Bab 7 Persamaan Differensial Biasa

cakul fi5080 by khbasar; sem1 2010-2011
Bab 7
Persamaan Differensial Biasa
Dalam banyak persoalan fisika, suatu topik sering dinyatakan dalam bentuk
perubahan (laju perubahan). Telah disinggung sebelumnya bahwa perubahan sering dinyatakan dalam bentuk differensial (turunan). Persamaan
matematik yang melibatkan adanya laju perubahan merupakan persamaan
differensial. Dengan demikian cara untuk menyelesaikan persamaan differensial (mencari solusi persamaan differensial) merupakan hal yang sangat
penting. Dalam BAB ini akan dibahas metode yang dapat digunakan untuk
menyelesaikan persamaan differensial (khusus persamaan differensial biasa).
Yang dimaksud solusi dari suatu persamaan differensial adalah bentuk
ungkapan matematik yang memenuhi persamaan differensial yang dimaksud.
dy
= 2, maka yang
Misalkan suatu persamaan differensial yang berbentuk
dx
termasuk solusinya adalah y = 2x, atau y = 2x + 1 atau y = 2x − 50 dan
lain sebagainya yang secara umum berbentuk y = 2x + const. Kesemua
bentuk fungsi y tersebut bila disubstitusikan ke persamaan differensial yang
dimaksud akan memberikan nilai yang benar (identitas).
Untuk mempermudah penulisan, digunakan notasi y 0 untuk menyatakan
turunan pertama y terhadap x dan y 00 menyatakan turunan kedua y terhadap
x, hal ini berarti
dy
dx
d2 y
y 00 = 2
dx
y0 =
(7.1)
Yang disebut orde dari persamaan differensial adalah tingkatan tertinggi
dari turunan yang terlibat dalam persamaan differensial tersebut. Persamaan133
134
Persamaan Differensial Biasa
persamaan differensial berikut ini adalah contoh persamaan orde satu:
y 0 + xy 2 = 1,
xy 0 + y = ex ,
dv
= −g,
dt
dI
L + RI = V
dt
d2 r
sedangkan persamaan differensial m 2 = −kr adalah contoh persamaan
dt
differensial orde dua.
Suatu persamaan differensial linier adalah persamaan differensial yang
berbentuk (dengan x merupakan variabel tak bebas dan y adalah variabel
bebas)
a0 y + a1 y 0 + a2 y 00 + a3 y 000 + . . . = b
dengan a dan b adalah konstanta atau fungsi dari variabel tak bebas x.
Berikut ini adalah contoh persamaan differensial yang tak linier
y 0 + xy 2 = 1
y 0 = cot y
yy 0 = 1
y 02 = xy
7.1
(tak
(tak
(tak
(tak
linier
linier
linier
linier
karena
karena
karena
karena
ada
ada
ada
ada
suku
suku
suku
suku
y2)
cot y)
yy 0 )
y 02 )
Pemisahan Persamaan
Salah satu cara penyelesaian persamaan differensial orde satu yang linier
adalah dengan pengintegralan. Suatu persamaan differensial yang berbentuk
dy
y0 =
= f (x) dapat dituliskan dengan memisahkan persamaannya menjadi
dx
berbentuk dy = f (x)dx dan kemudian solusinya dapat diperoleh dengan
mengintegralkan kedua ruas.
Contoh 1
Ingin dicari solusi dari persamaan
xy 0 = y + 1
(7.2)
135
7.1 Pemisahan Persamaan
Bila persamaan tersebut dibagi dengan x(y + 1) maka akan diperoleh bentuk
cakul fi5080 by khbasar; sem1 2010-2011
1
dy
dx
y0
=
atau
=
y+1
x
y+1
x
bila kedua ruas diintegralkan akan didapat
Z
Z
dy
dx
=
y+1
x
(7.3)
(7.4)
yang memberikan hasil dalam bentuk
ln(y + 1) = ln x + const = ln x + ln a = ln(ax)
(7.5)
dengan demikian solusi yang didapat adalah berbentuk
y + 1 = ax
=⇒
y = ax − 1
(7.6)
dengan a adalah konstanta. Solusi tersebut dinamakan solusi umum dari
persamaan differensial yang dimaksud.
Contoh 2
Diketahui laju peluruhan zat radioaktif sebanding dengan zat radioaktif yang
tersisa. Persoalan ini bila dirumuskan dalam persamaan differensial adalah
dN
= −λN
dt
(7.7)
dN
Persamaan differensial tersebut dapat dituliskan dalam bentuk
= −λdt
N
yang bila diintegralkan akan menghasilkan persamaan ln N = −λt + const.
Kemudian misalkan diketahui bahwa pada saat awal jumlah zat radioaktif
adalah N = N0 , maka jumlah zat radioaktif setelah waktu t adalah N =
N0 e−λt .
Contoh 3
Selesaikan persamaan differensial berikut
xy 0 = y
(7.8)
Persamaan tersebut dapat dituliskan sebagai
x
dy
=y
dx
=⇒
dy
dx
=
y
x
136
Persamaan Differensial Biasa
Kemudian bila persamaan tersebut diintegralkan maka akan diperoleh
Z
Z
dx
dy
=
y
x
ln y = ln x + const
y = ex + const
7.2
Persamaan Linier Orde Satu
Persamaan differensial linier orde satu adalah persamaan differensial yang
mengandung suku y 0 dan tak ada turunan yang lebih tinggi. Suatu PDB
linier orde satu mempunyai bentuk
y0 + P y = Q
(7.9)
di mana P dan Q adalah fungsi dari x. Untuk menyelesaikan PDB tersebut,
tinjau kondisi jika Q = 0 sehingga PDB tersebut menjadi berbentuk
y0 + P y = 0
=⇒
dy
= −P y
dx
(7.10)
Sebagaimana yang telah diuraikan sebelumnya, maka dapat dikerjakan sebagai berikut
dy
= −P dx
y
Z
ln y = − P dx + C
Jika digunakan notasi I =
dituliskan bahwa y = Ae−I
=⇒
y = Ae−
R
P dx
dI
= P sehingga dapat
dx
atau yeI = A. Selanjutnya
R
P dx, maka berarti
dI
d
(yeI ) = y 0 eI + yeI
= y 0 eI + yeI P = eI (y 0 + P y)
dx
dx
Dengan demikian bila persamaan 7.9 dikalikan dengan eI , maka berarti
eI (y 0 + P y) = eI Q =
d
(yeI )
dx
(7.11)
Kemudian dengan mengintegralkan persamaan tersebut maka diperoleh
Z
Z
I
I
−I
QeI dx + Ce−I
ye = Qe dx + C =⇒ y = e
137
7.2 Persamaan Linier Orde Satu
Maka solusi PDB linier orde satu sebagaimana ditunjukkan dengan persamaan 7.9 adalah
Z
−I
(7.12)
y=e
QeI dx + Ce−I
R
dengan I = P dx.
Contoh
cakul fi5080 by khbasar; sem1 2010-2011
Carilah solusi persamaan differensial (1 + x2 )y 0 + 6xy = 2x.
Persamaan tersebut dapat dituliskan dalam bentuk persamaan 7.9 yaitu
y0 +
6x
2x
y=
2
1+x
1 + x2
6x
2x
dan Q =
. Jadi
2
1+x
1 + x2
Z
Z
6x
dx = 3 ln(1 + x2 )
I = P dx =
1 + x2
2
eI = e3 ln(1+x ) = (1 + x2 )3
Z
Z
2x
I
I
2 3
ye = Qe dx =
dx
1
+
x
1 + x2
1
= (1 + x2 )3 + C
3
C
1
=⇒ y = +
3 (1 + x2 )3
yang berarti P =
Persamaan Bernoulli
Persamaan differensial yang berbentuk
y 0 + P y = Qy n
(7.13)
dengan P dan Q merupakan fungsi dari x dikenal sebagai persamaan Bernoulli. Meskipun persamaan tersebut bukanlah persamaan linier (karena ada
faktor pangkat n) namun dapat dilakukan pengubahan variabel sehingga
diperoleh persamaan yang berbentuk linier. Untuk mengubahnya menjadi
persamaan differensial linier maka digunakan variabel baru z = y 1−n . Differensialkan z terhadap y maka akan diperoleh
dz
= (1 − n)y −n
dy
=⇒
z 0 = (1 − n)y −n y 0
(7.14)
138
Persamaan Differensial Biasa
selanjutnya bila persamaan 7.13 dikalikan dengan (1 − n)y −n maka akan
diperoleh
(1 − n)y −n y 0 + (1 − n)P y 1−n = (1 − n)Q
= (1 − n)Q
z 0 + (1 − n)P z
(7.15)
Perhatikan bahwa karena n adalah suatu bilangan tertentu yang konstan,
maka bentuk persamaan tersebut di atas menjadi seperti persamaan 7.9 sehingga solusinya dapat dicari menggunakan cara yang sama sebagaimana
yang telah diuraikan sebelumnya.
Persamaan Eksak
Persamaan differensial yang berbentuk
P dx + Qdy = 0 atau y 0 = −
P
Q
(7.16)
∂Q
∂P
=
.
∂y
∂x
Dalam hal ini dapat dinyatakan P dx+Qdy = dF = 0, yang berarti solusinya
adalah F (x, y) = const.
Suatu persamaan differensial yang tak-eksak seringkali dapat dibuat menjadi
eksak dengan mengalikannya dengan suatu faktor tertentu.
disebut persamaan (differensial) eksak jika terpenuhi hubungan
Contoh
Tentukan solusi persamaan differensial y 0 =
y
.
x
Persamaan differensial tersebut dapat dituliskan dalam bentuk xdy−ydx = 0.
∂Q
∂P
6=
, maka persamaYang berarti P = −y dan Q = x. Karena
∂y
∂x
an differensial tersebut bukanlah persamaan eksak. Namun bila persamaan
1
differensial tersebut dikalikan dengan 2 , maka akan diperoleh
x
y
xdy − ydx
1
y
=
dx
=
d
=0
dy
−
x2
x
x2
x
Dalam hal ini P = −
∂P
1
1
∂Q
y
sehingga
=
−
=
dan
Q
=
dan
x2
x
∂y
x2
∂x
1
. Artinya persamaan differensial tersebut menjadi persamaan eksak dan
x2
y
y
solusinya adalah dF = d
= 0 atau = const.
x
x
−
7.3 Persamaan Linier Orde Dua dengan Ruas Kanan Sama
dengan Nol
139
Persamaan Homogen
Suatu fungsi homogen berderajat n dari x dan y adalah suatu fungsi yang
dapat dituliskan dalam bentuk xn f (y/x). Misalnya fungsi x3 − xy 2 dapat
dituliskan dalam bentuk x3 [1 − (y/x)2 ] sehingga fungsi tersebut dikatakan
fungsi homogen berderajat 3.
Suatu persamaan homogen adalah persamaan yang berbentuk
cakul fi5080 by khbasar; sem1 2010-2011
P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0
(7.17)
dengan P dan Q adalah dua buah fungsi homogen dengan derajat yang sama.
Jika dua buah fungsi homogen dengan derajat yang sama tersebut dibagi,
y
maka faktor xn akan hilang dan yang tersisa adalah suatu fungsi dari .
x
Artinya dapat dituliskan
y
dy
P (x, y)
y0 =
=−
=f
dx
Q(x, y)
x
7.3
Persamaan Linier Orde Dua dengan Ruas
Kanan Sama dengan Nol
PDB yang dimaksud adalah yang berbentuk
d2 y
dy
+ a1
(7.18)
+ a0 y = 0
2
dx
dx
Untuk memudahkan penulisan diperkenalkan suatu operator differensial
yady
d dy
d
. Artinya Dy =
= y 0 dan D2 y =
=
itu D di mana D =
dx
dx
dx dx
d2 y
= y 00 . Dengan menggunakan operator differensial D tersebut maka perdx2
samaan 7.18 dapat dituliskan dalam bentuk
a2 D2 + a1 D + a0 y = 0
a2 D2 y + a1 Dy + a0 y = 0 atau
(7.19)
a2
Persamaan a2 D2 +a1 D +a0 = 0 disebut sebagai persamaan karakteristik dari
persamaan differensial yang bersangkutan. Perhatikan bahwa persamaan karakteristik tersebut mempunyai bentuk mirip persamaan kuadrat dalam D.
Jika persamaan karakteristik tersebut dapat difaktorkan dan diperoleh akarakarnya, maka solusi persamaan differensial yang bersangkutan berkaitan
dengan akar-akar persamaan karakteristiknya. Misalkan persamaan karakteristik suatu PDB orde dua mempunyai akar-akar yang dapat dinyatakan
sebagai D = d1 dan D = d2 , maka solusi PDB tersebut adalah
y = C 1 e d1 x + C2 e d2 x
(7.20)
140
Persamaan Differensial Biasa
Contoh 1
Carilah solusi persamaan differensial y 00 + 5y 0 + 4y = 0.
PDB tersebut dapat dituliskan menjadi
(D2 + 5D + 4)y = 0
Persamaan karakteristik PDB tersebut adalah D2 + 5D + 4 = 0 yang dapat
dituliskan juga sebagai (D + 1)(D + 4) = 0. Jadi akar-akar persamaan
karakteristiknya adalah D = −1 dan D = −4. Dengan demikian solusi PDB
yang dimaksud adalah
y = C1 e−x + C2 e−4x
Jika persamaan karakteristik mempunyai hanya satu nilai akar, artinya
d1 = d2 , yang mana berarti persamaan karakteristiknya berbentuk (D −
d1 )(D − d1 ) = 0 atau PDBnya berbentuk (D − d1 )(D − d1 )y = 0, maka solusi
PDB yang berkaitan adalah
y = (C1 x + C2 )ed1 x
(7.21)
Contoh 2
Tentukan solusi persamaan differensial y 00 − 6y 0 + 9y = 0.
Persamaan karakteristiknya adalah D2 − 6D + 9 = 0 yang berarti akarnya
adalah D = 3. Sehingga solusinya adalah y = (C1 x + C2 )e3x .
Contoh 3
Carilah solusi persamaan differensial y 00 + 9y = 0.
Persamaan karakteristiknya adalah D2 + 9 = 0. Akar-akarnya adalah d1 = 3i
dan d2 = −3i. Dengan demikian
y = C1 e3ix + C2 e−3ix
= C1 (cos 3x + i sin 3x) + C2 (cos 3x − i sin 3x) = C10 cos 3x + C20 sin 3x
= C sin(3x + φ) = C 0 cos(3x + φ0 )
7.4 Persamaan Linier Orde Dua dengan Ruas Kanan Tidak
Sama dengan Nol
141
7.4
Persamaan Linier Orde Dua dengan Ruas
Kanan Tidak Sama dengan Nol
PDB yang dimaksud adalah yang berbentuk
d2 y
dy
+
a
+ a0 y = f (x),
1
dx2
dx
d2 y a1 dy a0
+ y = F (x)
+
dx2 a2 dx a2
cakul fi5080 by khbasar; sem1 2010-2011
a2
atau
(7.22)
Cara yang paling mudah untuk menyelesaikan PDB jenis ini adalah menggunakan integrasi berulang (successive integration). Berikut ini diberikan
contohnya.
Misalkan PDB yang berbentuk
(D − 1)(D + 2)y = ex
kemudian dengan memisalkan suatu variabel baru yaitu u = (D + 2)y, maka
persamaan differensial di atas dituliskan kembali sebagai
(D − 1)u = ex
=⇒
u0 − u = e x
yang merupakan persamaan linier orde satu yang dapat diselesaikan dengan
metode yang telah diuraikan pada bagian sebelumnya yaitu persamaan 7.9.
Z
−I
QeI dx + Ce−I
u=e
di mana
I=
Z
P dx =
Z
−dx = −x dan Q = ex
maka
u=e
x
Z
ex e−x dx + C1 ex
= xex + C1 ex
Kemudian karena u = (D + 2)y, maka
(D + 2)y = xex + C1 ex
142
Persamaan Differensial Biasa
Terlihat bahwa PDB tersebut sekali lagi berbentuk PDB linier orde satu dan
dapat kembali diselesaikan dengan cara serupa. Kali ini Q = xex + C1 ex dan
P = 2, berarti
I=
Z
Z
P dx = 2 dx = 2x
Z
−2x
QeI dx + C2 e−2x
y=e
Z
−2x
=e
e2x (xex + C1 ex )dx + C2 e−2x
1
1
1
= xex − ex + C1 ex + C2 e−2x
3
9
3
1 x
= xe + C10 ex + C2 e−2x
3
1 x
xe disebut solusi partikular (particular solution) sedangkan yang
3
mengandung konstanta sembarang yaitu (C10 ex + C2 e−2x ) dinamakan fungsi
komplementer (complementary function) dari PDB yang bersangkutan. Perhatikan bahwa solusi PDB orde dua haruslah mempunyai dua buah konstanta
sembarang (pada contoh di atas kedua konstanta tersebut adalah C10 dan C2 ).
Kedua konstanta sembarang ini tercakup dalam fungsi komplementer PDB
tersebut.
Cara integrasi berulang umumnya dapat digunakan untuk berbagai PDB
linier orde dua dengan ruas kanan tidak sama dengan nol. Hanya saja seringkali cara ini membutuhkan waktu yang lama dan proses yang panjang. Cara
yang lainnya yang dapat digunakan adalah dengan terlebih dahulu mencari
fungsi komplementer, yc . Fungsi komplementer diperoleh bila ruas kanan
PDB orde dua tersebut sama dengan nol (sebagaimana telah dibahas pada
bagian terdahulu). Setelah itu perlu juga dicari solusi partikular, yp . Bila yc
dan yp telah diperoleh maka solusi lengkap PDB yang bersangkutan dapat
diperoleh dengan menjumlahkan keduanya, artinya
Bagian
y = yc + y p
(7.23)
Bentuk solusi yp bergantung pada bentuk fungsi F (x). Fungsi komplementer
dapat diperoleh dengan cara yang telah diuraikan pada bagian terdahulu
(lihat 7.3). Yang menjadi masalah adalah bagaimana memperoleh solusi
partikular tersebut? Berikut ini akan diuraikan beberapa cara memperoleh
solusi partikular untuk beberapa bentuk fungsi F (x).
7.4 Persamaan Linier Orde Dua dengan Ruas Kanan Tidak
Sama dengan Nol
143
F (x) berbentuk kecx
cakul fi5080 by khbasar; sem1 2010-2011
Dari contoh sebelumnya terlihat bahwa solusi partikular yang mungkin adalah berbentuk eksponensial. Tinjau persamaan differensial (D−1)(D+5)y =
7e2x . Fungsi komplementer PDB ini adalah yc = Aex + Be−5x . Misalkan
solusi partikularnya berbentuk yp = Ce2x . Bila solusi partikular ini disubstitusikan ke PDB tersebut maka akan diperoleh
(D − 1)(D + 5)yp = 7e2x
yp00 + 4yp0 − 5yp = C(4e2x + 8e2x − 5e2x ) = 7e2x
C(7e2x ) = 7e2x
=⇒ C = 1
Dengan demikian solusi lengkapnya adalah
y = yc + yp = Aex + Be−5x + e2x
Secara umum bentuk solusi partikular yang dapat dicoba bergantung pada
nilai c dan akar-akar karakteristik PDB orde dua. Misalkan akar-akar karakteristik PDB orde dua yang dimaksud adalah a dan b, maka solusi partikular
yang dapat dicoba adalah

cx

jika c 6= a dan c 6= b
Ce
cx
(7.24)
yp = Cxe
jika c = a atau c = b, di mana a 6= b

 2 cx
jika c = a = b
Cx e
F (x) berbentuk fungsi harmonik (sinus atau cosinus)
Perlu diingat bahwa fungsi harmonik dapat dinyatakan dalam bentuk fungsi
kompleks. Untuk memperoleh solusi partikular dari PDB yang berbentuk
(
k sin αx
(7.25)
(D − a)(D − b)y =
k cos αx
maka pertama-tama selesaikan dahulu persamaan (D − a)(D − b)y = keiαx ,
kemudian ambil bagian real atau imajinernya.
Contoh
Tentukan solusi partikular dari persamaan differensial y 00 + y 0 − 2y = 4 sin 2x.
Tinjau PDB y 00 + y 0 − 2y = 4ei2x . Akar-akar karakteristik PDB ini adalah 1
144
Persamaan Differensial Biasa
dan −2. Berarti dapat dicoba solusi partikular yang berbentuk Yp = Cei2x .
Substitusi Yp ke PDB tersebut memberikan
(−4 + 2i − 2)Cei2x = 4ei2x
=⇒
1
C = − (i + 3)
5
berarti
1
1
3
Yp = − (i + 3)ei2x = − iei2x − ei2x
5
5
5
3
1
= − (i cos 2x − sin 2x) − (cos 2x + i sin 2x)
5
5
1
3
1
3
=
sin 2x − cos 2x + i − cos 2x − sin 2x
5
5
5
5
Karena 4 sin 2x adalah bagian imajiner dari 4ei2x , maka solusi partikular
untuk PDB tersebut adalah bagian imajiner dari Yp , artinya
3
1
yp = Im(Yp ) = − cos 2x − sin 2x
5
5
F (x) berbentuk perkalian polinom dan eksponensial
Bentuk lain fungsi F (x) yang umum ditemui adalah gabungan (perkalian)
antara fungsi eksponensial dengan polinom, artinya F (x) = ecx Pn (x) di mana
Pn (x) adalah polinom berderajat n. Solusi partikular dari PDB (D − a)(D −
b)y = ecx Pn (x) adalah

cx

jika c 6= a, c 6= b
e Qn (x)
cx
(7.26)
yp = xe Qn (x) jika c = a atau c = b, di mana a 6= b

 2 cx
x e Qn (x) jika c = a = b
di mana Qn (x) adalah polinom berderajat sama dengan Pn (x) dan yang
memenuhi PDB yang dimaksud. Metode ini dinamakan juga metode undetermined coefficients.
Contoh
Tentukan solusi partikular dari persamaan differensial (D − 1)(D + 2)y =
18xex .
Dalam hal ini Pn (x) = 18x dan c = a = 1, maka solusi partikular yang
dapat dipilih adalah berbentuk yp = xex Qn (x). Karena Pn (x) berderajat
7.4 Persamaan Linier Orde Dua dengan Ruas Kanan Tidak
Sama dengan Nol
145
satu, maka polinom Qn (x) adalah juga polinom berderajat satu, sehingga
dapat dimisalkan berbentuk Qn (x) = Ax + B. Selanjutnya
yp = xex (Ax + B)
yp0 = ex (Ax2 + Bx + 2Ax + B)
yp00 = ex (Ax2 + Bx + 4Ax + 2B + 2A)
yp00 + yp0 − 2yp = ex (6Ax2 + 3B + 2A) = 18xex
cakul fi5080 by khbasar; sem1 2010-2011
yang memberikan A = 3, B = −2
Dengan demikian diperoleh yp = (3x2 − 2x)ex .
F (x) berbentuk gabungan (polinom, eksponensial dan
fungsi harmonik)
Jika ruas kanan PDB orde dua tersebut merupakan fungsi yang terdiri dari
superposisi (penjumlahan) fungsi-fungsi lainnya (polinom + eksponensial +
harmonik), maka dapat digunakan prinsip superposisi untuk memperoleh
solusi partikularnya. Misalnya F (x) = F1 (x) + F2 (x) + F3 (x), maka solusi
partikularnya adalah
yp = yp1 + yp2 + yp3
(7.27)
di mana yp1 , yp2 dan yp3 masing-masing adalah solusi partikular dari F1 (x),
F2 (x) dan F3 (x).
Contoh
Tentukan solusi partikular persamaan differensial y 00 +y 0 −2y = ex +4 sin 2x+
(x2 − x)
Dalam hal ini dapat dinyatakan bahwa F (x) merupakan superposisi dari
tiga macam fungsi, yaitu F1 (x) = ex , F2 (x) = 4 sin 2x dan F3 (x) = x2 − x.
Dengan metode-metode yang telah diuraikan sebelumnya dapat diperoleh
1
yp1 = xex
3
1
3
yp2 = − cos 2x − sin 2x
5
5
1 2
yp3 = − (x + 1)
2
3
1
1 x 1
=⇒ yp = xe − cos 2x − sin 2x − (x2 + 1)
3
5
5
2
146
7.5
Persamaan Differensial Biasa
Transformasi Laplace
Pada BAB sebelumnya telah sempat disinggung mengenai transformasi Fourier yang merupakan representasi suatu fungsi dalam domain yang berbeda.
Terdapat transformasi lainnya yang juga cukup penting dan berguna dalam
penyelesaian persamaan differensial, yaitu transformasi Laplace. Transformasi Laplace didefinisikan sebagai
L(f ) =
Z∞
f (t)e−pt dt
(7.28)
0
Misalkan suatu fungsi didefinisikan sebagai f (t) = e−at , maka bila fungsi ini
ditransformasikan menggunakan transformasi Laplace akan diperoleh
L(f ) =
Z∞
e−at e−pt dt
=
Z∞
e−(a+p)t dt = −
0
0
e−(a+p)t ∞
1
=
(a + p) 0
a+p
Pada Tabel 7.1 diberikan transformasi Laplace untuk beberapa fungsi sederhana.
Transformasi Laplace untuk menyelesaikan persamaan
differensial
Tinjau suatu fungsi y(t) yang turunan pertamanya dinyatakan dengan y 0 dan
turunan keduanya dinyatakan dengan y 00 . Transformasi Laplace dari y 0 dapat
diperoleh sebagai berikut
0
L(y ) =
Z∞
0
0
y (t)e
−pt
dt = e
−pt
Z∞
∞
y(t) − (−p) y(t)e−pt dt
0
0
(7.29)
= −y(0) + pL(y) = pL(y) − y0
Kemudian dengan menggunakan persamaan tersebut di atas dapat pula diperoleh transformasi Laplace dari y 00 , yaitu
L(y 00 ) = pL(y 0 ) − y 0 (0)
= p (pL(y) − y0 ) − y 0 (0)
= p2 L(y) − py0 − y00
(7.30)
7.5 Transformasi Laplace
147
Transformasi Laplace untuk turunan orde yang lebih tinggi dapat diperoleh
dengan cara yang serupa.
Transformasi Laplace dapat digunakan untuk mencari solusi persamaan
differensial. Langkahnya adalah mentransformasikan persamaan differensial
tersebut kemudian memasukkan syarat awal dan selanjutnya adalah melakukan invers transformasi Laplace.
cakul fi5080 by khbasar; sem1 2010-2011
Contoh
Tentukan solusi persamaan differensial y 00 + 4y 0 + 4y = t2 e−2t yang memenuhi
syarat awal y0 = 0 dan y00 = 0.
Bila PDB tersebut ditransformasi-Laplacekan maka akan diperoleh
L (y 00 + 4y 0 + 4y) = L t2 e−2t
2
p2 L(y) − py0 − y00 + 4pL(y) − 4y0 + 4L(y) =
(p + 2)3
2
(p2 + 4p + 4)L(y) =
(p + 2)3
2
L(y) =
(p + 2)5
Kemudian untuk memperoleh bentuk fungsi y yang merupakan solusi PDB
tersebut dilakukan invers transformasi Laplace
2
2t4 e−2t
−1
=
y(t) = L
(p + 2)5
12
148
Persamaan Differensial Biasa
Tabel 7.1: Transformasi Laplace untuk beberapa fungsi sederhana.
No
f (t)
R∞
L(f ) =
f (t)e−pt dt
Ketr.
Re (p) > 0
0
1
1
1
p
2
e−at
1
p+a
3
sin at
a
p 2 + a2
Re (p) > |Im (a)|
4
cos at
p
+ a2
Re (p) > |Im (a)|
5
tk , k > −1
6
tk e−at , k > −1
k!
(p + a)k+1
Re (p + a) > 0
7
e−at − e−bt
b−a
1
(p + a)(p + b)
Re (p + a) > 0
8
ae−at − be−bt
b−a
p
(p + a)(p + b)
Re (p + b) > 0
9
sinh at
10
cosh at
11
t sin at
12
p2
k!
pk+1
Re (p + a) > 0
Re (p) > 0
p2
a
− a2
Re p > |Re a|
p2
p
− a2
Re p > |Re a|
2ap
+ a2 ) 2
Re p > |Im a|
t cos at
p 2 − a2
(p2 + a2 )2
Re p > |Im a|
13
e−at sin bt
b
(p + a)2 + b2
Re (p + a) > |Im b|
14
e−at cos bt
p+a
(p + a)2 + b2
Re (p + a) > |Im b|
15
1 − cos at
a2
p(p2 + a2 )
(p2
Re (p) > |Im a|
149
cakul fi5080 by khbasar; sem1 2010-2011
7.5 Transformasi Laplace
No
f (t)
L(f ) =
R∞
f (t)e−pt dt
Ketr.
0
16
at − sin at
a3
p3 (p2 + a2 )
Re (p) > |Im a|
17
sin at − at cos at
2a3
(p2 + a2 )2
Re (p) > |Im a|
18
e−at (1 − at)
p
(p + a)2
Re (p + a) > 0
19
sin at
t
20
1
sin at cos bt,
t
a > 0, b > 0
21
e−at − e−bt
t
arc tan
a
p
1
a+b
arc tan
2
p
1
a−b
+ arc tan
2
p
ln
p+b
p+a
Re (p) > |Im a|
Re (p) > 0
Re (p + a) > 0 dan
Re (p + b) > 0