diktat sistem linier

DIKTAT KULIAH SISTEM LINIER

Disusun Oleh: Muhammad Andang Novianta, ST., MT

JURUSAN TEKNIK ELEKTRO

Mata kuliah SISTEM LINIER

FAKULTAS TEKNOLOGI INDUSTRI INSTITUT SAINS & TEKNOLOGI AKPRIND YOGYAKARTA 2007

Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta

2


KATA PENGANTAR

Bismillaahirrahmaanirrahiim. Alhamdulillah penulis panjatkan ke hadirat Allah SWT atas segala rahmat dan karunia-Nya sehingga penulis dapat menyelesaikan diktat kuliah Sistem Linier. Diktat ini diharapkan dapat membantu para pembaca khususnya mahasiswa Program Studi Teknik Elektr Elektro o Instit Institut ut Sains Sains & Teknol Teknologi ogi AKPRIN AKPRIND D Yogyak Yogyakarta arta untuk untuk lebih lebih mengen mengenal al dan memahami konsep sinyal dan sistem serta penerapannya. Diktat ini dapat diselesaikan atas bantuan banyak pihak, untuk itu penulis mengucapkan banyak terima kasih. Penulis menyadari bahwa masih banyak kekurangan dalam diktat ini untuk itu penulis mengharapkan kritik dan saran untuk penyempurnaan diktat ini. Akhirnya semoga diktat ini bermanfaat bagi proses belajar mengajar pada Program Studi Teknik Elektro Institut Sains & Teknologi AKPRIND Yogyakarta. Yogyakarta, Januari 2007 Penulis


ii


DAFTAR ISI Halaman HALAMAN JUDUL

-----------------------------------------------------------------

i

----------------------------------------------------------------

ii

---------------------------------------------------------------------------

iii

KATA PENGANTAR DAFTAR ISI

DAFTAR TABEL

---------------------------------------------------------------------

v

------------------------------------------------------------------

vi

-----------------------------------------------------

1

DAFTAR GAMBAR BAB 1.

OPERASI SINYAL

1.1. Pendahuluan

--------------------------------------------------------

1.2. Sinyal Diskrit dan Kontinyu

--------------------------------------

1

-------------------------------------------------

4

1.4. Pergeseran, Pemantulan dan Penskalaan Waktu ----------------

6

1.3. Representasi Sinyal

BAB 2.

2.1.

--------------------------

10

-----------------------------------

11

2.3. Persamaan Beda Sistem --------------------------------------------

14

2.4. Tanggapan Impuls

--------------------------------------------------

16

------------------------------------------------

17

2.6. Konvolusi Diskrit ---------------------------------------------------

21

TRANSFORMASI LAPLACE

--------------------------------------

25

Pengertian Laplace Transform

---------------------------------------

25

SISTEM LINIER TAK UBAH WAKTU

Pendahuluan

10

2.2. Persamaan Diferensial Sistem

2.5. Konvolusi Kontinyu

BAB 3.

3.1.

3.2. Karakteristik Transformasi Laplace

----------------------------

27

-------------------------------------

29

3.4. Transformasi Laplace Untuk Penyelesaian Persamaan Diferensial ------------------------------------------------------------

32

3.3. Transformasi Laplace Balik

BAB 4.

TOPOLOGI SISTEM

4.1. Fungsi Alih

--------------------------------------------------

---------------------------------------------------------

4.2. Aljabar Diagram Blok

BAB 5.

1

34 34

--------------------------------------------

35

4.3. Penerapan Aljabar Diagram Blok Dalam Pemodelan Sistem ---

39

------------------------------

44

-------------------------------------------------------

44

PENDEKATAN RUANG KEADAAN

5.1. Konsep Dasar


iii


5.2. Representasi Sistem Dalam Persamaan Ruang Keadaan

---- -

45

------------------

49

--------------------------------------------------------

57

5.3. Persamaan Ruang Keadaan Dari Fungsi Alih 5.4. Kompensator

5.5. Controllability dan Observability System DAFTAR PUSTAKA

-----------------------

60

----------------------------------------------------------------- 63


iv


DAFTAR TABEL Halaman Tabel 3.1 Tabel Transformasi Laplace


-----------------------------------------------

26

v


DAFTAR GAMBAR Halaman Gambar 1.1

Sistem kontinyu

---------------------------------------------------------

1

Gambar 1.2

Sistem diskrit

----------------------------------------------------------

1

Gambar 1.3

Sinyal x(t) = u(t)

--------------------------------------------------------

2

Gambar 1.4

Sinyal x(t) = Π (t) --------------------------------------------------------

2

Gambar 1.5

Sinyal x(t) = Λ (t)

-------------------------------------------------------

3

Gambar 1.6

Sinyal x(n) = δ (n) ------------------------------------------------------

3

Gambar 1.7

Sinyal x(n) = u(n) --------------------------------------------------------

3

Gambar 1.8

Sinyal x(t)

4

Gambar 1.9

(a) Sinyal y(t), (b) sinyal y1= u(t-a), (c) sinyal y2=u(t-b)

------------------------------------------------------------------------

5

Gambar 1.10 (a) Sinyal x(2t), (b) Sinyal x(0,5t)

-----------------------------------

7

Gambar 1.11 (a) Sinyal x(t-1), (b) Sinyal x(t+2)

-----------------------------------

8

Gambar 1.12 (a) Sinyal x(-t), (b) Sinyal x(-0,5t)

-----------------------------------

9

------------------------------------

11

Gambar 2.1

Rangkaian RLC untuk contoh 2.1

Gambar 2.2

Sinyal x(p), h(p) dan h(t-p)

-------------------------------------------

19

Gambar 2.3

(a) Sinyal x(p) dan h(t-p) pada saat t<1 (b) Sinyal x(p) dan h(t-p) pada saat 1 -------------------------------

20

Gambar 2.4

Sinyal r(t) hasil konvolusi x(t) dan h(t)

-----------------------------

21

Gambar 2.5

(a) Sinyal x(k) dan y(k) (b) Sinyal y(-k) dan y(n-k) pada saat n=1 (c) Sinyal hasil konvolusi r(n) ----------------------------------------

24

Gambar 4.1

Fungsi alih sistem --------------------------------------------------------

34

Gambar 4.2

Fungsi alih sistem dengan masukan r keluaran c ---------------------

35

Gambar 4.3

Fungsi alih sistem dengan masukan dan gangguan -----------------

35

Gambar 5.1

Hubungan masukan dan keluaran dengan keadaan sistem

--------

44

Gambar 5.2

Sistem sederhana dengan masukan x(t) keluaran y(t) ---------------

44

Gambar 5.3

Realisasi umum persamaan keadaan ----------------------------------

46


vi


Gambar 5.4

Sistem massa pegas sederhana -----------------------------------------

46

Gambar 5.5

Realisasi persamaan keadaan sistem massa pegas ------------------

47

Gambar 5.6

Penjabaran sistem pada contoh 5.2 ------------------------------------

48

Gambar 5.7

Realisasi umum persamaan ruang keadaan dari fungsi alih dengan masukan tidak mengandung turunan ------------------------

50

Realisasi umum persamaan ruang keadaan dari fungsi alih dengan masukan mengandung turunan -------------------------------

51

Realisasi sistem contoh 5.3 ----------------------------------------------

53

Gambar 5.10 Sistem contoh 5.4 --------------------------------------------------------

53

Gambar 5.11 Realisasi sistem contoh 5.4 ---------------------------------------------

55

Gambar 5.12 Bentuk dasar realisasi sistem Gambar 5.10

--------------------------

55

Gambar 5.13 Dasar pembentukan Gambar 5.11 --------------------------------------

56

Gambar 5.14 Modifikasi realisasi sistem Gambar 5.11 ------------------------------

56

Gambar 5.15 Realisasi dalam bentuk lain sistem contoh 5.4 -----------------------

57

Gambar 5.16 Realisasi sistem dengan kompensator di depan

58

Gambar 5.8 Gambar 5.9

---------------------

Gambar 5.17 Realisasi sistem dengan kompensator di belakang


-----------------

59

vii


BAB 1 OPERASI SINYAL 1.1. Pendahuluan

Konsep sinyal dan sistem dikembangkan sangat luas diberbagai bidang antara lain: komunikasi, penerbangan, desain rangkaian elektronik, seismologi, biomedical, pembangkitan dan distribusi energi, kendali proses kimia, pengolahan suara dan berbagai penerapan lainnya. Pemahaman yang mendalam mengenai sinyal dan sistem sangat diperlukan untuk kemajuan penerapan konsep sinyal dan sistem. Bab 1 dan 2 diktat ini membahas output sistem linier tak ubah waktu dengan berbagai

input . Konsep sinyal dan sistem dibahas baik dalam bentuk kontinyu maupun bentuk diskrit. Bab 3 akan membahas tentang transformasi laplace dan penggunaanya dalam analisis sinyal dan sistem.

1.2. Sinyal Diskrit dan Kontinyu

Sinyal kontinyu adalah sinyal yang mempunyai nilai tak terputus dalam kawasan waktu. x(t) disebut sinyal kontinyu jika mempunyai nilai tak terrputus. x(t)

x(t)

x(t)

y(t) sistem

t

t

Gambar 1.1 Sistem kontinyu

Gambar diatas menunjukan sistem kontinyu dengan masukan x(t) setelah melalui proses dalam sistem maka keluaran sistem adalah y(t). Karakteristik y(t) dalam penerapanya adalah sesuai dengan karakteristik keluaran yang diinginkan perancang sistem. x(t) dan y(t) mempunyai nilai yang kontinyu sepanjang waktu (t). Untuk sinyal diskret, nilai dari sinyal ada pada satuan waktu diskret n yang merupakan bilangan bulat, - ∞ < n < ∞. x(n)

x(n)

x(n) n


y(n) sistem

n

1


Gambar 1.2 Sistem diskrit Gambar diatas menunjukan sistem diskrit dengan masukan x(n) setelah melalui

proses dalam sistem maka keluaran sistem adalah y(n). Seperti halnya pada karakteristik keluaran sistem kontinyu maka keluaran sistem diskrit y(n) dalam penerapannya adalah sesuai dengan karakteristik keluaran yang diinginkan perancang sistem. Berikut dijelaskan beberapa sinyal yang sering digunakan dalam analisa sinyal dan sistem. a)

Sinyal undak satuan u(t)

Suatu sinyal x(t) didefinisikan sebagai u(t) jika x(t) = 1, = 0,

t>0 t<0 x(t) 1

t Gambar 1.3 Sinyal x(t) = u(t)

Sinyal ini dapat dipakai untuk merepresentasikan permulaan dan akhir suatu sinyal yang lebih kompleks. b)

Sinyal kotak

Π (t)

Sinyal x(t) dikatakan sebagai Π (t) jika x(t) = 1, = 0,

-0,5
-0,5

0,5

Gambar 1.4 Sinyal x(t) =

c)

Sinyal segitiga

t (t)

Λ (t)

Sinyal x(t) disebut sebagai Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta

Λ (t) jika 2


x(t) = 1 - | t | ,

-1
= 0,

t lainnya x(t) 1

-1

1

t

Gambar 1.5 Sinyal x(t) =

d)

Sinyal pulsa satuan

δ

Sinyal x(n) disebut sebagai x(n) = 1,

(t)

(n)

δ

(n) jika

n=0

= 0,

n lainnya x(n) 1

n Gambar 1.6 Sinyal x(n) =

(n)

Sinyal δ (n) biasa digunakan untuk mencari tanggapan cuplik satuan suatu sistem diskrit. Sinyal ini juga dipergunakan untuk menyatakan suatu fungsi lain:

f (n) = e)

∑

∞ k =−∞

f ( k )δ ( n − k )

(1.1)

Sinyal undak satuan diskrit u(n)

Sinyal x(n) disebut sebagai u(n) jika x(n) = 1, = 0,

n≥ 0 n lainnya x(n) 1

n Gambar 1.7 Sinyal x(n) = u(n) Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta

3


1.3. Representasi Sinyal

Sinyal dapat direpresentasikan dalam berbagai cara. Representasi sinyal kontinyu dapat dijelaskan dengan lebih mudah dengan contoh berikut: Contoh soal 1.1: Suatu sinyal kontinyu seperti gambar berikut representasikan dalam suatu persamaan isyarat: x(t)

1 1

2

3

t

Gambar 1.8 Sinyal x(t) Penyelesaian:

Sinyal x(t) diatas mempunyai tiga kondisi yaitu: pada saat 0
x2(t),2
Dari grafik x(t) dapat dilihat bahwa kondisi selain 0
=

t − t 1 t 2 − t 1

dengan memasukan nilai-nilai titik 1 dan titik 2 didapatkan: x1 (t ) − 0 1−0

=

t − 0 2 −0

maka:


4


x1 (t ) =

t 2

Jadi x(t) dapat ditulis menjadi persamaan berikut : 05t, 0
1,

2
0,

t lainnya

Untuk menuliskan persamaan x(t) dalam satu persamaan dapat digunakan u(t-a) dan u(-b) sebagai awal dan akhir dari sinyal tersebut. Hal tersebut dapat dipahami dengan ilustrasi sebagai berikut: y(t) 1

a

b

t

(a) y1(t)

y2(t) 1

1

a

b

t

(b)

a

b

t

(c)

Gambar 1.9 (a) Sinyal y(t), (b) sinyal y 1= u(t-a), (c) sinyal y 2=u(t-b)

Pada Gambar 1.9(a) adalah suatu sinyal yang bernilai 1 yang dimulai pada t = a dan diakhiri pada t = b. Sinyal tersebut dari gambar dapat dilihat merupakan hasil pengurangan sinyal y 1(t) = u(t-a) (sinyal undak satuan yang tergeser ke kanan sejauh a) dengan sinyal y 2(t) = u(t-b) (sinyal undak satuan yang tergeser ke kanan sejauh a). y(t) = y1(t) – y2(t) = u(t-a) –u(t-b) Untuk menyatakan suatu sinyal x(t) = e -t yang hanya mempunyai nilai pada saat t=1 sampai t = 5 dapat dinyatakan sebagai berikut:


5


x(t) = e-t{u(t-1) – u(t-5)}

Contoh soal 1.2: Representasikan sinyal pada contoh 1.1 dalam satu persamaan

x(t) =

0,5t,

0
1,

2
0,

t lainnya

Penyelesaian:

Sinyal tersebut terdiri dari dua isyarat yaitu isyarat bernilai 0,5t yang dimulai dari t=0 sampai t=2 dan isyarat yang bernilai 1 yang mulai saat t=2 dan berakhir pada t=3, maka dapat dinyatakan sebagai berikut: x(t)

= 0,5t{u(t-0)-u(t-2)} + {u(t-2)-u(t-3)} = 0,5t {u(t)-u(t-2)} + u(t)-u(t-3)

1.4. Pergeseran, Pemantulan dan Penskalaan Waktu Dalam suatu sistem terjadi berbagai macam tindakan terhadap isyarat yang diterimanya. Tindakan atau operasi-operasi isyarat

dilakukan dalam upaya

mendapatkan isyarat yang sesuai dengan karakteristik yang diinginkan. Berikut akan dibahas tiga operasi dasar terhadap sinyal. Operasi pergeseran adalah operasi menggeser sinyal ke kanan atau ke kiri pada sumbu waktu. Dalam aplikasi pengolahan sinyal, hal ini dilakukan dengan tunda waktu. Operasi pemantulan dilakukan dengan mencerminkan isyarat terhadap sumbu vertikalnya. Penskalaan waktu adalah upaya menyempit dan melebarkan isyarat pada sumbu waktu. Operasioperasi tersebut akan mudah dipahami dengan contoh sebagai berikut: Contoh soal 1.3: Lakukan operasi-operasi berikut terhadap isyarat x(t) pada contoh soal 1.1. a)

Penskalaan waktu x(2t) dan x(0.5t)

b)

Operasi pergeseran x(t-1) dan x(t+2)

c)

Operasi pencerminan x(-t) dan x(-0,5t)

Penyelesaian:

a)

x(2t) dapat dicari dengan memasukan 2t untuk menggantikan t pada fungsi x(t)

x(t) =

0,5t,

0
1,

2
0,

t lainnya


6


Nilai t digantidengan 2t maka didapatkan:

x(2t) =

0,5.2t,

0<2t<2

1,

2<2t<3

0,

2t lainnya

Dengan menyederhanakan 2t maka didapat:

x(2t) =

t,

0
1,

1
0,

t lainnya

Sedangkan untuk x(0.5t) dapat dicari sebagai berikut:

x(0,5t) =

0,5(0,5t),

0<0,5t<2

1,

2<0,5t<3

0,

0,5t lainnya

Dengan penyederhanaan didapat:

x(0,5t) =

0,25t ,

0
1,

4
0,

t lainnya

x(2t)

x(0,5t)

1

1 1

2

3

t

1

(a)

2

3

4

5

6

t

(b)

Gambar 1.10 (a) Sinyal x(2t), (b) Sinyal x(0,5t)

Pada Gambar 1.10, kalau dibandingkan dengan gambar sinyal x(t) terlihat jelas operasi penskalaan waktu. Sinyal x(2t) merupakan operasi penyempitan skala waktu setengah kali dari skala waktu asli. Sinyal x(0,5t) merupakan operasi pelebaran skala waktu dua kali dari waktu aslinya. b)

x(t-1) dapat dicari sebagai berikut :

x(t-1) =

0,5(t-1),

0
1,

2

7


0,

t-1 lainnya

dengan penyederhanaan: 0,5t-0,5,

1
x(t-1) = 1,

3
0,

t lainnya

Sedangkan x(t+2) dapat dicari sebagai berikut:

x(t+2) =

0,5(t+2),

0
1,

2
0,

t+2 lainnya

x(t+2) dapat disederhanakan: 0,5t+1,

-2
x(t+2) = 1,

0
0,

t lainnya

Sinyal x(t-1) dan x(t+2) dapat digambarkan sebagai berikut: x(t-1)

x(t+2)

1

1 1

2

3

4

5

t

-3

-2

-1

1

(a)

2

t

(b)

Gambar 1.11 (a) Sinyal x(t-1), (b) Sinyal x(t+2)

Pada Gambar 1.11, terlihat operasi pergeseran sinyal. Sinyal x(t-1) adalah sinyal x(t) yang tergeser 1 ke kanan. Sinyal x(t+2) adalah sinyal x(t) yang tergeser ke kiri sejauh 2. Jadi pada isyarat dengan t mempunyai tanda positif maka akan tergeser ke kanan sebesar suatu bilangan kalau di kurangi suatu bilangan tersebut. Untuk pergesaran ke kiri (ditambah suatu bilangan) juga demikian. c)

Operasi pencerminan x(-t) dan x(-0,5t)

Nilai x(-t) dapat dicari sebagai berikut:

x(-t) =

-0,5t,

0<-t<2

1,

2<-t<3

0,

-t lainnya


8


dengan penyederhanaan didapatkan :

x(-t) =

-0,5t,

-2
1,

-3
0,

t lainnya

Sedangkan sinyal x(-0,5t) adalah sebagai berikut:

x(-0,5t) =

0,5(-0,5)t,

0<-0,5t<2

1,

2<-0,5t<3

0,

-0,5t lainnya

dengan penyederhanaan didapatkan :

x(-0,5t) =

-0,25t,

-4
1,

-6
0,

t lainnya

Sinyal x(-t) dan x(-0,5t) dapat digambarkan sebagai berikut:

-3

-2

x(-t)

x(-0,5t)

1

1

-1

1

t

-6

-5

-4

-3

(a)

-2

-1

t

(b)

Gambar 1.12 (a) Sinyal x(-t), (b) Sinyal x(-0,5t)

Pada Gambar 1.12, dapat dilihat bahwa sinyal x(-t) adalah hasil pencerminan sinyal x(t). Sinyal x(-0,5t) adalah hasil pencerminan dan penskalaan waktu sinyal aslinya.


9


BAB 2 SISTEM LINIER TAK UBAH WAKTU Bab 2 pada diktat ini akan membahas tentang sistem linier tak ubah waktu kausal. Pembahasan ini dilakukan dengan mempertimbangkan banyaknya model linier yang digunakan dalam hampir semua bidang kerekayasaan. Sistem linier mempunyai sifat-sifat sebagai berikut: a) Sifat kehomogenan

Jika input u memberikan keluaran y maka input au akan menghasilkan keluaran ay. b) Sifat superposisi

Jika input u1 and u2 menghasilkan output y1 and y2, dan untuk l input (u1+u2) menghasilkan output (y1+y2). 2.1. Pendahuluan

Sistem dapat diartikan sebagai hubungan antara input dan output . Pada umumnya

input adalah sebab dan output adalah akibat. Beberapa contoh sistem yang umum kita kenal adalah: 1)

Sebuah rangkaian listrik dengan input tegangan dan / atau arus sumber

sedangkan output nya yaitu tegangan dan / atau arus yang mengalir pada beberapa titik pada rangkaian tersebut. 2)

Sebuah sistem kanal komunikasi dengan input sebanding dengan sinyal

yang ditransmisi pada kanal tersebut sedangkan output nya adalah sinyal yang sampai pada ujung kanal. 3)

Sebuah sistem biologi seperti mata manusia dengan input sinyal gambar

yang masuk ke retina mata dan output nya adalah rangsangan syaraf yang selanjutnya diolah di otak untuk pengambilan keputusan informasi apa yang masuk. 4)

Sebuah manipulator robot dengan input n torsi yang diaplikasikan ke robot

tersebut dan output posisi akhir salah satu lengannya. 5)

Proses manufaktur, dengan input bahan mentah yang dimasukkan dan

output nya berupa jumlah barang yang diproduksinya.


10


6)

Lebih spesifik lagi dalam bidang engineering sistem sering diartikan

sebagai model matematik yang mengubungkan antara masukan atau gaya luar dengan keluaran atau tanggapan sistem. Sistem dapat diklasifikasikan dalam berbagai kategori.

a)

Sistem kausal dan non kausal

♦

Sistem kausal: y(t) = x(t) + 2x(t-1)

♦

Sistem non kausal: y(t) = x(t+1) – x(t) + 3x(t-2)

Sistem kausal memberikan nilai keluaran terhadap masukan yang telah masuk pada sistem. Semua sistem fisika yang nyata termasuk dalam sistem kausal. Sistem non kausal adalah sistem antisipatif yaitu sistem mampu memberi respon terhadap masukan yang akan datang. Sistem non kausal sering ditemui dalam aplikasi elektrik modern seperti pada sistem kendali adaptif. b)

Sistem bermemori dan tanpa memori

Sistem bermemori adalah sistem yang keluarannya merupakan fungsi dari masukan sekarang dan masukan sebelumnya.

♦

Sistem bermemori: y(t) = -4x(t-1) + 2x(t)

♦

Sistem tanpa memori: y(t) = 2x(t)

2.2. Persamaan Diferensial Sistem

Penggambaran sistem waktu kontinyu, selalu berkaitan dengan bentuk representasi matematik yang mengambarkan sistem tersebut dalam keseluruhan waktu. Dapat pula secara sederhana dikatakan, bahwa suatu sistem disebut sebagai sistem waktu kontinyu jika input dan output berupa sinyal waktu kontinyu. Sistem kontinyu dapat dinyatakan dalam persamaan diferensial sistem. Dengan masukan adalah x(t) dan ouput y(t) maka sistem linier tak ubah waktu dapat dinyatakan sebagai berikut: any(n)(t) + an-1y(n-1) (t) + … + a1y’(t)+ a0y(t) = b0x(t) + b1x’(t) + … + an-1x(n-1)(t)+ anxn(t)

(2.1)

Suku kanan persamaan tersebut sering digabungkan menjadi: f(t) = b0x(t) + b1x’(t) + ….. + an-1x(n-1)(t)+ anxn(t) dengan f(t) disebut fungsi pemaksa. Berikut contoh persamaan diferensial sistem: Contoh soal 2.1: Modelkan sistem berikut dalam persamaan Diferensial R=2Ω

Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta e(t) 2A/dt

L=1H

i(t)

C=0,5 F

11


Gambar 2.1 Rangkaian RLC untuk contoh 2.1 Penyelesaian:

Dengan hukum Kirchoff tegangan didapatkan: t

e(t)

= Ri(t) + L di/dt +1/C ∫ i(t) dt , t > 0 0

dengan mendiferensialkan kedua suku didapat: de(t) dt

di(t) = R dt

2

+L

d i (t ) dt

2

+

1 C

i(t )

keadaan awal untuk memecahkan persamaan ini adalah: di(t) dt

t =0 =

=2

i(0+)=0

Untuk memecahkan persamaan diferensial disajikan teorema sebagai berikut: Persamaan diferensial sistem: any(n)(t) + an-1y(n-1) (t)

+ … .. +

a1y’(t)+ a0y(t) mempunyai

keadaan awal: y(0), y’(0),……,yn-1 maka tanggapan lengkap sistem: y(t) = yho(t) + yf0(t) dengan: yho(t) = tanggapan homogen, alami, bebas, dan transient. yf0(t) = tanggapan paksa, akhir, steady state. Tanggapan homogen didapatkan dengan menyelesaikan persamaan sistem pada saat masukan sama dengan nol f(t)=0. Tanggapan ini disebut tanggapan alami sistem merupakan tanggapan sistem sebelum ada masukan. Tanggapan paksa didapatkan dengan menerapkan masukan f(t) pada sistem. Untuk lebih jelas, disajikan contoh berikut. Contoh soal 2.2: Selesaikan persamaan diferensial berikut jika diberikan kondisi awal y(0) = 1 dan y’(0) = 2 y’’(t) + 3y’(t) + 2y(t) = e2t Penyelesaian:

a) Langkah 1. Mencari yho(t)


12


Persamaan homogen sistem adalah sebagai berikut: y’’(t) + 3y’(t) + 2y(t) = 0 Dengan permisalan bahwa yho(t) = Aemt maka didapatkan : d’’(Aemt)/dt2 + 3d’(Aemt)/dt +2(Aemt) = 0 Aemt(m2 + 3m + 2) = 0 Dari persamaan tersebut terlihat bahwa tidak ada nilai A (selain nol) dan nilai e mt (kecuali m = - ∞) yang membuat nilai suku kiri nol. Nilai A= 0 dan m = - ∞ tidak diinginkan untuk menyelesaikan persamaan maka nilai m yang memenuhi persamaan diatas adalah: (m2 + 3m + 2) = 0 sehingga m = -1 dan m =-2. Dengan demikian solusi untuk y ho(t) adalah: yho(t) = A1e-t + A2e-2t

b) Langkah 2. Mencari y fo(t) Menyelesaikan persamaan: y’’(t) + 3y’(t) + 2y(t) = e2t Berdasarkan perkiraan keluaraan terhadap masukan yang ada dilakukan permisalan sebagai berikut: yfo(t) = Ae2t Subsitusi ke dalam persamaan sistem menghasilkan: (4A+6A+2A)e2t = e2t dari persamaaan tersebut didapatkan : (4A+6A+2A) = 1 A = 0,083 Dengan demikian : yfo(t) = 0,083e 2t

c) Langkah 3. Dengan menggabungkan langkah 1 dan langkah 2 maka didapatkan tanggapan lengkap sistem: y(t) = A1e-t + A2e-2t + 0,083e2t

d) Langkah 4.


13


Langkah 4. menerapkan keadaan awal y(0) = 1 dan y’(0) = 2 pada tanggapan lengkap sistem. Dengan menerapkan y(0)=1 didapatkan: y(0) = A1e-1*0 + A2e-2*0 + 0,083e 2*0 1 = A1 + A2 + 0,083 A1 + A2 = 0,917 Dengan menerapkan y’(0) = 2 didapatkan: d(y(t))/dt = d(A1e-t)/dt + d(A2e-2t)/dt + d(0,083e2t)/dt dengan memasukan nilai keadaan awal: 2 = - A 1 - 2A2 + 0,166 A1 + 2A2 = -1,834 Dengan eliminasi persamaan yang didapatkan dari keadaan 1 dan 2 didapatkan: A2 = -2,751 dan A 1 =3,668 Dengan demikian tanggapan lengkap sistem adalah: y(t) = 3,668e -t – 2,751e-2t + 0,083e2t 2.3. Persamaan Beda Sistem

Persamaan beda sistem adalah persamaan hubungan masukan dan keluaran pada sistem diskrit. Dengan keluaran adalah y(n) sedangkan masukan adalah x(n) persamaaan beda sistem dapat ditulis sebagai berikut: any(n) + an-1y(n-1) + ….. + a py(n-p) = bnx(n) + bn-1x(n-1) + ….. + an-mx(n-m)

(2.2)

Suku kanan persamaan tersebut sering digabungkan menjadi: f(n) = bnx(n) + bn-1x(n-1) + ….. + an-mx(n-m) dengan f(n) disebut fungsi pemaksa. Persamaan beda sistem orde p dengan kondisi awal y(-1), y(-2), y(-3),….y(-p) mempunyai tanggapan lengkap: y(n) = yho(n) + yf0(n) dengan: yho(n) = tanggapan homogen, alami, bebas, dan transient. yf0(n) = tanggapan paksa, akhir, steady state. Tanggapan homogen didapatkan dengan menyelesaikan persamaan sistem pada saat masukan sama dengan nol f(n)=0. Tanggapan paksa didapatkan dengan menerapkan masukan f(n) pada sistem.


14


Contoh soal 2.3: Selesaikan persamaan beda sistem berikut jika diberikan kondisi awal y(-1) = 2 y(n) + 0,2y(n-1) = 6. Penyelesaian:

a)

Langkah 1. Mencari yho(n)

Persamaan homogen sistem adalah sebagai berikut: y(n) + 0,2y(n-1) = 0 Dengan permisalan yho(n) = C(α )n maka: y(n-1) = C(α )n-1 = k α dengan k= C α

n

-1

Subsitusi kepersamaan homogen sistem menghasilkan : C(α )n + 0,2 C( α )n-1 =0 C(α )n-1(α + 0,2) =0 Hanya nilai C=0 dan ( α )n-1 = 0 yamg membuat nilai suku kiri nol dari komponen C(α )n. Nilai-nilai Nilai-nilai ini tidak diinginkan diinginkan untuk menyelesaikan menyelesaikan persamaan maka nilai α yang memenuhi persamaan diatas adalah:

α

+ 0,2 =0

α

= - 0,2

Dengan demikian solusi untuk y ho(n) adalah: yho(n) = C(-0,2) n

b)

Langkah 2. 2. Me Mencari y fo(n)

Tanggapan paksa sistem didapatkan dengan menyelesaikan persamaan: y(n) + 0,2y(n-1) =6 Berdasarkan perkiraan keluaran terhadap masukan yang ada dilakukan permisalan sebagai berikut: yfo(n) = A (untuk penjumlahan semua y fo(n)) Subsitusi ke dalam persamaan sistem menghasilkan: yfo(n) + 0,2 yfo(n-1) =6 A + 0,2A =6 A=5 Dengan demikian: yfo(n) = 5 Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta

15


c)

Langkah 3.

Dengan menggabungkan langkah 1 dan langkah 2 maka didapatkan tanggapan lengkap sistem: y(n) = 5 + C(-0,2) n

d)

Langkah 4.

Menerapkan keadaan awal y(0) = 1 dan y’(0) = 2 pada tanggapan lengkap sistem. Dengan menerapkan y(-1) = 2 didapatkan: y(-1) = 5 + C(-0,2) -1 5C = 5 – 2 C=0,6 Dengan demikian tanggapan lengkap sistem adalah: y(n) = 5 + 0,6(-0,2) n 2.4. Tanggapan Impuls

Tanggapan impuls h(t)n adalah tanggapan sistem jika mendapat masukan berupa sinyal impuls. Suatu sistem linier tak ubah waktu: any(n)(t) + an-1y(n-1) (t) + ….. + a1y’(t)+ a0y(t) = b0x(t) + b1x’(t) + ….. + bmxm(t) mempunyai tanggapan impuls h(t) dengan rumusan berikut: x(t) = δ (t) dan y(t)=0, h(t) = y(t)|

-∞
x(t)=δ (t)

Contoh Cont oh soal so al 2.4 2 .4: Tentukan tanggapan impuls sistem 2y’(t) + 3y(t) = 4 x(t). Penyelesaian:

Untuk mencari tanggapan implus maka masukan x(t) =

δ

(t).

2y’(t) + 3y(t) = 4 δ (t) Dengan h(t) = y(t) |

x(t)=δ (t)

maka persamaan diatas dapat dituliskan sebagai berikut:

2h’(t) + 3h(t) = 4 δ (t)

(1)

Dari penyelesaian persamaan diferensial yang telah dipelajari sebelumnya kita dapat mengasumsikan penyelesaian untuk h(t): h(t) = Ae-1,5tu(t) + 0δ (t) diasumsikan 0δ (t) karena pada sistem orde satu ini masukan tidak mempunyai sehingga untuk t>0

δ

δ

’(t)

(t)=0.


16


Dengan subsitusi asumsi ke persamaan (1) dihasilkan: 2d/dt[Ae-1,5tu(t)] + 3A e -1,5tu(t) = 4δ (t) Dengan mempertimbangkan waktu t=0 didapatkan: 2Ae-1,5t|

δ

t=0

(t) = 4δ (t)

2Aδ (t) = 4δ (t) A=2 Dengan demikian: h(t) = 2 e -1,5tu(t)

Cont Co ntoh oh soal soal 2.5 2. 5: Tentukan tanggapan impuls sistem y’’(t) + 3y’(t) + 2y(t) = 3x(t) + 2 x’(t). Penyelesaian:

Untuk mencari tanggapan implus maka masukan x(t) =

δ

(t).

y’’(t) + 3y’(t) + 2y(t) = 3δ (t) + 2δ ’(t) dengan persamaan karakteristik: m2 + 3m +2 =0 dan y(t) tidak mengandung komponen

δ

(t) (tidak terdapat

δ

’’(t) diruas kanan)

maka dapat diasumsikan: y(t)= A1e-t u(t)+ A2e-2t u(t)+0δ (t) atau: y’(t)= -A1e-t u(t) -2A2e-2t u(t)+(A1+A2)δ (t) maka dengan mengevaluasi komponen

δ

’(t) didapatkan :

(A1+A2)δ (t) = 2δ (t) A1+A2 = 2

(1)

Dengan mengevaluasi koefisien δ (t) didapatkan: 3(A1+A2)δ (t) -A1e-t|

δ

t=0

(t) -2A2e-2t|

δ

t=0

(t) = 3δ (t)

3(A1+A2) - A1 - 2A2 = 3 2A1+A2 = 3

(2)

Dengan menyelesaikan persamaan (1) dan (2) didapat A 1=1 dan A2 = 1 Dengan demikian tanggapan impuls sistem: h(t) = e-t u(t) + e -2t u(t) 2.5. Konvolusi Kontinyu


17


Keluaran sistem

dengan tanggapan impuls

h(t) dan

masukan

x(t) dapat

direpresentasikan sebagai: y (t ) =

∑ε x(τ ε )δ (t −τ ε ) all τ

y (t ) =

∞

∫ x( p)h(t − p)dp

(2.4)

−∞

atau dapat juga dinyatakan: y (t ) =

∞

∫ h( p) x(t − p)dp

−∞

Kedua rumusan diatas dikenal sebagai integral konvolusi. Untuk dua fungsi sembarang x(t) dan h(t) maka integral konvolusi r(t) dapat dinyatakan sebagai: r(t) = x(t) * h(t) r (t ) =

∞


−∞

Konvolusi kontinyu mempunyai sifat-sifat sebagai berikut:

a) Komutatif x(t)*y(t) = y(t)*x(t) r xy(t) = r yx(t)

b) Distributif x(t)*[y(t) ± z(t)] = [x(t)*y(t)] ± [x(t)*z(t)] r xy(t) = r yx(t) ± r xz(t)

c) Asosiatif x(t)*[y(t)*z(t)] = [x(t)*y(t)]*z(t) Untuk memperjelas penggunaan integral konvolusi disajikan contoh sebagai berikut: Contoh soal 2.5: Dua buah isyarat mempunyai rumusan sebagai berikut: x(t) =

1

0
0,

t lainnya

1

1
0,

t lainnya

dan, h(t) =

Carilah sinyal r(t) yang merupakan hasil konvolusi dua isyarat tersebut. Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta

18


Penyelesaian:

Untuk mencari nilai konvolusi kedua isyarat kontinyu digunakan: r(t) = x(t) * h(t) ∞

r (t ) =


−∞

Pada rumus diatas dapat dilihat bahwa untuk mencari nilai r(t) diperlukan sinyal x(p) dan sinyal h(t-p). x(t) =

1

0
0,

t lainnya

1

0
0,

p lainnya

maka, x(p) =

sedangkan h(t-p) dapat dicari sebagai berikut: h(t-p) =

1

1
0,

t-p lainnya

yang dibutuhkan adalah fungsi h dalam p maka: h(t-p) =

1

-2+t
0,

p lainnya

Untuk mempermudah diilustrasikan sebagai berikut: x(p)

h(p)

1

1

-1

1

p

-1

h(t-p)

1 1

2

p

t-2

t-1

1

p

Gambar 2.2 Sinyal x(p), h(p) dan h(t-p)

Pada gambar diatas sinyal h(t-p) adalah sinyal h(-p) yang tergeser sejauh t. Dari rumusan integral konvolusi dapat dilihat bahwa sinyal h(-p)

dijalankan dari -∞

sampai +∞. Nilai integral konvolusi dapat dibagi menjadi beberapa kasus penggal waktu t yaitu:

♦Pada saat t<1 ♦Pada saat 1

19


♦Pada saat t>3 Untuk memperjelas keempat kasus ini x(p) dan h(t-p) digambarkan dalam satu sumbu y(p).

y(p)

h(t-p)

t-2

y(p) h(t-p) 1

x(p)

1 t-1

1

p

t-2

(a)

x(p)

t-1 1

p

(b) y(p)

y(p)

1

1 t-2 1 t-1

h(t-p)

x(p)

h(t-p)

x(p)

p

1 t-2

t-1

p

(d)

(c)

Gambar 2.3 (a) Sinyal x(p) dan h(t-p) pada saat t<1 (b) Sinyal x(p) dan h(t-p) pada saat 13

Hasil konvolusi r(t) pada tiap penggal waktu tersebut adalah sebagai berikut a)

Pada saat t<1

Pada periode ini sinyal h(t-p) belum sampai ke titik awal x(p) maka: ∞

r (t ) =


−∞

r(t) = 0 b)

Pada saat 1

20


Pada saat 1
r (t )

= ∫ x( p)h(t − p)dp 0

t −1

r (t ) =

∫ (1)(1)dp 0

r(t) = t-1 c)

Pada saat 2
Pada saat 2

r (t ) =

t −2 1

r (t ) =

∫ (1)(1)dp t −2

r(t)

= 1-(t-2) = 3-t

d)

Pada saat t<3

Pada waktu ini h(t-p) sudah meninggalkan batas akhir x(p) sehingga: ∞

r (t ) =


−∞

r(t) = 0 Dengan demikian hasil konvolusi secara keseluruhan adalah sebagai berikut: t-1 1
3-t 2
t lainnya r(t) t-1 1

3-t 1

2

3

t

Gambar 2.4 Sinyal r(t) hasil konvolusi x(t) dan h(t) 2.6. Konvolusi Diskrit Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta

21


Konvolusi diskrit antara dua sinyal x(n) dan h(n) dapat dirumuskan sebagai berikut: r(n)

= x(n)

* h(n)

= ∑x(k)h(n

- k)

all k

(2.5)

Komputasi tersebut diselesaikan dengan merubah indeks waktu diskrit n menjadi k dalam sinyal x[n] dan h[n]. Sinyal yang dihasilkan x[k] dan h[k] selanjutnya menjadi sebuah fungsi waktu diskrit k. Langkah berikutnya adalah menentukan h[n-k] dengan h[k] merupakan pencerminan dari h [k] yang diorientasikan pada sumbu vertikal dan h[n-k] merupakan h[ki] yang digeser ke kanan dengan sejauh n. Saat pertama kali hasil perkalian x[k]k[n-k] terbentuk, nilai pada konvolusi x[n]*v[n] pada titik n dihitung dengan menjumlahkan nilai x[k]h[n-k] sesuai rentang k pada sederetan nilai integer tertentu. Untuk lebih jelasnya diperlihatkan dalam contoh berikut. Contoh soal 2.6: Dua buah isyarat diskrit x(n) dan y(n) mempunyai representasi sebagai berikut: x(n) =

1

n = -1,0,1

0,

n lainnya

1

n=1

2,

n=2

0,

n lainnya

sedangkan,

y(n) =

carilah r(n) = x(n)*y(n). Penyelesaian:

Untuk mencari nilai r(n) adalah sebagai berikut: r(n)

= x(n)

* y(n)

= ∑x(k)y(n

- k)

all k

dari rumusan tersebut dibutuhkan x(k) dan y(n-k). Nilai x(k) didapat dengan mengganti indeks n menjadi k. x(k) =

1

k = -1,0,1

0,

k lainnya

Sedangkan y(n-k) adalah sebagai berikut : 1

k=n-1

y(n-k) = 2,

k=n-2

0,

n lainnya

Nilai r(n) dievaluasi untuk setiap n. Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta

22


a)

Untuk n= -1 x(k) = δ (k+1) + δ (k) + δ (k-1) y(-1-k) = 2δ (k+3) + δ (k+2) r(n)

= x(n)

* y(n)

= ∑x(k)y(n

- k)

all k

= ∑x(k)y(-1

r(-1)

- k)

all k

r(-1) = .... + x(-3)y(-3) + x(-2)y(-2)+x(-1)y(-1)+x(0)y(0)+.... r(-1) = 0 b)

Untuk n= 0 x(k) = δ (k+1) + δ (k) + δ (k-1) y(-1-k) = 2δ (k+2) + δ (k+1) r(n)

= x(n)

* y(n)

= ∑x(k)y(n

- k)

all k

r(0)

= ∑x(k)y(-1

- k)

all k

r(0) = .... + x(-2)y(-2)+x(-1)y(-1)+x(0)y(0)+x(1)y(1).... = ...+(0)(2) +(1)(1) +(1)(0)+(1)(0)+.... r(0) = 1 c)

Untuk n= 1 x(k) = δ (k+1) + δ (k) + δ (k-1) y(-1-k) = 2δ (k+1) +δ (k) r(1) = .... + x(-2)y(-2)+x(-1)y(-1)+x(0)y(0)+x(1)y(1)+x(2)y(2)+.... r(1) = ...+(0)(0)+(1)(2)+(1)(1)+(1)(0)+(0)(0)+.... r(1) = 3

d)

Untuk n= 2 x(k) = δ (k+1) + δ (k) + δ (k-1) y(-1-k) = 2δ (k) +δ (k-1) r(1) = .... + x(-2)y(-2)+x(-1)y(-1)+x(0)y(0)+x(1)y(1)+x(2)y(2)+.... r(1) = ...+(0)(0)+(1)(0)+(1)(2)+(1)(1)+(0)(0)+.... r(1) = 3

e)

Untuk n= 3


23


x(k) = δ (k+1) + δ (k) + δ (k-1) y(-1-k) = 2δ (k-1) +δ (k-2) r(1) = .... x(-2)y(-2)+x(-1)y(-1)+x(0)y(0)+x(1)y(1)+x(2)y(2)+ + x(3)y(3)+.... r(1) = ...+(0)(0)+(1)(0)+(1)(0)+(1)(2)+(0)(1)+(0)(0).... r(1) = 2 f)

Untuk n= 4 x(k) = δ (k+1) + δ (k) + δ (k-1) y(-1-k) = 2δ (k-2) +δ (k-3) r(1) = .... x(-2)y(-2)+x(-1)y(-1)+x(0)y(0)+x(1)y(1)+x(2)y(2)+ + x(3)y(3)+.... r(1) = ...+(0)(0)+(1)(0)+(1)(0)+(1)(0)+(0)(2)+(0)(1).... r(1) = 0

Jadi secara keseluruhan hasil konvolusi antara x(n) dan h(n) adalah: r(n)=

(n)+3

(n-1)+ 3

(n-2)+2

(n-3)

x(k)

y(k) 1

1

12 3

-3 -2 -1

2

k

12 3

-3 -2 -1

k

(a) y(-k) 2

y(n-k) 2

1

-3 -2 -1

12 3

k

1 12 3

-3 -2 -1

k

(b) r(n)

3 2

1 12 3 4 5

-3 -2 -1

n

(c) Gambar 2.5 (a) Sinyal x(k) dan y(k) (b) Sinyal y(-k) dan y(n-k) pada saat n=1 Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta

24


(c) Sinyal hasil konvolusi r(n)

BAB 3 TRANSFORMASI LAPLACE 3.1. Pengertian Laplace Transform

Transformasi laplace sering dipergunakan untuk menganalisa sinyal dan sistem linier tak ubah waktu. Transformasi laplace mempunyai banyak karakteristik yang mempermudah analisa tersebut. Transformasi laplace juga sering digunakan untuk menyelesaikan persamaan diferensial sistem. Dalam desain sistem transformasi laplace digunakan untuk menyatakan fungsi alih sistem. Berikut dibahas mengenai transformasi laplace dimulai dari rumusan transformasi laplace. ∞

∫

 ( F ( t ) ) = F ( s ) = f (t ) e

− st

(3.1)

0

dengan s adalah bilangan kompleks yaitu s= σ +jω . Penggunaan laplace transform akan lebih jelas dengan contoh sebagai berikut. Contoh soal 3.1: Diketahui suatu fungsi f(t) sebagai berikut:

() {

f t

0

; t < 0 ; t > 0

= A

Carilah tranformasi laplace F(s) dari fungsi tersebut. Penyelesaian:

Dari rumusan transformasi laplace, nilai F(s) dapat dicari sebagai berikut: ∞

∫

( F ( t ) ) = A e

− st

dt

0

= = =

A

− s A

− s

e − st e

−∞

∞ 0

−

A

− s

e

−0

A s


25


Dari penyelesain tersebut dapat dilihat bahwa untuk A=1 berarti f (t) = u (t) maka F (s) =

1

. Jadi untuk fungsi undak dapat diperlihatkan bahwa hasil

s

transformasi laplace adalah nilai dari fungsi tersebut dibagi dengan s. Untuk lebih memantapkan

penggunaan

rumusan

transformasi

laplace

disajikan

contoh

transformasi laplace dari fungsi lereng. Tabel 3.1 Tabel Transformasi Laplace No 1

δ (t )

2

1

3

t

4

F(s)

1 1

s 1 t n −1

s 2 1

( n −1)

s

t n

6

e −at

s

1 (n

t n 1 e −

1)!

−

9

Sin wt

10

Cos wt

11

t n e −at

12

e −at sin wt

13

e

at

at

1

a

s + a 1 n ( s + a)

1

te −

−

n +1

1

8

14

n

n!

5

7

f(t)

( s + a ) 2

w s + w s 2

2

s + w n! ( s + a) n +1 2

cos wt

(1 −e − ) at

2

w ( s + a ) 2

+w2

+a ( s + a ) 2 + w 2 s

1 s ( s + a )

Contoh soal 3.2: Diketahui suatu fungsi sebagai berikut:

()

0 f t =( A t

; t <0 ; t ≥0

Carilah F(s). Penyelesaian: Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta

26

Mata kuliah SISTEM LINIER ∞

∫

( f ( t ) ) = A t e

− st

dt

0

∞

e − st ∞ A e − st dt = At − − s 0 0 − s

∫

=

A

∞

e s ∫

−st

dt

0

=

A s 2

dari penyelesaian tersebut dapat dilihat bahwa hasil transformasi laplace untuk fungsi lereng adalah gradient fungsi lereng dibagi dengan s. Dengan beberapa contoh tersebut dapat dilihat bahwa transformasi laplace mengubah fungsi-fungsi umum dalam t seperti fungsi undak, fungsi lereng, fungsi sinus dan fungsi-fungsi lain menjadi fungsi-fungsi aljabar variabel kompleks s. Penggunaan integral untuk mencari transformasi laplace dari suatu fungsi sering menjadi pekerjaan yang kurang menyenangkan. Untuk lebih mempermudah proses transformasi pada Tabel 3.1, disajikan tabel transformasi laplace. 3.2. Karakteristik Transformasi Laplace

Transformasi Laplace mempunyai beberapa sifat penting yang berguna untuk analisa sinyal dan sistem linier tak ubah waktu. Sifat-sifat Transformasi Laplace antara lain adalah sebagai berikut: 1)

£ [ A f ( t ) ] = A F ( s )

2)

£ f 1 ( t ) ± f 2 (t )

3)

£± 

4)

1  d 2  2 ( ) ( ) ( ) ( 0 ±) = − ± − f t s F s sf f 0 £±  2  dt  

5)

n ( k −1)  d n  n n −k ( ) ( ) = − f t s F s s f ( 0 ±) £±  n ∑  dt k −1  

6)

£±

[∫ f (t ) dt ]=

£±

[∫∫ f (t ) dt ] =

7)

= F 1 ( s ) ± F 2 ( s )

 d f ( t )  = s F ( s ) − f ( 0 ±)  dt

( ) + ∫ f (t ) dt

F s s n


t =0 ±

s

F ( s ) s

n

n

+∑ k =1

s

1 n −k +1

[∫∫ f (t )( dt ) ] = ± k

t 0

27


8)

 t  F ( s ) f t dt ( ) £ ∫  = s 0  ∞

9)

∞

∫ f (t ) dt =lim F ( s ) jika ∫ f ( t ) d ( t ) ada s →0

0

0

10)

−at £ e f ( t )

11)

£ [ f ( t − α ) u ( t −α )] = e − s F ( s )

12)

£ [t f ( t )] =

13)

£ [t f ( t ) ] = ( −1)

14)

£ [t f ( t )] =−

15)

1 f (t ) = ∞ F ( s ) d ( s ) £  ∫ t 0

16)

£  f 

= F ( s + a ) α

2

d

≥0

α

2

ds 2

F ( s )

n

d ds

n

d n ds n

F ( s )

F ( s )

  t     = a F ( as ) a    

Penggunaan sifat-sifat tersebut dalam membantu transformasi sinyal atau sistem diaplikasikan dalam contoh berikut:

Contoh soal 3.3: Carilah transformasi Laplace dari gambar sinyal berikut ini:

f (t)

1 2 a 2a a

t

1 2 a Penyelesaian:

Persamaan dari sinyal diatas adalah: Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta

28


f ( t ) =

=

1

( u ( t ) −u ( t − a ) ) −

2

a 1

u ( t ) −

a2

2

1

a

u ( t − a ) +

a2

2

( u ( t − a ) −u ( t − 2a ) )

1

a2

u ( t − 2a )

F (s) = £ f (t) 1

= = =

2

[u ( t ) ] −

a 1 1 a 2 s 1 2

a s

−

2 a

[u ( t − a ) ] +

2

2 1 −as e a 2 s

+

1 a

2

[u ( t − 2a ) ]

1 1 −2 as e a 2 s

(1 − 2e − + e − ) as

2 as

Penyelesaian tersebut didapat dengan mengingat karakteristik: £ [u(t)] =

1

s

£ [ f ( t − α ) u ( t − α ) ] = e

−α s

F ( s )

, α ≥ 0

3.3. Transformasi Laplace Balik

Transformasi balik dipergunakan untuk mendapatkan fungsi atau sinyal dalam bentuk t dari suatu fungsi laplace s. −1



[ F ( s ) ] = f (t )

()

f t =

c + j∞

1

∫ F ( s ) e

st

2π j c − j∞

ds

(t >0)

(3.2)

c = dipilih > dari semua bagian real titik singular. Cara ini sangat sulit untuk dikerjakan maka dipakai Tabel Transformasi Laplace yang ada pada Tabel 3.1, yaitu dengan cara mengubah fungsi ke dalam bentuk yang ada dalam tabel.

F ( s ) =

B ( s ) A( s )

F ( s ) =

=

B( s ) A( s )

k ( s + z 1 )( s + z 2 )  ( s + z m )

( m < n)

( s + p1 )( s + p 2 ) ( s + p n )

=

a1 s + p1

+

a2 s + p 2

+ +

an s + pn

dengan ak (k = 1, 2, …..n), ak dihitung sebagai berikut:

 a1   B( s )  a2 ak an   ( + ) = ( + ) + + + ( + ) + + ( + ) s p s p s p s p = − k s p k k k     A( s )  s + p2 s + pk s + pn   s + p1  s =− p = ak k

jadi:


29

k


ak

 B ( s )  = ( s + pk )  A ( s )  s =− p 

k

 ak  − p t  s + p  = ak e  k  − p t 1 p t ++ an e − p f ( t ) = − [ F ( s ) ] = a1e + a2 e −1



k

1

2

n

t

( t ≥ 0)

Berikut contoh penggunaan tabel tranformasi laplace unntuk mendapatkan kembali f(t) dari F(s) dengan orde penyebut lebih tinggi. Contoh soal 3.4: Diketahui F(s) sebagai berikut: s + 4

F ( s ) =

( s +1) ( s + 2)

carilah f (t) . Penyelesaian: F ( s ) =

a a +4 = 1 + 2 ( s +1) ( s + 2 ) s +1 s + 2 s

dengan rumusan a k didapat: 

a1 =( s +1)



  s + 4  = =3  ( s +1) ( s + 2)  s =−1  s +2   s =−1



a 2 =( s + 2)



s + 4

  s + 4  = =−2  ( s +1) ( s +2)  s =−2  s +1   s =−2 s + 4

jadi: −1

[ F ( s ) ] 3  −1  − 2   =−1  +  s + 2   s +1 (t ≥ 0) =3 e −t −2 e −2t = (3 e −t − 2 e −2t ) u ( t )

f ( t ) =

Berikut contoh penggunaan tabel tranformasi laplace untuk mendapatkan kembali f(t) dari F(s) dengan orde pembilang lebih tinggi. Contoh soal 3.5:

( )

G s

s 3

=

5 s 2

+

( s

)(

1 s

+

9 s +8

+

2

+

)

carilah g (t) . Penyelesaian:

Pembagian pembilang dengan penyebut menghasilkan:


30


G ( s ) = s

+2 +

+4 ( s +1) ( s + 2 ) s

= d δ (t ) +2 δ ( t ) +3 e −t −2 e −2 t

; t ≥0

dt

Untuk fungsi dalam yang melibatkan banyak kutub maka Transformasi Laplace baliknya dikerjakan dengan ekspansi parsial sebagai berikut: Contoh soal 3.6:

+2 s + 3 ( s +1) 3

s 2

Tinjau F ( s ) = Penyelesaian:

Ekspansi pecahan parsial menghasilkan F ( s ) =

( s +1) 3

B ( s ) A ( s ) B ( s ) A ( s )

=

b3

( s +1) 3

+

b2

( s +1) 2

+

b1

( s +1)

=b3 +b2 ( s +1) +b1 ( s +1) 2

(1)

saat s = -1 maka:  3 B ( s )  =b3 ( s +1) A ( s )    s =−1 b2 didapatkan dengan diferensiasi persamaan (1)

 3 B ( s )   ( s +1) A ( s )  =b2 +2b1 ( s +1)  

d ds

dengan s = -1,

( s +1) 3 B ( s )  =b2  ds  A ( s )  s =−1 d 

b1 didapatkan dengan diferensial kuadrat persamaan (1) d 2 ds

2

 3 B ( s )  = 2 b1  ( s +1) A ( s )    s =−1

Secara umum penyelesaian Laplace balik n kutub dapat diringkas sebagai berikut: bk =

1

( n −k ) !

d n −k  ds n −k

n B ( s )  ( s + a )  A ( s )  s =−a 

dengan n = derajat polinomial banyak kutub. k = n, n-1, n-2, …….1 dengan demikian didapatkan b1 , b2 , b3 sebagai berikut:


31

Mata kuliah SISTEM LINIER 2  +2 s +3)  3 ( s b3 =( s +1) ( s +1) 3  s =−1 

=[ s 2 +2 s +3] s =−1 =2 b2 =

d 

3 ( s +1)

( s

ds 

+2 s +3)   ( s +1) 3  s =−1

2

 d  2 = ( s +2 s +3) ds  s =−1 =[ 2 s +2 ] s =−1 =0 b1 =

= =

( s ( s +1)

1 d 2  2! ds

2

3



+2 s +3)  ( s +1) 3  s =−1

2

1  d 2

 2  2 ( s +2 s +3) 2! ds  s =−1 1

2 =1

.2

jadi untuk contoh soal 3.6. −1

f ( t ) =

[ F ( s ) ]

  =−1  2 3 + 0 2 + 1  ( s +1) ( s +1) s +1 =t 2 e −t + e −t =(t 2 +1) e −t ( t ≥ 0) =(t 2 +1) e −t u (t ) 3.4. Transformasi Laplace Untuk Penyelesaian Persamaan Diferensial

Penyelesaian persamaan diferensial dengan mencari tanggapan homogen dan tanggapan paksa yang telah dibahas dalam Bab 2. Penyelesaian dengan cara tersebut memerlukan perumpamaan tanggapan yang tepat. Cara yang lebih mudah untuk menyelesaikan persamaan diferensial tanpa harus menggunakan perumpamaan tanggapan adalah dengan transformasi Laplace. Untuk mendapatkan solusi persamaan diferensial yang pertama dilakukan adalah pengubahan persamaan ke bentuk s. Untuk lebih jelasnya disajikan contoh berikut: Contoh soal 3.7: Carilah penyelesaian untuk persamaan diferensial berikut ini: x

+3 x + 2 x =0 ,

x ( 0 ) =a , x ( 0 ) =b


32


Penyelesaian:

  = s s( ) − s ( o) − ( 0)  x x x x   ••

•

2

•    x  = s x ( s ) − s x ( o )  

    − ( 0) + s x s( ) x− ( 0)  + x2 s( )  x + x 3 + x 2  = s x s( ) − s x ( 0) x     •• •

2

•

= s( + s3 + 2 x) s( ) − a − s3a − b 2

maka,

( )

( s 2 +3 s +2 ) x s =as +b +3a

+ b + 3a s + 3 s + 2 as + b + 3a = ( s +1) ( s + 2 ) 2a + b a + b = − s + 1 s + 2

X ( s ) =

as

2

Laplace balik dari X (s) menghasilkan: X ( t ) = −1 [ X ( s ) ]

 2a + b  −1  a + b  = −1   −   s + 2     s + 1  −t −2 t = ( 2a + b ) e − ( a + b ) e


( t ≥ 0)

33


BAB 4 TOPOLOGI SISTEM 4.1. Fungsi Alih

Sistem dapat direpresentasikan dalam berbagai representasi. Representasi sistem kontinyu adalah sebagai berikut: 1) Persamaan dIferensial. any(n)(t) + an-1y(n-1) (t) + ….. + a1y’(t)+ a0y(t) = b0x(t) + b1x’(t) + ….. + an-1x(n-1)(t)+ anxn(t) 2) Tanggapan impuls h(t). h(t) = y(t)|

x(t)=δ (t)

3) Fungsi alih sistem H(s). 1)

Persamaan keadaan. Untuk sistem diskrit:

1)

Persamaan beda. any(n)(t) + an-1y(n-1) (t) + ….. + a1y’(t)+ a0y(t) = b0x(t) + b1x’(t) + ….. + an-1x(n-1)(t)+ anxn(t)

2)

Tanggapan cuplik satuan h(n). h(n) = y(n)|

3)

x(n)=δ (n)

Fungsi alih sistem H(z). 4) Persamaan keadaan. Fungsi alih menghubungkan antara masukan dan keluaran sistem. Fungsi alih untuk fungsi kontinyu biasa dinyatakan dalam s (transformasi laplace) sedangkan untuk fungsi diskrit dalam z (transformasi z). Fungsi alih sistem = Keluaran Sistem Masukan sistem


34


Y ( z ) H ( z ) = X ( z )

Y ( s ) H ( s ) = X ( s )

X (s)

Y (s)

H (s)

Gambar 4.1 Fungsi alih sistem

4.2. Aljabar Diagram Blok

Representasi dalam fungsi alih sistem dapat diuraikan lagi menjadi hubungan antara elemen-elemen dasar penyusunan. Hubungan tersebut disebut diagram blok. Pada bagian ini akan dijelaskan konsep-konsep aljabar diagram blok yang berlaku dalam s maupun z.

r

+-

e

A

f

B

y

C

c

x D Gambar 4.2 Fungsi alih sistem dengan masukan r keluaran c

e = r –x f = A.e = A ( r-x) y = B.f = A.B (r-x) c = C.y = A.B.C (r-x) dengan x = D.c maka, c = A.B.C. (r-D.c) = A.B.C.r – A.B.C.D.c (1+ABCD)c = ABCr jadi:

c ABC = r 1 +ABCD

Untuk sistem dengan beberapa masukan (masukan dan 2 gangguan) fungsi alihnya dapat dicari sebagai berikut:


35


z2

z1

r

+

e -

f

A

+

g

-

B

y

+ +

t

c

C

x D Gambar 4.3 Fungsi alih sistem dengan masukan dan gangguan

Dari gambar didapatkan e=r–x f = Ae = A( r-x) g = f + z1 = A (r-x) + z1 y = Bg = AB (r – x) + B z1 t = y + z2 = AB (r-x) + Bz1 + z2 c = Ct = ABC (r-x) + BC z1 + Cz2 dengan x = Dc maka, c = ABC (r-Dc) + BCz1 = ABCr – ABCDc + BC z1 + Cz2 (1+ ABCD) c = ABCr + BC z1 + Cz2 c

jadi:

⇒

⇒

r c z 1 c z 2

c

(z1 = 0, z2 =0)

(r =0, z2 = 0)

( r =0, z1 = 0)

r c z 1 c z 2

=

ABC

1 + ABCD

=

BC

=

C

1 + ABCD

1 + ABCD

Untuk mempermudah modifiikasi diagram blok sistem yang berguna untuk mencari konfigurasi yang lebih baik disajikan aturan aljabar diagram blok sebagai berikut:


36


Digram Blok Awal

1.

A

+

A-B B

+ +

A-B+C

Diagram Blok ekuivalen A

A+C

+ +

C

A

+ + -

A-B+C -

C

C 2.

+

B

C A-B+C

B


A

+

A-B -

+ A-B+C +

B

37


3.

4.

5.

A

AG1

G1

A

G1

A

AG1

G1

G2

6.

A

AG

G

AG1G2

G2

AG1G2

G2

AG1

AG1+AG2

+ +

A

AG2

G2

G1

AG1G2

A

G1G2 AG1G2

A

G1+G2 AG1+AG2

AG2

+

AG-B

A

-

+

A-B/G

AG-B

G

-

B 1/G

7.

A

+

A-B

-

G

8.

G

A

B

B

A

AG-BG

AG

A

G

AG

B

AG-BG +

-

BG

G

G

AG

G

AG

AG


38


A

9.

AG

G

A

AG

G

A

A-B A

10.

+

A

1/G

A-B

+

-

B -

A-B

A

+

A-B -

B B

11.

12.

A

G1

AG1

G2

AG2

A +

-

+ +

AG1+AG2

A

AG1

G1

+ +

G1 G2

G1

B

A

1 G2

+

-

AG1+AG2

AG2

G2

B

G3

G2

A 13.

+

-

G1

B

G1 1+G1G2

A

B

G2

Contoh soal 4.1: Sederhanakan diagram blok berikut: H2

1.

R

+-

++

G1

+

-

G2

G3

C

H1


39


Penyelesaian:

Diagram blok 1 tersebut dengan mengakses titik umpan balik bagian atas ke depan maka didapatkan diagram blok 2 berikut ini:

H2 G1 2.

R

+

+

-

-

+ +

G1

G2

G3

C

H1

H2 G1 4.

R

+

+

-

R 5.

6.

G1G2 1-G1G2H1

G3

G1G2G3 1-G1G2H1+G2G3H2

+-

R

-

G1G2G3 1-G1G2H1+G2G3H2+G1G2G3

C

C

C

4.3. Penerapan Aljabar Diagram Dalam Pemodelan Sistem

Dalam aplikasi sering suatu sistem fisis dimodelkan dalam bentuk matematis untuk dapat dianalisa dan dirancang dengan lebih mudah. Beirikut akan dibahas sistem permukaan zat cair


40


Katup pengontrol Q + qi Katup beban H+h Kapasitas C Q qi

Q + qo

Resistansi R

= laju aliran zat cair m3 / sec 3 = penyimpangan kecil laju aliran masuk m / sec

q0 = penyimpangan kecil laju aliran keluar m3 / sec H = Tinggi permukaan zat cair

m

h = perubahan permukaan zat cair

m

a) Resistansi R=

Perubahan Perbedaan Permukaan Perubahan laju Aliran

(m)

b) Kapasitansi C=

Perubahan Cairan Yang Disimpan Perubahan Potensial

m

Untuk aliran Laminar, Q=KH Dengan, K = koefisien ,

m3 / sec

Resistansi untuk aliran Laminar, dh R = dq

H

=

Q

Untuk aliran Turbulens, Q = K H Resistansi: Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta

41

Mata kuliah SISTEM LINIER R t =

dH dQ

dQ = dH dQ

K 2 H

2 H

= =

dH

K

2 H

H

Q

=

2 H

Q

jadi, 2 H

R t =

Q

Mencari Fungsi alih Sistem C

dh

= qi – qo

dt

(1)

dan,

qo =

h

(2)

R

substitusi persamaan (2) ke persamaan (1), RC

dh dt

+ h = R qi

Dengan laplace transform dihasilkan: CR (s +1 ) H(s) = R Qi (s) Jika qi dianggap sebagai masukan dan h sebagai keluaran maka: N ( s ) Qi ( s )

R

=

RC s +1

apabila qo adalah keluaran dan

Q0 ( s ) Qi ( s )

=

qi adalah masukan, maka:

1

RC s +1

Untuk memahami pentingnya pemahaman tentang diagram blok sistem, maka disajikan sebuah contoh untuk mendapat model sistem permukaan cairan dengan interaksi: Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta

42


Q+q Tangki 1

Tangki 2

R1

H1 + h1

C1

H2 + h2

R2 Q + q2

C2

Q + q1

dari gambar diatas di dapatkan:

h1 −h2

=q1

Rs C 1

h2 R2 C 2

dh1 dt



H 1 − H 2

⇒

= q − q1

⇒

dt

R2

= q1 − q2

(1)

(2)

= Q2 ( s )

(3)

 s C 2 H 2 ( s ) = Q1 ( s ) − Q2 ( s )

(4)

⇒

H1(s) +

=Q1

sC 1 H 1 ( s ) =Q ( s ) −Q1 ( s )



⇒

H 2 ( s )

= q2  d h2

R1

Q1(s)

1 R1

H2(s)

Q(s) +

1 C1S

-

H1(s)

Q1(s) H2(s)

Q1(s)

1 R2

+

Q2(s)

1 C2S

-

H2(s)

Q2(s)

jika q adalah masukan dan

q2

adalah keluaran, maka didapatkan bagan sebagai

berikut: Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta

43


H2(s) Q(s)

+

1 H1(s) + C1S

Q1(s)

Q1(s) +

1 R1

1 C2S H2(s)

-

1 R2

Q2(s)

Q2(s)

dengan penyederhanaan R2C1S

Q1(s)

+

-

Q(s)

+

+

1 C1S

-

1 R1

Q1(s)

1 R1C 1s+1

-

+

1 C2S

-

1 R 2C2s+1

1 R2

Q2(s)

Q 2 (s)

R 2C 1s

Q(s)

1 R1C1R2C2s + ( R1C 1 + R 2C2 + R 2C1) s+1 2

Q2 (s)

jadi,

Q2 ( s ) Q ( s )

=

R1C 1 R2 C 2 s 2

(

1

+ R1C 1 + R 2 C 2 + R 2 C 1

) s +1

BAB 5 PENDEKATAN RUANG KEADAAN

5.1. Konsep Dasar


44


Suatu sistem dapat diungkap berdasarkan hubungan masukan-keluaran saja (fungsi alih) atau termasuk keadaan (dalam) sistem juga,

h (t)

x (t) X (s)

y (t) = h (t) x(t) Y (s) = H (s) X(s)

H (s)

dengan persamaan keadaan ( state equation): Masukan

Keluaran

Keadaan

Gambar 5.1 Hubungan masukan dan keluaran dengan keadaan sistem

Pada Gambar 5.1, terlihat ada dua hubungan yang saling terkait, yaitu: a)

Masukan dengan keadaan sistem

b)

Keluaran dengan keadaan sistem

Pada representasi dengan pendekatan ruang keadaan, maka keadaan sistem termasuk kondisi awal akan terpantau yang dijelaskan dengan gambar sebagai berikut.

x (t)

+

y (t)

y (t)

a Gambar 5.2 Sistem sederhana dengan masukan x(t) keluaran y(t)

Dari Gambar 5.2, dapat dituliskan: •

()

y t = x (t) + a y (t)

atau, •

y ( t ) - ay (t) = x (t)

tanpa masukan awal x (t) = 0 maka, •

y ( t ) = a y(t)

dy (t) = a y(t) dt y (t) = a ∫ y(t) dt bila operasi di mulai pada saat t = 0 maka,


45

Mata kuliah SISTEM LINIER t

∫

y ( t ) = a y ( t ) d (t ) 0

= aη ( t ) t 0 = a [η ( t ) −η ( 0)] →kondisi

awal

Pada hasil y(t) terlihat kondisi awal sistem. Pembuktian juga dilakukan dengan transformasi laplace sebagai berikut: s Y(s) – y(0) = a Y(s) (s-a) Y(s) = y(0) Y(s) =

y ( 0) s − a

y(t) = y (0) eat dari hasil tersebut dapat dilihat bahwa walaupun masukan X (t) = 0, sistem akan tetap mempunyai keluaran kalau nilai awal tidak nol (y (0)

≠

0).

5.2. Representasi Sistem Dalam Persamaan Ruang Keadaan ( State Space Equation)

Representasi ini memungkinkan untuk sistem dengan banyak masukan dan banyak keluaran. Sistem dapat dinyatakan sebagai berikut : •

X 1 (t) = f 1 (X1, X2,……., Xn ; •

X 2 (t) = f2 (X 1, X2,……., Xn ;

U1, U2,……..,Ur ; t ) U1, U2,……..,Ur ; t )

• • • •

X n (t) = f n (X1, X2,……., Xn ;

U1, U2,……..,Ur ; t )

dengan keluaran, y1 (t) = g1 (X1, X2,……., Xn ;

U1, U2,……..,Ur ; t )

y2 (t) = g2 (X1, X2,……., Xn ;

U1, U2,……..,Ur ; t )

• • • ym (t) = gm (X1, X2,……., Xn ;

U1, U2,……..,Ur ; t )

penulisan secara sederhana: •

X (t) = f (x, u, t ) y (t) = g (x, u, t ) Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta

46


dengan:

 x1 ( t )     x ( t ) =    xn ( t ) 

 y1 ( t )     y ( t ) =    ym ( t ) 

u1 ( t )     u ( t ) =   u r ( t ) 

untuk fungsi f dan g eksplisit terhadap waktu t maka, •

X (t) = A (t) x(t) + B (t) u (t) y (t) = C (t) x(t) + D (t) u (t) untuk sistem linier tak ubah waktu, •

X (t) = Ax(t) + Bu (t) → Persamaan keadaan y (t) = Cx(t) + Du (t)

→ Persamaan keluaran

A adalah matriks keadaan. B adalah matriks masukan. C adalah matriks keluaran. D adalah matriks transmisi langsung. D (t)

u (t) B (t)

+ +

X (t)

dt

X (t)

C (t)

+ +

y (t)

A (t)

Gambar 5.3 Realisasi umum persamaan keadaan

Contoh soal 5.1: Representasikan sistem berikut dalam persamaan ruang keadaan.

k u (t) M

b

y (t)

Gambar 5.4 Sistem massa pegas sederhana Penyelesaian:

Fungsi alih sistem: Y ( s )

U ( s )

=

1

ms

2

+bs +k


47


persamaan deferensial sistem: ••

m

y

•

+ b y + ky = u

dengan menentukan: x1(t) = y (t) •

x2 (t) = y (t) maka diperoleh, •

X 1 = x2 1  −ky 2 = X m  •

1 − k y   + u  m •

Dengan demikian di dapatkan persamaan keadaan: •

X 1 = x2 k

•

b

1

X = − m x1 −m x 2 + m u 2

dan persamaan keluaran : y = x1 dalam bentuk matriks dapat ditulis sebagai berikut:

•  0 1   x1   0   x•1  =  k b   x  + − 1  u − −  x   m m  2   m  2    

  

A

B

y = [1

 x1    x2 

D = [ 0]

0]  C

Realisasi persamaan keadaan tersebut adalah sebagai berikut: u

1 m

+

x2

x2

x1

y

-

+

+

b m

k m

Gambar 5.5 Realisasi persamaan keadaan sistem massa pegas Contoh soal 5.2:

Dapatkan persamaan ruang keadaan dari gambar berikut:


48


u

+

K s (s +a )

s+z s+p

-

y

Penyelesaian: s + z

Dilakukan ekspansi parsial terhadap s + p maka: s + z

z − p

= 1+ s + p s + p sedangkan, K

K

s ( s + a )

=

s

1

•

s

+a

jadi kalau di gambarkan lagi akan menjadi sebagai berikut:

u

+

-

m

z-p s+p

x3

+ +

n = x3 + u – x1 n K x2 1 x1 s s+a

y

m = u – x1 Gambar 5.6 Penjabaran sistem pada contoh 5.2

dari gambar didapatkan: •

X 1 = -ax1 + x 2 •

X 2 = -Kx1 + kx3 + Ku •

X 3 = - (z – p)x1 – px3 + (z – p)u y = x1 dalam bentuk matriks dapat ditulis sebagai berikut:

• 1 0   x1   0   x•1   − a      x  =  − K 0 K x 2 + K u 2     •   x3  − ( z − p ) 0 − p   x3   z − p     x1    y = [1 0 0] x 2    x3  5.3. Persamaan Ruang Keadaan Dari Fungsi Alih

Untuk mencari persamaan keadaan dari fungsi alih persamaan ruang keadaan sistem orde-n dari persamaan diferensial dengan masukan tanpa turunannya. Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta

49


y ( n )

•

+ a1 y ( n −1) + + a n −1 y a n y =u

ditentukan variabel keadaan sebagai berikut: x1 = y •

x2 = y

• • • xn = y(n-1) maka turunan variabel keadaan dapat ditulis sebagai berikut: •

X 1 = x2 •

X 2 = x3

• • • •

X n-1 = xn •

X n = - a nx1 – an-1x2 ……….- a1xn + u dan y = x1 dalam bentuk matriks dapat ditulis:

•  0  x•1   0  x    2=     0 •   xn  − an

1

0



0

1







0

0



− an−1

− an −2



 

0 

  x1  0   x  0 2    + u       1     1 x − a1   n   B 0



A

dan persamaan keluarannya adalah:

y =[1

0

0



 x1   x   2 0]  x3       xn 

realisasi dari persamaan ruang keadaan diatas adalah sebagai berikut:


50


u

+

xn

xn-1

x2

x1

-

y

a1

a2

an-1

+

+

+

+

+

an

+

Gambar 5.7 Realisasi umum persamaan ruang keadaan dari fungsi alih dengan masukan tidak mengandung turunan

Persamaan ruang keadaan dari fungsi alih dengan masukan mengandung turunan:

+b1 s n −1 ++bn −1 s +bn = n U ( s ) s + a1 s n −1 + + a n −1 + a n Y ( s )

b0 s

n

persamaan diferensial dari fungsi diatas adalah: y ( n )

+a1 y ( n −1) + +a n −1 y +a n y =b0 u ( n ) +b1 u ( n −1 )  +bn u

ditentukan variabel keadaan sebagai berikut: x1 = y - β

0

x2 = y - β

u •

•

••

x3 =

-β

y

0

u - β 1u = x 1 - β 1u

•• 0

u

•

•

- β 1 u -β 2u = x 2- β 2u •

• • • xn = y(n-1) - β 0u(n-1) - β 1u(n-2)……..- β

•

n-2

u -β

•

u = x

n-1

-β

n-1

u

n-1

dengan:

β

0

= b0

β

1

= b1- a1β

β

2

= b2 – a1β 1-a2β 1-a3β

0 0

• • • β

n

= bn – a1β

……..-an-1β 1- anβ

n-1

0

maka didapatkan, Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta

51


x 1 = x2 + β 1u •

x 2 = x3 + β 2u •

• • • x n-1 = xn + β •

u

n-1

x n = -anx1 – an-1x2……….-a1xn + β nu •

dan, y = x1 + β 0u dalam bentuk matriks dapat ditulis sebagai berikut:

 •   x•1   0  x   0  2     =   •   0  x n•−1    x   − a n  n 

1

0

0

1





0

0

− a n−1 − a n − 2

 β 1    x   β   0  2   2     +  u      1   x n −1   β n −1   − a1   x n   β n  

0   x1 

 x1   x  2 y = [1 0  0]   + β 0 u      x n  Realisasi sistem:

u

ßn

+

xn -

+ +

x2

a1

an-1

+

+

+

ß0

ß1

ßn-1

+ +

x1

+ +

y

an

+

Gambar 5.8 Realisasi umum persamaan ruang keadaan dari fungsi alih dengan masukan mengandung turunan


52


Contoh soal 5.3: Diketahui: Y ( s )

U ( s )

=

(

160 s + 4

)

s +18 s +192 s +640 3

2

tentukan representasi persamaan ruang keadaan. Penyelesaian:

Dari fungsi alih didapatkan persamaan diferensial sebagai berikut: •••

••

•

•

y + 1 y8 + 1 9 y2+ 6 4 y0= 1 6 u0+ 6 4u ditentukan, x1 = y -β 0u •

•

x2 = y −β 0 u −β 1u = x1 •••

x3 =

y −

••

•

−β 1 u

•

β 0 u β 1 u β 2 u x2 β 2u −

−

=

−

dengan,

β

0

= b0 = 0

β

1

= b1 – a1β

0

=0

β

2

= b2 – a1β

1

– a2β

0

= b2 = 160

β

3

= b3 – a1β

2

– a2β

1

– a 3β

0

= 640 –18 x160 = - 2240 maka diperoleh, •

x 1 = x2 •

x 2 = x3

x 3 = -anx1 – an-1 x2……..- a1xn + β nu •

= -640 x1 – 192 x2 – 18 x 3 – 2240 u dan

y = x1.

dalam bentuk matriks di tulis sebagai berikut :


53


• 1 0   x1   0   x•1   0   x  +  160  u  x  =  0 0 1 2  2   •   x3   − 640 − 192 − 18  x3  − 2240   dan y =[1

 x1    0] x 2 +[0] u    x3 

0

realisasi persamaan diatas adalah sebagai berikut:

160 x1 u

-2240

+

x2

x2

x1

18

192

640

+

+

x3

x3

-

+ +

+

y

+

Gambar 5.9 Realisasi sistem contoh 5.3

Contoh soal 5.4: Carilah representasi dalam persamaan ruang keadaan untuk diagram blok berikut ini:

u

+

-

s+1

s+1

y

s+3 Gambar 5.10 Sistem contoh 5.4 Penyelesaian:

( s +1) ( s + 2 ) U ( s ) 1 +( s +1) ( s + 2 ) ( s + 3) Y ( s )

=

=

s

+3 s + 2 +6 s 2 +11 s + 7 s 2

3


54


persamaan diferensialnya: •••

••

•

••

•

y + 6 y + 1 y1+ 7 y = u + 3 u + 2u dengan persamaan umum:

•••

••

•

•••

••

•

y + a1 y + a2 y + a3 = b0 u + b1 u + b2 u + b3 didapatkan: a1 = 6 ; a2 = 11 ; a3 = 7 b0 = 0 ; b1 = 1 ; b2 = 3 ; b 3 = 2 ditentukan:

x1 = y −

β 0 u

•

x2 = y − ••

x3 = y −

•

•

β 0 u β 1u −

••

=

x1 −

β 1u

•

•

β 0 u β 1 u β 2 u −

−

=

x 2 −

β 2u

dengan:

β

0

= b0 = 0

β

1

= b1 – a1β

0

=1

β

2

= b2 – a1β

1

– a2β

0

= 3- 6 x 1 – 0 = -3

β

3

= b3 – a1β

2

– a2β

1

– a 3β

0

= 2 – (6 x –3) – (11 x 1) = 9 maka diperoleh:

x 1 = x2 + β 1u = x2 + u •

x 2 = x3 + β 2u = x3 – 3u •

•

x 3 = -7x1 – 11x2 – 6x3 + 9u dan, y = x1 + β 0u = x1 Jurusan Teknik Elektro ISTA Yogyakarta

55


dalam bentuk matriks:

• 1 0   x1   1   x•1   0      x  =  0 0 1 x2 + − 3 u 2     •   x3  − 7 − 11 − 6  x3   9     x1    y = [1 0 0] x2    x3  realisasi sistemnya adalah:

-3

u

9

+

x3 -

+ +

6

+

x2

+ +

x1

11

+

+

y

7

+

Gambar 5.11 Realisasi sistem contoh 5.4

Bentuk lain penyajian persamaan ruang keadaan dari fungsi alih yang mengandung turunan masukan:

( ) ( )

2 s 2 +6 s +5 Y s = 3 H s = U s s +4 s 2 +5 s +2

( )

sistem dari gambar dapat ditulis kembali ke persamaan menjadi: s3 Y(s) + 4s2 Y(s) + 5s Y(s) +2Y(s) = 2s 2U(s) +6sU(s) + 5U(s) s3 Y(s) = - 4s 2 Y(s) - 5s Y(s) - 2Y(s) + 2s 2U(s) +6sU(s) + 5U(s) Persamaan diatas jika digambarkan:


56


s

s

6

2 6sU (s)

s Y(s)

+

2

1

3

5 U(s)

5

2

2s U(s) s Y(s)

s

U (s)

1

sY (s)

s

Y (s)

1 s

2

-4s Y(s)

-4 -5sY (s)

-5

-2Y(s)

-2

Gambar 5.12 Bentuk dasar realisasi sistem gambar 5.10 Diagram di modifikasi dengan mengingat: U(s)

+

2

1 s

3

s Y(s)

s Y(s)

1 s

Y (s)

1 s

sY(s)

2

as Y(s)

s3Y(s) = as 2Y(s) + U(s) a (a)

3

s Y(s)

2

2

as Y(s)

U (s)

1

s Y(s) asY(s)

+

s

2

s Y(s)

1

sY(s)

s

1

Y (s)

s

asY(s) 3

s Y(s)

2

as Y(s) = U(s)

a

(b) 3

2

s Y(s) as Y(s) U (s)

2

1

s Y(s) asY(s)

1

sY(s)

+

s

s

aY(s)

sY(s)

1 s

Y (s)

aY(s) 3

s Y(s)

2

as Y(s) = U(s)

a

(c) Gambar 5.13 Dasar pembentukan gambar 5.11


57


Umpan balik dalam suatu rangkaian mempunyai hasil yang sama walaupun di tempatkan dimana saja. Diagram dapat di gambar sebagai berikut :

2

s Y(s) + 4sY(s) – 5Y(s) – 2sU(s) – 6U(s)

6

5

5U(s)

1

+

s

1

x

+

p

2U(s)

q

q U(s)

2

sY(s) + 4Y(s) – 2U(s)

p

s

sY(s) t

+

p

1

Y(s)

s

r r

2

s Y(s) + 4sY(s) – 2sU(s)

-4Y(s)

-4

-2U(s) -5Y(s) 3

2

-5

2

s Y(s) + 4s Y(s) + 5sY(s) – 2s U(s) – 6sU(s) -2

→

Gambar 5.14 Modifikasi realisasi sistem gambar 5.11 s Y(s) + 4s2Y(s) + 5sY(s) + 2Y(s) = 2s 2U(s) + 6sU(s) + 5U(s) 3

t = p + q + r p = t- q – r = sY(s) – 2U(s) – (- 4Y(s)) Representasi persamaan keadaannya adalah sebagai berikut: 6

U(s)

+

5

x3

1 s

-2

x3

+ -5

2

x2

1 s

x2

+

x1

1 x1 Y(s) s

-4

Gambar 5.15 Realisasi dalam bentuk lain sistem contoh 5.4

didapatkan •

x 1 = -4x1 + x2 + 2u •

x 2 = -5x1 + x3 + 6u •

x 3 = -2x1 + 5u dan, y = x1 dalam bentuk matriks ditulis:


58


•  x•1  − 4 1 0  x1  2  x  =  − 5 0 1  x  + 6 u  2    •2    x3  − 2 0 0  x3  5    x1    y = [1 0 0] x2    x3  5.4. Kompensator

Kompensator dipasang mendapat sistem yang stabil dengan cara mengkompensasi bagian sistem yang tidak stabil. Sistem tak stabil:

X(s)

1 s-a

Y(s)

Kompensator:

X(s)

X`(s)

s-a s-b

Secara aljabar ditulis:

X(s)

1 s-a

s-a s-b

Y(s)

Kompensator dapat dipasang di depan atau di belakang sistem:

X

s-a s-b

1 s-a

Y

X

1 s-a

s-a s-b

Y


59


Perbedaan efek pemasangan kompensator di depan atau di belakang akan dalam representasi persamaan keadaan berikut: Untuk sistem dengan H(s) =

1 s −1

dikompensasi dengan

s −1 s +1

maka:

1

U

-2

+

x2

x2

+

V

+

x1

-1

x1

1

Gambar 5.17 Realisasi sistem dengan kompensator di depan

untuk kompensator: •

x 2 = -x2 – 2u keluaran kompensator: V = x2 + u untuk sistem yang di kompensasi, •

x 1 = x1 + v = x1 + x2 + u keluaran, y = x1 dalam bentuk matriks:

 •  1 1   x   1  1  x•1  =    +  u   x  0 − 1  x 2  − 2  2  x1  y = [1 0]   + [ 0 ] u  x 2  bentuk controllable , masukan dari masing-masing sistem dapat di kendalikan. Kompensator di pasang di belakang.

u

1 s-1

s-1 s+1

y

dengan penguraian didapat:


60

y


1

U

+

x2

x2

-2

+

1

x1

x1

+

y

-1

Gambar 5.17 Realisasi sistem dengan kompensator di belakang •

x 1 = -x1 – 2x2 •

x 2 = x2 + u dan, y = x1 + x2 dalam bentuk matriks:

 x•   − 1 − 2  x   0 1  •1  =  + u  x   0 1   x2   1  2 dan, y =[1

 x1  1]    x2 

bentuk observable , dari keluaran dapat dilihat penyebab ketidakterkendalian. 5.5. Controllability dan Observability Sistem

1). Controllability Syarat suatu sistem controllable : Rank [ An-1B An-2 B ………..AB

B] = n

Contoh soal 5.5: Diketahui suatu persamaan keadaan:


61


 •   1 − 0,2  x•1  =    x  0,4 0,4   2  x1  y = [1 0]    x2 

 x1  1  x  + 1  2  

Tinjaulah apakah sistem contollable . Penyelesaian: AB B

 1 − 0,2 1 0,8 =    =  0,4 0,4  1 0,8 1 =  1

jadi,

[ AB

0,8 B ] =  0,8

rank

0,8 0,8 

1



1

1

 =1

1

n =2 rank seharusnya = 2 jadi sistem uncotrollable .

2). Observability Syarat suatu sistem observable .

rank

 C   CA    =n    CA n −1   

Contoh soal 5.6:

 x•  1 4  x  8  1  •1  =   + u   x  0 1  x2  4  2  x1  y = [ 0 1]    x 2  tinjaulah apakah sistem observable . Penyelesaian:

n = 2 (sistem orde 2 )


62


C

=[0

rank

1]

CA

= [0

 C  0 = rank CA  0    =1

1]

1 0 

4



1

1 1 

jadi sistem unobservable . Contoh perhitungan rang matriks. Contoh soal 5.7:

M

1 2 = 2 1 

3

1

4

0

  0  1

4 3

rank M = ….? Penyelesaian:

1)

Operasi → baris ke 3 - baris ke 2

M

2)

3

1

4

0

0 3

  0  1

Operasi : baris ke 4 - baris ke 1

M

3)

1 2 = 0 1 

1 2 = 0 0 

3

1

4

0

0

0

0

0

 

Operasi : baris ke 2 - 2x baris ke 1

M

1  1 3 0 − 2 − 2  = 0 0 0  0 0  0  

jadi rank M = 2

0,5 A =  0,2 C =[ −1

0,6 

 0,4 − 2]


1 B =  1 D =[0]

63

diktat sistem linier

Recommend Documents