TRANFORMASI DAN INVERS LAPLACE

Diktat Kuliah : Sistem Kendali Elektrik

Materi II

Teknik Elektro Universitas Widyagama Malang

TRANFORMASI DAN INVERS LAPLACE

Didalam perancangan dan analisa sistem pengaturan akan banyak dijumpai persamaanpersamaan diferensial dimana ia merupakan pemodelan dari suatu sistem. Untuk mengetahui sifat-sifat dari suatu sistem, persamaan-persamaan tersebut harus dipecahkan, dan salah satu teknik untuk memecahkan persamaan diferensial adalah menggunakan metode transformasi Laplace. Teknik pengalih bentuk yang menghubungkan fungsi-fungsi waktu ke fungsi-fungsi tergantung frekuensi dari suatu variabel kompleks. Teknik ini disebut Transformasi Laplace atau alih bentuk Laplace. Dalam bab ini akan dibahas tentang metode transformasi Laplace, dan transformasi baliknya.

Tujuan Instruksional khusus:  Mahasiswa mendapat pengetahuan tentang dasar matematis yang diperlukan dalam sistem kendali.  Mahasiswa dapat menggunakan metode transformasi Laplace untuk menyelesaikan persamaan sistem kendali.  Mahasiswa dapat menggunakan tabel transformasi Laplace untuk menyelesaikan persamaan sistem kendali.

Transformasi dan Invers Laplace

II-1



2.1. TRANSFORMASI LAPLACE Transformasi Laplace adalah suatu metode operasional yang dapat digunakan secara mudah untuk menyelesaikan persamaan diferensial linier. Dengan menggunakan transformasi Laplace, dapat diubah beberapa fungsi umum seperti fungsi sinusoida, fungsi sinusoida teredam, dan fungsi eksponensial menjadi fungsifungsi aljabar variabel kompleks s . Bila persamaan aljabar dalam s dipecahkan, maka penyelesaian dari persamaan diferensial (transformasi Laplace balik dari variabel tidak bebas) dapat diperoleh dengan menggunakan tabel transformasi Laplace. Secara sederhana prosedur dasar pemecahan menggunakan metode transformasi Laplace adalah:  Persamaan diferensial yang berada dalam kawasan waktu (t), ditransformasikan ke kawasan frekuensi (s) dengan transformasi Laplace. Untuk mempermudah proses transformasi dapat digunakan Tabel 2-1.  Persamaan yang diperoleh dalam kawasan s tersebut adalah persamaan aljabar dari variabel s yang merupakan operator Laplace.  Penyelesaian yang diperoleh kemudian ditransformasi-balikkan ke dalam kawasan waktu.  Hasil transformasi balik ini menghasilkan penyelesaian persamaan dalam kawasan waktu.

Persamaan diferensial variabel x(t).

Penyelesaian Langsung (analitik)

Penyelesaian x(t).

Kawasan waktu (t) Transformasi Laplace

Transformasi Balik

Laplace

Kawasan frekuensi (s) Persamaan Aljabar operator s

Perhitungan

Aljabar

Penyelesaian Aljabar X(s)

Gambar 2.1 Prosedur penyelesaian persamaan diferensial menggunakan metode transformasi Laplace.


II-2


1.


Definisi transformasi Laplace L [ f (t )]  F ( s ) 





0



e  st dt[ f (t )]   f (t )e  st dt

(2-1)

0

f (t ) = fungsi waktu t sedemikian rupa sehingga f (t )  0 = variabel kompleks (operator Laplace) s L

untuk t  0

=  + j (dengan j = satuan imajiner) = simbol operasional yang menunjukkan bahwa besaran yang didahuluinya ditransformasikan dengan integral Laplace





0

e  st dt

F (s) = tranformasi Laplace dari f (t )

2.2. TRANSFORMASI LAPLACE BALIK (INVERS-LAPLACE) Proses kebalikan dari penemuan fungsi waktu f (t ) dari transformasi Laplace F (s) dinamakan transformasi balik Laplace. Notasi untuk transformasi balik Laplace adalah L-1. Jadi L-1 [ F ( s )]  f (t )

(2-2)

Pada bab ini tidak akan dibahas secara mendetail penyelesaian transformasi Laplace, akan tetapi di lebih ditekankan pada penggunaan tabel transformasi Laplace untuk menyelesaikan persamaan fungsi yang sering ditemui dalam teknik kendali, untuk selanjutnya digunakan Tabel 2-1 untuk memperoleh pasangan transformasi Laplace.


II-3



Tabel 2-1 Transformasi Laplace f(t) F(s) 1.

Impuls satuan δ(t)

2.

Langkah satuan 1(t)

3.

t

4.

t n1 ( n = 1, 2, 3, . . . ) (n  1)!

5.

tn ( n = 1, 2, 3, . . . )

6.

e-at

7.

te-at

8.

1 t n1e at ( n = 1, 2, 3, . . . ) (n  1)!

9.

tne-at ( n = 1, 2, 3, . . . )

10.

sin ωt

11.

cos ωt

12.

sinh ωt

13.

cosh ωt

14.

1 (1  e at ) a

15. 16. 17. 18.

1 (e at  e bt ) ba 1 (be bt  ae at ) ba 1  1  1  (be at  ae bt )  ab  a  b  1 (1  e at  ate at ) a2


1

1 s 1 s2 1 sn n! s n1 1 sa 1 ( s  a) 2 1 ( s  a) n n! ( s  a) n1  2 s 2 s 2 s 2  2 s  2 s 2 s  2 1 s( s  a) 1 ( s  a )(s  b) s ( s  a )(s  b) 1 s ( s  a )(s  b) 1 s( s  a) 2

II-4



f(t) F(s) 19.

1 (at  1  e at ) 2 a

20.

e  at sin t

21.

e  at cos t n

22.

1 2 

n 1

23.

2

e  nt sin  n 1   2 t

e  nt sin( n 1   2 t   )

  tan 1

n 1

24.

2

1

1 2 

e  nt sin( n 1   2 t   )

  tan

1

1 2 

1 s ( s  a)  (s  a) 2   2 sa (s  a) 2   2 2

 n2 s 2  2 n s   n2

s s  2 n s   n2 2

 n2 s ( s 2  2 n s   n2 )

25.

1 - cos ωt

2 s(s 2   2 )

26.

ωt - sin ωt

3 s 2 (s 2   2 )

27.

sin ωt - ωt cos ωt

28.

1 t sin t 2

29.

t cos ωt

30.

1 (cos 1t  cos  2 t ) ( 12   22 ) 2   1

s2  2 (s 2   2 ) 2 s 2 2 ( s   1 )(s 2   22 )

31.

1 (sin t  t cos t ) 2

s2 (s 2   2 ) 2

2 2


2 3 (s 2   2 ) 2 s 2 (s   2 ) 2

II-5



Sekarang akan dibahas beberapa sifat dari transformasi Laplace  Perkalian dengan konstanta L  Af (t ) 





0



Af (t )e  st dt  A f (t )e  st dt 0

 AF (s)

(2-3)

 Penjumlahan dan pengurangan L  f 1 (t )  f 2 (t ) 





0





0

0

[ f1 (t )  f 2 (t )]e  st dt   f1 (t )e  st dt   f 2 (t )e  st dt

 F1 ( s )  F2 ( s ) (2-4)  Diferensiasi

d



L  f (t )   dt 





0

 d  st  st   st f ( t ) e dt  [ f ( t ) e ]  0 0 f (t )(se )dt  dt  

 0  f (0)  s  f (t )e  st dt  sF ( s )  f (0) 0

(2-5)

f (t ) diperoleh

Mirip dengan itu, untuk turunan ke-n dari

( n2) ( n 1) . dn  n n 1 n2 f ( t )  s F ( s )  s f ( 0 )  s f ( 0 )  ...  s f ( 0 )  f (0)  n  dt 

L 

n

( r 1)

 s n F ( s )   s nr f (0)

(2-6)

r 1

 Integrasi L

 

t

t0



f ( )d     0



t

t0

f ( )de st dt 

t     f ( )d ( 1s e  st )   f (t )( 1s e  st )dt  t0  0 0

0



    1s f ( )d  1s  f (t )e  st dt t0

0

0

 1s F ( s )  1s  f ( )d t0

(2-7)

 Diferensiasi dan Integrasi pada kawasan s

d F (s) ds



 d d  f (t )e  st dt   f (t )e  st dt  0 0 ds ds


II-6





   tf (t )e st dt = L[-t f(t)] = -L[tf(t)] 0





s

F ( s)ds  



s





0



f (t )e  st dtds  

0



   1t f (t )e  st s





 s





s



f (t )e  st dsdt



dt   0  1t f (t )e  st 0



 s

dt  L1t f (t )

(2-8)

 Perubahan skala waktu   t    t   st   0 f  e dt       

L f

Dengan mengganti

(2-9)

t /   t1 ; sehingga t  t1 , dan dt  dt1 , diperoleh

   t   s t   0 f (t1 )e 1 1 d (t1 )    

L f



   f (t1 )e s1t1 dt1 0

 F (s )

(2-10)

lim f (t )  lim sF ( s )

(2-11)

 Harga awal

t 0

s 

Untuk interval waktu 0  t   , jika mendekati nol.

s

mendekati tak hingga,

e  st

 d  lim   f (t )e  st dt  limsF ( s )  (0)  lim sF ( s )  f (0)  0 s  0 s  s   dt 

atau

lim sF ( s )  f (0) s 

karena f (0)  lim f (t ) maka t0

lim sF ( s )  lim f (t ) s 

(2-12)

t 0

 Harga akhir

lim f (t )  lim sF ( s ) t 

(2-13)

s 0


II-7



Untuk membuktikan teorema ini, ambil s mendekati nol pada persamaan transformasi Laplace untuk turunan fungsi f (t ) atau  d  lim   f (t )e  st dt  limsF ( s )  (0) s 0 0 s 0  dt 

(2-14)

Karena lim e  st  1 , diperoleh s 0





0

 d   dt f (t )dt  f (t ) 0  f ()  f (0)

 lim sF ( s )  f (0) s 0

sehingga

f ()  lim f ((t )  lim sF ( s ) t 

(2-15)

s 0

 Translasi pada kawasan t L  f (t  t 0 ) 





0

f (t  t 0 )e  st dt

dimana f (t )  0 untuk t  0 , dan t 0  0

misal t1  t  t 0 , maka t  t1  t 0 dan dt = dt1, maka





0



f (t  t 0 )e st dt   f (t1 )e  s (t1 t0 ) dt1 0

e

 st0





0

f (t1 )e  st1 dt1

 e  st0 F ( s )

(2-16)

 Translasi pada kawasan s



 

L e at f (t ) 



0

e at f (t )e  st dt 

  f (t )e ( s  a )t dt 0

 F ( s  a)

(2-17)

 Konvolusi Tinjau transformasi Laplace berikut:



t

0

f1 (t   ) f 2 ( )d

(2-18)

Integrasi ini sering ditulis


II-8



f1 (t )  f 2 (t ) Operasi matematik f 1 (t )  f 2 (t ) disebut konvolusi. Jika dinyatakan maka



t

0

t    ,

0

f1 (t   ) f 2 ( )d    f1 ( ) f 2 (t   )d t

t

  f1 ( ) f 2 (t   )d 0

Oleh karena itu

f 1 (t )  f 2 (t ) 

t

 f (t   ) f ( )d   f ( ) f (t   )d 0

1

2

t

0

1

2

 f 2 (t )  f 1 (t )

(2-19)

Bila f 1 (t ) dan f 2 (t ) adalah kontinyu sepotong-sepotong (piecewise) dan mempunyai orde eksponensial, maka L 

 

t

0

f1 (t   ) f 2 ( )d   F1 ( s ) F2 ( s ) 

(2-20)

Dengan 

F1 ( s)   f1 (t )e st dt  L  f1 (t )

(2-21)

0



F2 ( s)   f 2 (t )e st dt  L  f 2 (t ) 0

(2-22)

Untuk membuktikan persamaan (3-9), perhatikan bahwa f 1 (t   )1(t   )  0 untuk   t . Oleh karena itu



t

0



f1 (t   ) f 2 ( )d   f1 (t   )1(t   ) f 2 ( )d 0

(2-23)

Selanjutnya L 

 

t

0

 f1 (t   ) f 2 ( )d   L   f1 (t   )1(t   ) f 2 ( )d    0 


II-9



    e st   f1 (t   )1(t   ) f 2 ( )d  dt  0  0

(2-24)

Dengan substitusi t     dalam persamaan terakhir ini dengan mengubah urutan integrasi, yang diperbolehkan dalam kasus ini karena f 1 (t ) dan f 2 (t ) dapat ditransformasi dengan integral Laplace, diperoleh L 

 

t

0

f1 (t   ) f 2 ( )d   





0



f1 (t   )1(t   )e  st dt  f 2 ( )d 0





  f1 ( )e  s (   ) d  f 2 ( )d 0 



0

0

0

  f1 ( )e  s d  f 2 ( )e  s d  F1 ( s ) F2 ( s )

(2-25)

Persamaan terakhir ini memberi transformasi Laplace dari integral konvolusi. Sebaliknya, jika transformasi Laplace dari suatu fungsi diberikan oleh perkalian dua fungsi transformasi Laplace, F1 ( s ) F2 ( s ) , maka fungsi waktu yang berkaitan (transformasi Laplace balik) diberikan oleh integral konvolusi f1 (t )  f 2 (t ) .


II-10



Tabel 3-2. Sifat-sifat Transformasi Laplace 1.

L [Af(t)] = AF(s)

2.

L [f1(t)  f2(t)] = F1(s)  F2(s)

L

4. 5.

dtd

L

3.

L





d2 dt 2



f (t ) = s2F(s) – sf (0) – f (0) n



dn dt n

f (t ) = sF(s) – f(0)

f (t ) = snF(s) –

s

nk

( k 1)

( k 1)

f (0  )

dengan

f (t ) 

k 1

6.

7.

8.

t 0

L

t 0



2

 ... f (t )(dt )  = Fs(s) + n

L 



10.



0

15.

s

s0

 ... f (t )(dt )  k

k 1

f (t )dt  = 



1 n  k 1

t 0 

F (s) s





0

f (t )dt ada



 at L e f (t ) = F(s + a)

L  f (t   )1(t   ) = e-s F(s)

12.

14.

n

f (t )dt = lim F ( s) jika

11.

13.

t

 0

9.

t 0

2

n



f (t )

 f (t )dt  = F s(s) +  f (t )sdt    f (t )dtdt  = Fs(s) +  f (ts)dt  +   f (t )sdtdt  L

L

d k 1 dt k 1

0

dF ( s ) ds 2 d 2 L t f (t ) = F (s) ds 2 dn n L t f (t ) = (1) n n F ( s ) n = 1, 2, 3, . . . ds

16. 17.


L tf (t )  = 









L



1t f (t ) = 0 F (s)ds L  f ( at ) = aF(as)

II-11


1.


Metode ekspansi pecahan parsial untuk memperoleh transformasi Laplace balik Masalah dalam analisis sistem kendali, F (s) , transformasi Laplace dari sering dijumpai dalam bentuk

F (s) 

B( s) A( s )

f (t ) lebih

(2-26)

Dengan A(s ) dan B (s ) adalah polinomial dalam s dan derajat B (s ) lebih kecil dari A(s ) . Bila F (s) dipotong dalam komponen

F ( s )  F1 ( s )  F2 ( s )  ...  Fn ( s )

(2-27)

Dan bila transformasi Laplace balik dari F1 ( s ), F2 ( s ),..., Fn ( s ) memungkinkan, maka L

-1

F (s) 

L

-1

F1 ( s) 

L

-1

F2 ( s)  . . . + L -1 Fn (s)

 f1 (t )  f 2 (t )  ...  f n (t )

(2-28)

adalah transformasi Laplace balik dari f1 (t ), f 2 (t ),..., f n (t ) F1 ( s ), F2 ( s ),..., Fn ( s ) . Transformasi Laplace balik F (s) diperoleh secara unik kecuali

Dengan

mungkin pada titik-titik dengan fungsi waktu tak kontinyu. Apabila fungsi waktu f (t ) dan transformasi Laplace baliknya F (s) kontinyu, maka fungsi waktu mempunyai hubungan korespondensi satu-satu. Keuntungan dari pendekatan ekspansi pecahan parsial adalah masing-masing suku dari F (s) akibat dari ekspansi dalam bentuk pecahan parsial, merupakan fungsi dalam s yang sangat sederhana, sehingga tidak diperlukan tabel transformasi Laplace lagi bila kita ingat beberapa pasangan transformasi Laplace sederhana. Harus diperhatikan bahwa menerapkan teknik ekspansi pecahan parsial dalam mencari transformasi Laplace balik dari F ( s )  B ( s ) / A( s ) akar dari penyebut

A(s ) harus diketahui. Jadi metode ini tidak dapat diterapkan bila polinomial polinomial penyebut telah difaktorkan. Dalam ekspansi F ( s )  B ( s ) / A( s ) ke dalam bentuk pecahan parsial, penting bahwa pangkat tertinggi s dalam A(s ) lebih besar daripada pangkat tertinggi s dalam B (s ) . Bila hal ini tidak dipenuhi maka pembilang B (s ) harus dibagi penyebut A(s ) untuk memperoleh polinomial dalam s ditambah sisa (yaitu rasio polinomial dalam s dengan pembilang mempunyai derajat yang lebih kecil daripada penyebutnya).


II-12


2.


F (s) hanya melibatkan kutub-kutub Ekspansi pecahan parsial bila (pole). Perhatikan fungsi F (s) yang ditulis dalam bentuk faktor F (s) 

B( s ) K ( s  z1 )(s  z 2 )...(s  z m )  A( s ) ( s  p1 )(s  p 2 )...(s  p n )

( m  n)

(2-29)

Dengan p1, p2, . . ., pn dan z1, z2, . . ., zm masing-masing besaran real atau kompleks, tetapi untuk masing-masing bilangan kompleks p i atau zi mempunyai konjugat kompleks p i dan zi . Jika F (s) hanya terdiri dari kutub-kutub (pole) maka dapat diekspansikan dalam jumlah pecahan parsial sederhana sebagai berikut:

F (s) 

an a1 a2 B( s)    ...  A( s ) s  p1 s  p 2 s  pn

(2-30)

ak (k = 1, 2, . . .,n ) adalah konstanta, koefisien ak disebut residu pada kutub di s   p k . Nilai ak dapat diperoleh dengan mengalikan kedua sisi persamaan (2-30) dengan ( s  p k ) dan mengganti s   p k yang memberikan Dengan

 a  a2 B( s)    1 (s  pk )  (s  pk )  . . . ( s  p k ) A( s )  s  p2   s  pk  s  p1 

 an ak ( s  p k ) (s  pk )  . . .  s  pn s  pk  s   pk

= ak

(2-31)

Dapat dilihat bahwa semua suku ekspansi dapat dihilangkan kecuali yang mengandung ak, sehingga residu ak diperoleh

 B( s)  a k  ( s  p k ) A( s )  s  pk 

(2-32)

Perhatikan bahwa f (t ) adalah fungsi real dari waktu, bila p1 dan p2 konjugat kompleks, maka residu a1 dan a2 juga konjugat kompleks. Hanya satu dari konjugat a1 atau a2 yang diperlukan karena yang lain dapat diketahui dengan sendirinya. Karena L

-1

 ak   pk t    ak e  s  pk 


II-13



f (t ) Diperoleh sebagai f (t ) = L -1 F ( s )  a1e  p1t  a 2 e  p2t  ...  a n e  pnt

(t  0)

(2-33)

Contoh Tentukan transformasi Laplace balik dari

s3 ( s  1)(s  2)

F(s) =

Ekspansi pecahan parsial dari F(s) adalah

s3 a1 a =  2 ( s  1)(s  2) s 1 s  2

F(s) =

Dengan a1 dan a2 diperoleh dari persamaan di atas



a1 = s  1





a2 = s  1



 s3  s  3  2  ( s  1)(s  2)  s 1  s  2  s 1  s3  s  3   1  ( s  1)(s  2)  s 2  s  1  s 2

Jadi, f(t) = L =L

-1

-1

[F(s)]

 2   s  1 + L

-1

 1   s  2 

= 2e-t – e-2t (t  0)

3.

Ekspansi pecahan parsial bila F (s) melibatkan banyak kutub. Berikut ini ditampilkan contoh untuk menunjukkan bagaimana mendapatkan ekspansi pecahan parsial dari F (s) . Contoh : Perhatikan persamaan berikut:

s 2  2s  3 F (s)  ( s  1) 3


II-14



Ekspansi pecahan parsial dari F (s) ini melibatkan 3 bagian,

F (s) 

b3 b2 b B( s)    1 3 2 A( s ) ( s  1) s 1 ( s  1)

Dengan b3, b2 dan b1 ditentukan sebagai berikut. Dengan mengalikan kedua sisi dari persamaan terakhir ini dengan (s + 1)3 , diperoleh

( s  1) 3

B( s)  b3  b2 ( s  1)  b1 ( s  1) 2 A( s )

Dengan menjadikan s = –1 , persamaan menjadi

 3 B(s)   b3 ( s  1) A( s )    s 1 Juga, diferensiasi kedua sisi dan dengan mengacu pada s dihasilkan

d  B( s)  ( s  1) 3  b2  2b1 ( s  1)  ds  A( s )  Jika s = –1 , maka

d  B(s)  ( s  1) 3  b2  ds  A( s )  s 1 Dengan mendeferensiasi kedua sisi dan dengan mengacu pada s, hasilnya adalah

d2 ds 2

 3 B( s)  ( s  1) A( s )   2b1  

Dari analisis sebelum ini terlihat bahwa nilai b1, b2 sistem sebagai berikut

dan b3

ditemukan secara

 B(s)  b3  ( s  1) 3 A( s )  s 1 

 ( s 2  2 s  3) s 1 2


II-15



B( s)   d  b2   ( s  1) 3  A( s )   s 1  ds  d    ( s 2  2 s  3)  ds  s 1

 (2 s  2) s 1 0 b1 

 1  d2  3 B( s)   2 ( s  1)   2!  ds  A( s )   s 1



 1  d2 2  2 ( s  2s  3) 2!  ds  s 1



1 (2)  1 2

Selanjutnya, diperoleh

f (t )  L =L

-1

-1

F (s)

 2   L  3  ( s  1) 

-1

 0   1   L -1   2   s  1  ( s  1) 

 t 2 e t  0  e t  (t 2  1)e t


(t  0)

II-16



Transformasi Laplace menggunakan MATLAB • Transformasi Laplace F (s) dari suatu fungsi f (t) adalah cukup sederhana dalam Matlab. Pertama perlu menentukan variabel simbolis t dan s menggunakan perintah >> syms t s • Selanjutnya menentukan fungsi f (t) dengan perintah >> F=laplace(f,t,s) Contoh : Untuk membuat ekspresi lebih enak dibaca menggunakan perintah, simplify dan pretty. di sini diberikan contoh untuk fungsi f (t),

Invers Transformasi Laplace menggunakan Matlab • Perintah Transformasi Laplace balik (invers) menggunakan perintah >> F=ilaplace(f,t,s) Contoh :


II-17



2.3. Ringkasan Suatu kelebihan metode transformasi Laplace adalah bahwa metode ini memungkinkan penggunaan teknik grafis untuk meramal kinerja sistem tanpa menyelesaikan

persamaan

differensial

sistem.

Kelebihan

lain

metode

transformasi Laplace adalah diperbolehnya secara serentak baik komponen transien maupun komponen keadaan tunak sebagai jawaban persamaan pada waktu menyelesaikan persamaan differensial.


II-18



SOAL-SOAL 1. Dapatkan Transformasi Laplace fungsi yang didefinisikan oleh (t  0) a. f 1 (t )  0 b.

f1 (t )  3 sin ( 5t  45  ) f 2 (t )  0 f 2 (t )  0.03( 1  cos 2t)

(t  0) (t  0) (t  0)

2. Bagaimana Transformasi Laplace, fungsi f(t) pada gambar berikut :

f(t)

b

0

a

a+b

t

3. Tentukan Transformasi Laplace balik dari fungsi berikut:

6s  3 s2 5s  2 b. F2 ( s )  ( s  1)(s  2) 2 a.

F1 ( s) 

4. Sederhanakan diagram blok yang ditunjukkan dalam gambar di bawah dan dapatkan fungsi alih loop tertutup C(s)/ R(s).

G1

R(s) +_

G2 _+

+ +

C(s)

G3 G4

5. Andaikan sistem yang diberikan oleh

 x1   4  1  x1  1  x    3  1  x   1u  2     2  x  y  1 0  1   x2  Dapatkan fungsi alih sistem


II-19

TRANFORMASI DAN INVERS LAPLACE

Recommend Documents