Analisis Rangkaian Listrik · PDF fileHak cipta pada penulis. SUDIRHAM, SUDARYATNO Analisis...

Sudaryatno Sudirham

Darpublic Edisi Oktober 2013

Analisis Rangkaian Listrik Jilid 2 (Analisis Transien, Transformasi Laplace, Transformasi Fourier,

Model Sistem)

2

Analisis Rangkaian Listrik Jilid 2 (Analisis Transien, Transformasi Laplace, Trans-formasi Fourier, Model Sistem)

oleh Sudaryatno Sudirham

Hak cipta pada penulis.

SUDIRHAM, SUDARYATNO Analisis Rangkaian Listrik Jilid 2 (Analisis Transien, Transformasi Laplace, Transformasi Fourier, Model Sistem) Darpublic, Kanayakan D-30, Bandung, 40135. www.darpublic.com

Darpublic Kanayakan D-30, Bandung, 40135

iii

Pengantar

Buku Analisis Rangkaian Listrik ini berisi materi lanjutan, ditujukan kepada pembaca yang telah mempelajari materi di buku Analisis Rangkaian Listrik di Kawasan Waktu dan Kawasan Fasor. Materi bahasan disajikan dalam sebelas bab. Dua bab pertama berisi bahasan mengenai analisis transien, dengan sinyal dinyatakan sebagai fungsi waktu (analisis di kawasan waktu). Dua bab berikutnya membahas analisis rangkaian menggunakan transformasi Laplace, yang dapat digunakan untuk analisis keadaan mantap maupun transien; bahasan ini mencakup dasar-dasar transformasi Laplace sampai ke aplikasinya. Lima bab berikutnya membahas fungsi jaringan yang dilanjutkan dengan tanggapan frekuensi, serta pengenalan pada model sistem, termasuk persamaan ruang status. Dua bab terakhir membahas analisis rangkaian listrik menggunakan transformasi Fourier. Pengetahuan tentang aplikasi transformasi Fourier dalam analisis akan memperluas pemahaman mengenai tanggapan frekuensi, baik mengenai perilaku sinyal itu sendiri maupun rangkaiannya.

Tulisan ini dibuat untuk umum, dapat diunduh secara cuma-cuma di www.darpublic.com . Mudah-mudahan sajian ini bermanfaat bagi para pembaca. Penulis mengharap saran dan usulan para pembaca untuk perbaikan dalam publikasi selanjutnya.

Bandung, Oktober 2013 Wassalam,

Penulis.

iv

www.darpublic.com www.sudaryn.wordpress.com

v

Daftar Isi Kata Pengantar iii

Daftar Isi v

Bab 1: Analisis Transien Rangkaian Orde-1 1 Rangkaian Orde-1: Contoh Rangkaian Orde-1. Tanggapan Alami, Tanggapan Paksa, Tanggapan Lengkap. Tanggapan Terhadap Sinyal Anak Tangga, Sinyal Sinus, Sinyal Ekspo-nensial. Tanggapan Masukan Nol, Tanggapan Status Nol.

Bab 2: Analisis Transien Rangkaian Orde-2 31 Rangkaian Orde-2: Contoh Rangkaian Orde-2. Tiga Kemungkinan Bentuk Tanggapan. Tanggapan Terhadap Sinyal Anak Tangga, Sinyal Sinus, Sinyal Eksponensial.

Bab 3: Transformasi Laplace 55 Transformasi Laplace. Tabel Transformasi Laplace. Sifat-Sifat Transformasi Laplace. Transformasi Balik. Solusi Per-samaan Rangkaian Menggunakan Transformasi Laplace.

Bab 4: Analisis Menggunakan Transformasi Laplace 85 Hubungan Tegangan-Arus Elemen di Kawasan s. Konsep Impedansi di Kawasan s. Representasi Elemen di Kawasan s. Transformasi Rangkaian. Hukum Kirchhoff. Kaidah-Kaidah Rangkaian. Teorema Rangkaian. Metoda-Metoda Analisis.

Bab 5: Fungsi Jaringan 107 Pengertian dan Macam Fungsi Jaringan. Peran Fungsi Alih. Hubungan Bertingkat dan Kaidah Rantai . Fungsi Alih dan Hubungan Masukan-Keluaran di Kawasan Waktu. Tinjauan Umum Mengenai Hubungan Masukan-Keluaran.

Bab 6: Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-1 123 Tanggapan Rangkaian Terhadap Sinyal Sinus Keadaan Mantap. Pernyataan Tanggapan Frekuensi. Bode Plot.

vi

Bab 7: Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-2 143 Rangkaian Orde-2 Dengan Pole Riil. Fungsi Alih Dengan Zero Riil Negatif . Tinjauan Umum Bode Plot dari Rangkaian Dengan Pole dan Zero Riil. Tinjauan Kualitatif Tanggapan Frekuensi di Bidang s. Rangkaian Orde-2 Yang Memiliki Pole Kompleks Konjugat.

Bab 8: Pengenalan Pada Sistem 165 Sinyal. Sistem. Model Sistem. Diagram Blok. Pembentukan Diagram Blok. Reduksi Diagram Blok. Sub-Sistem Statis dan Dinamis. Diagram Blok Integrator.

Bab 9: Sistem Dan Persamaan Ruang Status 187 Blok Integrator dan Blok Statis. Diagram Blok Integrator, Sinyal Sebagai Fungsi t. Membangun Persamaan Ruang Status. Membangun Diagram Blok dari Persamaan Ruang Status.

Bab 10: Transformasi Fourier 197 Deret Fourier. Transformasi Fourier. Transformasi Balik. Sifat-Sifat Transformasi Fourier. Ringkasan.

Bab 11: Analisis Menggunakan Transformasi Fourier 223 Transformasi Fourier dan Hukum Rangkaian. Konvolusi dan Fungsi Alih. Energi Sinyal.

Daftar Pustaka 237

Biodata Penulis 238

Indeks 239

Analisis Transien Rangkaian Orde-1

1

BAB 1 Analisis Transien Rangkaian Orde-1

Yang dimaksud dengan analisis transien adalah analisis rangkaian yang sedang dalam keadaan peralihan atau keadaan transien. Gejala transien atau gejala peralihan merupakan salah satu peristiwa dalam rangkaian listrik yang perlu kita perhatikan. Peristiwa ini biasanya berlangsung hanya beberapa saat namun jika tidak ditangani secara baik dapat me-nyebabkan terjadinya hal-hal yang sangat merugikan berupa kerusakan peralatan.

Dalam sistem penyaluran energi, pemutusan dan penyambungan rangkaian merupakan hal yang sering terjadi. Operasi-operasi tersebut dapat menyebabkan terjadinya lonjakan tegangan yang biasa disebut te-gangan lebih. Tegangan lebih pada sistem juga terjadi manakala ada sambaran petir yang mengimbaskan tegangan pada saluran transmisi. Tegangan lebih seperti ini akan merambat sepanjang saluran transmisi berbentuk gelombang berjalan dan akan sampai ke beban-beban yang terhubung pada sistem tersebut. Piranti-piranti elektronik akan menderita karenanya. Di samping melalui saluran transmisi, sambaran petir juga mengimbaskan tegangan secara induktif maupun kapasitif pada peralatan-peralatan. Semua kejadian itu merupakan peristiwa-peristiwa peralihan.

Kita mengetahui bahwa kapasitor dan induktor adalah piranti-piranti dinamis dan rangkaian yang mengandung piranti-piranti jenis ini kita sebut rangkaian dinamis. Piranti dinamis mempunyai kemampuan untuk menyimpan energi dan melepaskan energi yang telah disimpan sebe-lumnya. Hal demikian tidak terjadi pada resistor, yang hanya dapat menyerap energi. Oleh karena itu, pada waktu terjadi operasi penutupan ataupun pemutusan rangkaian, perilaku rangkaian yang mengandung kapasitor maupun induktor berbeda dengan rangkaian yang hanya mengandung resistor saja.

Karena hubungan antara arus dan tegangan pada induktor maupun kapasitor merupakan hubungan linier diferensial, maka persamaan rangkaian yang mengandung elemen-elemen ini juga merupakan persamaan diferensial. Persamaan diferensial ini dapat berupa persamaan diferensial orde-1 dan rangkaian yang demikian ini disebut rangkaian atau sistem orde-1. Jika persamaan rangkaian berbentuk persamaan


2 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik Jilid 2

diferensial orde-2 maka rangkaian ini disebut rangkaian atau sistem orde-2. Perilaku kedua macam sistem tersebut akan kita pelajari berikut ini.

Dengan mempelajari analisis transien orde-1, kita akan

• mampu menurunkan persamaan rangkaian yang merupakan rangkaian orde-1.

• memahami bahwa tanggapan rangkaian terdiri dari tanggapan paksa dan tanggapan alami.

• mampu melakukan analisis transien pada rangkaian orde-1.

1.1. Contoh Rangkaian Orde-1

Rangkaian RC Seri. Salah satu contoh rangkaian orde-1 dalam keadaan peralihan adalah rangkaian RC seri seperti pada Gb.1.1. Pada awalnya saklar S pada rangkaian ini terbuka; kemudian pada saat t = 0 ia ditutup sehingga terbentuk rangkaian tertutup terdiri dari sumber vs dan hubungan seri resistor R dan kapasitor C. Jadi mulai pada t = 0 terjadilah perubahan status pada sistem tersebut dan gejala yang timbul selama terjadinya perubahan itulah yang kita sebut gejala perubahan atau gejala transien. Gejala transien ini merupakan tanggapan rangkaian seri RC ini setelah saklar ditutup, yaitu pada t > 0. Aplikasi HTK pada pada rangkaian untuk t > 0 memberikan

0 =++−=++− vdt

dvRCvviRv ss atau svv

dt

dvRC =+ (1.1)

Persamaan (1.1) adalah persamaan rangkaian seri RC dengan menggunakan tegangan kapasitor sebagai peubah. Alternatif lain untuk memperoleh persamaan rangkaian ini adalah menggunakan arus i sebagai peubah. Tetapi dalam analisis transien, kita memilih peubah yang merupakan peubah status dalam menyatakan persamaan rangkaian. Untuk rangkaian RC ini peubah statusnya adalah tegangan kapasitor, v.

C

R A

+ v −

Gb.1.1. Rangkaian RC.

B

i iC

+ −

+ vin −

S

vs


3

Pemilihan peubah status dalam melakukan analisis transien berkaitan dengan ada tidaknya simpanan energi dalam rangkaian yang sedang dianalisis, sesaat sebelum terjadinya perubahan. Hal ini akan kita lihat pada pembahasan selanjutnya.

Persamaan (1.1) merupakan persamaan diferensial orde-1 tak homogen dengan koefisien konstan. Tegangan masukan vs merupakan sinyal sembarang, yang dapat berbentuk fungsi-fungsi yang pernah kita pelajari di Bab-1. Tugas kita dalam analisis rangkaian ini adalah mencari tegangan kapasitor, v, untuk t > 0. Rangkaian RL Seri. Contoh lain rangkaian orde-1 adalah rangkaian RL seri seperti pada Gb.1.2. Saklar S ditutup pada t = 0 sehingga terbentuk rangkaian tertutup RL seri. Aplikasi HTK pada rangkaian ini untuk t > 0 memberikan :

0=−−=−−dt

diLRivvRiv sLs

atau

svRidt

diL =+ (1.2)

Persamaan (1.2) adalah persamaan rangkaian RL seri dengan arus i se-bagai peubah. Sebagaimana kita ketahui, arus merupakan peubah status untuk induktor dan kita pilih ia sebagai peubah dalam analisis rangkaian RL.

Rangkaian Orde-1 yang Lain. Persamaan rangkaian RC dan RL meru-pakan persamaan diferensial orde-1 dan oleh karena itu rangkaian itu disebut rangkaian orde-1 atau sistem orde-1. Sudah barang tentu sistem orde-1 bukan hanya rangkaian RC dan RL saja, akan tetapi setiap rangkaian yang persamaannya berupa persamaan diferensial orde-1 ada-lah rangkaian atau sistem orde-1.

L

R A

Gb.1.2. Rangkaian RL seri.

B

i iL +

− vs

S



1.2. Tinjauan Umum Tanggapan Rangkaian Orde-1

Secara umum, persamaan rangkaian orde-1 berbentuk

)(txbydt

dya =+ (1.3)

Peubah y adalah keluaran atau tanggapan dari rangkaian yang dapat berupa tegangan ataupun arus sedangkan nilai a dan b ditentukan oleh nilai-nilai elemen yang membentuk rangkaian. Fungsi x(t) adalah ma-sukan pada rangkaian yang dapat berupa tegangan ataupun arus dan dise-but fungsi pemaksa atau fungsi penggerak.

Kita mengetahui bahwa persamaan diferensial seperti (1.3) mempunyai solusi total yang merupakan jumlah dari solusi khusus dan solusi homo-gen. Solusi khusus adalah fungsi yang dapat memenuhi persamaan (1.3) sedangkan solusi homogen adalah fungsi yang dapat memenuhi persa-maan homogen

0=+ bydt

dya (1.4)

Hal ini dapat difahami karena jika fungsi x1 memenuhi (1.3) dan fungsi x2 memenuhi (1.4), maka y = (x1+x2) akan memenuhi (1.3) sebab

( )

0

)(

11

22

11

2121

++=

+++=+++=+

bxdt

dxa

bxdt

dxabx

dt

dxaxxb

dt

xxdaby

dt

dya

Jadi y = (x1+x2) adalah solusi dari (1.3), dan kita sebut solusi total.

1.2.1. Tanggapan Alami, Tanggapan Paksa, Tanggapan Lengkap

Dalam rangkaian listrik, solusi total persamaan diferensial (1.3) merupa-kan tanggapan lengkap (complete response) rangkaian, yang tidak lain adalah keluaran (tanggapan) rangkaian dalam kurun waktu setelah terjadi perubahan, atau kita katakan untuk t > 0. Tanggapan lengkap ini terdiri dua komponen yaitu tanggapan alami dan tanggapan paksa, sesuai dengan adanya solusi homogen dan solusi khusus dari (1.3). Tanggapan alami adalah solusi homogen dari persamaan homogen (1.4); disebut demikian karena ia merupakan tanggapan yang tidak ditentukan oleh


5

fungsi pemaksa x(t) karena x(t) = 0. Komponen ini ditentukan oleh ele-men rangkaian dan keadaannya sesaat setelah terjadinya perubahan atau kita katakan ditentukan oleh keadaan pada t = 0+. Tanggapan paksa ada-lah solusi khusus dari persamaan rangkaian (1.3); disebut demikian kare-na tanggapan ini merupakan tanggapan rangkaian atas adanya fungsi pemaksa x(t).

Tanggapan Alami. Banyak cara untuk mencari solusi persamaan (1.4). Salah satu cara adalah memisahkan peubah dan kemudian melakukan integrasi. Di sini kita tidak menggunakan cara itu, tetapi kita akan menggunakan cara pendugaan. Persamaan (1.4) menyatakan bahwa y ditambah dengan suatu koefisien konstan kali dy/dt, sama dengan nol untuk semua nilai t. Hal ini hanya mungkin terjadi jika y dan dy/dt ber-bentuk sama. Fungsi yang turunannya mempunyai bentuk sama dengan fungsi itu sendiri adalah fungsi eksponensial. Jadi kita dapat menduga bahwa solusi dari (1.4) mempunyai bentuk eksponensial y = K1e

st . Jika solusi dugaan ini kita masukkan ke (1.4), kita peroleh

( ) 0 atau 0 111 =+=+ basyKebKseaK stst (1.5)

Peubah y tidak mungkin bernilai nol untuk seluruh t dan K1 juga tidak boleh bernilai nol karena hal itu akan membuat y bernilai nol untuk se-luruh t. Satu-satunya cara agar persamaan (1.5) terpenuhi adalah

0=+ bas (1.6)

Persamaan (1.6) ini disebut persamaan karakteristik sistem orde-1. Persamaan ini hanya mempunyai satu akar yaitu s = −(b/a). Jadi tanggapan alami yang kita cari adalah

tabsta eKeKy )/(

11−== (1.7)

Nilai K1 masih harus kita tentukan melalui penerapan suatu persyaratan tertentu yang kita sebut kondisi awal yaitu kondisi pada t = 0+. Yang dimaksud dengan t = 0+ adalah sesaat setelah terjadinya perubahan keadaan; dalam kasus penutupan saklar S pada rangkaian Gb.1.1, t = 0+

adalah sesaat setelah saklar ditutup. Ada kemungkinan bahwa y telah mempunyai nilai tertentu pada t = 0+ sehingga nilai K1 haruslah sedemikian rupa sehingga nilai y pada t = 0+ tersebut dapat dipenuhi. Akan tetapi kondisi awal ini tidak dapat kita terapkan pada tanggapan alami karena tanggapan ini baru merupakan sebagian dari tanggapan rangkaian. Kondisi awal harus kita terapkan pada tanggapan lengkap dan



bukan hanya untuk tanggapan alami saja. Oleh karena itu kita harus mencari tanggapan paksa lebih dulu agar tanggapan lengkap dapat kita peroleh untuk kemudian menerapkan kondisi awal tersebut.

Tanggapan Paksa. Tanggapan paksa dari (1.3) tergantung dari bentuk fungsi pemaksa x(t). Seperti halnya dengan tanggapan alami, kita dapat melakukan pendugaan pada tanggapan paksa. Bentuk tanggapan paksa haruslah sedemikian rupa sehingga jika dimasukkan ke persamaan rangkaian (1.3) maka ruas kiri dan ruas kanan persamaan itu akan berisi bentuk fungsi yang sama. Jika tanggapan paksa kita sebut yp, maka yp dan turunannya harus mempunyai bentuk sama agar hal tersebut terpenuhi. Untuk berbagai bentuk fungsi pemaksa x(t), tanggapan paksa dugaan yp adalah sebagai berikut.

. cosinusmaupun sinus fungsi

umumbentuk adalah sincos

sincos maka ,cos)( Jika

sincos maka , sin)( Jika

aleksponensi maka al,eksponensi)( Jika

konstan maka konstan,)( Jika

0 maka , 0)( Jika

tKtKy

tKtKytAtx

tKtKytAtx

KeyAetx

KyAtx

ytx

sc

scp

scp

tp

t

p

p

ω+ω=

ω+ω=ω=

ω+ω=ω=

====

====

==

αα

: Perhatikan

(1.8)

Tanggapan Lengkap. Jika tanggapan paksa kita sebut yp, maka tanggapan lengkap adalah

tspap eKyyyy

1+=+= (1.9)

Pada solusi lengkap inilah kita dapat menerapkan kondisi awal yang akan memberikan nilai K1.

Kondisi Awal. Peubah y adalah peubah status, bisa berupa tegangan kapasitor vC atau arus induktor iL. Kondisi awal adalah nilai y pada t = 0+. Sebagaimana telah kita pelajari di Bab-1, peubah status harus merupakan fungsi kontinyu. Jadi, sesaat sesudah dan sesaat sebelum terjadi perubahan pada t = 0, y harus bernilai sama. Dengan singkat dituliskan

)0()0(ataupun )0()0( : awal Kondisi −+−+ == LLCC iivv (1.10)

Jika kondisi awal ini kita sebut y(0+) dan kita masukkan pada dugaan solusi lengkap (1.9) akan kita peroleh nilai K1.


7

)0()0( )0()0( 11++++ −=→+= pp yyKKyy (1.11)

Nilai y(0+) dan yp(0+) adalah tertentu (yaitu nilai pada t=0+). Jika kita

sebut

0)0()0( Ayy p =− ++ (1.12)

maka tanggapan lengkap menjadi

tsp eAyy

0 += (1.13)

1.3. Komponen Mantap dan Komponen Transien

Tanggapan lengkap rangkaian seperti yang ditunjukkan oleh (1.13), terdiri dari dua komponen. Komponen yang pertama (ditunjukkan oleh suku pertama) kita sebut komponen mantap. Komponen yang kedua (ditunjukkan oleh suku kedua) kita sebut komponen transien atau komponen peralihan. Komponen transien ini berbentuk eksponensial dengan konstanta waktu yang besarnya ditentukan oleh parameter rangkaian, yaitu τ = a/b. Dengan pengertian konstanta waktu ini tanggapan rangkaian dapat kita tulis

τ−+= /0 t

p eAyy (1.14)

Sebagaimana kita ketahui, fungsi eksponensial dapat kita anggap hanya berlangsung selama 5 kali konstanta waktunya karena pada saat itu nilainya sudah tinggal kurang dari 1% dari amplitudo awalnya. Jadi komponen transien boleh kita anggap hanya berlangsung selama 5τ, sedangkan komponen mantap tetap berlangsung walau komponen transien telah hilang (oleh karena itulah disebut komponen mantap). Komponen transien tidak lain adalah tanggapan alami, yang merupakan reaksi alamiah dari rangkaian terhadap adanya perubahan. Berikut ini kita akan melihat beberapa contoh analisis transien sistem orde-1.



1.4. Tanggapan Rangkaian Tanpa Fungsi Pemaksa, x(t) = 0

Persamaan rangkaian tanpa fungsi pemaksa ini berasal dari rangkaian tanpa masukan. Perubahan tegangan dan arus dalam rangkaian bisa terjadi karena ada pelepasan energi yang semula tersimpan dalam rangkaian dan tanggapan rangkaian yang akan kita peroleh hanyalah tanggapan alami saja. Walaupun demikian, dalam melakukan analisis kita akan menganggap bahwa fungsi pemaksa tetap ada, akan tetapi bernilai nol. Hal ini kita lakukan karena kondisi awal harus diterapkan pada tanggapan lengkap, sedangkan tanggapan lengkap harus terdiri dari tanggapan alami dan tanggapan paksa (walaupun mungkin bernilai nol). Kondisi awal tidak dapat diterapkan hanya pada tanggapan alami saja atau tanggapan paksa saja.

CONTOH-1.1: Saklar S pada rangkaian di samping ini telah lama berada pada posisi 1. Pada t = 0, saklar S dipindahkan ke posisi 2. Carilah tegangan kapasitor, v, untuk t > 0.

Solusi :

Karena S telah lama pada posisi 1, maka kapasitor telah terisi penuh, arus kapasitor tidak lagi mengalir, dan tegangan kapasitor sama dengan tegangan sumber, yaitu 12 V; jadi v(0−) = 12 V. Setelah saklar dipindahkan ke posisi 2, kita mempunyai rangkaian tanpa sumber (masukan) seperti di samping ini, yang akan memberikan persamaan rangkaian tanpa fungsi pemaksa. Aplikasi HTK pada rangkaian ini memberikan : 0=+− Riv R .

Karena dt

dvCii CR −=−= maka kita dapat menuliskan persamaan

rangkaian sebagai :

10kΩ

0.1µF

iR + v −

+ − 12V

10kΩ

0.1µF

S 1 2

+ v −


9

0=−−dt

dvRCv atau 0

1 =+ vRCdt

dv

Dengan nilai elemen seperti diperlihatkan pada gambar, maka persamaan rangkaian menjadi :

01000 =+ vdt

dv

Inilah persamaan rangkaian untuk t > 0. Pada rangkaian ini tidak ada fungsi pemaksa. Ini bisa dilihat dari gambar rangkaian ataupun dari persamaan rangkaian yang ruas kanannya bernilai nol.

V 12 : menjadi lengkap Tanggapan

12012 : memberikan

lengkapnggapan dugaan ta pada awal kondisi Penerapan

V. 12)0()0( : awal Kondisi

0 : lengkapggapan Dugaan tan

pemaksa) fungsi ada tidak ( 0 : paksaggpan Dugaan tan

: alamiggapan Dugaan tan

100001000 :tik karakteris Persamaan

1000

00

100000

10000

t

tstp

p

ta

ev

AA

vv

eAeAvv

v

eAv

ss

−

−+

−

−

=

=→+=

==

+=+=

==

−=→=+

Pemahaman :

Rangkaian tidak mengandung fungsi pemaksa. Jadi sesungguhnya yang ada hanyalah tanggapan alami. Tanggapan paksa dinyatakan sebagai vp = 0. Kondisi awal harus diterapkan pada tanggapan lengkap aap vvvv +=+= 0 walaupun kita tahu bahwa hanya ada

tanggapan alami dalam rangkaian ini.

CONTOH-1.2: Saklar S pada rangkaian berikut ini telah lama tertutup. Pada t = 0 saklar dibuka. Carilah arus dan tegangan induktor untuk t > 0.



Solusi :

Saklar S telah lama tertutup, berarti keadaan mantap telah tercapai. Pada keadaan mantap ini tegangan induktor harus nol, karena sum-ber berupa sumber tegangan konstan. Jadi resistor 3 kΩ terhubung singkat melalui induktor. Arus pada induktor dalam keadaan mantap ini (sebelum saklar dibuka) sama dengan arus yang melalui resistor 1

kΩ yaitu mA 501000

50)0( ==−i . Setelah saklar dibuka, rangkaian

tinggal induktor yang terhubung seri dengan resistor 3 kΩ. Untuk

simpul A berlaku 03000

=+ ivA . Karena vA = vL = L di/dt, maka per-

samaan ini menjadi 06,03000

1 =+

i

dt

di atau

0 3000 0,6 =+ idt

di

mA 50 : menjadi lengkap Tanggapan

50 : memberikan

lengkapnggapan dugaan ta pada awal kondisi Penerapan

.mA 50)0()0( : awal Kondisi

0 : lengkapnggapan Dugaan ta

pemaksa) fungsi ada(tak 0 : paksanggapan Dugaan ta

: alamiggapan Dugaan tan

5000 030006,0 :tik karakteris Persamaan

5000

0

50000

50000

50000

t

ttp

p

ta

ei

A

ii

eAeAii

i

eAi

ss

−

−+

−−

−

=

=

==

+=+=

==

−=→=+

50 V 3 kΩ

1 kΩ i 0.6 H

+ −

S

A


11

CONTOH-1.3: Tentukanlah tegangan kapasitor, v , dan arus kapasitor i untuk t > 0 pada rangkaian di samping ini jika diketahui bahwa kondisi awalnya adalah v(0+) = 10 V.

Solusi :

Dalam soal ini tidak tergambar jelas mengenai terjadinya peru-bahan keadaan (penutupan saklar misalnya). Akan tetapi disebutkan bahwa kondisi awal v(0+) = 10 V. Jadi kita memahami bahwa rangkaian ini adalah rangkaian untuk keadaan pada t > 0 dengan kondisi awal sebagaimana disebutkan. Persamaan tegangan untuk simpul A adalah

010

4

5

1

10

1 =−+

+ iivA atau 063 =+ iv .

Karena i = C dv/dt = (1/6) dv/dt maka persamaan tersebut menjadi

03 =+ vdt

dv

A 5)3(106

1 : kapasitor Arus

V 10 : menjadi kapasitor) (tegangan lengkap Tanggapan

010 : memberikan awal kondisi Penerapan

V 10)0( : awal Kondisi

: lengkapnggapan Dugaan ta

0 : paksanggapan Dugaan ta

: alaminggapan Dugaan ta


33

3

0

30

30

tt

t

tp

p

ta

eedt

dvCi

ev

A

v

eAvv

v

eAv

ss

−−

−

+

−

−

−=−××==

=

+==

+=

==

−=→=+

+ −

4 i

i + v −

A

10Ω

5Ω 1/6 F



CONTOH-1.4: Tentukanlah arus induktor i(t) untuk t > 0 pada rangkaian di samping ini jika diketahui bahwa i(0+) = 2 A.

Solusi :

Sumber tegangan tak-bebas berada di anta-ra dua simpul yang bukan simpul referensi A dan B, dan kita jadikan simpul super. Dengan mengambil i sebagai peubah sinyal, kita peroleh:

ABB

RBA

BB

vvv

ivv

vivi

5

4

25,0 5,0

05 6 02

1

3

1

: ABSuper Simpul

=→==−

=+→=

++

→ 02 3 =+ Avi

Karena vA = L di/dt = 0,5 di/dt maka persamaan di atas menjadi

0 3 =+ idt

di

A 2 : menjadi lengkap Tanggapan

02 : memberikan awal kondisiPenerapan

A 2)0( awal Kondisi





3

0

30

30

30

t

ttp

p

ta

ei

A

i

eAeAvi

i

eAi

ss

−

+

−−

−

=

+==

+=+=

==

−=→=+

1.5. Tanggapan Terhadap Sinyal Anak Tangga

Fungsi anak tangga, Au(t), adalah fungsi yang bernilai 0 untuk t < 0 dan bernilai konstan A untuk t > 0. Masukan yang berupa tegangan dengan bentuk gelombang sinyal anak tangga dapat digambarkan dengan sebuah

+ −

0,5 H 3 Ω 2 Ω

0,5 iR i

A B

iR


13

sumber tegangan konstan A V seri dengan saklar S yang ditutup pada t =0 yang akan memberikan tegangan masukan vs=Au(t). Rangkaian sum-ber ini dapat juga kita nyatakan dengan sebuah sumber tegangan bebas vs=Au(t). Kedua cara ini sering digunakan dalam menyatakan persoalan-persoalan rangkaian.

Jika kita hanya meninjau keadaan untuk t > 0 saja, maka masukan sinyal anak tangga vs = Au(t) dapat kita tuliskan sebagai vs = A (konstan) tanpa menuliskan faktor u(t) lagi.

CONTOH-1.5: Saklar S pada rangkaian di samping ini telah lama pada posisi 1. Pada t = 0, S dipindahkan ke posisi 2. Tentukan v (tegangan kapasi-tor) untuk t > 0.

Solusi : Saklar S telah lama pada posisi 1 dan hal ini berarti bahwa tegangan kapasitor sebelum saklar dipindahkan ke posisi 2 adalah v(0−) = 0. Setelah saklar pada posisi 2, aplikasi HTK memberikan persamaan rangkaian

01012 4 =++− vi .

Karena i = iC = C dv/dt, maka persamaan tersebut menjadi

0101,01012 64 =+××+− − vdt

dv atau

1210 3 =+− vdt

dv

ta eAv

ss 1000

0

33


100010/10110 :tik karakteris Persamaan −

−−

=

−=−=→=+

Fungsi pemaksa bernilai konstan (=12). Kita dapat menduga bahwa tanggapan paksa akan bernilai konstan juga karena turunannya akan

A V + vs −

+ −

S + vs − Au(t)V

+ −

12V

10kΩ + v −

S

2 1

+ −

0,1µF

i



nol sehingga kedua ruas persamaan rangkaian tersebut di atas dapat berisi suatu nilai konstan.



. 0)0()0( : awal Kondisi

V 12 : lengkapnggapan Dugaan ta

12 12 0 :rangkaian persamaan ke inidugaan Masukkan

: paksanggapan Dugaan ta

1000

00

10000

t

t

pp

p

ev

AA

vv

eAv

vKv

Kv

−

+

−

−=

−=→+==−=

+=

=⇒=+

=

Pemahaman : a). Persamaan tegangan kapasitor ini menunjuk-kan perubahan tegangan pada waktu ia diisi, se-bagaimana terlihat pada gambar di samping ini.

b). Pemasukan suatu te-gangan konstan ke suatu rangkaian dengan menutup saklar pada t = 0 sama dengan memberikan bentuk gelombang tegangan anak tang-ga pada rangkaian. Pernyataan persoalan diatas dapat dinyatakan dengan sumber sinyal anak tangga dengan tambahan keterangan bahwa vC(0−) = 0.

CONTOH-1.6: Tentukanlah tegan-gan kapasitor v untuk t > 0 pada rangkaian di samping ini jika v(0−) = 4 V. Solusi :

Aplikasi HTK pada rangkaian ini memberikan

)(1210010)(12 34 tuvdt

dvvitu =+⇒=++− −

Jika kita hanya meninjau keadaan untuk t > 0 saja, maka fungsi anak tangga dapat kita tuliskan sebagai suatu nilai konstan tanpa menulis-kan u(t) lagi. Jadi persamaan rangkaian di atas menjadi

12u(t) V

10kΩ + v − 0,1µF

i

+ −

v [V]

12−12e−1000t

t 0

12

0 0.002 0.004


15

1210 3 =+− vdt

dv

V 812 : menjadi lengkapTanggapan

8124 : memberikan awal kondisiPenerapan

V. 4)0()0( : awal Kondisi


12120

konstan) pemaksa (fungsi : paksanggapan Dugaan ta

:alaminggapan Dugaan ta


1000

00

10000

10000

10000

33

t

ttp

p

p

ta

ev

AA

vv

eAeAvv

vK

Kv

eAv

ss

−

−+

−−

−

−

−=

−=→+===

+=+=

=→=+→

==

−=→=+

CONTOH-1.7: Semula, rangkaian berikut ini tidak mempunyai simpanan energi awal dan saklar S terbuka (tidak pada posisi 1 maupun 2). Kemudian saklar S ditutup pada posisi 1 selama beberapa milidetik sampai arus yang mengalir pada resistor 15 Ω mencapai 2,6 A. Segera setelah nilai arus ini dicapai, saklar dipindah ke posisi 2. Carilah tegangan kapasitor mulai saat saklar pada posisi 2.

Solusi :

Persoalan menutup saklar ke posisi 1 adalah persoalan pengisian kapasitor. Kita tidak membahasnya lagi, dan selain itu berapa lama saklar ada di posisi 1 juga tidak dipermasalahkan. Informasi bahwa saklar ditutup pada posisi 1 sampai arus mencapai 2,6 A menunjukkan bahwa sesaat sebelum saklar dipindahkan ke posisi 2,

iC

S 15Ω

1/30 F

50 V 10 Ω

1 2

+ v −

A

100 V

+ −

+ −



tegangan di simpul A (yang berarti pula tegangan pada kapasitor v), telah mencapai nilai tertentu yaitu

V 116,21550)0( =×−=−v .

Setelah saklar ada di posisi 2, yaitu pada t > 0, persamaan tegangan untuk simpul A adalah:

3

20

6

1atau 0

15

100

10

1

15

1 =+=−+

+ CCA iviv

Karena iC = C dv/dt , maka persamaan di atas menjadi

3

20

30

1

6

1 =+dt

dvv atau

2005 =+ vdt

dv

V. 2940 : menjadi lengkapTanggapan


V 11)0()0( awal Kondisi



:alaminggapan Dugaan ta


5

00

50

50

50

t

ttp

pp

ta

ev

A A

vv

eAeAvv

vKKv

eAv

ss

−

−+

−−

−

−=

−=→+===

+=+=

=→=+→==

−=→=+

CONTOH-1.8: Semula, rangkaian berikut ini tidak mempunyai sim-panan energi awal. Pada t = 0 saklar S ditutup di posisi 1 selama sa-tu detik kemudian dipindah ke posisi 2. Carilah tegangan kapasitor untuk t > 0.

iC

S 150Ω

1/30 F

100Ω

2 1

+ v −

A

50 V + −


17

Solusi :

Pada waktu saklar di posisi 1, persamaan tegangan simpul A adalah

0300

100

30

1

300

5

0150

50

100

1

150

1

=−+

→

=−+

+

dt

dvv

iv CA

atau 202 =+dt

dvv

[ ][ ] V )1()( 2020 : sebagai dituliskandapat atau

1 0untuk V 2020 : menjadi lengkap Tanggapan

20200awal kondisi Penerapan

0)0( : awal Kondisi




5,0021 :tik karakteris Persamaan

5.01

5.01

00

1

5,00

5,001

5,00

−−−=

≤<−=

−=→+=→=

+=+=

=+→==

−=→=+

−

−

+

−−

−

tutuev

tev

AA

v

eAeAvv

KKv

eAv

ss

t

t

ttp

p

ta

Tanggapan ini berlangsung selama 1 detik, yaitu sampai saat saklar S dipindahkan ke posisi 2. Pada saat t = 1, tegangan kapasitor adalah

V 9,71,1220 2020 5,01 =−=−= −ev

Untuk t > 1, persamaan tegangan simpul A adalah

030

1

300

50

100

1

150

1 =+

→=+

+dt

dvviv CA atau

02 =+dt

dvv



[ ][ ]

)1( 9,7 : menjadi lengkapTanggapan

9,709,7 :)1( awal kondisi Penerapan

V 7,9)1()1( : awal Kondisi

)1( 0

)1( : lengkap Tanggapan

0 : paksa Tanggapan

1( : sebagai dituliskandapat atau

1untuk , 0

1untuk , : alaminggapan Dugaan ta


)1( 5,02

0101

12

)1(5,001

)1(5,00112

1

)1( 5,001

5,001

−=

=→+==

==

−+=

−+=

=−=

<=≥=

−=→=+

−−

+

−+

−−

−−

−−

−

tuev

AAt

vv

tueA

tueAvv

v

tueAv

tv

teAv

ss

t

t

t p

p

ta

a

ta

Pernyataan tanggapan lengkap untuk seluruh selang waktu adalah

( )( ) )1( 9,7)1()( 2020 )1( 5,0 5,021 −+−−−=+= −−− tuetutuevvv tt

Pemahaman :

Gambar dari perubahan tegangan kapasitor adalah seperti di bawah ini.

v

t

(20−20e−0,5t)u(t)−u(t−1)

7,9e−0,5(t−1) u(t−1)

0

2

4

6

8

10

0 0.5 1 1.5 2 2.5


19

1.5.1. Prinsip Superposisi

Prinsip superposisi berlaku juga pada analisis transien. Jika rangkaian mengandung beberapa fungsi pemaksa, maka tanggapan total rangkaian adalah jumlah dari tanggapan lengkap dari masing-masing fungsi pemaksa yang ditinjau secara terpisah.

CONTOH-1.9: Masukan pada rangkaian contoh 1.8. dapat dinyatakan sebagai sebuah sinyal impuls yang muncul pada t = 0 dengan ampli-tudo 50 V dan durasinya 1 detik. Carilah v untuk t > 0.

Solusi : Sinyal impuls ini dapat dinyatakan dengan fungsi anak tangga se-bagai

V )1(50)(50 −−= tutuvs

Kita dapat memandang masukan ini sebagai terdiri dari dua sumber yaitu

V )1(50 dan V )(50 21 −−== tuvtuv ss

Rangkaian ekivalennya dapat digambarkan seperti di bawah ini.

Untuk vs1 persamaan rangkaian adalah

0150

50

100

1

150

1 =−+

+ CA iv ⇒ )(202 tudt

dvv =+

Tanggapan lengkap dari persamaan ini telah diperoleh pada contoh 1.8. yaitu

( ) V )( 2020 5,0o1 tuev t−−=

Untuk vs2 dengan peninjauan hanya pada t > 1, persamaan rangkaian adalah

iC

150Ω

1/30 F

100Ω + v −

A

50u(t) V + −

− + 50u(t−1) V



0150

50

100

1

150

1 =++

+ CA iv atau

)1(202 −−=+ tudt

dvv

( )

( ) ( ) V )1( 2020)( 2020

: totalTanggapan

V )1( 2020

: menjadi lengkap Tanggapan

202000)1( : awal Kondisi

)1(20 : lengkapnggapan Dugaan ta


)1( : alaminggapan Dugaan ta


)1( 5,0 5,0

o2o1

)1( 5,0o2

0101

)1( 5,001o2

222

)1( 5,001

−+−+−=

+=

−+−=

=→+−=→=

−+−=

−=+→=−=

−=→=+

−−−

−−

+

−−

−−

tuetue

vvv

tuev

AAv

tueAv

KKv

tueAv

ss

tt

t

t

p

ta

Hasil ini sama dengan yang telah diperoleh pada contoh-1.8.

1.6. Tanggapan Rangkaian Orde-1 Terhadap Sinyal Sinus

Berikut ini kita akan melihat tanggapan rangkaian terhadap sinyal sinus. Karena tanggapan alami tidak tergantung dari bentuk fungsi pemaksa, maka pencarian tanggapan alami dari rangkaian ini sama seperti apa yang kita lihat pada contoh-contoh sebelumnya,. Jadi dalam hal ini perhatian kita lebih kita tujukan pada pencarian tanggapan paksa.

Bentuk umum dari fungsi sinus yang muncul pada t = 0 adalah

)()cos( tutAy θ+ω= (1.15.a)

Jika kita hanya meninjau keadaan untuk t > 0 saja, maka u(t) pada (1.15.a) tidak perlu dituliskan lagi, sehingga pernyataan fungsi sinus menjadi

)cos( θ+ω= tAy (1.15.b)

Fungsi sinus umum ini dapat kita tuliskan sebagai berikut.


21

θω−θω=θ+ω= sinsincoscos)cos( ttAtAy

θ−=θ=ω+ω=

sindan cosdengan

sincos

AAAA

tAtAy

sc

sc (1.16)

Dengan pernyataan umum seperti (1.16), kita terhindar dari perhitungan sudut fasa θ, karena sudut fasa ini tercakup dalam koefisien Ac dan As. Dalam analisis rangkaian yang melibatkan sinyal sinus, kita akan menggunakan bentuk umum sinyal sinus seperti (1.16). Koefisien Ac dan As tidak selalu ada. Jika sudut fasa θ = 0 maka As = 0 dan jika θ = 90o maka Ac = 0. Jika kita memerlukan nilai sudut fasa dari fungsi sinus yang dinyatakan dengan persamaan umum (1.16), kita menggunakan hubungan

c

s

A

A=θtan (1.17)

Turunan fungsi sinus akan berbentuk sinus juga.

tAtAdt

yd

tAtAdt

dytAtAy

sc

scsc

ωω−ωω−=

ωω+ωω−=ω+ω=

sincos

cossin ; sincos

222

2 (1.18)

Oleh karena itu, penjumlahan y dan turunannya akan berbentuk fungsi sinus juga dan hal inilah yang membawa kita pada persamaan (1.8).

CONTOH-1.10: Carilah tegangan dan arus kapasitor untuk t > 0 pada rangkaian di bawah ini, jika diketahui bahwa vs=50cos10t u(t) V dan v(0+) = 0.

Solusi :

Persamaan tegangan simpul untuk simpul A adalah

156

1 0

1510

1

15

1 sC

sC

viv

viv =+→=−+

+

Karena iC = C dv/dt , persamaan di atas dapat kita tulis

iC

A

15Ω

1/30 F vs 10Ω

+ v −

+ −



1530

1

6

1 sv

dt

dvv =+ atau tv

dt

dv10cos1005 =+

Faktor u(t) tak dituliskan lagi karena kita hanya melihat keadaan pada t > 0.

ta eAv

ss 5

0 : alaminggapan Dugaan ta

505 :tik karakteris Persamaan −=

−=→=+

Fungsi pemaksa berbentuk sinus. Tanggapan paksa kita duga akan berbentuk Accosωt+Assinωt.

t

p

sccccs

cssc

scsc

scp

eAttv

ttv

AAAAAA

AAAA

ttAtAtAtA

tAtAv

5010sin810cos4 : lengkapnggapan Dugaan ta

10sin810cos4 : paksa Tanggapan

8dan 4100520 2

100510dan 0510

10cos10010sin510cos510cos1010sin10

: memberikanrangkaian persamaan ke inidugaan tanggapanSubstitusi

10sin10cos : paksanggapan Dugaan ta

−++=

+===⇒=+→=→

=+=+−→=+++−

+=

( )A 66,010cos66,210sin33,1

2010cos8010sin4030

1 : kapasitor Arus

V 410sin810cos4 : kapasitor tegangan Jadi

4 40 : awal kondisi Penerapan

0)0( awal Kondisi

5

5

5

00

t

tC

t

ett

ettdt

dvCi

ettv

AA

v

−

−

−

+

++−=

++−==

−+=

−=→+==

CONTOH-1.11: Carilah tegangan dan arus kapasitor pada contoh-1.10. jika kondisi awalnya adalah v(0+) = 10 V.

Solusi :

Tanggapan lengkap telah diperoleh pada contoh-1.10.


23

( )A 10cos33,210sin33,1

3010cos8010sin4030

1 : kapasitor Arus

V 610sin810cos4 : Jadi

6 41010)0( awal Kondisi

10sin810cos4 : lengkap Tanggapan

5

5

5

00

50

t

tC

t

t

ett

ettdt

dvCi

ettv

AAv

eAttv

−

−

−

+

−

−+−=

−+−==

++=

=→+=→=

++=

CONTOH-1.12: Carilah tegangan kapasitor pada contoh 1.10. jika vs = 50cos(10t + θ)u(t) V dan kondisi awalnya adalah v(0+) = 10 V.

Solusi :

tAtAv

eAv

tt

tvdt

dv

scp

ta


4.10.)contoh seperti (sama : alami Tanggapan

10sinsin10010coscos100

)10cos(1005 : rangkaian Persamaan

50

+==

θ−θ=

θ+=+

−

t

t

sc

cccs

cssc

scsc

ettv

A

Av

eAttv

AA

AAAA

AAAA

tt

tAtAtAtA

5

0

0

50

)sin8cos410()10sin(8)10cos(4 : Jadi

)sin8cos4(10

sin8cos41010)0( awal Kondisi

)10sin(8)10cos(4 : lengkap Tanggapan

cos8sin4dan sin84cos

cos100520sin200dan 2sin20

cos100510dan sin100510

10sinsin10010coscos100

10sin510cos510cos1010sin10

: memberikan

rangkaian persamaan ke inidugaan paksa tanggapanSubstitusi

−

+

−

θ−θ−+θ++θ+=

θ+θ−=→+θ+θ=→=

+θ++θ+=

θ+θ−=θ+θ=⇒

θ=++θ−+θ−=→θ=+θ−=+−→

θ−θ=+++−



1.7. Tanggapan Masukan Nol dan Tanggapan Status Nol

Jika suatu rangkaian tidak mempunyai masukan, dan yang ada hanyalah simpanan energi dalam rangkaian, maka tanggapan rangkaian dalam peristiwa ini kita sebut tanggapan masukan nol. Bentuk tanggapan ini secara umum adalah

tabm eyy )/(

0 )0( −+= (1.19)

Sebagaimana kita ketahui y(0+) adalah kondisi awal, yang menyatakan adanya simpanan energi pada rangkaian pada t = 0−. Jadi tanggapan masukan nol merupakan pelepasan energi yang semula tersimpan dalam rangkaian.

Jika rangkaian tidak mempunyai simpanan energi awal, atau kita katakan ber-status-nol, maka tanggapan rangkaian dalam peristiwa ini kita sebut tanggapan status nol. Bentuk tanggapan ini ditunjukkan oleh (1.13) yang kita tuliskan lagi sebagai

tabffs eyyy )/(

0 )0( −+−= (1.20)

dengan yf adalah tanggapan keadaan mantap atau keadaan final, yang telah kita sebut pula sebagai tanggapan paksa. Suku kedua adalah negatif dari nilai tanggapan mantap pada t = 0 yang menurun secara eksponensial. Ini merupakan reaksi alamiah rangkaian yang mencoba mempertahankan status-nol-nya pada saat muncul fungsi pemaksa pada t = 0. Jadi suku kedua ini tidak lain adalah tanggapan alamiah dalam status nol.

Tanggapan lengkap rangkaian seperti ditunjukkan oleh (1.12) dapat kita tuliskan kembali sebagai

tabtabffms eyeytyyyy )/( )/(

00 )0( )0()( −+−+ +−=+=

Pengertian mengenai tanggapan status nol dan tanggapan masukan nol tersebut di atas, mengingatkan kita pada prinsip superposisi. Rangkaian dapat kita pandang sebagai mengandung dua macam masukan; masukan yang pertama adalah sumber yang membangkitkan fungsi pemaksa x(t), dan masukan yang kedua adalah simpanan energi awal yang ada pada rangkaian. Dua macam masukan itu masing-masing dapat kita tinjau secara terpisah. Jika hanya ada fungsi pemaksa, kita akan mendapatkan tanggapan status nol ys0 , dan jika hanya ada simpanan energi awal saja


25

maka kita akan mendapatkan tanggapan masukan nol ym0. Tanggapan lengkap adalah jumlah dari tanggapan status nol dan tanggapan masukan nol, y = ys0 + ym0 . Sebagai contoh kita akan melihat lagi persoalan pada contoh 1.11. yang akan kita selesaikan dengan menggunakan pengertian tanggapan status nol dan tanggapan masukan nol.

CONTOH-1.13: Carilah tegangan dan arus kapasitor untuk t > 0 pada rangkaian di samping ini, jika diketahui bahwa v(0+) = 10 V dan vs=50cos10t u(t) V

Solusi :

Persamaan rangkaian ini telah kita dapatkan untuk peninjauan pada t > 0, yaitu

tvdt

dv10cos1005 =+

tms

t

stffs

ff

sc

cccs

cssc

scsc

scf

tmm

m

tmm

ettvvv

ett

evvv

vttv

AA

AAAA

AAAA

t

tAtAtAtA

tAtAv

evK

vv

eKv

ss

500

5

0

500

0

500


410sin810cos4

)0( : nol status Tanggapan

4)0(10sin810cos4 : mantap Tanggapan

84

100520100510

20510

10cos100

10sin510cos510cos1010sin10

10sin10cos : mantapnggapan Dugaan ta

10 10

10)0()0( : awal Kondisi

: nolmasukan Tanggapan


−

−

+

+

−

++

−

++=+=

−+=

−=

=→+=

=⇒=⇒

=+→=+=→=+−→

=+++−→

+==⇒=⇒

==

=

−=→=+

iC 15Ω

1/30 F vs 10Ω

+ v −

+ −



1.8. Ringkasan Mengenai Tanggapan Rangkaian Orde-1

Tanggapan rangkaian terdiri dari tanggapan paksa dan tanggapan alami. Tanggapan alami merupakan komponen transien dengan konstanta waktu yang ditentukan oleh nilai-nilai elemen rangkaian. Tanggapan paksa merupakan tanggapan rangkaian terhadap fungsi pemaksa dari luar dan merupakan komponen mantap atau kondisi final.

Tanggapan rangkaian juga dapat dipandang sebgai terdiri dari tanggapan status nol dan tanggapan masukan nol. Tanggapan status nol adalah tanggapan rangkaian tanpa simpanan energi awal. Tanggapan masukan nol adalah tanggapan rangkaian tanpa masukan atau dengan kata lain tanggapan rangkaian tanpa pengaruh fungsi pemaksa.

Tanggapan Paksa : ditentukan oleh fungsi pemaksa. merupakan komponen mantap; tetap ada untuk t →∞.

Tanggapan Alami : tidak ditentukan oleh fungsi pemaksa. merupakan komponen transien; hilang pada t →∞. konstanta waktu τ = a/b

τ−+= / 0 )( t

p eAtyy

τ−+τ−+ +−= / / )0( )0()( ttpp eyeytyy

Tanggapan Status Nol : tanggapan rangkaian jika tidak ada simpanan energi awal.

Tanggapan Masukan Nol : tanggapan rangkaian jika tidak ada masukan. upaya rangkaian untuk melepaskan simpanan energinya.


27

Soal-Soal

1. Carilah bentuk gelombang tegangan / arus yang memenuhi persamaan diferensial berikut.

V 5)0( , 015 b).

V 10)0( , 010 .a)

==+

==+

+

+

vvdt

dv

vvdt

dv

mA 5)0( , 010 d).

A 2)0( , 08 .c)

4 −==+

==+

+

+

iidt

di

iidt

di

V 5)0( , )(1010 f).

0)0( , )(1010 .e)

==+

==+

+

+

vtuvdt

dv

vtuvdt

dv

mA 20)0( , )(10010 h).

0)0( , )(10010 .g)

4

4

−==+

==+

+

+

ituidt

di

ituidt

di

V 5)0( , )()5cos(1010 j).

0)0( , )()5cos(105 .i)

==+

==+

+

+

vtutvdt

dv

vtutvdt

dv

A 5,0)0( , )( ]100[sin 10010 l).

0)0( , )( ]100[sin 10010 .k)

4

4

==+

==+

+

+

itutidt

di

itutidt

di



2. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama berada pada posisi A. Pada t = 0, ia dipindahkan ke posisi B. Carilah vC untuk t > 0.

3. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama tertutup. Pada t = 0, ia dibuka. Carilah iL untuk t > 0.

4. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama tertutup. Pada t = 0, ia dibuka. Carilah vC untuk t > 0.

5. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama terbuka. Pada t = 0, ia ditutup. Carilah vC untuk t > 0.

0,6kΩ 0,5kΩ

20 V

S

2kΩ

+ vC −

0,1µF + −

2kΩ 1kΩ

18 V

S

2kΩ

+ vC −

+ −

1µF

2kΩ 1kΩ

20 V

S

2kΩ 1H

iL + −

+ vC −

1kΩ 1kΩ

10µF 20 V

+ −

S

A B


29

6. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama terbuka. Pada t = 0, ia ditutup. Carilah vo untuk t > 0.

7. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama terbuka. Pada t = 0, ia ditutup. Carilah vo untuk t > 0.

8. Rangkaian di bawah ini telah lama dalam keadaan mantap dengan saklar dalam keadaan terbuka. Pada t = 0 saklar S ditutup. Tentukan i dan v untuk t > 0.

9. Sebuah kumparan mempunyai induktansi 10 H dan resistansi 10 Ω. Pada t = 0, kumparan ini diberi tegangan 100 V. Berapa lama dibu-tuhkan waktu untuk mencapai arus setengah dari nilai akhirnya ?

10. Sebuah rele mempunyai kumparan dengan induktansi 1,2 H yang resis-tansinya 18 Ω. Jangkar rele akan terangkat jika arus di kumparannya mencapai 50 mA. Rele ini dioperasikan dari jauh melalui kabel yang resistansi totalnya 45 Ω dan dicatu oleh batere 12 V dengan resistansi internal 1 Ω. Hitunglah selang waktu antara saat ditutupnya rangkaian dengan saat mulai beroperasinya rele.

1Ω

i 12Ω

4Ω

+ v _

2 H

5A

5Ω

S

10kΩ 6kΩ 20 V

S

20kΩ

+ vo −

+ − 3H

3kΩ 8kΩ

20 V

S

2kΩ

+ vo − 0,1µF

+ −



11. Sebuah kapasitor 20 µF terhubung paralel dengan resistor R. Rangkaian ini diberi tegangan searah 500 V dan setelah cukup lama sumber tegangan dilepaskan. Tegangan kapasitor menurun mencapai 300 V dalam waktu setengah menit. Hitunglah berapa MΩ resistor yang terparalel dengan kapasitor ?

12. Pada kabel penyalur daya, konduktor dan pelindung metalnya membentuk suatu kapasitor. Suatu kabel penyalur daya searah sepanjang 10 km mempunyai kapasitansi 2,5 µF dan resistansi isolasinya 80 MΩ. Jika kabel ini dipakai untuk menyalurkan daya searah pada tegangan 20 kV, kemudian beban dilepaskan dan tegangan sumber juga dilepaskan, berapakah masih tersisa tegangan kabel 5 menit setelah dilepaskan dari sumber ?

13. Tegangan bolak-balik sinus dengan amplitudo 400 V dan frekuensi 50 Hz, diterapkan pada sebuah kumparan yang mempunyai induktansi 0,1 H dan resistansinya 10 Ω. Bagaimanakah persamaan arus yang melalui kumparan itu beberapa saat setelah tegangan diterapkan ? Dihitung dari saat tegangan diterapkan, berapa lamakah keadaan mantap tercapai ?


31

BAB 2 Analisis Transien Rangkaian Orde-2

Dengan mempelajari analisis transien sistem orde ke-dua kita akan

• mampu menurunkan persamaan rangkaian yang merupakan rangkaian orde-2.

• memahami bahwa tanggapan rangkaian terdiri dari tanggapan paksa dan tanggapan alami yang mungkin berosilasi.

• mampu melakukan analisis transien pada rangkaian orde-2.

2.1. Contoh Rangkaian Orde-2

Rangkaian RLC Seri. Kita lihat rangkaian seri RLC seperti pada Gb.2.1. Saklar S ditutup pada t = 0. Langkah pertama dalam mencari tanggapan rangkaian ini adalah mencari persamaan rangkaian. Karena rangkaian mengandung C dan L, maka ada dua peubah status, yaitu tegangan kapasitor dan arus induktor, yang dapat kita pilih untuk digunakan dalam mencari persamaan rangkaian,. Kita akan mencoba lebih dulu menggunakan tegangan kapasitor sebagai peubah rangkaian, kemudian melihat apa yang akan kita dapatkan jika arus induktor yang kita pilih.

Aplikasi HTK untuk t > 0 pada rangkaian ini memberikan :

invvdt

diLRi =++ (2.1)

Karena i = iC = C dv/dt, maka persamaan (2. 1) menjadi :

Gb.2.1. Rangkaian RLC seri.

R i C

+ v −

L

vs

+

−

S

+

vin

−



invvdt

dvRC

dt

vdLC =++

2

2

(2.2)

Persamaan (2.2) adalah persamaan diferensial orde-2, yang merupakan diskripsi lengkap rangkaian, dengan tegangan kapasitor sebagai peubah. Untuk memperoleh persamaan rangkaian dengan arus induktor i sebagai peubah, kita manfaatkan hubungan arus-tegangan kapasitor, yaitu

∫=→== idtC

vdt

dvCii C

1

sehingga (2.1) menjadi:

invvidtC

Ridt

diL =+++ ∫ )0(

1 atau

inin i

dt

dvCi

dt

diRC

dt

idLC ==++

2

2

(2.3)

Persamaan (2.2) dan (2.3) sama bentuknya, hanya peubah sinyalnya yang berbeda. Hal ini berarti bahwa tegangan kapasitor ataupun arus induktor sebagai peubah akan memberikan persamaan rangkaian yang setara. Kita cukup mempelajari salah satu di antaranya.

Rangkaian RLC Paralel. Perhatikan rangkaian RLC paralel seperti pada Gb.2.2. Aplikasi HAK pada simpul A mem-berikan

sCLR iiii =++

Hubungan ini dapat dinyatakan dengan arus induktor iL = i sebagai peubah, dengan me-manfaatkan hubungan v =vL =L di/dt, sehingga iR

= v/R dan iC = C dv/dt .

R iL = i

C

+ v −

L

iR iC

Gb.2.2. Rangkaian paralel RLC

A

B

is


33

s

s

iidt

di

R

L

dt

idLC

idt

dvCi

R

v

=++

=++

2

2

atau

(2.4)

Persamaan rangkaian paralel RLC juga merupakan persamaan diferensial orde-2.

2.2. Tinjauan Umum Tanggapan Rangkaian Orde-2

Secara umum rangkaian orde-2 mempunyai persamaan yang berbentuk

)(2

2txcy

dt

dyb

dt

yda =++ (2.5)

Pada sistem orde satu kita telah melihat bahwa tanggapan rangkaian terdiri dari dua komponen yaitu tanggapan alami dan tanggapan paksa. Hal yang sama juga terjadi pada sistem orde-2 yang dengan mudah dapat ditunjukkan secara matematis seperti halnya pada sistem orde-1. Perbe-daan dari kedua sistem ini terletak pada kondisi awalnya. Karena rangkaian orde-2 mengandung dua elemen yang mampu menyimpan energi yaitu L dan C, maka dalam sistem ini baik arus induktor maupun tegangan kapasitor harus merupakan fungsi kontinyu. Oleh karena itu ada dua kondisi awal yang harus dipenuhi, yaitu

)0()0(dan )0()0( −+−+ == LLCC iivv

Dalam penerapannya, kedua kondisi awal ini harus dijadikan satu, artinya vC dinyatakan dalam iL atau sebaliknya iL dinyatakan dalam vC , tergantung dari apakah peubah y pada (2.25) berupa tegangan kapasitor ataukah arus induktor.

Sebagai contoh, pada rangkaian RLC seri hubungan antara vC dan iL ada-lah

C

i

dt

dv

dt

dvCiii CC

CL)0(

)0(atau )0()0()0()0(+

+++++ ====

Dengan demikian jika peubah y adalah tegangan kapasitor, dua kondisi awal yang harus diterapkan, adalah:



C

i

dt

dvvv LC

CC)0(

)0(dan )0()0(+

+−+ == .

Contoh lain adalah rangkaian paralel RLC; hubungan antara vC dan iL adalah

L

v

dt

di

dt

diLvv CLL

LC)0(

)0(atau )0()0()0(+

++++ ===

Dengan demikian jika peubah y adalah arus induktor, dua kondisi awal yang harus diterapkan, adalah:

L

v

dt

diii CLLL

)0()0(dan )0()0(

++−+ == .

Secara umum, dua kondisi awal yang harus kita terapkan pada (2.5) ada-lah

rangkaianhubungan dari dicari )0('dengan

)0(')0(dan )0()0(

+

++−+ ==

y

ydt

dyyy

(2.6)

Tanggapan Alami. Tanggapan alami diperoleh dari persamaan rangkaian dengan memberikan nilai nol pada ruas kanan dari persamaan (2.5), se-hingga persamaan menjadi

02

2=++ cy

dt

dyb

dt

yda (2.7)

Agar persamaan ini dapat dipenuhi, y dan turunannya harus mempunyai bentuk sama sehingga dapat diduga y berbentuk fungsi eksponensial ya = Kest dengan nilai K dan s yang masih harus ditentukan. Kalau solusi ini dimasukkan ke (2.7) akan diperoleh :

( ) 0

atau 0 2

2

=++

=++

cbsasKe

cKebKseeaKsst

ststst

(2.8)

Fungsi est tidak boleh nol untuk semua nilai t . Kondisi K = 0 juga tidak diperkenankan karena hal itu akan berarti ya = 0 untuk seluruh t. Satu-satunya jalan agar persamaan ini dipenuhi adalah


35

02 =++ cbsas (2.9)

Persamaan ini adalah persamaan karakteristik rangkaian orde-2. Secara umum, persamaan karakteristik yang berbentuk persamaan kwadrat itu mempunyai dua akar yaitu :

a

acbbss

2

4,

2

21−±−= (2.10)

Akar-akar persamaan ini mempunyai tiga kemungkinan nilai, yaitu: dua akar riil berbeda, dua akar sama, atau dua akar kompleks konjugat. Konsekuensi dari masing-masing kemungkinan nilai akar ini terhadap bentuk gelombang tanggapan rangkaian akan kita lihat lebih lanjut. Untuk sementara ini kita melihat secara umum bahwa persamaan karakteristik mempunyai dua akar.

Dengan adanya dua akar tersebut maka kita mempunyai dua tanggapan alami, yaitu:

tsa

tsa eKyeKy 21

2211 dan ==

Jika ya1 merupakan solusi dan ya2 juga merupakan solusi, maka jumlah keduanya juga merupakan solusi. Jadi tanggapan alami yang kita cari akan berbentuk

tstsa eKeKy 21

21 += (2.11)

Konstanta K1 dan K2 kita cari melalui penerapan kondisi awal pada tanggapan lengkap.

Tanggapan Paksa. Tanggapan paksa kita cari dari persamaan (2.5). Tanggapan paksa ini ditentukan oleh bentuk fungsi masukan. Cara menduga bentuk tanggapan paksa sama dengan apa yang kita pelajari pada rangkaian orde-1, yaitu relasi (2.8). Untuk keperluan pembahasan di sini, tanggapan paksa kita umpamakan sebagai ypaksa= yp.

Tanggapan Lengkap. Dengan pemisalan tanggapan paksa tersebut di atas maka tanggapan lengkap (tanggapan rangkaian) menjadi

tstspap eKeKyyyy 21

21 ++=+= (2.12)



2.3. Tiga Kemungkinan Bentuk Tanggapan

Sebagaimana disebutkan, akar-akar persamaan karakteristik yang bentuk umumnya adalah as2 + bs + c = 0 dapat mempunyai tiga kemungkinan nilai akar, yaitu:

a). Dua akar riil berbeda, s1 ≠ s2, jika b2− 4ac > 0; b). Dua akar sama, s1 = s2 = s , jika b2−4ac = 0; c). Dua akar kompleks konjugat s1 , s2 = α ± jβ jika b2−4ac < 0.

Tiga kemungkinan nilai akar tersebut akan memberikan tiga kemungkinan bentuk tanggapan yang akan kita lihat berikut ini, dengan contoh tanggapan rangkaian tanpa fungsi pemaksa.

Dua Akar Riil Berbeda. Kalau kondisi awal y(0+) dan dy/dt (0+) kita terapkan pada tanggapan lengkap (2.12), kita akan memperoleh dua persamaan yaitu

221121 )0()0('dan )0()0( KsKsyyKKyy pp ++′=++= ++++

yang akan menentukan nilai K1 dan K2. Jika kita sebut

)0()0(dan )0()0( 00++++ ′−′=−= pp yyByyA (2.13)

maka kita peroleh 02211021 dan BKsKsAKK =+=+ dan dari

sini kita memperoleh

21

0012

12

0021 dan

ss

BAsK

ss

BAsK

−−=

−−=

sehingga tanggapan lengkap menjadi

tstsp e

ss

BAse

ss

BAsyy 21

21

001

12

002

−−+

−−+= (2.14)

Berikut ini kita lihat suatu contoh. Seperti halnya pada rangkaian orde-1, pada rangkaian orde-2 ini kita juga mengartikan tanggapan rangkaian sebagai tanggapan lengkap. Hal ini didasari oleh pengertian tentang kon-disi awal, yang hanya dapat diterapkan pada tanggapan lengkap. Rangkaian-rangkaian yang hanya mempunyai tanggapan alami kita fahami sebagai rangkaian dengan tanggapan paksa yang bernilai nol.


37

CONTOH-2.1: Saklar S pada rangkaian di samping ini telah lama berada pada posisi 1. Pada t = 0 saklar dipin-dahkan ke posisi 2. Ten-tukan tegangan kapasitor , v , untuk t > 0. Solusi :

Kondisi mantap yang telah tercapai pada waktu saklar di posisi 1 membuat kapasitor bertegangan sebesar tegangan sumber, sementara induktor tidak dialiri arus. Jadi

0)0( ; V 15)0( == −− iv

Setelah saklar di posisi 2, persamaan rangkaian adalah :

0=++− iRdt

diLv

Karena i =− iC = −C dv/dt , maka persamaan tersebut menjadi

0

0

2

2=++→

=

−+

−+−

vdt

dvRC

dt

vdLC

dt

dvCR

dt

dvC

dt

dLv

Jika nilai-nilai elemen dimasukkan dan dikalikan dengan 4×106

maka persamaan rangkaian menjadi

0104105,8 632

2=×+×+ v

dt

dv

dt

vd

+ v −

iC

0,25 µF 15 V

8,5 kΩ

+ −

i

1 H S 1 2



alami).n tanggapadari terdirihanya (


115 168000500

)8000(1515

)15(0

0)0()0( )0(0)0()0( b).

15 15 V 15)0()0( a).

: awal Kondisi

nol)) paksa (tanggapan


berbeda). riilakar dua (

8000 ,5004)25,4(104250, :akar -akar

0104105,8 :ik karkterist Persamaan

8000 500

1221

21

21112211

1221

80002

5001

2321

632

tt

CLL

tt

eev

KKss

sK

sKsKsKsKdt

dv

dt

dvCiii

KKKKvv

eKeKv

ss

ss

−−

+++−+

−+

−−

−=

−=−=⇒=+−

−−=−

−=⇒

−+=+=→

=→−=−===

−=⇒+=→==

++=

−−=−±−=→

=×+×+

Dua Akar Riil Sama Besar. Kedua akar yang sama besar tersebut dapat kita tuliskan sebagai

0dengan ; dan 21 →δδ+== ssss (2.15)

Dengan demikian maka tanggapan lengkap dapat kita tulis sebagai

tsstp

tstsp eKeKyeKeKyy )(

212121 δ+++=++= (2.16)

Kalau kondisi awal pertama y(0+) kita terapkan, kita akan memperoleh

02121 )0()0( )0()0( AyyKKKKyy pp =−=+→++= ++++

Jika kondisi awal kedua dy/dt (0+) kita terapkan, kita peroleh

0221

21

)0()0()(

)()0()0(

ByyKsKK

sKsKyy

p

p

=′−′=δ++→

δ+++′=′++

++

Dari kedua persamaan ini kita dapatkan


39

δ−−=→

δ−=→=δ+

sABAK

sABKBKsA

0001

002020

(2.17)

Tanggapan lengkap menjadi

stt

p

sttp

tsstp

ee

sABAy

eesABsAB

Ay

esAB

esAB

Ayy

1

)(

000

00000

)(00000

δ+

δ−−++=

δ−

+

δ−

−+=

δ−

+

δ−

−+=

δ

δ

δ+

(2.18.a)

Karena 1

lim1

lim 0

0t

ee tt=

δ−=

δ+

δ−

δ

→δ

δ

→δmaka tanggapan lengkap

(2.18.a) dapat kita tulis

[ ] stp etsABAyy )( 000 −++= (2.18.b)

Tanggapan lengkap seperti dinyatakan oleh (2.18.b) merupakan bentuk khusus yang diperoleh jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar sama besar. A0 dan B0 mempunyai nilai tertentu yang ditetapkan oleh kondisi awal. Dengan demikian kita dapat menuliskan (2.18.b) sebagai

[ ] stbap etKKyy ++= (2.18.c)

dengan nilai Ka yang ditentukan oleh kondisi awal, dan nilai Kb ditentukan oleh kondisi awal dan s. Nilai s sendiri ditentukan oleh nilai elemen-elemen yang membentuk rangkaian dan tidak ada kaitannya dengan kondisi awal. Dengan kata lain, jika kita mengetahui bahwa persamaan karakteristik rangkaian mempunyai akar-akar yang sama besar (akar kembar) maka bentuk tanggapan rangkaian akan seperti yang ditunjukkan oleh (2.18.c).



CONTOH-2.2: Persoalan sama dengan contoh-2.1. akan tetapi resistor 8,5 kΩ diganti dengan 4 kΩ.

Solusi :

( ) ( )

( )

( ) V 3000015 : Jadi 30000

0)0(

memberikan lengkap

n tanggapapada 0)0( kedua awal kondisi Aplikasi

.15)0( memberikan

ini lengkapn tanggapapada pertama awal kondisi Aplikasi

.0 karena , 0

:berbentuk akan lengkap tanggapan

itu karenaoleh besar samaakar dua terdapatsini Di

20001041042000, :akar -akar


0104104 :adalah rangkaian Persamaan

2000

6621

62

632

2

tab

abst

bast

b

a

pst

bast

bap

etvsKK

sKKdt

dvestKKeK

dt

dv

dt

dv

Kv

vetKKetKKvv

sss

ss

vdt

dv

dt

vd

−

+

+

+

+=⇒=−=→

+==→++=

=

==

=++=++=

=−=×−×±−=

=×++

=×+×+

Akar-Akar Kompleks Konjugat. Dua akar kompleks konjugat dapat dituliskan sebagai

β−α=β+α= jsjs 21 dan

Tanggapan lengkap dari situasi ini, menurut (2.32) adalah

( ) ttjtjp

tjtjp

eeKeKy

eKeKyy

αβ−β+

β−αβ+α

++=

++=

2

1

)(2

)(1

(2.19)

Aplikasi kondisi awal yang pertama, y(0+), pada (2.19) memberikan

( )

021

21

)0()0(

)0()0(

AyyKK

KKyy

p

p

=−=+→

++=++

++


41

Aplikasi kondisi awal yang kedua, )0()0( ++ ′= ydt

dv, pada (2.19) mem-

berikan

( ) ( ) ttjtjttjtjpeeKeKeeKjeKj

dt

dy

dt

dy αβ−βαβ−β α++β−β+= 2121

( ) ( )

( ) ( ) 02121

2121

)0()0(

)0()0()0(

ByyKKKKj

KKKjKjyydt

dy

p

p

=′−′=+α+−β→

α++β−β+′=′=

++

+++

Dari sini kita peroleh

( ) ( )βα−

=−→=+α+−β

=+

j

ABKKBKKKKj

AKK

002102121

021

2

/)( ;

2

/)( 0002

0001

βα−−=

βα−+=

jABAK

jABAK

Tanggapan lengkap menjadi

tp

ttjtjtjtj

p

ttjtjp

etAB

tAy

ej

eeABeeAy

eejABA

ejABA

yy

α

αβ−β+β−β+

αβ−β+

β

βα−

+β+=

−β

α−+++=

βα−−+

βα−++=

sin)(

cos

2

)(

2

2

/)(

2

/)(

000

00

0

000 000

(2.20)

A0 dan B0 mempunyai nilai tertentu yang ditetapkan oleh kondisi awal sedangkan α dan β ditentukan oleh nilai elemen rangkaian. Dengan demikian tanggapan lengkap (2.53) dapat kita tuliskan sebagai

( ) tbap etKtKyy αβ+β+= sincos (2.21)

dengan Ka dan Kb yang masih harus ditentukan melalui penerapan kondi-si awal. Ini adalah bentuk tanggapan lengkap khusus untuk rangkaian dengan persamaan karakteristik yang mempunyai dua akar kompleks konjugat.



CONTOH-2.3: Persoalan sama dengan contoh 2.1. akan tetapi resistor 8,5 kΩ diganti dengan 1 kΩ.

Solusi :

Dengan penggantian ini persamaan rangkaian menjadi

010410 632

2=×++ v

dt

dv

dt

vd

( )( )

( )

( )

( ) V ) 15500sin(15) 15500cos(15

:adalah lengkapn tanggapaJadi

1515500

15500 0)0(

sincos

cossin

kedua awal kondisi Aplikasi

15)0( : memberikan pertama awal kondisi Aplikasi

sincos0

sincos

berbentukakan diduga lengkap Tanggapan

15500 ; 500dengan

:konjugat kompleksakar dua terdapatsini Di

15500500

104500500, :akar -akar


500

6221

62

t

abab

tba

tba

a

tba

tbap

ettv

KKKK

dt

dv

etKtK

etKtKdt

dv

Kv

etKtK

etKtKvv

j

j

ss

dt

dvs

−

+

α

α

+

α

α

+=

=×=β

α−=→α+β==

αβ+β+

ββ+ββ−=

==

β+β+=

β+β+=

=β−=αβ±α

±−=

×−±−=

=×++


43

Contoh 2.1, 2.2, dan 2.3 menunjukkan tiga kemungkinan bentuk tangga-pan, yang ditentukan oleh akar-akar persamaan karakteristik.

a). Jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar yang berbeda, tanggapan alami akan merupakan jumlah dari dua suku yang masing-masing merupakan fungsi eksponenial. Dalam kasus seperti ini, tangga-pan rangkaian merupakan tanggapan amat teredam.

b). Jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar yang sama besar, maka tanggapan alami akan merupakan jumlah dari fungsi eksponensial dan ramp teredam. Tanggapan ini merupakan tanggapan teredam kritis.

c). Jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar kompleks konju-gat, maka tanggapan alami merupakan jumlah dari fungsi-fungsi sinus teredam. Jadi tanggapan rangkaian berosilasi terlebih dulu sebelum akhirnya mencapai nol, dan disebut tanggapan kurang teredam. Bagian riil dari akar persamaan karakteristik menentukan peredaman; sedangkan bagian imajinernya menentukan frekuensi osilasi. (Gambar di bawah ini menunjukkan perubahan v pada contoh-contoh di atas.)

2.4. Tanggapan Rangkaian Orde-2 Terhadap Sinyal Anak Tangga

Bentuk umum sinyal anak tangga adalah Au(t). Jika kita hanya meninjau keadaan pada t > 0, maka faktor u(t) tidak perlu dituliskan lagi.

v [V]

sangat teredam (contoh 2.1)

teredam kritis (contoh 2.2)

kurang teredam (contoh 2.3)

t [s]

-10

-5

0

5

10

15

20

0 0.002 0.004 0.006 0.008 0.01



CONTOH-2.4: Jika vs=10u(t) V, bagaimana-kah keluaran vo rangkaian di samping ini pada t > 0 untuk berbagai nilai µ ? Solusi :

Karena vo = µvB maka kita mencari persamaan rangkaian dengan tegangan simpul B , yaitu vB , sebagai peubah. Persamaan tegangan simpul untuk simpul A dan B adalah

( )

dt

dvvv

vdt

dvv

viv

vvvvdt

dv

vviv

BBA

AB

BA

B

BsBAA

BsA

+=⇒

=−+⇒=−+

=−−µ−+⇒

=−−+

+

001010

1

0 2

0101010

1

10

1

626

66166

Dua persamaan diferensial orde satu ini jika digabungkan akan mem-berikan persamaan diferensial orde-2.

10222

2==−µ−+++ sB

BBBBB vv

dt

dv

dt

vd

dt

dv

dt

dvv atau

10)3(2

2=+µ−+ B

BB vdt

dv

dt

vd

10



2

4)3()3(,

01)3( :tik karakteris Pers.

33

s2

s1

2

1

2

21

=⇒

=++→=

++=

−µ−±µ−−=→

=+µ−+

Bp

Bp

ttBpB

s

v

KKv

eKeKvv

ss

ss

1MΩ + −

1µF

µvB

B A

vs

i2

i1

+ vo 1MΩ

1µF

+ −


45

( )

kritis. teredam s14)3( Jika

teredam.kurang kompleks s,

14)3( Jika

redam.sangat te s14)3( Jika

10

10 : lengkap Tanggapan

o212

o21

2

o212

s2

s1o

s2

s1

21

21

vs

vs

vs

eKeKv

eKeKvtt

ttB

⇒=→=µ→=µ−

⇒

→>µ→<µ−

⇒≠→<µ→>µ−

++µ=⇒

++=

Pemahaman : Bentuk tegangan keluaran ditentukan oleh nilai µ dan nilai elemen-elemen rangkaian. Kita dapat memilih nilai-nilai yang sesuai untuk memperoleh tanggapan rangkaian yang kita inginkan. Untuk µ > 3 akan terjadi keadaan tak stabil karena akar-akar bernilai riil positif; peredaman tidak terjadi dan sinyal membesar tanpa batas.

CONTOH-2.5: Carilah vo pada contoh 2.4 jika µ = 2 dan tegangan awal kapasitor masing-masing adalah nol. Solusi : Persamaan rangkaian, dengan µ = 2, adalah

10)3(2

2=+µ−+ B

BB vdt

dv

dt

vd atau

102

2=++ B

BB vdt

dv

dt

vd

( )

( ) tbaB

BpBp

tbaBpB

s

etKtKv

vKKv

etKtKvv

j

jss

ss

α

α

β+β+=

=⇒=++→=

β+β+=

=β−=αβ±α

±−=−±−=→

=++

sincos10 : lengkap Tanggapan

101000 : paksaTanggapan

sincos

: berbentuk diduga lengkap Tanggapan

) 35,0 ; 5,0 ; :konjugat kompleksakar (dua

35,05,02

411,

01 :tik karakteris Pers.

1

2



( ) ( )

tB

abab

B

tba

tba

B

aaB

BB

BB

AB

ettv

KKKK

dt

dv

etKtKetKtKdt

dv

KK)(v

dt

dv

dt

dv

viv

vvv

5.0

5

25

o

) 35,0sin(3

10) 35,0cos(1010

3

10

35,0

10)(0,5 0)0(

sincos cossin

10 1000 :memberikan

lengkapn tanggapake ini awal kondisi dua Penerapan

0)0( 00)0(100

0)0(2)0(10)0(

0)0()0(dan 0)0(

nol.n berteganga kapasitor kedua :adalah awalnya Kondisi

−

+

αα

+

++

+++

+++

+−=⇒

−=−×=β

α−=→α+β==

αβ+β+ββ+ββ−=

−=⇒+==

=→=−+→

=−+→

=−=→

2.5. Tanggapan Rangkaian Orde-2 Terhadap Sinyal Sinus

Masukan sinyal sinus secara umum dapat kita nyatakan dengan x(t) = Acos(ωt+θ) u(t). Untuk peninjauan pada t > 0 faktor u(t) tak perlu ditulis lagi. Dengan demikian persamaan umum rangkaian orde-2 dengan ma-sukan sinyal sinus akan berbentuk

)cos(2

2θ+ω=++ tAcy

dt

dyb

dt

yda

Persamaan karakterisik serta akar-akarnya tidak berbeda dengan apa yang telah kita bahas untuk sumber tegangan konstan, dan memberikan tanggapan alami yang berbentuk

tstsa eKeKv 21

21 +=

Untuk masukan sinus, tanggapan paksa diduga akan berbentuk

vp = Accosωt + Assinωt


47

CONTOH-2.6: Carilah v dan i untuk t > 0 pada rangkaian di samping ini jika vs = 26cos3t u(t) V sedangkan i(0) = 2 A dan v(0) = 6 V. Solusi : Aplikasi HTK untuk rangkaian ini akan memberikan

3cos266

1

6

505

2

2tv

dt

vd

dt

dvv

dt

diivs =++→=+++− atau

tvdt

dv

dt

vd3cos15665

2

2=++

( ) ( )

A 23cos53sin6

1

V 263sin103cos2 : lengkap Tanggapan

2 6

323012 : kedua awal kondisi Aplikasi

8 26 : pertama awal kondisi Aplikasi

12)0()0(6

12)0(dan 6)0( : awal Kondisi


10375

01565 ; 2

753

0156

0315dan 156153

3cos1563sin61593cos6159


: lengkapggapan Dugaan tan

3 ,2, :akar -akar

);3)(2(065 :tik karakteris Persamaan

32

3221

21

1221

32

21

32

21

21

2

tt

tt

tt

sc

scsc

scscsc

scp

ttp

eettdt

dvi

eettv

KK

KK

KKKKdt

dv

dt

dviv

eKeKttv

AA

AAAA

ttAAAtAAA

tAtAv

eKeKvv

ss

ssss

−−

−−

++++

−−

−−

−−+==⇒

+++−=

=⇒=⇒

−−=−=→++−=

=→===

+++−=

=+

−×=−=−−+=⇒

=−−=+−→=+−−+++−→

+=

++=

−−=++==++

+ −

5Ω 1H

F6

1

i

vs

+ v −



CONTOH-2.7: Pada rangkaian di samping ini, vs = 10cos5t u(t) V. Ten-tukanlah tegangan kapasi-tor v untuk t > 0, jika te-gangan awal kapasitor dan arusawal induktor adalah nol. Solusi:

sB

Bs

vdt

dvvv

vv

dt

dvv

5,15,15,2

0644

1

6

1

4

1 :A Simpul

−+=→

=−−+

+

05,15,15,26

5,15,15,2 06

0606

)0(1

6 : B Simpul

=−

−++

−+→=−+→

=−+→=−++ ∫∫

dt

dvv

dt

dvv

vdt

dvv

dt

d

dt

dvv

dt

dv

vdtvvv

idtvL

v

s

sBB

BBLBB

→dt

dvvv

dt

dv

dt

vd ss 5,19155,105,1

2

2+=++ atau

dt

dvvv

dt

dv

dt

vd ss +=++ 6107

2

2

Dengan tegangan masukan vs = 10cos5t maka persamaan rangkaian menjadi

-30

-20

-10

0

10

20

30

0 2 4 6 8 10

v [V] i [A]

t [s]

v

i

vs

4Ω + − B

A

vs + v −

6Ω

0,25F 1H


49

ttvdt

dv

dt

vd5sin505cos60107

2

2−=++

tt

sCL

tt

p

cs

cssc

scs

csc

scp

ttp

s

eettv

KK

KKKKdt

dv

KKKKv

dt

dvdt

dvvii

v

eKeKttv

ttv

AA

AAAA

tAAA

tAAA

tAtAv

eKeKvv

ss

ss

52

21

1121

1221

52

21

52

21

21

2

383,45sin93,05cos83,1 :lengkap Tanggapan

3 83,4

)83.1(5235,5 5265,410)0(

83,1 83,10)0(

: lengkapn tanggapapada ini awal kondisi kedua Aplikasi

10)0(

)0(4

15,2

4

10

4

)0()0( 0)0( (2)

0)0( (1)

: awal Kondisi

5sin93,05cos83,1 : lengkap Tanggapan

5sin93,05cos83,1

83,1 ; 0,93

503515dan 603515

50sin6t60cos6t6sin)103525(

6cos)103525(



.5 , 2105,35,3,


−−

+

+

+

++

++

+

−−

−−

−++−=

−=⇒=⇒

−−−=→−−==

−=→++−==

=⇒

====→=

=

+++−=

+−=⇒

−==⇒

−=−−=+−→

−=

+−−+++−

→

+=

++=

−−=−±−=→

=++



Soal-Soal

1. Carilah bentuk gelombang tegangan yang memenuhi persamaan diferensial berikut.

V/s 5)0( V, 0)0(

, 054 c).

V/s 10)0( V, 0)0(

, 044 b).

V/s 15)0( ,0)0(

, 0107 .a)

2

2

2

2

2

2

========

====++++++++

========

====++++++++

========

====++++++++

++++++++

++++++++

++++++++

dt

dvv

vdt

dv

dt

vd

dt

dvv

vdt

dv

dt

vd

dt

dvv

vdt

dv

dt

vd

2. Ulangi soal 1 untuk persamaan berikut.

V/s 10)0(

V, 5)0(

, )(100258 c).

V/s 10)0(

V, 5)0(

, )(1002510 b).

V/s 25)0(

,5)0(

, )(1002410 .a)

2

2

2

2

2

2

========

====++++++++

========

====++++++++

========

====++++++++

++++

++++

++++

dt

dvv

tuvdt

dv

dt

vd

dt

dvv

tuvdt

dv

dt

vd

dt

dvv

tuvdt

dv

dt

vd


51

3. Ulangi soal 1 untuk persamaan berikut.

V/s 0)0( V, 0)0(

, )( ] 1000[cos100102 c).

V/s 0)0( V, 0)0(

, )( ] 1000[cos10096 b).

V/s 0)0( ,0)0(

, )( ] 1000[cos10086 .a)

2

2

2

2

2

2

========

====++++++++

========

====++++++++

========

====++++++++

++++++++

++++++++

++++++++

dt

dvv

tutvdt

dv

dt

vd

dt

dvv

tutvdt

dv

dt

vd

dt

dvv

tutvdt

dv

dt

vd

4. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah berada pada posisi A da-lam waktu yang lama. Pada t = 0, ia dipindahkan ke posisi B. Caril-ah vC untuk t > 0

5. Saklar S pada rangkaian di bawah ini telah berada di posisi A dalam

waktu yang lama. Pada t = 0 , saklar dipindahkan ke posisi B. Ten-tukan iL(t) untuk t > 0.

15V

10kΩ

2 H 2,5kΩ

iL

0,02 µF

A B

S

+ −

+ vc −

B 6kΩ 6kΩ

25pF 10 V

S A

0,4H + −



6. Saklar S pada rangkaian di bawah ini telah berada di posisi A dalam waktu yang lama. Pada t = 0 , saklar dipindahkan ke posisi B. Ten-tukan iL(t) untuk t > 0.

7. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama terbuka. Pada t = 0, ia ditutup. Carilah vC untuk t > 0

8. Saklar S pada rangkaian di bawah ini telah berada di posisi A dalam waktu yang lama. Pada t = 0 , saklar dipindahkan ke posisi B. Ten-tukan vC untuk t > 0.

9. Tegangan masukan vs pada rangkaian di bawah ini adalah vs = 100u(t) V. Tentukan tegangan kapasitor untuk t>0.

+ vc −

3kΩ 3kΩ

0,1µF 10 V S

0,4H + −

15 V

0,4kΩ

25kΩ

0,01µF

A B

S

+ −

− +

15 V 10mH

+ vC −

+ vC −

4kΩ vs 50pF

+ − 50mH

15 V

0,4kΩ 25kΩ

iL

0,01µF

A B

S

+ −

+ − 15 V 10mH


53

10. Setelah terbuka dalam waktu cukup lama, saklar S pada rangkaian di bawah ini ditutup pada t = 0. Tentukan v1 dan v2 untuk t > 0.

11. Rangkaian berikut tidak mempunyai simpanan energi awal. Saklar S pada rangkaian berikut ditutup pada t = 0. Carilah i untuk t > 0.

12. Rangkaian di bawah ini tidak memiliki simpanan energi awal. Ten-tukan v untuk t > 0 jika is = [2cos2t] u(t) A dan vs = [6cos2t] u(t) V.

13. Sebuah kapasitor 1 µF dimuati sampai mencapai tegangan 200 V. Muatan kapasitor ini kemudian dilepaskan melalui hubungan seri in-duktor 100 µH dan resistor 20 Ω. Berapa lama waktu diperlukan un-tuk menunrunkan jumlah muatan kapasitor hingga tinggal 10% dari jumlah muatan semula ?

+ − is vs

− v +

10Ω

5H

10Ω

0,05F

S + − 12V

0,25F

+ v1 −

+

− 2v1 8Ω

i

4Ω

0,25F

+ − 6V

0,05F

4Ω 12V + −

S 4Ω

0,05F

+ v2 −

+ v1 −



14. Sebuah kumparan mempunyai induktansi 9 H dan resistansi 0,1 Ω, dihubungkan paralel dengan kapasitor 100 µF. Hubungan paralel ini diberi tegangan searah sehingga di kumparan mengalir arus sebesar 1 A. Jika sumber tegangan diputus secara tiba-tiba, berapakah tegangan maksimum yang akan timbul di kapasitor dan pada frekuensi berapa arus berosilasi ?

15. Kabel sepanjang 2 kM digunakan untuk mencatu sebuah beban pada tegangan searah 20 kV. Resistansi beban 200 Ω dan induktansinya 1 H (seri). Kabel penyalur daya ini mempunyai resistansi total 0,2 Ω sedangkan antara konduktor dan pelindung metalnya membentuk ka-pasitor dengan kapasitansi total 0,5 µF. Bagaimanakah perubahan te-gangan beban apabila tiba-tiba sumber terputus? (Kabel dimodelkan sebagai kapasitor; resistansi konduktor kabel diabaikan terhadap re-sistansi beban).

Transformasi Laplace

55

BAB 3 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), ditrans-formasikan 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

∫∞ −=0

)()( dtetfs stF

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.

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 La-place 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 ge-

lombang sinyal dari kawasan s ke kawasan t.

3.1. Transformasi Laplace Melalui transformasi Laplace kita menyatakan suatu fungsi yang semula dinyatakan sebagai fungsi waktu, t, menjadi suatu fungsi s di mana s ada-lah 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

∫∞ −=0

)()( dtetfs stF (3.1)

dengan notasi : ∫∞ −==0

)()()]([ dtetfstf stFL (3.2)

Dengan mengikuti langsung definisi ini, kita dapat mencari transformasi Laplace dari suatu model sinyal, atau dengan kata lain mencari pern-yataan sinyal tersebut di kawasan s. Berikut ini kita akan mengaplikasi-kannya untuk bentuk-bentuk gelombang dasar.

3.1.1. Pernyataan Sinyal Anak Tangga di Kawasan s. Pernyataan sinyal anak tangga di kawasan t adalah )()( tAutv = .

Transformasi Laplace dari bentuk gelombang ini adalah ∞ω+σ−∞ −∞ −

ω+σ−=== ∫∫

0

)(

00 )(][

j

AedtAedtetAuAu(t)

tjststL

Batas atas, dengan σ > 0, memberikan nilai 0, sedangkan batas bawah memberikan nilai A/s.


57

Jadi s

AtAu = )]([L (3.3)

3.1.2. Pernyataan Sinyal Eksponensial di Kawasan s

Transformasi Laplace bentuk gelombang eksponensial beramplitudo A, yaitu v(t) = Ae−atu(t) , adalah

∞+−∞ +−∞ −−+

−=== ∫∫0

)(

0

)(

0)( )]([

as

AeAedtetueAtuAe

tastasst-atatL

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

Jadi as

AtuAe at

+=− ])([L (3.4)

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

adalah :

[ ] dtetAdtetutAtutA stst∫∫

∞ −∞ − ω=ω=ω00

)cos( )()cos( )( )cos(L

Dengan memanfaatkan hubungan Euler 2/)(cos tjtj ee ω−ω +=ω , ruas

kanan persamaan di atas menjadi

22

)(

0

)(

00

22

2

ω+=

+=+ −ω−∞−ω∞−∞ ω−ω

∫∫∫

s

As

dteA

dteA

dteee

A tsjtsjsttjtj

Jadi [ ]22

)( )cos(ω+

=ωs

sAtutAL (3.5)

Dengan cara yang sama, diperoleh



[ ]22

)( )sin(ω+

ω=ωs

AtutAL (3.6)

3.2. Tabel Transformasi Laplace

Transformasi Laplace dari bentuk gelombang anak tangga, eksponensial, dan sinus di atas merupakan contoh bagaimana suatu transformasi dila-kukan. Kita lihat bahwa amplitudo sinyal, A, selalu muncul sebagai fak-tor pengali dalam pernyataan sinyal di kawasan s. Transformasi dari be-berapa bentuk gelombang yang lain termuat dalam Tabel-3.1. 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 trans-formasi Laplace-nya adalah seperti : f(t) ↔ F(s) , v1(t) ↔ V1(s) , i4(t) ↔ I4(s) dan seterusnya. Dengan kata lain kita me-mahami bahwa V(s) adalah pernyataan di kawasan s dari v(t), I(s) adalah penyataan di kawasan s dari i(t) dan seterusnya.

CONTOH-3.1: Carilah transformasi Laplace dari bentuk gelombang berikut:

)( 3)( c).

; )()10sin(5)( b). ; )()10cos(5)( a).2

3

21

tuetv

tuttvtuttvt−=

==

Solusi : Dengan mnggunakan Tabel-3.1 kita peroleh :

2

3)( )( 3)( c).

100s

50

)10(

105 )()()10sin(5)( b).

100

5

)10(

5)()()10cos(5)( a).

32

3

22222

22211

+=→=

+=

+×=→=

+=

+=→=

−s

stuetv

sstuttv

s

s

s

sstuttv

t V

V

V


59

Tabel 3.1. Pasangan Transformasi Laplace

Pernyataan Sinyal di Kawasan t : f(t)

Pernyataan Sinyal di Ka-wasan s : L[f(t)]=F(s)

impuls : δ(t) 1

anak tangga : u(t)

s

1

eksponensial : [e−at]u(t) as +

1

cosinus : [cos ωt] u(t) 22 ω+s

s

sinus : [sin ωt] u(t) 22 ω+

ωs

cosinus teredam : [e−atcos ωt] u(t) ( ) 22 ω++

+as

as

sinus teredam : [e−atsin ωt] u(t) ( ) 22 ω++

ωas

cosinus tergeser : [cos (ωt + θ)] u(t) 22

sincos

ω+θω−θ

s

s

sinus tergeser : [sin (ωt + θ)] u(t) 22

cossin

ω+θω+θ

s

s

ramp : [ t ] u(t) 2

1

s

ramp teredam : [ t e−at ] u(t) ( )2

1

as +



3.3. Sifat-Sifat Transformasi Laplace

3.3.1. 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 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.

3.3.2. 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 )()()( 2211 tfAtfAtf += maka transformasi Laplace-nya adalah

[ ])()(

)()( )()()(

2211

022

011

02211

sAsA

dttfAdttfAdtetfAtfAs st

FF

F

+=

+=+= ∫∫∫∞∞∞ −

(3.7)

dengan F1(s) dan F2(s) adalah transformasi Laplace dari f1(t) dan f2(t).

CONTOH-3.2: a). Carilah transformasi Laplace dari :

)( )31()( 21 tuetv t−+=

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


61

Solusi :

2

31)()( )31()( a). 1

21 +

+=→+= −ss

stuetv t V

( )

22222

2

2

2

11

2)(

)()(2

)(2

)()cos( b).

ω+=

ω+=

ω++

ω−=

+=

+=ω=

ω−ω

ω−ω

s

As

s

sA

jsjs

As

tuetueA

tuee

AtutA(t)v

tjtj

tjtj

V

3.3.3. Integrasi

Sebagaimana kita ketahui karakteristik i-v kapasitor dan induktor meli-batkan integrasi dan diferensiasi. Karena kita akan bekerja di kawasan s, kita perlu mengetahui bagaimana ekivalensi proses integrasi dan diferen-siasi di kawasan t tersebut. Transformasi Laplace dari integrasi suatu fungsi dapat kita lihat sebagai berikut.

Misalkan )()(0

1 dxxftft

∫= . Maka

dttfs

edxxf

s

edtedxxfs

sttststt

∫∫∫ ∫∞ −∞−∞

−−

−

−=

=0

1

00

1

00

1 )()( )()(F

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

s

sdtetf

sdttf

s

es st

st )( )(

1 )()( 1

0

1

0

1F

F ==−

−= ∫∫∞

−∞ −

(3.8)

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.

CONTOH-3.3: Carilah transformasi Laplace dari fungsi ramp r(t)=tu(t).

Solusi :

Kita mengetahui bahwa fungsi ramp adalah integral dari fungsi anak tangga.

20 0

0

1 )()(

)()()(

sdtedxxus

dxxuttutr

stt

t

=

=→

==

−∞

∫ ∫

∫

R

Hasil ini sudah tercantum dalam Tabel.3.1.

3.3.4. Diferensiasi

Transformasi Laplace dari suatu diferensiasi dapat kita lihat sebagai berikut.

Misalkan dt

tdftf

)()( 1= maka

[ ] ∫∫∞ −∞−∞ − −−==0

1010

1 ))(()()(

)( dtestfetfdtedt

tdfs stststF

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 tulis-kan

)0()()0()()(

110

1 fssfdtetfsdt

tdf st −=−=

∫

∞ − FL (3.9)

Transformasi dari suatu fungsi t yang diperoleh melalui diferen-siasi fungsi f(t) merupakan perkalian dari F(s) dengan s diku-rangi dengan nilai f(t) pada t = 0.


63

CONTOH-3.4: Carilah transformasi Laplace dari fungsi cos(ωt) dengan memandang fungsi ini sebagai turunan dari sin(ωt).

Solusi :

2222)0sin(

1)(

)sin(1)cos()(

ω+=

−ω+

ωω

=→

ωω

=ω=

s

s

sss

dt

tdttf

F

Penurunan di atas dapat kita kembangkan lebih lanjut sehingga kita mendapatkan transformasi dari fungsi-fungsi yang merupakan fungsi turunan yang lebih tinggi.

)0( )0( )0()()( )(

)( jika

)0( )0()()( )(

)( jika

1112

13

31

3

1112

21

2

ffsfssssdt

tfdtf

fsfsssdt

tfdtf

′′−′−−=→=

′−−=→=

FF

FF (3.10)

3.3.5. 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

)()( dteatuatf st

Karena u(t−a) bernilai nol untuk t < a dan bernilai satu untuk t > a , ben-tuk integral ini dapat kita ubah batas bawahnya serta tidak lagi menulis-kan faktor u(t−a), menjadi

∫∫∞ −∞ − −=−−a

stst dteatfdteatuatf )()()(0



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

)()(

)()()(

0

0

)(

0

sedefe

defdteatuatf

assas

asst

F−∞ τ−−

∞ +τ−∞ −

=ττ=

ττ=−−

∫

∫∫ (3.11)

CONTOH-3.5: Carilah transformasi Laplace dari bentuk gelombang sinyal seperti yang tergambar di samping ini.

Solusi :

Model bentuk gelombang ini dapat kita tuliskan sebagai

)()()( atAutAutf −−= .

Transformasi Laplace-nya adalah :

s

eA

s

Ae

s

As

asas )1(

)(−

− −=−=F

3.3.6. 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 trans-formasi Laplace, yaitu

)()()(0

)(

0α+== ∫∫

∞ α+−∞ −α− sdtetfdtetfe tsstt F (3.19)

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

f(t)

A

0 a →t


65

CONTOH-3.6: Carilah transformasi Laplace dari fungsi-fungsi ramp teredam dan sinus teredam berikut ini :

)( cos b). ; )( a). 21 tutevettuv tt ω== α−α−

Solusi :

2222

22

211

2

)()( )( cos)( jika maka

, )()( cos)untuk Karena b).

)(

1)( )()( jika maka

, 1

)( )()(untuk Karena a).

ω+α+α+=⇒ω=

ω+=→ω=

α+=⇒=

=→=

α−

α−

s

sstutetv

s

sstuttv

ssettutv

ssttutv

t

t

V

V

V

F

(

3.3.7. 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

a

sF

a

1.

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

∫∫∞ τ−∞ −

=ττ=0

0

1)(

1)(

a

s

adef

adteatf a

sst F (3.12)

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.

3.3.8. Nilai Awal dan Nilai Akhir

Sifat transformasi Laplace berkenaan dengan nilai awal dan nilai akhir dapat dinyatakan sebagai berikut.



0

0

)( lim)(lim :akhir Nilai

)( lim)(lim : awal Nilai

→∞→

∞→+→=

=

st

st

sstf

sstf

F

F

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

CONTOH-3.7: Transformasi Laplace dari suatu sinyal adalah

)20)(5(

3100)(

+++=

sss

ssV

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

Solusi :

Nilai awal adalah :

0 )20)(5(

3100lim)( lim)( lim

0=

+++×==

∞→∞→+→ sss

sssstv

sstV

Nilai akhir adalah :

3)20)(5(

3100lim)( lim)( lim

0 0 =

+++×==

→→∞→ sss

sssstv

sstV

Tabel 3.2. 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.


67

Tabel 3.2. Sifat-sifat Transformasi Laplace

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

linier : A1 f1(t) + A2 f2(t) A1F1(s) + A2 F2(s)

integrasi : ∫t

dxxf0

)( s

s)(F

diferensiasi : dt

tdf )( )0()( −− fssF

2

2 )(

dt

tfd

)0()0()(2 −− ′−− fsfss F

3

3 )(

dt

tfd

)0()0(

)0()( 23

−−

−

′′−−

−

fsf

fsss F

linier : A1 f1(t) + A2 f2(t) A1F1(s) + A2 F2(s)

translasi di t: [ ] )()( atuatf −− )(se as F−

translasi di s : )(tfe at− )( as +F

penskalaan : )(atf

a

s

aF

1

nilai awal : 0

)(lim+→t

tf )( lim

∞→sssF

nilai akhir :

)(lim∞→t

tf 0)( lim

→sssF

konvolusi : dxxtfxft

)()(0

21 −∫ )()( 21 ss FF



3.4. Transformasi Balik

Berikut ini kita akan membahas mengenai transformasi balik, yaitu men-cari f(t) dari suatu F(s) yang diketahui. Jika F(s) yang ingin dicari trans-formasi 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 gelom-bang komposit dan kelinieran dari transformasi Laplace akan mem-berikan transformasi balik dari F(s) yang berupa jumlah dari bentuk-bentuk gelombang sederhana. Sebelum membahas mengenai transforma-si balik kita akan mengenal lebih dulu pengertian tentang pole dan zero.

3.4.1. Pole dan Zero

Pada umumnya, transformasi Laplace berbentuk rasio polinom

011

1

011

1)(asasasa

bsbsbsbs

nn

nn

mm

mm

++++++++= −

−

−−

L

LF (3.13)

yang masing-masing polinom dapat dinyatakan dalam bentuk faktor menjadi

)())((

)())(()(

21

21

n

m

pspsps

zszszsKs

−−−−−−=

L

LF (3.14)

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 3.8. berikut.


69

CONTOH-3.8: Gambarkan diagram pole-zero dari

ss

bas

asAs

ss

1)( c).

)(

)()( b).

1

1)( a).

22=

+++=

+= FFF

Solusi :

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

tertentu.

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

jbasbas ±−=→=++ di pole 0)( 22

c). Fungsi ini tidak mempunyai zero tertentu sedangkan pole terletak di titik asal, s = 0 + j0.

3.4.2. Bentuk Umum F(s)

Bentuk umum F(s) adalah seperti (3.14) yaitu

)())((

)())(()(

21

21

n

m

pspsps

zszszsKs

−−−−−−=

L

LF

Jika jumlah pole lebih besar dari jumlah zero, jadi n > m, kita katakan bahwa fungsi ini merupakan fungsi rasional patut. Jika fungsi ini mem-iliki 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.

σ

jω

× −1

σ

jω

σ

jω

+jb

−a −jb



3.4.3. Fungsi Dengan Pole Sederhana

Apabila fungsi rasional F(s) hanya mempunyai pole sederhana, maka ia dapat diuraikan menjadi berbentuk

)()()()(

2

2

1

1

n

n

ps

k

ps

k

ps

ks

−++

−+

−= LF (3.15)

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

tpn

tptp nekekektf +++= L2121)( (3.16)

Persoalan kita sekarang adalah bagaimana menentukan residu. Untuk mencari k1, kita kalikan kedua ruas (3.15) 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 (3.15) dengan (s − p2) kemudian kita substitusikan s = p2; demikian seterusnya sampai semua nilai k diperoleh, dan transformasi balik dapat dicari.

CONTOH-3.9: Carilah f(t) dari fungsi transformasi berikut.

)4)(1(

)2(6)( c).

;)3)(1(

)2(4)( b). ;

)3)(1(

4)( a).

+++=

+++=

++=

sss

ss

ss

ss

sss

F

FF

Solusi :

a). 31)3)(1(

4)( 21

++

+=

++=

s

k

s

k

sssF


71

231

41 substitusi

)1(3)3(

4 )1()(

11

21

=→=+−

→−=→

++

+=+

→+×→

kks

ss

kk

sssF

tt eetfss

s

kksss

3

22

22)( 3

2

1

2)(

213

43 substitusidan )3()(

−− −=⇒+

−++

=⇒

−=→=+−

→−=+×→

F

F

b). 31)3)(1(

)2(4)( 21

++

+=

+++=

s

k

s

k

ss

ssF

tt eetfss

s

kksss

kksss

3

22

11

22)( 3

2

1

2)(

213

)23(43 substitusidan )3()(

231

)21(41 substitusidan )1()(

−− +=⇒+

++

=⇒

=→=+−+−→−=+×→

=→=+−+−→−=+×→

F

F

F

c). 41)4)(1(

)2(6)( 321

++

++=

+++=

s

k

s

k

s

k

sss

ssF

Dengan cara seperti di a) dan b) kita peroleh

tt

s

ss

eetfsss

s

ss

sk

ss

sk

ss

sk

4

43

12

01

23)( 4

1

1

23)(

1)1(

)2(6

; 2)4(

)2(6 ; 3

)4)(1(

)2(6

−−

−=

−==

−−=→+−+

+−+=⇒

−=++=

−=++==

+++=→

F

3.4.4 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;



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

LL +β+α+

+β−α+

+=js

k

js

ks

*)(F (3.17)

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 (3.17) adalah

)cos(2 2

2

*)(

)()(

))(())((

)()(

)()(

θ+β=+=

+=

+=

+=

α−θ+β−θ+β

α−

θ+β+α−θ+β−α−

β+α−θ−β−α−θ

β+α−β−α−

ttjtj

t

tjtj

tjjtjj

tjtjk

ekee

ek

ekek

eekeek

ekketf

(3.18)

Jadi f(t) dari (3.17) akan berbentuk :

LL +θ+β+= α− )cos(2)( tektf

CONTOH-3.10: Carilah transformasi balik dari

)84(

8)(

2 ++=

ssssF

Solusi :

Fungsi ini mempunyai pole sederhana di s = 0, dan pole kompleks yang dapat ditentukan dari faktor penyebut yang berbentuk kwadrat, yaitu

222

32164js ±−=−±−=


73

Uraian dari F(s) , penentuan residu, serta transformasi baliknya ada-lah sebagai berikut.

18

8

)84(

8

2222)84(

8)(

021

2212

==×++

=→

+++

−++=

++=

=

∗

s

ssss

k

js

k

js

k

s

k

ssssF

)4/3(2

)4/3(

22

2222

2

2

2

2

88

8

)22(

8

)22()84(

8

π−∗

π

+−=

+−=

=→

=−−

=++

=

−+×++

=→

j

j

js

js

ek

ejjss

jssss

k

[ ])4/32cos(2)(

2

2)(

2

2

2

2)(

2

)24/3()24/3(2

)22()4/3()22()4/3(

π++=

++=

++=⇒

−

+π−+π−

+−π−−−π

tetu

eeetu

eeeetuf(t)

t

tjtjt

tjjtjj

3.4.5. Fungsi Dengan Pole Ganda

Pada kondisi tertentu, fungsi F(s) dapat mempunyai pole ganda. Pen-guraian 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. Un-tuk jelasnya kita ambil suatu fungsi yang mengandung pole ganda (dua pole sama) seperti pada (3.19) berikut ini.

221

1

))((

)()(

psps

zsKs

−−−=F (3.19)

Dengan mengeluarkan salah satu faktor yang mengandung pole ganda kita dapatkan



−−−

−=

))((

)(1)(

21

1

2 psps

zsK

pssF (3.20)

Bagian yang didalam tanda kurung dari (3.20) mengandung pole sederhana sehingga kita dapat menguraikannya seperti biasa.

2

2

1

1

21

11 ))((

)()(

ps

k

ps

k

psps

zsKs

−+

−=

−−−=F (3.21)

Residu pada (3.21) dapat ditentukan, misalnya k1 = A dan k2 = B , dan faktor yang kita keluarkan kita masukkan kembali sehingga (3.20) menjadi

2212212 )())((

1)(

ps

B

psps

A

ps

B

ps

A

pss

−+

−−=

−+

−−=F

dan suku pertama ruas kanan diuraikan lebih lanjut menjadi

222

12

1

11

)()(

ps

B

ps

k

ps

ks

−+

−+

−=F (3.22)

Transformasi balik dari (3.22) adalah

tptptp Bteekektf 2211211)( ++= (3.23)

CONTOH-3.11: Tentukan transformasi balik dari fungsi:

2)2)(1()(

++=

ss

ssF

Solusi :

2)1(

1)2(

21)2(

1

)2)(1()2(

1

)2)(1()(

22

11

21

2

=+

=→−=+

=→

++

++=

+++=

++=

−=−= ss s

sk

s

sk

s

k

s

k

s

ss

s

sss

ssF


75

21211

2

)2(

2

21

)2(

2

)2)(1(

1

2

2

1

1

)2(

1)(

++

++

+=

++

++−=

++

+−

+=⇒

ss

k

s

k

sssssssF

ttt

ss

teeetfsss

s

sk

sk

222

212

111

2)( )2(

2

2

1

1

1)(

11

1 1

2

1

−−−

−=−=

++−=⇒+

++

++

−=⇒

=+

−=→−=+−=→

F

3.4.6. Konvolusi

Transformasi Laplace menyatakan secara timbal balik bahwa

)()((s) maka )()()( jika 2121 sstftftf FFF +=+=

)()((t) maka )()()( jika 2121 tftffsss +=+= FFF

Kelinieran dari transformasi Laplace ini tidak mencakup perkalian. Jadi

)()()( maka )()()( jika 2121 tftftfsss ≠= FFF

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.

[ ] ∫∫ ττ−τ=ττ−τ=

=

=− ttdtffdtfftfs

sss

012

021

1

21

)()( )()()()(

maka )()()( jika

F

FFF

L (3.24)

Kita katakan bahwa transformasi balik dari perkalian dua F(s) diperoleh dengan melakukan konvolusi dari kedua bentuk gelombang yang ber-sangkutan. Kedua bentuk integral pada (3.24) disebut integral konvolusi.

Pandanglah dua fungsi waktu f1(τ) dan f2(t). Transformasi Laplace mas-ing-masing adalah

∫∞ τ− ττ=0

11 )()( defs sF dan ∫∞ −=0

22 )()( dtetfs stF .

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



∫∞ τ− ττ=0

2121 )( )()()( dsefss s FFF .

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

∫ ∫∞ ∞ − τ

τ−τ−τ=0 0

2121 )()()()()( ddtetutffss stFF

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, se-hingga

∫ ∫

∫ ∫∞ −

∞ −

τ

τ−τ=

τ

τ−τ=

0 021

0 02121

)()(

)()()()(

ddtetff

ddtetffss

t st

t stFF

Dengan mempertukarkan urutan integrasi, kita peroleh

ττ−τ=

ττ−τ= ∫∫ ∫∞ − tstt

dtffdtedtffss0

210 0

2121 )()( )()()()( LFF

CONTOH-3.12: Carilah f(t) dari F(s) berikut.

)(

1)( c).

))((

1)( b).

)(

1)( a).

2

2

asss

bsass

ass

+=

++=

+=

F

FF

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


77

attatt axatax

t xtaaxt

at

tedxedxe

dxeedxxtfxftf

etftf

assssss

−−+−−

−−−

−

===

=−=⇒

==→

+===

∫∫

∫∫

00

0

)(

021

21

2121

)()()(

)()(

)(

1)()(dengan )()()( FFFFF

b). Fungsi ini juga merupakan perkalian dari dua fungsi.

btat etfetf

bss

ass

sss

−− ==→

+=

+=

=

)(dan )(

)(

1)(dan

)(

1)(

dengan )()()(

21

21

21

FF

FFF

( )ba

ee

ba

ee

ba

eedxee

dxeedxxtfxftf

btattbabt

txbabtt xbabt

t xtbaxt

+−−=

+−−=

+−==

=−=⇒

−−+−−

+−−+−−

−−−

∫

∫∫

1

)()()(

)(

0

)(

0

)(

0

)(

021

c). Fungsi ketiga ini juga dapat dipandang sebagai perkalian dua fungsi.

22

020

0

00

)(

021

21

22121

1

10

0

)()()(

)(dan )(

1)(dan

1)(dengan )()()(

a

eat

a

e

a

tee

a

e

a

teedx

a

e

a

xee

dxxeedxxedxxtfxftf

etfttf

ass

sssss

atatatat

taxatatt axtax

at

t axatt xtat

at

−−

−−

−−−

−

+−=

−−−=

−−=

−=

==−=⇒

==→

+===

∫

∫∫∫

FFFFF



3.5. 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.

CONTOH-3.13: Gunakan transformasi Laplace untuk mencari solusi persamaan berikut.

5)0( , 010 ==+ +vvdt

dv

Solusi :

Transformasi Laplace persamaan diferensial ini adalah

10

5)( 0)(105)(

atau 0)(10)0()(

+=⇒=+−

=+− +

sssss

svss

VVV

VV

Transformasi balik memberikan tetv 105)( −=

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.


79

CONTOH-3.14: Saklar S pada rangkaian di samping ini ditutup pada t = 0. Tentukan tegangan kapasitor untuk t > 0 jika sesaat sebelum S di-tutup tegangan kapasitor 2 V.

Solusi :

Langkah pertama adalah menentukan persamaan rangkaian untuk t > 0. Aplikasi HTK memberikan

026atau 01006 =++−=++− CC

C vdt

dvvi .

Langkah kedua adalah mentransformasikan persamaan ini ke kawa-san s, menjadi

0)(2)(26

atau 0)()0()(26

=+−+−

=+−+−

ssss

svsss

CC

CCC

VV

VV

Pemecahan persamaan ini dapat diperoleh dengan mudah.

5,0

56)(

53

dan 6)5,0(

3

5,0)5,0(

3)(

5,02

01

21

+−=⇒

−=+==++=→

++=

++

=

−==

sss

s

sk

s

sk

s

k

s

k

ss

ss

C

ss

C

V

V

Langkah terakhir adalah mentransformasi balik VC (s) :

V 56)( 5,0 tC etv −−=

+ −

100Ω S

12 V i +

vC −

0,02F



CONTOH-3.15: 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.

Solusi :

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

∫

∫=++++−

=++++−

041366

atau 0)0(1

66

idtdt

dii

vidtCdt

diLi C

Transformasi Laplace dari persamaan rangkaian ini menghasilkan

04)(

132)()(66

atau 04)(

13)0()()(66

=++−++−

=++−++−

ss

ssss

s

ss

sisss

sI

II

III

Pemecahan persamaan ini adalah :

2323

)23)(23(

22

136

22)(

11

2

js

k

js

k

jsjs

s

ss

ss

+++

−+=

++−++=

+++=→

∗

I

1/13 F

+

−

1 H 6 Ω

6 V

+ vC −

i S

1

2 Bagian

lain rangkaian


81

23

2

23

2)(

221123

22

oo

oo

4545

451

45

231

js

e

js

es

ekejjs

sk

jj

jj

js

+++

−+=⇒

=→=+=+++=→

−

−∗

+−=

I

Transformasi balik dari I(s) memberikan

A )2sin2(cos2

22)(3

)23(45)23(45 oo

tte

eeeetit

tjjtjj

−=

+=⇒

−

+−−−−



Soal-Soal

1. Carilah pernyataannya di kawasan s sinyal-sinyal berikut ini.

)(]42[10)(

);(][10)(

)(]41[10)(

);(]1[10)(

424

423

2

21

tueetv

tueetv

tuttv

tuetv

tt

tt

t

−−

−−

−

−=

−=

+=−=


)(]10sin21[15)(

);(]10cos20[cos15)(

)(]20sin20[cos15)(

);()]3020[sin(15)(

4

3

2

o1

tuttv

tutttv

tutttv

tuttv

−=−=−=−=


)()]10sin21([20)(

);()]10cos20(cos[20)(

)()]20sin20(cos[20)(

);()]3020sin([20)(

24

23

22

o21

tutetv

tuttetv

tuttetv

tutetv

t

t

t

t

−=

−=

−=

−=

−

−

−

−


)(]10sin[20)(

);(20)(

)()]20)(sin20[(cos15)(

);()]10[cos15)(

24

23

2

21

tutetv

tutetv

tutttv

tuttv

t

t

−

−

=

=

==


83

5. Berikut ini adalah pernyataan sinyal di kawasan s. Carilah pern-yataannya di kawasan waktu t.

)4)(3)(2()(

;)3)(2(

)(

)3)(2()(

;)3)(2(

1)(

2

4

2

3

2

1

+++=

++=

++=

++=

sss

ss

ss

ss

ss

ss

sss

V

V

V

V

6. Carilah pernyataan di kawasan waktu dari sinyal yang dinyatakan di kawasan s berikut ini.

9)2()(

;9)2(

)(

;9)2(

1)(

2

2

3

22

21

++=

++=

++=

s

ss

s

ss

ss

V

V

V

7. Berikut ini adalah pernyataan sinyal di kawasan s; carilah pern-yataannya di kawasan waktu.

)3(

1)(

;)3(

1)(

;)3(

1)(

3

2

1

+=

+=

+=

sss

sss

ss

V

V

V



8. Berikut ini adalah pernyataan sinyal di kawasan s; carilah pern-yataannya di kawasan waktu.

256

10)(

;168

10)(

;1610

10)(

23

22

21

++=

++=

++=

sss

sss

sss

V

V

V

9. Carilah pernyataannya di kawasan waktu sinyal-sinyal berikut ini.

)4)(3)(2(

46346)(

;)4)(3)(2(

269)(

;)3)(2(

146)(

2

3

2

1

+++++

=

++++

=

+++=

sss

sss

sss

ss

ss

ss

V

V

V

10. Carilah pernyataannya di kawasan waktu sinyal-sinyal berikut ini.

)100)(20(

)200)(10()(

;)42(

)4)(1()(

; )3)(12(

2)(

3

222

21

++++=

++++

=

++++=

ss

sss

sss

sss

ssss

ss

V

V

V

Analisis Rangkaian Menggunakan Transformasi Laplace

85

BAB 4 Analisis Rangkaian Menggunakan Transformasi Laplace

Setalah mempelajari bab ini kita akan

• memahami konsep impedansi di kawasan s.

• mampu melakukan transformasi rangkaian ke kawasan s.

• mampu melakukan analisis rangkaian di kawasan s.

Di bab sebelumnya kita menggunakan transformasi Laplace untuk me-mecahkan persamaan rangkaian. Kita harus mencari terlebih dahulu per-samaan rangkaian di kawasan t sebelum perhitungan-perhitungan di ka-wasan s kita lakukan. Berikut ini kita akan mempelajari konsep impedan-si dan dengan konsep ini kita akan dapat melakukan transformasi rangkaian ke kawasan s. Dengan transformasi rangkaian ini, kita lang-sung bekerja di kawasan s, artinya persamaan rangkaian langsung dicari di kawasan s tanpa mencari persamaan rangkaian di kawasan t lebih dulu.

Sebagaimana kita ketahui, elemen dalam analisis rangkaian listrik adalah model dari piranti yang dinyatakan dengan karakteristik i-v-nya. Jika analisis dilakukan di kawasan s dimana v(t) dan i(t) ditransformasikan menjadi V(s) dan I(s), maka pernyataan elemenpun harus dinyatakan di kawasan s.

4.1. Hubungan Tegangan-Arus Elemen di Kawasan s

4.1.1. Resistor

Hubungan arus dan tegangan resistor di kawasan t adalah

(t)Ritv RR =)(

Transformasi Laplace dari vR adalah

(s)RdtetRidtetvs Rst

Rst

RR IV ∫∫∞ −∞ − ===00

)( )()(

Jadi hubungan arus-tegangan resistor di kawasan s adalah

)( )( sRs RR IV = (4.1)

4.1.2. Induktor

Hubungan antara arus dan tegangan induktor di kawasan t adalah



dt

(t)diLtv L

L =)(

Transformasi Laplace dari vL adalah (ingat sifat diferensiasi dari trans-formasi Laplace) :

)0()( )(

)()(00

LLstLst

LL LissLdtedt

tdiLdtetvs −=

== −∞−∞

∫∫ IV

Jadi hubungan tegangan-arus induktor adalah

)0()()( LLL LissLs −= IV (4.2)

dengan iL (0) adalah arus induktor pada saat awal integrasi dilakukan atau dengan kata lain adalah arus pada t = 0. Kita ingat pada analisis transien di Bab-4, arus ini adalah kondisi awal dari induktor, yaitu i(0+) = i(0−).

4.1.3. Kapasitor

Hubungan antara tegangan dan arus kapasitor di kawasan t adalah

∫ +=t

cCC vdttiC

tv0

)0()(1

)(

Transformasi Laplace dari tegangan kapasitor adalah

s

v

sC

ss CC

C)0()(

)( += IV (4.3)

dengan vC(0) adalah tegangan kapasitor pada t =0. Inilah hubungan te-gangan dan arus kapasitor di kawasan s.

4.2. Konsep Impedansi di Kawasan s

Impedansi merupakan suatu konsep di kawasan s yang didefinisikan se-bagai berikut.

Impedansi di kawasan s adalah rasio tegangan terhadap arus di ka-wasan s dengan kondisi awal nol.

Sesuai dengan definisi ini, maka impedansi elemen dapat kita peroleh dari (4.1), (4.2), dan (4.3) dengan iL (0) = 0 maupun vC (0) = 0,


87

sCsC

sZsL

sL

sZR

s

sZ C

CL

LR

RR

1

)(

)( ;

)(

)( ;

)(

)( ======I

V

I

V

I

V (4.4)

Dengan konsep impedansi ini maka hubungan tegangan-arus untuk resis-tor, induktor, dan kapasitor menjadi sederhana, mirip dengan relasi hukum Ohm.

)(1

; (s))( ; (s))( ssC

sLsRs CCLLRR IVIVIV === (4.5)

Sejalan dengan pengertian impedansi, dikembangkan pengertian ad-mitansi, yaitu Y = 1/Z sehingga untuk resistor, induktor, dan kapasitor kita mempunyai

sCYsL

YR

Y CLR === ; 1

; 1

(4.6)

4.3. Representasi Elemen di Kawasan s

Dengan pengertian impedansi seperti dikemukakan di atas, dan hubungan tegangan-arus elemen di kawasan s, maka elemen-elemen dapat direpre-sentasikan di kawasan s dengan impedansinya, sedangkan kondisi awal (untuk induktor dan kapasitor) dinyatakan dengan sumber tegangan yang terhubung seri dengan impedansi tersebut, seperti terlihat pada Gb. 4.1.

Resistor Induktor Kapasitor

Gb.4.1. Representasi elemen di kawasan s.

)( )( sRs RR IV = ; )0()()( LLL LissLs −= IV ; s

v

sC

ss CC

C)0()(

)( += IV

Representasi elemen di kawasan s dapat pula dilakukan dengan menggunakan sumber arus untuk menyatakan kondisi awal induktor dan kapasitor seperti terlihat pada Gb.4.2.

R

IR (s) +

VR(s)

−

− +

sL

LiL(0)

+

VL (s)

−

IL (s)

+ − s

vC )0(

+

VC (s)

−

IC (s)

sC

1



Gb.4.2. Representasi elemen di kawasan s.

)( )( sRs RR IV = ;

−=s

issLs L

LL)0(

)()( IV ;

( ))0()(1

)( CCC CvssC

s += IV

4.4. Transformasi Rangkaian

Representasi elemen ini dapat kita gunakan untuk mentransformasi rangkaian ke kawasan s. Dalam melakukan transformasi rangkaian perlu kita perhatikan juga apakah rangkaian yang kita transformasikan mengandung simpanan energi awal atau tidak. Jika tidak ada, maka sumber tegangan ataupun sumber arus pada representasi elemen tidak perlu kita gambarkan.

CONTOH 4.1: Saklar S pada rangkaian berikut telah lama ada di posisi 1. Pada t = 0 saklar dipindahkan ke posisi 2 sehingga rangkaian RLC seri terhubung ke sumber tegangan 2e−3t V. Transformasikan rangkaian ke kawasan untuk t > 0.

Solusi :

Pada t < 0, keadaan telah mantap. Arus induktor nol dan tegangan kapasitor sama dengan tegangan sumber 8 V.

Untuk t > 0, sumber tegangan adalah vs = 2e−3t yang transformasinya adalah

R

IR (s) +

VR(s)

−

sC

1

CvC(0)

IC (s)

+ VC (s)

−

IL (s)

+ VL (s)

−

sL

s

iL )0(

1/2 F

1 H 3 Ω

2e−3t V

+ vC −

S 1

2 + −

+ − 8 V


89

3

2)(

+=

sssV

Representasi kapasitor adalah impedansinya 1/sC = 2/s seri dengan sumber tegangan 8/s karena tegangan kapasitor pada t = 0 adalah 8 V. Representasi induktor impedansinya sL = s tanpa diserikan dengan sumber tegangan karena arus induktor pada t = 0 adalah nol.

Transformasi rangkaian ke kawasan s untuk t > 0 adalah

Perhatikan bahwa tegangan kapasitor VC (s) mencakup sumber te-gangan (8/s) dan bukan hanya tegangan pada impedansi (2/s) saja.

Setelah rangkaian ditransformasikan, kita mengharapkan dapat langsung mencari persamaan rangkaian di kawasan s. Apakah hukum-hukum, kai-dah, teorema rangkaian serta metoda analisis yang telah kita pelajari dapat kita terapkan? Hal tersebut kita bahas berikut ini.

4.5. Hukum Kirchhoff

Hukum arus Kirchhoff menyatakan bahwa untuk suatu simpul

∑=

=n

kk ti

1

0)(

Jika kita lakukan transformasi, akan kita peroleh

0)()()(11

001

==

=

∑∑ ∫∫ ∑==

∞ −∞ −

=

n

kk

n

k

stk

stn

kk sdtetidteti I (4.7)

Jadi hukum arus Kirchhoff (HAK) berlaku di kawasan s. Hal yang sama terjadi juga pada hukum tegangan Kirchhoff. Untuk suatu loop

s

2s 3

3

2

+s

+ − +

− s

8

+

VC(s)

−



0)( )()(

0)(

1100

1

1

==

=

⇒

=

∑∑ ∫∫ ∑

∑

==

∞ −∞ −

=

=n

kk

n

k

stk

stn

kk

n

kk

sdtetvdtetv

tv

V

(4.8)

4.6. Kaidah-Kaidah Rangkaian

Kaidah-kaidah rangkaian, seperti rangkaian ekivalen seri dan paralel, pembagi arus, pembagi tegangan, sesungguhnya merupakan konsekuensi hukum Kirchhoff. Karena hukum ini berlaku di kawasan s maka kaidah-kaidah rangkaian juga harus berlaku di kawasan s. Dengan mudah kita akan mendapatkan impedansi ekivalen maupun admitansi ekivalen

∑∑ == kparalelekivkseriekiv YYZZ ; (4.9)

Demikian pula dengan pembagi arus dan pembagi tegangan.

)()( ; )()(

sZ

Zss

Y

Ys total

seriekiv

kktotal

paralelekiv

kk VVII == (4.10)

CONTOH-4.2: Carilah VC (s) pada rangkaian impedansi seri RLC berikut ini.

Solusi :

Kaidah pembagi tegangan pada rangkaian ini memberikan

)()2)(1(

2 )(

23

2)(

23

/2)(

2s

sss

sss

ss

ss inininR VVVV

++=

++=

++=

Pemahaman :

Jika Vin(s) = 10/s maka

s

2s 3 +

−

+ VC (s) −

Vin (s)


91

ttC

C

s

ss

C

eetv

ssss

ssk

ssk

ssk

s

k

s

k

s

k

ssss

2

23

12

01

321

102010)(

2

10

1

2010)(

10)1(

20

; 20)2(

20 ; 10

)2)(1(

20

21)2)(1(

20)(

−−

−=

−==

+−=⇒

++

+−+=⇒

=+

=

−=+

==++

=→

++

++=

++=

V

V

Inilah tanggapan rangkaian rangkaian RLC seri (dengan R = 3Ω , L = 1H, C = 0,5 F) dengan masukan sinyal anak tangga yang amplitu-donya 10 V.

4.7. Teorema Rangkaian

4.7.1. Prinsip Proporsionalitas

Prinsip proporsionalitas merupakan pernyataan langsung dari sifat rangkaian linier. Di kawasan t, pada rangkaian dengan elemen-elemen resistor, sifat ini dinyatakan oleh hubungan

)()( tKxty =

dengan y(t) dan x(t) adalah keluaran dan masukan dan K adalah suatu konstanta yang ditentukan oleh nilai-nilai resistor yang terlibat. Trans-formasi Laplace dari kedua ruas hubungan diatas akan memberikan

)()( sKs XY =

dengan Y(s) dan X(s) adalah sinyal keluaran dan masukan di kawasan s. Untuk rangkaian impedansi,

)()( sKs s XY = (4.11)

Perbedaan antara prinsip proporsionalitas pada rangkaian-rangkaian re-sistor dengan rangkaian impedansi terletak pada faktor Ks. Dalam rangkaian impedansi nilai Ks, merupakan fungsi rasional dalam s. Se-bagai contoh kita lihat rangkaian seri RLC dengan masukan Vin(s). Jika tegangan keluaran adalah tegangan pada resistor VR (s), maka



)(1

)()/1(

)(2

sRCsLCs

RCss

sCsLR

Rs ininR VVV

++=

++=

Besaran yang berada dalam tanda kurung adalah faktor proporsionalitas. Faktor ini, yang merupakan fungsi rasional dalam s, memberikan hubungan antara masukan dan keluaran dan disebut fungsi jaringan.

4.7.2. Prinsip Superposisi

Prinsip superposisi menyatakan bahwa untuk rangkaian linier besarnya sinyal keluaran dapat dituliskan sebagai

⋅⋅⋅+++= )()()()( 332211o txKtxKtxKty

dengan x1, x2 , x3 … adalah sinyal masukan dan K1 , K2 , K3 … adalah konstanta proporsionalitas yang besarnya tergantung dari nilai-nilai ele-men dalam rangkaian. Sifat linier dari transformasi Laplace menjamin bahwa prinsip superposisi berlaku pula untuk rangkaian linier di kawasan s dengan perbedaan bahwa konstanta proporsionalitas berubah menjadi fungsi rasional dalam s dan sinyal-sinyal dinyatakan dalam kawasan s.

⋅⋅⋅+++= )()()()( 332211o sKsKsKs sss XXXY (4.12)

4.7.3. Teorema Thévenin dan Norton

Konsep mengenai teorema Thévenin dan Norton pada rangkaian-rangkaian impedansi, sama dengan apa yang kita pelajari untuk rangkaian dengan elemen-elemen resistor. Cara mencari rangkaian ekiva-len Thévenin dan Norton sama seperti dalam rangkaian resistor, hanya di sini kita mempunyai impedansi ekivalen Thévenin, ZT , dan admitansi ekivalen Norton, YN , dengan hubungan sbb:

)(

)(1

)(

)()( ;)()()(

s

s

YZ

Z

sssZsss

N

T

NT

T

ThsNTNhtT

I

V

VIIIVV

==

==== (4.13)


93

CONTOH-4.3: Carilah rangkaian ekivalen Thevenin dari rangkaian im-pedansi berikut ini.

Solusi :

))(/1(

/

)/1(

/1)()(

2222 ω++=

ω++==

sRCs

RCs

s

s

sCR

sCss htT VV

22

1)()(

ω+==

s

s

Rss hsN II

)/1(

1

/1

/)/1(||

RCsCsCR

sCRRCRZT +

=+

==

4.8. Metoda-Metoda Analisis

Metoda-metoda analisi, baik metoda dasar (metoda reduksi rangkaian, unit output, superposisi, rangkaian ekivalen Thevenin dan Norton) mau-pun metoda umum (metoda tegangan simpul, arus mesh) dapat kita gunakan untuk analisis di kawasan s. Hal ini mudah dipahami mengingat hukum-hukum, kaidah-kaidah maupun teorema rangkaian yang berlaku di kawasan t berlaku pula di kawasan s. Berikut ini kita akan melihat contoh-contoh penggunaan metoda analisis tersebut di kawasan s.

+ −

B E B A N

22 ω+s

ssC

1R

+ −

B E B A N

TVZT



4.8.1. Metoda Unit Output

CONTOH-4.4: Dengan menggunakan metoda unit output, carilah V2(s) pada rangkaian impedansi di bawah ini.

Solusi :

2

2

2

)( )()(

/1

1)( 1)()(

1)( :Misalkan

LCssCsLssCss

sCsC

sss

s

LCL

CC

=×=→==→

==→==→

=

VII

IVV

V

)(1

)()(

1)(

1

11)()()(

1)( 1)()()(

1212

2*1

22*1

22

sRCsLCs

RsKs

RCsLCs

R

sIK

R

RCsLCssC

R

LCssss

R

LCssLCssss

s

s

LR

RCLR

IIV

III

IVVV

++==⇒

++==⇒

++=++=+=⇒

+=→+=+=→

4.8.2. Metoda Superposisi

CONTOH-4.5: Dengan menggunakan metoda superposisi, carilah te-gangan induktor vo (t) pada rangkaian berikut ini.

Solusi :

Rangkaian kita trans-formasikan ke kawasan s menjadi

R 1/sC

sL

I1(s) + V2(s) −

IC (s) IR (s)

IL (s)

+ −

Bsinβt Au(t) R

L + vo −

R


95

Jika sumber arus dimatikan, maka rangkaian menjadi :

LRs

AA

sLR

L

s

A

sLR

RLsR

sLR

RLs

s

sLR

RLsZ RL

2/

2/

2)(

o1

//

+=

+=

++

+=⇒

+=→

V

Jika sumber tegangan dimatikan, rangkaian menjadi :

))(2/(22

111/1

)()(

2222

22o2

β++

β=

β+

β×

+=

β+

β×

++×=×=

sLRs

sRB

s

B

RsL

sRL

s

B

sLRR

sLsLsIsLs LV

+ − 22 β+

βs

B

s

AR

sL + Vo −

R

+ − s

A R sL

+ Vo1 −

R

22 β+β

s

BR sL

+ Vo2 −

R



θ−

−

θ

β−=

−=

β+=→

β+=θ

β+=

β−=

β−+=→

β+−=

β+=→

β−+

β++

+β

++

=

+=⇒

j

j

js

LRs

eLR

k

LR

eLRjLRjsLRs

sk

LR

LR

s

sk

js

k

js

k

LRs

kRB

LRs

A

sss

223

1

222

222/

221

321

o2o1o

4)/(

1

/

2tan

, 4)/(

1

2/

1

))(2/(

)2/(

)2/(

)(

2/22/

2/

)()()( VVV

( )

+β+

+

β+−

β+=⇒

θ−βθ−β−

−

−

)()(

22

222

2o

4)/(

1

)2/(

)2/(

22)(

tjtj

tL

R

tL

R

eeLR

eLR

LR

RBe

Atv

)cos(4)/(42

)(22

222

2

o θ−ββ+

β+

β+β

−=⇒−

tLR

RBe

LR

BRAtv

tL

R

4.8.3. Metoda Reduksi Rangkaian

CONTOH-4.6: Dengan menggunakan metoda reduksi rangkaian selesaikanlah persoalan pada contoh 4.5.

Solusi :

Rangkaian yang ditransformasikan ke kawasan s kita gambar lagi seperti di samping ini.

+ − 22 β+

βs

B

s

AR

sL + Vo −

R


97

Jika sumber tegangan ditransformasikan menjadi sumber arus, kita mendapatkan rangkaian dengan dua sumber arus dan dua resistor diparalel.

Rangkaian tersebut dapat disederhanakan menjadi rangkaian dengan satu sumber arus, dan kemudian menjadi rangkaian dengan sumber tegangan.

Dari rangkaian terakhir ini kita diperoleh :

+

β+β×

+=

sR

A

s

BR

RsL

sLs

22o 22/)(V

))(2/(

)2/(

2/

2/)(

22oβ++

β++

=sLRs

sRB

LRs

AsV

Hasil ini sama dengan apa yang telah kita peroleh dengan metoda super-posisi pada contoh 4.20. Selanjutnya transformasi balik ke kawasan t dilakukan sebagaimana telah dilakukan pada contoh 4.20.

+

β+β

sR

A

s

BR222

R/2 sL

+ Vo −

+ −

22 β+β

s

B

sR

A R sL + Vo −

R

sR

A

s

B +β+

β22

R/2 sL + Vo −



4.8.4. Metoda Rangkaian Ekivalen Thévenin

CONTOH-4.7: Dengan menggunakan rangkaian ekivalen Thévenin selesaikanlah persoalan pa-da contoh 4.5.

Solusi :

Kita akan menggunakan gabungan metoda superpo-sisi dengan rangkaian ekivalen Thévenin.

Tegangan hubungan ter-buka pada waktu induktor dilepas, adalah jumlah te-gangan yang diberikan oleh sumber tegangan dan sumber arus secara terpisah, yaitu

22

22

2/2/

2

1)()(

β+β+=

β+β××+×

+==

s

RB

s

A

s

BR

s

A

RR

Rss htT VV

Dilihat dari terminal induktor, imped-ansi ZT hanyalah berupa dua resistor paralel, yaitu

2

RZT =

Dengan demikian maka tegangan induktor menjadi

))(2/(

)2/(

2/

2/

2/2/

2/)()(

22

22o

β++β+

+=

β+β+

+=

+=

sLRs

sRB

LRs

A

s

RB

s

A

RsL

sLs

ZsL

sLs T

TVV

Persamaan ini telah kita peroleh sebelumnya, baik dengan metoda superposisi maupun metoda reduksi rangkaian.

+ −

ZT

sL + Vo −

VT

+ − 22 β+

βs

B

s

AR

sL + Vo −

R

+ − 22 β+

βs

B

s

AR +

Vht −

R


99

4.8.5. Metoda Tegangan Simpul

CONTOH 4.8: Selesaikan persoalan pada contoh 4.5. dengan menggunakan metoda tegangan simpul.

Solusi :

Dengan referensi te-gangan seperti terlihat pada gambar di atas, persamaan tegangan simpul untuk simpul A adalah:

01111

)(22o =

β+β−−

++s

B

s

A

RsLRRsV

Dari persamaan tersebut di atas kita peroleh

))(2/(

)2/(

2/

2/

2

)(

atau 2

)(

22

22o

22o

β++β+

+=

β+β

++

=

β+β+=

+

sLRs

sRB

LRs

A

s

B

Rs

A

RLs

RLss

s

B

Rs

A

RLs

RLss

V

V

Hasil yang kita peroleh sama seperti sebelumnya.

Pemahaman :

Dalam analisis di kawasan s, metoda tegangan simpul untuk rangkaian dengan beberapa sumber yang mempunyai frekuensi ber-beda, dapat langsung digunakan. Hal ini sangat berbeda dari analisis di kawasan fasor, dimana kita tidak dapat melakukan superposisi fa-sor dari sumber-sumber yang mempunyai frekuensi berbeda.

+ − 22 β+

βs

B

s

AR

sL + Vo −

R

A

B



4.8.6. Metoda Arus Mesh

CONTOH-4.9: Pada rangkaian berikut ini tidak terdapat simpanan ener-gi awal. Gunakan metoda arus mesh untuk menghitung i(t).

Solusi :

Transformasi rangkaian ke kawasan s adalah seperti gambar berikut ini. Kita tetapkan referensi arus mesh IA dan IB. Persamaan arus mesh dari kedua mesh adalah

( ) 010)(

101010)(

010)(1001.0)(10

46

44

44

=×−

++

=×−++−

ss

s

ssss

AB

BA

II

II

Dari persamaan kedua kita peroleh:

( ))(

102)(

2s

s

ss BA II

+=→

Sehingga:

(((( )))) (((( ))))

))((

10

101002,0

10

101010202,0

10)()(

010)()(102

1001.010

642

4642

42

4

βα −−−−−−−−====

++++++++====

−−−−++++++++××××++++========⇒⇒⇒⇒

====××××−−−−++++++++++++−−−−⇒⇒⇒⇒

ssss

ssssss

sss

ss

s

B

BB

II

II

+ − 10kΩ

10mH

1µF 10 u(t)

i(t) 10kΩ

ss

10)(1 =V +

− 104

104 0.01s

s

610

I(s)

IA IB


101

50000004,0

1081010

; 10004,0

1081010dengan

484

484

−−−−≈≈≈≈××××−−−−−−−−−−−−====

−−−−≈≈≈≈××××−−−−++++−−−−====

β

α

[ ] mA 02,0)(

102100

10 ; 102

500000

10

50000100)500000)(100(

10)(

500000100

5

5000002

5

1001

21

tt

ss

eeti

sk

sk

s

k

s

k

sss

−−

−

−=

−

−=

−=⇒

×−=+

=×=+

=

++

+=

++=⇒ I



Soal-Soal

1. Sebuah resistor 2 kΩ dihubungkan seri dengan sebuah induktor 2 H; kemudian pada rangkaian ini diterapkan sinyal tegangan v(t)=10u(t) V. Bagaimanakah bentuk tegangan pada induktor dan pada resistor ? Bagaimanakah tegangannya setelah keadaan mantap tercapai?

2. Ulangi soal 1 jika tegangan yang diterapkan v(t) = [20sin300t] u(t) V.

3. Ulangi soal 1 jika tegangan yang diterapkan v(t) = [20cos300t] u(t) V.

4. Rangkaian seri resistor dan induktor soal 1 diparalelkan kapasitor 0.5 µF. Jika kemudian pada rangkaian ini diterapkan tegangan v(s)=10u(t) V bagaimanakah bentuk arus induktor ? Bagaimanakah arus tersebut setelah keadaan mantap tercapai?

5. Ulangi soal 4 dengan tegangan masukan v(t)=[20sin300t]u(t) V.

6. Ulangi soal 4 dengan tegangan masukan v(t)=[20cos300t]u(t) V.

7. Sebuah kapasitor 2 pF diserikan dengan induktor 0,5 H dan pada hubungan seri ini diparalelkan resistor 5 kΩ. Jika kemudian pada hubungan seri-paralel ini diterapkan sinyal tegangan v(t)=10u(t) V, bagaimanakah bentuk tegangan kapasitor ?

8. Ulangi soal 7 dengan tegangan masukan v(t) = [20sin300t] u(t) V.

9. Sebuah resistor 100 Ω diparalelkan dengan induktor 10 mH dan pada hubungan paralel ini diserikan kapasitor 0,25 µF. Jika kemudian pada hubungan seri-paralel ini diterapkan tegangan v(t) = 10u(t) V, carilah bentuk tegangan kapasitor.

10. Ulangi soal 9 dengan tegangan masukan v(t) = [20sin300t] u(t) V.

11. Carilah tanggapan status nol (tidak ada simpanan energi awal pada rangkaian) dari iL pada rangkaian berikut jika vs=10u(t) V.

+ − vs

1kΩ

1kΩ 0.1H

iL


103

12. Carilah tanggapan status nol dari vC dan iL pada rangkaian berikut jika vs=100u(t) V.

13. Carilah tanggapan status nol dari vC dan iL pada rangkaian berikut jika vs=[10cos20000t]u(t) V.

14. Carilah i pada rangkaian berikut, jika is=100u(t) mA dan tegangan awal kapasitor adalah vC (0) = 10 V.

15. Ulangi soal 14 untuk is=[100cos400t] u(t) mA.

16. Carilah vo pada rangkaian berikut, jika is=100u(t) mA dan arus awal induktor adalah iL (0) = 10 mA.

17. Ulangi soal 16 untuk is = [100cos400t] u(t) mA.

18. Carilah tanggapan status nol dari vL pada rangkaian berikut, jika vs= 10u(t) V , is = [10sin400t]u(t) mA.

is

0,1H 0,5kΩ

+ vL −

0,5kΩ + − vs

is + vo −

0,1H 5kΩ

5kΩ

is 0,05µF i

5kΩ 5kΩ

+ −

vs 500Ω

50mH 0,05µF

iL + vC −

+ − vs

5kΩ 50mH

0,05µF

iL + vC −



19. Carilah tanggapan status nol dari v2 pada rangkaian berikut jika vs = [10cos(900t+30o)] u(t) V.

20. Ulangi soal 17 jika tegangan awal kapasitor 5 V sedangkan arus awal induktor nol.

21. Pada rangkaian berikut carilah tanggapan status nol dari tegangan keluaran vo(t) jika tegangan masukan vs(t)=10u(t) mV.

22. Pada rangkaian berikut carilah tanggapan status nol dari tegangan keluaran vo(t) jika tegangan masukan vs(t)=10u(t) mV.

23. Untuk rangkaian berikut, tentukanlah vo dinyatakan dalam vin.

a).

+ −

10kΩ

1kΩ 100i

10kΩ

100kΩ

0,1µF + vo

− vs

i

+ −

+ vo

+ vin

R2 R1

C1

C2

+ −

10kΩ

1kΩ 50i

10kΩ

20pF

+ vo

− vs

i 2pF

+ −

v1 10kΩ

10mH

1µF+ v2 −

10kΩ


105

b).

c).

26. Untuk rangkaian transformator linier berikut ini tentukanlah i1 dan i2 .

27. Pada hubungan beban dengan transformator berikut ini, nyatakanlah impedansi masukan Zin sebagai fungsi dari M.

M

L1 L2 50Ω Zin

L1=20mH L2=2mH

i1 i2

M

L1 L2 + −

50Ω

80Ω 50u(t) V

L1=0,75H L2=1H

M = 0,5H

− + +

vo

+ vin R2

R1

C1

C2

R2

− +

+ vo

+ vin

10kΩ

1µF

10kΩ



28. Berapakah M agar Zin pada soal 27 menjadi

( )25000

250002,002,0

++=

s

ssZ in

29. Jika tegangan masukan pada transformator soal 28 adalah V 300cos10 tvin = , tentukan arus pada beban 50 Ω.

Fungsi Jaringan

107

BAB 5 Fungsi Jaringan

Pembahasan fungsi jaringan akan membuat kita

• memahami makna fungsi jaringan, fungsi masukan, dan fungsi alih;

• mampu mencari fungsi alih dari suatu rangkaian melalui analisis rangkaian;

• memahami peran pole dan zero dalam tanggapan rangkaian;

• mampu mencari fungsi alih rangkaian jika tanggapan terhadap sinyal impuls ataupun terhadap sinyal anak tangga diketahui.

5.1. Pengertian dan Macam Fungsi Jaringan

Sebagaimana kita ketahui, prinsip proporsionalitas berlaku di kawasan s. Faktor proporsionalitas yang menghubungkan keluaran dan masukan berupa fungsi rasional dalam s yang disebut fungsi jaringan (network function). Secara formal, fungsi jaringan di kawasan s didefinisikan sebagai perbandingan antara tanggapan status nol dan sinyal masukan.

)(Masukan Sinyal

)( Nol Status Tanggapan Jaringan Fungsi

s

s= (5.1)

Definisi ini mengandung dua pembatasan, yaitu a) kondisi awal harus nol dan b) sistem hanya mempunyai satu masukan.

Fungsi jaringan yang sering kita hadapi ada dua bentuk, yaitu fungsi masukan (driving-point function) dan fungsi alih (transfer function). Fungsi masukan adalah perbandingan antara tanggapan di suatu gerbang (port) dengan masukan di gerbang yang sama. Fungsi alih adalah perbandingan antara tanggapan di suatu gerbang dengan masukan pada gerbang yang berbeda.

5.1.1. Fungsi Masukan Contoh fungsi masukan adalah impedansi masukan dan admitansi masukan, yang merupakan perbandingan antara tegangan dan arus di terminal masukan.

)(

)()( ;

)(

)()(

s

ssY

s

ssZ

V

I

I

V == (5.2)

Fungsi Jaringan


5.1.2. Fungsi Alih

Dalam rangkaian pemroses sinyal, pengetahuan mengenai fungsi alih sangat penting karena fungsi ini menentukan bagaimana suatu sinyal masukan akan mengalami modifikasi dalam pemrosesan. Karena sinyal masukan maupun sinyal keluaran dapat berupa tegangan ataupun arus, maka kita mengenal empat macam fungsi alih, yaitu

)(

)()( :Alih Impedansi

;)(

)()( :Alih Admitansi

)(

)()( : ArusAlih Fungsi

; )(

)()( :Tegangan Alih Fungsi

o

o

o

o

s

ssT

s

ssT

s

ssT

s

ssT

inZ

inY

inI

inV

I

V

V

I

I

I

V

V

=

=

=

=

(5.3)

TV (s) dan TI (s) tidak berdimensi. TY (s) mempunyai satuan siemens dan TZ (s) mempunyai satuan ohm. Fungsi alih suatu rangkaian dapat diperoleh melalui penerapan kaidah-kaidah rangkaian serta analisis rangkaian di kawasan s. Fungsi alih memberikan hubungan antara sinyal masukan dan sinyal keluaran di kawasan s. Berikut ini kita akan melihat beberapa contoh pencarian fungsi alih.

CONTOH-5.1: Carilah impedansi masukan yang dilihat oleh sumber pada rangkaian-rangkaian berikut ini.

Solusi :

RCs

RZ

R

RCsCs

RY

Cs

RCs

CsRZ

in

inin

+=⇒

+=+=+=+=

1

11 b). ;

11 a).

a).

R + − Cs

1Vs(s)

R

Cs

1Is(s)

b).

Fungsi Jaringan

109

CONTOH-5.2: Carilah fungsi alih rangkaian-rangkaian berikut.

Solusi :

Kaidah pembagi tegangan untuk rangkaian a) dan kaidah pembagi arus untuk rangkaian b) akan memberikan :

sRCsCR

R

s

ssT

RCsCsR

Cs

s

ssT

inI

inV

+=

+==

+=

+==

1

1

/1

/1

)(

)()( b).

; 1

1

/1

/1

)(

)()( a).

o

o

I

I

V

V

CONTOH-5.3: Tentukan impedansi masukan dan fungsi alih rangkaian di samping ini.

Solusi :

Transformasi rangkaian ke kawa-san s memberikan

( ) ( )

1)(

))(1(

/1

))(/1(

||/1

212

21

21

21

21

+++++=

+++++=

++=

CsRRLCs

RLsCsR

LsRCsR

RLsCsR

RLsCsRZin

2

2o

)(

)()(

RLs

R

s

ssT

inV +

==V

V

R1 R2

Ls

1/Cs

+ Vin(s)

−

+ Vo (s) −

a).

R

Cs

1+ Vin(s)

−

+ Vo(s) −

R Cs

1Iin(s)

b).

Io(s)

R1 R2

L

C

+ vin

−

+ vo

−

Fungsi Jaringan


CONTOH-5.4: Tentukan impedansi masukan dan fungsi alih rangkaian di samping ini.

Solusi :

Transformasi rangkaian ke ka-wasan s memberikan rangkaian berikut ini :

( )1/1

//1||

11

1

11

1111 +

=+

==sCR

R

sCR

sCRsCRZin

1

1

1

1

)/1(||

)/1(||

)(

)()(

22

11

1

2

1

11

22

2

11

22

1

2o

++

−=

+×

+−=

−=−==

sCR

sCR

R

R

R

sCR

sCR

R

sCR

sCR

Z

Z

s

ssT

inV V

V

CONTOH-5.5: Tentukan fungsi alih rangkaian di samping ini.

Solusi :

Transformasi rangkaian ke kawasan s memberikan rangkaian dan persamaan beri-kut ini

−

+

R2

+ Vin(s)

−

+ Vo(s) −

R1

1/C1s 1/C2s

−

+

R2

+ vin

−

+ vo

−

R1

C1 C2

1MΩ

1µF

µvx

A

+ vs −

+ vx −

+ vo 1MΩ

1µF

+ −

Fungsi Jaringan

111

Persamaan tegangan untuk simpul A :

( )0

10

1010

101010

6

66

666

=

µ−

−−

++

−

−−

−−−

x

xin

A

s

s

V

VV

V

1)3(

1

)122(

atau 0)2)(1(

)1(1

1

/1010

/10 : sedangkan

2

2

66

6

+µ−+=⇒

=µ−−+++

=µ−−−++⇒

+=→+

=

+=

ss

ssss

sss

ss

s

s

in

x

inx

xxinx

xAA

Ax

V

V

VV

VVVV

VVV

VV

Fungsi alih : sss

s

s

ssT

s

x

sV

1)3()(

)(

)(

)()(

2o

+µ−+

µ=µ

==V

V

V

V

5.2. Peran Fungsi Alih

Dengan pengertian fungsi alih sebagaimana telah didefinisikan, keluaran dari suatu rangkaian di kawasan s dapat dituliskan sebagai

.kawasan di nol) status (tanggapankeluaran : )(

kawasan dimasukan sinyal pernyataan : )(

alih fungsiadalah )(dengan ; )()()(

ss

ss

sTssTs

Y

X

XY = (5.4)

Fungsi alih T(s) berupa fungsi rasional yang dapat dituliskan dalam ben-tuk rasio dari dua polinom a(s) dan b(s) :

106

106/s

µVx

A + Vx −

+ Vo(s) 106

106/s + −

+ Vs(s)

−

Fungsi Jaringan


011

1

011

1

)(

)()(

asasasa

bsbsbsb

sa

sbsT

nn

nn

mm

mm

++⋅⋅⋅⋅⋅+

++⋅⋅⋅⋅⋅+==

−−

−− (5.5)

Nilai koefisien polinom-polinom ini berupa bilangan riil, karena diten-tukan oleh parameter rangkaian yang riil yaitu R, L, dan C. Fungsi alih dapat dituliskan dalam bentuk

)())((

)())(()(

21

21

n

m

pspsps

zszszsKsT

−⋅⋅⋅⋅⋅−−−⋅⋅⋅⋅⋅−−= (5.6)

Dengan bentuk ini jelas terlihat bahwa fungsi alih akan memberikan zero di z1 …. zm dan pole di p1 …. pn . Pole dan zero dapat mempunyai nilai riil ataupun kompleks konjugat karena koefisien dari b(s) dan a(s) adalah riil. Sementara itu sinyal masukan X(s) juga mungkin mengandung zero dan pole sendiri. Oleh karena itu, sesuai dengan persamaan (5.6), sinyal keluaran Y(s) akan mengandung pole dan zero yang dapat berasal dari T(s) ataupun X(s). Pole dan zero yang berasal dari T(s) disebut pole alami dan zero alami, karena mereka ditentukan semata-mata oleh parameter rangkaian dan bukan oleh sinyal masukan; sedangkan yang berasal dari X(s) disebut pole paksa dan zero paksa karena mereka ditentukan oleh fungsi pemaksa (masukan).

CONTOH-5.6: Jika sinyal masukan pada rangkaian dalam contoh-5.5 adalah vin = cos2t u(t) , carilah pole dan zero sinyal keluaran Vo(s) untuk µ = 0,5.

Solusi :

Pernyataan sinyal masukan di kawasan s adalah : 4

)(2 +

=s

ssinV

Fungsi alih rangkaian telah diperoleh pada contoh 5.5; dengan µ = 0,5 maka

ss sssTV

15,2

5,0

1)3()(

22 ++=

+µ−+µ=

Dengan demikian sinyal keluaran menjadi

)2)(2()5,0)(2(

5,0

415,2

5,0)()()(

22o

jsjs

s

ss

s

s

ssssTs inV

−+++=

+++== VV

Pole dan zero adalah :

Fungsi Jaringan

113

5.2.1. Rangkaian Dengan Masukan Sinyal Impuls

Sinyal masukan yang berbentuk gelombang impuls dinyatakan dengan x(t) = δ(t). Pernyataan sinyal ini di kawasan s adalah X(s) = 1. Dengan masukan ini maka bentuk sinyal keluaran Vo(s) akan sama dengan bentuk fungsi alih T(s).

)(1)()()()(o ssTssTs HXV =×== (5.7)

Vo(s) yang diperoleh dengan X(s) = 1 ini kita sebut H(s) agar tidak rancu dengan T(s). Karena X(s) = 1 tidak memberikan pole paksa, maka H(s) hanya akan mengandung pole alami.

Kembali ke kawasan t, keluaran vo(t) = h(t) diperoleh dengan transforma-si balik H(s). Bentuk gelombang h(t) terkait dengan pole yang dikandung oleh H(s). Pole riil akan memberikan komponen eksponensial pada h(t); pole kompleks konjugat (dengan bagian riil negatif ) akan memberikan komponen sinus teredam pada h(t) dan pole-pole yang lain akan mem-berikan bentuk-bentuk h(t) tertentu yang akan kita lihat melalui contoh berikut.

CONTOH-5.7: Jika sinyal masukan pada rangkaian dalam contoh-5.5 adalah vin = δ(t) , carilah pole dan zero sinyal keluaran untuk nilai µ = 0,5 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4, 5.

Solusi :

Fungsi alih rangkaian ini adalah : 1)3(

)(2 +µ−+

µ=ss

sTV

Dengan masukan vin = δ(t) yang berarti Vin(s) = 1, maka keluaran rangkaian adalah :

1)3()(

2 +µ−+µ=

sssH

5,0dan 2 di riil dua

)5,0)(2(

5,0

15,2

5,0)(5,0

2

−=−=⇒

++=

++=⇒=µ

sspole

sssssH

riil alami : 5.0

riil alami : 2

poles

poles

−=−=

imajiner paksa : 2

imaginer paksa : 2

riil paksa satu : 0

polejs

polejs

zeros

+=−=

=

Fungsi Jaringan


1 di riil dua )1(

5,0

12

1)(1

22−=⇒

+=

++=⇒=µ spole

ssssH

2/35,0 dikonjugat kompleks dua

)2/35,0)(2/35,0(

2

1

2)(2

2

jspole

jsjssss

±−=⇒

++−+=

++=⇒=µ H

1 di imajiner dua

)1)(1(

3

1

3)(3

2

jspole

jsjsss

±=⇒

−+=

+=⇒=µ H

2/35,0 dikonjugat kompleks dua

)2/35,0)(2/35,0(

4

1

4)(4

2

jspole

jsjssss

±=⇒

+−−−=

+−=⇒=µ H

1 di riil dua )1(

5

12

5)(5

22=⇒

−=

+−=⇒=µ spole

ssssH

Contoh-5.7 ini memperlihatkan bagaimana fungsi alih menentukan ben-tuk gelombang sinyal keluaran melalui pole-pole yang dikandungnya. Berbagai macam pole tersebut akan memberikan h(t) dengan perilaku sebagai berikut.

µ = 0,5 : dua pole riil negatif tidak sama besar; sinyal keluaran sangat teredam.

µ = 1 : dua pole riil negatif sama besar ; sinyal keluaran teredam kritis.

µ =2 : dua pole kompleks konjugat dengan bagian riil negatif ; sinyal keluaran kurang teredam, berbentuk sinus teredam.

µ = 3 : dua pole imaginer; sinyal keluaran berupa sinus tidak te-redam.

µ = 4 : dua pole kompleks konjugat dengan bagian riil positif ; sinyal keluaran tidak teredam, berbentuk sinus dengan amplitudo makin besar.

µ = 5 : dua pole riil posistif sama besar; sinyal keluaran ekspo-nensial dengan eksponen positif; sinyal makin besar dengan berjalannya t.

Fungsi Jaringan

115

Gambar berikut menjelaskan posisi pole dan bentuk tanggapan rangkaian di kawasan t yang berkaitan.

Gb.5.3. Posisi pole dan bentuk gelombang keluaran.

5.2.2. Rangkaian Dengan Masukan Sinyal Anak Tangga

Transformasi sinyal masukan yang berbentuk gelombang anak tangga x(t) = u(t) adalah X(s) = 1/s. Jika fungsi alih adalah T(s) maka sinyal keluaran adalah

s

sTssTs

)()()()( == XY (5.8)

Jika kita bandingkan (5.8) ini dengan (5.7) dimana tanggapan terhadap sinyal impuls dinyatakan sebagai H(s), maka tanggapan terhadap sinyal anak tangga ini dapat kita sebut

s

s

s

sTs

)()()(

HG == (5.9)

Karena H(s) hanya mengandung pole alami, maka dengan melihat bentuk ini kita segera mengetahui bahwa tanggapan terhadap sinyal anak tangga di kawasan s akan mengandung satu pole paksa disamping pole-pole

-1 .2

0

1 .2

0 20

σ

jω

××××

××××

×××× ××××

××××

××××

××××

×××× ××××

pole di 0+j0 (lihat pembahasan berikut)

pole riil positif

pole di + α ± jβ

pole riil negatif

pole di − α ± jβ

pole di ± jβ

Fungsi Jaringan


alami. Pole paksa ini terletak di s = 0 + j0; pole inilah yang ditambahkan pada Gb. 5.3.

Mengingat sifat integrasi pada transformasi Laplace, maka g(t) dapat diperoleh jika h(t) diketahui, yaitu

∫=t

dxxhtg0

)()( (5.10)

Secara timbal balik, maka

kontinyu. tidak )( dimana

di kecuali titik semua diberlaku , )(

)(

tg

tdt

tdgth =

(5.11)

CONTOH-5.8: Dalam contoh-5.7, jika µ = 2 dan sinyal masukan berupa sinyal anak tangga, carilah pole dan zero sinyal keluaran.

Solusi :

Dengan µ = 2 fungsi alihnya adalah 1

2)(

2 ++=

sssTV

Dengan sinyal masukan X(s) = 1/s , tanggapan rangkaian adalah

sjsjsssss

)2/35,0)(2/35,0(

21

)1(

2)(

2 ++−+=

++=G

Dari sini kita peroleh :

00 di paksa satu : 0

negatif riilbagian dengan

konjugat kompleks dua : 2/35,0

jpole s

polejs

+=

±−=

5.3. Hubungan Bertingkat dan Kaidah Rantai Hubungan masukan-keluaran melalui suatu fungsi alih dapat kita gam-barkan dengan suatu diagam blok seperti Gb.5.4.a.

Gb.5.4. Diagram blok

Suatu rangkaian pemroses sinyal seringkali merupakan hubungan bertingkat dari beberapa tahap pemrosesan. Dalam hubungan bertingkat

T(s) X(s) Y(s)

a).

T1(s) Y1 (s)

b).

T2(s) Y(s) X(s)

Fungsi Jaringan

117

ini, tegangan keluaran dari suatu tahap menjadi tegangan masukan dari tahap berikutnya. Diagram blok dari hubungan bertingkat ini ditunjukkan oleh Gb.5.4.b. Untuk hubungan bertingkat ini berlaku kaidah rantai yaitu apabila suatu rangkaian merupakan hubungan bertingkat dari tahapan-tahapan yang masing-masing mempunyai fungsi alih tegangan TV1(s), TV2(s) ….dst. maka fungsi alih tegangan total rangkaian menjadi

)()()()( 11 sTsTsTsT VkVVV ⋅⋅⋅⋅= (5.12)

Kaidah rantai ini mempermudah kita dalam melakukan analisis dari suatu rangkaian yang merupakan hubungan bertingkat dari beberapa tahapan. Namun dalam hubungan bertingkat ini perlu kita perhatikan agar suatu tahap tidak membebani tahap sebelumnya. Jika pembebanan ini terjadi maka fungsi alih total tidak sepenuhnya menuruti kaidah rantai. Untuk menekan efek pembebanan tersebut maka harus diusahakan agar imped-ansi masukan dari setiap tahap sangat besar, yang secara ideal adalah tak hingga besarnya. Jika impedansi masukan dari suatu tahap terlalu rendah, kita perlu menambahkan rangkaian penyangga antara rangkaian ini dengan tahap sebelumnya agar efek pembebanan tidak terjadi. Kita akan melihat hal ini pada contoh berikut.

CONTOH-5.9: Carilah fungsi alih kedua rangkaian berikut; sesudah itu hubungkan kedua rangkaian secara bertingkat dan carilah fungsi alih total.

Solusi : Fungsi alih kedua rangkaian berturut-turut adalah

1

1

/1

/1)(

111 +

=+

=CsRCsR

CssTV dan

LsR

RsTV +

=2

22 )(

Jika kedua rangkaian dihubungkan maka rangkaian menjadi seperti di bawah ini.

Fungsi alih rangkaian gabungan ini adalah:

R1 + Vin −

1/Cs R2

Ls + Vo −

R1 + Vin −

1/Cs

+ Vo −

R2

Ls + Vo −

+ Vin −

Fungsi Jaringan


++++

++

=

+

+++

+++

+=

+++

+=

)()(

/1

)(/1

/1

)(/1

)(||/1

)(||/1)(

2122

2

2

2

12

2

2

2

2

2

12

2

2

2

RRsCRLLCs

LsR

LsR

R

RLsRCs

LsRCs

LsRCs

LsRCs

LsR

R

RLsRCs

LsRCs

LsR

RsTV

Pemahaman : Fungsi alih dari rangkaian yang diperoleh dengan menghubungkan kedua rangkaian secara bertingkat tidak merupakan perkalian fungsi alih masing-masing. Hal ini disebabkan terjadinya pembebanan rangkaian pertama oleh rangkaian kedua pada waktu mereka dihub-ungkan. Untuk mengatasi hal ini kita dapat menambahkan rangkaian penyangga di antara kedua rangkaian sehingga rangkaian menjadi seperti di bawah ini.

Diagram blok rangkaian ini menjadi :

Contoh-5.9. di atas menunjukkan bahwa kaidah rantai berlaku jika suatu tahap tidak membebani tahap sebelumnya. Oleh karena itu agar kaidah rantai dapat digunakan, impedansi masukan harus diusahakan sebesar mungkin, yang dalam contoh diatas dicapai dengan menambahkan rangkaian penyangga. Dengan cara demikian maka hubungan masukan-keluaran total dari seluruh rangkaian dapat dengan mudah diperoleh jika hubungan masukan-keluaran masing-masing bagian diketahui. Pengembangan dari konsep ini akan kita lihat dalam analisis sistem.

5.4. Fungsi Alih dan Hubungan Masukan-Keluaran di Kawasan Waktu

Dalam pembahasan di atas dapat kita lihat bahwa jika kita bekerja di kawasan s, hubungan masukan-keluaran diberikan oleh persamaan

Vo(s) Vin(s) TV1 TV1 1

Vo1 Vo1

R1 + Vin −

1/Cs R2

Ls + Vo −

+ −

Fungsi Jaringan

119

)()()( ssTs XY =

Bagaimanakah bentuk hubungan masukan-keluaran di kawasan waktu? Menurut (5.9) T(s) = H(s), sehingga kita dapat menggunakan konvolusi untuk melakukan transformasi balik dari hubungan di atas dan kita dapatkan hubungan masukan-keluaran di kawasan waktu, yaitu

∫∫ ττ−τ=ττ−τ=tt

dthxdtxhty00

)()()()()( (5.13)

dengan h(t) adalah tanggapan impuls dari rangkaian.

Persamaan (5.13) ini memberikan hubungan di kawasan waktu, antara besaran keluaran y(t), besaran masukan x(t), dan tanggapan impuls rangkaian h(t). Hubungan ini dapat digunakan langsung tanpa melalui transformasi Laplace. Hubungan ini sangat bermanfaat untuk mencari keluaran y(t) jika h(t) ataupun x(t) diperoleh secara experimental dan sulit dicari transformasi Laplace-nya. Konvolusi berlaku untuk rangkaian linier invarian waktu. Jika batas bawah adalah nol (seperti pada 5.13), maka sinyal masukan adalah sinyal kausal, yaitu x(t) = 0 untuk t < 0.

5.5. Tinjauan Umum Mengenai Hubungan Masukan-Keluaran

Dari pembahasan mengenai fungsi alih diatas dan pembahasan mengenai hubungan masukan-keluaran pada bab-bab sebelumnya, kita dapat mengetahui bahwa hubungan antara sinyal keluaran dan sinyal masukan di suatu rangkaian dapat kita peroleh dalam beberapa bentuk. Di kawasan s, hubungan tersebut diperoleh melalui transformasi Laplace. Hubungan tersebut juga dapat kita peroleh di kawasan t melalui konvolusi. Di samping itu kita ingat pula bahwa hubungan antara sinyal keluaran dan sinyal masukan dapat pula diperoleh dalam bentuk persamaan diferensial, seperti yang kita temui pada waktu kita membahas analisis transien. Jadi kita telah mempelajari tiga macam bentuk hubungan antara sinyal keluaran dan sinyal masukan, yaitu

• transformasi Laplace, • konvolusi, • persamaan diferensial.

Kita masih akan menjumpai satu lagi bentuk hubungan sinyal keluaran dan sinyal masukan yaitu melalui transformasi Fourier. Akan tetapi sebe-lum membahas transformasi Fourier kita akan melihat lebih dulu tangga-pan frekuensi dalam bab berikut ini.

Fungsi Jaringan


Soal-Soal

1. Terminal AB rangkaian berikut adalah terminal masukan, dan terminal keluarannya adalah CD. Tentukanlah admitansi masukannya (arus / tegangan masukan di kawasan s) jika terminal keluaran terbuka.

2. Jika tegangan masukan v1(t)=10u(t) V, gambarkan diagram pole-zero dari arus masukan dan sebutkan jenis pole dan zero yang ada

3. Tegangan keluaran v2(t) rangkaian soal 1 diperoleh di terminal CD. Tentukan fungsi alih tegangannya (tegangan keluaran / tegangan ma-sukan di kawasan s).

4. Jika tegangan masukan v1(t) = 10 u(t) V Gambarkan diagram pole-zero tegangan keluaran.

5. Ulangi soal 2 dengan tegangan masukan v1(t) = 10[sin100t]u(t) V.

6. Ulangi soal 4 dengan tegangan masukan v1(t) = 10[sin100t]u(t) V.

7. Tentukan fungsi alih pada rangkaian berikut dan gambarkan digram pole-zero dari tegangan keluaran Vo(s)dan sebutkan jenis pole dan zeronya.

a). b).

c). d).

1kΩ 1kΩ

1H

0,5µF

D

A

B

C

+ −

R1 C

u(t)

+ vo

−

− +

R2

+ − L

R C u(t)

+ vo

−

+ −

R2 R1

C cos1000t

+ vo

−

+ − L

R1

R2 u(t)

+ vo

−

C

Fungsi Jaringan

121

e). f).

g). h),

8. Carilah fungsi alih, g(t), dan h(t) dari rangkaian berikut.

a). b).

c), d).

9. Carilah fungsi alih dari rangkaian hubungan bertingkat yang merupakan gabungan rangkaian-rangkaian pada soal nomer 8. Pilihlah sendiri mana yang menjadi tahap pertama dan mana yang menjadi tahap ke-dua.

+ −

R1 C

u(t)

+ vo

−

+ −

R2

L

100kΩ 1µF

+ vo

−

− +

10kΩ

+ vin

− 10kΩ

1µF +

vo

−

+ −

10kΩ

+

vin

−

1kΩ 1kΩ

1H

0,5µF

+

vin

−

+

vo

−

10kΩ

1kΩ

0,5H +

vin

−

+

vo

−

+ −

R1

C

u(t)

+ vo

−

+ −

R2

L

+ −

R1 C

u(t)

+ vo

−

+ −

R2

+ −

R1

C

u(t)

+ vo

−

+ −

R2

Fungsi Jaringan


13. Carilah fungsi alih dari suatu rangkaian jika diketahui bahwa tanggapannya terhadap sinyal anak tangga adalah :

( )( )( ) );( )( d).

);( 51)( c).

);( 1 )( b).

);()( a).

2000 1000

5000

5000

5000

tueetg

tuetg

tuetg

tuetg

tt

t

t

t

−−

−

−

−

−=

+−=

−=

−=

( )( ) )( 2000sin )( f).

);( )( e). 1000

2000 1000

tutetg

tueetgt

tt

−

−−

=

−=

( )

)( 2000)()( j).

; )( 1000)()( i).

);( 1000)( h).

; )( 2000sin )( g).

1000

1000

1000

1000

tuetth

tuetth

tueth

tutetg

t

t

t

t

−

−

−

−

−δ=

−δ=

−=

=

( )( ) )( 2000cos )( l).

);( 2000sin )( k). 1000

1000

tuteth

tutetht

t

−

−

=

=

14. Dengan menggunakan integral konvolusi carilah tegangan kapasitor pada rangkaian seri RC jika tegangan masukannya: (a) v1(t) = tu(t) ; (b) v1(t) = A e−α t u(t).

Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-1

123

BAB 6 Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-1

Sebagaimana kita ketahui, kondisi operasi normal rangkaian pada umumnya adalah kondisi mantap dan dalam operasi tersebut banyak digunakan sinyal sinus baik pada pemrosesan energi maupun pemrosesan sinyal listrik. Dalam teknik energi listrik, tenaga listrik dibangkitkan, ditransmisikan, serta dimanfaatkan dalam bentuk sinyal sinus dengan frekuensi yang dijaga konstan yaitu 50 atau 60 Hz. Dalam teknik tele-komunikasi, sinyal sinus dimanfaatkan dalam selang frekuensi yang lebih lebar, mulai dari beberapa Hz sampai jutaan Hz. Untuk hal yang kedua ini, walaupun rangkaian beroperasi pada keadaan mantap, tetapi frekuen-si sinyal yang diproses dapat bervariasi ataupun mengandung banyak frekuensi (gelombang komposit), misalnya suara manusia ataupun suara musik. Karena impedansi satu macam rangkaian mempunyai nilai yang berbeda untuk frekuensi yang berbeda, maka timbullah persoalan bagaimanakah tanggapan rangkaian terhadap perubahan nilai frekuensi atau bagaimanakah tanggapan rangkaian terhadap sinyal yang tersusun dari banyak frekuensi. Dalam bab inilah persoalan tersebut akan kita ba-has.

6.1. Tanggapan Rangkaian Terhadap Sinyal Sinus Keadaan Mantap

Pernyataan di kawasan s dari sinyal masukan berbentuk sinus x(t) = Acos(ωt+θ) adalah (lihat Tabel-3.1.) :

22

sincos)(

ω+θω−θ=

s

sAsX (6.1)

Jika T(s) adalah fungsi alih, maka tanggapan rangkaian adalah

)())((

sincos

)(sincos

)()()(22

sTjsjs

sA

sTs

sAssTs

ω+ω−θω−θ=

ω+θω−θ== XY

(6.2)

Sebagaimana telah kita bahas di bab sebelumnya, T(s) akan memberikan pole-pole alami sedangkan X(s) akan memberikan pole paksa dan pern-yataan (6.2) dapat kita uraikan menjadi berbentuk



n

n

ps

k

ps

k

ps

k

js

k

js

ks

−+⋅⋅⋅+

−+

−+

ω++

ω−=

2

2

1

1*

)(Y (6.3)

yang transformasi baliknya akan berbentuk

tpn

tptptjtj nekekeKekkety +⋅⋅⋅++++= ω−ω 2121

*)( (6.4)

Di kawasan t, pole-pole alami akan memberikan komponen transien yang biasanya berlangsung hanya beberapa detik (dalam kebanyakan rangkaian praktis) dan tidak termanfaatkan dalam operasi normal. Komponen mantaplah yang kita manfaatkan untuk berbagai keperluan dan komponen ini kita sebut tanggapan mantap yang dapat kita peroleh dengan menghilangkan komponen transien dari (6.4), yaitu :

tjtjtm ekkety ω−ω += *)( (6.5)

Nilai k dapat kita cari dari (6.2) yaitu

)(2

sincos

)()(

sincos)()(

ωθ+θ=

ω+θω−θ=ω−=

ω=ω=

jTj

A

sTjs

sAsjsk

jsjs

Y

(6.6)

Faktor T(jω) dalam (6.6) adalah suatu pernyataan kompleks yang dapat kita tuliskan dalam bentuk polar sebagai |T(jω)|ejϕ dimana |T(jω)| adalah nilai mutlaknya dan ϕ adalah sudutnya. Sementara itu menurut Euler (cosθ + jsinθ) = ejθ. Dengan demikian (6.6) dapat kita tuliskan

ϕθ

ω= jj

ejTe

Ak )(2

(6.7)

Dengan (6.7) ini maka tanggapan mantap (6.5) menjadi

)cos( )(

2

)(

)(2

)(2

)(

)()(

ϕ+θ+ωω=

+ω=

ω+ω=

ϕ+θ+ω−ϕ+θ+ω

ω−ϕ−θ−

ωϕθ

tjTA

eejTA

eejTe

AeejTe

Aty

tjtj

tjjj

tjjj

tm

(6.8)


125

Persamaan (6.8) ini menunjukkan bahwa tanggapan keadaan mantap dari suatu rangkaian yang mempunyai fungsi alih T(s) dengan masukan sinyal sinus, akan :

• berbentuk sinus juga, tanpa perubahan frekuensi

• amplitudo berubah dengan faktor |T(jω)|

• sudut fasa berubah sebesar sudut dari T(jω), yaitu ϕ.

Jadi, walaupun frekuensi sinyal keluaran sama dengan frekuensi sinyal masukan tetapi amplitudo maupun sudut fasanya berubah dan perubahan ini tergantung dari frekuensi. Kita akan melihat kejadian ini dengan suatu contoh.

CONTOH-6.1: Carilah sinyal keluaran keadaan mantap dari rangkaian di samping ini jika masukannya adalah vs = 10√2cos(50t + 60o) V.

Solusi :

Transformasi rangkaian ke kawasan s memberikan rangkaian impedansi seperti di samping ini.

Fungsi alih rangkaian ini adalah

50

50

1002

100)(

+=

+=

sssTV .

Karena frekuensi sinyal ω = 50 , maka

o

1

45

)50/50(tan22 2

1

5050

50

5050

50)50( j

jV e

ejjT −=

+=

+=

−

Keluaran keadaan mantap adalah :

)1550cos(10)456050cos(2

210)( ooo

o +=−+= tttv

Pemahaman :

Frekuensi sinyal keluaran sama dengan sinyal masukan, yaitu ω = 50 rad/sec.

Amplitudo sinyal masukan V 210=maksv , sedangkan

+ vo −

+ −

2H 100Ω

vs

+ Vo −

+ −

2s 100

Vs



2

1)50()( ==ω jj VV TT .

Amplitudo sinyal keluaran

V 102

1210)(o =×=ω= jTvv smaksmaks

Sudut fasa sinyal masukan θ = 60o, sedang sudut |T(jω)| = −45o.

Sudut fasa sinyal keluaran : θ + ϕ = 60o − 45o = 15o.

6.2. Pernyataan Tanggapan Frekuensi

6.2.1. Fungsi Gain dan Fungsi Fasa

Faktor pengubah amplitudo, yaitu |T(jω)| yang merupakan fungsi frekuensi, disebut fungsi gain yang akan menentukan bagaimana gain (perubahan amplitudo sinyal) bervariasi terhadap perubahan frekuensi. Pengubah fasa ϕ yang juga merupakan fungsi frekuensi disebut fungsi fasa dan kita tuliskan sebagai ϕ(ω); ia menunjukkan bagaimana sudut fasa sinyal berubah dengan berubahnya frekuensi. Jadi kedua fungsi tersebut dapat menunjukkan bagaimana amplitudo dan sudut fasa sinyal sinus berubah terhadap perubahan frekuensi atau dengan singkat disebut sebagai tanggapan frekuensi dari rangkaian. Pernyataan tanggapan ini bisa dalam bentuk formulasi matematis ataupun dalam bentuk grafik.

CONTOH-6.2: Selidikilah perubahan gain dan sudut fasa terhadap perubahan frekuensi dari rangkaian orde-1 di bawah ini.

Solusi :

Setelah di transformasikan ke kawasan s, diperoleh

+ vo −

+ −

1 H

500Ωvs 500Ω


127

1000tan)( : fasa fungsi

1000

500)( : fungsi

1000

500)(

1000

500)( : rangkaian alih fungsi

1

22

ω−=ωϕ⇒

ω+=ω⇒

+ω=ω⇒

+=

−

jTgain

jjT

ssT

V

V

V

Untuk melihat dengan lebih jelas bagaimana gain dan fasa berubah terhadap frekuensi, fungsi gain dan fungsi fasa di plot terhadap ω. Absis ω dibuat dalam skala logaritmik karena rentang nilai ω sangat besar. Hasilnya terlihat seperti gambar di bawah ini.

Kurva gain menunjukkan bahwa pada frekuensi rendah terdapat gain tinggi yang relatif konstan, sedangkan pada frekuensi tinggi gain menurun dengan cepat. Kurva fungsi fasa menujukkan bahwa pada frek-uensi rendah sudut fasa tidak terlalu berubah tetapi kemudian cepat menurun mulai suatu frekuensi tertentu.

Gain tinggi di daerah frekuensi rendah pada contoh di atas menunjuk-kan bahwa sinyal yang berfrekuensi rendah mengalami perubahan am-

-90

-45

01 10 100 1000 10000 1E+05

ϕ [o]

Gain passband stopband

0

0.5

1 10 100 1000 10000 1E+05

0.5/√2

ω

ωC



plitudo dengan faktor tinggi, sedangkan gain rendah di frekuensi tinggi menunjukkan bahwa sinyal yang berfrekuensi tinggi mengalami peru-bahan amplitudo dengan faktor rendah. Daerah frekuensi dimana terjadi gain tinggi disebut passband sedangkan daerah frekuensi dimana terjadi gain rendah disebut stopband. Nilai frekuensi yang menjadi batas antara passband dan stopband disebut frekuensi cutoff , ωC . Nilai frekuensi cutoff biasanya diambil nilai frekuensi dimana gain menurun dengan faktor 1/√2 dari gain maksimum pada passband.

Dalam contoh-6.2 di atas, rangkaian mempunyai satu passband yang terentang dari frekuensi ω = 0 (tegangan searah) sampai frekuensi cut-toff ωC , dan satu stopband mulai dari frekuensi cutoff ke atas. Dengan kata lain rangkaian ini mempunyai passband di daerah frekuensi rendah saja sehingga disebut low-pass gain. Inilah tanggapan frekuensi rangkaian pada contoh-6.2.

Kebalikan dari low-pass gain adalah high-pass gain, yaitu jika passband berada hanya di daerah frekuensi tinggi saja seperti pada contoh 6.3. berikut ini.

CONTOH-6.3: Selidikilah tanggapan frekuensi rangkaian di bawah ini.

Solusi :

Fungsi alih rangkaian adalah

21o

42

225

10tan90)( ;

10

5,0)(

10

5,0)(

10

5,0

1000/10

500)(

ω−=ωϕ⇒+ω

ω=ω⇒

+ω

ω×=ω→+

=+

=

−jT

j

jjT

s

s

ssT

V

VV

+ vo −

+ − 500

vs 500105/s


129

Kurva gain dan fasa terlihat seperti pada gambar di bawah ini. Stopband ada di daerah frekuensi rendah sedangkan passband ada di daerah frekuensi tinggi. Inilah karakteristik high-pass gain

6.2.2. Decibel

Dalam meninjau tanggapan frekuensi, gain biasanya dinyatakan dalam decibel (disingkat dB) yang didefinisikan sebagai

)(log20 dB dalamGain ω= jT (6.9)

Gain dalam dB dapat bernilai nol, positif atau negatif. Gain dalam dB akan nol jika |T(jω)| bernilai satu, yang berarti sinyal tidak diperkuat ataupun diperlemah; jadi gain 0 dB berarti amplitudo sinyal keluaran sama dengan sinyal masukan. Gain dalam dB akan positif jika |T(jω)| >1, yang berarti sinyal diperkuat, dan akan bernilai negatif jika |T(jω)| < 1, yang berarti sinyal diperlemah.

Frekuensi cutoff adalah frekuensi dimana gain telah turun 1/√2 = 0.707 kali nilai gain maksimum dalam passband. Jadi pada frekuensi cutoff, nilai gain adalah

dB 3)(

2log)(log20)(2

1log20

dB −ω=

−ω=

ω

maks

maksmaks

jT

jTjT (6.10)

0

45

901 10 100 1000 10000 100000

ϕ [o]

0.5/√2

ωC

0

0.5

1 10 100 1000 10000 1E+05ω

Gain stopband passband



Dengan demikian dapat kita katakan bahwa frekuensi cutoff adalah frek-uensi di mana gain telah turun sebanyak 3 dB.

Untuk memberikan gambaran lebih jelas, mengenai satuan decibel terse-but, berikut ini contoh numerik gain dalam dB yang sebaiknya kita ingat.

CONTOH-6.4: Berapa dB-kah nilai gain sinyal yang diperkuat K kali , jika K = 1; √2 ; 2 ; 10; 30; 100; 1000 ?

Solusi : Untuk sinyal yang diperkuat K kali,

( ) ( ) ( )KjTjTKgain log20)(log20)(log20 +ω=ω=

Jadi pertambahan gain sebesar 20log(K) berarti penguatan sinyal K kali.

dB 601000log20 : 1000

dB 40 100log20 : 100

dB 30 30log20 : 30

dB 20 10log20 : 10

dB 6 2log20 : 2

dB 3 2log20 : 2

dB 0 1log20 : 1

=⇒==⇒=≈⇒==⇒=≈⇒=≈⇒=

=⇒=

gainK

gainK

gainK

gainK

gainK

gainK

gainK

Jika faktor K tersebut di atas bukan penguatan akan tetapi perlema-han sinyal maka gain menjadi negatif.

dB 60 : 1000/1

dB 40 : 100/1

dB 30 : 30/1

dB 20 : 10/1

dB 6 : 2/1

dB 3 : 2/1

−⇒=−⇒=−⇒=−⇒=−⇒=−⇒=

gainK

gainK

gainK

gainK

gainK

gainK


131

6.2.3. Kurva Gain Dalam Decibel

Kurva gain dibuat dengan absis (frekuensi) dalam skala logaritmik (ka-rena rentang frekuensi yang sangat lebar); jika gain dinyatakan dalam dB yang juga merupakan bilangan logaritmik sebagaimana didefinisikan pada (6.9), maka kurva gain akan berbentuk garis-garis lurus.

Low-pass gain. Dengan menggunakan satuan dB, kurva low-pass gain pada contoh-6.2 adalah seperti terlihat pada ganbar di bawah ini. Gain hampir konstan −6 dB di daerah frekuensi rendah, sedangkan di daerah frekuensi tinggi gain menurun dengan kemiringan yang hampir konstan pula.

High-pass gain. Dalam skala dB, high-pass gain pada contoh-6.3 adalah seperti terlihat pada ganbar di bawah ini. Gain hampir konstan −6 dB di daerah frekuensi tinggi sedangkan di daerah frekuensi rendah gain meningkat dengan kemiringan yang hampir konstan pula

Band-pass gain. Apabila gain meningkat di daerah frekuensi rendah dengan kemiringan yang hampir konstan, dan menurun di daerah frek-uensi tinggi dengan kemiringan yang hampir konstan pula, sedangkan gain tinggi berada di antara dua frekuensi cutoff kita memiliki karakteris-tik band-pass gain.

Gain [dB]

-40

-20

0

1 10 100 1000 10000 1E+05ω

−6

ωC

−9

-40

-20

0

1 10 100 1000 10000 1E+05

Gain [dB]

ω

−6

ωC

−9



Band-pass gain kita peroleh pada rangkaian orde-2 yang akan kita pela-jari lebih lanjut di bab selanjutnya. Walaupun demikian kita akan melihat rangkaian orde-2 tersebut sebagai contoh di bawah ini.

CONTOH-6.5: Selidikilah perubahan gain dari rangkaian orde-2 di samping ini. Gain belum dinyatakan dalam dB.

Solusi :


)1000)(100(

1100

101100

1100

/101100

1100)(

525 ++=

++=

++=

ss

s

ss

s

sssTV

2222 1000100

1000)(

)1000)(100(

1100)(

+ω×+ω

ω=ω⇒

+ω+ωω=ω

jT

jj

jjT

V

V

Kurva gain terlihat seperti gambar di bawah ini. Di sini terdapat satu passband , yaitu pada ω antara 100 ÷ 1000 dan dua stopband di daerah frekuensi rendah dan tinggi.

+ −

+ Vo(s) − Vin(s) 1100

s 105/s

-40

-20

0

1 10 100 1000 10000 1E+05

Gain [dB]

ω

−3

ωC


133

Apabila kurva gain dibuat dalam dB, kurva yang akan diperoleh adalah seperti diperlihatkan di atas.

CONTOH-6.6: Selidikilah perubahan gain dari rangkaian orde-2 di samping ini. Gain belum dinya-takan dalam dB.

Solusi :


28226

62

642

62

642

62

5

5

10)10(

10)(

1010

10)(

1010

10

/101,0

/101,010

10)(

ωω

ωω

ωω

ωω

++++−−−−

++++−−−−====⇒⇒⇒⇒

++++++++−−−−

++++−−−−====

++++++++

++++====

++++

××××++++

====

jT

jjT

ss

s

ss

sssT

V

V

V

Kurva gain adalah seperti gambar di bawah ini.

passband stopband passband

ω 0

0.7

1.4

1 100 10000 1000000

1

1/√2

Gain

0

0.7

1.4

1 10 100 1000 10000

Gain

1

1/√2

ω

passband stopband stopband

+ Vo(s) −

Vin(s)

10

0,1s 105/s +

−



Kurva ini menunjukkan bahwa ada satu stopband pada ω antara 100 ÷ 10000 dan dua passband masing-masing di daerah frekuensi ren-dah dan tinggi.

Karakteristik gain seperti pada contoh-6.5. disebut band-pass gain se-dangkan pada contoh-6.6 disebut band-stop gain. Frekuensi cutoff pada band-pass gain ada dua; selang antara kedua frekuensi cutoff disebut bandwidth (lebar pita).

6.3. Bode Plot

Bode plots adalah grafik gain dalam dB ( |T(jω|dB ) serta fasa (ϕ(ω) ) sebagai fungsi dari frekuensi dalam skala logaritmik. Kurva-kurva ini berbentuk garis-garis lengkung. Walaupun demikian kurva ini mendekati nilai-nilai tertentu secara asimtotis, yang memungkinkan kita untuk melakukan pendekatan dengan garis lurus dengan patahan di titik-titik belok. Melalui pendekatan ini, penggambaran akan lebih mudah dil-akukan. Bila kita ingin mendapatkan nilai yang lebih tepat, terutama di sekitar titik belok, kita dapat melakukan koreksi-koreksi pada kurva pen-dekatan ini.

Manfaat Bode plots dapat kita lihat misalnya dalam proses perancangan rangkaian; kurva-kurva pendekatan garis lurus tersebut merupakan cara sederhana tetapi jelas untuk menyatakan karakteristik rangkaian yang diinginkan. Dari sini kita dapat menetapkan maupun mengembangkan persyaratan-persyaratan perancangan. Selain dari pada itu, tanggapan frekuensi dari berbagai piranti, perangkat maupun sistem, sering dinyatakan dengan menggunakan Bode plots. Pole dan zero dari fungsi alih peralatan-peralatan tersebut dapat kita perkirakan dari bentuk Bode plots yang diberikan. Berikut ini kita akan mempelajari tahap demi tahap penggambaran Bode plots dengan pendekatan garis lurus. Kita akan mulai dari rangkaian orde-1 disusul dengan rangkaian orde-2.

6.3.1. Low-Pass Gain

Bentuk fungsi alih rangkaian orde-1 dengan karakteristik low-pass gain adalah

α+=

s

KsTV )( (6.11)

K dapat bernilai riil positif ataupun negatif. Jika K positif berarti K mempunyai sudut θK = 0o dan jika negatif mempunyai sudut θK = ±180o.


135

Pole fungsi alih ini haruslah riil negatif karena hanya pole negatif (di sebelah kiri sumbu imajiner dalam bidang s) yang dapat membuat rangkaian stabil; komponen transiennya menuju nol untuk t →∞. Hanya rangkaian yang stabil sajalah yang kita tinjau dalam analisis mengenai tanggapan frekuensi.

Dari (6.11) kita dapatkan :

( )αω+α=

α+ω=ω

/1)(

j

K

j

KjT (6.12)

Fungsi gain dan fungsi fasa dapat kita tuliskan

)/(tan)(dan )/(1

/)( 1

2αω−θ=ωϕ

αω+

α=ω −

KVK

jT (6.13)

Fungsi gain dalam satuan dB, menjadi

( )

αω+−α=ω 2dB

)/(1log20/log20)( KjTV (6.14)

Fungsi gain ini terdiri dari dua komponen, yang ditunjukkan oleh suku pertama dan suku kedua ruas kanan (6.14). Komponen pertama bernilai konstan untuk seluruh frekuensi. Komponen kedua tergantung dari frekuensi dan komponen inilah yang menyebabkan gain berkurang dengan naiknya frekuensi. Komponen ini pula yang menentukan frekuensi cutoff, yaitu saat (ω/α) =1 dimana komponen ini mencapai nilai −20log√2 ≈ −3 dB. Jadi dapat kita katakan bahwa frekuensi cutofff ditentukan oleh komponen yang berasal dari pole fungsi alih, yaitu

α=ωC (6.15)

Gb.6.1. memperlihatkan perubahan nilai komponen kedua tersebut sebagai fungsi frekuensi, yang dibuat dengan α = 1000. Dengan pola perubahan komponen kedua seperti ini maka gain total akan tinggi di daerah frekuensi rendah dan menurun di daerah frekuensi tinggi, yang menunjukkan karakteristik low-pass gain. Kurva ini mendekati nilai tertentu secara asimtotis yang memungkinkan dilakukannya pendekatan garis lurus sebagai berikut.



Gb.6.1. Pola perubahan−log√((ω/α)2+1); α=1000 ; dan pendekatan garis

lurusnya.

Untuk frekuensi rendah, (ω/α) << 1 atau ω << α , komponen kedua dapat didekati dengan.

( ) 01log20)/(1log20 2 =−≈

αω+− (6.17)

yang akan memberikan kurva garis lurus horisontal di 0 dB.

Untuk frekuensi tinggi, (ω/α)>>1 atau ω>>α, komponen kedua tersebut didekati dengan

( )αω−≈

αω+− /log20)/(1log20 2 (6.18)

sehingga kurvanya berupa garis lurus menurun terhadap log(ω). Untuk setiap kenaikan frekuensi 10 kali, yang kita sebut satu dekade, penurunan itu adalah

( ) ( ) dB 2010log20/log20/10log20 −=−=αω−αω−

Jadi pendekatan garis lurus untuk komponen kedua ini adalah garis nol untuk 1<ω<α dan garis lurus −20 dB per dekade untuk ω>α. Titik belok terletak pada perpotongan kedua garis ini, yaitu pada (ω/α) =1, yang be-rarti terletak di frekuensi cutoff, seperti terlihat pada Gb.6.1.

Tanggapan fasa kita peroleh dari fungsi fasa (6.13) yaitu

)/(tan)( 1 αω−θ=ωϕ −K (6.16)

Komponen pertama fungsi ini bernilai konstan. Komponen kedua mem-beri pengurangan fasa yang juga menjadi penentu pola perubahan tang-gapan fasa. Lengkung komponen kedua ini terlihat pada Gb.6.2.

dB

ω [rad/s]

-60

-40

-20

0

1

10

10

0

10

00

10

00

0

1E

+0

5

1E

+0

6

−log√((ω/α)2+1)

pendekatan garis lurus

ωC


137

Gb.6.2. Pola perubahan−tan−1(ω/α); α=1000 ; dan pendekatan garis lu-rusnya.

Seperti halnya kurva pada Gb.6.1. kurva inipun mendekati nilai-nilai tertentu secara asimtotik yang juga memungkinkan kita untuk melakukan pendekatan garis lurus. Pendekatan garis lurus untuk kom-ponen kedua fungsi fasa ini kita lakukan dengan memperhatikan bahwa pada (ω/α)=1, yaitu pada frekuensi cutoff, nilai −tan−1(ω/α) adalah −45o. Pada ω=0.1ωC , nilai −tan−1(ω/α) kecil dan dianggap 0o ; pada ω=10ωC , nilai −tan−1(ω/α) mendekati −90o dan dianggap −90o; untuk ω>10ωC , nilai −tan−1(ω/α) adalah −90o . Jadi untuk daerah frekuensi 0.1ωC < ω < 10ωC perubahan fasa dapat dianggap linier −45o per deka-de, seperti terlihat pada Gb.6.2.

Dengan pendekatan garis lurus seperti di atas, baik untuk fungsi gain maupun untuk fungsi fasa, maka tanggapan gain dan tanggapan fasa dapat digambarkan dengan nilai seperti tercantum dalam dua tabel di bawah ini. Perhatikanlah bahwa nilai komponen pertama konstan untuk seluruh frekuensi sedangkan komponen ke-dua mempunyai nilai hanya pada selang frekuensi tertentu.

ω [rad/s]

-90

-45

0

1

10

10

0

10

00

10

00

0

1E

+0

5

1E

+0

6

ωC

ϕ [o]

−tan−1(ω/

pendekatan garis lurus



Gain Frekuensi

ωC = α

ω=1 1<ω<α ω>α

Komponen 1 20log(|K|/α) 20log(|K|/α) 20log(|K|/α)

Komponen 2 0 0 −20dB/dek

Total 20log(|K|/α) 20log(|K|/α) −20dB/dek

ϕ Frekuensi

ωC = α

ω=1 0,1α<ω<10α ω>10α

Komponen 1 θK θK θK

Komponen 2 0 −45o/dek 0

Total θK θK −45o/dek θK

Kurva pendekatan garis lurus tanggapan gain dan tanggapan fasa ini, dengan mengambil α = 1000, diperlihatkan pada Gb.6.3.a. dan Gb.6.3.b.

Gb.6.3. Pendekatan garis lurus tanggapan gain dan tanggapan fasa − lowpass gain. ωC = α = 1000 rad/s.

Karena kurva garis lurus adalah kurva pendekatan, maka untuk menge-tahui gain sebenarnya, diperlukan koreksi-koreksi. Sebagai contoh, pada

ω [rad/s] a).

-40

-20

0

20

1

10

10

0

10

00

10

00

0

1E

+0

5

1E

+0

6

Gain [dB]

20log(|K|/α

−20dB/dek

ωC = α

ω [rad/s]

b).

-135

-90

-45

0

45

1

10

10

0

10

00

10

00

0

1E

+0

5

1E

+0

6ϕ [o]

−45o/dek

0.1ωC 10ωC

θK


139

Gb.6.3.a. gain pada frekuensi cutoff sama dengan gain maksimum dalam pass-band; seharusnya gain pada frekuensi cutoff adalah gain maksimum dalam pass-band dikurangi 3 dB.

6.3.2. High-Pass Gain

Fungsi alih rangkaian orde-1 dengan karakteristik high-pass gain ini ber-bentuk

(((( ))))αωαω

ωα /1

)( sehingga )(j

KjjT

s

KssT

++++====

++++==== (6.19)

Berbeda dengan fungsi alih low-pass gain, fungsi alih ini mempunyai zero pada s = 0. Fungsi gain dan fungsi fasa-nya adalah

( ))/(tan90)(dan

)/(1

/)( 1o

2αω−+θ=ωϕ

αω+

ωα=ω −

KK

jT (6.20)

( ) )/(1log20log20/log20)( 2dB

αω+−ω+α=ω⇒ KjT (6.21)

Dengan hanya menggunakan pendekatan garis lurus, nilai fungsi gain dan fungsi fasa adalah seperti dalam tabel berikut.

Gain Frekuensi

ωC = α

ω=1 1<ω<α ω>α

Komponen 1 20log(|K|/α) 20log(|K|/α) 20log(|K|/α)

Komponen 2 0 +20dB/dek 20log(α/1)+20dB/dek


Total 20log(|K|/α) 20log(|K|/α)

+20dB/dek

20log(|K|/α)

+20log(α/1)



ϕ(ω) Frekuensi

ωC = α

ω=1 0,1α<ω<10α ω>10α

Komponen 1 θK θK θK

Komponen 2 90o 90o 90o

Komponen 3 0o −45o/dek −90o

Total θK +90o θK +90o −45o/dek θK

Pendekatan garis lurus dari tanggapan gain dan tanggapan fasa dengan α=100, diperlihatkan pada Gb.6.4.a.dan Gb.6.4.b.

Gb.6.4. Pendekatan garis lurus tanggapan gain dan tanggapan fasa – highpass gain. ωC = α = 100 rad/s.

CONTOH-6.7: Gambarkan pendekatan garis lurus tanggapan gain dari dua rangkaian yang masing-masing mempunyai fungsi alih

100

20dan

100

20)( 21 +

=+

=s

s(s)T

ssT

Solusi:

Fungsi gain rangkaian pertama adalah

20log(|K|/α)

+20dB/dek

ωC = α -40

-20

0

20

40

1

10

10

0

10

00

10

00

0

1E

+0

5

1E

+0

6

Gain [dB]

ω [rad/s]

a).

-45

0

45

90

1

10

10

0

10

00

10

00

0

1E

+0

5

1E

+0

6

ϕ [o]

ω [rad/s]

−45o/dek

0.1ωC 10ωC

θK

b).

θK+90o


141

( ) 21dB1

211

)100/(1log20)2.0log(20)(log20)(

)100/(1

2.0)(

100/1

2.0

100

20)(

ω+−=ω=ω⇒

ω+=ω⇒

ω+=

+ω=ω

jTjT

jTjj

jT

Frekuensi dan nilai tanggapan gain rangkaian pertama terlihat pada tabel berikut ini.

Gain Frekuensi

ωC = 100 rad/s

ω=1 1<ω<100 ω>100

Komponen 1 −14 dB −14 dB −14 dB


Total −14 dB −14 dB −14 dB −20dB/dek

Fungsi gain rangkaian kedua adalah:

2dB2

222

)100/(1log20)log(20)2.0log(20)(

)100/(1

2.0)(

100/1

2,0

100

20)(

ω+−ω+=ω⇒

ω+

ω=ω⇒ω+

ω=+ω

ω=ω

jT

jTj

j

j

jjT

Frekuensi dan nilai tanggapan gain rangkaian kedua terlihat pada tabel berikut ini.

Gain Frekuensi

ωC = 100 rad/s

ω=1 1<ω<100 ω>100

Komponen 1 −14 dB −14 dB −14 dB

Komponen 2 0 20 dB/dek 40+20 dB/dek

Komponen 3 0 0 −20 dB/dek

Total −14 dB −14 dB +20 dB/dek 26 dB

Gambar tanggapan gain ke-dua rangkaian adalah sebagai berikut.



6.3.3. Band-Pass Gain Rangkaian dengan karakteristik band-pass gain dapat diperoleh dengan menghubungkan secara bertingkat dua rangkaian orde-1 dengan menjaga agar rangkaian yang di belakang (rangkaian kedua) tidak membebani rangkaian di depannya (rangkaian pertama). Rangkaian pertama mempu-nyai karakteristik high-pass gain sedangkan rangkaian kedua mempunyai karakteristik low-pass gain. Hubungan kaskade demikian ini akan mempunyai fungsi alih sesuai kaidah rantai dan akan berbentuk

β+×

α+=×=

s

K

s

sKTTT 21

21 (6.22)

( ) ( )

( ) ( )22

21

2121

/1 /1

/)(

/1/1

)()()(

βω+×αω+

ωαβ=ω⇒

βω+β×

αω+αω

=β+ω

×α+ωω

=ω

KKjT

j

K

j

jK

j

K

j

jKjT

( ) )/(1log20)/(1log20

log20/log20)(

22

21dB

βω+−αω+−

ω+αβ=ω⇒ KKjT

Dengan membuat β >> α maka akan diperoleh karakteristik band-pass gain dengan frekuensi cutoff ωC1 = α dan ωC2 = β. Sesungguhnya fungsi alih (6.22) berbentuk fungsi alih rangkaian orde-2. Kita akan melihat karakteristik band-pass gain rangkaian orde-2 di bab berikut.

-60

-40

-20

0

20

401

10

10

0

10

00

10

00

0ω [rad/s]

Gain [dB]

(Rangkaian 1)

ωC

Komp-1 Komp-2

Gain

ω [rad/s]

-60

-40

-20

0

20

40

1

10

10

0

10

00

10

00

0

Gain [dB]

(Rangkaian 2)

Komp-2

Komp-1 Komp-3

Gain


143

BAB 7 Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-2

7.1. Rangkaian Orde-2 Dengan Pole Riil

Pole dari fungsi tansfer rangkaian orde-2 bisa riil ataupun kompleks konjugat. Pembahasan berikut ini akan dikhususkan untuk fungsi alih dengan pole riil

7.1.1. Band-Pass Gain

Fungsi alih rangkaian orde-2 dengan satu zero dan dua pole riil dapat ditulis sebagai

( ))/1)(/1(

/

))(()(

sehingga ))((

)(

βω+αω+ω×αβ

=β+ωα+ω

ω×=ω

β+α+=

jj

jK

jj

jKjT

ss

KssT

(7.1)

Fungsi gain adalah ( )

)/(1)/(1

/)(

22 βω+×αω+

ωαβ=ω

KjT (7.2)

yang dalam satuan dB menjadi

( )2

2dB

)/(1log20

)/(1log20 log20/log20)(

βω+−

αω+−ω+αβ=ω KjT (7.3)

Fungsi gain ini terdiri dari komponen-komponen yang bentuknya telah kita kenal pada pembahasan rangkaian orde-1. Komponen pertama (suku pertama ruas kanan (7.3)) bernilai konstan. Komponen kedua berbanding lurus dengan logω dengan perubahan gain +20 dB per dekade; komponen ketiga pengurangan gain −20 dB per dekade; komponen ke-empat juga pengurangan gain −20 dB / dekade. Frekuensi cutoff ωC1 = α diberikan oleh komponen ke-tiga sedangkan komponen ke-empat memberikan frekuensi cutoff ωC2 = β.

Nilai fungsi gain dengan pendekatan garis lurus untuk β > α adalah seperti dalam tabel di bawah ini. Mengenai fungsi fasa-nya akan kita lihat pada contoh-contoh.



Gain Frekuensi

ωC1 = α rad/s ωC2 = β rad/s

ω=1 1<ω<α α<ω<β ω>β

Komp.1 20log(|K|/αβ) 20log(|K|/αβ) 20log(|K|/αβ) 20log(|K|/αβ)

Komp.2 0 +20 dB/dek +20log(α/1)

+20 dB/dek

+20log(β/1)

+20 dB/dek

Komp.3 0 0 −20 dB/dek −20log(β/α)−20 dB/dek

Komp.4 0 0 0 −20 dB/dek

Total 20log(|K|/αβ) 20log(|K|/αβ)

+20 dB/dek

20log(|K|/αβ)

+20log(α/1)

20log(|K|/αβ)

+20log(α)

−20 dB/dek

CONTOH-7.1: Gambarkan Bode plots pendekatan garis lurus (tanggapan gain dan tanggapan fasa) rangkaian yang diketahui fungsi alihnya adalah :

)10000)(10(

50000)(

++=

ss

ssT

Solusi :

22 )10000/(1)10/(1

5,0)(

)10000/1)(10/1(

0,5

)10000)(10(

50000)(

ω+×ω+

ω=ω→

ω+ω+ω

=+ω+ω

ω×=ω

jT

jjjj

jjT

)10000/(tan)10/(tan900)(

)10000/(1log20

)10/(1log20log205,0log20)(

11o

2

2dB

ω−ω−+=ωϕ⇒

ω+−

ω+−ω+=ω⇒

−−

jT

Nilai frekuensi dan kurva fungsi gain adalah sebagai berikut.


145

Gain Frekuensi

ωC1 = 10 rad/s ωC2 = 10000 rad/s

ω=1 1<ω<10 10<ω<104 ω>104

Komponen 1 −6 dB −6 dB −6 dB −6 dB

Komponen 2 0 +20 dB/dek 20+20 dB/dek 80+20 dB/dek

Komponen 3 0 0 −20 dB/dek −60−20 dB/dek

Komponen 4 0 0 0 −20 dB/dek

Total −6 dB −6 dB

+20 dB/dek

14 dB 14 dB

−20 dB/dek

Untuk menggambarkan tanggapan fasa, kita perhatikan fungsi fasa

)10000/(tan)10/(tan900)( 11o ω−ω−+=ωϕ −−

Untuk ω = 1 maka ϕ(ω)≈(0+90o−0−0)=90o . Mulai dari 0,1ωC1 sam-pai 10ωC1 (atau dari 1sampai 100) terjadi perubahan fasa −45o per dekade. Mulai dari 0,1ωC2 sampai 10ωC2 (atau 1000 sampai 100000) terjadi perubahan fasa −45o per dekade. Perhatikan bahwa dalam contoh ini 10ωC1 < 0,1ωC2 , sehingga ada selang frekuensi di mana tanggapan fasa konstan yaitu antara 100 sampai 1000 rad/s.

Tabel berikut ini memuat nilai-nilai ϕ(ω) dan dari tabel ini kita gam-barkan kurva pendekatan garis lurus tanggapan fasa.

ω [rad/s]

Gain [dB]

Gain

ωC1 ωC2

−6

14

-40

-20

0

20

40

1 10 100 1000 10000 100000



ϕ(ω) Frekuensi

ωC1 = 10 rad/s ωC2 = 104 rad/s

ω=1 1<ω<100 103<ω<105 ω>105

Komponen 1 0o 0o 0o 0o

Komponen 2 90o 90o 90o 90o

Komponen 3 0o −45o/dek −90o −90o

Komponen 4 0o 0o 0o−45o/dek −90o

Total 90o 90o−45o/dek 0o−45o/dek −90o

Pemahaman :

Karena frekuensi cutoff pertama ωC1 =10, maka perubahan fasa −45o/dekade terjadi pada selang frekuensi 1<ω<100. Karena frek-uensi cutoff kedua ωC2 = 10000, maka perubahan fasa −45o/dekade yang kedua terjadi pada selang frekuensi 1000<ω<100000. Di luar ke-dua selang frekuensi ini fasa tidak berubah, sehingga terlihat adanya kurva mendatar pada selang frekuensi 100<ω<1000.

7.1.2. High-Pass Gain

Karakteristik high-pass gain dapat diperoleh dari rangkaian orde-2 yang fungsi alihnya mengandung dua zero di s = 0.

CONTOH-7.2: Gambarkan tanggapan gain dan tanggapan fasa jika diketahui fungsi alihnya adalah

-90

-45

0

45

90

1 10 100 1000 10000 1E+05

ϕ [o]

ω [rad/s] ωC1 ωC2


147

)200)(40(

10)(

2

++=

ss

ssT

Solusi : Gain dari sistem ini adalah

( )( )200/140/1800

1

)200)(40(

)(10)(

22

ω+ω+ω−

×=+ω+ω

ω=ω

jjjj

jjT

( )

1)200/(log20

1)40/(log20log202800/1log20)(

)200/(1)40/(1800

1)(

2

2dB

22

2

+ω−

+ω−ω×+=ω

ω+×ω+

ω×=ω

jT

jT

Komponen pertama tanggapan gain adalah konstan 20log(1/800) = −58 dB. Komponen kedua berbanding lurus dengan log(ω) dengan kenaikan 2×20 dB per dekade. Pengurangan gain oleh komponen ke-tiga mulai pada ωC1 = 40 dengan −20 dB per dekade. Pengurangan gain oleh komponen ke-empat mulai pada ωC2 = 200 dengan −20 dB per dekade. Kurva tanggapan gain adalah sebagai berikut.

Fungsi fasa adalah :

)200/(tan)40/(tan9020)( 11o ω−ω−×+=ωϕ −−

Pada ω = 1, ϕ(ω) ≈ 0o + 2× 90o =180o. Pada ω=(ωC1/10)=4, kompo-nen ke-tiga mulai memberikan perubahan fasa −45o per dekade dan

-60

-40

-20

0

20

1 10 100 1000 10000 100000ω [rad/s]

Gain [dB]

+40dB/dek

+20dB/dek

−58



akan berlangsung sampai ω=10ωC1=400. Pada ω = 0.1ωC2=20, kom-ponen ke-empat mulai memberikan perubahan fasa −45o per dekade dan akan berlangsung sampai ω=10ωC2=2000.

Pemahaman :

Penggambaran tanggapan gain dan tanggapan fasa di sini tidak lagi melalui langkah antara yang berupa pembuatan tabel peran tiap komponen dalam berbagai daerah frekuensi. Kita dapat melakukan hal ini setelah kita memahami peran tiap-tiap komponen tersebut da-lam membentuk tanggapan gain dan tanggapan fasa. Melalui latihan yang cukup, penggambaran tanggapan gain dan tanggapan fasa dapat dilakukan langsung dari pengamatan formulasi kedua macam tanggapan tersebut.

Kita perhatikan penggambaran tanggapan fasa. Dalam contoh ini 0,1ωC2 < 10ωC1 dan bahkan 0,1ωC2 < ωC1. Oleh karena itu, penurunan fasa −45o per dekade oleh pole pertama, yang akan ber-langsung sampai ω=10ωC1, telah ditambah penurunan oleh pole kedua pada ω=0,1ωC2 sebesar −45o per dekade. Hal ini menyebab-kan terjadinya penurunan fasa −2×45o mulai dari ω=0,1ωC2 sampai dengan ω=10ωC1 karena dalam selang frekuensi tersebut dua pole berperan menurunkan fasa secara bersamaan. Pada ω=10ωC1 peran pole pertama berakhir dan mulai dari sini penurunan fasa hanya disebabkan oleh pole kedua, yaitu −45o per dekade.

0

45

90

135

180

225

1 10 100 1000 10000 100000ω [rad/s]

ϕ [o]

0,1ωC2 0,1ωC1 10ωC1 10ωC2


149

7.1.3. Low-pass Gain

Karakteristik low-pass gain dapat diperoleh dari rangkaian orde-2 yang fungsi alihnya tidak mengandung zero.

CONTOH-7.3: Gambarkan Bode plots pendekatan garis lurus rangkaian yang fungsi alihnya adalah :

)1000)(100(

105)(

4

++×=

sssT

Solusi :

)1000/(tan)100/(tan0)(

)1000/(1log20)100/(1log205,0log20)(

)1000/(1)100/(1

5,0)(

)1000/1)(100/1(

5,0

)1000)(100(

105)(

11

22dB

22

4

ω−ω−=ωϕ

ω+−ω+−=ω

ω+×ω+=ω

ω+ω+=

+ω+ω×=ω

−−

jT

jT

jjjjjT

Komponen pertama tanggapan gain adalah 20log(0,8) ≈ −6 dB. Komponen kedua memberikan perubahan gain −20 dB per dekade mulai pada ω = ωC1 = 100. Komponen ke-tiga memberikan per-ubahan gain −20 dB per dekade mulai pada ω = ωC2 = 1000, sehingga mulai ω = 1000 perubahan gain adalah −40 dB per dekade.

Fungsi fasa adalah

-60

-40

-20

0

1 10 100 1000 10000 100000

Gain [dB]

ω [rad/s]



)1000/(tan)100/(tan0)( 11 ω−ω−=ωϕ −−

Pada ω = 1, ϕ(ω) ≈ 0. Mulai pada ω = 10 , komponen kedua memberikan perubahan fasa −45o per dekade sampai ω = 1000. Mulai pada ω = 100 , komponen ke-tiga memberikan perubahan fasa −45o per dekade sampai ω = 10000. Jadi pada selang 100<ω<1000 perubahan fasa adalah −90o per dekade.

7.2. Fungsi Alih Dengan Zero Riil Negatif

Dalam contoh-contoh sebelumnya, fungsi alih mempunyai zero di s = 0. Fungsi alih dalam contoh berikut ini mempunyai zero di s ≠ 0.

CONTOH-7.4: Gambarkan tanggapan gain dan tanggapan fasa jika diketahui fungsi alihnya adalah

)1000)(100(

)20(104)(

4

+++×=

ss

ssT

Solusi :

22

2

4

)1000/(1)100/(1

1)20/(8)(

)1000/1)(100/1(

)20/1(8

)1000)(100(

)20(104)(

ω+×ω+

+ω=ω

ω+ω+ω+=

+ω+ω+ω×=ω

jT

jj

j

jj

jjT

ϕ [o]

ω [rad/s]

-180

-135

-90

-45

0

45

1 10 100 1000 10000 100000


151

)1000/(tan)100/(tan)20/(tan0)(

)1000/(1log20 )100/(1log20

)20/(1log208log20)(

111

22

2dB

ω−ω−ω+=ωϕ

ω+−ω+−

ω++=ω

−−−

jT

Komponen pertama dari tanggapan gain adalah 20log8 = 18 dB. Komponen kedua memberikan perubahan gain +20 dB per dekade, mulai pada ω = 20. Komponen ke-tiga memberikan perubahan −20 dB per dekade mulai pada ω = 100. Komponen ke-empat memberikan perubahan −20 dB per dekade mulai pada ω = 1000.

Fungsi fasa adalah:

)1000/(tan)100/(tan)20/(tan0)( 111 ω−ω−ω+=ωϕ −−−

Pada ω = 1, ϕ(ω) ≈ 0. Komponen kedua memberikan perubahan fasa +45o per dekade mulai dari ω = 2 sampai ω = 200. Komponen ketiga memberikan perubahan fasa −45o per dekade mulai dari ω = 10 sampai ω = 1000. Komponen keempat memberi-kan perubahan fasa −45o per dekade mulai dari ω = 100 sampai ω = 10000. Kurva tanggapan fasa adalah seperti di bawah ini.

0

10

20

30

40

1 10 100 1000 10000 100000ω [rad/s]

Gain [dB]

18

+20dB/dek −20dB/dek



Pemahaman :

Zero tetap berperan sebagai peningkat gain dan fasa. Zero riil negatif meningkatkan gain dan fasa mulai pada frekuensi yang sama dengan nilai zero.

7.3. Tinjauan Umum Bode Plot dari Rangkaian Yang Memiliki Pole dan Zero Riil

Bode plots terutama bermanfaat jika pole dan zero bernilai riil, yaitu pole dan zero yang dalam diagram pole-zero di bidang s terletak di sumbu riil negatif. Dari contoh-contoh fungsi alih yang mengandung zero dan pole riil yang telah kita bahas di atas, kita dapat membuat suatu ringkasan mengenai kaitan antara pole dan zero yang dimiliki oleh suatu fungsi alih dengan bentuk kurva gain dan kurva fasa pada Bode plots dengan pendekatan garis lurus. Untuk itu kita lihat fungsi alih yang berbentuk

( )( )( )32

1)(α+α+

α+=ss

sKssT (7.4)

yang akan memberikan

( )( ) ( )32

1

32

1

/1 /1

/1)(

αω+αω+αω+ω

ααα

=ωjj

jjKjT

(7.5)

Dari (7.5) terlihat ada tiga macam faktor yang akan menentukan bentuk kurva gain maupun kurva fasa. Ke-tiga faktor tersebut adalah:

ω [rad/s]

-135

-90

-45

0

45

1 10 100 1000 10000 100000

ϕ [o]


153

1. Faktor 32

10 αα

α= KK yang disebut faktor skala. Kontribusi faktor

skala ini pada gain dan fasa berupa suatu nilai konstan, tidak tergantung pada frekuensi. Kontribusinya pada gain sebesar 20log |K0| akan bernilai positif jika |K0| > 1 dan bernilai negatif jika |K0| < 1. Kontribusinya pada sudut fasa adalah 0o jika K0 > 0 dan 180o jika K0 < 0.

2. Faktor jω. Faktor ini berasal dari pole atau zero yang terletak di titik (0,0) dalam diagram pole-zero di bidang s. Kontribusinya pada gain adalah sebesar ± 20log(ω) dan kontribusinya untuk sudut fasa adalah ± 90o; tanda plus untuk zero dan tanda minus untuk pole. Jika fungsi alih mengandung pole ataupun zero ganda (lebih dari satu) maka kontribusinya pada gain adalah sebesar ± 20nlog(ω) dan pada sudut fasa adalah ±n90o dengan n adalah jumlah pole atau zero. Dalam pendekatan garis lurus, faktor ini memberikan perubahan gain sebesar ±20n dB per dekade mulai pada ω = 1; tanda plus untuk zero dan tanda minus untuk pole.

3. Faktor 1 + jω/α. Faktor ini berasal dari pole ataupun zero yang terletak di sumbu riil negatif dalam diagram pole-zero di bidang s. Faktor ini berkontribusi pada gain sebesar

αω+± 2)/(1log20 dan berkontribusi pada sudut fasa sebesar

)/(tan 1 αω± − ; tanda plus untuk zero dan tanda minus untuk pole. Dalam pendekatan garis lurus, faktor ini memberikan perubahan gain sebesar ±20dB per dekade mulai pada ω = α; untuk frekuensi di bawahnya kontribusinya nol. Perubahan fasa yang dikontribusikan adalah sebesar ±45o per dekade dalam selang frekuensi 0,1α < ω < 10α; di luar selang itu kontribusinya nol.

Koreksi-koreksi untuk memperoleh nilai yang lebih tepat, terutama di sekitar titik belok, dapat kita lakukan dengan kembali pada formulasi kontribusi pole ataupun zero pada gain yaitu sebesar

αω+± 2)/(1log20 . Nilai perubahan gain yang lebih tepat

diperoleh dengan memasukkan nilai ω yang kita maksudkan pada formulasi tersebut sehingga kita akan memperoleh:



• perubahan gain di ω = α adalahsebesar

dB 3)/(1log20 2 ≈

αα+± .

• perubahan gain di ω = 2α adalah sebesar

dB 7)/2(1log20 2 ≈

αα+± .

• perubahan gain di ω = 0.5α adalah sebesar

dB 1)/5.0(1log20 2 ≈

αα+± .

7.4. Tinjauan Kualitatif Tanggapan Frekuensi di Bidang s

Pembahasan kuantitatif mengenai tanggapan frekuensi dari rangkaian dengan fungsi alih yang mengandung pole riil di atas, telah cukup lanjut. Berikut ini kita akan sedikit mundur dengan melakukan tinjauan secara kualitatif mengenai tanggapan frekuensi ini, untuk kemudian melanjutkan pembahasan tanggapan frekuensi rangkaian dari rangkaian dengan fungsi alih yang mengandung pole kompleks konjugat.

Tinjaulah sistem orde-1 dengan fungsi alih yang mengandung pole riil

α+=

s

KsT )(

Diagram pole-zero dari fungsi alih ini adalah seperti terlihat pada Gb.7.5.a. Dari gambar ini kita dapatkan bahwa fungsi gain :

)(

||||)(

22 ω=

ω+α=

α+ω=ω

A

KK

j

KjT (7.6)

dengan A(ω) adalah jarak antara pole dengan suatu nilai ω di sumbu tegak. Makin besar ω akan makin besar nilai A(ω) sehingga |T(jω)| akan semakin kecil.

Jika kita gambarkan kurva |T(jω)| terhadap ω dengan skala linier, kita akan mendapatkan kurva seperti terlihat pada Gb.7.5.b. Akan tetapi jika dalam penggambaran itu kita menggunakan skala logaritmis, baik untuk absis maupun ordinatnya, kita akan mendapatkan kurva seperti terlihat pada Gb.7.5.c. Inilah bentuk karakteristik low-pass gain dari rangkaian orde satu yang telah kita kenal.


155

Gb.7.5. Diagram pole-zero sistem orde-1 dan kurva |T(jω)| terhadap ω

Kita lihat rangkaian orde-1 dengan fungsi alih yang mengandung zero di (0,0)

α+=

s

KssT )(

Fungsi gain adalah

)(

||||)(

22 ωω=

ω+α

ω=α+ω

ω=ωA

KK

j

KjjT (7.7)

Jika kita plot |T(jω)| terhadap ω dengan skala linier, kita akan mendapatkan kurva seperti terlihat pada Gb.7.6.a. Akan tetapi jika kita plot |T(jω)| terhadap ω dengan skala logaritmis, baik untuk absis maupun ordinatnya, kita akan mendapatkan kurva seperti terlihat pada Gb.7.6.b. Inilah bentuk karakteristik high-pass gain dari rangkaian orde satu yang telah kita kenal.

σ

jω

× α

A(ω) ω

(a) 0

low-pass gain|

0

12

0 500 1000

|T(jω)|

(b) ω 0 500 103

(c) ω

|T(jω)|

1

10

1 10 100 10001 10 102 103



Gb.7.6. Diagram pole-zero sistem orde-1 dan kurva |T(jω)| terhadap ω.

Fungsi alih rangkaian orde-2 dengan fungsi transfer yang mengandung dua pole riil, berbentuk

)( )()(

21 α+α+=

ss

KsT

Diagram pole-zero dari fungsi alih ini adalah seperti terlihat pada Gb.7.6.a. Dari diagram ini terlihat bahwa fungsi gain dapat dituliskan sebagai

)()(

||

||

)( )(

||)(

21

2221

221

ω×ω=

α+ωα+ω=

α+ωα+ω=ω

AA

K

K

jj

KjT

(7.8)

dengan A1(ω)dan A2(ω) adalah jarak masing-masing pole ke suatu nilai ω. Dengan bertambahnya ω, A1(ω)dan A2(ω) bertambah secara bersamaan. Situasi ini mirip dengan apa yang dibahas di atas, yaitu bahwa |T(jω)| akan menurun dengan naiknya frekuensi; perbedaannya adalah bahwa penurunan pada rangkaian orde-2 ini ditentukan oleh dua faktor yang berasal dari dua pole. Dalam skala linier bentuk kurva |T(jω)| adalah seperti Gb.7.7.b. Dalam skala logaritmik kita memperoleh karakteristik low-pass gain seperti terlihat pada Gb.7.7.c. yang sudah kita kenal.

high-pass gain|

1

10

100

1000

1 10 100 1000 10000

|T(jω)|

(b) ω

1 102 10 103 104 0122436486072849610812013214415616818019220421622824025226427628830031232433634836037238439640842043244445646848049250451652854055256457658860061262463664866067268469670872073274475676878079280481682884085286487688890091292493694896097298499610081020103210441056

0 500 1000ω 0 500 103

|T(jω)|

(a)


157


Jika fungsi alih mengandung satu zero di (0,0) kurva |T(jω)| dengan skala linier akan terlihat seperti Gb.7.8.a. dan jika dibuat dengan skala logaritmik akan seperti Gb.7.8.b. yang telah kita kenal sebagai karakteristik band-pass gain. Jika fungsi alih mengandung dua zero di (0,0) kita memperoleh kurva |T(jω)| dalam skala linier seperti pada Gb.7.9.a. dan jika digunakan skala logaritmik akan kita peroleh karakteristik high-pass gain seperti Gb.7.9.b.


1

10

100

1 10 100 1000 10000(b)

ω

|T(jω)|

1 10 102 103 104

band-pass gain|

01224364860728496

0 2000 4000 6000 8000

|T(jω)|

ω 0 4000 8000 (a)

low-pass gain|

0

2

4

6

8

10

12

0 2000 4000 6000 80008000 4000 0

|T(jω)|

ω (b) 1

10

1 10 100 1000 10000

|T(jω)|

1 102 10 103 104 (c)

× × α1 α2

A1(ω)

A2(ω)

ω

jω

σ 0

(a)




Keadaan yang sangat berbeda terjadi pada rangkaian orde dua dengan fungsi alih yang mengandung pole kompleks konjugat yang akan kita lihat berikut ini.

7.5. Rangkaian Orde-2 Yang Memiliki Pole Kompleks Konjugat

Rangkaian orde ke-dua yang memiliki pole kompleks konjugat dinyatakan oleh fungsi alih yang berbentuk

)( )()(

β−α+β+α+=

jsjs

KsT (7.9)

yang memberikan fungsi gain

)()(

)()(

)( )()(

212222 ω×ω=

α+β−ω×α+β+ω=

β−α+ωβ+α+ω=ω

AA

KK

jjjj

KjT

Gb.7.10. memperlihatkan diagram pole-zero rangkaian orde-2 dengan fungsi alih yang mengandung pole kompleks konjugat dalam tiga keadaan yaitu frekuensi ω1 < ω2 < ω3.

high-pass gain|

1

1000000

1 10 100 1000 10000

|T(jω)|

(b) ω 1 102 10 103 104

0

200000

400000

600000

800000

1000000

1200000

0 2000 4000 6000 8000ω 0 4000

|T(jω)|

(a) 8000


159

Gb.7.10. Diagram pole-zero sistem orde-2 dengan pole kompleks konju-gat.

Dari Gb.7.10. terlihat bahwa peningkatan ω akan selalu diikuti oleh bertambahnya nilai A1(ω). Akan tetapi tidak demikian halnya dengan A2(ω). Pada awalnya peningkatan ω diikuti oleh turunnya nilai A2(ω) sampai mencapai nilai minimum yaitu pada saat ω = ω2 = β seperti pada Gb.7.10.b. Setelah itu A2(ω) meningkat dengan meningkatnya ω. Hasilnya adalah fungsi gain |T(jω)| meningkat pada awal peningkatan ω sampai mencapai nilai maksimum dan kemudian menurun lagi. Puncak tanggapan gain disebut resonansi.

Untuk mempelajari tanggapan frekuensi di sekitar frekuensi resonansi, kita tuliskan fungsi alih rangkaian orde-2 dalam bentuk

cbss

KssT

++=

2)( (7.10)

yang dapat kita tuliskan

c

bc

ss

KssT

2dan

dengan

2

)(

20

200

2

=ζ=ω

ω+ζω+=

(7.11)

Bentuk penulisan penyebut seperti pada (7.11) ini disebut bentuk normal. ζ disebut rasio redaman dan ω0 adalah frekuensi alami tanpa redaman atau dengan singkat disebut frekuensi alami. Frekuensi alami adalah frekuensi di mana rasio redaman ζ = 0. Fungsi alih (7.11) dapat kita tuliskan

σ

jω

×

A1(ω)

ω2

0

×

A2(ω)

(b) σ

jω

×

A1(ω)

ω3

0

×

A2(ω)

(c) (a) σ

jω

×

A1(ω)

ω1

0

×

A2(ω)

α

β



( ) ( ) 1/2/

2)(

02

02

0

200

2

+ωζ+ω×

ω=

ω+ζω+=

ss

sK

ss

KssT

(7.12)

dan dari sini kita peroleh

( ) ( )

( )( ) ( )( )

( )20

01o

20

220

20

02

02

0

/1

/2tan90)(

/2/1

)(

1/2/)(

ωω−ωζω−+θ=ωϕ⇒

ωζω+ωω−

ω×ω

=ω⇒

+ωζω+ωω−ω×

ω=ω

−K

KjT

j

jKjT

(7.13)

Fungsi gain dalam dB adalah

( )( ) ( )2022

0

20

dB

/2/1log20

log20log20)(

ωζω+ωω−−

ω+ω

=ωK

jT (7.14)

Rasio redaman akan mempengaruhi perubahan nilai gain oleh pole seperti ditunjukkan oleh komponen ketiga dari fungsi gain ini. Untuk frekuensi rendah komponen ketiga ini mendekati nilai

( )( ) ( ) 001log20/2/1log20 20

220 =+−≈ωζω+ωω−− (7.15)

Untuk frekuensi tinggi komponen ketiga mendekati

( )( ) ( )( ) ( ) 2

022

00

20

220

)/log(20 2/)/log(20

/2/1log20

ωω−≈ζ+ωωωω−≈

ωζω+ωω−− (7.16)

Pendekatan garis lurus untuk menggambarkan tanggapan gain mengambil garis horizontal 0 dB untuk frekuensi rendah dan garis lurus −20log(ω/ω0)

2 untuk frekuensi tinggi yang memberikan kemiringan −40 dB per dekade. Kedua garis ini berpotongan di ω = ω0 yang merupakan titik beloknya. Gb.7.11. memperlihatkan pengaruh nilai rasio redaman pada tanggapan gain ini di sekitar titik belok.


161

Gb.7.11. Pengaruh rasio redamaan pada perubahan gain oleh pole.

Fungsi fasa adalah ( )

( )20

01o

/1

/2tan90)(

ωω−ωζω−+θ=ωϕ −

K (7.17)

Untuk frekuensi rendah pengurangan fasa oleh pole mendekati nilai ( )

( )( )

01

/2tan

/1

/2tan 01

20

01 ≈ωζω−≈ωω−ωζω− −− (7.18)

dan untuk frekuensi tinggi mendekati ( )

( )( )

( )o

20

012

0

01 180/

/2tan

/1

/2tan −≈

ωω−ωζω

−≈ωω−ωζω

− −− (7.19)

Gb.7.12. memperlihatkan pengaruh rasio redaman terhadap perubahan fasa yang disebabkan oleh pole.

Gb.7.12. Pengaruh rasio redaman pada perubahan fasa oleh pole.

-180

-135

-90

-45

0

10 100 1000 10000 100000

ϕ(ω) [o]

ω[rad/s]

ζ=0,05 ζ=0,1 ζ=0,5 ζ=1

pendekatan linier ω0

-40

-20

0

20

100 1000 10000

dB

ω[rad/s]

ζ=1

ζ=0,1 ζ=0,5

ζ=0,05

pendekatan linier ω0



CONTOH-7.5: Gambarkan tanggapan gain dan tanggapan fasa untuk fungsi alih berikut ini dan selidiki pengaruh rasio redaman terhadap tanggapan gain.

42 104100

80000)(

×++=

ss

ssT

Solusi : Kita tuliskan fungsi alih dengan penyebutnya dalam bentuk normal

menjadi 22 20020025,02

80000)(

+××+=

ss

ssT . Dari sini kita peroleh

ω0 = 200, dan ζ = 0,25.

( )

( )

)200/2()200/(1

2)(

1200/2)200/(

2)(

1)200/2(200/

2)(

222

2

2

ζω+ω−

ω=ω⇒

+ζω+ω−

ω=ω⇒

+ζ+=

jT

j

jjT

ss

ssT

( ) )200/2()200/(1log20log202log20)( 222dB

ζω+ω−−ω+=ωjT

Komponen pertama konstan 20log2 = −6 dB. Komponen kedua memberikan penambahan gain 20 dB per dekade, mulai frekuensi rendah. Pengurangan gain oleh komponen ketiga −40 dB per dekade mulai pada ω = ω0.

Fungsi fasa adalah : 200020ooo |dek/90900)( <ω<−+=ωϕ

-135

-90

-45

0

45

90

135

1

10

10

0

10

00

10

00

0

1E

+0

5

ϕ [o]

rad/s

-40

-20

0

20

40

60

1

10

10

0

10

00

10

00

0

1E

+0

5

rad/s

dB


163

Soal-Soal

1. Tentukanlah tanggapan frekuensi dan tentukan gain tertinggi dan frekuensi cutoff dari rangkaian di bawah ini.

2. Tentukanlah tanggapan frekuensi dan tentukan gain tertinggi dan frekuensi cutoff dari rangkaian di bawah ini.

3. Tentukanlah tanggapan frekuensi dan tentukan gain tertinggi dan frek-uensi cutoff dari rangkaian-rangkaian di bawah ini.

4. Tentukanlah tanggapan frekuensi dan tentukan gain tertinggi dan frek-uensi cutoff dari hubungan bertingkat dengan tahap pertama rangkaian ke-dua dan tahap kedua rangkaian pertama.

9kΩ

1kΩ

0,5H +

vin

−

+

vo

−

1µF

10kΩ

10kΩ

+

vin

−

+

vo

−

100kΩ 1µF

+ vo

−

− +

10kΩ

+ vin

−

10kΩ

1µF + vo

−

+ −

10kΩ

+ vin

− 1kΩ

1kΩ

1H

0,5µF

+

vin

−

+

vo

−



5. Tentukanlah tanggapan frekuensi dan tentukan gain tertinggi dan frek-uensi cutoff dari hubungan bertingkat dengan tahap pertama rangkaian ke-tiga dan tahap ke-dua rangkaian pertama.

6. Tentukanlah tanggapan frekuensi dari suatu rangkaian jika diketahui tanggapannya terhadap sinyal anak tangga adalah sebagai seperti di bawah ini. Tentukan gain tertinggi dan frekuensi cutoff.

( ) )( 51 )( b).

);()( a). 5000

5000

tuetg

tuetgt

t

−

−

−=

−=

7. Ulangi soal 6 jika diketahui :

( )( ) )( 2000sin )( b).

)( )( a). 1000

2000 1000

tutetg

tueetgt

tt

−

−−

=

−=

8. Tentukanlah tanggapan frekuensi dari suatu rangkaian jika diketahui tanggapannya terhadap sinyal impuls adalah seperti di bawah ini. Tentukan gain tertinggi dan frekuensi cutoff.

)( 2000)()( b).

)( 1000)( a). 1000

1000

tuetth

tuetht

t

−

−

−δ=

−=

9. Gambarkan Bode plot (pendekatan garis lurus) jika diketahui fungsi alihnya

)15.0)(105.0(

)1005.0)(15(10)(

++++

=ss

sssT

10. Gambarkan Bode plots (pendekatan garis lurus) jika diketahui fungsi alihnya

)14.0)(1001.0(

)102.0(50)(

+++=

ss

sssT

Pengenalan Pada Sistem

165

BAB 8 Pengenalan Pada Sistem

Pengenalan pada sistem ini bertujuan agar kita

• memahami sinyal dalam pengertian yang lebih luas;

• memahami pengertian tentang sistem;

• mampu membangun diagram blok suatu sistem;

• mampu mereduksi diagram blok suatu sistem.

8.1. Sinyal

Di awal buku ini kita telah mempelajari bentuk gelombang sinyal yang merupakan suatu persamaan yang menyatakan sinyal sebagai fungsi dari waktu. Dalam analisis rangkaian listrik, sinyal-sinyal yang kita tangani biasanya berupa tegangan ataupun arus listrik. Pengertian ini dapat kita perluas menjadi suatu pengertian yang tidak hanya mencakup sinyal listrik saja tetapi juga mencakup sinyal-sinyal non-listrik yang juga merupakan fungsi waktu. Dengan perluasan pengertian ini maka kita mempunyai definisi untuk sinyal sebagai,

Sinyal adalah suatu fungsi yang menyatakan variasi terhadap waktu dari suatu peubah fisik.

Fungsi yang kita tetapkan untuk menyatakan suatu sinyal kita sebut rep-resentasi dari sinyal atau model sinyal dan proses penentuan representasi sinyal itu kita sebut pemodelan sinyal. Suatu sinyal yang tergantung dari peubah riil t dan yang memodelkan peubah fisik yang berevolusi dalam waktu nyata disebut sinyal waktu kontinyu. Sinyal waktu kontinyu ditulis sebagai suatu fungsi dengan peubah riil t seperti misalnya x(t). Se-bagaimana telah disebutkan di awal buku ini, sinyal jenis inilah yang se-dang kita pelajari.

Untuk memberi contoh dari sinyal non-listrik, kita bayangkan suatu ben-da yang mendapat gaya. Benda ini akan bergerak sesuai dengan arah gaya., posisinya akan berubah dari waktu ke waktu. Dengan mengambil suatu kooordinat referensi, perubahan posisi benda akan merupakan fungsi waktu dan akan menjadi salah satu peubah fisik dari benda terse-but dan merupakan suatu sinyal. Selain perubahan posisi, benda juga



mempunyai kecepatan yang juga merupakan fungsi dari waktu; ke-cepatan juga merupakan suatu sinyal.

Jika posisi benda dalam contoh di atas merupakan suatu sinyal, apakah ia dapat dijadikan suatu masukan (input) pada sebuah “rangkaian” ? Ba-yangkanlah benda yang bergerak itu adalah sebuah pesawat terbang. Kita ingin mengamatinya dengan menggunakan sebuah teropong, dan untuk itu teropong kita arahkan pada pesawat. Setiap saat pesawat berubah po-sisi, kedudukan teropong kita sesuaikan sedemikian rupa sehingga ba-yangan pesawat selalu terlihat oleh kita melalui teropong. Kita katakan bahwa posisi pesawat merupakan masukan pada kita untuk mengubah arah teropong; dalam hal ini kita dan teropong menjadi sebuah “rangkaian”. Apakah dari “rangkaian” ini ada suatu keluaran (output)? Keluaran dari “rangkaian” ini adalah berupa perubahan arah teropong. Jelaslah bahwa ada hubungan tertentu antara arah teropong sebagai keluaran dengan posisi pesawat sebagai masukan, dan hubungan keluaran-masukan demikian ini sudah biasa kita lihat pada rangkaian listrik. Kalau kita yang meneropong pesawat tersebut digantikan oleh sebuah mesin penggerak otomatis dan teropong diganti dengan sebuah meriam, maka jadilah sebuah “rangkaian” mesin penembak pesawat. Mesin penembak ini dapat kita sebut sebagai suatu perangkat yang mampu menetapkan arah meriam jika mendapatkan masukan mengenai posisi pesawat (istilah “perangkat” di sini kita beri pengertian sebagai gabungan dari banyak piranti untuk menjalankan fungsi tertentu). Dengan kata lain antara sinyal keluaran dengan sinyal masukan terdapat hubungan yang sepenuhnya ditentukan oleh perilaku perangkat; hal ini berarti bahwa perangkat “memiliki aturan” yang menetapkan bagaimana bentuk keluaran untuk sesuatu masukan yang ia terima.

8.2. Sistem

Dengan contoh di atas, kita sampai pada pengertian mengenai sistem yai-tu :

sistem merupakan aturan yang menetapkan sinyal keluaran dari adanya sinyal masukan.

atau

sistem membangkitkan sinyal keluaran tertentu dari adanya sinyal masukan tertentu.

Jika kita ingat mengenai pengertian elemen sebagai model piranti dalam rangkaian listrik, maka sistem dapat dipandang sebagai model dari


167

perangkat. Dengan demikian rangkaian-rangkaian listrik yang sudah pernah kita pelajari, yang juga menetapkan hubungan antara keluaran dan masukan, dapat kita pandang sebagai suatu sistem. Kalau rangkaian ter-sebut merupakan bagian lain dari rangkaian (dalam hubungan kaskade misalnya) kita dapat memandangnya sebagai sub-sistem. Hubungan keluaran-masukan dari suatu sistem dapat kita nyatakan sebagai

[ ])()( txHty = (8.1)

dengan y(t) sinyal keluaran dan x(t) sinyal masukan. Hubungan ini dapat kita gambarkan dengan diagram berikut.

Perhatikanlah bahwa sistem didefinisikan menurut sinyal keluaran dan masukannya. Jadi kita memandang sistem dari sudut pandang sinyal ma-sukan dan keluaran. Selain dari pada itu, Gb.8.1. mempelihatkan bahwa arah propagasi sinyal adalah sesuai dengan arah anak panah. Jadi sinyal berasal dari masukan menuju ke keluaran. Penggambaran ini sesuai dengan definisi kita yaitu bahwa suatu sistem membangkitkan sinyal keluaran dari sinyal masukan.

Suatu sistem dapat mempunyai satu masukan atau lebih; demikian juga keluarannya bisa hanya satu atau lebih. Sistem dengan satu masukan dan satu keluaran disebut single-input-single-output (SISO) system atau kita terjemahkan dengan sistem masukan-tunggal-keluaran-tunggal (MTKT). Jika masukan dan keluarannya lebih dari satu disebut multi-input-multi-output (MIMO) system atau kita terjemahkan sistem masukan-ganda-keluaran-ganda (MGKG).

8.3. Model Sistem Pernyataan matematis secara eksplisit dari suatu sistem seperti pada (8.1) disebut representasi sistem atau model sistem. Proses untuk memperoleh model sistem kita sebut pemodelan sistem. Ada dua cara yang dapat ditempuh untuk membangun model sistem. Cara pertama adalah menurunkan langsung dari hukum-hukum fisika dan cara kedua adalah melalui observasi empiris. Cara pertama dapat digunakan apabila proses-proses fisiknya terdefinisi dengan jelas dan difahami. Model sistem yang

H sinyal

masukan sinyal

keluaran x(t) y(t)

Gb.8.1. Diagram suatu sistem.



diturunkan haruslah cukup sederhana untuk keperluan analisis dan simulasi.

Cara kedua digunakan untuk sistem yang sangat kompleks dan sangat sulit untuk dianalisis langsung, dan perilaku dinamiknya tidak difahami secara baik. Untuk melakukan observasi empiris diperlukan sinyal masukan yang harus dipilih secara cermat, dan sinyal keluarannya diamati. Model sistem diperoleh dengan melakukan perhitungan balik dari kedua sinyal tersebut. Pembangunan model sistem melalui cara observasi sinyal masukan dan keluaran ini disebut identifikasi sistem.

Kita telah melihat bahwa ada empat macam cara untuk menyatakan hubungan antara sinyal keluaran dan sinyal masukan, yaitu persamaan diferensial, transformasi Laplace, konvolusi, dan transformasi Fourier. Sejalan dengan itu, kita mengenal empat macam representasi sistem atau model sistem sebagai berikut.

1. Persamaan Diferensial. Bentuk ini kita kenal misalnya sistem orde-2

)()()()(

2

2tftby

dt

tdya

dt

tyd =++

Bentuk umum dari model ini dinyatakan dalam persamaan diferensial :

)()()(

)()()()(

0)1(

1)(

01)1(

1)(

txbtxbtxb

tyatyatyaty

mm

mm

nn

n

+++

=+++−

−

−−

L

&L

.)0( ,)0(

, ,)0( ,)0(

01

2)2(

1)1(

yyyy

yyyy nn

nn

==== −

−−

−

&

L (8.2)

Dalam (8.2) kita menganggap bahwa koefisien ak dan bk adalah bilangan riil (konstan tidak tergantung waktu). Kita juga menganggap m ≤ n. Masukan sistem adalah x(t) dan keluarannya adalah y(t). Orde dari persamaan diferensial ini adalah n.


169

2. Fungsi Alih Laplace

)()()(

)(

011

1

01

1 sHsTasasas

bsbsb

s

sn

nn

mm

mm ==

+++++++

= −−

−−

L

L

XY

(8.3)

Di sini sinyal keluaran dan masukan dinyatakan di kawasan s, yaitu Y(s) dan X(s). T(s) adalah fungsi alih Laplace, yang untuk selanjutnya akan kita gunakan sebagai representasi sistem di bab ini dan kita tuliskan sebagai H(s).

3. Integral Konvolusi

∫∞

− λλλ−=0

)()()( dxthty (8.4)

dengan )()( 1 sth H−= L .

4. Fungsi Alih Fourier

)()()( ωω=ω XY H (8.5)

dengan )()( thH F=ω adalah fungsi alih Fourier.

Untuk selanjutanya, kita akan menggunakan cara representasi sistem yang ke-dua, yaitu menggunakan fungsi alih Laplace.

8.4. Diagram Blok

8.4.1. Penggambaran Sistem Dengan Diagram Blok

Diagram blok adalah representasi dari fungsi alih dengan menggunakan gambar. Diagram blok sangat bermanfaat untuk menggambarkan struktur sistem, terutama jika sistem tersusun dari banyak sub-sistem (penjelasan pengertian sub-sistem akan diberikan kemudian).

Diagram ini juga bermanfaat untuk melakukan analisis sistem. Di sub-bab ini kita mengambil model sistem dengan transformasi Laplace (di kawasan s). Hubungan masukan- keluaran sistem akan berbentuk :

)()()(atau )()(

)(ssHssH

s

sXY

X

Y == (8.6)



Diagram blok dari sistem ini adalah seperti terlihat pada Gb.8.2. Diagram blok seperti ini telah kita kenal dalam analisis rangkaian listrik. Hanya di sini kita mempunyai pengertian H(s) sebagai representasi dari sistem. Diagram blok ini ekivalen dengan persamaan aljabar (8.6). Jadi susunan diagram blok merupakan pernyataan operasi-operasi matematis. Hal ini berbeda dengan Gb.8.1. yang hanya merupakan diagram untuk memperjelas definisi tentang sistem.

Suatu sistem yang kompleks tersusun dari sistem-sistem yang lebih sederhana. Diagram blok dapat kita gunakan untuk menyatakan hubungan dari sistem-sistem yang lebih sederhana tersebut untuk membentuk sistem yang kompleks. Diagram blok akan mempelihatkan struktur dari sistem yang kompleks yaitu interkoneksi dari komponen-komponen sistem. Lebih dari itu, diagram blok juga dapat dimanfaatkan sebagai alat untuk melakukan perhitungan-perhitungan; fungsi alih sistem diturunkan dari diagram blok yang tersusun dari banyak komponen tersebut.

8.4.2. Hubungan-Hubungan Sistem

Berikut ini kita akan melihat hubungan-hubungan sederhana dari sistem yang akan menjadi dasar bagi kita untuk memandang sistem yang lebih kompleks. Kita akan meninjau dua sistem yaitu H1(s) dan H2(s). Untuk menghubungkan dua sistem, atau dua blok, harus ada titik-titik hubung.

Titik Hubung. Ada dua macam titik hubung yang perlu kita perhatikan yaitu titik pencabangan (pickoff point) dan titik penjumlahan. Titik pencabangan adalah titik tempat terjadinya duplikasi sinyal; sinyal-sinyal yang meninggalkan titik pencabangan sama dengan sinyal yang memasuki titik pencabangan. Hal ini digambarkan pada Gb.8.3.a. Pada titik penjumlahan, beberapa sinyal dijumlahkan. Sinyal yang keluar dari titik penjumlahan adalah jumlah dari sinyal yang masuk ke titik penjumlahan. Jika sinyal yang masuk bertanda “+” maka ia dijumlahkan dan jika bertanda “−” ia dikurangkan. Untuk titik penjumlahan ini ada konvensi, yaitu bahwa hanya ada satu sinyal saja yang meninggalkan titik penjumlahan. Hal ini digambarkan pada Gb.8.3.b.

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

Gb.8.2. Diagram blok.


171

a). titik pencabangan b). titik penjumlahan

Gb.8.3. Titik-titik hubung.

Hubungan Kaskade atau Hubungan Seri. Hubungan seri antara dua sistem terjadi jika keluaran dari sistem yang satu merupakan masukan pada sistem berikutnya seperti terlihat pada Gb.8.4. Fungsi alih dari hubungan kaskade, yang merupakan fungsi alih total, adalah hasil kali dari fungsi alih sistem yang menyusunnya. Jadi hubungan kaskade sistem H1(s) dan H2(s) dapat digantikan oleh satu sistem H1(s)H2(s). Hal ini sesuai dengan kaidah rantai yang telah kita pelajari dalam analisis rangkaian di kawasan s.

Gb.8.4. Hubungan seri

Hubungan Paralel. Hubungan paralel antara dua sistem terjadi jika kedua sistem mendapat masukan yang sama sedangkan keluarannya merupakan jumlah dari keluaran kedua sistem tersebut, seperti terlihat pada Gb.8.4.b. Jadi hubungan paralel antara dua sistem H1(s) dan H2(s) dapat digantikan oleh satu sistem dengan fungsi alih H1(s)+H2(s).

Gb. 8.5. Hubungan paralel.

Hubungan Umpan Balik. Pada hubungan umpan balik, keluaran dari sistem pertama menjadi masukan pada sistem kedua dan keluaran sistem kedua menjadi pengurang pada sinyal dari luar R(s); sinyal hasil

H1(s)

H2(s)

X(s)

Y(s) +

+

H1(s)+H2(s) Y(s) X(s)

H1(s) H2(s) X(s) Y(s)

H1(s)H2(s) Y(s) X(s)

X(s) X(s)

X(s)

titik pencabangan

X1(s)−X2(s)+ X3(s)

X1(s)

X2(s)

X3(s)

+

+

−



pengurangan ini menjadi masukan pada sistem pertama. Hubungan ini diperlihatkan pada Gb.8.6.

Gb.8.6. Hubungan umpan balik .

Dari diagram blok pada Gb.8.6. diperoleh persamaan berikut.

[ ]

[ ])()()()()(

)()()()(

)()()()()()(

211

211

2111

ssHsHssH

ssHssH

sssHssHs

YR

YR

YRXY

−=−=

−==

[ ]

)()(1

)(

)(

)(

)()()()()()(

21

1

121

sHsH

sH

s

s

ssHssHsHs

+=⇒

=+⇒

R

Y

RYY

Dengan hubungan umpan balik seperti pada Gb.8.6. fungsi alih sistem keseluruhan menjadi

)()(1

)(

21

1

sHsH

sH

+

Fungsi alih H1(s) adalah fungsi alih dari suatu sistem yang disebut sistem

loop terbuka sedangkan )()(1

)(

21

1

sHsH

sH

+ adalah fungsi alih dari sistem

yang disebut sistem loop tertutup. Jika pada titik penjumlahan terdapat tanda negatif pada jalur umpan balik maka sistem ini disebut sistem dengan umpan balik negatif. Jika fungsi alih H2(s) = − 1 maka sistem menjadi sistem dengan umpan balik negatif satu satuan.

Sub-Sistem. Jika kita memisahkan salah satu bagian dari diagram blok suatu sistem yang tersusun dari banyak bagian dan bagian yang kita pisahkan ini merupakan suatu sistem juga maka bagian ini kita sebut sub-sistem. H2(s) dalam contoh hubungan paralel di atas merupakan salah satu sub-sistem.

H1(s)

H2(s)

R(s) Y(s) −−−− +

X1(s)

X2(s) Y2(s)

Y(s) R(s) )()(1

)(

21

1

sHsH

sH

+


173

8.5. Pembentukan Diagram Blok

Berikut ini kita akan melihat contoh penggambaran diagram blok dan penyederhanaan diagram blok. Sebagaimana telah disebutkan, walaupun kita telah mengembangkan pengertian sistem akan tetapi dalam contoh-contoh yang akan kita lihat di sini kita membatasi diri pada sistem listrik.

8.5.1. Diagram Blok Elemen Rangkaian

Definisi sistem menyatakan bahwa dari sinyal masukan tertentu suatu sistem akan memberikan sinyal keluaran tertentu. Definisi ini dipenuhi oleh elemen-elemen rangkaian seperti R, L, dan C, karena elemen-elemen ini akan memberikan sinyal keluaran (tegangan atau arus) tertentu jika diberi sinyal masukan (arus atau tegangan) tertentu yang kita kenal sebagai karakteristik i-v dalam analisis rangkaian listrik. Jika sistem dapat divisualisasikan menggunakan diagram blok, maka elemen-elemen rangkaian listrik dapat pula digambarkan dengan diagram blok.

Resistor. Gb.8.7. memperlihatkan diagram blok dari resistor. Hubungan tegangan-arus resistor adalah )()( sRs IV = atau )()/1()( sRs VI = .

Kedua relasi memberikan diagram blok seperti ditunjukkan pada gambar.

Gb.8.7 Diagram blok resistor.

Kapasitor. Gb.8.8. memperlihatkan diagram blok dari kapasitor. Hubungan tegangan-arus kapasitor adalah )()/1()( ssCs IV = atau

)()()( ssCs VI = . Kedua relasi memberikan diagram blok seperti

ditunjukkan pada gambar.

R

I(s)

+ V(s)

− R

1 I(s) V(s)

I(s) V(s) R



Gb.8.8. Diagram blok kapasitor.

Berbeda dengan resistor, kapasitor adalah elemen dinamik. Hubungan yang pertama mengambil peubah status, yaitu tegangan kapasitor, sebagai keluaran dan dapat ditulis sebagai )()/1)(/1()( ssCs IV = dan

diagram bloknya menjadi :

I(s)→→→→C

1 →→→→s

1 →→→→V(s)

Di kawasan t hubungan tersebut adalah ∫= idtCtv )/1()( . Oleh karena

itu blok s

1 disebut sebagai blok integrator.

Induktor. Gb.8.9. memperlihatkan diagram blok dari induktor. Hubungan tegangan-arus induktor adalah )()()( ssLs IV = atau

)()/1()( ssLs VI = . Kedua relasi memberikan diagram blok seperti

ditunjukkan pada gambar.

Gb.8.9. Diagram blok induktor.

Seperti halnya kapasitor, induktor adalah elemen dinamik. Hubungan yang kedua mengambil peubah status, yaitu arus induktor, sebagai keluaran dan dapat ditulis sebagai )()/1)(/1()( ssLs VI = . Dengan blok

integrator diagram bloknya menjadi :

I(s)

+ V(s)

− sC

1

I(s) V(s) sC

1

I(s) V(s) sC

I(s)

+ V(s)

−

sL

I(s) V(s) sL

I(s) V(s) sL

1


175

V(s)→→→→L

1 →→→→s

1 →→→→I(s).

8.5.2. Pembentukan Diagram Blok

Dalam contoh-contoh berikut ini kita akan melihat bagaimana diagram blok dibentuk. Kita menggabungkan pemahaman mengenai rangkaian listrik dengan pemahaman hubungan-hubungan sistem.

CONTOH-8.1: Gambarkan diagram blok rangkaian-rangkaian berikut.

Solusi :

a). [ ]

−=−==

121222

)()()()()()(

R

ssRssRsRs

VIIIIV

Diagram blok rangkaian ini adalah:

b). [ ]

−=−==

112

)()()()()()(

R

sssLsssLssLs

VIIIIV


R2

I(s)

+ V(s)

− R1

I2(s)

I1(s)

(a)

I(s)

+ V(s)

− R1

I2(s)

I1(s)

sL

(b)

sC

1

I(s)

+ V(s)

− R1

I2(s)

I1(s)

(c)

sL I(s) V(s) +

1

1

R

−

R2 I(s) V(s) +

1

1

R

−



c). [ ]

−=−==

112

)()(

1)()(

1)(

1)(

R

ss

sCss

sCs

sCs

VIIIIV


CONTOH-8.2: Gambarkan diagram blok rangkaian-rangkaian berikut.

Solusi :

a). [ ]

−=−==sL

ssRssRsRs

)()()()()()( 11121

VIIIIV

Diagram blok:

b). [ ] [ ])( )()()()()( 11121 ssCsRssRsRs VIIIIV −=−==

Diagram blok:

I(s) V(s) +

− R1

sC

I(s)

+ V(s)

− R1

I2(s)

I1(s)

sL

(a)

+ V(s)

− sC

1

I(s)

R1

I2(s)

I1(s)

(b)

sC

1I(s) V(s) +

−

1

1

R

sL

1

I(s) V(s) + − R1


177

Tegangan V(s) pada contoh 8.1.b. dan 8.1.c. haruslah identik dengan tegangan pada contoh 8.2. karena tegangan ini adalah tegangan pada hubungan paralel dari dua elemen. Walaupun demikian kita mendapatkan diagram blok yang berbeda pada kedua contoh tersebut. Kita akan menguji apakah kedua diagram blok tersebut identik dengan mencari fungsi alih masing-masing. Untuk itu kita akan memanfaatkan formulasi hubungan blok paralel.

Untuk rangkaian R-L paralel di kedua contoh tersebut di atas kita peroleh :

Untuk rangkaian R-C paralel kita peroleh :

sC

1I(s) V(s) +

1

1

R

−

)(

)(

)/1(

/

)/1)(/1(1

/1)(

1

1

13 s

s

sCR

sCR

RsC

sCsH

I

V=+

=+

=

sL I(s) V(s) +

1

1

R

−

)(

)(

)/1)((1)(

1

1

11 s

s

sLR

sLR

RsL

sLsH

I

V=+

=+

=

I(s) V(s) + − R1

sL

1

)(

)(

)/1)((1)(

1

1

1

12 s

s

RsL

sLR

sLR

RsH

I

V=+

=+

=



Fungsi alih dari kedua hubungan paralel terserbut ternyata sama yang tidak lain adalah impedansi total rangkaian R-L dan R-C paralel. Jadi diagram blok yang diperoleh pada kedua contoh di atas adalah identik.

CONTOH-8.3: Bangunlah diagram blok dari rangkaian listrik yang telah ditransformasikan ke kawasan s di bawah ini.

Solusi :

Dalam membangun diagram blok rangkaian ini, kita akan menempuh langkah-langkah yang kita mulai dari tegangan keluaran dan mencari formulasinya secara berurut menuju ke arah masukan.

Tegangan Vo(s) dapat dinyatakan sebagai )(52 sR I ataupun

(1/sC2) I4(s). Kita ambil yang kedua.

1. )(1

)( 42

o ssC

s IV =

2. )(1

)()()( o2

3534 sR

sss VIIII −=−=

2

1

sC1

1

sCR2

+ Vo(s) −

R1 sL

I2(s)

I3(s) I1(s)

+Vi (s)

−I4(s)

I5(s) V1(s)

2

1

sC I4(s) Vo(s)

I(s) V(s) + − R1

sC

)(

)(

)/1(

/

))((1)(

1

1

1

14 s

s

RsC

sCR

sCR

RsH

I

V=+

=+

=


179

3. [ ])()(1

)( o13 sssL

s VVI −=

4. [ ])()(1

)(1

)( 311

21

1 ssIsC

ssC

s IIV −==

5. [ ])()(1

)( 11

1 ssR

s i VVI −=

Pada langkah ke-5 ini terbentuklah diagram blok yang kita cari. Walaupun diagram ini terlihat cukup rumit, tetapi sesungguhnya setiap blok menggambarkan peran dari setiap elemen. Perhatikan pula bahwa dalam diagram blok ini digunakan blok-blok integrator.

2

1

sC Vo(s)

2

1

R

I3(s) −−−− +

I4(s)

2

1

sC Vo(s)

2

1

R

V1(s) −−−−

+ sL

1−−−−

I4(s) I3(s)

2

1

sC

Vo(s)

2

1

R

I1(s) −−−−

+ sL

1−−−−

I4(s) I3(s) 1

1

sC+

−−−− V1(s)

2

1

sCVo

2

1

R

I1(s)

−−−− + sL

1−−−−

I4(s) I3(s) 1

1

sC+

−−−− V1(s) 1

1

RVi(s)

+ −−−−



8.6. Reduksi Diagram Blok

Dalam Contoh-8.3 kita melihat bagaimana diagram blok dibentuk. Diagram blok ini cukup panjang. Dengan menggunakan relasi-relasi ekivalensi sistem terhubung seri dan paralel kita dapat menyederhanakan diagram blok tersebut. Penyederhanaan diagram blok ini disebut reduksi diagram blok. Karena diagram blok ekivalen dengan persamaan rangkaian, maka penyederhanaan diagram blok akan menuju pada diperolehnya fungsi alih.

Selain ekivalensi seri dan paralel, dalam melakukan reduksi diagram blok kita memanfaatkan juga kaidah-kaidah pemindahan titik pencabangan sebagai berikut.

Keluaran Y2(s) tidak akan berubah jika pemindahan titik pencabangannya ke depan melampaui blok H(s) diikuti dengan penambahan satu blok seri yang ekivalen dengan blok H(s).

Keluaran Y3(s) tidak akan berubah jika pemindahan titik pencabangannya ke belakang melampauai blok H(s) diikuti dengan penambahan satu blok seri 1/H(s).

Perhatikanlah Gb.8.10. Gambar b) diperoleh dengan jalan memindahkan titik pencabangan di gambar a). Pencabangan keluaran Y2(s) di pindah ke depan melewati blok H(s) dan pencabangan keluaran Y3(s) ke belakang melewati blok H(s).

Gb.8.10. Pemindahan titik pencabangan.

X(s) H(s)

Y2(s)

Y1(s)

Y3(s)

X(s)

Y2(s)

Y1(s)

Y3(s) )(

1

sH

H(s)

H(s)

a).

b).


181

CONTOH-8.4: Lakukanlah reduksi pada diagram blok berikut ini.

Solusi :

1. Hubungan paralel dari blok 1 dan 1

s

dapat digantikan

dengan )/1)(1(1

/1)(1 s

ssH

+= =

1

1

+s sehingga diagram blok

menjadi:

2. Titik pencabangan A dapat dipindahkan ke belakang dan terjadi

hubungan seri 1

s

dan 1

1

+s yang dapat diganti dengan

)1(

1

+ss .

Diagram blok menjadi :

3. Umpan balik langsung dari Vo(s) pada blok )1(

1

+ss sama

dengan memparalel blok ini dengan blok 1 walaupun tidak tergambarkan dalam diagram. Hubungan paralel ini dapat diganti

Vo(s)

−−−− +

−−−− Vi(s)

+ −−−−

)1(

1

+ss

s

1

2

s+1

Vo(s) −−−− + −−−−

+

−−−− Vi(s)

+ −−−−

1

s

1

s

1

s

12

Vo(s−−−−

+

−−−− Vi(s

+ −−−−

1

1

+s s

1

s

12

A



dengan =++

+=)1(/1)1(1

)1(/1)(2 ss

sssH

1)1(

1

++ss .

Diagram blok menjadi

4. Titik pencabangan B dapat dipindahkan ke belakang yang akan menyebabkan terjadinya hubungan seri antara blok

1

s

dan 1)1(

1

++ss yang dapat diganti dengan

sss ++ )1(

12

Diagram blok menjadi :

5. Selanjutnya 1+s paralel dengan sss ++ )1(

12

=++++

++=))1(()1(1

))1((1)(

2

2

3ssss

ssssH

)1())1((

12 ++++ ssss

=

12

123 +++ sss

Vo(s)+

−−−− Vi(s)

+ −−−−

1)1(

1

++ss

s

1

2

s+1

B

Vo(s) +

−−−− Vi(s)

+ −−−− sss ++ )1(

12

2

s+1

1)1( ++ss


183

dan H3(s) seri dengan 2 sehingga diagram blok menjadi :

6. Diagram blok paralel terakhir ini memberikan

343

2

)12/()1(21

)12/(2)(

23232

23

4+++

=++++++

+++=ssssssss

ssssH

dan diagram blok menjadi

Reduksi diagram blok pada akhirnya akan memberikan fungsi alih dari sistem yaitu H4(s).

8.7. Sub-Sistem Statis dan Dinamis

Perhatikanlah bahwa dalam diagram blok yang diperoleh pada contoh 8.3. terdapat blok-blok yang berisi nilai konstan dan ada yang berisi fungsi s atau lebih tepat blok yang menggambarkan fungsi alih bernilai konstan dan blok yang menggambarkan fungsi alih yang merupakan fungsi dari peubah Laplace s. Blok yang berisi nilai konstan berasal dari elemen statis resistor, dan yang berisi fungsi s berasal dari elemen dinamik C ataupun L. Suatu sub-sistem disebut dinamis jika fungsi transfernya merupakan fungsi peubah Laplace s. Jika fungsi alihnya bernilai konstan (gain kontan) maka sub-sistem itu disebut statis.

8.8. Diagram Blok Integrator

Suatu diagram blok yang seluruh blok-blok dinamisnya berupa blok integrator disebut diagram blok integrator. Sebagaimana telah dibahas, blok integrator berasal dari elemen dinamik apabila kita mengambil peubah status sebagai keluaran. Untuk kapasitor )()/1)(/1()( ssCs IV =

dan untuk induktor )()/1)(/1()( ssLs VI = .

Vo(s) Vi(s) 343

223 +++ sss

Vo(s) Vi(s) + −−−−

12

223 +++ sss

1)1( ++ss



Pembentukan diagram blok integrator dari suatu fungsi alih dapat dilakukan karena fungsi alih H(s) yang berbentuk rasio polinomial dapat kita uraikan menjadi suku-suku :

)()()(

)())((

)())(()(

2

2

1

1

21

21

n

n

n

m

ps

k

ps

k

ps

k

pspsps

zszszsKsH

−++

−+

−=

−−−−−−

=

L

L

L

Hal ini telah kita lihat pada waktu kita membahas transformasi Laplace.

Selanjutnya, setiap suku dari fungsi alih H(s) yang berbentuk bs

a

+

dapat ditulis sebagai )/1(1

)/1(

sb

sb

b

a

+

yang diagram bloknya merupakan

hubungan seri antara blok statis b

a dengan blok berumpan balik

s

1

yang jalur umpan-balik-nya berisi blok statis b . Dengan demikian maka diagram blok dari H(s) dapat dibuat hanya terdiri dari blok statis dan blok integrator saja.


185

Soal-Soal

1. Susunlah diagram blok dari rangkaian-rangkaian berikut, lakukan reduksi diagram blok, tentukan fungsi alihnya.

a). b).

c). e).

f).

g).

2. Lakukan reduksi diagram blok dan carilah fungsi alih dari diagram blok berikut.

a).

b).

1

s

1

s

+ X(s) Y(s)

ω2

10 1

s

X (s) Y(s) + −−−−

k

+

+

+ vo −

iin 2µF 1kΩ 5mH

+ vo −

iin 1µF 1kΩ

1kΩ 0.1H

vin

+ vo −

+ −

1kΩ 1kΩ

1µF

1kΩ

100m

+ vin

−

10Ω

10Ω 1H

+ vo

−

+ −

1µF

10µF

5kΩ 10kΩ

1kΩ

1kΩ

+ vo −

vin

vin + vo −

+ −

1µF

1kΩ 1kΩ 1µF



c).

c).

d).

e).

1

s

+ X(s)

Y(s)

4

−−−−

1

s

+ + −−−−

+

+ −−−−

5

1

s

1

s

1

s

+ X(s) Y(s)

3

−−−− + + −−−−

+

1

s

+

4

−−−−

1

s

1

s

+ X(s) Y(s)

3

−−−−

4

1

s

+ + −−−−

+

+ X(s)

Y(s)

2 +s

−−−−

1

1

+s

Sistem dan Persamaan Ruang Status

187

BAB 9 Sistem Dan Persamaan Ruang Status

Persamaan ruang status (state space equations) atau representasi ruang keadaan (state space reprentation) merupakan satu alternatif untuk menyatakan sistem dalam bentuk persamaan diferensial. Persamaan ini dapat diturunkan dari diagram blok integrator.

9.1. Blok Integrator dan Blok Statis

Kita lihat lebih dulu blok integrator X(s)→ 1

s

→Y(s) yang

menunjukkan hubungan )(1

)( ss

s XY = . Hubungan ini di kawasan t

adalah

∫= )()( txty yang dapat kita tuliskan sebagai )()( tytx &=

Hubungan terakhir di kawasan t ini dapat kita baca sebagai : sinyal masukan adalah turunan dari sinyal keluaran.

Sekarang blok 1

s

kita pandang sebagai integrator dan bukan sebagai

gambaran dari fungsi alih 1/s. Dengan pandangan ini maka jika keluaran integrator adalah q(t) masukannya adalah )(tq& . Kita dapat menggambarkan hubungan keluaran dan masukan di kawasan t dari integrator sebagai

)(tq& → 1

s

→ )(tq

Perhatikan: Secara teknis penggambaran di atas tidak benar. Akan tetapi kita harus mengartikan gambar tersebut sebagai diagram sub-sistem yang mempunyai sinyal masukan )(tq& dan sinyal keluarannya q(t) dan bukan q(t) sama dengan (1/s) kali

)(tq& .



Berbeda dengan blok integrator, blok statis X(s)→ a →Y(s) memberikan hubungan )()( sas XY = yang di kawasan t memberikan

hubungan

)()( taxty =

Jadi kita dapat menggambarkan hubungan )()( taxty = dengan menggunakan blok statis, yaitu

x(t)→ a →y(t).

9.2. Diagram Blok Integrator, Sinyal Sebagai Fungsi t

Berikut ini kita akan melihat contoh suatu diagram blok integrator yang sinyal masukan dan keluaran dari setiap integrator dinyatakan sebagai fungsi t.

CONTOH-9.1: Dalam diagram blok di bawah ini nyatakanlah sinyal masukan dan keluaran pada setiap blok integrator sebagai fungsi t.

Solusi :

Dalam diagram blok ini terdapat dua blok integrator. Jika sinyal masukan setiap blok integrator adalah )(tqi& dan sinyal keluarannya

adalah qi(t) maka diagram blok di atas dapat kita gambarkan seperti di bawah ini, di mana masukan dua blok integrator adalah

)(1 tq& dan )(2 tq&

sedangkan keluarannya adalah q1(t) dan q2(t).

Y(s) −−−−

+ −−−−

a

s

1

s

1

b

c X(s)

d

+


189

Dengan diagram ini keluaran sistem adalah )()()( 2 tdxtqty += .

9.3. Membangun Persamaan Ruang Status

Dari diagram blok di atas, kita dapat memperoleh satu set persamaan di kawasan t yang akan memberikan hubungan antara sinyal masukan dan sinyal keluaran sistem, yaitu x(t) dan y(t). Dengan perkataan lain kita dapat memperoleh persamaan sistem di kawasan t. Set persamaan tersebut kita peroleh dengan memperhatikan masukan blok-blok integrator, dan keluaran sistem. Dalam contoh ini set persamaan tersebut adalah :

)()()(

)()()(

)()()(

2

212

21

tdxtqty

taqtqtq

tcxtbqtq

+=−=

+−=&

&

(9.1)

Dengan cara ini set persamaan yang kita peroleh, yaitu persamaan (9.1), akan terdiri dari dua kelompok. Kelompok pertama adalah persamaan yang ruas kirinya berisi )(tq& , yang merupakan masukan blok integrator, dan kelompok kedua adalah yang ruas kirinya berisi y(t), yaitu keluaran sistem. Kelompok pertama dapat kita tuliskan dalam bentuk matriks

)(0

1

)(

)(

1

0

)(

)(

2

1

2

1 txtq

tq

a

b

tq

tq

+

−−

=

&

&

(9.2)

)()()( 2 tdxtqty +=

)(1 tq& )(1 tq

−−−− + −−−−

a

s

1

s

1

)(2 tq& )(2 tq

+ +

b

c )(tx

d

+ +

)(ty



Dengan mendefinisikan vektor

=

)(

)(

2

1

tq

tqq

&

&&r dan

=

)(

)(

2

1

tq

tqqr

maka

(9.2) dapat kita tuliskan

[ ] [ ] )(0

1)(

1

0)( txtq

a

btq

+

−−

=r&r (9.3)

Kelompok kedua dari (9.1) adalah )()()( 2 tdxtqty += dan dengan

definisi untuk vektor q(t) maka ia dapat kita tuliskan dalam bentuk matriks

[ ][ ] [ ] )()( 10)( txdtqty +=r

(9.4)

Dengan demikian maka set persamaan (9.1) dapat kita tuliskan sebagai

[ ] [ ]

[ ][ ] [ ] )()( 10)(

)(0

1)(

1

0)(

txdtqty

txtqa

btq

+=

+

−−

=

r

r&r

(9.5)

Secara umum bentuk persamaan (9.5) dapat kita tulis sebagai

[ ] [ ][ ] [ ][ ][ ] [ ] )()( )(

)()( )(

txDtqCty

txBtqAtq

+=+=

r

r&r

(9.6)

Set persamaan (9.6) ini disebut representasi ruang status dari sistem. Sebutan lain dari representasi ini adalah model ruang status atau juga persamaan peubah status atau persamaan ruang status.

CONTOH-9.2: Carilah representasi ruang status dari sistem berikut.

2q& 2q

1q&

−−−−

3q3q&1q

+

−−−− c3 s

1

s

1

)(ty

+

+ a1

)(tx

b

+ +

ω2

a2 +

s

1

c2

d


191

Solusi:

Dari diagram blok di atas, masukan blok-blok integrator dan keluaran sistem memberi kita persamaan berikut.

)()(

)(

)(

2233

13

222

32

11

tdxqcqcty

qq

bqtxaq

qtxaq

++==

−=ω−=

&

&

&

Persamaan ini kita tuliskan dalam bentuk matriks, menjadi

[ ] [ ] )(

)(

)(

)(

0)(

)(

0)(

)(

)(

001

00

00

)(

)(

)(

)(

3

2

1

32

2

1

3

2

12

3

2

1

txd

tq

tq

tq

ccty

txa

a

tq

tq

tq

b

tq

tq

tq

tq

+

=

+

−ω−

=

=&

&

&

&r

Inilah representasi ruang status dari sistem yang kita cari

9.4. Membangun Diagram Blok dari Persamaan Ruang Status

Melalui contoh berikut ini kita akan melihat bagaimana diagram blok dari suatu sistem dapat dibangun jika persamaan ruang statusnya diketahui.

CONTOH 9.3: Bangunlah diagram blok sistem yang persamaan ruang statusnya adalah sebagai berikut.

[ ] )( )(

1

0

0

)(

)(

)(

100

010

)(

321

3

2

1

321

tqbbbty

x(t)

tq

tq

tq

aaa

tq

r

&r

=

+

−−−=

Solusi :

Langkah pertama adalah melakukan pengembangan dari persamaan yang diketahui sehingga diperoleh set persamaan berikut.



)()()()(

)()()()()(

)()(

)()(

332211

3322113

32

21

tqbtqbtqbty

txtqatqatqatq

tqtq

tqtq

++=+−−−=

==

&

&

&

Langkah berikutnya adalah menggambarkan blok-blok integrator dengan masukan dan keluaran masing-masing. Langkah ini memberikan diagram blok integrator sebagai berikut

Langkah berikutnya adalah melakukan penghubungan blok-blok ini sesuai dengan persamaan yang diketahui, yaitu

persamaan )()( 21 tqtq =& berarti bahwa masukan blok

integrator nomer-1 adalah keluaran dari blok integrator nomer-2.

persamaan )()( 32 tqtq =& berarti masukan blok

integrator nomer-2 adalah keluaran blok integratir nomer-3. Kita mendapatkan hubungan:

Selanjutnya kita membuat pencabangan-pencabangan dan penjumlahan dengan blok-blok statis, sesuai dengan persamaan yang diketahui, yaitu

)()()()()( 3322113 txtqatqatqatq +−−−=&

Hasil yang kita peroleh adalah:

3q& 2q 1q& 1q

s

1

2q&

s

1

3q

s

1

2q2q&

s

1

3q3q&

s

1

1q& 1q

s

1


193

Satu persamaan lagi yang harus kita penuhi, yaitu persamaan keluaran

)()()()( 332211 tqbtqbtqbty ++=

Dengan pencabangan dan penjumlahan persamaan ini kita penuhi.

−−−−

a2

)(tx

a3

3q& 2q 1q& 1q

s

1 2q&

s

1 3q

s

1

a1

−−−− −−−−

+

−−−−

a2

)(tx

a3

3q& 2q 1q& 1q

s

1 2q&

s

1 3q

s

1

a1

−−−− −−−−

+ b1

b2

b3

+

+ +

)(ty



Soal-Soal

1. Carilah persamaan ruang status dari sistem-sistem dengan diagram blok di bawah ini.

a).

b).

c).

d).

10 1

s

X (s) Y(s) + −−−−

k

+

+

1

s

1

s

+ X(s) Y(s)

ω2

+ X(s)

Y(s)

2 +s

−−−−

1

1

+s

1

s

1

s

+ X(s) Y(s)

3

−−−−

4

1

s

+ + −−−−

+


195

e).

f).

2. Gambarkan diagram blok dari sistem dengan persamaan status berikut ini.

a).

[ ] )(10)( 009)(

)(5

3)(

460

537

012

)(

txtqty

txtqtq

+=

+

=

r

r&r

b).

[ ] )(5)( 005)(

)(

0

1

0

)(

002

104

200

)(

txtqty

txtqtq

+=

+

−=

r

r&r

1

s

+ X(s) Y(s)

3

−−−− + + −−−−

+

1

s

+

4

−−−−

X(s)

1 s

+

Y(s)

4

−−−−

1

s

+ + −−−−

+

+ −−−−

5

1

s

1

s



c).

[ ] )( 11)(

)(1

1)()(

tqty

txtqtq

r

r&r

=

+

σ−ω−ωσ−

=

d).

[ ] )( 01)(

)(1

0)(

2

10)( 2

tqty

txtqtq

r

r&r

=

+

ζω−ω−=

e).

[ ] )( 10)(

)(1

0)(

2

10)( 2

tqty

txtqtq

r

r&r

=

+

ζω−ω−=

Transformasi Fourier

197

BAB 10 Transformasi Fourier

Kita telah mempelajari tanggapan frekuensi dari suatu rangkaian. Analisis dengan menggunakan transformasi Fourier yang akan kita pelajari berikut ini akan memperluas pemahaman kita mengenai tanggapan frekuensi, baik mengenai perilaku sinyal itu sendiri mau-puan rangkaiannya. Selain dari pada itu, pada rangkaian-rangkaian tertentu dijumpai keadaan dimana model sinyal dan piranti tidak dapat dinyatakan melalui transformasi Laplace akan tetapi dapat dilakukan melalui transformasi Fourier. Topik-topik yang akan kita bahas meliputi: deret Fourier, transformasi Fourier, sifat-sifat trans-formasi Fourier, dan analisis rangkaian menggunakan transformasi Fourier. Dalam bab ini kita mempelajari tiga hal yang pertama, se-dangkan hal yang terakhir akan kita pelajari di bab berikutnya.

Dengan mempelajari deret dan transformasi Fourier kita akan • memahami deret Fourier. • mampu menguraikan bentuk gelombang periodik men-

jadi deret Fourier. • mampu menentukan spektrum bentuk gelombang peri-

odik. • memahami transformasi Fourier. • mampu mencari transformasi Fourier dari suatu

fungsi t. • mampu mencari transformasi balik dari suatu trans-

formasi Fourier.

10.1. Deret Fourier

10.1.1. Koefisien Fourier

Kita telah melihat bahwa sinyal periodik dapat diuraikan menjadi spektrum sinyal. Penguraian suatu sinyal periodik menjadi suatu spektrum sinyal tidak lain adalah pernyataan fungsi periodik kedalam deret Fourier. Jika f(t) adalah fungsi periodik yang memen-uhi persyaratan Dirichlet, maka f(t) dapat dinyatakan sebagai deret Fourier :



[ ]∑∞

=ω+ω+=

1000 )sin()cos()(

nnn tnbtnaatf (10.1)

yang dapat kita tuliskan sebagai (lihat sub-bab 3.2)

( )∑∞

=

θ−ω++=

10

220 )cos()(

nnnn tnbaatf (10.2)

Koefisien Fourier a0, an, dan bn ditentukan dengan hubungan berikut.

∫

∫

∫

−

−

−

>ω=

>ω=

=

2/

2/0

0

2/

2/0

0

2/

2/00

0

0

0

0

0

0

0 ; )sin()(2

0 ; )cos()(2

)(1

T

Tn

T

Tn

T

T

ndttntfT

b

ndttntfT

a

dttfT

a

(10.3)

Hubungan (10.3) dapat diperoleh dari (10.1). Misalkan kita mencari an: kita kalikan (10.1) dengan cos(kωot) kemudian kita integrasikan antara −To/2 sampai To/2 dan kita akan memperoleh

∑∫

∫

∫∫

∞

=−

−

−−

ωω+

ωω+

ω=ω

12/

2/o0

2/

2/o0

2/

2/o0

2/

2/o

o

o

o

o

o

o

o

o

)cos()sin(

)cos()cos(

)cos()cos()(

nT

Tn

T

Tn

T

T

T

T

dttktnb

dttktna

dttkadttktf

Dengan menggunakan kesamaan tigonometri

)sin(2

1)sin(

2

1sincos

)cos(2

1)cos(

2

1coscos

β+α+β−α=βα

β+α+β−α=βα

maka persamaan di atas menjadi


199

( )

( )∑

∫

∫

∫∫

∞

=−

−

−−

ω++ω−+

ω++ω−+

ω=ω

12/

2/o0

2/

2/o0

2/

2/o0

2/

2/o

o

o

o

o

o

o

o

o

))sin(())sin((2

))cos(())cos((2

)cos()cos()(

nT

T

n

T

T

n

T

T

T

T

dtdttkntknb

dttkntkna

dttkadttktf

Karena integral untuk satu perioda dari fungsi sinus adalah nol, maka semua integral di ruas kanan persamaan ini bernilai nol kecuali satu yaitu

( ) kna

dttkna nT

T

n ==ω−∫− jika terjadiyang 2

))cos((2

2/

2/0

o

o

oleh karena itu ∫− ω=2/

2/0

o

o

o

)cos()(2 T

Tn dttntf

Ta

Pada bentuk-bentuk gelombang yang sering kita temui, banyak dian-tara koefisien-koefisien Fourier yang bernilai nol. Keadaan ini diten-tukan oleh kesimetrisan fungsi f(t) yang pernah kita pelajari di Bab-3; kita akan melihatnya sekali lagi dalam urain berikut ini.

10.1.2. Kesimetrisan Fungsi Simetri Genap. Suatu fungsi dikatakan mempunyai simetri genap jika f(t) = f(−t). Salah satu contoh fungsi yang memiliki simetri ge-nap adalah fungsi cosinus, cos(ωt) = cos(−ωt). Untuk fungsi sema-cam ini, dari (10.1) kita dapatkan

[ ]

[ ]∑

∑∞

=

∞

=

ω−ω+=−

ω+ω+=

1000

1000

)sin()cos()(

dan )sin()cos()(

nnn

nnn

tnbtnaatf

tnbtnaatf

Kalau kedua fungsi ini harus sama, maka haruslah bn = 0, dan f(t) menjadi

[ ]∑∞

=ω+=

10o )cos()(

nn tnaatf (10.4)



CONTOH-10.1: Tentukan deret Fourier dari bentuk gelombang deretan pulsa berikut ini.

Solusi : Bentuk gelombang ini memiliki simetri genap, amplitudo A, pe-rioda To , lebar pulsa T.

ππ

=

ππ

=

ωω

=ω=

====

−−

−−

∫

∫

oo

2/2/o

oo

2/

2/o

o

o

2/

2o

2/

2/oo

sin2

sin2

sin2

)cos(2

; 0 ; 1

T

Tn

n

A

T

Tn

n

A

tnnT

AdttnA

Ta

bT

AT

T

AtAdt

Ta

TT

T

Tn

n

T

T/

T

T

Untuk n = 2, 4, 6, …. (genap), an = 0; an hanya mempunyai nilai untuk n = 1, 3, 5, …. (ganjil).

( ) )cos(12

)cos(sin2

)(

o,1

2/)1(

o

o,1 oo

tnn

A

T

AT

tnT

Tn

n

A

T

ATtf

ganjiln

n

ganjiln

ω−π

+=

ω

ππ

+=

∑

∑∞

=

−

∞

=

Pemahaman : Pada bentuk gelombang yang memiliki simetri genap, bn = 0. Oleh karena itu sudut fasa harmonisa tanθn = bn/an = 0 yang be-rarti θn = 0o.

Simetri Ganjil. Suatu fungsi dikatakan mempunyai simetri ganjil jika f(t) = −f(−t). Contoh fungsi yang memiliki simetri ganjil adalah fungsi sinus, sin(ωt) = −sin(−ωt). Untuk fungsi semacam ini, dari (10.1) kita dapatkan

[ ]∑∞

=ω+ω−+−=−−

1000 )sin()cos()(

nnn tnbtnaatf

−T/2 0 T/2

v(t)

A

T

To


201

Kalau fungsi ini harus sama dengan

[ ]∑∞

=ω+ω+=

1000 )sin()cos()(

nnn tnbtnaatf

maka haruslah

[ ] )sin()( 0dan 01

00 ∑∞

=ω=⇒==

nnn tnbtfaa (10.5)

CONTOH-10.2: Carilah deret Fou-rier dari bentuk gelombang persegi di samping ini.

Solusi:

Bentuk gelombang ini memiliki simetri ganjil, amplitudo A, perioda To = T.

; 0 ; 0o == naa

( ))cos(2)(cos1

)cos()cos(2

)sin()sin( 2

2

2/o2/

0oo

2/o

2/

0o

π−π+π

=

ω+ω−

ω=

ω−+ω= ∫∫

nnn

A

tntnTn

A

dttnAdttnAT

b

TT

T

T

T

Tn

Untuk n ganjil cos(nπ) = −1 sedangkan untuk n genap cos(nπ) = 1. Dengan demikian maka

( )

( ) genap untuk 0211

ganjil untuk 4

211

nn

Ab

nn

A

n

Ab

n

n

=−+π

=

π=++

π=

∑∞

=ω

π=⇒

ganjiln

tnn

Atv

,1o )sin(

4)(

Pemahaman: Pada bentuk gelombang dengan semetri ganjil, an = 0. Oleh ka-rena itu sudut fasa harmonisa tanθn = bn/an = ∞ atau θn = 90o.

v(t)

t

T A

−A



Simetri Setengah Gelombang. Suatu fungsi dikatakan mempunyai simetri setengah gelombang jika f(t) = −f(t−To/2). Fungsi dengan sifat ini tidak berubah bentuk dan nilainya jika diinversi kemudian digeser setengah perioda. Fungsi sinus(ωt) misalnya, jika kita kita inversikan kemudian kita geser sebesar π akan kembali menjadi si-nus(ωt). Demikain pula halnya dengan fungsi-fungsi cosinus, ge-lombang persegi, dan gelombang segitiga.

[ ]

[ ]∑

∑∞

=

∞

=

ω−−ω−−+−=

π−ω−π−ω−+−=−−

1000

1000o

)sin()1()cos()1(

))(sin())(cos()2/(

nn

nn

n

nnn

tnbtnaa

tnbtnaaTtf

Kalau fungsi ini harus sama dengan

[ ]∑∞

=ω+ω+=

1000 )sin()cos()(

nnn tnbtnaatf

maka haruslah ao = 0 dan n harus ganjil. Hal ini berarti bahwa fungsi ini hanya mempunyai harmonisa ganjil saja.

10.1.3. Deret Fourier Bentuk Eksponensial

Deret Fourier dalam bentuk seperti (10.1) sering disebut sebagai bentuk sinus-cosinus. Bentuk ini dapat kita ubah kedalam cosinus (bentuk sinyal standar) seperti (10.2). Sekarang bentuk (10.2) akan kita ubah ke dalam bentuk eksponensial dengan menggunakan hub-ungan

2cos

α−α +=αjj ee

.

Dengan menggunakan relasi ini maka (10.2) akan menjadi


203

( )

∑∑

∑

∑

∞

=

θ−ω−∞

=

θ−ω

∞

=

θ−ω−θ−ω

∞

=

++

++=

+++=

θ−ω++=

1

)(22

1

)(22

0

1

)()(22

0

10

220

00

00

22

2

)cos()(

n

tnjnn

n

tnjnn

n

tnjtnj

nn

nnnn

nn

nn

eba

eba

a

eebaa

tnbaatf

(10.6)

Suku ketiga (10.6) adalah penjumlahan dari n = 1 sampai n =∞. Jika penjumlahan ini kita ubah mulai dari n = −1 sampai n = −∞, dengan penyesuaian an menjadi a−n , bn menjadi b−n , dan θn menjadi θ−n, maka menurut (10.3) perubahan ini berakibat

tan

)sin()(2

)sin()(2

)cos()(2

)cos()(2

2/

2/0

0

2/

2/0

0

2/

2/0

0

2/

2/0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

nnn

n

n

nn

T

T

T

Tn

nT

T

T

Tn

a

b

a

b

bdttntfT

dttntfT

b

adttntfT

dttntfT

a

θ−=θ⇒−==θ

−=ω−=ω−=

=ω=ω−=

−−

−−

−−−

−−−

∫∫

∫∫

(10.7) Dengan (10.7) ini maka (10.6) menjadi

∑∑∞−

−=

θ−ω∞

=

θ−ω

++

+=

1

)(22

0

)(22

00

22)(

n

tnjnn

n

tnjnn nn eba

eba

tf

(10.8)

Suku pertama dari (10.8) merupakan penjumlahan yang kita mulai dari n = 0 untuk memasukkan a0 sebagai salah satu suku penjumla-han ini. Dengan cara ini maka (10.8) dapat ditulis menjadi

∑∑∞+

−∞=

ω∞+

−∞=

ωθ− =

+=

n

tnj

n

tnjjnn eceeba

tf n )(n

)(22

00 2

)( (10.9)

Inilah bentuk eksponensial deret Fourier, dengan cn adalah koefisien Fourier yang mungkin berupa besaran kompleks.



22

22nnjnn

njba

eba

c−

=+

= θ− (10.10)

0 jika tan ;0 jika tan

dengan dan 2

1n

1n

22

>

=θ<

−=θ

θ=∠+

=

−−n

n

nn

n

n

nnnn

n

aa

ba

a

b

cba

c (10.11)

Jika an dan bn pada (10.3) kita masukkan ke (10.10) akan kita dapat-kan

∫−ω−=−=

2/

2/0

0

0

)(1

2

T

T

tjnnnn dtetf

T

jbac n (10.12)

dan dengan (10.12) ini maka (10.9) menjadi

∑ ∫∑+∞

−∞=

ω−

ω−+∞

−∞=

ω

==

n

tnjT

T

tjn

n

tnj edtetfT

ectf )(2/

2/0

)(n

00

0

o0 )(1

)( (10.13)

Persamaan (10.11) menunjukkan bahwa 2|cn| adalah amplitudo dari harmonisa ke-n dan sudut fasa harmonisa ke-n ini adalah ∠cn. Per-samaan (10.10) ataupun (10.12) dapat kita pandang sebagai pengu-bahan sinyal periodik f(t) menjadi suatu spektrum yang terdiri dari spektrum amplitudo dan spektrum sudut fasa seperti telah kita kenal di Bab-1. Persamaan (10.9) ataupun (10.13) memberikan f(t) apabila komposisi harmonisanya cn diketahui. Persamaan (10.12) menjadi cikal bakal transformasi Fourier, sedangkan persamaan (10.13) ada-lah transformasi baliknya.

CONTOH-10.3: Carilah koefisien Fourier cn dari fungsi pada con-toh-10.1.

Solusi :

( )2/sin2

1

ooo

2/2/

oo

2/

2/oo

2/

2/o

oo

oo

TnTn

A

j

ee

Tn

A

jn

e

T

AdteA

Tc

TjnTjn

T

T

tjnT

T

tjnn

ωω

=

−ω

=

ω−==

ω−ω−

ω−

−ω−

∫


205

10.2. Transformasi Fourier

10.2.1. Spektrum Kontinyu

Deret Fourier, yang koefisiennya diberikan oleh (10.12) hanya berla-ku untuk sinyal periodik. Sinyal-sinyal aperiodik seperti sinyal ek-sponensial dan sinyal anak tangga tidak dapat direpresentasikan dengan deret Fourier. Untuk menangani sinyal-sinyal demikian ini kita memerlukan transformasi Fourier dan konsep spektrum kontinyu. Sinyal aperiodik dipandang sebagai sinyal periodik dengan perioda tak-hingga.

Jika diingat bahwa ω0 = 2π/T0 , maka (10.13) menjadi

∑ ∫

∑ ∫∞

−∞=

ω−

ω−

∞

−∞=

ω−

ω−

ω

π=

=

n

tjnT

T

tjn

n

tjnT

T

tjn

edtetf

edtetfT

tf

00

0

0

00

0

0

)(2

1

)(1

)(

02/

2/

2/

2/0 (10.14)

Kita lihat sekarang apa yang terjadi jika perioda T0 diperbesar. Ka-rena ω0 = 2π/T0 maka jika T0 makin besar, ω0 akan makin kecil. Be-da frekuensi antara dua harmonisa yang berturutan, yaitu

0000

2)1(

Tnn

π=ω=ω−ω+=ω∆

juga akan makin kecil yang berarti untuk suatu selang frekuensi ter-tentu jumlah harmonisa semakin banyak. Oleh karena itu jika perio-da sinyal T0 diperbesar menuju ∞ maka spektrum sinyal menjadi spektrum kontinyu, ∆ω menjadi dω (pertambahan frekuensi infi-nitisimal), dan nω0 menjadi peubah kontinyu ω. Penjumlahan pada (10.14) menjadi integral. Jadi dengan membuat T0 → ∞ maka (10.14) menjadi

∫∫ ∫∞

∞−ω∞

∞−ω∞

∞−ω− ωω

π=ω

π= deFdedtetftf tjtjtj )(

2

1 )(

2

1)(

(10.15)

dengan F(ω) merupakan sebuah fungsi frekuensi yang baru, sedemikian rupa sehingga



∫∞

∞−ω−=ω dtetf tj )()( F (10.16)

dan F(ω) inilah transformasi Fourier dari f(t), yang ditulis dengan notasi

[ ] )()( ω= FtfF

Proses transformasi balik dapat kita lakukan melalui persamaan (10.15).

)()( 1 ω= −Ftf

CONTOH-10.4: Carilah transformasi Fourier dari bentuk gelombang pulsa di samping ini.

Solusi :

Bentuk gelombang ini adalah aperi-odik yang hanya mempunyai nilai antara −T/2 dan +T/2, se-dangkan untuk t yang lain nilainya nol. Oleh karena itu integrasi yang diminta oleh (10.16) cukup dilakukan antara −T/2 dan +T/2 saja.

2/

)2/sin(

22/ )(

2/2/2/

2/

2/

2/

T

TAT

j

eeAe

j

AdteA

TjTjT

T

tjT

T

tj

ωω=

−ω

=ω

−==ωω−ω

−

ω−−

ω−∫F

Kita bandingkan transformasi Fourier (10.16)

∫∞

∞−ω−=ω dtetf tj )()( F

dengan koefisien Fourier

∫−ω−=

−=

2/

2/0

0

0

)(1

2

T

T

tjnnnn dtetf

T

jbac n

(10.17)

Koefisien Fourier cn merupakan spektrum sinyal periodik dengan

perioda T0 yang terdiri dari spektrum amplitudo |cn| dan spektrum

−T/2 0 T/2

v(t)

A


207

sudut fasa ∠cn, dan keduanya merupakan spektrum garis (tidak

kontinyu, memiliki nilai pada frekuensi-frekuensi tertentu yang dis-

krit). Sementara itu transformasi Fourier F(ω) diperoleh dengan

mengembangkan perioda sinyal menjadi tak-hingga guna mencakup

sinyal aperiodik yang kita anggap sebagai sinyal periodik yang peri-

odenya tak-hingga. Faktor 1/T0 pada cn dikeluarkan untuk mem-

peroleh F(ω) yang merupakan spektrum kontinyu, baik spektrum

amplitudo |F(jω)| maupun spektrum sudut fasa ∠ F(ω).

CONTOH-10.5: Gambarkan spektrum amplitudo dari sinyal pada

contoh 10.4.

Solusi :

Spektrum amplitudo

sinyal aperiodik ini

merupakan spektrum

kontinyu |F(jω)|.

2/

)2/sin()(

T

TAT

ωω=ωF

Pemahaman:

Sinyal ini mempunyai simetri genap. Sudut fasa harmonisa ada-

lah nol sehingga spektrum sudut fasa tidak digambarkan. Per-

hatikan pula bahwa |F(ω)| mempunyai spektrum di dua sisi, ω

positif maupun negatif; nilai nol terjadi jika sin(ωT/2)=0 yaitu

pada ω = ±2kπ/T (k = 1,2,3,…); nilai maksimum terjadi pada ω

= 0, yaitu pada waktu nilai sin(ωT/2)/(ωT/2) = 1.

CONTOH-10.6: Carilah transformasi Fourier dari f(t) = [A e−αt ] u(t)

dan gambarkan spektrum amplitudo dan fasanya.

Solusi :

-50

|F(ω)|

T

π−2

T

π−4

T

π−6

T

π2

T

π4

T

π60 ω



0untuk

)()(

0

)(

0

)(

>αω+α

=ω+α

−=

==ω

∞ω+α−

∞ ω+α−∞

∞−ω−α−

∫∫

j

A

j

eA

dtAedtetuAe

tj

tjtjtF

αω−=ω∠=ωθ⇒

ω+α=ω⇒

−1

22

tan)()(

||)(

jF

AF

Pemahaman:

Untuk α < 0, tidak ada transformasi Fourier-nya karena inte-

grasi menjadi tidak konvergen.

10.3. Transformasi Balik

Pada transformasi Fourier transformasi balik sering dilakukan

dengan mengaplikasikan relasi formalnya yaitu persamaan (10.15).

Hal ini dapat dimengerti karena aplikasi formula tersebut relatif mu-

dah dilakukan

CONTOH-10.7: Carilah f(t) dari

)(2)( ωπδ=ωF

Solusi

1 )1)((

)(22

1 )(2

2

1)(

0

0

=ωωδ=

ωωπδπ

=ωωπδπ

=

∫

∫∫+

−

+

−

α

α

ω∞

∞−ω

d

dedetf tjtj

+90o

−90o

θ(ω) 90|F(ω)

|

ω

A/α 25


209

Pemahaman :

Fungsi 2πδ(ω) adalah fungsi di kawasan frekuensi yang hanya

mempunyai nilai di ω=0 sebesar 2π. Oleh karena itu e jωt juga

hanya mempunyai nilai di ω=0 sebesar e j0t =1. Karena fungsi

hanya mempunyai nilai di ω=0 maka integral dari −∞ sampai

+∞ cukup dilakukan dari 0− sampai 0+, yaitu sedikit di bawah

dan di atas ω=0. Contoh ini menunjukkan bahwa transformasi

Fourier dari sinyal searah beramplitudo 1 adalah 2πδ(ω).


)(2)( α−ωπδ=ωjF

Solusi :

tjtj

tjtj

ede

dedetf

αα

αα

α

αω∞

∞−ω

=ωα−ωδ=

ωα−ωπδπ

=ωα−ωπδπ

=

∫

∫∫+

−

+

−

)(

)(22

1 )(2

2

1)(

Pemahaman :

Fungsi 2πδ(ω−α) adalah fungsi di kawasan frekuensi yang han-

ya mempunyai nilai di ω=α sebesar 2π. Oleh karena itu e jωt juga

hanya mempunyai nilai di ω=α sebesar ejαt. Karena fungsi hanya

mempunyai nilai di ω=α maka integral dari −∞ sampai +∞

cukup dilakukan dari α− sampai α+, yaitu sedikit di bawah dan

di atas ω=α.


[ ])()()( α−ω−α+ωαπ=ω uu

AF

Solusi :



[ ]

[ ]

t

tA

j

ee

t

A

jt

eeA

jt

eAde

A

deuuA

tf

tjtjtjtj

tjtj

tj

αα=−

α=−

α=

α=ω

απ

π=

ωα−ω−α+ωαπ

π=

α−αα−α

α

α−

ω∞

∞−ω

∞

∞−ω

∫

∫

)sin(

22

2 1

2

1

)()(2

1)(

Pemahaman: Dalam soal ini F(ω) mempunyai nilai pada selang −α<ω<+α

oleh karena itu e jωt juga mempunyai nilai pada selang frekuensi

ini juga; dengan demikian integrasi cukup dilakukan antara −α

dan +α.

Hasil transformasi balik f(t) dinyatakan dalam bentuk sin(x)/x

yang bernilai 1 jika x→0 dan bernilai 0 jika x→∞. Jadi f(t) men-

capai nilai maksimum pada t = 0 dan menuju nol jika t menuju

∞ baik ke arah positif maupun negatif. Kurva F(ω) dan f(t)

digambarkan di bawah ini.

10.2.3. Dari Transformasi Laplace ke Transformasi Fourier

Untuk beberapa sinyal, terdapat hubungan sederhana antara trans-formasi Fourier dan transformasi Laplace. Sebagaimana kita ketahui, transformasi Laplace didefinisikan melalui (6.1) sebagai

∫∞ −=0

)()( dtetfs stF (10.18)

F(ω)

ω +β −β 0

f(t)

A

t


211

dengan s = σ + jω adalah peubah frekuensi kompleks. Batas bawah integrasi adalah nol, artinya fungsi f(t) haruslah kausal. Jika f(t) me-menuhi persyaratan Dirichlet maka integrasi tersebut di atas akan tetap konvergen jika σ = 0, dan formulasi transformasi Laplace ini menjadi

∫∞ ω−=0

)()( dtetfs tjF (10.19)

Sementara itu untuk sinyal kausal integrasi transformasi Fourier cukup dilakukan dari nol, sehingga transformasi Fourier untuk sinyal kausal menjadi

∫∞ ω−=ω0

)()( dtetf tjF (10.20)

Bentuk (10.20) sama benar dengan (10.19), sehingga kita dapat sim-pulkan bahwa

0)()(

berlaku integrasi-didapat dan kausal )( sinyaluntuk

=σ=ω s

tf

FF (10.21)

Persyaratan “dapat di-integrasi” pada hubungan (10.21) dapat di-penuhi jika f(t) mempunyai durasi yang terbatas atau cepat menurun menuju nol sehingga integrasi |f(t)| dari t=0 ke t=∞ konvergen. Ini berarti bahwa pole-pole dari F(s) harus berada di sebelah kiri sumbu imajiner. Jika persyaratan-persyaratan tersebut di atas dipenuhi, pen-carian transformasi balik dari F(ω) dapat pula dilakukan dengan metoda transformasi balik Laplace.

CONTOH-10.10: Dengan menggunakan metoda transformasi La-place carilah transformasi Fourier dari fungsi-fungsi berikut (anggap α, β > 0).

[ ] )( sin)( c)

)()( b).

)( )( a).

3

2

1

tuteAtf

ttf

tueAtf

t

t

β=

δ==

α−

α−

Solusi:



α+ω=ω→

α−=→α+

=→

→= α−

j

ps

AsF

tuAetf t

1)(

imag)sumbu kiri (di pole)(

integrasi-didapat dan kausal fungsi)()( a).

1

1

F

1)(1)(

integrasi-didapat dan kausal fungsi)()( b). 2

=ω→=→→δ=

FsF

ttf

[ ]

αω+ω−β+α=

β+α+ω=ω→

β±α−=→β+α+

=→

→β= α−

2)()(

im)sumbu kiri (di pole )(

)(

integrasi-didapat kausal, fungsi)( sin)( c).

22222

22

3

j

a

j

A

jps

As

tuteAtf t

F

F

CONTOH-10.11: Carilah f(t) dari )4)(3(

10)(

+ω+ω=ω

jjF

Solusi :

Jika kita ganti jω dengan s kita dapatkan

)4)(3(

10)(

++=

sssF

Pole dari fungsi ini adalah p1 = −3 dan p2 = −4, keduanya di sebelah kiri sumbu imajiner.

4

10

3

10)(

103

10 ; 10

4

10

43)4)(3(

10)(

42

31

21

+−

+=⇒

−=+

==+

=→

++

+=

++=

−=−=

sss

sk

sk

s

k

s

k

sss

ss

F

F

Transformasi balik dari F(ω) adalah :

[ ] )( 10 10)( 43 tueetf tt −− −=


213

10.4. Sifat-Sifat Transformasi Fourier

10.4.1. Kelinieran

Seperti halnya transformasi Laplace, sifat utama transformasi Fourier adalah kelinieran.

[ ] [ ][ ] )()( )(2)(1: maka

)()(dan )()( : Jika

21

21

ω+ω=+

ω=ω=

FF

FF

BAtBftAf

tftf

F

FF 21 (10.22)

CONTOH-10.12: Carilah transformasi Fourier dari v(t) = cosβt.

Solusi:

Fungsi ini adalah non-kausal; oleh karena itu metoda transfor-masi Laplace tidak dapat di terapkan. Fungsi cosinus ini kita tuliskan dalam bentuk eksponensial.

[ ] [ ] [ ]tjtjtjtj

eeee β−β

β−β+=

+=β FFFF tcos2

1

2

1

2

Dari contoh 10.8. kita ketahui bahwa )(2 β−ωπδ=

ωtjeF

Jadi [ ] )()( β+ωπδ+β−ωπδ=βtcosF

10.4.2. Diferensiasi

Sifat ini dinyatakan sebagai berikut

)()( ωω=

Fj

dt

tdfF (10.23)

Persamaan (10.15) menyatakan

( )

)()(

)(2

1

)(2

1 )(

2

1)(

)(2

1)(

ωω=

→

ωωωπ

=

ωωπ

=

ωωπ

=→

ωωπ

=

∫

∫∫

∫

∞

∞−ω

∞

∞−ω∞

∞−ω

∞

∞−ω

Fjdt

tdf

deFj

deFdt

ddeF

dt

d

dt

tdf

deFtf

tj

tjtj

tj

F



10.4.3. Integrasi

Sifat ini dinyatakan sebagai berikut.

)()0()(

)( ωδπ+ωω

=

∫ ∞−

FF

jdxxf

tF (10.24)

Suku kedua ruas kanan (10.24) merupakan komponen searah jika sekiranya ada. Faktor F(0) terkait dengan f(t); jika ω diganti dengan nol akan kita dapatkan

∫∞

∞−= dttf )()0(F

CONTOH-10.13: Carilah transformasi Fourier dari f(t) = Au(t).

Solusi:

Metoda transformasi Laplace tidak dapat diterapkan untuk fungsi anak tangga. Dari contoh (10.10.b) kita dapatkan bahwa

[ ] 1)( =δ tF . Karena fungsi anak tangga adalah integral dari fungsi impuls, kita dapat menerapkan hbungan (10.24) tersebut di atas.

[ ] )(1

)()( ωπδ+ω

=δ= ∫ ∞− jdxxtu

tFF

10.4.4. Pembalikan

Pembalikan suatu fungsi f(t) adalah mengganti t dengan −t. Jika kita membalikkan suatu fungsi, maka urutan kejadian dalam fungsi yang baru berlawanan dengan urutan kejadian pada fungsi semula. Trans-formsi Fourier dari fungsi yang dibalikkan sama dengan kebalikan dari transformasi Fourier fungsi semula. Secara formal hal ini dapat dituliskan sebagai

[ ] [ ] )()( maka )()( Jika ω−=−ω= FF tftf FF (10.25)

Menurut (10.16)


215

[ ]

[ ] [ ]

)( )(

)()()(

Misalkan ; )()(

ω−=ττ=

ττ−=τ=−→

τ=−−=−

∫

∫

∫

∞

∞−ωτ−

∞−

∞ωτ

∞

∞−ω−

Fdef

defftf

tdtetftf

j

j

tj

FF

F

Sifat pembalikan ini dapat kita manfaatkan untuk mencari transfor-masi Fourier dari fungsi signum dan fungsi eksponensial dua sisi.

CONTOH-10.14: Carilah transformasi Fourier dari fungsi signum dan eksponensial dua sisi breikut ini.

Solusi :

Contoh 10.13. memberikan [ ] )(1

)( ωπδ+ω

=j

tuF maka

[ ] [ ]ω

=−−=j

tutut2

)()()sgn( FF

Contoh 10.10.a memberikan [ ]ω+α

=α−j

tue t 1)(F maka

[ ] [ ]22

)(||

2

)(

11

)()(

ω+α

α=ω−+α

+ω+α

=

−+= −α−α−α−

jj

tuetuee ttt FF

10.4.5. Komponen Nyata dan Imajiner dari F(ωωωω)

Pada umumnya transformasi Fourier dari f(t), F(ω), berupa fungsi kompleks yang dapat kita tuliskan sebagai

t 0

v(t)

1

−1−u(−t)

u(t)

signum : sgn(t) = u(t) − u(−t)

0 t 0 eksponensial dua sisi :

e−α| t | = e−αt u(t) + e−α(−t) u(−t)

e−αt u(t)

v(t)1

e−α(−t)



ωθ

∞

∞−

∞

∞−

∞

∞−ω−

ω=ω+ω=

ω−ω==ω ∫∫∫j

tj

ejBA

dttstfjdttctfdtetf

)()()(

in )( os )( )()(

F

F

dengan

∫∫∞

∞−

∞

∞−ω−=ωω=ω dtttfBdtttfA sin)()( ; cos)()( (10.26)

ωω=ωθω+ω=ω −

)(

)(tan)( ; )()()( 122

A

BBAF (10.27)

Jika f(t) fungsi nyata, maka dari (10.26) dan (10.27) dapat kita sim-pulkan bahwa

1. Komponen riil dari F(ω) merupakan fungsi genap, karena A(−ω) = A(ω).

2. Komponen imajiner F(ω) merupakan fungsi ganjil, karena B(−ω) =− B(ω).

3. |F(ω)| merupakan fungsi genap, karena |F(−ω)| = |F(ω)|.

4. Sudut fasa θ(ω) merupakan fungsi ganjil, karena θ(−ω) =− θ(ω).

5. Kesimpulan (1) dan (2) mengakibatkan : kebalikan F(ω) adalah konjugat-nya, F(−ω) = A(ω) − jB(ω) = F*(ω) .

6. Kesimpulan (5) mengakibatkan : F(ω) × F(−ω) = F(ω) × F*(ω) = |F(ω)|2.

7. Jika f(t) fungsi genap, maka B(ω) = 0, yang berarti F(ω) riil.

8. Jika f(t) fungsi ganjil, maka A(ω) = 0, yang berarti F(ω) imajiner.

10.4.6. Kesimetrisan

Sifat ini dinyatakan secara umum sebagai berikut.

[ ] [ ] )( 2)( maka )()( Jika ω−π=ω= ftFtf FF F (10.28)

Sifat ini dapat diturunkan dari formulasi transformasi balik.


217

∫

∫∫∞

∞−ω−

∞

∞−ω−∞

∞−ω

ω=ω−πω

ωω=−π→ωω=π

detft

detfdetf

tj

tjtj

)()( 2 : makakan dipertukar dan Jika

)()( 2 )()( 2

F

FF

10.4.7. Pergeseran Waktu Sifat ini dinyatakan sebagai berikut.

[ ] [ ] )()( maka )()( Jika ω=−ω= ω− FF TjeTtftf FF (10.29)

Sifat ini mudah diturunkan dari definisinya.

10.4.8. Pergeseran Frekuensi Sifat ini dinyatakan sebagai berikut.

[ ] [ ] )()(1 maka )()(1 Jika tfetf tjβ=β−ω−=ω− FF FF (10.30)

Sifat ini juga mudah diturunkan dari definisinya.

10.4.9. Penskalaan

Sifat ini dinyatakan sebagai berikut.

[ ] [ ]

ω=ω=aa

atftf FF||

1)( maka )()( Jika FF (10.31)

10.5. Ringkasan

Tabel-10.1 berikut ini memuat pasangan transformasi Fourier se-dangkan sifat-sifat transformasi Fourier termuat dalam Tabel-10.2.



Tabel 10.1. Pasangan transformasi Fourier.

Sinyal f(t) F(ω)

Impuls δ(t) 1

Sinyal searah (konstan) 1 2π δ(ω)

Fungsi anak tangga u(t) )(1 ωπδ+ωj

Signum sgn(t) ωj2

Exponensial (kausal) ( ) )( tue tα− ω+α j

1

Eksponensial (dua sisi) || te α− 22

2

ω+αα

Eksponensial kompleks tje β )( 2 β−ωδπ

Kosinus cosβt [ ])()( β+ωδ+β−ωδπ

Sinus sinβt [ ])()( β+ωδ−β−ωδπ− j

Tabel 10.2. Sifat-sifat transformasi Fourier.

Sifat Kawasan Waktu Kawasan Frekuensi

Sinyal f(t) F(ω)

Kelinieran A f1(t) + B f2(t) AF1(ω) + BF2(ω)

Diferensiasi dt

tdf )( jωF(ω)

Integrasi ∫ ∞−

tdxxf )( )( )0(

)( ωδπ+ωω

FF

j

Kebalikan f (−t) F(−ω)

Simetri F (t) 2π f (−ω)

Pergeseran waktu f (t − T) )(ωω− FTje

Pergeseran frekuensi e j β t f (t) F(ω − β)

Penskalaan |a| f (at)

ωa

F


219

Soal-Soal

Deret Fourier Bentuk Sinus-Cosinus.

1. Tentukan deret Fourier dari gelombang segitiga berikut ini.

a).

b).

c).

d).

e).

2. Siklus pertama dari deretan pulsa dinyatakan sebagai

)3()2()1(2)(2)( −−−+−−= tututututv

Gambarkan siklus pertama tersebut dan carilah koefisien Fourier-nya serta gambarkan spektrum amplitudo dan sudut fasanya.

v 1ms

t

10V

−5V

v

t 20ms

150V

v

t

20ms 150V

t

v 10V

1ms

t

v 5V

−5V

1ms



3. Suatu gelombang komposit dibentuk dengan menjumlahkan te-gangan searah 10V dengan gelombang persegi yang amplitudo puncak ke puncak-nya 10 V. Carilah deret Fouriernya dan gam-barkan spektrum amplitudonya.

Deret Fourier Bentuk Eksponensial.

4. Carilah koefisien kompleks deret Fourier bentuk gelombang beri-kut.

a).

b).

c).

d).

e).

v 1ms

t

10V

−5V

v

20ms

t

150V

v

10V

−5V

1ms

2ms

t

t

v 10V

1ms

t

v 5V

−5V

1ms


221


5. Carilah transformasi Fourier dari bentuk-bentuk gelombang beri-kut:

a). [ ])()()( TtutuT

Attv −−= ;

b).

−−

+

π=44

2cos)(

Ttu

Ttu

T

tAtv

c).

−−

+

π+=22

2

cos12

)(T

tuT

tuT

tAtv

d). )(22)( tutv += ;

e). )(6)sgn(2)( tuttv +−=

f). [ ] )2( )sgn(2)(2)( 2 +δ+= − tttuetv t

g). )2(2)2(2)( )2(2)2(2 ++−= +−−− tuetuetv tt

6. Tentukan transformasi balik dari fungsi-fungsi berikut:

a). || )( ωα−απ=ω eF ;

b). [ ])()()( β−ω−β+ωβ

π=ω uuA

F

c). )50( )20(

1000)(

+ω+ω=ω

jjF ;

d). )50( )20(

)(+ω+ω

ω=ωjj

jF

e). )50( )20(

)(2

+ω+ωω−=ω

jjF ;

f). )50( )20(

1000)(

+ω+ωω=ω

jjjF



g). )50( )50(

500)(

+ω+ω−ω=ωjj

jF ;

h). )50( )50(

5)(

+ω+ωω=ωjj

jF

i). )50( )50(

5000)(

+ω+ω−ω=ω

jjjF ;

j). 2500200

)(5000)(

2 +ω+ω−ωδ=ω

jF

k). ω−+ωδπ=ω 2)( 4)( eF ;

l). ω

−ωδπ=ωω−

j

e j2)4( 4)(F

m). )2(

)1(4)( 4)(

ω+ω+ω+ωδπ=ω

jj

jF ;

n). ω−+ωδπ=ω 2)( 4)( eF

o). )2( 4)2( 4)( 4)( +ωδπ+−ωδπ+ωδπ=ωF

Analisis Menggunakan Transformasi Fourier

223

BAB 11 Analisis Rangkaian Menggunakan Transformasi Fourier

Dengan pembahasan analisis rangkaian dengan menggunakan transfor-masi Fourier, kita akan

• mampu melakukan analisis rangkaian menggunakan trans-formasi Fourier.

• mampu mencari tanggapan frekuensi.

11.1. Transformasi Fourier dan Hukum Rangkaian

Kelinieran dari transformasi Fourier menjamin berlakunya relasi hukum Kirchhoff di kawasan frekuensi. Relasi HTK misalnya, jika ditransfor-masikan akan langsung memberikan hubungan di kawasan frekuensi yang sama bentuknya dengan relasinya di kawasan waktu.

0)()()( : masikan ditransfor jika

0)()()( :HTK relasiMisalkan

331

321

=ω−ω+ω=−+

VVV

tvtvtv

Hal inipun berlaku untuk KCL. Dengan demikian maka transformasi Fourier dari suatu sinyal akan mengubah pernyataan sinyal di kawasan waktu menjadi spektrum sinyal di kawasan frekuensi tanpa mengubah bentuk relasi hukum Kirchhoff, yang merupakan salah satu persyaratan rangkaian yang harus dipenuhi dalam analisis rangkaian listrik.

Persyaratan rangkaian yang lain adalah persyaratan elemen, yang dapat kita peroleh melalui transformasi hubungan tegangan-arus (karakteristik i-v elemen). Dengan memanfaatkan sifat diferensiasi dari transformasi Fourier, kita akan memperoleh relasi di kawasan frekuensi untuk resistor, induktor, dan kapasitor sebagai berikut.

)()( : Kapasitor

)()( : Induktor

)()( : Resistor

ωω=ωωω=ω

ω=ω

CC

LL

RR

Cj

Lj

R

VI

IV

IV

Relasi diatas mirip dengan relasi hukum Ohm. Dari relasi di atas kita dapatkan impedansi elemen, yaitu perbandingan antara tegangan dan arus di kawasan frekuensi



CjZLjZRZ CLR ω

=ω== 1 ; ; (11.1)

Bentuk-bentuk (11.1) telah kita kenal sebagai impedansi arus bolak-balik.

Dari uraian di atas dapat kita simpulkan bahwa transformasi Fourier sua-tu sinyal akan tetap memberikan relasi hukum Kirchhoff di kawasan frekuensi dan hubungan tegangan-arus elemen menjadi mirip dengan relasi hukum Ohm jika elemen dinyatakan dalam impedansinya. Dengan dasar ini maka kita dapat melakukan transformasi rangkaian, yaitu menyatakan elemen-elemen rangkaian dalam impedansinya dan menya-takan sinyal dalam transformasi Fouriernya. Pada rangkaian yang ditransformasikan ini kita dapat menerapkan kaidah-kaidah rangkaian dan metoda-metoda analisis rangkaian. Tanggapan rangkaian di kawasan waktu dapat diperoleh dengan melakukan transformasi balik.

Uraian di atas paralel dengan uraian mengenai transformasi Laplace, kecuali satu hal yaitu bahwa kita tidak menyebut-nyebut tentang kondisi-awal. Hal ini dapat difahami karena batas integrasi dalam mencari trans-formasi Fourier adalah dari −∞ sampai +∞. Hal ini berbeda dengan trans-formasi Laplace yang batas integrasinya dari 0 ke +∞. Jadi analisis rangkaian dengan menggunakan transformasi Fourier mengikut sertakan seluruh kejadian termasuk kejadian untuk t < 0. Oleh karena itu cara ana-lisis dengan transformasi Fourier tidak dapat digunakan jika kejadian pada t < 0 dinyatakan dalam bentuk kondisi awal. Pada dasarnya trans-formasi Fourier diaplikasikan untuk sinyal-sinyal non-kausal sehingga metoda Fourier memberikan tanggapan rangkaian yang berlaku untuk t = −∞ sampai t = +∞.

CONTOH-11.1: Pada rangkaian seri antara resistor R dan kapasitor C diterapkan tegangan v1. Tentukan tanggapan rangkaian vC.

Solusi:

Persoalan rangkaian orde-1 ini telah pernah kita tangani pada ana-lisis transien di kawasan waktu maupun kawasan s (menggunakan transformasi Laplace). Di sini kita akan menggunakan transformasi Fourier.

R + v1 −

C

+ vC −


225

Transformasi Fourier dari rangkaian ini adalah : tegangan masukan V1(ω), im-pedansi resistor R terhubung seri

dengan impedansi kapasitor Cjω

1.

Dengan kaidah pembagi tegangan kita dapatkan tegangan pada ka-pasitor adalah

)()/1(

/1)(

)/1(

/1)()( 111 ω

+ω=ω

ω+ω=ω

+=ω VVVV

RCj

RC

CjR

Cj

ZR

Z

C

CC

Tegangan kapasitor tergantung dari V1(ω). Misalkan tegangan ma-sukan v1(t) berupa sinyal anak tangga dengan amplitudo 1. Dari tabel

10.1. tegangan ini di kawasan frekuensi adalah )( 1

)(1 ωδπ+ω

=ωj

V .

Dengan demikian maka

( ) ( )RCj

RC

RCjj

RC

jRCj

RCC /1

/)(

/1

/1)(

1

)/1(

/1)(

+ωωδπ+

+ωω=

ωδπ+

ω+ω=ωV

Fungsi impuls δ(ω) hanya mempunyai nilai untuk ω = 0, sehingga pada umumnya F(ω)δ(ω) = F(0)δ(ω). Dengan demikian suku kedua

ruas kanan persamaan di atas ( ) )( /1

/)( ωδπ=+ωωδπ

RCj

RC. Suku pertama

dapat diuraikan, dan persamaan menjadi

)( /1

11)( ωδπ+

+ω−

ω=ω

RCjjCV

Dengan menggunakan Tabel 11.1. kita dapat mencari transformasi balik

[ ] [ ] )( 1 2

1)( )sgn(

2

1)( )/1( )/1( tuetuettv tRCtRC

C−− −=+−=

Pemahaman : Hasil yang kita peroleh menunjukkan keadaan transien tegangan ka-pasitor, sama dengan hasil yang kita peroleh dalam analisis transien di kawasan waktu di Bab-4 contoh 4.5. Dalam menyelesaikan perso-alan ini kita tidak menyinggung sama sekali mengenai kondisi awal pada kapasitor karena transformasi Fourier telah mencakup keadaan untuk t < 0.

R + V1 −

1/jωC

+ VC −



CONTOH-11.2: Bagaimanakah vC pada contoh 11.1. jika tegangan yang diterapkan adalah v1(t) = sgn(t) ?

Solusi:

Dari Tabel 10.1. kita peroleh [ ]ω

=j

t2

)sgn( F . Dengan demikian

maka VC(ω) dan uraiannya adalah

RCjjjRCj

RCC /1

222

/1

/1)(

+ω−

ω=

ω

+ω=ωV

Transformasi baliknya memberikan

)( 2)sgn()( )/1( tuettv tRCC

−−=

Pemahaman:

Persoalan ini melibatkan sinyal non-kausal yang memerlukan solusi dengan transformasi Fourier. Suku pertama dari vC(t) memberikan informasi tentang keadaan pada t < 0, yaitu bahwa tegangan kapasi-tor bernilai −1 karena suku kedua bernilai nol untuk t < 0. Untuk t > 0, vC(t) bernilai 1 − 2e−(1/RC) tu(t) yang merupakan tegangan transien yang nilai akhirnya adalah +1. Di sini terlihat jelas bahwa analisis dengan menggunakan transformasi Fourier memberikan tanggapan rangkaian yang mencakup seluruh sejarah rangkaian mulai dari −∞ sampai +∞. Gambar vC(t) adalah seperti di bawah ini.

-2

-1

0

1

2

-40 -20 0 20 40

−2e−(1/RC) tu(t) −1

−2

+1

sgn(t)

sgn(t)−2e−(1/RC) tu(t)

vC

t


227

11.2. Konvolusi dan Fungsi Alih

Jika h(t) adalah tanggapan rangkaian terhadap sinyal impuls dan x(t) ada-lah sinyal masukan, maka sinyal keluaran y(t) dapat diperoleh melalui integral konvolusi yaitu

)()()(0∫ ττ−τ=t

dtxhty (11.2)

Dalam integral konvolusi ini batas integrasi adalah τ = 0 sampai τ = t karena dalam penurunan formulasi ini h(t) dan x(t) merupakan bentuk gelombang kausal. Jika batas integrasi tersebut diperlebar mulai dari τ = −∞ sampai τ = +∞, (11.2) menjadi

∫+∞

−∞=τττ−τ= dtxhty )()( )( (11.3)

Persamaan (11.3) ini merupakan bentuk umum dari integral konvolusi yang berlaku untuk bentuk gelombang kausal maupun non-kausal.

Transformasi Fourier untuk kedua ruas (11.3) adalah

[ ]

∫ ∫

∫∞

−∞=ω−∞+

−∞=τ

+∞

−∞=τ

ττ−τ=

ττ−τ=ω=

t

tj dtedtxh

dtxhty

)()(

)()( )()( FF Y

(11.4)

Pertukaran urutan integrasi pada (11.4) memberikan

∫ ∫

∫ ∫∞

−∞=τ

∞+

−∞=ω−

∞

−∞=τ

+∞

−∞=ω−

τ

τ−τ=

τ

τ−τ=ω

)()(

)()( )(

ddtetxh

ddtetxh

t

tj

t

tjY

(11.5)

Mengingat sifat pergeseran waktu pada transformasi Fourier, maka (11.5) dapat ditulis

)()( )( )(

)()()(

ωω=ω

ττ=

τωτ=ω

∫

∫∞

−∞=τωτ−

∞

−∞=τωτ−

XHX

XY

deh

deh

j

j

(11.6)



Persamaan (11.6) menunjukkan hubungan antara transformasi Fourier sinyal keluaran dan masukan. Hubungan ini mirip bentuknya dengan persamaan yang memberikan hubungan masukan-keluaran melalui fungsi alih T(s) di kawasan s yaitu Y(s) = T(s) X(s). Oleh karena itu H(ω) disebut fungsi alih bentuk Fourier.

CONTOH-11.3: Tanggapan impuls suatau sistem adalah

||

2)( teth α−α= . Jika sistem ini diberi masukan sinyal signum,

sgn(t), tentukanlah tanggapan transiennya.

Solusi:

Dengan Tabel 10.1. didapatkan H(ω) untuk sistem ini

22

2

22|| 2

22 )(

ω+αα=

ω+ααα=

α=ω α− teFH

Sinyal masukan, menurut Tabel 10.1. adalah

[ ]ω

==ωj

FX2

sgn(t) )(

Sinyal keluaran adalah

))((

22)()()(

2

22

2

ω−αω+αωα=

ωω+α

α=ωω=ωjjjj

XHY

yang dapat diuraikan menjadi

ω−α+

ω+α+

ω=ω

j

k

j

k

j

k 321)(Y

1)(

2

)(

2)()(

1)(

2

)(

2)()(

2))((

2)(

22

3

22

2

0

2

01

+=α+αα

α=ω+αω

α=ωω−α=

−=α+αα−

α=ω−αω

α=ωω+α=

=ω−αω+α

α=ωω=

α=ωα=ω

α−=ωα−=ω

=ω=ω

jj

jj

jj

jjjk

jjjk

jjjk

Y

Y

Y


229

Jadi )(

112)(

ω−+α+

ω+α−+

ω=ω

jjjY sehingga

)]( ] 1[)( ] 1 [

)()()sgn()(

)(

tuetue

tuetuettytt

tt

−+−+−=

−+−=αα−

−α−α−

Gambar dari hasil yang kita peroleh adalah seperti di bawah ini.

CONTOH-11.4: Tentukan tanggapan frekuensi dari sistem pada contoh-11.3.

Solusi :

Fungsi alih sistem tersebut adalah 22

2)(

ω+α

α=ωH .

Kurva |H(ω)| kita gambarkan dengan ω sebagai absis dan hasilnya adalah seperti gambar di bawah ini.

0

1

-20 -10 0 10 20

|H(ω)|

ω 0

1

-1

0

1

-40 0 40

y(t) +1

−1

[−1+eα t ] u(t)

[1−e−α t ] u(t)

t



Pada ω =0, yaitu frekuensi sinyal searah, |H(ω)| bernilai 1 sedangkan untuk ω tinggi |H(ω)| menuju nol. Sistem ini bekerja seperti low-

pass filter. Frekuensi cutoff terjadi jika 2

|)0(||)(|

HH =ω

α=α−α=ω⇒=ω+α

α644.02

2

1 2222

2

cc

11.3. Energi Sinyal

Energi total yang dibawa oleh suatu bentuk gelombang sinyal didefinisi-kan sebagai

∫+∞

∞−= dttpWtotal )(

dengan p(t) adalah daya yang diberikan oleh sinyal kepada suatu beban.

Jika beban berupa resistor maka R

tvRtitp

)()()(

22 == ; dan jika

bebannya adalah resistor 1 Ω maka

eganganataupun t arus berupa )(dengan

)(21

tf

dttfW ∫+∞

∞−Ω = (11.7)

Persamaan (11.7) digunakan sebagai definisi untuk menyatakan energi yang dibawa oleh suatu bentuk gelombang sinyal. Dengan kata lain, en-ergi yang diberikan oleh suatu gelombang sinyal pada resistor 1 Ω men-jadi pernyataan kandungan energi gelombang tersebut.

Teorema Parseval menyatakan bahwa energi total yang dibawa oleh sua-tu bentuk gelombang dapat dihitung baik di kawasan waktu maupun ka-wasan frekuensi. Pernyataan ini dituliskan sebagai

∫∫+∞

∞−

+∞

∞−Ω ωωπ

== ddttfW 221 | )(|

2

1)( F (11.8)

Karena |F(ω)|2 merupakan fungsi genap, maka (11.8) dapat dituliskan

∫+∞

Ω ωωπ

=0

21 | )(|

1dW F (11.9)


231

Jadi di kawasan waktu energi gelombang adalah integral untuk seluruh waktu dari kuadrat bentuk gelombang, dan di kawasan frekuensi ener-ginya adalah (1/2π) kali integrasi untuk seluruh frekuensi dari kuadrat besarnya (nilai mutlak) transformasi Fourier dari sinyal.

Penurunan teorema ini dimulai dari (11.7).

∫ ∫∫+∞

∞−

∞

∞−ω+∞

∞−Ω

ωωπ

== dtdetfdttfW tj )(2

1)()(2

1 F

Integrasi yang berada di dalam tanda kurung adalah integrasi terhadap ω dan bukan terhadap t. Oleh karena itu f(t) dapat dimasukkan ke dalam integrasi tersebut menjadi

∫ ∫+∞

∞−

∞

∞−ω

Ω

ωωπ

= dtdetfW tj )()(2

11 F

Dengan mempertukarkan urutan integrasi, akan diperoleh

∫∫

∫ ∫

∫ ∫

∞+

∞−

∞+

∞−

∞+

∞−

∞

∞−ω−−

+∞

∞−

∞

∞−ω

Ω

ωωπ

=ωω−ωπ

=

ω

ωπ

=

ω

ωπ

=

dd

ddtetf

ddtetfW

tj

tj

2

)(

1

|)(|2

1)()(

2

1

)()(2

1

)()(2

1

FFF

F

F

Teorema Parseval menganggap bahwa integrasi pada persamaan (11.8) ataupun (11.9) adalah konvergen, mempunyai nilai berhingga. Sinyal yang bersifat demikian disebut sinyal energi; sebagai contoh: sinyal kausal eksponensial, eksponensial dua sisi, pulsa persegi, sinus teredam. Jadi tidak semua sinyal merupakan sinyal energi. Contoh sinyal yang mempunyai transformasi Fourier tetapi bukan sinyal energi adalah sinyal impuls, sinyal anak tangga, signum, dan sinus (tanpa henti). Hal ini bukan berarti bahwa sinyal ini, anak tangga dan sinyal sinus misalnya, tidak dapat digunakan untuk menyalurkan energi bahkan penyaluran en-ergi akan berlangsung sampai tak hingga; justru karena itu ia tidak dise-but sinyal energi melainkan disebut sinyal daya.



CONTOH-11.5: Hitunglah energi yang dibawa oleh gelombang

[ ] )( 10)( 1000 tuetv t−= V

Solusi:

Kita dapat menghitung di kawasan waktu

[ ] [ ]J

20

1

2000

100

100 10

0

2000

0

2000

0

210001

=−=

==

∞−

∞ −∞ −Ω ∫∫

t

tt

e

dtedteW

Untuk menghitung di kawasan frekuensi, kita cari lebih dulu V(ω)=10/(jω+1000).

J 20

1

2220

1

1000tan

)1000(2

100

10

100

2

1 12

621

=

π−−ππ

=

ωπ

=ω

+ωπ=

∞

∞−

−∞

∞−Ω ∫ dW

Pemahaman: Kedua cara perhitungan memberikan hasil yang sama.

Fungsi |F(ω)|2 menunjukkan kerapatan energi dalam spektrum sinyal. Persamaan (11.9) adalah energi total yang dikandung oleh seluruh spek-trum sinyal. Jika batas integrasi adalah ω1 dan ω2 maka kita memperoleh persamaan

∫ω

ωωω

π= 2

1

212 |)(|

1dW F (11.10)

yang menunjukkan energi yang dikandung oleh gelombang dalam selang frekuensi ω1dan ω2.

Jika hubungan antara sinyal keluaran dan masukan suatu pemroses sinyal adalah )()()( ωω=ω XHY maka energi sinyal keluaran adalah

∫∞

Ω ωωωπ

=0

221 |)(| |)(|

1dW XH (11.11)

Dengan hubungan-hubungan yang kita peroleh ini, kita dapat menghi-tung energi sinyal langsung menggunakan transformasi Fouriernya tanpa harus mengetahui bentuk gelombang sinyalnya.


233

CONTOH-11.6: Tentukan lebar pita yang diperlukan agar 90% dari

total energi gelombang exponensial [ ] )( 10)( 1000 tuetv t−= V dapat

diperoleh.

Solusi: Bentuk gelombang

[ ] )( 10)( 1000 tuetv t−= →1000

10)(

+ω=ω

jV

Energi total :

J 20

1 0

210

1

1000

tan)1000(

100

10

1001

0

1

0

2

621

=

−ππ

=

ωπ

=ω

+ωπ=

∞−∞

Ω ∫ dW

Misalkan lebar pita yang diperlukan untuk memperoleh 90% energi adalah β, maka

1000tan

10

1

1000tan

)1000(

100

10

1001

1

0

1

0

2

62%90

βπ

=

ωπ

=ω

+ωπ=

−

β−β

∫ dW

Jadi

rad/s 6310

20

9tan

100020

19.0

1000tan

10

1 1

=β⇒

π=β⇒×=β

π⇒ −



Soal-Soal

1. Saklar S pada rangkaian berikut telah berada di posisi 1 mulai t = −∞. Pada t = 0 ia dipindahkan keposisi 2 dan tetap pada posisi 2 sampai t = + ∞. Jika v1 = −10 V, v2 = 10 V, tentukan vin , Vin(ω) , Vo(ω) , vo.

2. Saklar S pada rangkaian berikut telah berada di posisi 1 mulai t = −∞. Pada t = 0 ia dipindahkan keposisi 2 dan tetap pada posisi 2 sampai t = + ∞. Tentukan vin , Vin(ω) , Vo(ω) , vo, jika v1 = −10 V, v2 = 5 V.

3. Saklar S pada rangkaian berikut telah berada di posisi 1 mulai t = −∞. Pada t = 0 ia dipindahkan keposisi 2 dan tetap pada posisi 2 sampai t = + ∞. Tentukan vin , Vin(ω) , Vo(ω) , vo, jika v1 = 10e100t V, v2 = 10e−100t V.

4. Saklar S pada rangkaian berikut telah berada di posisi 1 mulai t = −∞. Pada t = 0 ia dipindahkan keposisi 2 dan tetap pada posisi 2 sampai t = + ∞. Tentukan vin , Vin(ω) , Vo(ω) , vo, jika v1 = 10e100t V, v2 = −10e−100t V.

− +

− +

1 µf

10 kΩ + vin

−

+ vo

−

v1

v2

1

2

S

− +

− + 1 µf

10 kΩ + vin

−

+ vo

−

v1

v2

1

2

S

− +

− + 1 H + vin

−

+ vo

−

v1

v2

1

2

S

0,5 kΩ


235

5. Saklar S pada rangkaian berikut telah berada di posisi 1 mulai t = −∞. Pada t = 0 ia dipindahkan keposisi 2 dan tetap pada posisi 2 sampai t = + ∞. Tentukan vin , Vin(ω) , Vo(ω) , vo, jika v1 = 10 V, v2 = 10e−100t V.

6. Pada sebuah rangkaian seri L = 1 H, C = 1µF, dan R = 1 kΩ, dit-erapkan tegangan vs = 10sgn(t) V. Tentukan tegangan pada resis-tor.

7. Tanggapan impuls sebuah rangkaian linier adalah h(t) = sgn(t). Jika tagangan masukan adalah vs(t) = δ(t)−10e−10tu(t) V, tentukan tegangan keluarannya.

8. Tentukan tanggapan frekuensi rangkaian yang mempunyai tang-gapan impuls

h(t) = δ(t)−20e−10tu(t).

9. Tentukan tegangan keluaran rangkaian soal 8, jika diberi masukan

vs(t) = sgn(t).

10. Jika tegangan masukan pada rangkaian berikut adalah tv 100cos101 = V, tentukan tegangan keluaran vo.

− +

1µF

10kΩ

10kΩ

+ v1

+ vo

− +

− + + vin

−

+ vo

−

v1

v2

1

2

S 0,5 kΩ

1 H

− +

− + + vin

−

+ vo

−

v1

v2

1

2

S

100 Ω 1 H



11. Ulangi soal 10 untuk sinyal yang transformasinya

400

200)(

21+ω

=ωV

12. Tentukan enegi yang dibawa oleh sinyal

V )( 500)( 100 tuettv t−= . Tentukan pula berapa persen energi

yang dikandung dalam selang frekuensi −100 ≤ ω ≤ +100 rad/s .

13. Pada rangkaian filter RC berikut ini, tegangan masukan adalah

V )(20 51 tuev t−= .

Tentukan energi total masukan, persentase energi sinyal keluaran vo terhadap energi sinyal masukan, persentase energi sinyal keluaran dalam selang passband-nya.

14. Pada rangkaian berikut ini, tegangan masukan adalah

V )(20 51 tuev t−= .

Tentukan energi total masukan, persentase energi sinyal keluaran vo terhadap energi sinyal masukan, persentase energi sinyal keluaran dalam selang passband-nya.

− +

1µF

10kΩ

10kΩ

+ v1

+ vo

+ vo −

+ −

100kΩ

1µF v1 100kΩ

237

Daftar Pustaka

1. Ralph J. Smith & Richard C. Dorf : “Circuits, Devices and Systems” ; John Wiley & Son Inc, 5th ed, 1992.

2. David E. Johnson, Johnny R. Johnson, John L. Hilburn : “Electric Circuit Analysis” ; Prentice-Hall Inc, 2nd ed, 1992.

3. Vincent Del Toro : “Electric Power Systems”, Prentice-Hall International, Inc., 1992.

4. Roland E. Thomas, Albert J. Rosa : “The Analysis And Design of Linier Circuits”, . Prentice-Hall Inc, 1994.

5. Douglas K Lindner : “Introduction to Signals and Systems”, McGraw-Hill, 1999.

6. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listrik”, Penerbit ITB 2002.

7. Sudaryatno Sudirham, “Pengembangan Metoda Unit Output Untuk Perhitungan Susut Energi Pada Penyulang Tegangan Menengah”, Monograf, 2005, limited publication.

8. Sudaryatno Sudirham, “Pengantar Rangkaian Listrik”, Catatan Kuliah El 1001, Penerbit ITB, 2007.

9. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Harmonisa Dalam Permasalahan Kualitas Daya”, Catatan Kuliah El 6004, 2008.



Biodata Penulis

Nama: Sudaryatno Sudirham Lahir: 26 Juli 1943, di Blora. Istri: Ning Utari Anak: Arga Aridarma, Aria Ajidarma.

Pendidikan & Pekerjaan: 1971 : Teknik Elektro, Institut Teknologi Bandung. 1982 : DEA, l’ENSEIHT, INPT, Perancis. 1985 : Doktor, l’ENSEIHT, INPT, Perancis. 1972−2008 : Dosen Teknik Elektro, ITB.

Training & Pengalaman lain: 1974 : TERC, UNSW, Australia; 1975 − 1978 : Berca Indonesia PT, Jakarta; 1979 : Electricité de France, Perancis; 1981 : Cour d”Ete, Grenoble, Perancis; 1991 : Tokyo Intitute of Technology, Tokyo, Jepang; 2005 : Asian Institute of Technology, Bangkok, Thailand; 2005 − 2009 : Tenaga Ahli, Dewan Komisaris PT PLN (Persero); 2006 − 2011 : Komisaris PT EU – ITB.

239

Indeks

a akar kompleks konjugat 40 akar riil berbeda 36 akar riil sama besar 38 anak tangga 12, 43, 56, 115 arus mesh 100

b band-pass gain 133, 144, 145 blok integrator 189 blok statis 189 Bode plot 136

d decibel 131, 133 deret Fourier 199, 204 diagram blok 171, 175, 177, 182, 190, 193

e eksponensial 57 energi sinyal 232

f fungsi alih 108, 111, 118, 229 fungsi fasa 128 fungsi gain 128 fungsi jaringan 107 fungsi masukan 107

h high-pass gain 133, 141, 148 hubungan bertingkat 116 hukum Kirchhoff 89

i impedansi 86 impuls 113 induktor 85, 176 integrator 185

k kaidah rangkaian 90 kaidah rantai 116 kapasitor 86, 175 koefisien Fourier 199 komponen imajiner F(ω) 217 komponen mantap 7 komponen nyata F(ω) 217 komponen transien 7 kondisi awal 6 konvolusi 75, 229

l low-pass gain 133, 136, 151

m masukan nol 24, 26 model sistem 169

o orde-1 2, 20 orde-2 31

p penskalaan 219 pergeseran frekuensi 219 pergeseran waktu 219 persamaan ruang status 189,

191, 193 pole 68, 70, 71, 73, pole kompleks konjugat 160 proporsionalitas 91

r rangkaian ekivalen Thévenin

98 reduksi rangkaian 96 resistor 85, 175


240

s sifat transformasi Fourier 215,

220 sifat transformasi Laplace 60,

67 sinus 20, 46, 57, 125 sinyal 167 sistem 168 spektrum kontinyu 207 status nol 24, 26 sub-sistem dinamis 185 sub-sistem statis 185 superposisi 19, 92, 94

t tanggapan alami 5, 34 tanggapan frekuensi 125 tanggapan lengkap 6, 35 tanggapan paksa 6, 35 tegangan simpul 99 teorema Thévenin 92 transformasi balik 68, 210 transformasi Fourier 207, 212,

220, 225 transformasi Laplace 56, 58,

59, 78, 85 transformasi rangkaian 88

u unit output 94

z zero 68, 152

Analisis Rangkaian Listrik · PDF fileHak cipta pada penulis. SUDIRHAM, SUDARYATNO Analisis...

Documents

Transcript of Analisis Rangkaian Listrik · PDF fileHak cipta pada penulis. SUDIRHAM, SUDARYATNO Analisis...

Analisis Rangkaian Listrik - eecafedotnet.files.wordpress.com · Transformasi Laplace dari jumlah beberapa fungsi t adalah jumlah dari transformasi masing-masing fungsi. Jika maka

Rangkaian bel listrik

BAB VIII KONSEP DASAR LISTRIK DINAMIS · PDF filehukum-hukum listrik dinamik hukum –hukum kirchhoff hukum ohm jembatan wheatstone rangkaian paralel rangkaian seri transformasi

Penyelesaian Model Rangkaian Listrik orde-2 Rangkaian LC serisigitkus.lecture.ub.ac.id/files/2013/11/pemodelan-rangkaian-listrik... · rangkaian listrik) menghasilkan model persamaan

RL - Transformasi Rangkaian

RANGKAIAN LISTRIK - resaputra.staff.telkomuniversity.ac.id file10.4 Teorema Superposisi 10.5 Transformasi Sumber 10.6 Thevenin dan Norton . ... setiap rangkaian phasor. Superposisi

Konsep rangkaian listrik

Analisis AnalisisAnalisis Rangkaian ListrikRangkaian Listrik · PDF fileii Analisis AnalisisAnalisis Rangkaian ListrikRangkaian Listrik Di Kawasan Fasor ... Analisis Rangkaian Listrik

transformasi rangkaian segitiga bintang.docx

Teorema Rangkaian Listrik

Arus Listrik dan rangkaian listrik

Analisis Rangkaian Menggunakan Transformasi Laplace2

Rangkaian Listrik

AnalisisAnalisis Rangkaian Listrik - "Darpublic" at ee … · 2011-10-07 · Transformasi Fourier ... tidak dapat dinyatakan melalui transformasi Laplace akan tetapi ... Dengan mempelajari

14. Rangkaian Listrik II Rangkaian Rangkaian Berfasa Banyak1

RANGKAIAN LISTRIK I

Rangkaian listrik dan daya listrik

RANGKAIAN LISTRIK

Analisis Rangkaian Listrik Dengan Transformasi Laplace

RANGKAIAN LISTRIK 1