Transform as i Laplace

5/27/2018 Transform as i Laplace

1/29

Transformasi Laplace 1

BAB 4 : TRANSFORMASI LAPLACE

4.1. PendahuluanPembicaraan tentang Transformasi Laplace tidak lepas dari

beberapa konsep, di antaranya : kekonvergenan, integral,

kekontinuan fungsi dan persamaan diferensial, khususnya

Masalah Syarat Batas (Boundary Value Problem).

Hingga saat ini, Transformasi Laplace merupakan suatu alat

(metode) ampuh untuk menyelesaikan Masalah Syarat Batas.

Hal ini akan lebih terlihat jika masalah syarat batas tersebut

memuat fungsi-fungsi takkontinu (discontinuous) atau fungsi-

fungsi periodik.

Secara umum, di dalam bab ini akan ditinjau Transformasi

Laplace dan sifat-sifatnya, Invers Transformasi Laplace dan

Transformasi Derivatif. Invers Transformasi dan Transformasi

Derivatif sangat berperan di dalam penyelesaian suatu

persamaan diferensial. Pada bagian terapan akan ditinjau suatu

model Masalah Syarat Batas untuk lendutan balok dan sistem

pegas-massa.

Tujuan Instruksional Khusus :

Mahasiswa diharapkan dapat menuliskan definisi Transformasi Laplace,mencari transformasi laplace fungsi-fungsi sederhana, mencari inverstransformasi laplace, menentukan derivatif transformasi dantransformasi derivatif serta menyelesaikan Masalah Syarat Batas

dengan transformasi laplace.


2/29


4.2. Transformasi Laplace

( ) ( )

=0

st dttfesF

Definisi 1

Jika f fungsi terdefinisi untuk t>0, maka fungsi F yang

didefinisikan :

sedemikian hingga integral tersebut ada, disebut

Transformasi Laplace fungsi f.

Transformasi Laplace disimbolkan dengan {.}. Dengan

demikian maka {f}=F yaitu {f(t)}=F(s).

4.3. Transformasi Laplace Fungsi-FungsiSederhana

Berikut transformasi laplace fungsi-fungsi sederhana :

1. f(t)=1, t>0 maka ( ){ } ( )s

11

s

1dxe

s

1dt1etf

0

x

0

st ====

2. f(t)=t, t>0 maka( ){ } ( ) 22

0

x2

0

st

s12

s1dxxe

s1dttetf ====

3. f(t)=tp, t>0, p>0, maka( ){ } ( )1p

s

1

s

dx

s

xedttetf

1p

0

p

x

0

pst +=

==

+

Akibat :1ps

!p+

Jika p bulat positif, maka {tp}=

4. f(t)=eat, t>0, a konstanta, maka


3/29


( ){ } ( )as

1dxe

as

1dtedteetf

0

x

0

tas

0

atst

=

===

5. f(t)=sin at, t>0, a konstanta, maka( ){ } ( )

parsialegralanintpengdengan,as

a

edatsinlims

1dtatsinelimdtatsinetf

22

M

0

st

M

M

0

st

M0

st

+=

===

6. f(t)=cos at , t>0, a konstanta, maka

( ){ } ( )

parsialegralanintpengdengan,as

s

edatcoslims1dtatcoselimdtatcosetf

22

M

0

st

M

M

0

st

M0

st

+=

===

1. f kontinu pada titik dalam (interior point) tiap-tiapsubinterval tersebut, dan

Definisi 2:

Fungsi f dikatakan kontinu sepotong-sepotong (piecewise

continuous)pada interval I, jika I dapat dipartisi menjadi

sejumlah berhingga subinterval, sedemikian hingga :

2. limit f(t) berhingga (finite), untuk t mendekatimasing-masing titik ujung tiap-tiap subinterval.

1. f kontinu sepotong-sepotong pada interval 0t0 dan t0>0, sedemikian hingga|f(t)|Mect, t>t0

maka {f(t)}=F(s) ada untuk s>c.


4/29


Catatan

Fungsi f yang memenuhi syarat no 2 pada teorema 1biasa disebut fungsi dengan sifat eksponential tingkat c.

:

Teorema tersebut menyatakan syarat cukup eksistensitransformasi laplace suatu fungsi, tetapi tidak

menyebutkan syarat perlu dari eksistensi tersebut. Hal

ini berarti suatu fungsi yang tidak memenuhi salah satu

syarat teorema itu masih dimungkinkan mempunyai

transformasi laplace.

Teorema 2:

Jika f1dan f2masing-masing fungsi yang mempunyai

transformasi laplace dan c1, c2masing-masing konstanta

sebarang, maka :

{c1f1(t)+c2f2(t)}=c1{f1(t)}+c2{f2(t)}

( ) ( ){ } ( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

( ) ( )

( ){ } ( ){ }tfctfc

dxtfecdxtfec

dxtfcedxtfce

dxtfctfcetfctfc

2211

0

2st

2

0

1st

1

0

22st

0

11st

0

2211st

2211

+=

+=

+=

+=+

Bukti

( )

( )222

22

a4ss

a2

a4s2

s

s2

1

+=

+=

Contoh

{sin2at} = {-cos(2at)} = {1}-{cos(2at)}


5/29


4.4. Invers Transformasi LaplaceDari definisi transformasi laplace telah diketahui :

{f(t)}=F(s)

Invers transformasi laplace berlaku sebaliknya, yaitu:

-1{F(s)}=f(t).

{ } ( )222

2

a4ssa2atsin+

=

Contoh :

Karena , maka

( ) atsin

a4ss

a2 222

21 =

+

Teorema 3:

Jika F1dan F2masing-masing transformasi laplace suatu

fungsi dan c1, c2masing-masing konstanta sebarang, maka

-1{c1F1(s)+c2F2(s)}=c1

-1{F1(s)}+c2-1{F2(s)}.

Teorema 4:

Jika F adalah transformasi laplace fungsi f dan a konstanta

sebarang, maka : -1{F(s-a)}=eat-1{F(s)}.

( ) ( ) ( ){ }tfdttfesF0

st==

Bukti

( ) ( ) ( ) ( ){ }tfedttfeedttfeasF at0

atst

0

t)as(===

, sehingga

-1{F(s-a)}= eatf(t)=eat-1{F(s)}


6/29


( ){ } ( )16)3s(

13s3sFdengan,3sF

16)3s(

13s

16)9s6s(

1s

25s6s

1s

2

1-

2

1-

2

1-

2

1-

++

+=++=

++

+=

+++

+=

++

+

Contoh

[ ]t4sint4cose16s

2

16s

se

16s

2se

213t-

2

1-

2

1-3t-

2

1-3t-

=

+

+

=

+

=

Bedakan jika fungsi pembilang dapat difaktorkan, seperti

contoh berikut :

( )t4t31-1-

1-1-

2

1-

ee7

3

4s

1

3s

1

7

3

4s

7/3

3s

7/3

)4s)(3s(

3

12ss

3

=

+

=

+

=

+=

+

Contoh

Teorema 5:

{ } { } { })t(g)t(f)t(g)t(f =

(Teorema Konvolusi)

Jika f dan g masing-masing fungsi kontinu sepotong-

sepotong pada setiap interval tertutup [0,b] dan terdapat

bilangan real M dan N sedemikian hingga |f(t)|Metdan

|g(t)|Net, untuk suatu konstanta dengan t[0,b], maka

dengan

= d)t(g)(f)t(g)t(ft

0

dan disebut konvolusi dari fungsi f dan g.


7/29


( ) ( )

=0

s dfesF

Bukti :

Dengan asumsi F(s)={f(t)} dan G(s)={g(t)}

Diambil : dan ( )

=0

s dgeG(s)

diperoleh:

( ) ( ) ( ) ( )

=

0

s

0

s dgedfesGsF

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

=

=

+==

=

=

= =

= =

+

t

0

0t

t

0

st

0t

t

0

st

0 0

)(s

dtgf

dtdtgfe

tkoordinatsistemkekoordinatsistem

darit.substdengan,dtdtgfe

ddgfe

Terbukti

)t(g)t(f

Catatan

Teorema 5 di atas juga menyatakan :

-1{F(s)G(s)} =

Sifat komutatif )t(f)t(g)t(g)t(f =:

)t(f)t(gd)t(g)(g

t,d)(g)t(fd)t(g)(f)t(g)t(f

t

0

0

t

t

0

==

===

Bukti :


8/29


Selanjutnya untuk {f(t)}=F(s) dan {g(t)}=G(s), maka

berdasarkan teorema konvolusi diperoleh

{ } { } )t(g)t(f)s(G)s(F)s(G)s(F)t(g)t(f -1 ==

( )

( ) ( ){ } ( ) ( )

tcos1d1sin

komutatifsebab,)t(f)t(g

)t(g)t(f

1s1sGdan

s1sFdengan,sGsF

1s

1

s

1

1ss

1

t

0

21-

2

1-

2

1-

==

=

=+

===

+=

+

Contoh

4.5. Derivatif TransformasiPada bagian ini akan diturunkan suatu rumusan dari

derivatif suatu hasil transformasi.

Diperhatikan :

( ) ( )

=0

st dttfesF

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }tf)t(dttfetdttfedsd

dttfeds

d

sFds

d

0

st

0

st

0

st

====

Serupa dengan cara di atas, dapat diperoleh juga

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }tf)t(dttfetdttfetds

dsF

ds

d 2

0

st2

0

st

2

2

===

Secara umum, untuk n=1,2,3,... maka ( ) ( ){ }tf)t(sFds

d nn

n

=


9/29


{ }

( )222

22

as

as2

asa

dsdatsint

+=

+=

Contoh

4.6. Transformasi Derivatif dan Masalah SyaratBatas

Teorema 6:

Diketahui f(t) fungsi kontinu dan f(t) kontinu sepotong-

sepotong pada interval 0tT. Jika |f(t)|Mectuntuk t>T

dengan M dan c masing-masing suatu konstanta, maka

{f(t)} = s{f(t)} f(0)

++

+

++

+=

+++=

+++=

T

T

stT

T

st

T

T

stT

T

st

T

0

stT

0

st

T

T

st

T

T

st

T

0

st

T

T

st

T

T

st

T

0

stT

0

st

N

N

2

1

2

1

11

N

2

1

1

N

2

1

1

dt)t(fes)t(fe

dt)t(fes)t(fedt)t(fes)t(fe

)t(dfe...)t(dfe)t(dfe

dt)t(fe...dt)t(fedt)t(fedt)t(fe

Bukti

Karena f(t) kontinu sepotong-sepotong pada interval 0tT,

maka terdapat bilangan bulat positif N sedemikian hingga

f(t) kontinu pada sub-sub interval : 0


10/29


+=

++

+

+

+

+=

T

0

stsT

T

T

stN

sTsT

T

T

st1

sT

2

sT

T

0

st1

sTT

0

st

dt)t(fes)0(f)T(fe

dt)t(fes)T(fe)T(fe

dt)t(fes)T(fe)T(fe

dt)t(fes)0(f)T(fedt)t(fe

N

N

2

1

12

1

1

Selanjutnya, karena |e-sT

f(T)||e-sT

MecT

|=Me-(s-c)T

, maka

{ } { })t(fs)0(f0)t(f

dt)t(fes)0(f)T(felimdt)t(fe

dt)t(fes)0(f)T(felimdt)t(felim

0

stsT

T0

st

T

0

stsT

T

T

0

st

T

+=

+=

+=

Terbukti .

Bentuk umum teorema 6 yaitu transformasi laplace untuk

turunan ke-n fungsi f(t) dinyatakan oleh teorema 7 berikut :

Teorema 7:

Diketahui fungsi f(t) dengan f(n-1)(t) kontinu dan f(n)(t)

kontinu sepotong-sepotong pada interval 0tT. Jika

|f(k)(t)|Mect, k=0,1,2,...,n-1 untuk t>T dengan M dan c

masing-masing suatu konstanta, maka :

{f(n)(t)} = sn{f(t)} sn-1f(0) sn-2f(0) sn-3f(0) ... f(n-1)(0)

Teorema 7 sangat berguna untuk menyelesaikan beberapa

masalah syarat batas (boundary value problem), seperti contoh-

contoh berikut :


11/29


1. Tentukan penyelesaian y+4y+3y=0, jika y(0)=3 dany(0)=1

Contoh

{y}+4{y}+3{y} = 0

Penyelesaian:

{ y+4y+3y } = {0}

s2{y}sy(0)y(0)+4[s{y}y(0)]+3{y}=0 s2{y}3s1+4[s{y}3]+3{y}=0 [s2+4s+3]{y}3s13=0 {y}= ( ) )3s4s(13s3 2 +++ ( ){ }

++

+

=+++=

)1s(

5

)3s(

2)3s4s(13s3y 1-21-

y = -2e-3t+5e-t

2. Tentukan penyelesaian y+y=2t, jika y( 4 )= 2 dany( 4 )=22

s2{y}sy(0)y(0)+{y}=

Penyelesaian:

{ y+y } = {2t}

2s2

[s2+1]{y}sAB= 2s2 , dengan A=y(0) dan B=y(0) {y}= B

1s

1A

1s

s

)1s(s

22222 +

++

++

{y}= B1s

1A

1s

s

1s

1

s

12

2222 ++

++

+

y = 2t 2 sin(t) + A cos(t) + B sin(t)


12/29


Dengan substitusi y( 4 )= 4 dan y( 4 )=22 diperoleh

nilai A=B=1.

3. Jika x=f(t) dan y=g(t), selesaikanlah sistem persamaandiferensial :

=

=+t

t

e4yx2y

e8y3x6x

dengan syarat x(0)=-1 dan y(0)=0.

{ } { }{ } { }

=

=+t

t

e4yx2y

e8y3x6x

Penyelesaian:

{ } { } { }{ } { } { }

=

=+

)1s(4yx2)0(yys

)1s(8y3x6)0(xxs

{ } { } { }{ } { } { }

=

=++

)1s(4yx20ys

)1s(8y3x61xs

{ } { }

{ } { }

=+

=+

)1s(4y1)-(sx2-

)1s()s9(y3x6)-(s

{ }4s

1

1s

2

1s2

36s

1s)1s(4

3)1s()s9(

x

+

=

=

{ }4s

32

1s

32

1s2

36s

)1s(42)1s()s9(6s

y

+

=

=

x=-2et+e4t dan y=(-et+e4t).


13/29


4.7. Fungsi Undak dan Fungsi Periodik

>

0 ditranslasi sejauh a sepanjang sumbu t,

maka diperoleh fungsi translasi a(t)f(t-a), yaitu :


16/29



17/29


Berikut akan ditentukan transformasi laplace untuk suatu fungsi

periodik f dengan perioda P:

Definisi 5:

Suatu fungsi f disebut fungsi periodik jika terdapat bilanganreal positif P (disebut perioda fungsi f), sehingga berlaku :

f(t+P) = f(t) , untuk setiap t.

Contoh grafik suatu fungsi periodik seperti gambar berikut :

{ }

( ) tPudengan,du)Pu(fedt)t(fe

dt)t(fedt)t(fe

dt)t(fe)t(f

0

PusP

0

st

P

stP

0

st

0

st

=+++=

+=

=

+

{ }f(t)edt)t(fe

tPudengan,du)u(feedt)t(fe

sPP

0

st

0

susPP

0

st

+=

=++=

diperoleh :

{ } =P

0

st

sP dt)t(fe

e1

1)t(f

Tentukan transformasi laplace fungsi periodik yang rumusan

satu periodanya adalah :

Contoh

P


18/29



19/29


beban merata sepanjang balok, yaitu w(x)=w0(konstan).

keterangan:

y(x) = lendutan balok di posisi sejauh x dari ujung kiri

w(x) = beban di posisi sejauh x dari ujung kiri

EI = konstanta kekakuan lentur (flexural regidity)

L = panjang balok

{ }044

wdx

ydEI =

Penyelesaian:

, dengan EI dan w0konstanta

{ }[ ]s

w)0(y)0(ys)0(ys)0(ysysEI 0234 =

{ }sEI

w)0(y)0(ysys 04 =

{ }EIw

s1)0(y

s1)0(y

s1y 0

543 ++=

4032

0

543

1-

tEI4!

wt

!3

)0(yt

!2

)0(y

EI

w

s

1)0(y

s

1)0(y

s

1y

+

+

=

++=

........................(i)

302 t6EI

wt

2

)0(yt)0(yy +

+= ..................................(ii)

substitusi y(L)=0 ke persamaan (i) diperoleh :

4032 LEI4!

wL

!3

)0(yL

!2

)0(y0 +

+

=

24EI

Lw)0(y

6

L)0(y

2

L 4

032

=+ ..................................(iii)

dan substitusi y(L)=0 ke persamaan (ii) diperoleh :

302

L6EI

w

L2

)0(y

L)0(y0 +

+=


20/29


6EI

Lw)0(y

2

L)0(yL

30

2

=+ ......................................(iv)

dari persamaan (iii) dan (iv) diperoleh nilai y(0) dan y(0),

yaitu :

EI12

Lw

2LL

6L2L

2L)EI6(Lw

6L)EI24(Lw

)0(y2

0

2

32

230

340

=

=

EI2

Lw

2LL

6L2L

)EI6(LwL)EI24(Lw2L

)0(y 0

2

32

30

4

0

2

=

=

Akhirnya, dengan substitusi nilai-nilai y(0) dan y(0)

tersebut ke persamaan (i), diperoleh persamaan lendutan :

( ) ( )2202220

403022

0

xLxEI24

wxLx2Lx

EI24

w

xEI24

wx

EI12

Lwx

EI24

Lwy

=+=

+=

.....................(v)

Macam Tumpuan

Catatan:

Kondisi syarat batas pada beberapa macam tumpuan

balok (y=lendutan, y=sudut putar, y=momen lentur

dan y=gaya geser).

Syarat batas gambar

Tumpuan sederhana(simply supported)

y=0 dan y=0

Bebas (free) y=0 dan y=0

Jepit (embedded) y=0 dan y=0


21/29


Jika konstanta pegas A dan B masing-masing k1dan k2,

maka berdasarkan Hukum Hook dan Hukum II Newton

diperoleh model getaran sistem :

Sistem Pegas-Massa

Diketahui dua massa m1dan m2terhubung dengan pegas A

dan B (massa pegas diabaikan) seperti gambar berikut.

)xx(kdt

xdm

)xx(kxkdt

xdm

1222

22

2

122112

12

1

=

+=

0xkxk

dt

xdm

0xkx)kk(dt

xdm

22122

22

2

221212

12

1

=+

=++ ...........................(vi)

Akan diselesaikan contoh persamaan (vi) untuk

m1=m2=1, k1=6 dan k2=4

yaitu :

x1=0

x2=0

k1

k2

x1

x2

m1

m2

A

B


22/29


0x4x4dt

xd

0x4x10dt

xd

212

22

212

12

=+

=+

................................................(vii)

dengan syarat

1dt

)0(dx,0)0(x

1dt

)0(dx,0)0(x

22

11

==

==...........................(viii)

0x4x4dt

xd

0x4x10dt

xd

212

22

212

12

=

+

=

+

Penyelesaian:

Jika persamaan (vii) diambil transformasi laplace, diperoleh

Ambil )s(Xdt

xddan)s(Xdt

xd222

2

121

2

=

=

diperoleh

0)s(X4)s(X4)0(x)0(sx)s(Xs

0)s(X4)s(X10)0(x)0(sx)s(Xs

212222

211112

=+

=+

Substitusi syarat (viii) diperoleh

1)s(X4)s(X)4s(

1)s(X4)s(X)10s(

122

212

=+

=+

12s

53

2s

52

)12s)(2s(

6s)s(X

12s

56

2s

51

)12s)(2s(

s)s(X

2222

2

2

2222

2

1

+

+=

++

+=

++

+=

++=

)t32sin(10

3)t2sin(

5

2)t(x

)t32sin(5

3)t2sin(

10

2)t(x

2

1

=

+= .......................(ix)


23/29


4.9.Perintah-Perintah M A T H E M A T I C A

Berikut contoh-contoh perintah MATHEMATICA untuk

menghitung transformasi Laplace :

Transformasi LaplaceIn[1]:= Lapl aceTr ansf or m[ t , t , s]

Out[1]=

In[2]:= Lapl aceTr ansf or m[ t 7, t , s]

Out[2]=

In[3]:= Lapl aceTr ansf or m[ Si n[ 4t ] , t , s]

Out[3]=

In[4]:= Lapl aceTr ansf or m[ Exp[ a t ] , t , s]

Out[4]=

In[5]:= f =( t - 1) Exp[ 2t ]

Out[5]=

In[6]:= Lapl aceTr ansf or m[ f , t , s]

Out[6]=

Invers Transformasi Laplace

In[7]:=

Out[7]= t

In[8]:=


24/29


Out[8]=

In[9]:=

Out[9]=

Fungsi Undak SatuanIn[10]:=Lapl aceTr ansf or m[ Uni t St ep[ t - 2] , t , s]

Out[10]=

Menyelesaikan Persamaan DiferensialContoh 1:

0ydt

yd2

2

=+

menyelesaikan persamaan diferensial

In[1]:=eq=D[ y[ t ] , t , t ] +y[ t ]0

Out[1]=

Penyelesaian:

In[2]:=sub=Lapl aceTr ansf or m[ eq, t , s]

Out[2]=

In[3]:=ys=Sol ve[ sub, Lapl aceTr ansf or m[ y[ t ] , t , s] ]

Out[3] =

I n[ 4] : =yt =I nver seLapl aceTr ansf or m[ ys[ [ 1, 1, 2] ] , s, t ]

Out [ 4]=

(* yt adalah penyelesaian yang dimaksud *)

Keterangan:


25/29


Perintah ys[[ 1, 1, 2] ] pada In[4]adalah untuk

mengambil suku pada Out[3], yaitu angka 1 pertama artinya langkahi kurung paling luar

pada Out[3]

angka 1 kedua artinya langkahi kurung selanjutnya angka 2 artinya mengambil suku kedua pada Out[3]

Contoh 2: menyelesaikan Masalah syarat batas

y+4y+3y=0

dengan

y(0)=3 dan y(0)=1

Out[1]=

Penyelesaian:

In[1]:=eq=D[ y[ t ] , t , t ] +4D[ y[ t ] , t ] +3y[ t ]0

In[2]:=

sub=Lapl aceTr ansf or m[ eq, t , s]Out[2]=

I n[ 3] : =sub2=sub/ . {y[ 0]3, y' [ 0]1}

Out[3]=

In[4]:=ys=Sol ve[ sub2, Lapl aceTr ansf or m[ y[ t ] , t , s] ]

Out[4] =

In[5]:=yt =I nver seLapl aceTr ansf or m[ ys[ [ 1, 1, 2] ] , s, t ]

Out[5]=


26/29


SOAL-SOAL LATIHAN

1. Selesaikan Transformasi Laplace berikuta. {(t-1)e2t}b. t2coset t3 c. { })tsinh(t2 d. { })atcos()atcosh( e.

{ })atsin()atsinh(

f. {f(t)}=...jika


27/29


(c). y+16y=f(t), y(0)=0, y(0)=1jika


28/29


7. Selesaikan lagi soal no.5 dengan beban w(x) seperti padagambar soal no.4

8. Selesaikan sistem persamaan diferensial berikut(a). Order (tingkat) 1:

212

211

x5xdt

dx

xx5dt

dx

+=

+=

dengan syarat :

7)0(x,3)0(x 21 ==

(b). Tingkat 2 :

t12

22

212

12

e4x4dt

xd

x3xdt

xd

=

+=

dengan syarat :

2dt

)0(dx,1)0(x

3dt

)0(dx,2)0(x

22

11

==

==

(c). Tingkat 3

0dt

xd2x2

dt

dx

tsin6

dt

xdx4

dt

dx

3

23

11

3

23

11

=+

=+

dengan syarat :

0dt

)0(xd,0

dt

)0(dx

0)0(x,0)0(x

2

22

2

21

==

==


29/29


9. Tentukan transformasi Laplace fungsi-fungsi periodikdengan grafik seperti gambar berikut :

(i).

(ii).

a

b 2b 3b

1

a 2a 3a

Transform as i Laplace

Documents