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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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.


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


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

Persamaan Differensial Biasa

Recommend Documents