Laplace pada kedua ruas persamaan (4.1.1) sedemikian sehingga

 dny  d n1 y dy L a0 n  a1 n1  ...  a n1  a n y   Lb(t ) dt dt  dt 

(4.1.3)

Menurut Teorema 3.2.1, persamaan (4.1.3) menjadi

d n y   d n1 y   dy  a0 L  n   a1L  n1   ...  a n1 L    a n L y   Lb(t )  dt   dt   dt 

(4.1.4)

Aplikasikan Teorema 3.2.3 pada suku-suku di ruas kiri persamaan (4.1.4) dan syarat-syarat awal persamaan (4.1.2),

 d n y   d n1 y   dy  L  n , L  n1 ,..., L  .  dt   dt   dt  Maka


82

d n y  L  n   s n L y t   s n 1 y 0  s n 2 y 0  ...  y n 1 0  dt   s n L y t   s n 1c0  s n 2 c1  ...  c n 1  d n 1 y  L  n 1   s n 1 L y t   s n  2 y 0  s n 3 y 0  ...  y n  2 0   dt   s n 1 L y t   s n  2 c0  s n 3 c1  ...  c n  2 . . .  dy  L    sL y t   y 0   dt   sL y t   c0

Persamaan (4.1.4) menjadi



a0 s n Lyt   s n1c0  s n2 c1  ...  cn1





 a1 s n1L yt   s n2c0  s n 3c1  ...  cn2



 ...  an1 sL yt   c0   an L yt   Lbt  Misalkan L yt  dinotasikan sebagai Y s  dan Lbt  dinotasikan sebagai

Bs  maka









a 0 s n Y s   s n 1c0  s n  2 c1  ...  c n 1  a1 s n 1Y s   s n  2 c0  s n 3 c1  ...  c n  2  ...  a 0 s Y s   a 0 s n

n 1

c0  a0 s

n2

a n 1 sY s   c0   a nY s   Bs 

c1  ...  a 0 c n 1  a1 s Y s   a1 s n  2 c0  a1 s n 3 c1  ...  n 1

a1c n  2  ...  a n 1 sY s   a n 1c0  a nY s   Bs 

atau

a s 0

n



 a1 s n1  ...  an1 s  an Y s 

(4.1.5)


  c a s

 c0 a0 s n 1  a1s n 2  ...  a n 1 1

0

n2

 a1s n 3  ...  a n 2

83

 

 ...  c n 2 a0 s  a1   c n 1 a0  Bs  Karena b adalah fungsi yang diketahui dari t, maka B adalah fungsi terhadap s yang diasumsikan ada dan dapat diselesaikan. Setelah Y s  diperoleh, tentukan y(t) dengan menginverskan Y s  . Berikut diberikan langkah-langkah dalam menyelesaikan masalah nilai awal pada persamaan diferensial linear dengan transformasi Laplace: 1. Berikan transformasi Laplace kedua ruas dari persamaan diferensial linear dan aplikasikan Teorema 3.2.3 serta gunakan syarat awal (4.1.2). 2.

Selesaikan persamaan aljabar (4.1.5) untuk memperoleh Y(s)

3. Setelah memperoleh Y(s), gunakan tabel transformasi Laplace untuk menentukan penyelesaian yt   L-1 Y s  dari masalah nilai awal yang diberikan.

Contoh 4.1.1 Selesaikan masalah nilai awal d2y  y  e 2t sin t 2 dt

dengan syarat awal

(4.1.6)


84

y 0  0 y 0  0

Penyelesaian: Transformasi Laplace pada kedua ruas persamaan (4.1.6) adalah

d 2 y  L  2   L y   L e 2t sin t  dt 





(4.1.7)

Menurut Teorema 3.2.3 dan Tabel 3.4.1, persamaan (4.1.7) menjadi

s 2 L yt   sy0  y 0  L yt  

1

s  22  1

Kemudian dengan syarat awal, persamaan di atas disederhanakan menjadi s 2 L yt   L yt  

1

s  22  1

atau

s

2



 1 L yt  

1

s  22  1

Karena Lyt   Y s  maka

s Sehingga diperoleh

2



 1 Y s  

1

s  22  1


Y s  

s

2



1

85



 1 s  2  1 2

Kemudian ditentukan invers transformasi Laplace dari Y(s), yakni

  1 L1 Y s   L1  2  2  s  1 s  2  1 







Untuk menyelesaikan persamaan di atas dapat menggunakan pecahan parsial atau konvolusi. 1. Menggunakan pecahan parsial Diketahui bahwa Y s  

s

2



1



 1 s  2  1 2

Fungsi Y(s) dapat dipisahkan menjadi

s

2



1



 1 s  2  1 2



As  B Cs  D  . 2 s  1 s  22  1

di mana A, B, C, dan D adalah konstanta. Dengan demikian

 As  B s  22  1 Cs  Ds 2  1  1 atau

 A  C s 3  4 A  B  Ds 2  5 A  4B  C s  5B  D  1 Maka diperoleh sistem persamaan

(4.1.8)


86

AC  0 4A  B  D  0 5 A  4B  C  0 5B  D  1

Dengan menggunakan metode eliminasi Gauss

1 1 diperoleh A   , B  8 8

1 3 C  , dan D  . Persamaan (4.1.8) menjadi 8 8 1 1 1 3  s s  82 8  8 2 8 2 2 s 1 s  2  1 s  1 s  2  1





1



atau

 3  1 s  1 1  1 s 1   2   2     . 2 2 8  s  1 8  s  1 8  s  2  1 8  s  2  1 s  1 s  2  1



2



1

2



Maka   1 1 -1  s  1 -1  1  L-1  2  L  L  2 2 8  s  1 8  s 2  1  s  1 s  2  1   3 -1   1  s 1  L-1   L   . 8  s  22  1 8  s  22  1





(4.1.9)

Untuk menentukan

 3 -1   1 -1  s 1 L   L   2 2 8  s  2  1 8  s  2  1 Persamaan

s dapat ditulis dalam bentuk s  22  1

(4.1.10)


87

s s2 2   2 2 s  2  1 s  2  1 s  22  1

maka

   s s2  2 1  1  L1  L  L  . 2 2 2  s  2  1  s  2  1  s  2  1 Persamaan (4.1.10) menjadi   3 -1   1  1  s  2  2 1 1   L  L  L      2 2 2  8   s  2  1  s  2  1  8  s  2  1

 3 -1   1  s  2  1 1  2 1  L1   L   L   2 2 2 8  s  2  1 8  s  2  1 8  s  2  1  1  s  2  2 -1  1  L- 1   L   2 2 8  s  2  1 8  s  2  1 Dengan demikian persamaan (4.1.9) menjadi   1 1 -1  s  1 -1  1  L-1  2  L  2 2   8 L  s 2  1 8 s  1     s  1 s  2  1        1  s  2  1 -1  1  L-1   L  . 2 2 8  s  2  1 8  s  2  1





Dengan Tabel 3.4.1, diperoleh

 s2   s   1   2t L-1  2  cos t , L-1  2  sin t , L-1    e cos t dan 2    s  1  s  1  s  2  1

  1  2t L-1    e sin t. 2  s  2  1 Jadi


88

1 1 1 1 yt    cos t  sin t  e 2t cos t  e 2t sin t. 8 8 8 8

2. Menggunakan konvolusi 1 adalah hasil perkalian antara F s  dan Gs  di mana 2 s  1 s  2  1





Karena



F s  

1 1 dan Gs   . Menurut Tabel 3.4.1, L1 F s   sin t dan 2 s 1 s  2  1

2

2

L1 Gs   e 2t sin t . Maka berdasarkan Akibat 3.4.3   1 1 L1  2   L F s Gs   f t   g t  2  s  1 s  2  1 







t

t

0

0

 g t   f t    g v   f t  v dv   sin ve 2v sin t  v  dv. Integral di atas dapat ditulis menjadi t

e

 2v

t

sin v sin t  v  dv  sin t  e

0

 2v

t

sin v cos v dv  cos t  e 2v sin 2 v dv

0

0

Karena sint  v   sin t cos v  cos t sin v maka t

t

0

0

2v 2v  e sin v sint  v  dv   e sin vsin t cos v  cos t sin v dv t

t

0

0

  e 2v sin v sin t cos vdv   e  2v sin v cos t sin vdv atau


t

t

t

0

0

0

89

2v 2v 2v 2  e sin v sint  v  dv  sin t  e sin v cos vdv  cos t  e sin vdv

Karena sin v cos v 

t

e

2v

sin 2v 1 dan sin 2 v  1  cos 2v  maka 2 2 t

sin v sin t  v  dv  sin t  e

0

0

2v

1  cos 2v dv sin 2v dv  cos t  e  2v 2 2 0 t

t



t

atau t

e

 2v

t

sin t 2v cos t 2v cos t  2v e sin 2v dv  e dv  e cos 2v dv.   2 0 2 0 2 0

sin v sin t  v  dv 

0

sin t cos t cos t I1  I2  I3 2 2 2

di mana t

I1   e  2 v sin 2v dv 0 t

I 2   e  2 v dv 0 t

I 3   e  2 v cos 2v dv 0


t

I1   e

t

2v

0





1   1  sin 2v dv   e  2v cos 2v      cos 2v   2e  2v dv 2 0 0  2  t

t

1    e  2v cos 2v    e  2v cos 2v dv 2 0 0 t

t t t 1 2v   1  2 v  1     e cos 2v   e sin 2v     2e  2v  sin 2v dv  2  0  2 0 0 2  



t

t



1 1     e  2v cos 2v   e  2v sin 2v    e  2 v sin 2v dv 2 0 2 0 0 t

t

Karena I1   e 2v sin 2v dv maka 0

t

t

t

t

t

t

1 2v 1 2v   2v 2v 0 e sin 2v dv   2 e cos 2v 0  2 e sin 2v 0  0 e sin 2v dv t

t

2 e

2v

0 t

e

2v

0

t

1 1   sin 2v dv   e  2 v cos 2v   e  2v sin 2v  2 0 2 0 1 1   sin 2v dv   e  2 v cos 2v   e  2v sin 2v  4 0 4 0 1  1  1 1    e  2t cos 2t    e 0 cos 0    e  2t sin 2t   e 0 sin 0   4  4  4 4 

1 1 1   e  2t cos 2t   e  2t sin 2t 4 4 4 1  2t 1 1  2t Jadi I 1   e cos 2t   e sin 2t. 4 4 4 t

I2   e 0

t

2v

1 1 1 1   1  dv   e 2v    e 2t    e 0    e 2t  2 2 2 2 0  2 

1 1 Jadi I 2   e 2t  . 2 2

90


t

I3   e

t

2v

0

t







1  1  cos 2v dv  e  2 v sin 2v     sin 2v   2e  2v dv 2 0 0  2  t

1 2v  e sin 2v    e  2 v sin 2v dv 2 0 0 t

t t t 1 2v    2 v  1   1    e sin 2v   e   cos 2v     2e  2v   cos 2v dv  2  0   2  0 0  2  



t



t



1 2v 1   e sin 2v   e  2 v cos 2v    e  2v cos 2v dv 2 0 2 0 0 t

t

Karena I 3   e 2v cos 2v dv maka 0

t

2v  e cos 2v dv  0 t

2 e  2 v cos 2v dv  0 t

e 0

2v

t

t

t

t

t

t

1 2v 1   e sin 2v   e  2v cos 2v    e  2v cos 2v dv 2 0 2 0 0 t

1 2v 1   e sin 2v   e  2v cos 2v  2 0 2 0

1 1   cos 2v dv  e  2 v sin 2v   e  2v cos 2v  4 0 4 0 1 1 1  1    e  2t sin 2t  e 0 sin 0    e  2t cos 2t  e 0 cos 0  4 4 4  4  1 1 1  e  2t sin 2t  e  2t cos 2t  4 4 4

Jadi I 3 

1  2t 1 1 e sin 2t  e  2t cos 2t  . 4 4 4

Dengan demikian

91


t

e

2v

sin v sin t  v  dv 

0

92

sin t  1  2t 1 1  cos t  1  2t 1   e cos 2t   e  2t sin 2t    e    2  4 4 4 2  2 2  

cos t  1  2t 1 1 e sin 2t  e  2t cos 2t    2 4 4 4

e  2t e  2t sin t e  2t cos t cos t sin t cos 2t  sin t sin 2t    8 8 8 4 4  2t  2t e e cos t  cos t sin 2t  cos t cos 2t  8 8 8  2t  2t e sin t cos 2t  cos t sin 2t   e sin t sin 2t  cos t cos 2t   8 8  2t sin t e cos t cos t cos t     8 4 4 8 

Karena

cos t cos 2t  sin t sin 2t  cos t  2t   cos  t   cos t dan

sin t cos 2t  cos t sin 2t  sin t  2t   sin  t    sin t maka t

2v  e sin v sint  v  dv   0



2 t 2 t e 2t  sin t   e cos t  sin t  e cos t  cos t  cos t 8 8 8 4 4 8

e  2t e  2t cos t sin t e 2t cos t cos t cos t sin t      8 8 8 4 4 8

Jadi 1 1 1 1 yt    cos t  sin t  e 2t cos t  e 2t sin t. 8 8 8 8


93

Penyelesaian Persamaan Diferensial Linear dengan Transformasi Laplace Menggunakan MATLAB Persamaan diferensial linear umum orde kedua dengan koefisien konstan adalah d2y dy a 2 b  cy  bt  dt dt

(4.1.11)

Menurut Teorema 3.2.3 transformasi Laplace untuk persamaan (4.1.11) adalah





a s 2 Lyt   sy0  y 0  bsLyt   y0  cLyt   Lbt 

(4.1.12)

Karena Lyt   Y s  dan Lbt   Bs  maka persamaan di atas menjadi





a s 2Y s   sy0  y 0  bsY s   y0  cY s   Bs  . Maka

Y s  

Bs   as  b  y0  ay ' 0 as 2  bs  c

(4.1.13)

Transformasi Laplace dari Y s  dapat langsung diselesaikan dengan menggunakan MATLAB. Perintah untuk menghitung transformasi Laplace dalam MATLAB yaitu >> G=laplace(b) dan perintah untuk menghitung invers transformasi Laplace dalam MATLAB yaitu >> y=ilaplace(Y)


94

di mana b adalah suatu fungsi yang diketahui. Sebelum melakukan perhitungan untuk mencari Y s  , pertama tentukan s dan t sebagai variabel dan dilakukan dengan perintah >> syms t s Kemudian input koefisen-koefisen a, b dan c dan syarat awalnya yaitu y 0 dan

y 0 . Berikut adalah algoritma penyelesaian masalah nilai awal pada persamaan diferensial orde kedua:

Algoritma INPUT koefisien a, b, c, dan g(t); syarat awal y1(0) dan y2(0) OUTPUT penyelesaian Y Langkah 1 hitung G=laplace g(t) Langkah 2 hitung Y=(G+((a*(s+b))*(y1))-(a*y2))/(a*(s^2)+b*s+c) Langkah 3 hitung y = ilaplace (Y) OUTPUT Y Langkah 4 plot y

Program MATLAB: clear clc disp('------------------------------------------------------') disp(' Algoritma Penyelesaian Masalah Nilai Awal ')


95

disp(' Pada Persamaan Diferensial Orde Pertama ') disp(' ay"+by''+cy=b(t) ') disp(' dengan syarat awal y(t0)=c1 dan y''(0)=c2 ') disp('------------------------------------------------------') syms s t a=input ('masukkan nilai a = '); b=input ('masukkan nilai b = '); c=input ('masukkan nilai c = '); y1=input ('masukkan nilai y(t0) = '); %syarat awal untuk y(t0) y2=input ('masukkan nilai y''(t0)= '); %syarat awal untuk y'(t0) g=input ('masukkan fungsi b(t)= '); G=laplace(g); disp(' Maka transformasi Laplace untuk y(t) adalah ') Y=(G+((a*(s+b))*(y1))-(a*y2))/(a*(s^2)+b*s+c) disp('Dengan demikian, penyelesaian persamaan diferensialnya adalah') y=simplify(ilaplace(Y)) %penyelesaian y(t) r=0:0.00001:2*pi; y2=subs(y,t,r); plot(r,y2,'b') legend('y') disp('------------------------------------------------------') disp(' Terimakasih telah menggunakan program ini. ')

Output Contoh 4.1.1 adalah -------------------------------------------------------------------------------------------------Algoritma Penyelesaian Masalah Nilai Awal Pada Persamaan Diferensial Orde Pertama ay"+by'+cy=b(t) dengan syarat awal y(t0)=c1 dan y'(0)=c2 -------------------------------------------------------------------------------------------------masukkan nilai a = 1 masukkan nilai b = 0 masukkan nilai c = 1 masukkan nilai y(t0) = 0 masukkan nilai y'(t0)= 0 masukkan fungsi b(t)= exp(-2*t)*sin(t)


96

Maka transformasi Laplace untuk y(t) adalah Y= 1/((s+2)^2+1)/(s^2+1)

Dengan demikian, penyelesaian persamaan diferensialnya adalah y= -1/4*exp(-t)*(-sin(t)*cosh(t)+cos(t)*sinh(t)) -------------------------------------------------------------------------------------------------Terimakasih telah menggunakan program ini.

Grafik:

0.2 y(t) 0.15 0.1 0.05 0 -0.05 -0.1 -0.15 -0.2

0

1

2

3

4

5

6

7


97

B. Penyelesaian Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde Pertama dengan Transformasi Laplace Metode transformasi Laplace dapat juga digunakan untuk mencari penyelesaian masalah nilai awal pada sistem persamaan diferensial orde pertama. Sistem persamaan diferensial orde pertama dengan dua variabel pada persamaan (2.5.1) adalah dx dy  a2  a3 x  a 4 y  f t  dt dt dx dy b1  b2  b3 x  b4 y  g t  dt dt a1

di mana a1, a2, a3, a4, b1, b2, b3 dan b4 adalah konstanta dan f t  dan g t  adalah fungsi-fungsi yang diketahui dan memenuhi syarat awalnya yaitu

x0  c1 dan y0  c2 di mana c1 dan c2 adalah konstanta. Langkah-langkah dalam penyelesaian sistem persamaan diferensial orde pertama sama seperti langkah-langkah dalam penyelesaian persamaan diferensial linear seperti yang sudah dibahas sebelumnya. Misalkan

X s   Lxt  dan Y s   L yt  aplikasikan metode transformasi Laplace ke persamaan (2.5.1) untuk memperoleh sistem persamaan aljabar dalam X(s) dan Y(s). Setelah memperoleh X(s) dan Y(s), maka x(t) dan y(t) dapat diselesaikan dengan menginverskan X(s) dan Y(s).


98

Contoh 3.2.1 Selesaikan sistem persamaan diferensial berikut dx  6 x  3 y  8e t dt dy  2 x  y  4e t dt

(4.2.1)

dengan syarat awalnya adalah x0  1 dan y0  0 .

Penyelesaian: Transformasi Laplace untuk persamaan (4.2.1) adalah

 

 dx  L    L6 x   L3 y   L 8e t  dt   dy  L    L2 x   L y   L 4e t  dt 

(4.2.2)

 

Menurut Teorema 3.2.1, Teorema 3.2.2 dan Tabel 3.4.1, persamaan (4.2.2) menjadi

  sL  yt   y 0  2Lxt   L y t   4Le .

sL xt   x0  6Lxt   3L y t   8L e t

t

Kemudian dengan syarat awal, sistem pada persamaan di atas disederhanakan menjadi


99

sL xt   1  6Lxt   3L y t  

8 s 1 4 sL  y t   2Lxt   L y t   s 1

atau

s  6Lxt   3Lyt  

8 s9 1  s 1 s 1

s  1Lyt   2Lxt  

4 . s 1

Karena X s   Lxt  dan Y s   L yt  maka

s  6X s   3Y s    s  9

(4.2.3)

s 1

s  1Y s   2 X s  

4 s 1

(4.2.4)

Kemudian persamaan (4.2.3) dikalikan dengan s  1 dan persamaan (4.2.4) dengan 3 sehingga

s 1s  6X s   3s 1Y s   s  9 3s  1Y s   6 X s  

(4.2.5)

12 s 1

(4.2.6)

Dengan mengurangi persamaan (4.2.5) dengan (4.2.6) diperoleh

s  1s  6X s   6 X s   s  9  atau

12 s 1


s

100



 7 s  12 X s    s  9 

12 s 1 s  3s  4X s    s  9s  1  12 s 1 2  s  10s  21  s 1 2

Dari persamaan di atas diperoleh

X s  

s  3 s  7   s  7  s 2  10s  21  s  1s  3s  4 s  1s  3s  4 s  1s  4

Dengan cara yang sama, persamaan (4.2.3) dikalikan dengan 2 dan persamaan (4.2.4) dikalikan dengan s  6 diperoleh 2s  6X s   6Y s  

 2s  18 s 1

s  1s  6Y s   2s  6 X s   4s  24 s 1

Persamaan (4.2.7) dijumlahkan dengan (4.2.8) diperoleh 2s  6 s 1 2s  6 6Y s   s 2  7 s  6 Y s   s 1 2s  6 s 2  7 s  12 Y s   s 1 s  4s  3Y s   2s  6 s 1 6Y s   s  1s  6 Y s  





 

Dari persamaan di atas diperoleh Y s  

2s  6 2  . s  1s  4s  3 s  1s  4

(4.2.7)

(4.2.8)


101

Kemudian tentukan invers transformasi Laplace dari X(s) dan Y(s) yakni

 s7  L1 X s   L1    s  1s  4 dan

  2 L1 Y s   L1  .  s  1s  4 Dengan menggunakan pecahan parsial

 s7  L1 X s   xt   L1    s  1s  4 Diketahui bahwa X s  

s7 s  1s  4

Fungsi X(s) dapat dipisahkan menjadi s7 A B   s  1s  4 s  1 s  4

(4.2.9)

di mana A dan B adalah konstanta. Dengan demikian

As  1  Bs  4  s  7 Maka diperoleh sistem persamaan

A  B  1  A  4B  7 Dengan eliminasi Gauss diperoleh A  2 dan B  1 . Persamaan (4.2.9) menjadi


102

s7 2 1   s  1s  4 s  1 s  4

maka

 s7  1   2 L1   L1      s 1 s  4  s  1s  4 Menurut Teorema 3.2.1

 s7   2   1  L1   L1   L1     s  1  s  4   s  1s  4  1   1   2L1   L1    s  1  s  4  Dengan Tabel 3.4.1 diperoleh

 s7  L1   xt   2e t  e 4t .   s  1s  4 Dengan cara yang sama seperti di atas Y(s) dapat diselesaikan yakni

  2 L1 Y s   yt   L1  .  s  1s  4 Diketahui bahwa Y s  

2 . s  1s  4

Fungsi Y(s) dapat dipisahkan menjadi 2 A B   s  1s  4 s  1 s  4

di mana A dan B adalah konstanta. Dengan demikian

(4.2.10)


103

As  1  Bs  4  2 Diperoleh sistem persamaan

A B  0  A  4B  2 Dengan eliminasi Gauss diperoleh A  

2 2 dan B  . Persamaan (4.2.10) 3 3

menjadi 2 2 1  2 1     . s  1s  4 3  s  1 3  s  4 

maka

  2 2  1  2 1  1  L1    L1     L  s  4 . 3  s  1 3    s  1s  4 Dengan Tabel 3.4.1, diperoleh

  2 2 2 L1   yt    e t  e 4t .  3 3  s  1s  4 Jadi

xt   2e t  e 4t

2 2 yt    e t  e 4t . 3 3


104

Penyelesaian Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde Pertama dengan Transformasi Laplace Menggunakan MATLAB Bentuk umum masalah nilai awal pada sistem persamaan diferensial orde pertama dengan dua variabel adalah dx dy  a2  a3 x  a4 y  f t  dt dt dx dy b1  b2  b3 x  b4 y  g t  dt dt a1

dengan syarat awal yaitu x0 dan y 0 . Transformasi Laplace untuk sistem di atas adalah  dx   dy  a1 L    a 2 L    a3 Lx   a 4 L y   L f t   dt   dt   dx   dy  b1 L    b2 L    b3 Lx  b4 L y   Lg t   dt   dt 

(4.2.11)


a1sL xt   a1 x0  a 2 L yt   a2 y0  a3 Lxt   a4 L yt   L f t 

b1sL xt   b1 x0  b2 L yt   b2 y0  b3 Lxt   b4 L yt   Lg t  atau

a1 s  a3 Lxt   a2 s  a4 Lyt   L f t   a1 x0  a2 y0 b1 s  b3 Lxt   b2 s  b4 Lyt   Lg t   b1 x0  b2 y0

(4.2.12)

Karena Lxt   X s  , L yt   Y s  , L f t   F s  dan Lg t   Gs  maka persamaan (4.2.12) menjadi


a1 s  a2 X s   a3 s  a4 Y s   F s   a1 x0  a3 y0 b1 s  b2 X s   b3 s  b4 Y s   Gs   b1 x0  b3 y0

105

(4.2.13)

Persamaan (4.2.13) dapat ditulis dalam bentuk matriks 2 x 2 menjadi

a1 s  a3 b s  b 3  1

a 2 s  a 4   X s   F s   a1 x0  a 2 y0  b2 s  b4   Y s    Gs   b1 x0  b2 y0

Untuk mencari penyelesaian sistem persamaan diferensial di atas dapat menggunakan MATLAB. Berikut adalah algoritma untuk penyelesaian masalah nilai awal pada sistem persamaan diferensial orde ke dua yaitu

Algoritma: INPUT koefisien a1, a2, a3, a4, b1, b2, b3, b4, f(t) dan g(t); syarat awal x(t0) dan y(t0) OUTPUT penyelesaian Y Langkah 1 hitung F = laplace f(t) dan hitung G = g(t) Langkah 2 hitung A=[a1*s+a2 a3*s+a4;b1*s+b2 b3*s+b4] dan B=[F+a1*x+a3*y;G+b1*x+b3*y]. Langkah 3 hitung X = A-1 B. Langkah 4 hitung Y = ilaplace (X) OUTPUT Y Langkah 5 plot Y


Program MATLAB: clear clc disp('------------------------------------------------------') disp(' Algoritma Penyelesaian Masalah Nilai Awal ') disp(' Pada Sistem Persamaan Diferensial Orde Pertama ') disp(' a1x''+a2y''+a3x+a4y=f(t) ') disp(' b1x''+b2y''+b3x+b4y=g(t) ') disp(' dengan syarat awal x(t0)=c1 dan y(t0)=c2 ') disp('------------------------------------------------------') syms s t a1=input('masukkan a1= '); a2=input('masukkan a2= '); a3=input('masukkan a3= '); a4=input('masukkan a4= '); b1=input('masukkan b1= '); b2=input('masukkan b2= '); b3=input('masukkan b3= '); b4=input('masukkan b4= '); y=input('masukkan y(t0)= '); %syarat awal y(0) x=input('masukkan x(t0)= '); %syarat awal x(0) f=input('masukkan fungsi f(t)= '); F=laplace(f,t,s); g=input('masukkan fungsi g(t)= '); G=laplace(g,t,s); A=[a1*s+a3 a2*s+a4;b1*s+b3 b2*s+b4]; B=[F+a1*x+a2*y;G+b1*x+b2*y]; disp( 'Maka transformasi Laplace untuk x(t) dan y(t) adalah ') X=A\B disp('Dengan demikian, penyelesaian sistem persamaan diferensialnya adalah') Y=simplify(ilaplace(X)) %penyelesaian SPD x(t) dan y(t) x=Y(1) %x(t) y=Y(2) %y(t) r=0:0.00001:2*pi; x1=subs(x,t,r); y2=subs(y,t,r); plot(r,x1,'r',r,y2,'b') legend('x(t)','y(t)') disp('------------------------------------------------------') disp(' Terimakasih telah menggunakan program ini. ')

106


107

Output untuk Contoh 4.2.1 adalah -------------------------------------------------------------------------------------------------Algoritma Penyelesaian Masalah Nilai Awal Pada Sistem Persamaan Diferensial Orde Pertama a1x'+a2y'+a3x+a4y=f(t) b1x'+b2y'+b3x+b4y=g(t) dengan syarat awal x(t0)=c1 dan y(t0)=c2 -------------------------------------------------------------------------------------------------masukkan a1= 1 masukkan a2= 0 masukkan a3= -6 masukkan a4= 3 masukkan b1= 0 masukkan b2= 1 masukkan b3= -2 masukkan b4= -1 masukkan y(t0)= 0 masukkan x(t0)= -1 masukkan fungsi f(t)= 8*exp(t)


108

masukkan fungsi g(t)= 4*exp(t) Maka transformasi Laplace untuk x(t) dan y(t) adalah X= -(s-7)/(s^2-5*s+4) 2/(s^2-5*s+4) Dengan demikian, penyelesaian sistem persamaan diferensialnya adalah Y= -2*exp(t)+exp(4*t) 4/3*exp(5/2*t)*sinh(3/2*t)

x= -2*exp(t)+exp(4*t)

y= 4/3*exp(5/2*t)*sinh(3/2*t) ------------------------------------------------------------------------------------------------------Terimakasih telah menggunakan program ini.


109

Grafik: 10

9

x 10

x(t) y(t)

8 7 6 5 4 3 2 1 0 -1

0

1

2

3

4

5

6

7

C. Penyelesaian Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde Kedua dengan Transformasi Laplace Masalah nilai awal pada sistem persamaan diferensial orde kedua dapat juga diselesaikan dengan metode transformasi Laplace. Bentuk sistem persamaan diferensial orde kedua yaitu d 2x d2y dx dy  a  a3  a4  a5 x  a6 y  f t  2 2 2 dt dt dt dt d 2x d2y dx dy b1 2  b2 2  b3  b4  b5 x  b6 y  g t  dt dt dt dt a1


110

di mana a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , b1 , b2 , b3 , b4 , b5 dan b6 adalah konstanta dan f t  dan g t  adalah fungsi-fungsi yang diketahui dan memenuhi syarat awalnya yaitu

x0  c1 , x0  c2 , y0  c3 dan y 0  c2 di mana c1 , c2 , c3 dan c4 adalah konstanta.

Contoh 4.3.1 Selesaikan masalah nilai awal pada sistem persamaan diferensial orde kedua berikut ini d 2x dy  2x  4 0 2 dt dt dx d 2 y   4y  0 dt dt 2

(4.3.1)

dengan syarat awalnya yaitu

x0  4 , x0  8 , y0  1 dan y 0  2 .

Penyelesaian: Transformasi Laplace untuk persamaan (4.3.1) adalah

(4.3.2)


d 2x  dy  L  2   2Lx   4L    L0  dt   dt  d 2 y   dx  L    L  2   4L y   L0  dt   dt 

111

(4.3.3)

Menurut Teorema 3.2.1, Teorema 3.2.2 dan dan syarat awal (4.3.2), persamaan (4.3.3) menjadi

s 2 Lxt   4s  8  2Lxt   4sL yt   4  0 sL xt   4  s 2 L yt   s  2  4L yt   0

atau

s

2



 2 Lxt   4sL yt   4s  12





sLxt   s 2  4 L yt   s  2 Karena X s   Lxt  dan Y s   L yt  maka

s

2



 2 X s   4sY s   4s  12





sX s   s 2  4 Y s   s  2

(4.3.4)

Dengan mengeliminasi Y(s) maka diperoleh

X s   4

s2 . s2  4

Kemudian, dengan mengeliminasi X(s) pada sistem persamaan (4.3.4) diperoleh

Y s  

s2 . s2  4

Kemudian, tentukan invers transformasi Laplace dari X(s) dan Y(s) yakni


112

s2   L-1 X s   L-1  4 2  s  4  dan

 s2  L-1 Y s   L-1  2 .  s  4  Dengan menggunakan pecahan parsial dan eliminasi Gauss, diperoleh xt   4 cos 2t  4 sin 2t

y t   cos 2t  sin 2t.

Penyelesaian Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde Kedua dengan Transformasi Laplace Menggunakan MATLAB Bentuk umum masalah nilai awal pada sistem persamaan diferensial orde kedua dengan dua variabel adalah d 2x d2y dx dy  a  a3  a4  a5 x  a6 y  f t  2 2 2 dt dt dt dt d 2x d2y dx dy b1 2  b2 2  b3  b4  b5 x  b6 y  g t  dt dt dt dt a1

dengan syarat awal yaitu x0 , x 0 , y 0 dan y 0 Transformasi Laplace untuk sistem di atas adalah d 2x d 2 y   dx   dy  a1 L  2   a 2 L  2   a3 L    a 4 L    a5 Lx   a6 L y   L f t   dt   dt   dt   dt  d 2x d 2 y   dx   dy  b1 L  2   b2 L  2   b3 L    b4 L    b5 Lx   b6 L y   Lg t   dt   dt   dt   dt 

(4.3.5)


113


a1 s 2 Lxt   a1 sx0  a1 x 0  a 2 s 2 L y t   a 2 sy0  a 2 y 0  a3 sL xt   a3 x0  a 4 sL  y t   a 4 y 0  a5 Lxt   a6 L y t   L f t 

b1 s 2 Lxt   b1 sx0  b1 x 0  b2 s 2 L y t   b2 sy0  b2 y 0  b3 sL xt   b3 x0  b4 sL  y t   b4 y 0  b5 Lxt   b6 L y t   Lg t 

atau

a s

2

b s

2

1

1











 a3 s  a5 Lxt   a 2 s 2  a 4 s  a6 L y t   L f t   a1 s  a3 x0  a1 x 0  a 2 s  a 4  y 0  a 2 y 0



 b3 s  b5 Lxt   b2 s 2  b4 s  b6 L y t   Lg t   b1 s  b3 x0  b1 x 0  b2 s  b4  y 0  b2 y 0

(4.3.6)

Karena Lxt   X s  , L yt   Y s  , L f t   F s  dan Lg t   Gs  maka persamaan (4.3.6) menjadi

a s

2

b s

2

1

1











 a3 s  a5 X s   a 2 s 2  a 4 s  a6 Y s   F s   a1 s  a3 x0  a1 x 0  a 2 s  a 4  y 0  a 2 y 0



 b3 s  b5 X s   b2 s 2  b4 s  b6 Y s   G s   b1 s  b3 x0  b1 x 0  b2 s  b4  y 0  b2 y 0

(4.3.7)

Persamaan (4.3.7) dapat ditulis dalam bentuk matriks 2 x 2 menjadi

a1 s 2  a3 s  a5  2  b1 s  b3 s  b5

a 2 s 2  a 4 s  a6   X s     b2 s 2  b4 s  b6   Y s  

 F s   a1 s  a3 x0  a1 x 0  a 2 s  a 4  y 0  a 2 y 0  G s   b s  b x0  b x 0  b s  b  y 0  b y 0  1 3 1 2 4 2  

Untuk mencari penyelesaian sistem persamaan diferensial di atas dapat menggunakan MATLAB. Berikut adalah algoritma untuk penyelesaian masalah nilai awal pada sistem persamaan diferensial orde kedua.


114

Algoritma INPUT koefisien a1, a2, a3, a4, a5, a6, b1, b2, b3, b4, b5, b6, f(t) dan g(t); syarat awal x(t0), x t 0  , y(t0) dan y t 0  OUTPUT penyelesaian Y Langkah 1 hitung F = laplace f(t) dan hitung G = g(t) Langkah 2 A=[a1*(s^2)+a3*s+a5 a2*(s^2)+a4*s+a6; b1*(s^2)+b3*s+b5 b2*(s^2)+b4*s+b6]; B=[F+(a1*s+a3)*x0+a1*x1+(a2*s+a4)*y0+a2*y1; G+(b1*s+b3)*x0+b1*x1+(b2*s+b4)*y0+b2*y1]; Langkah 3 hitung X = A-1 B. Langkah 4 hitung Y = ilaplace (X) OUTPUT Y Langkah 5 plot Y

Program MATLAB clear clc disp('---------------------------------------------------------') disp(' Algoritma Penyelesaian Masalah Nilai Awal ') disp(' Pada Sistem Persamaan Diferensial Orde Kedua ') disp(' a1x''''+a2y''''+a3x''+a4y''+a5x+a6y=f(t) ') disp(' b1x''''+b2y''''+b3x''+b4y''+b5x+b6y=g(t) ') disp('dengan syarat awal x(t0)=c1, x''(t0)=c2, y(t0)=c3 dan y''(t0)=c4 ') disp('---------------------------------------------------------') syms s t a1=input('masukkan a1= '); a2=input('masukkan a2= '); a3=input('masukkan a3= '); a4=input('masukkan a4= '); a5=input('masukkan a5= ');


115

a6=input('masukkan a6= '); b1=input('masukkan b1= '); b2=input('masukkan b2= '); b3=input('masukkan b3= '); b4=input('masukkan b4= '); b5=input('masukkan b5= '); b6=input('masukkan b6= '); y0=input('masukkan y(t0)= '); %syarat awal untuk y(0) y1=input('masukkan y''(t0)= '); %syarat awal untuk y'(0) x0=input('masukkan x(t0)= '); %syarat awal untuk x(0) x1=input('masukkan x''(0)= '); %syarat awal untuk x'(0) f=input ('masukkan fungsi f(t)= '); g=input ('masukkan fungsi g(t)= '); F=laplace(f,t,s); G=laplace(g,t,s); A=[a1*(s^2)+a3*s+a5 a2*(s^2)+a4*s+a6; b1*(s^2)+b3*s+b5 b2*(s^2)+b4*s+b6]; B=[F+(a1*s+a3)*x0+a1*x1+(a2*s+a4)*y0+a2*y1; G+(b1*s+b3)*x0+b1*x1+(b2*s+b4)*y0+b2*y1]; disp( 'Maka transformasi Laplace untuk x(t) dan y(t) adalah ') X=A\B disp('Dengan demikian, penyelesaian sistem persamaan diferensialnya adalah') Y=simplify(ilaplace(X)) %penyelesaian SPD x(t) dan y(t) x=Y(1) %x(t) y=Y(2) %y(t) r=0:0.00001:2*pi; x1=subs(x,t,r); y2=subs(y,t,r); plot(r,x1,'r',r,y2,'g:') legend('x(t)','y(t)') %grafik x(t) dan y(t) disp('---------------------------------------------------------') disp(' Terimakasih telah menggunakan program ini. ')


116

Output untuk Contoh 4.3.1 -------------------------------------------------------------------------------------------------Algoritma Penyelesaian Masalah Nilai Awal Pada Sistem Persamaan Diferensial Orde Kedua a1x''+a2y''+a3x'+a4y'+a5x+a6y=f(t) b1x''+b2y''+b3x'+b4y'+b5x+b6y=g(t) dengan syarat awal x(t0)=c1, x'(t0)=c2, y(t0)=c3 dan y'(t0)=c4 -------------------------------------------------------------------------------------------------masukkan a1= 1 masukkan a2= 0 masukkan a3= 0 masukkan a4= -4 masukkan a5= 2 masukkan a6= 0 masukkan b1= 0 masukkan b2= 1 masukkan b3= 1 masukkan b4= 0 masukkan b5= 0 masukkan b6= -4 masukkan y(t0)= 1 masukkan y'(t0)= 2 masukkan x(t0)= -4 masukkan x'(0)= 8 masukkan fungsi f(t)= 0 masukkan fungsi g(t)= 0


117

Maka transformasi Laplace untuk x(t) dan y(t) adalah

X= -4*(-2+s)/(s^2+4) (s+2)/(s^2+4)

Dengan demikian, penyelesaian sistem persamaan diferensialnya adalah

Y= -4*cos(2*t)+4*sin(2*t) cos(2*t)+sin(2*t)

x= -4*cos(2*t)+4*sin(2*t)

y= cos(2*t)+sin(2*t) -------------------------------------------------------------------------------------------------Terimakasih telah menggunakan program ini.


118

Grafik: 6 x(t) y(t) 4

2

0

-2

-4

-6

0

1

2

3

4

5

6

7

D. Penyelesaian Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde ke-n dengan Transformasi Laplace Bentuk umum dari sistem persamaan diferensial orde ke-n dengan dua variabel adalah

d nx dny d n 1 x d n1 y d n2 x d n2 y a1 n  a 2 n  a3 n1  a 4 n 1  a5 n 2  a6 n 2    dt dt dt dt dt dt dx dy a 2n 13  a 2n12  a 2n 11 x  a 2n1 y  f t  dt dt d nx dny d n1 x d n1 y d n2 x d n2 y b1 n  b2 n  b3 n 1  b4 n1  b5 n2  b6 n2    dt dt dt dt dt dt dx dy b2n13  b2n 12  b2n11 x  b2n 1 y  g t  dt dt

(4.4.1)


119

dengan syarat awal x0 , x 0 , x 0 ,…, x n1 0 dan y 0 , y 0 , y 0 ,…, y n1 0 .

Transformasi Laplace untuk persamaan (4.4.1) adalah

d nx d n y  d n1 x   d n1 y   d n2 x   d n2 y  a1L  n   a 2 L  n   a3 L  n1   a 4 L  n1   a5 L  n2   a6 L  n2   dt   dt   dt   dt   dt   dt   dx   dy     a 2n13 L    a 2n12 L    a 2n11Lx  a2n1L y   Lg t   dt   dt  d nx d n y   d n1 x   d n1 y   d n2 x   d n2 y  b1L  n   b2 L  n   b3 L  n1   b4 L  n1   b5 L  n2   b6 L  n2   dt   dt   dt   dt   dt   dt   dx   dy     b2n13 L    b2n12 L    b2n11Lx   b2n1L y   Lg t   dt   dt  Menurut Teorema 3.2.3,

d n x L  n   s n Lxt   s n 1 x0   s n  2 x 0   s n 3 x 0    x n 1 0   dt  d n y  L  n   s n L y t   s n 1 y 0   s n  2 y 0   s n 3 y 0    y n 1 0   dt   d n 1 x  L  n 1   s n 1 Lxt   s n  2 x0   s n 3 x 0   s n  4 x 0    x n  2 0   dt   d n 1 y  L  n 1   s n 1 L y t   s n  2 y 0   s n 3 y 0   s n  4 y 0    y n  2 0   dt   d n2 x  L  n  2   s n  2 Lxt   s n 3 x0   s n  4 x 0   s n 5 x 0    x n 3 0   dt   d n2 y  L  n  2   s n  2 L y t   s n 3 y 0   s n  4 y 0   s n 5 y 0    y n 3 0   dt  dan

(4.4.2)

(4.4.3)


120

 dx  L    sLxt   x0  dt   dy  L    sL y t   y 0  dt 

Persamaan (4.4.2) menjadi





a1 s n Lxt   s n 1 x0  s n2 x0  s n3 x0   x n1 0

  a s  a s  a s  a s

0 Lxt   s x0  s x0  s x0   x 0 3 n 1 L y t   s n 2 y 0  s n 3 y 0  s n4 y 0   y n2 0 4 n2 Lxt   s n3 x0  s n4 x0  s n5 x0   x n3 0 5 n2 L y t   s n3 y 0  s n4 y 0  s n5 y 0   y n 3 0   6  a 2n13 sLxt   x0  a 2n12 sL y t   y 0  a 2n11Lxt   a 2n1 L y t   L f t   a 2 s L y t   s n

n 1

n 1

y 0  s

n2

n2

y 0  s

n 3

n 3

y 0   y

n4

n 1

n2

atau dapat disederhanakan menjadi





b1 s n Lxt   s n1 x0  s n 2 x0  s n3 x0   x n1 0

  b s  b s  b s  b s

0 n 1 Lxt   s n2 x0  s n3 x0  s n 4 x0   x n 2 0 3 n 1 L y t   s n2 y 0  s n3 y 0  s n4 y 0   y n 2 0 4 n2 Lxt   s n3 x0  s n4 x0  s n5 x0   x n 3 0 5 n2 L y t   s n 3 y 0  s n4 y 0  s n5 y 0   y n 3 0   6  b2n13 sLxt   x0  b2n12 sL y t   y 0  b2n 11Lxt   b2n1 L y t   L f t   b2 s L y t   s n

n 1

y 0  s

n2

y 0  s

n 3

y 0   y

n 1

Karena Lxt   X s , Lyt   Y s  dan L f t   F s  maka persamaan di atas menjadi


a s  a s  a s    a   s  a   X s   a s  a s  a s    a   s  a   Y s   F s   a s  a s  a s    a   x0  a s  a s  a s    a   y 0  a s  a s  a s    a   x0  a s  a s  a s    a   y 0  a s  a s  a s    a   x0  a s  a s  a s    a   y 0   n 1

n

1

n2

3

2 n 1 3

5

n 1

n

2

n2

4

n2

1

n 1

n2

n 3

n4

3

n 3

n4

4

n4

n 5

3

n4

2

n 5

4

 a1 x

n 1

2 n 1 7

5

n 3

(4.4.4)

2 n 1  4

6

n 3

1

2 n 1 5

5

n2

2

2 n 1  2

6

n 3

1

2 n 1 3

5

4

n2

2 n 1

n 3

3

2

2 n 1 1

2 n 1  2

6

n 1

121

2 n 1  6

6

0  a2 y 0  a3 x 0  a4 y n2 0  a5 x n3 0  a6 y n3 0   n 1

n2

Dengan cara yang sama, persamaan (4.4.3) menjadi

b s  b s  b s    b   s  b   X s   b s  b s  b s    b   s  b   Y s   F s   b s  b s  b s    b   x0  b s  b s  b s    b   y 0  b s  b s  b s    b   x0  b s  b s  b s    b   y 0  b s  b s  b s    b   x0  b s  b s  b s    b   y 0   n 1

n

1

n2

3

n 1

n

2

2 n 1 3

5

n2

4

n 1

n2

1

2

4

n2

n 3

2

n4

n 5

2 n 1 7

5

n4

4

(4.4.5)

2 n 1  4

6

n4

2 n 1 3

2 n 1 5

5

3

n 3

 b1 x

n4

n 3

2 n 1

2 n 1  2

6

4

1

n 3

n 3

3

2

5

n2

n2

1

n 3

3

n 1

n 1

2 n 1  2

6

2 n 1 1

n 5

2 n 1 6

6

0  b2 y 0  b3 x 0  b4 y n2 0  b5 x n3 0  b6 y n3 0   n 1

n2

Contoh 4.4.1 Tentukan penyelesaian masalah nilai awal pada sistem persamaan diferensial berikut


d 3x y0 dt 3 d3y x0 dt 3

122

(4.4.6)

dengan syarat awal x0  0 , y0  1 , x0  0 , y 0  0 , x0  0 dan

y 0  0.

Penyelesaian: Transformasi Laplace untuk persamaan (4.6.6) adalah d 3x L  3   L y   L0  dt  d 3 y  L  3   Lx   L0  dt 

(4.4.7)

Dengan menggunakan persamaan (4.4.4) dan (4.4.5), maka persamaan (4.4.7) menjadi s 3 X s   Y s   0 X s   s 3Y s   s 2 .

(4.4.8)

Dengan mengeliminasi Y s  maka diperoleh X s  

 s2 . s6 1

Kemudian, dengan mengeliminasi X s  pada persamaan (4.4.8) diperoleh Y s  

s5 . s6 1


Kemudian, tentukan invers transformasi Laplace dari X s  dan Y s  yakni   s2  xt   L1 X s   L1  6 .  s  1

dan  s5  y t   L1 Y s   L1  6 .  s  1

Dengan menggunakan pecahan parsial dan eliminasi Gauss, diperoleh

xt  

2 1 sinh t cos 3 2 2 1 yt   cosh t cos 3 2

3 1 t  sinh t 2 3 3 1 t  cosh t 2 3

123


BAB V PENUTUP

A. KESIMPULAN Berdasarkan pembahasan pada bab-bab sebelumnya, dapat ditarik beberapa kesimpulan. Masalah nilai awal pada sistem persamaan diferensial biasanya diselesaikan dengan menggunakan metode operator. Tetapi metode operator ini harus ditentukan penyelesaian umumnya untuk mendapatkan penyelesaian khusus. Metode transformasi Laplace dapat digunakan untuk menyelesaikan masalah nilai awal, khususnya pada sistem persamaan diferensial tanpa harus menentukan penyelesaian umumnya terlebih dahulu untuk menentukan penyelesaian khususnya. Metode

transformasi

Laplace

ini

mentransformasikan

sistem

persamaan diferensial linear ke dalam persamaan aljabar kemudian menemukan penyelesaian pada persamaan aljabar tersebut. Penyelesaian masalah nilai awal pada sistem persamaan diferensial linear diperoleh dengan menentukan invers dari penyelesaian sistem persamaan aljabar tersebut. Dalam menyelesaikan masalah nilai awal pada sistem persamaan diferensial, metode transformasi Laplace ini hanya dapat menyelesaikan masalah nilai awal untuk titik awal t 0  0 .


125

B. SARAN Setelah lebih memahami tentang penyelesaian masalah nilai awal pada persamaan diferensial dan sistem persamaan diferensial linear dengan transformasi Laplace, penulis dapat memberikan beberapa saran pembahasan yang dapat berguna dalam pengembangan lebih lanjut, yaitu bagaimana penyelesaian masalah nilai batas pada persamaan diferensial parsial dan sistem persamaan diferensial parsial dengan transformasi Laplace?


DAFTAR PUSTAKA

Budhi, W. S. (1995). Aljabar Linear. Jakarta: PT. Gramedia Pustaka Utama. Cushing, J. M. (2004). Differential Equations. New Jersey: Pearson Prentice Hall. Dick, T. P. & Patton, C. M. (1992). Calculus: Preliminary Edition Volume 1. Boston: PWS-KENT Publishing Company. DiPrima, Boyce. (2001). Elementary Differential Equations: Seventh Edition. New York: John Wiley & Sons, Inc. Nagle, R. K. & Saff, E. B. (1986). Fundamentals of Differential Equations. Menlo Park, California: The Benjamin/Cummings Publishing Company, Inc. Roberts Jr., C. E. (2010). Ordinary Differential Equations: Applications, Models, and Computing. Boca Raton: Chapman & Hall/CRC. Ross, S. L. (1984). Differential Equations: Third Edition. New York: John Wiley & Sons, Inc. Simmons, G. F. (1974). Differential Equations: with Applications and Historical Notes. New York: McGraw-Hill, Inc. Stewart, James. (1991). Single Variable Calculus: Second Edition. California: Brooks/Cole Publishing Company. Swift, R. J. & Wirkus, S. A. (2007). A Course In Ordinary Differential Equation. Boca Raton: Chapman & Hall/CRC. Taylor, A. E. (1955). Advanced Calculus. Boston: Ginn and Company. Tutoyo, A. Dkk. (2006). Diktat Persamaan Diferensial Biasa. Yogyakarta: Universitas Sanata Dharma.

126

PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI

Recommend Documents