Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik
Transcript of Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik
JURNAL FOURIER | April 2013, Vol. 2, No. 1, 45-61 ISSN 2252-763X
2013 JURNAL FOURIER Versi online via www.fourier.or.id
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik
Arifin, Muhammad Wakhid Musthofa, dan Sugiyanto
Program Studi Matematika Fakultas Sains dan Teknologi, UIN Sunan Kalijaga, Jl. Marsda Adisucipto No. 1 Yogyakarta, Indonesia
Korespondensi; Sugiyanto, Email: [email protected]
Abstrak
Menyelesaikan persamaan diferensial sering terkendala oleh masalah syarat awal atau syarat batas. Masalah syarat
batas ini sering dijumpai pada penerapan persamaan diferensial, salah satunya adalah rangkaian listrik. Metode
yang dapat digunakan untuk menyelesaikan masalah syarat batas pada persamaan diferensial salah satu diantaranya
adalah metode transformasi Laplace. Transformasi Laplace yang didefinisikan dengan ๐{๐(๐)} = โซ ๐โ๐๐๐(๐)โ
๐๐ ๐
dapat digunakan untuk mencari solusi dari suatu sistem persamaan diferensial koefisien konstan. Metode
penyelesaian suatu rangkaian Listrik dengan menggunakan transformasi Laplace adalah dengan mengubah
persamaan diferensial dari domain waktu (๐) ke dalam domain frekuensi (๐), memetakan masalah nilai awal ke
dalam persamaan pembantu, menyelesaikan dengan perhitungan aljabar, dan menggunakan invers transformasi
Laplace untuk mendapatkan solusi khusus secara langsung dari sistem persamaan diferensial rangkaian listrik
tersebut.
Kata Kunci:
Abstract
Resolving differential equations is often constrained by problems of initial requirements or boundary conditions.
The problem of boundary conditions is often found in the application of differential equations, one of which is the
electrical circuit. The method that can be used to solve the problem of boundary conditions on the differential
equation is one of them is the Laplace transform method. Laplace transforms defined by ๐{๐(๐)} = โซ ๐โ๐๐๐(๐)โ
๐๐ ๐
can be used to find the solution of a system of constant coefficient differential equations. The method of completion
of an electrical circuit by using Laplace transform is by changing the differential equation of the time domain (๐) into the frequency domain (๐), mapping the initial value problem into the helper equation, solving it by algebraic
calculation, and using Laplace inverse transformation to obtain the solution Specifically directly from the system of
differential equations of the electrical circuit.
Keywords
Pendahuluan
Metode Transformasi Laplace (Laplace Transformation) merupakan suatu metode yang dapat digunakan untuk menyelesaikan persamaan diferensial, yang memetakan masalah nilai awal ke dalam suatu persamaan aljabar atau suatu sistem persamaan yang dapat diselesaikan dengan metode aljabar dan tabel transformasi Laplace. Metode ini pertama kali diperkenalkan oleh Pierre Simon Marquas De Laplace (1749 โ 1827) seorang matematikawan Perancis dan seorang guru besar di Paris. Dengan metode transformasi Laplace akan dihasilkan solusi khusus secara langsung sesuai dengan kondisi masalah nilai awal yang diberikan.
Rangkaian listrik adalah suatu kumpulan elemen atau komponen listrik yang saling dihubungkan dengan cara-cara tertentu dan paling sedikit mempunyai satu lintasan tertutup. Suatu rangkaian listrik dapat dimodelkan ke dalam suatu persamaan diferensial, yaitu persamaan diferensial orde dua koefisien konstan. Oleh sebab itu, solusi rangkaian listrik tersebut dapat ditentukan dengan menggunakan
46 Arifin, et al.
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61 www.fourier.or.id
transformasi Laplace. Namun, ada suatu rangkaian yang tidak menimbulkan masalah atau kesulitan untuk dianalisa dengan matematika biasa, yaitu rangkaian yang hanya memuat satu elemen rangkaian listrik. Elemen rangkaian listrik dapat dikelompokkan ke dalam elemen atau komponen aktif dan pasif. Elemen aktif adalah elemen yang menghasilkan energi, dalam hal ini adalah sumber tegangan dan sumber arus. Elemen lain adalah elemen pasif dimana elemen ini tidak dapat menghasilkan energi, yaitu elemen yang hanya dapat menyerap energi (resistor), elemen yang dapat menyimpan energi (induktor) dan elemen yang menyerap energi dalam bentuk medan magnet (kapasitor). Suatu rangkaian yang sulit dapat dianalisis/diselesaikan dengan menggunakan transformasi Laplace. Hal ini disebabkan
oleh karakteristik dari tiap-tiap elemen rangkaian listrik yang berbeda meskipun secara definitive ๐ฃ๐ , ๐ฃ๐ฟ dan ๐ฃ๐ถ adalah besarnya arus yang mengalir pada elemen R, L, dan C. Penyelesaian Persamaan Diferensial Dengan Transformasi Laplace
Penerapan yang cukup penting dari transformasi Laplace salah satunya adalah untuk menentukan penyelesaian persamaan diferensial linear dengan koefisien kostan. Dalam skripsi ini hanya dibatasi pada persamaan diferensial orde dua koefisien konstan.
Metode transformasi Laplace secara khusus digunakan untuk menyelesaikan persamaan diferensial dan memenuhi syarat awal. Untuk menyelesaikan persamaan diferensial ini adalah dengan mengambil transformasi Laplace dari persamaan diferensial yang diberikan, lalu menggunakan syarat-syarat awalnya. Ini memberikan suatu persamaan aljabar dalam transformasi Laplace dari penyelesaian yang diinginkan. Dengan mengambil invers dari transformasi Laplace yang telah dibentuk maka diperoleh penyelesaiannya.
Berikut ini diberikan prosedur/ langkah-langkah mencari penyelesaian suatu persamaan diferensial linear orde dua berkoefisien konstan menggunakan transformasi Laplace (John Bird, 2007: 637).
Diberikan suatu persamaan diferensial linear orde dua, yaitu:
๐๐ฆโฒโฒ + ๐๐ฆโฒ + ๐๐ฆ = ๐(๐ก) (1)
Dengan syarat awal ๐ฆ(0) dan ๐ฆโฒ(0). 1) Langkah pertama. Bentuk Persamaan ke dalam transformasi Laplace.
โ{๐ฆ(๐ก)} = ๐(๐ ) dan โ{๐(๐ก)} = ๐ (๐ ). Dengan menerapkan transformasi Laplace pada kedua ruas persamaan (1), maka dihasilkan:
โ{๐๐ฆโฒโฒ + ๐๐ฆโฒ + ๐๐ฆ} = โ{๐ฆ(๐ก)}
๐โ{๐ฆโฒโฒ} + ๐โ{๐ฆโฒ} + ๐โ{๐ฆ} = ๐ (๐ )
๐[๐ 2๐(๐ ) โ ๐ ๐ฆ(0) โ ๐ฆโฒ(0)] + ๐[๐ ๐(๐ ) โ ๐ฆ(0)] + ๐๐(๐ ) = ๐ (๐ ) (2)
2) Langkah kedua. Masukkan nilai awal ๐ฆ(0) dan ๐ฆโฒ(0) serta susun persamaan (2) ke dalam ๐(๐ ) (persamaan pembantu)
[๐๐ 2 + ๐๐ + ๐] โ [๐๐ + ๐] โ ๐๐ฆโฒ(0) = ๐ (๐ )
[๐๐ 2 + ๐๐ + ๐]๐(๐ ) = [๐๐ + ๐]๐ฆ(0) + ๐๐ฆโฒ(0) = ๐ (๐ )
๐(๐ ) =[๐๐ +๐]๐ฆ(0)+๐๐ฆโฒ(0)+๐ (๐ )
[๐๐ 2+๐๐ +๐] (3)
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik 47
www.fourier.or.id JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
3) Langkah ketiga. Jika mengandung pecahan parsial, maka gunakan metode jumlahan pecahan parsial untuk menyelesaikan persamaan (3).
๐(๐ ) =[๐๐ +๐]๐ฆ(0)+๐๐ฆโฒ(0)
๐๐ 2+๐๐ +๐+
๐ (๐ )
๐๐ 2+๐๐ +๐ (4)
4) Langkah keempat. Ambil invers transformasi Laplace persamaan (4) maka diperoleh
solusi/penyelesaian untuk persamaan (1).
โโ1{๐(๐ )} = ๐ฆ(๐ก) = โโ1 {[๐๐ + ๐]๐ฆ(0) + ๐๐ฆโฒ(0)
๐๐ 2 + ๐๐ + ๐} + โโ1 {
๐ (๐ )
๐๐ 2 + ๐๐ + ๐}
Contoh 1. Carilah penyelesaian dari 2๐ฆโฒโฒ + 4๐ฆโฒ โ 3๐ฆ = 0, dengan syarat awal ๐ฆ(0) = 4 & ๐ฆโฒ(0) = 9. Dengan menggunakan prosedur/ langkah-langkah di atas, maka diperoleh:
โ{2๐ฆโฒโฒ + 4๐ฆโฒ โ 3๐ฆ} = โ{0}
2โ{๐ฆโฒโฒ} + 4โ{๐ฆโฒ} โ 4โ{๐ฆ} = 0
2๐ 2๐(๐ ) โ 2๐ ๐ฆ(0) โ 2๐ฆโฒ(0) + 5๐ ๐(๐ ) โ 5๐ฆ(0) โ 3๐(๐ ) = 0
Untuk ๐ฆ(0) = 4 dan ๐ฆโฒ(0) = 9, maka:
2๐ 2๐(๐ ) โ 8๐ โ 18 + 5๐ ๐(๐ ) โ 20 โ 3๐(๐ ) = 0
[2๐ 2 + 5๐ โ 3]๐(๐ ) = 8๐ + 38
๐(๐ ) =8๐ + 38
2๐ 2 + 5๐ โ 3=
8๐ + 38
(2๐ โ 1)(๐ + 3)
Menggunakan metode jumlahan pecahan parsial, maka:
8๐ + 38
2๐ 2 + 5๐ โ 3=
๐ด
(2๐ โ 1)+
๐ต
(๐ + 3)
Diperoleh,
8๐ + 38 = ๐ด(๐ + 3) + ๐ต(2๐ โ 1)
Untuk ๐ = โ3 maka 14 = โ7๐ต atau ๐ต = โ2.
Untuk ๐ =1
2 maka 42 =
7
2๐ด atau ๐ด = 12. Jadi,
๐(๐ ) =8๐ + 38
2๐ 2 + 5๐ โ 3=
12
(2๐ โ 1)โ
2
(๐ + 3)
Dengan invers transformasi Laplace didapat,
โโ1{๐(๐ )} = ๐ฆ(๐ก) = โโ1 {12
(2๐ โ 1)} โ โโ1 {
2
(๐ + 3)}
48 Arifin, et al.
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61 www.fourier.or.id
๐ฆ(๐ก) = โโ1 {12
2 (๐ โ12)} โ โโ1 {
2
(๐ + 3)} = 6โโ1 {
2
2 (๐ โ12)} โ 2โโ1 {
1
(๐ + 3)}
๐ฆ(๐ก) = 6๐12๐ก โ 2๐โ3๐ก
Jadi, solusi dari persamaan diferensial tersebut yaitu, ๐ฆ(๐ก) = 6๐1
2๐ก โ 2๐โ3๐ก.
Contoh 2. Tentukan solusi dari ๐ฆโฒโฒ โ 4๐ฆโฒ โ 4๐ฆ = 8๐ก, dengan syarat awal ๐ฆ(0) = 0 & ๐ฆโฒ(0) = 12. Seperti penyelesaian pada contoh 1 maka diperoleh,
โ{๐ฆโฒโฒ โ 4๐ฆโฒ โ 4๐ฆ} = โ{8๐ก}
โ{๐ฆโฒโฒ} โ 4โ{๐ฆโฒ} โ 4โ{๐ฆ} = 8โ{๐ก}
๐ 2๐(๐ ) โ ๐ ๐ฆ(0) โ ๐ฆโฒ(0) โ 4๐ ๐(๐ ) + 4๐ฆ(0) โ 4๐(๐ ) =8
๐ 2
๐ 2๐(๐ ) โ 12 โ 4๐ ๐(๐ ) โ 4๐(๐ ) =8
๐ 2
(๐ 2 โ 4๐ โ 4)๐(๐ ) =8
๐ 2+ 12
๐(๐ ) =8
2(๐ 2 โ 4๐ โ 4)+
12
(๐ 2 โ 4๐ โ 4)
๐(๐ ) =8
๐ 2(๐ โ 2)2+
12
(๐ โ 2)2
๐(๐ ) tidak mengandung pecahan parsial, maka langsung ditentukan ๐ฆ(๐ก) yang merupakan solusi yang di inginkan.
๐ฆ(๐ก) = 8โโ1 {1
๐ 2(๐ โ 2)2} + 12โโ1 {
1
(๐ โ 2)2}
Untuk โโ1 {1
(๐ โ2)2} = ๐ก๐2๐ก, sedangkan untuk โโ1 {
1
๐ 2(๐ โ2)2}, diselesaikan dengan integral transformasi
Laplace.
Telah diketahui โโ1 {1
(๐ โ2)2} = ๐ก๐2๐ก, dan
โโ1 {1
๐ 2(๐ โ 2)2} = โซ๐ข๐2๐ข
๐ก
0
๐๐ข =1
2๐ข๐2๐ข โ
1
4๐2๐ข|
0
๐ก
=1
2๐ก๐2๐ก โ
1
4๐2๐ก +
1
4
Diperoleh,
โโ1 {1
๐ 2(๐ โ 2)2} = โซ(
1
2๐ข๐2๐ข โ
1
4๐2๐ข +
1
4)
๐ก
0
๐๐ข
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik 49
www.fourier.or.id JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
=1
4๐ข๐2๐ข โ
1
4๐2๐ข +
1
4๐ข|0
๐ก
=1
4๐ก๐2๐ก โ
1
4๐2๐ก +
1
4๐ก +
1
4
Jadi,
๐ฆ(๐ก) = 8โโ1 {1
๐ 2(๐ โ 2)2} + 12โโ1 {
1
(๐ โ 2)2}
๐ฆ(๐ก) = 8 (1
4๐ก๐2๐ก โ
1
4๐2๐ก +
1
4๐ก +
1
4) + 12๐ก๐2๐ก
๐ฆ(๐ก) = 14๐ก๐2๐ก โ 2๐2๐ก + 2๐ก + 2
Contoh 3. Diberikan persamaan diferensial, ๐ฆโฒโฒ โ 4๐ฆโฒ + 8๐ฆ = 8๐2๐ก cos 2๐ก + 6๐2๐ก sin 2๐ก, dengan syarat awal ๐ฆ(0) = 4 dan ๐ฆโฒ(0) = 10. Jika kedua ruas ditransformasi ke dalam transformasi Laplace, maka:
โ{๐ฆโฒโฒ โ 4๐ฆโฒ + 8๐ฆ} = โ{8๐2๐ก cos 2๐ก + 6๐2๐ก sin 2๐ก}
๐ 2๐(๐ ) โ ๐ ๐ฆ(0) โ ๐ฆโฒ(0) โ 4๐ ๐(๐ ) + 4๐ฆ(0) + 8๐(๐ ) =8(๐ โ 2)
(๐ โ 2)2 + 4+
6(2)
(๐ โ 2)2 + 4
Untuk syarat awal ๐ฆ(0) = 4 dan ๐ฆโฒ(0) = 10, maka:
(๐ 2 โ 4๐ + 8)๐(๐ ) โ 4๐ + 6 =8(๐ โ 2)
(๐ โ 2)2 + 4+
12
(๐ โ 2)2 + 4
((๐ โ 2)2 + 4)๐(๐ ) =8(๐ โ 2)
(๐ โ 2)2 + 4+
12
[(๐ โ 2)2 + 4]2+
4๐ โ 6
(๐ โ 2)2 + 4
๐(๐ ) =8(๐ โ 2)
(๐ โ 2)2 + 4+
12
[(๐ โ 2)2 + 4]2+
4๐ โ 6
(๐ โ 2)2 + 4
๐(๐ ) =8(๐ โ 2)
(๐ โ 2)2 + 4+
12
[(๐ โ 2)2 + 4]2+4๐ โ 8 + 2
(๐ โ 2)2 + 4
๐(๐ ) =8(๐ โ 2)
(๐ โ 2)2 + 4+
12
[(๐ โ 2)2 + 4]2+
4(๐ โ 2)
(๐ โ 2)2 + 4+
2
(๐ โ 2)2 + 4
Lalu menggunakan invers transformasi Laplace, maka diperoleh,
๐ฆ(๐ก) = 8โโ1 {(๐ โ 2)
(๐ โ 2)2 + 4} + 12โโ1 {
12
[(๐ โ 2)2 + 4]2} + 4โโ1 {
(๐ โ 2)
(๐ โ 2)2 + 4} + โโ1 {
2
(๐ โ 2)2 + 4}
=8๐2๐ก
4๐ก sin 2๐ก โ
8๐2๐ก
16(sin 2๐ก โ 2๐ก cos 2๐ก) + 4๐2๐ก cos 2๐ก + ๐2๐ก sin 2๐ก
๐ฆ(๐ก) = 2๐ก๐2๐ก sin 2๐ก โ3
2๐ก๐2๐ก cos 2๐ก + 4๐2๐ก cos 2๐ก +
7
2๐2๐ก sin 2๐ก
50 Arifin, et al.
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61 www.fourier.or.id
Elemen Rangkaian Listrik Dalam Domain-S
Untuk dapat mentransformasi suatu rangkaian listrik ke dalam transformasi Laplace, maka perlu didefinisikan elemen-elemen di dalam rangkaian tersebut ke dalam domain-s.
Adapun transformasi elemen-elemen rangkaian listrik ke dalam domain-s didefinisikan sebagai berikut (John Bird, 2007: 640).
1. Resistor (๐ ) Dalam domain waktu (t), resistor didefinisikan oleh hukum Ohm, yaitu:
๐ฃ๐ (๐ก) = ๐ ๐(๐ก) Transformasi Laplace dari persamaan ini yaitu,
โ{๐ฃ๐ (๐ก)} = โ{๐ ๐(๐ก)} = ๐ ๐ผ(๐ )
Diperoleh ๐ฃ๐ di dalam domain-s,
๐ฃ๐ (๐ ) = ๐ ๐(๐ ) (5)
2. Kapasitor (๐ถ) Sebuah kapasitor dalam domain waktu (๐ก) didefinisikan sebagai,
๐(๐ก) = ๐ถ๐๐ฃ๐(๐ก)
๐๐ก atau ๐ฃ๐ถ(๐ก) =
1
๐ถโซ ๐(๐ก) ๐๐ก
Transformasi Laplace dari persamaan ini yaitu,
โ{๐ฃ๐ถ(๐ก)} = โ {1
๐ถโซ ๐(๐ก) ๐๐ก} =
1
๐ถ
๐ผ(๐ )
๐
Diperoleh impedansi kapasitor dalam domain-s,
๐ฃ๐(๐ ) =1
๐ ๐ถ๐ผ(๐ก) (6)
3. Induktor (๐ฟ) Sebuah induktor dalam domain waktu (๐ก) didefinisikaan sebagai,
๐ฃ๐ฟ(๐ก) = ๐ฟ๐๐(๐ก)
๐๐ก
Transformasi Laplace dari persamaan ini yaitu,
โ{๐ฃ๐ฟ(๐ก)} = โ {๐ฟ๐๐
๐๐ก} = ๐ ๐ฟ๐ผ(๐ ) โ ๐ฟ๐(0)
Impedansi Induktor dalam domain-s didefinisikan oleh,
๐ฃ๐ฟ(๐ ) = ๐ฟ[๐ ๐ผ(๐ ) โ ๐(0)] (7)
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik 51
www.fourier.or.id JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik
Jika diberikan suatu rangkaian listrik, maka prosedur/langkah-langkah untuk mencari penyelesaiannya dengan menggunakan transformasi Laplace yaitu, (John Bird, 2007:642): 1. Gunakan hukum yang berlaku pada rangkaian tersebut untuk menentukan persamaan diferensialnya
(Hukum Kirchoff dan hukum Ohm). 2. Ambil transformasi Laplace pada kedua ruas persamaan yang terbentuk. 3. Masukkan nilai awal yang diberikan dan susun persamaan pembantu. 4. Gunakan invers transformasi Laplace untuk menentukan penyelesaiannya.
Contoh 4. Diberikan suatu rangkaian L-R-C seperti pada Gambar 1 tentukan besar arus yang mengalir
dalam rangkaian tersebut jika pada saat ๐ก = 0 diberi tegangan sebesar ๐ฃ dan ๐(0) = 0.
Gambar 1 Rangkaian listrik satu.
Pada rangkaian listrik (Gambar 1) dapat dibentuk sebuah persamaan diferensial dengan menggunakan hukum II Kirchoff yaitu:
โ๐ฃ = 0
๐ฃ๐ฟ + ๐ฃ๐ + ๐ฃ๐ถ โ ๐ฃ(๐ก) = 0 atau ๐ฃ(๐ก) = ๐ฃ๐ฟ + ๐ฃ๐ + ๐ฃ๐ถ
๐ฃ = ๐ฟ๐๐(๐ก)
๐๐ก+ ๐ ๐(๐ก) +
1
๐ถโซ ๐(๐ก) ๐๐ก
Ambil transformasi Laplace pada kedua ruas persamaan dan maka diperoleh,
โ{๐ฃ} = โ {๐ฟ๐๐(๐ก)
๐๐ก+ ๐ ๐(๐ก) +
1
๐ถโซ ๐(๐ก) ๐๐ก}
๐ฃ
๐ = ๐ ๐ฟ๐ผ(๐ ) + ๐ฟ๐(0) + ๐ ๐ผ(๐ ) +
๐ฃ โ ๐ ๐ฟ๐(0)
๐ [๐ ๐ฟ + ๐ +1๐ ๐ถ]
=๐ฃ โ ๐ ๐ฟ๐(0)
๐ 2๐ฟ + ๐ ๐ +1๐ถ
Dengan substitusi ๐(0) = 0, maka:
๐ผ(๐ ) =๐ฃ
๐ 2๐ฟ + ๐ ๐ +1๐ถ
=๐ฃ
๐ฟ [๐ 2 + ๐ (๐ ๐ฟ) +
1๐ฟ๐ถ]
=๐ฃ ๐ฟโ
๐ 2 + ๐ (๐ ๐ฟ) +
1๐ฟ๐ถ
52 Arifin, et al.
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61 www.fourier.or.id
Dengan penggunaan kuadrat sempurna, maka:
๐ผ(๐ ) =๐ฃ ๐ฟโ
[๐ 2 + (๐ ๐ฟ) ๐ + (
๐ 2๐ฟ)
2
] + [1๐ฟ๐ถ โ (
๐ 2๐ฟ)
2
]
=๐ฃ ๐ฟโ
(๐ +๐ 2๐ฟ)
2
+ (โ1๐ฟ๐ถ โ (
๐ 2๐ฟ)
2
)
2
=๐ฃ ๐ฟโ
(๐ +๐ 2๐ฟ)
2
+ (โ1๐ฟ๐ถ โ (
๐ 2๐ฟ)
2
)
2 โโ 1๐ฟ๐ถ โ (
๐ 2๐ฟ)
2
โ 1๐ฟ๐ถ โ (
๐ 2๐ฟ)
2
๐ผ(๐ ) =๐ฃ ๐ฟโ
โ 1๐ฟ๐ถ โ (
๐ 2๐ฟ)
2โ
โ 1๐ฟ๐ถ โ (
๐ 2๐ฟ)
2
(๐ +๐ 2๐ฟ)
2
+ (โ1๐ฟ๐ถ โ (
๐ 2๐ฟ)
2
)
2
Dengan memisalkan ๐ = โ1
๐ฟ๐ถโ (
๐
2๐ฟ)2
, dan ๐ = (๐
2๐ฟ), maka:
๐ผ(๐ ) =๐ฃ ๐ฟโ
โ 1๐ฟ๐ถ โ (
๐ 2๐ฟ)
2โ
๐
(๐ + ๐)2 + ๐2
Dengan menggunakan invers transformasi Laplace, maka diperoleh
โโ1{๐ผ(๐ )} = ๐(๐ก) = โโ1
{
๐ฃ ๐ฟโ
โ 1๐ฟ๐ถ โ (
๐ 2๐ฟ)
2โ
๐
(๐ + ๐)2 + ๐2
}
=๐ฃ ๐ฟโ
โ 1๐ฟ๐ถ โ (
๐ 2๐ฟ)
2โ โโ1 {
๐
(๐ + ๐)2 + ๐2}
=๐ฃ ๐ฟโ
โ 1๐ฟ๐ถ โ (
๐ 2๐ฟ)
2โ ๐โ๐๐ก sin ๐๐ก
Jadi, dengan mensubstitusi nilai ๐ dan ๐, maka diperoleh solusi untuk rangkaian pada Gambar 1 di atas yaitu:
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik 53
www.fourier.or.id JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
๐(๐ก) =๐ฃ ๐ฟโ
โ 1๐ฟ๐ถ โ (
๐ 2๐ฟ)
2โ ๐โ
๐ ๐ก๐ฟ sin(โ
1
๐ฟ๐ถโ (
๐
2๐ฟ)2
) ๐ก (๐ด)
Contoh 5. Tentukan besar arus yang mengalir dalam rangkaian berikut ini jika saklar ditutup pada
saat ๐ก = 0.
Gambar 2 Rangkaian listrik dua.
Dengan menggunakan hukum II Kirchoff diperoleh
โ๐ฃ = 0
๐ฃ๐ฟ + ๐ฃ๐ + ๐ฃ๐ถ โ ๐ฃ(๐ก) = 0
0,1๐๐(๐ก)
๐๐ก+ 5๐(๐ก) +
1
20๐ฅ10โ6โซ๐(๐ก) ๐๐ก โ
2
๐ = 0
Jika ditransformasi ke domain-s maka,
โ {0,1๐๐(๐ก)
๐๐ก+ 5๐(๐ก) +
1
20๐ฅ10โ6โซ๐(๐ก) ๐๐ก โ 2} = โ{0}
0,1๐ ๐ผ(๐ ) + 0,1๐(0) + 5๐ผ(๐ ) +๐ผ(๐ )
20๐ฅ10โ6๐ โ2
๐ = 0
๐ผ(๐ ) [0,1๐ + 5 +1
20๐ฅ10โ6๐ ] =
2
๐ โ 0,1๐(0)
Saklar baru dinyalakan sehingga pada saat awal belum ada arus yang mengalir (๐(0) = 0). Jadi,
๐ผ(๐ ) =2
๐ [0,1๐ + 5 +5๐ฅ104
๐ ]
=2
[0,1๐ 2 + 5๐ + 5๐ฅ104]
๐ผ(๐ ) =2
0,1[๐ 2 + 50๐ + 5๐ฅ104]
=20
(๐ 2 + 50๐ + 5๐ฅ104)
54 Arifin, et al.
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61 www.fourier.or.id
=20
(๐ 2 + 50๐ + (25)2) + (5๐ฅ105 โ (25)2)
=20
(๐ + 25)2 + (499375)
=20
(๐ + 25)2 + (499375)
=20
(๐ + 25)2 +โ(499375)2
=20
(๐ + 25)2 + (โ(499375))2 โโ499375
โ499375
=20
โ499375โ
โ499375
(๐ + 25)2 + (โ(499375))2
๐ผ(๐ ) =20
706,7โ
โ499375
(๐ + 25)2 + (706,7)2
Diperoleh ๐(๐ก) = โโ1{๐ผ(๐ )}, yaitu:
๐(๐ก) = โโ1{๐ผ(๐ )} = โโ1 {0,0283 โ706,7
(๐ + 25)2 + (706,7)2}
= 0,0283 โ โโ1 {706,7
(๐ + 25)2 + (706,7)2}
= 0,0283 โ ๐โ25๐ก sin 706,7๐ก (๐ด)
Jadi, besar arus listrik yang mengalir pada rangkaian di atas, yaitu: 0,0283 โ ๐โ25๐ก sin 706,7๐ก Ampere.
Contoh 6. Tentukan besar arus yang mengalir jika saklar ditutup pada saat ๐ก = 0 dalam rangkaian berikut ini!
Gambar 3 Rangkaian listrik tiga.
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik 55
www.fourier.or.id JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
Dari Gambar 3 diperoleh persamaan dengan menggunakan hukum II Kirchoff: Persamaan pada loop I:
10๐1 + 0,02๐๐1๐๐ก
โ 0,02๐๐2๐๐ก
โ 100 = 0
Dan persamaan loop II:
0,02๐๐2๐๐ก
+ 5๐2 โ 0,02๐๐1๐๐ก
= 0
Jika kedua persamaan ditransformasi ke domain-s, maka diperoleh:
โ {10๐1 + 0,02๐๐1๐๐ก
โ 0,02๐๐2๐๐ก
โ 100} = โ{0}
10๐ผ1 + 0,02๐ ๐ผ1(๐ ) โ 0,02๐ ๐ผ2(๐ ) โ100
๐ = 0
(10 + 0,02๐ )๐ผ1(๐ ) โ 0,02๐ ๐ผ2(๐ ) =100
๐ (8)
dan
โ {0,02๐๐2๐๐ก
+ 5๐2 โ 0,02๐๐1๐๐ก} = โ{0}
0,02๐ ๐ผ2(๐ ) + 5๐ผ2(๐ ) โ 0,02๐ ๐ผ1(๐ ) = 0
(0,02๐ + 5) = 0,02๐ ๐ผ2(๐ ) = 0 (9)
Dari persamaan (9), diperoleh
๐ผ2(๐ ) =0,02๐ ๐ผ2(๐ )
(0,02๐ +5)=
๐
๐ +250๐ผ1(๐ ) (10)
Jika persamaan (10) disubstitusikan ke dalam persamaan (8), maka
(10 + 0,02๐ )๐ผ1(๐ ) โ 0,02๐ (๐
๐ + 250๐ผ1(๐ )) =
100
๐
๐ผ1(๐ ) (10 + 0,02๐ โ0,02๐ 2
๐ + 250) =
100
๐
๐ผ1(๐ ) (10๐ + 2500 + 0,02๐ 2 + 5๐ โ 0,02๐ 2
๐ + 250) =
100
๐
๐ผ1(๐ )(15๐ + 2500) =100(๐ + 250)
๐
๐ผ1(๐ ) =100(๐ + 250)
๐ (15๐ + 2500)=
100(๐ + 250)
15๐ (๐ + 166,667)
=6,667(๐ +250)
๐ (๐ +166,667) (11)
56 Arifin, et al.
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61 www.fourier.or.id
Menggunakan metode jumlahan pecahan parsial, maka diperoleh
๐ผ1(๐ ) =6,667(๐ +250)
๐ (๐ +166,667)=
๐ด
๐ +
๐ต
๐ +166,667 atau 6,667(๐ + 250) = ๐ด(๐ + 166,667) + ๐ต๐
Untuk ๐ = 0, 6,667(250) = ๐ด(166,667) atau ๐ด = 10 Untuk ๐ = โ166,667, 6,667(83,334) = โ166,667๐ต atau ๐ต = โ3,334 Jadi, didapatkan nilai ๐ผ1(๐ ), yaitu:
๐ผ1(๐ ) =๐
๐ + 250(6,667(๐ + 250)
๐ (๐ + 166,667))
๐ผ2(๐ ) =6,667
(๐ + 166,667)
Dengan menggunakan invers transformasi Laplace maka diperoleh penyelesaian untuk ๐ผ1(๐ ) dan ๐ผ2(๐ ) yaitu:
โโ1{๐ผ1(๐ )} = โโ1 {10
๐ โ
3,334
๐ + 166,667}
๐1(๐ก) = 10 โ 3,334๐โ166,667๐ก(๐ด) dan
โโ1{๐ผ1(๐ )} = โโ1 {6,667
๐ +166,667} โบ ๐1(๐ก) = 10 โ 3,334๐
โ166,667๐ก(๐ด).
Contoh 7. Tentukan besar arus yang mengalir jika saklar ditutup pada saat ๐ก = 0 dalam rangkaian berikut ini!
Gambar 4 Rangkaian listrik empat.
Dari Gambar 4 di atas diperoleh persamaan dengan menggunakan hukum II Kirchoff. Persamaan pada loop I:
10๐1 +1
0,2โซ ๐1 ๐๐ก + 10๐2 = 50
Dan persamaan loop II:
10๐2 + 10๐1 = 50 Jika kedua persamaan tersebut ditransformasi ke domain-s maka diperoleh persamaan:
10๐ผ1(๐ ) + 5๐ผ1(๐ )
๐ + 10๐ผ2(๐ ) =
50
๐ ; dan (12)
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik 57
www.fourier.or.id JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
50๐ผ2(๐ ) + 10๐ผ1(๐ ) =50
๐ (13)
Dari persamaan (13), diperoleh
๐ผ2(๐ ) =50 ๐ โ โ10๐ผ1
50=
1
๐ โ 0.210๐ผ1(๐ ) (14)
Dengan mensubtitusi persamaan (14) ke dalam persamaan (12), maka:
10๐ผ1(๐ ) + 5๐ผ1(๐ )
๐ + 10 [
1
๐ โ 0.210๐ผ1(๐ )] =
50
๐
๐ผ1(๐ ) [8 +5
๐ ] =
40
๐
๐ผ1(๐ ) [8๐ + 5
๐ ] =
40
๐
๐ผ1(๐ ) =40
8๐ + 5โ = 5๐ + 0,625โ (15)
Dengan mensubstitusi persamaan (15) ke dalam persamaan (12), maka
๐ผ2(๐ ) =
50๐ โ 10๐ผ1
50โ
= 150โ โ 0.2 [5 ๐ + 0,625โ ] = 1 ๐ โ โ 1 ๐ + 0,625โ (16)
Dengan menggunakan invers transformasi Laplace maka diperoleh penyelesaian untuk ๐ผ1(๐ ), dan ๐ผ2(๐ ) yaitu:
โโ1{๐ผ1(๐ )} = โโ1 {5
๐ + 0,625}
๐1(๐ก) = 5๐โ0,625๐ก(๐ด)
Dan
โโ1{๐ผ2(๐ )} = โโ1 {1
๐ โ
5
๐ + 0,625}
๐2(๐ก) = 1 โ ๐โ0,625๐ก(๐ด)
Contoh 8. Diberikan suatu rangkaian di bawah ini. Saklar ๐1 ditutup pada saat ๐ก = 0, tetapi pada saat yang sama aklar ๐2 dibuka. Tentukan ๐ฃ๐๐ข๐ก(๐ก) pada saat ๐ก > 0.
58 Arifin, et al.
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61 www.fourier.or.id
Gambar 5 Rangkaian listrik lima.
Dari rangkaian, terdapat dua kondisi awal yang diberikan yaitu nilai tegangan awal, ๐ฃ๐ถ(0โ) untuk
kapasitor yaitu seberar 3 Volt, dan nilai arus awal sebesar 2 Ampere untuk Induktor ๐ฟ1 atau ๐๐ฟ1(0โ) =
2๐ด. Untuk ๐ก > 1, lalu ubah rangkaian gambar 5 ke dalam domain-s seperti berikut.
Gambar 6 Rangkaian listrik enam.
Dari gambar 6 arus dalam induktor ๐ฟ1 digantikan oleh sumber tegangan 1V. Ini diperoleh dari ๐ฟ1 โ๐๐ฟ1(0
โ) = 1๐. Lalu dengan menggunakan hokum II Kirchoff, diperoleh:
๐๐๐ข๐ก(๐ )โ1โ3 ๐ โ
1 ๐ โ โ2โ๐ 2โ+๐๐๐ข๐ก(๐ )
1+๐๐๐ข๐ก(๐ )
๐ 2โ= 0 (17)
Kemudian persamaan (17) disederhanakan menjadi
๐๐๐ข๐ก(๐ ) โ 1 โ 3 ๐ โ
1 ๐ โ โ 2 โ ๐ 2โโ
1 + 3 ๐ โ
1 ๐ โ โ 2 โ ๐ 2โ+ ๐๐๐ข๐ก(๐ ) +
2๐๐๐ข๐ก(๐ )
๐ = 0
๐๐๐ข๐ก(๐ )
(2 โ 4๐ โ ๐ 2
2๐ )โ
๐ + 3๐
(2 โ 4๐ โ ๐ 2
2๐ )+ ๐๐๐ข๐ก(๐ ) +
2๐๐๐ข๐ก(๐ )
๐ = 0
2๐ โ ๐๐๐ข๐ก(๐ )
2 โ 4๐ โ ๐ 2โ
2๐ (๐ + 3)
2 โ 4๐ โ ๐ 2+ ๐๐๐ข๐ก(๐ ) +
2๐๐๐ข๐ก(๐ )
๐ = 0
2๐ 2 โ ๐๐๐ข๐ก(๐ )
๐ (2 + 4๐ + ๐ 2)โ
2๐ (๐ + 3)
๐ (2 + 4๐ + ๐ 2)+๐๐๐ข๐ก(๐ )๐ (2 + 4๐ + ๐
2)
๐ (2 + 4๐ + ๐ 2)+2๐๐๐ข๐ก(๐ )(2 + 4๐ + ๐
2)
๐ (2 + 4๐ + ๐ 2)= 0
2๐ 2 โ ๐๐๐ข๐ก(๐ ) โ 2๐ (๐ + 3) + ๐๐๐ข๐ก(๐ )๐ (2 + 4๐ + ๐ 2) + ๐๐๐ข๐ก(๐ )(4 + 8๐ + 2๐
2)
๐ (2 + 4๐ + ๐ 2)= 0
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik 59
www.fourier.or.id JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
2๐ 2 โ ๐๐๐ข๐ก(๐ ) + ๐๐๐ข๐ก(๐ )(2๐ + 4๐ 2 + ๐ 3) + ๐๐๐ข๐ก(๐ )(4 + 8๐ + 2๐
2) = 2๐ (๐ + 3)
๐๐๐ข๐ก(๐ )(2๐ 2 + 2๐ + 4๐ 2 + ๐ 3) + ๐๐๐ข๐ก(๐ )(4 + 8๐ + 2๐
2) = 2๐ (๐ + 3)
๐๐๐ข๐ก(๐ )(๐ 3 + 8๐ 2 + 10๐ + 4) = 2๐ (๐ + 3)
๐๐๐ข๐ก(๐ ) =2๐ (๐ +3)
๐ 3+8๐ 2+10๐ +4 (18)
Lalu difaktorkan menjadi
๐๐๐ข๐ก(๐ ) =2๐ (๐ +3)
๐ 3+8๐ 2+10๐ +4=
2๐ (๐ +3)
(๐ +6,57)(๐ 2+1,43๐ +0,61) (19)
Dengan metode jumalahan pecahan parsial didapat
๐๐๐ข๐ก(๐ ) =2๐ (๐ + 3)
(๐ + 6,57)(๐ 2 + 1,43๐ + 0,61)=
๐ด
(๐ + 6,57)+
๐ต๐ + ๐ถ
๐ 2 + 1,43๐ + 0,61
2๐ (๐ + 3) = ๐ด(๐ 2 + 1,43๐ + 0,61) + (๐ต๐ + ๐ถ)(๐ + 6,57)
Untuk ๐ = โ6,57 maka
2(โ6,57)(โ6,57 + 3) = ๐ด((โ6,57)2 + 1,43(โ6,57) + 0,61)
๐ด =46,9098
34,3798= 1,36
Untuk ๐ = 0, dan A=1,36 maka ๐ถ = โ0,83
6,57= โ0,12.
Untuk ๐ = 1, dan A=1,36 maka ๐ถ = โ0,12 diperoleh
2(4) = 1,36(1 + 1,43 + 0,61) + (๐ต โ 0,12)(1 + 1,36)
8 = 4,12 + 7,57๐ต โ 0,96
7,57๐ต = 4,84 atau ๐ต = 0,64. Diperoleh persamaan baru dari persamaan (19):
๐๐๐ข๐ก(๐ ) =1,36
๐ + 1,36+
0,64 โ 0,12
๐ 2 + 1,43๐ + 0,61
=1,36
๐ + 1,36+
0,64๐ + (0,46 โ 0,58)
๐ 2 + 1,43๐ + (0,51 + 0,1)
=1,36
๐ + 1,36+ 0,64
๐ + 0,715 โ 0,91
(๐ 2 + 1,43๐ + 0,51) + (0,1)
=1,36
๐ + 6,57+ 0,64 (
๐ + 0,715
(๐ + 0,715)2 + (๐ + 0,316)2โ
0,91
(๐ + 0,715)2 + (0,316)2)
60 Arifin, et al.
JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61 www.fourier.or.id
Dengan menggunakan invers transformasi Laplace, maka diperoleh penyelesaian dari persamaan rangkaian listrik di atas, yaitu:
โโ1{๐๐๐ข๐ก(๐ )} = โโ1 {1,36
๐ + 6,57} + โโ1 {0,64
(๐ + 0,715)
(๐ + 0,715)2 + (๐ + 0,316)2} โ โโ1 {1,64 (
0,91
(๐ + 0,715)2 + (0,316)2)}
= โโ1 {1,36
๐ + 6,57} + โโ1 {0,64
(๐ + 0,715)
(๐ + 0,715)2 + (๐ + 0,316)2} โ โโ1 {1,84 (
0,316
(๐ + 0,715)2 + (0,316)2)}
๐๐๐ข๐ก(๐ก) = 1,36๐โ6,57๐ก+ 0,64๐โ0,715๐ก cos0,316๐ก โ 1,84๐โ0,715๐ก sin0,316๐ก (๐)
Dari hasil yang diperoleh tersebut, untuk ๐ก โ โ maka ๐๐๐ข๐ก(๐ก)โ 0.
Kesimpulan
Berdasarkan hasil studi literatur yang dilakukan tentang aplikasi transformasi Laplace pada rangkaian listrik, dapat ditarik kesimpulan sebagai berikut: 1. Transformasi Laplace memiliki manfaat dalam menyelesaikan suatu persamaan diferensial terutama
persamaan diferensial linear orde dua dengan koefisien konstan: ๐ฆโฒโฒ + ๐๐ฆโฒ + ๐๐ฆ = ๐(๐ก) , yaitu secara langsung didapatkan penyelesaian khusus dari nilai awal atau syarat batas yang diberikan.
2. Langkah-langkah untuk mengaplikasikan transformasi Laplace dalam menyelesaikan suatu rangkaian listrik, yaitu: menentukan persamaan diferensial dalam domain-t dari suatu rangkaian listrik dengan menggunakan hukum pada rangkaian tersebut (hukum Ohm atau hukum Kirchoff); membentuk persamaan pembantu dengan menggunakan transformasi Laplace; mensubstitusikan nilai awal atau syarat batas yang diberikan ke dalam persamaan pembantu; menyelesaikan persamaan pembantu dengan perhitungan aljabar, termasuk dengan metode jumlahan pecahan parsial; dan menggunakan invers transformasi Laplace untuk menentukan solusi yang merupakan penyelesaian khusus dari rangkaian listrik tersebut.
Referensi
[1] Ayres, Frank. 1972. Theory and Problem Of Differential and Integral Calculus, 2nd Edition. New York: McGraw-Hill Companies.
[2] Attenborough, Mary. 2003. Mathematics for Electrical Engineering and Computing. Oxford: Newnes. [3] Bird, John. 1997. Electrical Circuit Theory and Technology, Third edition. USA: Elsevier Inc. [4] Budi, Mismail. 1995. Rangkaian Listrik. Bandung: ITB. [5] Chen, Wai-Kai.2004.The Electrical Engineering Handbook.USA: Elsevier Inc. [6] Darmawijaya, Soeparna, Dkk.__.MATEMATIKA DASAR I. Yogyakarta: Universitas Gadjah Mada. [7] Dedy, Endang, dkk. 2003. KALKULUS I. Bandung: JICA. [8] Fidiyah, Suci. 2006. Aplikasi Transformasi Laplace pada Penyelesaian Persamaan Aliran Panas dan Persamaan
Gelombang. Malang: UMM. [9] Farlow, Stanley J. 1994. Partial Differential Equations for Scientists and Engineers. New York: John Wiley Inc. [10] Gazali, Wikaria dan Soedadyatmodjo. 2007. KALKULUS Edisi kedua. Yogyakarta: Graha Ilmu. [11] Harini, Meyriska Aulia. 2005. Transformasi Laplace dari masalah Nilai Batas pada Persamaan Diferensial Parsial.
Semarang: FMIPA UNNES. [12] Havil, Julian. 2003. Gamma: Exploring Eulerโs Constant.New Jersey: Princeton University. [13] Holbrook, James G. 1959. Laplace Transforms for Electronic Engineers. NewYork: Pregamon Press. [14] Karris, Steven T. 2006. Circuit Analysis II with MATLABยฎ Computing and Simulinkยฎ / SimPowerSystemยฎ Modeling.
California: Orchard publications. [15] Logan, J. David. 2006. A First Course in Differential Equations. USA: Spinger. [16] Maxfield, Clive, dkk. 2008. Electrical Engineering, Know It All. USA: Elsevier Inc. [17] Nahvi, Mahmood and Joseph A. Edminister. 1986. Theory and Problem Of Electric Circuits, fourth Edition. New York:
McGraw-Hill Companies. [18] Prayudi. 2006. Matemamatika Teknik Edisi Pertama. Yogyakarta: Graha Ilmu. [19] Powell, Ray. 1995. Introduction to Electric Circuits. London: Arnold.
Aplikasi Transformasi Laplace Pada Rangkaian Listrik 61
www.fourier.or.id JURNAL FOURIER (2013) 2 45-61
[20] Power, David L. 2006. Boundary Value Problem and Partial Differential Equations, Fifth Edition. USA: Elsevier Inc. [21] Purcell, Edwind J. 1984. Calculus with Analytic Geometry, 4th Edition. Arizona: Prentice-Hall. [22] Ramdhani, Mohammad. 2005. Rangkaian Listrik. (Diktat Kuliah). Bandung: STT Telkom. [23] Rahardi, Rustanto, Herman Hudojo dan Imam Supemo. 2003. Persamaan Diferensial Biasa. Malang: UNM. [24] Spiegel, Murray, R. 1965. Laplace Transformation, Schaumโs Series. New York: Mc Graw-Hill Companies. [25] Stourd, K.A. dan Dexter J. Both. 2003. Engineering Mathematics, Fifth Edition. New York: Mc Graw-Hill. [26] Udiansari, Risqi. 2009. Menyelesaikan Getaran Pegas dengan Transformasi Laplace. Malang: FMIPA-UMM. [27] Varberg, Dale dan Steven E. Rigdon. 2001. Calculus. New York: Hamline University.