MATEMATIKA UNTUK ANALISIS SISTEM DINAMIK

(1)

DI NPRO / I I / 1 Dr . Eng. Y. D. Herm awan – Jur . Teknik Kim ia – FTI - UPNVY

MATEMATIKA UNTUK ANALISIS

SISTEM DINAMIK

•

Tujuan: Mhs mampu menyusun dan menyelesaikan model

matematika (persamaan keadaan) suatu sistem (proses)

sehingga dapat menjelaskan dinamika suatu proses

•

Materi:

1. Bilangan Kompleks

2. Transformasi

Laplace

: definisi, sifat-sifat transformasi

laplace

3. Penyelesaian

PD dengan

Transformasi

Laplace:

prosedur, inversion, penyelesaian time delay

4. Karakteristik Respon Proses:

variabel deviasi, respon

output, stabilitas

5. Linearisasi

I I

DI NPRO / I I / 2 Dr. Eng. Y. D. Herm awan – Jur. Teknik Kim ia – FTI - UPNVY

2.1. Bilangan Kompleks

• Sebuah bilangan disebut kompleks jika bilangan

tsb tidak dapat dinyatakan sebagai bilangan

nyata

(real);

atau bilangan tsb adalah khayal

(imaginer)

• Bilangan

Imaginer

:

• Bentuk

cartesian

:

c = a + i b

dimana:

a =

bagian

real

b =

bagian

imaginer

i

=

−

1

…… (2.1.1)

Complex Plane

Real Axis

Imagiray Axis

I

R

a

b

r

(a,b)

Notasi Polar

r

≡

magnitude

θ ≡

argument

θ

2.1. Bilangan Kom pleks

(2)

Notasi Polar Untuk Menyatakan Bilangan Kompleks:

2 2

b

a

c

r

=

+

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

=

−

a

b

a

b

arctan

tan

1

θ

cos

r

a

=

b

=

r

sin

θ

(

θ

i

θ

)

r

e

iθ

r

c

=

cos

+

sin

=

(

θ

)

θ

cos

i

sin

e

i

≡

+

magnitude

argument

∴

notasi

cartesian

dan

(

a

i

b

) (

a

i

b

)

conj

.

+

=

−

dimana:

conjugate

…… (2.1.2.a)

…… (2.1.2.b)

maka:

…… (2.1.3)

…… (2.1.4)

…… (2.1.5)

Operasi Bilangan Kompleks

Pertimbangkan: c=a+ib=reiθ p=v+iw=qeiβ

Penjumlahan & Pengurangan:

c

±

p

=

(

a

±

v

) (

+

i

b

±

w

)

Perkalian:

(

)(

)

(

av

bw

) (

i

bv

aw

)

iaw

ibv

bw

i

av

iw

v

ib

a

cp

+

−

=

+

=

+

=

2

( )( )

θ β

=

(θ+β)

=

i i i

rqe

e

q

e

r

cp

dan

Perkalian dg conjugate:

(

a

+

i

b

)(

a

−

i

b

)

=

a

2

+

b

2

=

r

…… (2.1.6)

…… (2.1.7)

…… (2.1.8)

…… (2.1.9)

Operasi Bilangan Kompleks

Pembagian:

(

)

(

)

(

)

(

) (

)

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

+

−

+

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

+

=

+

−

+

=

−

+

=

2 2 2

2

2 2

w

v

aw

bv

i

w

v

bw

av

w

v

aw

bv

i

bw

av

iw

v

iw

v

iw

v

ib

a

p

c

Pangkat:

c

n

=

r

n

e

inθ

(

θ β

)

β θ

−

=

i

i i

e

q

r

qe

re

p

c

Bentuk polar

Akar: n

c

=

n

re

iθ

=

n

r

e

i(θ+2kπ)/n

dimanak =0, ±1, ±2, …, sampai diperoleh n akar

…… (2.1.10)

…… (2.1.11)

…… (2.1.12)

(3)

Contoh Soal 2.1.1:konversi bilangan kom pleks m enj adi polar

Bil. kompleks:

a

=

3

+

i

4

6

8

i

b

=

−

c

=

−

1

+

i

5

=

a

Magnitude (

r

):

b

=

10

c

=

1

.

414

Argument (

θ

):

rad

a

927

.

0

3

4

tan

1

=

−

θ

rad

b

643

.

0

8

6

tan

1

−

=

−

=

−

θ

rad

c

4

3

1

tan

1

π

θ

=

−

=

−

Polar:

a

=

5

e

i0.297

b

=

5

e

−i0.643

b

=

5

e

i

(

3π/4

)

Com plex Plane

- 8 - 6 - 4 - 2 0 2 4 6

- 1 0 - 8 - 6 - 4 - 2 0 2 4 6 8 1 0

R I

a

= 3 + i4

b

= 8 −i6

c

= −1+i

Contoh Soal:

(lanjutan)

Perkalian:

ac

=

(

−

3

−

4

) (

+

i

3

−

4

)

=

−

7

−

i

(

8

6

) (

i

8

6

)

2

i

14

bc

=

−

+

=

−

(3 /4) 3.2834 927

.

0

1

.

414

7

.

07

5

e

i

e

i

e

i

ac

=

π

=

Contoh Soal:

(lanjutan)

(

+

i

)

=

−

i

=

7

.

07

cos

3

.

2834

sin

3

.

2834

7

Bentuk polar:

Pembagian:

(

)

(

)

(

) (

)

0

.

5

36

64

32

18

24

6

8

6

8

6

8

4

3

i

b

a

=

+

−

=

+

−

+

=

Bentuk polar:

0

.

5

0

.

5

(

0

)

0

.

5

10

5

₁_.₅₇₀

643 . 0 927 . 0

i

e

b

a

_i

i i

=

+

=

(4)

Akar:

16

=

16

e

i0

(0 2 /4) ( /2)

4

16

e

i0

16

e

i kπ

2

e

i kπ

x

=

+

=

Contoh Soal:

(lanjutan)

misal

akar dari 16 adalah:

untuk

x

= 2 e

−iπ

= 2(

−

1+

i0

) =

−

2

k

= 2

x

= 2 e

−iπ/2

= 2(0

−

i

) =

−

i

2

k

=

−

1

x

= 2 e

iπ/2

= 2(0 +

i

) =

i

2

k

= 1

x

= 2 e

i0

= 2

k

= 0

dimana

2.2. Transformasi Laplace

Definisi

Dalam analisis dinamika proses, variabel proses dan sinyal kontrol adalah fungsi waktu, t. TransformasiLaplace f(t) adalah:

( )

s

[ ]

f

( )

t

f

( )

t

e

dt

F

−st

∞

∫

=

0

L

Dimana:

F

(s) = Transformasi

Laplace

dari

f

(t)

s = Variable Transformasi

Laplace,

time

-1

…… (2.2.1)

Jenis-Jenis Input

• Fungsi Tahap (step fun ction)

( )

⎩ ⎨ ⎧

≥ < =

0 1

0 0

t t t

u

2.2. Transform asi Laplace

t = 0 t

0 1.0

( )

[ ]

( )

(

)

s s

e s dt e t u t

u st st

1 1 0 1

1

0 0

= − − =

− =

= − − ∞

∞

∫

L

• Fun gsi

Pulse

( )

⎩ ⎨ ⎧

< ≤

≥ < =

T t H

T t t t

f

0 , 0 0

( )

[ ]

( )

(

sT

)

T st

st T st

e s H e

s H

dt e H dt e t f t f

− −

∞

− − = −

=

∫

1

0 0 0

L

t = 0 t

0 H

(5)

Jenis-Jenis Input

• Fungsi

Impulse

( )

⎩ ⎨ ⎧ = ∞ > < = 0 0 , 0 0 t t t t δ

( )

[ ]

( )

1

0

=

= −

∞

∫

t e dt

t δ st

δ

L

• Fun gsi

Sinus

( )

i e e t t i t i 2 sin ω ω

ω

= − −

t = 0 t

0

∞

Dirac delta function

:

δ

(

t

)

t = 0 t

0 1

t = T -1

Frequency =

Period = T

T

π ω=2

Amplitude= 1

• Fun gsi

Sin us

(lanjutan)

( )

[

]

e dt

i e e t st t i t i − ∞ ₋

∫

− = 0 2 sin ω ω

ω

L

( ) ( )

[

e e

]

dt i t i s t i s

∫

∞ + − − − ₋ = 0 2

1 ω ω

(₋ ) ₋(₊ ) ∞ − ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ + + − − = 0 2 1

ω

ω ω i s e i s e i t i s t i s ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ + − + − − − = ∞ 2 2 0 2 2 1 1 0 1 0 2 1

ω

s i i i s i s i 2 2

ω

+ = s

Tabel 2.2.1. Transformasi Laplace Untuk Fungsi-Fungsi Umum

te

−at

e

−at

cos(

ω

t

)

e

−at

e

−at

sin(

ω

t

)

t

n

cos(

ω

t

)

t

sin(

ω

t

)

u

(

t

)

t

n

e

−at

1

δ

(

t

)

F

(

s

) =

L

[

f

(

t

)]

f(t)

F

(

s

) =

L

[

f

(

t

)]

f(t)

s 1 2 1 s

2 2 _ω

ω

+

s

(

)

2 _ω2

ω + +a s 1 ! + n s n

(

)

1

! + + n a s n 2 2₊_ω s

s

a s+

1

(

)

2

1

a s+

(

₊

)

2₊_ω2

+

a s

(6)

TUGAS 01

• Buktikan konversi dari

f

(

t

) menjadi

F

(

s

)

berdasarkan Tabel Tansformasi

Laplace

Untuk

Fungsi-Fungsi Umum (Lihat Tabel 2.2.1.)

Sifat-Sifat Transformasi

Laplace

•

Linearity

( )

[

af

t

]

=

a

L

[ ]

f

( )

t

=

a

F

( )

s

L

TL merupakan operasi linear, hal ini berarti, jika a adalah

konstanta, maka:

Sifat distributif:

L

[

a

f

( )

t

+

b

g

( )

t

]

=

a

F

( )

s

+

b

G

( )

s

( )

( ) ( )

0

f

s

F

s

dt

t

df

=

−

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

L

( )

dt

e

dt

t

f

d

dt

t

f

d

−st

∞

∫

=

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

0

L

•

Real Differentiation Theorem

Pembuktian:

…… (2.2.2)

…… (2.2.3)

…… (2.2.4)

Integral parsial:

u

=

e

−st

( )

[

( )

]

( )

(

)

∫

∞

− ∞

−

=

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

0

f

t

se

dt

e

t

f

dt

t

f

d

_st _st

L

dt

se

du

=

−

−st

( )

[

f

]

s

f

( )

t

e

−st

dt

∞

∫

+

−

=

0

( )

s

F

s

( ) ( )

s

f

0

F

s

−

=

( )

dt

t

f

d

dv

=

( )

t

f

v

=

(7)

Untuk derivatif order 2 :

( )

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

=

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

dt

t

f

d

dt

d

dt

t

f

d

L

2 2

( )

0

=

−

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

=

t

dt

df

dt

t

df

s

L

( )

o t

dt

df

f

s

F

s

=

−

=

2

0

( ) ( )

[

]

0

=

−

=

t

dt

df

f

s

sF

s

L

Secara umum, untuk n derivatif:

( )

s

F

s

dt

t

f

d

_n

n n

=

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

L

( )

0 1 1 1

₀

...

= − −

−

=

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

t n n n

n n

n

dt

f

d

f

s

F

s

dt

t

f

d

L

Dalam pengendalian proses, kondisi awal adalah pada kondisi

tunak. Jadi

time derivatif

nya nol (zero), dan variabel adalah

deviasi dari kondisi awal, sehingga

Laplace n derivative

adalah:

…… (2.2.5)

…… (2.2.6)

( )

F

( )

s

dt

t

f

t

1

0

=

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

∫

L

•

Real Integration Theorem

(

)

[

f

t

]

e

stD

F

( )

s

D

−

=

−

L

Pembuktiannya sama dengan carareal differentiation theorem.

Coba anda buktikan di Rumah!

•

Real Translation Theorem

Teori

ini

berkaitan

dengan

keterlambatan waktu (

time delay

)

dalam merespon perubahan input,

dan selanjutnya dikenal sebagai

dead time.

t t = 0 t = tD

0

f(t-tD) f(t)

…… (2.2.7)

(8)

Pembuktian:

[

(

)

]

∫

(

)

∞

−

=

−

0

dt

e

t

f

t

f

_D _D st

L

( )

τ

d

e

f

−stD −st

∞

=

∫

=

0

Misal,

τ

=

t – t

D

atau t =

t

D

+

τ

(

)

[

−

]

=

∞

( )

τ

−

(

+τ

)

(

+

τ

)

− =

∫

D t

s t

t

D

f

e

d

t

f

D

L

( )

τ

e

d

τ

f

e

stD −st

∞ −

∫

=

0

( )

s

F

e

−stD

=

Catatan:

f(τ) = 0 untukτ< 0 < (t – t_D)

terbukti

•

Final Value Theorem

( )

(

e

at

f

t

)

=

F

(

s

−

a

)

L

( )

t

s

F

( )

s

f

s t 0

lim

0

lim

→

=

( )

[

]

F

( )

s

ds

d

t

f

t

=

−

L

( )

t

sF

( )

s

f

s

t 0

lim

→ ∞

→

=

•

Complex Differentiation Theorem

•

Complex Translation Theorem

•

Initial Value Theorem

…… (2.2.9)

…… (2.2.10)

…… (2.2.11)

…… (2.2.12)

2.3. Penyelesaian PD dengan TL

Anggapan: kondisi awal adalah pada keaadaan tunak

(steady state)

dan semua variabel dinyatakan dalam term deviasi.

Prosedur Penyelesaian TL

1. Ubah PD menjadi bentuk

laplace

dengan variabel s.

2. Buat hubungan antara variabel

output

(variabel tidak bebas/

dependent

) dan variabel

input

.

3. Balik

(invert)

bentuk laplace menjadi bentuk waktu untuk

memperoleh respon

output

.

(9)

Pertimbangkan

:

2.3. Penyelesaian PD dengan TL

( )

t

x

b

t

y

a

dt

t

dy

a

dt

t

y

d

a

+

₁

+

₀

=

2 2 2

( )

0 2 2 2 2

0

=

−

=

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

t

dt

dy

sy

s

Y

s

dt

t

y

d

a

L

( )

[ ]

( )

[ ]

( )

t

x

b

t

y

a

dt

t

dy

a

dt

t

y

d

a

L

+

L

=

L

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

+

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

0 1 2 2 2

x(t)

disebut variabel input

(force function)

y(t)

disebut variabel output

(dependent variable)

a

₀

, a

₁

, a

₂

,

dan

b

adalah konstanta

Kondisi awal =

y

(0), dan dy/dt|

_t=0

= 0

TL dari PD pangkat dua:

TL untuk masing-masing term:

≅0

…… (2.3.1)

…… (2.3.2)

(

)

( ) (

) ( )

bX

( )

s

dt

dy

a

y

a

s

a

s

Y

a

s

a

s

a

t

=

−

+

−

+

=0 2 1 2 0 1 2 2

0

( )

X

( )

s

a

s

a

s

a

b

s

Y

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

+

=

0 1 2 2

( )

[ ]

x

t

b

X

( )

s

b

L

=

( )

[ ]

y

t

a

Y

( )

s

a

₀

L

=

₀

( )

( ) ( )

0

1

a

sY

s

y

dt

t

dy

a

=

−

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

L

TL untuk masing-masing term:

≅0

Jadi diperoleh:

≅0

Penyederhanaan (hubungan

output

dan

input

):

Term di dalam kurung disebut

FUNGSI TRANSFER

…… (2.3.3)

…… (2.3.4)

(

a

₂

s

2

+

a

₁

s

+

a

₀

)

s

=

a

₂

(

s

−

r

₁

)(

s

−

r

₂

)s

( )

s

a

s

a

s

a

b

s

Y

1

0 1 2 2

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

+

=

( )

s

X

=

1

2 0 2 2 1 1 2 , 1

2

4

a

r

=

−

±

−

Kebalikan dari TL Dengan Ekspansi Parsial

:

Jika input berubah 1 unit fungsi tahap:

Akar polynomial kuadarat:

Pengmbangan (ekspansi) denominator:

dimana

r

₁

dan

r

₂

adalah akar kuadrat dari:

a₂s2+a₁s+a₀ =0

…… (2.3.5)

(10)

( )

t

A

e

A

e

A

u

( )

t

y

=

₁ r1t

+

₂ r2t

+

₃

( )

s

A

r

s

A

r

s

A

s

Y

3

2 2

1

+

−

+

−

=

(

s

r

) ( )

Y

s

A

_k

r s k

k

−

=

→

lim

Ekpansi parsial TL:

Untuk akar-akar yang tidak berulang, berlaku:

Berdasarkan Tabel TL, kebalikan (invert) dari

laplace

adalah:

…… (2.3.8)

…… (2.3.9)

( )

t

A

te

A

e

A

u

( )

t

y

=

₁ r1t

+

₂ r1t

+

₃

(

s

r

) ( )

Y

s

A

r s

2 1 1

1

lim

−

=

→

Koefisien

A

₃

dihitung seperti sebelumnya,

A

₁

dan

A

₂

dihitung

dengan cara:

Berdasarlak Tabel TL, kebalikan (invert) dari laplace adalah:

(

) ( )

[

s

r

Y

s

]

ds

d

A

r s

2 1 2

!

1

lim

1

−

=

→

Untuk akar-akar yang berulang, misalnya

r

₁

=

r

₂

, berlaku:

( )

(

)

s

A

r

s

A

r

s

A

s

Y

3

1 2 2 1

1

+

−

+

−

=

_{…… (2.3.10)}

…… (2.3.11)

DI NPRO / I I / 30 Dr . Eng. Y. D. Her m aw an – Jur . Teknik Kim ia – FTI - UPNVY

2.3. Peny elesaian PD dengan TL

( ) ( ) ( )

...

!

2

!

1

1 2

2 1

1

+

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

+

−

+

−

=

− − rt

m m

m

e

A

m

t

A

m

t

A

t

y

Koefisien-koefisien dihitung sebagai berikut:

Untukk= 2, …, m, makaInvert laplaceadalah Secara umum, jikar₁diulang m kali:

( )

(

)

(

₁

)

1

...

1

...

2

1

+

−

+

−

+

−

=

₋

r

s

A

r

s

A

r

s

A

s

Y

_m _m m

(

s

r

) ( )

Y

s

A

m

r

s 1

1 1

lim

−

=

→

(

)

[

(

s

r

) ( )

Y

s

]

ds

d

k

A

m

k k r

s

k ₁ 1

1

!

1

lim

1

−

=

−₋

→

…… (2.3.12)

…… (2.3.13)

(11)

Time Delay (

Dead-time

)

Pertimbangkan kasus dimana terdapat

term ekponensial

( )

s

Y

e

stD

Y

=

₁ −

( )

n n

r

s

A

r

s

A

r

s

A

s

Y

−

+

−

+

−

=

...

2 2

1 1 1

( )

rt

n t

r t

r

A

e

A

e

n

e

A

t

y

=

1

+

2

+

...

+

2 1

1

Dengan

Y

₁

(s)

tanpa

term ekponensial

Invert Y

₁

(s)

menghasilkan:

…… (2.3.15)

…… (2.3.16)

…… (2.3.17)

Jadi, dengan menggunakan

real translation theorem

:

( )

D

( )

D

( )

stDn

n st

st

Y

s

e

Y

s

e

s

Y

s

Y

=

− 1

+

− 2

+

...

+

−

2 1

( )

( D) ( D) rn(t tD)

n t

t r t

t r

e

A

e

A

e

A

t

y

=

1 −

+

2 −

+

...

+

−

2 1

( )

t

y

(

t

_D

)

y

(

t

_D

)

y

_n

(

t

_Dn

)

y

=

₁

−

₁

+

₂

−

₂

+

...

+

−

Jika terdapat

multi-delay

:

Jadi, dengan menggunakan

:

( )

t

[

e

st

Y

( )

s

]

y

(

t

_D

)

y

=

− − D

=

−

1 1

1

L

Jadi,

Invert Y (s)

menghasilkan:

…… (2.3.18)

…… (2.3.19)

…… (2.3.20)

Contoh 2.3.1 : menangani

time delay

( )

s

D

e

s

F

dan

t

=

1

=

1

−

Diketahui PD berikut:

( )

e

s

F

s

C

−

+

=

+

=

1

2

1

2

1

( )

( ) ( )

t

f

t

c

dt

t

dc

+

=

2

TL dari PD dan substitusi

F

(

s

) menghasilkan:

Dengan

c

(0) = 0, Tentukan respon output

c

(

t

), jika pada t = 1, input

berubah dengan satu unit step:

f

(

t

) =

u

(

t

– 1)!

(12)

misal:

C

( )

s

=

C

₁

( )

s

e

−s

(

)( )

2

1

2

1

2

lim

2

1

=

_→₋

+

=

−

s

A

s

( )

s

B

s

A

s

C

₁ 1 1

2

1

2

1

+

=

+

=

Invert

dari

C

₁

(

s

):

(

)

2

1

2

1

lim

0

2

=

_→

+

=

s

A

s

( )

t

e

u

( )

t

c

t

2

1

2

1

2

1

=

−

+

Jadi

invert

dari

C

₁

(

s

) menghasilkan (

lihat Tabel 2.2.1

):

( )

[

( )

]

( )

[

2( )1

]

1

2

1

− −

−

=

−

=

−

=

C

s

e

s

c

t

u

t

e

t

c

L

( )

(

t

)

e

t

u

1

2

1

₋

−

=

Aplikasi

:

Catatan unit step

u

(

t

– 1) harus dikalikan dengan

term

eksponensial,

hal ini menunjukkan bahwa

c

(

t

) = 0 untuk

t

< 1.

2.4. Karakteristik Respon Proses

Beberapa pertanyaan yang relevan terhadap respon:

1. Apakah respon stabil? Yaitu respon terjaga pada nilai tertentu.

2. Jika stabil, berapa nilai tunak baru?

3. Apakah responnya monoton atau berosilasi?

4. Jika monoton dan stabil, berapa waktu yang diperlukan untuk

mencapai kondisi stabil (tunak baru)?

(13)

Variabel Deviasi

2.4. Kar akt er ist ik Respon Pr oses

( ) ( ) ( )

t

y

t

y

0

Y

=

−

Dimana:

y

(

t

) = nilai variabel total

y

(

0

) = nilai variabel pada kondisi awal

Dari definisi variabel deviasi, maka variabel deviasi pada kondisi

awal selalu nol (0):

Y

(0) =

y

(0) –

y

(0) = 0

…. (2.4.1)

Pertimbangkan PD linear order n:

( )

t y a dt

t y d a dt

t y d a

n n n n n

n ₁ 0

1

1 + +

+ ₋ − ₋ K

( )

c t x b dt

t x d b dt

t x d b

m m m m m

m + + + +

= − − ₋₁ 0

1

1 L …. (2.4.2)

( )

b

x

( )

c

y

a

₀

0

=

₀

0

+

2.4. Karakt erist ik Respon Proses

Dimana n > m,

y

(

t

) = output,

x

(

t

) = input, dan c = konstanta

Pada kondisi tunak awal, semua fungsi derivatif waktu adalah nol

sehingga:

…. (2.4.3)

Pers. (2.4.2) – Pers. (2.4.3) :

( )

t Y a dt

t Y d a dt

t Y d a

n n n n n

n ₁ 0

1

1 + +

+ − − ₋ K

( )

t X b dt

t X d b dt

t X d b

m m m m m

m ₁ 0

1

1 + +

+

= ₋ − ₋ L …. (2.4.4)

Dimana:

Y

(

t

) =

y

(

t

) –

y

(0) dan

X

(

t

) =

x

(

t

) –

x

(0)

Respon Output

Untuk menunjukkan hubungan antara respon output dan akar-akar dari denominator fungsi transfer, maka penyelesaian TL dari pers. (2.4.4) dalam term deviasi:

( )

X

( )

s

a

s

a

s

a

b

s

b

s

b

s

Y

n n n n

m m m m

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

+

=

₋

− − −

0 1

1

0 1

1

L

…. (2.4.5)

Denominator pers. (4.5) dapat difaktorkan menjadi derajat n berikut:

( )

(

)(

) (

) ( )

X

s

r

s

r

s

r

s

a

b

s

b

s

b

s

Y

n n

m m m m

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

+

=

− −

L

2 1

0 1

1 _{…. (2.4.6)}

(14)

Pengembangan dalam fraksi parsial:

( )

term

dari

X

( )

s

r

s

A

r

s

A

r

s

A

s

Y

n n

+

−

+

−

+

−

=

L

1 1

1

1 _{…. (2.4.7)}

Kebalikan laplace pers. (4.7) menghasilkan:

( )

s

A

e

A

e

A

e

term

dari

X

( )

s

Y

=

r1t

+

r2t

+

L

+

_n rnt

+

2

1 …. (2.4.8)

Akar-Akar Nyata:

Akar positif: respon naik seiring naiknya waktuÆTIDAK STABIL Akar negatif: meluruh sampai nolÆSTABIL

∴Jika semua akar denominator dari FT adalah nyata:

☺ respon monotonic (non-oscillatory)

☺ respon stabil jika semua akarnya negatif (lihat Gambar 2.4.1)

Gambar 2.4.1. Respon untuk akar-akar nyata

t Y(t)

Y₁

t_k t

Y(t)

(a) Stabil, akar nyata negatif (b) Tidak Stabil, akar nyata positif

Y₁= kondisi tunak baru

k k

r

t =−5 _{…. (2.4.9)}

dimana: ρ= bagian real;ω= bagian imaginer Pasangan Akar Complex Conjugate:

r₁= ρ+ i ω r₂= ρ −i ω

Pengembangan FT:

(

)(

)

(

)

(

−

)

+

)

+

L

−

+

−

+

=

1 ₂ 2 ₂

2 2 2 1

ω

ρ

ω

ρ

s

A

i

s

A

( )

+

L

+

−

+

−

=

ω

ρ

ω

ρ

s

i

A

i

s

A

s

Y

1 2

(

)

(

−

)

+

(

−

)

+

L

−

=

₂ ₂ ₂ ₂

ω

ρ

ω

ρ

s

C

s

B

dimana:

B

=

A

₁

+

A

₂

dan

C

=

i

(

A

₁

–

A

₂

)

(15)

Jadi

invert

dari

pers. (2.4.10)

menghasilkan (

lihat Tabel 2.2.1

):

(

ω

t

θ

)

sin

θ

cos

ω

t

cos

θ

sin

ω

t

sin

+

=

+

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

=

C

B

arctan

θ

( )

t

=

De

ρ

(

ω

t

+

θ

)

+

L

Y

t

sin

2 2

C

B

D

=

+

( )

t

=

Be

t

+

Ce

t

+

L

Y

ρt

cos

ω

ρt

sin

ω

[

+

]

+

L

=

e

ρt

B

cos

ω

t

C

sin

ω

t

Penyederhanaan menggunakan bentuk trigonometri:

menghasilkan:

…. (2.4.11)

dimana:

Æ

Amplitudo awal

Æ

Phase angle,

dalam radian

Berdasarkan pers. (2.4.11), disimpulkan:

☺Respon berosilasi

☺Osilasi menjadi TIDAK STABIL, jika bilangan kompleks

conjugatemempunyai akar bagian real positif Perhatikanterm eρt_:

ρpositifÆAmplitudo semakin besar dengan waktu

ρnegatifÆAmplitudo meluruh

Frekuensigelombang sinus merupakan bagian imaginer dari akar, ω dalam radian/waktu.

Periode osilasi: waktu yang diperlukan untuk menempuh satu siklus gelombang. atau, waktu yang diperlukan untuk menaikkan argumen gelombang sinus (ωt+ θ) sebesar 2πradian.

ω

π

2

=

T

_{…. (2.4.12)}

Gambar 2.4.2. Respon untuk akar-akar

complex conjugate

t Y(t)

Y₁

t_s t

Y(t)

(a) Stabil, akar nyata negatif

(b) Tidak Stabil, akar nyata positif

Y₁= kondisi tunak baru

ρ

5

−

=

s

t

_{…. (2.4.13)}

…. (2.4.14)

ω πρ

ρ 2 /

e

ratio

(16)

Kondisi Tunak Baru

Kondisi tunak baru dapat dicari denganfinal value theorem

Asumsi input berubah dengan fungsi tahap dimanaX(t) = ∆x u(t) atauX(s) = ∆x / s Æsubstitusi ke pers. (2.4.5)

s

x

a

b

s

x

a

s

a

s

a

b

s

b

s

b

s

Y

_n

n n n

m m m m s

∆

=

∆

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

+

=

∆

₋

− − − →

0 0

0 1

1

0 1

1 0

lim

L

… (2.4.15)

Kriteria Kestabilan

Sistem akan STABIL jika semua akar denominator dari FT adalah NEGATIF, yaitu: negatif untuk akar nyata dan negatif untuk bagian real dari akarcomplex. Lihat Gambar bidang kompleks (Gambar 2.4.3)

Gambar 2.4.3.

Complex Plane

I

R

STABIL

2.5. Linearisasi

Salah satu kesulitan dalam analisis respon dinamik untuk proses adalah sifat ketidak-linearan proses tersebut. Metode Transformasi Laplace (TL) yang telah kita pelajari dapat menggambarkan dinamika sistem proses. Sayangnya, hanya sistem linear saja yang dapat dianalisa dengan TL. Dan, tidak ada teknik lainnya yang dapat digunakan untuk analisis dinamik sistem non-linear.

Mengapa

perlu

linearisasi

?

Linearisasi digunakan untuk mendekati respon sistem non-linear dengan PD linear yang kemudian dapat dianalisa dengan TL

(17)

2.5. Linearisasi

Beberapa

Beberapafungsifungsinonnon--linear yang linear yang umumumum::

☺Entalpi (H), sebagai fungsi suhu (T):

( )

[ ]

(

( )

) ( )

t

x

t

x

t

x

y

1

+

−

=

α

… (2.5.1)

dimana:H0, a0, a1, a2, a3, dana4adalah konstanta.

( )

[ ]

T

t

e

A B

[

T( )t C

]

p

0

=

− +

( )

[ ]

T

t

H

a

T

( )

t

a

T

( )

t

a

T

( )

t

a

T

( )

t

H

=

₀

+

₁

+

₂ 2

+

₃ 3

+

₄ 4

☺Pers. Antoine: tekanan uap (p0_{) sebagai fungsi suhu (}_T₎

dimana:A, B, danC adalah konstanta.

… (2.5.2)

☺Fraksi mol uap setimbang(y), sebagai fungsi fraksi mol cairan (x)

dimana:αadalah volatilitas relatif, biasanya diasumsikan konstan.

… (2.5.3)

2.5. Linearisasi

☺Laju aliran (f), sebagai fungsipressure drop(∆p):

( )

[ ]

T

t

k

e

E[RT( )t]

k

=

₀ −

… (2.5.4)

dimana:k adalah koefisian kunduktansi konstan.

( )

[ ]

T

t

AT

( )

t

q

=

εσ

4

( )

[

p

t

]

k

p

( )

t

f

∆

=

∆

☺Laju perpindahan panas radiasiq, sebagai fungsi suhu (T) dimana:ε, σ, danA adalah konstanta.

… (2.5.5)

☺Pers. Arhenius: ketergantungan koef. laju reaksi(k)terhadap (T) dimana:αk₀, E, danRadalah konstanta.

… (2.5.6)

( ) ( ) ( )

[

T

t

,

c

t

,

c

t

,...

]

k

[ ]

T

( )

t

c

( ) ( )

t

c

t

...

r

_A _B

=

a_A b_B

☺Pers. Laju reaksi (r): sebagai fungsi suhu (T), dan konsentrasiC_A, C_B.

… (2.5.7)

dimana:k[T(t)] = pers. (2.7.6);a, danbadalah konstanta.

2.5. Linearisasi Linearisasi

LinearisasiFungsiFungsiSatuSatuVariabelVariabel

… (2.5.8)

( )

[ ]

=

( )

+

[

( )

−

]

+

[

( )

−

]

2

+

L

2

!

2

1

x

t

x

dx

f

d

x

t

x

dx

df

x

f

t

x

f

x x

dimana: adalahbase valuex disekitar fungsi yang diekspansi.

… (2.5.9)

Semua fungsi dapat dikembangkan ke dalam deretTaylorsekitarbase point:

x

( )

[ ] ( )

[

x

( )

t

x

]

dx

df

x

f

t

x

f

x

−

+

=

Dalam linearisasi, bentuk order dua atau lebih dari pers. (2.5.8) dapat diabaikan, sehingga menjadi:

Pers. (2.5.9) adalah fungsi dasar linearisasi yang diilustrasikan pada Gambar 2.5.1. Karena adalah konstan, maka persamaan disebelah kanan tanda sama dengan adalah linear dalam variabelx(t)

(18)

2.5. Linearisasi

Gambar 2.5.1 Pendekatan linear adalah tangen dari fungsi non-linear padabase point

x

x(t) x

dx df

( )

x f

1

x

( )

[ ]

x

t

f

Fungsi non-linear

Garis tangen

2.5. Linearisasi

Contoh 2.5.1:Linearisasi Pers. Arrhenius

Base point:

( )

[ ]

( )

[

T

( )

t

T

]

dT

dk

T

k

t

T

k

T

−

+

=

T

( )

[ ]

1

sec

100

−

=

T

k

Energi aktivasi, E= 22000 kcal/kmol, & R= 1.987 kcal/kmol-K

Aplikasi Pers. (2.5.9) ke (2.5.6):

( )

[

]

T

t RT E T

e

k

dT

d

dT

dk

()

0

−

=

( )

2 2

0

T

R

E

T

k

T

R

E

e

k

E RT

=

−

Dimana:

Perkirakan error pada slope dalam rentang±10o_{C di sekitar} _{= 300}o_C

Penyelesaian

:

2.5. Linearisasi

Slope:

Jadi diperoleh pendekatan linear:

k

[ ]

T

( )

t

=

100

+

3

.

37

[

T

( )

t

−

T

]

Sebagai perbandingan: dituliskan pendekatan linear berikut:

( )

(

)(

)

C

dT

dk

o C

o

1

2 300

sec

37

.

3

273

300

987

.

1

22000

100

−

=

+

=

( )

T dk dT C

k C

T o

T

o _, ₇₀_.₉₅_sec _, ₂_.₄₈_sec _/

290 = −1 = −1

=

Dalamrange290 – 310 o_{C, diperoleh nilai}_actual_dan_slope_:

( )

T dk dT C

k C

T o

/ sec 54 . 4 ,

sec 3 . 139 ,

310 = −1 = −1

=

k(290o_{C) = 100 + 3.37(290 – 300) = 66.3 sec}-1 _Æ_{error = –6.6%}

(19)

LinearisasiFungsiFungsiDuaDuaVariabelVariabelatauatauLebihLebih

(2.5.10)

( ) ( )

[

L

] (

= L

)

+

[

( )

−

]

+

[

2

( )

− 2

]

+L

2 1 1 1 2

1 2

1 , , , , x t x

dx f d x t x dx

f d x

x f t

x t x f

dimana:

Ekspansi deretTayloruntuk dua variabel atau lebih:

L

,

₂ 1

x

( ) ( )

[

w

t

h

t

] ( ) ( )

w

t

h

t

a

,

=

Contoh 2.5.2: kasus sederhana luas (a) segi empat adalah fungsi dari panjang (w) dan lebar (h):

( ) ( )

[

]

( )

[

( )

]

h

( )

[

h

( )

t

h

]

a

w

t

w

a

h

w

a

t

h

t

w

a

h w h

w

−

∂

+

−

∂

+

=

, ,

,

(x1,x2,L) k

k x

f x

f

∂ ∂ = ∂

∂

dan adalahbase valuedari

masing-masing variabel

Linearisasi:

( ) ( )

[

w

t

h

t

]

a

( )

w

h

[

w

( )

t

w

]

w

[

h

( )

t

h

]

a

,

=

,

+

−

+

−

2.5. Linearisasi

Gambar 2.5.2 Error pendekatan linear dari luas segi empat

h

[

w

(

t

) –

w

]

a(w,h) =w h

w w [h(t) –h]

h

w(t) h(t)

Asumsi: w= 2 m dan h = 1 m

Increment: w(t) = 2.2 m danh(t) = 1.1 m Æa_actual= 2.42 m2

ÆLuas padabase point: a = 2 m2

Luas pendekatan = 2 + 1(0.2) + 2(0.1) = 2.40 m2

error = 2.42 – 2.40 = 0.02 m2 _{Luas daerah arsiran = (0.2)(0.1) = 0.02 m}2

error

2.5. Linearisasi

Contoh 2.5.3: Linearisasi Pers. densitas gas ideal sbg fungsi tekanan dan suhu

Fungsi densitas non-linear

[

( ) ( )

]

( )

t

RT

t

Mp

t

T

t

p

,

=

ρ

Untuk evaluasi, kita menggunakan gas udara:

M= berat molekul = 29 [kg/kmol] ; IB = tekanan absolut = 101.3 kPa T= suhu absolut [K] ; & R= 8.314 kPa-m3_/kmol-K

Aplikasi Pers. (2.5.10):

( )

R

T

M

t

RT

t

Mp

dp

p

⎥

⎦

_p_T

=

⎤

⎢

⎣

⎡

∂

=

∂

,

ρ

Dimana:

Penyelesaian

:

( ) ( )

[

]

( )

[

( )

]

[

T

( )

t

T

]

T

p

t

p

T

p

t

T

t

p

−

∂

+

−

∂

+

=

ρ

(20)

2.5. Linearisasi

Jadi pendekatan fungsi densitas linear

Secara numerik:

( )

2

,

R

T

p

M

t

RT

t

Mp

dT

T

⎥

⎦

_p_T

=

−

⎤

⎢

⎣

⎡

∂

=

∂

ρ

Dengan satuan: ρ= [kg/m3_],_p_{= [kPa], T = [K]}

( ) ( )

[

]

[

( )

]

[

T

( )

t

T

]

T

R

p

M

p

t

p

T

R

M

T

R

p

M

t

T

t

p

,

=

+

−

₂

−

ρ

( ) ( )

[

p

t

,

T

t

]

=

1

.

178

+

0

.

01163

[

p

( )

t

−

p

]

−

0

.

00393

[

T

( )

t

−

T

]

ρ

LinearisasiPersamaanPersamaanDiferensialDiferensial

… (2.5.11)

( )

[

( ) ( )

]

b

t

y

t

x

g

dt

t

dy

+

=

,

dimana:

Pertimbangkan PD Order satu dengan satu input berikut:

( )

0

,

y

( )

0

x

=

( )

x

y

b

g

+

=

,

0

Pada kondisi tunak awal:

g[x(t),y(t)] adalah fungsi non-linear dengan input x(t), output y(t), dan b adalah konstanta.

… (2.5.12)

Base point:

Pers. (2.5.11) – (2.5.12):

( )

[

( ) ( )

]

( )

y

x

g

t

y

t

x

g

dt

t

dy

,

−

=

… (2.5.13)

2.5. Linearisasi

… (2.5.15)

( )

t

Y

a

t

X

a

dt

t

dY

2

1

+

=

dimana:

∴Diperoleh PD linear dalam term deviasi:

( )xy

x

g

a

, 1

=

∂

( )

[

( )

]

( )

[

( )

]

y

t

y

g

x

t

x

g

dt

t

dy

y x y

x

−

∂

+

−

∂

=

, ,

Linearisasi fungsi multi-variabel dari pers. (2.5.13):

… (2.5.14)

Term deviasi

( )x y

y

g

a

2

=

∂

_,

dan Catatan:

(21)

2.5. Linearisasi

Contoh 2.5.4:

Linearisasi PD multi variabel

Dari neraca massa RATB, dihasilkan PD non-linear berikut:

( )

( ) ( )

[ ]

( )

t

c

t

T

k

t

c

t

f

V

t

c

t

f

V

dt

t

dc

A A Ai

A

=

1

−

1

−

k[T(t)] = pers. non-linear yang telah dilinearkan (lihat contoh 2.5.1)

Penyelesaian

:

( )

[

( ) ( ) ( ) ( )

]

t

c

t

T

t

c

t

f

g

dt

t

dc

A Ai

A

=

,

Vdianggap konstan, f(t) = laju alir reaktan, cAi= konsetrasi reaktan masuk reaktor, c_A= konsetrasi reaktan keluar reaktor, T(t) = suhu keluar reaktor

( ) ( )

f

( ) ( )

t

c

t

k

[ ]

T

( )

t

c

( )

t

V

t

c

t

f

V

Ai

−

A

−

A

=

1

2.5. Linearisasi

Aplikasi pers. (2.5.15):

( )

t

C

a

t

a

t

C

a

t

F

a

dt

t

dC

A Ai A 4 3 2

1

+

Γ

+

=

dimana: CA

( )

t =cA

( )

t −cA

V

c

f

g

a

=

Ai

−

A

∂

=

1

( )

Ai

( )

Ai

Ai t C t C

C = −

( ) ( )

t =T t −T

Γ

, F

( )

t = f

( )

t −f ,

adalah variabel-variabel deviasi

a1, a2, a3, dana4diperoleh dengan turunan parsial fungsig berikut:

V

f

c

g

a

Ai

=

∂

=

2

( )

c

A

T

R

E

T

k

T

g

a

2 3

∂

=

−

∂

=

k

( )

T

V

f

c

g

a

A

−

=

∂

=

4

2.5. Linearisasi

Pindah term CA(t) ke kiri, dan bagi dengan –a4, diperoleh:

( )

t

K

t

C

K

t

F

K

t

C

dt

t

dC

Ai A

A

+

=

+

Γ

3 2

1

τ

dimana:

( )

s

K

s

C

s

K

s

F

s

K

s

C

_A _Ai

Γ

+

=

1

3 2 1

τ

( )

T

Vk

f

V

a

=

+

−

=

4

1

τ

Dengan Transformasi Laplace, diperoleh:

( )

T

Vk

f

c

a

K

Ai A

+

−

=

−

=

4 1 1

( )

T

Vk

f

a

K

+

=

−

=

4 2

2

[

( )

]