Transformasi Laplace dan penggunaannya dalam menyelesaikan persamaan diferensial biasa

1. Transformasi Laplace
Dwi Prananto
June 26, 2015
Daftar isi
1 Transformasi Laplace 1
1.1 Teorema dalam transformasi Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Transformasi Laplace dari turunan dan integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
2 Solusi persamaan diferensial biasa dengan transformasi Laplace 6
2.1 Solusi persamaan diferensial biasa dengan transformasi Laplace . . . . . . . . . 6
2.2 Konvolusi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
3 Tabel transformasi Laplace 10
1 Transformasi Laplace
Salah satu metode yang dapat digunakan untuk menyelesaikan persamaan diferensial biasa
adalah dengan mengubah persamaan diferensial menjadi persamaan aljabar sehingga lebih mu-
dah untuk diselesaikan. Proses pengubahan bentuk persamaan ini dapat dilakukan dengan
menggunakan Transformasi Laplace. Dengan menggunakan transformasi Laplace, proses penye-
lesaian persamaan diferensial biasa dapat disederhanakan dengan menyelesaikan persamaan
aljabar. Metode ini dicetuskan oleh matematikawan asal Perancis Pierre Simon Marquis De
Laplace (1749–1827).
Jika f(t) adalah sebuah fungsi untuk semua t 0, transformasi Laplace adalah integral
fungsi f(t) dikalikan dengan e−st
dengan batas integral dari t = 0 sampai dengan t = ∞.
Transformasi Laplace mengubah fungsi domain t menjadi fungsi domain s. Transformasi
Laplace direpresentasikan sebagai F(s) atau L (f),
F(s) = L (f) =
∞
0
e−st
f(t)dt. (1)
Transformasi Laplace disebut juga sebagai transformasi integral karena operasi ini mengubah
fungsi dalam satu domain ke domain lain dengan melibatkan proses integrasi yang melibatkan
fungsi kernel. Fungsi kernel adalah sebuah fungsi yang di dalamnya mengandung dua variabel
yang merupakan domain dari kedua fungsi yang ditransformasikan, dalam transformasi Laplace
fungsi kernel yang dimaksud adalah e−st
.
Jika dalam persamaan (1) F(s) adalah transformasi Laplace, f(t) dalam persamaan (1)
adalah balikan transformasi Laplace yang direpresentasikan dalam
f(t) = L −1
(F). (2)
1

2. Contoh 1 Jika f(t) = 1 ketika t 0, transformasi Laplace dari fungsi tersebut adalah
L (f) = L (1) =
∞
0
e−st
1dt
= −
1
s
e−st ∞
0
L (1) =
1
s
Contoh 2 Sebuah fungsi eksponensial f(t) = eat
(t 0), dengan a sebuah konstanta.
Transformasi Laplace dari fungsi tersebut adalah
L (eat
) =
∞
0
e−st
eat
dt
=
(a−s)t
0
dt
=
1
a − s
e(a−s)t ∞
0
L (eat
) =
1
s − a
1.1 Teorema dalam transformasi Laplace
• Teorema 1: Linieritas
L [af(t) + bg(t)] = aL [f(t)] + bL [g(t)]. (3)
Teorema ini dapat dibuktikan sebagai berikut
L [af(t) + bg(t)] =
∞
0
e−st
[af(t) + bg(t)]dt
= a
∞
0
e−st
f(t)dt + b
∞
0
e−st
g(t)dt
= aL [f(t)] + bL [g(t)].
Contoh 1 Jika cosh at = 1
2
(eat
+ e−at
), transformasi Laplace dari cosh at adalah;
L (cosh at) =
1
2
[L (eat
) + L (e−at
)]
=
1
2
1
s − a
+
1
s + a
L (cosh at) =
s
s2 − a2
Contoh 2 Jika f(t) = cos ωt, transformasi Laplace dari fungsi tersebut adalah;
L (cos ωt) =
∞
0
e−st
cos ωtdt
2

3. Kita dapat menyelesaikan integral ini dengan mengambil u = cos ωt dan dv = e−st
,
sehingga du = −ω sin ωtdt dan v = 1
−s
e−st
. Dengan menggunakan rumusan praktis
integrasi parsial
udv = uv − vdu, (4)
L (cos ωt) = −
1
s
e−st
cos ωt
∞
0
−
ω
s
∞
0
e−st
sin ωtdt
=
1
s
−
ω
s
∞
0
e−st
sin ωtdt.
Dengan cara yang sama, integral di sisi kanan tanda sama dengan dapat diselesaikan
sehingga diperoleh
L (cos ωt) =
1
s
−
ω2
s2
∞
0
e−st
cos ωtdt
=
1
s
−
ω2
s2
L (cos ωt).
Dengan memindahkan bagian dari persamaan di sisi kanan tanda sama dengan yang
mengandung L (cos ωt) ke sisi kiri tanda sama dengan, akan diperoleh
L (cos ωt) +
ω2
s2
L (cos ωt) =
1
s
s2
+ ω2
s2
L (cos ωt) =
1
s
L (cos ωt) =
s
s2 + ω2
.
• Teorema 2: pergeseran s
Transformasi Laplace dari perkalian fungsi eksponensial eat
dan fungsi f(t) adalah trans-
formasi Laplace dari fungsi f(t) yang digeser sebesar a
L [eat
f(t)] = F(s − a), (5)
dengan balikan transformasi Laplace
eat
f(t) = L −1
[F(s − a)]. (6)
Teorema ini dapat dibuktikan sebagai berikut;
Jika
F(s) =
∞
0
e−st
f(t)dt,
pergeseran s sebesar a menghasilkan
F(s − a) =
∞
0
e−(s−a)t
f(t)dt
=
∞
0
e−st
[eat
f(t)]dt
F(s − a) = L [eat
f(t)].
3

4. Contoh Jika
L (cos ωt) =
s
s2 + ω2
,
Transformasi Laplace dari cos ωt dikalikan dengan eat
adalah
L [eat
cos ωt] =
s − a
(s − a)2 + ω2
1.2 Transformasi Laplace dari turunan dan integral
Untuk dapat menemukan solusi dari persamaan diferensial bisa dengan menggunakan transfor-
masi Laplace, kita harus mengetahui bagaimana transfromasi Laplace dari turunan dan juga
integral. Transformasi ini akan mengubah persamaan yang di dalamnya mengandung turunan
atau integral menjadi persamaan aljabar.
Transformasi Laplace dari turunan
Jika f (t) adalah turunan pertama dari fungsi f(t), transformasi Laplace-nya dituliskan sebagai
L [f (t)] =
∞
0
e−st
f (t)dt.
Jika kita ambil u = e−st
dan dv = f (t)dt, diperoleh du = −se−st
dan v = f(t). Integrasi
parsial akan menghasilkan
L [f (t)] = e−st
f(t)
∞
0
+ s
∞
0
e−st
f(t)dt
L [f (t)] = −f(0) + sL [f(t)].
Jadi, transformasi Laplace dari turunan pertama fungsi adalah
L [f (t)] = sL [f(t)] − f(0). (7)
Transformasi Laplace dari turunan kedua fungsi dapat diperoleh dengan mengembangkan per-
samaan (7),
L [f (t)] = sL [f (t)] − f (0)
= s [sL [f(t)] − f(0)] − f (0)
L [f (t)] = s2
L [f(t)] − sf(0) − f (0)
Secara umum transformasi Laplace dari turunan dengan orde tinggi dinyatakan dalam
L (f(n)
) = sn
L (f) − sn−1
f(0) − sn−2
f (0) − · · · − f(n−1)
(0) (8)
Contoh Jika diketahui,
f(t) = t sin ωt, f(0) = 0,
f (t) = sin ωt + ωt cos ωt, f (0) = 0,
f (t) = 2ω cos ωt − ω2
t sin ωt,
tentukan transformasi Laplace dari t sin ωt dengan menggunakan transformasi Laplace dari
turunan.
4

5. Solusi untuk memperoleh transformasi Laplace dari t sin ωt, kita gunakan transfor-
masi Laplace dari turunan kedua fungsi,
L [f (t)] = s2
L [f(t)] − sf(0) − f (0) (9)
L [f (t)] = s2
L [t sin ωt]. (10)
Sisi kanan dari tanda sama dengan dari persamaan tersebut akan kita cari dengan trans-
formasi Laplace dari turunan kedua fungsi yang sudah diketahui dalam soal,
L [f (t)] =
∞
0
e−st
[2ω cos ωt − ω2
t sin ωt]dt (11)
= 2ω
∞
0
e−st
cos ωtdt − ω2
∞
0
e−st
t sin ωtdt (12)
= 2ωL (cos ωt) − ω2
L (t sin ωt) (13)
L [f (t)] =
2ωs
s2 + ω2
− ω2
L (t sin ωt). (14)
Menyamakan persamaan (10) dengan persamaan (14) dan merombaknya secara aljabar akan
menghasilkan transformasi Laplace dari t sin ωt,
L (t sin ωt) =
2ωs
(s2 + ω2)2
.
Transformasi Laplace dari Integral
Jika fungsi g(t) adalah integral dari fungsi f(τ),
g(t) =
t
0
f(τ)dτ, (15)
f(τ) =
dg(t)
dτ
,
atau
f(τ) = g (t). (16)
Transformasi Laplace persamaan (16) menghasilkan,
L [f(τ)] = L [g (t)] = sL [g(t)] − g(0),
memindah ruaskan g(0) menghasilkan,
sL [g(t)] = L [g (t)] + g(0).
Jika g(0) = 0,
sL [g(t)] = L [g (t)],
sehingga
L [g(t)] =
L [g (t)
s
,
atau jika permaan (15) kita substitusikan akan diperoleh transformasi Laplace dari integral
fungsi sebagai transformasi Laplace fungsi di dalam integral yang dikalikan dengan 1
s
,
L
t
0
f(τ)dτ =
1
s
F(s). (17)
5

6. Balikan transformasi Laplace-nya dituliskan sebagai
t
0
f(τ)dτ = L −1 1
s
F(s) . (18)
Contoh Jika F(s) = 1
s(s2+ω2)
, transformasi baliknya dapat diperoleh dengan menggu-
nakan persamaan (18),
L −1 1
s
1
(s2 + ω2)
=
t
0
sin ωτ
ω
dτ
= −
1
ω2
[cos ωτ]t
0
L −1 1
s
1
(s2 + ω2)
= −
1
ω2
(cos ωt − 1)
2 Solusi persamaan diferensial biasa dengan transfor-
masi Laplace
Proses dalam penyelesaian persamaan diferensial biasa dengan menggunakan transformasi Laplace
adalah sebagai berikut:
Langkah 1 Persamaan diferensial biasa ditransformasikan ke dalam persamaan aljabar
dengan menggunakan transformasi Laplace.
Langkah 2 Persamaan aljabar ini diselesaikan dengan manipulasi aljabar.
Langkah 3 Solusi dari langkah 2 ditransformasi balikkan sehingga dihasilkan solusi per-
samaan diferensial biasa.
2.1 Solusi persamaan diferensial biasa dengan transformasi Laplace
Persamaan diferensial biasa dengan bentuk
y + ay + by = r(t), y(0) = k1, y (0) = k1 (19)
dapat diselesaikan dengan menggunakan transformasi Laplace. Hal pertama yang harus di-
lakukan untuk memperoleh solusi persamaan diferensial biasa tersebut adlah dengan mengubah
persamaan tersebut ke dalam persamaan transformasi Laplace (persamaan dalam domain s),
yaitu
s2
L (y) − sy(0) − y (0) + a(sL (y) − y(0)) + bL (y) = L [r(t)].
Jika kita gantikan L (y) dengan Y dan L [r(t)] dengan R kita dapat membuatnya menjadi
lebih terlihat sederhana dan mudah untuk diselesaikan,
s2
Y − sy(0) − y (0) + asY − ay(0) + bY = R.
6

7. Mengumpulkan bagian yang mengandung Y dan memindah ruaskan selebihnya ke sisi kanan
tanda sama dengan, diperoleh
(s2
+ as + b)Y = (s + a)y(0) + y (0) + R.
Penyelesaian persamaan aljabar tersebut adalah
Y = (s + a)y(0)Q + y (0)Q + RQ, (20)
yang disebut sebagai Persamaan Pembantu, dimana
Q =
1
s2 + as + b
dan disebut sebagai Fungsi Transfer. Persamaan Pembantu inilah yang harus kita transformasi
balikkan untuk memperoleh solusi persamaan diferensial biasa (19),
y = L −1
(Y ) = L −1
[(s + a)y(0)Q + y (0)Q + RQ].
Jika diketahui y(0) = y (0) = 0, persamaan pembantu dinyatakan sebagai
Y = RQ, (21)
dan fungsi transfer Q dituliskan sebagai
Q =
Y
R
. (22)
Fungsi transfer ini menyatakan rasio antara transformasi Laplace fungsi keluaran (output) dan
tarnsformasi Laplace fungsi masukan (input),
Q =
L (output)
L (input)
Contoh Tentukan solusi persamaan diferensial
y − y = t, y(0) = 1, y (0) = 1.
Solusi Transformasi Laplace dari persamaan diferensial tersebut adalah
s2
Y − sy(0) − y (0) − Y =
1
s2
.
Persamaan transformasi Laplace ini akan kita selesaikan untuk memperoleh persamaan
pembantu,
(s2
− 1)Y =
1
s2
+ sy(0) + y (0)
Y =
1
s2
1
(s2 − 1)
+
s
s2 − 1
+
1
s2 − 1
Y =
1
s2 − 1
−
1
s2
+
s
s2 − 1
+
1
s2 − 1
Y = 2
1
s2 − 1
−
1
s2
+
s
s2 − 1
.
7

8. Transformasi balik persamaan pembantu akan menghasilkan solusi persamaan diferensial,
L −1
(Y ) = y = L −1
2
1
s2 − 1
− L −1 1
s2
+ L −1 s
s2 − 1
y = 2 sinh t − t + cosh t
y = et
− e−t
− t +
1
2
(et
+ e−t
)
y = et
+
1
2
et
−
1
2
e−t
− t
y = et
+ sinh t − t
2.2 Konvolusi
Jika terdapat dua fungsi F dan G yang merupakan transformasi Laplace dari fungsi f(t) dan
g(t), perkalian antaran F dan G adalah H yang dinyatakan dalam hubungan
H = FG.
Transformasi balik dari H tidak dapat langsung diperoleh dengan mengalikan fungsi f(t) dan
g(t) secara langsung namun harus menggunakan konvolusi yang dinyatakan dalam
h(t) = f(t) ∗ g(t) =
t
0
f(τ)g(t − τ)dτ. (23)
Beberapa sifat-sifat konvolusi adalah sebagai berikut;
1) Komutatif f ∗ g = g ∗ f
2) Distributif f ∗ (g1 + g2) = f ∗ g1 + f ∗ g2
3) Asosiatif (f ∗ g) ∗ v = f ∗ (g ∗ v)
4) f ∗ 0 = 0 ∗ f = 0
Contoh Jika H(s) = 1
(s−a)s
, fungsi H(s) dapat dianggap sebagai perkalian dua fungsi
transformasi Laplace F(s) = 1
s−a
dan G(s) = 1
s
. Transformasi Laplace balik dari kedua
fungsi tersebut adalah f(t) = eat
dan g(t) = 1, sehingga f(τ) = eaτ
dan f(t − τ) = 1. h(t)
dapat diperoleh dengan menggunakan konvolusi
h(t) =
t
0
f(τ)g(t − τ)dτ
=
t
0
eaτ
1dτ
h(t) =
1
a
(eat
− 1)
8

9. Aplikasi konvolusi pada persamaan diferensial linier homogen
Konvolusi dapat digunakan untuk mencari solusi dari persamaan diferensial. Jika sebelumnya
persamaan pembantu dinyatakan dalam persamaan (21) sebagai
Y = RQ.
Dengan mentransformasi balikkan R dan Q, solusi persamaan diferensial dapat diperoleh
melalui konvolusi
y(t) =
t
0
q(t − τ)r(τ)dτ (24)
Contoh Tentukan solusi persamaan diferensial berikut dengan konvolusi
y + 3y + 2y = r(t),
r(t) =
1 , 1 < t < 2
0 , lainnya
,
y(0) = y (0) = 0.
Solusi Transformasi Laplace dari persamaan diferensial adalah
s2
Y − sy(0) − y (0) + 3(sY − y(0)) + 2Y =
1
s
,
(s2
+ 3s + 2)Y =
1
s
.
Jadi persamaan pembantu dapat dituliskan sebagai
Y =
1
s
1
(s2 + 3s + 2)
.
Jika mengacu pada persamaan (21), diketahui R = 1
s
dan Q = 1
s2+3s+2
. Q dapat dijabarkan
lebih lanjut ke dalam pecahan parsial sebagai
Q =
1
s + 1
−
1
s + 2
.
Mentransformasi balikkan R dan Q menghasilkan
r(t) = 1,
dan
q(t) = e−t
− e−2t
.
Dengan menggunakan konvolusi, solusi persamaan diferensial dapat diperoleh
y(t) =
t
1
q(t − τ)t(τ)dτ
=
t
1
e−(t−τ)
− e−2(t−τ)
1dτ
= e−t
t
1
eτ
dτ − e−2t
t
1
e2τ
dτ
= e−t
(et
− e1
) −
e−2t
2
(e2t
− e2
)
y(t) =
1
2
− e−(t−1)
+
1
2
e−2(t−1)
9

10. 3 Tabel transformasi Laplace
Table 1: Tabel transformasi Laplace beberapa fungsi dalam domain t
No. F(s) = L [f(t)] f(t)
1 1/s 1
2 1/s2
t
3 1/sn
(n = 1, 2, . . . ) tn−1
/(n − 1)!
4 1/
√
s 1/
√
πt
5 1/s3/2
2 t/π
6 1/sa
(a > 0) ta−1
/Γ(a)
7 1
s−a
eat
8 1
(s−a)2 teat
9 1
(s−a)n (n = 1, 2, . . . ) 1
(n−1)!
tn−1
eat
10 a
(s−a)k (k > 0) 1
Γ(k)
tk−1
eat
11 1
(s−a)(s−b)
(a = b) 1
a−b
(eat
− ebt
)
12 s
(s−a)(s−b)
(a = b) 1
a−b
(aeat
− bebt
)
13 1
s2+ω2
1
ω
sin ωt
14 s
s2+ω2 cos ωt
15 1
s2−a2
1
a
sinh at
16 s
s2−a2 cosh at
17 1
(s−a)2+ω2
1
ω
eat
sinh ωt
18 s−a
(s−a)2+ω2 eat
cos ωt
19 1
s(s2+ω2)
1
ω2 (1 − cos ωt)
20 1
s2(s2+ω2)
1
ω3 (ωt − sin ωt)
21 1
(s2+ω2)2
1
2ω3 (sin ωt − ωt cos ωt)
22 s
(s2+ω2)2
t
2ω
sin ωt
23 s2
(s2+ω2)2
1
2ω
(sin ωt + ωt cos ωt)
24 s
(s2+a2)(s2+b2)
(a2
= b2
) 1
b2−a2 (cos at − cos bt)
25 1
s4+4k4
1
4k3 (sin kt cos kt − cos kt sin kt)
10

11. No. F(s) = L [f(t)] f(t)
26 s
s4+4k4
1
2k2 sin kt sinh kt
27 1
s4−k4
1
2k3 (sinh kt − sin kt)
28 s
s4−k4
1
2k2 (cosh kt − cos kt)
29
√
s − a −
√
s − b 1
2
√
πt3
(ebt
− eat
)
30 1√
s+a
√
s+b
e−(a+b)t/2
I0
a−b
2
t
31 1√
s2+a2 J0(at)
32 s
(s−a)3/2
1√
πt
eat
(1 + 2at)
33 1
(s2−a2)k (k > 0)
√
pi
Γ(k)
t
2a
k−1/2
Ik−1/2(at)
34 e−as
/s u(t − a)
35 e−as
δ(t − a)
36 1
s
e−k/s
J0(2
√
kt)
37 1√
s
e−k/s 1√
πt
cos 2
√
kt
38 1
s3/2 ek/s 1√
πk
sinh 2
√
kt
39 e−k
√
s
(k > 0) k
2
√
πt3
e−k2/4t
40 1
s
ln s − ln t − γ (γ ≈ 0, 5772)
41 ln s−a
s−b
1
t
(ebt
− eat
)
42 ln s2+ω2
s2
2
t
(1 − cos ωt)
43 ln s2−a2
s2
2
t
(1 − cosh at)
44 arctan ω
s
1
t
sin ωt
45 1
s
arccots Si(t)
Referensi
[1] E. Kreyszig, Advanced engineering mathematics, (John Willey & Sons, Inc., USA, 2011)
11