Persamaan Differensial Biasa

Bab 7 cakul fi5080 by khbasar; sem1 2010-2011 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. Misalkan suatu persamaan differensial yang berbentuk dy = 2, maka yang 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 untuk menyatakan turunan pertama y terhadap x dan y menyatakan turunan kedua y terhadap x, hal ini berarti y = dy dx y = d2 y dx 2 (7.1) Yang disebut orde dari persamaan differensial adalah tingkatan tertinggi dari turunan yang terlibat dalam persamaan differensial tersebut. Persamaan- 133

134 Persamaan Differensial Biasa persamaan differensial berikut ini adalah contoh persamaan orde satu: y +xy 2 = 1, xy +y = e x, dv dt = g, L di dt +RI = V sedangkan persamaan differensial m d2 r = kr adalah contoh persamaan dt2 differensial orde dua. Suatu persamaan differensial linier adalah persamaan differensial yang berbentuk (dengan x merupakan variabel tak bebas dan y adalah variabel bebas) a 0 y +a 1 y +a 2 y +a 3 y +... = b dengan a dan b adalah konstanta atau fungsi dari variabel tak bebas x. Berikut ini adalah contoh persamaan differensial yang tak linier y +xy 2 = 1 (tak linier karena ada suku y 2 ) y = coty (tak linier karena ada suku coty) yy = 1 (tak linier karena ada suku yy ) y 2 = xy (tak linier karena ada suku y 2 ) 7.1 Pemisahan Persamaan Salah satu cara penyelesaian persamaan differensial orde satu yang linier adalah dengan pengintegralan. Suatu persamaan differensial yang berbentuk y = dy = 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 = y +1 (7.2)

7.1 Pemisahan Persamaan 135 Bila persamaan tersebut dibagi dengan x(y + 1) maka akan diperoleh bentuk cakul fi5080 by khbasar; sem1 2010-2011 y y +1 = 1 x atau bila kedua ruas diintegralkan akan didapat dy dx y +1 = x yang memberikan hasil dalam bentuk dy y +1 = dx x (7.3) (7.4) ln(y +1) = lnx+const = lnx+lna = 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 dt = λn (7.7) Persamaan differensial tersebut dapat dituliskan dalam bentuk dn N = λdt yang bila diintegralkan akan menghasilkan persamaan ln N = λt + const. Kemudian misalkan diketahui bahwa pada saat awal jumlah zat radioaktif adalah N = N 0, maka jumlah zat radioaktif setelah waktu t adalah N = N 0 e λt. Contoh 3 Selesaikan persamaan differensial berikut xy = y (7.8) Persamaan tersebut dapat dituliskan sebagai x dy dx = y = dy y = dx x

136 Persamaan Differensial Biasa Kemudian bila persamaan tersebut diintegralkan maka akan diperoleh dy dx y = x lny = lnx+const y = e x +const 7.2 Persamaan Linier Orde Satu Persamaan differensial linier orde satu adalah persamaan differensial yang mengandung suku y dan tak ada turunan yang lebih tinggi. Suatu PDB linier orde satu mempunyai bentuk y +Py = 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 y +Py = 0 = dy dx = Py (7.10) Sebagaimana yang telah diuraikan sebelumnya, maka dapat dikerjakan sebagai berikut dy = P dx y lny = P dx+c = y = Ae P dx Jika digunakan notasi I = di P dx, maka berarti = P sehingga dapat dx dituliskan bahwa y = Ae I atau ye I = A. Selanjutnya d dx (yei ) = y e I +ye IdI dx = y e I +ye I P = e I (y +Py) Dengan demikian bila persamaan 7.9 dikalikan dengan e I, maka berarti e I (y +Py) = e I Q = d dx (yei ) (7.11) Kemudian dengan mengintegralkan persamaan tersebut maka diperoleh ye I = Qe I dx+c = y = e I Qe I dx+ce I

7.2 Persamaan Linier Orde Satu 137 Maka solusi PDB linier orde satu sebagaimana ditunjukkan dengan persamaan 7.9 adalah y = e I Qe I dx+ce I (7.12) dengan I = P dx. Contoh Carilah solusi persamaan differensial (1+x 2 )y +6xy = 2x. cakul fi5080 by khbasar; sem1 2010-2011 Persamaan tersebut dapat dituliskan dalam bentuk persamaan 7.9 yaitu y + 6x 2x 1+x2y = 1+x 2 yang berarti P = 6x 2x dan Q = 1+x2 1+x2. Jadi 6x I = P dx = 1+x 2dx = 3ln(1+x2 ) e I = e 3ln(1+x2) = (1+x 2 ) 3 ye I = Qe I 2x ( dx = ) 1+x 2 3 dx 1+x 2 = 1 3 (1+x2 ) 3 +C = y = 1 3 + C (1+x 2 ) 3 Persamaan Bernoulli Persamaan differensial yang berbentuk y +Py = 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 dy = (1 n)y n = z = (1 n)y n y (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 +(1 n)py 1 n = (1 n)q z +(1 n)pz = (1 n)q (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 Pdx+Qdy = 0 atau y = P Q (7.16) disebut persamaan (differensial) eksak jika terpenuhi hubungan P y = Q x. Dalam hal ini dapat dinyatakan Pdx+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. Contoh Tentukan solusi persamaan differensial y = y x. Persamaan differensial tersebut dapat dituliskan dalam bentuk xdy ydx = 0. Yang berarti P = y dan Q = x. Karena P y Q, maka persamaan differensial tersebut bukanlah persamaan eksak. Namun bila x persamaan differensial tersebut dikalikan dengan 1 x2, maka akan diperoleh xdy ydx = 1 x 2 x dy y ( y ) x 2dx = d = 0 x Dalam hal ini P = y x 2 dan Q = 1 x P sehingga y = 1 Q dan x2 x = 1 x2. Artinya persamaan differensial tersebut menjadi persamaan eksak dan ( y solusinya adalah df = d = 0 atau x) y x = const.

cakul fi5080 by khbasar; sem1 2010-2011 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 x n f(y/x). Misalnya fungsi x 3 xy 2 dapat dituliskan dalam bentuk x 3 [1 (y/x) 2 ] sehingga fungsi tersebut dikatakan fungsi homogen berderajat 3. Suatu persamaan homogen adalah persamaan yang berbentuk P(x,y)dx+Q(x,y)dy = 0 (7.17) denganp danqadalahduabuahfungsihomogendenganderajatyangsama. Jika dua buah fungsi homogen dengan derajat yang sama tersebut dibagi, maka faktor x n y akan hilang dan yang tersisa adalah suatu fungsi dari x. Artinya dapat dituliskan y = dy ( y ) dx = P(x,y) Q(x,y) = f x 7.3 Persamaan Linier Orde Dua dengan Ruas Kanan Sama dengan Nol PDB yang dimaksud adalah yang berbentuk d 2 y a 2 dx +a dy 2 1 dx +a 0y = 0 (7.18) Untuk memudahkan penulisan diperkenalkan suatu operator differensial yaitu D di mana D = d dy. Artinya Dy = dx dx = y dan D 2 y = d ( ) dy = dx dx d 2 y dx = 2 y. Dengan menggunakan operator differensial D tersebut maka persamaan 7.18 dapat dituliskan dalam bentuk ( ) a 2 D 2 y +a 1 Dy +a 0 y = 0 atau a2 D 2 +a 1 D+a 0 y = 0 (7.19) Persamaan a 2 D 2 +a 1 D+a 0 = 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 = d 1 dan D = d 2, maka solusi PDB tersebut adalah y = C 1 e d 1x +C 2 e d 2x (7.20)

140 Persamaan Differensial Biasa Contoh 1 Carilah solusi persamaan differensial y +5y +4y = 0. PDB tersebut dapat dituliskan menjadi (D 2 +5D+4)y = 0 Persamaan karakteristik PDB tersebut adalah D 2 +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 = C 1 e x +C 2 e 4x Jika persamaan karakteristik mempunyai hanya satu nilai akar, artinya d 1 = d 2, yang mana berarti persamaan karakteristiknya berbentuk (D d 1 )(D d 1 ) = 0 atau PDBnya berbentuk (D d 1 )(D d 1 )y = 0, maka solusi PDB yang berkaitan adalah y = (C 1 x+c 2 )e d 1x (7.21) Contoh 2 Tentukan solusi persamaan differensial y 6y +9y = 0. Persamaan karakteristiknya adalah D 2 6D + 9 = 0 yang berarti akarnya adalah D = 3. Sehingga solusinya adalah y = (C 1 x+c 2 )e 3x. Contoh 3 Carilah solusi persamaan differensial y +9y = 0. Persamaan karakteristiknya adalah D 2 +9 = 0. Akar-akarnya adalah d 1 = 3i dan d 2 = 3i. Dengan demikian y = C 1 e 3ix +C 2 e 3ix = C 1 (cos3x+isin3x)+c 2 (cos3x isin3x) = C 1cos3x+C 2sin3x = Csin(3x+φ) = C cos(3x+φ )

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 cakul fi5080 by khbasar; sem1 2010-2011 d 2 y a 2 dx +a dy 2 1 dx +a 0y = f(x), atau d 2 y dx + a 1 dy 2 a 2 dx + a 0 y = F(x) a 2 (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 = e x kemudian dengan memisalkan suatu variabel baru yaitu u = (D+2)y, maka persamaan differensial di atas dituliskan kembali sebagai (D 1)u = e x = u u = e x yang merupakan persamaan linier orde satu yang dapat diselesaikan dengan metode yang telah diuraikan pada bagian sebelumnya yaitu persamaan 7.9. di mana I = u = e I Pdx = Qe I dx+ce I dx = x dan Q = e x maka u = e x e x e x dx+c 1 e x = xe x +C 1 e x Kemudian karena u = (D+2)y, maka (D+2)y = xe x +C 1 e x

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 = xe x +C 1 e x dan P = 2, berarti I = P dx = 2dx = 2x y = e 2x Qe I dx+c 2 e 2x = e 2x e 2x (xe x +C 1 e x )dx+c 2 e 2x = 1 3 xex 1 9 ex + 1 3 C 1e x +C 2 e 2x = 1 3 xex +C 1e x +C 2 e 2x Bagian 1 3 xex disebut solusi partikular (particular solution) sedangkan yang mengandung konstanta sembarang yaitu (C 1e x +C 2 e 2x ) dinamakan fungsi komplementer (complementary function) dari PDB yang bersangkutan. Perhatikan bahwa solusi PDB orde dua haruslah mempunyai dua buah konstanta sembarang(padacontohdiataskeduakonstantatersebutadalahc 1 danc 2 ). 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, y c. 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, y p. Bila y c dan y p telah diperoleh maka solusi lengkap PDB yang bersangkutan dapat diperoleh dengan menjumlahkan keduanya, artinya y = y c +y p (7.23) Bentuk solusi y p 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 ke cx Dari contoh sebelumnya terlihat bahwa solusi partikular yang mungkin adalah berbentuk eksponensial. Tinjau persamaan differensial(d 1)(D+5)y = 7e 2x. Fungsi komplementer PDB ini adalah y c = Ae x + Be 5x. Misalkan solusi partikularnya berbentuk y p = Ce 2x. Bila solusi partikular ini disubstitusikan ke PDB tersebut maka akan diperoleh cakul fi5080 by khbasar; sem1 2010-2011 (D 1)(D+5)y p = 7e 2x y p +4y p 5y p = C(4e 2x +8e 2x 5e 2x ) = 7e 2x Dengan demikian solusi lengkapnya adalah C(7e 2x ) = 7e 2x = C = 1 y = y c +y p = Ae x +Be 5x +e 2x 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 Ce cx jika c a dan c b y p = Cxe cx jika c = a atau c = b,di mana a b (7.24) Cx 2 e cx jika c = a = b 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 { ksinαx (D a)(d b)y = (7.25) kcosαx maka pertama-tama selesaikan dahulu persamaan (D a)(d b)y = ke iαx, kemudian ambil bagian real atau imajinernya. Contoh Tentukan solusi partikular dari persamaan differensial y +y 2y = 4sin2x. Tinjau PDB y +y 2y = 4e i2x. Akar-akar karakteristik PDB ini adalah 1

144 Persamaan Differensial Biasa dan 2. Berarti dapat dicoba solusi partikular yang berbentuk Y p = Ce i2x. Substitusi Y p ke PDB tersebut memberikan ( 4+2i 2)Ce i2x = 4e i2x = C = 1 5 (i+3) berarti Y p = 1 5 (i+3)ei2x = 1 5 iei2x 3 5 ei2x = 1 5 (icos2x sin2x) 3 5 (cos2x+isin2x) ( 1 = 5 sin2x 3 ) 5 cos2x +i ( 15 cos2x 35 ) sin2x Karena 4sin2x adalah bagian imajiner dari 4e i2x, maka solusi partikular untuk PDB tersebut adalah bagian imajiner dari Y p, artinya y p = Im(Y p ) = 1 5 cos2x 3 5 sin2x F(x) berbentuk perkalian polinom dan eksponensial Bentuk lain fungsi F(x) yang umum ditemui adalah gabungan (perkalian) antarafungsieksponensialdenganpolinom, artinyaf(x) = e cx P n (x)dimana P n (x) adalah polinom berderajat n. Solusi partikular dari PDB (D a)(d b)y = e cx P n (x) adalah e cx Q n (x) jika c a,c b y p = xe cx Q n (x) jika c = a atau c = b, di mana a b (7.26) x 2 e cx Q n (x) jika c = a = b di mana Q n (x) adalah polinom berderajat sama dengan P n (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 = 18xe x. Dalam hal ini P n (x) = 18x dan c = a = 1, maka solusi partikular yang dapat dipilih adalah berbentuk y p = xe x Q n (x). Karena P n (x) berderajat

7.4 Persamaan Linier Orde Dua dengan Ruas Kanan Tidak Sama dengan Nol 145 satu, maka polinom Q n (x) adalah juga polinom berderajat satu, sehingga dapat dimisalkan berbentuk Q n (x) = Ax+B. Selanjutnya y p = xe x (Ax+B) y p = e x (Ax 2 +Bx+2Ax+B) y p = e x (Ax 2 +Bx+4Ax+2B +2A) y p +y p 2y p = e x (6Ax 2 +3B +2A) = 18xe x yang memberikan A = 3,B = 2 cakul fi5080 by khbasar; sem1 2010-2011 Dengan demikian diperoleh y p = (3x 2 2x)e x. 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) = F 1 (x) + F 2 (x) + F 3 (x), maka solusi partikularnya adalah y p = y p1 +y p2 +y p3 (7.27) di mana y p1, y p2 dan y p3 masing-masing adalah solusi partikular dari F 1 (x), F 2 (x) dan F 3 (x). Contoh Tentukansolusipartikularpersamaandifferensialy +y 2y = e x +4sin2x+ (x 2 x) Dalam hal ini dapat dinyatakan bahwa F(x) merupakan superposisi dari tiga macam fungsi, yaitu F 1 (x) = e x, F 2 (x) = 4sin2x dan F 3 (x) = x 2 x. Dengan metode-metode yang telah diuraikan sebelumnya dapat diperoleh y p1 = 1 3 xex y p2 = 1 5 cos2x 3 5 sin2x y p3 = 1 2 (x2 +1) = y p = 1 3 xex 1 5 cos2x 3 5 sin2x 1 2 (x2 +1)

146 Persamaan Differensial Biasa 7.5 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) = 0 f(t)e pt dt (7.28) Misalkan suatu fungsi didefinisikan sebagai f(t) = e at, maka bila fungsi ini ditransformasikan menggunakan transformasi Laplace akan diperoleh L(f) = = 0 0 e at e pt dt e (a+p)t dt = e (a+p)t (a+p) 0 = 1 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 dan turunan keduanya dinyatakan dengan y. Transformasi Laplace dari y dapat diperoleh sebagai berikut L(y ) = y (t)e pt dt = e pt y(t) ( p) y(t)e pt dt 0 (7.29) 0 0 = y(0)+pl(y) = pl(y) y 0 Kemudian dengan menggunakan persamaan tersebut di atas dapat pula diperoleh transformasi Laplace dari y, yaitu L(y ) = pl(y ) y (0) = p(pl(y) y 0 ) y (0) (7.30) = p 2 L(y) py 0 y 0

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. Contoh cakul fi5080 by khbasar; sem1 2010-2011 Tentukan solusi persamaan differensial y +4y +4y = t 2 e 2t yang memenuhi syarat awal y 0 = 0 dan y 0 = 0. Bila PDB tersebut ditransformasi-laplacekan maka akan diperoleh L(y +4y +4y) = L ( t 2 e 2t) p 2 L(y) py 0 y 0 2 +4pL(y) 4y 0 +4L(y) = (p+2) 3 (p 2 2 +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 [ ] y(t) = L 1 2 = 2t4 e 2t (p+2) 5 12

148 Persamaan Differensial Biasa Tabel 7.1: Transformasi Laplace untuk beberapa fungsi sederhana. No f(t) L(f) = 0 f(t)e pt dt Ketr. 1 1 1 p Re (p) > 0 2 e at 1 p+a Re (p+a) > 0 3 sin at 4 cos at a p 2 +a 2 p p 2 +a 2 Re (p) > Im (a) Re (p) > Im (a) 5 t k, k > 1 6 t k e at, k > 1 k! p k+1 Re (p) > 0 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 9 sinh at 10 cosh at 11 tsinat 12 tcosat 13 e at sinbt 14 e at cosbt p (p+a)(p+b) Re (p+b) > 0 a p 2 a 2 Re p > Re a p p 2 a 2 Re p > Re a 2ap (p 2 +a 2 ) 2 Re p > Im a p 2 a 2 (p 2 +a 2 ) 2 Re p > Im a b (p+a) 2 +b 2 Re (p+a) > Im b p+a (p+a) 2 +b 2 Re (p+a) > Im b 15 1 cosat a 2 p(p 2 +a 2 ) Re (p) > Im a

7.5 Transformasi Laplace 149 cakul fi5080 by khbasar; sem1 2010-2011 No f(t) L(f) = f(t)e pt dt Ketr. 16 at sinat 17 sinat atcosat 18 e at (1 at) 19 20 21 sinat t 1 t sinatcosbt, 1 2 a > 0,b > 0 e at e bt t 0 a 3 p 3 (p 2 +a 2 ) Re (p) > Im a 2a 3 (p 2 +a 2 ) 2 Re (p) > Im a p (p+a) 2 Re (p+a) > 0 arctan a p arctan a+b p + 1 a b arctan 2 p ln p+b p+a Re (p) > Im a Re (p) > 0 Re (p+a) > 0 dan Re (p+b) > 0