plagiat merupakan tindakan tidak terpujiintegral tak wajar dan integral parsial. bab iii:...

i

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

PLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJIPLAGIAT MERUPAKAN TINDAKAN TIDAK TERPUJI

ii

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


vi

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)

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


viii

ABSTRAK

Persamaan diferensial adalah suatu persamaan yang memuat derivatif atau dife-

rensial 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 menda-

patkan penyelesaian khusus dari sistem persamaan diferensial tersebut.

Kata Kunci: Persamaan diferensial, masalah nilai awal, transformasi Laplace, in-

vers transformasi Laplace


ix

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 aux-

iliary 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.


x

KATA PENGANTAR

Puji dan syukur penulis panjatkan kepada Tuhan Yesus Kristus, Sang Pe-

nerang 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 menyampai-

kan 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.


xi

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


xii

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


xiii

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


xiv

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


xv

DAFTAR TABEL

Halaman

Tabel 3.4.1 Tabel Transformasi Laplace ............................................................ 73


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 di-

ketahui dalam persamaan diferensial bergantung hanya pada satu variabel be-

bas. 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 derivatif-

derivatifnya 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, sifat-

sifat 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 nyyy ,...,, 21 dapat dinyatakan dalam

bentuk

byayaya nn ...2211

di mana naaa ,...,, 21 dan b merupakan konstanta real. Suatu sistem dengan m

persamaan linear dan n variabel yang tidak diketahui dapat ditulis sebagai

mnmnmm

nn

nn

byayaya

byayaya

byayaya

...

...

...

2211

22222121

11212111

(2.1.1)


7

di mana nyyy ,...,, 21 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

mnmm

n

n

aaa

aa

aa

21

22221

11211

a

a

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

mb

b

b

2

1

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

mmnmm

n

n

b

b

b

aaa

aa

aa

2

1

21

22221

11211

a

a

Definisi 2.1.1

Urutan sejumlah bilangan nsss , , , 21 merupakan penyelesaian dari sistem

persamaan (2.1.1) jika nn sysysy , , , 2211 merupakan penyelesaian dari

setiap persamaan di dalam sistem tersebut.

Contoh 2.1.1

Sistem persamaan

493

134

321

321

yyy

yyy (2.1.2)

memiliki penyelesaian 2 ,1 21 yy dan 13 y 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:


9

1. 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

5

2

4

100

610

341

,

000

010

011

,

1

0

0

0

1

6

000

100

210

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

.0563

1342

92

321

321

321

yyy

yyy

yyy


11

Penyelesaian:

Matriks lengkap dari sistem persamaan linear di atas adalah

0

1

9

5-63

3-42

211

Kemudian matriks tersebut di ubah kedalam bentuk eselon baris menjadi

3

217-

9

100

2710

211

Sistem yang bersesuaian dengan matriks adalah

3

2

17

2

7

92

3

32

321

y

yy

yyy

atau

321 29 yyy (2.1.3)

322

7

2

17yy (2.1.4)

.33 y (2.1.5)

Dengan mensubstitusikan nilai y3 ke persamaan (2.1.4) diperoleh 22 y dan

dengan mensubstitusikan y2 ke persamaan (2.1.3) diperoleh .11 y 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 Ltfct

lim

berarti bahwa untuk tiap 0 yang diberikan, terdapat 0 yang

berpadanan sedemikian sehingga Lxf asalkan bahwa

cx0 yakni

Lxfcx0

Contoh 2.2.1

Buktikan bahwa .573lim4

tt

Penyelesaian:

Andaikan bilangan positif sebarang sedemikian sehingga

57340 tt

Kemudian pandang ketaksamaan pada ruas kanan


13

34

43

43

123573

t

t

t

tt

Andaikan diberikan .0 Jika dipilih ,3

maka 40 t

mengimplikasikan

34343123573 tttt

Jadi, terbukti bahwa .573lim4

tt

Definisi 2.2.2

Misalkan f didefinisikan pada c, untuk suatu bilangan c, dikatakan

bahwa

Ltft

lim

jika untuk setiap ,0 terdapat bilangan M sedemikian sehingga

LtfMt

Contoh 2.2.2

Hitunglah nilai limit dari 435

232lim

3

23

tt

tt

t


14

Penyelesaian:

Untuk menghitung nilai limit, pembilang dan penyebut dibagi dengan

pangkat tertinggi yang muncul yaitu t3, sehingga diperoleh

5

2

1lim4

1lim35lim

1lim2

1lim32lim

435

232

lim4

35

232

lim

32

3

32

3

333

3

33

2

3

3

tt

tt

tt

tt

tt

t

t

t

tt

t

t

t

ttt

ttt

tt

2. Fungsi Kontinu

Definisi 2.2.3

Andaikan f terdefinisi pada suatu selang terbuka yang mengandung c, f

kontinu di c jika

cftfcx

lim

Definisi di atas menyatakan bahwa f kontinu jika syarat-syarat berikut

dipenuhi:

i). tfct

lim ada,

ii). Fungsi f terdefinisi di c, yaitu cf ada,


15

iii). cftfct

lim .

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

Contoh 2.2.3

Fungsi f yang didefinisikan

1

12

t

ttf

tidak kontinu untuk 1t , karena 121lim1

1lim

1

2

1ft

t

t

tt

maka f

tidak kontinu di 1t .

Definisi 2.2.4

Fungsi f kontinu kanan di a jika aftfat

lim dan kontinu kiri b jika

bftfbt

lim .

Definisi 2.2.5

Fungsi f dikatakan kontinu pada selang terbuka ba, jika fungsi f

kontinu di setiap titik pada ba, . Fungsi f dikatakan kontinu pada selang

tertutup ba, jika fungsi f kontinu pada selang terbuka ba, , 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 tftt 1

lim

tidak ada, tidak kontinu di t2

karena nilai tftt 2

lim

tidak sama dengan nilai fungsi di t2, dan f tak kontinu

di t3 karena fungsi di t3 tidak ada.

Gambar 2.2.1

Contoh 2.2.4

Akan diperlihatkan bahwa fungsi tf yang didefinisikan dengan

29 ttf

untuk setiap 3 ,3t kontinu pada selang tertutup 3 ,3 .

Fungsi 29 ttf kontinu pada selang terbuka 3,3 . Fungsi f kontinu

kanan di 3t yaitu 0lim3

tdan kontinu kiri di 3t yaitu 0lim

3

t. Ini

berarti fungsi f kontinu pada selang tertutup 3,3 .

t1 t2 t3


17

Definisi 2.2.6

Fungsi tf dikatakan kontinu bagian demi bagian pada interval tertutup

ba, jika f kontinu pada setiap titik dalam ba, kecuali untuk sejumlah

berhingga titik-titik di mana tf mempunyai ketakontinuan lompat. Fungsi

tf dikatakan kontinu bagian demi bagian pada ,0 jika f kontinu ba-

gian demi bagian pada N,0 untuk setiap . 0N

Contoh 2.2.5

Perlihatkan bahwa sebuah fungsi f yang dinyatakan dengan

tf

2t , 10 t

t2 , 21 t

t3 , 32 t

kontinu bagian demi bagian pada interval .3,0

Penyelesaian:

Gambar 2.2.2

tf

t

0 1 2 3

1

2


18

Gambar 2.2.2 tersebut memperlihatkan tf kontinu pada interval 1,0 ,

2,1 dan 3,2 . Pada titik yang tidak kontinu yaitu untuk 2t , fungsi f

mempunyai ketakkontinuan lompat karena

0lim2

tft

dan 1lim2

tft

.

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

Contoh 2.2.6

Perlihatkan bahwa fungsi sebuah fungsi f yang dinyatakan dengan

342 tttf

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 3 ,1 . Untuk

0lim1

tft

tetapi untuk tft 2lim

tidak terdefinisi. Ini berarti bahwa fungsi

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: ,3, 5 yy ee dan yeln .

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 0t dan M sedemikian rupa sehingga

Mtfe t untuk setiap 0tt

di mana tf terdefinisi.

Contoh 2.2.7

Jika diketahui bttf sin maka

.sinbtetfe tt

Untuk setiap 0

.0sinlim

bte t

t

Ini berarti untuk setiap 0 ada 0M dan 00 t sehingga

Mbtetfe tt sinuntuk .0tt Jadi bttf sin berorde

eksponensial, dengan konstanta α sama dengan semua bilangan positif.

Contoh 2.2.8

Tentukan apakah 2tetf berorde eksponensial atau tidak.


21

Penyelesaian:

Diketahui bahwa 2tetf maka

2ttt eetfe .

Untuk setiap 0

tt

t

tt

teee limlim

2

.

Ini berarti bahwa fungsi 2te tidak berorde eksponensial karena

2te membesar

lebih cepat daripada te untuk berapapun nilai α.

C. Deret Geometrik

Definisi 2.3.1

Deret tak berhingga

1n

na konvergen dan mempunyai jumlah S jika

barisan jumlah-jumlah parsial nS konvergen menuju S atau SSnn

lim . Jika

nS divergen, maka deret tersebut divergen. Deret divergen tidak mempunyai

jumlah.

Contoh 2.3.1

Diberikan deret tak berhingga


22

122 1

12

n nn

n

Selidikilah apakah deret tak hingga di atas divergen atau konvergen.

Penyelesaian:

Diketahui bahwa

22 1

12

nn

nan .

Kemudian an ditulis dalam bentuk pecahan parsial berikut

221

11

nnan .

Maka pecahan parsial deret yang diberikan dapat ditulis menjadi

2

22

122

122

1

11

1

11...

9

1

4

1

4

11

1

11

1

12

n

nn

nnnn

nS

nn

n

Oleh karena itu,

.1

1

11limlim

2

nSS

nn

n

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


23

Definisi 2.3.2

Deret berbentuk

...... 132

1

1

n

k

n ararararaar

di mana 0a disebut deret geometrik.

Contoh 2.3.2

Deret 81

4

27

4

9

4

3

4 adalah deret geometrik dengan

3

4a dan

3

1r .

Teorema 2.3.1

Deret geometrik konvergen ke r

aS

1 jika ,1r dan divergen jika .1r

Jumlahan parsial n suku pertama adalah

.1

1

r

raS

n

n

Bukti:

Deret jumlahan parsial suku pertama adalah:

n

n

n

n

ararararararrS

arararararaS

...

...

5432

1432


24

maka

.1

...... 3212

n

n

nn

nn

araSr

ararararararararSS

Jadi,

.

1

1

11

1

r

r

r

a

r

raS

nn

n

Jika ,1r maka .0lim

n

nr Sehingga diperoleh

.1

1lim

1lim

1

1limlim

r

a

r

ar

r

a

r

raSS

n

nn

n

nn

n

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

,lim

n

nr sehingga

.

1

1limlim

r

raSS

n

nn

n

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

1r dan divergen jika .1r


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

0,...,,,,2

2

n

n

dt

yd

dt

yd

dt

dyytF

Bila dt

dyy ,

2

2

dt

ydy , ...,

n

nn

dt

ydy maka persamaan di atas dapat ditulis

menjadi

0,...,,,, ''' nyyyytF

di mana F adalah suatu fungsi real dengan argumen-argumen nyyyyt ,...,,,, '''


26

Contoh 2.4.1

3''' 33 xyyy merupakan persamaan diferensial orde kedua karena pada

persamaan ini tingkat derivatif tertinggi yang muncul adalah dua dan

xxeyxyxy 3324

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

)(... 11

1

10 tbytadt

dyta

dt

ydta

dt

ydta nnn

n

n

n

(2.4.1)

di mana naaa ,...,, 10 dan b adalah fungsi-fungsi kontinu pada suatu interval yang

memuat y dan 00 ta pada interval itu. Fungsi tak 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.


27

iii). Tidak ada fungsi transendental dari y dan derivatif-derivatifnya misalnya

ysin dan ye .

Jika salah satu syarat tersebut tidak dipenuhi maka persamaan diferensial

tersebut tidak linear atau nonlinear. Persamaan diferensial yang tidak linear di-

sebut persamaan diferensial non linear.

Contoh 2.4.2:

tyyy sin35 ''3 dan 065 ''' yyy berturut-turut adalah contoh-contoh

persamaan diferensial linear, sedangkan 06'5'' yyyy adalah contoh

persamaan diferensial non linear.

Definisi 2.4.3

Jika 0tb untuk setiap t, maka persamaan (2.4.1) menjadi

0... 11

1

10

ytadt

dyta

dt

ydta

dt

ydta nnn

n

n

n

dan disebut persamaan diferensial linear homogen. Jika 0tb untuk setiap t,

maka persamaan (2.4.1) disebut persamaan diferensial tak homogen.


28

Contoh 2.4.3

Persamaan 03 yy adalah persamaan diferensial homogen orde pertama,

sedangkan teyyy 32 adalah persamaan diferensial tak homogen orde

kedua. Persamaan ini tak homogen karena 0tb 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

n

n ctyctyctycty

0

1

302010 ,...,,,

yang harus dipenuhi oleh penyelesaian persamaan diferensial dan derivatif-

derivatifnya pada titik awal 0t .

Contoh 2.4.4

20 ,32 ytydt

dy adalah contoh masalah nilai awal pada persamaan

diferensial di mana titik awalnya adalah 0t .


29

71 ,01 ,0sin5 xxttyty adalah contoh masalah nilai awal

pada persamaan diferensial di mana titik awalnya adalah .1t

Definisi 2.4.6

Masalah Nilai Awal untuk persamaan diferensial linear homogen orde ke-n

dengan koefisien konstan terdiri dari penyelesaian persamaan diferensial

0... 11

1

10

yadt

dya

dt

yda

dt

yda nnn

n

n

n

di mana naaa ,...,, 10 adalah konstanta dan 00 a dengan syarat awalnya adalah

n

n ctyctyctycty

0

1

302010 ,...,,,

di mana nccc ,...,, 21 adalah konstanta.

Contoh 2.4.5

062

2

ydt

dy

dt

yd dengan syarat 60 y dan 20 y adalah contoh masalah

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

tbyadt

dya

dt

yda

dt

yda nnn

n

n

n

11

1

10 ...


30

di mana naaa ,...,, 10 adalah konstanta dan 00 a dengan syarat awalnya adalah

n

n ctyctyctycty

0

1

302010 ,...,,,

di mana nccc ,...,, 21 adalah konstanta.

Contoh 2.4.6

tyy sin5 dengan syarat awalnya 00 y dan 10 y adalah contoh

masalah nilai awal untuk persamaan diferensial linear tak homogen karena

ttb sin .

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

tFytbxtbdt

dytb

dt

dxtb

tFytaxtadt

dyta

dt

dxta

24321

14321

(2.5.1)

Penyelesaian di atas dinyatakan dalam pasangan terurut dari fungsi real

gf , demikian sehingga tfx , tgy memenuhi kedua persamaan dari

sistem (2.5.1) pada interval bta .


31

Contoh 2.5.1

Sebuah sistem persamaan yang didefinisikan dengan

teyxdt

dy

dt

dx

txdt

dy

dt

dx

432

232 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

tFytbxtbdt

dytb

dt

dxtb

dt

ydtb

dt

xdtb

tFytaxtadt

dyta

dt

dxta

dt

ydta

dt

xdta

265432

2

22

2

1

165432

2

22

2

1

(2.5.2)

Penyelesaian di atas dinyatakan dalam pasangan terurut dari fungsi real

gf , demikian sehingga tfx , tgy memenuhi kedua persamaan dari

sistem (2.5.2) pada interval bta .

Contoh 2.5.2

Sebuah sistem persamaan yang didefinisikan dengan


32

04323

123732

2

2

2

2

2

2

2

2

yxdt

yd

dt

xd

tydt

dy

dt

dx

dt

yd

dt

xd

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

.

,

,

2211

22222121

2

11212111

1

tFytaytaytadt

dy

tFytaytaytadt

dy

tFytaytaytadt

dy

nnnnnn

n

nn

nn

(2.5.3)

Persamaan diferensial orde ke-n adalah

)(... 11

1

10 tFytadt

dyta

dt

ydta

dt

ydta nnn

n

n

n

dengan satu fungsi yang tak diketahui y. Didefinisikan

yy 1 , dt

dyy 2 ,

2

2

3dt

ydy , ...,

2

2

1

n

n

ndt

ydy ,

1

1

n

n

ndt

ydy . (2.5.4)

Dari persamaan (2.5.4)

dt

dy

dt

dy 1 , dt

dy

dt

yd 2

2

2

, ..., dt

dy

dt

yd n

n

n

1

1

1

, dt

dy

dt

yd n

n

n

. (2.5.5)

Dengan menggunakan persamaan (2.5.4) dan (2.5.5) maka persamaan

(2.5.3) dapat dituliskan menjadi


33

,1211

1

3

2

2

1

tFytaytaytadt

dy

ydt

dy

ydt

dy

ydt

dy

nnn

n

n

n

(2.5.6)

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 ba , .

Misalkan P adalah partisi dari ba , dengan titik-titik partisi ntttt , , , , 210

dan itP max . Integral tentu f dari a ke b adalah

i

n

i

i

b

ap

ttfdttf

1

0 lim (2.6.1)


34

jika limitnya ada. Jika limitnya ada, maka f dikatakan terintegral pada

interval ba , .

Teorema 2.6.1

Jika f kontinu pada seluruh selang ba , , maka f terintegralkan pada

ba , .

Bukti:

Menurut Definisi 2.6.1, untuk membutikan Teorema 2.6.1 akan ditunjukan

bahwa untuk sebarang 0 , terdapat sedemikian sehingga

ab

tftf

2

(2.6.2)

dengan t dan t adalah titik-titik dari ba , sedemikian sehingga

tt . Pertimbangkan sebarang partisi ntttt , , , , 210 sedemikian

sehingga semua subinterval mempunyai panjang kurang dari . Pada

subinterval tertutup ii tt ,1 , misalkan im dan iM masing-masing

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

dapat dibentuk

. 1122011

1122011

nnn

nnn

ttMttMttMS

ttmttmttms

(2.6.3)


35

Pada interval nn tt ,1 , pilih titik t sedemikian sehingga tf dekat ke iM

dan t sedemikian sehingga tf dekat ke im . Dengan demikian

persamaan (2.6.2) menjadi

abmM ii

2

(2.6.4)

Dari persamaan (2.6.3) dapat diperoleh

11220111 nnnn ttmMttmMttmMsS

112220111

112220111

nnnn

nnnn

ttmMttmMttmM

ttmMttmMttmMsS

Dari persamaan (2.6.4)

11201

222

nn tt

abtt

abtt

absS

maka

.

2211201

nn tttttt

absS

Jadi, terbukti f terintegral pada interval ba , .

Teorema 2.6.2

Jika f kontinu bagian demi bagian pada interval tertutup ba , maka f

terintegral pada ba , .


36

Bukti:

Karena f kontinu bagian demi bagian, maka f kontinu pada ba , kecuali

pada titik-titik

.21 bttta n

Berdasarkan Teorema 2.6.1, f terintegral pada selang 21 , tt sedemikian

sehingga dttf

t

t

2

1

ada. Begitupun juga untuk dttf

t

t

3

2

, dttf

t

t

4

3

, ,

dttft

n

t

t

1

ada. Karena f terintegral pada setiap selang 1, ii tt di mana

ni , ,2 ,1 dan

dttf dttf dttf dttfn

n-

n t

t

t

t

t

t

t

t

1

3

2

2

11

maka dttfnt

t

1

ada. Jadi terbukti bahwa f terintegral pada ba , .

2. Integral Tak Wajar

Dalam mendefinisikan integral tentu

b

a

dttf


37

fungsi f dimisalkan terdefinisi pada interval tertutup ba, . Namun bila

integral tersebut mempunyai batas tak berhingga maka integral tersebut

adalah integral tak wajar. Contoh untuk integral tak wajar tersebut adalah

dte t

0

Definisi 2.6.2

Jika f kontinu untuk setiap at , maka

dttfdttf

b

ab

a

lim

Bilamana limitnya ada dan nilainya berhingga, integral tak wajar tersebut

konvergen. Jika tidak, integral tak wajar tesebut divergen.

Contoh 2.6.1

Hitunglah dte t

0

, jika ada

Penyelesaian:

RR

R

R

t

R

t

e

dtedte

0

00

lim

lim


38

1

10

1limlim

1lim

R

R

R

R

R

e

e

Jadi

10

dte t

Contoh 2.6.2

Hitunglah

0 1t

dt, jika ada.

Penyelesaian:

R

R t

dt

t

dt

00 1lim

1

12lim

1

21

1lim

1lim

0

21

0

21

R

t

dtt

R

R

R

R

R


39

Karena 12lim

RR

adalah tak berhingga maka

0 1t

dtdivergen.

Teorema 2.6.2

Jika g dan h adalah fungsi real sedemikian sehingga thtg 0 pada

. ta Misalkan dttha

ada dan g terintegral pada setiap subinterval

tertutup berhingga dari ta maka dttga

ada.

Bukti:

Misalkan untuk aA

A

a

dttgAG

dan

. A

a

dtthAH

Karena thtg 0 maka AHAG dan kedua fungsi tersebut

meningkat. Oleh karena itu, AH cenderung ke limit L untuk A . Ini

berarti


40

.LAHAG

Karena AG meningkat dan terbatas ke atas L, maka AG juga konvergen

ke suatu limit untuk A . Ini berarti dttga

ada.

Teorema 2.6.3

Misalkan fungsi real g terintegral pada setiap subinterval berhingga dari

ta dan dttg 0

ada maka dttg 0

ada.

Bukti:

Perhatikan bahwa

tgtgtgtg .

Maka

. dttgdttgtgdttg

b

a

b

a

b

a

(2.6.4)

Menurut hipotesis, integral kedua pada ruas kanan ada untuk ,b tetapi

karena tgtg maka


41

tgtgtgtgtg 2

sehingga

tgtgtg 20

Oleh karena itu

dttgdttgtg

b

a

b

a

2 0

Karena dttg

b

a

2 ada untuk ,b maka integral pertama pada ruas

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

b

a

dttg ada untuk .b

3. Integral Parsial

Misalkan utu dan vtv maka rumus diferensial hasil kali dua

fungsi adalah

tvtutvtutvtudt

d

atau

tvtutvtudt

dtvtu .


42

Dengan mengintegralkan dua ruas pada persamaan di atas diperoleh

dttvtutvtudttvtu

Karena dttvdv dan dttudu , persamaan di atas dapat ditulis dalam

bentuk

dutvtvtudtu v

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

tentunya adalah

dutvtvtudvtu

b

a

b

a

b

a

Contoh 2.6.3

Tentukanlah

1

0

dtet t.

Penyelesaian:

Misalkan tu dan dtedv t . Maka u mejadi dtdu dan tev .

Dengan demikian


43

1

11

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0

21

10

e

ee

ete

ete

etedtet

tt

tt

ttt

Jadi 1

1

0

21 edtet t.


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 koe-

fisien 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 berni-

lai real. Ketika diterapkan ke dalam masalah nilai awal pada persamaan dife-

rensial 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,+∞). Maka

transformasi Laplace dari f(t) adalah


45

dttfetfsF st

0

L (3.1.1)

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

Contoh 3.1.1

Tentukan transformasi Laplace dari 1tf untuk t > 0.

Penyelesaian:

Fungsi f didefinisikan dengan

1tf , untuk t > 0

Maka

ss

e

s

e

dte

dte

sR

R

Rst

R

R

st

R

st

1lim

lim

1lim

11

0

0

0

L

0 untuk1

1lim

> ss

ss

e sR

R

Jadi

s

11 L 0s


46

Contoh 3.1.2

Jika atetf untuk t > 0, tentukan ateL .

Penyelesaian:

Fungsi f didefinisikan dengan

atetf , untuk t > 0

Maka,

sasa

e

sa

e

dte

dtee

dteee

Rsa

R

Rtsa

R

R

tsa

R

at

R

st

R

atstat

1lim

lim

lim

lim

0

0

0

0

L

asas

sa

sa

e Rsa

R

untuk 1

1

1lim

Jadi

as

eat

1L as


47

Contoh 3.1.3

Jika bttf sin untuk t > 0, tentukan .sinbtL

Penyelesaian:

Fungsi f didefinisikan dengan bttf sin , untuk t > 0

Maka

dtbte

btsF

st sin

sin

0

L

Selanjutnya akan digunakan integral parsial kedua untuk

menyederhanakannya. Misalkan btu sin dan dtedv st . Sehingga u

menjadi dtbtbdu cos dan ste

sv

1. Dengan demikian

0untuk cos lim

cos lim0

cos 1

limsin1

lim

sin limsin

0

0

00

0

sdtbtes

b

dtbtes

b

dtbtbes

btes

dtbtebt

R

st

R

R

st

R

R

st

R

R

st

R

R

st

RL

Karena masih memuat integral, akan digunakan integral parsial kedua.

Misalkan btu cos dan dtedv st . Sehingga dtbtbdu sin dan

stes

v 1

. Dengan demikian


48

sin

sin 1

lim1

0

sin 1

limcos1

lim

cos limsin

0

2

2

2

0

00

0

dtbtes

b

s

b

dtbtbess

b

ss

b

dtbtbess

bbte

ss

b

dtbtes

bbt

st

st

R

R

st

R

R

R

st

R

R

st

RL

Menurut Definisi 3.1.1, sin 0

dtbte st dapat ditulis menjadi .sinbtL

sehingga

0 untuk

1

sin

1 sin

sinsin

sinsin

22

2

2

2

22

2

22

2

2

2

2

sbs

b

s

b

s

b

bt

s

b

s

bbt

s

bbt

s

bbt

bts

b

s

bbt

L

L

LL

LL

Jadi,

0 22

sbs

btfL

Teorema 3.1.1

Misalkan f adalah fungsi real yang mempunyai sifat yakni


49

1. f kontinu bagian demi bagian dalam setiap interval tertutup bta

0b dan

2. f berorde eksponensial, yaitu ada α, 0M dan 00 t sehingga

Mtfe t untuk .0tt

Maka transformasi Laplace

dttfe st

0

dari f ada untuk s > α.

Bukti:

Diketahui bahwa

0

0

00 t

st

t

stst dttfedttfedttfe .

Karena f kontinu bagian demi bagian dalam setiap interval tertutup maka

integral pertama pada sisi kanan ada. Menurut hipotesis kedua,

MeMeetfe tststst

untuk .0tt

Dengan menggunakan definisi integral tak wajar


50

suntuk

lim

limlim

0

0

000

ts

tsRs

R

R

t

ts

R

R

t

ts

Rt

ts

es

M

ees

M

s

MedtMedtMe

Jadi

0t

ts dtMe ada untuk .s

Menurut hipotesis pertama, tfe st terintegral pada setiap subinterval

tertutup berhingga dari .0 tt Dengan Teorema 2.6.1, pilih

tfetg st dan tsMeth maka

dttfet

st

0

ada untuk s

atau

dttfet

st

0

ada untuk .s

Menurut Teorema 2.6.2

dttfet

st

0

juga ada untuk .s

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


51

Contoh 3.1.4

Tunjukan bahwa jika diketahui

tf t, 20 t

3, 2t

maka transformasi Laplace dari f ada untuk .1s

Penyelesaian:

Akan ditunjukkan bahwa:

1. f kontinu bagian demi bagian pada interval ,0 .

2. f berorde eksponensial, yaitu untuk 1 terdapat 0M dan 0tt se-

demikian sehingga Mtfe t untuk 0tt .

Gambar 3.1.1

t

2

3

2

tf


52

Fungsi f kontinu pada masing-masing subinterval 2,0 dan ,2 . Pada titik

yang tidak kontinu yaitu 2t , fungsi f mempunyai ketakkontinuan lompat

karena

2lim2

tft

dan 3lim2

tft

.

Sehingga f kontinu bagian demi bagian pada interval ,0 . Kemudian fung-

si f yang didefinisikan 3tf untuk 2t

. 3tt etfe

Untuk 1

.03lim3lim

t

t

t

tee

Ini berarti untuk 1 terdapat 0M dan 00 t sehingga

Metfe tt 3untuk .2t Fungsi tf memenuhi kedua hipotesis

pada Teorema 3.1.1 sehingga transformasi Laplace dari f ada untuk 1s .

Contoh 3.1.5

Perlihatkan fungsi f tidak mempunyai transformasi Laplace jika diketahui

342 tttf .

Penyelesaian:

Menurut Definisi 3.1.1


53

dtttett st 34340

22

L

Fungsi 342 tte st tidak terdefinisi pada interval 3,1 . Dengan demikian,

dttte st 340

2

tidak ada. Jadi fungsi 342 tttf mempunyai

transformasi Laplace.

Contoh 3.1.6

Selidiki apakah tfL mempunyai transformasi Laplace jika diketahui

2tetf .

Penyelesaian:

Jika 0s , maka

0

22

dteee tsttL tidak ada. Misalkan integral tersebut ada

untuk 0s , maka

s

stt

s

sttstttstt dtedtedtedteee2

2

000

22

L (3.1.2)

Integral

s

stt dte

2

0

positif, karena integrannya positif untuk semua t dan s

yang real. Untuk st 2 atau sst diperoleh ststt ee

. Oleh karena itu

integral kedua pada ruas kanan persamaan (3.1.2) memenuhi ketaksamaan


54

s

st

s

stt dtedte22

Untuk 0s

s

st

s

stt

s

sttt dtedtedtee22

2

0

2

L

Jadi, 2tetf tidak mempunyai transformasi Laplace.

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 1f dan 2f adalah fungsi-fungsi yang transformasi Laplacenya ada

dan misalkan 1c dan 2c adalah konstanta maka

tfctfctfctfc 22112211 LLL (3.2.1)

Bukti:

Dari Definisi 3.1.1


55

tfctfc

dttfecdttfec

tfcetfce

dttfctfcetfctfc

stst

stst

st

2211

0 0

2211

0 0

2211

0

22112211

LL

L

Jadi, terbukti bahwa .22112211 tfctfctfctfc LLL

Teorema 3.2.2

Bila f adalah fungsi real yang kontinu untuk 0t dan berorde eksponensial

te dan misalkan f kontinu bagian demi bagian dalam setiap interval

tertutup ,0 bt maka f L ada untuk s dan

.0ftfstf LL (3.2.2)

Bukti:

Diketahui bahwa:

1. f adalah fungsi real yang kontinu untuk 0t dan berorde eksponensial te

2. f kontinu bagian demi bagian dalam setiap interval tertutup .0 bt

Dari Definisi 3.1.1 yaitu

0

dttfetf stL

maka


56

0

' dttfetf stL atau

R

st

Rdttfetf

0

' limL

Misalkan nttt ,...,, 21 adalah titik-titik di dalam interval Rt 0 di mana f

tidak kontinu di titik-titik nttt ,...,, 21 maka

. ... 2

1

1

00

R

t

st

t

t

st

t

st

R

st

n

dttfedttfedttfedttfe

Masing-masing suku pada ruas kanan diselesaikan dengan integral parsial

menjadi

.

... 2

1

2

1

1

1

0

0

0

R

t

stR

t

st

t

t

stt

t

st

t

sttst

R

st

n

ndttfestfe

dttfestfedttfestfedttfe

Karena f kontinu untuk 0t maka

R

stsR

R

st dttfesRfefdttfe00

0

Karena f berorde eksponensial te , maka ada 0M dan 00 t di mana

Mtfe t untuk .0tt Dengan demikian

RsRsRsR MeMeeRfe untuk .0tR

Jika s maka

0lim

Rfe sR

R


57

dan

. lim0

tfsdttfes

R

st

RL

Jadi, terbukti bahwa

0 lim0

ftfsdttfe

R

st

R

L atau 0ftfstf LL

dan tf L ada untuk .s

Teorema 3.2.3

Bila f adalah fungsi real yang turunan ke- 1n 1nf kontinu untuk 0t

dan misalkan 1,...,, nfff berorde eksponensial .te Kemudian misalkan

nf kontinu bagian demi bagian dalam setiap interval tertutup bt 0 .

Maka nL f ada untuk s dan

.0...000 1321 nnnnnn ffsfsfstfsf LL (3.2.3)

Bukti:

Diketahui bahwa:

1. f adalah fungsi real yang turunan ke- 1n 1nf kontinu untuk .0t

2. 1,...,, nfff berorde eksponensial .te

3. nf kontinu bagian demi bagian dalam setiap interval tertutup bt 0 .


58

Dari Definisi 3.1.1 yaitu

0

dttfetf stL

maka

0

dttfetf nstnL atau

R

nst

R

n dttfetf0

limL

Misalkan nttt ,...,, 21 adalah titik-titik di dalam interval Rt 0 di mana f

tidak kontinu di titik-titik nttt ,...,, 21 maka

. ... 2

1

1

00

R

t

nst

t

t

nst

t

nst

R

nst

n

dttfedttfedttfedttfe

Masing-masing pada ruas kanan diselesaikan dengan integral parsial menjadi

. ...

111

1

0

1

0

1

0

2

1

2

1

1

1

R

t

nstR

t

nst

t

t

nst

t

t

nst

t

nsttnst

R

nst

n

ndttfetfedttfe

tfedttfetfedttfe

Karena f kontinu untuk 0t maka

R

nstnsRn

R

nst dttfesRfefdttfe0

111

0

0

Karena 1,...,, nfff berorde eksponensial .te Jadi ada 0M dan 00 t di

mana Mtfe nt 1 untuk .0tt Dengan demikian

RstsRnsR MeMeetfe 1 untuk .0tR


59

Jika s maka

0lim 1

Rfe nsR

R

dan

. lim 1

0

1 tfsdttfes n

R

nst

R

L

Jadi

0 lim 11

0

nn

R

nst

Rftfsdttfe L

atau

011 nnn ftfstf LL

dan tf nL ada untuk .s

Untuk membuktikan persamaan (3.2.3), akan digunakan induksi matematis.

Untuk 1n maka

.0ftfstf LL

Anggap persamaan (3.2.3) benar untuk kn maka

.0...000 1321 kkkkkk ffsfsfstfsf LL

Akan dibuktikan persamaan (3.2.3) berlaku untuk 1 kn yakni

.00...000

00...000

0

1211

1321

1

fsffsfsfstfs

fffsfsfstfss

ffsf

kkkkk

kkkkk

kk

L

L

LL


60

Jika untuk 1n dan kn benar maka untuk 1 kn juga benar. Ini

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


0...000 1''3'21 nnnnnn ffsfsfstfsf LL

dan nL f ada untuk .s

Teorema 3.2.4

Bila f sedemikan rupa sehingga fL ada untuk .s Maka untuk setiap

konstanta a berlaku

asFtfeat L (3.2.4)

untuk ,as di mana .tfsF L

Bukti:

Dari Definisi 3.1.1

. 0

dttfesF st

Substitusikan s dengan as sehingga diperoleh

tfe

dttfee

dttfeasF

at

atst

tas

L

0

0


61

Jadi

tfeasF atL as

Teorema 3.2.5

Misalkan f adalah sebuah fungsi yang memenuhi hipotesis dari Teorema 3.1.3

di mana F adalah transformasi Laplace yakni

dttfesF st

0

Maka

.1 sFds

dtft

n

nnn L (3.2.5)

Bukti:

Untuk membuktikan persamaan (3.2.5), akan digunakan induksi matematis.

Diketahui Definisi 3.1.1 yaitu

dttfesF st 0

Diferensialkan kedua ruas persamaan di atas terhadap s sedemikian rupa

sehingga


62

0

0

0

dttfet

dttfet

dttfeds

dsF

ds

d

st

st

st

Jadi tftsF L atau sFtft L . Dengan demikian untuk

,1n persamaan (3.2.5) bernilai benar. Anggap Teorema 3.2.5 benar untuk

kn sedemikian rupa sehingga

sFds

dtft

k

kkk 1L

Akan dibuktikan persamaan (3.2.5) berlaku untuk 1 kn yakni

tftttft kk 1 LL

Misalkan ttftg maka

sFds

d

sFds

d

ttfds

d

sGds

d

tgttft

k

kk

k

kk

k

kk

k

kk

kk

1

11

1

1

1

1

1

L

LL

Jika untuk 1n dan kn benar maka untuk 1 kn juga benar. Ini

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



63

.1 sFds

dtft

n

nnn L

C. Fungsi Khusus Transformasi Laplace

Untuk masing-masing bilangan real ,0a fungsi tangga satuan au di-

definisikan untuk t yang tak negatif dengan

tua 0, at

1, at

Jika ,0a secara umum menjadi

tu0 0, 0t

1, 0t

tetapi karena au didefinisikan untuk t yang tak negatif maka

10 tu untuk .0t

Fungsi au didefinisikan memenuhi hipotesis pada Teorema 3.1.1 sehingga

tuaL ada. Dengan Definisi 3.1.1,

s

e

es

dte

dtedtedttuetu

at

R

a

st

R

R

a

st

R

a

st

a

st

a

st

a

1lim lim0

1 0 00

L

Sifat lain yang berguna dari fungsi tangga satuan dalam hubungannya

dengan transformasi Laplace adalah fungsi translasi. Fungsi tersebut didefini-

sikan dengan


64

0, at

,atf at

Karena fungsi tangga satuan didefinisikan dengan

tua 0, at 0

1, at

maka

atftua 0, at 0

,atf at

Teorema 3.3.1

Bila f adalah fungsi yang memenuhi hipotesis dari Teorema 3.1.1 dengan

transformasi Laplace F sedemikian sehingga

0

dttfesF st

dan fungsi translasi didefinisikan dengan

atftua 0, at 0

,atf at

Maka

tfeatftu as

a LL (3.3.1)


65

Bukti:

0

00

0

0

dtatfe

dtatfedte

dtatftueatftu

st

st

a

st

a

st

aL

Misalkan ,at sehingga

tfe

dfee

dfedtatfe

sa

ssa

asst

L

0

00


.tfeatftu as

a LL

Contoh 3.3.1

Tentukan transformasi Laplace dari

tg 0, 50 t

,3t 5t

Penyelesaian:

Diketahui bahwa


66

tg 0, 50 t

,3t 5t

Nyatakan 3t untuk 5t dalam bentuk .5t Jadi 253 tt sehingga

tg 0, 50 t

,25 t 5t

Maka fungsi translasinya adalah

55 tftu 0, 50 t

,25 t 5t

di mana 2 ttf dan .5a Kemudian, tentukan transformasi Laplace da-

ri .tf Menurut Teorema 3.2.1

ss

ttt

21

1222

2

LLLLL

Dengan Teorema 3.3.1

sse

tetftu

s

s

21

25

2

5

5

5 LL

Jadi

ssetftu s 21

52

5

5L .0s

Definisi 3.3.1

Fungsi tf dikatakan periodik dengan periode P jika

tfPtf


67

untuk setiap t di mana f terdefinisi.

Teorema 3.3.2

Misalkan f adalah fungsi periodik dengan periode P yang transformasi Lapla-

cenya ada, maka

Ps

P

st

e

dttfe

tf

1

0L

Bukti:

Dari Definisi 3.1.1

dttfetf st 0

L

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

dari integral

......

13

2

2

0

Pn

nP

st

P

P

st

P

P

st

P

st dttfedttfedttfedttfe (3.3.2)

Untuk setiap ,...,2 ,1 ,0n misalkan nPut dalam integral yang sesuai

.

1

Pn

nP

st dttfe

maka untuk setiap ,...,2 ,1 ,0n

. 0

P

nPus dunPufe


68

Menurut hipotesis, f adalah periodik dari periode P. Jadi

nPufPufPufuf ...2 untuk semua u di mana f

terdefinisi. Demikian pula untuk ,nPssunPus eee di mana faktor nPse

adalah variabel tak bebas dari integrasi u. Jadi untuk setiap ,...,2 ,1 ,0n

integral

P

nPus dunPufe0

menjadi

. 0

P

sunPs duufee

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

P

sunPsPsPs

P

sunPs

P

suPs

P

suPs

P

su

duufeeee

duufeeduufeeduufeeduufe

0

2

00

2

00

......1

......

......1 2 nPsPsPs eee adalah deret geometrik di mana 1a dan

rasio .1 Pser Maka

Ps

nPsPsPs

eeee

1

1......1 2

Sehingga

.1

1

......

0

00

2

00

P

su

Ps

P

sunPs

P

suPs

P

suPs

P

su

duufee

duufeeduufeeduufeeduufe

Jadi terbukti terbukti bahwa


69

P

st

Psdttfe

etf

0

.1

1L

Contoh 3.3.2

Tentukan transformasi Laplace dari f bila f didefinisikan pada 40 t

dengan

tf 1, 20 t

-1, 42 t

dan tftf 4 untuk .4t

Penyelesaian:

Fungsi f adalah fungsi periodik dengan periode 4P sehingga

s

s

ss

s

ss

s

sss

s

stst

s

s

st

es

e

ees

e

eees

eeese

dtedtee

e

dttfe

tf

2

2

22

22

42

4

242

4

4

2

2

0

4

4

4

0

1

1

]1 1

1

211

1

11

1

1

1 11

1

1

L


70

Jadi

s

s

es

etf

2

2

1

1

L .0s

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 tf ke dalam fungsi sF Tetapi

jika diketahui ,sF maka sF dapat diinverskan untuk mencari .tf

Inilah yang dinamakan invers transformasi Laplace. Invers transformasi

Laplace dinyatakan dengan

sFtf 1 L (3.4.1)

yang berarti bahwa ada tf sedemikian sehingga

sFtf L .

Contoh 3.4.1

Tentukan tf jika diketahui

s

sF1

.


71

Penyelesaian:

Dari Contoh 3.1.1, diketahui bahwa jika 1tf maka

.1

1

s

tf

LL

Dengan demikian

1

1

ssF 1-1- LL

Jadi

1 sFtf -1L .

Invers dari sF akan dicari dengan menggunakan beberapa

metode salah satunya adalah metode pecahan parsial. Misalkan diketahui

sQ

sP di mana sP dan sQ adalah polinomial, dengan derajat P

kurang dari Q dan mempunyai ekspansi pecahan parsial yang bentuk

faktor-faktornya kuadrat dan linear dari .sQ Ada tiga kasus yang perlu

dipertimbangkan yaitu:

1. Faktor linear tak berulang

Jika sQ dapat difaktorkan ke dalam sebuah perkalian dari faktor

linear yang berbeda

nrsrsrssQ ... 21


72

di mana ir adalah semua bilang real yang berbeda, maka ekspansi

pecahan parsial mempunyai bentuk

,...2

2

1

1

n

n

rs

A

rs

A

rs

A

sQ

sP

di mana iA adalah bilangan real.

2. Faktor linear berulang

Misalkan rs adalah faktor dari sQ dan misalkan mrs adalah

derajat tertinggi dari rs yang membagi .sQ Maka bagian

ekspansi pecahan parsial dari sQ

sP yang sesuai dengan bentuk

mrs adalah

...,...2

2

2

1

1

m

n

m

rs

A

rs

A

rs

A

sQ

sP

di mana iA adalah bilangan real.

3. Faktor Kuadrat

Misalkan 22 s adalah faktor kuadrat dari sQ yang tidak

bisa direduksi ke faktor-faktor linear dengan koefisien-koefisien real.

Misalkan m adalah pangkat tertinggi dari 22 s yang

membagi .sQ Maka bagian dari ekspansi pecahan parsial dari

sQ

sP yang sesuai untuk 22

s adalah


73

...,...222

22

22

22

11

m

mm

s

DsC

s

DsC

s

DsC

sQ

sP

Berikut diberikan Tabel 3.4.1 yang berisi beberapa fungsi tf yang

sesuai dengan transformasi Laplace sF yang dapat diselesaikan dengan

metode yang diberikan sebelumnya.

Tabel 3.4.1: Tabel Transformasi Laplace

sFtf -1L sFtf L

1 s

1, 0s

ate as

1, as

,...2,1, nt n 1

! ns

n, 0s

,...2,1, nte nat

1

!

n

as

n as

btsin 22 bs

b

0s

btcos 22 bs

s

0s

bteat sin 22bas

b

as

bteat cos 22bas

as

as


74

Contoh 3.4.1

Tentukan invers transformasi Laplace dari fungsi

31

292

2

ss

sssF .

Penyelesaian:

Fungsi F(s) dapat dipisahkan menjadi

31131

2922

2

s

C

s

B

s

A

ss

ss, (3.4.2)

di mana A, B dan C adalah konstanta sehingga

31

133 1

31

292

2

2

2

ss

sCsBssA

ss

ss

Kemudian

22 133 129 sCsBssAss

atau

293322 22 ssCBAsCBAsCA .

Maka diperoleh sistem persamaan

233

922

1

CBA

CBA

CA

Dengan menggunakan metode eliminasi Gauss diperoleh 2A , 3B

dan .1C Persamaan (3.4.2) menjadi

.

3

1

1

3

1

2

31

2922

2

sssss

ss

maka


75

.

3

1

1

3

1

2

31

292

1

2

21

sssss

ssLL


.

3

1

1

3

1

2

31

29 1

2

11

2

21

sssss

ssLLLL

atau

.

3

1

1

13

1

12

31

29 1

2

11

2

21

sssss

ssLLLL

Dengan Tabel 3.4.1, diperoleh

tes

1

11L ,

ttes

2

1

1

1L dan te

s

31

3

1

L

Jadi

.32

31

29 3

2

21 ttt etee

ss

ss

L

2. Konvolusi

Definisi 3.4.1

Misalkan f dan g adalah fungsi yang kontinu bagian demi bagian dalam

setiap interval tertutup bt 0 dan berorde eksponensial. Fungsi yang

dinotasikan dengan gf dan didefinisikan sebagai

t

dvvtgvftgtf0

, (3.4.3)

dikatakan konvolusi dari fungsi f dan g.


76

Teorema 3.4.1

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

Maka

.tftgtgtf (3.4.4)

Bukti:

Dari Definisi 3.4.1

t

dvvtgvftgtf0

Misalkan vtu maka

tftgduutfug

duugutfdvvtgvftgtf

t

tt

0

00

Jadi terbukti bahwa

.tftgtgtf

Teorema 3.4.2

Misalkan fungsi f dan g kontinu bagian demi bagian pada setiap interval

tertutup berhingga bt 0 dan berorde eksponensial .ate Maka

gfgf LLL (3.4.5)

untuk .s


77

Bukti:

Dari Definisi 3.1.1 dan Definisi 3.4.1, gf L adalah fungsi yang

didefinisikan dengan

. 00

dtdvvtgvfegf

t

st

L (3.4.6)

Untuk menyederhanakan integral pada persamaan (3.4.6) digunakan

fungsi tangga satuan. Karena

tuv 0, vt 0

1, vt

Maka persamaan (3.4.6) menjadi

dtdvvtgvftuegf v

st 0 0

L

Kemudian

dvdtvtgtuevfgf v

st 0 0

L

Menurut Teorema 3.3.1, gedtvtgtue st

v

st L

0

maka

dvgevfgf sv 0

LL

atau

dvevfggf sv 0

LL .


78

Menurut Definisi 3.1.1, fdvevf sv L

0

maka

. fggf LLL

Karena fggf maka

. gffggf LLLL


. gfgf LLL

Akibat 3.4.3

Jika Ff L dan Gg L maka

.1 tftgtgtfsGsF L

Bukti:

Jika Ff L dan Gg L maka persamaan (3.4.5) dapat ditulis dalam

bentuk

. sGsFtgtf L

Oleh karena itu

. s tgtfGsF -1L (3.4.7)

dan dengan Teorema (3.4.1) maka

. s tftgtgtfGsF -1L (3.4.8)


79

Jadi terbukti bahwa

.1 tftgtgtfsGsF L

Contoh 3.4.2

Tentukan

.1

12

1

ssL

Penyelesaian:

Perhatikan bahwa 1

12 ss

adalah hasil perkalian antara sF dan sG

di mana s

sF1

dan 1

12

s

sG .

Dengan Tabel 3.4.1, 11 sFtf L dan tsGtg sin1 L .

Maka berdasarkan Akibat 3.4.3

.cos1 sin1

1

1

00

1

2

1

tdvvtdvvtgvf

tgtfsGsFss

tt

LL

Jadi

t

sscos1

1

12

1

L .


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 terse-

but 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

00 t .

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 ben-

tuk

)(... 11

1

10 tbyadt

dya

dt

yda

dt

yda nnn

n

n

n

(4.1.1)

dengan syarat awalnya

1

1

10 )0(,...,)0(,)0(

n

n cycycy . (4.1.2)

Asumsikan masalah nilai awal di atas mempunyai penyelesaian ty dan

n

n

dt

yd,

1

1

n

n

dt

yd, ...,

dt

dy memenuhi syarat pada Teorema 3.2.3. Kemudian berikan

transformasi Laplace pada kedua ruas persamaan (4.1.1) sedemikian sehingga

)(... 11

1

10 tbyadt

dya

dt

yda

dt

yda nnn

n

n

n

LL

(4.1.3)

Menurut Teorema 3.2.1, persamaan (4.1.3) menjadi

)(... 11

1

10 tbyadt

dya

dt

yda

dt

yda nnn

n

n

n

LLLLL

(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),

.,...,,1

1

dt

dy

dt

yd

dt

ydn

n

n

n

LLL

Maka


82

11

2

0

1

121

...

0...00

n

nnn

nnnn

n

n

ccscstys

yysystysdt

yd

L

LL

0

21

3

0

21

2321

1

1

0

.

.

.

...

0...00

ctys

ytysdt

dy

ccscstys

yysystysdt

yd

n

nnn

nnnn

n

n

L

LL

L

LL

Persamaan (4.1.4) menjadi

11

2

0

1

0 ...

n

nnn ccscstysa L

tbtyactysa

ccscstysa

nn

n

nnn

LLL

L

01

21

3

0

21

1

...

...

Misalkan tyL dinotasikan sebagai sY dan tbL dinotasikan sebagai

sB maka

sBsYacassYaca

csacsasYsacacsacsasYsa

sBsYacssYa

ccscssYsaccscssYsa

nnnn

nnn

n

nnn

nn

n

nnn

n

nnn

01121

1

3

10

2

1

1

1101

2

00

1

00

01

21

3

0

21

111

2

0

1

0

...

......

.........

atau

sYasasasa nn

nn

1

1

10 ... (4.1.5)


83

sBacasac

asasac

asasac

nn

n

nn

n

nn

01102

2

32

01

1

21

00

...

...1

...1

Karena b adalah fungsi yang diketahui dari t, maka B adalah fungsi terhadap s

yang diasumsikan ada dan dapat diselesaikan. Setelah sY diperoleh, tentukan

y(t) dengan menginverskan sY .

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 sYty -1L dari masalah nilai awal yang

diberikan.

Contoh 4.1.1

Selesaikan masalah nilai awal

teydt

yd t sin2

2

2 (4.1.6)

dengan syarat awal


84

00

00

y

y

Penyelesaian:

Transformasi Laplace pada kedua ruas persamaan (4.1.6) adalah

teydt

yd t sin2

2

2

LLL (4.1.7)

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

12

100

2

2

styysytys LL

Kemudian dengan syarat awal, persamaan di atas disederhanakan menjadi

12

12

2

stytys LL

atau

12

11

2

2

stys L

Karena sYty L maka

12

11

2

2

ssYs

Sehingga diperoleh


85

121

122

ss

sY

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

121

122

11

sssY LL

Untuk menyelesaikan persamaan di atas dapat menggunakan pecahan parsial atau

konvolusi.

1. Menggunakan pecahan parsial

Diketahui bahwa

121

122

ss

sY

Fungsi Y(s) dapat dipisahkan menjadi

.

121121

12222

s

DCs

s

BAs

ss (4.1.8)

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

Dengan demikian

1112 22 sDCssBAs

atau

15454 23 DBsCBAsDBAsCA



86

15

045

04

0

DB

CBA

DBA

CA

Dengan menggunakan metode eliminasi Gauss diperoleh 8

1A ,

8

1B

,8

1C dan

8

3D . Persamaan (4.1.8) menjadi

12

8

3

8

1

1

8

1

8

1

121

12222

s

s

s

s

ss

atau

.

12

1

8

3

128

1

1

1

8

1

18

1

121

1222222

ss

s

ss

s

ss

Maka

.

12

1

8

3

128

1

1

1

8

1

18

1

121

1

22

2222

ss

s

ss

s

ss

1-1-

1-1-1-

LL

LLL

(4.1.9)

Untuk menentukan

12

1

8

3

128

122

ss

s 1-1- LL (4.1.10)

Persamaan 12

2s

s dapat ditulis dalam bentuk


87

12

2

12

2

12222

ss

s

s

s

maka

.

12

2

12

2

122

1

2

1

2

1

ss

s

s

sLLL


12

1

8

3

12

2

12

2

8

122

1

2

1

sss

s 1-LLL

12

1

8

3

12

2

8

1

12

2

8

122

1

2

1

sss

s 1-LLL

12

1

8

2

12

2

8

122

ss

s 1-1- LL

Dengan demikian persamaan (4.1.9) menjadi

.

12

1

8

1

12

2

8

1

1

1

8

1

18

1

121

1

22

2222

ss

s

ss

s

ss

1-1-

1-1-1-

LL

LLL


,cos12

ts

s

1-L ,sin1

12

ts

1-L

tes

s t cos12

2 2

2

1-L dan

.sin

12

1 2

2te

s

t

1-L

Jadi


88

.sin8

1cos

8

1sin

8

1cos

8

1 22 tetettty tt

2. Menggunakan konvolusi

Karena 121

122 ss

adalah hasil perkalian antara sF dan sG di mana

1

12

s

sF dan 12

12

s

sG . Menurut Tabel 3.4.1, tsF sin1 L dan

tesG t sin21 L . Maka berdasarkan Akibat 3.4.3

. sinsin

121

1

0

2

0

1

22

1

dvvtvedvvtfvgtftg

tgtfsGsFss

t

v

t

LL

Integral di atas dapat ditulis menjadi

t

v

t

v

t

v dvvetdvvvetdvvtve0

22

0

2

0

2 sincos cossinsin sinsin

Karena vtvtvt sincoscossinsin maka

vdvtvevdvtve

dvvtvtvedvvtve

t

v

t

v

t

v

t

v

sincossincossinsin

sincoscossinsin sinsin

0

2

0

2

0

2

0

2

atau


89

dvvetvdvvetdvvtve

t

v

t

v

t

v

0

22

0

2

0

2 sincoscossinsin sinsin

Karena 2

2sincossin

vvv dan vv 2cos1

2

1sin 2 maka

. 2cos2

cos

2

cos 2sin

2

sin

2

2cos1cos

2

2sinsin sinsin

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

dvvet

dvet

dvvet

dvv

etdvv

etdvvtve

atau

321

0

2

2

cos

2

cos

2

sin sinsin I

tI

tI

tdvvtve

t

v

di mana

t

v

t

v

t

v

dvveI

dveI

dvveI

0

2

3

0

2

2

0

2

1

2cos

2sin


90

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

dvveveve

dvveveve

dvveve

dvevvedvveI

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

1

2sin2sin2

12cos

2

1

2sin2

122sin

2

12cos

2

1

2cos2cos2

1

22cos2

12cos

2

1 2sin

Karena dvveI

t

v 2sin0

2

1

maka

tete

eteete

vevedvve

vevedvve

dvvevevedvve

tt

tt

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

2sin4

1

4

12cos

4

1

0sin4

12sin

4

10cos

4

12cos

4

1

2sin4

12cos

4

1 2sin

2sin2

12cos

2

1 2sin2

2sin2sin2

12cos

2

1 2sin

22

0202

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

Jadi .2sin4

1

4

12cos

4

1 22

1 teteI tt

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1 202

0

2

0

2

2

tt

t

v

t

v eeeedveI

Jadi .2

1

2

1 2

2 teI


91

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

dvveveve

dvveveve

dvveve

dvevvedvveI

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

3

2cos2cos2

12sin

2

1

2cos2

122cos

2

12sin

2

1

2sin2sin2

1

22sin2

12sin

2

1 2cos

Karena

t

v dvveI0

2

3 2cos maka

4

12cos

4

12sin

4

1

0cos4

12cos

4

10sin

4

12sin

4

1

2cos4

12sin

4

1 2cos

2cos2

12sin

2

1 2cos2

2cos2cos2

12sin

2

1 2cos

22

0202

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

tete

eteete

vevedvve

vevedvve

dvvevevedvve

tt

tt

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

t

v

Jadi .4

12cos

4

12sin

4

1 22

3 teteI tt

Dengan demikian


92

8

cos

4

cos

4

cos

8

sin

2coscos2sinsin8

2sincos2cossin8

8

cos2coscos

82sincos

8

4

cos

4

cos

8

sin2sinsin

82cossin

8

4

12cos

4

12sin

4

1

2

cos

2

1

2

1

2

cos2sin

4

1

4

12cos

4

1

2

sin sinsin

2

22

22

222

22

222

0

2

tttet

tttte

tttte

ttt

ett

e

ttettt

ett

e

tetet

et

tetet

dvvtve

t

tt

tt

ttt

tt

ttt

t

v

Karena

t

t

tttttt

cos

cos

2cos2sinsin2coscos

dan

t

t

tttttt

sin

sin

2sin2sincos2cossin

maka

8

cos

4

cos

4

cos

8

sin

8

cossin

8

8

cos

4

cos

4

cos

8

sincos

8sin

8 sinsin

222

222

0

2

tttettet

e

tttett

et

edvvtve

ttt

tttt

v

Jadi

.sin8

1cos

8

1sin

8

1cos

8

1 22 tetettty tt


93

Penyelesaian Persamaan Diferensial Linear dengan Transformasi Laplace

Menggunakan MATLAB

Persamaan diferensial linear umum orde kedua dengan koefisien konstan

adalah

tbcydt

dyb

dt

yda

2

2

(4.1.11)

Menurut Teorema 3.2.3 transformasi Laplace untuk persamaan (4.1.11) adalah

tbtycytysbysytysa LLLL 0002 (4.1.12)

Karena sYty L dan sBtb L maka persamaan di atas menjadi

sBscYyssYbysysYsa 0002.

Maka

cbsas

ayybassBsY

2

' 00 (4.1.13)

Transformasi Laplace dari sY 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 sY , pertama tentukan s dan t sebagai variabel dan dilakukan

dengan perintah

>> syms t s

Kemudian input koefisen-koefisen ba , dan c dan syarat awalnya yaitu 0y dan

0y . 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 1 2 3 4 5 6 7-0.2

-0.15

-0.1

-0.05

0

0.05

0.1

0.15

0.2

y(t)


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

tgybxbdt

dyb

dt

dxb

tfyaxadt

dya

dt

dxa

4321

4321

di mana a1, a2, a3, a4, b1, b2, b3 dan b4 adalah konstanta dan tf dan tg adalah

fungsi-fungsi yang diketahui dan memenuhi syarat awalnya yaitu

10 cx dan 20 cy

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

txsX L dan tysY L

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

t

t

eyxdt

dy

eyxdt

dx

42

836

(4.2.1)

dengan syarat awalnya adalah 10 x dan 00 y .

Penyelesaian:

Transformasi Laplace untuk persamaan (4.2.1) adalah

t

t

eyxdt

dy

eyxdt

dx

42

836

LLLL

LLLL

(4.2.2)

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

menjadi

.420

8360

t

t

etytxyty

etytxxtx

LLLsL

LLLsL

Kemudian dengan syarat awal, sistem pada persamaan di atas disederhanakan

menjadi


99

1

42

1

8361

stytxty

stytxtx

LLsL

LLsL

atau

1

91

1

836

s

s

stytxs LL

.1

421

stxtys LL

Karena txsX L dan tysY L maka

1

936

s

ssYsXs (4.2.3)

1

421

ssXsYs (4.2.4)

Kemudian persamaan (4.2.3) dikalikan dengan 1s dan persamaan (4.2.4) de-

ngan 3 sehingga

91361 ssYssXss (4.2.5)

1

12613

ssXsYs (4.2.6)

Dengan mengurangi persamaan (4.2.5) dengan (4.2.6) diperoleh

1

129661

sssXsXss

atau


100

1

2110

1

121943

1

129127

2

2

s

ss

s

sssXss

sssXss

Dari persamaan di atas diperoleh

41

7

431

73

431

21102

ss

s

sss

ss

sss

sssX

Dengan cara yang sama, persamaan (4.2.3) dikalikan dengan 2 dan persamaan

(4.2.4) dikalikan dengan 6s diperoleh

1

182662

s

ssYsXs (4.2.7)

1

2446261

s

ssXssYss (4.2.8)

Persamaan (4.2.7) dijumlahkan dengan (4.2.8) diperoleh

1

6234

1

62127

1

62676

1

62616

2

2

s

ssYss

s

ssYss

s

ssYsssY

s

ssYsssY

Dari persamaan di atas diperoleh

.41

2

341

62

sssss

ssY


101

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

41

711

ss

ssX LL

dan

.41

211

sssY LL

Dengan menggunakan pecahan parsial

41

711

ss

stxsX LL

Diketahui bahwa

41

7

ss

ssX

Fungsi X(s) dapat dipisahkan menjadi

4141

7

s

B

s

A

ss

s (4.2.9)

di mana A dan B adalah konstanta.

Dengan demikian

741 ssBsA


74

1

BA

BA

Dengan eliminasi Gauss diperoleh 2A dan 1B . Persamaan (4.2.9) menjadi


102

4

1

1

2

41

7

ssss

s

maka

4

1

1

2

41

7 11

ssss

sLL


4

1

1

12

4

1

1

2

41

7

11

111

ss

ssss

s

LL

LLL

Dengan Tabel 3.4.1 diperoleh

.2

41

7 41 tt eetxss

s

L

Dengan cara yang sama seperti di atas Y(s) dapat diselesaikan yakni

.41

211

sstysY LL

Diketahui bahwa

.41

2

sssY

Fungsi Y(s) dapat dipisahkan menjadi

4141

2

s

B

s

A

ss (4.2.10)

di mana A dan B adalah konstanta.

Dengan demikian


103

Diperoleh sistem persamaan

24

0

BA

BA

Dengan eliminasi Gauss diperoleh 3

2A dan .

3

2B Persamaan (4.2.10)

menjadi

maka

.

4

1

3

2

1

1

3

2

41

2 111

ssssLLL


.

3

2

3

2

41

2 41 tt eetyss

L

Jadi

tt eetx 42

.3

2

3

2 4tt eety

241 sBsA

.

4

1

3

2

1

1

3

2

41

2

ssss


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

tgybxbdt

dyb

dt

dxb

tfyaxadt

dya

dt

dxa

4321

4321

dengan syarat awal yaitu 0x dan 0y . Transformasi Laplace untuk sistem di

atas adalah

tgybxbdt

dyb

dt

dxb

tfyaxadt

dya

dt

dxa

LLLLL

LLLLL

4321

4321

(4.2.11)


tgtybtxbybtybxbtxb

tftyatxayatyaxatxa

LLLLsL

LLLLsL

432211

432211

00

00

atau

00

00

214231

214231

ybxbtgtybsbtxbsb

yaxatftyasatxasa

LLL

LLL (4.2.12)

Karena sXtx L , sYty L , sFtf L dan sGtg L maka



105

00

00

314321

314321

ybxbsGsYbsbsXbsb

yaxasFsYasasXasa

(4.2.13)

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

00

00

21

21

4231

4231

ybxbsG

yaxasF

sY

sX

bsbbsb

asaasa

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)


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


106

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. ')


107

Output untuk Contoh 4.2.1 adalah

--------------------------------------------------------------------------------------------------


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)

-------------------------------------------------------------------------------------------------------



109

Grafik:

C. Penyelesaian Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde Kedua dengan


Masalah nilai awal pada sistem persamaan diferensial orde kedua dapat juga

diselesaikan dengan metode transformasi Laplace. Bentuk sistem persamaan

diferensial orde kedua yaitu

tgybxbdt

dyb

dt

dxb

dt

ydb

dt

xdb

tfyaxadt

dya

dt

dxa

dt

yda

dt

xda

65432

2

22

2

1

65432

2

22

2

1

0 1 2 3 4 5 6 7-1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9x 10

10

x(t)

y(t)


110

di mana 54321654321 , , , , , , , , , , bbbbbaaaaaa dan 6b adalah konstanta dan tf

dan tg adalah fungsi-fungsi yang diketahui dan memenuhi syarat awalnya

yaitu

10 cx , 20 cx , 30 cy dan 20 cy

di mana 321 , , ccc dan 4c adalah konstanta.

Contoh 4.3.1

Selesaikan masalah nilai awal pada sistem persamaan diferensial orde kedua

berikut ini

04

042

2

2

2

2

ydt

yd

dt

dx

dt

dyx

dt

xd

(4.3.1)

dengan syarat awalnya yaitu

40 x , 80 x , 10 y dan 20 y . (4.3.2)

Penyelesaian:



111

04

042

2

2

2

2

LLLL

LLLL

ydt

yd

dt

dx

dt

dyx

dt

xd

(4.3.3)

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

(4.3.3) menjadi

0424

044284

2

2

tystystx

tystxstxs

LLsL

LLL

atau

24

12442

2

2

stystxs

stystxs

LL

LL

Karena txsX L dan tysY L maka

24

12442

2

2

ssYsssX

sssYsXs (4.3.4)

Dengan mengeliminasi Y(s) maka diperoleh

.4

24

2

s

ssX

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

.4

22

s

ssY

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


112

4

24

2

11

s

ssX -- LL

dan

4

22

11

s

ssY -- LL .

Dengan menggunakan pecahan parsial dan eliminasi Gauss, diperoleh

.2sin2cos

2sin42cos4

ttty

tttx

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

tgybxbdt

dyb

dt

dxb

dt

ydb

dt

xdb

tfyaxadt

dya

dt

dxa

dt

yda

dt

xda

65432

2

22

2

1

65432

2

22

2

1

dengan syarat awal yaitu 0x , 0x , 0y dan 0y Transformasi Laplace

untuk sistem di atas adalah

tgybxbdt

dyb

dt

dxb

dt

ydb

dt

xdb

tfyaxadt

dya

dt

dxa

dt

yda

dt

xda

LLLLLLL

LLLLLLL

65432

2

22

2

1

65432

2

22

2

1

(4.3.5)


113


tgtybtxbybtyb

xbtxbybsybtysbxbsxbtxsb

tftyatxayatya

xatxayasyatysaxasxatxsa

LLLsL

sLLL

LLLsL

sLLL

6544

3322

2

211

2

1

6544

3322

2

211

2

1

0

00000

0

00000

atau

0000

0000

242131

64

2

253

2

1

242131

64

2

253

2

1

ybybsbxbxbsbtg

tybsbsbtxbsbsb

yayasaxaxasatf

tyasasatxasasa

L

LL

L

LL

(4.3.6)

Karena sXtx L , sYty L , sFtf L dan sGtg L maka


0000

0000

242131

64

2

253

2

1

242131

64

2

253

2

1

ybybsbxbxbsbsG

sYbsbsbsXbsbsb

yayasaxaxasasF

sYasasasXasasa

(4.3.7)

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

0000

0000

242131

242131

64

2

253

2

1

64

2

253

2

1

ybybsbxbxbsbsG

yayasaxaxasasF

sY

sX

bsbsbbsbsb

asasaasasa

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), 0tx , y(t0) dan 0ty


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

--------------------------------------------------------------------------------------------------


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)

--------------------------------------------------------------------------------------------------



118

Grafik:

D. Penyelesaian Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde ke-n dengan


Bentuk umum dari sistem persamaan diferensial orde ke-n dengan dua variabel

adalah

tgybxbdt

dyb

dt

dxb

dt

ydb

dt

xdb

dt

ydb

dt

xdb

dt

ydb

dt

xdb

tfyaxadt

dya

dt

dxa

dt

yda

dt

xda

dt

yda

dt

xda

dt

yda

dt

xda

nnnn

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

nnnn

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

12112212312

2

2

62

2

51

1

41

1

321

12112212312

2

2

62

2

51

1

41

1

321

(4.4.1)

0 1 2 3 4 5 6 7-6

-4

-2

0

2

4

6

x(t)

y(t)


119

dengan syarat awal 0x , 0x , 0x ,…, 01nx dan 0y , 0y , 0y ,…,

01ny .


tgyaxadt

dya

dt

dxa

dt

yda

dt

xda

dt

yda

dt

xda

dt

yda

dt

xda

nnnn

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

LLLLL

LLLLLL

12112212312

2

2

62

2

51

1

41

1

321

(4.4.2)

tgybxbdt

dyb

dt

dxb

dt

ydb

dt

xdb

dt

ydb

dt

xdb

dt

ydb

dt

xdb

nnnn

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

LLLLL

LLLLLL

12112212312

2

2

62

2

51

1

41

1

321

(4.4.3)

Menurut Teorema 3.2.3,

0000

0000

0000

0000

0000

0000

35432

2

2

35432

2

2

24321

1

1

24321

1

1

1321

1321

nnnnn

n

n

nnnnn

n

n

nnnnn

n

n

nnnnn

n

n

nnnnn

n

n

nnnnn

n

n

yysysystysdt

yd

xxsxsxstxsdt

xd

yysysystysdt

yd

xxsxsxstxsdt

xd

yysysystysdt

yd

xxsxsxstxsdt

xd

LL

LL

LL

LL

LL

LL

dan


120

0

0

ytysdt

dy

xtxsdt

dx

LL

LL


tftyatxaytysaxtxsa

yysysystysa

xxsxsxstxsa

yysysystysa

xxsxsxstxsa

yysysystysa

xxsxsxstxsa

nnnn

nnnnn

nnnnn

nnnnn

nnnnn

nnnnn

nnnnn

LLLLL

L

L

L

L

L

L

12112212312

35432

6

35432

5

24321

4

24321

3

1321

2

1321

1

00

0000

0000

0000

0000

0000

0000

atau dapat disederhanakan menjadi

tftybtxbytysbxtxsb

yysysystysb

xxsxsxstxsb

yysysystysb

xxsxsxstxsb

yysysystysb

xxsxsxstxsb

nnnn

nnnnn

nnnnn

nnnnn

nnnnn

nnnnn

nnnnn

LLLLL

L

L

L

L

L

L

12112212312

35432

6

35432

5

24321

4

24321

3

1321

2

1321

1

00

0000

0000

0000

0000

0000

0000

Karena sYty,sXtx LL dan sFtf L maka persamaan di atas

menjadi


121

000000

0

0

0

0

0

0

3

6

3

5

2

4

2

3

1

2

1

1

612

5

6

4

4

3

2

712

5

5

4

3

3

1

412

4

6

3

4

2

2

512

4

5

3

3

2

1

212

3

6

2

4

1

2

312

3

5

2

3

1

1

12212

2

6

1

42

112312

2

5

1

31

nnnnnn

n

nnn

n

nnn

n

nnn

n

nnn

n

nnn

n

nnn

nn

nnn

nn

nnn

yaxayaxayaxa

yasasasa

xasasasa

yasasasa

xasasasa

yasasasa

xasasasasF

sYasasasasa

sXasasasasa

(4.4.4)

Dengan cara yang sama, persamaan (4.4.3) menjadi

000000

0

0

0

0

0

0

3

6

3

5

2

4

2

3

1

2

1

1

612

5

6

4

4

3

2

712

5

5

4

3

3

1

412

4

6

3

4

2

2

512

4

5

3

3

2

1

212

3

6

2

4

1

2

312

3

5

2

3

1

1

12212

2

6

1

42

112312

2

5

1

31

nnnnnn

n

nnn

n

nnn

n

nnn

n

nnn

n

nnn

n

nnn

nn

nnn

nn

nnn

ybxbybxbybxb

ybsbsbsb

xbsbsbsb

ybsbsbsb

xbsbsbsb

ybsbsbsb

xbsbsbsbsF

sYbsbsbsbsb

sXbsbsbsbsb

(4.4.5)

Contoh 4.4.1

Tentukan penyelesaian masalah nilai awal pada sistem persamaan diferensial

berikut


122

0

03

3

3

3

xdt

yd

ydt

xd

(4.4.6)

dengan syarat awal 00 x , 10 y , 00 x , 00 y , 00 x dan

.00 y

Penyelesaian:


0

0

3

3

3

3

LLL

LLL

xdt

yd

ydt

xd

(4.4.7)

Dengan menggunakan persamaan (4.4.4) dan (4.4.5), maka persamaan (4.4.7)

menjadi

.

0

23

3

ssYssX

sYsXs

(4.4.8)

Dengan mengeliminasi sY maka diperoleh

.16

2

s

ssX

Kemudian, dengan mengeliminasi sX pada persamaan (4.4.8) diperoleh

.16

5

s

ssY


123

Kemudian, tentukan invers transformasi Laplace dari sX dan sY yakni

.16

211

s

ssXtx LL

dan

.16

511

s

ssYty LL

Dengan menggunakan pecahan parsial dan eliminasi Gauss, diperoleh

ttt ty

ttt tx

cosh3

1

2

3cos

2

1cosh

3

2

sinh3

1

2

3cos

2

1sinh

3

2


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 00 t .


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?


126

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.


plagiat merupakan tindakan tidak terpujiintegral tak wajar dan integral parsial. bab iii:...

Documents