Analisis Rangkaian Listrik Di Kawasan s

Sudaryatno Sudirham

Analisis Rangkaian Listrik Di Kawasan s

1-ii

Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (3)

BAB 1 Transformasi Laplace Kita telah melihat bahwa analisis di kawasan fasor lebih sederhana dibandingkan dengan analisis di kawasan waktu karena tidak melibatkan persamaan diferensial melainkan persamaan-persamaan aljabar biasa. Akan tetapi analisis ini terbatas hanya untuk sinyal sinus dalam keadaan mantap. Berikut ini kita akan mempelajari analisis rangkaian di kawasan s, yang dapat kita terapkan pada analisis rangkaian dengan sinyal sinus maupun bukan sinus, keadaan mantap maupun keadaan peralihan. Dalam analisis di kawasan s ini, sinyal-sinyal fungsi waktu f(t), ditransformasikan ke kawasan s menjadi fungsi s, F(s). Sejalan dengan itu pernyataan elemen rangkaian juga mengalami penyesuaian yang mengantarkan kita pada konsep impedansi di kawasan s. Perubahan pernyataan suatu fungsi dari kawasan t ke kawasan s dilakukan melalui Transformasi Laplace, yang secara matematis didefinisikan sebagai suatu integral

F (s) =

∞

∫0

f (t )e − st dt

dengan s merupakan peubah kompleks, s = σ + jω. Batas bawah integrasi ini adalah nol yang berarti bahwa dalam analisis rangkaian di kawasan s kita hanya meninjau sinyal-sinyal kausal. Dengan melakukan transformasi sinyal dari kawasan t ke kawasan s, karakteristik i-v elemenpun mengalami penyesuaian dan mengantarkan kita pada konsep impedansi dimana karakteristik tersebut menjadi fungsi s. Dengan sinyal dan karakteristik elemen dinyatakan di kawasan s, maka persamaan rangkaian tidak lagi berbentuk persamaan integrodiferensial melainkan berbentuk persamaan aljabar biasa sehingga penanganannya menjadi lebih mudah. Hasil yang diperoleh sudah barang tentu akan merupakan fungsi-fungsi s. Jika kita menghendaki suatu hasil di kawasan waktu, maka kita lakukan transformasi balik yaitu transformasi dari fungsi s ke fungsi t.

1-1

Di bab ini kita akan membahas mengenai transformasi Laplace, sifat transformasi Laplace, pole dan zero, transformasi balik, solusi persamaan diferensial, serta transformasi bentuk gelombang dasar. Setelah mempelajari analisis rangkaian menggunakan transformasi Laplace bagian pertama ini, kita akan • memahami transformasi Laplace beserta sifat-sifatnya; • mampu melakukan transformasi berbagai bentuk gelombang sinyal dari kawasan t ke kawasan s. • mampu mencari transformasi balik dari pernyataan bentuk gelombang sinyal dari kawasan s ke kawasan t. 1.1. Transformasi Laplace Melalui transformasi Laplace kita menyatakan suatu fungsi yang semula dinyatakan sebagai fungsi waktu, t, menjadi suatu fungsi s di mana s adalah peubah kompleks. Kita ingat bahwa kita pernah mentransformasikan fungsi sinus di kawasan waktu menjadi fasor, dengan memanfaatkan bagian nyata dari bilangan kompleks. Dengan transformasi Laplace kita mentransformasikan tidak hanya fungsi sinus akan tetapi juga fungsi-fungsi yang bukan sinus. Transformasi Laplace dari suatu fungsi f(t) didefinisikan sebagai

F (s) = dengan notasi :

∞

∫0

f (t )e − st dt ∞

L[ f (t )] = F ( s) = ∫0

(1.1)

f (t )e − st dt

(1.2)

Dengan mengikuti langsung definisi ini, kita dapat mencari transformasi Laplace dari suatu model sinyal, atau dengan kata lain mencari pernyataan sinyal tersebut di kawasan s. Berikut ini kita akan mengaplikasikannya untuk bentuk-bentuk gelombang dasar. 1.1.1. Pernyataan Sinyal Anak Tangga di Kawasan s. Pernyataan sinyal anak tangga di kawasan t adalah Transformasi Laplace dari bentuk gelombang ini adalah ∞

L[ Au(t)] = ∫0

Au (t ) e − st dt =

∞

∫0

Ae − st dt = −

v(t ) = Au (t ) .

Ae − (σ + jω)t σ + jω

∞

0

Batas atas, dengan α > 0, memberikan nilai 0, sedangkan batas bawah memberikan nilai A/s. 1-2


L[ Au(t )] = A

Jadi

(1.3)

s

1.1.2. Pernyataan Sinyal Eksponensial di Kawasan s Transformasi Laplace bentuk gelombang eksponensial beramplitudo A, yaitu v(t) = Ae−atu(t) , adalah

L[ Ae

− at

u (t )] =

∞

∫0

-at

A e u (t ) e

− st

dt =

∞

∫0

Ae

− ( s + a )t

Ae − ( s + a )t =− s+a

∞

0

Dengan a > 0, batas atas memberikan nilai 0 sedangkan batas bawah memberikan A/(s+a). Jadi

A s+a

L[ Ae− at u(t )] =

(1.4)

1.1.3. Sinyal Sinus di Kawasan s Transformasi Laplace bentuk gelombang sinus v(t) = (A cos ωt) u(t) adalah : ∞

∞

L [( A cos ωt ) u (t )] = ∫0 ( A cos ωt )u(t ) e− st dt = ∫0 ( A cos ωt ) e− st dt Dengan memanfaatkan hubungan Euler cos ω = (e jωt + e − jωt ) / 2 , ruas kanan persamaan di atas menjadi ∞

∫0

A

Jadi

∞ A ∞ A e jωt + e − jωt − st e dt = e ( jω− s )t dt + e ( − jω− s )t dt 0 2 0 2 2 As = 2 s + ω2

∫

∫

L [( A cos ωt ) u(t )] = A

s 2

s + ω2

(1.5)

Dengan cara yang sama, diperoleh

L [( A sin ωt ) u(t )] = A

ω 2

s + ω2

(1.6)

1-3

1.2. Tabel Transformasi Laplace Transformasi Laplace dari bentuk gelombang anak tangga, eksponensial, dan sinus di atas merupakan contoh bagaimana suatu transformasi dilakukan. Kita lihat bahwa amplitudo sinyal, A, selalu muncul sebagai faktor pengali dalam pernyataan sinyal di kawasan s. Transformasi dari beberapa bentuk gelombang yang lain termuat dalam Tabel-1.1. dengan mengambil amplitudo bernilai satu satuan. Tabel ini, walaupun hanya memuat beberapa bentuk gelombang saja, tetapi cukup untuk keperluan pembahasan analisis rangkaian di kawasan s yang akan kita pelajari di buku ini. Untuk selanjutnya kita tidak selalu menggunakan notasi L[f(t)] sebagai pernyataan dari “transformasi Laplace dari f(t)”, tetapi kita langsung memahami bahwa pasangan fungsi t dan transformasi Laplace-nya adalah seperti : f(t) ↔ F(s) , v1(t) ↔ V1(s) , i4(t) ↔ I4(s) dan seterusnya. Dengan kata lain kita memahami bahwa V(s) adalah pernyataan di kawasan s dari v(t), I(s) adalah penyataan di kawasan s dari i(t) dan seterusnya. CO&TOH-1.1: Carilah transformasi Laplace dari bentuk gelombang berikut:

a). v1(t ) = 5 cos(10t )u (t ) ; b). v2 (t ) = 5 sin(10t )u (t ) ; c). v3 (t ) = 3e− 2t u (t ) Penyelesaian : Dengan mnggunakan Tabel-1.1 kita peroleh : a). v1 (t ) = 5 cos(10t )u (t ) → V1 ( s ) = b). v2 (t ) = 5 sin(10t )u (t ) → V2 ( s ) = c). v3 (t ) = 3e − 2t u (t )

1-4

5s s 2 + (10) 2 5 × 10

s 2 + (10) 2 3 → V3 ( s) = s+2

= =

5s s 2 + 100 50 s 2 + 100


Tabel 1.1. Pasangan Transformasi Laplace Pernyataan Sinyal di Kawasan t : f(t)

Pernyataan Sinyal di Kawasan s : L[f(t)]=F(s)

impuls :

δ(t)

1

anak tangga :

u(t)

eksponensial :

[e−at]u(t)

cosinus :

[cos ωt] u(t)

1 s 1 s+a s

sinus :

[sin ωt] u(t)

cosinus teredam : [e−atcos ωt] u(t) sinus teredam :

[e−atsin ωt] u(t)

cosinus tergeser : [cos (ωt + θ)] u(t) sinus tergeser :

[sin (ωt + θ)] u(t)

ramp :

[ t ] u(t)

ramp teredam :

[ t e−at ] u(t)

s 2 + ω2 ω s 2 + ω2 s+a

(s + a )2 + ω2 ω

(s + a )2 + ω2 s cos θ − ω sin θ s 2 + ω2 s sin θ + ω cos θ s 2 + ω2 1 s2 1

(s + a )2

1-5

1.3. Sifat-Sifat Transformasi Laplace 1.3.1. Sifat Unik Sifat ini dapat dinyatakan sebagai berikut. Jika f(t) mempunyai transformasi Laplace F(s) maka transformasi balik dari F(s) adalah f(t). Dengan kata lain Jika pernyataan di kawasan s suatu bentuk gelombang v(t) adalah V(s), maka pernyataan di kawasan t suatu bentuk gelombang V(s) adalah v(t). Bukti dari pernyataan ini tidak kita bahas di sini. Sifat ini memudahkan kita untuk mencari F(s) dari suatu fungsi f(t) dan sebaliknya mencari fungsi f(t) dari dari suatu fungsi F(s) dengan menggunakan tabel transformasi Lapalace. Mencari fungsi f(t) dari suatu fungsi F(s) disebut mencari transformasi balik dari F(s), dengan notasi L−1[F(s)] = f(t) . Hal terakhir ini akan kita bahas lebih lanjut setelah membahas sifat-sifat transformasi Laplace. 1.3.2. Sifat Linier Karena transformasi Laplace adalah sebuah integral, maka ia bersifat linier. Transformasi Laplace dari jumlah beberapa fungsi t adalah jumlah dari transformasi masing-masing fungsi. Jika f (t ) = A1 f1 (t ) + A2 f 2 (t ) maka transformasi Laplace-nya adalah

F( s ) =

∞

∫0 [A1 f1 (t ) + A2 f 2 (t )]e

− st

dt = A1

∞

∞

∫0 f1 (t )dt + A2 ∫0 f 2 (t )dt

(1.7)

= A1F1 ( s ) + A2 F2 ( s) dengan F1(s) dan F2(s) adalah transformasi Laplace dari f1(t) dan f2(t). CO&TOH-1.2: a). Carilah transformasi Laplace dari :

v1 (t ) = (1 + 3e −2t ) u (t ) b). Jika transformasi Laplace sinyal eksponensial Ae−atu(t) adalah 1/(s+a), carilah transformasi dari v2(t)=Acosωt u(t). 1-6


Penyelesaian :

a). v1 (t ) = (1 + 3e − 2t ) u (t ) → V1 ( s) =

b). v 2(t) = A cos(ωt )u (t ) = A

(

1 3 + s s+2

e jωt + e − jωt u (t ) 2

)

A j ωt e u (t ) + e − jωt u (t ) 2 A 1 1  A  2s =  V2 ( s ) =  + 2  s − jω s + jω  2  s 2 + ω 2 =

 As  = 2  s + ω2

1.3.3. Integrasi Sebagaimana kita ketahui karakteristik i-v kapasitor dan induktor melibatkan integrasi dan diferensiasi. Karena kita akan bekerja di kawasan s, kita perlu mengetahui bagaimana ekivalensi proses integrasi dan diferensiasi di kawasan t tersebut. Transformasi Laplace dari integrasi suatu fungsi dapat kita lihat sebagai berikut. Misalkan f (t ) =

t

∫0 f1( x)dx . Maka

∞

 e − st  t  F ( s ) =  f1 ( x)dx  e − st dt =   0   − s 0

∫∫

∞

∞ − st e  t  f1 (t ) dt  f1 ( x)dx  −  0  0 0 − s

∫

∫

Suku pertama ruas kanan persamaan di atas akan bernilai nol untuk t = ∞ karena e−st = 0 pada t→∞ , dan juga akan bernilai nol untuk t = 0 karena integral yang di dalam tanda kurung akan bernilai nol (intervalnya nol). Tinggallah suku kedua ruas kanan; jadi

F (s) = −

∞ − st

∫ 0

e 1 f1 (t ) dt = s −s

∞

∫ f1(t )e

− st

0

F ( s) dt = 1 s

(1.8)

Jadi secara singkat dapat kita katakan bahwa : transformasi dari suatu integrasi bentuk gelombang f(t) di kawasan t dapat diperoleh dengan cara membagi F(s) dengan s.

1-7

CO&TOH-1.3: Carilah transformasi Laplace dari fungsi ramp r(t)=tu(t). Penyelesaian : Kita mengetahui bahwa fungsi ramp adalah integral dari fungsi anak tangga.

r (t ) = tu (t ) = →

R( s ) =

t

∫0 u( x)dx ∞ t

1  − st dt = s2

∫0  ∫0 u( x)dx  e

Hasil ini sudah tercantum dalam Tabel.1.1. 1.3.4. Diferensiasi Transformasi Laplace dari suatu diferensiasi dapat kita lihat sebagai berikut. Misalkan f (t ) = F (s) =

df1 (t ) maka dt

[

] ∫

∞ ∞ df1 (t ) − st e dt = f1 (t )e − st 0 − f1 (t )( − s )e − st dt 0 0 dt

∫

∞

Suku pertama ruas kanan bernilai nol untuk t = ∞ karena e−st = 0 untuk t→ ∞ , dan bernilai −f(0) untuk t = 0. Dengan demikian dapat kita tuliskan

L 

df1 (t )  =s  dt 

∞

∫0

f (t )e − st dt − f (0) = sF1 ( s) − f1 (0)

(1.9)

Transformasi dari suatu fungsi t yang diperoleh melalui diferensiasi fungsi f(t) merupakan perkalian dari F(s) dengan s dikurangi dengan nilai f(t) pada t = 0.

CO&TOH-1.4: Carilah transformasi Laplace dari fungsi cos(ωt) dengan memandang fungsi ini sebagai turunan dari sin(ωt). Penyelesaian :

1-8


1 d sin(ωt ) ω dt ω  s 1 − sin(0)  = → F ( s) =  s 2 2 2 ω s + ω  s + ω2 f (t ) = cos(ωt ) =

Penurunan di atas dapat kita kembangkan lebih lanjut sehingga kita mendapatkan transformasi dari fungsi-fungsi yang merupakan fungsi turunan yang lebih tinggi. jika f (t ) =

d 2 f1 (t )

jika f (t ) =

d 3 f1 (t )

dt 2 dt 3

→ F ( s) = s 2 F1 (s) − sf1 (0) − f1′ (0) 3

(1.10)

2

→ F (s) = s F1 ( s) − s f1 (0) − sf1′ (0) − f1′′(0)

1.3.5. Translasi di Kawasan t Sifat transformasi Laplace berkenaan dengan translasi di kawasan t ini dapat dinyatakan sebagai berikut Jika transformasi Laplace dari f(t) adalah F(s), maka transformasi Laplace dari f(t−a)u(t−a) untuk a > 0 adalah e−asF(s). Hal ini dapat kita lihat sebagai berikut. Menurut definisi, transformasi Laplace dari f(t−a)u(t−a) adalah ∞

∫0

f (t − a )u (t − a)e − st dt

Karena u(t−a) bernilai nol untuk t < a dan bernilai satu untuk t > a , bentuk integral ini dapat kita ubah batas bawahnya serta tidak lagi menuliskan faktor u(t−a), menjadi ∞

∫0

f (t − a )u (t − a)e − st dt =

∞

∫a

f (t − a)e − st dt

Kita ganti peubah integrasinya dari t menjadi τ dengan suatu hubungan τ = (t−a). Dengan penggantian ini maka dt menjadi dτ dan τ = 0 ketika t = a dan τ = ∞ ketika t = ∞. Persamaan di atas menjadi

1-9

∞

∫0

f (t − a)u (t − a )e − st dt = = e − as

∞

∫0

∞

∫0

f (τ)e − s ( τ + a ) dτ (1.11)

f (τ)e − sτ dτ = e − as F ( s)

CO&TOH-1.5: Carilah transformasi Laplace dari bentuk gelombang sinyal seperti yang tergambar di samping ini.

f(t) A

Penyelesaian : Model bentuk gelombang ini dapat kita tuliskan sebagai

0

a

→t

f (t ) = Au (t ) − Au (t − a) . Transformasi Laplace-nya adalah :

F (s) =

A A A(1 − e − as ) − e − as = s s s

1.3.6. Translasi di Kawasan s Sifat mengenai translasi di kawasan s dapat dinyatakan sebagai berikut. Jika transformasi Laplace dari f(t) adalah F(s) , maka transformasi Laplace dari e−αtf(t) adalah F(s + α). Bukti dari pernyataan ini dapat langsung diperoleh dari definisi transformasi Laplace, yaitu ∞ − αt

∫0 e

f (t )e − st dt =

∞

∫0

f (t )e − ( s + α )t dt = F ( s + α)

(1.19)

Sifat ini dapat digunakan untuk menentukan transformasi fungsi teredam jika diketahui bentuk transformasi fungsi tak teredamnya.

CO&TOH-1.6: Carilah transformasi Laplace dari fungsi-fungsi ramp teredam dan sinus teredam berikut ini :

a). v1 = tu (t )e −αt

;

b). v2 = e −αt cos ωt u (t )

Penyelesaian : 1-10


a). Karena untuk v(t ) = tu (t ) → F ( s ) =

1 s2

,

maka jika v1 (t ) = tu (t )e − αt ⇒ V1 ( s) =

1

( s + α) 2 s b). Karena untuk v(t ) = cos ωt u (t ) → V ( s) = , 2 s + ω2 maka jika v2 (t ) = e − αt cos ωt u (t ) ⇒ V2 ( s ) =

s+α ( s + α ) 2 + ω2

1.3.7. Pen-skalaan (scaling) Sifat ini dapat dinyatakan sebagai : Jika transformasi Laplace dari f(t) adalah F(s) , maka untuk a > 0 transformasi dari f(at) adalah

1 s F  . a a

Bukti dari sifat ini dapat langsung diperoleh dari definisinya. Dengan mengganti peubah t menjadi τ = at maka transformasi Laplace dari f(at) adalah: ∞

∫0

s

f (at )e

− st

− τ 1 ∞ 1 s dt = f ( τ )e a dτ = F   a 0 a a

∫

(1.12)

Jadi, jika skala waktu diperbesar (a > 1) maka skala frekuensi s mengecil dan sebaliknya apabila skala waktu diperkecil (a < 1) maka skala frekuensi menjadi besar.

1.3.8. &ilai Awal dan &ilai Akhir Sifat transformasi Laplace berkenaan dengan nilai awal dan nilai akhir dapat dinyatakan sebagai berikut.

Nilai awal : lim f (t ) = lim sF ( s) t →0 +

s →∞

Nilai akhir : lim f (t ) = lim sF ( s) t →∞

s →0

+

Jadi nilai f(t) pada t = 0 di kawasan waktu (nilai awal) sama dengan nilai sF(s) pada tak hingga di kawasan s. Sedangkan nilai f(t) pada t = ∞

1-11

(nilai akhir) sama dengan nilai sF(s) pada titik asal di kawasan s. Sifat ini dapat diturunkan dari sifat diferensiasi.

CO&TOH-1.7: Transformasi Laplace dari suatu sinyal adalah

V ( s) = 100

s+3 s( s + 5)( s + 20)

Carilah nilai awal dan nilai akhir dari v(t).

Penyelesaian : Nilai awal adalah :

  s+3 lim v(t ) = lim sV ( s ) = lim  s × 100 =0 s →∞  s( s + 5)( s + 20)  t →0 + s →∞ Nilai akhir adalah :

  s+3 lim v(t ) = lim sV ( s) = lim  s × 100  =3 s →0  s( s + 5)(s + 20)  t →∞ s →0 Tabel 1.2. memuat sifat-sifat transformasi Laplace yang dibahas di atas kecuali sifat yang terakhir yaitu konvolusi. Konvolusi akan dibahas di bagian akhir dari pembahasan mengenai transformasi balik.

1-12


Tabel 1.2. Sifat-sifat Transformasi Laplace Pernyataan f(t) linier :

A1 f1(t) + A2 f2(t) t

diferensiasi :

A1F1(s) + A2 F2(s)

F ( s) s

∫0 f ( x)dx

integrasi :

Pernyataan F(s) =L[f(t)]

df (t ) dt

d 2 f (t )

sF ( s) − f (0 − ) s 2 F ( s) − sf (0− ) − f ′(0− )

dt 2 d 3 f (t ) dt

3

linier : A1 f1(t) + A2 f2(t)

s 3 F ( s ) − s 2 f (0 − ) − sf (0 − ) − f ′′(0 − ) A1F1(s) + A2 F2(s)

translasi di t: [ f (t − a )]u (t − a)

e − as F (s)

translasi di s : e− at f (t )

F ( s + a)

penskalaan : f (at )

1 s F  a a

nilai awal : lim f (t ) t →0 +

nilai akhir : lim f (t ) t →∞

konvolusi :

t

∫0 f1 ( x) f 2 (t − x)dx

lim sF ( s ) s →∞

lim sF ( s) s →0

F1( s) F2 ( s )

1-13

1.4. Transformasi Balik Berikut ini kita akan membahas mengenai transformasi balik, yaitu mencari f(t) dari suatu F(s) yang diketahui. Jika F(s) yang ingin dicari transformasi baliknya ada dalam tabel transformasi Laplace yang kita punyai, pekerjaan kita cukup mudah. Akan tetapi dalam analisis rangkaian di kawasan s, pada umumnya F(s) berupa rasio polinomial yang bentuknya tidak sesederhana dan tidak selalu ada pasangannya seperti dalam tabel. Untuk mengatasi hal itu, F(s) kita uraikan menjadi suatu penjumlahan dari bentuk-bentuk yang ada dalam tabel, sehingga kita akan memperoleh f(t) sebagai jumlah dari bentuk-bentuk gelombang sederhana. Dengan perkataan lain kita membuat F(s) menjadi transformasi dari suatu gelombang komposit dan kelinieran dari transformasi Laplace akan memberikan transformasi balik dari F(s) yang berupa jumlah dari bentuk-bentuk gelombang sederhana. Sebelum membahas mengenai transformasi balik kita akan mengenal lebih dulu pengertian tentang pole dan zero.

1.4.1. Pole dan Zero Pada umumnya, transformasi Laplace berbentuk rasio polinom

F ( s) =

bm s m + bm −1s m −1 + L + b1s + b0

(1.13) an s n + an −1s n −1 + L + a1s + a0 yang masing-masing polinom dapat dinyatakan dalam bentuk faktor menjadi ( s − z1 )(s − z2 ) L ( s − zm ) F (s) = K (1.14) ( s − p1 )(s − p2 )L ( s − pn ) dengan K = bm/an dan disebut faktor skala. Akar-akar dari pembilang dari pernyataan F(s) di atas disebut zero karena F(s) bernilai nol untuk s = zk (k = 1, 2, …m). Akar-akar dari penyebut disebut pole karena pada nilai s = pk (k = 1, 2, …n) nilai penyebut menjadi nol dan nilai F(s) menjadi tak-hingga. Pole dan zero disebut frekuensi kritis karena pada nilai-nilai itu F(s) menjadi nol atau tak-hingga. Peubah s merupakan peubah kompleks s = σ + jω. Dengan demikian kita dapat memetakan pole dan zero dari suatu F(s) pada bidang kompleks dan kita sebut diagram pole-zero. Titik pole diberi tanda ″× ″ dan titik zero diberi tanda ″o ″. Perhatikan contoh 1.8. berikut.

1-14


CO&TOH-1.8: Gambarkan diagram pole-zero dari

a). F ( s) =

1 s +1

b). F ( s) =

A( s + a) 2

( s + a) + b

c). F ( s ) =

2

Penyelesaian :

1 s

jω

a). Fungsi ini mempunyai pole di s = −1 tanpa zero tertentu.

b). Fungsi ini mempunyai zero di s = −a. Pole dapat dicari dari

× −1

σ

jω +jb −a

( s + a) 2 + b 2 = 0 → pole di s = −a ± jb c). Fungsi ini tidak mempunyai zero tertentu sedangkan pole terletak di titik asal, s = 0 + j0.

σ −jb jω σ

1.4.2. Bentuk Umum F(s) Bentuk umum F(s) adalah seperti (1.14) yaitu

F (s) = K

( s − z1 )(s − z2 ) L ( s − zm ) ( s − p1 )(s − p2 )L ( s − pn )

Jika jumlah pole lebih besar dari jumlah zero, jadi n > m, kita katakan bahwa fungsi ini merupakan fungsi rasional patut. Jika fungsi ini memiliki pole yang semuanya berbeda, jadi pi ≠ pj untuk i ≠ j , maka dikatakan bahwa F(s) mempunyai pole sederhana. Jika ada pole yang berupa bilangan kompleks kita katakan bahwa fungsi ini mempunyai pole kompleks. Jika ada pole-pole yang bernilai sama kita katakan bahwa fungsi ini mempunyai pole ganda.

1-15

1.4.3. Fungsi Dengan Pole Sederhana Apabila fungsi rasional F(s) hanya mempunyai pole sederhana, maka ia dapat diuraikan menjadi berbentuk

F (s) =

k1 k2 kn + +L+ ( s − p1) ( s − p2 ) ( s − pn )

(1.15)

Jadi F(s) merupakan kombinasi linier dari beberapa fungsi sederhana; konstanta k yang berkaitan dengan setiap fungsi pembangun F(s) itu kita sebut residu. Kita ingat bahwa transformasi balik dari masing-masing fungsi sederhana itu berbentuk ke−αt. Dengan demikian maka transformasi balik dari F(s) menjadi

f (t ) = k1e p1t + k 2e p2t + L + k ne pn t

(1.16)

Persoalan kita sekarang adalah bagaimana menentukan residu. Untuk mencari k1, kita kalikan kedua ruas (1.15) dengan (s − p1) sehingga faktor (s− p1) hilang dari ruas kiri sedangkan ruas kanan menjadi k1 ditambah suku-suku lain yang semuanya mengandung faktor (s− p1). Kemudian kita substitusikan s = p1 sehingga semua suku di ruas kanan bernilai nol kecuali k1 dan dengan demikian diperoleh nilai k1. Untuk mencari k2, kita kalikan kedua ruas (1.15) dengan (s − p2) kemudian kita substitusikan s = p2; demikian seterusnya sampai semua nilai k diperoleh, dan transformasi balik dapat dicari.

CO&TOH-1.9: Carilah f(t) dari fungsi transformasi berikut.

4 4( s + 2) ; b). F ( s) = ; ( s + 1)( s + 3) ( s + 1)( s + 3) 6( s + 2) c). F ( s) = s( s + 1)( s + 4)

a). F ( s) =

Penyelesaian : a).

1-16

F (s) =

4 k k = 1 + 2 ( s + 1)(s + 3) s + 1 s + 3


4 k = k1 + 2 ( s + 1) ( s + 3) s+3 4 → substitusi s = −1 → = k1 → k1 = 2 −1+ 3

→ F ( s) × ( s + 1) →

→ F ( s) × ( s + 3) dan substitusi s = −3 → ⇒ F ( s) =

2 −2 + ⇒ f (t ) = 2e −t − 2e −3t s +1 s + 3 F (s) =

b).

4 = k 2 → k2 = −2 − 3+1

4( s + 2) k k = 1 + 2 ( s + 1)(s + 3) s + 1 s + 3

4(−1 + 2) = k1 → k1 = 2 −1+ 3 4(−3 + 2) → F ( s) × ( s + 3) dan substitusi s = −3 → = k2 → k2 = 2 − 3+1 2 2 ⇒ F (s) = + ⇒ f (t ) = 2e −t + 2e −3t s +1 s + 3 → F ( s) × ( s + 1) dan substitusi s = −1 →

F (s) =

c).

k k k 6( s + 2) = 1+ 2 + 3 s( s + 1)(s + 4) s s + 1 s + 4

Dengan cara seperti di a) dan b) kita peroleh

→ k1 = k3 =

6( s + 2) ( s + 1)( s + 4) 6( s + 2) s( s + 1)

= 3 ; k2 = s =0

6( s + 2) s( s + 4)

= −2 ; s = −1

= −1 s = −4

3 −2 −1 ⇒ F( s ) = + + → f (t ) = 3 − 2e −t − e − 4t s s +1 s + 4 1.4.4 Fungsi Dengan Pole Kompleks Secara fisik, fungsi F(s) merupakan rasio polinomial dengan koefisien riil. Jika F(s) mempunyai pole kompleks yang berbentuk p = −α + jβ, maka ia juga harus mempunyai pole lain yang berbentuk p* = −α − jβ;

1-17

sebab jika tidak maka koefisien polinomial tersebut tidak akan riil. Jadi untuk sinyal yang memang secara fisik kita temui, pole kompleks dari F(s) haruslah terjadi secara berpasangan konjugat. Oleh karena itu uraian F(s) harus mengandung dua suku yang berbentuk

F (s) = L +

k k* + +L s + α − jβ s + α + jβ

(1.17)

Residu k dan k* pada pole konjugat juga merupakan residu konjugat sebab F(s) adalah fungsi rasional dengan koefisien rasional. Residu ini dapat kita cari dengan cara yang sama seperti mencari residu pada uraian fungsi dengan pole sederhana. Kita cukup mencari salah satu residu dari pole kompleks karena residu yang lain merupakan konjugatnya. Transformasi balik dari dua suku dengan pole kompleks akan berupa cosinus teredam. Tansformasi balik dari dua suku pada (1.17) adalah

f k (t ) = ke −(α − jβ)t + k * e −(α + jβ)t = k e jθ e −(α − jβ)t + k e − jθ e −(α + jβ)t = k e −( α − j (β+ θ))t + k e −(α + j (β+θ))t = 2 k e − αt

(1.18)

e j (β+ θ)t + e − j (β+θ)t = 2 k e −αt cos(β + θ) 2

Jadi f(t) dari (1.17) akan berbentuk :

f (t ) = L + 2 k e −αt cos(β + θ) + L CO&TOH-1.10: Carilah transformasi balik dari 8 F (s) = 2 s( s + 4s + 8) Penyelesaian : Fungsi ini mempunyai pole sederhana di s = 0, dan pole kompleks yang dapat ditentukan dari faktor penyebut yang berbentuk kwadrat, yaitu

s=

1-18

− 4 ± 16 − 32 = −2 ± j 2 2


Uraian dari F(s) , penentuan residu, serta transformasi baliknya adalah sebagai berikut.

F (s) = → k1 =

→ k2 = = → k 2∗ =

k k2 k2∗ = 1+ + s ( s 2 + 4s + 8) s s + 2 − j 2 s + 2 + j 2 8

8 2

s( s + 4s + 8) 8

2

s( s + 4s + 8)

×s

= s =0

8 =1 8

× ( s + 2 − j 2) s = −2 + j 2

8 8 2 j ( 3π / 4 ) = = e 2 s ( s + 2 + j 2) s = − 2 + j 2 − 8 − j 8 2 − j ( 3π / 4 ) e 2

⇒ f(t) = u (t ) + = u (t ) +

2 j ( 3π / 4 ) − ( 2 − j 2 ) t 2 − j ( 3π / 4) − ( 2 + j 2 ) t e e + e e 2 2

[

2 − 2t j ( 3π / 4 + 2t ) e e + e − j ( 3π / 4 + 2t ) 2

]

= u (t ) + 2e − 2t cos(2t + 3π / 4) 1.4.5. Fungsi Dengan Pole Ganda Pada kondisi tertentu, fungsi F(s) dapat mempunyai pole ganda. Penguraian F(s) yang demikian ini dilakukan dengan “memecah” faktor yang mengandung pole ganda dengan tujuan untuk mendapatkan bentuk fungsi dengan pole sederhana yang dapat diuraikan seperti biasanya. Untuk jelasnya kita ambil suatu fungsi yang mengandung pole ganda (dua pole sama) seperti pada (1.19) berikut ini.

F (s) =

K ( s − z1 ) ( s − p1 )(s − p2 ) 2

(1.19)

Dengan mengeluarkan salah satu faktor yang mengandung pole ganda kita dapatkan

1-19

F (s) =

 K ( s − z1 )     ( s − p1 )(s − p2 ) 

1 s − p2

(1.20)

Bagian yang didalam tanda kurung dari (1.20) mengandung pole sederhana sehingga kita dapat menguraikannya seperti biasa.

 K ( s − z1 )  k1 k2 + F1 ( s) =  =  ( s − p1 )(s − p2 )  s − p1 s − p2

(1.21)

Residu pada (1.21) dapat ditentukan, misalnya k1 = A dan k2 = B , dan faktor yang kita keluarkan kita masukkan kembali sehingga (1.20) menjadi

F (s) =

B  A B 1  A + +  = s − p2  s − p1 s − p2  ( s − p2 )(s − p1 ) ( s − p2 ) 2

dan suku pertama ruas kanan diuraikan lebih lanjut menjadi

F (s) =

k11 k B + 12 + s − p1 s − p2 ( s − p2 ) 2

(1.22)

Transformasi balik dari (1.22) adalah

f (t ) = k11e p1t + k12e p2t + Bte p2t

(1.23)

CO&TOH-1.11: Tentukan transformasi balik dari fungsi: s F (s) = ( s + 1)(s + 2) 2 Penyelesaian :

F( s ) =

=

s ( s + 1)( s + 2)

=

 1  s   ( s + 2)  ( s + 1)(s + 2) 

1  k1 k  + 2   ( s + 2)  s + 1 s + 2 

→ k1 =

1-20

2

s ( s + 2)

= −1 s = −1

→ k2 =

s ( s + 1)

=2 s = −2


−1 1  −1 2  2 = + +   ( s + 2)  s + 1 s + 2  ( s + 1)( s + 2) ( s + 2) 2 k k 2 = 11 + 12 + s + 1 s + 2 ( s + 2) 2

⇒ F( s ) =

→ k11 =

−1 s+2

= −1 s = −1

→ k12 =

−1 =1 s + 1 s = −2

−1 1 2 ⇒ F (s) = + + ⇒ f (t ) = −e −t + e − 2t + 2te − 2t s + 1 s + 2 ( s + 2) 2

1.4.6. Konvolusi Transformasi Laplace menyatakan secara timbal balik bahwa

jika f (t ) = f1(t ) + f 2 (t )

F (s) = F1( s) + F2 ( s)

maka

jika F ( s) = F1( s) + F2 ( s)

f (t) = f1(t ) + f 2 (t )

maka

Kelinieran dari transformasi Laplace ini tidak mencakup perkalian. Jadi

jika F ( s) = F1( s) F2 ( s)

maka

f (t ) ≠ f1 (t ) f 2 (t )

Mencari fungsi f(t) dari suatu fungsi F(s) yang merupakan hasil kali dua fungsi s yang berlainan, melibatkan sifat transformasi Laplace yang kita sebut konvolusi. Sifat ini dapat dinyatakan sebagai berikut.

jika F ( s) = F1 ( s) F2 ( s) maka t

t

0

0

L−1[F ( s)] = f (t ) = ∫ f1 (τ) f 2 (t − τ)dτ = ∫ f 2 (τ) f1 (t − τ)dτ

(1.24)

Kita katakan bahwa transformasi balik dari perkalian dua F(s) diperoleh dengan melakukan konvolusi dari kedua bentuk gelombang yang bersangkutan. Kedua bentuk integral pada (1.24) disebut integral konvolusi. Pandanglah dua fungsi waktu f1(τ) dan f2(t). Transformasi Laplace masing-masing adalah

F1 ( s) =

∞

∫0

f1(τ)e − sτ dτ dan F2 ( s) =

∞

∫0

f 2 (t )e − st dt .

1-21

Jika kedua ruas dari persamaan pertama kita kalikan dengan F2(s) akan kita peroleh ∞

∫0

F1( s) F2 ( s) =

f1(τ) e − sτ F2 ( s) dτ .

Sifat translasi di kawasan waktu menyatakan bahwa e−sτ F2(s) adalah transformasi Laplace dari [ f2(t−τ) ] u(t−τ) sehingga persamaan tersebut dapat ditulis

F1 ( s) F2 ( s) =

∞

 f1 (τ)  

∫0

∞

∫0

 f 2 (t − τ)u (t − τ)e − st dt  dτ 

Karena untuk τ > t nilai u(t−τ) = 0, maka integrasi yang berada di dalam kurung pada persamaan di atas cukup dilakukan dari 0 sampai t saja, sehingga

F1 ( s) F2 ( s) =

=

∞

∫0

 f1 (τ)  

∞ t

∫0 ∫0

 dt  dτ   f1 (τ) f 2 (t − τ)e − st dt  dτ  t

∫0 f 2 (t − τ)e

− st

Dengan mempertukarkan urutan integrasi, kita peroleh

F1 ( s) F2 ( s) =

∞ t



∫0 ∫0 f1(τ) f 2 (t − τ)dτe

− st

 dt = L  

t

CO&TOH-1.12: Carilah f(t) dari F(s) berikut.

a). F ( s) = c). F ( s) =

1 ( s + a) 1

2

b). F( s) =

1 ( s + a)( s + b)

s 2 ( s + a)

Penyelesaian : a). Fungsi ini kita pandang sebagai perkalian dari dua fungsi.

1-22



∫0 f1(τ) f 2 (t − τ)dτ


F( s) = F1 ( s)F2 ( s) dengan F1 ( s ) = F2 ( s) =

1 ( s + a)

→ f1 (t ) = f 2 (t ) = e − at ⇒ f (t ) = =

t

t − ax − a (t − x )

∫0 f1( x) f 2 (t − x)dx = ∫0 e t − ax − at + ax

∫0 e

e

dx

t

dx = e − at dx = te − at

∫0

b). Fungsi ini juga merupakan perkalian dari dua fungsi. F( s) = F1 ( s)F2 ( s) dengan

F1 ( s) =

1 1 dan F2 ( s) = ( s + a) ( s + b)

→ f1 (t ) = e − at dan f 2 (t ) = e − bt

⇒ f (t ) =

t

t − ax − b (t − x )

∫0 f1( x) f 2 (t − x)dx = ∫0 e

e

 e ( − a + b) x  t = e −bt e ( −a + b) x dx = e −bt   0  −a+b 

∫

=

(

)

dx

t

0



e −bt e( −a +b)t − 1 e − at − e −bt = −a+b −a+b

c). Fungsi ketiga ini juga dapat dipandang sebagai perkalian dua fungsi. 1 1 F ( s) = F1( s ) F2 ( s) dengan F1 ( s) = 2 dan F2 ( s) = s a + s

→ f1(t ) = t dan f 2 (t ) = e − at ⇒ f (t ) =

t

t

∫0 f1( x) f 2 (t − x)dx = ∫0 xe

− a (t − x )

dx = e − at

t

∫0 xe

ax

dx

t  at  ax  − at  te − 0 e  dx = e − 2  =e −  a   a 0 a a 0 0     at at at −  te − 0 e − 1  at − 1 + e = e − at  − = a 2  a2  a



− at  xe

ax

t

∫

t e ax

1-23

1.5. Solusi Persamaan Rangkaian Menggunakan Transformasi Laplace Dengan menggunakan transformasi Laplace kita dapat mencari solusi suatu persamaan rangkaian (yang sering berbentuk persamaan diferensial) dengan lebih mudah. Transformasi akan mengubah persamaan diferensial menjadi persamaan aljabar biasa di kawasan s yang dengan mudah dicari solusinya. Dengan mentransformasi balik solusi di kawasan s tersebut, kita akan memperoleh solusi dari persamaan diferensialnya.

CO&TOH-1.13: Gunakan transformasi Laplace untuk mencari solusi persamaan berikut.

dv + 10v = 0 , dt

v (0 + ) = 5

Penyelesaian : Transformasi Laplace persamaan diferensial ini adalah

sV ( s) − v(0 + ) + 10V ( s) = 0 atau sV ( s) − 5 + 10V ( s) = 0 ⇒ V ( s) =

5 s + 10

Transformasi balik memberikan v(t ) = 5e −10t Transformasi Laplace dapat kita manfaatkan untuk mencari solusi dari persamaan diferensial dalam analisis transien. Langkah-langkah yang harus dilakukan adalah : 1.

Menentukan persamaan diferensial rangkaian di kawasan waktu.

2.

Mentransformasikan persamaan diferensial yang diperoleh pada langkah 1 ke kawasan s dan mencari solusinya.

3.

Transformasi balik solusi yang diperoleh pada langkah 2 untuk memperoleh tanggapan rangkaian.

1-24


CO&TOH-1.14: Saklar S pada rangkaian di samping ini ditutup pada t = 0. Tentukan tegangan kapasitor untuk t > 0 jika sesaat sebelum S ditutup tegangan kapasitor 2 V. Penyelesaian :

S

+ 100Ω i Langkah vC 0,02F pertama − adalah menentukan persamaan rangkaian untuk t > 0. Aplikasi HTK memberikan + 12 V −

− 6 + 100i + vC = 0 atau − 6 + 2

dvC + vC = 0 . dt

Langkah kedua adalah mentransformasikan persamaan ini ke kawasan s, menjadi

6 + 2sVC ( s) − vC (0) + VC ( s) = 0 atau s 6 − + 2sVC ( s) − 2 + VC ( s) = 0 s

−

Pemecahan persamaan ini dapat diperoleh dengan mudah.

VC ( s) =

3+ s k k2 = 1+ s( s + 0,5) s s + 0,5

3+ s 3+ s = 6 dan k 2 = = −5 ( s + 0,5) s = 0 s s = −0,5 6 5 ⇒ VC ( s ) = − s s + 0,5 → k1 =

Langkah terakhir adalah mentransformasi balik VC

vC (t ) = 6 − 5e

−0,5t

(s) :

V

1-25

CO&TOH-1.15: Pada rangkaian di samping ini, saklar S dipindahkan dari posisi 1 ke 2 pada t = 0. Tentukan i(t) untuk t > 0, jika sesaat sebelum saklar dipindah tegangan kapasitor 4 V dan arus induktor 2 A. 1 i S Bagian 2 1H + 6Ω + lain vC 6 V 1/13 F − rangkaian −

Penyelesaian : Aplikasi HTK pada rangkaian ini setelah saklar ada di posisi 2 ( t > 0 ) memberikan

di 1 idt + vC (0) = 0 atau + dt C di − 6 + 6i + + 13 idt + 4 = 0 dt Transformasi Laplace dari persamaan rangkaian ini menghasilkan

∫

− 6 + 6i + L

∫

I (s) 4 −6 + 6 I ( s) + sI ( s) − i (0) + 13 + =0 s s s I (s) 4 −6 + 6 I ( s) + sI ( s) − 2 + 13 + =0 s s s Pemecahan persamaan ini adalah : → I(s) = =

→ k1 =

atau

2s + 2 2

s + 6 s + 13 2s + 2 k1 k1∗ = + ( s + 3 − j 2)( s + 3 + j 2) s + 3 − j 2 s + 3 + j 2

o o 2s + 2 = 1 + j1 = 2e j 45 → k1∗ = 2e − j 45 s + 3 + j 2 s = −3+ j 2

2e j 45 2e − j 45 ⇒ I (s) = + s + 3 − j2 s + 3 + j2 o

1-26

o


Transformasi balik dari I(s) memberikan o o ⇒ i (t ) = 2e j 45 e −(3− j 2)t + 2e − j 45 e −(3+ j 2)t

= 2e −3t (cos 2t − sin 2t ) A

1-27

Soal-Soal 1. Carilah pernyataannya di kawasan s sinyal-sinyal berikut ini. v1(t ) = 10[1 − e −2t ]u (t ); v2 (t ) = 10[1 + 4t ]u (t ) v3 (t ) = 10[e − 2t − e− 4t ]u (t ); v4 (t ) = 10[2e − 2t − 4e − 4t ]u (t )

2. Carilah pernyataannya di kawasan s sinyal-sinyal berikut ini. v1(t ) = 15[sin(20t − 30o )]u (t ); v2 (t ) = 15[cos 20t − sin 20t ]u (t ) v3 (t ) = 15[cos 20t − cos10t ]u (t ); v4 (t ) = 15[1 − 2 sin 10t ]u (t )

3. Carilah pernyataannya di kawasan s sinyal-sinyal berikut ini. v1(t ) = 20[e −2t sin(20t − 30o )]u (t ); v2 (t ) = 20[e − 2t (cos 20t − sin 20t )]u (t ) v3 (t ) = 20[e − 2t (cos 20t − cos10t )]u (t ); v4 (t ) = 20[e − 2t (1 − 2 sin 10t )]u (t )

4. Carilah pernyataannya di kawasan s sinyal-sinyal berikut ini. v1(t ) = 15[cos 2 10t )]u (t ); v2 (t ) = 15[(cos 20t )(sin 20t )]u (t ) v3 (t ) = 20te − 2t u (t ); v4 (t ) = 20[e− 2t sin 10t ]u (t )

1-28


5. Berikut ini adalah pernyataan sinyal di kawasan s. Carilah pernyataannya di kawasan waktu t. 1 ; (s + 2)( s + 3) s V2 ( s) = ( s + 2)(s + 3) V1( s) =

V3 ( s) =

s2 ; ( s + 2)(s + 3)

V4 ( s) =

s2 ( s + 2)(s + 3)(s + 4)

6. Carilah pernyataan di kawasan waktu dari sinyal yang dinyatakan di kawasan s berikut ini. V1 ( s ) = V2 ( s ) = V3 ( s ) =

1 ( s + 2) 2 + 9 s ( s + 2) 2 + 9

; ;

s2 ( s + 2) 2 + 9

7. Berikut ini adalah pernyataan sinyal di kawasan s; carilah pernyataannya di kawasan waktu. 1 ; ( s + 3) 1 ; V2 ( s) = s( s + 3) 1 V3 (s ) = s( s + 3) V1( s) =

1-29

8. Berikut ini adalah pernyataan sinyal di kawasan s; carilah pernyataannya di kawasan waktu. 10 ; V1( s) = 2 s + 10s + 16 10 ; V2 ( s) = 2 s + 8s + 16 10 V3 (s) = 2 s + 6s + 25

9. Carilah pernyataannya di kawasan waktu sinyal-sinyal berikut ini. 6s + 14 ; ( s + 2)(s + 3) 9s + 26 V2 ( s) = ; ( s + 2)(s + 3)( s + 4) V1( s ) =

V3 ( s) =

6s 2 + 34s + 46 ( s + 2)( s + 3)(s + 4)

10. Carilah pernyataannya di kawasan waktu sinyal-sinyal berikut ini. V1( s) =

s+2

s( s 2 + 2s + 1)(s + 3) (s + 1)(s + 4) V2 (s) = 2 2 ; s (s + 2s + 4) (s + 10)(s + 200) V3 (s) = (s + 20)(s + 100)

1-30

;


1-31

Analisis Rangkaian Listrik Di Kawasan s

Recommend Documents