OPTIMISASI
OPTIMISASI
OPTIMISASI
OPTIMISASI
OPTIMISASI
OPTIMISASI
OPTIMISASI
OPTIMISASI
Penjadualan Optimal Pembangkit
Penjadualan Optimal Pembangkit
Oleh Oleh : : Zuriman
Optimasi pengiriman daya listrik
Dimaksudkan untuk memperkecil jumlah
keseluruhan biaya operasi dengan
memperhitungkan rugi-rugi daya nyata pada
saluran
BIAYA OPERASI PEMBANGKIT TERMAL
BIAYA OPERASI PEMBANGKIT TERMAL
Setiap Pembangkit tidak ditempatkan dengan
jarak yang sama dari pusat beban, tergantung
lokasi pembangkit yang mungkin dibangun.
Oleh karena itu biaya bahan bakar setiap
BIAYA OPERASI PEMBANGKIT THERMAL
Untuk menghemat biaya operasi dalam pengiriman daya nyata dari pusat pembangkit ke pusat beban, maka
diperlukan strategi yang jitu untuk mengoptimalkan antara pemenuhan permintaan beban terhadap biaya operasi yang minimum.
Teknik optimasi ini disebut ”optimal power flow (OPF)”.
OPF ini biasanya digunakan untuk mengoptimasi aliran daya dari sistem berskala besar.
Cara ini dilakukan dengan memperkecil fungsi-fungsi objektif yang dipilih sambil mempertahankan daya guna sistem yang dapat diterima dari batas kemampuan daya pada generator.
Faktor
Faktor--faktor yang mempengaruhi pengirimam dayafaktor yang mempengaruhi pengirimam daya nyata yang optimal pada pembangkit:
nyata yang optimal pada pembangkit:
1.
1. beroperasinya generator yang efisien, beroperasinya generator yang efisien, 2. biaya bahan bakar,
2. biaya bahan bakar, 3. rugi
3. rugi--rugi daya pada saluran transmisi.rugi daya pada saluran transmisi. Banyak
Banyak generator yang beroperasi secara efisiengenerator yang beroperasi secara efisien di dalam di dalam sistem tenaga
sistem tenaga, namun hal itu , namun hal itu tidak menjamin bahwa tidak menjamin bahwa sistem tenaga
sistem tenaga, namun hal itu , namun hal itu tidak menjamin bahwa tidak menjamin bahwa biaya operasinya minimum
biaya operasinya minimum. Hal ini disebabkan . Hal ini disebabkan oleh oleh biaya bahan bakar yang tinggi.
biaya bahan bakar yang tinggi.
Jika stasiun pembangkit berada pada tempat yang jauh Jika stasiun pembangkit berada pada tempat yang jauh
dari pusat beban maka rugi
dari pusat beban maka rugi--rugi daya pada saluran rugi daya pada saluran
transmisi dapat menjadi besar. Oleh sebab itu stasium transmisi dapat menjadi besar. Oleh sebab itu stasium pembangkit tersebut menjadi sangat tidak ekonomis. pembangkit tersebut menjadi sangat tidak ekonomis.
Kurva Karakteristik
Sebuah Pembangkit Thermal
Masukan bahan bakar
(Btu/jam) Biaya Ci ($/jam)
Masukan pada stasiun termal umumnya diukur
dalam Btu/jam dan keluarannya dalam MW.
2 . i i i i i i P P C = α + β +γ
)
1
...(
...
.
i2 i i i i iP
P
C
=
α
+
β
+
γ
Pers. biaya bahan bakar:
(Btu/jam)
Pi(MW)
Biaya Ci ($/jam)
Pi(MW)
a) Kurva laju panas b) Kurva biaya bahan bakar (Btu/jam terhadap MW) . i i i i i i P P C = α + β +γ
Kurva Karakteristik
Sebuah Pembangkit Thermal
($/MW-jam) i
γ
i i i i i P dP dC γ β +2. = Pi(MW) c) Tipikal kurva biaya tambahan bahan bakar(Turunan biaya bahan bakar terhadap daya nyata)
) 2 ...( ... . 2 i i i i i P dP dC γ β + =
Pengiriman Daya Optimal dengan Mengabaikan Rugi
Pengiriman Daya Optimal dengan Mengabaikan Rugi--rugi rugi
Daya dan Batas
Daya dan Batas--batas Generatorbatas Generator
C1 P C2 P Cng P
d) Sebuah bus yang menghubungkan ’ng’ jumlah generator dan sebuah beban
P1 P2 Png
Ketika rugi-rugi daya pada saluran transmisi diabaikan, dan jumlah permintaan beban PD sama dengan jumlah daya dari semua pembangkit, maka:
)
3
....(
...
2 1 1 i i n i i i i ng i i tC
P
P
C
=
∑
=
∑
α
+
β
+
γ
= =)
4
(
...
...
ngP
P
=
∑
...
...
(
4
)
1 D i iP
P
=
∑
=Ct = total biaya produksi (atau biaya bahan bakar) Ci = biaya produksi dan pembangkit ke-i
Pi = daya nyata dari pembangkitan ke-i
PD = total daya nyata pada permintaan beban ng = total jumlah stasiun pembangkit
Sebuah tipikal pendekatan untuk menambah batasan ke dalam fungsi objektif dengan menggunakan bilangan pengali Langrange dapat dibuatkan seperti berikut
Turunankan fungsi ’L’ terhadap variabel yang ada = 0
)
5
(
...
...
1
−
+
=
∑
= ng i i D iP
P
C
L
λ
Turunankan fungsi ’L’ terhadap variabel yang ada = 0
)
6
.(
...
...
0
=
∂
∂
iP
L
0 ) 1 0 ( − = + ∂ ∂λ
i i P C)
7
(
...
...
0
=
∂
∂
λ
L
Sehingga:Karena:
Ci = C1 + C2 + ...+ Cng , sehingga dari: Maka diperoleh hasil:
Jadi, biaya produksi (Ci) dari pembangkit ke-i yang optimum adalah:
λ
=
=
∂
∂
i i i idP
dC
P
C
)
8
...(
...
λ
=
idP
dC
0 ) 1 0 ( − = + ∂ ∂λ
i i P C)
8
...(
...
λ
=
idP
)
9
...(
...
...
2
γ
λ
β
i+
iP
=
)
10
...(
...
2
i i iP
γ
β
λ
−
=
Maka:
)
11
(
...
...
ng iP
=
−
∑
λ
β
)
10
...(
...
2
i i iP
γ
β
λ
−
=
) 4 ( ... ... 1 D ng i i P P =∑
= Dari persamaan (4))
11
(
...
...
2
1 D i i iP
=
−
∑
=γ
β
λ
)
12
..(
...
...
2
1
2
1 1∑
∑
= =+
=
ng i i ng i i i DP
γ
γ
β
λ
Bila rugi-rugi daya diperhitungkan, maka harus
diselesaikan secara iterasi (juga bisa digunakan untuk perhitungan dengan rugi-rugi daya diabaikan)
Dalam sebuah teknik penyelesaian secara iterasi, harga didapat dari sebuah perhitungan dengan harga
estimasi awal yang telah ditentukan terlebih dahulu, kemudian diselesaikan hingga nilai (daya nyata
tambahan) sampai dalam sebuah ketelitian yang akurat.
λ
i
P
∆
tambahan) sampai dalam sebuah ketelitian yang akurat.
)
13
.(
...
...
)
(
P
Df
λ
=
Penyelesaian secara cepat dapat dilakukan dengan
menggunakan metode gradien yang mana dari persamaan (11):
dapat ditulis ulang sebagai berikut.
) 11 ( ... ... 2 1 D ng i i i = P −
∑
=γ
β
λ
Atau: ) 14 ..( ... ) ( ) ( ( ) ) ( ) ( D k k k P d df f ∆ = +
λ
λ
λ
λ
Bila pers (13) ditulis dalam deret Taylor pada sebuah titik operasi ,dan dengan mengabaikan bentuk orde paling tinggi maka diperoleh:
) ( k
λ
) 15 .( ... ) ( ( ) ) ( ) ( ) ( ) (∑
∆ = ∆ = ∆ k i k k k k d dP P d df P λ λ λ λ∑
dλ dλ Atau: ...(16) 2 1 ) ( ) (∑
∆ = ∆ i k k P γ λ)
17
(
...
...
) ( ) ( ) 1 (k k kλ
λ
λ
+=
+
∆
) 18 ...( ... 1 ) ( ) (∑
+ − = ∆ ng i k i D k P P P Sehingga:Contoh soal 1:
Fungsi biaya bahan bakar untuk tiga stasiun pembangkit thermal dalam satuan $/jam yang diberikan:
C1 = 500 + 5,3 P1 + 0,004P12
C2 = 400 + 5,5 P2 + 0,006P22
C3 = 200 + 5,8 P3 + 0,009P32
Dengan P1, P2 dan P3 dalam satuan MW. Beban total PDD adalah 800 MW.
Dengan mengabaikan rugi-rugi daya pada saluran,
tentukan 1) daya optimal yang dikirim dari masing-masing stasiun pembangkit dan 2) biaya total bahan bakar dalam satuan $/jam dengan metode:
1. menggunakan persamaan (12) 2. menggunakan persamaan (8) 3. teknik iterasi
Penyelesaian:
(a) Dari persamaan (12), maka diperoleh: jam MW − = + = + + + + + = 8,5...$/ 8889 , 263 0555 , 144 800 018 , 0 1 012 , 0 1 008 , 0 1 018 , 0 8 , 5 012 , 0 5 , 5 008 , 0 3 , 5 800 λ ) 12 ..( ... ... 2 1 2 1 1
∑
∑
= = + = ng i i ng i i i D P γ γ β λMasukan nilai di atas ke persamaan (10) sehingga didapat : 1) hasil pengiriman daya optimal:
MW P 400 ) 004 , 0 ( 2 3 , 5 5 , 8 1 = − = MW P 250 ) 006 , 0 ( 2 5 , 5 5 , 8 2 = − =
MW
P
150
)
009
,
0
(
2
8
,
5
5
,
8
3=
−
=
)
10
...(
...
2
i i iP
γ
β
λ
−
=
2) Biaya total bahan bakar didapat dari persamaan (3) seperti berikut. Ct = C1 + C2 + C3 = [500 + 5,3(400) + 0,004(400)2 ] + [400 + 5,5(250) + 0,006(250)2 ] + [200 + 5,8(150) + 0,009(150)2] = 6.682,5 $/jam ) 3 ....( ... 2 1 1 i i n i i i i ng i i t C P P C =
∑
=∑
α + β +γ = =(b) Harga
λ
= 8,5 $/MW – jam. Bila dimasukkan ke (b) Harga = 8,5 $/MW – jam. Bila dimasukkan kedalam persamaan (8), lihat juga pers (9):
λ
5 , 8 008 , 0 3 , 5 1 1 1 = + = P dP dC 5 , 8 012 , 0 5 , 5 2 2 2 = + P = dP dC 5 , 8 018 , 0 8 , 5 3 3 3 = + = P dP dC Sehingga diperoleh: P1 =400 MW P2 = 250 MW P3 = 150 MW)
9
...(
...
...
2
γ
λ
β
i+
iP
=
(c) Misalkan = 6,0 $/MW-jam (asumsi untuk iterasi awal) Maka dari persamaan (10) didapatkan:
) 1 (
λ
MW P 87,50 ) 004 , 0 ( 2 3 , 5 0 , 6 ) 1 ( 1 = − = P 41,6667MW ) 006 , 0 ( 2 5 , 5 0 , 6 ) 1 ( 2 = − = MW P 11,1111 ) 009 , 0 ( 2 8 , 5 0 , 6 ) 1 ( 3 = − =Dengan PD = 800 MW, maka dari persamaan (18)
didapatkan hasil: = 800 - (87,5 + 41,6667 + 11,1111) = 659,7222 MW ) 1 (
P
∆
)
18
...(
...
1 ) ( ) (∑
+−
=
∆
ng i k i D kP
P
P
jam MW − = = + + = ∆ 2,5...$/ 8889 , 263 7222 , 659 1 1 1 7222 , 659 ) 1 ( λ
Selanjutnya, dari persamaan (16):
didapatkan hasil: ) 16 ...( ... 2 1 ) ( ) (
∑
∆ = ∆ i k k P γ λ + + 263,8889 ) 009 , 0 ( 2 1 ) 006 , 0 ( 2 1 ) 004 , 0 ( 2 1jam
MW
−
=
+
=
6
2
,
5
8
,
5
...$
/
) 2 (λ
Selanjutnya, nilai lambda baru untuk iterasi ke 2 adalah:
Proses selanjutnya, untuk iterasi kedua ditentukan dengan
MW
P
400
)
004
,
0
(
2
3
,
5
5
,
8
) 2 ( 1=
−
=
P
250
MW
)
006
,
0
(
2
5
,
5
5
,
8
) 2 ( 2=
−
=
MW
P
150
)
009
,
0
(
2
8
,
5
5
,
8
) 2 ( 3=
−
=
Dan diperoleh: = 800 - (400 + 250 + 150) = 0: ) 2 (P
∆
P
= 800 - (400 + 250 + 150) = 0:∆
Jadi, dari hasil di atas dapat disimpulkan bahwa:
daya optimal yang dikirim dari masing-masing stasiun pembangkit dan biaya tambahan bahan bakar adalah: P1 = 400 MW
P2 = 250 MW P3 = 150 MW
Ct = 6.682,5 $/jam (biaya total bahan bakar) (dari hasil perhitungan sebelumnya)
jam
MW
−
=
8
,
5
...$
/
λ
Kuis 1:
Fungsi biaya bahan bakar untuk tiga stasiun pembangkit thermal dalam satuan $/jam yang diberikan:
C1 = B x 100 + 5,3 P1 + 0,00BP12
C2 = 400 + 5,5 P2 + 0,006P22
C3 = 200 + B,8 P3 + 0,009P32
Dengan P1, P2 dan P3 dalam satuan MW. Beban total PD adalah 1100 MW.
Dengan mengabaikan rugi-rugi daya pada saluran,
tentukan 1) daya optimal yang dikirim dari masing-masing stasiun pembangkit dan 2) biaya total bahan bakar dalam satuan $/jam dengan metode:
1. menggunakan persamaan (12) 2. menggunakan persamaan (8) 3. teknik iterasi
Kuis 2:
Fungsi biaya bahan bakar untuk tiga stasiun pembangkit thermal dalam satuan $/jam yang diberikan:
C1 = 400 + 4,3 P1 + 0,00BP12
C2 = B x50 + 5,5 P2 + 0,006P22
C3 = 200 + B,8 P3 + 0,004P32
Dengan P1, P2 dan P3 dalam satuan MW. Beban total PDD adalah (1000) MW.
Dengan mengabaikan rugi-rugi daya pada saluran,
tentukan 1) daya optimal yang dikirim dari masing-masing stasiun pembangkit dan 2) biaya total bahan bakar dalam satuan $/jam dengan metode:
1. menggunakan persamaan (12) 2. menggunakan persamaan (8) 3. teknik iterasi
SEMOGA
Optimasi Operasi Sistem Hidrotermal dengan Memperhitungkan Batas-batas Generator
Keluaran daya dari generator seharusnya tidak melebihi keperluan operasi stabilitas sistem sehingga daya dari generator tersebut terbatas pada batas minimum dan maksimum yang diberikan.
)
19
...(
...
) ( (min) i i maks iP
P
P
≤
≤
Syarat Kuhr-Tucker melengkapi syarat Lagrange untuk mengikuti ketentuan ketidaksamaan.
) ( (min) i i maks i ) 20 ( ... .. ,.. i(min) i i(maks) i i untuk P P P dP dC ≤ ≤ =
λ
) 21 ...( .. ,.. i i(maks) i i P P untuk dP dC = ≤ λ ,.. .. i i(min)...(22) i i untuk P P dP dC = ≥ λContoh 2:
Fungsi biaya bahan bakar untuk tiga stasiun pembangkit thermal dalam satuan $/jam yang diberikan:
C1 = 500 + 5,3 P1 + 0,004P12
C2 = 400 + 5,5 P2 + 0,006P22
C3 = 200 + 5,8 P3 + 0,009P32
Dengan P1, P2 dan P3 dalam satuan MW. Beban total PD adalah 975 MW.
Tentukan daya optimal yang dikirim dari stasiun pembangkit
D
Tentukan daya optimal yang dikirim dari stasiun pembangkit dan biaya total bahan bakar untuk ketiga pembangkit thermal tersebut dalam satuan $/jam dengan batasan keluaran daya dari ketiga generator diberikan sebagai berikut.
450 200 ≤ P1 ≤ 350 150 ≤ P2 ≤ 225 100 ≤ P3 ≤
Penyelesaian:
Misalkan = 6,0 $/MW-jam (asumsi untuk iterasi awal) Maka dari persamaan (10) didapatkan:
) 1 (
λ
MW P 87,50 ) 004 , 0 ( 2 3 , 5 0 , 6 ) 1 ( 1 = − = P 41,6667MW ) 006 , 0 ( 2 5 , 5 0 , 6 ) 1 ( 2 = − = MW P 11,1111 ) 009 , 0 ( 2 8 , 5 0 , 6 ) 1 ( 3 = − = MW P 11,1111 ) 009 , 0 ( 2 3 = =Dengan PD = 975 MW, maka dari persamaan (18)
didapatkan hasil: = 975 - (87,5 + 41,6667 + 11,1111) = 834,7222 MW ) 1 (
P
∆
)
18
...(
...
1 ) ( ) (∑
+−
=
∆
ng i k i D kP
P
P
jam MW − = = + + = ∆ 3,1632...$/ 8889 , 263 7222 , 834 1 1 1 7222 , 834 ) 1 ( λ
Selanjutnya, dari persamaan (16):
didapatkan hasil: ) 16 ...( ... 2 1 ) ( ) (
∑
∆ = ∆ i k k P γ λ + + 263,8889 ) 009 , 0 ( 2 1 ) 006 , 0 ( 2 1 ) 004 , 0 ( 2 1Selanjutnya, nilai lambda baru untuk iterasi ke 2 adalah:
jam
MW
−
=
+
=
6
3
,
1632
9
,
1632
...$
/
) 2 (λ
Proses selanjutnya, untuk iterasi kedua ditentukan dengan Dan diperoleh: MW P 482,8947 ) 004 , 0 ( 2 3 , 5 1632 , 9 ) 2 ( 1 = − = MW P 305,2632 ) 006 , 0 ( 2 5 , 5 1632 , 89 ) 2 ( 2 = − = MW P 186,8421 ) 009 , 0 ( 2 8 , 5 1632 , 9 ) 2 ( 3 = − = ∆ Dan diperoleh: = 975 - (482,8972 + 305,2632 + 186,8421) = 0 ) 2 (
P
∆
= 0 dicapai dalam dua iterasi, tetapi nilai
P
1= 482,8972 MW telah melewati batas atasnya
yang seharusnya 450 MW
) 2 ( P ∆= 0 dicapai dalam dua iterasi, tetapi nilai
P
1= 482,8972 MW telah melewati batas atasnya
yang seharusnya 450 MW
) 2 ( P ∆Oleh karena itu, maka harga yang baru harus dicari ulang sebagai berikut.
= 975 – (450 + 305,2632 + 186,8421) = 32,8947 MW Kemudian dari persamaan (16) diperoleh:
) 2 ( P ∆ ) 2 ( P ∆
Kemudian dari persamaan (16) diperoleh:
jam MW − = = + = ∆ 0,2368...$/ 8889 , 138 8947 , 32 ) 009 , 0 ( 2 1 ) 006 , 0 ( 2 1 8947 , 32 ) 2 ( λ
Kemudian diperoleh nilai lambda baru untuk iterasi ketiga:
jam
MW
−
=
+
=
9
,
1632
0
,
2368
9
,
4
...$
/
) 3 (λ
Proses selanjutnya, untuk
iterasi ketiga
diperoleh
hasil:
MW
P
1(3)=
450
MW
P
325
)
006
,
0
(
2
5
,
5
4
,
9
) 3 ( 2=
−
=
)
006
,
0
(
2
MW
P
200
)
009
,
0
(
2
8
,
5
4
,
9
) 3 ( 3=
−
=
Dan diperoleh: = 975 - (450 + 325 + 200) = 0: ) 3 (P
∆
Jadi, dari hasil perhitungan yang telah dilakukan dapat disimpulkan bahwa:
daya optimal yang dikirim dari masing-masing stasiun pembangkit dan biaya tambahan bahan bakar adalah: P1 = 450MW P2 = 325 MW P3 = 200 MW
jam
MW
−
=
9
,
4
...$
/
λ
λ
Biaya total bahan bakar selanjutnya didapat dari
persamaan (3) sebagai berikut Ct = C1 + C2 + C3 = [500 + 5,3(450) + 0,004(450)2 ] + [400 + 5,5(325) + 0,006(325)2 ] + [200 + 5,8(200) + 0,009(200)2] = 8236,25 $/jam
jam
MW
−
=
9
,
4
...$
/
λ
Kuis 3:
Fungsi biaya bahan bakar untuk tiga stasiun pembangkit thermal dalam satuan $/jam yang diberikan:
C1 = 600 + 5,3 P1 + 0,005P12
C2 = 400 + 5,5 P2 + 0,007P22
C3 = 300 + 5,8 P3 + 0,008P32
Dengan P1, P2 dan P3 dalam satuan MW. Beban total PDD adalah 1000 MW.
Tentukan daya optimal yang dikirim dari stasiun pembangkit dan biaya total bahan bakar untuk ketiga pembangkit thermal tersebut dalam satuan $/jam dengan batasan keluaran daya dari ketiga generator diberikan sebagai berikut.
450 200 ≤ P1 ≤ 350 150 ≤ P2 ≤ 225 100 ≤ P3 ≤
