Modul 1
Transformasi Laplace Bagian 1 Prof. S.M. Nababan, Ph.D
PE N D A HU L UA N
M
etode matematika adalah salah satu cabang ilmu matematika yang mempelajari berbagai metode untuk menyelesaikan masalah-masalah fisis yang dimodelkan oleh persamaan diferensial biasa atau parsial. Salah satu metode yang digunakan ialah transformasi Laplace. Transformasi Laplace adalah suatu transformasi dari fungsi yang menggunakan integral tak wajar. Konsep integral tak wajar dan kekonvergenannya dibutuhkan untuk mempelajari transformasi Laplace. Transformasi Laplace banyak digunakan dalam meyelesaikan masalah nilai awal suatu persamaan diferensial biasa dan masalah-masalah syarat batas khususnya transformasi Laplace sangat ampuh untuk menyelesaikan persamaan gelombang dan persamaan panas dimensi satu. Dalam modul ini Anda akan mempelajari sebagian dari transformasi Laplace yang menyangkut konsep transformasi Laplace, eksistensi transformasi Laplace dan transformasi Laplace dari turunan dan integral suatu fungsi. Contoh-contoh akan diberikan untuk mematangkan pengertian dan penguasaan Anda. Dalam Kegiatan Belajar 1 Anda akan mempelajari konsep transformasi Laplace, sifat kelinearan transformasi Laplace dan inversnya beserta eksistensi transformasi Laplace. Kegiatan Belajar 2 akan membahas transformasi Laplace turunan dan integral suatu fungsi beserta aplikasinya dalam menyelesaikan suatu persamaan diferensial. Setelah mempelajari modul ini diharapkan Anda dapat memahami konsep transformasi Laplace dan terampil menggunakannya untuk menentukan transformasi Laplace suatu fungsi serta untuk menyelesaikan PD linear sebarang.
1.2
a.
b. c.
d.
e. f.
g.
h.
Metode Matematis II
Secara khusus, setelah mempelajari modul ini diharapkan Anda dapat: menentukan rumus transformasi Laplace dan menggunakannya secara langsung untuk menentukan transformasi Laplace fungsi-fungsi sederhana, menentukan rumus invers transformasi Laplace fungsi-fungsi tertentu; menerangkan sifat kelinearan transformasi Laplace dan menggunakannya untuk menentukan transformasi Laplace suatu fungsi yang merupakan kombinasi dari fungsi-fungsi yang diketahui transformasi Laplacenya, menerangkan sifat kelinearan invers transformasi Laplace dan menggunakannya untuk menentukan invers transformasi Laplace suatu fungsi yang dapat dipisah atas fungsi-fungsi yang diketahui invers transformasi Laplacenya, memeriksa apakah suatu fungsi mempunyai transformasi Laplace atau tidak, menentukan rumus transformasi Laplace turunan dan integral suatu fungsi dan menggunakannya untuk menentukan transformasi Laplace fungsi-fungsi tertentu, menggunakan transformasi Laplace dari turunan fungsi untuk menentukan solusi PD linear homogen dengan koefisien konstanta yang disertai syarat awal (masalah nilai awal PD), menentukan invers transformasi Laplace dengan menggunakan sifat-sifat yang diketahui dan bantuan tabel yang sederhana.
1.3
MATA4432/MODUL 1
Kegiatan Belajar 1
Pengertian Transformasi Laplace dan Invers Transformasi Laplace
D
alam Kegiatan Belajar 1 ini akan dibahas konsep transformasi Laplace, invers transformasi Laplace, sifat kelinieran transformasi Laplace dan inversnya beserta eksistensi transformasi Laplace. Juga diberikan tabel dari transformasi Laplace dan inversnya untuk fungsi-fungsi yang penting.
Definisi 1.1 Misalkan f (t ) suatu fungsi yang didefinisikan untuk t ≥ 0 . Bila integral tak ∞
wajar
∫0
e −st f (t ) dt konvergen ke suatu fungsi F ( s ) , maka F ( s ) disebut
transformasi Laplace dari F (t ) dan dinyatakan dengan L { f (t )} . Jadi transformasi Laplace dari f(t) adalah
L { f (t )} = F ( s ) = Selanjutnya
∞
∫0
e −st f (t ) dt .
f (t ) disebut invers transformasi Laplace dari F ( s ) dan
dinyatakan dengan L −1 {F ( s )} . Jadi
f (t ) = L −1 { F ( s)} . Contoh 1.1 Tentukan L { f (t )} apabila f (t ) =1, t ≥ 0 . Penyelesaian:
L { f (t )} = L {1} =
∞
∫0
b
e b→∞ ∫0
e −st .1dt = lim
1 = lim − e −st b→∞ s
−st
dt
b
= lim − b→∞
(
)
1 −bs −1 e s
0
1 1 Karena lim e −bs = 0 untuk s> 0 , maka L {1} = − (−1) = untuk s > 0 . b→∞ s s
1.4
Metode Matematis II
Jadi
1 L {1} = , s > 0 . s Contoh 1.2 Tentukan L { f (t )} apabila f (t ) = t α , α > 0, t > 0 . Penyelesaian:
L { f (t )} = L{ t α } = = = =
∞
∫0
∞
1
∫ s α +1 0
∞
1 s
α +1
∫0
Γ (α + 1) s α +1
e −st t α dt
e −st ( st )
α +1−1
d ( st ) , substitusi u = st
e −u u α +1−1du
.
Di sini Γ (α ) memenuhi sifat Γ (α + 1) = α Γ (α ) . Khususnya untuk
α = n, n bilangan asli, didapat Γ (n +1) = n ! Jadi
L{ t n } =
Γ (n + 1) s
n+1
=
n! s n+1
Kesimpulan
L{ t α } =
Γ (α + 1) s
α +1
,α >0
dan
L(t n ) =
n! s n+1
Contoh 1.3 Bila diketahui f (t ) = e at , t ≥ 0, maka tentukan L { f (t )} .
, s>0
1.5
MATA4432/MODUL 1
Penyelesaian:
L { f (t )} = L {e at } = =
∞
∫0
∞
∫0
e −st e at dt b
e −t ( s−a ) dt = lim
e b→∞ ∫0
1 = lim − e −t ( s−a ) b→∞ s − a
−t ( s−a )
b
= lim t =0
b→∞
dt −1 e −b ( s−a ) −1 . s−a
(
Untuk s − a > 0 atau s > a, maka lim e −b( s−a ) = 0 . b→∞
Jadi
L{ e at } =
1 ,s> a s−a
Contoh 1.4 Untuk f (t ) = cos at , t ≥ 0, tentukan L { f (t )} . Penyelesaian:
L {cos at } = ∫
∞ 0
b
e −st cos at dt = lim
e b→∞ ∫0
−st
cos at dt
Dengan melakukan integrasi parsial dua kali, didapat
∫e
− st
1 − st 1 e d (sin at ) = e − st sin at + s e − st sin at dt a a 1 s − st = e − st sin at − e d (cos at ) a a 1 − st s − st = e sin at − 2 e cos at + s e − st cos at dt a a
cos at dt =
∫
∫
∫
∫
2
s s 1 = e − st sin at − 2 e − st cos at − 2 e − st cos at dt a a a
∫
s 2 − st 1 − st s − st 1 + 2 e cos at dt = e sin at − 2 e cos at + c a a a 1 − st e− st cos at dt = 2 a e sin at − s e − st cos at + c. s + a2
∫
∫
)
1.6
Metode Matematis II
sin at ≤ 1 ,
Selanjutnya karena
cos at ≤ 1 maka dengan mudah dapat
diperlihatkan bahwa untuk s> 0
lim e −st sin at = 0 dan lim e −st cos at = 0 .
t →∞
t →∞
Jadi
L {cos at} = lim
b→∞
= lim
b→∞
1 s2 +a2 1 s +a 2
2
(a e −st sin at − s e −st cos at )
b
t =0
[(a e −sb sin ab − s e −sb cos ab) + s ] =
s s +a2 2
untuk s > 0 . Dengan demikian diperoleh rumus:
L {cos at} =
s s +a2 2
, s>0
Dengan cara yang sama dapat ditunjukkan bahwa
L {sin at} =
a s +a2 2
, s>0
Sifat Kelinearan Transformasi Laplace Teorema 1.1 Bila F ( s ) = L { f (t )}
dan
G ( s ) = L { g (t )}
maka untuk setiap
konstanta-konstanta α , β berlaku
L {α f (t ) + β g (t )} = α F ( s ) + β G ( s ) = α L { f (t )} + β L { g (t )} .
1.7
MATA4432/MODUL 1
Bukti:
L {α f (t ) + β g (t )} =
∞
∫0
=α
e −st (α f (t ) + β g (t )) dt
∞
∫0
e −st f (t ) dt + β
∞
∫0
e −st g (t ) dt
= α L { f (t )} + β L { g (t )} = α F ( s ) + β G ( s ). Contoh 1.5 Untuk f (t ) = cosh at , tentukan L { f (t )} . Penyelesaian: Kita telah mengetahui bahwa cosh at =
e at + e −at . 2
Jadi dari Teorema 1.1 dan Contoh1. 3 didapat
e at + e −at = 1 L e at + 1 L e −at L {cosh at } = L 2 2 2
{ }
=
{
}
1 1 1 1 1 1 1 s . + . = + . = 2 s − a 2 s + a 2 s − a s + a s 2 − a 2
untuk s > a dan s > −a atau s > a . Jadi
L {cosh at } =
s s −a2 2
, s> a
Dengan cara yang sama dapat diperlihatkan bahwa
L {sinh at } =
a s −a 2 2
,
s> a
1.8
Metode Matematis II
Contoh 1.6
{
}
Tentukan L 3cos 4t + 6t 2 .
Penyelesaian: Dari Teorema 1.1 dan hasil-hasil di atas, didapat
{
}
{ }
L 3 cos 4t + 6t 2 = 3 L {cos 4t } + 6 L t 2 = 3.
s s + 16 2
+ 6.
2! s
3
=
3s s + 16 2
+
12 S3
Dari rumus-rumus yang dihasilkan dalam contoh-contoh di atas, diperoleh tabel transformasi berikut TABEL TRANSFORMASI LAPLACE f (t ) L { f (t )} = F ( s ) 1
t n , n = 1, 2, 3, L
tα , α > 0 e at cos at sin at cosh at sinh at
1 s n!
s n+1 Γ (α + 1) s α +1 1 s−a s s2 +a2 a s2 +a2 s s2 −a2 a s2 −a2
, s>0
,s > 0 , s>a , s>a , s>0 , s>0 , s> a , s> a
1.9
MATA4432/MODUL 1
TABEL INVERS TRANSFORMASI LAPLACE
1
F (s)
L −1 { f ( s )} = F (t )
1 s
1
n = 1, 2, 3, ...
tn n!
,
s n+1 1
, n =α > 0
s α +1
e at
1 s−a 1 s +a 2
,
2
e at a≠0
s
1 s −a s
2
s2 −a2
sin at a
cos at
s +a2 2
2
tα Γ (α + 1)
,
a≠0
sinh at a
,
a≠0
cosh at
Sifat Kelinearan Invers Transformasi Laplace Teorema 1.2 Bila L { f (t )} = F ( s ) dan L { g (t )} = G ( s ), maka untuk setiap konstantakonstanta α dan β ,
L −1 {α F ( s) + β G ( s)} = α L −1 { F ( s)} + β L −1 {G ( s )} = α f (t ) + β g (t ) . Bukti: Dari Teorema 1.1 telah diketahui bahwa L {α f (t ) + β g (t )} =α L { f (t )} + β L { g (t )} = α F ( s) + β G ( s ) . Jadi
α f (t ) + β g (t ) = L −1 {α F ( s ) + β G ( s)} atau
1.10
Metode Matematis II
L −1 {α F ( s ) + β G ( s )} = α f (t ) + β g (t ) . Contoh 1.7
4 4s + 6 12 Tentukan L −1 − 2 + 5 . 2s − 7 s + 9 s Penyelesaian: Dari Tabel Invers Transformasi Laplace, didapat
1 1 4 4s + 6 12 −1 −1 4 s + 6 −1 L −1 − 2 + 5 = 4L − L 2 + 12L 5 2s − 7 s 2s − 7 s + 9 s s + 9 1 4s 1 1 = 4L −1 − L −1 − 6L −1 + 12L −1 2 2 5 7 2 s − s + 9 s + 9 s 2 ) ( =
1 1 4 −1 s 1 − 4 L −1 −1 −1 − L 6 L + 12L 5 7 2 2 2 s s + 9 s + 9 s− 2 7
t
sin 3t t4 + 12 3 4!
t
1 4 t . 2
= 2e 2 − 4 cos 3t − 6 7
= 2e 2 − 4 cos 3t − 2sin 3t +
Contoh 1.8
5s + 7 Tentukan L −1 2 . s + 3s + 2 Penyelesaian: Kita melakukan pemisahan variabel seperti berikut: 5s + 7 5s + 7 A B A( s + 2) + B ( s + 1) = = + = 2 s +1 s + 2 ( s + 1)( s + 2) s + 3s + 2 ( s + 1)( s + 2)
5s + 7 = A( s + 2) + B ( s + 1)
Untuk
s = −1 → s = −2
2
= A(−1 + 2) = A
→ −3 = B (−2 + 1) = −B
→
A=2
→ B = 3.
MATA4432/MODUL 1
1.11
Jadi
5s + 7
2 3 + , dan dari tabel diperoleh s + 3s + 2 s + 1 s + 2 5s + 7 3 2 −1 L −1 + 2 = L s +1 s + 2 s + 3s + 2 2
=
1 1 −1 −t −2 t = 2 L −1 + 3L = 2e + 3e . s + 1 s + 2 Contoh 1.9
2 s 2 + 3s + 14 . Tentukan L −1 2 ( s + 2)( s + 4) Penyelesaian: Kita melakukan pemisahan variabel seperti berikut: A Bs + C A( s 2 + 4) + ( Bs + C )( s + 2) 2s 2 + 3s + 14 = + 2 = 2 s+2 s +4 ( s + 2)( s + 4) ( s + 2)( s 2 + 4)
2s 2 + 3s + 14 = A( s 2 + 4) + ( Bs + C )( s + 2) = ( A + B ) s 2 + (2 B + C ) s + (4 A + 2C ). Dari prinsip identitas diperoleh A+ B = 2
2B + C = 3 4 A + 2C = 14 Penyelesaian ketiga persamaan ini menghasilkan A = 2, B = 0 dan C = 3 . Jadi
2s 2 + 3s + 14 ( s + 2)( s + 4) 2
=
2 3 + 2 s+2 s +4
dan dari tabel didapat 2s 2 + 3s + 14 = L −1 2 + 3 L −1 2 2 s + 2 s + 4 ( s + 2) ( s + 4)
1 1 3 −1 −2 t = 2 L −1 + sin 2t. +3L 2 = 2e + s 2 2 s + 4
1.12
Metode Matematis II
Eksistensi Transformasi Laplace Sebelum memberikan syarat cukup agar transformasi Laplace dari fungsi f (t ) ada, terlebih dahulu kita memberikan konsep fungsi kontinu bagian demi bagian. Definisi 1.2 Fungsi f (t ) , a ≤ t ≤ b, dikatakan kontinu bagian demi bagian pada selang [a, b], apabila banyaknya titik-titik diskontinuitas dari
f ( x) adalah
berhingga dan limit-limit kiri dan kanan di titik-titik diskontinuitas ada dan berhingga, yaitu f tidak mempunyai titik diskontinuitas tak hingga. Contoh 1.10 Fungsi-fungsi berikut, yaitu: 2 , 0 ≤ x ≤1 (a) f ( x) = x +1 , 1 < x < 2 adalah kontinu bagian demi bagian pada selang [0, 2] 0 , 0≤x≤2 (b) g ( x) = 1 , 2< x≤4 x adalah kontinu bagian demi bagian pada selang [0, 4] 0 , −1 ≤ x ≤ 0 (c) h( x) = 1 , 0 < x ≤1 x tidak kontinu bagian demi bagian pada selang [−1, 1], karena h( x) diskontinu tak hingga di x = 0, yaitu lim+ h( x) = lim+ x→ 0
x→ 0
1 =∞. x
Catatan: Setiap fungsi yang kontinu bagian demi bagian pada selang [a, b] adalah terintegralkan (dapat diintegralkan) Sekarang kita memberikan teorema eksistensi transformasi Laplace berikut.
1.13
MATA4432/MODUL 1
Teorema 1.3 Misalkan f (t ) , t ≥ 0, suatu fungsi yang kontinu bagian demi bagian pada selang [0, a] untuk setiap a > 0, dan memenuhi f (t ) ≤ Me γ t , ∀t ≥ 0 ,
(1)
untuk suatu konstanta M > 0 dan γ . Maka transformasi Laplace dari
f (t ) , F ( s ) ada untuk setiap s > γ . Bukti: Karena f (t ) kontinu bagian demi bagian pada selang [0, a], ∀a > 0, maka a
∫0 e
−st
f (t ) dt ada untuk setiap a > 0.
Selanjutnya, dari (1) didapat
L ( f (t ) ) =
∞
∫0
e −st f (t ) dt ≤ a
a →∞ ∫0
= lim
= lim M a →∞
∞
∫0
e −st f (t ) dt
e −st f (t ) dt ≤ lim
a
a→∞ ∫0
a −t s−γ ( )
∫0
e
Me −st e γ t dt
e −t ( s−γ ) dt = lim M a →∞ −( s − γ )
a
t =0
M −a ( s−γ ) M = lim e −1 = , untuk s > γ s −γ a →∞ γ − s Jadi L { f (t )} ada untuk setiap s > γ . Contoh 1.11 (a) L {cosh t} dan L (t n ) ada karena
cosh t = cosh t =
e t + e −t et +et < = e t , ∀t > 0, dan 2 2
t n = t n < n ! e t , ∀t > 0, n = 0, 1, 2, 3, L
1.14
Metode Matematis II
{
(b) L t n sin α t
}
{
}
dan L e α t sin β t ada, karena
t n sin β t ≤ t
n
≤ n ! e t , ∀t ≥ 0, n = 0, 1, 2, 3, L
e α t sin β t ≤ e α t , ∀t ≥ 0.
dan
LAT IH A N Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas, kerjakanlah latihan berikut! 1) Tentukan transformasi Laplace dari fungsi-fungsi berikut, dimana k dan c konstanta- konstanta. (a)
(b) f(t)
f(t)
k
k c
t
(c)
1
2
1
2
t
(d) f (t )
f (t )
1
1 1
2
t
t
2) Tentukan L { f (t )} apabila f (t ) masing-masing fungsi berikut (a)
f (t ) = at 2 + bt + c ; a, b, c konstanta-konstanta
(b) (c)
f (t ) = 3e −2t + t t f (t ) = cos (ωt +θ ), θ suatu konstanta
(d)
f (t ) = e iωt
1.15
MATA4432/MODUL 1
3) Tentukan L { f (t )} apabila f (t ) masing-masing fungsi berikut (a)
f (t ) = cos 2 2t
(b)
f (t ) = 5t 3 − 6sin 2t + 4e −4t
(c)
f (t ) = 3t 2 t + 4sinh 4t
(d)
f (t ) = 2sinh t cosh 2t + 4e 3t − 2sin 2 t
4) Tentukan
f (t ) = L −1 { F ( s )}
F (s)
apabila
masing-masing fungsi
berikut
2 3s + 4 + 2 s+4 s +4 4 2s + 5 3 (b) F ( s ) = − + 2s + 4 s 2 − 9 s 4 (a) F ( s ) =
(c) F ( s ) = (d) F ( s ) =
5s − 5 s 2 − s −6
+
3s 2 + 5 s + 3 ( s 2 + 1) ( s 2 + 4)
3s 2 + 2s + 15 s − s + 9s − 9 3
2
+
3s 3 + 3s 2 + 9s + 6
5) Manakah di antara fungsi-fungsi
s 2 ( s +1) f (t ) berikut yang mempunyai
transformasi Laplace dan jelaskan jawab Anda? sin t (a) f (t ) = t (b) f (t ) = e t
2
(c) f (t ) = t 2 e 2t (d) f (t ) = e t ln (t +1) Petunjuk Jawaban Latihan 1) (a)
k (1− e −cs ) s
(b)
k −s ( e − e −2 s ) s
1.16
Metode Matematis II
1 s
(c) − e −s + 2) (a) (c)
1 s
2
(1− e −s )
(2a + bs + cs 2 )
s3
1 s +ω 2
30 s
(c) 3
4
−
2
( s cos θ −ω sin θ )
Γ
12 s +4 2
( 72 )
s (d)
1 1 −s + (e −1) s s2
(b)
Γ( ) 3 + 52 s+2 s2 5
1
3) (a) Tulis cos 2 2t = (b)
(d)
7 2
3 s −9 2
+
−
+
(d)
1 s +ω 2
1 1 + cos 4t ; L { f (t )} = 2 2
2
( s + iω )
1 1 1 + 2 2 s s + 16
4 s+4
16 s 2 −16 1
s −1 2
+
4 1 s − + s−3 s s 2 + 4
4) (a) 2 e −4t + 3 cos 2t + 2 sin 2t 5t
(b) 2 e 2 − 2 cosh 3t − 53 sinh 3t + 12 t 3 (c) 2 e 3t + 3 e −2t + 2 + 3t + e −t (d) 2 e t + cos 3t + sin 3t + 2 cos t + sin t + cos 2t + sin 2t
5) (a)
sin t ≤ M e t , untuk suatu M, t > 0. Jadi L { f (t )} ada. t
(b) e t > e γ t , untuk setiap γ > 0 berapapun besarnya untuk t > γ , 2
karena t 2 > γ t untuk
t > γ . Jadi L { f (t )} tidak ada.
(c) f (t ) = t 2 e 2t ≤ 2e t . e 2t = 2e 3t , t ≥ 0 . Jadi L { f (t )} ada.
f (t ) = e t ln(t + 1) ≤ e t . 2t ≤ 4e 2t , t ≥ 0 . Jadi L { f (t )} ada.
1.17
MATA4432/MODUL 1
R A NG KU M AN Transformasi Laplace dari fungsi f (t ) , t ≥ 0 adalah
L { f (t )} = F ( s ) =
∞
∫0
e −st f (t ) dt ,
dan invers transformasi Laplace dari F ( s ) adalah
L −1 { F ( s ) = f (t ) . Transformasi Laplace dan inversnya memenuhi sifat kelinearan: L {α f (t ) + β g (t )} = α L { f (t )} + β L { g (t )}
L −1 {α F ( s ) + β G ( s )} = α L −1 { F ( s )} + β L −1 {G ( s )} Selanjutnya L {F (t )} ada apabila f (t ) kontinu bagian demi bagian pada selang [0, a], ∀a > 0 f (t ) ≤ Me γ t untuk suatu M dan γ .
L { F (t )} = F ( s) terdefinisi untuk s > γ . TE S F OR M AT IF 1 Pilihlah satu jawaban yang paling tepat! 1) Transformasi Laplace dari fungsi f (t ) berikut f (t )
1
1
2
t
adalah …. A. B.
1 −s −2 s e + ( s + 1) e s2 1 F ( s ) = 2 e −s − ( s + 1) e −2 s s F (s) =
1.18
Metode Matematis II
D.
2)
1 −s −2 s e − ( s −1) e s2 1 F ( s ) = 2 e −s + ( s −1) e −2 s s F (s) =
C.
{
}
L 2t 2 + 4sin 2 t adalah …. 12s + 16 2
A.
s 3 ( s 2 + 4) 12s 2 −16
B.
s 3 ( s 2 + 4) −12 s 2 + 16
C.
s 3 ( s 2 + 4)
D.
3)
s 3 ( s 2 + 4)
{
L 4e −2t + 7 cosh 2t − 8sinh 3t A. B. C. D.
4)
−12 s 2 −16
11s + 8 s −4 11s + 8 2
s 2 −4 11s − 8 s 2 −4 11s − 8 s2 −4
− − − −
} adalah ….
32 s −9 32 2
s 2 +9 32 s 2 −9 32 s 2 +9
3s 2 + 4s + 12 adalah …. L −1 2 ( s + 2) ( s + 12) A.
f (t ) = 2e −2t + 2 cos 2t + 2sin 2t
B.
f (t ) = 2e −2t + cos 2t + 2sin 2t
C.
f (t ) = 2e −2t + 2 cos 2t + sin 2t
D.
f (t ) = 2e −2t + cos 2t + sin 2t
1.19
MATA4432/MODUL 1
5) Fungsi f (t ) yang tidak mempunyai transformasi Laplace ialah …. A.
f (t ) = 2e −2t sin 3t , t ≥ 0
B. C.
f (t ) = 2t 4 cos 2t , t ≥ 0 f (t ) = 5sin t cosh 2t , t ≥ 0
D.
f (t ) = 2e t , t ≥ 0
3
Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 1 yang terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar. Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 1.
Tingkat penguasaan =
Jumlah Jawaban yang Benar ×100% Jumlah Soal
Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = baik sekali 80 - 89% = baik 70 - 79% = cukup < 70% = kurang Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat meneruskan dengan Kegiatan Belajar 2. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 1, terutama bagian yang belum dikuasai.
1.20
Metode Matematis II
Kegiatan Belajar 2
Transformasi Laplace Turunan dan Integral Suatu Fungsi
D
alam Kegiatan Belajar 2 ini akan dibahas transformasi Laplace turunan dan integral suatu fungsi. Hasil ini banyak digunakan dalam menyelesaikan persamaan diferensial. [Turunan f (t ) ]
Teorema 1.4
Misalkan f (t ) kontinu untuk setiap t ≥ 0 dan memenuhi (1) (di Kegiatan Belajar 1) untuk suatu konstanta γ dan M. Misalkan pula
f ′(t ) kontinu bagian demi bagian demi bagian pada selang [0, a], ∀a > 0. Maka transformasi Laplace dari f ′(t ) ada untuk s > γ dan berlaku
L { f ′(t )} = s L { f (t )} − f (0)
(2)
f ′(t ) kontinu untuk t ≥ 0 . Dari definisi
Bukti: Kita meninjau kasus
transformasi Laplace dan pengintegralan parsial, didapat
L { f ′(t )} =
∞
∫0
e −st f ′(t ) dt = lim
b→∞
= lim e −st f (t ) b→∞
b
+s 0
b
b
∫0 e
∫0 e
−st
−st
f (t )dt
= lim e −bt f (b) − f (0) + lim s b→∞ b→∞ = − f (0) + s
∞
∫0
f ′(t ) dt
b
∫0 e
−st
f (t ) dt
e −st f (t ) dt = s L { f (t )} − f (0)
untuk s >γ . Untuk kasus f ′(t ) kontinu bagian demi bagian, pembuktian seperti di atas, hanya pengintegralan dipecah atas selang-selang dimana diskontinu.
f ′(t )
1.21
MATA4432/MODUL 1
Perhatikan bahwa Teorema 1.4 dapat digunakan untuk
f ′′(t ) dan
diperoleh L { f ′′(t )} = s L { f ′(t )} − f ′(0)
= s {s L { f (t )} − f (0)} − f ′(0)
(3)
= s 2 L { f (t )} − sf (0) − f ′(0). Dengan cara yang sama, didapat L { f ′′′(t )} = s L { f ′′(t )} − f ′′(0)
{
}
= s s 2 L { f (t )} − sf (0) − f ′(0) − f ′′(0)
(4)
= s 3 L { f (t )} − s 2 f (0) − sf ′(0) − f ′′(0) asalkan f ′′(t ), f ′′′(t ) memenuhi persyaratan seperti di Teorema 1.4. Dengan proses induksi akan diperoleh teorema berikut. Teorema 1.5 [Turunan ke-n] Misalkan f (t ) dan turunan-turunannya f ′(t ), f ′′(t ) ,L , f ( n−1) (t ) kontinu untuk t ≥ 0 dan memenuhi kondisi (1) di kegiatan belajar 1 untuk suatu konstanta γ dan M. Misalkan pula turunan f ( n) (t ) kontinu bagian demi bagian pada selang [0, a], ∀a > 0, maka transformasi Laplace dari f ( n) (t ) ada untuk s > γ berlaku
{
( n)
L f
}
(t ) = s n L { f (t )} − s n−1 f ′(0) − L − f
Contoh 1.12
{ }
Tentukan L t 2
( n−1)
(0)
(5)
1.22
Metode Matematis II
Penyelesaian: Ambil
f (t ) = t 2 dan gunakan rumus (3). Jelas bahwa
f (0) = 0 , f ′(0) = 0, f ′′(t ) = 2 dan L {2} = 2L {1} =
2 = s 2 L { f (t )} = s 2 L {t 2 }. s
(3) didapat L { f ′′(t )} = L {2} = Ini memberikan L {t 2 } =
2 s3
2 . Jadi dari rumus s
, sesuai dengan tabel transformasi Laplace.
Contoh 1.13 Tentukan L{ sin 2 t}. Penyelesaian: Ambil f (t ) = sin 2 t , maka f ′(t ) = 2 sin t cos t = sin 2t ;
f (0) = 0 dan L { f ′(t )} = L {sin 2t } =
2 s +4 2
.
Dari rumus (2), didapat L { f ′(t )} = s L { f (t )} − f (0)
2 s +4 2
= s L { f (t )} − 0.
Jadi
L { f (t )} = L {sin 2 t} =
2 s ( s + 4) 2
.
Contoh 1.14 Tentukan L { t sin ω t } . Penyelesaian: Ambil f (t ) = t sin ωt , maka f ′(0) = 0 f ′(t ) = sin ωt + ωt cos ω t ; f ′(0) = 0
dan
f ′′(t ) = ω cos ωt + ω cos ω t −ω 2 t sin ω t = 2 ω cos ωt −ω 2 f (t ) L { f ′′(t )} = 2 ω L {cos ωt } − ω 2 L { f (t )} =
2ωs s +ω 2 2
− ω 2 L { f (t )} .
1.23
MATA4432/MODUL 1
Dari rumus (3) didapat L { f ′′ (t )} = s 2 L { f (t )} − sf (0) − f ′ (0) = s 2 L { f (t )}
2ω s s +ω 2
2
− ω 2 L { f (t )} = s 2 L { f (t )}
(ω 2 + s 2 ) L { f (t )} = s 22+ωωs 2 Jadi
L{ f (t )} = L {t sin ωt} =
2ω s (s + ω 2 ) 2 2
Contoh 1.15 Tentukan solusi Masalah Nilai Awal y ′′ + 4 y ′ + 3 y = 0, y (0) = 3, y ′(0) = 1. Penyelesaian: Dengan mengambil transformasi Laplace dari PD dan dengan menggunakan rumus (2)−(3) maka didapat
L { y ′′ + 4 y ′ + 3 y} = L {0} = 0 L { y ′′(t )} + 4L { y ′(t )} + 3L { y (t )} = 0 s 2 L { y (t )} − s y (0) − y ′(0) + 4 ( s L { y (t )} − y (0)) + 3L { y (t )} = 0
(s 2 + 4s + 3) L { y(t )} = s y(0) + y ′(0) + 4 y(0) = 3s +1 +12 = 3s +13 L { y (t )} =
3s + 13 s + 4s + 3 2
=
3s + 13 −2 5 = + . ( s + 3) ( s + 1) s + 3 s + 1
Jadi
5 −2 1 1 −1 −1 y ( t ) = L −1 + = −2 L + 5L s + 3 s + 1 s + 3 s + 1 = −2 e −3 + 5 e −t . Solusi masalah nilai awal di atas adalah y (t ) = 5 e −t − 2 e −3t .
1.24
Metode Matematis II
Sekarang kita memberikan teorema tentang pengintegralan. Teorema 1.6
[Pengintegralan f (t ) ]
Misalkan f (t ) suatu fungsi kontinu bagian demi bagian yang memenuhi ketidaksamaan (1) di Kegiatan Belajar 1, untuk semua γ dan M, maka
L atau
t
∫0
1 1 f (u )du = L { f (t )} = F ( s ), s s
F (s) L −1 = s
s > 0, s > γ
(6)
t
∫0
Bukti: Sebut g{t} =
f (u )
(7)
t
∫0
t ≥0 .
f (u )du ,
Karena f(t) kontinu bagian demi bagian untuk t > 0, Maka g (t ) kontinu untuk t ≥ 0 Selanjutnya g ′(t ) = f (t ), kecuali dititik-titik diskontinuitas dari
f (t ) yang banyaknya berhingga. Jadi g ′(t ) kontinu bagian demi bagian untuk selang [0, a], ∀a > 0. Karena f (t ) ≤ Me γ t , t ≥ 0 , untuk suatu γ dan M, maka untuk γ yang diambil positif berlaku
g (t ) ≤
t
∫0
f (u ) du ≤ M
t
∫0 e
γu
du =
M
γ
(e γ t −1) ≤
2M
γ
eγt .
Jadi fungsi g(t) memenuhi semua persyaratan di Teorema 1.1 dan berdasarkan Teorema 1.1 tersebut, L { g (t )} ada dan berlaku
L { g ′(t )} = s L { g (t )} − g (0)
L { f (t )} = s L atau
t
∫0
f (u )du − 0
1.25
MATA4432/MODUL 1
L
t
∫0
1 f (u ) du = L { f (t )} . s
Contoh 1.16
Tentukan L
t
∫0 sin 2u du .
Penyelesaian: Ambil f (t ) = sin 2t , maka
L { f (t )} = L {sin 2t } =
2 s +4 2
.
Dari Teorema 1.3, diperoleh t 1 2 . L sin 2u du = L {sin 2t } = 2 s ( s + 4) 0 s
∫
Contoh 1.17
Tentukan L
t
∫0 u sin 4u du .
Penyelesaian: Sebut f (t ) = t sin 4t , maka dari Contoh 1.14 dengan mengambil ω = 4 , didapat
L {t sin 4t } =
8s ( s + 16) 2 2
.
Selanjutnya dari Teorema 1.3 didapat t 1 8s 8 L u sin 4u du = 2 = L {t sin 4t} = 2 2 0 s s ( s + 16) ( s + 16) 2
∫
Contoh 1.18
s −1 . Tentukan L −1 2 s ( s + 1)
1.26
Metode Matematis II
Penyelesaian: s −1 1 1 −1 L −1 − 2 2 = L s ( s + 1) s ( s + 1) s ( s + 1)
1 1 −1 = L −1 − L 2 . s ( s + 1) s ( s + 1) Sebut F ( s ) =
1 1 −t , maka L −1 { F ( s )} = L −1 =e . s + 1 s +1
Jadi
1 L −1 = s ( s + 1)
t
∫0 e
−u
du = −e −u
t
= 1− e −t
0
dan
1 = L −1 2 s ( s + 1)
∫0 ( t
)
(
1− e −u du = u + e −u
)
t
= t + e −t −1 .
0
Ini memberikan 1 = (1− e −t ) − ( t + e −t −1) = 2 − t − 2e −t . L −1 2 s ( s + 1) Contoh 1.19
1 2 2 2 s s +ω
,ω ≠ 0 . Tentukan L 1 Penyelesaian: Ambil F ( s ) = 2 s +ω 2 −1
(
)
selanjutnya kita menggunakan dua
kali berturut-turut Teorema 1.6, seperti Contoh 1.18 maka 1 = sin ωt . L −1 { F ( s )} = L −1 2 2 ω s +ω Jadi
1.27
MATA4432/MODUL 1
L
F (s) −1
= L s
1 1 2 = 2 ω s ( s + ) ω
−1
t
∫0 sin ωu du = −
cos ω u
ω
t
=
2 0
1− cos ωt
ω2
dan
L
1 2 2 = 2 s (s +ω )
−1
=
t 1− cos ω u
∫0
ω2
1 sin ω u du = 2 u − ω ω
t
0
1 sin ωt 1 (ω t − sin ω t ) . = t − ω ω 3 ω 2
Perhatian Teorema 1.4 dapat diperluas untuk fungsi f(t) yang diskontinu untuk t > 0 . Bila f(t) diskontinu loncat di t = a, a > 0, maka L { f ′(t )} = s L { f } − f (0) − [ f (a + 0) − f (a − 0)] e −as ,
(7)
di mana f (a + 0) adalah limit kanan f di a dan f (a − 0) adalah limit kiri f(t) di a. Pembuktian serupa seperti di Teorema 1.1, hanya berbeda dalam cara mengevaluasi e −st f (t )
b →∞
, mengingat f(t) diskontinu loncat di t = a, yaitu 0
e −st f (t )
a−0 0
+ e −st f (t )
b →∞
a +0
Contoh 1.20 Tentukan L { f (t )} apabila
1 , f (t ) = 0 , Penyelesaian: f ′(t ) = 0, t ≥ 0,
0≤t ≤2 t>2
t ≠ 2,
f (0) = 1
f(2 + 0) = 0 dan f(2 − 0) = 1. Dari hubungan L { f ′(t )} = s L { f (t )} − f (0) − [ f (2 + 0) − f (2 − 0)] e −2 s
1.28
Metode Matematis II
didapat
0 = s L { f (t )} −1− [0 −1] e −2 s L { f (t )} =
(
)
1 1 − e −2 s . s
Contoh 1.21
t ; 0 ≤ t ≤1 Tentukan L { f (t )} apabila f (t ) = 0; t ≥1 Penyelesaian: 1 ; 0 ≤ t < 1 f ′(t ) = 0 ; t >1 dan
0 ; 0 ≤ t < 1 f ′′(t ) = t >1 0 ; Dengan menggunakan (8) untuk f ′′(t ) , maka diperoleh
L { f ′′(t )} = s L { f ′(t )} − f ′(0) − f ′(1 + 0) − f ′(1− 0) e −s 0 = s L { f ′(t )} −1− (0 −1) e −s L { f ′(t )} =
(
)
1 1 − e −s . s
Dengan menggunakan (8) kembali untuk f(t), maka diperoleh L { f ′(t )} = s L { f (t )} − f (0) −[ f (1 + 0) − f (1− 0)] e −s
(
)
1 1 − e − s = s L { f (t )} − 0 + e − s . s Jadi
L { f (t )} =
1 s
2
(1− e −s )− 1s e −s .
1.29
MATA4432/MODUL 1
LAT IH A N Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas, kerjakanlah latihan berikut! 1) Tunjukkan bahwa (a) L { t cos ωt } =
s 2 −ω 2
(s 2 +ω 2 )
(b) L { t cosh ωt } =
(c) L { t sinh at } =
{
}
(d) L t e −at =
2
s 2 +ω 2
( s 2 −ω 2 )
2
2 as
(s 2 − a 2 )
2
1
(s + a)
2
2) Tentukan L { f (t )} apabila
1 ; 1 < t < 2 (a) f (t ) = 0 ; t ≤ 1, t ≥ 2 t ; 0 < t <1 (b) f (t ) = 1 ; 1 < t < 2 0 ; t lainnya t −1 ; 1 < t < 2 (c) f (t ) = 0 ; t lainnya 3) Dengan menggunakan transformasi Laplace, tentukan solusi masalah nilai awal berikut. (a) y ′′ + 9 y = 0, y (0) = 0, y ′(0) = 2 (b) y ′′ + y ′ − 2 y = 0, y (0) = 0, y ′(0) = 3
1.30
Metode Matematis II
(c) y ′′ − 2 y ′ − 3 y = 0, y (0) = 1, y ′(0) = 7 4) Tentukan: t (a) L cos 3 u du 0
∫
(b) L
∫0 sin
(c) L
∫0 e
(d) L
∫0 u e
t
t
2u
t
u du
2
du 2u
du
5) Gunakan Teorema 1.6 untuk menentukan L −1 {F ( s )} , apabila (a) F ( s ) = (b) F ( s ) = (c) F ( s ) = (d) F ( s ) =
1 s ( s − 2)
(e) F ( s ) =
1
(f) F ( s ) =
s ( s −1) 2
54
(g) F ( s ) =
s ( s − 3) 3
2s − π s (s − π ) 2
1 (s + ω 2 ) 2 2
s2 (s + ω 2 ) 2 2
s−2 s ( s 2 + 4) 2
Petunjuk Jawaban Latihan 1) Gunakan rumus untuk L { f ′′(t )} untuk soal-soal (a), (b), (c) dan (d).
(
)
1 −s e − e −2 s s 1 (b) L { f (t )} = 2 1− e −s − s e −2 s s
2) (a) L { f (t )} =
(
)
MATA4432/MODUL 1
(c) L { f (t )} =
3) (a)
y (t ) =
1 s
2
1.31
(e −s − e −2s )− 1s e −2s
2 sin 3t 3
(b) y (t ) = e t − e −2t (c) y (t ) = 2e 3t − e −t
4) (a) (b) (c) (d) (e)
1 s +9 2 2
s 2 ( s 2 + 4)
1 s ( s − 2) 1 s ( s − 2) 2 2 s 2 ( s 2 + 4)
1 2t (e −1) 2 (b) cosh t −1
5) (a)
(c) 2e 3t − 9t 2 − 6t − 2 1 1 1 1 (d) sin 2t − cos 2t − t + 4 4 2 4 1 πt (e) (e −1) + t
π
1
[sin ω t −ω t cos ω t ] (Gunakan Contoh 1.14) 2ω 3 1 1 (g) t cos ωt + sin ω t . [Petunjuk : Gunakan Latihan 1(a) dan 2 2ω 5(f)]. (f)
1.32
Metode Matematis II
R A NG KU M AN Transformasi Laplace dari turunan diberikan oleh
{
L f
( n)
}
(t ) = s n L { f (t )} − s n−1 f (0) − s n−2 f ′(0) − L − f
( n−1)
(0)
Khususnya: L { f ′(t )} = s L { f (t )} − f (0)
L { f ′′(t )} = s 2 L { f (t )} − s f (0) − f ′(0) L { f ′′′(t )} = s 3 L { f (t )} − s 2 f (0) − s f ′(0) − f ′′(0) Bila f (t ) diskontinu loncat di t = a, a > 0 , maka
L { f ′(t )} = s L { f (t )} − f (0) −[ f (a + 0) − f (a − 0)] e −as . Persamaan tersebut dapat diperluas untuk titik diskontinuitas loncat yang banyaknya berhingga. Transformasi Laplace dari Integral: t 1 1 L f (u ) du = L { f (t )} = F ( s ) 0 s s
∫
dan inversnya adalah t F (s) L −1 f (u ) du . = 0 s
∫
TE S F OR M AT IF 2 Pilihlah satu jawaban yang paling tepat! 1)
{
}
L cos 2 t adalah …. A. B.
s2 +4 s ( s 2 + 4) s2 −4 s ( s 2 + 4)
1.33
MATA4432/MODUL 1
C. D.
s2 +2 s ( s 2 + 4) s2 −2 s ( s 2 + 4)
2 ; 0 ≤ t ≤ 3 2) Bila f (t ) = , maka L { f (t )} adalah …. t >3 0 ; 2 A. 1 − e −3 s s 2 B. 1− e 3 s s 2 C. −1 + e − 3 s s 2 D. −1 − e − 3 s s
(
)
(
)
(
)
(
)
3) Solusi masalah nilai awal: adalah …. A. y (t ) = −e 2t + 2e −4t
4)
B.
y (t ) = 3e 2t − 2e −4t
C.
y (t ) = −2e 2t + 3e −4t
D.
y (t ) = 2e 2t − e −4t
L A. B. C. D.
t
∫0 cos 2 u du adalah …. s s2 +4 1 s2 +4 s s2 +4 2s s2 +4
y ′′ + 2 y ′ − 8 y = 0, y (0) = 1, y ′(0) = 8
1.34
5)
Metode Matematis II
2s + 4 adalah …. L −1 2 2 s ( s + 4) 1 A. (1 + 2t − cos 2t − sin 2t ) 2 1 B. (1− 2t − cos 2t + sin 2t ) 2 1 C. (1 + 2t + cos 2t − sin 2t ) 2 1 D. (1− 2t + cos 2t − sin 2t ) 2
Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 3 yang terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar. Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 3.
Tingkat penguasaan =
Jumlah Jawaban yang Benar ×100% Jumlah Soal
Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = baik sekali 80 - 89% = baik 70 - 79% = cukup < 70% = kurang Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat meneruskan dengan modul selanjutnya. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 3, terutama bagian yang belum dikuasai.
1.35
MATA4432/MODUL 1
Kunci Jawaban Tes Formatif Tes Formatif 1 1) B 2) A 3) C 4) D 5) D
Tes Formatif 2 1) C 2) A 3) D 4) B 5) A
1.36
Metode Matematis II
Daftar Pustaka Kreyszig E., (1993). Advanced Engineering Mathematics , John Willey and Sons, 7th edition. Willey C.R. and Barret L.C., (1985). Advanced Engineering Mathematics, Mc.Graw Hill Co.
