Bukti Sifat-sifat Transformasi Laplace. f t g t e f t g t dt. e f t dt e g t dt. f ( t) g( t) F( s) G( s) e dt e dt

(1)

DAFTAR PUSTAKA

Atay FM, Balancing the inverted pendulum using position feedback, App. Math.

Lett., vol. 12, pp. 51–56;1999.

Chen J, Hara S, and Chen G , ”Best tracking and regulation performance under control energy constraint,” IEEE T. Automat. Contr., vol. 48, no. 8, pp. 1320– 1336; 2003.

Hara S dan Kogure C , ”Relationship between H2 control performance limits and

RHP pole/zero locations,” Proc. 2003 SICE Annual Conference, Fukui, Japan, pp. 12421246; 2003

Kittel C. Introduction to Solid State Physics. Eighth Edition. John Wiley & Sons, Inc; 2005.

Lewis AD. A Mathematical Approach to Classical Control, Canada: Departement of Mathematics and Statistics Queen’s University Kingston; 2004.

Loram ID dan Lakie M , ”Human balancing of an inverted pendulum:

position control by small, ballistic-like, throw and catch movements,”J.

Physiol., 540.3, pp. 1111-1124; 2002.

Loram ID, Gawthrop PJ, dan Lakie M , ”The frequency of human, manual adjustments in balancing an inverted pendulum is constrained by intrinsic physiological factors,” J. Physiol., 577.1, pp. 417-432; 2006.

Loram ID, Kelly SM, dan Lakie M , ”Human balancing of an inverted pendulum: is sway size controlled by ankle impedance?” J. Physiol., 532.3, pp. 879-891; 2001.

Microrobot Co.L.td,” MP-2000 ( MR-010 )Inverted Pendulum System Manual”, ,

http//www.active-robots.com/produck/inverted-pendulum/ip-manual.pdf, [21

Des 2007]

Ogata K. Modern Control Engineering, Second Edition. Minnesota: University of Minnesota; 1990.

Ogata K. Teknik Kontrol Automatik. Jilid 1,2. Edi Laksono, penerjemah; Bandung: ITB; 1985. Terjemahan dari:” Modern Control Engineering”. Taurasi I, Inverted Pendulum Studies for Seismic Attenuation, SURF Final Report

LIGO T060048-00-R, California Institute of Technology, USA; 2005.

Woodyatt AR, Middleton RH, and Freudenberg JS, Fundamental Constraints for

the Inverted Pendulum Problem, Technical Report EE9716, Department of

Electrical and Computer Engineering, the University of Newcastle, Australia; 1997

(2)

35

Lampiran 1

Bukti Sifat-sifat Transformasi Laplace

Sifat – sifat transformasi Laplace :

Misalkan £ f t F s dan £ g t G s , maka:

1. Sifat penjumlahan £ f t( ) g t( ) F s( ) G s( ) Bukti: £ 0 st

f t

g t

e

f t

g t dt

0 0 st st e f t dt e g t dt

£f(t) + £g(t) F(s) + G(s) 2. Sifat perkalian Jika a R , maka: £af(t) a F(s) Bukti: £ af(t) 0 st e af t dt

0 st a e f t dt

a£ f(t) a F(s)

3. Sifat turunan pertama

£

df t

sF s

f

0 dt

Bukti: £ 0 0

( )

lim

b st st b

df t

e

dt

e

dt

Misalkan fungsi f t dan turunannya adalah kontinu di dalam selang terbatas, maka :

Misal u e st

st

(3)

36

df t dv dt

v f t

maka dengan integral parsial diperoleh:

0 0 0

( )

b b st

df t

st b st

e

dt

e

f t

s

e

f t dt

dt

0 0 st sb s e f t dt f e f b

Akan ditunjukkan lim sb 0

b e f b

Karena f t eksponensial berorder e , maka ada konstanta M dan T yang t

memenuhi: t t Me f t Me

atau st t st st t e Me e f t e Me

s t st s t Me e f t Me untuk t T

Karena T cukup besar t T , fungsi e stf t terbatas diantara dua fungsi untuk s mendekati 0 ketika t . Sehingga e stf t juga mendekati 0 ketika t , jadi lim sb 0

b e f b

£ df t sF s f 0 0 dt

( ) (0) sF s f

4. Sifat turunan kedua

£ 2 2

( )

(0)

d f t

s F s

f

sf

dt

Bukti: £ 2 2 0

( )

st

( )

d f t

e

dt

0 ₀

( )

st

df t

st

df t

e

s

e

dt

(0)f s £ df t( ) dt

(4)

37

2 ( ) (0) (0) s F s f sf

5. Sifat eksponensial £

1

at

e

s a

Bukti: £ 0 at st at

e

e e dt

( ) 0 s a t

e

dt

( ) 0 1 s a t e s a

0 1 e e s a

1 0 1 s a

1 s a

(5)

(6)

35

Lampiran 1

Bukti Sifat-sifat Transformasi Laplace

Sifat – sifat transformasi Laplace :

Misalkan £ f t F s dan £ g t G s , maka:

1. Sifat penjumlahan £ f t( ) g t( ) F s( ) G s( ) Bukti: £ 0 st

f t

g t

e

f t

g t dt

0 0 st st e f t dt e g t dt

£f(t) + £g(t) F(s) + G(s) 2. Sifat perkalian Jika a R , maka: £af(t) a F(s) Bukti: £ af(t) 0 st e af t dt

0 st a e f t dt

a£ f(t) a F(s)

3. Sifat turunan pertama

£

df t

sF s

f

0 dt

Bukti: £ 0 0

( )

lim

b st st b

df t

e

dt

e

dt

Misalkan fungsi f t dan turunannya adalah kontinu di dalam selang terbatas, maka :

Misal u e st

st

(7)

36

df t dv dt

v f t

maka dengan integral parsial diperoleh:

0 0 0

( )

b b st

df t

st b st

e

dt

e

f t

s

e

f t dt

dt

0 0 st sb s e f t dt f e f b

Akan ditunjukkan lim sb 0

b e f b

Karena f t eksponensial berorder e , maka ada konstanta M dan T yang t

memenuhi: t t Me f t Me

atau st t st st t e Me e f t e Me

s t st s t Me e f t Me untuk t T

Karena T cukup besar t T , fungsi e stf t terbatas diantara dua fungsi untuk s mendekati 0 ketika t . Sehingga e stf t juga mendekati 0 ketika t , jadi lim sb 0

b e f b

£ df t sF s f 0 0 dt

( ) (0) sF s f

4. Sifat turunan kedua

£ 2 2

( )

(0)

d f t

s F s

f

sf

dt

Bukti: £ 2 2 0

( )

st

( )

d f t

e

dt

0 ₀

( )

st

df t

st

df t

e

s

e

dt

(0)f s £ df t( ) dt

(8)

37

2 ( ) (0) (0) s F s f sf

5. Sifat eksponensial £

1

at

e

s a

Bukti: £ 0 at st at

e

e e dt

( ) 0 s a t

e

dt

( ) 0 1 s a t e s a

0 1 e e s a

1 0 1 s a

1 s a

(9)

38

Lampiran 2

Pole dan Zero Pendulum Terbalik dengan Lintasan Datar

Persamaan gerak sistem pendulum terbalik dengan lintasan datar diberikan oleh persamaan (3.3) dan (3.4), yaitu:

(M m x) ml x u , (3.9)

2

4

0

3ml mlx mgl . (3.10) Karena persamaan (3.9) dan (3.10) merupakan bentuk persamaan differensial, maka untuk mempermudah penyelesaian persamaan tersebut diubah ke dalam bentuk persamaan aljabar dengan menggunakan transformasi Laplace.

Transformasi Laplace dari persamaan (3.9) dan (3.10) adalah:

2 2 (M m s X s) ( ) mls ( )s sX s( ) U s( )

(3.11) 2 2 2 4 ( ) ( ) ( ) ( ) 0 3ml s s s s mls X s mgl s

(3.12) Persamaan (3.11) dan (3.12) dapat ditulis dalam bentuk matriks sebagai berikut:

2 2 2 4 2 2 3 ( ) ( ) ( ) ( ) 0 X s U s M m s s mls s mls ml s s mgl

1 2 2 2 4 2 2 3 ( ) ( ) ( ) ( ) 0 X s M m s s mls U s s mls ml s s mgl

2 2 2 4 3 2 2 ( ) 1 ( ) ( ) ( ) 0 X s ml s s mgl mls U s s mls M m s s

dengan s a s( ₃ 3 a s₂ 2 a s₁ a , ₀) di mana 4 2 2 2 3 3( ) a M m ml m l

2 4 2 3 ( ) a ml M m

1 ( ) a M m mgl

0 a mgl , selanjutnya diperoleh: 2 2 4 3 2 ( ) 1 ( ) ( ) X s ml s s mgl U s s mls .

(10)

39 Dengan demikian, 2 2 4 3 3 2 3 2 1 0 ( ) ( ) : ( ) ( ) x ml s s mgl X s P s U s s a s a s a s a , 3 2 3 2 1 0 ( ) ( ) : ( ) s mls P s U s a s a s a s a .

Diasumsikan tidak ada friksi antara motor dan pendulum serta tidak ada friksi antara motor dan lintasan, yaitu 0 , maka Px(s) dan P?(s) memiliki pole takstabil di 2 2 4 3 2 4 2 2 2 2 3 ( ) [ ( ) ] [( ) ] x ml s mgl P s s M m ml m l s M m mgl , (3.13) 2 2 2 2 4 3 ( ) [ ( ) ] [( ) ] ml P s M m ml m l s M m mgl . (3.14)

Dimana P s merupakan fungsi transfer antara input kendali u dengan posisi _x( ) motor x dan P s merupakan fungsi transfer antara input kendali u dengan posisi ( ) sudut pendulum .

Menentukan Zero

Pada bagian ini akan ditentukan zero dari fungsi transfer P s dan _x( ) P s( )

a. Zero dari P s_x( ) 2 2 4 0 3ml s mgl 2 2 4 3 mgl s ml

4 3 3 4 g g s l l

Jadi non minimum phase zero dariP s adalah: _x( ) 3 4 g z l

(3.15) b. Zero dari P s( ) 0 ml

0 s

(11)

40

Menentukan Pole

Selanjutnya akan ditentukan pole dari fungsi transfer P s dan _x( ) P s( )

2 4₍ ₎ 2 2 2 2 ₀ 3 s M m ml m l s M m mgl 2 2 4 3 ( ) ( ) M m mgl s M m m ml 4 3 ( ) ( ) M m g s M m m l 3 ( ) (4 ) g M m s l M m

Jadi pole tak stabil dari P s dan_x( ) P s adalah: ( )

3 ( )

(4 )

g M m

p

(12)

41

Lampiran 3

Bukti Teorema 1

Misalkan sistem A B C D diberikan sebagai berikut: , , , ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

x t Ax t Bu t

y t Cx t Du t

Adalah stabil asimtotik jika dan hanya jika setiap akar ciri dari matrik A mempunyai bilangan real negatif.

Bukti:

Misalkan solusi dari definisi stabil asimtotik, yaitu:

0; 0 At x e x t , maka At e £-1 sI A 1

= £-1 Q s( ) sI A , di mana 1 2 1 2 1 ( ) n n ... _n _n, Q s Q s Q s Q s Q

1 1 ... 1 n n n n sI A s a s a s a

i Q matriks konstan i a bilangan konstan

Diasumsikan bahwa ₁, ₂,..., _madalah akar ciri dari matriks A dengan multiplisitas n n₁, ₂,...,n , maka: _m 1 m n i i sI A s

dan matriks resolvent

1 1 ( ) i m n i i Q s sI A s

(13)

42

1 ( ) ; , 1, 2,..., . i vw m n i i Q s v w n s

Perluasan pecahan parsial berlaku

1 2 2 1 2 11 12 21 2 1 1 1 2 2 1 ... ... ... i n n vw vw vw vw vw vw m n n i i Q s K K K K K s _s s s _s s 1 ... m m mn vw vw n m m K K s s dengan v,w = 1, 2,…, n. Misalkan didefenesikan 11

K matriks n n dengan v,w adalah elemen dari K_vw11,

12

K matriks n n dengan v,w adalah elemen dari 12

vw

K ,

dan seterusnya.

Dengan menggunakan notasi matriks, dapat ditulis 1 1 1 1 1 n m ij j i j _i sI A K s . Selanjutnya diberikan 0 At x e x

= 1 -1 0 1 1 1 £ n m ij j i j _i K x s

= 1 1 0 1 1 1 ! i n j m t ij i j t K e x j .

Dari persamaan di atas dapat ditunjukkan bahwa jika Re _i 0 maka _tj1_eit

terbatas pada 0, untuk bilangan integer j.

Selanjutnya dengan menggunakan aturan Hospital, dapat dituliskan:

lim 0

t x t

(14)

43

1

lim ni it 0

t t e , Kini 0

diperoleh x sedemikian sehingga ₀

lim 0

t x t .

Berdasarkan hasil tersebut, maka kestabilan dapat ditentukan dari letak akar karakteristik polinomial I A , sehingga dapat disimpulkan:

1. Sistem adalah stabil asimtotik jika dan hanya jika Re _i 0, untuk setiap i = 1, 2, …, n

(15)

44 Lampiran 4 Bukti Teorema 2 Misalkan 1 2 1 2 ... n n n n D s s a s a s a

0 D s ,

diasumsikan bahwa akar-akar p_i dari D s bernilai real atau kompleks, maka fungsi transfer P s dapat ditulis menjadi:

1 0 1 1 1 ... ... m m m n n n N s b s b s b P s D s s a s a

= 1 1 , m i i n i i K s z m n s p .

Jika D s memiliki pole-pole yang berlainan, maka P s dapat diuraikan menurut pecahan parsialnya, yaitu:

1 2 1 2 ... n n N s K K K P s D s s p s p s p

dengan K adalah konstanta dan selanjutnya _i K disebut residu dari pole _i s p . _i

Dengan mengalikan kedua ruas dengan s p_i dan mensubstitusikan s p , _i

diperoleh 1 2 1 2 ... ... i i i n i i i i i i n s p s p N s K K K K s p s p s p s p s p D s s p s p s p s p

= K_i

Terlihat bahwa semua suku yang diuraikan bernilai nol, kecuali K . Sehingga _i

residu K dapat diperoleh dari: _i

i i i s p N s K s p D s .

(16)

45

Karena y f x merupakan fungsi bernilai real, maka p p₁, ₂ dan K K saling ₁, ₂ konjugat. Untuk kasus ini kita kita hanya perlu menghitung K₁ atau K , karena ₂

yang lainnya dapat diketahui.

Berdasarkan definisi invers transformasi Laplace dan dengan memperlihatkan bahwa: -1 £ i p ti i i K K e s p maka diperoleh i p t i y K e

dengan p_i adalah akar-akar dari D s dan nilai dari K₁ tergantung pada syarat awal dan letak zero atau akar persamaan dari N s .

Terlihat bahwa jika Re p_i 0, maka berlaku y 0 ketika t . Jadi fungsi transfer P s berlaku:

1. Stabil jika dan hanya jika Re p_i 0, untuk semua i 1,...,n

2. Stabil asimtotik jika dan hanya jika Re p_i 0, untuk semua i 1,...,n

3. Takstabil jika dan hanya jika Re p_i 0, untuk semua i 1,...,n

(17)

46

Lampiran 5

Contoh Penggunaan Deret Taylor

1. Hampiri fungsi f( ) = sin ( ) ke dalam deret Taylor di sekitar ₀= 0 ( 0)

sin sin 0 cos 0 ... 1!

sin 0 ...

sin

2. Hampiri fungsi f( ) = cos ( ) ke dalam deret Taylor di sekitar ₀= 0 ( 0)

cos cos 0 ( sin 0) ... 1!

cos 1 0 ...

cos 1

3. Hampiri fungsi f( ) = 2 ke dalam deret Taylor di sekitar ₀= 0

2 2 0 0 ( 0) 2 ... 1!

2 0 0 ...

2 ₀

4. Hampiri fungsi f x( , ) x ke dalam deret Taylor di sekitar x₀ 0dan ₀= 0

0 0 0 0 0 0 0 0 , , ( , ) ( ) ( ) ... x x x x f f x f x x x x

0 0 0 ... x x x

0 0 0 ... x

0 x

(18)

47

Lampiran 6

Pelinearan Model Sistem Pendulum Terbalik dengan Lintasan Miring

2

(M m x) ml cos( ) ml sin( ) x u (M m g) sin , (3.5) 4 ₂

cos( ) sin( ) 0

3ml mxl mgl . (3.6)

Karena model persamaan (3.5) dan (3.6) tersebut taklinear maka dilinearkan terlebih dahulu. Diasumsikan bahwa sudut yang dibentuk oleh pendulum adalah cukup kecil, dengan demikian maka sin , cos 1,

2 ₀ _dan_x ₀ _{(lihat lampiran 3). Diasumsikan juga bahwa} _x ₀ ₀_,

0 0

x , 0 0 , 0 yang artinya bahwa posisi motor dan kecepatan motor di awal tidak bergerak. Begitu juga posisi sudut pendulum dan kecepatan sudut pendulum diawal adalah nol.

cos cos cos sin sin

1 cos sin

cos sin

sin sin cos cos sin

cos 1 sin

cos sin Sehingga persamaan (3.5) menjadi:

2

(M m x) ml (cos sin ) ml ( cos sin ) x u (M m g) sin

2 2

(M m x) ml cos ml sin ml cos ml sin x u (M m g) sin

(M m x) ml cos x u (M m g) sin Jadi bentuk linear persamaan (3.5) adalah:

(M m x) ml cos x u (M m g) sin Persamaan (3.6) menjadi:

2

4

(cos sin ) ( cos sin ) 0

3ml mlx mlg

2

4

cos sin cos sin 0

(19)

48

2

4

cos cos sin 0

3ml mlx mlg mlg

Jadi bentuk linear persamaan (3.6) adalah:

2

4

cos cos sin 0

(20)

49

Lampiran 7

Karakterisasi parameter sistem pendulum terbalik dengan lintasan datar Teorema 3

Misalkan sistem P(s) memiliki pole takstabil pk (k = 1, ... , np) dan zero takstabil zi (i = 1, ... , nz). Ekspresi analitik bagi

* 2 0 inf ( ) K J e t dt diberikan oleh * 2 1 , 1 2 Re 4 Re Re ( ) p z n n i k l k l k i i k l k l k l l z p p J p p p p b b z di mana 1; 1 : l k_; ₂ k l p p p k p p p l k n b _n

1 : 1 z i k i k n z p k z p i

Akibat P s pada kasus ini hanya memiliki satu pole takstabil p dan satu non _x( )

minimum phase zero z, maka : 2 2 2 2 4 2 p J z pp

2 2 2 J z p

(4.1) dengan 1 z p z p

2 2 1 z p z p

2 2 z p z p z p

2 2 2 p z p 2 2 2 4 ( ) p z p

(21)

50

Sehingga dengan menyubstitusi 2kedalam persamaan (4.1) didapat

2 2 2 2 2 4 2 p J z p z zp p

2 2 2 8 2 p J z z zp p

2 2 2 2 2( 2 ) 8 ( 2 ) z zp p zp J z z zp p

2 2 2 2 2 4 2 ( 2 ) z zp p J z z zp p

2 2 2( ) ( ) z p J z z p

(4.2)

Dengan menyubstitusi persamaan (3.15) dan (3.16) ke dalam persamaan (4.2) didapat 2 2 3 3 ( ) 2 4 (4 ) 3 3 3 ( ) 4 4 (4 ) g g M m l l M m J g g g M m l l l M m

(4.3)

Dari persamaan (4.3) dapat disederhanakan menjadi

2 1 4 1 4 3 1 4 2 3 3 1 4 4 ( ) g M m l M m J g g M m l l M m

2 1 4 1 4 3 1 4 2 1 4 2 g l M m M m M m J M m M m M m

2 1 4 1 4 4 3 M m M m l J g M m M m

(4.4) Selanjutnya m m l

l dengan m massa pendulum, l panjang pendulum

(22)

51

2 1 4 1 4 4 3 M l M l l J g M l M l

(4.5) Bentuk berikut: 1 4 1 4 M l M l M l M l

dapat dirasionalkan penyebutnya sehingga menjadi:

1 4 1 4 M l M l M l M l 1 4 1 4 M l M l M l M l

2 1 4 1 4 M l M l M l M l

2 1 4 3 4 M l M l l .

Sehingga persamaan (4.5) menjadi

2 2 1 4 3 4 4 3 M l M l l J g l ,

dan dapat disederhanakan menjadi

4 3 ₁ 4 2 2 9 16

4

l g

J

M

l

M

l

3 2 ₄ 1 4 2 64 9 3 l J M l M l g

(4.6)

Selanjutnya akan dicari dJ 0

dl Misalkan 3 2 2 64 9 3 l u g maka 2 52 32 ' 3 3 u g l

4 1 4 v M l M l maka

(23)

52

3 1 4 ₁ 4 ' 4 2 8 v M l M l M l M l 5 3 2 2 4 3 1 1 4 4 2 2 1 4 32 256 2 8 3 3 9 3 M l M l M l M l dJ dl g l g l M l M l

0 dJ dl , maka 5 3 2 2 4 3 1 1 4 4 2 2 1 4 32 256 2 8 3 3 9 3 M l M l M l M l M l M l g l g l 3 2 5 2 4 1 ₂ ₁ 4 ₄ 3 2 ₁ 1 4 4 32 _{9 3} ₂ ₈ 16 3 3 ₂₅₆ M l M l _g _l _M _l _M _l M l M l g l _M _l _M _l 1 1 4 4 1 4 3 2 4 8 ₁₆ M l M l M l M l l _M _{l M} _l 1 1 1 4 4 4 16 l M l 4 M l 48 M l M l M l M l 3 1 1 1 4 4 4 4 4 3 3 3 l M l l M l M M l l M l M M l l M l 3 1 1 1 4 4 4 4 4 l M l 3 l M l 3M M l 3M M l l M l l M l 1 1 4 4 3 3 l M M l M l M l 2 2 ₁ ₁ 4 4 3 3 l M M l M l M l 2 2 2 1 2 6 1 2 2 4 4 16 6 9 9 l lM M M l M lM l M l 2 2 1 3 3 2 6 2 2 3 9 2 3 2 6 2 6 2 2 1 2 2 1 3 3 4 6 4 9 4 9 9 4 4 16 16 l M l lM l M lM M lM lM l M l M l 2 2 2 9 2 2 6 2 2 2 1 1 1 4 6 4 9 4 16 16 lM l M M M M lM l 2 2 2 3 15 45 16 l 16 Ml 4 M 0

selanjutnya dapat disederhanakan menjadi

2 2 2

5 60 0

l Ml M

Untuk mencari panjang pendulum minimal dicari akar-akar dari persamaan terakhir sebagai berikut :

(24)

53 2 2 2 2 1,2 2 5 25 240 2 M M M l 1,2 2 5 265 2 M M l 1,2 5 265 2 M M l 1 5 265 2 M l

2 5 265 2 M l

Jadi panjang pendulum optimal adalah: 265 5 2 M l

265 5 2 m M

(4.7)

(25)

54

Lampiran 8

Karakterisasi parameter sistem pendulum terbalik dengan lintasan miring Teorema 3

Misalkan sistem P(s) memiliki pole takstabil pk (k = 1, ... , np) dan zero takstabil zi (i = 1, ... , nz). Ekspresi analitik bagi

* 2 0 inf ( ) K J e t dt diberikan oleh * 2 1 , 1 2 Re 4 Re Re ( ) p z n n i k l k l k i i k l k l k l l z p p J p p p p b b z di mana 1; 1 : l k_; ₂ k l p p p k p p p l k n b _n

1 : 1 z i k i k n z p k z p i

Akibat P s pada kasus ini hanya memiliki satu pole takstabil p dan satu non _x( )

minimum phase zero z, maka : 2 2 2 2 4 2 p J z pp

2 2 2 J z p

(4.1) dengan 1 z p z p

2 2 1 z p z p

2 2 z p z p z p

2 2 2 p z p 2 2 2 4 ( ) p z p

(26)

55

Sehingga dengan menyubstitusi 2kedalam persamaan (4.1) didapat:

2 2 2 2 2 4 2 p J z p z zp p

2 2 2 8 2 p J z z zp p

2 2 2 2 2( 2 ) 8 ( 2 ) z zp p zp J z z zp p

2 2 2 2 2 4 2 ( 2 ) z zp p J z z zp p

2 2 2( ) ( ) z p J z z p

(4.2)

Dengan menyubstitusi persamaan (3.23) dan (3.24) ke dalam persamaan (4.2) di dapat 2 2 2 2 3 cos 3 ( ) cos 2 4 4( ) 3 cos

3 cos 3 cos 3 ( ) cos

4 4 4( ) 3 cos g g M m l l M m m J g g g M m l l l M m m (4.8)

Dari persamaan (4.8) dapat disederhanakan menjadi:

2 2 3 4 2 3 4 3 cos ( ) 1 4 ( ) cos 2 3 cos _{3 cos} ₍ ₎ 1 4 ₄ ₍ ₎ _cos g M m l M m m J g _g _M _m l _l _M _m _m

2 2 3 4 2 3 4 2 3 4 2 3 4 ( ) cos ( ) ( ) cos 2 3 cos ( ) cos ( ) 2 ₍ ₎ _cos M m m M m M m m J g M m m M m l _M _m _m

2 2 3 4 2 3 4 ( ) cos ( ) 4 3 cos ( ) cos ( ) M m m M m l J g M m m M m

(27)

56

2 2 3 4 2 3 4 cos 4 3 cos _cos M m m M m l J g _M _m _m _M _m (4.9) Selanjutnya m m l

l dengan m massa pendulum, l panjang pendulum

dan ”massa jenis pendulum” disubstitusi ke persamaan (4.9) maka di dapat:

2 2 3 4 2 3 4 cos 4 3 cos _cos M l l M l l J g _M _l _l _M _l

(4.10) Bentuk berikut: 2 3 4 2 3 4 cos cos M l l M l M l l M l

dapat dirasionalkan penyebutnya sehingga menjadi:

2 3 4 2 3 4 cos cos M l l M l M l l M l 2 3 4 2 3 4 cos cos M l l M l M l l M l

2 2 3 4 2 3 4 cos cos M l l M l M l l M l

dan dapat disederhanakan menjadi:

2 2 3 4 2 3 4 cos cos M l l M l l

Sehingga persamaan (4.10) menjadi

2 2 2 3 4 2 3 4 cos 4 3 cos cos M l l M l l J g l

dan dapat disederhanakan menjadi

4 3 cos 3 2 4 2 2 4 9 16 4 cos cos l g J M l l M l l

3 2 9 2 4 2 3 4 2 64 cos 9 3 cos l J M l l M l g (4.11)

(28)

57

Selanjutnya akan dicari dJ 0

dl Misalkan 3 2 9 2 2 64 9 3 cos l u g maka 5 9 2 2 2 32 ' 3 3 cos u g l

4 2 3 4 cos v M l l M l maka 2 3 2 3 4 ₃ ₂ 4 4 3cos ' 4 cos 2 8 cos v M l l M l M l M l l 5 9 2 2 4 2 3 4 2 32 cos 3 3 cos M l l M l dJ dl g l 3 9 2 2 3 2 3 2 4 2 3 2 4 256 cos _{4 3cos} 2 9 3 cos 8 cos M l l M l M l g l M l l 0 dJ dl , maka: 5 9 2 2 4 2 3 4 2 32 cos 3 3 cos M l l M l g l 3 9 2 2 3 2 3 2 4 2 3 2 4 256 cos _{4 3cos} 2 9 3 cos 8 cos M l l M l M l g l M l l

selanjutnya dapat disederhanakan menjadi

5 9 2 2 5 9 2 2 4 2 3 ₂ 4 3 2 2 3 4 32 cos _{9 3} _cos 3 3 cos ₂₅₆ _cos M l l M l _g _l g l _M _l _l _M _l 2 3 2 4 2 3 4 4 3cos 2 8 cos 16 cos M l M l l M l l M l

(29)

58 2 2 2 3 3 4 4 2 3 4

3 cos 2 4 3cos 4 cos

8 ₁₆ _cos M l l M l M l M l l l _M _l _l _M _l 2 3 2 4 16 l 4 3cos M l 4 M l lcos 2 2 3 3 4 4 48 M l lcos M l M l lcos M l

2 3 2 4 4 3cos 4 cos l M l M l l 2 2 3 3 4 4 3 M l lcos M l M l lcos M l 2 3 2 4 4 3cos l M l 4 l M l lcos

2 2 3 3 4 4 3 M l lcos M l 3 M l M l lcos

2 3 2 4 4 3cos l M l 4 l M l lcos 2 9 4 2 2 3 3 4 4 3 3 cos 3 cos 3 cos M M l l M l l M l M M l l l M l l

2 9 2 4 4 3cos l M l 3M M l 3 l M l lcos M l 2 2 2 3 3 3 4 4 4

3M M l lcos 3 l M l lcos 4 l M l lcos

2 9 2 3 2

4 4

4 3cos l 3M 3 l lcos M l 3M 3 l 4 l M l lcos

2 9 2 3 2

4 4

4 3cos 3 cos l 3M M l 3M l M l lcos

2 2 3 3 4 4 1 cos l 3M M l 3M l M l lcos

2 ₂ 2 2 3 3 4 4 1 cos l 3M M l 3M l M l lcos

(30)

59 2 2 2 2 2 2 3 3 4 4 1 cos l 6M l 1 cos 9M M l 2 2 2 3 2 4 9M 6M l l M l lcos

2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 2 2 2 3 2 3 3 3 3 4 4 4 4

1 cos l M 1 cos l 6M l 1 cos 6M l 1 cos 9M 9M l

3 2 27 2 2 2 2 2 18 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 2

4 4 4

9M 9M l M lcos 6M l 6M l M l cos M l l l cos

2 2

2 2 2 2 2 2 2

3 3 3 3

4 4 4 4

1 cos lM 1 cos l 6M 1 cos 6M l 1 cos

2 2 2 2 2 2 2 2 2

27 18 3

4 M cos 6M 6M l 4 M lcos M l l 4 l cos

2 2

2 2 2 2 2 2 2

3 3 3 3 18

4 4 4 4 4

1 cos 1 cos l 1 cos M 1 cos 6M 6M Mcos M l

2 3 2 27 2 2 2 4 4 6M 1 cos M cos 6M 0

2 2 2 2 2 2 2 2 3 9 3 9 45

4 16cos l cos 2 16cos lMcos 4M cos 0

2 2 2 2 2 3 9 3 9 45 4 16cos l 2 16cos lM 4M 0

2 _{2 2} 2 ₂ 12 9cos 24 9cos 45 16 l 16 lM 4M 0

2 2 2 2 2 12 9 cos l 24 9 cos lM 180M 0

2 2 2 2 2 3 4 3cos l 3 8 3cos lM 3 60M 0

2 2 2 2 2 4 3cos l 8 3cos lM 60M 0

(31)

60

2

2 2 2 2 2 2 2

1,2 2 2

8 3cos 8 3cos 240 4 3cos

2 4 3cos

M M M

l

2 2 4

1,2 2