BAB 1 Transformasi Laplace - Ee-cafe.org

Sudaryatno Sudirham
Analisis
Rangkaian Listrik
Di Kawasan s
1-ii Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

BAB 1
Transformasi Laplace
Kita telah melihat bahwa analisis di kawasan fasor lebih sederhana
dibandingkan dengan analisis di kawasan waktu karena tidak melibatkan
persamaan diferensial melainkan persamaan-persamaan aljabar biasa.
Akan tetapi analisis ini terbatas hanya untuk sinyal sinus dalam keadaan
mantap. Berikut ini kita akan mempelajari analisis rangkaian di kawasan
s, yang dapat kita terapkan pada analisis rangkaian dengan sinyal sinus
maupun bukan sinus, keadaan mantap maupun keadaan peralihan.
Dalam analisis di kawasan s ini, sinyal-sinyal fungsi waktu f(t),
ditransformasikan ke kawasan s menjadi fungsi s, F(s). Sejalan dengan
itu pernyataan elemen rangkaian juga mengalami penyesuaian yang
mengantarkan kita pada konsep impedansi di kawasan s. Perubahan
pernyataan suatu fungsi dari kawasan t ke kawasan s dilakukan melalui
Transformasi Laplace, yang secara matematis didefinisikan sebagai suatu
integral
∫ ∞ −st
F ( s)
= f ( t)
e dt
0
dengan s merupakan peubah kompleks, s = σ + jω. Batas bawah integrasi
ini adalah nol yang berarti bahwa dalam analisis rangkaian di kawasan s
kita hanya meninjau sinyal-sinyal kausal.
Dengan melakukan transformasi sinyal dari kawasan t ke kawasan s,
karakteristik i-v elemenpun mengalami penyesuaian dan mengantarkan
kita pada konsep impedansi dimana karakteristik tersebut menjadi fungsi
s. Dengan sinyal dan karakteristik elemen dinyatakan di kawasan s, maka
persamaan rangkaian tidak lagi berbentuk persamaan integrodiferensial
melainkan berbentuk persamaan aljabar biasa sehingga penanganannya
menjadi lebih mudah. Hasil yang diperoleh sudah barang tentu akan
merupakan fungsi-fungsi s. Jika kita menghendaki suatu hasil di kawasan
waktu, maka kita lakukan transformasi balik yaitu transformasi dari
fungsi s ke fungsi t.
1-1

Di bab ini kita akan membahas mengenai transformasi Laplace, sifat
transformasi Laplace, pole dan zero, transformasi balik, solusi persamaan
diferensial, serta transformasi bentuk gelombang dasar.
Setelah mempelajari analisis rangkaian menggunakan transformasi
Laplace bagian pertama ini, kita akan
• memahami transformasi Laplace beserta sifat-sifatnya;
• mampu melakukan transformasi berbagai bentuk gelombang
sinyal dari kawasan t ke kawasan s.
• mampu mencari transformasi balik dari pernyataan bentuk
gelombang sinyal dari kawasan s ke kawasan t.
1.1. Transformasi Laplace
Melalui transformasi Laplace kita menyatakan suatu fungsi yang semula
dinyatakan sebagai fungsi waktu, t, menjadi suatu fungsi s di mana s
adalah peubah kompleks. Kita ingat bahwa kita pernah
mentransformasikan fungsi sinus di kawasan waktu menjadi fasor,
dengan memanfaatkan bagian nyata dari bilangan kompleks. Dengan
transformasi Laplace kita mentransformasikan tidak hanya fungsi sinus
akan tetapi juga fungsi-fungsi yang bukan sinus.
Transformasi Laplace dari suatu fungsi f(t) didefinisikan sebagai
∫ ∞ −st
F ( s)
= f ( t)
e dt
(1.1)
0
dengan notasi :
∫ ∞ −st
L [ f ( t)]
= F(
s)
= f ( t)
e dt
(1.2)
0
Dengan mengikuti langsung definisi ini, kita dapat mencari transformasi
Laplace dari suatu model sinyal, atau dengan kata lain mencari
pernyataan sinyal tersebut di kawasan s. Berikut ini kita akan
mengaplikasikannya untuk bentuk-bentuk gelombang dasar.
1.1.1. Pernyataan Sinyal Anak Tangga di Kawasan s.
Pernyataan sinyal anak tangga di kawasan t adalah v ( t)
= Au(
t)
.
Transformasi Laplace dari bentuk gelombang ini adalah
∞
∞
∞
−(
σ+ jω)
t
−st
−st
Ae
L [ Au(t) ] =
∫
Au(
t)
e dt =
∫
Ae dt = −
0
0
σ + jω
0
Batas atas, dengan α > 0, memberikan nilai 0, sedangkan batas bawah
memberikan nilai A/s.
1-2 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

Jadi
A
L [ Au ( t)]
=
(1.3)
s
1.1.2. Pernyataan Sinyal Eksponensial di Kawasan s
Transformasi Laplace bentuk gelombang eksponensial beramplitudo A,
yaitu v(t) = Ae −at u(t) , adalah
∞
∞
∞
−(
s+
a)
t
−at
-at −st
−(
s+
a)
t Ae
L [ Ae u(
t)]
=
∫
A e u(
t)
e dt =
∫
Ae = −
0
0
s + a
0
Dengan a > 0, batas atas memberikan nilai 0 sedangkan batas bawah
memberikan A/(s+a).
Jadi
− A
L [ Ae at u(
t)]
=
(1.4)
s + a
1.1.3. Sinyal Sinus di Kawasan s
Transformasi Laplace bentuk gelombang sinus v(t) = (A cos ωt) u(t)
adalah :
∞
−st
∞
−st
L [(
Acosωt)
u(
t)
] = ( Acos
ωt)
u(
t)
e dt = ( Acos
ωt)
e dt
∫
0
j t − jωt
Dengan memanfaatkan hubungan Euler cosω
= ( e
ω + e ) / 2 , ruas
kanan persamaan di atas menjadi
∞ jωt
+ − jωt
e e
∞
∞
−st
A ( jω−s)
t A ( − jω
)
e dt =
+
− s t
A
0 2 ∫
e dt
0 2 ∫
e
0 2
∫
=
s
2
As
+ ω
Jadi [ ]
2 2
Dengan cara yang sama, diperoleh
2
s
L ( Acosωt)
u(
t)
= A
(1.5)
s + ω
ω
L [(
Asin
ωt)
u(
t)
] = A
(1.6)
2 2
s + ω
∫
0
dt
1-3

1.2. Tabel Transformasi Laplace
Transformasi Laplace dari bentuk gelombang anak tangga, eksponensial,
dan sinus di atas merupakan contoh bagaimana suatu transformasi
dilakukan. Kita lihat bahwa amplitudo sinyal, A, selalu muncul sebagai
faktor pengali dalam pernyataan sinyal di kawasan s. Transformasi dari
beberapa bentuk gelombang yang lain termuat dalam Tabel-1.1. dengan
mengambil amplitudo bernilai satu satuan. Tabel ini, walaupun hanya
memuat beberapa bentuk gelombang saja, tetapi cukup untuk keperluan
pembahasan analisis rangkaian di kawasan s yang akan kita pelajari di
buku ini.
Untuk selanjutnya kita tidak selalu menggunakan notasi L[f(t)]
sebagai pernyataan dari “transformasi Laplace dari f(t)”, tetapi
kita langsung memahami bahwa pasangan fungsi t dan
transformasi Laplace-nya adalah seperti : f(t) ↔ F(s) , v 1 (t) ↔
V 1 (s) , i 4 (t) ↔ I 4 (s) dan seterusnya. Dengan kata lain kita
memahami bahwa V(s) adalah pernyataan di kawasan s dari
v(t), I(s) adalah penyataan di kawasan s dari i(t) dan
seterusnya.
COTOH-1.1: Carilah transformasi Laplace dari bentuk gelombang
berikut:
a). v ( t)
= 5 cos(10t)
u(
t) ;
1
c). v ( t)
= 3e
3
−2t
u(
t)
b). v
2
( t)
= 5sin(10t)
u(
t) ;
Penyelesaian : Dengan mnggunakan Tabel-1.1 kita peroleh :
5s
5s
a). v1(
t)
= 5cos(10t)
u(
t)
→ V1
( s)
= =
2 2 2
s + (10) s + 100
5 × 10 50
b). v2(
t)
= 5sin(10t)
u(
t)
→ V2
( s)
= =
2 2 2
s + (10) s + 100
−2t
3
c). v3(
t)
= 3e
u(
t)
→ V3
( s)
=
s + 2
1-4 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

Tabel 1.1. Pasangan Transformasi Laplace
Pernyataan Sinyal
di Kawasan t : f(t)
Pernyataan Sinyal di
Kawasan s : L[f(t)]=F(s)
impuls : δ(t) 1
anak tangga :
eksponensial :
cosinus :
sinus :
u(t)
[e −at ]u(t)
[cos ωt] u(t)
[sin ωt] u(t)
cosinus teredam : [e −at cos ωt] u(t)
sinus teredam :
[e −at sin ωt] u(t)
cosinus tergeser : [cos (ωt + θ)] u(t)
sinus tergeser :
ramp :
ramp teredam :
[sin (ωt + θ)] u(t)
[ t ] u(t)
[ t e −at ] u(t)
s
1
s
1
s + a
s
2
2
2
+ ω
ω
2
s + ω
s + a
2 2
( s + a) + ω
ω
2 2
( s + a) + ω
scos
s sin
θ − ω
2 2
s + ω
θ + ω
2 2
s + ω
1
2
s
1
( s + a)
2
sin θ
cosθ
1-5

1.3. Sifat-Sifat Transformasi Laplace
1.3.1. Sifat Unik
Sifat ini dapat dinyatakan sebagai berikut.
Jika f(t) mempunyai transformasi Laplace F(s) maka transformasi
balik dari F(s) adalah f(t).
Dengan kata lain
Jika pernyataan di kawasan s suatu bentuk gelombang v(t)
adalah V(s), maka pernyataan di kawasan t suatu bentuk
gelombang V(s) adalah v(t).
Bukti dari pernyataan ini tidak kita bahas di sini. Sifat ini memudahkan
kita untuk mencari F(s) dari suatu fungsi f(t) dan sebaliknya mencari
fungsi f(t) dari dari suatu fungsi F(s) dengan menggunakan tabel
transformasi Lapalace. Mencari fungsi f(t) dari suatu fungsi F(s) disebut
mencari transformasi balik dari F(s), dengan notasi L − 1 [F(s)] = f(t) . Hal
terakhir ini akan kita bahas lebih lanjut setelah membahas sifat-sifat
transformasi Laplace.
1.3.2. Sifat Linier
Karena transformasi Laplace adalah sebuah integral, maka ia bersifat
linier.
Transformasi Laplace dari jumlah beberapa fungsi t adalah
jumlah dari transformasi masing-masing fungsi.
Jika f ( t)
= A1 f1(
t)
+ A2
f2(
t)
maka transformasi Laplace-nya adalah
st
F(
s)
= ∞
∞
[ A1
f1(
t)
+ A2
f 2 ( t)
] e dt = A 1 f ( ) 2 ( )
0
0 1 t dt + A
∫
∞
−
∫
∫
f
0 2 t dt
(1.7)
= A1F1
( s)
+ A2F2
( s)
dengan F 1 (s) dan F 2 (s) adalah transformasi Laplace dari f 1 (t) dan f 2 (t).
COTOH-1.2: a). Carilah transformasi Laplace dari :
−2t
v1 ( t)
= (1 + 3e
) u(
t)
b). Jika transformasi Laplace sinyal eksponensial
Ae −at u(t) adalah 1/(s+a), carilah transformasi dari
v 2 (t)=Acosωt u(t).
1-6 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

Penyelesaian :
−2t
1 3
a). v1
( t)
= (1 + 3e
) u(
t)
→V
1(
s)
= +
s s + 2
jωt
− jωt
e + e
b). v2(t)
= A cos( ωt)
u(
t)
= A
2
A jωt
− jωt
= ( e u(
t)
+ e u(
t)
)
2
A ⎛ 1 1 ⎞ A ⎛
V2
( s)
=
=
2
⎜ +
⎟
2
⎜
⎝ s − jω
s + jω
⎠ ⎝ s
1.3.3. Integrasi
2
u(
t)
2s
+ ω
2
⎞
⎟ =
⎠ s
Sebagaimana kita ketahui karakteristik i-v kapasitor dan induktor
melibatkan integrasi dan diferensiasi. Karena kita akan bekerja di
kawasan s, kita perlu mengetahui bagaimana ekivalensi proses integrasi
dan diferensiasi di kawasan t tersebut. Transformasi Laplace dari
integrasi suatu fungsi dapat kita lihat sebagai berikut.
t
Misalkan f ( t)
=
∫
f ( )
0 1 x dx . Maka
F ( s)
=
∞
⎛
t
∫
⎜∫
0
⎝
⎞
f ( x)
dx⎟
e
⎠
0 1
−st
⎡ −st
e ⎛
dt = ⎢ ⎜
⎢⎣
− s ⎝
∫
t
⎞⎤
f ( x)
dx⎟⎥
⎠⎥⎦
0 1
∞
0
2
−
As
+ ω
∞
∫
0
e
2
− st
− s
f ( t)
dt
Suku pertama ruas kanan persamaan di atas akan bernilai nol untuk t = ∞
karena e −st = 0 pada t→∞ , dan juga akan bernilai nol untuk t = 0 karena
integral yang di dalam tanda kurung akan bernilai nol (intervalnya nol).
Tinggallah suku kedua ruas kanan; jadi
∞
e − st
∞
1 −st
F ( s)
F ( s)
= − f ( t)
dt f ( t)
e dt
1
∫ 1 = 1 =
− s s ∫
(1.8)
s
0
Jadi secara singkat dapat kita katakan bahwa :
0
transformasi dari suatu integrasi bentuk gelombang f(t) di kawasan t
dapat diperoleh dengan cara membagi F(s) dengan s.
1
1-7

COTOH-1.3: Carilah transformasi Laplace dari fungsi ramp r(t)=tu(t).
Penyelesaian :
Kita mengetahui bahwa fungsi ramp adalah integral dari fungsi anak
tangga.
r(
t)
= tu(
t)
=
→
R(
s)
=
∫
t
0
∞
u(
x)
dx
⎛
⎜
⎝
∫ ∫
t
0 0
⎞
u(
x)
dx⎟
e
⎠
Hasil ini sudah tercantum dalam Tabel.1.1.
1.3.4. Diferensiasi
−st
1
dt =
2
s
Transformasi Laplace dari suatu diferensiasi dapat kita lihat sebagai
berikut.
Misalkan
df ( t)
f ( t)
=
1
maka
dt
−st
∞
[ f1(
t)
e ]
0 −
∫
∞ df −
∞
−
= 1 ( t)
st
st
F ( s)
∫
e dt =
f1(
t)(
−s)
e dt
0 dt
0
Suku pertama ruas kanan bernilai nol untuk t = ∞ karena e −st = 0 untuk
t→ ∞ , dan bernilai −f(0) untuk t = 0. Dengan demikian dapat kita
tuliskan
⎡ df 1 ( t)
⎤
st
⎢ = s f ( t)
e dt − f (0) = s 1(
s)
− f 1(0)
dt
⎥
⎣ ⎦
∫ ∞ −
L F
(1.9)
0
Transformasi dari suatu fungsi t yang diperoleh melalui
diferensiasi fungsi f(t) merupakan perkalian dari F(s) dengan s
dikurangi dengan nilai f(t) pada t = 0.
COTOH-1.4: Carilah transformasi Laplace dari fungsi cos(ωt) dengan
memandang fungsi ini sebagai turunan dari sin(ωt).
Penyelesaian :
1-8 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

1 d sin( ωt)
f ( t)
= cos( ωt)
=
ω dt
1 ⎛ ω ⎞
→ F(
s)
= ⎜ s − sin(0) ⎟ =
ω 2 2
⎝ s + ω ⎠ s
Penurunan di atas dapat kita kembangkan lebih lanjut sehingga kita
mendapatkan transformasi dari fungsi-fungsi yang merupakan fungsi
turunan yang lebih tinggi.
2
s
+ ω
2
d f ( )
jika ( ) 1 t
f t =
2
dt
2
→ F(
s)
= s F1
( s)
− sf1(0)
− f1′
(0)
3
d f ( )
jika ( ) 1 t
f t =
3
dt
3 2
→ F ( s)
= s F1
( s)
− s f1(0)
− sf1′
(0) − f1′′
(0)
1.3.5. Translasi di Kawasan t
2
(1.10)
Sifat transformasi Laplace berkenaan dengan translasi di kawasan t ini
dapat dinyatakan sebagai berikut
Jika transformasi Laplace dari f(t) adalah F(s), maka
transformasi Laplace dari f(t−a)u(t−a) untuk a > 0 adalah
e −as F(s).
Hal ini dapat kita lihat sebagai berikut. Menurut definisi, transformasi
Laplace dari f(t−a)u(t−a) adalah
∫ ∞
0
−st
f ( t − a)
u(
t − a)
e dt
Karena u(t−a) bernilai nol untuk t < a dan bernilai satu untuk t > a ,
bentuk integral ini dapat kita ubah batas bawahnya serta tidak lagi
menuliskan faktor u(t−a), menjadi
∫
∞
0
−st
f ( t − a)
u(
t − a)
e dt = f ( t − a)
e
Kita ganti peubah integrasinya dari t menjadi τ dengan suatu hubungan τ
= (t−a). Dengan penggantian ini maka dt menjadi dτ dan τ = 0 ketika t =
a dan τ = ∞ ketika t = ∞. Persamaan di atas menjadi
∫
∞
a
−st
dt
1-9

∞
−st
∞
−s(
τ+ a)
f ( t − a)
u(
t − a)
e dt = f ( ) e d
0
∫
τ τ
0
−as
∞
−sτ
−as
= e
∫
f ( τ)
e dτ = e F(
s)
0
∫
COTOH-1.5: Carilah transformasi
Laplace dari bentuk gelombang
sinyal seperti yang tergambar di
samping ini.
Penyelesaian :
Model bentuk gelombang ini dapat
kita tuliskan sebagai
A
f ( t)
= Au(
t)
− Au(
t − a)
.
f(t)
0 a →t
(1.11)
Transformasi Laplace-nya adalah :
1.3.6. Translasi di Kawasan s
−as
A −as A A(1
− e )
F ( s)
= − e =
s s s
Sifat mengenai translasi di kawasan s dapat dinyatakan sebagai berikut.
Jika transformasi Laplace dari f(t) adalah F(s) , maka
transformasi Laplace dari e −αt f(t) adalah F(s + α).
Bukti dari pernyataan ini dapat langsung diperoleh dari definisi
transformasi Laplace, yaitu
∞
−αt
−st
∞
( )
( ) =
− s+α
t
e f t e dt ( ) = ( + α)
0 ∫
f t e dt F s (1.19)
0
∫
Sifat ini dapat digunakan untuk menentukan transformasi fungsi teredam
jika diketahui bentuk transformasi fungsi tak teredamnya.
COTOH-1.6: Carilah transformasi Laplace dari fungsi-fungsi ramp
teredam dan sinus teredam berikut ini :
Penyelesaian :
−αt
−αt
a). v1 = tu(
t)
e ; b). v2
= e cosωt
u(
t)
1-10 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

1
a).Karena untuk v(
t)
= tu(
t)
→ F(
s)
= ,
2
s
−αt
1
maka jika v1
( t)
= tu(
t)
e ⇒ V1
( s)
=
( s + α)
s
b). Karena untuk v(
t)
= cosωt
u(
t)
→V
( s)
= ,
2 2
s + ω
−αt
s + α
maka jika v2(
t)
= e cosωt
u(
t)
⇒ V2(
s)
=
2
( s + α)
+ ω
1.3.7. Pen-skalaan (scaling)
Sifat ini dapat dinyatakan sebagai :
Jika transformasi Laplace dari f(t) adalah F(s) , maka untuk a
1 ⎛ s ⎞
> 0 transformasi dari f(at) adalah F⎜
⎟ .
a ⎝ a ⎠
Bukti dari sifat ini dapat langsung diperoleh dari definisinya. Dengan
mengganti peubah t menjadi τ = at maka transformasi Laplace dari f(at)
adalah:
∫
∞
0
f ( at)
e
−st
1
dt =
a
∫
∞
0
f ( τ)
e
s
− τ
a
2
1 ⎛ s ⎞
dτ = F ⎜ ⎟ (1.12)
a ⎝ a ⎠
Jadi, jika skala waktu diperbesar (a > 1) maka skala frekuensi s mengecil
dan sebaliknya apabila skala waktu diperkecil (a < 1) maka skala
frekuensi menjadi besar.
1.3.8. ilai Awal dan ilai Akhir
Sifat transformasi Laplace berkenaan dengan nilai awal dan nilai akhir
dapat dinyatakan sebagai berikut.
Nilai awal : lim f ( t)
= lim sF(
s)
t→0+
Nilai akhir : lim f ( t)
= lim sF(
s)
t→∞
s→∞
s→0
Jadi nilai f(t) pada t = 0 + di kawasan waktu (nilai awal) sama dengan
nilai sF(s) pada tak hingga di kawasan s. Sedangkan nilai f(t) pada t = ∞
2
1-11

(nilai akhir) sama dengan nilai sF(s) pada titik asal di kawasan s. Sifat
ini dapat diturunkan dari sifat diferensiasi.
COTOH-1.7: Transformasi Laplace dari suatu sinyal adalah
Penyelesaian :
Nilai awal adalah :
s + 3
V ( s)
= 100
s(
s + 5)( s + 20)
Carilah nilai awal dan nilai akhir dari v(t).
⎡
s + 3 ⎤
lim v(
t)
= lim sV
( s)
= lim ⎢s
× 100
⎥ = 0
t→0+
s→∞
s→∞⎣
s(
s + 5)( s + 20) ⎦
Nilai akhir adalah :
⎡
s + 3 ⎤
lim v(
t)
= lim sV
( s)
= lim ⎢s
× 100
⎥ = 3
t→∞
s→0
s→0⎣
s(
s + 5)( s + 20) ⎦
Tabel 1.2. memuat sifat-sifat transformasi Laplace yang dibahas di atas
kecuali sifat yang terakhir yaitu konvolusi. Konvolusi akan dibahas di
bagian akhir dari pembahasan mengenai transformasi balik.
1-12 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

Tabel 1.2. Sifat-sifat Transformasi Laplace
Pernyataan f(t)
Pernyataan F(s) =L[f(t)]
linier : A 1 f 1 (t) + A 2 f 2 (t) A 1 F 1 (s) + A 2 F 2 (s)
integrasi :
∫ t
f ( x)
dx
0
F(s)
s
diferensiasi :
df ( t)
−
sF ( s)
− f (0 )
dt
2
d f ( t)
s F ( s)
− sf (0 ) − f (0 )
d
dt
3
2
f ( t)
dt
3
2 −
′
−
3
s F(
s)
− s
− sf (0
2
−
f (0
−
)
) − f ′′ (0
linier : A 1 f 1 (t) + A 2 f 2 (t)
A 1 F 1 (s) + A 2 F 2 (s)
translasi di t: [ f ( t a)
] u(
t − a)
− −
e as F(s)
translasi di s : e − at f (t)
F ( s + a )
−
)
penskalaan : f (at)
1
a F
⎛
⎜
⎝
s
a
⎞
⎟
⎠
nilai awal : lim f ( t)
lim sF ( s)
t→0+
s→∞
nilai akhir : lim f ( t)
t→∞
lim sF ( s)
s→0
konvolusi :
∫
t
0
f ( x)
f
( t
1 2 −
x)
dx
F 1( s)
F2
( s)
1-13

1.4. Transformasi Balik
Berikut ini kita akan membahas mengenai transformasi balik, yaitu
mencari f(t) dari suatu F(s) yang diketahui. Jika F(s) yang ingin dicari
transformasi baliknya ada dalam tabel transformasi Laplace yang kita
punyai, pekerjaan kita cukup mudah. Akan tetapi dalam analisis
rangkaian di kawasan s, pada umumnya F(s) berupa rasio polinomial
yang bentuknya tidak sesederhana dan tidak selalu ada pasangannya
seperti dalam tabel. Untuk mengatasi hal itu, F(s) kita uraikan menjadi
suatu penjumlahan dari bentuk-bentuk yang ada dalam tabel, sehingga
kita akan memperoleh f(t) sebagai jumlah dari bentuk-bentuk gelombang
sederhana. Dengan perkataan lain kita membuat F(s) menjadi
transformasi dari suatu gelombang komposit dan kelinieran dari
transformasi Laplace akan memberikan transformasi balik dari F(s) yang
berupa jumlah dari bentuk-bentuk gelombang sederhana. Sebelum
membahas mengenai transformasi balik kita akan mengenal lebih dulu
pengertian tentang pole dan zero.
1.4.1. Pole dan Zero
Pada umumnya, transformasi Laplace berbentuk rasio polinom
m m−1
b s b
( )
1s
b1
s b
s
m + m + + +
=
− L
F
0
(1.13)
n n−1
ans
+ an−1s
+ L + a1s
+ a0
yang masing-masing polinom dapat dinyatakan dalam bentuk faktor
menjadi
( s − z )( ) ( )
( )
1 s − z2
L s − z
F s = K
m
(1.14)
( s − p1
)( s − p2)
L(
s − pn)
dengan K = b m /a n dan disebut faktor skala.
Akar-akar dari pembilang dari pernyataan F(s) di atas disebut zero
karena F(s) bernilai nol untuk s = z k (k = 1, 2, …m). Akar-akar dari
penyebut disebut pole karena pada nilai s = p k (k = 1, 2, …n) nilai
penyebut menjadi nol dan nilai F(s) menjadi tak-hingga. Pole dan zero
disebut frekuensi kritis karena pada nilai-nilai itu F(s) menjadi nol atau
tak-hingga.
Peubah s merupakan peubah kompleks s = σ + jω. Dengan demikian kita
dapat memetakan pole dan zero dari suatu F(s) pada bidang kompleks
dan kita sebut diagram pole-zero. Titik pole diberi tanda ″× ″ dan titik
zero diberi tanda ″o ″. Perhatikan contoh 1.8. berikut.
1-14 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

COTOH-1.8: Gambarkan diagram pole-zero dari
1
A(
s + a)
1
a). F ( s)
= b). F ( s)
=
c). F(
s)
=
s + 1
2 2
( s + a)
+ b
s
Penyelesaian :
a). Fungsi ini mempunyai pole di s = −1
tanpa zero
tertentu.
×
−1
jω
σ
b). Fungsi ini mempunyai zero di s = −a.
Pole dapat dicari dari
2
2
( s + a)
+ b = 0 → pole di s = −a
± jb
−a
jω
+jb
−jb
σ
c). Fungsi ini tidak mempunyai zero tertentu
sedangkan pole terletak di titik asal, s = 0 +
j0.
jω
σ
1.4.2. Bentuk Umum F(s)
Bentuk umum F(s) adalah seperti (1.14) yaitu
( s − z )( ) ( )
( )
1 s − z2
L s − z
F s = K
m
( s − p )( s − p ) L(
s − p )
1
Jika jumlah pole lebih besar dari jumlah zero, jadi n > m, kita katakan
bahwa fungsi ini merupakan fungsi rasional patut. Jika fungsi ini
memiliki pole yang semuanya berbeda, jadi p i ≠ p j untuk i ≠ j , maka
dikatakan bahwa F(s) mempunyai pole sederhana. Jika ada pole yang
berupa bilangan kompleks kita katakan bahwa fungsi ini mempunyai
pole kompleks. Jika ada pole-pole yang bernilai sama kita katakan bahwa
fungsi ini mempunyai pole ganda.
2
n
1-15

1.4.3. Fungsi Dengan Pole Sederhana
Apabila fungsi rasional F(s) hanya mempunyai pole sederhana, maka ia
dapat diuraikan menjadi berbentuk
k
( )
1 k2
k
F s = + + L +
n
(1.15)
( s − p ) ( s − p ) ( s − p )
1
Jadi F(s) merupakan kombinasi linier dari beberapa fungsi sederhana;
konstanta k yang berkaitan dengan setiap fungsi pembangun F(s) itu kita
sebut residu. Kita ingat bahwa transformasi balik dari masing-masing
fungsi sederhana itu berbentuk ke −αt . Dengan demikian maka
transformasi balik dari F(s) menjadi
2
p1t
p2t
pnt
( t)
= k1e
+ k2e
+ L kne
(1.16)
f +
Persoalan kita sekarang adalah bagaimana menentukan residu. Untuk
mencari k 1 , kita kalikan kedua ruas (1.15) dengan (s − p 1 ) sehingga faktor
(s− p 1 ) hilang dari ruas kiri sedangkan ruas kanan menjadi k 1 ditambah
suku-suku lain yang semuanya mengandung faktor (s− p 1 ). Kemudian
kita substitusikan s = p 1 sehingga semua suku di ruas kanan bernilai nol
kecuali k 1 dan dengan demikian diperoleh nilai k 1 . Untuk mencari k 2 , kita
kalikan kedua ruas (1.15) dengan (s − p 2 ) kemudian kita substitusikan s =
p 2 ; demikian seterusnya sampai semua nilai k diperoleh, dan transformasi
balik dapat dicari.
COTOH-1.9: Carilah f(t) dari fungsi transformasi berikut.
4
a). F(
s)
=
;
( s + 1)( s + 3)
6( s + 2)
c). F(
s)
=
s(
s + 1)( s + 4)
Penyelesaian :
4( s + 2)
b). F(
s)
=
;
( s + 1)( s + 3)
n
a).
4 k
( )
1 k
F s =
= + 2
( s + 1)( s + 3) s + 1 s + 3
1-16 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

4
→ F(
s)
× ( s + 1) → = k
( s + 3)
→ F(
s)
× ( s + 3) dan substitusi
2 − 2
⇒ F(
s)
= +
s + 1 s + 3
1
k
+ 2
( s + 1)
s + 3
4
→ substitusi s = −1→
= k1
→ k
−1
+ 3
4
s = −3
→ = k
− 3 + 1
− t
⇒ f ( t)
= 2e
− 2e
−3t
2
→ k
1
2
= 2
= −2
b).
4( s + 2) k
( )
1 k
F s =
= + 2
( s + 1)( s + 3) s + 1 s + 3
4( −1
+ 2)
→ F(
s)
× ( s + 1) dan substitusi s = −1→
= k1
→ k1
= 2
−1
+ 3
4( −3
+ 2)
→ F(
s)
× ( s + 3) dan substitusi s = −3
→ = k2
→ k2
= 2
− 3 + 1
2 2
t −3t
⇒ F(
s)
= + ⇒ f ( t)
= 2e
− + 2e
s + 1 s + 3
c).
6( s + 2) k
( )
1 k2
k
F s =
= + + 3
s(
s + 1)( s + 4) s s + 1 s + 4
Dengan cara seperti di a) dan b) kita peroleh
6( s + 2)
→ k1
=
= 3;
( s + 1)( s + 4)
s=
0
6( s + 2)
k3
=
= −1
s(
s + 1)
s=−4
3 − 2 − 1
⇒ F(
s)
= + +
s s + 1 s + 4
1.4.4 Fungsi Dengan Pole Kompleks
6( s + 2)
k2
=
= −2 ;
s(
s + 4)
s=−1
−t
−4t
→ f ( t)
= 3 − 2e
− e
Secara fisik, fungsi F(s) merupakan rasio polinomial dengan koefisien
riil. Jika F(s) mempunyai pole kompleks yang berbentuk p = −α + jβ,
maka ia juga harus mempunyai pole lain yang berbentuk p* = −α − jβ;
1-17

sebab jika tidak maka koefisien polinomial tersebut tidak akan riil. Jadi
untuk sinyal yang memang secara fisik kita temui, pole kompleks dari
F(s) haruslah terjadi secara berpasangan konjugat. Oleh karena itu uraian
F(s) harus mengandung dua suku yang berbentuk
k k *
F ( s)
= L + + + L
(1.17)
s + α − jβ
s + α + jβ
Residu k dan k* pada pole konjugat juga merupakan residu konjugat
sebab F(s) adalah fungsi rasional dengan koefisien rasional. Residu ini
dapat kita cari dengan cara yang sama seperti mencari residu pada uraian
fungsi dengan pole sederhana. Kita cukup mencari salah satu residu dari
pole kompleks karena residu yang lain merupakan konjugatnya.
Transformasi balik dari dua suku dengan pole kompleks akan berupa
cosinus teredam. Tansformasi balik dari dua suku pada (1.17) adalah
−(
α− jβ)
t −(
α+ jβ)
t
f k ( t)
= ke + k * e
jθ
−(
α− jβ)
t − jθ
−(
α+ jβ)
t
= k e e + k e e
=
k e
−αt
= 2 k e
−(
α− j(
β+θ))
t
+
k e
−(
α+ j(
β+θ))
t
j(
β+θ)
t − j(
β+θ)
t
e + e
2
Jadi f(t) dari (1.17) akan berbentuk :
−αt
= 2 k e cos( β + θ)
(1.18)
−αt
f ( t)
= L + 2 k e cos( β + θ)
+L
COTOH-1.10: Carilah transformasi balik dari
8
F ( s)
=
2
s(
s + 4s
+ 8)
Penyelesaian :
Fungsi ini mempunyai pole sederhana di s = 0, dan pole kompleks
yang dapat ditentukan dari faktor penyebut yang berbentuk kwadrat,
yaitu
− 4 ± 16 − 32
s =
= −2
±
2
j2
1-18 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

Uraian dari F(s) , penentuan residu, serta transformasi baliknya
adalah sebagai berikut.
F(
s)
=
s(
s
→ k
1
=
s(
s
2
2
8 k
=
1
+ 4s
+ 8) s
8
× s
+ 4s
+ 8)
k2
k
+ +
2
s + 2 − j2
s + 2 +
s=
0
=
8
= 1
8
∗
j2
8
→ k2
=
× ( s + 2 − j2)
2
s(
s + 4s
+ 8)
8
=
s(
s + 2 +
∗ 2 − j(3π
/ 4)
→ k2
= e
2
s=−2+
j2
8 2 j(3π
/ 4)
= = e
j2)
− 8 − j8
2
s=−2+
j2
⇒ f(t) = u(
t)
+
= u(
t)
+
= u(
t)
+
2
e
2
2
2
2e
j(3π
/ 4) −(2−
j2)
t
e
−2t
−2t
e
+
j(3π
/ 4+
2t)
− j(3π
/ 4+
2t)
[ e + e ]
cos(2t
+ 3π
/ 4)
2
e
2
− j(3π
/ 4) −(2+
j2)
t
e
1.4.5. Fungsi Dengan Pole Ganda
Pada kondisi tertentu, fungsi F(s) dapat mempunyai pole ganda.
Penguraian F(s) yang demikian ini dilakukan dengan “memecah” faktor
yang mengandung pole ganda dengan tujuan untuk mendapatkan bentuk
fungsi dengan pole sederhana yang dapat diuraikan seperti biasanya.
Untuk jelasnya kita ambil suatu fungsi yang mengandung pole ganda
(dua pole sama) seperti pada (1.19) berikut ini.
K(
s − z )
F ( s)
=
1
(1.19)
2
( s − p1)(
s − p2)
Dengan mengeluarkan salah satu faktor yang mengandung pole ganda
kita dapatkan
1-19

1 ⎡ K(
s − z ) ⎤
F ( s)
=
1
⎢
⎥
(1.20)
s − p2 ⎣(
s − p1)(
s − p2)
⎦
Bagian yang didalam tanda kurung dari (1.20) mengandung pole
sederhana sehingga kita dapat menguraikannya seperti biasa.
⎡
K(
s − z )
⎤
F
1
1 2
1(
s)
= ⎢
⎥ = +
(1.21)
( s − p1)(
s − p2)
s − p1
s − p2
⎣
Residu pada (1.21) dapat ditentukan, misalnya k 1 = A dan k 2 = B , dan
faktor yang kita keluarkan kita masukkan kembali sehingga (1.20)
menjadi
1
F ( s)
=
s − p
⎡
⎢
A
+
B
⎤
⎥ =
⎦
2
2 ⎣ s − p1
s − p2
⎦ ( s − p2)(
s − p1
) ( s − p2)
dan suku pertama ruas kanan diuraikan lebih lanjut menjadi
k
k
F ( s)
=
11
+
12
+
(1.22)
s − p
2
1 s − p2
( s − p2)
Transformasi balik dari (1.22) adalah
p1t
p2t
p t
= k11e
+ k12e
Bte
(1.23)
2
f ( t)
+
k
A
B
k
+
B
COTOH-1.11: Tentukan transformasi balik dari fungsi:
s
F ( s)
=
2
( s + 1)( s + 2)
Penyelesaian :
s
F(
s)
=
( s + 1)( s + 2)
1 ⎡ k1
k2
⎤
=
( 2)
⎢ +
s + 1 2
⎥
⎣ s + s + ⎦
→ k
1
s
=
( s + 2)
2
1 ⎡ s ⎤
= ⎢
⎥
( s + 2) ⎣(
s + 1)( s + 2) ⎦
= −1
→ k
s
=
( s + 1)
2
s= −1
s=−2
= 2
1-20 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

1 ⎡ − 1 2 ⎤ − 1 2
⇒ F(
s)
=
+
( 2)
⎢ + =
s + 1 2
⎥
⎣ s + s + ⎦ ( s + 1)( s + 2) ( s + 2)
k11
k12
2
= + +
s + 1 s + 2 ( s + 2)
−1
−1
→ k11
= = −1
→ k12
= = 1
s + 2 s=−1
s + 1 s=−2
−1
1 2
−t
−2t
−2t
⇒ F ( s)
= + + ⇒ f ( t)
= −e
+ e + 2te
s + 1 s + 2 2
( s + 2)
1.4.6. Konvolusi
Transformasi Laplace menyatakan secara timbal balik bahwa
2
jika f ( t)
= f ( t)
+ f2(
t)
maka F (s) = F1
( s)
+ F2
(
1 s
jika F ( s ) = F1 ( s)
+ F2
( s)
maka f (t) = f1(
t)
+ f2(
t)
Kelinieran dari transformasi Laplace ini tidak mencakup perkalian. Jadi
jika F ( s)
= F1 ( s)
F2
( s)
maka f ( t)
≠ f1(
t)
f2(
t)
Mencari fungsi f(t) dari suatu fungsi F(s) yang merupakan hasil kali dua
fungsi s yang berlainan, melibatkan sifat transformasi Laplace yang kita
sebut konvolusi. Sifat ini dapat dinyatakan sebagai berikut.
jika
L
−1
F(
s)
= F ( s)
F
1
2
t
( s)
[ F ( s)
] = f ( t)
=
∫
f1(
τ)
f2(
t − τ)
dτ =
∫
0
maka
t
(1.24)
f2(
τ)
f1(
t − τ)
dτ
0
Kita katakan bahwa transformasi balik dari perkalian dua F(s) diperoleh
dengan melakukan konvolusi dari kedua bentuk gelombang yang
bersangkutan. Kedua bentuk integral pada (1.24) disebut integral
konvolusi.
Pandanglah dua fungsi waktu f 1 (τ) dan f 2 (t). Transformasi Laplace
masing-masing adalah
∫ ∞ −sτ
F 1 ( s)
= f1(
τ)
e dτ
dan 0 ∫ ∞ −st
F 2 ( s)
= f2(
t)
e dt .
0
2
)
1-21

Jika kedua ruas dari persamaan pertama kita kalikan dengan F 2 (s) akan
kita peroleh
∫ ∞
F
− τ
1 ( s)
F
s
2(
s)
= f1(
τ)
e F 2(
s)
dτ
.
0
Sifat translasi di kawasan waktu menyatakan bahwa e −sτ F 2 (s) adalah
transformasi Laplace dari [ f 2 (t−τ) ] u(t−τ) sehingga persamaan tersebut
dapat ditulis
⎡
⎤
(
∫ ⎢∫
dt⎥dτ
⎣
⎦
∞ ∞
−st
F 1 s)
F2
( s)
= f1(
τ)
f2(
t − τ)
u(
t − τ)
e
0 0
Karena untuk τ > t nilai u(t−τ) = 0, maka integrasi yang berada di dalam
kurung pada persamaan di atas cukup dilakukan dari 0 sampai t saja,
sehingga
∞ t
1 2
−
=
∫
τ ⎢∫
− τ
0 1
⎣ 0 2
st
F ( s)
F ( s)
f ( ) f ( t ) e
∞ ⎡ t
−st
=
∫ ⎢∫
f1(
τ)
f2(
t − τ)
e dt
0 0
Dengan mempertukarkan urutan integrasi, kita peroleh
∞ ⎡ t
⎤ −st
⎡
F ( s)
F2
( s)
=
∫ ⎢∫
f1(
τ)
f2(
t − τ)
dτ⎥e
dt = L ⎢
0 ∫
⎣ 0
⎦ ⎣
⎣
⎡
⎤
dt⎥dτ
⎦
⎤
⎥dτ
⎦
⎤
( t − τ dτ⎥
⎦
t
1 f1(
τ)
f2
)
0
COTOH-1.12: Carilah f(t) dari F(s) berikut.
1
a). F(
s)
=
2
( s + a)
1
c). F(
s)
=
2
s ( s + a)
1
b). F(
s)
=
( s + a)(
s + b)
Penyelesaian : a). Fungsi ini kita pandang sebagai perkalian dari
dua fungsi.
1-22 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

1-23
at
t
at
t
ax
at
ax
t
x
t
a
ax
t
at
te
dx
e
dx
e
dx
e
e
dx
x
t
f
x
f
t
f
e
t
f
t
f
a
s
s
s
s
s
s
−
−
+
−
−
−
−
−
−
=
=
=
=
−
=
⇒
=
=
→
+
=
=
=
∫
∫
∫
∫
0
0
0
)
(
0
2
1
2
1
2
1
2
1
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
1
)
(
)
(
dengan
)
(
)
(
)
( F
F
F
F
F
b). Fungsi ini juga merupakan perkalian dari dua fungsi.
bt
at
e
t
f
e
t
f
b
s
s
a
s
s
s
s
s
−
−
=
=
→
+
=
+
=
=
)
(
dan
)
(
)
(
1
)
(
dan
)
(
1
)
(
dengan
)
(
)
(
)
(
2
1
2
1
2
1
F
F
F
F
F
( )
b
a
e
e
b
a
e
e
b
a
e
e
dx
e
e
dx
e
e
dx
x
t
f
x
f
t
f
bt
at
t
b
a
bt
t
x
b
a
bt
t
x
b
a
bt
t
x
t
b
ax
t
+
−
−
=
+
−
−
=
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
+
−
=
=
=
−
=
⇒
−
−
+
−
−
+
−
−
+
−
−
−
−
−
∫
∫
∫
1
)
(
)
(
)
(
)
(
0
)
(
0
)
(
0
)
(
0
2
1
c). Fungsi ketiga ini juga dapat dipandang sebagai perkalian dua
fungsi.
2
2
0
2
0
0
0
0
)
(
0
2
1
2
1
2
2
1
2
1
1
1
0
0
)
(
)
(
)
(
)
(
dan
)
(
1
)
(
dan
1
)
(
dengan
)
(
)
(
)
(
a
e
at
a
e
a
te
e
a
e
a
te
e
dx
a
e
a
xe
e
dx
xe
e
dx
xe
dx
x
t
f
x
f
t
f
e
t
f
t
t
f
a
s
s
s
s
s
s
s
at
at
at
at
t
ax
at
at
t
ax
t
ax
at
t
ax
at
t
x
t
a
t
at
−
−
−
−
−
−
−
−
+
−
=
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
=
=
=
−
=
⇒
=
=
→
+
=
=
=
∫
∫
∫
∫
F
F
F
F
F

1.5. Solusi Persamaan Rangkaian Menggunakan Transformasi
Laplace
Dengan menggunakan transformasi Laplace kita dapat mencari solusi
suatu persamaan rangkaian (yang sering berbentuk persamaan
diferensial) dengan lebih mudah. Transformasi akan mengubah
persamaan diferensial menjadi persamaan aljabar biasa di kawasan s
yang dengan mudah dicari solusinya. Dengan mentransformasi balik
solusi di kawasan s tersebut, kita akan memperoleh solusi dari persamaan
diferensialnya.
COTOH-1.13: Gunakan transformasi Laplace untuk mencari solusi
persamaan berikut.
Penyelesaian :
dv
+
+ 10 v = 0 , v(0
) = 5
dt
Transformasi Laplace persamaan diferensial ini adalah
+
sV
( s)
− v(0
) + 10V
( s)
= 0
atau
5
sV
( s)
− 5 + 10V
( s)
= 0 ⇒ V ( s)
=
s + 10
−10t
Transformasi balik memberikan v(
t)
= 5e
Transformasi Laplace dapat kita manfaatkan untuk mencari solusi dari
persamaan diferensial dalam analisis transien. Langkah-langkah yang
harus dilakukan adalah :
1. Menentukan persamaan diferensial rangkaian di kawasan waktu.
2. Mentransformasikan persamaan diferensial yang diperoleh pada
langkah 1 ke kawasan s dan mencari solusinya.
3. Transformasi balik solusi yang diperoleh pada langkah 2 untuk
memperoleh tanggapan rangkaian.
1-24 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

COTOH-1.14: Saklar S pada rangkaian di samping ini ditutup pada t =
0. Tentukan tegangan kapasitor untuk t > 0 jika sesaat sebelum S
ditutup tegangan kapasitor 2 V.
Penyelesaian
:
+
−
Langkah 12 V
pertama
0,02F
v C
−
adalah
menentukan
persamaan rangkaian untuk t > 0. Aplikasi HTK memberikan
dvC
− 6 + 100i + vC
= 0 atau − 6 + 2 + vC
= 0 .
dt
Langkah kedua adalah mentransformasikan persamaan ini ke
kawasan s, menjadi
6
− + 2sVC
( s)
− vC
(0) + VC
( s)
= 0
s
6
− + 2sVC
( s)
− 2 + VC
( s)
= 0
s
atau
Pemecahan persamaan ini dapat diperoleh dengan mudah.
3 + s k1
k2
VC
( s)
= = +
s(
s + 0,5) s s + 0,5
3 + s
→ k1
=
= 6
( s + 0,5)
s=
0
6 5
⇒ VC
( s)
= −
s s + 0,5
S
i 100Ω +
3 + s
dan k2
=
= −5
s s=−0,5
Langkah terakhir adalah mentransformasi balik V C (s) :
−0,5t
vC
( t)
= 6 − 5e
V
1-25

COTOH-1.15: Pada rangkaian di samping ini, saklar S dipindahkan
dari posisi 1 ke 2 pada t = 0. Tentukan i(t) untuk t > 0, jika sesaat
sebelum saklar dipindah tegangan kapasitor 4 V dan arus induktor 2
A.
1
i
S
Bagian
lain
rangkaian
+
−
2
6 V
6 Ω
1 H
1/13 F
+
v C
−
Penyelesaian :
Aplikasi HTK pada rangkaian ini setelah saklar ada di posisi 2 ( t > 0
) memberikan
di 1
− 6 + 6i
+ L +
∫
idt + vC
(0) = 0
dt C
di
− 6 + 6i
+ + 13∫
idt + 4 = 0
dt
atau
Transformasi Laplace dari persamaan rangkaian ini menghasilkan
−6
I(
s)
4
+ 6I(
s)
+ sI(
s)
− i(0)
+ 13 + = 0
s
s s
− 6
I(
s)
4
+ 6I(
s)
+ sI(
s)
− 2 + 13 + = 0
s
s s
Pemecahan persamaan ini adalah :
→ I(
s)
=
s
2
2s
+ 2
+ 6s
+ 13
2s
+ 2
=
( s + 3 − j2)(
s + 3 +
atau
k1
k
= +
1
j2)
s + 3 − j2
s + 3 + j2
∗
2s
+ 2
→ k1
=
s + 3 + j2
s=−3+
j2
= 1+
j1
=
j45
2e
o
∗
→ k1
=
− j45
2e
o
o
o
j45
− j45
2e
2e
⇒ I(
s)
= +
s + 3 − j2
s + 3 + j2
1-26 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

Transformasi balik dari I(s) memberikan
o
o
j45
−(3−
j2)
t − j45
−(3+
j2)
t
⇒ i(
t)
= 2e
e + 2e
e
−3t
= 2e
(cos2t
− sin 2t)
A
1-27

Soal-Soal
1. Carilah pernyataannya di kawasan s sinyal-sinyal berikut ini.
−2t
v1(
t)
= 10[1 − e ] u(
t);
v2(
t)
= 10[1 + 4t]
u(
t)
−2t
−4t
v3(
t)
= 10[ e − e ] u(
t);
−2t
−4t
v4(
t)
= 10[2e
− 4e
] u(
t)
2. Carilah pernyataannya di kawasan s sinyal-sinyal berikut ini.
o
v1(
t)
= 15[sin(20t
− 30 )] u(
t);
v2(
t)
= 15[cos20t
− sin 20t]
u(
t)
v3(
t)
= 15[cos20t
− cos10t]
u(
t);
v4(
t)
= 15[1 − 2sin10t]
u(
t)
3. Carilah pernyataannya di kawasan s sinyal-sinyal berikut ini.
−2t
o
v1(
t)
= 20[ e sin(20t
− 30 )] u(
t);
−2t
v2(
t)
= 20[ e (cos20t
− sin 20t)]
u(
t)
−2t
v3(
t)
= 20[ e (cos20t
− cos10t)]
u(
t);
−2t
v4(
t)
= 20[ e (1 − 2sin10t)]
u(
t)
4. Carilah pernyataannya di kawasan s sinyal-sinyal berikut ini.
2
v1(
t)
= 15[cos 10t)]
u(
t);
v2(
t)
= 15[(cos20t)(sin 20t)]
u(
t)
−2t
v3(
t)
= 20te
u(
t);
−2t
v4(
t)
= 20[ e sin10t]
u(
t)
1-28 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

5. Berikut ini adalah pernyataan sinyal di kawasan s. Carilah
pernyataannya di kawasan waktu t.
1
V1
( s)
=
;
( s + 2)( s + 3)
s
V2
( s)
=
( s + 2)( s + 3)
2
s
V3
( s)
=
;
( s + 2)( s + 3)
2
s
V4
( s)
=
( s + 2)( s + 3)( s + 4)
6. Carilah pernyataan di kawasan waktu dari sinyal yang dinyatakan di
kawasan s berikut ini.
1
V1
( s)
=
;
2
( s + 2) + 9
s
V2
( s)
=
;
2
( s + 2) + 9
2
s
V3
( s)
=
2
( s + 2) + 9
7. Berikut ini adalah pernyataan sinyal di kawasan s; carilah
pernyataannya di kawasan waktu.
1
V1
( s)
= ;
( s + 3)
1
V2
( s)
= ;
s(
s + 3)
1
V3
( s)
=
s(
s + 3)
1-29

8. Berikut ini adalah pernyataan sinyal di kawasan s; carilah
pernyataannya di kawasan waktu.
10
V1
( s)
=
;
2
s + 10s
+ 16
10
V2
( s)
=
;
2
s + 8s
+ 16
10
V3
( s)
=
2
s + 6s
+ 25
9. Carilah pernyataannya di kawasan waktu sinyal-sinyal berikut ini.
6s
+ 14
V1
( s)
=
;
( s + 2)( s + 3)
9s
+ 26
V2
( s)
=
;
( s + 2)( s + 3)( s + 4)
2
6s
+ 34s
+ 46
V3
( s)
=
( s + 2)( s + 3)( s + 4)
10. Carilah pernyataannya di kawasan waktu sinyal-sinyal berikut ini.
s + 2
V1
( s)
=
;
2
s(
s + 2s
+ 1)( s + 3)
( s + 1)( s + 4)
V2
( s)
=
;
2 2
s ( s + 2s
+ 4)
( s + 10)( s + 200)
V3
( s)
=
( s + 20)( s + 100)
1-30 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

1-31