![Bab 1. Transformasi Laplace [PDF]](https://pdfs.asia/img/200x200/bab-1-transformasi-laplace.jpg)
11 0 963 KB
DIKTAT
MATEMATIKA TEKNIK II
OLEH : IKA SUWARNI, S.T.
TEKNIK PENERBANGAN SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI ADISUTJIPTO YOGYAKARTA
i
DAFTAR ISI
BAB. 1 TRANSFORMASI LAPLACE
BAB. 2 DERET FOURIER
BAB. 3 MATRIKS DAN SISTEM PERSAMAAN LINEAR
BAB. 4 EIGENVALUE DAN EIGENVECTOR
ii
BAB I TRANSFORMASI LAPLACE
1.1 Transformasi Laplace Definisi Misalkan F (t ) suatu fungsi t dan t > 0, maka transformasi Laplace dari F(t) dinotasikan dengan L{F(t)} yang didefinisikan oleh: ∞`
L{F (t )} = ∫ e− st F (t )dt = f ( s) 0
Karena
L{F (t )} adalah integral tidak wajar dengan batas atas di tak hingga ( ∞ ) maka : ∞`
L{F (t )} = ∫ e − st F (t )dt = f (s) 0 p
= Lim ∫ e − st F (t )dt p →∞
0
Transformasi Laplace dari F(t) dikatakan ada, jika integralnya konvergen untuk beberapa nilai s, bila tidak demikian maka transformasi Laplace tidak ada.
Selanjutnya bila suatu fungsi dari t dinyatakan dengan huruf besar, misalnya W(t), G(t), Y(t) dan seterusnya, maka transformasi Laplace dinyatakan dengan huruf kecil yang bersangkutan sehingga L {W(t)} = w(s), L {G(t)} = g(s), L {Y(t)} = y(s) dan seterusnya.
Transformasi Laplace beberapa fungsi sederhana. No.
F (t )
L{F (t )}
1.
1
1 ,s > 0 s
2.
t
1 ,s > 0 s2
3.
t2
2 ,s > 0 s3
4.
tn
n!
n = 0,1,2,3,….
s n +1
,s > 0
1
5.
e 6.
at
sin at
1 ,s > 0 s−a a ,s > 0 s + a2 2
7.
cos at
s ,s > 0 s + a2 2
8.
sinh at
a ,s > a s − a2 2
9.
cosh at
s ,s > a s − a2 2
10.
t cos at
s2 − a (s 2 + a 2 ) 2
11.
t sin at 2a
s (s + a 2 ) 2 2
*) sinh = hiperbolic sine
Pembahasan Tentukan transformasi Laplace fungsi berikut: 1. F (t ) = 1 ∞`
L{F (t )} = ∫ e − st 1 = f ( s ) 0 p
= Lim ∫ e − st dt p →∞
0 p
1 = lim − e − st p →∞ s 0
1 1 = lim − −∞ + 0 p →∞ se se = 0+ =
1 s
1 s
= f (s )
2
2. F (t ) = t ∞`
L{F (t )} = ∫ e − st t dt 0 p
1 = lim ∫ t. − d e − st p →∞ s 0
( ) p
1 = − lim te − st − ∫ e − st dt s p →∞ 0 p
1 1 = − lim te − st + e − st → ∞ p s s 0
p
1 1 1 = − lim pe − sp + e − sp − 0e 0 + e 0 → ∞ p s s s 0
1 1 = − (0 + 0 ) − 0 + s s
1 1 = − 0 − s s =
3.
1 s2
F(t) = eat ∞`
L{F (t )} = ∫ e − st t e at dt 0 p
= lim ∫ e −( s − a )t dt p →∞
0
=
1 lim e −( s − a )t s − a p →∞
=
1 1 1 lim − ( s −a )0 ∞ ( s − a ) p → ∞ − (s − a) e e
=
1 s−a
[
]
p
0
3
4. F (t ) = sin at ∞
L{F (t )} = ∫ e − st sin at dt 0 p
= Lim ∫ e − st − p →∞
0
1 d (cos at ) a p
∞ 1 1 = Lim − cos at.e − st + ∫ cos atd (e − st ) a a p→∞ 0 0
p
∞ 1 s = Lim − cos at.e − st + ∫ − cos at.e − st dt p →∞ a p a 0
p
∞ 1 s 1 = Lim − cos at.e − st − ∫ e − st . d (sin at ) p→∞ a0 a 0 a
p
p 1 s − st − st = Lim − cos at.e − 2 (e sin at − ∫ sin at.d (e − st ) p →∞ a 0 0 a
p
p 1 s − st − st = Lim − cos at.e − 2 (e sin at − ∫ sin at. − se − st ) p →∞ a 0 0 a
p
p 1 s s2 = Lim − cos at.e − st − 2 e − st sin at − 2 ∫ sin at.se − st ) p→∞ a a 0 a 0
= Lim p →∞
=
a2 a2 + s2
p
s 1 − st − st − cos at.e − 2 sin at .e a 0 a
a 2 cos at s. sin at − 2 st − a 2 + s 2 a.e st a .e
a2 = 2 a + s2
1 (0 − 0) − − − 0 a
a2 1 = 2 a + s2 a =
a a + s2 2
4
5. F (t ) = cos at ∞
L{F (t )} = ∫ e − st cos at dt 0 p
= Lim ∫ e − st p →∞
0
1 d (sin at ) a p
∞ 1 1 = Lim sin at.e − st − ∫ sin atd (e − st ) p →∞ a 0 0 a
p
∞ 1 s = Lim sin at.e − st + ∫ sin at.e − st dt p →∞ a a p 0
p
∞ 1 s 1 = Lim sin at.e − st + ∫ e − st . d (− cos at ) p →∞ a a0 a 0
p
p 1 s − st − st = Lim sin at.e + 2 (e (− cos at ) − ∫ − cos at.d (e − st ) p→∞ a 0 0 a p
p 1 s − st − st = Lim sin at.e − 2 (e cos at ) + ∫ cos at. − se − st dt ) p→∞ a 0 0 a p
p 1 s s2 = Lim sin at.e − st − 2 (e − st cos at ) − 2 ∫ cos at.e − st ) p →∞ a a a 0 0
= Lim p →∞
=
a2 s2 + a2
p
s 1 − st − st sin at .e − 2 cos at .e a 0 a
a 2 sin at s. cos at − 2 st s 2 + a 2 a.e st a .e
a2 = 2 s + a2
s (0 − 0) − 0 − 2 a
a2 s = 2 s + a2 a2 =
a s + a2 2
5
1.2. Sifat-sifat Transformasi Laplace Transformasi Laplace suatu fungsi mempunyai beberapa sifat, antara lain:
a) Sifat linear Jika c 1 dan c 2 adalah sebarang konstanta, sedangkan F1 (t ) dan F2 (t ) adalah fungsifungsi dengan transformasi-transformasi Laplace masing-masing f1 (s) dan f 2 ( s ) , maka:
L{c1 F1 (t ) + c2 F2 (t )} = c1 f1 (s) + c2 f (s) Bukti: ∞
L{c1 F (t ) + c 2 F2 (t )} = ∫ e − st {c1 F1 (t ) + c 2 F2 (t )}dt 0 ∞
∞
= ∫ e c1 F1 (t ) dt + ∫ e − st c1 F2 (t ) dt − st
0
0 p
= c1 ∫ e
∞
− st
F1 (t ) dt + c 2 ∫ e − st F2 (t ) dt
0
0
= c1 f1 ( s ) + c2 f 2 ( s) Contoh : 1. L{5t − 3} = L{5t − 3a} = L{5t} − L{3} = 5 L{t} − 3L{1}
=5 =
1 1 −3 2 s s
5 3 − s2 s
2. L{6 sin 2t − 5 cos 2t} = L{6 sin 2t} − L{5 cos 2t} = 6 L{sin 2t} − 5 L{cos 2t}
=6 =
2 s −5 2 s +4 s +4 2
12 − 5s s2 + 4
6
3. L{(t 2 + 1) 2 } = L{t 4 + 2t 2 + 1}
= L{t 4 } + L{2t 2 } + L{1} = L{t 4 } + 2 L{t 2 } + L{1}
= =
4! s
4 +1
2! 1 + 2 2+1 + s s
24 4 1 + + s5 s3 s
4. L{4e 5t + 6t 2 − 3 sin 4t + 2 cos 2t}
= L{4e 5t } + L{6t 2 } − L{3 sin 4t} + L{2 cos 2t} = 4 L{e 5t }+ 6 L{t 2 }− 3L{sin 4t} + 2 L{cos 2t} =4 =
1 2 4 s +6 3 −3 2 +2 2 s −5 s s +4 s +4
4 12 12 2s + 3 − 2 + 2 s−5 s s + 16 s + 4
Latihan : Dengan menggunakan sifat linear, tentukan transformasi Laplace fungsí berikut. 1.
F (t ) = 2t 2 + e − t t
2.
F (t ) = 6 sin 2t − cos 2t
3.
F (t ) = (sin t − cos t ) 2
4.
1 F (t ) = cosh 3t − sinh t 2
5.
F (t ) = 2t + 2
6.
F (t ) = (sin t − 3) 2
7
b) Sifat translasi atau pergeseran pertama Jika L{F (t )} = f ( s) maka L{e 2t F (t )} = f ( s − a) Bukti ∞`
Karena L{F (t )} = ∫ e − st F (t ) dt = f ( s ) , maka 0 ∞`
L{e F (t )} = ∫ e − st e at F (t )dt at
0 ∞
= ∫ e − ( s − a )t F (t ) dt 0
= f (s − a) Maka, Laplace dari eksponensial ketika dikalikan dengan fungsi F(t) dapat dirumuskan sebagai berikut : L { eat F(t) } = f (s-a) L { e-at F(t) } = f (s+a)
Contoh: 1. Tentukan L{e −3t F (t )} jika L{F (t )} = f ( s) Menurut sifat 2 di atas, L{e at F (t )} = f ( s − a ) Maka L{e −3t F (t )} = f (s − (−3) )
= f ( s + 3)
s 2t 2. Tentukan L{e F (t )}, jika L{F (t )} = f a Menurut sifat 2 di atas, L{e at F (t )} = f ( s − a )
s −2 s 2t Karena L{F (t )} = f , maka L{e F (t )} = f a a s 2 = f − a a 3. Tentukan L{e −t F (t )} jika L{cos 2t} = Karena L{cos 2t} =
s s +4 2
s maka menurut sifat translasi pertama s +4 2
L{e − t F (t )} = f ( s + 1) 8
L{e −t F (t )} = =
s +1 ( s + 1) 2 + 4
s +1 s + 2s + 5 2
4. Tentukan L{e −2t (3 cos 6t − 5 sin 6t )} Menurut sifat linear,
L{e −2t (3 cos 6t − 5 sin 6t )} = L{e −2t (3 cos 6t )} − L{e −2t (5 sin 6t )} = 3L{−2t cos 6t} − 5L{e −2t sin 6t} } Karena L{cos 6t} =
s 6 dan L{sin 6t} = 2 s + 36 s + 36 2
maka menurut sifat translasi
3L{−2t cos 6t} = 3 f ( s + 2)
=3
( s + 2) , ( s + 2) 2 + 36
dan
5 L{− 2t sin 6t} = 5
6 (s + 2
sehingga L{e L{e −2t (3 cos 6t − 5 sin 6t )} = 3
=
( s + 2) 6 −5 2 ( s + 2) + 36 ( s + 2) 2 + 36
3s − 24 s + 4 s + 40 2
Latihan : Tentukan transformasi Laplace fungsi 1) F (t ) = e −t sin 2 t 2) F (t ) = (1 + te −t ) 3 −t 3) F ( t ) = ( 3 sinh 2 t − 5 cosh 2 t )
4) F (t ) = (t + 2) 2 e t 5) F (t ) = e 2t (sinh 2t + cosh 3t ) 6) F (t ) = e − t (1 + 2t )
9
c. Sifat translasi atau pergeseran kedua
F (t − a), untuk t > a Jika L{F (t )} = f ( s ) dan G (t ) = 0, untuk t < a maka
L{G (t )} = e − as f ( s ) Bukti ∞
L{(G (t )} = ∫ e − st G (t )dt 0 a
∞
0
a
= ∫ e − st G (t ) dt + ∫ e − st G (t ) dt a
∞
0
a
= ∫ e − st (0) dt + ∫ e − st F (t − a ) dt ∞
= ∫ e − st F (t − a ) dt a
Misal u = t-a maka t = u+a dan du = dt, sehingga ∞
∞
a
0
− st − s (u + a ) F (u ) du ∫ e F (t − a )dt = ∫ e
∞
= e − as ∫ e − su F (u ) du 0
= e − as f (s)
Contoh
2π 2π ), t > cos(t − 3 3 1. Carilah L{F (t )} jika F (t ) = 0, t < 2π 3 Cara I. Menurut definisi transformasi Laplace ∞
L{F (t )} = ∫ e − st F (t ) dt 0
2π / 3
=
− st ∫ e (0)dt + 0
∞
∫π e
− st
cos(t − 2π / 3) dt
2 /3
10
∞
= ∫ e − s ( u + 2π / 3) cos udu 0 ∞
= e − 2πs / 3 ∫ e − su cos udu 0
=
se −2πs / 3 s2 +1
Cara II. Bentuk soal sesuai dengan bentuk umum pergeseran kedua pada persamaan G(t), maka dapat langsung kita masukkan rumusnya sebagai berikut :
Soal :
2π 2π cos(t − 3 ), t > 3 F (t ) = 0, t < 2π 3
Rumus
L {F(t)} = e-as f(s)
;
Nilai F(t) = cos t , dan
a = 2π/3
maka
2. Tentukan L{F(t)}
jika
Karena bentuk soal tidak memenuhi bentuk umum, maka tidak dapat diselesaikan dengan rumus L {F(t)} = e-as f(s), sehingga :
11
d. Transformasi Laplace dari turunan-turunan Jika L{F (t )} = f ( s ) maka L{F ' (t )} = sf ( s ) − F (0) ∞
Karena Karena L{F (t )} = ∫ e − st F (t )dt = f ( s ) , maka 0 ∞
L{F ' (t )} = ∫ e − st F ' (t )dt 0 ∞
= ∫ e − st dF (t ) 0
p
∞ − st = e F (t ) − ∫ F (t )d (e − st ) 0 0 ∞
= − F (0) + s ∫ e − st F (t ) dt 0
= sf ( s ) − F (0)
Jika L{F ' (t )} = sf ( s ) − F (0) maka L{F ' ' (t )} = s 2 f ( s ) − sF (0) − F ' ( s ) Bukti ∞
L{F ' ' (t )} = ∫ e − st F " (t ) dt 0 ∞
= ∫ e − st d ( F ' (t )) 0
∞ − st = e F ' (t ) − ∫ F ' (t )d (e − st ) 0 ∞ = e − st F ' (t ) + s ∫ F ' (t )e − st dt 0
= (e − st F ' (t ) + s( sf ( s) − F (0)) ) = s 2 f ( s) − sF (0) − F ' (0)
Dengan cara yang sama diperoleh ∞
L{F ' ' ' (t )} = ∫ e − st F ' ' ' (t ) dt 0 ∞
= ∫ e − st d ( F ' ' (t )) 0 ∞ − st = e F ' ' (t ) − ∫ F ' ' (t )d (e − st ) 0
12
∞ = e − st F ' ' (t ) + s ∫ e − st F ' ' (t )dt 0 ∞ − st = e F ' ' (t ) + s e F ' (t ) − ∫ F ' (t )d (e − st ) 0 − st
= s 3 f ( s) − s 2 F (0) − sF ' (0) − F ' ' (0)
Akhirnya dengan menggunakan induksi matematika dapat ditunjukkan bahwa, jika L{F (t )} = f ( s )
maka
L{F ( n ) (t )} = sf ( s) − s n −1 F (0) − s n− 2 F ' (0) − ... − sF ( n− 2) (0) − F ( n −1) (0)
Contoh soal : 1. Dengan menggunakan sifat transformasi Laplace dari turunan-turuan, tunjukkan bahwa L{sin at} =
a = f (s) s + a2 2
Misal F (t ) = sin at diperoleh F ' (t ) = a cos at , F ' ' (t ) = −a 2 sin at sehingga L{sin at} = −
1 L{F ' ' (t ) a2
Dengan menggunakan sifat transformasi Laplace dari turunan-turunan diperoleh
1 L{sin at} = − 2 (sf ( s) − sF (0) − F ' (0) ) f a =−
1 2 a s 2 − s(0) − a 2 2 a s +a
=−
1 a2
as 2 2 − a 2 s +a
=−
1 a2
as 2 − as 2 − a 3 s2 + a2
=
a s + a2 2
13
2. Tentukan persamaan differensial berikut y’ + 2y = 0 jika y(0) = 4 Jawab : y’ + 2y = 0
L
s y(s) – y(0) + 2 y(s) = 0 s y(s) – 4 + 2 y(s) = 0 (s+2) y(s) = 4
3. Tentukan persamaan differensial berikut y’ + 2y = t
jika y(0) = 3 dan y’(0) = 1
Jawab : y’’ + 3y = t s2 y(s) – s y(0) – y’(0) + 3 y(s) = 1/s2
L
s2 y(s) – s.3 – 1 + 3 y(s) = 1/s2
Latihan Soal 1) Tentukan transformasi Laplace untuk fungsi-fungsi yang diberikan, Jika : a. F (t ) = t cos 2t b. F (t ) = t sin 3t c. F (t ) = t (3 sin 2t − 2 cos 5t ) d. F (t ) = t 2 sin t e. F (t ) = (t 2 − 3t + 2) sin 3t f.
F (t ) = t 3 cos t
g. F (t ) = t sin 2 t t 2 ,0 < t ≤ 1 2) Jika F (t ) = 0, t > 1
2t ,0 ≤ t ≤ 1 3) Diketahui F (t ) = t , t > 1 4) a. y’’ – 2 y’ – 3 y = 1 b. y’’’ – 3 y ‘’ = 0
14
1.3. Transformasi Laplace Invers
Definisi Jika transformasi Laplace suatu fungsi F(t) adalah f(s), yaitu jika L{F (t )} = f ( s ) maka F(t) disebut
suatu
transformasi
Laplace
Invers
dari
f(s).
Secara
simbolis
ditulis
F (t ) = L−1{ f ( s)} . L−1 disebut operator transformasi Laplace invers. Contoh. 1 1 2t −1 2t 1. Karena L = e maka L {e } = s−2 s − 2 s s −1 2. Karena L 2 = cos t 3e maka L cos t 3 = 2 s +3 s + 3
{
}
1 sinh at 1 sinh at = maka L−1 3. Karena L 2 = 2 2 2 a s − a a s −a
Transformasi Laplace invers beberapa fungsi sederhana : Nomor
f(s)
L−1{ f ( x)} = F (t )
1.
1 s
1
2.
1 s2
t
3.
1 s
n +1
, n = 0,1,2,3,...
4.
1 s−a
5.
1 s + a2 2
6.
s s + a2 1 2 s − a2
tn n! e at
sin at a
cos at
2
7. 8.
s s − a2 s2 − a2 (s 2 + a 2 ) 2
sinh at a
cosh at
2
9.
t cos at
15
1.4 Sifat-sifat transformasi Laplace Invers Beberapa sifat penting dari transformasi Laplace invers adalah: 1) Sifat Linear Misal c1 dan c2 adalah sebarang bilangan konstanta, sedangkan f1 ( s ) dan f 2 ( s) berturut-turut adalah transformasi Laplace dari F1 (t ) dan F2 (t ) , maka:
L−1{c1 F1 (t ) + c 2 F2 (t )} = L−1{c1 F1 (t )} + L−1{c 2 F2 (t )} = L−1{c1 F1 (t )} + L−1{c 2 F2 (t )} = c1 L−1{F1 (t )} + c 2 L−1{F2 (t )}
= c1 f1 ( s ) + c2 f 2 ( s) Contoh
3s − 12 −1 3s −1 12 L−1 2 =L 2 − L 2 s +9 s + 9 s + 9 1 s −1 = 3L−1 2 − 12L 2 s + 9 s + 9 = 3 cos 3t − 12
sin 3t 3
2) Sifat translasi atau pergeseran pertama Jika L−1{ f ( s)} = F (t ) maka L−1{ f ( s − a)} = e at F (t ) Contoh Jika
Maka
1 1 L−1 2 = sin 3t s + 9 3
dan
L−1 {e 2t F (t )} = f ( s − a)
1 2t 1 1 −1 L−1 2 = e sin 3t =L 2 ( s − 2) + 9 3 ( s − 4 s + 13
3) Sifat konvolusi Jika L−1{ f ( s)} = F (t ) dan L−1{g ( s )} = G (t ) maka t
L−1 { f ( s ) g ( s )} = ∫ F (u )G (t − u ) du = F * G 0
F*G disebut konvolusi atau faltung dari F dan G, dan teoremanya dinamakan teorema konvolusi atau sifat konvolusi.
16
Contoh
1 −4t −1 1 2t Karena L−1 = e dan L =e s + 4 s − 2 t − 4 u 2 ( t −u ) 1 maka diperoleh L−1 du = e 2 t + e − 4t = ∫e e ( s + 4)( s − 2) 0
1.5 Metode Transformasi Laplace Invers Menentukan transfomasi Laplace dapat dilakukan dengan beberapa cara,
sehingga
dalam transformasi Laplace invers terdapat beberapa metode yang dapat digunakan, salah satunya adalah Metode Pecahan Parsial.
Metode pecahan parsial Setiap fungsi rasional
P( s ) , dengan P(s) dan Q(s) fungsi pangkat banyak (polinom) Q( s )
dan derajat P(s) lebih kecil dari Q(s). Selanjutnya
P( s ) dapat ditulis jumlah dari Q( s )
fungsi rasional yang mempunyai bentuk
As + B A dan seterusnya, r = 1,2,3,.... atau 2 r (as + b) (as + bs + c) r Dengan memperoleh transformasi Laplace invers tiap pecahan parcial maka dapat
P( s) ditentukan L−1 Q( s) Konstanta A, B, C, …… dapat diperoleh dengan menyelesaikan pecahan-pecahan dan menyamakan pangkat yang sama dari kedua ruas persamaan yang diperoleh atau dengan menggunakan metode khusus.
Contoh
3s + 16 1. Tentukan L−1 2 s − s − 6 Jawab : penyebut dapat difaktorkan
3s + 16 3s + 16 −1 L−1 2 =L s − s − 6 ( s + 2)(s − 3)
17
3s + 16 A B = + (s + 2)(s − 3) s + 2 s − 3 =
A( s − 3) + B ( s + 2) s2 − s − 6
=
( A + B ) s + (2 B − 3 A) s2 − s − 6
atau A+B = 3 dan 2B-3A = 16 atau 2(3-A)–3A=16 sehingga didapat A = -2 dan B = 5
3s + 16 5 −1 − 2 L−1 + =L s + 2 s − 3 ( s + 2)(s − 3)
− 2 −1 5 = L−1 + L s + 4 s − 3 = −2e −4t + 5e 3t
s −1 2. Tentukan L−1 2 ( s + 3)( s + 2 s + 2)
Jawab Bs + C s −1 −1 A L L−1 = + 2 2 ( s + 3)( s + 2 s + 2) s + 3 ( s + 2 s + 2)
A Bs + C A( s 2 + 2s + 2) + ( Bs + C )(s + 3) = + 2 s + 3 s + 2s + 2 ( s + 3)(s 2 + 2s + 2) =`
As 2 + 2 As + 2 A + Bs 2 + (3B + C ) s + 3C ( s + 3)( s 2 + 2s + 2)
( A + B ) s 2 + ( 2 A + 3B + C ) s + (2 A + 3C ) s −1 = 2 ( s + 3)( s 2 + 2 s + 2) ( s + 3)( s + 2 s + 2)
Diperoleh
A+B = 0,
Sehingga nilai
A= −
2A+3B+C=1,
2A+3C=-1
4 , 5
dan
B=
4 , 5
C=
1 5
Akhirnya diperoleh
4 1 4 s+ − s −1 −1 5 + 5 5 L−1 L = 2 2 ( s + 3)(s + 2s + 2) s + 3 ( s + 2s + 2) 18
4 1 4 s+ − 5 = − 4 L−1 1 + 4 ( s + 1) L−1 5 + 25 5 s + 3 5 ( s + 1) 2 + 1 s + 3 ( s + 2s + 2) 4 4 = − e −3t + e −t cos t 5 5
3. Tentukan laplace invers persamaan differensial berikut jika y(0) = 3
y '+2 y = e −t sy ( s ) − y (0) + 2 y ( s ) =
1 s +1
( s + 2) y ( s ) − 3 =
1 s +1
y( s) =
1 3 + (s + 1)(s + 2) s + 2
1 3 B −1 3 −1 A L−1 + + +L =L s + 2 s +1 s + 2 ( s + 1)(s + 2) s + 2
1 −1 3 1 = L−1 − + L s +1 s + 2 s + 2 2 1 = L−1 + s +1 s + 2 = e − t + 2e −2 t
Latihan Soal 1. Tentukan,
12 a. L−1 4 − s 2s − 5 b. L−1 2 s − 9 3s − 8 4s − 24 − 2 c. L−1 2 s + 4 s − 16 7 3s − 2 d. L 5 − 3s + 2 s 2 −1
19
s e. L−1 3 (s + 1)
3s − 14 f. L−1 2 s − 4s + 8 8s + 20 g. L−1 2 s − 12s + 32 s + 1 h. L−1 3 s 2
5s − 2 i. L−1 2 3s + 4s + 8 4s − 24 s − j. L−1 5 2 ( s + 4) 2 s − 16 s +1 k. L−1 2 2 ( s + 2 s + 2) 1 l. L−1 2 ( s + 4)( s + 4) 1 m. L−1 2 3 ( s + 1)
2. Buktikan bahwa:
3 −t 1 t 2s − 1 a. L−1 3 = 1− e + e 2 2 s − s s +1 1 −t 2 1 − 2 t 3 b. L−1 2 = e − e 2 6s + 7 s + 2 2 11s 2 − 2 + 5 3 t 2t −t c. L−1 = 5e − e 2 + 2e 2 ( s − 2)( 2 s − 1)( s + 1) 27 − 12 s −4t d. L−1 = 3e − 3 cos(3t ) 2 ( s + 4)( s + 9 s 2 − 16 s − 24 1 e. L 4 = sin( 4t ) + cos( 2t ) − sin( 2t ) 2 s + 20 s + 64 2 −1
1 s −1 4 − 3t f. L−1 = (4 cos t − 3 sin t ) − e 2 5 ( s + 3)( s + 2 s + 2) 5
20
1.6 Penerapan Transformasi Laplace pada mechanical system Dimisalkan suatu massa (m) yang terikat pada ujung suatu pegas dan ujung lain diikatkan pada suatu titik 0, bergerak bebas diatas suatu bidang licin (lihat gambar). Jika x(t) atau secara singkat ditulis x menyatakan perpindahan sesaat dari m pada saat t dari kedudukan setimbang/kedudukan setimbang/kedudukan diam, maka pada m akan bekerja gaya lenting sebesar –kx, dengan k adalah konstanta yang bergantung pada pegas dan disebut konstanta pegas.. Ini menurut hukum Hooke yang didasarkan pada percobaan yang menyatakan bahwa gaya lenting yang bekerja pada sebuah uah pegas sebanding dengan regangan/simpangan pegas dari kedudukan setimbang.
Menurut hukum Newton yang menyatakan bahwa gaya total yang bekerja pada m sama dengan perkalian massa dan percepatan, percepatan, persamaan geraknya adalah :
d 2x m 2 = − kx dt
atau
m x” + kx = 0
Jika terdapat suatu damper/peredam yang sebanding dengan laju sesaat dari m, maka persamaan geraknya adalah :
dx d 2x m 2 = − kx − b dt dt
atau
mx” + bx’ + kx = 0
Dengan konstanta (k) sebanding dengan konstanta damper (b).
eberapa gaya luar yang tertentu F(t) juga bekerja pada m, dalam keadaan Apabila beberapa demikian persamaan geraknya adalah :
dx d 2x + f (t ) m 2 = − kx − b dt dt
atau
mx” + bx’ + kx = F(t)
Dengan menggunakan transformasi laplace yang diterapkan pada rumus-rumus rumus tersebut, maka perpindahan x(t) dapat ditentukan 21
contoh : 1.
Sebuah partikel P massa 2 gram bergerak di sumbu x dan ditarik dari titik asal 0 dengan suatu gaya yg secara numerik sama dengan 8x. Jika mula2 dalam keadaan diam di x=10, tentukan kedudukan setiap saat dengan menganggap : a. Tidak ada gaya-gaya lain yg bekerja b. Suatu gaya peredam yg secara numerik sama dengan 8 kali kecepatan sesaat bekerja
Jawab : Massa = 2 gram
; F= 8x
; x(0) = 10
a. Jika tidak ada gaya lain yang bekerja (tidak terdapat damper dan gaya luar), m&x& + kx = 0
maka :
L
2[ s 2 x( s) − sx(0) − x' (0)] + 8 x( s) = 0 2 s 2 x( s) − 20s + 8 x( s) = 0 s 2 x( s) − 10s + 4 x( s ) = 0
(s
2
+ 4 )x( s) = 10
x( s) =
10 s +4
(
2
)
10 L−1 2 = 10 cos 2t s +4
(
)
Sehingga kedudukan setiap saat sistem saat gaya-gaya luar tidak bekerja adalah 10 cos 2t
b. Jika tidak terdapat damper, maka : m&x& + bx& + kx = 0
L
2[ s 2 x( s) − sx(0) − x' (0)] + 8[ sx( s) − x(0)] + 8 x( s) = 0 2s 2 x( s) − 20 s + 8sx( s) − 80 + 8 x( s ) = 0 s 2 x( s) − 10s + 4sx( s) − 40 + 4 x( s) = 0
(s
2
+ 4s + 4)x( s) = 10 s + 40
x( s) =
10s + 40 s 2 + 4s + 4
(
) 22
10 s + 40 10 s + 40 A B L−1 2 = + = 2 2 (s + 2) (s + 2) s + 4 s + 4 (s + 2 )
(
)
=
A + Bs + 2 B s 2 + 4s + 4
=
Bs + ( A + 2 B ) s 2 + 4s + 4
diperoleh nilai A = 20 dan B = 10, Sehingga kedudukan sesaat sistem ketika terdapat damper sebesar 8x adalah : 10 s + 40 20 10 + = 20te − 2t + 10e − 2t L−1 2 = 2 + ( ) 2 s + + 4 4 s s (s + 2 )
(
2.
)
Pada sistem mekanis translasi terdapat dua pegas yang diikatkan pada sebuah benda. massa benda 1 kg berada pada x=2 ditarik dengan sebuah gaya sehingga benda tersebut bergeser horizontal sejauh x dengan konstanta masing-masing pegas sebesar 20 N/m. digambarkan bentuk fisisnya sebagai berikut :
Tentukan kondisi sesaat sistem tersebut jika permukaannya kasar dengan koef. Gesekannya 12 kali kecepatan sesaat bekerja.
Jawab : x(0) = 2 m&x& + bx& + ( k1 + k 2) x = 0
L
2
s x( s) − sx(0) − x' (0) + 12[ sx( s) − x(0)] + (20 + 20) x( s) = 0 s 2 x( s) − 2s + 12 sx( s ) − 24 + 40 x( s ) = 0
(s
2
+ 12s + 40)x( s) = 2s + 24
x( s ) =
2 s + 24 s + 12s + 40
(
2
)
10 s + 40 10( s + 6) − 20 L−1 2 = (s + 6)2 + 4 s + 4s + 4
(
)
10( s + 6) 20 = L − L 2 2 (s + 6 ) + 4 (s + 6 ) + 4 = 10e −6t cos 2t − 10e −6 t sin 2t
23
BAB II DERET FOURIER
Deret Fourier merupakan penguraian fungsi periodik menjadi penjumlahan fungsifungsi berosilasi, yaitu fungsi sinus dan kosinus, ataupun eksponensial kompleks. Biasanya diaplikasikan dlm bidang
gelombang (gelombang suara, air, bunyi, panas,
dsb). Dengan mengekspansikan ke dalam bentuk deret Fourier ; suatu fungsi periodik bisa dinyatakan sebagai jumlahan dari beberapa fungsi harmonis, yaitu fungsi dari sinus dan cosinus (fungsi sinusoidal).
2.1. Fungsi periodik Fungsi f(x) dikatakan periodik dengan perioda P, jika untuk semua harga x berlaku: f (x + P) = f (x) ;
P adalah konstanta positif.
Harga terkecil dari P > 0 disebut perioda terkecil atau sering disebut perioda dari f(x). Contoh : − Fungsi sin x mempunyai perioda 2π; 4π; 6π; ...... karena sin (x+2π) = sin (x+4π) = sin (x+6π) = ..........= sin x.
− Periode dari sin nx atau cos nx ; dengan n bilangan bulat positif adalah 2π/n. §
y = sin 2x Perioda = 2π / 2 = π = 180°
§
y = sin (x+30°) Perioda = 2π / 1 = 2 π = 360°
− Periode dari tan x adalah π.
periode 24
Fungsi f(x) dikatakan kontinu pada setiap segmen (piecewise continuous function), bila f(x) hanya kontinu pada interval-interval tertentu dan diskontinu pada titik-titik yang banyaknya berhingga. Harga f(x) di titik-titik diskontinu ditentukan dengan menghitung harga limit fungsi f(x) untuk x mendekati titik diskontinu (ujung masing-masing interval).
2.2. Deret Fourier Dalam beberapa permasalahan yang berhubungan dengan gelombang (gelombang suara, air, bunyi, panas, dsb) ; pendekatan dengan deret Fourier yang suku-sukunya memuat sinus dan cosinus sering digunakan. Dengan mengekspansikan ke dalam bentuk deret Fourier ; suatu fungsi periodik bisa dinyatakan sebagai jumlahan dari beberapa fungsi harmonis, yaitu fungsi dari sinus dan cosinus (fungsi sinusoidal).
Definisi Jika fungsi f(x) terdefinisi pada interval (-L;L) dan di luar interval tersebut f(x) periodik dengan periode 2L ; maka deret Fourier atau ekspansi Fourier dari fungsi f(x) adalah :
n = 1,2,3,4,...
a0 ∞ nπx nπx + ∑ a n cos + bn sin f ( x) = 2 n =1 L L §
Dimana Koef. an dan bn adalah : L
1 nπx dx a n = ∫ f ( x ) cos L L −L L
nπx 1 bn = ∫ f ( x ) sin dx L −L L L
1 a 0 = ∫ f ( x ) dx L −L 25
Contoh 2.1 Tentukan deret fourier dari fungsi f(x) yang didefinisikan sebagai berikut :
0 f ( x) = 1
, −π < x < 0 , 0< x
