Factor M: F ocus ACT ion O f R esearch M athematic
p-ISSN: 2655-3511; e-ISSN: 2656-307X Volume 2, Nomor 2, Juni, 2020, 85 – 101

## MATRIX LAPLACE TRANSFORM METHOD AND IT APPLICATIONS ON SPRING-MASS SYSTEMS
Syamsul Arifin UIN Sunan Kalijaga Yogyakarta ipien35@yahoo.com
Abstrak: Tujuan  dari  penelitian  ini  adalah  untuk  menjelaskan  Metode Transformasi Laplace Matriks untuk menyelesaikan masalah nilai awal dari sistem persamaan diferensial orde dua koefisien konstan. Sistem persamaan diferensial linear orde dua bentuk normal adalah
𝑿 ′′ (𝒕) = 𝑨(𝒕)𝑿(𝒕) + 𝑭(𝒕) dimana 𝑿 ′′ (𝒕) adalah turunan kedua dari 𝑿(𝒕) . 𝑿(𝒕) adalah vektor kolom dari 𝑥 1 (𝑡) , 𝑥 2 (𝑡) ,…, 𝑥 𝑛 (𝑡) . 𝑨(𝒕) adalah matriks 𝑛 × 𝑛 .  Jika entri-entri dari matriks tersebut semuanya konstanta, maka (1) disebut sistem persamaan diferensial linear orde dua koefisien konstan. Jika 𝑭(𝒕) semua entrinya sama dengan nol, maka (1) dikatakan  homogen.  Jika  tidak,  maka  disebut  nonhomogen. Selanjutnya,  jika  nilai  dari 𝑿(𝒕) dan 𝑿′(𝒕) pada  saat  awal  diketahui  atau 𝑿(𝒕 𝟎 ) = 𝑿 𝟎 dan 𝑿′(𝒕 𝟎 ) = 𝑿′ 𝟎 , maka (1) merupakan masalah nilai awal dari sistem linear orde dua. Pada dasarnya, metode ini adalah gabungan antara Metode Matriks dan Transformasi Laplace. Solusi masalah nilai awal sistem persamaan  diferensial orde dua koefisien konstan  menggunakan   Metode Transformasi Laplace Matriks adalah
𝑿 = ℒ −1 {𝑿 ̂} = ℒ −1 {(𝑠 2 𝑰 − 𝑨) −1 (𝑭 ̂(𝑠) + 𝑠𝑿(𝟎) + 𝑿′(𝟎))}.
Kata kunci : Metode Transformasi Laplace Matriks, masalah nilai awal, sistem persamaan diferensial linear orde dua koefisien konstan, sistem pegas massa.
Abstract: There  are  several  methods  to  solve  an  initial  value  problem  of second-order  homogenous  linear  systems  of  differential  equations  with constant  coefficients.  That  are  elimination  method  and  matrix  method. Whereas to solve nonhomogenous systems, used undetermined coefficient method and variation of parameter method, that through some difficulties and complex procceses. But then, there is an alternative method to solve it. It  is  Matrix  Laplace  Transform  Method.  The  goals  of  the  research  are  to explain  Matrix  Laplace  Transform  Method  and  use  it  to  solve  initial  value problems  of  second-order  homogenous  linear  systems  of  differential equations with constant coefficients that form
𝑿 ′′ (𝒕) = 𝑨(𝒕)𝑿(𝒕) + 𝑭(𝒕) where 𝑿 ′′ (𝒕) is second derivative from 𝑿(𝒕) . 𝑿(𝒕) is column vector from 𝑥 1 (𝑡) , 𝑥 2 (𝑡) ,…, 𝑥 𝑛 (𝑡) . 𝑨(𝒕) is 𝑛 × 𝑛 matrices form. All of matrix entries are constant.
If all entries of 𝑭(𝒕) equal zero, then (1) said homogenous. If not, it is called nonhomogenous. Hence, if value of 𝑿(𝒕) and 𝑿′(𝒕) as initial conditions are known, or 𝑿(𝒕 𝟎 ) = 𝑿 𝟎 and 𝑿′(𝒕 𝟎 ) = 𝑿′ 𝟎 , then (1) is an initial value problem of second-order linear systems.  The result of the  research is be obtained solutions  of  second-order  linear  systems  of  differential  equations  with constant coefficients use Matrix Laplace Transform Method is
𝑿 = ℒ −1 {𝑿 ̂} = ℒ −1 {(𝑠 2 𝑰 − 𝑨) −1 (𝑭 ̂(𝑠) + 𝑠𝑿(𝟎) + 𝑿′(𝟎))}.
Keyword : Matrix Laplace Transform Method, initial value problems, second- order  systems  of  linear  differential  equations  with  constant  coefficients, spring-mass systems.

## Pendahuluan
Dalam  kehidupan  sehari-hari, terdapat banyak sekali permasalahan yang  melibatkan  matematika,  baik dalam bidang ekonomi, sosial, politik maupun  masalah  yang  berkaitan langsung  dengan  ilmu  eksakta semisal fisika, kimia, engineering dan yang  lainnya.  Objek  (masalah) tersebut  diidentifikasi,  dirumuskan dan  dimodelkan  untuk  kemudian dicari  solusinya.  Pemodelan  yang menggunakan lambang-lambang matematika  dan  logika  untuk menyajikan  perilaku  objek  disebut pemodelan simbolik atau pemodelan matematika (Susanta, 2008: 1.6).
Pemodelan matematika adalah penyelesaian  masalah  nyata  dengan cara  menyederhanakan  masalah tersebut dengan menggunakan asumsi-asumsi. Tujuan dari pemodelan matematika adalah untuk memberikan  gambaran  mengenai keadaan, sifat maupun perilaku objek agar lebih mudah dikenali , dipelajari dan dimanipulasi lebih lanjut (Susanta, 2008: 1.4). Adapun langkah-langkah membangun  model  matematika adalah  sebagai berikut  (Raharjati, 2005). Hukum yang mengendalikan Mengidentifikasi ?
Teori Matematika
Menginterpretasi Gambar 1 . Langkah-langkah mrmbangun model matematika • Identifikasi
• Lambang • Satuan
• Variabel atau  konstanta Masalah Konkrit Solusi Masalah
Solusi Model
Model Matematika
Factor M: F ocus ACT ion O f R esearch M athematic
p-ISSN: 2655-3511; e-ISSN: 2656-307X Volume 2, Nomor 2, Juni, 2020, 85 – 101
Salah  satu  model  matematika yang  banyak  digunakan  dalam berbagai permasalahan di bidang lain adalah berbentuk persamaan diferensial.  Persamaan  diferensial dibagi  menjadi  dua  macam,  yaitu
Persamaan Diferensial Biasa (Ordinary Differential Equation) dan Persamaan Diferensial Parsial (Partial Differential Equation).  Dalam  penelitian  ini, penulis  membahas  yang  pertama, yang  selanjutnya  disebut  persamaan diferensial.  Salah  satu  penggunaan persamaan  diferensial  adalah  dalam masalah  sistem  linear.  Dalam  ilmu aljabar  biasa  disebut  sebagai  Sistem Persamaan  Linear  (SPL).  Dalam menyelesaikan  sistem  persamaan linear,  biasanya  dibentuk  matriks terlebih  dahulu  sebelum  mencari solusinya.  Begitu  pula  dalam  sistem persamaan  diferensial  linear,  dapat digunakan matriks untuk menyelesaikannya. Metode yang  biasa digunakan untuk menyelesaikan sistem persamaan diferensial linear maupun menyelesaikan  masalah  nilai  awal pada  sistem  persamaan  diferensial linear  adalah  menggunakan  metode koefisien  tak-tentu,  metode  variasi parameter,  metode  eliminasi  atau metode  operator  (Ross,  1984:  270), metode  matriks  (Nagle,  2004:  305),
yakni dengan mencari nilai karakteristik (eigen values) dan vektor
eigen (eigen  vector),  atau  dengan menggunakan  matriks  eksponensial (Zill,  2009:  334)  dan  yang  lainnya. Dalam  tulisan  ini  penulis  akan menjelaskan suatu metode lain untuk
menyelesaikan  masalah  nilai  awal pada  sistem  persamaan  diferensial linear.  Metode  tersebut  adalah Metode Transformasi Laplace Matriks.
Metode  Transformasi  Laplace Matriks  pada  dasarnya  merupakan metode  gabungan  antara  Metode Transformasi Laplace dengan Metode Matriks. Metode Transformasi Laplace ( Laplace Transform) merupakan suatu metode yang dapat digunakan untuk menyelesaikan  masalah  nilai  awal pada  persamaan  diferensial  linear koefisien  konstan  dengan  cara mengubah domain 𝑡 dengan domain 𝑠 menggunakan  persamaan  aljabar (Nagle, 2004: 349) atau menggunakan tabel  yang  memuat  Transformasi Laplace.  Metode  ini  pertama  kali diperkenalkan  oleh Pierre  Simon Marquas  De  Laplace  (1749 – 1827), seorang matematikawan Perancis dan seorang guru besar di Paris (Fathani, 2008: 432). Keunggulan Transformasi Laplace  adalah  bahwa  masalah  nilai awal  persamaan  diferensial  linear dapat  diselesaikan  secara  langsung tanpa  terlebih  dahulu  menentukan solusi  umumnya  atau  persamaan- persamaan nonhomogen dapat diselesaikan  tanpa  terlebih  dahulu menyelesaikan persamaan homogen- nya (Kartono, 2012: 80). Dalam sistem persamaan diferensial linear,
Transformasi  Laplace  dan  Inversinya digunakan  dengan  terlebih  dahulu mengubah  koefisien-koefisien  pada sistem  tersebut  kedalam  bentuk matriks.  Oleh  karena  itu,  metode  ini disebut Metode Transformasi Laplace Matriks.
Metode  Transformasi  Laplace Matriks,  seperti  halnya  metode  lain dalam    menyelesaikan  masalah  nilai awal,  juga  dapat  diterapkan  pada masalah-masalah    yang  melibatkan sistem persamaan
diferensial,
terutama  di  bidang  fisika.  Dalam tulisan ini, penulis akan menerapkan Metode Transformasi Laplace Matriks untuk  mencari  solusi  pada  Sistem Pegas Massa (Spring-Mass Systems).

## Metode Transformasi Laplace
Matriks Dalam menyelesaikan masalah awal pada sistem persamaan diferensial  linear,  atau  biasa  disebut sebagai sistem  linear,  ada  beberapa cara  atau  metode  yang  digunakan, sebagaimana  yang  telah  disebutkan di awal bab. Semua metode-metode itu  digunakan  untuk  menemukan solusi  umum  dari  sistem  linear, kecuali  jika  telah  diketahui  nilai awalnya,  maka  disebut  sebagai masalah nilai awal dari sistem linear, maka  baru  dapat  ditentukan  solusi khususnya.
Metode  yang  penulis  bahas disini,  yakni  Metode  Transformasi Laplace  Matriks,  akan  digunakan untuk  menemukan  solusi  khusus secara langsung, tanpa harus mencari solusi  khusus  terlebih  dahulu.  Oleh
karena  itu,  sistem  linear  yang digunakan  harus  berbentuk  masalah nilai awal.
Metode  Transformasi  Laplace Matriks  pada  dasarnya  adalah gabungan  dua  metode  dalam menyelesaikan  sistem  linear,  yakni metode Matriks dan metode Transformasi  Laplace.  Pada  bab  ini akan  dijelaskan  mengenai  Metode Transformasi  Laplace  Matriks  dan penggunaannya dalam menyelesaikan  masalah  nilai  awal (MNA) dari sistem linear

## Penerapan  Metode  Transformasi Laplace
Matriks Pada Sistem Pegas Massa Sistem Pegas Massa Sebagaimana  telah  dijelaskan pada  bab  II,  bahwa  sistem  pegas massa sederhana berbentuk
−𝑘𝑥 = 𝑚 𝑑 2 𝑥 𝑑𝑡 2 yang meggunakan  hukum Newton II dan hukum Hooke.
Sistem  pegas  massa  yang  lebih kompleks adalah sistem pegas massa bergandengan
(spring-coupled masses)  dengan  derajat  kebebasan lebih  dari  dua – dengan  kata  lain, pegas  dan  massanya  lebih  dari  dua. Misalnya berbentuk sebagai berikut
Factor M: F ocus ACT ion O f R esearch M athematic
p-ISSN: 2655-3511; e-ISSN: 2656-307X Volume 2, Nomor 2, Juni, 2020, 85 – 101
Gambar 2. (Edward, 2005: 428) Sistem pegas massa bergandengan tiga (three spring-coupled masses).
Gambar 2. adalah tiga massa yang terhubung  satu  sama  lain  dengan pegas dan dengan dua dinding pada masing-masing ujungnya. Di asumsikan  bahwa  massa  bergeser bolak-balik  tanpa  gesekan,  dan bahwa masing-masing
pegas memenuhi  hukum  Hooke,  yakni pemuluran  dan  pemampatan 𝑥 dan reaksi  gaya 𝐹 sesuai  dengan persamaan 𝐹 = −𝑘𝑥 .
Jika  pergeseran  ke  sisi  kanan
𝑥 1 , 𝑥 2 , 𝑥 3 dari tiga massa (dari posisi ekuilibriumnya berturut-turut)
semuanya positif, maka
• Pegas pertama meregang dengan jarak 𝑥 1 ;
• Pegas  kedua  meregang  dengan jarak 𝑥 2 − 𝑥 1 ; • Pegas  ketiga  meregang  dengan jarak 𝑥 3 − 𝑥 2 ;
• Pegas keempat memampat dengan jarak 𝑥 3 . Oleh karena itu, aplikasi hukum Newton 𝐹 = 𝑚𝑎 pada  tiga  massa (Gambar  4.1).  Hasil  persamaan geraknya adalah
𝑚 1 𝑥 1 " = −𝑘 1 𝑥 1 + 𝑘 2 (𝑥 2 − 𝑥 1 ), 𝑚 2 𝑥 2 " = −𝑘 2 (𝑥 2 − 𝑥 1 ) + 𝑘 3 (𝑥 3 − 𝑥 2 ) 𝑚 3 𝑥 3 " = −𝑘 3 (𝑥 3 − 𝑥 2 ) − 𝑘 4 𝑥 3 . (4.1)
Pada  term  pergeseran  vektor 𝑥 = [𝑥 1 𝑥 2 𝑥 3 ] 𝑇 , matriks massanya adalah
𝑴 = [ 𝑚 1 0 0 0 𝑚 2 0 0 0 𝑚 3 ].
(4.2)
dan  matriks  kekakuan (stiffness matrix)
𝑲 = [ −(𝑘 1 + 𝑘 2 ) 𝑘 2 0 𝑘 2 −(𝑘 2 + 𝑘 3 ) 𝑘 3 0 𝑘 3 −(𝑘 3 + 𝑘 4 ) ] (4.3)
Sistem  dalam  (4.1)  memiliki  bentuk matriks
𝑴𝑿 ′′ = 𝑲𝑿
(4.4) Notasi dalam persamaan (4.1) sampai  persamaan  (4.4)  digeneralisir melalui  cara  alami  pada  sistem 𝑛 massa  yang  dipasangkan  pegas (spring-coupled  masses)  ditunjukkan dalam  gambar  4.1.  Bentuk  matriks massanya adalah
𝑴 = [ 𝑚 1 0   …    0 0   𝑚 2 …    0 … 0   0   …   𝑚 𝑛 ]
(4.5) dan
𝑲 = [ −(𝑘 1 + 𝑘 2 )     𝑘 2 0                …           0 𝑘 2 − (𝑘 2 + 𝑘 3 )    𝑘 3 …           0 0                 𝑘 3 − (𝑘 3 + 𝑘 4 ) …           0 0                 0                 𝑘 4 …           0
…         …        …
0                 0                 … − (𝑘 𝑛−1 + 𝑘 𝑛 ) 𝑘 𝑛 0                 0                 …     𝑘 𝑛 − (𝑘 𝑛−1 + 𝑘 𝑛 )]
adalah  matriks  kekakuan (stiffness matrix) dalam persamaan (4.4). Matriks  diagonal 𝑴 adalah nonsingular.  Untuk  mendapatkan inversnya 𝑴 −𝟏 adalah  dengan mengganti  elemen  diagonal  lainnya dengan  resiproknya.    Dengan demikian, perkalian sisi lainnya dalam persamaan (4.4) oleh 𝑴 −𝟏 merupakan sistem orde dua homogen
𝑿 ′′ = 𝑨𝑿 (4.6) Persamaan matriks (4.6) merupakan  bentuk  sistem  pegas massa tanpa redaman dan tanpa gaya eksternal – misalnya  gaya  gesek (friction  force).  Jika  memiliki  gaya eksternal, persamaan menjadi
𝑿 ′′ = 𝑨𝑿 + 𝑭(𝒕) (4.7) dimana 𝑭(𝒕) ≠ 0 adalah  gaya eksternal,  dapat  berupa  gaya  gesek atau yang lainnya. Untuk sistem pegas massa gerak bebas dengan redaman (free motion with damped), persamaannya lebih bersifat spesifik, karena  tergantung  pada  posisi peredamnya.
Selanjutnya  akan  diberikan contoh  penyelesaian  sistem  pegas massa untuk masing-masing bentuknya,  yakni  gerak  bebas  tanpa redaman (undamped  free  motion), gerak  bebas  dengan  redaman (free motion  with  damped),  serta  gerak bebas  dipaksa (forced  motion) menggunakan  Metode  Transformasi Laplace Matriks.
Sistem  Pegas  Massa  Gerak  Bebas (Free Motion)
Gerak  Bebas  Tanpa  Redaman  ( Free,

## Undamped Motion)

## Sistem 4.1
Diketahui  (Nagle,  2004:  279) sistem  pegas  massa  dengan  dua pegas  dan  dua  massa  yang  saling terhubung  yang  terikat  ujung kanannya  dan  terletak  pada  bidang horisontal yang licin (tanpa gesekan). 𝑚 1 = 2 𝑘𝑔 , 𝑚 2 = 1 𝑘𝑔 , 𝑘 1 = 4 𝑁/𝑚 , 𝑘 2 = 2 𝑁/𝑚 .  Lebih  jelasnya  lihat gambar 4.2.
Berdasarkan Hukum Newton II dan  Hukum  Hooke  (hlm.  44 – 45),
bentuk  persamaan  dari  gambar  4.2 adalah
𝑚 1 𝑑 2 𝑥 1 𝑑𝑡 2 = 𝐹 1 + 𝐹 2 = −𝑘 1 𝑥 1 + 𝑘 2 (𝑥 2 − 𝑥 1 )
Factor M: F ocus ACT ion O f R esearch M athematic
p-ISSN: 2655-3511; e-ISSN: 2656-307X Volume 2, Nomor 2, Juni, 2020, 85 – 101
𝑚 2 𝑑 2 𝑥 2 𝑑𝑡 2 = 𝐹 3 = −𝑘 2 (𝑥 2 − 𝑥 1 ) atau 𝑚 1 𝑑 2 𝑥 1 𝑑𝑡 2 = −(𝑘 1 + 𝑘 2 )𝑥 1 + 𝑘 2 𝑥 2 𝑚 2 𝑑 2 𝑥 2 𝑑𝑡 2 = 𝑘 2 𝑥 1 − 𝑘 2 𝑥 2 (4.8) Pada sistem  di atas, diketahui massa 𝑚 1 = 2 𝑘𝑔 ,  massa 𝑚 2 = 1 𝑘𝑔 , konstanta  pegas 𝑘 1 = 4 𝑁/𝑚 dan konstanta pegas 𝑘 2 = 2 𝑁/𝑚 . Disubstitusikan ke persamaan menjadi
𝑑 2 𝑥 1 𝑑𝑡 2 = −3𝑥 1 + 𝑥 2 𝑑 2 𝑥 2 𝑑𝑡 2 = 2𝑥 1 − 2𝑥 2
Persamaan  di  atas  adalah bentuk normal dari sistem persamaan diferensial  orde  dua  koefisien konstan, maka dapat dibentuk sistem matriks 𝑿 ′′ = 𝑨𝑿 menjadi
[ 𝑥 1 ′′ 𝑥 2 ′′ ] = [ −3 1 2 −2 ] [ 𝑥 1 𝑥 2 ] (4.9)
Berdasarkan gambar 4.3, posisi benda 𝑥 1 dan 𝑥 2 masing  bergeser sepanjang 3 meter  ke  kanan  pada saat 𝑡 = 0 .  Maka,  diketahui  Masalah Nilai Awal dari sistem di atas adalah 𝑥 1 (0) = 𝑥 2 (0) = 3 𝑚 dan 𝑥 1 ′ (0) = 𝑥 2 ′ (0) = 0 . Selanjutnya,  persamaan  (4.1) dibentuk Transformasi Laplace menjadi
ℒ {[ 𝑥 1 ′′ 𝑥 2 ′′ ]} = ℒ {[ −3 1 2 −2 ] [ 𝑥 1 𝑥 2 ]} (4.10)
Berdasarkan sifat linearitas Transformasi, persamaan (4.9) menjadi
ℒ {[ 𝑥 1 ′′ 𝑥 2 ′′ ]} = [ −3 1 2 −2 ] ℒ {[ 𝑥 1 𝑥 2 ]} (4.11)
Berdasarkan sifat derivatif Transformasi  Laplace,  persamaan (4.11) menjadi
𝑠 2 𝑿 ̂ − 𝑠𝑿(𝟎) − 𝑿 ′ (𝟎) = [−3 1 2 −2 ] 𝑿 ̂ (4.12)
dengan 𝒙 ̂ adalah notasi Transformasi Laplace  Matriks  untuk 𝑿 = [ 𝑥 1 𝑥 2 ] , 𝑿(𝟎) = [ 𝑥 1 (0) 𝑥 2 (0) ] = [ 3 3 ] dan 𝑿 ′ (𝟎) = [ 𝑥 1 ′(0) 𝑥 2 ′(0) ] = [ 0 0 ] . Maka persamaan (4.12) menjadi 𝑠 2 𝑿 ̂ − 𝑠 [3 3 ] − [ 0 0 ] = [ −3 1 2 −2 ] 𝑿 ̂ → 𝑠 2 𝑿 ̂ − [−3 1 2 −2 ] 𝑿 ̂ = 𝑠 [3 3 ] → {[𝑠 2 0 0 𝑠 2 ] − [ −3 1 2 −2 ]} 𝑿 ̂ = 𝑠 [3 3 ] → {[𝑠 2 + 3 −1 −2 𝑠 2 + 2 ]} 𝑥̂ = 𝑠 [ 3 3 ]. Selanjutnya  kedua  sisi  dikalikan ([𝑠 2 + 3 −1 −2 𝑠 2 + 2 ]) −1 didapat → 𝑿 ̂ = ([𝑠 2 + 3 −1 −2 𝑠 2 + 2 ]) −1 𝑠 [ 3 3 ] → 𝑿 ̂ = [𝑠 2 + 2 1 2 𝑠 2 + 3 ] (𝑠 2 + 3)(𝑠 2 + 2) − 2 [ 3𝑠 3𝑠 ] → 𝑿 ̂ = [3𝑠 3 + 6𝑠 + 3𝑠 6𝑠 + 3𝑠 3 + 9𝑠 ] (𝑠 2 + 4)(𝑠 2 + 1)
M enggunakan  metode  pecahan parsial (hlm. 37-42), menjadi
𝑿 ̂ = [ 3𝑠 3 + 9𝑠 3𝑠 3 + 15𝑠 ] (𝑠 2 + 4)(𝑠 2 + 1) = 𝐴𝑠 + 𝐵 (𝑠 2 + 4) + 𝐶𝑠 + 𝐷 (𝑠 2 + 1) (4.13)
→ 𝑿 ̂ = [ 3𝑠 3 + 9𝑠 3𝑠 3 + 15𝑠 ] (𝑠 2 + 4)(𝑠 2 + 1) = (𝐴𝑠 + 𝐵)(𝑠 2 + 1) + (𝐶𝑠 + 𝐷)(𝑠 2 + 4) (𝑠 2 + 4)(𝑠 2 + 1) → 𝑿 ̂ = [ 3𝑠 3 + 9𝑠 3𝑠 3 + 15𝑠 ] (𝑠 2 + 4)(𝑠 2 + 1) = (𝐴𝑠 3 + 𝐴𝑠 + 𝐵𝑠 2 + 𝐵) + (𝐶𝑠 3 + 4𝐶𝑠 + 𝐷𝑠 2 + 4𝐷) (𝑠 2 + 4)(𝑠 2 + 1) → 𝑿 ̂ = [ 3 3 ] 𝑠 3 + [ 9 15 ] 𝑠 (𝑠 2 + 4)(𝑠 2 + 1) = (𝐴 + 𝐶)𝑠 3 + (𝐵 + 𝐷)𝑠 2 + (𝐴 + 4𝐶)𝑠 + (𝐵 + 4𝐷) (𝑠 2 + 4)(𝑠 2 + 1)
(𝐴 + 𝐶) = [3 3 ] dan (𝐴 + 4𝐶) = [ 9 15 ] .
Menggunakan cara eliminasi, diperoleh 3𝐶 = [ 6 12 ] atau 𝐶 = [ 2 4 ] dan 𝐴 = [ 1 −1 ] .
Maka persamaan (4.13) menjadi 𝑿 ̂ = [ 3𝑠 3 + 9𝑠 3𝑠 3 + 15𝑠 ] (𝑠 2 + 4)(𝑠 2 + 1) = [ 1 −1 ] 𝑠 (𝑠 2 + 4) + [2 4 ] 𝑠 (𝑠 2 + 1) (4.14)
Menggunakan  Invers  Transformasi Laplace dan sifat linearitasnya,
ℒ −1 {𝑿 ̂} = ℒ −1 { [ 1 −1 ] 𝑠 (𝑠 2 + 4) + [2 4 ] 𝐶𝑠 (𝑠 2 + 1) } = ℒ −1 { [ 1 −1 ] 𝑠 (𝑠 2 + 4) } + ℒ −1 { [2 4 ] 𝑠 (𝑠 2 + 1) } ℒ −1 {𝑿 ̂} = ℒ −1 { [ 1 −1 ] 𝑠 (𝑠 2 + 4) + [2 4 ] 𝐶𝑠 (𝑠 2 + 1) } = [ 1 −1 ] ℒ −1 { 𝑠 (𝑠 2 + 4) } + [ 2 4 ] ℒ −1 { 𝑠 (𝑠 2 + 1) }
persamaan (4.14) menjadi
𝑿 = [ 3𝑠 3 +9𝑠 3𝑠 3 +15𝑠 ] (𝑠 2 +4)(𝑠 2 +1) = [ 1 −1 ] 𝑐𝑜𝑠2𝑡 + [ 2 4 ] 𝑐𝑜𝑠𝑡 atau [ 𝑥 1 𝑥 2 ] = [ 𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 2𝑐𝑜𝑠𝑡 −𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 4𝑐𝑜𝑠𝑡 ]

## Jadi persamaan sistem 4.1adalah
𝑥 1 = 𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 2𝑐𝑜𝑠𝑡 dan 𝑥 2 = −𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 4𝑐𝑜𝑠𝑡 . ∎

## Sistem 4.2
Dua  pegas  dan  dua  massa dipasangkan  pada  bidang  horisontal dengan  permukaan  tanpa  gesekan
(frictionless)  sebagaimana  gambar (Nagle,  2004:  284).  Ketika  ditarik, massa 𝑚 2 tetap  pada  posisi ekuilibriumnya  dan  massa 𝑚 1 bergeser  ke  kiri  dari  posisi ekuilibriumnya dengan jarak 1 meter dan  kemudian  dilepaskan.  Nyatakan bentuk  persamaan  untuk  sistem  ini dan tentukan persamaan gerak untuk dua  massa  tersebut  jika 𝑚 1 = 1 𝑘𝑔 , 𝑚 2 = 2 𝑘𝑔 , konstanta pegas 𝑘 1 = 4 𝑁 𝑚 , konstanta pegas 𝑘 2 = 10 3 𝑁 𝑚 .
Factor M: F ocus ACT ion O f R esearch M athematic
p-ISSN: 2655-3511; e-ISSN: 2656-307X Volume 2, Nomor 2, Juni, 2020, 85 – 101
Jawab :

## Bentuk persamaan sistem 4.2 adalah
𝑚 1 𝑥 1 ′′ = 𝑘 1 (𝑥 2 − 𝑥 1 ) 𝑚 2 𝑥 2 ′′ = −𝑘 1 (𝑥 2 − 𝑥 1 ) − 𝑘 2 𝑥 2 . (4.15)
Telah  diketahui  sebelumnya bahwa  setelah  ditarik,  massa 𝑚 1 bergeser  ke  kiri  sejauh  1  meter  dan massa 𝑚 2 tetap  pada  posisi ekuibrium, keduanya pada saat 𝑡 = 0 .
Dengan
demikian, 𝑥 1 (0) = −1 , 𝑥 2 (0) = 0 dan  kecepatan  keduanya adalah 𝑥 1 ′(0) = 0 , 𝑥 2 ′(0) = 0 .  Maka persamaan (4.15) merupakan masalah nilai awal.
Untuk mendapatkan persama- an  gerak  dari  sistem  4.2,  akan digunakan  Metode  Transformasi Laplace Matriks. Selanjutnya, dengan memasukkan konstanta-konstanta yang
telah diketahui, maka persamaan (4.15) menjadi 𝑥 1 ′′ = 4(𝑥 2 − 𝑥 1 ) ; 𝑥 1 (0) = −1 , 𝑥 1 ′(0) = 0
2𝑥 2 ′′ = −4(𝑥 2 − 𝑥 1 ) − 10 3 𝑥 2 ; 𝑥 2 (0) = 0 , 𝑥 2 ′(0) = 0 atau 𝑥 1 ′′ = −4𝑥 1 + 4𝑥 2 ; 𝑥 1 (0) = −1 , 𝑥 1 ′(0) = 0
𝑥 2 ′′ = 2𝑥 1 − 11 3 𝑥 2 ; 𝑥 2 (0) = 0 , 𝑥 2 ′(0) = 0
(4.16)
Dibentuk matriks menjadi
[ 𝑥 1 ′′ 𝑥 2 ′′ ] = [ −4 4 2 − 11 3 ] [ 𝑥 1 𝑥 2 ] ; [ 𝑥 1 (0) 𝑥 2 (0) ] = [ −1 0 ] , [ 𝑥 1 ′(0) 𝑥 2 ′(0) ] = [ 0 0 ] (4.17)
ℒ {[ 𝑥 1 ′′ 𝑥 2 ′′ ]} = ℒ {[ −4 4 2 − 11 3 ] [ 𝑥 1 𝑥 2 ]} ; [ 𝑥 1 (0) 𝑥 2 (0) ] = [ −1 0 ] , [ 𝑥 1 ′(0) 𝑥 2 ′(0) ] = [ 0 0 ] (4.18)
mengikuti sifat derivatif Transformasi Laplace, persamaan (4.18) menjadi
𝑠 2 𝑿 ̂ − 𝑠𝑿(𝟎) − 𝑿 ′ (𝟎) = [ −4 4 2 − 11 3 ] 𝑿 ̂ ; 𝑿(𝟎) = [ −1 0 ] , 𝑿 ′ (𝟎) = [0 0 ] (4.19)
dengan 𝑿 ̂ adalah notasi Transformasi Laplace  Matriks  untuk 𝑿 = [ 𝑥 1 𝑥 2 ] , 𝑿(𝟎) = [ 𝑥 1 (0) 𝑥 2 (0) ] = [ −1 0 ] dan 𝑿 ′ (𝟎) = [ 𝑥 1 ′(0) 𝑥 2 ′(0) ] = [ 0 0 ] . Maka persamaan (4.19) menjadi
𝑠 2 𝑿 ̂ − 𝑠 [−1 0 ] − [ 0 0 ] = [ −4 4 2 − 11 3 ] 𝑿 ̂
→ 𝑠 2 𝑿 ̂ − [ −4 4 2 − 11 3 ] 𝑿 ̂ = 𝑠 [−1 0 ] → {[𝑠 2 0 0 𝑠 2 ] − [ −4 4 2 − 11 3 ]} 𝑿 ̂ = 𝑠 [−1 0 ] → {[ 𝑠 2 + 4 −4 −2 𝑠 2 + 11 3 ]} 𝑿 ̂ = 𝑠 [−1 0 ]
Selanjutnya  kedua  sisi  dikalikan
([ 𝑠 2 + 4 −4 −2 𝑠 2 + 11 3 ]) −1 didapat → 𝑿 ̂ = ([ 𝑠 2 + 4 −4 −2 𝑠 2 + 11 3 ]) −1 𝑠 [ −1 0 ] → 𝑿 ̂ = [𝑠 2 + 11 3 4 2 𝑠 2 + 4 ] (𝑠 2 + 4) (𝑠 2 + 11 3 ) − 8 [ −𝑠 0 ] → 𝑿 ̂ = [−𝑠 3 − 11 3 𝑠 −2𝑠 ] 𝑠 4 + 23 3 𝑠 2 + 20 3 M enggunakan  metode  pecahan parsial, menjadi
→ 𝑿 ̂ = [−𝑠 3 − 11 3 𝑠 −2𝑠 ] (𝑠 2 + 1) (𝑠 2 + 20 3 ) = 𝐴𝑠 + 𝐵 (𝑠 2 + 1) + 𝐶𝑠 + 𝐷 (𝑠 2 + 20 3 ) (4.20)
→ 𝑿 ̂ = [−𝑠 3 − 11 3 𝑠 −2𝑠 ] (𝑠 2 + 1) (𝑠 2 + 20 3 ) = (𝐴𝑠 + 𝐵) (𝑠 2 + 20 3 ) + (𝐶𝑠 + 𝐷) (𝑠 2 + 1) (𝑠 2 + 1) (𝑠 2 + 20 3 ) → 𝑿 ̂ = [−𝑠 3 − 11 3 𝑠 −2𝑠 ] (𝑠 2 + 1) (𝑠 2 + 20 3 ) = (𝐴𝑠 3 + 20 3 𝐴𝑠 + 𝐵𝑠 2 + 20 3 𝐵) + (𝐶𝑠 3 + 𝐶𝑠 + 𝐷𝑠 2 + 𝐷) (𝑠 2 + 1) (𝑠 2 + 20 3 ) → 𝑿 ̂ = [ −1 0 ] 𝑠 3 + [− 11 3 −2 ] 𝑠 (𝑠 2 + 1) (𝑠 2 + 20 3 ) = (𝐴 + 𝐶)𝑠 3 + (𝐵 + 𝐷)𝑠 2 + ( 20 3 𝐴 + 𝐶)𝑠 + ( 20 3 𝐵 + 𝐷) (𝑠 2 + 1) (𝑠 2 + 20 3 )
Maka (𝐴 + 𝐶) = [−1
0 ]
Dan ( 20 3 𝐴 + 𝐶) = [ − 11 3 −2 ] .
Menggunakan cara eliminasi, diperoleh 17 3 𝐴 = [ − 8 3 −2 ] atau 𝐴 = [ − 8 17 − 6 17 ] dan
𝐶 = [ − 9 17 6 17 ] .  Maka  persamaan  (4.20)
menjadi
Factor M: F ocus ACT ion O f R esearch M athematic
p-ISSN: 2655-3511; e-ISSN: 2656-307X Volume 2, Nomor 2, Juni, 2020, 85 – 101
→ 𝑿 ̂ = [−𝑠 3 − 11 3 𝑠 −2𝑠 ] (𝑠 2 + 1) (𝑠 2 + 20 3 ) = [ − 8 17 − 6 17 ] 𝑠 (𝑠 2 + 1) + [ − 9 17 6 17 ] 𝑠 (𝑠 2 + 20 3 ) (4.21)
Menggunakan  Invers  Transformasi Laplace dan sifat linearitasnya,
ℒ −1 {𝑿 ̂} = ℒ −1 { [ − 8 17 − 6 17 ] 𝑠 (𝑠 2 + 1) + [ − 9 17 6 17 ] 𝑠 (𝑠 2 + 20 3 ) } = ℒ −1 { [ − 8 17 − 6 17 ] 𝑠 (𝑠 2 + 1) } + ℒ −1 { [ − 9 17 6 17 ] 𝑠 (𝑠 2 + 20 3 ) } ℒ −1 {𝑿 ̂} = [ − 8 17 − 6 17 ] ℒ −1 { 𝑠 (𝑠 2 + 1) } + [ − 9 17 6 17 ] ℒ −1 { 𝑠 (𝑠 2 + 20 3 ) }                              (4.22) Berdasarkan tabel Transformasi Laplace, persamaan (4.22) menjadi
𝑿 = [ − 8 17 − 6 17 ] 𝑐𝑜𝑠𝑡 + [ − 9 17 6 17 ] 𝑐𝑜𝑠√ 20 3 𝑡 atau [ 𝑥 1 𝑥 2 ] = [ − 8 17 𝑐𝑜𝑠𝑡 − 9 17 𝑐𝑜𝑠√ 20 3 𝑡 − 6 17 𝑐𝑜𝑠𝑡 + 6 17 𝑐𝑜𝑠√ 20 3 𝑡 ]
Jadi  persamaan  gerak  sistem  4.2 adalah
𝑥 1 = − 8 17 𝑐𝑜𝑠𝑡 − 9 17 𝑐𝑜𝑠√ 20 3 𝑡 dan 𝑥 2 = − 6 17 𝑐𝑜𝑠𝑡 + 6 17 𝑐𝑜𝑠√ 20 3 𝑡. ∎

## Gerak Bebas Dengan Redaman ( Free,

## Damped Motion)

## Sistem 4.3
Dua  pegas  dengan  konstanta pegas 𝑘 1 dan 𝑘 2 , dua massa 𝑚 1 dan 𝑚 2 , dan sebuah dashpot 𝑏 (semacam peredam,  misalnya  piston  pada kendaraan  bermotor)  dipasangkan pada  bidang  horisontal  tanpa gesekan sebagaimana gambar 4.6.

## Matrix Laplace Transform Method And It Applications On Spring-Mass Systems
Gambar 7 . Sistem pegas massa dengan peredam dashpot di tengah.
Sistem diatur sedemikian rupa sehingga  pada  kondisi  awal,  massa 𝑚 2 tetap pada posisi ekuilibriumnya dan  massa 𝑚 1 digeser  ke  kiri  dari posisi  ekuilibrium  dengan  jarak  2 meter  dan  kemudian  dilepaskan. Tentukan  persamaan  gerak  untuk kedua massanya jika 𝑚 1 = 𝑚 2 = 1 𝑘𝑔 ,
𝑘 1 = 𝑘 2 = 1 𝑁/𝑚 , dan 𝑏 = 1 𝑁𝑠𝑒𝑐/𝑚. Dashpot  meredam  kedua  massa 𝑚 1 dan 𝑚 2 dengan gaya 𝐹 = 𝑏|𝑥 2 ′ − 𝑥 1 ′| . Bentuk  persamaan  sistem pegas massa di atas adalah
𝑚 1 𝑥 1 ′′ = −𝑘 1 𝑥 1 + 𝑏|𝑥 2 ′ − 𝑥 1 ′| 𝑚 1 𝑥 1 ′′ = −𝑏|𝑥 2 ′ − 𝑥 1 ′| − 𝑘 2 𝑥 2
(4.23)
Dengan merujuk pada bentuk sistem pegas massa bentuk matriks
persamaan  (4.4),  yakni 𝑴𝑿 ′′ = 𝑲𝑿 , dengan matriks massa 𝑴 dan matriks kekakuan 𝑲 ,  maka  persamaan  (4.23) menjadi
[ 𝑚 1 0 0 𝑚 2 ] [ 𝑥 1 ′′ 𝑥 2 ′′ ] = [ −𝑘 1 0 0 −𝑘 2 ] [ 𝑥 1 𝑥 2 ] + [ −𝑏 𝑏 𝑏 −𝑏 ] [ 𝑥 1 ′ 𝑥 2 ′ ] (4.24)
Selanjutnya  memasukkan  entri-entri yang telah diketahui, didapat
[ 𝑥 1 ′′ 𝑥 2 ′′ ] = [ −𝑥 1 −𝑥 2 ] + [ −1 1 1 −1 ] [ 𝑥 1 ′ 𝑥 2 ′ ] (4.25)
Persamaan (4.24) diubah ke dalam bentuk  Transformasi  Laplace,  dan sekaligus menggunakan sifat derivatifnya (teorema 2.28), didapat
𝑠 2 𝑿 ̂ − 𝑠𝑿(𝟎) − 𝑿 ′ (𝟎) = −𝑿 ̂ + [−1 1 1 −1 ] (𝑠𝑿 ̂ − 𝑿(𝟎))
(4.26)
Dengan mengelompokkan term 𝑥̂ ke sisi kiri dan lainnya ke sisi kanan, maka
𝑠 2 𝑿 ̂ + 𝑿 ̂ − [−1 1 1 −1 ] 𝑠𝑿 ̂ = 𝑠𝑿(𝟎) − [ −1 1 1 −1 ] 𝑿(𝟎) + 𝑿 ′ (𝟎)
(4.27)
Selanjutnya  mengubah  bentuk skalar  menjadi  matriks,  dengan mengalikannya  dengan  identitas matriks 𝐼 = [ 1 0
0 1 ] dan  memasukkan nilai  awalnya,  persamaan  (4.27) menjadi
([𝑠 2 0 0 𝑠 2 ] + [ 1 0 0 1 ] + [ 𝑠 −𝑠 −𝑠 𝑠 ]) 𝑿 ̂ = 𝑠 [−2 0 ] − [ −1 1 1 −1 ] [ −2 0 ] → [𝑠 2 + 𝑠 + 1 −𝑠 −𝑠 𝑠 2 + 𝑠 + 1 ] 𝑿 ̂ = [−2𝑠 0 ] + [ −2 2 ]
Untuk  mendapatkan 𝑿 ̂ adalah  dengan  mengalikan  kedua  sisi  dengan [𝑠 2 + 𝑠 + 1 −𝑠 −𝑠 𝑠 2 + 𝑠 + 1 ] −1 . Maka
𝑿 ̂ = [𝑠 2 + 𝑠 + 1 −𝑠 −𝑠 𝑠 2 + 𝑠 + 1 ] −1 [ −2𝑠 − 2 2 ] → 𝑿 ̂ = 1 (𝑠 2 + 𝑠 + 1)(𝑠 2 + 𝑠 + 1) − 𝑠 2 [𝑠 2 + 𝑠 + 1 𝑠 𝑠 𝑠 2 + 𝑠 + 1 ] [ −2𝑠 − 2 2 ]
Factor M: F ocus ACT ion O f R esearch M athematic
p-ISSN: 2655-3511; e-ISSN: 2656-307X Volume 2, Nomor 2, Juni, 2020, 85 – 101
→ 𝑿 ̂ = [−2𝑠 3 − 4𝑠 2 − 2𝑠 − 2 2 ] 𝑠 4 + 2𝑠 3 + 2𝑠 2 + 2𝑠 + 1
→ 𝑿 ̂ = [−2𝑠 3 − 4𝑠 2 − 2𝑠 − 2 2 ] (𝑠 + 1) 2 (𝑠 2 + 1)
Selanjutnya  adalah  menggunakan metode pecahan parsial (hlm. 37-42)
𝑿 ̂ = [−2𝑠 3 − 4𝑠 2 − 2𝑠 − 2 2 ] (𝑠 + 1) 2 (𝑠 2 + 1) = 𝐴 (𝑠 + 1) + 𝐵 (𝑠 + 1) 2 + 𝐶𝑠 + 𝐷 (𝑠 2 + 1) (4.28)

## Untuk  menentukan  nilai  pembilang
𝐴, 𝐵, 𝐶 dan 𝐷 , maka
[−2𝑠 3 − 4𝑠 2 − 2𝑠 − 2 2 ] = 𝐴(𝑠 + 1)(𝑠 2 + 1) + 𝐵(𝑠 2 + 1) + (𝐶𝑠 + 𝐷)(𝑠 2 + 2𝑠 + 1) = (𝐴 + 𝐶)𝑠 3 + (𝐴 + 𝐵 + 2𝐶 + 𝐷)𝑠 2 + (𝐴 + 𝐶 + 2𝐷)𝑠 + (𝐴 + 𝐵 + 𝐷)
Selanjutnya didapat
1. 𝐴 + 𝐶 = [ −2 0 ] , 2. 𝐴 + 𝐵 + 2𝐶 + 𝐷 = [ −4 0 ] , 3. 𝐴 + 𝐶 + 2𝐷 = [ −2 0 ] , 4. 𝐴 + 𝐵 + 𝐷 = [ −2 2 ] .
Dengan  mensubstitusikan  (1)  pada (3), diperoleh
[ −2 0 ] + 2𝐷 = [ −2 0 ] 𝐷 = [ 0 0 ]

## Kemudian persamaan (4) menjadi
𝐴 + 𝐵 = [ −2 2 ]

## Substitusikan (4) pada (2), didapat
[ −2 2 ] + 2𝐶 = [ −4 0 ] 𝐶 = [ −1 −1 ]

## Persamaan (1) menjadi
𝐴 = [ −1 1 ] . Terakhir, 𝐵 = [ −1 1 ] .
Kembali  ke  persamaan  (4.27)  dan dimasukkan nilai 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷 , menjadi
𝑿 ̂ = [−2𝑠 3 − 4𝑠 2 − 2𝑠 − 2 2 ] (𝑠 + 1) 2 (𝑠 2 + 1) = [−1 1 ] (𝑠 + 1) + [−1 1 ] (𝑠 + 1) 2 + [ −1 −1 ] 𝑠 (𝑠 2 + 1)
Untuk  mendapat  persamaan  gerak
𝑿 = [ 𝑥 1 𝑥 2 ] ,
adalah dengan
menggunakan  Invers  Transformasi
Laplace
ℒ −1 {𝑿 ̂} = ℒ −1 { [−1 1 ] (𝑠 + 1) + [−1 1 ] (𝑠 + 1) 2 + [ −1 −1 ] 𝑠 (𝑠 2 + 1) } = ℒ −1 { [−1 1 ] (𝑠 + 1) } + ℒ −1 { [−1 1 ] (𝑠 + 1) 2 } + ℒ −1 { [−1 −1 ] 𝑠 (𝑠 2 + 1) } 𝑿 = [ −1 1 ] 𝑒 −𝑡 + [ −1 1 ] 𝑡𝑒 −𝑡 + [ −1 −1 ] cos 𝑡 Sehingga persamaan gerak sistem 4.3 adalah
𝑥 1 (𝑡) = −𝑒 −𝑡 − 𝑡𝑒 −𝑡 − cos 𝑡 dan 𝑥 2 (𝑡) = 𝑒 −𝑡 + 𝑡𝑒 −𝑡 − cos 𝑡 ∎
Sistem  Pegas  Massa  Gerak  Paksa ( Forced Motion)

## Sistem 4.4
Diberikan  suatu  sistem  pegas massa  dengan  dua  pegas  dan  dua massa  yang  saling  terhubung  dan terikat ujung kanannya, serta kondisi bidang  horisontal  yang  berbeda teksturnya.  Untuk  massa 𝑚 1 terletak pada  bidang  licin,  sedangkan 𝑚 2
terletak pada bidang kasar, sehingga ketika  bergerak  menghasilkan  gaya gesek sebesar 3 sin 2𝑡 Newton. 𝑚 1 = 𝑚 2 = 1 𝑘𝑔 , 𝑘 1 = 3 𝑁/𝑚 dan 𝑘 2 = 2 𝑁/ 𝑚 . Posisi benda 𝑥 1 saat 𝑡 = 0 berada pada posisi ekuilibriumnya, sedangkan 𝑥 2 saat 𝑡 = 0 bergeser ke kanan sejauh 1 meter.  Lebih jelasnya lihat gambar 4.7.
Gambar 8 . Sistem pegas massa dengan sebagian tekstur kasar.
Berdasarkan  persamaan  (4.8),  maka sistem di atas berbentuk 𝑥 1 ′′(𝑡) + 5𝑥 1 (𝑡) − 2𝑥 2 (𝑡) = 0                 𝑥 1 (0) = 𝑥 1 ′ (0) = 0 𝑥 2 ′′(𝑡) + 2𝑥 2 (𝑡) − 2𝑥 1 (𝑡) = 3 sin 2𝑡     𝑥 2 (0) = 1 , 𝑥 2 ′ (0) = 0 atau
𝑥 1 ′′ (𝑡) = −5𝑥 1 (𝑡) + 2𝑥 2 (𝑡) , 𝑥 1 (0) = 𝑥 1 ′ (0) = 0 𝑥 2 ′′ (𝑡) = 2𝑥 1 (𝑡) − 2𝑥 2 (𝑡) + 3 sin 2𝑡 , 𝑥 2 (0) = 1 , 𝑥 2 ′(0) = 0 Selanjutnya akan dicari
persamaan  gerak 𝑥 1 (𝑡) dan 𝑥 2 (𝑡) untuk  sistem  pegas  massa  yang memenuhi  masalah  awal  sistem  di atas. Dibentuk matriks
[ 𝑥 1 ′′(𝑡) 𝑥 2 ′′(𝑡) ] = [ −5 2 2 −2 ] [ 𝑥 1 𝑥 2 ] + [ 0 3 sin 2𝑡 ]
atau berbentuk
𝑿 ′′ = 𝑨𝑿 + 𝑭.
Sistem ini dikatakan sistem pegas gerak  paksa  karena  terdapat  gaya eksternal  yang  mempengaruhinya,
yakni 𝑭 = [ 0 3 sin 2𝑡 ] ≠ 0 .  Selanjutnya diselesaikan  menggunakan  Metode Transformasi Laplace Matriks.
1. Menggunakan Transformasi Laplace untuk kedua sisi, menjadi 𝑠 2 𝑿 ̂ − 𝑠𝑿(𝟎) − 𝑿 ′ (𝟎) = [ −5 2 2 −2 ] 𝑿 ̂ + [ 0 6 𝑠 2 + 4 ]
2. Mengelompokkan fungsi
Transformasi Laplace Matriks 𝑿 ̂ ke sisi kiri persamaan
([𝑠 2 0 0 𝑠 2 ] − [ −5 2 2 −2 ]) 𝑿 ̂ = 𝑠 [ 0 1 ] + [ 0 6 𝑠 2 + 4 ] → [𝑠 2 + 5 −2 −2 𝑠 2 + 2 ] 𝑿 ̂ = [ 0 𝑠 3 + 4𝑠 + 6 𝑠 2 + 4 ] 3. Mengalikan  kedua  sisi  dengan [𝑠 2 + 5 −2 −2 𝑠 2 + 2 ] −1 , menjadi
Factor M: F ocus ACT ion O f R esearch M athematic
p-ISSN: 2655-3511; e-ISSN: 2656-307X Volume 2, Nomor 2, Juni, 2020, 85 – 101
𝑿 ̂ = 1 (𝑠 2 + 5)(𝑠 2 + 2) − 4 [𝑠 2 + 2 2 2 𝑠 2 + 5 ] [ 0 𝑠 3 + 4𝑠 + 6 𝑠 2 + 4 ] → 𝑿 ̂ = [ 2𝑠 3 + 8𝑠 + 12 𝑠 2 + 4 𝑠 5 + 9𝑠 3 + 6𝑠 2 + 20𝑠 + 30 𝑠 2 + 4 ] (𝑠 2 + 5)(𝑠 2 + 2) − 4
→ 𝑿 ̂ = [ 2𝑠 3 + 8𝑠 + 12 𝑠 5 + 9𝑠 3 + 6𝑠 2 + 20𝑠 + 30 ] (𝑠 2 + 1)(𝑠 2 + 6)(𝑠 2 + 4)
4. Selanjutnya menggunakan metode pecahan parsial 𝑿 ̂ = [ 2𝑠 3 + 8𝑠 + 12 𝑠 5 + 9𝑠 3 + 6𝑠 2 + 20𝑠 + 30 ] (𝑠 2 + 1)(𝑠 2 + 6)(𝑠 2 + 4) = 𝐴𝑠 + 𝐵 (𝑠 2 + 1) + 𝐶𝑠 + 𝐷 (𝑠 2 + 6) + 𝐸𝑠 + 𝐹 (𝑠 2 + 4) sehingga diperoleh
𝑿 ̂ = [ 2𝑠 3 + 8𝑠 + 12 𝑠 5 + 9𝑠 3 + 6𝑠 2 + 20𝑠 + 30 ] (𝑠 2 + 1)(𝑠 2 + 6)(𝑠 2 + 4)
= (𝐴 + 𝐶 + 𝐸)𝑠 5 + (𝐵 + 𝐷 + 𝐹)𝑠 4 + (10𝐴 + 5𝐶 + 7𝐸)𝑠 3 + (10𝐵 + 5𝐷 + 7𝐹)𝑠 2 + (24𝐴 + 4𝐶 + 6𝐸)𝑠 + (24𝐵 + 4𝐷 + 6𝐹) (𝑠 2 + 1)(𝑠 2 + 6)(𝑠 2 + 4)

## Maka didapatkan
(𝐴 + 𝐶 + 𝐸) = [0 1 ] , (𝐵 + 𝐷 + 𝐹) = [0 0 ] ,
(10𝐴 + 5𝐶 + 7𝐸) = [2 9 ] , (10𝐵 + 5𝐷 + 7𝐹) = [ 0 6 ] (24𝐴 + 4𝐶 + 6𝐸) = [ 8 20 ] , (24𝐵 + 4𝐷 + 6𝐹) = [ 12 30 ] . Dengan menggunakan operasi
aljabar, diperoleh 𝐴 = [ 2 5 ⁄ 4 5 ⁄ ] , 𝐵 = [ 4 5 ⁄ 8 5 ⁄ ] , 𝐶 = [ −2 5 ⁄ 1 5 ⁄ ] , 𝐷 = [ 6 5 ⁄ −3 5 ⁄ ] , 𝐸 = [ 0 0 ] , 𝐹 = [ −2 −1 ] .
Kembali  ke  persamaan  awal  dan disubstitusikan
𝐗 ̂ = [ 2s 3 + 8s + 12 s 5 + 9s 3 + 6s 2 + 20s + 30 ] (s 2 + 1)(s 2 + 6)(s 2 + 4)
= [ 2 5 ⁄ 4 5 ⁄ ] s + [ 4 5 ⁄ 8 5 ⁄ ] (s 2 + 1) + [ −2 5 ⁄ 1 5 ⁄ ] s + [ 6 5 ⁄ −3 5 ⁄ ] (s 2 + 6) + [−2 −1 ] (s 2 + 4) .
5. Terakhir,  mengubah  kembali  ke fungsi 𝑿 menggunakan  Invers Transformasi Laplace menjadi
𝑿 = [ 2 5 ⁄ 4 5 ⁄ ] cos 𝑡 + [ 4 5 ⁄ 8 5 ⁄ ] sin 𝑡 + [ −2 5 ⁄ 1 5 ⁄ ] cos √6𝑡 + [ √6 5 ⁄ −√6 10 ⁄ ] sin √6𝑡 + [ −1 − 1 2 ⁄ ] sin 2𝑡 .
Jadi  persamaan  gerak  sistem  4.4 adalah
𝑥 1 = 2 5 ⁄ cos 𝑡 + 4 5 ⁄ sin 𝑡 −2 5 ⁄ cos √6𝑡 + √6 5 ⁄ sin √6𝑡 − sin 2𝑡 , dan 𝑥 2 = 4 5 ⁄ cos 𝑡 + 8 5 ⁄ sin 𝑡 +1 5 ⁄ cos √6𝑡 −√6 10 ⁄ sin √6𝑡 − 1 2 sin 2𝑡 ∎

## Kesimpulan
1. Diberikan masalah nilai awal pada sistem  persamaan  diferensial orde  dua  koefisien  konstan berbentuk matriks
𝑿 ′′ = 𝑨𝑿 + 𝑭 𝑿(𝒕 𝟎 ) = 𝑿 𝟎 , 𝑿 ′ (𝒕 𝟎 ) = 𝑿 ′ 𝟎
(1)
dapat  diselesaikan  dengan menggunakan Metode Transformasi  Laplace  Matriks melalui langkah-langkah sebagai berikut : a. Mengubah  sistem (1) ke dalam bentuk Transformasi Laplace
ℒ{𝑿 ′′ } = ℒ{𝑨𝑿 + 𝑭} . Menggunakan
sifat linearitas,
ℒ{𝑿′′(𝑡)} = 𝑨𝓛{𝑿} + ℒ{𝑭} .
Menggunakan  notasi fungsi  Transformasi  Laplace Matriks,
ℒ{𝑿′′(𝑡)} = 𝑨𝑿 ̂  + 𝑭̂(𝑠) Menggunakan
sifat derivatif  Transformasi Laplace,
𝑠 2 𝑿 ̂ − 𝑠𝑿 𝟎 − 𝑿′ 𝟎 = 𝑨𝑿 ̂ + 𝑭̂(𝑠) dengan 𝑿 𝟎 dan 𝑿′ 𝟎 berturut- turut posisi awal dan kecepatan awal dari massa. b. Mengelompokkan notasi fungsi  Transformasi  Laplace Matriks ke sisi kiri persamaan
𝑠 2 𝑿 ̂ − 𝑨𝑿 ̂ = 𝑭̂(𝑠) + 𝑠𝑿 𝟎 + 𝑿′ 𝟎 . Karena 𝑠 skalar, maka 𝑠 2 𝑰𝑿 ̂ − 𝑨𝑿 ̂ = 𝑭̂(𝑠) + 𝑠𝑿 𝟎 + 𝑿′ 𝟎 atau
(𝑠 2 𝑰 − 𝑨)𝑿 ̂ = 𝑭̂(𝑠) + 𝑠𝑿 𝟎 + 𝑿′ 𝟎 . 𝑰 adalah matriks identitas.
c. Mencari nilai 𝑿 ̂ , yakni dengan mengalikan kedua sisi dengan invers  dari (𝑠 2 𝑰 − 𝑨) atau
(𝑠 2 𝑰 − 𝑨) −1 , menjadi
𝑿 ̂ = (𝑠 2 𝑰 − 𝑨) −1 (𝑭 ̂(𝑠) + 𝑠𝑿 𝟎 + 𝑿′ 𝟎 ) d. Menggunakan metode pecahan parsial untuk mendapatkan faktor-faktor penyebut  dari  determinan (𝑠 2 𝑰 − 𝑨) −1 . e. Terakhir, mencari nilai 𝑿 , yakni dengan  menentukan  Invers Transformasi  Laplace  dari 𝑿 ̂ , didapatkan
𝑿 = ℒ −1 {𝑿 ̂} = ℒ −1 {(𝑠 2 𝑰 − 𝑨) −1 (𝑭 ̂(𝑠) + 𝑠𝑿(𝟎)
+ 𝑿 ′ (𝟎))}
Menggunakan  metode  ini, sistem  persamaan  diferensial linear  dapat  ditentukan  solusi khususnya secara langsung.
2. Diberikan  sistem  pegas  massa berbentuk
[ 𝑚 1 0 0 𝑚 2 ] [ 𝑥 1 ′′ 𝑥 2 ′′ ] = − [ 𝑘 1 + 𝑘 2 −𝑘 2 −𝑘 2 𝑘 2 + 𝑘 3 ] [ 𝑥 1 𝑥 2 ] dengan syarat awal [ 𝑥 1 (𝑡 0 ) 𝑥 2 (𝑡 0 ) ] dan [ 𝑥 1 ′ (𝑡 0 ) 𝑥 2 ′ (𝑡 0 ) ] atau  bentuk  perluasannya (lebih  dari  dua  pegas  dan massa), juga dapat
Factor M: F ocus ACT ion O f R esearch M athematic
p-ISSN: 2655-3511; e-ISSN: 2656-307X Volume 2, Nomor 2, Juni, 2020, 85 – 101
diselesaikan  dengan  rumus  di atas,  baik  pada  gerak  bebas redam (damped free motion ), gerak bebas tak-redam (undamped free motion)
maupun  gerak  paksa (forced
motion).
Kritik dan Saran
✓ Kritik
1. Metode  ini  masih  terbatas  pada penyelesaian sistem yang memiliki syarat awal 2. Penggunaan  metode  ini  masih terbatas  pada  sistem  linear  orde dua koefisien konstan
3. Bentuk matriks dari sistem harus berukuran 𝑛 × 𝑛
4. Penyelesaian    semakin  rumit seiring  bertambahnya  ukuran matriks 5. Penyelesaian  sistem  mengalami kendala ketika menemukan determinan  matriks  sistem  yang tidak  dapat  difaktorkan  dengan cara  biasa,  sehingga  harus menggunakan program.
✓ Saran
6. Peneliti lain dapat lebih mengembangkan  terapan  dari metode  ini,  tidak  hanya  pada sistem  pegas  massa,  misalnya pada  rangkaian  listrik,  tangki terhubung (interconnected  tank) atau yang lainnya, serta memberi contoh pada sistem yang ukuran matriksnya lebih besar.

## Daftar Pustaka
Edward, C. Henry, David E. Penney. 2005. Differential Equations & Linear Algebra Second Edition. (USA : Pearson Education International).
Fathani, Abdul Halim. 2008. Ensiklopedi Matematika (Yogyakarta : Ar-Ruzz Media).
Kartono. 2012. Persamaan Diferensial Biasa (Yogyakarta : Graha Ilmu).
Nagle, R. Kent, Edward B. Saff, Arthur David Snider. 2004. Fundamentals of Differential Equations and Boundary Value Problems Fourth Edition (USA : Pearson Adison Wesley).
Raharjanti, Woro. 2005. Skripsi Jurusan Matematika Universitas Negeri Semarang.
Ross, Shepley L. 1984. Differential Equations (New York : John Wiley & Sons, Inc).
Susanta, B. 2008. Pemodelan Matematis (Jakarta : Universitas Terbuka)
Zill,  Dennis  G.,  Michael  R.  Cullen.  2009. Differential  Equations  with  Boundary  Value Problems (USA : Brook/Cole Cengage Learning).