![BAB II (Latar Belakang Matematis) [PDF]](https://pdfs.asia/img/200x200/bab-ii-latar-belakang-matematis.jpg)
10 0 714 KB
14
BAB II
LATAR BELAKANG MATEMATIS
Deskripsi : Bab ini memberikan gambaran tentang latar belakang matematis yang digunakan dalam sistem kendali seperti persamaan linear diferensial orde satu, orde 2 dan orde tinggi serta transformasi Laplace beserta sifatsifatnya. Objektif : Memahami bab ini akan mempermudah pembaca untuk memahami prinsip dasarsistem kendali. 2.1 Persamaan Linear Diferensial Suatu persamaan yang mengandung satu atau beberapa turunan dari suatu fungsi yang tidak diketahui disebut persamaan diferensial. Khususnya, suatu persamaan berbentuk :
F x, y, y 1 , y 2 , , y n 0
(2.1)
Dimana y k menyatakan turunan y terhadap t yang ke-k. Persamaan (2.1) disebut persamaan differensial biasa tingkat n. Contoh-contoh persamaan differensial tingkat 1, 2 dan 3 adalah : dy + 2 sin t 0 dt
(2.2)
d2 y dy + 3t - 2y 0 2 dt dt
(2.3)
2
d 3 y �dy � t + � �- e 0 dt 3 �dt �
(2.4)
Pada bagian ini akan ditinjau persamaan linear differensial yaitu persamaan yang berbentuk : y n + a1 t y n -1 + K + a n -1 t y ' + a n t y k t
2.1.1 Persamaan Linear Diferensial Orde Tingkat Satu Persamaan linear tingkat satu yang umum :
(2.5)
15
dy + P t y Q t dt
(2.6)
Pertama-tama mengalikan kedua ruas persamaan dengan faktor integral : P t dt
e�
(2.7)
Diperoleh P t dt
e�
P t dt P t dt dy � +e P t y e� Q t dt
(2.8)
P t dt Kemudian dikenali ruas kiri sebagai turunan dari ye � sehingga persamaan mengambil bentuk P t dt P t dt (2.9) ye � e � Q t dt Sehingga - P t dt P t dt ye � � Q t e � dt
(2.10)
Contoh 2.1 : Sebuah rangkaian RC sebagai berikut :
Gambar 2.1 Rangkaian RC Dengan R = 1 MΩ C = 0.2 μf E = 100 volt V 0 = 5 volt
Jawab : Persamaan linear differensial untuk rangkaian RC : t
1 i dt = E C� 0 dV RC +V=E dt Ri +
(2.11) (2.12)
Dengan memasukkan nilai-nilai yang diketahui diperoleh : dV + V = 100 dt dV + 5V = 500 dt
0.2
diperoleh : a=5
dan
f t = 500
(2.13) (2.14) (2.15)
16
solusi persamaan adalah t
v t = 5e-5t +e-5t � e5τ 500 dτ
(2.16)
0
dengan asumsi : t
t
e 500 dτ = 100� e du = 100e � 5τ
u
0
0
u t 0
100e5t - 100
(2.17)
diperoleh hasil berikut :
-5t -5t v t = 5e-5t +e-5t � 100e5t - 100 � � � 5e + 100 - 100e
v t = 100 - 95e
-5t
(2.18) (2.19)
Program Matlab untuk penyelesaian soal pada contoh 2.1 : clc clear all close all % V = dsolve('Dv = -5*v + 500','v(0)=5')
Hasil program
V = 100-95*exp(-5*t)
2.1.2 Persamaan Homogen Tingkat Dua Persamaan linear diferensial tingkat dua mempuyai bentuk : d2 y dy + a1 + a 2 y = k 2 dt dt
(2.20)
Dengan asumsi : a1 dan a 2 adalah konstanta o o k secara identik bernilai nol (kasus homogen) Persamaan (2.20) dalam bentuk operator D sebagai berikut :
D +a D+a y=0 2
1
2
(2.21)
Persamaan bantu dari persamaan (2.21) : r 2 + a1r + a 2 = 0
(2.22)
17
Terdapat tiga kasus yang ditinjau, berpadanan terhadap apakah persamaan bantu mempuyai dua akar riil berlainan, akar tunggal berulang atau akar-akar kompleks saling konjugat. Kasus 1 : Jika r1 dan r2 berlainan, akar-akar riil persamaan bantu maka penyelesaian umum y'' + a1 y' + a 2 y = 0 adalah y = C1e r t + C 2e r t (2.23) 1
2
Contoh 2.2 : Tentukan penyelesaian umum dari y'' + 7y' + 12y = 0
(2.24)
Jawab : Persamaan bantu :
(2.25)
r 2 + 7r +12 = r+3 r+4 0
Akar-akar persamaan Bantu : r1 = -3 dan r2 = -4 Penyelesaian umum persamaan differensial : y = C1e-3t + C2 e-4t
(2.26)
Program Matlab untuk penyelesaian soal pada contoh 2.2 : clc clear all close all % y = dsolve('D2y = -7*Dy - 12*y')
Hasil program y = C1*exp(-4*t)+C2*exp(-3*t)
Kasus 2 : Jika persamaan bantu mempuyai akar tunggal berulang r maka penyelesaian umum y'' + a1 y' + a 2 y = 0 adalah y = C1er1t + C2 te r2 t
Contoh 2.3 : Tentukan penyelesaian umum dari y'' - 6y' +9y = 0 Jawab : 2 Persamaan bantu : r - 6r +9 = r-3 r-3 0 Akar-akar persamaan Bantu : r1 = 3 dan r2 = 3 Penyelesaian umum persamaan differensial : y = C1e3t + C 2 te3t
(2.27) (2.28) (2.29) (2.30)
(2.31)
18
Program Matlab untuk penyelesaian soal pada contoh 2.3 : clc clear all close all % y = dsolve('D2y = 6*Dy - 9*y')
Hasil program
y = C1*exp(3*t)+C2*exp(3*t)*t
Kasus 3 : Jika persamaan bantu mempuyai akar kompleks saling konjugat α ± βi maka penyelesaian umum terhadap y '' + a1 y ' + a 2 y = 0 adalah y = C1ea x cos βx + C2 ea x sin βx
(2.32)
Contoh 2.4 : Tentukan penyelesaian umum dari y'' - 4y ' +13y = 0
(2.33)
Jawab : 2 Persamaan bantu : r - 4r +13 = r + 2 - 3i r + 2 + 3i 0 Akar-akar persamaan Bantu : r1 = 2 + 3i dan r2 = 2 - 3i Penyelesaian umum persamaan differensial :
(2.34) (2.35)
y = C1e 2t cos 3t + C 2e 2t sin 3t
(2.36)
Program Matlab untuk penyelesaian soal pada contoh 2.4 : clc clear all close all % y = dsolve('D2y = 4*Dy - 13*y')
Hasil program
y = C1*exp(2*t)*sin(3*t)+C2*exp(2*t)*cos(3*t)
Persamaan Lebih Tinggi Untuk penyelesaian persamaan linear differensial orde tinggi dengan koefesien konstanta. Adapun bentuk bentuk umum persamaan linear differensial : y n +a1y n-1 + K +a n-1y ' + a n y = 0
(2.37)
19
Persamaan bantu : r n +a1r n-1 +…+a n-1r + a n = 0
(2.38)
dan buat perampatan dari kasus tingkat dua dengan jelas. Misalnya, jika persamaan bantu adalah :
r - r1 r - r2
3
� r-α+βi r� =0 � � � � � α-βi �
(2.39)
Penyelesaian umum persamaan differensial adalah : y = C1e r1x + C 2 +C3 x+C 4 x 2αx e r2 x + [ C5 cos βx + C6 sin βx ] e
Contoh 2.5 : Tentukan penyelesaian umum dari y'''' - y''' - 20y'' = 0
(2.40) (2.41)
Jawab : 4 3 2 2 Persamaan bantu : r - r - 20r = r r - 5 r + 4 0
(2.42)
Akar-akar persamaan Bantu : r1 = 0 , r2 = 0 , r3 = 5 dan r4 = -4
(2.43)
Penyelesaian umum persamaan differensial : y = C1 + C2 t + C3e-4t + C 4 e5t
Program Matlab untuk penyelesaian soal pada contoh 2.5 : clc clear all close all % y = dsolve('D4y = D3y + 20*D2y')
Hasil program
y = C1+C2*t+C3*exp(-4*t)+C4*exp(5*t)
2.1.3 Persamaan Tak Homogen Persamaan linear tak homogen umum dengan koefesien konstan :
(2.44)
20
y '' + a1 y ' + a 2 y = k t
(2.45)
Penyelesaian persamaan (2.45) ini dapat direduksi atas tiga langkah : 1.
Tentukan penyelesaian umum : y h = C1u1 t + C2 u 2 t + C3 u 3 t + K + C n u n t
2. 3.
(2.46)
Tentukan suatu penyelesaian khusus y p Tambahkan penyelesaian langkah 1 dan langkah 2
Metoda Koefesien Tak Tentu y + a1 y + a 2 y = k t Persamaan : (2.47) Ternyata bahwa fungsi k x yang paling mungkin muncul dalam penerapan berupa polinom, eksponen, sinus dan kosinus. Untuk fungsi-fungsi ditawarkan suatu prosedur penentuan y p berdasarkan penyelesaian coba-coba sebagai berikut : k t b m t m +…+ b1t + b o Jika (2.48) m y p = Bm t +…+ B1t + Bo dicoba (2.49) αt αx k t b m e dicoba y p Be Jika (2.50) k t =b cos βt + c sin βt Jika (2.51) y p = B cos βt + C sin βt dicoba (2.52) Contoh : ''
1. 2. 3. 4. 5. 6.
'
2 y '' - 3y ' -4y = 3t 2 + 2 maka y p = B2 t + B1t +Bo 2t y '' - 3y ' -4y = e 2t maka y p = Be
y '' + 4y = 2 sin t maka y p = B cos βt + C sin βt 3 2 y '' + 2y ' = 3t 2 + 2 maka y p = B2 t + B1t +Bo t 4t y '' - 3y ' - 4y = e 4t maka y p = Bte y '' + 4y = sin 2t maka y p = Bt cos 2t + Ct sin 2t
(2.53) (2.54) (2.55) (2.56) (2.57) (2.58)
Contoh 2.6 : Selesaikan y '' + y ' - 2y = 2t 2 - 10t + 3
Jawab : Persamaan bantu : r 2 + r - 2 = 0 Akar-akar persamaan Bantu : r1 = -2 , r2 = 1 Penyelesaian umum persamaan differensial :
(2.59) (2.60) (2.61)
21
y h = C1e-2t + C2 e t
(2.62)
Penyelesaian khusus terhadap persamaan tak-homogen dicoba : y p = At 2 + Bt + C dy p dt 2 d yp dt
2
(2.63)
= y ' = 2At + B
(2.64)
= y" = 2A
(2.65)
diperoleh : 2A + 2At + B - 2 At 2 + Bt + C = 2t 2 - 10t + 3 -2A = 2 � A = -1 2A - 2B = -10 � B = 4
2A + B - 2C = 3 � C =-
1 2
(2.66) (2.67) (2.68) (2.69)
Sehingga y p = At 2 + Bt + C = -t 2 + 4t +
1 2
(2.70)
Maka : y = y p + y h C1e-2t + C 2e t + -t 2 + 4t +
1 2
(2.71)
Program Matlab untuk penyelesaian soal pada contoh 2.6 : clc clear all close all % y = dsolve('D2y = -Dy + 2*y + 2*t^2 - 10*t + 3 ')
Hasil program y = exp(-2*t)*C2+exp(t)*C1-1/2+4*t-t^2
Contoh 2.7 : Selesaikan y '' - 2y ' - 3y = 8e3t
(2.72)
22
Jawab : Persamaan bantu : r 2 - 2r - 3 = 0 Akar-akar persamaan Bantu : r1 = 3 , r2 = -1 Penyelesaian umum persamaan differensial : y h = C1e3t + C2 e-t
(2.73) (2.74)
(2.75)
Penyelesaian khusus terhadap persamaan tak-homogen dicoba : y p = Bte3t dy p dt d 2 yp dt
(2.76)
= y ' = 3Bte3t + Be3t
2
= y" = 9tBe3t + 6Be3t
(2.77) (2.78)
diperoleh :
9tBe
3t
+ 6Be3t - 2 3Bte3t + Be3t - 3Bte3t = 8e3t
4Be = 8e � B = 2
(2.79) (2.80)
y p = Be3t = 2te3t
(2.81)
y = y p + y h C1e3t + C 2 e-t + 2te3t
(2.82)
3t
3t
Sehingga
Maka :
Program Matlab untuk penyelesaian soal pada contoh 2.7 : clc clear all close all % y = dsolve('D2y = 2*Dy + 3*y + 8*exp(3*t)')
Hasil program
y = exp(-t)*C2+exp(3*t)*C1+2*t*exp(3*t)
Contoh 2.8 : Selesaikan
23
y '' - 2y ' - 3y = cos 2t
dengan kondisi awal:
y 0 0
dan
(2.83)
dy 0 0 dt
Jawab : Persamaan bantu : r 2 - 2r - 3 = 0 Akar-akar persamaan Bantu :
(2.84)
r1 = 3 , r2 = -1
(2.85)
Penyelesaian umum persamaan differensial : y h = C1e3t + C2 e-t
(2.86)
Penyelesaian khusus terhadap persamaan tak-homogen dicoba : y p = B cos 2t + C sin 2t dy p dt d2 yp dt
(2.87)
= y ' = -2B sin 2t + 2C cos 2t
(2.88)
= y" = -4B cos 2t - 4C sin 2t
(2.89)
2
diperoleh :
-4B cos 2t - 4C sin 2t - 2 -2B sin 2t + 2C cos 2t - 3B cos 2t -3C sin 2t -7B-4C cos 2t + 4B - 7C sin 2t = cos 2t -7B - 4C = 1 dan 4B - 7C = 0 7 4 B =dan C =65 65
= cos 2t
(2.90) (2.91) (2.92) (2.93)
Sehingga yp = -
7 4 cos 2t sin 2t 65 65
(2.94)
Maka y = yp + yh = -
Untuk kondisi awal :
7 4 cos 2t sin 2t + C1e-t + C2 e3t 65 65 y 0 0
(2.95)
24
y= -
7 4 cos 2(0) sin 2(0) + C1e -(0) + C 2e3(0) 0 65 65 7 C1 + C2 65
Untuk kondisi awal :
(2.96) (2.97)
dy 0 0 dt
dy 14 8 = sin 2t cos 2t - C1e -t + 3C 2e 3t dt 65 65 dy 14 8 = sin 2 0 cos 2 0 - C1e - 0 + 3C 2e 3 0 0 dt 65 65 8 - C1 + 3C 2 65
(2.98) (2.99) (2.100)
Sehinga diperoleh : C1 0.05 dan C2 0.058 maka y=-
7 4 cos 2t sin 2t + 0.05e-t + 0.058e3t 65 65
(2.101)
Program Matlab untuk penyelesaian soal pada contoh 2.8 :
clc clear all close all % clc clear all close all % y = dsolve('D2y = 2*Dy+3*y cos(2*t)','y(0)=0','Dy(0)=0')
Hasil program
y = 1/20*exp(-t)+3/52*exp(3*t)-7/65*cos(2*t)-4/65*sin(2*t)
2.2 Transformasi Laplace Transformasi Laplace adalah suatu metoda operasional yang dapat digunakan secara mudah untuk menyelesaikan persamaan linier diferensial. Dengan menggunakan transformasi Laplace, dapat dirubah beberapa fungsi umum seperti fungsi sinusoida, fungsi sinusoida teredam dan fungsi eksponensial menjadi fungsi-fungsi aljabar kompleks. Kelebihan metoda transformasi Laplace adalah bahwa metoda ini memungkinkan penggunaan teknik grafis untuk meramal performansi sistem tanpa menyelesaikan
25
persamaan diferensial sistem. Kelebihan lain metoda transformasi Laplace adalah diperolehnya secara serentak baik komponen transient maupun komponen keadaan tunak solusi persamaan diferensial. Tranformasi Laplace dari f t didefinisikan oleh � -st L� f t � 0 f t e dt � � F s �
(2.102)
Transformasi Laplace suatu fungsi f t ada jika f t secara sepotongsepotong kontinu pada setiap selang terhingga dalam daerah t > 0 dan jika fungsi tersebut mempuyai orde eksponensial dengan membesarnya t menuju tak terhingga. Dengan kata lain, integral Laplace harus konvergen. Suatu fungsi f t mempuyai orde eksponensial jika ada suatu konstanta nyata positif σ sedemikian rupa sehingga fungsi eσt f t mendekati nol jika t mendekati tak terhingga. Jika suatu fungsi f t mempuyai transformasi Laplace maka transformasi Laplace dari Af t dimana A adalah suatu konstanta diberikan : L� Af t � f t � � � AL � � �
(2.103)
Hubungan ini secara mudah dapat diturunkan dari definisi transformasi Laplace. Dengan cara yang sama jika f1 t dan f t A mempuyai transformasi Laplace, maka transformasi Laplace dari f1 t + f 2 t diberikan oleh : L� f1 t + f 2 t � f1 t � f2 t � � � L � � �+ L � � �
(2.104)
Berikut ini akan diturunkan transformasi Laplace untuk beberapa fungsi yang sering digunakan. Transformasi Laplace dari setiap fungsi f t yang dapat ditransformasi dengan integral Laplace diperoleh dengan mengalikan f t dan e-st kemudian mengintegrasikan hasil perkalian ini dari t = 0 sampai t = �. Diantaranya : Contoh 2.9 : Fungsi tangga dinyatakan sebagai berikut : f t 0 untuk t < 0 dan f t A (konstanta) untuk t > 0
Jawab :
26
Transformasi Laplace dari f t diberikan oleh : A � -st L� f t � 0 Ae dt = s � � F s �
(2.105)
Contoh 2.10 : Fungsi tangga dinyatakan sebagai berikut : f t 0 untuk t < 0 dan f t A (konstanta) untuk t > 0
Jawab : Transformasi Laplace dari f t diberikan oleh : A � -st L� f t � 0 Ae dt = s � � F s �
(2.106)
Contoh 2.11 : Fungsi tangga dinyatakan sebagai berikut : f t 0 untuk t < 0 dan f t At untuk t > 0
Jawab : Transformasi Laplace dari f t diberikan oleh : � -st L� f t � 0 Ate dt � � F s �
-st �
(2.107)
Ae-st dt � 0 -s 0 A � -st A � -st L� f t � te dt = �e dt 2 0 � � A � s 0 s L� f t � te-st dt = At 0 � � A � �
e -s
-
�
2.2.1 Sifat-Sifat Transformasi Laplace Beberapa sifat-sifat transformasi Laplace : Tabel 2.1 Sifat-Sifat Transformasi Laplace TRANSFORMASI LAPLACE
NO 1 L� Af t � � �= AF s 2 L� f1 t �f 2 t � � �= F1 s �F2 s 3
�d � L � f t �= sF s - f 0 dt � �
4
�d 2 � L � 2 f t �= s 2 F s - sf 0 - f& 0 dt � �
5
n k-1 k-1 �d n � d k-1 L � n f t �= s n F s - �s n-k f 0 dimana f t = k-1 f t dt dt k=1 � �
(2.108) (2.109)
27
6 7 8 9 10 11
�f t dt � � �t=0 � + s s f t dt � � f t dt dt � F s � � � � � � � t=0 t=0 �= 2 + � L� f t dt dt + 2 � � � � s s s n F s + 1 �K f t dt k � n L� K � f t dt � = n-k+1 � �� �� �t=0 � � sn � k=1 s F s
L� f t dt �= � � �
L� e-at f t � � �= F s+a -as L� f t-a 1 t-a � � �= e F s
F s
L� tf t � � �=-
ds
12
1 � � L �f t �= � F s ds t � � s
13
��t � � L� f�� �= a F as ��a � �
�
Teorema Nilai Awal . Teorema nilai awal memungkinkan untuk mencari harga f t pada t = 0+ secara langsung dari f t . Teorema nilai awal tidak memberikan harga f t tepat pada t = 0 tetapi harga fungsi f t pada saat t sedikit lebih besar dari nol . Adapun rumusan matematisnya : lim f t lim sF s t �0
s ��
(2.110)
Contoh 2.12: Tentukan f 0 dari fungsi alih F s =
2s + 3 s + 4.25s +1 2
(2.111)
Jawab : Dengan menggunakan teorema nilai awal diperoleh : f 0 lim sF s lim s s ��
s��
2s + 3 2s 2 + 3s lim s 2 + 4.25s + 1 s �� s 2 + 4.25s + 1
2s 2 3s 3 + 2 2+ 2 s s f 0 lim sF s lim 2 s lim 2 s �� s �� s s �� 4.25 1 4.25s 1 1 + + + 2 + 2 s s2 s2 s s
(2.112)
(2.113)
28
Dalam menggunakan teorema nilai awal, tidak dibatasi oleh letak pole dari sF s sehingga teorema nilai awal berlaku untuk fungsi sinusoida. Teorema Nilai Akhir . Teorema harga akhir menyatakan bahwa perilaku keadaan tunak f t adalah sama dengan perilaku sF s disekitar s = 0 . Dengan demikian dapat diperoleh harga f t pada t = � secara langsung dari sF s . Adapun rumusan matematisnya adalah : lim f t lim sF s t ��
(2.114)
s �0
Contoh 2.13 : Tentukan f � dari fungsi alih F s =
10 s - 1
(2.115)
s s+1
Jawab : Dengan menggunakan teorema nilai akhir diperoleh : f � lim sF s lim s s �0
s �0
10 s - 1 s s+1
lim s �0
10 s - 1
s+1
-10
(2.116)
Teorema nilai awal dan teorema nilai akhir memberikan hasil pengecekan secara mudah pada suatu jawab yang memungkinkan untuk meramal perilaku sistem dalam wawasan waktu tanpa melakukan transformasi balik dari fungsi dalam wawasan s ke fungsi waktu Tabel 2.2 memberikan suatu daftar pasangan transformasi Laplace. Tabel tersebut dapat digunakan untuk mencari transformasi Laplace suatu fungsi waktu yang diberikan. Adapun pasangan-pasangan transformasi Laplace sebagai berikut : Tabel 2.2 Pasangan –Pasangan Transformasi Laplace f t F s NO 1 1 impulsa satuan δ t 1 2 Tangga satuan 1 t 3
t
4
n! s n+1
s 1 s2 n! s n+1
29
5
1
te-at
6
s+a
2
ω s +ω2 s 2 s +ω2 n! s n+1 n!
sin ωt
2
7
cos ωt
n = 1,2,3,…
8
tn
9
t n e-at
n = 1,2,3,…
10
1 -at -bt e -e b-a
11
1 be-bt - ae -at b-a
12 13
s+a 1
s+a s+b s
s+a s+b
1 � 1 � 1+ be-bt - ae-at � � ab � a-b � -at e sin ωt
14 15
n+1
e-at cos ωt 1 � at - 1 + e -at � � a2 �
1
s s+a s+b ω
s + a
2
+ω2
s+a
s + a
2
+ω2
1 s s+a 2
Contoh 2.14 : Tentukan transformasi Laplace untuk fungsi f t berikut : a.
f t 12
(2.117) b.
f t 10t
(2.118) c.
f t = 6t 2
(2.119) d.
f t = 6e-5t
(2.120) e.
f t = 6e-5t cos 4t
Jawab : Dengan menggunakan Tabel 2.2 diperoleh :
(2.121)
30
10 s2
a.
f t 10t � F s
b.
f t = 6t 2 t � F s
(2.122) 12 s3
(2.123) c.
f t = 6e-5t � F s =
6 s+5
(2.124) d.
f t = 6e-5t cos 4t � F s
6s+30
s+5
2
+16
(2.125) Program Matlab untuk penyelesaian soal pada contoh 2.14 : clc clear all close all % Soal 2.14 syms s t f1 = 10*t f2 = 6*(t^2) f3 = 6 * exp(-5*t) f4 = 6 * exp(-5*t) * cos (4*t) % L1 = Laplace(f1) L2 = Laplace(f2) L3 = Laplace(f3) L4 = Laplace(f4) pretty(L4) Hasil program f1 = 10*t f2 = 6*t^2 f3 = 6*exp(-5*t) f4 = 6*exp(-5*t)*cos(4*t) L1 = 10/s^2 L2 =
31
12/s^3 L3 = 6/(s+5) L4 = 3/8*(s+5)/(1/16*(s+5)^2+1)
2.2.2 Transformasi Laplace Balik Transformasi Laplace Balik adalah proses matematik dalam mengubah ekspresi variabel kompleks menjadi ekspresi waktu. Notasi transformasi balik -1 F s � adalah L � � �sehingga : L-1 � F s � � � f t
(2.126)
Dalam menyelesaikan persoalan dengan menggunakan transformasi Laplace balik akan ditemui pada suatu pertanyaan tentang cara menentukan f t dari F s . Secara matematis f t diperoleh dari F s dengan ekspresi matematis sebagai berikut : f t
c + j�
1 F s est ds untuk t > 0 � 2πj c - j�
(2.127)
Dimana c adalah absis konvergensi yang merupakan konstanta nyata yang dipilih sedemikian rupa sehingga lebih besar dari semua titik singular F s . Jadi lintasan integrasi sejajar dengan sumbu jω dan digeser sejauh c dari sumbu khayal. Lintasan ini berada di sebelah kanan semua titik singuler Metoda uraian pecahan parsial untuk mencari transformasi Laplace Balik. Jika F s trransformasi Laplace dari f t , diuraikan atas komponenkomponennya sebagai berikut : F s F1 s + F2 s +…+ Fn s
(2.128)
Dan jika transformasi Laplace balik dari F1 s , F2 s ,…Fn s telah tersedia maka -1 -1 -1 L-1 � F s � F1 s � F2 s � Fn s � � �= L � � �+ L � � �+…+L � � � f1 t + f 2 t +…+ f n t
(2.129)
32
Dimana f1 t , f 2 t , …, f n t masing-masing adalah transformasi Laplace balik dari F1 s , F2 s ,…Fn s . Untuk soal-soal dalam teori kendali, F s sering mempuyai bentuk : F s
B s
A s
(2.130)
Dimana A s dan B s adalah polinomial dalam s dan derajat B s tidak lebih tinggi dari A s . Dalam menggunakan teknik uraian pecahan parsial untuk mencari transformasi Laplace balik dari F s B s A s terlebih dahulu harus diketahui akar-akar polinomial A s . Kelebihan pendekatan uraian pecahan parsial adalah karena masing-masing suku dari F s , yang merupakan hasil penguraian ke dalam bentuk pecahan parsial, merupakan fungsi s yang sanagat sederhana. Tinjau F s yang ditulis dalam bentuk faktor berikut : F s
B s
A s
=
K s + z1 s + z 2 … s + z m K s + p1 s + p 2 … s + p n
(2.131)
dimana p1 , p 2 , p3 K , p n dan z1 ,z 2 ,…z n adalah besaran nyata atau besaran kompleks. Asumsi pangkat tertinggi s dari A s dianggap lebih tinggi dari B s . Dalam penguraian F s B s A s ke dalam bentuk pecahan, pangkat tertinggi s pada A s harus lebih tinggi dari pangkat tertinggi s pada B s . Jika tidak demikian maka pembilang B s harus dibagi terlebih dahulu dengan penyebut A s sehingga diperoleh suatu polinomial s ditambah dengan sisa (perbandingan antara polinomial s yang derajat pembilangnya lebih rendah dari penyebutnya). Uraian pecahan parsial jika F s hanya melibatkan pole-pole yang berbeda. Pada kasus ini F s selalu dapat diuraikan menjadi suatu penjumlahan pecahan parsial sederhana sebagai berikut : F s
B s
A s
a1 a2 an + +K + s + p1 s + p 2 s + pn
(2.132)
Dimana a k adalah konstanta. a k disebut residu pada pole s = -p k . Harga a k dapat diperoleh dengan mengalikan kedua persamaan (2.44) dengan s + p k dan memasukkan harga s = -p k sebagai berikut :
33
B s
A s
� a1 � a a s+pk + 2 s+p k + K + n s+pk � = a k s + p2 s + pn �s + p1 � s=-p
s+pk �
(2.133)
k
Bahwa semua suku uraian pada persamaan (2.133) menjadi nol kecuali a k . Jadi residu a k diperoleh dari �B s � ak � s+pk � A s � � s=-p k
(2.134)
Berdasarkan persamaan (2.132) dan dengan memperhatikan bahwa : �a � L-1 � k �= a k e-pk t s+p k � �
(2.135)
-1 F s � Diperoleh f t = L � � �sebagai berikut :
f t = a1e -p1t + a 2e -p2 t + a 3e -p3t + K + a n e -pn t dimana
t �0
(2.136)
Contoh 2.15 : Carilah transformasi Laplace balik dari 6 + 2s + 21 2s 2 + 21s + 6 s Y s 2 s + 8s + 12 s s 2 + 8s + 12
(2.137)
2s 2 + 21s + 6 2s 2 + 21s + 6 Y s s s + 2 s + 6 s s 2 + 8s + 12
(2.138)
diperoleh
Y s
A B C + + s s + 2 s + 6
(2.139)
Penentuan konstanta A : A sY s s 0 As
(2.140)
2s 2 + 21s + 6 s s + 2 s + 6
2s 2 + 21s + 6 A s + 2 s + 6
(2.141) s 0
2 0 + 21 0 + 6 2
s 0
0 + 2 0 + 6
0.5
(2.142) Penentuan konstanta B : B s + 2 Y s s -2
(2.143)
34
2s 2 + 21s + 6 B s + 2 s s + 2 s + 6
(2.144) s-2
2 -2 + 21 -2 + 6 8 - 42 + 6 2s 2 + 21s + 6 B 3.5 s s + 6 s-2 -8 -2 -2 + 6 2
(2.145)
Penentuan konstanta C :
C s + 6 Y s s -6 C s + 6
C
2s 2 + 21s + 6 s s + 2 s + 6
(2.146) (2.147) s-6
2 -6 + 21 -6 + 6 72 - 126 + 6 2s + 21s + 6 -2 s s + 2 s-6 24 -6 -6 + 2 2
2
(2.148)
diperoleh Y s
0.50 3.50 2 + s s + 2 s + 6
(2.149)
Dengan menggunakan transformasi Laplace balik diperoleh : y t 0.50 + 3.50e -2t - 2.00e -6t
untuk t �0
(2.150) Program Matlab untuk penyelesaian soal pada contoh 2.14 : clc clear all close all % Soal 2.15 syms s f1 = (2*s^2) + (21*s) + (6); f2 = (s^3) + (8*s^2) + (12*s); f = f1/f2 % L = ilaplace(f)
Hasil program
f = (2*s^2+21*s+6)/(s^3+8*s^2+12*s) L = -2*exp(-6*t)+7/2*exp(-2*t)+1/2
Uraian pecahan parsial jika F s hanya melibatkan pole-pole konjugasi kompleks. Jika p1 dan p 2 adalah pole konjugasi kompleks, maka dapat digunakan uraian berikut :
35
F s
B s
A s
a α1s + α 2 an + 3 +K + s + pn s + p1 s + p 2 s + p3
(2.151)
Harga α1 dan α 2 diperoleh dengan mengalikan kedua ruas persamaan (2.151) dengan s + p1 s + p 2 dan memasukkan harga s = -p1 sebagai berikut : �B s � s + p1 s + p2 � � A s � � s = -p1 �B s � � � s + p1 s + pα2 s�+ α � 1 �A s �s=-p1 �
a s + p 3 s + p s + p3
2
(2.152) 1
2
an s + p s + pn
+ Ks + p
1
�
2
�
�s = -p1
(2.153)
Terlihat bahwa semua suku uraian menjadi nol kecuali suku α1s + α 2 . Dengan demikian :
α1s + α 2
�B s � � s + p1 s + p 2 � A s � � s = -p1
s = -p1
(2.154)
karena p1 adalah besaran kompleks, maka kedua ruas persamaan (2.154) merupakan besaran kompleks. Dengan menyamakan bagian nyata kedua ruas persamaan (2.154) diperoleh satu persamaan. Dengan cara yang sama, dengan menyamakan bagian khayal kedua ruas persamaan (2.154) akan diperoleh persamaan yang lain. Dari kedua persamaan dapat ditentukan Harga α1 dan α 2 Contoh 2.16 : Carilah transformasi Laplace balik dari : F s =
s+3 s + 5s 2 +12s + 8
(2.155)
3
Jawab : s +3 s +3 2 s + 5s +12s + 8 s + 1 s + 2 + j2 s + 2 - j2
(2.156)
s +3 r1 r2 r2* F s = 3 + + s + 5s 2 +12s + 8 s + 1 s + 2 + j2 s + 2 - j2
(2.157)
F s =
3
r1 = s + 1
s +3 s + 1 s + 2 + j2 s + 2 - j2
r2 = s + 2 + j2
s = -1
s +3 s + 1 s + 2 + j2 s + 2 - j2
2 5
(2.158) (2.159)
s = -2 - j2
36
r2
1- j2 -1- j2 -j4
1- j2 1 3 - +j -8 + j4 5 20
(2.160)
1 3 r2* - -j 5 20
Sehingga : F s =
(2.161)
25 -1 5 + j3 20 -1 5 - j3 20 + + s + 1 s + 2 + j2 s + 2 - j2
F s =
25 1 2s + 1 s + 1 5 s 2 + 4s + 8
F1 s =
25 2 � f1 t e -t 5 s + 1
(2.162) (2.163)
Untuk
F2 s = -
1 2s + 1 5 s 2 + 4s + 8
(2.164) (2.165)
� 1 3 3� 3 � s+ + - � � 2� 2 s + 2 2 2 2� 2 F2 s = - � - � + 2 2 2 2 2 5 s + 2 + 2 5 � s + 2 + 2 s + 2 + 22 �
� 6 10 � � 2� s + 2 2 � � � F2 s - � + 5 � s + 2 2 + 22 � 2 � s + 2 2 + 22 � � � � � � 3� � 2� s + 2 2 � � � F2 s - � + 5 � s + 2 2 + 22 � 10 � s + 2 2 + 2 2 � � � � � 2 3 f 2 t - e-2t cos 2t + e -2t sin 2t 5 10
� � � � �
(2.166)
(2.167) (2.168) (2.169)
Sehingga diperoleh : f t f1 t + f 2 t
2 -t 2 -2t 3 -2t e - e cos 2t + e sin 2t 5 5 10
Program Matlab untuk penyelesaian soal pada contoh 2.13 : clc clear all close all % Soal 2.16 syms s f1 = (s + 3); f2 = (s^3) + (5*s^2) + (12*s) + 8; f = f1/f2 %
(2.170)
37
L
= ilaplace(f)
Hasil program f = (s+3)/(s^3+5*s^2+12*s+8) L = 2/5*exp(-t)-2/5*exp(-2*t)*cos(2*t)+3/10*exp(-2*t)*sin(2*t)
Uraian pecahan parsial jika F s hanya melibatkan pole-pole yang berulang. Tinjau F s B s A s dimana A s 0 mempuyai akar p1 yang berulang r kali. Selanjunya A s dapat ditulis sebagai : A s s + p1 s + p r+1 s + p r+2 …+ s + p n r
(2.171)
Uraian pecahan parsial dari F s adalah : F s
B s
A s
br
+
br-1
s + p1 s + p1 r
r-1
+K +
b1 a a a + r+1 + r+2 +…+ n s+p1 s + p r+1 s + p r+2 s+p n
(2.172)
Dimana b r , b r-1 ,K , b1 diberikan oleh : �B s r� br = � s + p1 � A s � � s = -p1
(2.173)
� � r� �d �B s b r-1 = � � s + p1 �� � A s �ds � � � s = -p1 M � 1 � r� �d j �B s b r-j = � j � s + p1 �� � j ! �ds � A s � � s = -p1 b1 =
� 1 � r� �d r-1 �B s s + p1 �� � r-1 � � r - 1 ! �ds �A s � �
(2.174)
(2.175) (2.176)
s = -p1
Sehingga transformasi Laplace balik dari F s kemudian diperoleh sebagai berikut : � b r r-1 br-1 r-2 �-p1t -p t -p t � f t = L-1 � F s t + t + K + b t + b � �e + a r+1e r+1 K + a n e n 2 1 � � r - 1 ! r - 2 ! � �
untuk t �0 (2.177)
38
Contoh 2.17 : Carilah transformasi Laplace balik dari : F s =
10
s + 2 s +1
(2.178)
3
Jawab : F s =
b3 a b2 b1 + + + 3 2 s + 2 s + 1 s + 1 s + 1
(2.179)
Diperoleh : 1 -10 -1
(2.180)
� � 10 10 3 b3 = � s +1 10 � 3 1 s + 2 s +1 � � � � s = -1
(2.181)
� � � 10 3 � �d � b2 = � � s +1 � � -10 3 ds s + 2 s +1 � � � � � � � s = -1
(2.182)
a=
b1 =
10
s + 2 s +1
1 � �d 2 � 2 ! �ds 2 �
3
s + 2
s = -2
� � s+3 � 3 � s +1 � � � 20 3 s + 2 s +1 � � � � � s = -1
(2.183)
Selanjutnya F s =
-10 10 10 20 + + 3 2 s + 2 s + 1 s + 1 s + 1
(2.184)
transformasi Laplace balik dari F s adalah : 10 2 -t 10 -t t e - te +20e-t 2! 1! -2t 2 -t f t = -10e +5t e -10te -t +20e-t f t = -10e-2t +
Program Matlab untuk penyelesaian soal pada contoh 2.17 : clc clear all close all % Soal 2.17 syms s f1 = 10; f2 = (s^4) + (5*s^3) + (9*s^2) + (7*s) + 2; f = f1/f2 % L = ilaplace(f1/f2)
(2.185) (2.186)
39
Hasil program f = 10/(s^4+5*s^3+9*s^2+7*s+2) L = -10*exp(-2*t)+5*(2+t^2-2*t)*exp(-t)
2.2.3 Solusi Persamaan Linear Diferensial dengan Metoda Transformasi Laplace Metoda transformasi Laplace menghasilkan solusi lengkap (solusi homogen ditambah dengan solusi tak homogen) dari persamaan linear diferensial. Metode klasik untuk menentukan solusi lengkap dari persamaan diferensial memerlukan perhitungan-perhitungan konstanta-konstanta integrasi dengan menggunakan syarat-syarat awal tetapi dengan menggunakan transformasi Laplace perhitungan konstanta integrasi dari syarat awal tidak diperlukan karena syarat awal secara otomatis sudah dimasukkan dalam transformasi Laplace dari persamaan diferensial. Jika semua syarat awal adalah nol maka tranformasi Laplace dari persamaan diferensial diperoleh hanya dengan mengganti d dt dengan s , 2 d 2 dt dengan s 2 dan seterusnya . Langkah – langkah dalam penyelesaian persamaan diferensial dengan metoda transformasi Laplace adalah : 1.
Dengan mencari transformasi Laplace, tiap-tiap suku persamaan diferensial linier yang diberikan, mengubah persamaan diferensial tersebut menjadi suatu persamaan aljabar s , mencari ekspresi transformasi Laplace variabel yang bergantung dengan menyusun kembali persamaan aljabar tersebut
2.
Mencari solusi persamaan diferensial dalam domain waktu dengan mencari transformasi Laplace balik dari variabel yang berkaitan
Contoh 2.18 : Tentukan solusi dari persamaan linear differensial dibawah ini dengan menggunakan tranformasi Laplace : d2y dy +8 + 12y 6 2 dt dt
Dengan kondisi awal : Jawab :
y 0 2
dan
dy 0 5 dt
(2.187)
40
Dengan menggunakan tranformasi Laplace : s 2 Y s - sy 0 - y1 0 + 8sY s -8y 0 + 12Y s s 2 Y s - 2s-5 + 8sY s - 16 + 12Y s s 2 Y s + 8sY s + 12Y s
s
2
+ 8s + 12 Y s
6 s
6 s
(2.189)
6 + 2s + 21 s
(2.190)
6 + 2s + 21 s
(2.191)
6 + 2s + 21 2s 2 + 21s + 6 s Y s 2 s + 8s + 12 s s 2 + 8s + 12
(2.188)
(2.192)
Dengan menggunakan tranformasi Laplace balik diperoleh Y s
2s 2 + 21s + 6 2s 2 + 21s + 6 s s + 2 s + 6 s s 2 + 8s + 12
(2.193)
Y s
A B C + + s s + 2 s + 6
(2.194)
Penentuan konstanta A : A sY s s 0 As
(2.195)
2s 2 + 21s + 6 s s + 2 s + 6
2s 2 + 21s + 6 A s + 2 s + 6
(2.196) s 0
2 0 + 21 0 + 6 2
s 0
0 + 2 0 + 6
0.5
(2.197)
Penentuan konstanta B : B s + 2 Y s s -2 B s + 2
(2.198)
2s 2 + 21s + 6 s s + 2 s + 6
(2.199) s-2
2 -2 + 21 -2 + 6 8 - 42 + 6 2s 2 + 21s + 6 B 3.5 s s + 6 s-2 -8 -2 -2 + 6 2
(2.200)
Penentuan konstanta C : C s + 6 Y s s -6
(2.201)
41
2s 2 + 21s + 6 C s + 6 s s + 2 s + 6
(2.202) s-6
2 -6 + 21 -6 + 6 72 - 126 + 6 2s 2 + 21s + 6 C -2 s s + 2 s-6 24 -6 -6 + 2 2
(2.203)
diperoleh Y s
dan
0.50 3.50 2 + s s + 2 s + 6
y t 0.50 + 3.50e -2t - 2.00e -6t
(2.204) (2.205)
Program Matlab untuk penyelesaian soal pada contoh 2.18 : clc clear all close all % Soal 2.18 y = dsolve('D2y = -8*Dy - 12*y + 6','y(0)=2','Dy(0)=5')
Hasil program y = 7/2*exp(-2*t)-2*exp(-6*t)+1/2
2.3 Rangkuman Sistem dikatakan linear jika berlaku prinsip-prinsip superposisi. Prinsip superposisi menyatakan bahwa tanggapan yang dihasilkan dengan mengaplikasikan dua fungsi gaya berbeda secara bersamaan adalah jumlah dari dua tanggapan terhadap dua aplikasi fungsi tadi secara sendiri-sendiri. Prinsip inilah yang memungkinkan membangun penyelesaian yang rumit untuk persamaan linear diferensial linear secara sederhana. Dengan menggunakan transformasi Laplace diperoleh penyelesaian persamaan diferensial linear. Dengan menggunakan transformasi Laplace dapat diubah beberapa fungsi umum seperti fungsi sinusoida, fungsi sinusoida teredam, dan fungsi eksponensial menjadi fungsi – fungsi aljabar variabel kompleks. Jadi persamaan diferensial linier dapat ditransformasikan menjadi suatu persamaan aljabar variabel kompleks. Solusi persamaan diferensial selanjutnya dapat diperoleh dengan menggunakan tabel transformasi Laplace atau dengan teknik uraian pecahan parsial. Kelebihan metoda trasnformasi Laplace adalah bahwa metoda ini memungkinkan penggunaan teknik grafis untuk meramal performansi sistem tanpa menyelesaikan persamaan diferensial sistem. Kelebihan lain metoda transformasi Laplace adalah diperolehnya secara
42
serentak baik komponen transien maupun komponen keadaan mantap dari solusi persamaan linear diferensial. 2.4 Contoh Soal dan Jawab Soal A-2-1. Tentukan penyelesaian dari persamaan diferensial orde 1 berikut : dy 5t - 6y dengan y 0 5 (2.206) dt Menggunakan a. Metode klasik b. Metode transformasi Laplace c. Bandingkan hasil yang diperoleh pada (a) dan (b) dengan menggunakan Matlab Jawab : a.
Metode Klasik
Persamaan bantu : r + 6 = 0 Akar-akar persamaan Bantu : r = -6
(2.207) (2.208)
Penyelesaian umum terhadap persamaan homogen : y h = C1e-6t
(2.209)
Penyelesaian khusus terhadap persamaan tak-homogen dicoba : y p = At + B dy p
(2.210)
= y' = A
(2.211)
A + 6At +6B = 5t
(2.212)
dt
diperoleh : Sehingga 6At = 5t � A =
5 6
A + 6B = 0 � B = -
(2.213) A 5 6 36
(2.214)
Maka yp =
5 5 t6 36
(2.215)
43
Maka : 5 5 y = y p + y h C1e-6t + t 6 36
Untuk
y 0 5
(2.216)
diperoleh : y C1e-6 0 +
5 5 0 6 36
5 5 36 185 36
(2.217)
y C1 -
(2.218)
C1
(2.219)
Sehingga : y t =
b.
185 -6t 5 5 e + t36 6 36
(2.220)
Metode transformasi Lapalce
Dengan menggunakan tranformasi Laplace : sY s - y 0 + 6Y s sY s - 5 + 6Y s
5 s2
5 s2
5 +5 s2 5s 2 + 5 Y s s + 6 s2 5s 2 + 5 Y s 2 s s + 6
sY s + 6Y s
(2.221) (2.222) (2.223) (2.224) (2.225)
Dengan menggunakan tranformasi Laplace balik diperoleh 5s 2 + 5 s2 s + 6 A A B Y s 22 + 1 + s s s + 6 Y s
Penentuan konstanta A 2 :
(2.226) (2.227)
44
�5s 2 + 5 2 � 5 A 2 = �2 s � s s + 6 � 6 � s=0
(2.228)
Penentuan konstanta A1 : � � 5s 2 + 5 � 5s 2 +60s - 5 5 �d � � A1 = � � � � 2 s + 6 ��s = 0 s + 6 s = 0 36 �ds �
(2.229)
Penentuan konstanta B : �5s 2 + 5 � B = �2 s + 6 � s s + 6 � � s = -6 � 5s 2 + 5 � 5 -6 + 5 185 B = � 2 � 2 36 � s � -6
(2.230)
2
(2.231)
diperoleh Y s
5 6 5 36 185 36 + s2 s s + 6
(2.232)
y t =
5 5 185 -6t t+ e 6 36 36
(2.233)
dan
c.
Listing program
clc clear all close all % Soal A-2-1 y = dsolve('Dy = -6*y + 5*t','y(0)=5')
Hasil program y = 5/6*t-5/36+185/36*exp(-6*t)
Soal A-2-2. Tentukan penyelesaian dari persamaan diferensial orde 2 berikut : d2y dy +8 + 16y 6e -2t 2 dt dt
(2.234)
45
y 0 1
Dengan kondisi awal :
dan
dy 0 0 dt
Menggunakan a. Metode klasik b. Metode transformasi Laplace c. Bandingkan hasil yang diperoleh pada (a) dan (b) dengan menggunakan Matlab Jawab : a.
Metode Klasik
Persamaan bantu : r 2 + 8r +16 = 0 Akar-akar persamaan Bantu : r1 = -4 dan r2 = -4 Penyelesaian umum terhadap persamaan homogen : y h = C1e-4t + C2 te -4t
(2.235) (2.236)
(2.237)
Penyelesaian khusus terhadap persamaan tak-homogen dicoba : y p = Ae-2t dy p dt d 2 yp dt
2
(2.238)
= y ' = -2Ae-2t
(2.239)
= y '' = 4Ae-2t
(2.240)
diperoleh : 4Ae - 2t - 16Ae -2t + 16Ae - 2t 6e -2t A
3 2
(2.241)
Sehingga yp =
3 -2t e 2
(2.242)
Maka : 3 y = yp + y h C1e-4t + C 2 te-4t + e -2t 2
Untuk
y 0 1
(2.243)
diperoleh : 3 y = C1e-4t + C2 te-4t + e-2t 2 3 y = C1e-4 0 + C2 0 e-4 0 + e -2 0 1 2 3 C1 + 1 � C1 -0.5 2
(2.244) (2.245) (2.246)
46
Untuk
dy 0 0 dt
diperoleh : 3 y = C1e-4t + C2 te-4t + e-2t 2 dy -4C1e-4t - 4C 2 te -4t + C 2e-4t - 3e-2t dt -4C1e-4 0 - 4C2 0 e-4 0 + C2 e-4 0 - 3e-2 0 0
(2.247) (2.248) (2.249) (2.250)
-4C1 + C 2 3 � C 2 3 + 4C1 3 - 4 0.5 1
Sehingga : 3 y = - 0.5e-4t + te-4t + e-2t 2
b.
(2.251)
Metode transformasi Laplace
Dengan menggunakan tranformasi Laplace : s 2 Y s - sy 0 - y' 0 + 8sY s -8y 0 + 16Y s
s
2
+ 8s + 16 Y s
(2.253)
6 +s +8 s+2
(2.254)
6 +s+8 s+2
6 +s+8 6+s s+ 2 +8 s + 2 s 2 + 2s + 8s + 16 + 6 s + 2 Y s 2 s + 8s + 16 s + 2 s2 + 8s + 16 s + 2 s + 4 s + 4 Y s
s 2 + 10s + 22
s + 2 s + 4
(2.252)
6 s+2
s 2 Y s - s + 8sY s - 8 + 16Y s s 2 Y s + 8sY s + 16Y s
6 s+2
2
(2.255) (2.256) (2.257)
Dengan menggunakan tranformasi Laplace balik diperoleh Y s
A2
s + 4
2
+
A1 B + s + 4 s + 2
(2.258)
Penentuan konstanta A 2 : �s 2 + 10s + 22 � 2 A2 = � s + 4 � 2 s + 2 s + 4 � � � � s = -4
(2.259)
47
� -4 + 10 -4 + 22 1 s 2 + 10s + 22 � A2 = � � -4 + 2 � s + 2 � s = -4 2
(2.260)
Penentuan konstanta A1 : � � � 2 � �d �s 2 + 10s + 22 A1 = � � s + 4 � � 2 � s + 2 s + 4 �ds � � � � � s = -4
(2.261)
� � s 2 + 10s + 22 � �d � � A1 = � � � � � �ds � s + 2 � s = -4
(2.262)
2 � -4 + 4 -4 - 2 �s 2 + 4s - 2 � � A1 = � -0.5 2 � 2 4 + 2 � s + 2 � s = -4
(2.263)
Penentuan konstanta B : �s 2 + 10s + 22 � B =� s + 2 � 2 � � s + 2 s + 4 � � s = -2 2 � -2 + 10 -2 + 22 3 s 2 + 10s + 22 � B =� � 2 2 2 2 + 4 � s + 4 � � � s = -2
(2.264) (2.265)
diperoleh Y s
1
s + 4
2
-
0.5 1.5 + s + 4 s + 2
(2.266)
dan 3 y = te-4t - 0.5e-4t + e-2t 2
c.
Listing program
clc clear all close all % Soal A-2-2 y = dsolve('D2y = -8*Dy - 16*y + 6*exp(-2*t)','Dy(0) = 0','y(0)= 1')
Hasil program y = -1/2*exp(-4*t)+exp(-4*t)*t+3/2*exp(-2*t
(2.267)
48
Soal A-2-3. Dengan menggunakan Matlab, tentukan penyelesaian dari persamaan diferensial berikut : a. b. c.
d2 y dy +3 + y 0 2 dt dt ds Ax 3 dx ds Ax 3 dA
(2.268) (2.269) (2.270)
Jawab : Listing program
clc clear all close all % Soal A-2-3 disp('Solusi a') y = dsolve('D2y = -3*Dy - y') disp('Solusi b') y = dsolve('Ds = A*x^3','x') disp('Solusi c') y = dsolve('Ds = A*x^3','A')
Hasil program Solusi a y = C1*exp(1/2*(5^(1/2)-3)*t)+C2*exp(-1/2*(5^(1/2)+3)*t) Solusi b y = 1/4*A*x^4+C1 Solusi c y = 1/2*A^2*x^3+C1
Soal A-2-4. Dengan menggunakan Matlab, tentukan penyelesaian dari persamaan diferensial berikut : a.
dy = -7x 2 dt
dengan kondisi awal y 1 0.7
(2.271)
49
b. c. d.
dy 5x cos 2 y dengan kondisi awal y 0 =π 4 dx dy - y + e3x dengan kondisi awal y 0 = 2 dx dy + 5y 35 dengan kondisi awal y 0 = 4 dx
(2.272) (2.273) (2.274)
Jawab : Listing program
clc clear all close all % Soal A-2-3 disp('Solusi a') y = dsolve('Dy = disp('Solusi b') y = dsolve('Dy = disp('Solusi c') y = dsolve('Dy = disp('Solusi d') y = dsolve('Dy +
-7*x^2','y(1)= 0.7') 5*x*cos(y)^2','y(0)=pi/4') -y + exp(3*x)','y(0) = 2') 5*y = 35','y(0) = 4')
Hasil program Solusi a y = -7*x^2*t+7*x^2+7/10 Solusi b y = atan(5*t*x+1) Solusi c y = exp(3*x)+exp(-t)*(-exp(3*x)+2) Solusi d y = 7-3*exp(-5*t)
Soal A-2-5. Persamaan diferensial berikut : d2x dx +7 + 5x = 8 2 dt dt
untuk t �0
(2.275)
50
Dengan menggunakan Matlab. Tentukan : a. Tentukan x t jika semua kondisi awalnya bernilai nol b.
Tentukan x t jika x 0 1 dan
dx 0 2 dt
Jawab : Listing program
clc clear all close all % Soal A-2-5 disp('Solusi a') y = dsolve('D2x = -7*Dx -5*x + 8','x(0)=0') disp('Solusi b') y = dsolve('D2x = -7*Dx -5*x + 8','x(0)=1','Dx(0)=2')
Hasil program Solusi a y = exp(1/2*(-7+29^(1/2))*t)*C2+exp(-1/2*(7+29^(1/2))*t)*(-C28/5)+8/5 Solusi b y = exp(1/2*(-7+29^(1/2))*t)*(-1/290*29^(1/2)-3/10)+exp(1/2*(7+29^(1/2))*t)*(1/290*29^(1/2)-3/10)+8/5
Soal A-2-6. Fungsi alih berikut : F s
1 s + 5s 3 + 7s 2 4
Dengan menggunakan Matlab. Tentukan f t dari fungsi alih diatas Jawab : Listing program clc clear all close all % Soal A-2-6 syms s
(2.276)
51
f = 1/((s^4)+ (5*s^3) + (7*s^2)) y = ilaplace(f)
Hasil program f = 1/(s^4+5*s^3+7*s^2) y = 1/7*t+5/49*exp(-5/2*t)*cos(1/2*3^(1/2)*t) +11/147*3^(1/2)*exp(-5/2*t)*sin(1/2*3^(1/2)*t)-5/49
Soal A-2-7. Fungsi alih berikut : 5s 2 + 3s+ 6 F s 4 s + 3s3 + 7s 2 + 9s + 12
(2.277)
Dengan menggunakan Matlab. Tentukan f t dari fungsi alih diatas Jawab : Listing program
clc clear all close all % Soal A-2-7 syms s f = (5*s^2+ 3*s + 6)/(s^4 + 3*s^3 + 7*s^2 + 9*s + 12) y = ilaplace(f)
Hasil program
f = (5*s^2+3*s+6)/(s^4+3*s^3+7*s^2+9*s+12) y = -15/14*exp(-3/2*t)*cos(1/2*7^(1/2)*t)+11/14*7^(1/2)*exp(3/2*t)*sin(1/2*7^(1/2)*t)+15/14*cos(3^(1/2)*t) +3/14*3^(1/2)*sin(3^(1/2)*t)
Soal A-2-8. Fungsi alih berikut : a. b.
s s s + 2 s + 6 s F s 2 s s + 5 F s
(2.278) (2.279)
52
c. d.
3s + 1 s +2s +9 s - 25 F s 2 s s + 3s + 20 F s
2
(2.280) (2.281)
Dengan menggunakan Matlab. Tentukan transformasi Laplace balik dari fungsi alih diatas Jawab : Listing program
clc clear all close all % Soal A-2-8 syms s disp('Solusi a') f1 = s/(s*((s + 2)*(s + 6))); y1 = ilaplace(f1) % disp('Solusi b') f2 = 1/((s^2)*(s + 5)); y2 = ilaplace(f2) % disp('Solusi c') f3 = 3*s + 1; f4 = s^2 + 2*s + 9; f5 = f3/f4; y3 = ilaplace(f5) % disp('Solusi d') f5 = s - 25; f6 = s*(s^2 + 3*s + 20); f7 = f5/f6; y4 = ilaplace(f7)
Hasil program Solusi a y1 = 1/2*exp(-4*t)*sinh(2*t) Solusi b y2 =
53
1/5*t-2/25*exp(-5/2*t)*sinh(5/2*t) Solusi c y3 = 3*exp(-t)*cos(2*2^(1/2)*t)-1/2*2^(1/2)*exp(t)*sin(2*2^(1/2)*t) Solusi d y4 = -5/4+5/4*exp(-3/2*t)*cos(1/2*71^(1/2)*t) +23/284*71^(1/2)*exp(-3/2*t)*sin(1/2*71^(1/2)*t)
Soal A-2-9. Fungsi alih berikut : F s
s
2
+ 9s + 7 s + 7
s + 2 s + 3 s 2
+ 12s + 150
(2.282)
Dengan menggunakan Matlab. Tentukan transformasi Laplace balik dari fungsi alih diatas Jawab : Listing program
clc clear all close all % Soal A-2-9 syms s G1 = (s^2 + 9*s + 7)*(s + 7); G2 = (s + 2)*(s + 3)* (s^2 + 12*s + 150); % G = G1/G2; % y = ilaplace(G) pretty(y)
Hasil program y =
54
2915/3198*exp(-6*t)*cos(114^(1/2)*t) +889/20254*114^(1/2)*exp(-6*t)*sin(114^(1/2)*t)-7/26*exp(2*t)+44/123*exp(-3*t)
Soal A-2-10. Sistem mekanik berikut :
Gambar 2.2 Sistem Mekanik Roda Berjalan Misalnya sistem tersebut dibuat bergerak dengan menggunakan gaya undak satuan. Tentukan osilasi x t yang dihasilkan dan periksa hasil perhitungan dengan menggunakan Matlab. Asumsi bahwa sistem tersebut mula-mula dalam keadaan diam dengan m 1 kg dan k 2 N m Jawab : Sistem tersebut dieksitasi dengan masukan impulsa. Dengan demikian : m
d2x + kx = u t dt 2
(2.283)
Dengan mencari transformasi Laplace kedua ruas persamaan tersebut diperoleh : �2 dx 0 � 1 m� s X s - sx 0 �+ kX s = dt � s �
(2.284)
Dengan substitusi nilai-nilai yang diketahui dan syarat awal x 0 0 serta dx 0 0 diperoleh : dt
X s
1 s s + 2 2
Transformasi Laplace balik dari X s menjadi :
(2.285)
55
x t
1 2 cos 2t 2 2
(2.286)
Dengan menggunakan Matlab : Listing program clc clear all close all % Soal A-2-10 x = dsolve('D2x = -2*x + 1','x(0)=0','Dx(0) = 0')
Hasil program x = 1/2-1/2*cos(2^(1/2)*t)
Soal A-2-11. Sistem mekanik berikut :
Gambar 2.3 Sistem Mekanik Gantungan Pegas Tentukan persamaan gerak y t dengan menggunakan transformasi Laplace dimana f t merupakan input undak satuan dan periksa hasil perhitungan dengan menggunakan Matlab. Asumsi bahwa sistem tersebut mula-mula dalam keadaan diam dengan m 1 kg b 3 N-Sec m k 2 N m Jawab : Persamaan linear diferensial dari sistem mekanik : d2 y dy m 2 +b + ky = f t dt dt
(2.287)
Dengan mencari transformasi Laplace kedua ruas persamaan tersebut diperoleh : ms 2 Y s - my 0 - m
dy 0 + bsY s - by 0 + kY s = F s dt
(2.288)
56
Dengan substitusi nilai-nilai yang diketahui dan syarat awal y 0 = 0 serta dy 0 0 diperoleh : dt
s 2 Y s + 3sY s + 2Y s = Y s =
1 s
1 s s +3s+2 2
(2.289) (2.290)
Transformasi Laplace balik dari Y s menjadi : y t = 0.5 - e-t + 0.5e-2t
(2.291)
Dengan menggunakan Matlab : Listing program
clc clear all close all % Soal A-2-11 y = dsolve('D2y = -3*Dy - 2*y +1','y(0)=0','Dy(0)=0')
Hasil program
y = 1/2+1/2*exp(-2*t)-exp(-t)
Soal A-2-12. Rangkaian listrik berikut :
Gambar 2.4 Sistem Rangkaian Listrik R-L-C Seri Tentukan arus i t dengan menggunakan transformasi Laplace dan periksa hasil perhitungan dengan menggunakan Matlab. Asumsi bahwa Vc 0 = -10 volt dan i 0 = 0 . Jawab : Persamaan linear diferensial dari sistem rangkaian listrik :
57
t
L
di 1 + Ri + � i dt = 0 dt C�
(2.292)
Dengan mencari transformasi Laplace kedua ruas persamaan tersebut diperoleh : I s I -1 0 � 1� L� sI s - i 0 � � �+ RI s + C � s + s �= 0 � � 1 � � LsI s + R + I s � sC � � �
Dengan Vc 0 =
I
-1
substitusi
0
C
nilai-nilai
yang
(2.293)
I -1 0 = Li 0 sC
diketahui
dan
(2.294) syarat
awal
-10 Volt serta i 0 0 diperoleh : 20 � 10 � 5s+ 20 + I s = � � s � s � 2 2 I s = 2 s + 4s + 4 s + 2 2
(2.295) (2.296)
Transformasi Laplace balik dari I s menjadi : i t = 2te -2t
Dengan menggunakan Matlab : Listing program clc clear all close all % Soal A-2-12 syms s I1 = 2/((s + 2)^2) I = ilaplace(I1)
Hasil program I1 = 2/(s+2)^2 I = 2*t*exp(-2*t)
Soal A-2-13. Sistem mekanik berikut :
(2.297)
58
c
.
Cx
Kx
K
F(t)
X 0 (t) . X 0 (t) .. X 0 (t)
m
+ve
m F(t)
X 0 (t)
Gambar 2.5 Sistem Mekanik Gantungan Pegas Tentukan persamaan gerak x o t dengan menggunakan transformasi Laplace dimana F t merupakan input undak satuan dan periksa hasil perhitungan dengan menggunakan Matlab. Asumsi bahwa sistem tersebut mula-mula dalam keadaan diam dengan m 1 kg c 3 N-Sec m k 2 N m Jawab : Persamaan linear diferensial dari sisem mekanik
�F
x
& &0 = mx
& &o t F t - kx o t - cx&o t mx
: (2.298) (2.299)
Dengan mencari transformasi Laplace kedua ruas persamaan tersebut diperoleh : F s - KX o s - CsX o s ms 2 X o s (2.300)
ms + Cs + K X s F s 2
o
(2.301)
Dengan substitusi nilai-nilai yang diketahui dan syarat awal X o 0 = 0 serta dX o 0 0 diperoleh : dt
s + 3s + 2 X s 1s 2
o
Xo s =
1 s s +3s+2 2
(2.302) (2.303)
Transformasi Laplace balik dari X o s menjadi : x o t = 0.5 - e-t + 0.5e-2t
Listing program
(2.304)
59
clc clear all close all % Soal A-2-13 y = dsolve('D2y = -3*Dy - 2*y + 1','y(0)=0','Dy(0) =0')
Hasil program y = 1/2+1/2*exp(-2*t)-exp(-t)
Soal A-2-14. Sistem rangkaian listrik berikut : R1
ei
R2
C2
C1 i
e0
i
Gambar 2.6 Sistem Rangkaian Listrik R-C Paralel Tentukan persamaan output eo t dengan menggunakan transformasi Laplace dimana ei t = 3 sin t dan periksa hasil perhitungan dengan menggunakan Matlab. Asumsi bahwa sistem tersebut mula-mula dalam keadaan diam dengan R1 R 2 = 1 KW , C1 C2 = 0.001 F dan ei = 3 sin t Jawab : Persamaan linear diferensial dari sistem rangkaian listrik : Untuk loop 1 : 1 C1
i
1
- i 2 dt + R 1i 1 e i
(2.305)
Untuk loop 2 : 1 i 2 - i1 dt + R 2 i 2 + 1 i 2 dt 0 C1 C2 1 i 2 dt e 0 C2
(2.306) (2.307)
Dengan menggunakan transformasi Laplace .diperoleh hasil sebagai berikut : Eo s R 2 R 1C1s + 1 2 Ei s R1C1R 2 C2s + R1C1 + R 2C2 + R 2C1 s + 1
(2.308)
60
Dengan substitusi nilai-nilai yang diketahui dan syarat awal sama dengan nol diperoleh :
Eo s
E o s 1000s + 1000 Ei s s 2 + 3s + 1
(2.309)
1000s + 1000 � 3 � 1000s + 1000 �2 � 4 2 s + 3s + 1 �s +1 � s + 3s3 + 2s 2 + 3s + 1
(2.310)
Transformasi Laplace balik dari E o s menjadi : eo t = -
1000 1000 200 -1.5t � 5 5 � cos t + sin t e � 5 cosh t + 5 sinh t� + 0.5e-2t (2.311) � � 3 3 3 2 2 � �
Listing program clc clear all close all % Soal A-2-14 syms s t f1 = 1000*s + 1000; f2 = s^4 + 3*s^3 + 2*s^2 + 3*s + 1; f = (f1/f2) % eo = ilaplace(f)
Hasil program
eo = -1000/3*cos(t)+1000/3*sin(t)+200/3*exp(3/2*t)*(5*cosh(1/2*t*5^(1/2))+5^(1/2)*sinh(1/2*t*5^(1/2)))
Soal A-2-15. Sistem mekanik berikut :
Gambar 2.7 Sistem Mekanik Gantungan Pegas Horizontal Tentukan persamaan gerak x b t dengan menggunakan transformasi Laplace dimana x a t merupakan input undak satuan dan periksa hasil perhitungan
61
dengan menggunakan Matlab. Asumsi bahwa sistem tersebut mula-mula dalam keadaan diam dengan M 1 kg , B 5 N-Sec m dan K 7 N m Jawab : Persamaan linear diferensial dari sistem mekanik : d2x b dx M 2 + B b + Kx b = Kx a dt dt
(2.312)
Dengan mencari transformasi Laplace kedua ruas persamaan tersebut diperoleh : �2 dX 0 � M� s X b s - sX b 0 - b + B sX b s - X b 0 + KX b s = KX a s � (2.313) dt �
�
Dengan substitusi nilai-nilai yang diketahui dan syarat awal X b 0 = 0 serta
dX b 0 0 diperoleh : dt
s + 5s + 7 X s 7s
(2.314)
7 s s + 5s + 7
(2.315)
2
b
Xb s =
2
Transformasi Laplace balik dari X b s menjadi : � 3 � -5 2 t �3 � 5 x b t = 1 - 3 e -5 2 t sin � t e cos � � �2 � �2 t � � 3 � � � �
Listing program
(2.316)
clc clear all close all % Soal A-2-15 x = dsolve('D2x = -5*Dx - 7*x + 7','x(0)=0','Dx(0) = 0')
Hasil program x = -5/3*exp(-5/2*t)*sin(1/2*3^(1/2)*t)*3^(1/2)-exp(5/2*t)*cos(1/2*3^(1/2)*t)+1
Soal A-2-16. Sistem termal berikut :
62
oi (s) Hi (s)
1 Rcs
R
o (s)
Gambar 2.8 Sistem Pengaturan Suhu Tentukan persamaan temperatur output θ t dengan menggunakan -2t transformasi Laplace dimana perubahan input panas h i t = 3e dan periksa hasil perhitungan dengan menggunakan Matlab. Asumsi bahwa sistem tersebut mula-mula dalam keadaan diam dengan C 1
R 1 0C
sec kcal
dan
kcal 0 C
Jawab : Persamaan linear diferensial dari sistem termal adalah RC
dθ + θ = Rh i dt
(2.317)
Dengan menggunakan transformasi Laplace .diperoleh hasil sebagai berikut : θ s R = H i s RCs + 1
(2.318)
Dengan substitusi nilai-nilai yang diketahui dan syarat awal θ 0 = 0 serta dθ 0 0 diperoleh : dt θ s 1 = Hi s s + 1 θ s
3 s +3s + 2 2
(2.319) (2.320)
Transformasi Laplace balik dari θ t menjadi : θ t 6e-1.5t sinh 0.5t
Listing program clc
(2.321)
63
clear all close all % Soal A-2-16 syms s t f = (3/(s^2 + 3*s + 2)) % tho = ilaplace(f)
Hasil program tho = 6*exp(-3/2*t)*sinh(1/2*t)
Soal A-2-17. Sistem mekanik berikut :
F(t)
M
X
Kd
Ks
Gambar 2.9 Sistem Mekanik Gantungan Pegas Vertikal Tentukan persamaan gerak x t dengan menggunakan transformasi Laplace dimana F t 5 cos 6t dan periksa hasil perhitungan dengan menggunakan Matlab. Asumsi bahwa sistem tersebut mula-mula dalam keadaan diam dengan M 1 Kg K d 0.5 N-Sec m dan K s 2 N m Jawab : Persamaan linear diferensial dari sistem mekanik :
�Fy = -F t + K d
dx d2x + K s x = -M 2 dt dt
(2.322)
Dengan mencari transformasi Laplace kedua ruas persamaan tersebut diperoleh : - F s + K d sX s + K ssX s + Ms 2 X s = 0
(2.323)
K d sX s + K s X s + Ms 2 X s = F s
(2.324)
X s 1 = 2 F s Ms + K d s +K s
(2.325)
64
Dengan substitusi nilai-nilai yang diketahui dan syarat awal X 0 = 0 serta dX 0 0 diperoleh : dt X s 1 = 2 F s s + 0.5s + 2 X s =
(2.326)
1 5s 2 s + 0.5s + 2 s + 62
(2.327)
2
Transformasi Laplace balik dari X s menjadi : x t = -
38 34 3 34 31e-0.25tsin 0.25 31t + e-0.25t cos 0.25 31t + sin 6t - cos 6t (2.328) 7223 223 223 223
Listing program clc clear all close all % Soal 2.17 x = dsolve('D2x = -0.5*Dx - 2*x + 5*cos(6*t)','x(0)=0','Dx(0)=0')
Hasil program x = -38/7223*exp(1/4*t)*sin(1/4*31^(1/2)*t)*31^(1/2)+34/233*exp(1/4*t)*cos(1/4*31^(1/2)*t)+3/233*sin(6*t)-34/233*cos(6*t)
Soal A-2-18. Sistem mekanik berikut :
Gambar 2.10 Sistem Mekanik Gantungan Pegas Vertikal
65
Tentukan persamaan gerak x t dengan menggunakan transformasi Laplace -2t dimana F t 5e sin 6t dan periksa hasil perhitungan dengan menggunakan Matlab. Asumsi bahwa sistem tersebut mula-mula dalam keadaan diam dengan M 1 kg K d 0.5 N-Sec m dan K s 2 N m Jawab : Persamaan linear diferensial dari sistem mekanik : dx d2x �Fy = -F t + K d dt + K s x = -M dt 2
(2.329)
Dengan mencari transformasi Laplace kedua ruas persamaan tersebut diperoleh : - F s + K d sX s + K ssX s + Ms 2 X s = 0 (2.330) K d sX s + K s X s + Ms 2 X s = F s
(2.331)
X s 1 = 2 F s Ms + K d s +K s
(2.332)
Dengan substitusi nilai-nilai yang diketahui dan syarat awal X 0 = 0 serta dX 0 0 diperoleh : dt X s 1 = 2 F s s + 0.5s + 2 X s =
(2.333)
1 s + 0.5s + 2 2
6
s + 2
2
+ 62
(2.334)
Transformasi Laplace balik dari X s menjadi : x t = -
Listing program clc clear all close all % Soal 2.18 x = dsolve('D2x = -0.5*Dx - 2*x + 5*cos(6*t)','x(0)=0','Dx(0)=0')
Hasil program x =
4455 105 -0.25t 5 31e-0.25t sin 0.25 31t e cos 0.25 31t + � 21cos 6t - 31sin 6t � e-2t � � 43462 1402 1402
(2.335)
66
4455/43462*exp(-1/4*t)*sin(1/4*31^(1/2)*t)*31^(1/2)105/1402*exp(-1/4*t)*cos(1/4*31^(1/2)*t)-5/1402*(-21*cos(6*t) +31*sin(6*t))*exp(-2*t)
Soal A-2-19. Rangkaian listrik berikut : t=0 Vs=3cost
+
C
R
V0
-
Gambar 2.11 Sistem Rangkaian Listrik R-C Seri Tentukan persamaan output Vo t dengan menggunakan transformasi Laplace dimana Vi t = 3 cos t dan periksa hasil perhitungan dengan menggunakan Matlab. Asumsi bahwa sistem tersebut mula-mula dalam keadaan diam dengan R 1 KW kg C 1 μF dan Vi = 3 cos t
Jawab : Persamaan linear diferensial dari sistem listrik : Vo =
Dimana
ZR ZR +ZC
(2.336)
ZR R 1 ZC sC
(2.337) (2.338)
Dengan mencari transformasi Laplace kedua ruas persamaan tersebut diperoleh � � � R � Vo = � �Vs � Vo = �R + 1 � sC � � s
� sRC � Vs � � �sRC + 1 �
(2.339)
Dengan substitusi nilai-nilai yang diketahui dan semua syarat awal bernilai nol diperoleh : � s. 103 10-6 � 0.001s ��3s � � sRC � �Vi s � Vo s = � V s �i � � ��2 � 3 6 �s 10 10 + 1 � �sRC + 1 � �0.001s + 1 ��s +1 � � �
(2.340)
67
0.003s 2 � 0.001s � �3s � Vo s = � � �2 � 0.001s + 1 � s +1 � 0.001s3 + s 2 + 0.001s + 1 � �
(2.341)
Transformasi Laplace balik dari vo t menjadi : vo t
3 3 3000000 -1000t cos t sin t + e 1000001 1000001 1000001
(2.342)
Listing program clc clear all close all % Soal 2.19 syms s f1 = (0.003*s^2); f2 = (0.001*s^3) + (s^2) + (0.001*s) + 1; f = f1/f2 % Vo = ilaplace(f)
Hasil program Vo = 3/1000001*cos(t)-3000/1000001*sin(t)+3000000/1000001*exp(1000*t)
Soal A-2-20. Rangkaian listrik berikut :
Gambar 2.12 Sistem Rangkaian Listrik R-L-C Tentukan persamaan output Vo t dengan menggunakan transformasi Laplace dimana Vi t = 10 Volt dan periksa hasil perhitungan dengan menggunakan Matlab. Asumsi bahwa sistem tersebut mula-mula dalam keadaan diam dengan L 10 mH R 1 KW kg C 1 μF dan Vi = 10 Volt Jawab :
68
Persamaan linear diferensial dari sistem listrik : LC
d 2 Vo L dVo + + Vo =Vi dt 2 R dt
(2.343)
Dengan mencari transformasi Laplace kedua ruas persamaan tersebut diperoleh � 2 L � LCs + s + 1� V0 s =Vi s � R � �
(2.344)
Dengan substitusi nilai-nilai yang diketahui dan semua syarat awal bernilai nol diperoleh : � -3 -6 2 10-3 � 10 10 10 s + s + 1� V0 s = � 1000 s � �
(2.345)
Transformasi Laplace balik dari vo t menjadi : vo t -
1 1 1 399e-5000t sin 5000 399t - e-5000t cos 5000 399t + 3990 10 10
Listing program clc clear all close all % Soal A-2-20 vo = dsolve('D2x = -10e3*Dx - 10e9*x + 10e8','x(0)=0','Dx(0)=0')
Hasil program vo = -1/3990*exp(-5000*t)*sin(5000*399^(1/2)*t)*399^(1/2)1/10*exp(-5000*t)*cos(5000*399^(1/2)*t)+1/10
2.5 Soal – Soal Soal B-2-1. Persamaan diferensial berikut :
(2.346)
69
d2x dx +7 + 5x = 10t 2 dt dt
untuk t �0
(2.347)
Dengan menggunakan Matlab. Tentukan a. x t jika semua kondisi awal bernilai nol b.
x t jika x 0 0 dan
dx 0 0 dt
Soal B-2-2. Untuk rangkaian di bawah ini :
Gambar 2.13 Sistem Rangkaian Listrik R-L Seri Tentukan : a. i t dan VL t jika kondisi awal i L 0 0 dan switch S ditutup pada saat t 0 b. Periksa hasil perhitungan (a) dengan menggunakan Matlab. Soal B-2-3. Untuk rangkaian di bawah ini :
Gambar 2.14 Sistem Rangkaian Listrik R-C Seri Tentukan : a. i t dan VL t jika kondisi awal Vc 0 = 0 dan switch S ditutup pada saat t 0 b. Periksa hasil perhitungan (a) dengan menggunakan Matlab.
70
Soal B-2-4. Untuk rangkaian di bawah ini :
Gambar 2.15 Sistem Rangkaian Listrik R-L-C Paralel Tentukan : a. i t dan VL t jika kondisi awal Vc 0 = 0 dan switch S ditutup pada saat t 0 b. Periksa hasil perhitungan (a) dengan menggunakan Matlab. Soal B-2-5. Sistem mekanik berikut :
Gambar 2.16 Sistem Mekanik Gantungan Pegas Vertikal Tentukan persamaan gerak x t dengan menggunakan transformasi Laplace dimana F t 5 cos 10t dan periksa hasil perhitungan dengan menggunakan Matlab. Asumsi bahwa sistem tersebut mula-mula dalam keadaan diam dengan M 1 kg B 8 N-Sec m dan K 7 N m
Soal B-2-6. Sistem mekanik berikut :
71
Gambar 2.17 Sistem Mekanik Gantungan Pegas Vertikal Tentukan persamaan gerak y t dengan menggunakan transformasi Laplace dimana f t merupakan input laju satuan dan periksa hasil perhitungan dengan menggunakan Matlab. Asumsi bahwa sistem tersebut mula-mula dalam keadaan diam dengan M 1 kg , B 8 N-Sec m dan K 6 N m Soal B-2-7. Sistem mekanik berikut :
Gambar 2.18 Sistem Mekanik Roda Berjalan Tentukan persamaan gerak x t dengan menggunakan transformasi Laplace dimana u t merupakan input laju satuan dan periksa hasil perhitungan dengan menggunakan Matlab. Asumsi bahwa sistem tersebut mula-mula dalam keadaan diam dengan M 1 kg , B 8 N-Sec m dan K 6 N m Soal B-2-8. Dengan menggunakan teorema harga akhir, tentukan harga akhir f t dari fungsi alih berikut ini : F s
7 s s+1
(2.348)
Periksa hasilnya dengan mencari transformasi Laplace balik dari F s kemudian menghitung f t � �
72
Soal B-2-9. Dengan menggunakan teorema harga awal, tentukan harga akhir f 0+ dari fungsi alih berikut ini : F s
7
s+1
2
(2.349)
Soal B-2-10. Tentukanlah solusi dari persamaan diferensial berikut : d2 x + 2ω V dt 2
Dimana a dan b konstanta
n
dx +ω xn2 = 0 dengan x 0 = x 0 dt
(2.350)
2.6 Studi Kasus 1.
2 3. 4. 5.
Tentukan 5 (lima) persamaan diferensial orde 4, 5 (lima) persamaan diferensial orde 3 dan 5 (lima) persamaan diferensial orde 2 beserta konstanta-konstantanya serta : a. Tentukan solusi setiap persamaan linear diferensial dengan menggunakan cara klasik b. Tentukan solusi setiap Persamaan linear diferensial dengan menggunakan metoda transformasi Laplace c. Bandingkan hasil perhitungan bagian 1.a dan bagian 1.b d. Simulasikan 1.c s/d 1.d untuk setiap metoda pada tiap sistem dengan menggunakan Matlab Buat laporan hasil studi kasus yang dilakukan Buat materi presentasi studi kasus yang dilakukan dengan menggunakan Microsoft Power Point atau Macromedia Flash Presetasikan hasil studi kasus yang dengan jadwal yang ditentukan kemudian Kriterai penilaian : Nilai a b c d 2 3 4 90 s/d 100 80 s/d 89 70 s/d 79 60 s/d 69 50 s/d 59 40 s/d 49 30 s/d 39 < 29
73
Catatan : Model sistem kendali yang dicari tidak boleh sama dengan model tugas yang sebelumnya. Jika ada yang sama maka tugas dalam bab ini dianggap gagal
