plagiat merupakan tindakan tidak terpuji plagiat
advertisement
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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
i
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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
ii
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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)
…………………………………………………………………………………………………………………………………………………….
vi
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
ABSTRAK
Persamaan diferensial adalah suatu persamaan yang memuat derivatif atau diferensial 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 mendapatkan penyelesaian khusus dari sistem persamaan diferensial tersebut.
Kata Kunci: Persamaan diferensial, masalah nilai awal, transformasi Laplace, invers transformasi Laplace
viii
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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 auxiliary 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.
ix
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
KATA PENGANTAR
Puji dan syukur penulis panjatkan kepada Tuhan Yesus Kristus, Sang Penerang 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 menyampaikan 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.
x
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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
xi
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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
xii
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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
xiii
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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
xiv
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
DAFTAR TABEL
Halaman
Tabel 3.4.1 Tabel Transformasi Laplace ............................................................ 73
xv
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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 diketahui dalam persamaan diferensial bergantung hanya pada satu variabel bebas. 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.
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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 derivatifderivatifnya 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.
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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.
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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, sifatsifat transformasi Laplace, fungsi khusus transformasi Laplace
serta invers transformasi Laplace dan konvolusinya.
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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 y1 , y 2 ,..., y n dapat dinyatakan dalam
bentuk
a1 y1 a2 y 2 ... an y n b
di mana a1 , a2 ,..., an dan b merupakan konstanta real. Suatu sistem dengan m
persamaan linear dan n variabel yang tidak diketahui dapat ditulis sebagai
a11 y1 a12 y 2 ... a1n y n b1
a 21 y1 a22 y 2 ... a2 n y n b2
am1 y1 am 2 y 2 ... a mn y n bm
(2.1.1)
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
7
di mana y1 , y 2 ,..., y n 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
a 11
a
21
a m1
a12
a 22
am2
a1n
a 2 n
a mn
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
b1
b
2
bm
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
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
8
a11 a12 a1n b1
a
21 a22 a2 n b2
am1 am 2 amn bm
Definisi 2.1.1
Urutan sejumlah bilangan s1 , s 2 , , s n merupakan penyelesaian dari sistem
persamaan (2.1.1) jika y1 s1 , y 2 s2 , , y n sn merupakan penyelesaian dari
setiap persamaan di dalam sistem tersebut.
Contoh 2.1.1
Sistem persamaan
4 y1 y 2 3 y3 1
3 y1 y 2 9 y3 4
(2.1.2)
memiliki penyelesaian y1 1, y 2 2 dan y3 1 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:
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
1.
9
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
1 4 3 4 1 1 0
0 1 6 2 , 0 1 0 ,
0 0 1 5 0 0 0
0 1 2 6 0
0 0 1 1 0
0 0 0 0 1
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.
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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
y1 y 2 2 y3 9
2 y1 4 y 2 3 y3 1
3 y1 6 y 2 5 y3 0.
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
11
Penyelesaian:
Matriks lengkap dari sistem persamaan linear di atas adalah
1 1 2 9
2 4 - 3 1
3 6 - 5 0
Kemudian matriks tersebut di ubah kedalam bentuk eselon baris menjadi
2
9
1 1
0 1 7 2 - 17 2
0 0
1
3
Sistem yang bersesuaian dengan matriks adalah
y1 y 2 2 y3 9
y2
7
17
y3
2
2
y3 3
atau
y1 9 y2 2 y3
(2.1.3)
17 7
y3
2 2
(2.1.4)
y2
y3 3.
(2.1.5)
Dengan mensubstitusikan nilai y3 ke persamaan (2.1.4) diperoleh y 2 2 dan
dengan mensubstitusikan y2 ke persamaan (2.1.3) diperoleh y1 1. Jadi
diperoleh y1 = 1, y2 = 2 dan y3 = 3.
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
12
B. Limit, Fungsi Kontinu dan Fungsi Transenden
1.
Limit
Definisi 2.2.1
Pengertian yang tepat tentang limit mengatakan bahwa lim f t L
t c
berarti bahwa untuk tiap 0 yang diberikan, terdapat 0 yang
berpadanan
sedemikian
sehingga
f x L
0 x c yakni
0 x c f x L
Contoh 2.2.1
Buktikan bahwa lim 3t 7 5.
t 4
Penyelesaian:
Andaikan bilangan positif sebarang sedemikian sehingga
0 t 4 3t 7 5
Kemudian pandang ketaksamaan pada ruas kanan
asalkan
bahwa
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
13
3t 7 5 3t 12
3t 4
3t4
t4
3
Andaikan diberikan 0. Jika dipilih
3
,
maka 0 t 4
mengimplikasikan
3t 7 5 3t 12 3t 4 3 t 4 3
Jadi, terbukti bahwa lim 3t 7 5.
t 4
Definisi 2.2.2
Misalkan f didefinisikan pada c, untuk suatu bilangan c, dikatakan
bahwa
lim f t L
t
jika untuk setiap 0, terdapat bilangan M sedemikian sehingga
t M f t L
Contoh 2.2.2
2t 3 3t 2 2
t 5t 3 3t 4
Hitunglah nilai limit dari lim
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
14
Penyelesaian:
Untuk menghitung nilai limit, pembilang dan penyebut dibagi dengan
pangkat tertinggi yang muncul yaitu t3, sehingga diperoleh
t3
t2 2
3 2
3
3
2 3
3
3
t t
t
t lim
lim t 3
t
3 4
t
t
4 t
5 2 3
5 3 3 3 3
t
t
t
t
t
1
1
lim 2 3 lim 2 lim 3
t
t t
t t
1
1
lim 5 3 lim 2 4 lim 3
t
t t
t t
2
5
2
2.
Fungsi Kontinu
Definisi 2.2.3
Andaikan f terdefinisi pada suatu selang terbuka yang mengandung c, f
kontinu di c jika
lim f t f c
x c
Definisi di atas menyatakan bahwa f kontinu jika syarat-syarat berikut
dipenuhi:
i).
lim f t ada,
ii).
Fungsi f terdefinisi di c, yaitu f c ada,
tc
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
iii).
15
lim f t f c .
t c
Jika salah satu dari ketiga syarat tidak dipenuhi, maka f tak kontinu di c.
Contoh 2.2.3
Fungsi f yang didefinisikan
t 2 1
f t
t 1
tidak kontinu untuk t 1 , karena lim
t 1
t 2 1
lim t 1 2 f 1 maka f
t 1 t 1
tidak kontinu di t 1 .
Definisi 2.2.4
Fungsi f kontinu kanan di a jika lim f t f a dan kontinu kiri b jika
t a
lim f t f b .
t b
Definisi 2.2.5
Fungsi f dikatakan kontinu pada selang terbuka
a, b
jika fungsi f
kontinu di setiap titik pada a, b . Fungsi f dikatakan kontinu pada selang
tertutup a, b jika fungsi f kontinu pada selang terbuka a, b , kontinu
kanan di a dan kontinu kiri di b.
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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 lim f t tidak ada, tidak kontinu di t2
t t1
karena nilai lim f t tidak sama dengan nilai fungsi di t2, dan f tak kontinu
t t 2
di t3 karena fungsi di t3 tidak ada.
t1
t2
t3
Gambar 2.2.1
Contoh 2.2.4
Akan diperlihatkan bahwa fungsi f t yang didefinisikan dengan
f t 9 t 2
untuk setiap t 3, 3 kontinu pada selang tertutup 3, 3.
Fungsi f t 9 t 2 kontinu pada selang terbuka 3,3 . Fungsi f kontinu
kanan di t 3 yaitu lim 0 dan kontinu kiri di t 3 yaitu lim 0 . Ini
t 3
berarti fungsi f kontinu pada selang tertutup 3,3 .
t 3
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
17
Definisi 2.2.6
Fungsi f t dikatakan kontinu bagian demi bagian pada interval tertutup
a, b
jika f kontinu pada setiap titik dalam a, b kecuali untuk sejumlah
berhingga titik-titik di mana f t mempunyai ketakontinuan lompat. Fungsi
f t dikatakan kontinu bagian demi bagian pada 0, jika f kontinu ba-
gian demi bagian pada 0, N untuk setiap N 0 .
Contoh 2.2.5
Perlihatkan bahwa sebuah fungsi f yang dinyatakan dengan
0 t 1
2t ,
1 t 2
f t
3t ,
2t 3
kontinu bagian demi bagian pada interval 0,3.
t2,
Penyelesaian:
f t
2
1
t
0
1
2
Gambar 2.2.2
3
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
18
Gambar 2.2.2 tersebut memperlihatkan f t kontinu pada interval 0,1 ,
1,2
dan 2,3 . Pada titik yang tidak kontinu yaitu untuk t 2 , fungsi f
mempunyai ketakkontinuan lompat karena
lim f t 0 dan lim f t 1 .
t 2
t 2
Jadi fungsi f kontinu bagian demi bagian pada interval 0,3 .
Contoh 2.2.6
Perlihatkan bahwa fungsi sebuah fungsi f yang dinyatakan dengan
f t t 2 4t 3
tidak kontinu bagian demi bagian.
Penyelesaian:
Gambar 2.2.3
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
19
Grafik tersebut di atas memperlihatkan bahwa f(t) kontinu pada interval
,1
dan 3, tetapi f(t) tidak kontinu pada interval 1, 3 . Untuk
lim f t 0 tetapi untuk lim f t tidak terdefinisi. Ini berarti bahwa fungsi
t 2
t 1
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: e y ,3e 5 y , dan e ln y .
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
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
20
Definisi 2.2.7
Sebuah fungsi f dikatakan berorde eksponensial jika terdapat konstanta α
dan konstanta positif t 0 dan M sedemikian rupa sehingga
e t f t M untuk setiap t t 0
di mana f t terdefinisi.
Contoh 2.2.7
Jika diketahui f t sin bt maka
e t f t e t sin bt .
Untuk setiap 0
lim e t sin bt 0.
t
Ini
berarti
untuk
setiap
0
e t f t e t sin bt M untuk
ada
t t0 .
t0 0
sehingga
f t sin bt
berorde
M 0 dan
Jadi
eksponensial, dengan konstanta α sama dengan semua bilangan positif.
Contoh 2.2.8
Tentukan apakah f t e t berorde eksponensial atau tidak.
2
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
21
Penyelesaian:
Diketahui bahwa f t e t maka
2
e t f t e t e t .
2
Untuk setiap 0
lim e t e t lim e t t .
2
t
t
2
2
Ini berarti bahwa fungsi e t tidak berorde eksponensial karena e t membesar
lebih cepat daripada e t untuk berapapun nilai α.
C. Deret Geometrik
Definisi 2.3.1
Deret tak berhingga
a
n 1
n
konvergen dan mempunyai jumlah S jika
barisan jumlah-jumlah parsial S n konvergen menuju S atau lim S n S . Jika
n
S n
divergen, maka deret tersebut divergen. Deret divergen tidak mempunyai
jumlah.
Contoh 2.3.1
Diberikan deret tak berhingga
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
2n 1
n n 1
2
2
n 1
Selidikilah apakah deret tak hingga di atas divergen atau konvergen.
Penyelesaian:
Diketahui bahwa
an
2n 1
n n 1
2
2
.
Kemudian an ditulis dalam bentuk pecahan parsial berikut
an
1
1
.
2
n
n 12
Maka pecahan parsial deret yang diberikan dapat ditulis menjadi
Sn
n 1
2n 1
n 2 n 1
2
1
1
2
n 12
n 1 n
1
1
1 1 1
1 ... 2
n 12
4 4 9
n
1
1
n 12
Oleh karena itu,
1
S lim S n lim 1
2
n
n
n 1
1.
Jadi deret tak hingga yang diberikan konvergen dan jumlahnya adalah 1.
22
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
23
Definisi 2.3.2
Deret berbentuk
ar
n 1
a ar ar 2 ar 3 ... ar n1 ...
k 1
di mana a 0 disebut deret geometrik.
Contoh 2.3.2
Deret
4 4 4
4
4
1
adalah deret geometrik dengan a dan r .
3 9 27 81
3
3
Teorema 2.3.1
Deret geometrik konvergen ke S
a
jika r 1, dan divergen jika r 1.
1 r
Jumlahan parsial n suku pertama adalah S n
a 1 rn
.
1 r
Bukti:
Deret jumlahan parsial suku pertama adalah:
S n a ar ar 2 ar 3 ar 4 ... ar n1
rS n ar ar 2 ar 3 ar 4 ar 5 ... ar n
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
24
maka
S n rS n a ar ar 2 ... ar n1 ar ar 2 ar 3 ... ar n
1 r S n a ar n .
Jadi,
Sn
a 1 r n
a
1 rn
.
1 r
1 r 1 r
Jika r 1, maka lim r n 0. Sehingga diperoleh
n
a 1 rn
n
n
1 r
a
ar n
lim
lim
n 1 r
n 1 r
a
.
1 r
S lim S n lim
Dengan kata lain, deret geometri konvergen jika r 1. Jika r 1 maka
lim r n , sehingga
n
n
a 1 r n
.
n
1 r
S lim S n lim
Deret divergen jika r 1 . Jadi terbukti bahwa deret geometri konvergen jika
r 1 dan divergen jika r 1.
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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
dy d 2 y
dny
F t , y, , 2 ,..., n 0
dt dt
dt
Bila y
dny
d2y
dy
n
, y 2 , ..., y n maka persamaan di atas dapat ditulis
dt
dt
dt
menjadi
F t , y, y ' , y '' ,..., y n 0
di mana F adalah suatu fungsi real dengan argumen-argumen t , y, y ' , y '' ,..., y n
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
26
Contoh 2.4.1
y '' 3 y ' 3 y x 3 merupakan persamaan diferensial orde kedua karena pada
persamaan ini tingkat derivatif tertinggi yang muncul adalah dua dan
y 4 x 2 y 3 x 3 y xe x 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
dny
d n 1 y
dy
a0 t n a1 t n 1 ... an 1 t an t y b(t )
dt
dt
dt
(2.4.1)
di mana a0 , a1 ,..., an dan b adalah fungsi-fungsi kontinu pada suatu interval yang
memuat y dan a0 t 0 pada interval itu. Fungsi a k t 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.
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
iii).
27
Tidak ada fungsi transendental dari y dan derivatif-derivatifnya misalnya
sin y dan e y .
Jika salah satu syarat tersebut tidak dipenuhi maka persamaan diferensial
tersebut tidak linear atau nonlinear. Persamaan diferensial yang tidak linear disebut persamaan diferensial non linear.
Contoh 2.4.2:
y 3 5 y '' 3 y sin t dan y '' 5 y ' 6 y 0 berturut-turut adalah contoh-contoh
persamaan diferensial linear, sedangkan
yy '' 5 y'6 y 0 adalah contoh
persamaan diferensial non linear.
Definisi 2.4.3
Jika bt 0 untuk setiap t, maka persamaan (2.4.1) menjadi
a0 t
dny
d n 1 y
dy
a
t
... an 1 t an t y 0
1
n
n 1
dt
dt
dt
dan disebut persamaan diferensial linear homogen. Jika bt 0 untuk setiap t,
maka persamaan (2.4.1) disebut persamaan diferensial tak homogen.
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
28
Contoh 2.4.3
Persamaan y 3 y 0 adalah persamaan diferensial homogen orde pertama,
sedangkan y y 2 y e 3t adalah persamaan diferensial tak homogen orde
kedua. Persamaan ini tak homogen karena bt 0 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
yt 0 c1 , y t 0 c2 , y t 0 c3 ,..., y n1 t 0 cn
yang harus dipenuhi oleh penyelesaian persamaan diferensial dan derivatifderivatifnya pada titik awal t 0 .
Contoh 2.4.4
dy
2 y 3t , y0 2 adalah contoh masalah nilai awal pada persamaan
dt
diferensial
di
mana
titik
awalnya
adalah
t 0.
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
y t 5 y t sin t 0, x1 0, x1 7
29
adalah contoh masalah nilai awal
pada persamaan diferensial di mana titik awalnya adalah t 1.
Definisi 2.4.6
Masalah Nilai Awal untuk persamaan diferensial linear homogen orde ke-n
dengan koefisien konstan terdiri dari penyelesaian persamaan diferensial
a0
dny
d n1 y
dy
a
... a n1
an y 0
1
n
n 1
dt
dt
dt
di mana a0 , a1 ,..., an adalah konstanta dan a0 0 dengan syarat awalnya adalah
yt 0 c1 , y t 0 c2 , y t 0 c3 ,..., y n1 t 0 cn
di mana c1 , c2 ,..., cn adalah konstanta.
Contoh 2.4.5
d 2 y dy
6 y 0 dengan syarat y0 6 dan y 0 2 adalah contoh masalah
dt 2 dt
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
dny
d n 1 y
dy
a0 n a1 n1 ... a n 1
a n y bt
dt
dt
dt
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
30
di mana a0 , a1 ,..., an adalah konstanta dan a0 0 dengan syarat awalnya adalah
yt 0 c1 , y t 0 c2 , y t 0 c3 ,..., y n1 t 0 cn
di mana c1 , c2 ,..., cn adalah konstanta.
Contoh 2.4.6
y 5 y sin t dengan syarat awalnya y0 0 dan y0 1 adalah contoh
masalah nilai awal untuk persamaan diferensial linear tak homogen karena
bt sin t .
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
a1 t
dy
dx
a 2 t a 3 t x a 4 t y F1 t
dt
dt
dy
dx
b1 t b2 t b3 t x b4 t y F2 t
dt
dt
(2.5.1)
Penyelesaian di atas dinyatakan dalam pasangan terurut dari fungsi real
f , g
demikian sehingga x f t , y g t memenuhi kedua persamaan dari
sistem (2.5.1) pada interval a t b .
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
31
Contoh 2.5.1
Sebuah sistem persamaan yang didefinisikan dengan
dx
dy
3 2x t 2
dt
dt
dx
dy
2 3x 4 y e t
dt
dt
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
d2y
dy
d 2x
dx
a
t
a 3 t a 4 t a 5 t x a 6 t y F1 t
2
2
2
dt
dt
dt
dt
2
2
d y
dy
d x
dx
b1 t 2 b2 t 2 b3 t b4 t b5 t x b6 t y F2 t
dt
dt
dt
dt
a1 t
(2.5.2)
Penyelesaian di atas dinyatakan dalam pasangan terurut dari fungsi real
f , g
demikian sehingga x f t , y g t memenuhi kedua persamaan dari
sistem (2.5.2) pada interval a t b .
Contoh 2.5.2
Sebuah sistem persamaan yang didefinisikan dengan
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
2
32
d 2x
d2y
dx
dy
3
7 3 2y t 1
2
2
dt
dt
dt
dt
2
2
d x
d y
3 2 2 2 3x 4 y 0
dt
dt
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
dy1
a11 t y1 a12 t y 2 a1n t y n F1 t ,
dt
dy 2
a 21 t y1 a 22 t y 2 a 2 n t y n F2 t ,
dt
(2.5.3)
dy n
a n1 t y1 a n 2 t y 2 a nn t y n Fn t .
dt
Persamaan diferensial orde ke-n adalah
a 0 t
dny
d n 1 y
dy
a
t
...
a
t
a n t y F (t )
1
n
1
dt
dt n
dt n 1
dengan satu fungsi yang tak diketahui y. Didefinisikan
y1 y , y 2
d2y
d n2 y
d n 1 y
dy
, y 3 2 , ..., y n 1 n 2 , y n n 1 .
dt
dt
dt
dt
(2.5.4)
Dari persamaan (2.5.4)
dy dy1 d 2 y dy 2
d n 1 y dy n 1 d n y dy n
,
,
...,
,
.
dt
dt dt 2
dt
dt
dt
dt n 1
dt n
(2.5.5)
Dengan menggunakan persamaan (2.5.4) dan (2.5.5) maka persamaan
(2.5.3) dapat dituliskan menjadi
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
dy1
y2
dt
dy 2
y3
dt
33
(2.5.6)
dy n 1
yn
dt
dy n
a n t y1 a n 1 t y 2 a1 t y n F t ,
dt
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 a, b .
Misalkan P adalah partisi dari a, b dengan titik-titik partisi t 0 , t1 , t 2 , , t n
dan P maxt i . Integral tentu f dari a ke b adalah
b
a
n
f t dt lim f ti ti
p 0
i 1
(2.6.1)
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
34
jika limitnya ada. Jika limitnya ada, maka f dikatakan terintegral pada
interval a, b .
Teorema 2.6.1
Jika f kontinu pada seluruh selang a, b , maka f terintegralkan pada
a, b .
Bukti:
Menurut Definisi 2.6.1, untuk membutikan Teorema 2.6.1 akan ditunjukan
bahwa untuk sebarang 0 , terdapat sedemikian sehingga
f t f t
(2.6.2)
2b a
dengan t dan t adalah titik-titik dari
t t . Pertimbangkan sebarang partisi
a, b
sedemikian sehingga
t 0 , t1 , t 2 , , t n sedemikian
sehingga semua subinterval mempunyai panjang kurang dari . Pada
subinterval tertutup
ti 1 , ti ,
misalkan
mi
dan
Mi
masing-masing
mengatakan batas bawah terbesar dan batas atas terkecil dari nilai f. Maka
dapat dibentuk
s m1 t1 t 0 m2 t 2 t1 mn t n t n 1
S M 1 t1 t 0 M 2 t 2 t1 M n t n t n1 .
(2.6.3)
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
35
Pada interval t n1 , t n , pilih titik t sedemikian sehingga f t dekat ke M i
f t dekat ke mi . Dengan demikian
dan t sedemikian sehingga
persamaan (2.6.2) menjadi
M i mi
(2.6.4)
2b a
Dari persamaan (2.6.3) dapat diperoleh
S s M 1 m1 t1 t 0 M m2 t 2 t1 M n mn t n t n1
S s M 1 m1 t1 t 0 M 2 m2 t 2 t1 M n mn t n t n 1
M 1 m1 t1 t 0 M 2 m2 t 2 t1 M n mn t n t n 1
Dari persamaan (2.6.4)
S s
2b a
t1 t 0
2b a
t 2 t1
2b a
t n t n1
maka
S s
2b a
t1 t 0 t 2 t1 t n t n1 .
2
Jadi, terbukti f terintegral pada interval a, b .
Teorema 2.6.2
Jika f kontinu bagian demi bagian pada interval tertutup a, b maka f
terintegral pada a, b .
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
36
Bukti:
Karena f kontinu bagian demi bagian, maka f kontinu pada a, b kecuali
pada titik-titik
a t1 t 2 t n b.
Berdasarkan Teorema 2.6.1, f terintegral pada selang t1 , t 2 sedemikian
t2
t3
t4
t1
t2
t3
sehingga f t dt ada. Begitupun juga untuk
tt
f t dt
f t dt , f t dt ,
ada. Karena f terintegral pada setiap selang ti , ti1 di mana
tn 1
i 1, 2, , n dan
tn
t2
t3
tn
t1
t1
t2
tn-1
f t dt f t dt f t dt f t dt
tn
maka
f t dt ada. Jadi terbukti bahwa
f terintegral pada a, b .
t1
2.
,
Integral Tak Wajar
Dalam mendefinisikan integral tentu
b
f t dt
a
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
37
fungsi f dimisalkan terdefinisi pada interval tertutup a, b . Namun bila
integral tersebut mempunyai batas tak berhingga maka integral tersebut
adalah integral tak wajar. Contoh untuk integral tak wajar tersebut adalah
e
t
dt
0
Definisi 2.6.2
Jika f kontinu untuk setiap t a , maka
b
f t dt lim f t dt
a
b
a
Bilamana limitnya ada dan nilainya berhingga, integral tak wajar tersebut
konvergen. Jika tidak, integral tak wajar tesebut divergen.
Contoh 2.6.1
Hitunglah e t dt , jika ada
0
Penyelesaian:
R
t
t
e dt lim e dt
0
R
0
lim e R
R
R
0
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
lim e R 1
R
lim e R lim 1
R
R
0 1
1
Jadi
e
0
Contoh 2.6.2
Hitunglah
0
dt
t 1
, jika ada.
Penyelesaian:
0
dt
t 1
R
lim
R
0
R
dt
t 1
lim t 1
R
1
2
dt
0
R
1
1
lim
t 1 2
R
1
2
0
lim 2 R 1
R
t
dt 1
38
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
Karena lim 2 R 1 adalah tak berhingga maka
R
0
dt
t 1
39
divergen.
Teorema 2.6.2
Jika g dan h adalah fungsi real sedemikian sehingga 0 g t ht pada
a t . Misalkan
ht dt
ada dan g terintegral pada setiap subinterval
a
tertutup berhingga dari a t maka
g t dt ada.
a
Bukti:
Misalkan untuk A a
A
G A g t dt
a
dan
A
H A ht dt.
a
Karena 0 g t ht maka G A H A dan kedua fungsi tersebut
meningkat. Oleh karena itu, H A cenderung ke limit L untuk A . Ini
berarti
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
40
G A H A L.
Karena G A meningkat dan terbatas ke atas L, maka G A juga konvergen
ke suatu limit untuk A . Ini berarti
g t dt ada.
a
Teorema 2.6.3
Misalkan fungsi real g terintegral pada setiap subinterval berhingga dari
a t dan
0
0
g t dt ada maka g t dt ada.
Bukti:
Perhatikan bahwa
g t g t g t g t .
Maka
g t dt g t g t dt g t dt.
b
b
b
a
a
a
(2.6.4)
Menurut hipotesis, integral kedua pada ruas kanan ada untuk b , tetapi
karena g t g t maka
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
41
g t g t g t g t 2 g t
sehingga
0 g t g t 2 g t
Oleh karena itu
0 g t g t dt 2 g t dt
b
b
a
a
b
Karena
2 g t dt
ada untuk b , maka integral pertama pada ruas
a
kanan persamaan (2.6.4) juga ada untuk b . Jadi terbukti bahwa
b
g t dt ada untuk b .
a
3.
Integral Parsial
Misalkan ut u dan vt v maka rumus diferensial hasil kali dua
fungsi adalah
d
ut vt u t vt ut vt
dt
atau
u t vt
d
ut vt u t vt .
dt
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
42
Dengan mengintegralkan dua ruas pada persamaan di atas diperoleh
ut vt dt ut vt ut vt dt
Karena dv vt dt dan du u t dt , persamaan di atas dapat ditulis dalam
bentuk
ut dv
ut vt vt du
Integral di atas adalah integral parsial tak tentu, rumus integral parsial
tentunya adalah
b
b
ut dv ut vt a vt du
b
a
a
Contoh 2.6.3
1
Tentukanlah t e t dt .
0
Penyelesaian:
Misalkan u t dan dv e t dt . Maka u mejadi du dt dan v e t .
Dengan demikian
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
1
t
t
t e dt te
e
1
1
t
0
0
0
e
e
0 e
te
t 1
0
te
t 1
0
1
t
0
e 1
1 2e
1
t 1
0
1
Jadi t e t dt 1 2e 1 .
0
1
1
43
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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 koefisien 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 bernilai real. Ketika diterapkan ke dalam masalah nilai awal pada persamaan diferensial 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,+∞).
transformasi Laplace dari f(t) adalah
Maka
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
45
F s L f t e st f t dt
0
untuk setiap nilai s di mana integral tak wajar tersebut ada.
Contoh 3.1.1
Tentukan transformasi Laplace dari f t 1 untuk t > 0.
Penyelesaian:
Fungsi f didefinisikan dengan
f t 1 , untuk t > 0
Maka
L 1 e st 1 dt
0
R
lim e st 1 dt
R
0
R
e st
lim
R
s 0
e sR 1
lim
R
s
s
e sR 1
lim
R
s
s
1
untuk s > 0
s
Jadi
L 1
1
s
s 0
(3.1.1)
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
Contoh 3.1.2
Jika f t e at untuk t > 0, tentukan L e at .
Penyelesaian:
Fungsi f didefinisikan dengan
f t e at , untuk t > 0
Maka,
L e
at
e
st
e at dt
0
R
lim e st e at dt
R
0
R
lim e a s t dt
R
0
e a s t
lim
R a s
0
R
e a s R
1
lim
R a s
a s
e a s R 1
lim
R
as
1
as
1
untuk s a
sa
Jadi
L e at
1
s a
sa
46
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
47
Contoh 3.1.3
Jika f t sin bt untuk t > 0, tentukan Lsin bt .
Penyelesaian:
Fungsi f didefinisikan dengan f t sin bt , untuk t > 0
Maka
F s L sin bt
e st sin bt dt
0
Selanjutnya
akan
digunakan
integral
parsial
kedua
untuk
menyederhanakannya. Misalkan u sin bt dan dv e st dt . Sehingga u
1
menjadi du b cos bt dt dan v e st . Dengan demikian
s
R
L sin bt lim e st sin bt dt
R
0
R
1
1
lim e st sin bt lim e st b cos bt dt
R
s
0 R 0 s
R
R
b
0 lim e st cos bt dt
s R 0
R
b
lim e st cos bt dt untuk s 0
R
s 0
Karena masih memuat integral, akan digunakan integral parsial kedua.
Misalkan
u cos bt
dan
1
v e st . Dengan demikian
s
dv e st dt .
Sehingga
du b sin bt dt dan
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
Lsin bt
R
b
lim e st cos bt dt
R
s 0
48
R
b
b
1
1
lim e st cos bt lim e st b sin bt dt
s R s
0 s R 0 s
R
b
1 b
1 st
0
e b sin bt dt
Rlim
s
s s
s
0
R
b b 2 st
e sin bt dt
s 2 s 2 0
Menurut Definisi 3.1.1,
e
st
sin bt dt dapat ditulis menjadi Lsin bt .
0
sehingga
b b2
Lsin bt
s2 s2
b2
b
Lsin bt 2 Lsin bt 2
s
s
2
b b
Lsin bt 1 2 2
s s
b
2
Lsin bt s 2
b
1 2
s
b
2
untuk s 0
s b2
Lsin bt
Jadi,
L f t
b
s b2
2
s 0
Teorema 3.1.1
Misalkan f adalah fungsi real yang mempunyai sifat yakni
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
1.
49
f kontinu bagian demi bagian dalam setiap interval tertutup a t b
b 0 dan
2.
f berorde eksponensial, yaitu ada α, M 0 dan t 0 0 sehingga
e t f t M untuk t t 0 .
Maka transformasi Laplace
e
st
f t dt
0
dari f ada untuk s > α.
Bukti:
Diketahui bahwa
t0
0
0
t0
st
st
st
e f t dt e f t dt e f t dt .
Karena f kontinu bagian demi bagian dalam setiap interval tertutup maka
integral pertama pada sisi kanan ada. Menurut hipotesis kedua,
e st f t e st Met e s t M
untuk t t 0 .
Dengan menggunakan definisi integral tak wajar
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
Me
t0
s t
Me s t
dt lim
R
s t
0
R
R
dt lim Me
R
50
s t
t0
M
lim
e s R e s t0
R s
M s t0
e
s
untuk s
Jadi Me s t dt ada untuk s .
t0
Menurut hipotesis pertama, e st f t terintegral pada setiap subinterval
tertutup
berhingga
t 0 t .
dari
Dengan
Teorema
2.6.1,
g t e st f t dan ht Me s t maka
e
st
f t dt ada untuk s
t0
atau
e
st
f t dt ada untuk s .
t0
Menurut Teorema 2.6.2
e
st
f t dt juga ada untuk s .
t0
Jadi, terbukti bahwa transformasi Laplace dari f ada untuk s .
pilih
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
51
Contoh 3.1.4
Tunjukan bahwa jika diketahui
f t
t,
0t 2
3,
t2
maka transformasi Laplace dari f ada untuk s 1.
Penyelesaian:
Akan ditunjukkan bahwa:
1.
f kontinu bagian demi bagian pada interval 0, .
2.
f berorde eksponensial, yaitu untuk 1 terdapat M 0 dan t t 0 sedemikian sehingga e t f t M untuk t t 0 .
f t
3
2
t
2
Gambar 3.1.1
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
52
Fungsi f kontinu pada masing-masing subinterval 0,2 dan 2, . Pada titik
yang tidak kontinu yaitu t 2 , fungsi f mempunyai ketakkontinuan lompat
karena
lim f t 2 dan lim f t 3 .
t 2
t 2
Sehingga f kontinu bagian demi bagian pada interval 0, . Kemudian fungsi f yang didefinisikan f t 3 untuk t 2
e t f t e t 3 .
Untuk 1
lim e t 3 lim e t 3 0.
t
Ini
berarti
untuk
1
t
terdapat
M 0 dan
t0 0
sehingga
e t f t e t 3 M untuk t 2. Fungsi f t memenuhi kedua hipotesis
pada Teorema 3.1.1 sehingga transformasi Laplace dari f ada untuk s 1 .
Contoh 3.1.5
Perlihatkan fungsi f tidak mempunyai transformasi Laplace jika diketahui
f t t 2 4t 3 .
Penyelesaian:
Menurut Definisi 3.1.1
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
53
L t 2 4t 3 e st t 2 4t 3 dt
0
Fungsi e st t 2 4t 3 tidak terdefinisi pada interval 1,3 . Dengan demikian,
e
st
t 2 4t 3 dt tidak ada. Jadi fungsi f t t 2 4t 3 mempunyai
0
transformasi Laplace.
Contoh 3.1.6
Selidiki apakah L f t mempunyai transformasi Laplace jika diketahui
f t e t .
2
Penyelesaian:
e
Jika s 0 , maka L e
t2
st t 2
e dt tidak ada. Misalkan integral tersebut ada
0
untuk s 0 , maka
2s
0
0
2s
L e t e st e t dt e t t s dt e t t s dt e t t s dt
2
2
0
2s
Integral
e
t t s
(3.1.2)
dt positif, karena integrannya positif untuk semua t dan s
0
yang real. Untuk t 2s atau t s s diperoleh e t t s e st . Oleh karena itu
integral kedua pada ruas kanan persamaan (3.1.2) memenuhi ketaksamaan
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
2s
2s
54
t t s
st
e dt e dt
Untuk s 0
2s
0
2s
2s
L e t e t t s dt e t t s dt e st dt
2
Jadi, f t et tidak mempunyai transformasi Laplace.
2
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 f 1 dan f 2 adalah fungsi-fungsi yang transformasi Laplacenya ada
dan misalkan c1 dan c 2 adalah konstanta maka
Lc1 f1 t c2 f 2 t Lc1 f1 t Lc2 f 2 t
Bukti:
Dari Definisi 3.1.1
(3.2.1)
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
55
Lc1 f1 t c 2 f 2 t e st c1 f1 t c 2 f 2 t dt
0
e
c1 f1 t e st c2 f 2 t
st
0
0
c1 e
st
f1 t dt c 2 e st f 2 t dt
0
0
c1 L f1 t c 2 L f 2 t
Jadi, terbukti bahwa Lc1 f1 t c2 f 2 t Lc1 f1 t Lc2 f 2 t .
Teorema 3.2.2
Bila f adalah fungsi real yang kontinu untuk t 0 dan berorde eksponensial
e t dan misalkan f kontinu bagian demi bagian dalam setiap interval
tertutup 0 t b, maka L f ada untuk s dan
L f t sL f t f 0.
(3.2.2)
Bukti:
Diketahui bahwa:
1. f adalah fungsi real yang kontinu untuk t 0 dan berorde eksponensial e t
2. f kontinu bagian demi bagian dalam setiap interval tertutup 0 t b.
Dari Definisi 3.1.1 yaitu
L f t e st f t dt
0
maka
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
56
R
L f t e st f ' t dt atau L f t lim e st f ' t dt
R
0
0
Misalkan t1 , t 2 ,..., t n adalah titik-titik di dalam interval 0 t R di mana f
tidak kontinu di titik-titik t1 , t 2 ,..., t n maka
R
e
st
t1
t2
R
0
t1
tn
f t dt e st f t dt e st f t dt ... e st f t dt.
0
Masing-masing suku pada ruas kanan diselesaikan dengan integral parsial
menjadi
R
e
st
f t dt e
0
st
t1
f t 0 s e
t1
st
f t dt e
st
t2
f t t1 s e st f t dt ...
t2
0
t1
e
st
R
f t t n s e st f t dt.
R
tn
Karena f kontinu untuk t 0 maka
R
R
0
0
st
sR
st
e f t dt f 0 e f R s e f t dt
Karena f berorde eksponensial et , maka ada M 0 dan t0 0 di mana
e t f t M untuk t t0 . Dengan demikian
e sR f R e sR MeR Me s R untuk R t 0 .
Jika s maka
lim e sR f R 0
R
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
57
dan
R
lim s e st f t dt sL f t .
R
0
Jadi, terbukti bahwa
R
lim e st f t dt sL f t f 0 atau L f t sL f t f 0
R
0
dan L f t ada untuk s .
Teorema 3.2.3
Bila f adalah fungsi real yang turunan ke- n 1 f n1 kontinu untuk t 0
dan misalkan f , f ,..., f n1 berorde eksponensial et . Kemudian misalkan
f n kontinu bagian demi bagian dalam setiap interval tertutup 0 t b .
Maka L f n ada untuk s dan
L f n s n L f t s n1 f 0 s n2 f 0 s n3 f 0 ... f n1 0.
(3.2.3)
Bukti:
Diketahui bahwa:
1. f adalah fungsi real yang turunan ke- n 1 f n1 kontinu untuk t 0.
2. f , f ,..., f n1 berorde eksponensial et .
3. f n kontinu bagian demi bagian dalam setiap interval tertutup 0 t b .
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
58
Dari Definisi 3.1.1 yaitu
L f t e st f t dt
0
maka
L f
n
t e
st
f
n
t dt
atau L f
n
t Rlim
e st f n t dt
R
0
0
Misalkan t1 , t 2 ,..., t n adalah titik-titik di dalam interval 0 t R di mana f
tidak kontinu di titik-titik t1 , t2 ,..., tn maka
R
e
st
f
n
t1
t dt e
0
st
f
n
t2
R
t1
tn
t dt e st f n t dt ... e st f n t dt.
0
Masing-masing pada ruas kanan diselesaikan dengan integral parsial menjadi
R
t1
st n
st n 1
st n 1
st n 1
e f t dt e f t 0 e f t dt e f t t1
t1
0
t2
0
t2
e
st
f
n 1
t dt ... e
st
f
n 1
t t
R
t1
n
R
e st f n 1 t dt.
tn
Karena f kontinu untuk t 0 maka
R
e
0
st
f
n
t dt f
n 1
0 e
sR
f
n 1
R
R s e st f n1 t dt
0
Karena f , f ,..., f n1 berorde eksponensial et . Jadi ada M 0 dan t0 0 di
mana e t f n1 t M untuk t t0 . Dengan demikian
e sR f n1 t e sR Met Me s R untuk R t 0 .
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
59
Jika s maka
lim e sR f n1 R 0
R
dan
R
lim s e st f n1 t dt sL f n1 t .
R
0
Jadi
R
lim e st f n t dt sL f n1 t f n1 0
R
0
atau
L f n t sL f n1 t f n1 0
dan L f n t ada untuk s .
Untuk membuktikan persamaan (3.2.3), akan digunakan induksi matematis.
Untuk n 1 maka
L f t sL f t f 0.
Anggap persamaan (3.2.3) benar untuk n k maka
L f k s k L f t s k 1 f 0 s k 2 f 0 s k 3 f 0 ... f k 1 0.
Akan dibuktikan persamaan (3.2.3) berlaku untuk n k 1 yakni
L f k 1 sL f k f 0
s s k L f t s k 1 f 0 s k 2 f 0 s k 3 f 0 ... f k 1 0 f 0
s k 1 L f t s k f 0 s k 1 f 0 s k 2 f 0 ... sf k 1 0 f 0.
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
Jika untuk n 1 dan
60
n k benar maka untuk n k 1 juga benar. Ini
berarti bahwa Teorema 3.2.3 berlaku untuk semua bilangan asli positif dari n.
Jadi, terbukti bahwa
L f n s n L f t s n1 f 0 s n2 f ' 0 s n3 f '' 0 ... f n1 0
dan L f n ada untuk s .
Teorema 3.2.4
Bila f sedemikan rupa sehingga L f ada untuk s . Maka untuk setiap
konstanta a berlaku
L e at f t F s a
untuk s a, di mana F s L f t .
(3.2.4)
Bukti:
Dari Definisi 3.1.1
F s e st f t dt.
0
Substitusikan s dengan s a sehingga diperoleh
F s a e s a t f t dt
0
e st e at f t dt
0
L e at f t
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
61
Jadi
s a
F s a L e at f t
Teorema 3.2.5
Misalkan f adalah sebuah fungsi yang memenuhi hipotesis dari Teorema 3.1.3
di mana F adalah transformasi Laplace yakni
F s e st f t dt
0
Maka
L t n f t 1
n
dn
F s .
ds n
(3.2.5)
Bukti:
Untuk membuktikan persamaan (3.2.5), akan digunakan induksi matematis.
Diketahui Definisi 3.1.1 yaitu
F s e st f t dt
0
Diferensialkan kedua ruas persamaan di atas terhadap s sedemikian rupa
sehingga
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
62
d
d
F s e st f t dt
ds
ds 0
t e st f t dt
0
t e st f t dt
0
Jadi F s Lt f t atau Lt f t F s . Dengan demikian untuk
n 1, persamaan (3.2.5) bernilai benar. Anggap Teorema 3.2.5 benar untuk
n k sedemikian rupa sehingga
L t k f t 1
k
dk
F s
ds k
Akan dibuktikan persamaan (3.2.5) berlaku untuk n k 1 yakni
L t k 1 f t L t k t f t
Misalkan g t tf t maka
L t k 1 f t L t k g t
k
d
G s
ds k
k
k d
1
Ltf t
ds k
k
k d
F s
1
ds k
k 1
k 1 d
1
F s
ds k 1
1
Jika untuk n 1 dan
k
n k benar maka untuk n k 1 juga benar. Ini
berarti bahwa Teorema 3.2.5 berlaku untuk semua bilangan asli positif dari n.
Jadi, terbukti bahwa
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
L t n f t 1
n
63
dn
F s .
ds n
C. Fungsi Khusus Transformasi Laplace
Untuk masing-masing bilangan real a 0, fungsi tangga satuan u a didefinisikan untuk t yang tak negatif dengan
u a t
0,
ta
1,
ta
0,
t0
1,
t 0
Jika a 0, secara umum menjadi
u 0 t
tetapi karena u a didefinisikan untuk t yang tak negatif maka
u 0 t 1 untuk t 0.
Fungsi u a didefinisikan memenuhi hipotesis pada Teorema 3.1.1 sehingga
Lu a t ada. Dengan Definisi 3.1.1,
a
0
a
Lu a t e st u a t dt e st 0 dt e st 1 dt
0
R
1
0 lim e st dt lim e st
R
R
s
a
a
R
e at
s
Sifat lain yang berguna dari fungsi tangga satuan dalam hubungannya
dengan transformasi Laplace adalah fungsi translasi. Fungsi tersebut didefinisikan dengan
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
0,
ta
f t a ,
ta
64
Karena fungsi tangga satuan didefinisikan dengan
u a t
0,
0t a
1,
ta
maka
u a t f t a
0,
0t a
f t a ,
ta
Teorema 3.3.1
Bila f adalah fungsi yang memenuhi hipotesis dari Teorema 3.1.1 dengan
transformasi Laplace F sedemikian sehingga
F s e st f t dt
0
dan fungsi translasi didefinisikan dengan
u a t f t a
0,
0t a
f t a ,
ta
Maka
Lu a t f t a e as L f t
(3.3.1)
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
Bukti:
Lu a t f t a e st u a t f t a dt
0
a
e
st
0 dt e st f t a dt
0
0
e st f t a dt
0
Misalkan t a, sehingga
e
st
f t a dt e s a f d
0
0
e sa e s f d
0
e
sa
L f t
Jadi, terbukti bahwa
Lu a t f t a e as L f t .
Contoh 3.3.1
Tentukan transformasi Laplace dari
g t
Penyelesaian:
Diketahui bahwa
0,
0t 5
t 3,
t 5
65
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
g t
0,
0t 5
t 3,
t 5
66
Nyatakan t 3 untuk t 5 dalam bentuk t 5. Jadi t 3 t 5 2 sehingga
g t
0,
0t 5
t 5 2,
t 5
Maka fungsi translasinya adalah
u 5 t f t 5
0,
0t 5
t 5 2,
t 5
di mana f t t 2 dan a 5. Kemudian, tentukan transformasi Laplace dari f t . Menurut Teorema 3.2.1
Lt 2 Lt L2 Lt 2L1
1 2
s2 s
Dengan Teorema 3.3.1
Lu 5 t f t 5 e 5 s Lt 2
1 2
e 5 s 2
s
s
Jadi
1 2
Lu 5 t f t 5 e 5 s 2
s
s
s 0.
Definisi 3.3.1
Fungsi f t dikatakan periodik dengan periode P jika
f t P f t
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
67
untuk setiap t di mana f terdefinisi.
Teorema 3.3.2
Misalkan f adalah fungsi periodik dengan periode P yang transformasi Laplacenya ada, maka
P
L f t
e
st
f t dt
0
1 e Ps
Bukti:
Dari Definisi 3.1.1
L f t e st f t dt
0
Integral pada ruas kanan dapat diubah ke dalam bentuk deret tak berhingga
dari integral
P
e
0
st
2P
f t dt e
st
3P
f t dt e
P
st
f t dt ...
2P
n 1P
e
st
f t dt ...
(3.3.2)
nP
Untuk setiap n 0, 1, 2,..., misalkan t u nP dalam integral yang sesuai
n 1P
e
st
f t dt.
nP
maka untuk setiap n 0, 1, 2,...,
P
e
0
s u nP
f u nP du.
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
Menurut
hipotesis,
f
adalah
periodik
dari
periode
P.
68
Jadi
f u f u P f u 2P ... f u nP untuk semua u di mana f
terdefinisi. Demikian pula untuk e s u nP e su e nPs , di mana faktor e nPs
adalah variabel tak bebas dari integrasi u. Jadi untuk setiap n 0, 1, 2,...,
P
integral e s u nP f u nP du menjadi
0
P
e nPs e su f u du.
0
Oleh karena itu, deret tak berhingga persamaan (3.3.2) menjadi
P
P
P
P
0
0
0
0
su
Ps
su
2 Ps
su
nPs
su
e f u du e e f u du e e f u du ... e e f u du ...
1 e
1 e
Ps
e
2 Ps
... e
nPs
Ps
e
2 Ps
... e
nPs
P
... e su f u du
0
... adalah deret geometrik di mana a 1 dan
rasio r e Ps 1. Maka
1 e Ps e 2 Ps ... e nPs ...
1
1 e Ps
Sehingga
P
e
0
su
f u du e
Ps
P
e
su
f u du e
0
2 Ps
P
e
su
f u du ... e
0
nPs
P
e
su
P
Jadi terbukti terbukti bahwa
f u du ...
0
1
e su f u du.
Ps
1 e 0
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
L f t
69
P
1
e st f t dt.
Ps
1 e 0
Contoh 3.3.2
Tentukan transformasi Laplace dari f bila f didefinisikan pada 0 t 4
dengan
f t
1,
0t 2
-1,
2t 4
dan f t 4 f t untuk t 4.
Penyelesaian:
Fungsi f adalah fungsi periodik dengan periode P 4 sehingga
4
L f t
e
st
f t dt
0
1 e 4 s
2
4 st
1 st
e
1
dt
e 1 dt
1 e 4 s 0
2
1 1 2 s
e 1 e 4 s e 2 s
4 s
1 e s
1
1 2e 2 s e 4 s
4 s
s 1 e
1 e
s 1 e 1] e
2 s 2
2 s
1 e 2 s
s 1 e 2 s
2 s
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
70
Jadi
1 e 2 s
L f t
s 1 e 2 s
s 0.
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 f t ke dalam fungsi F s Tetapi
jika diketahui F s , maka F s dapat diinverskan untuk mencari f t .
Inilah yang dinamakan invers transformasi Laplace. Invers transformasi
Laplace dinyatakan dengan
f t L1 F s
yang berarti bahwa ada f t sedemikian sehingga
L f t F s .
Contoh 3.4.1
Tentukan f t jika diketahui
F s
1
.
s
(3.4.1)
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
71
Penyelesaian:
Dari Contoh 3.1.1, diketahui bahwa jika f t 1 maka
L f t L1
1
.
s
Dengan demikian
1
L-1 F s L-1
s
1
Jadi
f t L-1 F s 1 .
Invers dari F s akan dicari dengan menggunakan beberapa
metode salah satunya adalah metode pecahan parsial. Misalkan diketahui
P s
di mana Ps dan Qs adalah polinomial, dengan derajat P
Q s
kurang dari Q dan mempunyai ekspansi pecahan parsial yang bentuk
faktor-faktornya kuadrat dan linear dari Qs . Ada tiga kasus yang perlu
dipertimbangkan yaitu:
1.
Faktor linear tak berulang
Jika Qs dapat difaktorkan ke dalam sebuah perkalian dari faktor
linear yang berbeda
Qs s r1 s r2 ... s rn
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
72
di mana ri adalah semua bilang real yang berbeda, maka ekspansi
pecahan parsial mempunyai bentuk
A
A
A
Ps
1 2 ... n ,
Qs s r1 s r2
s rn
di mana Ai adalah bilangan real.
2.
Faktor linear berulang
Misalkan s r adalah faktor dari Qs dan misalkan s r m adalah
derajat tertinggi dari s r yang membagi Qs . Maka bagian
ekspansi pecahan parsial dari
s r m
P s
yang sesuai dengan bentuk
Q s
adalah
Am
A
A2
Ps
1
...
...,
2
Qs s r1 s r2
s rn m
di mana Ai adalah bilangan real.
3.
Faktor Kuadrat
Misalkan s 2 2 adalah faktor kuadrat dari Qs yang tidak
bisa direduksi ke faktor-faktor linear dengan koefisien-koefisien real.
Misalkan m adalah pangkat tertinggi dari
s 2 2
yang
membagi Qs . Maka bagian dari ekspansi pecahan parsial dari
P s
yang sesuai untuk s 2 2 adalah
Q s
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
C1 s D1
C 2 s D2
Ps
2
2
Qs s
s 2 2
2
...
C m s Dm
s
2
2
m
73
...,
Berikut diberikan Tabel 3.4.1 yang berisi beberapa fungsi f t yang
sesuai dengan transformasi Laplace F s yang dapat diselesaikan dengan
metode yang diberikan sebelumnya.
Tabel 3.4.1: Tabel Transformasi Laplace
L f t F s
f t L-1 F s
1
,
s
s0
e at
1
,
sa
sa
t n , n 1,2,...
n!
,
s n 1
s0
1
e at t n , n 1,2,...
n!
s a n1
sa
sin bt
b
s b2
s0
cos bt
s
s b2
s0
e at sin bt
e at cos bt
2
2
b
s a 2 b 2
sa
s a 2 b 2
sa
sa
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
74
Contoh 3.4.1
s 2 9s 2
Tentukan invers transformasi Laplace dari fungsi F s
.
2
s
1
s
3
Penyelesaian:
Fungsi F(s) dapat dipisahkan menjadi
s 2 9s 2
s 1 s 3
2
A
B
C
,
2
s 1 s 1
s3
(3.4.2)
di mana A, B dan C adalah konstanta sehingga
s 2 9s 2
As 1s 3 Bs 3 C s 1
2
s 12 s 3
s 12 s 3
Kemudian
s 2 9s 2 As 1s 3 Bs 3 C s 1
2
atau
A C s 2 2 A B 2C s 3A 3B C s 2 9s 2 .
Maka diperoleh sistem persamaan
AC 1
2 A B 2C 9
3 A 3B C 2
Dengan menggunakan metode eliminasi Gauss diperoleh A 2 , B 3
dan C 1. Persamaan (3.4.2) menjadi
s 2 9s 2
s 1 s 3
2
maka
2
3
1
.
2
s 1 s 1
s3
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
75
s 2 9s 2
2
3
1
1
L1
L
.
2
2
s
1
s
3
s
1
s
3
s
1
Menurut Teorema 3.2.1
s 2 9s 2
3
1
1 2
1
L
L
L
L1
2
2
.
s 1
s 3
s 1 s 3
s 1
1
atau
s 2 9s 2
1
1
1 1
1
L
2
L
3
L
L1
2
2
.
s 1
s 3
s 1 s 3
s 1
1
Dengan Tabel 3.4.1, diperoleh
1
1
1
1
t
L
te t dan L1
,
L1
e
e 3t
2
s
3
s
1
s
1
Jadi
s 2 9s 2
t
t
3t
L1
2e 3te e .
2
s 1 s 3
2.
Konvolusi
Definisi 3.4.1
Misalkan f dan g adalah fungsi yang kontinu bagian demi bagian dalam
setiap interval tertutup 0 t b dan berorde eksponensial. Fungsi yang
dinotasikan dengan f g dan didefinisikan sebagai
t
f t g t f v g t v dv ,
0
dikatakan konvolusi dari fungsi f dan g.
(3.4.3)
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
76
Teorema 3.4.1
Misalkan f(t) dan g(t) kontinu bagian demi bagian pada interval [0,).
Maka
f t g t g t f t .
(3.4.4)
Bukti:
Dari Definisi 3.4.1
t
f t g t f v g t v dv
0
Misalkan u t v maka
t
t
0
0
f t g t f v g t v dv f t u g u du
t
g u f t u du g t f t
0
Jadi terbukti bahwa
f t g t g t f t .
Teorema 3.4.2
Misalkan fungsi f dan g kontinu bagian demi bagian pada setiap interval
tertutup berhingga 0 t b dan berorde eksponensial e at . Maka
L f g L f Lg
untuk s .
(3.4.5)
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
77
Bukti:
Dari Definisi 3.1.1 dan Definisi 3.4.1, L f g adalah fungsi yang
didefinisikan dengan
t
L f g e st f v g t v dv dt.
(3.4.6)
0
0
Untuk menyederhanakan integral pada persamaan (3.4.6) digunakan
fungsi tangga satuan. Karena
u v t
0,
0t v
1,
t v
Maka persamaan (3.4.6) menjadi
L f g e
0
st
u v t f v g t v dv dt
0
Kemudian
L f g f v e st u v t g t v dt dv
0
0
Menurut Teorema 3.3.1, e st u v t g t v dt e st Lg maka
0
L f g f v e sv Lg dv
0
atau
L f g Lg f v e sv dv .
0
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
Menurut Definisi 3.1.1,
f v e
sv
78
dv L f maka
0
L f g Lg L f .
Karena f g g f maka
L f g Lg f L f Lg .
Jadi, terbukti bahwa
L f g L f Lg .
Akibat 3.4.3
Jika L f F dan Lg G maka
L1 F s Gs f t g t g t f t .
Bukti:
Jika L f F dan Lg G maka persamaan (3.4.5) dapat ditulis dalam
bentuk
L f t g t F s Gs .
Oleh karena itu
L-1 F s Gs f t g t .
dan dengan Teorema (3.4.1) maka
L-1 F s Gs f t g t g t f t .
(3.4.7)
(3.4.8)
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
79
Jadi terbukti bahwa
L1 F s Gs f t g t g t f t .
Contoh 3.4.2
1
Tentukan L1 2
.
s s 1
Penyelesaian:
Perhatikan bahwa
di mana F s
1
adalah hasil perkalian antara F s dan Gs
s s 1
2
1
1
dan Gs 2
.
s
s 1
Dengan Tabel 3.4.1, f t L1 F s 1 dan g t L1 Gs sin t .
Maka berdasarkan Akibat 3.4.3
1
1
L1 2
L F s G s f t g t
s
s
1
t
t
0
0
f v g t v dv 1 sin t v dv 1 cos t.
Jadi
1
L1 2
1 cos t .
s s 1
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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 tersebut 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
t0 0 .
Pada bagian ini akan dijelaskan bagaimana cara menyelesaikan persamaan
diferensial linear dan sistem persamaan diferensial linear dengan menggunakan
transformasi Laplace.
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
81
A. Penyelesaian Persamaan Diferensial Linear Dengan Transformasi Laplace
Masalah nilai awal pada persamaan diferensial linear dituliskan dalam bentuk
a0
dny
d n 1 y
dy
a
... a n 1
a n y b(t )
1
n
n 1
dt
dt
dt
(4.1.1)
dengan syarat awalnya
y(0) c0 , y (0) c1 ,..., y n1 (0) cn1 .
(4.1.2)
Asumsikan masalah nilai awal di atas mempunyai penyelesaian y t dan
dy
d n y d n 1 y
,
, ...,
memenuhi syarat pada Teorema 3.2.3. Kemudian berikan
n
n 1
dt
dt
dt
transformasi Laplace pada kedua ruas persamaan (4.1.1) sedemikian sehingga
dny
d n1 y
dy
L a0 n a1 n1 ... a n1
a n y Lb(t )
dt
dt
dt
(4.1.3)
Menurut Teorema 3.2.1, persamaan (4.1.3) menjadi
d n y
d n1 y
dy
a0 L n a1L n1 ... a n1 L a n L y Lb(t )
dt
dt
dt
(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),
d n y d n1 y
dy
L n , L n1 ,..., L .
dt
dt dt
Maka
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
82
d n y
L n s n L y t s n 1 y 0 s n 2 y 0 ... y n 1 0
dt
s n L y t s n 1c0 s n 2 c1 ... c n 1
d n 1 y
L n 1 s n 1 L y t s n 2 y 0 s n 3 y 0 ... y n 2 0
dt
s n 1 L y t s n 2 c0 s n 3 c1 ... c n 2
.
.
.
dy
L sL y t y 0
dt
sL y t c0
Persamaan (4.1.4) menjadi
a0 s n Lyt s n1c0 s n2 c1 ... cn1
a1 s n1L yt s n2c0 s n 3c1 ... cn2
... an1 sL yt c0 an L yt Lbt
Misalkan L yt dinotasikan sebagai Y s dan Lbt dinotasikan sebagai
Bs maka
a 0 s n Y s s n 1c0 s n 2 c1 ... c n 1 a1 s n 1Y s s n 2 c0 s n 3 c1 ... c n 2 ...
a 0 s Y s a 0 s
n
n 1
c0 a0 s
n2
a n 1 sY s c0 a nY s Bs
c1 ... a 0 c n 1 a1 s Y s a1 s n 2 c0 a1 s n 3 c1 ...
n 1
a1c n 2 ... a n 1 sY s a n 1c0 a nY s Bs
atau
a s
0
n
a1 s n1 ... an1 s an Y s
(4.1.5)
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
c a s
c0 a0 s n 1 a1s n 2 ... a n 1
1
0
n2
a1s n 3 ... a n 2
83
... c n 2 a0 s a1 c n 1 a0 Bs
Karena b adalah fungsi yang diketahui dari t, maka B adalah fungsi terhadap s
yang diasumsikan ada dan dapat diselesaikan. Setelah Y s diperoleh, tentukan
y(t) dengan menginverskan Y s .
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 yt L-1 Y s dari masalah nilai awal yang
diberikan.
Contoh 4.1.1
Selesaikan masalah nilai awal
d2y
y e 2t sin t
2
dt
dengan syarat awal
(4.1.6)
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
84
y 0 0
y 0 0
Penyelesaian:
Transformasi Laplace pada kedua ruas persamaan (4.1.6) adalah
d 2 y
L 2 L y L e 2t sin t
dt
(4.1.7)
Menurut Teorema 3.2.3 dan Tabel 3.4.1, persamaan (4.1.7) menjadi
s 2 L yt sy0 y 0 L yt
1
s 22 1
Kemudian dengan syarat awal, persamaan di atas disederhanakan menjadi
s 2 L yt L yt
1
s 22 1
atau
s
2
1 L yt
1
s 22 1
Karena Lyt Y s maka
s
Sehingga diperoleh
2
1 Y s
1
s 22 1
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
Y s
s
2
1
85
1 s 2 1
2
Kemudian ditentukan invers transformasi Laplace dari Y(s), yakni
1
L1 Y s L1 2
2
s 1 s 2 1
Untuk menyelesaikan persamaan di atas dapat menggunakan pecahan parsial atau
konvolusi.
1. Menggunakan pecahan parsial
Diketahui bahwa
Y s
s
2
1
1 s 2 1
2
Fungsi Y(s) dapat dipisahkan menjadi
s
2
1
1 s 2 1
2
As B
Cs D
.
2
s 1 s 22 1
di mana A, B, C, dan D adalah konstanta.
Dengan demikian
As B s 22 1 Cs Ds 2 1 1
atau
A C s 3 4 A B Ds 2 5 A 4B C s 5B D 1
Maka diperoleh sistem persamaan
(4.1.8)
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
86
AC 0
4A B D 0
5 A 4B C 0
5B D 1
Dengan menggunakan metode eliminasi Gauss
1
1
diperoleh A , B
8
8
1
3
C , dan D . Persamaan (4.1.8) menjadi
8
8
1
1
1
3
s
s
82 8 8 2 8
2
2
s 1
s 2 1
s 1 s 2 1
1
atau
3
1 s 1 1 1
s
1
2 2
.
2
2
8 s 1 8 s 1 8 s 2 1 8 s 2 1
s 1 s 2 1
2
1
2
Maka
1
1 -1 s 1 -1 1
L-1 2
L
L 2
2
8 s 1 8 s 2 1
s 1 s 2 1
3 -1
1
s
1
L-1
L
.
8 s 22 1 8 s 22 1
(4.1.9)
Untuk menentukan
3 -1
1 -1
s
1
L
L
2
2
8 s 2 1 8 s 2 1
Persamaan
s
dapat ditulis dalam bentuk
s 22 1
(4.1.10)
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
87
s
s2
2
2
2
s 2 1 s 2 1 s 22 1
maka
s
s2
2
1
1
L1
L
L
.
2
2
2
s 2 1
s 2 1
s 2 1
Persamaan (4.1.10) menjadi
3 -1
1 1 s 2
2
1
1
L
L
L
2
2
2
8 s 2 1
s 2 1 8 s 2 1
3 -1
1 s 2 1 1
2
1
L1
L
L
2
2
2
8 s 2 1 8 s 2 1 8 s 2 1
1 s 2 2 -1
1
L- 1
L
2
2
8 s 2 1 8 s 2 1
Dengan demikian persamaan (4.1.9) menjadi
1
1 -1 s 1 -1 1
L-1 2
L 2
2
8 L s 2 1
8
s
1
s
1
s
2
1
1 s 2 1 -1
1
L-1
L
.
2
2
8 s 2 1 8 s 2 1
Dengan Tabel 3.4.1, diperoleh
s2
s
1
2t
L-1 2
cos t , L-1 2
sin t , L-1
e cos t dan
2
s 1
s 1
s 2 1
1
2t
L-1
e sin t.
2
s 2 1
Jadi
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
88
1
1
1
1
yt cos t sin t e 2t cos t e 2t sin t.
8
8
8
8
2. Menggunakan konvolusi
1
adalah hasil perkalian antara F s dan Gs di mana
2
s 1 s 2 1
Karena
F s
1
1
dan Gs
. Menurut Tabel 3.4.1, L1 F s sin t dan
2
s 1
s 2 1
2
2
L1 Gs e 2t sin t . Maka berdasarkan Akibat 3.4.3
1
1
L1 2
L F s Gs f t g t
2
s 1 s 2 1
t
t
0
0
g t f t g v f t v dv sin ve 2v sin t v dv.
Integral di atas dapat ditulis menjadi
t
e
2v
t
sin v sin t v dv sin t e
0
2v
t
sin v cos v dv cos t e 2v sin 2 v dv
0
0
Karena sint v sin t cos v cos t sin v maka
t
t
0
0
2v
2v
e sin v sint v dv e sin vsin t cos v cos t sin v dv
t
t
0
0
e 2v sin v sin t cos vdv e 2v sin v cos t sin vdv
atau
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
t
t
t
0
0
0
89
2v
2v
2v
2
e sin v sint v dv sin t e sin v cos vdv cos t e sin vdv
Karena sin v cos v
t
e
2v
sin 2v
1
dan sin 2 v 1 cos 2v maka
2
2
t
sin v sin t v dv sin t e
0
0
2v
1 cos 2v dv
sin 2v
dv cos t e 2v
2
2
0
t
t
t
atau
t
e
2v
t
sin t 2v
cos t 2v
cos t 2v
e sin 2v dv
e dv
e cos 2v dv.
2 0
2 0
2 0
sin v sin t v dv
0
sin t
cos t
cos t
I1
I2
I3
2
2
2
di mana
t
I1 e 2 v sin 2v dv
0
t
I 2 e 2 v dv
0
t
I 3 e 2 v cos 2v dv
0
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
t
I1 e
t
2v
0
1
1
sin 2v dv e 2v cos 2v cos 2v 2e 2v dv
2
0 0 2
t
t
1
e 2v cos 2v e 2v cos 2v dv
2
0 0
t
t
t
t
1 2v
1 2 v
1
e cos 2v e sin 2v 2e 2v sin 2v dv
2
0 2
0 0
2
t
t
1
1
e 2v cos 2v e 2v sin 2v e 2 v sin 2v dv
2
0 2
0 0
t
t
Karena I1 e 2v sin 2v dv maka
0
t
t
t
t
t
t
1 2v
1 2v
2v
2v
0 e sin 2v dv 2 e cos 2v 0 2 e sin 2v 0 0 e sin 2v dv
t
t
2 e
2v
0
t
e
2v
0
t
1
1
sin 2v dv e 2 v cos 2v e 2v sin 2v
2
0 2
0
1
1
sin 2v dv e 2 v cos 2v e 2v sin 2v
4
0 4
0
1
1
1
1
e 2t cos 2t e 0 cos 0 e 2t sin 2t e 0 sin 0
4
4
4
4
1
1 1
e 2t cos 2t e 2t sin 2t
4
4 4
1 2t
1 1 2t
Jadi I 1 e cos 2t e sin 2t.
4
4 4
t
I2 e
0
t
2v
1
1
1
1
1
dv e 2v e 2t e 0 e 2t
2
2
2
2
0
2
1
1
Jadi I 2 e 2t .
2
2
90
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
t
I3 e
t
2v
0
t
1
1
cos 2v dv e 2 v sin 2v sin 2v 2e 2v dv
2
0 0 2
t
1 2v
e sin 2v e 2 v sin 2v dv
2
0 0
t
t
t
t
1 2v
2 v 1
1
e sin 2v e cos 2v 2e 2v cos 2v dv
2
0
2
0 0
2
t
t
1 2v
1
e sin 2v e 2 v cos 2v e 2v cos 2v dv
2
0 2
0 0
t
t
Karena I 3 e 2v cos 2v dv maka
0
t
2v
e cos 2v dv
0
t
2 e 2 v cos 2v dv
0
t
e
0
2v
t
t
t
t
t
t
1 2v
1
e sin 2v e 2v cos 2v e 2v cos 2v dv
2
0 2
0 0
t
1 2v
1
e sin 2v e 2v cos 2v
2
0 2
0
1
1
cos 2v dv e 2 v sin 2v e 2v cos 2v
4
0 4
0
1
1
1
1
e 2t sin 2t e 0 sin 0 e 2t cos 2t e 0 cos 0
4
4
4
4
1
1
1
e 2t sin 2t e 2t cos 2t
4
4
4
Jadi I 3
1 2t
1
1
e sin 2t e 2t cos 2t .
4
4
4
Dengan demikian
91
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
t
e
2v
sin v sin t v dv
0
92
sin t 1 2t
1 1
cos t 1 2t 1
e cos 2t e 2t sin 2t
e
2 4
4 4
2 2
2
cos t 1 2t
1
1
e sin 2t e 2t cos 2t
2 4
4
4
e 2t
e 2t
sin t e 2t cos t cos t
sin t cos 2t
sin t sin 2t
8
8
8
4
4
2t
2t
e
e
cos t
cos t sin 2t
cos t cos 2t
8
8
8
2t
2t
e
sin t cos 2t cos t sin 2t e sin t sin 2t cos t cos 2t
8
8
2t
sin t e cos t cos t cos t
8
4
4
8
Karena
cos t cos 2t sin t sin 2t cos t 2t
cos t
cos t
dan
sin t cos 2t cos t sin 2t sin t 2t
sin t
sin t
maka
t
2v
e sin v sint v dv
0
2 t
2 t
e 2t
sin t e cos t sin t e cos t cos t cos t
8
8
8
4
4
8
e 2t
e 2t cos t sin t e 2t cos t cos t cos t
sin t
8
8
8
4
4
8
Jadi
1
1
1
1
yt cos t sin t e 2t cos t e 2t sin t.
8
8
8
8
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
93
Penyelesaian Persamaan Diferensial Linear dengan Transformasi Laplace
Menggunakan MATLAB
Persamaan diferensial linear umum orde kedua dengan koefisien konstan
adalah
d2y
dy
a 2 b
cy bt
dt
dt
(4.1.11)
Menurut Teorema 3.2.3 transformasi Laplace untuk persamaan (4.1.11) adalah
a s 2 Lyt sy0 y 0 bsLyt y0 cLyt Lbt
(4.1.12)
Karena Lyt Y s dan Lbt Bs maka persamaan di atas menjadi
a s 2Y s sy0 y 0 bsY s y0 cY s Bs .
Maka
Y s
Bs as b y0 ay ' 0
as 2 bs c
(4.1.13)
Transformasi Laplace dari Y s 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)
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
94
di mana b adalah suatu fungsi yang diketahui. Sebelum melakukan perhitungan
untuk mencari Y s , pertama tentukan s dan t sebagai variabel dan dilakukan
dengan perintah
>> syms t s
Kemudian input koefisen-koefisen a, b dan c dan syarat awalnya yaitu y 0 dan
y 0 . 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
')
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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)
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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:
0.2
y(t)
0.15
0.1
0.05
0
-0.05
-0.1
-0.15
-0.2
0
1
2
3
4
5
6
7
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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
dx
dy
a2
a3 x a 4 y f t
dt
dt
dx
dy
b1
b2
b3 x b4 y g t
dt
dt
a1
di mana a1, a2, a3, a4, b1, b2, b3 dan b4 adalah konstanta dan f t dan g t adalah
fungsi-fungsi yang diketahui dan memenuhi syarat awalnya yaitu
x0 c1 dan y0 c2
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
X s Lxt dan Y s L yt
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).
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
98
Contoh 3.2.1
Selesaikan sistem persamaan diferensial berikut
dx
6 x 3 y 8e t
dt
dy
2 x y 4e t
dt
(4.2.1)
dengan syarat awalnya adalah x0 1 dan y0 0 .
Penyelesaian:
Transformasi Laplace untuk persamaan (4.2.1) adalah
dx
L L6 x L3 y L 8e t
dt
dy
L L2 x L y L 4e t
dt
(4.2.2)
Menurut Teorema 3.2.1, Teorema 3.2.2 dan Tabel 3.4.1, persamaan (4.2.2)
menjadi
sL yt y 0 2Lxt L y t 4Le .
sL xt x0 6Lxt 3L y t 8L e t
t
Kemudian dengan syarat awal, sistem pada persamaan di atas disederhanakan
menjadi
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
99
sL xt 1 6Lxt 3L y t
8
s 1
4
sL y t 2Lxt L y t
s 1
atau
s 6Lxt 3Lyt
8
s9
1
s 1
s 1
s 1Lyt 2Lxt
4
.
s 1
Karena X s Lxt dan Y s L yt maka
s 6X s 3Y s s 9
(4.2.3)
s 1
s 1Y s 2 X s
4
s 1
(4.2.4)
Kemudian persamaan (4.2.3) dikalikan dengan s 1 dan persamaan (4.2.4) dengan 3 sehingga
s 1s 6X s 3s 1Y s s 9
3s 1Y s 6 X s
(4.2.5)
12
s 1
(4.2.6)
Dengan mengurangi persamaan (4.2.5) dengan (4.2.6) diperoleh
s 1s 6X s 6 X s s 9
atau
12
s 1
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
s
100
7 s 12 X s s 9
12
s 1
s 3s 4X s s 9s 1 12
s 1
2
s 10s 21
s 1
2
Dari persamaan di atas diperoleh
X s
s 3 s 7 s 7
s 2 10s 21
s 1s 3s 4 s 1s 3s 4 s 1s 4
Dengan cara yang sama, persamaan (4.2.3) dikalikan dengan 2 dan persamaan
(4.2.4) dikalikan dengan s 6 diperoleh
2s 6X s 6Y s
2s 18
s 1
s 1s 6Y s 2s 6 X s 4s 24
s 1
Persamaan (4.2.7) dijumlahkan dengan (4.2.8) diperoleh
2s 6
s 1
2s 6
6Y s s 2 7 s 6 Y s
s 1
2s 6
s 2 7 s 12 Y s
s 1
s 4s 3Y s 2s 6
s 1
6Y s s 1s 6 Y s
Dari persamaan di atas diperoleh
Y s
2s 6
2
.
s 1s 4s 3 s 1s 4
(4.2.7)
(4.2.8)
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
101
Kemudian tentukan invers transformasi Laplace dari X(s) dan Y(s) yakni
s7
L1 X s L1
s 1s 4
dan
2
L1 Y s L1
.
s 1s 4
Dengan menggunakan pecahan parsial
s7
L1 X s xt L1
s 1s 4
Diketahui bahwa
X s
s7
s 1s 4
Fungsi X(s) dapat dipisahkan menjadi
s7
A
B
s 1s 4 s 1 s 4
(4.2.9)
di mana A dan B adalah konstanta.
Dengan demikian
As 1 Bs 4 s 7
Maka diperoleh sistem persamaan
A B 1
A 4B 7
Dengan eliminasi Gauss diperoleh A 2 dan B 1 . Persamaan (4.2.9) menjadi
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
102
s7
2
1
s 1s 4 s 1 s 4
maka
s7
1
2
L1
L1
s 1 s 4
s 1s 4
Menurut Teorema 3.2.1
s7
2
1
L1
L1
L1
s 1
s 4
s 1s 4
1
1
2L1
L1
s 1
s 4
Dengan Tabel 3.4.1 diperoleh
s7
L1
xt 2e t e 4t .
s 1s 4
Dengan cara yang sama seperti di atas Y(s) dapat diselesaikan yakni
2
L1 Y s yt L1
.
s 1s 4
Diketahui bahwa
Y s
2
.
s 1s 4
Fungsi Y(s) dapat dipisahkan menjadi
2
A
B
s 1s 4 s 1 s 4
di mana A dan B adalah konstanta.
Dengan demikian
(4.2.10)
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
103
As 1 Bs 4 2
Diperoleh sistem persamaan
A B 0
A 4B 2
Dengan eliminasi Gauss diperoleh A
2
2
dan B . Persamaan (4.2.10)
3
3
menjadi
2
2 1 2 1
.
s 1s 4 3 s 1 3 s 4
maka
2
2
1 2 1 1
L1
L1
L s 4 .
3
s 1 3
s 1s 4
Dengan Tabel 3.4.1, diperoleh
2
2
2
L1
yt e t e 4t .
3
3
s 1s 4
Jadi
xt 2e t e 4t
2
2
yt e t e 4t .
3
3
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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
dx
dy
a2
a3 x a4 y f t
dt
dt
dx
dy
b1 b2
b3 x b4 y g t
dt
dt
a1
dengan syarat awal yaitu x0 dan y 0 . Transformasi Laplace untuk sistem di
atas adalah
dx
dy
a1 L a 2 L a3 Lx a 4 L y L f t
dt
dt
dx
dy
b1 L b2 L b3 Lx b4 L y Lg t
dt
dt
(4.2.11)
Menurut Teorema 3.2.2, persamaan (4.2.11) menjadi
a1sL xt a1 x0 a 2 L yt a2 y0 a3 Lxt a4 L yt L f t
b1sL xt b1 x0 b2 L yt b2 y0 b3 Lxt b4 L yt Lg t
atau
a1 s a3 Lxt a2 s a4 Lyt L f t a1 x0 a2 y0
b1 s b3 Lxt b2 s b4 Lyt Lg t b1 x0 b2 y0
(4.2.12)
Karena Lxt X s , L yt Y s , L f t F s dan Lg t Gs maka
persamaan (4.2.12) menjadi
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
a1 s a2 X s a3 s a4 Y s F s a1 x0 a3 y0
b1 s b2 X s b3 s b4 Y s Gs b1 x0 b3 y0
105
(4.2.13)
Persamaan (4.2.13) dapat ditulis dalam bentuk matriks 2 x 2 menjadi
a1 s a3
b s b
3
1
a 2 s a 4 X s F s a1 x0 a 2 y0
b2 s b4 Y s Gs b1 x0 b2 y0
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)
OUTPUT penyelesaian Y
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
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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.
')
106
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
107
Output untuk Contoh 4.2.1 adalah
-------------------------------------------------------------------------------------------------Algoritma Penyelesaian Masalah Nilai Awal
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)
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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)
------------------------------------------------------------------------------------------------------Terimakasih telah menggunakan program ini.
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
109
Grafik:
10
9
x 10
x(t)
y(t)
8
7
6
5
4
3
2
1
0
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
C. Penyelesaian Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde Kedua dengan
Transformasi Laplace
Masalah nilai awal pada sistem persamaan diferensial orde kedua dapat juga
diselesaikan dengan metode transformasi Laplace. Bentuk sistem persamaan
diferensial orde kedua yaitu
d 2x
d2y
dx
dy
a
a3
a4
a5 x a6 y f t
2
2
2
dt
dt
dt
dt
d 2x
d2y
dx
dy
b1 2 b2 2 b3
b4
b5 x b6 y g t
dt
dt
dt
dt
a1
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
110
di mana a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 , b1 , b2 , b3 , b4 , b5 dan b6 adalah konstanta dan f t
dan g t adalah fungsi-fungsi yang diketahui dan memenuhi syarat awalnya
yaitu
x0 c1 , x0 c2 , y0 c3 dan y 0 c2
di mana c1 , c2 , c3 dan c4 adalah konstanta.
Contoh 4.3.1
Selesaikan masalah nilai awal pada sistem persamaan diferensial orde kedua
berikut ini
d 2x
dy
2x 4
0
2
dt
dt
dx d 2 y
4y 0
dt dt 2
(4.3.1)
dengan syarat awalnya yaitu
x0 4 , x0 8 , y0 1 dan y 0 2 .
Penyelesaian:
Transformasi Laplace untuk persamaan (4.3.1) adalah
(4.3.2)
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
d 2x
dy
L 2 2Lx 4L L0
dt
dt
d 2 y
dx
L L 2 4L y L0
dt
dt
111
(4.3.3)
Menurut Teorema 3.2.1, Teorema 3.2.2 dan dan syarat awal (4.3.2), persamaan
(4.3.3) menjadi
s 2 Lxt 4s 8 2Lxt 4sL yt 4 0
sL xt 4 s 2 L yt s 2 4L yt 0
atau
s
2
2 Lxt 4sL yt 4s 12
sLxt s 2 4 L yt s 2
Karena X s Lxt dan Y s L yt maka
s
2
2 X s 4sY s 4s 12
sX s s 2 4 Y s s 2
(4.3.4)
Dengan mengeliminasi Y(s) maka diperoleh
X s 4
s2
.
s2 4
Kemudian, dengan mengeliminasi X(s) pada sistem persamaan (4.3.4) diperoleh
Y s
s2
.
s2 4
Kemudian, tentukan invers transformasi Laplace dari X(s) dan Y(s) yakni
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
112
s2
L-1 X s L-1 4 2
s 4
dan
s2
L-1 Y s L-1 2
.
s 4
Dengan menggunakan pecahan parsial dan eliminasi Gauss, diperoleh
xt 4 cos 2t 4 sin 2t
y t cos 2t sin 2t.
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
d 2x
d2y
dx
dy
a
a3
a4
a5 x a6 y f t
2
2
2
dt
dt
dt
dt
d 2x
d2y
dx
dy
b1 2 b2 2 b3
b4
b5 x b6 y g t
dt
dt
dt
dt
a1
dengan syarat awal yaitu x0 , x 0 , y 0 dan y 0 Transformasi Laplace
untuk sistem di atas adalah
d 2x
d 2 y
dx
dy
a1 L 2 a 2 L 2 a3 L a 4 L a5 Lx a6 L y L f t
dt
dt
dt
dt
d 2x
d 2 y
dx
dy
b1 L 2 b2 L 2 b3 L b4 L b5 Lx b6 L y Lg t
dt
dt
dt
dt
(4.3.5)
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
113
Menurut Teorema 3.2.2, persamaan (4.3.5) menjadi
a1 s 2 Lxt a1 sx0 a1 x 0 a 2 s 2 L y t a 2 sy0 a 2 y 0 a3 sL xt a3 x0
a 4 sL y t a 4 y 0 a5 Lxt a6 L y t L f t
b1 s 2 Lxt b1 sx0 b1 x 0 b2 s 2 L y t b2 sy0 b2 y 0 b3 sL xt b3 x0
b4 sL y t b4 y 0 b5 Lxt b6 L y t Lg t
atau
a s
2
b s
2
1
1
a3 s a5 Lxt a 2 s 2 a 4 s a6 L y t
L f t a1 s a3 x0 a1 x 0 a 2 s a 4 y 0 a 2 y 0
b3 s b5 Lxt b2 s 2 b4 s b6 L y t
Lg t b1 s b3 x0 b1 x 0 b2 s b4 y 0 b2 y 0
(4.3.6)
Karena Lxt X s , L yt Y s , L f t F s dan Lg t Gs maka
persamaan (4.3.6) menjadi
a s
2
b s
2
1
1
a3 s a5 X s a 2 s 2 a 4 s a6 Y s
F s a1 s a3 x0 a1 x 0 a 2 s a 4 y 0 a 2 y 0
b3 s b5 X s b2 s 2 b4 s b6 Y s
G s b1 s b3 x0 b1 x 0 b2 s b4 y 0 b2 y 0
(4.3.7)
Persamaan (4.3.7) dapat ditulis dalam bentuk matriks 2 x 2 menjadi
a1 s 2 a3 s a5
2
b1 s b3 s b5
a 2 s 2 a 4 s a6 X s
b2 s 2 b4 s b6 Y s
F s a1 s a3 x0 a1 x 0 a 2 s a 4 y 0 a 2 y 0
G s b s b x0 b x 0 b s b y 0 b y 0
1
3
1
2
4
2
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.
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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), x t 0 , y(t0) dan y t 0
OUTPUT penyelesaian Y
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= ');
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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.
')
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
116
Output untuk Contoh 4.3.1
-------------------------------------------------------------------------------------------------Algoritma Penyelesaian Masalah Nilai Awal
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
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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)
-------------------------------------------------------------------------------------------------Terimakasih telah menggunakan program ini.
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
118
Grafik:
6
x(t)
y(t)
4
2
0
-2
-4
-6
0
1
2
3
4
5
6
7
D. Penyelesaian Sistem Persamaan Diferensial Linear Orde ke-n dengan
Transformasi Laplace
Bentuk umum dari sistem persamaan diferensial orde ke-n dengan dua variabel
adalah
d nx
dny
d n 1 x
d n1 y
d n2 x
d n2 y
a1 n a 2 n a3 n1 a 4 n 1 a5 n 2 a6 n 2
dt
dt
dt
dt
dt
dt
dx
dy
a 2n 13
a 2n12
a 2n 11 x a 2n1 y f t
dt
dt
d nx
dny
d n1 x
d n1 y
d n2 x
d n2 y
b1 n b2 n b3 n 1 b4 n1 b5 n2 b6 n2
dt
dt
dt
dt
dt
dt
dx
dy
b2n13
b2n 12
b2n11 x b2n 1 y g t
dt
dt
(4.4.1)
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
119
dengan syarat awal x0 , x 0 , x 0 ,…, x n1 0 dan y 0 , y 0 , y 0 ,…,
y n1 0 .
Transformasi Laplace untuk persamaan (4.4.1) adalah
d nx
d n y
d n1 x
d n1 y
d n2 x
d n2 y
a1L n a 2 L n a3 L n1 a 4 L n1 a5 L n2 a6 L n2
dt
dt
dt
dt
dt
dt
dx
dy
a 2n13 L a 2n12 L a 2n11Lx a2n1L y Lg t
dt
dt
d nx
d n y
d n1 x
d n1 y
d n2 x
d n2 y
b1L n b2 L n b3 L n1 b4 L n1 b5 L n2 b6 L n2
dt
dt
dt
dt
dt
dt
dx
dy
b2n13 L b2n12 L b2n11Lx b2n1L y Lg t
dt
dt
Menurut Teorema 3.2.3,
d n x
L n s n Lxt s n 1 x0 s n 2 x 0 s n 3 x 0 x n 1 0
dt
d n y
L n s n L y t s n 1 y 0 s n 2 y 0 s n 3 y 0 y n 1 0
dt
d n 1 x
L n 1 s n 1 Lxt s n 2 x0 s n 3 x 0 s n 4 x 0 x n 2 0
dt
d n 1 y
L n 1 s n 1 L y t s n 2 y 0 s n 3 y 0 s n 4 y 0 y n 2 0
dt
d n2 x
L n 2 s n 2 Lxt s n 3 x0 s n 4 x 0 s n 5 x 0 x n 3 0
dt
d n2 y
L n 2 s n 2 L y t s n 3 y 0 s n 4 y 0 s n 5 y 0 y n 3 0
dt
dan
(4.4.2)
(4.4.3)
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
120
dx
L sLxt x0
dt
dy
L sL y t y 0
dt
Persamaan (4.4.2) menjadi
a1 s n Lxt s n 1 x0 s n2 x0 s n3 x0 x n1 0
a s
a s
a s
a s
0
Lxt s x0 s x0 s x0 x 0
3
n 1
L y t s n 2 y 0 s n 3 y 0 s n4 y 0 y n2 0
4
n2
Lxt s n3 x0 s n4 x0 s n5 x0 x n3 0
5
n2
L y t s n3 y 0 s n4 y 0 s n5 y 0 y n 3 0
6
a 2n13 sLxt x0 a 2n12 sL y t y 0 a 2n11Lxt a 2n1 L y t L f t
a 2 s L y t s
n
n 1
n 1
y 0 s
n2
n2
y 0 s
n 3
n 3
y 0 y
n4
n 1
n2
atau dapat disederhanakan menjadi
b1 s n Lxt s n1 x0 s n 2 x0 s n3 x0 x n1 0
b s
b s
b s
b s
0
n 1
Lxt s n2 x0 s n3 x0 s n 4 x0 x n 2 0
3
n 1
L y t s n2 y 0 s n3 y 0 s n4 y 0 y n 2 0
4
n2
Lxt s n3 x0 s n4 x0 s n5 x0 x n 3 0
5
n2
L y t s n 3 y 0 s n4 y 0 s n5 y 0 y n 3 0
6
b2n13 sLxt x0 b2n12 sL y t y 0 b2n 11Lxt b2n1 L y t L f t
b2 s L y t s
n
n 1
y 0 s
n2
y 0 s
n 3
y 0 y
n 1
Karena Lxt X s , Lyt Y s dan L f t F s maka persamaan di atas
menjadi
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
a s a s a s a s a X s
a s a s a s a s a Y s
F s a s a s a s a x0
a s a s a s a y 0
a s a s a s a x0
a s a s a s a y 0
a s a s a s a x0
a s a s a s a y 0
n 1
n
1
n2
3
2 n 1 3
5
n 1
n
2
n2
4
n2
1
n 1
n2
n 3
n4
3
n 3
n4
4
n4
n 5
3
n4
2
n 5
4
a1 x
n 1
2 n 1 7
5
n 3
(4.4.4)
2 n 1 4
6
n 3
1
2 n 1 5
5
n2
2
2 n 1 2
6
n 3
1
2 n 1 3
5
4
n2
2 n 1
n 3
3
2
2 n 1 1
2 n 1 2
6
n 1
121
2 n 1 6
6
0 a2 y 0 a3 x 0 a4 y n2 0 a5 x n3 0 a6 y n3 0
n 1
n2
Dengan cara yang sama, persamaan (4.4.3) menjadi
b s b s b s b s b X s
b s b s b s b s b Y s
F s b s b s b s b x0
b s b s b s b y 0
b s b s b s b x0
b s b s b s b y 0
b s b s b s b x0
b s b s b s b y 0
n 1
n
1
n2
3
n 1
n
2
2 n 1 3
5
n2
4
n 1
n2
1
2
4
n2
n 3
2
n4
n 5
2 n 1 7
5
n4
4
(4.4.5)
2 n 1 4
6
n4
2 n 1 3
2 n 1 5
5
3
n 3
b1 x
n4
n 3
2 n 1
2 n 1 2
6
4
1
n 3
n 3
3
2
5
n2
n2
1
n 3
3
n 1
n 1
2 n 1 2
6
2 n 1 1
n 5
2 n 1 6
6
0 b2 y 0 b3 x 0 b4 y n2 0 b5 x n3 0 b6 y n3 0
n 1
n2
Contoh 4.4.1
Tentukan penyelesaian masalah nilai awal pada sistem persamaan diferensial
berikut
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
d 3x
y0
dt 3
d3y
x0
dt 3
122
(4.4.6)
dengan syarat awal x0 0 , y0 1 , x0 0 , y 0 0 , x0 0 dan
y 0 0.
Penyelesaian:
Transformasi Laplace untuk persamaan (4.6.6) adalah
d 3x
L 3 L y L0
dt
d 3 y
L 3 Lx L0
dt
(4.4.7)
Dengan menggunakan persamaan (4.4.4) dan (4.4.5), maka persamaan (4.4.7)
menjadi
s 3 X s Y s 0
X s s 3Y s s 2 .
(4.4.8)
Dengan mengeliminasi Y s maka diperoleh
X s
s2
.
s6 1
Kemudian, dengan mengeliminasi X s pada persamaan (4.4.8) diperoleh
Y s
s5
.
s6 1
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
Kemudian, tentukan invers transformasi Laplace dari X s dan Y s yakni
s2
xt L1 X s L1 6
.
s 1
dan
s5
y t L1 Y s L1 6
.
s 1
Dengan menggunakan pecahan parsial dan eliminasi Gauss, diperoleh
xt
2
1
sinh t cos
3
2
2
1
yt cosh t cos
3
2
3 1
t sinh t
2
3
3 1
t cosh t
2
3
123
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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 t 0 0 .
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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?
PLAGIAT
PLAGIATMERUPAKAN
MERUPAKANTINDAKAN
TINDAKANTIDAK
TIDAKTERPUJI
TERPUJI
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.
126