III_2 Transformasi Laplace

Darpublic
Nopember 2013
www.darpublic.com
Transformasi Laplace
Sudaryatno Sudirham
Kebanyakan gejala alam adalah fungsi waktu, f(t). Perhitungan-perhitungan mengenai
gejala ini akan sangat dipermudah jika gejala alam ini dinyatakan dalam peubah lain yang
bukan waktu. Perubahan pernyataan suatu fungsi waktu, t, ke dalam peubah lain kita sebut
transformasi. Berikut ini kita akan mempelajari salah satu cara transformasi yang disebut
Transformasi Laplace, yang secara matematis didefinisikan sebagai suatu integral
F (s) =
∞
∫0
f (t )e − st dt
(1)
Dengan integrasi ini, suatu fungsi yang semula merupakan fungsi t akan berubah
menjadi fungsi s. Kita mengolah fungsi s ini untuk mendapatkan suatu solusi, dan kita
katakan bahwa kita bekerja di kawasan s. Jika kita menginginkan solusi dalam fungsi waktu
maka kita melakukan transformasi balik dari fungsi s ke fungsi t.
Peubah s adalah peubah kompleks, s = σ + jω. Jadi hasil dari transformasi Laplace pada
umumnya merupakan fungsi kompleks. Dalam definisi (1), batas bawah integrasi adalah nol.
Hal ini berarti bahwa dalam memanfaatkan transformasi Laplace kita hanya meninjau
fungsi-fungsi yang mulai muncul pada t = 0.
Transformasi Laplace Fungsi-Fungsi
Melalui transformasi Laplace kita menyatakan suatu fungsi yang semula dinyatakan
sebagai fungsi waktu, t, menjadi suatu fungsi s di mana s adalah peubah baru yang berupa
peubah kompleks. Transformasi Laplace dari suatu fungsi f(t) didefinisikan seperti
dinyatakan oleh (1) yang dituliskan dengan notasi :
∞
L[ f (t )] = F ( s) = ∫0
f (t )e − st dt
(2)
Dengan mengikuti langsung definisinya, kita dapat mencari transformasi Laplace dari
suatu f(t) yaitu F(s), yang kita sebut pernyataan fungsi f(t) di kawasan s.
Pernyataan Fungsi Anak Tangga di Kawasan s. Fungsi anak tangga di kawasan t
adalah v(t ) = Au (t ) . Fungsi ini bernilai nol untuk t < 0, dan bernilai A untuk t ≥ 0.
Transformasi Laplace dari fungsi ini adalah
∞
L[ Au(t)] = ∫0
Au (t ) e
− st
dt =
∞
∫0
Ae
− st
Ae −( σ + jω)t
dt = −
σ + jω
∞
0
Batas atas integrasi ini, dengan s > 0, memberikan nilai 0, sedangkan batas bawah
memberikan nilai A/s.
Jadi
L[ Au(t )] = A
s
(3)
1/15
Darpublic
Nopember 2013
www.darpublic.com
Pernyataan Fungsi Eksponensial di Kawasan s . Fungsi eksponensial di kawasan waktu
dengan nilai puncak A adalah v(t) = Ae−atu(t). Transformasi Laplace fungsi eksponensial ini
adalah
L[ Ae
− at
u (t )] =
∞
∫0
-at
A e u (t )e
− st
dt =
∞
∫0
Ae
− ( s + a )t
Ae −( s + a )t
=−
s+a
∞
0
Dengan a > 0, batas atas memberikan nilai 0 sedangkan batas bawah memberikan A/(s+a).
L[ Ae −at u (t )] =
Jadi
A
s+a
(4)
Fungsi Trigonometri di Kawasan s. Di kawasan waktu, pernyataan fungsi cosinus
dengan amplitudo A dan yang mulai muncul pada t = 0 adalah v(t) = (A cos ωt) u(t).
Transformasi Laplace fungsi ini adalah
∞
L [( A cos ωt ) u (t )] = ∫0
( A cos ωt )u (t ) e − st dt =
∞
∫0 ( A cos ωt ) e
− st
dt
Dengan memanfaatkan hubungan Euler, yaitu cos ω = (e jωt + e − jωt ) / 2 , ruas kanan
persamaan di atas menjadi
∞
∫0
A
e jωt + e − jωt − st
e dt =
2
∫0
=
Jadi
∞
A ( j ω− s ) t
e
dt +
2
As
∞
∫0
A ( − jω− s )t
e
dt
2
s 2 + ω2
L [( A cos ωt ) u (t )] = A
s
s + ω2
2
(5)
Dengan cara yang sama, diperoleh
L [( A sin ωt ) u (t )] = A
ω
s + ω2
2
(6)
Tabel Transformasi Laplace
Transformasi Laplace dari fungsi anak tangga, eksponensial, dan trigonometri di atas
merupakan contoh bagaimana suatu transformasi dilakukan. Kita lihat bahwa amplitudo
sinyal, A, selalu muncul sebagai faktor pengali dalam pernyataan sinyal di kawasan s.
Dengan mengambil amplitudo bernilai satu satuan (A = 1) transformasi dari beberapa
bentuk gelombang yang lain termuat dalam Tabel-1.
Untuk selanjutnya kita tidak selalu menggunakan notasi L[f(t)] sebagai pernyataan
dari “transformasi Laplace dari f(t)”, tetapi kita langsung memahami bahwa
pasangan fungsi t dan transformasi Laplace-nya adalah seperti : f(t) ↔ F(s) , f1(t) ↔
F1(s), dan seterusnya.
2/15 Sudaryatno Sudirham, Transformasi Laplace
Darpublic
Nopember 2013
www.darpublic.com
Tabel-1. Pasangan Transformasi Laplace
Pernyataan Fungsi
di Kawasan t : f(t)
Pernyataan Fungsi di
kawasan s : L[f(t)]=F(s)
δ(t)
1
impuls :
anak tangga :
u(t)
eksponensial :
[e−at]u(t)
cosinus :
[cos ωt] u(t)
sinus :
[sin ωt] u(t)
1
s
1
s+a
s
s 2 + ω2
ω
s 2 + ω2
s+a
cosinus teredam : [e−atcos ωt] u(t)
sinus teredam :
(s + a )2 + ω2
ω
[e−atsin ωt] u(t)
(s + a )2 + ω2
s cos θ − ω sin θ
cosinus tergeser : [cos (ωt + θ)] u(t)
[sin (ωt + θ)] u(t)
sinus tergeser :
ramp :
s 2 + ω2
s sin θ + ω cos θ
s 2 + ω2
1
[ t ] u(t)
ramp teredam :
s2
1
[ t e−at ] u(t)
(s + a )2
CONTOH-1: Carilah transformasi Laplace dari fungsi berikut:
a). f 1 (t ) = 5 cos(10t )u (t ) ;
b). f 2 (t ) = 5 sin(10t )u (t ) ;
c). f 3 (t ) = 3e − 2t u (t )
Penyelesaian : Dengan mnggunakan Tabel-1 kita peroleh :
a). f1(t ) = 5 cos(10t )u (t ) → F1( s ) =
b). f 2 (t ) = 5 sin(10t )u (t ) → F2 ( s ) =
c). f 3 (t ) = 3e− 2t u (t )
5s
s + (10)
5 × 10
2
2
s 2 + (10) 2
3
→ F3 ( s ) =
s+2
=
=
5s
s + 100
50
2
s 2 + 100
3/15
Darpublic
Nopember 2013
www.darpublic.com
Sifat-Sifat Transformasi Laplace
Sifat Unik. Sifat ini dapat dinyatakan sebagai berikut:
Jika f(t) mempunyai transformasi Laplace F(s) maka
transformasi balik dari F(s) adalah f(t).
Dengan kata lain
Jika pernyataan di kawasan s suatu fungsi f(t) adalah F(s), maka
pernyataan di kawasan t dari F(s) adalah f(t).
Sifat ini memudahkan kita untuk mencari F(s) dari suatu fungsi f(t) dan sebaliknya
mencari fungsi f(t) dari dari suatu fungsi F(s) dengan menggunakan tabel transformasi
Lapalace. Mencari fungsi f(t) dari suatu fungsi F(s) disebut mencari transformasi balik dari
F(s), dengan notasi L−1[F(s)] = f(t) . Hal terakhir ini akan kita bahas lebih lanjut setelah
membahas sifat-sifat transformasi Laplace.
Sifat Linier. Karena transformasi Laplace adalah sebuah integral, maka ia bersifat
linier.
Transformasi Laplace dari jumlah beberapa fungsi t adalah
jumlah dari transformasi masing-masing fungsi.
Jika f (t ) = A1 f1 (t ) + A2 f 2 (t ) maka transformasi Laplace-nya adalah
F (s) =
∞
∫0 [A1 f1 (t ) + A2 f 2 (t )]e
− st
∞
∫0
dt = A1 f 1 (t )dt + A2
∞
∫0 f 2 (t )dt
(7)
= A1 F1 ( s ) + A2 F2 ( s )
dengan F1(s) dan F2(s) adalah transformasi Laplace dari f1(t) dan f2(t).
CONTOH-2: a). Carilah transformasi Laplace dari :
f 1 (t ) = (1 + 3e −2t ) u (t )
b). Jika transformasi Laplace fungsi eksponensial Ae−atu(t) adalah
1/(s+a), carilah transformasi dari f2(t)=Acosωt u(t).
Penyelesaian :
a). f 1 (t ) = (1 + 3e − 2t ) u (t ) → F1 ( s ) =
b). f 2 (t) = A cos(ωt )u (t ) = A
(
1
3
+
s s+2
e j ωt + e − j ωt
u (t )
2
)
A j ωt
e u (t ) + e − jωt u (t )
2
A 1
1  A  2s
= 
F2 ( s ) = 
+
2  s − jω s + jω  2  s 2 + ω 2
=
4/15 Sudaryatno Sudirham, Transformasi Laplace
As

= 2
 s + ω2
Darpublic
Nopember 2013
www.darpublic.com
Integrasi. Transformasi Laplace dari integrasi suatu fungsi dapat kita lihat sebagai
berikut.
t
Misalkan f (t ) = ∫ f 1 ( x)dx . Maka
0
∞
∞
∞ − st
 e − st  t
e
 t
 − st

F ( s ) =  f 1 ( x)dx  e dt = 
f1 (t ) dt
 f1 ( x)dx   −
0
 0

  0 0 − s
 − s 
0
∫ ∫
∫
∫
Suku pertama ruas kanan persamaan di atas akan bernilai nol untuk t = ∞ karena e−st = 0
pada t→∞, dan juga akan bernilai nol untuk t = 0 karena integral yang di dalam tanda
kurung akan bernilai nol (intervalnya nol). Tinggallah suku kedua ruas kanan; jadi
∞
e − st
1
f 1 (t ) dt =
F (s) = −
s
−s
∫
0
∞
∫ f1 (t )e
− st
dt =
0
F1 ( s )
s
(8)
Secara singkat dapat kita katakan bahwa :
transformasi dari suatu integrasi fungsi f(t) di kawasan t dapat
diperoleh dengan cara membagi F(s) dengan s.
CONTOH-3: Carilah transformasi Laplace dari fungsi ramp
r(t) = tu(t).
Penyelesaian :
Fungsi ramp adalah integral dari fungsi anak tangga.
r (t ) = tu (t ) =
t
∫0 u ( x)dx
→
R( s) =
∞ t

∫0  ∫0 u ( x)dx  e
− st
dt =
1
s2
Hasil ini sudah tercantum dalam Tabel.1.
Diferensiasi. Transformasi Laplace dari suatu diferensiasi dapat kita lihat sebagai
berikut.
Misalkan f (t ) =
df1 (t )
maka
dt
F (s) =
∞
∫0
[
df 1 (t ) − st
e dt = f 1 (t ) e − st
dt
] −∫
∞
0
∞
0
f 1 (t )( − s ) e − st dt
Suku pertama ruas kanan bernilai nol untuk t = ∞ karena e−st = 0 untuk t→ ∞ , dan bernilai
−f(0) untuk t = 0. Dengan demikian dapat kita tuliskan
 df1 (t ) 
=s
 dt 
L
∞
∫0
f (t )e − st dt − f (0) = sF1 ( s ) − f1 (0)
(9)
Transformasi dari suatu fungsi t yang diperoleh melalui diferensiasi fungsi f(t)
merupakan perkalian dari F(s) dengan s, dikurangi dengan nilai f(t) pada t = 0.
5/15
Darpublic
Nopember 2013
www.darpublic.com
CONTOH-4: Carilah transformasi Laplace dari fungsi cos(ωt) dengan memandang
fungsi ini sebagai turunan dari sin(ωt).
Penyelesaian :
1 d sin(ωt )
ω
dt
1
ω
s

→ F (s) =  s 2
− sin(0)  = 2
2
ω s +ω
 s + ω2
f (t ) = cos(ωt ) =
Penurunan di atas dapat kita kembangkan lebih lanjut sehingga kita
mendapatkan transformasi dari fungsi-fungsi yang merupakan fungsi turunan
yang lebih tinggi.
jika f (t ) =
jika f (t ) =
d 2 f 1 (t )
dt 2
d 3 f 1 (t )
dt 3
→ F ( s ) = s 2 F1 ( s ) − sf 1 (0) − f 1′ (0)
(10)
→ F ( s ) = s F1 ( s ) − s f 1 (0) − sf 1′ (0) − f 1′′(0)
3
2
Translasi di Kawasan t. Dalam pembahasan mengenai fungsi-fungsi, kita lihat bahwa
apabila suatu fungsi f(t)u(t) mengalami translasi (pergeseran) sebesar a kearah sumbu-t
positif, maka persamaan fungsi berubah menjadi f(t-a)u(t-a). Transformasi Laplace dari
fungsi yang tergeser ini adalah
∞
∫0
f (t − a)u (t − a)e − st dt
Karena u(t−a) bernilai nol untuk t < a dan bernilai satu untuk t > a , bentuk integral ini dapat
kita ubah batas bawahnya serta tidak lagi menuliskan faktor u(t−a), menjadi
∞
∫0
f (t − a)u (t − a )e − st dt =
∞
∫a
f (t − a )e − st dt
Kita ganti peubah integrasinya dari t menjadi τ dengan suatu hubungan τ = (t−a). Dengan
penggantian ini maka dt menjadi dτ dan τ = 0 ketika t = a dan τ = ∞ ketika t = ∞.
Persamaan di atas menjadi
∞
∫0
f (t − a )u (t − a )e − st dt =
∞
∫0
f ( τ) e − s ( τ + a ) d τ
= e − as
∞
∫0
f ( τ) e − s τ d τ
(11)
= e − as F ( s )
Jadi sifat transformasi Laplace berkenaan dengan translasi di kawasan t ini dapat
dinyatakan sebagai berikut:
Jika transformasi Laplace dari f(t) adalah F(s), maka transformasi Laplace dari
f(t−a)u(t−a) untuk a > 0 adalah e−asF(s).
6/15 Sudaryatno Sudirham, Transformasi Laplace
Darpublic
Nopember 2013
www.darpublic.com
CONTOH-5: Carilah transformasi Laplace dari bentuk
gelombang seperti yang tergambar di samping ini.
f(t)
A
Penyelesaian :
Model bentuk gelombang ini dapat kita tuliskan sebagai
gabungan dua fungsi anak tangga
0
a
→t
f (t ) = Au (t ) − Au (t − a ) .
Transformasi Laplace-nya adalah :
F ( s) =
A
A A(1 − e − as )
− e − as =
s
s
s
Translasi di Kawasan s. Translsi di kawasan s terjadi apabila fungsi t yang kita cari
tranformasi Laplace-nya adalah fungsi teredam, yang dapat kita nyatakan sebagai
y = e − αt f (t ) . Transformasi Laplace fungsi ini adalah
∞ − αt
∫0 e
f (t )e − st dt =
∞
∫0
f (t )e −( s + α )t dt = F ( s + α)
(19)
Sifat mengenai translasi di kawasan s dapat dinyatakan sebagai berikut.
Jika transformasi Laplace dari f(t) adalah F(s) , maka transformasi Laplace
dari e−αtf(t) adalah F(s + α).
Sifat ini dapat digunakan untuk menentukan transformasi fungsi teredam jika
diketahui bentuk transformasi fungsi tak teredamnya.
CONTOH-6: Carilah transformasi Laplace dari fungsi-fungsi ramp teredam dan sinus
teredam berikut ini :
a). f 1 = tu (t )e − αt
;
b). f 2 = e − αt cos ωt u (t )
Penyelesaian :
a). Karena untuk f (t ) = tu (t ) → F ( s ) =
1
s2
maka jika f1 (t ) = tu (t )e −αt ⇒ F1 ( s ) =
,
1
( s + α) 2
b). Karena untuk f (t ) = cos ωt u (t ) → F ( s) =
s
s + ω2
2
maka jika f 2 (t ) = e −αt cos ωt u (t ) ⇒ F2 ( s ) =
,
s+α
( s + α) 2 + ω 2
7/15
Darpublic
Nopember 2013
www.darpublic.com
Pen-skalaan (scaling). Dalam skala yang a kali lebih besar, suatu fungsi f(t) akan
berbentuk f(at). Mencari transformasi Laplace fungsi yang berubah skala ini dilakukan
dengan mengganti peubah t menjadi τ = at; dengan penggantian ini maka
at = τ → dt =
∞
∫0
dτ
s
→ f (at ) = f (τ) dan st = τ sehingga
a
a
f (at )e − st dt =
1
a
∞
∫0
f (τ)e
s
− τ
a dτ =
1 s
F 
a a
(12)
Jadi, jika skala waktu diperbesar (a > 1) maka skala frekuensi s mengecil dan sebaliknya
apabila skala waktu diperkecil (a < 1) maka skala frekuensi menjadi besar.
Sifat ini dapat dinyatakan sebagai :
Jika transformasi Laplace dari f(t) adalah F(s) , maka untuk a > 0
transformasi Laplace dari f(at) adalah
1 s
F  .
a a
Nilai Awal dan Nilai Akhir. Nilai awal dari suatu f(t) adalah nilai f(t) pada waktu t
mendekati nol, dan nilai akhir adalah nilai f(t) pada waktu t menuju tak hingga. Sifat
transformasi Laplace berkenaan dengan nilai awal dan nilai akhir dapat dinyatakan sebagai
berikut:
Nilai awal : lim f (t ) = lim sF ( s )
t →0 +
s →∞
Nilai akhir : lim f (t ) = lim sF ( s )
t →∞
s →0
Jadi nilai f(t) pada t = 0+ di kawasan waktu (nilai awal) sama dengan nilai sF(s) pada s tak
hingga di kawasan s. Sedangkan nilai f(t) pada t = ∞ (nilai akhir) sama dengan nilai sF(s)
pada titik asal di kawasan s. Sifat ini dapat diturunkan dari sifat diferensiasi.
CONTOH-7: Transformasi Laplace dari suatu sinyal adalah
V ( s) = 100
s+3
s ( s + 5)(s + 20)
Carilah nilai awal dan nilai akhir dari v(t).
Penyelesaian :
Nilai awal adalah :


s +3
lim v(t ) = lim sV ( s ) = lim  s ×100
=0
s →∞ 
s ( s + 5)(s + 20) 
t →0 +
s →∞
Nilai akhir adalah :


s+3
lim v(t ) = lim sV ( s ) = lim  s ×100
=3
s →0 
s ( s + 5)(s + 20) 
t →∞
s →0
Tabel-2 berikut ini memuat sifat-sifat transformasi Laplace yang dibahas di atas kecuali
sifat yang terakhir yaitu konvolusi. Konvolusi akan dibahas di bagian akhir dari pembahasan
mengenai transformasi balik.
8/15 Sudaryatno Sudirham, Transformasi Laplace
Darpublic
Nopember 2013
www.darpublic.com
Tabel-2. Sifat-sifat Transformasi Laplace
linier :
Pernyataan f(t)
Pernyataan F(s) =L[f(t)]
A1 f1(t) + A2 f2(t)
A1F1(s) + A2 F2(s)
integrasi :
t
F ( s)
s
∫0 f ( x)dx
df (t )
dt
diferensiasi :
sF ( s ) − f (0 − )
d 2 f (t )
dt
s 2 F ( s ) − sf (0− ) − f ′(0− )
2
s 3 F ( s ) − s 2 f (0 − )
d 3 f (t )
− sf (0 − ) − f ′′(0 − )
dt 3
translasi di t: [ f (t − a)]u (t − a)
e − as F (s)
translasi di s : e− at f (t )
F (s + a)
penskalaan : f (at )
1 s
F 
a a
nilai awal : lim f (t )
lim sF ( s)
s →∞
t →0 +
nilai akhir : lim f (t )
lim sF ( s)
s →0
t →∞
konvolusi :
t
∫0 f1 ( x) f 2 (t − x)dx
F1 ( s) F2 ( s )
Transformasi Balik
Berikut ini kita akan membahas mengenai transformasi balik, yaitu mencari f(t) dari
suatu F(s) yang diketahui. Jika F(s) yang ingin dicari transformasi baliknya ada dalam tabel
transformasi Laplace yang kita punyai (Tabel-1), pekerjaan kita cukup mudah. Akan tetapi
pada umumnya F(s) berupa rasio polinomial yang bentuknya tidak sesederhana dan tidak
selalu ada pasangannya seperti dalam tabel. Untuk mengatasi hal itu, F(s) kita uraikan
menjadi suatu penjumlahan dari bentuk-bentuk yang ada dalam tabel, sehingga kita akan
memperoleh f(t) sebagai jumlah dari transformasi balik uraiannya. Dengan perkataan lain
kita membuat F(s) menjadi transformasi dari suatu fungsi gabungan dan kelinieran dari
transformasi Laplace akan memberikan transformasi balik dari F(s). Sebelum membahas
mengenai transformasi balik kita akan mengulag lebih dulu pengertian tentang pole dan
zero yang sudah dibahas dalam bahasan tentang peubah dan fungsi kompleks.
Pole dan Zero. Pada umumnya, transformasi Laplace berbentuk rasio polinom
F ( s) =
bm s m + bm−1 s m−1 + L + b1 s + b0
a n s n + a n −1 s n −1 + L + a1 s + a 0
(13)
yang masing-masing polinom dapat dinyatakan dalam bentuk faktor menjadi
9/15
Darpublic
Nopember 2013
F (s) = K
www.darpublic.com
( s − z1 )(s − z 2 ) L ( s − z m )
( s − p1 )(s − p 2 ) L ( s − p n )
(14)
dengan K = bm/an dan disebut faktor skala.
Akar-akar dari pembilang dari pernyataan F(s) di atas disebut zero karena F(s) bernilai
nol untuk s = zk (k = 1, 2, …m). Akar-akar dari penyebut disebut pole karena pada nilai s = pk
(k = 1, 2, …n) nilai penyebut menjadi nol dan nilai F(s) menjadi tak-tentu. Pole dan zero
adalah nilai kritis dari s karena pada nilai-nilai itu F(s) menjadi nol atau tak-tentu.
Bentuk Umum F(s). Bentuk umum F(s) adalah seperti (14) yaitu
F (s) = K
( s − z1 )(s − z 2 ) L ( s − z m )
( s − p1 )(s − p 2 ) L ( s − p n )
Jika jumlah pole lebih besar dari jumlah zero, jadi n > m, kita katakan bahwa fungsi ini
merupakan fungsi rasional yang proper. Jika fungsi ini memiliki pole yang semuanya
berbeda, jadi pi ≠ pj untuk i ≠ j , maka dikatakan bahwa F(s) mempunyai pole sederhana. Jika
ada pole yang berupa bilangan kompleks kita katakan bahwa fungsi ini mempunyai pole
kompleks. Jika ada pole-pole yang bernilai sama kita katakan bahwa fungsi ini mempunyai
pole ganda.
Fungsi Dengan Pole Sederhana. Apabila fungsi rasional F(s) hanya mempunyai pole
sederhana, maka ia dapat diuraikan menjadi berbentuk
F (s) =
kn
k1
k2
+
+L+
( s − p1 ) ( s − p 2 )
(s − p n )
(15)
Jadi F(s) merupakan kombinasi linier dari beberapa fungsi sederhana; konstanta k yang
berkaitan dengan setiap fungsi pembangun F(s) itu kita sebut residu. Kita ingat bahwa
transformasi balik dari masing-masing fungsi sederhana itu berbentuk ke−αt. Dengan
demikian maka transformasi balik dari F(s) menjadi
f (t ) = k1e p1t + k 2 e p2t + L + k n e pnt
(16)
Persoalan kita sekarang adalah bagaimana menentukan residu. Untuk mencari k1, kita
kalikan kedua ruas (15) dengan (s − p1) sehingga faktor (s− p1) hilang dari ruas kiri sedangkan
ruas kanan menjadi k1 ditambah suku-suku lain yang semuanya mengandung faktor (s− p1).
Kemudian kita substitusikan s = p1 sehingga semua suku di ruas kanan bernilai nol kecuali k1
dan dengan demikian diperoleh nilai k1. Untuk mencari k2, kita kalikan kedua ruas (15)
dengan (s − p2) kemudian kita substitusikan s = p2; demikian seterusnya sampai semua nilai
k diperoleh, dan transformasi balik dapat dicari.
CONTOH-8: Carilah f(t) dari fungsi s berikut.
a). F ( s ) =
4( s + 2)
4
; b). F ( s ) =
;
( s + 1)(s + 3)
( s + 1)( s + 3)
Penyelesaian :
a).
F ( s) =
k
k
4
= 1 + 2
( s + 1)(s + 3) s + 1 s + 3
10/15 Sudaryatno Sudirham, Transformasi Laplace
c). F ( s ) =
6( s + 2)
s ( s + 1)(s + 4)
Darpublic
Nopember 2013
www.darpublic.com
k
4
= k1 + 2 ( s + 1)
( s + 3)
s+3
4
→ substitusi s = −1 →
= k1 → k1 = 2
−1+ 3
→ F ( s ) × ( s + 1) →
→ F ( s ) × ( s + 3) dan substitusi s = −3 →
⇒ F ( s) =
b).
F ( s) =
4
= k 2 → k 2 = −2
− 3 +1
2
−2
+
⇒ f (t ) = 2e −t − 2e −3t
s +1 s + 3
k
k
4( s + 2)
= 1 + 2
( s + 1)(s + 3) s + 1 s + 3
4 ( −1 + 2 )
= k 1 → k1 = 2
−1+ 3
4(−3 + 2)
→ F ( s ) × ( s + 3) dan substitusi s = −3 →
= k2 → k2 = 2
− 3 +1
2
2
⇒ F (s) =
+
⇒ f (t ) = 2e −t + 2e −3t
s +1 s + 3
→ F ( s ) × ( s + 1) dan substitusi s = −1 →
c).
F (s) =
k
k
k
6( s + 2)
= 1+ 2 + 3
s ( s + 1)(s + 4) s s + 1 s + 4
Dengan cara seperti di a) dan b) kita peroleh
→ k1 =
k3 =
6( s + 2)
( s + 1)( s + 4)
6( s + 2)
s ( s + 1)
⇒ F ( s) =
= 3; k2 =
s =0
6( s + 2)
s ( s + 4)
= −2 ;
s = −1
= −1
s = −4
3 −2
−1
+
+
→ f (t ) = 3 − 2e −t − e − 4t
s s +1 s + 4
Fungsi Dengan Pole Ganda. Pada kondisi tertentu, fungsi F(s) dapat mempunyai pole
ganda (dua pole sama besar). Penguraian F(s) yang demikian ini dilakukan dengan
“memecah” faktor yang mengandung pole ganda dengan tujuan untuk mendapatkan bentuk
fungsi dengan pole sederhana yang dapat diuraikan seperti biasa. Untuk jelasnya kita ambil
suatu fungsi yang mengandung pole ganda seperti pada (17) berikut ini.
F (s) =
K ( s − z1 )
( s − p1 )( s − p 2 ) 2
(17)
Dengan mengeluarkan salah satu faktor yang mengandung pole ganda kita dapatkan
F (s) =
1
s − p2
 K ( s − z1 ) 


 ( s − p1 )( s − p 2 ) 
(18)
Bagian yang di dalam tanda kurung dari (18) mengandung pole sederhana sehingga kita
dapat menguraikannya seperti yang telah kita pelajari.
 K ( s − z1 ) 
k1
k2
F1 ( s) = 
+
=
 ( s − p1 )(s − p 2 )  s − p1 s − p 2
(19)
11/15
Darpublic
Nopember 2013
www.darpublic.com
Residu pada (19) dapat ditentukan, misalnya k1 = A dan k2 = B , dan faktor yang kita
keluarkan kita masukkan kembali sehingga menjadi
F (s) =
1
s − p2
 A
B 
A
B
+
+

=
s
−
p
s
−
p
(
s
−
p
)(
s
−
p
)
(s − p 2 ) 2
1
2
2
1

dan suku pertama ruas kanan diuraikan lebih lanjut menjadi
F (s) =
k11
k
B
+ 12 +
s − p1 s − p 2 ( s − p 2 ) 2
(20)
Transformasi balik dari (20) adalah
f (t ) = k11e p1t + k12 e p2t + Bte p2t
(21)
CONTOH-9: Tentukan transformasi balik dari fungsi:
s
F (s) =
( s + 1)(s + 2) 2
Penyelesaian :
F (s) =
=
s
( s + 1)(s + 2)
2
=

1 
s


( s + 2)  ( s + 1)(s + 2) 
k 
1  k1
+ 2 

( s + 2)  s + 1 s + 2 
→ k1 =
⇒ F (s) =
=
s
( s + 2)
= −1
→ k2 =
s = −1
s
( s + 1)
=2
s = −2
1  −1
2 
−1
2
+
=
+


( s + 2)  s + 1 s + 2  ( s + 1)( s + 2) ( s + 2) 2
k11
k
2
+ 12 +
s + 1 s + 2 ( s + 2) 2
→ k11 =
−1
s+2
= −1
s = −1
→ k12 =
−1
=1
s + 1 s = −2
−1
1
2
⇒ F (s) =
+
+
⇒ f (t ) = −e −t + e − 2t + 2te − 2t
2
s + 1 s + 2 ( s + 2)
Konvolusi. Transformasi Laplace menyatakan secara timbal balik bahwa
jika f (t ) = f 1 (t ) + f 2 (t )
jika F ( s ) = F1 ( s ) + F 2 ( s )
maka
maka
F (s) = F1 ( s ) + F 2 ( s )
f (t) = f 1 (t ) + f 2 (t )
Kelinieran dari transformasi Laplace ini tidak mencakup perkalian. Jadi
jika F ( s ) = F1 ( s ) F 2 ( s )
maka
f ( t ) ≠ f 1 (t ) f 2 (t )
Mencari fungsi f(t) dari suatu fungsi F(s) yang merupakan hasil kali dua fungsi s yang
berlainan, melibatkan sifat transformasi Laplace yang kita sebut konvolusi. Sifat ini dapat
dinyatakan sebagai berikut.
12/15 Sudaryatno Sudirham, Transformasi Laplace
Darpublic
Nopember 2013
www.darpublic.com
jika F ( s) = F1 ( s) F2 ( s ) maka
L−1 [F ( s )] = f (t ) = ∫ f1 (τ) f 2 (t − τ)dτ
t
(22)
0
t
∫0 f 2 (τ) f1 (t − τ)dτ
=
Kita katakan bahwa transformasi balik dari perkalian dua F(s) diperoleh dengan melakukan
konvolusi dari kedua fungsi yang bersangkutan. Kedua bentuk integral pada (22) disebut
integral konvolusi.
Pandanglah dua fungsi waktu f1(τ) dan f2(t). Transformasi Laplace masing-masing
adalah
F1 ( s) =
∞
f1 (τ)e − sτ dτ dan F2 ( s ) =
∫0
∞
∫0
f 2 (t )e − st dt .
Jika kedua ruas dari persamaan pertama kita kalikan dengan F2(s) akan kita peroleh
F1 ( s ) F2 ( s ) =
∞
∫0
f1 (τ) e − sτ F2 ( s ) dτ .
Sifat translasi di kawasan waktu menyatakan bahwa e−sτ F2(s) adalah transformasi Laplace
dari [ f2(t−τ) ] u(t−τ) sehingga persamaan tersebut dapat ditulis
F1 ( s ) F2 ( s ) =
 ∞

f1 ( τ) 
f 2 (t − τ)u (t − τ)e − st dt  dτ
0
0


∫
∞
∫
Karena untuk τ > t nilai u(t−τ) = 0, maka integrasi yang berada di dalam kurung pada
persamaan di atas cukup dilakukan dari 0 sampai t saja, sehingga
∞
∫0
F1 ( s ) F2 ( s ) =
=

f1 (τ) 

t
∫0 f 2 (t − τ)e
∞ t
− st
∫0 ∫0 f1 (τ) f 2 (t − τ)e

dt  dτ

− st

dt  dτ

Dengan mempertukarkan urutan integrasi, kita peroleh
F1 ( s) F2 ( s ) =
∞


t
∫0 ∫0 f1 (τ) f 2 (t − τ)dτe
− st
 t

dt = L  f 1 ( τ) f 2 (t − τ) dτ
0

∫
CONTOH-10: Carilah f(t) dari F(s) berikut.
a). F ( s ) =
c). F ( s ) =
1
(s + a)
1
2
b). F ( s) =
1
( s + a )( s + b)
s 2 ( s + a)
Penyelesaian :
a). Fungsi ini kita pandang sebagai perkalian dari dua fungsi.
F ( s ) = F1 ( s ) F2 ( s ) dengan F1 ( s ) = F2 ( s ) =
1
( s + a)
→ f1 (t ) = f 2 (t ) = e − at
13/15
Darpublic
Nopember 2013
⇒ f (t ) =
=
www.darpublic.com
t
t
− ax − a (t − x )
∫0 f1 ( x) f 2 (t − x)dx = ∫0 e
t
∫0 e
− ax − at + ax
e
dx
t
dx = e − at dx = te −at
∫0
b). Fungsi kedua ini juga kita pandang sebagai perkalian dari dua fungsi.
F ( s ) = F1 ( s ) F2 ( s ) dengan
F1 ( s ) =
1
1
dan F2 ( s ) =
(s + a)
( s + b)
→ f 1 (t ) = e − at dan f 2 (t ) = e −bt
⇒ f (t ) =
t
t
∫0 f1 ( x) f 2 (t − x)dx = ∫0 e
− ax −b (t − x )
e
dx
t
=e
=
−bt t
∫0 e
( −a +b) x
dx = e
(
−bt
)
 e ( − a +b) x 


 − a + b  0
e −bt e ( − a +b)t − 1
e − at − e −bt
=
−a+b
−a+b
c). Fungsi ketiga ini juga dapat dipandang sebagai perkalian dua fungsi.
F ( s ) = F1 ( s ) F2 ( s ) dengan F1 ( s ) =
1
s
2
dan F2 ( s) =
1
s+a
→ f1 (t ) = t dan f 2 (t ) = e − at
⇒ f (t ) =
t
∫0
f1 ( x) f 2 (t − x)dx =
=e
− at
 ax
 xe
 a

t
∫0
xe − a (t − x ) dx = e − at
t
∫0 xe
ax

 at
e ax 
te − 0 e ax
dx = e − at 
−
− 2
0 a

 a
a


∫
0
t
t
dx



0
t
 te at − 0 e at − 1  at − 1 + e − at
= e − at 
−
=
a 2 
a2
 a
Mencari Solusi Persamaan dengan Transformasi Laplace
Dengan menggunakan transformasi Laplace kita dapat mencari solusi suatu persamaan
diferensial dengan lebih mudah. Transformasi akan mengubah persamaan diferensial
menjadi persamaan aljabar biasa di kawasan s yang dengan mudah dicari solusinya. Dengan
mentransformasi balik solusi di kawasan s tersebut, kita akan memperoleh solusi dari
persamaan diferensialnya.
CONTOH-11: Gunakan transformasi Laplace untuk mencari solusi persamaan berikut.
dv
+ 10v = 0 ,
dt
v (0 + ) = 5
Penyelesaian :
Transformasi Laplace persamaan diferensial ini adalah
14/15 Sudaryatno Sudirham, Transformasi Laplace
Darpublic
Nopember 2013
www.darpublic.com
sV ( s ) − v(0 + ) + 10V ( s ) = 0 atau
sV ( s ) − 5 + 10V ( s ) = 0 ⇒ V ( s ) =
Transformasi balik memberikan v(t ) = 5e −10t
5
s + 10
CONTOH-12: Carilah solusi persamaan diferensial berikut.
2
dv C
+ vC − 6 = 0
dt
Penyelesaian :
Transformasi persamaan ini ke kawasan s, menjadi
6
+ 2sV C ( s ) − v C (0) + VC ( s) = 0 atau
s
6
− + 2 sV C ( s ) − 2 + V C ( s ) = 0
s
−
Pemecahan persamaan ini dapat diperoleh dengan mudah.
VC ( s) =
→ k1 =
k
k2
3+ s
= 1+
s( s + 0,5) s s + 0,5
3+ s
( s + 0,5)
⇒ VC ( s) =
= 6 dan k 2 =
s =0
3+ s
s
= −5
s = −0 , 5
6
5
−
s s + 0,5
Transformasi balik dari VC (s) memberikan
v C (t ) = 6 − 5e −0,5t V
15/15