Transformasi Laplace

Dwi Prananto

June 26, 2015

Daftar isi

1 Transformasi Laplace 11.1 Teorema dalam transformasi Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Transformasi Laplace dari turunan dan integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2 Solusi persamaan diferensial biasa dengan transformasi Laplace 62.1 Solusi persamaan diferensial biasa dengan transformasi Laplace . . . . . . . . . 62.2 Konvolusi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

3 Tabel transformasi Laplace 10

1 Transformasi Laplace

Salah satu metode yang dapat digunakan untuk menyelesaikan persamaan diferensial biasaadalah dengan mengubah persamaan diferensial menjadi persamaan aljabar sehingga lebih mu-dah untuk diselesaikan. Proses pengubahan bentuk persamaan ini dapat dilakukan denganmenggunakan Transformasi Laplace. Dengan menggunakan transformasi Laplace, proses penye-lesaian persamaan diferensial biasa dapat disederhanakan dengan menyelesaikan persamaanaljabar. Metode ini dicetuskan oleh matematikawan asal Perancis Pierre Simon Marquis DeLaplace (1749–1827).

Jika f(t) adalah sebuah fungsi untuk semua t = 0, transformasi Laplace adalah integralfungsi f(t) dikalikan dengan e−st dengan batas integral dari t = 0 sampai dengan t = ∞.Transformasi Laplace mengubah fungsi domain t menjadi fungsi domain s. TransformasiLaplace direpresentasikan sebagai F (s) atau L (f),

F (s) = L (f) =

∫ ∞0

e−stf(t)dt. (1)

Transformasi Laplace disebut juga sebagai transformasi integral karena operasi ini mengubahfungsi dalam satu domain ke domain lain dengan melibatkan proses integrasi yang melibatkanfungsi kernel. Fungsi kernel adalah sebuah fungsi yang di dalamnya mengandung dua variabelyang merupakan domain dari kedua fungsi yang ditransformasikan, dalam transformasi Laplacefungsi kernel yang dimaksud adalah e−st.

Jika dalam persamaan (1) F (s) adalah transformasi Laplace, f(t) dalam persamaan (1)adalah balikan transformasi Laplace yang direpresentasikan dalam

f(t) = L −1(F ). (2)

1

Contoh 1 Jika f(t) = 1 ketika t = 0, transformasi Laplace dari fungsi tersebut adalah

L (f) = L (1) =

∫ ∞0

e−st1dt

= −1

s

[e−st

]∞0

L (1) =1

s

Contoh 2 Sebuah fungsi eksponensial f(t) = eat (t = 0), dengan a sebuah konstanta.Transformasi Laplace dari fungsi tersebut adalah

L (eat) =

∫ ∞0

e−steatdt

=

∫ (a−s)t

0

dt

=1

a− s[e(a−s)t]∞

0

L (eat) =1

s− a

1.1 Teorema dalam transformasi Laplace

• Teorema 1: Linieritas

L [af(t) + bg(t)] = aL [f(t)] + bL [g(t)]. (3)

Teorema ini dapat dibuktikan sebagai berikut

L [af(t) + bg(t)] =

∫ ∞0

e−st[af(t) + bg(t)]dt

= a

∫ ∞0

e−stf(t)dt+ b

∫ ∞0

e−stg(t)dt

= aL [f(t)] + bL [g(t)].

Contoh 1 Jika cosh at = 12(eat + e−at), transformasi Laplace dari cosh at adalah;

L (cosh at) =1

2[L (eat) + L (e−at)]

=1

2

[1

s− a+

1

s+ a

]L (cosh at) =

s

s2 − a2

Contoh 2 Jika f(t) = cosωt, transformasi Laplace dari fungsi tersebut adalah;

L (cosωt) =

∫ ∞0

e−st cosωtdt

2

Kita dapat menyelesaikan integral ini dengan mengambil u = cosωt dan dv = e−st,sehingga du = −ω sinωtdt dan v = 1

−se−st. Dengan menggunakan rumusan praktis

integrasi parsial

udv = uv −∫vdu, (4)

L (cosωt) = −[

1

se−st cosωt

]∞0

− ω

s

∫ ∞0

e−st sinωtdt

=1

s− ω

s

∫ ∞0

e−st sinωtdt.

Dengan cara yang sama, integral di sisi kanan tanda sama dengan dapat diselesaikansehingga diperoleh

L (cosωt) =1

s− ω2

s2

[∫ ∞0

e−st cosωtdt

]=

1

s− ω2

s2L (cosωt).

Dengan memindahkan bagian dari persamaan di sisi kanan tanda sama dengan yangmengandung L (cosωt) ke sisi kiri tanda sama dengan, akan diperoleh

L (cosωt) +ω2

s2L (cosωt) =

1

s[s2 + ω2

s2

]L (cosωt) =

1

s

L (cosωt) =s

s2 + ω2.

• Teorema 2: pergeseran sTransformasi Laplace dari perkalian fungsi eksponensial eat dan fungsi f(t) adalah trans-formasi Laplace dari fungsi f(t) yang digeser sebesar a

L [eatf(t)] = F (s− a), (5)

dengan balikan transformasi Laplace

eatf(t) = L −1[F (s− a)]. (6)

Teorema ini dapat dibuktikan sebagai berikut;Jika

F (s) =

∫ ∞0

e−stf(t)dt,

pergeseran s sebesar a menghasilkan

F (s− a) =

∫ ∞0

e−(s−a)tf(t)dt

=

∫ ∞0

e−st[eatf(t)]dt

F (s− a) = L [eatf(t)].

3

Contoh JikaL (cosωt) =

s

s2 + ω2,

Transformasi Laplace dari cosωt dikalikan dengan eat adalah

L [eat cosωt] =s− a

(s− a)2 + ω2

1.2 Transformasi Laplace dari turunan dan integral

Untuk dapat menemukan solusi dari persamaan diferensial bisa dengan menggunakan transfor-masi Laplace, kita harus mengetahui bagaimana transfromasi Laplace dari turunan dan jugaintegral. Transformasi ini akan mengubah persamaan yang di dalamnya mengandung turunanatau integral menjadi persamaan aljabar.

Transformasi Laplace dari turunan

Jika f ′(t) adalah turunan pertama dari fungsi f(t), transformasi Laplace-nya dituliskan sebagai

L [f ′(t)] =

∫ ∞0

e−stf ′(t)dt.

Jika kita ambil u = e−st dan dv = f ′(t)dt, diperoleh du = −se−st dan v = f(t). Integrasiparsial akan menghasilkan

L [f ′(t)] =[e−stf(t)

]∞0

+ s

∫ ∞0

e−stf(t)dt

L [f ′(t)] = −f(0) + sL [f(t)].

Jadi, transformasi Laplace dari turunan pertama fungsi adalah

L [f ′(t)] = sL [f(t)]− f(0). (7)

Transformasi Laplace dari turunan kedua fungsi dapat diperoleh dengan mengembangkan per-samaan (7),

L [f ′′(t)] = sL [f ′(t)]− f ′(0)

= s [sL [f(t)]− f(0)]− f ′(0)

L [f ′′(t)] = s2L [f(t)]− sf(0)− f ′(0)

Secara umum transformasi Laplace dari turunan dengan orde tinggi dinyatakan dalam

L (f (n)) = snL (f)− sn−1f(0)− sn−2f ′(0)− · · · − f (n−1)(0) (8)

Contoh Jika diketahui,

f(t) = t sinωt, f(0) = 0,

f ′(t) = sinωt+ ωt cosωt, f ′(0) = 0,

f ′′(t) = 2ω cosωt− ω2t sinωt,

tentukan transformasi Laplace dari t sinωt dengan menggunakan transformasi Laplace dariturunan.

4

Solusi untuk memperoleh transformasi Laplace dari t sinωt, kita gunakan transfor-masi Laplace dari turunan kedua fungsi,

L [f ′′(t)] = s2L [f(t)]− sf(0)− f ′(0) (9)

L [f ′′(t)] = s2L [t sinωt]. (10)

Sisi kanan dari tanda sama dengan dari persamaan tersebut akan kita cari dengan trans-formasi Laplace dari turunan kedua fungsi yang sudah diketahui dalam soal,

L [f ′′(t)] =

∫ ∞0

e−st[2ω cosωt− ω2t sinωt]dt (11)

= 2ω

∫ ∞0

e−st cosωtdt− ω2

∫ ∞0

e−stt sinωtdt (12)

= 2ωL (cosωt)− ω2L (t sinωt) (13)

L [f ′′(t)] =2ωs

s2 + ω2− ω2L (t sinωt). (14)

Menyamakan persamaan (10) dengan persamaan (14) dan merombaknya secara aljabar akanmenghasilkan transformasi Laplace dari t sinωt,

L (t sinωt) =2ωs

(s2 + ω2)2.

Transformasi Laplace dari Integral

Jika fungsi g(t) adalah integral dari fungsi f(τ),

g(t) =

∫ t

0

f(τ)dτ, (15)

f(τ) =dg(t)

dτ,

atauf(τ) = g′(t). (16)

Transformasi Laplace persamaan (16) menghasilkan,

L [f(τ)] = L [g′(t)] = sL [g(t)]− g(0),

memindah ruaskan g(0) menghasilkan,

sL [g(t)] = L [g′(t)] + g(0).

Jika g(0) = 0,sL [g(t)] = L [g′(t)],

sehingga

L [g(t)] =L [g′(t)

s,

atau jika permaan (15) kita substitusikan akan diperoleh transformasi Laplace dari integralfungsi sebagai transformasi Laplace fungsi di dalam integral yang dikalikan dengan 1

s,

L

[∫ t

0

f(τ)dτ

]=

1

sF (s). (17)

5

Balikan transformasi Laplace-nya dituliskan sebagai∫ t

0

f(τ)dτ = L −1

[1

sF (s)

]. (18)

Contoh Jika F (s) = 1s(s2+ω2)

, transformasi baliknya dapat diperoleh dengan menggu-

nakan persamaan (18),

L −1

[1

s

1

(s2 + ω2)

]=

∫ t

0

sinωτ

ωdτ

= − 1

ω2[cosωτ ]t0

L −1

[1

s

1

(s2 + ω2)

]= − 1

ω2(cosωt− 1)

2 Solusi persamaan diferensial biasa dengan transfor-

masi Laplace

Proses dalam penyelesaian persamaan diferensial biasa dengan menggunakan transformasi Laplaceadalah sebagai berikut:

Langkah 1 Persamaan diferensial biasa ditransformasikan ke dalam persamaan aljabardengan menggunakan transformasi Laplace.

Langkah 2 Persamaan aljabar ini diselesaikan dengan manipulasi aljabar.

Langkah 3 Solusi dari langkah 2 ditransformasi balikkan sehingga dihasilkan solusi per-samaan diferensial biasa.

2.1 Solusi persamaan diferensial biasa dengan transformasi Laplace

Persamaan diferensial biasa dengan bentuk

y′′ + ay′ + by = r(t), y(0) = k1, y′(0) = k1 (19)

dapat diselesaikan dengan menggunakan transformasi Laplace. Hal pertama yang harus di-lakukan untuk memperoleh solusi persamaan diferensial biasa tersebut adlah dengan mengubahpersamaan tersebut ke dalam persamaan transformasi Laplace (persamaan dalam domain s),yaitu

s2L (y)− sy(0)− y′(0) + a(sL (y)− y(0)) + bL (y) = L [r(t)].

Jika kita gantikan L (y) dengan Y dan L [r(t)] dengan R kita dapat membuatnya menjadilebih terlihat sederhana dan mudah untuk diselesaikan,

s2Y − sy(0)− y′(0) + asY − ay(0) + bY = R.

6

Mengumpulkan bagian yang mengandung Y dan memindah ruaskan selebihnya ke sisi kanantanda sama dengan, diperoleh

(s2 + as+ b)Y = (s+ a)y(0) + y′(0) +R.

Penyelesaian persamaan aljabar tersebut adalah

Y = (s+ a)y(0)Q+ y′(0)Q+RQ, (20)

yang disebut sebagai Persamaan Pembantu, dimana

Q =1

s2 + as+ b

dan disebut sebagai Fungsi Transfer. Persamaan Pembantu inilah yang harus kita transformasibalikkan untuk memperoleh solusi persamaan diferensial biasa (19),

y = L −1(Y ) = L −1[(s+ a)y(0)Q+ y′(0)Q+RQ].

Jika diketahui y(0) = y′(0) = 0, persamaan pembantu dinyatakan sebagai

Y = RQ, (21)

dan fungsi transfer Q dituliskan sebagai

Q =Y

R. (22)

Fungsi transfer ini menyatakan rasio antara transformasi Laplace fungsi keluaran (output) dantarnsformasi Laplace fungsi masukan (input),

Q =L (output)

L (input)

Contoh Tentukan solusi persamaan diferensial

y′′ − y = t, y(0) = 1, y′(0) = 1.

Solusi Transformasi Laplace dari persamaan diferensial tersebut adalah

s2Y − sy(0)− y′(0)− Y =1

s2.

Persamaan transformasi Laplace ini akan kita selesaikan untuk memperoleh persamaanpembantu,

(s2 − 1)Y =1

s2+ sy(0) + y′(0)

Y =1

s2

1

(s2 − 1)+

s

s2 − 1+

1

s2 − 1

Y =1

s2 − 1− 1

s2+

s

s2 − 1+

1

s2 − 1

Y = 2

(1

s2 − 1

)− 1

s2+

s

s2 − 1.

7

Transformasi balik persamaan pembantu akan menghasilkan solusi persamaan diferensial,

L −1(Y ) = y = L −1

[2

(1

s2 − 1

)]−L −1

[1

s2

]+ L −1

[s

s2 − 1

]y = 2 sinh t− t+ cosh t

y = et − e−t − t+1

2(et + e−t)

y = et +1

2et − 1

2e−t − t

y = et + sinh t− t

2.2 Konvolusi

Jika terdapat dua fungsi F dan G yang merupakan transformasi Laplace dari fungsi f(t) dang(t), perkalian antaran F dan G adalah H yang dinyatakan dalam hubungan

H = FG.

Transformasi balik dari H tidak dapat langsung diperoleh dengan mengalikan fungsi f(t) dang(t) secara langsung namun harus menggunakan konvolusi yang dinyatakan dalam

h(t) = f(t) ∗ g(t) =

∫ t

0

f(τ)g(t− τ)dτ. (23)

Beberapa sifat-sifat konvolusi adalah sebagai berikut;

1) Komutatif f ∗ g = g ∗ f2) Distributif f ∗ (g1 + g2) = f ∗ g1 + f ∗ g2

3) Asosiatif (f ∗ g) ∗ v = f ∗ (g ∗ v)4) f ∗ 0 = 0 ∗ f = 0

Contoh Jika H(s) = 1(s−a)s

, fungsi H(s) dapat dianggap sebagai perkalian dua fungsi

transformasi Laplace F (s) = 1s−a dan G(s) = 1

s. Transformasi Laplace balik dari kedua

fungsi tersebut adalah f(t) = eat dan g(t) = 1, sehingga f(τ) = eaτ dan f(t− τ) = 1. h(t)dapat diperoleh dengan menggunakan konvolusi

h(t) =

∫ t

0

f(τ)g(t− τ)dτ

=

∫ t

0

eaτ1dτ

h(t) =1

a(eat − 1)

8

Aplikasi konvolusi pada persamaan diferensial linier homogen

Konvolusi dapat digunakan untuk mencari solusi dari persamaan diferensial. Jika sebelumnyapersamaan pembantu dinyatakan dalam persamaan (21) sebagai

Y = RQ.

Dengan mentransformasi balikkan R dan Q, solusi persamaan diferensial dapat diperolehmelalui konvolusi

y(t) =

∫ t

0

q(t− τ)r(τ)dτ (24)

Contoh Tentukan solusi persamaan diferensial berikut dengan konvolusi

y′′ + 3y′ + 2y = r(t),

r(t) =

{1 , 1 < t < 20 , lainnya

,

y(0) = y′(0) = 0.

Solusi Transformasi Laplace dari persamaan diferensial adalah

s2Y − sy(0)− y′(0) + 3(sY − y(0)) + 2Y =1

s,

(s2 + 3s+ 2)Y =1

s.

Jadi persamaan pembantu dapat dituliskan sebagai

Y =1

s

1

(s2 + 3s+ 2).

Jika mengacu pada persamaan (21), diketahui R = 1s

dan Q = 1s2+3s+2

. Q dapat dijabarkanlebih lanjut ke dalam pecahan parsial sebagai

Q =1

s+ 1− 1

s+ 2.

Mentransformasi balikkan R dan Q menghasilkan

r(t) = 1,

danq(t) = e−t − e−2t.

Dengan menggunakan konvolusi, solusi persamaan diferensial dapat diperoleh

y(t) =

∫ t

1

q(t− τ)t(τ)dτ

=

∫ t

1

e−(t−τ) − e−2(t−τ)1dτ

= e−t∫ t

1

eτdτ − e−2t

∫ t

1

e2τdτ

= e−t(et − e1)− e−2t

2(e2t − e2)

y(t) =1

2− e−(t−1) +

1

2e−2(t−1)

9

3 Tabel transformasi Laplace

Table 1: Tabel transformasi Laplace beberapa fungsi dalam domain tNo. F (s) = L [f(t)] f(t)

1 1/s 1

2 1/s2 t

3 1/sn (n = 1, 2, . . . ) tn−1/(n− 1)!

4 1/√s 1/

√πt

5 1/s3/2 2√t/π

6 1/sa (a > 0) ta−1/Γ(a)

7 1s−a eat

8 1(s−a)2

teat

9 1(s−a)n

(n = 1, 2, . . . ) 1(n−1)!

tn−1eat

10 a(s−a)k

(k > 0) 1Γ(k)

tk−1eat

11 1(s−a)(s−b) (a 6= b) 1

a−b(eat − ebt)

12 s(s−a)(s−b) (a 6= b) 1

a−b(aeat − bebt)

13 1s2+ω2

1ω

sinωt

14 ss2+ω2 cosωt

15 1s2−a2

1a

sinh at

16 ss2−a2 cosh at

17 1(s−a)2+ω2

1ωeat sinhωt

18 s−a(s−a)2+ω2 eat cosωt

19 1s(s2+ω2)

1ω2 (1− cosωt)

20 1s2(s2+ω2)

1ω3 (ωt− sinωt)

21 1(s2+ω2)2

12ω3 (sinωt− ωt cosωt)

22 s(s2+ω2)2

t2ω

sinωt

23 s2

(s2+ω2)21

2ω(sinωt+ ωt cosωt)

24 s(s2+a2)(s2+b2)

(a2 6= b2) 1b2−a2 (cos at− cos bt)

25 1s4+4k4

14k3

(sin kt cos kt− cos kt sin kt)

10

No. F (s) = L [f(t)] f(t)

26 ss4+4k4

12k2

sin kt sinh kt

27 1s4−k4

12k3

(sinh kt− sin kt)

28 ss4−k4

12k2

(cosh kt− cos kt)

29√s− a−

√s− b 1

2√πt3

(ebt − eat)

30 1√s+a√s+b

e−(a+b)t/2I0

(a−b

2t)

31 1√s2+a2

J0(at)

32 s(s−a)3/2

1√πteat(1 + 2at)

33 1(s2−a2)k

(k > 0)√pi

Γ(k)

(t

2a

)k−1/2Ik−1/2(at)

34 e−as/s u(t− a)

35 e−as δ(t− a)

36 1se−k/s J0(2

√kt)

37 1√se−k/s 1√

πtcos 2√kt

38 1s3/2

ek/s 1√πk

sinh 2√kt

39 e−k√s (k > 0) k

2√πt3e−k

2/4t

40 1s

ln s − ln t− γ (γ ≈ 0, 5772)

41 ln s−as−b

1t(ebt − eat)

42 ln s2+ω2

s22t(1− cosωt)

43 ln s2−a2s2

2t(1− cosh at)

44 arctan ωs

1t

sinωt

45 1sarccots Si(t)

Referensi

[1] E. Kreyszig, Advanced engineering mathematics, (John Willey & Sons, Inc., USA, 2011)

11