signal dan system its

Sistem Linear

Version 1.2

10 Pebruari 2014

Subiono

*Ju

rusan Matem

atikaFM

IPA

- ITS, Suraba

ya

*MMatematika

Subiono — Email: [email protected]

Penerbit: SubionoJurusan MatematikaInstitut Teknologi Sepuluh NopemberSukolilo, SurabayaIndonesia

mailto: [email protected]

2

Copyright

c© 2014 The Author, Subiono.

*Ju

rusan Matem

atikaFM

IPA

- ITS, Suraba

ya

*MMatematika

Sistem Linear, Copyright: c©2014 Subiono

Kata Pengantar

Alhamdulillahirabbilalamin, segala puji hanyalah milikmu ya Allah yang telah meberikan"kebebasan bertanggung jawab" kepada manusia untuk suatu kebaikan dalam melak-sanakan amanatnya di hamparan bumi yang dihuni manusia. Sholawat dan Salam kepa-damu ya Nabi Muhammad beserta para keluarganya dan para pengikutnya sampai nantidi hari akhir.

Buku ini disusun dengan maksud untuk digunakan sebagi buku rujukan mata kuliah Sis-tem Linear pada Jurusan Matematika, Institut Teknologi Sepuluh Nopember, Surabaya.Materi disusun untuk kebutuhan struktur dalam Kurikulum tahun 2009-2014 guna me-nunjang matakuliah yang ada pada semester yang lebih tinggi dan sebagai pendahuluanpengenalan Sistem Linear pada penekanan Signal. Hal ini diharapkan nantinya maha-siswa mempunyai bekal yang memadai untuk mempelajari "Sistem Linear dan Kontrol"atau "Matematika Sistem Teori". Selain dari pada itu materi dari buku ini disusun su-paya pengguna yang lainnya bisa memanfaatkan buku ini sesuai dengan yang dibutuhkan-nya. Untuk lebih mudah memahami buku ini diperlukan pemahaman yamg memadai dariAljabar Linear, Persamaan Differensial dan Beda serta metode Transformasi(Transformasi Laplace dan transformasi-z).

Dalam buku ini diberikan beberapa konsep pengertian dari materi yang disajikan sete-lah itu diikuti dengan beberapa contoh untuk mempermudah pemahaman, selain itu jugadiberikan beberapa contoh aplikasi yang mungkin dan beberapa soal sebagai latihan.

Penulis pada kesempatan ini menyampaikan keaktifan pembaca dalam mengkaji bukuini untuk menyampaikan kritik dan saran guna perbaikan buku ini, sehingga pada versiyang mendatang "mutu buku" yang baik bisa dicapai. Kritik dan saran ini sangat pentingkarena selain alasan yang telah disebutkan tadi, penulis percaya bahwa dalam sajian bukuini masih kurang dari sempurnah bahkan mungkin ada suatu kesalahan dalam sajian bukuini baik dalam bentuk redaksional, pengetikan dan materi yang menyebabkan menjadi su-atu bacaan kurang begitu bagus. Kritik dan saran bisa disampaikan ke alamat email :[email protected]

i

mailto: [email protected]

ii

Buku ini dapat diperoleh secara gratis oleh siapapun tanpa harus membayar kepadapenulis. Hal ini berdasarkan pemikiran penulis untuk kebebasan seseorang mendapatkansuatu bacaan yang tersedia secara bebas dengan maksud "kemanfaatan" dan "kejujuran".Yang dimaksud dengan kemanfaatan adalah bergunanya bacaan ini untuk kemudahanpembaca memperoleh informasi penting yang diperlukannya dan untuk pembelajaran. Se-dangkan kejujuran adalah ikatan moral dari pembaca untuk tidak memdistribusi buku inidengan tujuaan yang tidak bermanfaat dan menjadikannya sebagai kepemilikan (penga-kuan).

Penulis menulis buku ini berdasarkan pemikiran "kebebasan menulis" (tidak harusmenggunakan media cetak penerbit) dengan asas "kemanfaatan" menggunakan media yangtersaji masa kini. Beberapa alat bantu untuk penulisan buku ini juga didapat secara gratis,yaitu perangkat lunak LATEX dan TEXMaker sebagai salah satu media LATEX editor. Be-berapa gambar yang ada dalam buku ini menggunakan perangkat lunak LaTexDraw yangjuga didapat secara gratis. Begitu juga beberapa bahan rujukan didapat secara gratislewat internet. Selain itu untuk menyelesaikan beberapa contoh yang dibahas digunakanalat bantu perangkat lunak Maxima versi 5.28.0-2 malalui Toolbox Sistem Linear yangdibuat oleh penulis. Perangkat lunak ini juga didapat dari internet secara gratis. Bilabuku ini digunakan sebagai rujukan mohon ditulis sebagai berikut: Subiono, "SistemLinear", Jurusan Matematika, FMIPA-ITS, (10 Pebruari 2014).

Akhirnya, dengan segala kerendahan hati penulis memohon kepada Allah semoga pe-nulisan ini bisa berlanjut untuk mendatang yang tentunya lebih "baik" dari Versi 1 yangtersedia saat ini dan semoga benar-benar buku yang tersaji ini bermanfaat bagi pembaca.

Surabaya, 10 Pebruari 2014

b

Juru

san Matematika

*F

MIP

A

-ITS, Surab

aya

*MMatematika

Penulis


Daftar Isi

Kata Pengantar i

1 Signal dan klasifikasinya 1

1.1 Signal waktu kontinu dan waktu diskrit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Signal analog dan digital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.3 Signal deterministik dan random . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3.1 Signal genap dan gasal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3.2 Signal periodik dan takperiodik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.3.3 Signal Energi dan Tenaga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.4 Signal Elementer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.4.1 Signal yang diuraikan dalam bentuk matematik. . . . . . . . . . . . 10

1.4.2 Fungsi Unda Satuan (Unit Step) u0(t) . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.4.3 Fungsi Ramp Satuan u1(t) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.4.4 Fungsi Delta δ(t) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.4.5 Sifat Pensamplingan Fungsi Delta δ(t) . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.4.6 Sifat Pergeseran Fungsi Delta δ(t) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.4.7 Fungsi delta dengan order tinggi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.4.8 Barisan Unda Satuan u0[n] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.4.9 Barisan Impuls Satuan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.4.10 Signal Eksponensial Kompleks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.4.11 Signal Eksponensial Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

1.4.12 Signal Sinusoida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

1.4.13 Barisan Eksponensial Kompleks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.4.14 Keperiodikan dari eiγ0n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

1.4.15 Barisan Eksponensial Umum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

iii

iv DAFTAR ISI

1.4.16 Barisan Sunusoida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2 Sistem dan Klasifikasi Sistem 31

2.1 Penyajian Sistem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.2 Sistem Waktu-Kontinu dan Waktu Diskrit . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.3 Sistem dengan memori dan tanpa memori . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.4 Sistem kausal dan takkausal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.5 Sistem Linear dan Sistem nonlinear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.6 Sistem invarian dan varian waktu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.7 Sistem Linear Invarian Waktu (SLIW) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.7.1 Sistem Stabil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.7.2 Sistem Umpan Balik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.8 Sistem Linear Invarian Waktu (SLIW) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.8.1 Respon SLIW kontinu dan Konvolusi Integral . . . . . . . . . . . . 44

2.8.2 Konvolusi Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.8.3 Sifat Konvolusi Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.8.4 Respon Unda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

2.8.5 Sistem LIW kontinu tanpa memori . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2.8.6 Kekausalan SLIW kontinu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2.8.7 Kestabilan SLIW kontinu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

3 Transformasi Laplace 55

3.1 Sifat-sifat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

3.2 Transformasi Laplace fungsi unda u0(t) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

3.3 Transformasi Laplace fungsi ramp tu0(t) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

3.4 Transformasi Laplace dari δ(t) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.5 Transformasi Laplace dari Fungsi delta tunda δ(t− a) . . . . . . . . . . . . 67

3.6 Transformasi Laplace dari e−atu0(t) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.7 Transformasi Laplace dari tne−atu0(t) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

3.8 Transformasi Laplace dari suatu Pulsa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3.9 Transformasi Laplace dari suatu segmen linear . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3.10 Transformasi Laplace bentuk gelombang dari suatu segitiga . . . . . . . . . 70

3.11 Transformasi Laplace Bentuk gelombang dari suatu Persegi Panjang Periodik 70

3.12 Transformasi Laplace dari Bentuk Gelombang Separuh Sinus . . . . . . . . 72

3.13 Fungsi Eigen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

4 Transformasi-z 77


DAFTAR ISI v

4.1 Daerah Konvergensi (DK) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

4.2 Pole dan zero pada bidang-z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

4.3 Beberapa Sifat Transformasi-z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

4.4 Transformasi-z dari Fungsi Elementer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

4.5 Table Transformasi-z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

4.6 Contoh-Contoh dari Transformasi-z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

5 Sistem yang diuraikan Oleh Persamaan Differensial dan Persamaan Beda 95

5.1 Persamaan Differensial Linear dengan Koefisien Konstan . . . . . . . . . . 95

5.2 Kelinearan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

5.3 Kekausalan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

5.4 Invarian Waktu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

5.5 Respon Impuls . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

5.6 Respon Impuls SL Waktu Diskrit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

5.7 Sifat-sifat Konvolusi Jumlahan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

5.8 Operasi Konvolusi Jumlahan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

5.9 Respon Unda SLIV Diskrit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

5.10 Sifat-sifat SL waktu Diskrit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

5.10.1 Sistem dengan memori atau tanpa memori . . . . . . . . . . . . . . 106

5.10.2 Kekausalan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

5.10.3 Kestabilan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

5.11 Fungsi Eigen dari SLIWD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

5.12 Sistem yang diuraikan oleh persamaan beda . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

5.12.1 Persamaan Beda Linear dengan koefisien konstan . . . . . . . . . . 108

5.12.2 Formula Rekursif . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

5.12.3 Respon Impuls . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

6 Analisis Ruang Keadaan Sistem 113

6.1 Konsep ruang Keadaan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

6.2 Pemilihan Peubah Keadaan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

6.3 Penyelesaian dari Persamaan Keadaan untuk Sistem LIWD . . . . . . . . . 119

6.4 Menentukan matriks An . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

6.5 Rumus umum An untuk kasus ukuran matriks 2× 2, n = 0, 1, 2, . . . . . . . 124

6.6 Fungsi Transfer Sistem H(z) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

6.7 Kestabilan Sistem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

6.8 Penyelesaian dari Persamaan Keadaan untuk Sistem LIWK . . . . . . . . . 129


vi DAFTAR ISI

6.9 Fungsi Transfer Sistem H(s) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

6.10 Penghitungan matriks eAt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

6.11 Keterkontrolan dan Keteramatan Sistem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

6.11.1 Ruang-bagian "keadaan" ditinjau dari masukan dan keluaran . . . 155

6.11.2 Munculnya sistem takterkontrol atau sistem tak teramati . . . . . . 157

6.11.3 Keterkontrolan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159

6.11.4 Keteramatan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164

6.11.5 Ruang-bagian terkontrol dan teramati . . . . . . . . . . . . . . . . 166

6.12 Dualitas keterkontrolan dan keteramatan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

6.13 Bentuk kompanion terkontrol dan teramati . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

6.13.1 Contoh-contoh Sistem terkontrol dan Teramati . . . . . . . . . . . . 177

6.13.2 Disain Kontrol Umpan Balik Keadaan . . . . . . . . . . . . . . . . 186

6.13.3 Disain Observer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189

Daftar Pustaka 202


Bab 1Signal dan klasifikasinya

Suatu signal adalah suatu representasi fungsi kuantitas fisis atau peubah dan secara kususmemuat informasi tentang perilaku dari gejala. Misalnya pada suatu rangkaian Resistordan Kapasitor, signal menyatakan voltage sepanjang kapasitor atau arus yang mengalirdidalam resistor. Secara matematik, suatu signal disajikan sebagai suatu fungsi dari suatupeubah bebas t. Biasanya t menyatakan waktu oleh karena itu signal dinotasikan oleh x(t).

1.1 Signal waktu kontinu dan waktu diskrit

Suatu signal x(t) adalah signal waktu kontinu bila t adalah peubah kontinu di himpunanbilangan real R. Sedangkan signal x(t) adalah signal waktu diskrit bila t menyatakanpeubah diskrit pada himpunan bilangan bulat Z. Signal ini sering dinyatakan sebagaisuatu barisan xn atau x[n] dengan n ∈ Z.

b

b

b

b b

b b

b

bb

b

0O 1 2 3 4 5-1-2-3-4-5

1

2

x[n]x(t)

t n

(a) (b)

Gambar (a) menyatakan signal waktu kontinu sedangkan (b) adalah waktu diskrit. Diskrit:signal diskrit x[n], n bisa menyatakan sehari, dua hari dan x[n] bisa merupakan penutupanpasar modal setiap hari. Signal x[n] bisa diperoleh melalui pensamplingan waktu kontinusignal x(t), misalnya

x(t0), x(t1), x(t2), · · · , x(tn),

secara ringkas ditulis

x[0], x[1], x[2], · · · , x[n]

1

2 Signal dan klasifikasinya..

ataux0, x1, x2, · · · , xn,

dengan xn = x[n] = x(tn). Dalam hal ini xn dinamakan sample dan waktu diantaranyadinamakan interval sample. Bila interval sample sama (sample seragam), maka

xn = x[n] = x(nTs)

dengan Ts adalah interval sample konstan.

Suatu signal waktu diskrit x[n] bisa diperoleh dalam dua cara

1. Melalui penghitungan nilai ke-n dari barisan, misalnya

x[n] = xn =

(12

)n, n ≥ 0

0, n < 0

atau

x[n] =

1,

1

2,1

4, · · · ,

(1

2

)n

, · · ·

2. atau mendaftar nilai-nilai barisan, misalnya

xn = · · · , 0, 0, 1, 2, 2, 2, 1, 1, 0, 3, 0, 0, · · · ,dimana nilai 1 pada posisi ke-0.

Menambah dan mengalikan dua barisan didefinisikan sebagai berikut

cn = an+ bn ⇒ cn = an + bncn = anbn ⇒ cn = anbncn = αan ⇒ cn = αan, α = konstan.

1.2 Signal analog dan digital

Bila signal waktu kontinu x(t) dengan t pada interval (a, b) dan nilai a bisa −∞ juga nilaib bisa +∞, maka signal x(t) dinamakan signal analog. Bila signal diskrit x[n] diperolehpada sejumlah berhingga nilai-nilai yang berbeda, maka x[n] dinamakan signal digital.

Signal real dan kompleksSuatu signal x(t) adalah signal real bila nilai-nilai signal adalah bilangan real dan signalx(t) adalah signal kompleks bila nilai-nilai signal adalah bilangan kompleks. Suatu bentukumum signal kompleks diberikan oleh

x(t) = x1(t) + ix2(t), (1.1)

dengan i =√−1 dan x1(t), x2(t) adalah signal real. Persamaan 1.1 bisa menyatakan

peubah kontinu atau diskrit.


Signal deterministik dan random.. 3

1.3 Signal deterministik dan random

Signal deterministik adalah signal nilai-nilainya secara lengkap tertentu untuk setiap waktuyang diberikan. Jadi suatu signal deterministik bisa dimodelkan oleh suatu fungsi dariwaktu t. Signal random adalah signal nilai-nilainya random pada setiap waktu yangdiberikan dan harus terkarakteristik secara statistika.

1.3.1 Signal genap dan gasal

Signal x(t) atau x[n] adalah signal genap bila

x(−t) = x(t), ∀t, x[−n] = x[n], ∀n. (1.2)

Signal x(t) atau x[n] adalag signal gasal bila

x(−t) = −x(t), ∀t, x[−n] = −x[n], ∀n. (1.3)

Contoh:

x(t)

t0

b

bb b b

b bn0 1 2 3-1-2-3

Signal genap

Signal gasalx(t)

0

b

b b

b b

bt

b

n

x[n]

x[n]

1 2 30

-1-2-3

Setiap signal x(t) atau x[n] dapat diungkapkan sebagai signal jumlah dari dua signal genapdan gasal yaitu

x(t) = xe(t) + xo(t), ∀t (1.4)

x[n] = xe[n] + xo[n], ∀n. (1.5)

Bagian genap dari x(t) atau x[n] adalah

xe(t) =1

2(x(t) + x(−t)) (1.6)



dan

xe[n] =1

2(x[n] + x[−t]) (1.7)

sedangkan bagian gasal dari x(t) atau x[n] adalah

xo(t) =1

2(x(t)− x(−t)) (1.8)

dan

xo[n] =1

2(x[n]− x[−n]) . (1.9)

Berikut ini diberikan sifat-sifat signal genap dan gasal, yaitu perkalian dua signal genapatau dua signal gasal menghasilkan signal genap, sedangkan perkalian dari dua signal genapdengan signal gasal menghasilkan signal gasal.

Misalkan x(t) = x1(t)x2(t). Bila kedua dari x1(t) dan x2(t) genap, maka

x(−t) = x1(−t)x2(−t) = x1(t)x2(t) = x(t).

Jadi x(t) adalah genap. Selanjutnya bila kedua dari x1(t) dan x2(t) gasal, maka

x(−t) = x1(−t)x2(−t) = −x1(t)(−x2(t)) = x1(t)x2(t) = x(t).

Jadi x(t) adalah genap. Bila x1(t) genap dan x2(t) gasal, maka

x(−t) = x1(−t)x2(−t) = x1(t)(−x2(t)) = −(x1(t)x2(t)) = −x(t).

Jadi x(t) adalah gasal. Catatan bahwa bukti yang dibahas juga berlaku untuk signaldiskrit.

1.3.2 Signal periodik dan takperiodik

Suatu signal kontinu x(t) dinamakan signal periodik dengan periode T , bila ada suatu nilaipositip T yang memenuhi

x(t + T ) = x(t), ∀t (1.10)

ataux(t) = x(t+mT ), untuk beberapa bilangan bulat positip m.

Suatu signal diskrit x[n] dinamakan signal periodik dengan periode N , bila ada suatu suatunilai positip N yang memenuhi

x[n +N) = x[n], ∀n (1.11)

ataux[n] = x[n +mN ], untuk beberapa bilangan bulat positip m.

Bila tidak demikian dinamakan signal takperiodik. Gambar 1.1 (a) adalah signal kontinu



t0

x(t)

T 2T-T-2T(a)

bb

bb b

bbbb

b b

bb

bb

bb b

bbb

bb

bb

0 N 2N-N-2N n

x[n]

(b)

Gambar 1.1: Signal Periodik

periodik sedangkan (b) adalah signal diskrit periodik. Periode fundamental T0 dari x(t)atau N0 dari x[n] adalah bilangan positip terkecil dari nilai T atau N yang memenuhiPersamaan (1.10) atau (1.11).

Contoh

1. Diberikan signal kompleks x(t) = eiω0t, maka

eiω0(t+T ) = eiω0teiω0T .

Bilaeiω0T = 1,

maka

ω0T = 2πm atau T =2π

ω0m

dengan m adalah bilangan bulat positip. Dengan demikian x(t) = eiω0t adalah peri-

odik. Periode fundamental T0 adalah nilai terkecil dari T , yaitu T0 =2π

ω0.

2. Diberikan signal kompleks diskrit

x[n] = eiΩ0n

periodik bila hanyaΩ0

2πadalah bilangan rasional. Sebab, bila

eiΩ0(n+N) = eiΩ0neiΩ0N = eiΩ0n



dipenuhi untukeiΩ0N = 1

atauΩ0N = 2πm, m bilangan bulat positip

atauΩ0

2π=

m

N= bilangan rasional.

3. Diberikan signal kompleksx(t) = eiω0t

dengan frekuensi ω0 dan periode fundamental T0 =2π

ω0. Misalkan signal diskrit x[n]

diperoleh dari x(t0) melalui pensamplingan seragam dengan interval sampling Ts,yaitu

x[n] = x(nTs) = eiωnTs .

Signal x[n] periodik bilaTs

T0

adalah bilangan rasional. Sebab, misalkan x[n] periodik

dengan periode fundamental N0, maka

eiω0(n+N0)Ts = eiω0nTseiω0N0Ts = eiω0nTs.

Hal ini haruslaheiω0N0Ts = 1

atau

ω0N0Ts =2π

T0N0Ts = 2πm, m bilangan bulat positip.

JadiTs

T0

=m

N0

= bilangan rasional.

4. Diberikan signalx(t) = cos 15t,

maka periode fundamental x(t) adalah T0 =2π

ω0=

2π

15dan interval sampling Ts

supaya x[n] = x(nTs) periodik memenuhi

Ts

T0

=Ts

2π/15=

m

N0

dengan m dan N0 adalah bilangan bulat positip. Jadi nilai Ts adalah

Ts =m

N0T0 =

m

N0

2π

15.



1.3.3 Signal Energi dan Tenaga

Misalkan v(t) adalah voltage yang melintasi suatu resistor R menghasilkan suatu arus i(t),tenaga p(t) per ohm didefinisikan oleh

p(t) =v(t)i(t)

R= i2(t). (1.12)

Total energi dan tenaga rata-rata P pada basis per-ohm adalah

E =

∞∫

−∞

i2(t)dt joule (1.13)

dan

P = limT→∞

1

T

T2∫

−T2

i2(t)dt watt. (1.14)

Untuk sebarang signal x(t), energi ternormalkan yang berisi E dari x(t) didefinisikan oleh

E =

∞∫

−∞

|x(t)|2dt. (1.15)

Sedangkan tenaga rata-rata ternormalkan P dari x(t) didefinisikan oleh

P = limT→∞

1

T

T2∫

−T2

|x(t)|2dt. (1.16)

Hal serupa, untuk signal diskrit x[n] energi ternormalkan yang berisi E dari x[n] didefini-sikan oleh

E =

∞∑

−∞

|x[n]|2. (1.17)

Sedangkan tenaga rata-rata ternormalkan P dari x[n] didefinisikan oleh

P = limN→∞

1

2N + 1

N∑

n=−N

|x[n]|2. (1.18)

Berdasarkan pada Definisi (1.15) sampai (1.18), klas signal berikut didefinisikan sebagai:x(t) (atau x[n]) dinamakan signal energi bila dan hanya bila 0 < E < ∞ dan juga be-rakibat P = 0. Sedangkan x(t) (atau x[n]) dinamakan signal tenaga bila dan hanya bila0 < P <∞ dan juga berakibat E =∞. Berikut ini diberikan beberapa signal energi atausignal tenaga.



Contoh

1. Diberikan signal kontinu

x(t) =

e−2t t ≥ 00 t < 0

maka energi yang berisi x(t) adalah

E =

∞∫

−∞

|x(t)|2dt =∞∫

0

e−4tdt (misalkan u = −4t)

= −14

−∞∫

0

eudu

=1

4

0∫

−∞

eudu =1

4eu∣∣∣∣0

−∞

=1

4(e0 − e−∞) =

1

4(1− 0) =

1

4.

Karena E memenuhi 0 < E <∞, maka signal x(t) adalah signal energi.

2. Diberikan signal x(t) = e−|t|, maka |x(t)|2 = e−2|t| juga bisa ditulis sebagai

|x(t)|2 =

e2t t < 0e−2t t > 0

maka energi yang berisi x(t) adalah

E =

∞∫

−∞

|x(t)|2dt =0∫

−∞

e2tdt+

∞∫

0

e−2tdt (|x(t)|2 fungsi genap)

= 2

∞∫

0

e−2tdt (misalkan u = −2t)

= −−∞∫

0

eudu =

0∫

−∞

eudu

= eu|0−∞

= (e0 − e−∞) = (1− 0) = 1.

Karena E memenuhi 0 < E < ∞, maka signal x(t) adalah signal energi. Untukmemperoleh tenaga rata-rata, dihitung dulu

1

T

T2∫

−T2

|x(t)|2dt



kemudian hitung untuk T →∞. Dengan menggunakan hasil sebelumnya didapat

1

T

T2∫

−T2

|x(t)|2dt = 1

T

T2∫

−T2

e−2|t|dt =2

T

T2∫

0

e−2tdt

dengan memisalkan u = −2t didapat

1

T

T2∫

−T2

|x(t)|2dt =2

T

T2∫

0

e−2tdt

=1

T

0∫

−T

eudu

=1

Teu∣∣∣∣0

−T

=1

T(1− e−T ).

Jadi

P = limT→∞

1

T(1− e−T ) = 0.

Terlihat hasilnya sesuai dengan kriteria x(t) adalah signal energi.

3. Diberikan signal periodik x(t) dengan periode fundamental T0, maka tenaga rata-rataternormalkan dari x(t) menurut Persamaan (1.16) adalah

P = limT→∞

1

T

T2∫

−T2

|x(t)|2dt.

Signal x(t) periodik dengan periode fundamental T0, dengan demikian untuk T = kT0

didapat total energi ternormalkan yang berisi x(t) sepanjang interval T adalah k kalienergi ternormalkan sepanjang satu periode, yaitu

P = limk→∞

1

kT0k

T0∫

0

|x(t)|2dt

=1

T0

T0∫

0

|x(t)|2dt.

4. Diberikan signal

x(t) = A cos(ω0t + θ),



adalah periodik dengan periode fundamental T0 =2π

ω0

. Dengan menggunakan hasil

sebelumnya, tenaga rata-rata dari x(t) diberikan oleh

P =1

T0

T0∫

0

|x(t)|2dt

=ω0

2π

2πω0∫

0

A2 cos2(ω0t + θ)dt

=A2ω0

2π

2πω0∫

0

1

2[1 + cos(2ω0t+ 2θ)] dt =

A2

2<∞.

Jadi, x(t) adalah signal tenaga. Catatan signal periodik umumnya adalah signaltenaga.

1.4 Signal Elementer

Signal elementer umumnya digunakan pada jaringan elektrik, yaitu unda satuan (unitstep), ramp satuan dan fungsi delta. Sifat pensamplingan dan pergeseran fungsi deltasangat penting dalam kajian signal dan sistem linear.

1.4.1 Signal yang diuraikan dalam bentuk matematik.

Misalkan suatu rangkaian elektrik yang diberikan oleh Gambar 1.2 dengan switch ditutuppada saat t = 0.

+-bb

Vs

R t = 0

+-Vout terminal buka

Gambar 1.2: Rangkaian Elektrik

Diharapkan untuk menguraikan Vout dalam bentuk matematik pada interval −∞ < t <∞.Untuk melakukan hal ini, sangat memudahkan bila interval waktu dibagi menjadi duabagian: −∞ < t < 0 dan 0 < t < ∞. Untuk interval −∞ < t < 0, switch terbuka, makavoltage output Vout = 0, yaitu

Vout = 0, untuk −∞ < t < 0. (1.19)


Signal Elementer.. 11

Untuk interval 0 < t < ∞, switch dalam keadaan tertutup. Maka voltage output samadengan voltage input, yaitu

Vout = Vs, untuk 0 < t <∞. (1.20)

Gabungan dari (1.19) dan (1.20) didapat

Vout =

0, −∞ < t < 0Vs, 0 < t <∞.

(1.21)

Persamaan (1.21) dapat diungkapkan dalam bentuk "gelombang" yang diberikan olehGambar 1.3. Bentuk gelombang dalam gambar diatas adalah suatu contoh fungsi diskon-

t0

Vs

Vout

Gambar 1.3: Signal Bentuk Gelombang

tinu, yaitu terjadi suatu loncatan dari satu nilai fumgsi kenilai yang lainnya tanpa adanilai fungsi diantaranya.

1.4.2 Fungsi Unda Satuan (Unit Step) u0(t)

Suatu fungsi diskontinu yang banyak dikenal adalah fungsi Unda Satuan u0(t) yang dide-finisikan sebagai

u0(t) =

0, t < 01, t > 0.

(1.22)

Gambar dari fungsi unda satuan u0(t) diberikan oleh Gambar 1.4. Dalam Gambar 1.4

t0

1u0(t)

Gambar 1.4: Fungsi Unda Satuan u0(t)

fungsi unda satuan u0(t), secara tiba-tiba terjadi perubahan nilai fungsi di t = 0 dari 0 ke



1. Bila perubahan terjadi di t = t0, fungsi dinyatakan sebagai u0(t − t0). Dalam hal iniu0(t− t0) didefinisikan sebagai

u0(t− t0) =

0, t < t01, t > t0.

(1.23)

Gambar dari fungsi u0(t − t0) diberikan oleh Gambar 1.5. Bila perubahan tiba-tiba dari

t0

1u0(t− t0)

t0

Gambar 1.5: Fungsi Unda Satuan u0(t− t0)

0 ke 1 di t = −t0, maka fungsi unda satuan dinotasikan sebagai u0(t + t0) dan didefisikanoleh

u0(t + t0) =

0, t < −t01, t > −t0. (1.24)

Sedangkan gambar dari fungsi u0(t+ t0) diberikan oleh Gambar 1.6.

t0

1 u0(t + t0)

−t0

Gambar 1.6: Fungsi Unda Satuan u0(t+ t0)

Contoh.Diberikan suatu rangkaian elektrik dengan switch tertutup pada saat t = T sebagaimanadiberikan dalam gambar berikut.

+-bb

Vs

R t = T

+-Vout terminal buka

Ungkapkan voltage output Vout sebagai fungsi unda satuan dan sket gambar bentuk gelom-bangnya.



Jawab.Dalam contoh ini, voltage output Vout = 0 untuk t < T dan Vout = Vs untuk t > T . Olehkarena itu

Vout = Vs u0(t− T ) (1.25)

dan gambar bentuk gelombang dari rangkaian elektrik ini diberikan oleh gambar berikut.

t0

Vout

Vs u0(t− T )

T

Beberapa bentuk yang lain dari fungsi unda satuan diberikan oleh gambar berikut.

0−A −Au0(t)

t

(a)

0−A−Au0(t− T )

t

(b)

0−A

−Au0(t+ T )

t

(c)−T

0

AAu0(−t)

t(d)

0

AAu0(−t+ T )

t(e)

T

T 0

AAu0(−t− T )

t(f)

−T

0−A

−Au0(−t)t

(g)

0−A

−Au0(−t+ T )

t

(h)T

0−A

−Au0(−t− T )

t

(i)−T

Fungsi unda satuan dapat digunakan untuk menyajikan fungsi varian waktu lainnya sepertipulsa persegi sebagaimana gambar berikut.

1

11

(a) (b) (c)

u0(t)

−u0(t− 1)

t t t0 0 0

Terlihat bahwa pulsa persegi dalam Gambar (a) diatas merupakan hasil penjumlahandari fungsi unda satuan Gambar (b) dan (c), sehingga dalam hal ini disajikan sebagai



u0(t)− u0(t− 1).

Fungsi unda satuan menawarkan cara yang memudahkan untuk menguraikan suatu ap-likasi dari suatu sumber voltage atau arus. Misalnya, suatu sumber voltage konstan 24Volt digunakan saat t = 0, dapat dinotasikan oleh 24 u0(t) volt. Juga seperti halnya, suatusumber voltage sinusoida v(t) = Vm cosωt volt yang digunakan pada suatu rangkaian saatt = t0, bisa disajikan sebagai v(t) = (Vm cosωt)u0(t − t0) volt. Juga bila dalam suaturangkaian adalah suatu pulsa persegi, segitiga atau bentuk gigi gergaji atau yang lainnyadapat disajikan sebagai jumlah (pengurangan) dari fungsi-fungsi unda satuan.

Contoh.Ungkapkan bentuk gelombang dalam gambar berikut sebagai suatu jumlahan dari fungsi-fungsi unda satuan. Garis putus-putus vertikal menyatakan kediskontinuan di T, 2T, 3Tdan seterusnya.

t0

1

2

3

4

A

−A

T

2T

3T

v(t)

JawabSegmen garis 1© tingginya A, dimulai pada t = 0 dan berakhir pada t = T . Jadi segmenini bisa diungkapkan sebagai

v1(t) = A [u0(t)− u0(t− T )] . (1.26)

Segmen garis 2© tingginya −A, dimulai pada t = T dan berakhir pada t = 2T . Jadi segmenini bisa diungkapkan sebagai

v2(t) = −A [u0(t− T )− u0(t− 2T )] . (1.27)

Segmen garis 3© tingginya A, dimulai pada t = 2T dan berakhir pada t = 3T . Jadi segmenini bisa diungkapkan sebagai

v3(t) = A [u0(t− 2T )− u0(t− 3T )] . (1.28)

Segmen garis 4© tingginya −A, dimulai pada t = 3T dan berakhir pada t = 4T . Jadisegmen ini bisa diungkapkan sebagai

v4(t) = −A [u0(t− 3T )− u0(t− 4T )] . (1.29)

Dengan demikian v(t) merupakan jumlahan dari Persamaan (1.26) sampai (1.29), yaitu

v(t) = v1(t) + v2(t) + v3(t) + v4(t)= A [u0(t)− u0(t− T )]−A [u0(t− T )− u0(t− 2T )]

+A [u0(t− 2T )− u0(t− 3T )]−A [u0(t− 3T )− u0(t− 4T )] + · · ·(1.30)



Dengan mengumpulkan suku-suku yang sama pada Persamaan (1.30) didapat

v(t) = A [u0(t)− 2 u0(t− T ) + 2 u0(t− 2T )− 2 u0(t− 3T ) + · · · ] (1.31)

Dua signal penting elementer lainnya adalah fungsi ramp satuan dan impuls satuan ataufungsi delta. Hal ini bisa dilihat pada contoh berikut.

Contoh 1 Dalam rangkaian elektrik yang diberikan oleh Gambar 1.7 is adalah sumberarus konstan switch tertutup pada t = 0 Ungkapkan voltage kapasitor vc(t) sebagai fungsidari unda satuan.

is

R

C+

−vc(t)

t = 0

Gambar 1.7: Rangkaian Elektrik

JawabArus yang melewati kapasitor adalah ic(t) = is = konstan dan voltage kapasitor

vc(t) =1

C

t∫

−∞

ic(τ)dτ.

Karena pada t = 0 switch tertutup, maka

ic(t) = isu0(t)

dan asumsikan bahwa vc(t) = 0 untuk t < 0, dengan demikian didapat

vc(t) =1

C

t∫

−∞

ic(τ)dτ =isC

t∫

0

u0(τ)dτ

atauvc(t) =

isCtu0(t).

Terlihat bahwa grafik voltage kapasistor merupakan suatu garis lurus dengan kemiringan/gradienisC

sebagaimana diberikan dalam Gambar 1.8



t0

vc(t)

gradien=is

C

Gambar 1.8: Voltage Kapasitor:fungsi ramp

1.4.3 Fungsi Ramp Satuan u1(t)

Fungsi ramp satuan dinotasikan dengan u1(t) diberikan oleh

u1(t) =t∫

−∞

u0(τ)dτ, (1.32)

dengan τ adalah peubah dummy. Integral pada Persamaan (1.8) adalah luasan yang di-batasi fungsi unda satuan u0(t) dari −∞ sampai t sebagaimana diberikan oleh Gambar 1.9

1

τ t

Luas = 1× τ = τ

Gambar 1.9: Luas daerah fungsi unda satuan

Oleh karena itu didefinisikan

u1(t) =

0, t < 0t, t ≥ 0

(1.33)

Karena u1(t) adalah integral dari u0(t), maka

ddtu1(t) = u0(t) (1.34)

Fungsi dari t berorder tinggi bisa di bangun oleh pengulangan integral dari fungsi unda sat-uan. Misalnya, inegralkan u0(t) dua kali dan kalikan dua, didapat u2(t) yang didefinisikanoleh

u2(t) =

0, t < 0t2, t ≥ 0

atau u2(t) = 2t∫

−∞

u1(τ)dτ (1.35)



Dengan cara yang sama,

u3(t) =

0, t < 0t3, t ≥ 0

atau u3(t) = 3t∫

−∞

u2(τ)dτ (1.36)

secara umum didapat,

un(t) =

0, t < 0tn, t ≥ 0

atau un(t) = nt∫

−∞

un−1(τ)dτ (1.37)

Juga didapat

un−1(t) =1n

ddtun(t). (1.38)

Contoh 2 Dalam rangkaian elektrik pada Gambar 1.10, switch tertutup pada t = 0 daniL(t) = 0 untuk t < 0. Ungkapkan arus induktor iL(t) dalam suku-suku fungsi unda satuan.

R t = 0

is

iL(t)

L

+

−vL(t)

Gambar 1.10: Rangkaian Elektrik RL

JawabVoltage sepanjang induktor adalah

vL(t) = LdiLdt

karena switch tertutup pada t = 0, maka

il(t) = isu0(t).

Didapat

vL(t) = Lisddtu0(t). (1.39)

Tetapi, sebagaimana telah diketahui u0(t) adalah konstan ( 0 atau 1) untuk semua nilaidari t kecuali di t = 0 yaitu titik diskontinu. Turunan dari sebarang konstan adalah noldan turunan dari unda satuan u0(t) mempunyai nilai taknol hanya di t = 0. Turunan darifungsi unda satuan didefinisikan pada bagian berikutnya.



1.4.4 Fungsi Delta δ(t)

Fungsi impuls satuan atau fungsi delta dinotasikan oleh δ(t) adalah turunan dari fungsiunda satuan u0(t). Juga didefinisikan sebagai

t∫−∞

δ(τ)dτ = u0(t) (1.40)

danδ(t) = 0, untuk semua t 6= 0. (1.41)

Untuk pemahaman yang lebih baik dari fungsi delta δ(t), misalkan disajikan fungsi undasatuan u0(t) sebagai mana diberikan dalam Gambar 1.11 .

1

0−ǫ ǫ t

Gambar 1.11: Penyajian fungsi unda satuan sebagai limit

Fungsi yang disajikan dalam Gambar 1.11 akan menjadi fungsi unda satuan kalau ǫ→ 0.Gambar 1.12 adalah gambar fungsi turunan dalam Gambar 1.11 yang mana bila ǫ → 0,nilai 1

2ǫmenjadi sangat besar sekali, tetapi luas dari persegi panjang yang terbentuk tetap

bernilai satu.

Oleh karena itu, dalam konteks limit fungsi δ(t) merupakan suatu impulse dengan ampli-

12ǫ

0−ǫ ǫ t

Luas = 1

Gambar 1.12:

tudo sangat besar pada titik asal nol dan lebarnya mengecil mendekati nol tetapi luasnyatetap sama dengan satu.

Dua sifat kegunaan fungsi delta adalah sifat pensamplingan dan pergeseran seba-gaimana dibahas berikut ini.



1.4.5 Sifat Pensamplingan Fungsi Delta δ(t)

Pensamplingan fungsi delta menyatakan bahwa

φ(t)δ(t− a) = φ(a)δ(t) (1.42)

atau, bila a=0,

φ(t)δ(t) = φ(0)δ(t) (1.43)

yaitu perkalian sebarang fungsi φ(t) dengan fungsi δ(t) menghasilkan pensamplingan fungsipada waktu t yang ditentukan yang mana delta fungsi tak bernilai nol.

BuktiKarena δ(t) = 0 untuk t < 0 dan t > 0 maka,

φ(t)δ(t) = 0, untuk t < 0 dan t > 0. (1.44)

Tulis φ(t) sebagaiφ(t) = φ(0) + [φ(t)− φ(0)]. (1.45)

Integralkan Persamaan (1.44) dari −∞ sampai t dan gunakan Persamaan (1.45), didapat

t∫

−∞

φ(τ)δ(τ)dτ =

t∫

−∞

φ(0)δ(τ)dτ +

t∫

−∞

[φ(τ)− φ(0)]δ(τ)dτ (1.46)

Karenaδ(t) = 0 untuk t < 0 dan t > 0

dan[φ(τ)− φ(0)]|τ=0 = φ(0)− φ(0) = 0,

makat∫

−∞

[φ(τ)− φ(0)]δ(τ)dτ = 0.

Dengan demikian, didapat

t∫

−∞

φ(τ)δ(τ)dτ =

t∫

−∞

φ(0)δ(τ)dτ

= φ(0)

t∫

−∞

δ(τ)dτ.

Bila Persamaan yang terakhir ini diturunkan terhadap t, didapat

φ(t)δ(t) = φ(0)δ(t).



1.4.6 Sifat Pergeseran Fungsi Delta δ(t)

Sifat pergeseran dari fungsi delta menyatakan bahwa untuk sebarang fungsi φ(t) berlaku

∞∫−∞

φ(t)δ(t− α)dt = φ(α). (1.47)

BuktiUntuk a < α < b didapat

b∫

a

φ(t)δ(t− α)dt =

b∫

a

φ(t)du0(t− α)

= φ(t)u0(t− α)|ba −b∫

a

u0(t− α)φ′(t)dt

= φ(b)u0(b− α)− φ(b)u0(a− α)−b∫

a

u0(t− α)φ′(t)dt

= φ(b).1− φ(a).0−b∫

α

1.φ′(t)dt

= φ(b)− [φ(b)− φ(α)] = φ(α).

Bila a→ −∞ dan b→∞ didapat

∞∫−∞

φ(t)δ(t− α)dt = φ(α).

Perlu diperhatikan bahwa fungsi φ(t) adalah kontinu di t = α. Fungsi delta δ(t) seringjuga di sebut sebagai fungsi terumumkan (generalized function) dan φ(t) yang memenuhiPersamaan (1.47) dinamakan fungsi test.

1.4.7 Fungsi delta dengan order tinggi

Suatu fungsi delta berorder-n didefinisikan sebagai turunan ke-n dari u0(t), yaitu

δn(t) = dn

dtnu0(t). (1.48)

Melalui cara yang serupa dengan turunan dari sifat pensamplingan fungsi delta, didapat

φ(t)δ′(t− a) = φ(a)δ′(t− a)− φ′(a)δ(t− a). (1.49)



Juga, turunan dari sifat pergeseran fungsi delta dapat diperluas sebagaimana hasil berikut

∞∫−∞

φ(t)δn(t− α)dt = (−1)n dn

dtnφ(t)

∣∣t=α

. (1.50)

Contoh 3 Hitung: a. 3t4δ(t− 1) b.∞∫

−∞

tδ(t− 2)dt c. t2δ′(t− 3).

Jawab

a. Sifat pensamplingan menyatakan bahwa φ(t)δ(t− a) = φ(a)δ(t− a). Dengan demikiandidapat

3t4δ(t− 1) = 3(1)4δ(t− 1) = 3δ(t− 1).

b. Sifat pergeseran menyatakan bahwa

∞∫

−∞

φ(t)δ(t− α) = φ(α).

Dengan demikian didapat

∞∫

−∞

tδ(t− 2)dt = φ(2) = t|t=2 = 2.

c. Telah diketahui hubungan

φ(t)δ′(t− a) = φ(a)δ′(t− a)− φ′(a)δ(t− a).

Didapat

t2δ′(t− 3) = t2∣∣t=3

δ′(t− 3)− d

dtt2∣∣∣∣t=3

δ(t− 3)

= 9δ′(t− 3)− 6δ(t− 3).

Contoh 4Tunjukkan bahwa :

(a).∞∫

−∞

φ(t)δ(t)dt = −φ(0). (b). tδ(t) = −δ(t).



Jawab(a). Untuk sebarang test function φ(t) dan generalized function g(t) = δ(t), maka

∞∫

−∞

φ(t)dnδ(t)

dtndt = (−1)nd

nφ(t)

dtn

∣∣∣∣t=0

.

Jadi∞∫

−∞

φ(t)δ(t)dt = −∞∫

−∞

φ(t)δ(t)dt = −φ(0).

(b). Untuk sebarang test function φ(t), didapat

∞∫

−∞

φ(t)[tδ(t)]dt =

∞∫

−∞

[tφ(t)]δ(t)dt = −d tφ(t)

dt

∣∣∣∣t=0

= −φ(0).

Tetapi

−φ(0) = −∞∫

−∞

φ(t)δ(t)dt =

∞∫

−∞

φ(t)[−δ(t)]dt.

Jadi untuk sebarang φ(t) didapat

∞∫

−∞

φ(t)[tδ(t)]dt =

∞∫

−∞

φ(t)[−δ(t)]dt.

Hal ini berakibat bahwa

tδ(t) = −δ(t).

1.4.8 Barisan Unda Satuan u0[n]

Barisan unda satuan u0[n] didefinisikan sebagai

u0[n] =

1, n ≥ 00, n < 0

(1.51)

Gambar 1.13 adalah gambar dari barisan u0[n]. Perlu diperhatikan bahwa nilai barisanu0[n] terdenisi di n = 0 (tidak seperti fungsi unda satuan u0(t) di t = 0 tidak didefinisikan).



b b b b b

bbbn

u0[n]

1

0 1 2 3-1-2-3

Gambar 1.13: Barisan unda satuan u0[n]

Dengan cara serupa, pergeseran dari barisan unda satuan u[n− k] didefinisikan sebagai

u0[n− k] =

1, n ≥ k0, n < k

(1.52)

Gambar 1.14 adalah gambar dari barisan pergeseran unda satuan u0[n− k].

b b b

bbbn

u0[n− k]

0 1 2-1-2bb

k k+1k+2

1

Gambar 1.14: Pergeseran barisan unda satuan u0[n− k]

1.4.9 Barisan Impuls Satuan

Barisan impulse satuan δ[n] didefinisikan sebagai

δ[n] =

1, n = 00, n 6= 0

(1.53)

Gambar 1.15 adalah gambar dari barisan impuls satuan δ[n].

Dengan cara serupa, pergeseran dari barisan impuls satuan δ[n− k] didefinisikan sebagai

δ[n− k] =

1, n = k0, n 6= k

(1.54)

Gambar 1.16 adalah gambar dari barisan pergeseran impuls satuan δ[n− k].



b b

b

bbbn

δ[n]

0 1-1-2bb

1

2 3-3

Gambar 1.15: Barisan impuls satuan δ[n]

b

b

bbbbn

δ[n− k]

0 1-1-2bb

1

2 k k+1 k+2

Gambar 1.16: Barisan Pergeseran Impuls Satuan δ[n − k]

Dari Persamaan (1.53) dan (1.54) dan untuk sebarang barisan x[n] didapat

x[n]δ[n] = x[0]δ[n] (1.55)

danx[n]δ[n − k] = x[k]δ[n− k]. (1.56)

Dari Persamaan (1.51) sampai dengan (1.54) didapat hubungan

δ[n] = u[n]− u[n− 1] (1.57)

dan

u[n] =

n∑

k=−∞

δ[k]. (1.58)

Selanjutnya dengan menggunakan Persamaan (1.54), setiap barisan x[n] bisa diungkapkansebagai

x[n] =n∑

k=−∞

x[k]δ[n− k]. (1.59)

1.4.10 Signal Eksponensial Kompleks

Signal eksponensial kompleks diberikan oleh

x(t) = eiω0t, i =√−1 (1.60)

Signal eiω0t dibedakan dua macam



(a). Signal sinus meningkat secara eksponensial

(b). Signal sinus menurun secara eksponensial.

Gambar berikut adalah bentuk signal eksponensial, yaitu signal sinus meningkat secaraeksponensial (a). dan signal sinus menurun secara eksponensial (b).

t t

x(t) x(t)

(a). (b).

Dengan menggunakan Formula Euler didapat

x(t) = eiω0t = cosω0t + i sinω0t, (1.61)

dengan bagian real cosω0t dan bagian imajiner sinω0t keduanya adalah periodik. Periodefundamental dari x(t) = eiω0t adalah

T0 =2π

ω0. (1.62)

Hal ini bisa ditunjukkan sebagai berikut. Signal x(t) = eiω0t periodik bila

eiω0t = eiω0(t+T )

Karenaeiω0(t+T ) = eiω0teiω0T ,

maka haruslaheiω0T = 1.

Untuk ω0 = 0, maka x(t) = 1 adalah periodik untuk untuk setiap nilai T . Bila ω0 6= 0,maka dari eiω0T = 1, didapat

eiω0T = cosω0T + i sinω0T = 1,

dipenuhi untuk

ω0T = 2πm atau T =2π

ω0m,



dengan m adalah bilangan bulat positip. Dengan demikian periode fundamental dari x(t)adalah

T0 =2π

ω0

.

Signal Eksponensial Kompleks UmumMisalkan s = σ + iω adalah bilangan kompleks. Didefinisikan signal x(t) oleh

x(t) = est = e(σ+iω)t = eσt(cosωt+ i sinωt). (1.63)

1.4.11 Signal Eksponensial Real

Bila s = σ (σ adalah bilangan real), maka Persamaan (1.63) menjadi

x(t) = eσt. (1.64)

Signal eksponensial x(t) = eσt ada dua macam yaitu signal naik secara eksponensial (σ > 0)dan signal turun secara eksponensial (σ < 0). Gambar berikut adalah gambar dari duasignal yang naik dan turun secara eksponensial.

t t

x(t) x(t)

(a). eksponensial naik (b). eksponensial turun

eσteσt

σ > 0

σ < 0

1.4.12 Signal Sinusoida

Signal sinusoida diberikan sebagai berikut

x(t) = A cos(ω0t + θ), (1.65)

dengan A adalah amplitudo, ω0 adalah frekuensi (dalam radian/detik) dan θ adalah sudutfase (dalam radian). Gambar berikut adalah gambar suatu signal sinusoida.



t

x(t)

A

−A

T0 =2πω0

Signal sinusoida periodik dengan periode fundamental

T0 =2π

ω0. (1.66)

Frekuensi fundamental f0 didefinisikan oleh

f0 =1

T0

Hz. (1.67)

Dari Persamaan (1.66) didapat

ω0 =2π

T0

dan dari Persamaan (1.67) didapat

ω0 = 2πf0.

Persamaan yang terakhir ini dinamakan frekuensi sudut fundamental. Selanjutnya denganmenggunakan formula Euler didapat

A cos(ω0t + θ) = ARe(ei(ω0t+θ)

), (1.68)

Re dibaca bagian real, juga digunakan Im yang dibaca bagian imajiner. dengan demikiandidapat

A sin(ω0t + θ) = AIm(ei(ω0t+θ)

). (1.69)

1.4.13 Barisan Eksponensial Kompleks

Barisan Eksponensial Kompleks diberikan oleh

x[n] = eiγ0n, i =√−1. (1.70)

Dengan menggunakan Persamaan Euler didapat

x[n] = cos γ0n+ i sin γ0n, (1.71)

terlihat bahwa bagian real dari x[n] adalah cos γ0n dan bagian imajinernya adalah sin γ0n.



1.4.14 Keperiodikan dari eiγ0n

Agar eiγ0n periodik dengan periode N > 0, γ0 harus memenuhi kondisi

γ02π

=m

N, m bilangan bulat positip. (1.72)

Terlihat bahwa eiγ0n tidak periodik untuk setiap γ0, tetapi periodik bila γ02π

adalah bilanganrasional. Hal ini tentunya berbeda dengan signal kontinu eiω0t yang periodik untuk setiapnilai ω0. Jadi bila γ0 memenuhi kondisi periodik sesuai di (1.72) dan nilai N dan mtidak mempunyai faktor persekutuan, maka periode fundamental barisan x[n] adalah N0

diberikan oleh

N0 = m2π

γ0, γ0 6= 0. (1.73)

Suatu hal penting lainnya yang membedakan signal eiω0t dengan eiγ0n adalah: signal eiω0t

semuanya berbeda untuk nilai-nilai ω0 yang berbeda, tetapi signal eiγ0n tidak.

Misalkan signal eksponensial kompleks dengan frekuensi γ0+2πk, k bilangan bulat positip,maka

ei(γ0+2πk)n = eiγ0nei2πkn = eiγ0n, (1.74)

sebab ei2πkn = 1. Terlihat bahwa barisan eksponensial kompleks pada frekuensi γ0 samapada frekuensi (γ0 ± 2π), (γ0 ± 4π), · · · . Oleh karena itu, berkenaan dengan eksponensialwaktu diskrit, hanya perluh dipertimbangkan suatu interval dengan panjang 2π dalammemilih γ0. Biasanya digunakan interval

0 ≤ γ0 ≤ 2π atau − π ≤ γ0 ≤ π

1.4.15 Barisan Eksponensial Umum

Barisan eksponensial umu sering didefinisikan sebagai

x[n] = cαn, (1.75)

dengan c dan α adalah bilangan kompleks. Persamaan (1.75) adalah suatu hal khusus daribahasan sebelumnya bila c = 1 dan α = eiγ0 .

Barisan Eksponensial RealBila c dan α dalam Persamaan (1.75) keduanya adalah bilangan real, maka x[n] adalahbarisan eksponensial real, selanjutnya untuk α > 1, 0 < α < 1, −1 < α < 0 dan α < −1diberikan dalam gambar berikut.



b b b b b b b bb

b

n

α > 1

bb

b bb b b b b

b

n

0 < α < 1

−1 < α < 0

n

bb

b

bb

b

b

bb

b

bb

b

bb

b

b

bb

b

n

α < −1

1.4.16 Barisan Sunusoida

Suatu barisan sinusoida diberikan oleh

x[n] = A cos(γ0n + θ). (1.76)

Terlihat bahwaA cos(γ0n + θ) = ARe

(eγ0n+θ

)

Suatu gambar dari barisan sinusoida diberikan oleh gambar berikut.

nb

b

b

bb b

b

bbb b

bb

b

bb

b

b

bb

bb

b

b

bb

b

b

-3 3

0

x[n] = cos(π6n)


Bab 2Sistem dan Klasifikasi Sistem

Pada bagian ini dibahas sistem dan klasifikasi sistem.

2.1 Penyajian Sistem

Suatu sistem adalah suatu model matematika dari suatu proses fisis yang berkaitan denganinput signal dengan output signal (respon).

Misalkan x dan y adalah signal input dan output dari suatu sistem. Maka sistemdapat dipandang sebagai suatu transformasi (pemetaan) dari x pada y. Transformasi inidisajikan oleh notasi matematik sebagai berikut.

y = Tx, (2.1)

dengan T adalah suatu operator. Persamaan (2.1) dapat digambarkan sebagai berikut.

SistemT

x y

Single Input

SistemT

x1

xn

y1

ym

Multiple InputMultiple OutputSingle Output

2.2 Sistem Waktu-Kontinu dan Waktu Diskrit

Sistem dikatakan sistem dengan waktu kontinu bila signal input x(t) dan ouput y(t) adalahsignal kontinu. Sedangkan sistem dikatakan Sistem waktu Diskrit bila input x[n] danoutput y[n] adalah signal diskrit. Gambar 2.1 adalah gambar dari sistem waktu kontinudan sistem waktu diskrit.

31

32 Sistem dan Klasifikasi Sistem..

SistemT

x(t) y(t)

Sistem Waktu Kontinu

SistemT

x[n] y[n]

Sistem Waktu Diskrit

Gambar 2.1: Sistem Waktu Kontinu dan Diskrit

2.3 Sistem dengan memori dan tanpa memori

Suatu sistem dikatakan tanpa memori bila output setiap saat bergantung hanya pada inputpada saat yang sama, bila tidak demikian sistem dikatakan mempunyai memori.

Suatu contoh sistem tanpa memori adalah suatu sistem resistor R dengan input x(t)sebagai arus dan voltage y(t) sebagai output. Dengan menggunakan hukum Ohm didapat

y(t) = Rx(t). (2.2)

Suatu contoh sistem dengan memori adalah suatu kapasitor C dengan arus x(t) sebagaiinput dan voltage y(t) sebagai output, maka

y(t) =1

C

t∫

−∞

x(τ)dτ. (2.3)

Suatu contoh sistem dengan memori untuk sistem waktu diskrit yang mempunyai hubunganinput output diberikan oleh

y[n] =

n∑

k=−∞

x[k]. (2.4)

sedangkan sistem yang diberikan oleh y[n] = 3x[n]u0[n] adalah sistem tanpa memori sebaboutput pada saat n hanya bergantung nilai input pada saat n.

2.4 Sistem kausal dan takkausal

Suatu sistem dinamakan sistem kausal bila bila output y(t) pada sebarang t0 hanya bergan-tung pada input x(t) untuk t ≤ t0. Yaitu, output dari suatu sistem kausal pada waktusekarang hanya bergantung pada nilai-nilai input waktu sekarang dan/atau waktu yanglalu bukan waktu yang mendatang. Jadi dalam sistem kausal tidak mungkin memperolehsuatu output sebelum suatu input dikenakan pada sistem. Bila tidak demikian maka sistemdinamakan takkausal. Contoh sistem takkausal

y(t) = x(t + 1)

dany[n] = x[−n].


Sistem Linear dan Sistem nonlinear.. 33

Catatan bahwa, semua sistem tanpa memori adalah sistem kausal tetapi bukan sebaliknya.

2.5 Sistem Linear dan Sistem nonlinear

Bila suatu operator T memenuhi kondisi

1. Additif:Bila Tx1 = y1 dan Tx2 = y1, maka berlaku

T (x1 + x2) = y1 + y2 = Tx1 + Tx2, (2.5)

untuk sebarang signal x1 dan x2.

2. Homogenitas:Bila untuk sebarang signal x dan skalar α berlaku

T (αx) = αy = αT (x) (2.6)

Suatu sistem yang disajikan oleh Tx = y mempunyai sifat additif dan homogenitas dina-makan sistem linear. Setiap sistem yang tidak memenuhi additif dan/atau homogenitasdinamakan sistem nonlinear. Sifat additif dan homogenitas dapat diringkas menjadi apayang dinamakan superposisi, yaitu

T (α1x1 + α2x2) = α1T (x1) + α2T (x2). (2.7)

Contoh sistem linear adalah sistem resitor yang disajikan oleh Perasamaan (2.2) dan sistemkapasitor yang diberikan oleh Persamaan (2.3). Sedangkan contoh sistem berikut y = x2

dan y = cosx adalah sistem nonlinear.

Catatan bahwa, akibat dari sifat homogenitas dari sistem linear suatu input nol meng-hasilkan output nol. Hal ini terjadi dengan memberikan nilai α = 0.

2.6 Sistem invarian dan varian waktu

Suatu sistem dikatakan invarian waktu bila tetap terhadap pergeseran, yaitu

T (x(t− τ)) = y(t− τ), ∀τ ∈ R, (2.8)

untuk sistem diskritT (x[n− k]) = y[n− k], ∀k ∈ Z. (2.9)

Bila tidak memenuhi Persamaan (2.8) atau (2.9) dinamakan sistem varian waktu.



Contoh 5 Diberikan suatu sistem rangkaian elektrik yang diberikan oleh gambar berikut.

i(t) C+

−vC(t)

Input x(t) = i(t) adalah arus dalam rangkaian dan ouput y(t) = vC(t) adalah voltage se-panjang lintasan kapasitor C. Untuk kapasitor C konstan, output y(t) sepanjang kapasitordiberikan oleh

y(t) = T (x(t)) =1

C

t∫

−∞

x(τ)dτ.

Terlihat bahwa output y(t) tergantung pada waktu saat ini dan sebelumnya dari inputx(t). Jadi sistem adalah dengan memori. Karena output sistem y(t) tidak tergantungpada nilai mendatang dari input x(t), maka sistem adalah kausal. Selanjutnya misalkan

x(t) = α1x1(t) + α2x2(t),

maka

y(t) = T (x(t)) =1

C

t∫

−∞

[α1x1(τ) + α2x2(τ)] dτ

=1

C

t∫

−∞

α1x1(τ)dτ +1

C

t∫

−∞

α2x2(τ)dτ

= α1

1

C

t∫

−∞

x1(τ)dτ

+ α2

1

C

t∫

−∞

x2(τ)dτ

= α1T (x1(t)) + α2T (x2(t))

= α1y1(t) + α2y2(t).


Sistem Linear Invarian Waktu (SLIW).. 35

Terlihat bahwa sistem adalah linear. Selanjutnya, misalkan y1(t) adalah output yang di-hasilkan oleh pergeseran arus input x1(t) = x(t− t0), maka

y1(t) = T (x(t− t0)) =1

C

t∫

−∞

x(τ − t0)dτ

=1

C

t−t0∫

−∞

x(τ)dτ

= y(t− t0).

jadi sistem adalah invarian waktu.

2.7 Sistem Linear Invarian Waktu (SLIW)

Bila sistem adalah linear dan invarian waktu.

2.7.1 Sistem Stabil

Suatu sistem adalah bounded-input/bounded-output (BIBO) stabil bila untuk sebaranginput x(t) didefinisikan oleh

|x(t)| ≤ k1, (2.10)

maka outputnya juga terbatas yaitu

|y(t)| ≤ k2, (2.11)

dengan k1 dan k2 adalah konstanta real sebarang yang berhingga.

2.7.2 Sistem Umpan Balik

Suatu klas khusus dari sistem yaitu sistem dengan umpan balik. Dalam sistem umpanbalik, signal output diumpan balikkan pada input sebagaimana diberikan oleh gambar



berikut.

∑Sistem

x(t) y(t)

Sistem Umpan Balik

Berikut ini diberikan contoh-contoh dari apa yang telah dibahas.

Contoh 6 Diberikan signal x(t) oleh gambar berikut

1

2

3

0 1 2 3 4 5 6−1−2−3−4 t

x(t)

Sket dan label masing-masing signal berikut(a) x(t− 2) (b) x(2t) (c) x(1

2t) (d) x(−t).

Jawab

1

2

3

0 1 2 3 4 5 6−1−2−3−4 t

x(t− 2)(a)



1

2

3

0 1 2 3 4 5 6−1−2−3−4 t

x(2t)(b)

1

2

3

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9−1 t

x(12t)(c)

1

2

3

0 1 2 3−1−2−3−4−5−6 t

x(−t)(d)

Contoh 7 Suatu signal diskrit x[n] diberikan oleh gambar berikut.



1

2

3

0 1 2 3 4 5 6−1−2−3bb b

b

b

b

bb

b

n

x[n]

Sket dan label signal berikut(a) x[n− 2] (b) x[2n] (c) x[−n] (d) x[−n + 2]

Jawab

1

2

3

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9−1bb b

b

b

b

bb

b

n

x[n− 2](a)

1

2

3

0 1 2 3 4 5−1−2−3−4b bb b

b

b

bbb

n

x[2n](b)



1

2

3

0 1 2 3−1−2−3−4−5−6−7b b

b b

b

b

bbb

n

x[−n](c)

1

2

3

0 1 2 3 4 5−1−2−3−4−5b b

b b

b

b

bbb

n

x[−n + 2](d)

Contoh 8 Diberikan signal kontinu

x(t) =

1− |t|, −1 ≤ t ≤ 1

0, yang lain.

Tentukan resultan barisan waktu diskrit yang diperoleh melalui pensamplingan seragamdari x(t) dengan interval sampling(a) 0.25 det, (b) 0.5 det dan (c) 1.0 det.

JawabUntuk mempermudah diberikan gambar dari signal x(t) sebagai berikut.

-1 1

1x(t)

t0

(a) Ts = 0.25 det , didapat

x[n] = · · · , 0, 0.25, 0.5, 0.75, 1, 0.75, 0.5, 0.25, 0, · · ·



Gambar dari pensamplingan ini diberikan sebagai berikut.

0 1 2 3 4 5−1−2−3−4−5 n

x[n]

bb

b

bb

bb b

b1

(b) Ts = 0.5 det , didapat

x[n] = · · · , 0, 0, 0, 0.5, 1, 0.5, 0, 0, 0, · · ·


0 1 2 3 4 5−1−2−3−4−5 n

x[n]

bbbb b b

b b

b1

(c) Ts = 1.0 det , didapat

x[n] = · · · , 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, · · ·


0 1 2 3 4 5−1−2−3−4−5 n

x[n]

bbbb b b b b

b1

Contoh 9 Sket dan label komponen genap dan gasal dari signal-signal berikut



1

2

3

4

0 1 2 3 4 5 6 7−1−2−3

b

t

x(t)(a)

1

2

3

4

0 1 2 3 4 5 6 7−1−2−3 t

x(t)(b)

4e−0.5t

1

2

3

4

0 1 2 3 4 5 6 7−1−2−3 n

x[n](c)

b

b

b

bbb

b

b

Jawab



5-5 t

xe(t)

2 2

-2

5

-5

t

xo(t)(a)

4-4 t

xe(t)2 2

-2

4

-4

t

xo(t)(b)

4-4 n

xe[n]

2 2

-2

4

-4

n

xo[n](c)

b

b

b

b

b

bbb b

b

b

bb

b

b

b

b

b

Contoh 10 Tunjukkan bahwa bila x(t) adalah signal genap, maka

a∫

−a

x(t)dt = 2

a∫

0

x(t)dt.

Jawab

a∫

−a

x(t)dt =

0∫

−a

x(t)dt +

a∫

0

x(t)dt

Untuk0∫

−a

x(t)dt,



misalkan t = −τ didapat

0∫

−a

x(t)dt =

0∫

a

x(−τ)d(−τ) = −0∫

a

x(−τ)d(τ).

Karena x(t) genap, yaitu x(τ) = x(−τ), maka

0∫

a

x(−τ)d(τ) =0∫

a

x(τ)d(τ).

Jadi

−0∫

a

x(−τ)d(τ) =a∫

0

x(τ)d(τ) =

a∫

0

x(t)dt.

Sehingga didapat

a∫

−a

x(t)dt =

0∫

−a

x(t)dt +

a∫

0

x(t)dt

=

a∫

0

x(t)dt +

a∫

0

x(t)dt

= 2

a∫

0

x(t)dt.

Contoh 11 Suatu sistem mempunyai hubungan input output

y(t) = T (x(t)) = x(t)2.

Tunjukkan bahwa sistem adalah nonlinear.

JawabMisalkan x(t) = x1(t) + x2(t), didapat

T (x1 + x2) = (x1 + x2)2 = x2

1 + 2x1x2 + x22

6= x21 + x2

2 = T (x1) + T (x2).

Terlihat bahway(t) = T (x(t)) = x(t)2

adalah sistem nonlinear.



Contoh 12 Tunjukkan bahwa sistem yang dibahas pada Contoh 5 adalah sistem tidakstabil BIBO.

JawabMisalkan input x(t) = k1u0(t) dengan k1 > 0 didapat

|x(t)| = |k1u0(t)| = k1, t > 0

dan

y(t) =1

C

t∫

−∞

x(τ)dτ

=1

C

t∫

−∞

k1u0(τ)dτ

=k1C

t∫

−∞

u0(τ)dτ

=k1Cu1(t).

Terlihat bahwa

|y(t)| =∣∣∣∣k1Cu1(t)

∣∣∣∣ =∣∣∣∣k1C

∣∣∣∣ |u1(t)| ≮∞, t > 0.

Jadi sistem takstabil BIBO.

2.8 Sistem Linear Invarian Waktu (SLIW)

2.8.1 Respon SLIW kontinu dan Konvolusi Integral

Respon impuls h(t) dari suatu SLIW kontinu diberikan oleh

h(t) = T (δ(t)). (2.12)

Telah diketahui bahwa untuk sebarang signal x(t) berlaku

x(t) =

∞∫

−∞

x(τ)δ(t− τ)dτ.



Dengan demikian respon dari sebarang signal input x(t) diberikan oleh

y(t) = T (x(t)) = T

∞∫

−∞

x(τ)δ(t− τ)dτ

=

∞∫

−∞

x(τ)T (δ(t− τ))dτ

=

∞∫

−∞

x(τ)h(t− τ)dτ. (2.13)

Persamaan (2.13) menunjukkan bahwa output dari SLIW kontinu secara lengkap diten-tukan oleh respon impuls.

2.8.2 Konvolusi Integral

Persamaan (2.13) mendefinisikan konvolusi dua signal kontinu x(t) dan h(t) dinotasikanoleh

y(t) = x(t) ∗ h(t) def=

∞∫

−∞

x(τ)h(t− τ)dτ. (2.14)

Gambar dari respon impuls dan respon dari sebarang input diberikan sebagai berikut.

SLIWδ(t)

x(t)

h(t)

y(t) = x(t) ∗ h(t)

2.8.3 Sifat Konvolusi Integral

1. Komutatif

x(t) ∗ h(t) = h(t) ∗ x(t).

Untuk

h(t) ∗ x(t) =∞∫

−∞

h(α)x(t− α)dα,



misalkan t− α = τ , didapat

h(t) ∗ x(t) =

∞∫

−∞

h(α)x(t− α)dα

=

∞∫

−∞

h(t− τ)x(τ)dτ

=

∞∫

−∞

x(τ)h(t− τ)dτ = x(t) ∗ h(t).

2. Assosiatif(x(t) ∗ h1(t)) ∗ h2(t) = x(t) ∗ (h1(t) ∗ h2(t)).

3. Distribitifx(t) ∗ (h1(t) + h2(t)) = x(t) ∗ h1(t) + x(t) ∗ h2(t).

Contoh 13(a). x(t) ∗ δ(t) = x(t) untuk setiap x(t) sebab

x(t) ∗ δ(t) =∞∫

−∞

x(τ)δ(t− τ)dτ = x(τ)

∣∣∣∣∣∣τ=t

= x(t).

(b). x(t) ∗ u0(t) =t∫

−∞

x(τ)dτ . Karena

u(t− τ) =

1, t > τ0, t < τ

,

maka

x(t) ∗ u0(t) =

∞∫

−∞

x(τ)u0(t− τ)dτ

=

t∫

−∞

x(τ)u0(t− τ)dτ +

∞∫

t

x(τ)u0(t− τ)dτ

=

t∫

−∞

x(τ)dτ + 0

=

t∫

−∞

x(τ)dτ.



(c). Misalkan y(t) = x(t) ∗ h(t), maka

y(t− (t1 + t2)) = x(t− t1) ∗ h(t− t2).

Sebab

y(t) = x(t) ∗ h(t) =∞∫

−∞

x(τ)h(t− τ)dτ

dan

x(t− t1) ∗ h(t− t2) =

∞∫

−∞

x(τ − t1)h(t− t2 − τ)dτ.

misalkan τ − t1 = α, maka τ = t1 + α, didapat

x(t− t1) ∗ h(t− t2) =

∞∫

−∞

x(α)h(t− t1 − t2 − α)dα = y(t− t1 − t2) = y(t− (t1 + t2)).

Contoh 14 Bila x(t) = u0(t) dan respon impuls h(t) = e−αt, α > 0. Hitung output y(t).

JawabRespon impuls h(t) dapat ditulis sebagai

h(t) =

e−αt, t > 00, t < 0.

Karena

y(t) = x(t) ∗ h(t) =∞∫

−∞

x(τ)h(t− τ)dτ,

maka untuk t < 0, y(t) = 0, sedangkan untuk t > 0 didapat

y(t) =

t∫

0

u0(τ)e−α(t−τ)dτ

=

t∫

0

e−α(t−τ)dτ

= e−αt

t∫

0

eατ)dτ

= e−αt 1

α

(e−αt − 1

)

=1

α

(1− e−αt

),



atau dapat ditulis

y(t) =1

α

(1− e−αt

)u0(t).

Contoh 15 Bila signal x1(t) dan x2(t) periodik dengan periode yang sama yaitu T0, konvo-lusi dari x1(t) dan x2(t) tidak konvergen. Oleh karena itu didefinisikan konvolusi periodikdari x1(t) dan x2(t) sebagai

f(t) = x1(t)⊗ x2(t)def=

T0∫

0

x1(τ)x2(t− τ)dτ.

(a). Tunjukkan bahwa f(t) periodik dengan periode T0.

(b). Tunjukkan bahwa

f(t) =

a+T0∫

a

x1(τ)x2(t− τ)dτ

untuk sebarang nilai a.

Jawab(a). Karena x2(t) periodik dengan periode T0, didapat

x2(t+ T0 − τ) = x2(t− τ)

Oleh karena itu,

f(t+ T0) =

T0∫

0

x1(τ)x2(t+ T0 − τ)dτ =

T0∫

0

x1(τ)x2(t− τ)dτ = f(t).

Terlihat bahwa f(t) periodik dengan periode T0.

(b).a+T0∫

a

x1(τ)x2(t− τ)dτ =

0∫

a

x1(τ)x2(t− τ)dτ +

a+T0∫

0


Karena x1(τ) dan x2(τ) periodik dengan periode yang sama, yaitu T0, maka x1(τ)x2(t− τ)juga periodik dengan periode T0. Jadi

x1(τ)x2(t− τ) = x1(τ + T0)x2(t− (τ + T0))



Didapat0∫

a


0∫

a

x1(τ + T0)x2(t− (τ + T0))dτ

Misalkan τ + T0 = λ, didapat

0∫

a

x1(τ + T0)x2(t− (τ + T0))dτ =

T0∫

a+T0

x1(λ)x2(t− λ)dλ

Oleh karena itu,

a+T0∫

a


0∫

a

x1(τ)x2(t− τ)dτ +

a+T0∫

0


=

T0∫

a+T0

x1(λ)x2(t− λ)dλ+

a+T0∫

0


=

T0∫

a+T0

x1(λ)x2(t− λ)dλ+

a+T0∫

0

x1(λ)x2(t− λ)dλ

=

T0∫

0

x1(λ)x2(t− λ)dλ = f(t).

2.8.4 Respon Unda

Respon dari fungsi fungsi unda u0(t) diberikan oleh

s(t) = T (u0(t)),

yaitu

s(t) = h(t) ∗ u0(t) =

∞∫

−∞

h(τ)u(t− τ)dτ

=

t∫

−∞

h(τ)dτ.



Terlihat bahwa

h(t) = ds(t)dt

.

2.8.5 Sistem LIW kontinu tanpa memori

Bergantung hanya pada waktu saat ini, maka

y(t) = Kx(t), K konstan.

Jadi h(t) = Kδ(t). Oleh karena itu, bila h(t0) 6= 0 untuk t0 6= 0, maka sistem mempunyaimemori.

2.8.6 Kekausalan SLIW kontinu

Sistem tidak bergantung pada respon dari suatu input bahkan sampai suatu aktual eventterjadi. Oleh karena itu untuk suatu SLIW kontinu yang kausal, didapat

h(t) = 0, t < 0. (2.15)

Didapat output dari SLIW kontinu kausal diberikan oleh

y(t) =

∞∫

0

h(τ)x(t− τ)dτ. (2.16)

Atau bentuk alternatif yang lain adalah

y(t) =

t∫

−∞

x(τ)h(t− τ)dτ. (2.17)

Persamaan (2.17) menunjukkan bahwa nilai output y(t) hanya ditentukan oleh nilai-nilaiinput x(t) untuk τ ≤ t.

Berdasarkan pada kondisi kekausalan (2.15), sebarang signal input x(t) dinamakamkausal bila

x(t) = 0, t < 0 (2.18)

dan dinamakan antikausal bila

x(t) = 0, t > 0. (2.19)



Oleh karena itu dari Persamaan (2.16), (2.17) dan dari (2.19), maka bila input x(t) kausal,output dari SLIW kontinu kausal diberikan oleh

y(t) =

t∫

0

h(τ)x(t − τ)dτ =

t∫

0

x(τ)h(t− τ)dτ. (2.20)

2.8.7 Kestabilan SLIW kontinu

Kestabilan BIBO dari suatu SLIW kontinu ditentukan oleh respon impulsnya, yaitu bila

∞∫

−∞

|h(τ)|dτ <∞. (2.21)

Hal ini bisa ditunjukkan sebagai berikut. Misalkan input x(t) dari SLTIW kontinu adalahterbatas yaitu

|x(t)| ≤ k1, untuk semua t.

Didapat

|y(t)| =

∣∣∣∣∣∣

∞∫

−∞

h(τ)x(t − τ)dτ

∣∣∣∣∣∣≤

∞∫

−∞

|h(τ)x(t− τ)|dτ

=

∞∫

−∞

|h(τ)||x(t− τ)|dτ

≤ k1

∞∫

−∞

|h(τ)|dτ

Jadi bila∞∫

−∞

|h(τ)|dτ = K <∞,

maka|y(t)| ≤ k1K = k2 <∞.

Terlihat bahwa bila input x(t) terbatas berakibat juga output y(t) terbatas. Oleh karenaitu SLIW kontinu ini adalah stabil BIBO.



Contoh 16 Hitung y(t) = x(t) ∗ h(t) bila x(t) dan h(t) diberikan oleh gambar berikut.

1 1

t t

x(t) h(t)

0 01 12 23

Luas = 3 Luas = 2

JawabInput x(t) dan respon impuls h(t) adalah

x(t) = u0(t)− u0(t− 3), h(t) = u0(t)− u0(t− 2).

Didapat

y(t) = x(t) ∗ h(t) =∞∫

−∞

x(τ)h(t− τ)dτ

=

∞∫

−∞

[u0(τ)− u0(τ − 3)][u(t− τ)− u(t− 2− τ)]dτ

=

∞∫

−∞

u0(τ)u(t− τ)dτ −∞∫

−∞

u0(τ)u0(t− 2− τ)dτ

−∞∫

−∞

u0(τ − 3)u0(t− τ)dτ +

∞∫

−∞

u0(τ − 3)u0(t− 2− τ)dτ

Karena

u0(τ)u(t− τ) =

1, 0 < τ < t, t > 00, yang lainnya,

u0(τ)u(t− 2− τ) =

1, 0 < τ < t− 2, t > 20, yang lainnya,

u0(τ − 3)u(t− τ) =

1, 3 < τ < t, t > 30, yang lainnya

dan

u0(τ − 3)u(t− 2− τ) =

1, 3 < τ < t− 2, t > 50, yang lainnya



didapat

y(t) =

(∫ t

0

dτ

)u0(t)−

(∫ t−2

0

dτ

)u0(t− 2)

−(∫ t

3

dτ

)u0(t− 3) +

(∫ t−2

3

dτ

)u0(t− 5)

= tu0(t)− (t− 2)u0(t− 2)− (t− 3)u0(t− 3) + (t− 5)u0(t− 5).

Output y(t) juga bisa disajikan sebagai berikut

y(t) =

0, t < 0t, 0 < t ≤ 22, 2 < t ≤ 3

5− t, 3 < t ≤ 50, 5 < t.

Sedangkan gambar dari output y(t) diberikan sebagai berikut

1

2

3

−1

−2

1 2 3 4 5 6 7 8 9−1

tu0(t)

(t− 3)u0(t− 3)

(t− 2)u0(t− 2)

(t− 5)u0(t− 5)

Luas=6

y(t)

t

Dari gambar y(t) luas daerah yang terbentuk adalah 6. Luas ini sama dengan hasil kaliluas daerah x(t) dengan daerah h(t).

Beberapa hasil konvolusi

x(t) ∗ δ(t) =∞∫

−∞

x(τ)δ(t− τ)dτ = x(t). (2.22)

x(t) ∗ δ(t− t1) =

∞∫

−∞

x(τ)δ(t− t1 − τ)dτ = x(t− t1). (2.23)



x(t− t2) ∗ δ(t− t1) =

∞∫

−∞

x(τ − t2)δ(t− t1 − τ)dτ = x(t− t1 − t2). (2.24)

Perhatikan bahwa, bilax1(t) ∗ x2(t) = x(t),

makax1(t− t1) ∗ x2(t− t2) = x(t− t1 − t2). (2.25)

Bila t diganti dengan t− t1 didapat

x1(t− t1) ∗ x2(t− t1) 6= x(t− t1)

tetapix1(t− t1) ∗ x2(t− t1) = x(t− 2t1).


Bab 3Transformasi Laplace

Transformasi Laplace dari fungsi f(t) dinotasikan dengan Lf(t) dan didefinisikan sebagai

Lf(t) = F (s)def=

∞∫

−∞

f(t)e−stdt (3.1)

Sedangkan invers transformasi Laplace didefinisikan sebagai

L−1F (s) = f(t)def=

1

2πi

α+iω∫

α−iω

F (s)estds, (3.2)

dengan s = α + iω. Pada banyak masalah nilai t ≥ t0 = 0, sehingga didapat

Lf(t) = F (s) =

∞∫

t0

f(t)e−stdt =

∞∫

0

f(t)e−stdt

dan

L−1F (s) = f(t)def=

1

2πi

α+iω∫

α−iω

F (s)estds.

Catatan bahwa nilai ∣∣∣∣∣∣

∞∫

0

f(t)e−stdt

∣∣∣∣∣∣<∞.

Untuk s = α + iω, didapat∣∣∣∣∣∣

∞∫

0

f(t)e−stdt

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣

∞∫

0

f(t)e−αte−iωtdt

∣∣∣∣∣∣<∞,

55

56 Transformasi Laplace..

tetapi |e−iωt| = 1. Jadi ∣∣∣∣∣∣

∞∫

0

f(t)e−αtdt

∣∣∣∣∣∣<∞.

Selanjutnya bila|f(t)| < keα0t untuk semua t ≥ 0,

maka ∣∣∣∣∣∣

∞∫

0

f(t)e−αtdt

∣∣∣∣∣∣<

∣∣∣∣∣∣

∞∫

0

keα0te−αtdt

∣∣∣∣∣∣.

Nilai dari ∣∣∣∣∣∣

∞∫

0

keα0te−αtdt

∣∣∣∣∣∣

ada (konvergen) bila α > α0. Jadi bila |f(t)| < keα0t dan Re(s) = α > α0, maka nilaidari L(f(t)) ada. Diagram berikut adalah diagram dari tranformasi Laplace dan inverstranformasi Laplace.

f(t) F (s)L

L−1

domain waktu domain frekuensi

3.1 Sifat-sifat

1. Bila F1(s) = Lf1(t), F2(s) = Lf2(t), · · · , Fn(s) = Lfn(t) dan c1, c2, · · · , cnadalah konstan, maka

Lc1f1(t) + c2f2(t) + · · ·+ cnfn(t) = c1F1(s) + c2F2(s) + · · ·+ cnFn(s).

Bukti

Lc1f1(t) + · · ·+ cnfn(t) =

∞∫

t0

[c1f1(t)e−st + · · ·+ cnfn(t)e

−st]dt

= c1

∞∫

t0

f1(t)e−stdt+ · · ·+ cn

∞∫

t0

fn(t)e−stdt

= c1F1(s) + · · ·+ cnFn(s).


Sifat-sifat.. 57

2. Sifat Pergeseran

Lf(t− a)u0(t− a) = e−asF (s).

Bukti

Lf(t− a)u0(t− a) =a∫

0

0 e−stdt+

∞∫

a

f(t− a)e−stdt,

misalkan t− a = α, maka t = α+ a dan dt = dα, t = a, maka α = 0, didapat

∞∫

a

f(t− a)e−stdt =

∞∫

0

f(α)e−s(α+a)dα

=

∞∫

0

f(α)e−ase−sαdα

= e−as

∞∫

0

f(α)e−sαdα

= e−asF (s).

Jadi

Lf(t− a)u0(t− a) = e−asF (s).

3. Pergeseran Frekuensi

Le−atf(t) = F (s+ a).

Bukti

Le−atf(t) =

∞∫

0

e−atf(t)e−stdt

=

∞∫

0

f(t)e−(s+a)tdt

= F (s+ a).

4. Sifat peskalaan.

Lf(at) = 1

aF (

s

a).



Bukti

Lf(at) =∞∫

0

f(at)e−stdt.

Misalkan at = α, maka t = αa

dan dt = 1adα, didapat

∞∫

0

f(at)e−stdt =

∞∫

0

f(α)e−saα 1

adα

=1

a

∞∫

0

f(α)e−saαdα

=1

aF (

s

a).

Jadi

Lf(at) = 1

aF (

s

a).

item Sifat Turunan Domain Waktu

Lf ′(t) = sF (s)− f(0−).

Bukti

Lf ′(t) =

∞∫

0

f ′(t)e−stdt

=

∞∫

0

e−stdf(t)

= f(t)e−st∣∣∞0−−

∞∫

0

−sf(t)e−stdt

= 0− f(0−) + s

∞∫

0

f(t)e−stdt

= sF (s)− f(0−).

JadiLf ′(t) = sF (s)− f(0−).

Sifat turunan domain waktu dapat diperluas menjadi

L dn

dtnf(t) = snF (s)− sn−1f(0−)− sn−2f ′(0−)− . . .− f (n−1)(0−).


Sifat-sifat.. 59

5. Sifat Turunan dalam domain frekuensi kompleks

Ltf(t) = − d

dsF (s).

BuktiTelah diketahui bahwa

Lf(t) = F (s) =

∞∫

0

f(t)e−stdt,

didapat

d

dsF (s) =

d

ds

∞∫

0

f(t)e−stdt

=

∞∫

0

d

dse−stf(t)dt

=

∞∫

0

−te−stf(t)dt

= −∞∫

0

tf(t)e−stdt

= −Ltf(t).

Jadi

Ltf(t) = − d

dsF (s).

Sifat ini dapat diperluas menjadi,

Ltnf(t) = (−1)n dn

dsnF (s).

6. Sifat Integral dalam domain waktu

L

t∫

−∞

f(τ)dτ

=

F (s)

s+

f(0−)

s.

Bukti

t∫

−∞

f(τ)dτ =

0∫

−∞

f(τ)dτ +

t∫

0

f(τ)dτ



nilai dari0∫

−∞

f(τ)dτ

adalah konstan bukan fungsi dari t. Oleh karena itu hasil integral tsb. dinotasikansebagai suatu nilai awal f(0−1). Selanjutnya

Lf(0−) =

∞∫

0

f(0−)e−stdt

= f(0−)

∞∫

0

e−stdt

= f(0−)e−st

−s

∣∣∣∣∞

0

= f(0−) 0−(−f(0

−)

s

)=

f(0−)

s.

Berikutnya, misalkan

g(t) =

t∫

0

f(τ)dτ,

maka g′(t) = f(t) dan

g(0) =

0∫

0

f(τ)dτ = 0.

Didapat

Lg′(t) = sLg(t) − g(0)

= sLg(t).Jadi

F (s) = Lf(t) = Lg′(t) = sL

t∫

0

f(τ)dτ

atau

L

t∫

0

f(τ)dτ

=

F (s)

s.

Dengan demikian didapat

L

t∫

−∞

f(τ)dτ

=F (s)

s+

f(0−)

s.


Sifat-sifat.. 61

7. Sifat Integral dalam Domain Frekuensi kompleks.Bila

limt→0

f(t)

tada,

maka

Lf(t)

t

=

∞∫

s

F (s)ds.

Bukti

F (s) =

∞∫

0

f(t)e−stdt

bila persamaan ini kedua ruasnya diintegral dari s sampai ∞, didapat

∞∫

s

F (s)d(s) =

∞∫

s

∞∫

0

f(t)e−stdt

ds

=

∞∫

0

∞∫

s

fe−stds

f(t)dt

=

∞∫

0

[−1te−st

]∞

s

f(t)dt

=

∞∫

0

f(t)

te−stdt

= Lf(t)

t

.

8. Sifat Keperiodikan WaktuBila suatu fungsi f(t) periodik dengan periode T , yaitu

f(t) = f(t+ nT ), n = 1, 2, 3, · · · ,maka

Lf(t+ nT ) =

T∫0

f(t)e−stdt

1− esT.

BuktiTransformasi dari suatu fungsi periodik bisa diungkapkan sebagai

Lf(t) =∞∫

0

f(t)e−stdt =

T∫

0

f(t)e−stdt+

2T∫

T

f(t)e−stdt+ · · ·+(n+1)T∫

nT

f(t)e−stdt+ · · ·



Untuk semua integral bagian kanan misalkan t = τ, t = τ + T, · · · , t = τ + nT, · · · .Karena masing-masing luasan daerah dibawah fungsi peridode f(t) adalah sama,maka

Lf(t) =

T∫

0

f(τ)e−sτdτ +

T∫

0

f(τ + T )e−s(τ+T )dτ + · · ·+T∫

0

f(τ + nT )e−s(τ+nT )dτ + · · ·

=(1 + e−sT + e−2sT + · · ·+ e−nsT + · · ·

)T∫

0

f(τ)e−sτdτ

=

T∫0

f(τ)e−sτdτ

1− e−sT.

Jadi

Lf(t+ nT ) =

T∫0

f(t)e−stdt

1− esT.

9. Sifat Nilai AwalSifat nilai awal adalah

limt→0

f(t) = f(0−) = lims→∞

sF (s).

BuktiDari sifat turunan transformasi Laplace telah diketahui bahwa

sF (s)− f(0−) =

∞∫

0

d

dtf(t)e−stdt.

Kedua ruas persamaan lakukan limit untuk s→∞, didapat

lims→∞

[sF (s)− f(0−)] = lims→∞

lim

T→∞ǫ→0

T∫

ǫ

d

dtf(t)e−stdt

= limT→∞ǫ→0

T∫

ǫ

d

dtf(t)

[lims→∞

e−st]dt

= limT→∞ǫ→0

T∫

ǫ

d

dtf(t) [0] dt = 0.

Jadilims→∞

sF (s) = f(0−).


Sifat-sifat.. 63

10. Sifat Nilai AkhirSifat nilai awal adalah

limt→∞

f(t) = f(∞) = lims→0

sF (s).

BuktiDari sifat turunan transformasi Laplace telah diketahui bahwa

sF (s)− f(0−) =

∞∫

0

d

dtf(t)e−stdt.

Kedua ruas persamaan lakukan limit untuk s→ 0, didapat

lims→0

[sF (s)− f(0−)] = lims→0

limT→∞ǫ→0

T∫

ǫ

d

dtf(t)e−stdt

= limT→∞ǫ→0

T∫

ǫ

d

dtf(t)

[lims→0

e−st]dt

= limT→∞ǫ→0

T∫

ǫ

d

dtf(t) [1] dt

= limT→∞ǫ→0

T∫

ǫ

df(t)

= limT→∞ǫ→0

[f(T )− f(ǫ)]

= f(∞)− f(0−).

Jadi

lims→0

sF (s) = f(∞).

11. Sifat Konvolusi dalam Domain WaktuSifat ini adalah

Lf1(t) ∗ f2(t) = F1(s)F2(s).

Bukti



Lf1(t) ∗ f2(t) = L

∞∫

−∞

f1(τ)f2(t− τ)dτ

=

∞∫

0

∞∫

0

f1(τ)f2(t− τ)dτ

e−stdt

=

∞∫

0

f1(τ)

∞∫

0

f2(t− τ)e−stdt

dτ.

Misalkan, t− τ = α, maka t = α + τ dan dt = dα, didapat

Lf1(t) ∗ f2(t) =

∞∫

0

f1(τ)

∞∫

0

f2(α)e−s(α+τ)dα

dτ

=

∞∫

0

f1(τ)e−sτdτ

∞∫

0

f2(α)e−sαdα

= F1(s)F2(s).

Jadi

Lf1(t) ∗ f2(t) = F1(s)F2(s).

12. Sifat Konvolusi dalam Domain Frekuensi KompleksSifat ini adalah

Lf1(t)f2(t) =1

2πiF1(s) ∗ F2(s).

Bukti

Lf1(t)f2(t) =∞∫

0

f1(t)f2(t)e−stdt.

Invers Laplace dari f1(t) adalah L−1F1(s) diberikan oleh

f1(t) = L−1F1(µ) =1

2πi

σ+iω∫

σ−iω

F1(µ)eµtdµ.


Sifat-sifat.. 65

Didapat

Lf1(t)f2(t) =

∞∫

0

1

2πi

σ+iω∫

σ−iω

F1(µ)eµtdµ

f2(t)e−stdt

=1

2πi

σ+iω∫

σ−iω

F1(µ)

∞∫

0

f2(t)e−(s−µ)tdt

dµ

=1

2πi

σ+iω∫

σ−iω

F1(µ)F2(s− µ)dµ

=1

2πiF1(s) ∗ F2(s).

Jadi

Lf1(t)f2(t) =1

2πiF1(s) ∗ F2(s).

Untuk lebih mudah, beberapa hasil sifat-sifat Transformasi Laplace ditabelkan sebagaiberikut

Sifat Domain Waktu Domain Frekuensi Kompleks

1 Kelinearan c1f1(t) + . . .+ cnfn(t) c1F1(s) + . . .+ cnFn(s)2 Pergeseran Waktu f(t− a)u0(t− a) e−asF (s)3 Pergeseran Frekuensi e−atf(f) F (s+ a)4 Penskalaan f(at) 1

aF ( s

a)

5 Differensial Waktu ddtf(t) sF (s)− f(0−)

6 Differential Frekuensi tf(t) − ddsF (s)

7 Integral Waktut∫

−∞

f(τ)dτ F (s)s

+ f(0−)s

8 Integral Frekuensi f(t)t

∞∫s

F (s)ds

9 Keperiodikan Waktu f(t+ nT )

T∫

0

f(t)e−stdt

1−e−sT

10 Nilai Awal limt→0

f(t) lims→∞

sF (s) = f(0−)

11 Nilai Akhir limt→∞

f(t) lims→0

sF (s) = f(∞)

12 Konvolusi Waktu f1(t) ∗ f2(t) F1(s)F2(s)13 Konvolusi Frekuensi f1(t)f2(t)

12πi

F1(s) ∗ F2(s)



3.2 Transformasi Laplace fungsi unda u0(t)

Lu0(t) =∞∫

0

1 e−stdt =−e−st

s

∣∣∣∣∞

0

= 0−(−1s

)=

1

s,

untuk s = σ + iω, σ > 0. Jadi

Lu0(t) =1

s,

untuk σ > 0.

3.3 Transformasi Laplace fungsi ramp tu0(t)

Ltu0(t) =

∞∫

0

t e−stdt

=−te−st

s

∣∣∣∣∞

0

−∞∫

0

−e−st

sdt

=

[−te−st

s− e−st

s2

]∞

0

= 0 + 0 + 0−(− 1

s2

)

=1

s2,

untuk s = σ + iω, σ > 0. Jadi

Ltu0(t) =1

s2,

untuk σ > 0.

Dengan cara serupa dapat ditunjukkan bahwa

Ltnu0(t) =n!

sn+1. (3.3)

Catatan bahwa bukti Persamaan (3.3) secara rekursif menggunakan fungsi Gamma

Γ(n) =

∞∫

0

tn−1e−tdt = (n− 1)!.


Transformasi Laplace dari δ(t).. 67

3.4 Transformasi Laplace dari δ(t)

Dengan menggunakan sifat pergeseran dari fungsi delta, didapat

Lδ(t) =∞∫

0

δ(t)e−stdt = e−s 0 = 1,

dengan s = σ + iω dan untuk semua σ. Jadi

Lδ(t) = 1,

untuk semua σ.

3.5 Transformasi Laplace dari Fungsi delta tunda δ(t−a)Dengan menggunakan sifat pergeseran dari fungsi delta, didapat

Lδ(t− a) =∞∫

0

δ(t− a)e−stdt = e−s a = e−as,

dengan s = σ + iω dan untuk σ > 0. Jadi

Lδ(t− a) = e−as,

untuk σ > 0.

3.6 Transformasi Laplace dari e−atu0(t)

Le−atu0(t) =

∞∫

0

e−ate−stdt

=

∞∫

0

e−(s+a)tdt

=

(− 1

s+ a

)e−(s+a)t

∣∣∣∣∞

0

=1

s+ a



untuk σ > −a. Jadi

Le−atu0(t) =1

s+ a

untuk σ > −a.

3.7 Transformasi Laplace dari tne−atu0(t)

Transformasi Laplace dari tne−atu0(t) dipertoleh secara rekursif dari

Lte−atu0(t) =1

(s+ a)2

dan

Lt2e−atu0(t) =2!

(s+ a)3,

untuk σ > −a. Secara umum didapat

Ltne−atu0(t) =n!

(s+ a)n+1

untuk σ > −a.

Beberapa Transformasi Laplace dari fungsi-fungsi yang sering digunakan diberikan dalamtabel berikut.

f(t) F (s)

1 u0(t)1s

2 tu0(t)1s2

3 tnu0(t)n!

sn+1

4 δ(t) 15 δ(t− a) e−as

6 e−atu0(t)1

s+a

7 tne−atu0(t)n!

(s+a)n+1

8 sinωt u0(t)ω

s2+ω2

9 cosωt u0(t)s

s2+ω2

10 e−at sinωt u0(t)ω

(s+a)2+ω2

11 e−at cosωt u0(t)s+a

(s+a)2+ω2


Transformasi Laplace dari suatu Pulsa.. 69

3.8 Transformasi Laplace dari suatu Pulsa

Bentuk gelombang dari suatu pulsa, dinotasikan sebagai fp(t) dan diberikan oleh gambarberikut.

A

a

fp(t)

0 t

Bentuk Gelombang suatu pulsa

Fungsi pulsa fp(t) dapat ditulis sebagai

fp(t) = A(u0(t)− u0(t− a)).

Dengan menggunakan transformasi Laplace dari fungsi unda dan pergeseran waktu didapat

LA(u0(t)− u0(t− a)) = AL(u0(t) −ALu0(t− a)) = A

s− A

se−as =

A

s

(1− e−as

).

3.9 Transformasi Laplace dari suatu segmen linear

Bentuk gelombang dari suatu segmen linear dinotasikan sebagai fL(t) diberikan oleh gam-bar berikut

1

1

fL(t)

0 t

Bentuk Gelombang suatu segmen linear

2

t− 1

Fungsi bentuk gelombang dari suatu segmen linear diberikan oleh

fL(t) = (t− 1)u0(t− 1).

Sehingga didapat

L(t− 1)u0(t− 1) = e−s 1

s2.



3.10 Transformasi Laplace bentuk gelombang dari su-

atu segitiga

Bentuk gelombang dari suatu segitiga donotasikan sebagai fT (t) dan diberikan oleh gambarberikut.

1

1

fT (t)

0 t

Bentuk Gelombang suatu segi tiga

2

t −t + 2

Fungsi dari fT (t) adalah

fT (t) = t[u0(t)− u0(t− 1)] + (−t + 2)[u0(t− 1)− u0(t− 2)]

= tu0(t)− tu0(t− 1)− tu0(t− 1) + 2u0(t− 1) + tu0(t− 2)− 2u0(t− 2)

= tu0(t)− 2(t− 1)u0(t− 1) + (t− 2)u0(t− 2).

Sehingga didapat

Ltu0(t)− 2(t− 1)u0(t− 1) + (t− 2)u0(t− 2) = Ltu0(t) − 2L(t− 1)u0(t− 1)+L(t− 2)u0(t− 2)

=1

s2− 2e−s 1

s2+ e−2s 1

s2

=1

s2(1− 2e−s + e−2s

)

=1

s2(1− e−s

)2.

3.11 Transformasi Laplace Bentuk gelombang dari su-

atu Persegi Panjang Periodik

Bentuk gelombang dari suatu persegi panjang periodik dinotasikan sebagai fR(t) sebagaimana diberikan oleh gambar berikut.


Transformasi Laplace Bentuk gelombang dari suatu Persegi Panjang Periodik.. 71

A

a

fR(t)

0 t

Bentuk Gelombang suatu persegi panjang periodik

2a 3a

−A

Fungsi fR(t) adalah fungsi periodik dengan periode T = 2a. Dengan menggunakan trans-formasi Laplace dari fungsi periodik, yaitu

Lf(t) =

T∫0

f(τ)e−sτdτ

1− e−sT,

didapat

LfR(t) =1

1− e−2as

2a∫

0

fR(t)e−stdt

=1

1− e−2as

a∫

0

Ae−stdt+

2a∫

a

−Ae−stdt

=A

1− e−2as

[−e−st

s

∣∣∣∣a

0

+e−st

s

∣∣∣∣2a

a

]

=A

s (1− e−2as)

[−e−as + 1 + e−2as − eas

]

=A

s (1− e−2as)

[1− 2e−as + e−2as

]

=A (1− e−as)

2

s (1 + e−as) (1− e−as)=

A (1− e−as)

s (1 + e−as)

=A

s

(e

as2 e

−as2 − e

−as2 e

−as2

eas2 e

−as2 + e

−as2 e

−as2

)

=A

s

e−as2

e−as2

(e

as2 − e

−as2

eas2 + e

−as2

)

=A

s

sinh(as2)

cosh(as2)=

A

stanh

(as2

).



3.12 Transformasi Laplace dari Bentuk Gelombang Sep-

aruh Sinus

Bentuk gelombang separuh sinus dinotasikan sebagai fHW (t) diberikan oleh gambar berikut.

1

π

fHW (t)

0 t

Bentuk Gelombang suatu sinus separuh terhapuskan

2π 3π 4π 5π

Dengan menggunakan sifat keperiodikan seperti sebelumnya didapat

LfHW (t) =1

1− e−2πs

2π∫

0

sin t e−stdt

=1

1− e−2πs

π∫

0

sin t e−stdt +1

1− e−2πs

2π∫

π

0 e−stdt

=1

1− e−2πs

[e−st(s sin t − cos t)

s2 + 1

]∣∣∣∣π

0

=1

s2 + 1

1 + e−πs

1− e−2πs

=1

s2 + 1

1 + e−πs

(1− e−πs)(1 + e−πs)

=1

(s2 + 1)(1− e−πs).

3.13 Fungsi Eigen

Diberikan sistem linear invarian waktu T dengan input x(t) = est, maka

Test = λest. (3.4)

Dalam hal ini, λ dinamakan nilai eigen dari sistem T yang sesuai dengan fungsi eigenest. Bila output sistem adalah y(t) dan respon impulse adalah h(t), maka

y(t) = Test =∞∫

−∞

h(τ)es(t−τ)dτ =

∞∫

−∞

h(τ)e−sτdτ

est = H(s)est = λest (3.5)


Fungsi Eigen.. 73

dengan

λ = H(s) =

∞∫

−∞

h(τ)e−sτdτ (3.6)

Catatan : Persamaan (3.6) menyatakan bahwa H(s) adalah hasil transformasi Laplace darirespon impuls h(t) yaitu H(s) = Lh(t) dan dari Persamaan (3.5) dan (3.6) untuk t = 0didapat y(0) = H(s).

Contoh.

1. Diberikan sistem linear invarian waktu

y(t) =

t∫

−∞

e−(t−τ)x(τ)dτ

(a). Dapatkan respon impulse h(t) dari sistem.

(b). Tunjukkan bahwa est adalah suatu fungsi eigen dari sistem.

(c). Dapatkan nilai eigen dari sistem yang sesuai dengan fungsi eigen est denganmenggunakan hasil yang diperoleh dari (a).

Jawab(a).

h(t) =

t∫

−∞

e−(t−τ)δ(τ)dτ = et−τ∣∣τ=0

= e−t t > 0.

Jadih(t) = e−tu0(t).

(b). Misalkan x(t) = est, maka

y(t) =

t∫

−∞

e−(t−τ)esτdτ

= e−t

t∫

−∞

e(s+1)τdτ

=1

s+ 1est = λest, bila Re(s) > −1.

Jadi est adalah eigenfunction dari sistem yang bersesuaian dengan eigenvalue

λ =1

s+ 1.



(c). Eigenvalue yang bersesuaian dengan est diberikan oleh

λ = H(s) =

∞∫

−∞

h(τ)e−sτdτ

=

∞∫

−∞

e−τu0(τ)e−sτdτ

=

∞∫

0

e−(s+1)τdτ

=1

s+ 1, bila Re(s) > −1.

2. Diberikan sistem linear invarian waktu

y(t) =1

T

t+T2∫

t−T2

x(τ)dτ

(a). Dapatkan nilai eigen dari sistem yang sesuai dengan fungsi eigen est.

(b). Ulangi (a). dengan menggunakan fungsi respon impulse h(t).

Jawab(a). Substitusikan x(t) = est pada persamaan output, didapat

y(t) =1

T

t+T2∫

t−T2

esτdτ

=1

sT

(e

sT2 − e−

sT2

)est

= λest.

Jadi, eigenvalue dari sistem yang bersesuaian dengan est adalah

λ =1

sT

(e

sT2 − e−

sT2

).

(b). Respon impuls h(t) diberikan oleh

h(t) =1

T

[u0(t +

T

2)− u0(t−

T

2)

]=

1T, −T

2≤ t ≤ T

2

0, yang lainnya


Fungsi Eigen.. 75

Jadi eigenvalue H(s) yang bersesuaian dengan est diberikan oleh

H(s) =

∞∫

−∞

h(τ)e−sτdτ

=1

T

T2∫

−T2

e−sτdτ

=1

sT

(e

sT2 − e−

sT2

).


Bab 4Transformasi-z

Metoda transformasi-z sangat handal untuk menangani persoalan sistem waktu diskrit.Transformasi-z digunakan untuk menyelesaikan persamaan beda. Sebagaimana telah diba-has sebelumnya mengenai konvolusi integral dari dua signal kontinu yang disajikan olehsuatu bentuk integral. Sedangkan konvolusi dua barisan signal diskrit disajikan oleh ben-tuk jumlahan sebagaimana akan dibahas secara rinci pada bagian mendatang. Bentukjumlahan ini sangat erat kaitannya dengan transformasi-z. Misalnya, jumlahan konvolusiyang diberikan oleh persamaan

x[k] =

∞∑

n=−∞

f [n]g[k − n] (4.1)

misalkan f [n] = f [0], f [1], f [2], g[n] = g[0], g[1], g[2] dengan f [n] = g[n] = 0untuk n = 3, 4, 5, . . .. Didapat nilai dari x:

x[0] = f [0]g[0]x[1] = f [0]g[1] + f [1]g[0]x[2] = f [0]g[2] + f [1]g[1] + f [2]g[0]x[3] = f [1]g[2] + f [2]g[1]x[4] = f [2]g[2]

(4.2)

Hasil yang sama akan diperoleh dari koefisien deret, bila didefinisikan dua fungsi F (z) danG(z) oleh

F (z) = f [0] + f [1]z−1 + f [2]z−2

G(z) = g[0] + g[1]z−1 + g[2]z−2 (4.3)

Misalkan X(z) adalah hasil kali dari F dan G yaitu

X(z) = F (z)G(z) . (4.4)

77

78 Transformasi-z..

Didapat

X(z) = f [0]g[0] + (f [0]g[1] + f [1]g[0])z−1 + (f [0]g[2] + f [1]g[1] + f [2]g[0])z−2

+(f [1]g[2] + f [2]g[1])z−3 + f [2]g[2]z−4

= x[0] + x[1]z−1 + x[2]z−2 + x[3]z−3 + x[4]z−4 (4.5)

Masing-masing F (z) dan G(z) akan didefinisikan sebagai transformasi-z dari barisan f [n]dan g[n]. Dalam pembahasan ini, masing-masing F (z) dan G(z) yang diberikan oleh Per-samaan (4.3) dapat dipandang sebagai suatu cara penyajian barisan f [n] = f [0], f [1], f [2]dan barisan g[n] = g[0], g[1], g[2]. Keuntungan dalam menggunakan F (z) sebagaipengganti f [n] adalah F (z) sering dapat menyajikan suatu ungkapan yang lebih seder-hana, bahkan juga bila barisan f [n] mempunyai banyak nilai nol.

Dari contoh yang dibahas, terlihat bahwa hasil kali dua polinomial dari dua barisanmemberikan hasil yang sama seperti konvolusinya.

Pembahasan sebelumnya memjelaskan suatu motifasi untuk memberikan definisi Transformasi-z dari suatu barisan x[n] dengan n bilangan bulat taknegatif sebagai berikut

X(z) = Z(x[n]) =∞∑

n=0

x[n]z−n. (4.6)

Transformasi-z dari x[n] yang diberikan oleh Persamaan (4.6) adalah transformasi-z satusisi, disini untuk n < 0 diasumsikan x[n] = 0.

Sedangkan transformasi-z dari x[n] dengan n = 0,±1,±2,±3, · · · didefinisikan oleh

X(z) = Z(x[n]) =∞∑

n=−∞

x[n]z−n. (4.7)

Transformasi-z dari x[n] yang diberikan oleh Persamaan (4.7) adalah Transformasi-z duasisi. Pada pembahasan berikutnya, yang digunakan adalah Transformasi-z satu sisi.Perluh dicatat bahwa transformasi-z X(z) adalah fungsi dari z−1 bukan z. Bila sisi kananPersamaan (4.6) diperluas didapat persamaan

X(z) = x[0] + x[1]z−1 + x[2]z−2 + · · ·+ x[n]z−n + · · ·

Dari persamaan ini, terlihat bahwa transformasi-z dari sebarang barisan x[n] adalah suatuderet. Notasi z−n pada deret menunjukkan bahwa posisi saat nilai x[n] terjadi. Sebaliknya,bila transformasi-z mempunyai bentuk polinomial pecahan dalam z yang tertentu, makatransformasi-z invers diberikan oleh

Z−1(X(z)) = x[n] =1

2πi

∮

C

X(z)zn−1 dz, (4.8)

dengan C adalah lingkaran pusat titik asal (O) pada bidang-z dan semua pole dari X(z)zn−1

terletak di dalam lingkaran C.


Daerah Konvergensi (DK).. 79

4.1 Daerah Konvergensi (DK)

Dua hal penting berkaitan dengan transformasi-z dari suatu barisan x[n], yaitu masalahkonvergensi dari jumlahan dan ketunggalan invers dari transformasi-z. Hal ini bisa dijawabdengan konsep konvergen mutlak. Untuk jelasnya diberikan contoh. Misalkan diketahuidua signal diskrit

x1[n] = anu0[n]

x2[n] = −anu0[−n− 1]

Transformasi-z dari x1[n] adalah

X1(z) =∞∑

n=0

anz−n =∞∑

n=0

(az−1)n

=1

1− az−1(bila jumlahan ada.)

=z

z − a.

Sedangkan transformasi-z dari x2[n] adalah

X2(z) = −∞∑

n=0

anu0[−n− 1)z−n (substitusi − n− 1 = m)

= −∞∑

m=−1

a−(m+1)u0[m]zm+1

= −∞∑

m=0

a−(m+1)u0[m]zm+1 (sebab u0[m] = 0 bila m < 0)

= 1−∞∑

m=0

a−(m)zm

= 1−∞∑

m=0

(a−1z)m

= 1− 1

1− a−1z(bila jumlahan ada.)

=z

z − a.

Terlihat bahwa X1(z) = X2(z) = zz−a

. Jadi bila diberikan polinomial X(z), maka tidakbisa ditentukan secara tunggal barisan x[n]. Tetapi bila dibahas kalimat "bila jumlahanada", yaitu untuk x1[n], maka syaratnya adalah

|az−1| < 1 atau |z| > |a|


80 Transformasi-z..

dan untuk x2[n] syaratnya adalah

|a−1z| < 1 atau |z| < |a|.Masing-masing |z| > |a| dan |z| < |a| dinamakan daerah konvergensi dari X1(z) danX2(z). Gambar 4.1 adalah gambar daerah konvergensi dari X1(z) dan X2(z). Kondisi kon-

0 a

Daerah Kovergensi X1(z)

0 a

Daerah Kovergensi X2(z)

Gambar 4.1: Daerah Konvergensi X1(z) dan X2(z)

vergensi yang telah diberikan adalah konvergensi mutlak. Contohnya adalah jumlahan

mutlak∞∑n=0

|az−1|n konvergen, hal ini berakibat jumlahan∞∑n=0

(az−1)n juga konvergen. Dua

kondisi DK yang telah dibahas ini menghasilkan

x1[n] ←→z

z − a, |az−1| < 1 atau |z| > |a|

x2[n] ←→z

z − a, |a−1z| < 1 atau |z| < |a| .

Keuntungan yang lain penggunaan nilai mutlak adalah pembatasan DK ke satu sisi suatulingkaran. Misalnya, jumlahan dari x1[n] konvergen untuk semua nilai z di luar lingkaran|z| = |a| sedangkan jumlahan x2[n] konvergen untuk semua nilai z juga di dalam lingkaran|z| = |a|. Jadi, jelas bahwa penggunaan nilai mutlak membuat batas dua DK. Fakta inimembantu ketunggalan invers. Misalnya bila diketahui nilai z didalam lingkaran yangberjari-jari |a|, maka secara langsung didapat invers transformasi-z dari z

z−aadalah x2[n].

Ide ini bisa diterangkan melalui perhitungan berikut.

X1(z) =z

z − a=

1

1− az−1= 1 + az−1 + (az−1)2 + · · · ,

sebab |az−1| < 1. Dengan melakukan invers transformasi-z didapat

x1[n] = 1, a, a2, . . . = anu0[n].

Selanjutnya, karena DK dari X2(z) berberda dengan X1(z), maka dilakukan pemfaktoranyang berbeda sebagai berikut.

X2(z) =z

z − a=

a−1z

a−1z − 1=−a−1z

1− a−1z

= (−a−1z)(1 + (a−1z) + (a−1z))2 + · · ·

), (sebab |a−1z| < 1)

= −a−1z − (a−1z)2 − (a−1z)3 − · · ·↔ x2[n] .


Pole dan zero pada bidang-z.. 81

4.2 Pole dan zero pada bidang-z

Dalam berbagai applikasi dari transformasi-z, X(z) mungkin berbentuk

X(z) =b0z

m + b1zm−1 + · · ·+ bm

zn + a1zn−1 + · · ·+ an(4.9)

atau

X(z) =b0(z − z1)(z − z2) · · · (z − zm)

(z − p1)(z − p2) · · · (z − pn), (4.10)

yang mana pi, i = 1, 2, . . . , n adalah pole dari X(z) dan zj , j = 1, 2, . . . , m adalah zerodari X(z).

Untuk memperoleh pole dan zero dari X(z) adalah memudahkan bila X(z) diungkapkansebagai polinomial pecahan dari z, sebagai contoh adalah

X(z) =z2 − 1/4 z

z2 − 3z + 2=

z(z − 1/4)

(z − 1)(z − 2),

jelas bahwa pole dari X(z) adalah z = 1, z = 2 sedangkan zero dari X(z) adalah z =0, z = 1/4.

Bila X(z) dituliskan sebagai polinomial dalam z−1, maka X(z) pada contoh sebelumnyadapat ditulis sebagai

X(z) =1− 1/4 z−1

1− 3z−1 + 2z−2=

1− 1/4 z−1

(1− z−1)(1− 2z−1).

Dari persamaan yang terakhir ini, walaupun pole z = 1, z = 2 dan zero z = 1/4 adalahjelas, tetapi zero pada z = 0 secara langsung tidak terlihat sebagaimana bila X(z) ditulisdalam polinomial z (bukan z−1). Oleh karena itu, bila berkenaan dengan masalah pole danzero dari X(z), maka sebaiknya polinomial pecahan X(z) ditulis dalam z dari pada dalamz−1. Lagi pula, untuk menghindari kemungkinan salah untuk menentukan banyaknyapole pada titik asal dari fungsi X(z)zn−1 saat menghitung invers transformasi-z denganmenggunakan cara integral invers, maka sebaiknya polinomial rasional X(z) diungkapkandalam z.

4.3 Beberapa Sifat Transformasi-z

Beberapa sifat penting transformasi-z berguna dalam analysis system kontrol, pada pem-bahasan ini diasumsikan x[n] sama dengan nol untuk n < 0 dan transformasi-z dari x[n]adalah X(z).

Perkalian dengan suatu konstan. Bila X [z] adalah transformasi-z dari x[n], maka

Z(ax[n]) = aZ(x[n]) = aX(z)


82 Transformasi-z..

dengan a suatu konstan.Hal ini bisa ditunjukkan dengan menggunakan difinisi transformasi-z sebagai berikut.

Z(ax[n]) =∞∑

n=0

ax[k]z−n = a

∞∑

n=0

x[n]z−n = aX(z).

Kelinearan Transformasi-z. Bila x[n] merupakan kombinasi linear dari f [n] dan g[n]yaitu

x[n] = af [n] + bg[n],

dengan a, b adalah konstan dan transformasi-z dari f [n] dan g[n] masing-masingadalah F (z) dan G(z), maka

X(z) = aF (z) + bG(z).

Sifat kelinearan ini ditunjukkan sebagai berikut.

X(z) = Z(x[n]) = Z(af [n] + bg[n])

=

∞∑

n=0

(af [n] + bg[n])z−n

= a∞∑

n=0

f [n]z−n + b∞∑

n=0

g[n]z−n

= aZ(f [n]) + bZ(g[n])= aF (z) + bG(z) .

Perkalian dengan an. Bila transformasi-z dari x[n] adalah X(z), maka transformasi darihasil kali anx[n] diberikan oleh X(a−1z) dengan a 6= 0, yaitu

Z(anx[n]) = X(a−1z).

Bukti sebagai berikut.

Z(anx[n]) =∞∑

n=0

anx[n]z−n

=

∞∑

n=0

x[n](a−1z)−1

= X(a−1z) .

Sifat Pergeseran. Sifat pergeseran juga merujuk pada x[n] = 0 untuk n < 0 dan transformasi-z dari x[n] adalah X(z), maka

Z(x[n− k]) = z−kX(z) (4.11)


Beberapa Sifat Transformasi-z.. 83

dan

Z(x[n + k]) = zk

(X(z)−

k−1∑

n=0

x[n]z−n

), (4.12)

dengan k bilangan bulat taknegatif. Persamaan (4.11) dinamakan sifat pergeserankanan sedangkan Persamaan (4.12) dinamakan sifat pergeseran kiri. Bukti Per-samaan (4.11) sebagai berikut.

Z(x[n− k]) =∞∑

n=0

x[n− k]z−n = z−k

∞∑

n=0

x[n− k]z−(n−k) . (4.13)

Misalkan m = n− k, Persamaan (4.13) dapat ditulis ulang sebagai berikut

Z(x[n− k]) = z−k

∞∑

m=−k

x[m]z−m .

Karena x[m] = 0 untuk m < 0, maka batas bawah jumlahan m = −k dapat digantioleh m = 0, didapat

Z(x[n− k]) = z−k

∞∑

m=0

x[m]z−m = z−k

∞∑

n=0

x[n]z−n = z−kX(z). (4.14)

Sedangkan bukti Persamaan (4.12) sebagai berikut.

Z(x[n + k]) =∞∑

n=0

x[n + k]z−n, (4.15)

misalkan n+ k = m, maka Persamaan (4.15) menjadi

Z(x[n + k]) =

∞∑

n=0

x[n + k]z−n

=

∞∑

m=k

x[m]z−(m−k)

= zk

(∞∑

m=k

x[m]z−m

)

= zk

∞∑

m=k

x[m]z−m +k−1∑

m=0

x[m]z−m

︸︷︷︸−

k−1∑

m=0

x[m]z−m

= zk

(∞∑

m=0

x[m]z−m −k−1∑

m=0

x[m]z−m

)(4.16)


84 Transformasi-z..

pada bagian sebelah kanan Persamaan (4.16) ganti m dengan n didapat

Z(x[n + k]) = zk

(∞∑

n=0

x[n]z−n −k−1∑

n=0

x[n]z−n

)

= zk

(Z(x[n])−

k−1∑

n=0

x[n]z−n

)

= zk

(X(z)−

k−1∑

n=0

x[n]z−n

).

Dari persamaan yang terakhir ini didapat

Z(x[n + 1]) = zX(z)− zx[0]

Z(x[n + 2]) = z2X(z)− z2x[0]− zx[1]...

Z(x[n + k]) = znX(Z)− znx[0]− zk−1x[1]− . . .− zx[k − 1] .

Translasi Kompleks. Bila transformasi-z dari x[n] adalah X(Z), maka transformasi darie−anx[k] adalah X(eaz).Untuk membuktikan hal ini sebagai berikut.

Z(e−anx[n]) =∞∑

n=0

e−anx[n]z−n

=∞∑

n=0

x[n](eaz)−n

= X(eaz) .

Hal in menjelaskan bahwa pada X(z) bila z diganti dengan eaz diperoleh transformasi-z dari e−anx[n].

Sifat Nilai Awal. Bila transformasi-z dari x[n] adalah X(z) dan nilai limz→∞

X(z) ada,

maka nilai awal x[0] dari x[n] diberikan oleh

x[0] = limz→∞

X(z) . (4.17)

Bukti sebagai berikut. Perhatikan persamaan berikut

X(z) =

∞∑

n=0

x[n]z−n = x[0] + x[1]z−1 + x[2]z−2 + · · ·

dengan demikian untuk z →∞ didapat

limz→∞

X(z) = x[0].


Beberapa Sifat Transformasi-z.. 85

Hal ini menjelaskan bahwa perilaku signal disekitar n = 0 dapat ditentukan olehperilaku dari X(z) di z mendekati takhingga. Sifat Nilai Awal ini memudahkanuntuk mengecek kemungkinan salah dalam perhitungan transformasi-z. Biasanyax[0] diketahui, suatu pengecekan dari nilai awal oleh lim

z→∞X(z) (bila ada) bisa secara

mudah menentukan kesalahan nilai awal di X(z).

Sifat Nilai Akhir. Diberikan signal diskrit x[n] dengan x[n] = 0 untuk n < 0 danmempunyai transformasi-z X(z) yang mana semua pole dari X(z) terletak didalamlingkaran satuan dengan mungkin pengecualian di pole sederhana z = 1. Maka nilaiakhir dari x[n] yaitu nilai x[n] bila n mendekati takhingga diberikan oleh

limn→∞

x[n] = limz→1

((1− z−1)X(z)

)(4.18)

Bukti sebagai berikut.

Z(x[n]) = X(z) =∞∑

n=0

x[n]z−n, (4.19)

Z(x[n− 1]) = z−1X(z) =

∞∑

n=0

x[n− 1]z−n. (4.20)

Persamaan (4.19) dikurangi Persamaan (4.20) didapat

∑

n=0

x[n]z−n −∞∑

n=0

x[n− 1]z−n = X(z)− z−1X(z).

Untuk z mendekati satu didapat

limz→1

(∞∑

n=0

x[n]z−n −∞∑

n=0

x[n− 1]z−n

)= lim

z→1

((1− z−1)X(z)

)

∞∑

n=0

x[n]−∞∑

n=0

x[n− 1] = limz→1

((1− z−1)X(z)

)

(x[0]− x[−1]︸︷︷︸0

) + (x[1]− [x[0]) + (x[2]− x[1]) · · · = limz→1

((1− z−1)X(z)

)

x[∞] = limz→1

((1− z−1)X(z)

)

limn→∞

x[n] = limz→1

((1− z−1)X(z)

).

Konvolusi. Melalui contoh telah ditunjukkan bahwa hasil kali dari dua transformasi-z duapolinomial memberikan hasil yang sama dengan konvolusi barisannya. Berikut iniakan digeneralisasi hasil ini. Bila F (z) dan G(z) masing-masing adalah transformasidari signal diskrit f [n] dan g[n], maka

Z(f [n] ∗ g[n]) = F (z)G(z) .


86 Transformasi-z..

Bukti sebagai berikut. Misalkan x[n] = f [n] ∗ g[n], dengan menggunakan pengertiankonvolusi barisan didapat

x[n] =

∞∑

k=0

f [k]g[n− k]

Keudua ruas persamaan kenakan transformasi-z didapat

X [z] =

∞∑

n=0

∞∑

k=0

f [k]g[n− k]z−n

=∞∑

n=0

∞∑

k=0

f [k]z−kg[n− k]z−(n−k)

=∞∑

k=0

f [k]z−k

∞∑

n=0

g[n− k]z−(n−k) (substitusi n− k = m)

=

∞∑

k=0

f [k]z−k

∞∑

m=−k

g[m]z−m

=

∞∑

k=0

f [k]z−k

∞∑

m=0

g[m]z−m (sebab g[m] = 0 untuk m < 0)

= F (z)G(z) .

Diffensial. Bila transformasi-z dari x[n] adalah X(z) dengan DK adalah Dx, maka

Z(nx[n]) = −z d

dzX(z),

dengan DK adalah Dx. Bukti sebagai berikut.

d

dzX(z) =

d

dz

∞∑

n=0

x[n]z−n

= −∞∑

n=0

nx[n]z−n−1

= −z−1∞∑

n=0

nx[n]z−n

= −z−1Z(nx[n])

Jadi

Z(nx[n]) = −z d

dzX(z) .


Transformasi-z dari Fungsi Elementer.. 87

4.4 Transformasi-z dari Fungsi Elementer

Pada bagian ini dibahas transformasi-z dari beberapa fungsi elementer. Perluh dicatatbahwa, pada transformasi-z satu sisi dalam pensamplingan suatu fungsi diskontinu x(t),diasumsikan fungsi kontinu dari kanan, yaitu bila kediskontinuan terjadi pada t = 0, makadiasumsikan x(0) sama dengan x(0+) dari pada menggunakan rata-rata [x(0−)+x(x+)]/2.

Barisan impuls δ[n]

Diberikan barisan impuls δ[n],

δ[n] =

1, n = 00, n 6= 0

,

maka transformasi-z dari δ[n] diberikan oleh

Z(δ[n]) =∞∑

n=0

δ[n], z−n = 1 .

Barisan unda-Satuan u0[n]

Diberikan barisan Tangga-Satuan

u0[n] =

1, n = 0, 1, 2, . . .0, n < 0

,

maka transformasi-z dari u0[n] diberikan oleh

U0(z) = Z(u0[n]) =∞∑

n=0

1, z−n =∞∑

n=0

z−n

= 1 + z−1 + z−2 + z−3 + · · ·=

1

1− z−1, untuk |z| > 1

=z

z − 1, untuk |z| > 1.

Catatan bahwa deret tidak konvergen bila |z| ≤ 1. Untuk mendapatkan transformasi-z,peubah z bertindak sebagai operator dummy. Tidaklah perluh untuk menspesifik daerahdari z yang mana X(z) konvergen, tetapi cukup mengetahui bahwa daerah yang demikianada (exist). Transformasi-z dari suatu fungsi x[n] diperoleh dalam cara tsb. adalah validdiseluruh bidang-z kecuali di pole dari X(z).


88 Transformasi-z..

Transformasi-z dari Barisan Ramp-Satuan

Diberikan barisan ramp satuan

u1[n] =

n, n = 0, 1, 2, . . .0, n < 0

.

Transformasi-z dari u1[n] diberikan oleh oleh

U1(z) = Z(u1[n]) =∞∑

n=0

nz−n = z−1 + 2z−2 + 3z−3 + · · · (4.21)

Kedua ruas Persamaan (4.21) kalikan dengan z−1 didapat

z−1U1(z) = z−2 + z−3 + z−4 + · · · (4.22)

Selanjutnya Persamaan (4.21) dikurangi Persamaan (4.22), didapat

(1− z−1)U1(z) = z−1 + z−2 + z−3 + · · · (4.23)

Lagi, kedua ruas Persamaan (4.23) kalikan dengan z−1, didapat

(z−1 − z−2)U1(z) = z−2 + z−3 + z−4 + · · · (4.24)

Sekarang, Persamaan (4.23) dikurangi dengan Persamaan (4.24), didapat

(1− 2z−1 + z−2)U1(z) = z−1 (4.25)

atau

U1(z) =z−1

1− 2z−1 + z−2

=z−1

(1− z−1)2

=z

(z − 1)2.

Jadi transformasi-z dari barisan ramp satuan u1[n] diberikan oleh

U1(z) = Z(u1[n]) =z−1

(1−z−1)2= z

(z−1)2.

Transformasi-z dari Barisan Pangkat an

Diberikan barisan pangkat

x[n] =

an, n = 0, 1, 2, . . .0, n < 0 ,


Transformasi-z dari Fungsi Elementer.. 89

dengan a adalah suatu konstan. Merujuk pada definisi dari transformasi-z, didapat

X(z) = Z(an) =∞∑

n=0

an z−n

= 1 + az−1 + a2z−2 + a3z−3 + · · ·=

1

1− az−1, untuk |z| > a

=z

z − a, untuk |z| > a.

Transformasi-z dari Barisan Eksponensial e−an

Diberikan barisan eksponensial

x[n] =

e−an, n = 0, 1, 2, . . .0, n < 0 ,

dengan a adalah suatu konstan. Dengan menggunakan definisi dari transformasi-z, didapat

X(z) = Z(e−an) =

∞∑

n=0

e−an z−n

= 1 + e−az−1 + e−2az−2 + e−3az−3 + · · ·=

1

1− e−az−1, untuk |z| > e−a

=z

z − e−a, untuk |z| > e−a.

Transformasi-z dari Barisan Sinusoida sinωn

Diberikan barisan sinusoida

x[n] =

sinωn, n = 0, 1, 2, . . .0, n < 0 .

Catatan bahwa

eiωn = cosωn+ i sinωn

e−iωn = cosωn− i sinωn,

dengan i =√−1, didapat

sinωn =1

2i(eiωn − e−iωn)

cosωn =1

2(eiωn + e−iωn).


90 Transformasi-z..

Dengan demikian transformasi-z dari x[n] = sinωn adalah

X(z) = Z(sinωn) = Z(

1

2i(eiωn − e−iωn)

)

=1

2i

(1

1− eiωz−1− 1

1− e−iωz−1

)

=1

2i

(eiω − e−iω)z−1

1− (eiω + e−iω)z−1 + z−2

=sinω z−1

1− 2 cosω z−1 + z−2

=sinω z

z2 − 2 cosω z + 1.

Transformasi-z dari Barisan Cosisnus cosωk

Diberikan barisan sinusoida

x[n] =

cosωn, n = 0, 1, 2, . . .0, n < 0 .

Telah diketahui bahwa

cosωn =1

2(eiωn + e−iωn).

Dengan demikian transformasi-z dari x[n] = cosωn adalah

X(z) = Z(cosωn) = Z(1

2(eiωn + e−iωn)

)

=1

2

(1

1− eiωz−1+

1

1− e−iωz−1

)

=1

2

2− (eiω + e−iω)z−1

1− (eiω + e−iω)z−1 + z−2

=1− cosω z−1

1− 2 cosω z−1 + z−2

=z2 − cosω z

z2 − 2 cosω z + 1.

4.5 Table Transformasi-z

Dari beberapa bahasan transformasi-z, maka sebagai ringkasan diberikan tabel transformasi-z sebagai berikut.


Contoh-Contoh dari Transformasi-z.. 91

x[n] X(z)

1 δ[n] 12 u0[n]

zz−1

, |z| > 1

3 −u0[−n− 1] zz−1

, |z| < 1

4 u1[n]z

(z−1)2

5 anu0[n]z

z−a, |z| > |a|

6 −anu0[−n− 1] zz−a

, |z| < |a|7 e−an z

z−e−a , |z| > e−a

8 sinωn sinω zz2−2 cosω z+1

, |z| > 1

9 cosωn z2−cosω zz2−2 cosω z+1

, |z| > 1

10 anx[n] X(a−1z)11 x[n− k] z−kX(z)

12 x[n + k] zk(X(z)−

k−1∑n=0

x[n]z−n

)

13 x[0] limz→∞

X(z)

14 limn→∞

x[n] limz→1

((1− z−1)X(z))

15 f [n] ∗ g[n] F (z)G(z)16 nx[n] −z d

dzX(z)

17 x[−n] X(1z), DK 1

Dx

4.6 Contoh-Contoh dari Transformasi-z

Pada bagian ini diberikan beberapa contoh dari transformasi-z sebagaimana telah dibahaspada bagian sebelumnya.

1. Diberikan signal diskrit

p[n] =

1, n = 0, 1, 2, . . . , m− 10, yang lain

maka transformasi-z dari p[n] adalah sebagai berikut. Perhatikan bahwa p[n] =u0[n]−u0]n−m], maka dengan menggunakan sifat kelineran dan pergeseran didapat

Z(p[n]) = Z(u0[n]− u0[n−m])

= Z(u0[n])−Z(u0[n−m])

=z

z − 1− z−m z

z − 1

=1− z−m

z − 1.


92 Transformasi-z..

2. Diberikan signal diskrit δ[n−m], maka dengan menggunakan sifat pergeseran didapat

Z(δ[n−m]) = z−mZ(δ[n])= z−m 1 = z−m .

3. Diberikan barisan

x[n] =

an, 0 ≤ n ≤ N − 1, a > 00, yang lain

maka transformasi-z dari x[n] adalah

X(z) =

N−1∑

0

anz−n

=N−1∑

0

(az−1)n

=1− (az−1)N

1− az−1

=1

zN−1

zN − aN

z − a.

Dari X(z) terlihat bahwa polenya adalah di z = 0 sebanyak N − 1 dan di z = a,sedangkan zero dari X(z) adalah

zk = aei(2πkN

), k = 0, 1, 2, . . . , N − 1 .

Zero untuk k = 0 terhapuskan oleh pole z = a. Jadi sisa zero adalah

zk = aei(2πkN

), k = 1, 2, 3 . . . , N − 1 .

4. Hitung transformasi-z darix[n] = x1[n] + x2[n],

dengan x1[n] = −u0[−n− 1] dan x2[n] =(12

)n, tentukan DKnya.

Jawab.

X(z) = Z(x[n])= Z(x1[n] + x2[n])

= Z(x1[n]) + Z(x2[n])

= X1(z) +X2(z)

=z

z − 12

+z

z − 1

=z(2z − 3

2)

(z − 12)(z − 1)

.


Contoh-Contoh dari Transformasi-z.. 93

DK dari X1(z) adalah |z| > 12

dan DK dari X2(z) adalah |z| < 1, Jadi DK dari X(z)adalah 1

2< |z| < 1. DK dari X(z) diberikan oleh Gambar 4.2. Pole dari X(z) adalah

0 1/2 1

Im(z)

Re(z)

DK

bidang-z

Gambar 4.2: Gambar DK dari X(z)

z = 12

dan z = 1, sedangkang zeronya adalah z = 0 dan z = 34.

5. Hitung transformasi-z dari signal

x[n] =

(n

(−12

)n

u0[n]

)∗(1

4

)−n

u0[−n].

Selanjutnya tentukan DK dari X(z).

JawabPertama dihitung dulu Z

(n(−12

)nu0[−n]

). Dari tabel no.5 didapat

Z((−1

2

)n

u0[n]

)=

z

z + 12

, |z| > 1

2.

Dengan menggunakan tabel no.16 didapat

Z(n

(−12

)n

u0[n]

)= −z d

dz

(z

z + 12

), |z| > 1

2

= −z(z + 1

2− z

(z + 12)2

)

=−1

2z

(z + 12)2, |z| > 2.

Lagi dari tabel no.5 didapat

Z((

1

4

)n

u0[n]

)=

z

z − 14

, |z| > 1

4.


94 Transformasi-z..

Selanjutnya gunakan tabel no.17 didapat

Z((

1

4

)−n

u0[−n])

=1z

1z− 1

4

,1

|z| >1

4

=−4z − 4

, |z| < 4.

Berikutnya gunakan tabel no. 15 didapat

X(z) =−1

2z

(z + 12)2−4z − 4

,1

2< |z| < 4

=2z

(z − 4)(z + 12)2,

1

2< |z| < 4.

Terlihat bahwa DK dari X(z) adalah 12< |z| < 4.


Bab 5Sistem yang diuraikan Oleh Persamaan

Differensial dan Persamaan Beda

5.1 Persamaan Differensial Linear dengan Koefisien Kon-

stan

Suatu persamaan differensial tingkat-N dengan koefisien konstan diberikan oleh

N∑

k=0

akdky(t)

dtk=

M∑

k=0

bkdkx(t)

dtk, (5.1)

dengan koeffisien ak dan bk adalah konstan. Tingkat N menyatakan turunan tertinggi dariy(t). Persamaan differensial ini memainkan suatu peranan penting dalam menguraikanhubungan input-output dari suatu sistem. Misalnya, dalam suatu rangkaian elektrik resis-tor dan kapasitor RC input x(t) = vs(t) adalah voltage sumber dan output y(t) = vC(t)voltage sepanjang kapasistor. Maka hubungan input dan output diberikan oleh persamaandifferensial tingkat satu dengan koefisien konstan sebagai berikut.

dy(t)

dt+

1

RCy(t) =

1

RCx(t).

Penyelesaian umum dari Persamaan (5.1) untuk suatu input khusus x(t) diberikan oleh

y(t) = yp(t) + yh(t), (5.2)

dengan yp(t) adalah suatu penyelesaian khusus yang memenuhi Persamaan (5.1) dan yh(t)adalah penyelesaian homogin yang memenuhi persamaan differensial berikut

N∑

k=0

akdkyh(t)

dtk= 0. (5.3)

95

96 Sistem yang diuraikan Oleh Persamaan Differensial dan Persamaan Beda..

Bentuk eksak dari yh(t) ditentukan oleh sebanyak N kondisi tambahan. Catatan bahwa,Persamaan (5.1) tidak secara lengkap menentukan output y(t) dalam hubungannya denganinput x(t), kecuali bila kondisi tambahan ditentukan. Umumnya kondisi tambahan adalahnilai-nilai dari

y(t),dy(t)

dt, · · · , d

N−1y(t)

dtN−1

pada beberapa nilai t yang ditentukan.

5.2 Kelinearan

Suatu sistem yang diuraikan oleh Persamaan (5.1) akan linear bila hanya semua kondisitambahan sama dengan nol. Bila kondisi tambahan tidak nol, maka respon y(t) dari sistemdapat diungkapkan sebagai

y(t) = yzi(t) + yzs(t) (5.4)

yang mana yzi dinamakan respon input-nol adalah respon terhadap kondisi tambahan danyzs(t) dinamakan respon keadaan-nol adalah respon dari sistem dengan kondisi tambahannol. Hal yang demikian ini diberikan oleh gambar berikut.

SistemLinear

x(t) yzs(t) y(t)

++

yzi(t)

∑

Catatan bahwa, yzi(t) 6= yh(t) dan yzs(t) 6= y(p). Umumnya yzi(t) memuat yh(t) dan yzs(t)memuat yh(t) dan yp(t).

Contoh 17 Diberikan suatu sistem kontinu waktu dengan hubungan input x(t) dan out-put y(t) diberikan oleh.

dy(t)

dt+ ay(t) = x(t), (5.5)

dengan a adalah suatu konstanta.

(a) Dapatkan y(t) dengan kondisi tambahan y(0) = y0 dan

x(t) = Ke−btu0(t). (5.6)

dengan K dan b adalah suatu konstantam, dan a 6= b.

(b) Ungkapkan y(t) dalam bentuk input-nol dan keadaan-nol.


Kelinearan.. 97

Jawab(a). Misalkan

y(t) = yp(t) + yh(t),

dengan yp(t) adalah penyelesaian khusus yang memenuhi Persamaan (5.5) dan yh(t) adalahpenyelesaian homogin yang memenuhi

dyh(t)

dt+ ayh(t) = 0. (5.7)

Asumsikan bahwa,yp(t) = Ae−bt, t > 0 (5.8)

didapat−bAe−bt + aAe−bt = Ke−bt

dan dari sini didapat A = Ka−b

. Dengan demikian

yp(t) =K

a− be−bt, t > 0.

Untuk memperoleh yh(t), asumsikan

yh(t)Beλt,

didapatBeλtλ+ aBλt = (λ+ a)Beλt = 0

dan dari sini didapat λ = −a. Dengan demikian

yh(t) = Be−at.

Jadi

y(t) =K

a− be−bt +Be−at, t > 0.

Dari kondisi tambahan y(0) = y0 didapat

y0 =K

a− b+B ⇒ B = y0 −

K

a− b.

Jadi

y(t) =K

a− be−bt +

(y0 −

K

a− b

)e−at, t > 0. (5.9)

Untuk t < 0, x(t) = 0, makay(t) = y0e

−at. (5.10)

(b). Gabungkan Persamaan (5.9) dengan Persamaan (5.10) didapat

y(t) = y0e−at +

K

a− b

(e−bt − e−at

)u0(t) (5.11)

= yzi(t) + yzs(t), (5.12)



terlihat bahwayzi(t) = y0e

−at

dan

yzs(t) =K

a− b

(e−bt − e−at

)u0(t).

Contoh 18 Tinjau lagi Contoh 17

(a) Tunjukkan bahwa sistem tidak linear bila y(0) = y0 6= 0 .

(b) Tunjukkan bahwa sistem adalah linear bila y(0) = 0.

Jawab(a). Ingat bahwa suatu sistem linear mempunyai sifat bahwa input nol menghasilkan outputnol. Tetapi diketahui bahwa

x(t) = Ke−btu0(t)

dan untuk K = 0 didapat x(t) = 0, dengan demikian

y(t) = y0e−at 6= 0 sebab y0 6= 0.

Jadi sistem tidak linear.

(b). Bila y(0) = 0, misalkan signal input x1(t) mempunyai input y1(t) dan input x2(t)mempunyai input y2(t). Didapat

dy1(t)

dt+ ay1(t) = x1(t), y1(0) = 0

dandy2(t)

dt+ ay2(t) = x2(t), y2(0) = 0.

Untuk signalx(t) = a1x1(t) + a2x2(t)

dengan a1 dan a2 sebarang konstan didapat

d(a1y1(t) + a2y2(t))

dt+ a(a1y1(t) + a2y2(t)) = a1x1(t) + a2x2(t) = x(t).

Untuky(t) = a1y1(t) + a2y2(t)

didapatdy(t)

dt+ ay(t) = x(t), y(0) = a1y1(0) + a2y2(0) = 0.

Jadi dengan input x(t) = a1x1(t) + a2x2(t) didapat output y(t) = a1y1(t) + a2y2(t) dengany1(t) adalah output dari input x1(t) dan y2(t) adalah output dari input x2(t). Dengandemikian sistem adalah linear.


Kekausalan.. 99

5.3 Kekausalan

Agar supaya sistem linear yang diuraikan oleh Persamaaan (5.1) adalah kausal bila x(t) = 0untuk t ≤ t0, maka y(t) = 0 untuk t ≤ t0, sehingga respon untuk t > t0 dapat dihitungdari Persamaaan (5.1) dengan kondisi tambahan

y(t0) =dy(t0)

dt= . . . =

dN−1y(t0)

dtN−1= 0

dengandky(t0)

dtk=

dky(t)

dtk

∣∣∣∣t=t0

.

Jelas bahwa pada kedaan ini yzi(t) = 0. Lebih jelasnya bahwa suatu sistem linear waktukontinu adalah kausal ekivalen dengan pernyataan bahwa: untuk sebarang waktu t0 dansebarang input x(t) dengan x(t) = 0 untuk t ≤ t0, input y(t) = 0 untuk t ≤ t0. Hal inidapat ditunjukkan sebagai berikut. Karena sistem adalah linear dan bila x(t) = 0 untuksemua t, maka y(t) = 0 untuk semua t. Jadi, bila sistem adalah kausal, maka x(t) = 0untuk t ≤ t0, berakibat bahwa y(t) = 0 untuk t ≤ t0. Sebaliknya, misalkan y1(t) adalahrespon dari input x1(t) dan y2(t) adalah respon dari input x2(t). Bila x1(t) = x2(t) untukt ≤ t0 atau x = x1(t) − x2(t) = 0 untuk t ≤ t0, maka y1(t) = y2(t) untuk t ≤ t0 atauy = y1(t)− y2(t) = 0 untuk t ≤ t0. Jadi sistem adalah kausal.

5.4 Invarian Waktu

Untuk suatu sistem kausal, keadaan awal nol berakibat bahwa sistem invarian waktu. Halini bisa dilihat dari Contoh 17, bahwa kondisi y(0) = 0 berakibat bahwa sistem invarianwaktu. Misalkan y1(t) adalah respon dari input x1(t) dan x1(t) = 0. t ≤ 0. Maka

dy1(t)

dt+ ay1(t) = x1(t)

dan y1(0) = 0. Selanjutnya, misalkan y2(t) adalah respon dari pergeseran input x2(t) =x1(t− τ), didapat

x2(t) = 0. t ≤ τ.



Maka y2(t) harus memenuhidy2(t)

dt+ ay3(t) = x2(t)

dan y2(τ) = 0. Sehingga didapat

dy1(t− τ)

dt+ ay1(t− τ) = x1(t− τ) = x2(t).

Bila y2(t) = y1(t− τ), makady2(t)

dt+ ay2(t) = x2(t)

dan y2(τ) = y1(τ − τ) = y1(0) = 0. Terlihat bahwa sistem adalah invarian waktu.

5.5 Respon Impuls

Respon impuls h(t) dari SLIW kontinu yang diuraikan oleh Persamaaan (5.1) memenuhi

N∑

k=0

akdkh(t)

dtk=

M∑

k=0

bkdkδ(t)

dtk

dengan kondisi awal nol.

Contoh 19 Tinjau lagi Contoh 17

(a) Dapatkan respon impuls h(t).

(b) Bila y(0) = 0 dapat step respon s(t).

Jawab(a). Respon h(t) memenuhi persamaan differensial

dh(t)

dt+ ah(t) = δ(t).

Penyelesaian homogin hh(t memenuhi

dh(t)

dt+ ah(t) = 0,

yaituhh(t) = ce−atu0(t)


Respon Impuls SL Waktu Diskrit.. 101

Penyelesaian khusus hp(t) adalah nol, sebab hp(t) tidak bisa memuat δ(t). Bila tidakdemikian h(t) akan mempunyai suatu turunan dari δ(t) yang bukan merupakan dari bagiankanan dari persamaan differensial yang dibahas. Jadi

h(t) = ce−atu0(t).

Untuk memperoleh konstan c sebagai berikut.

d

dt[ce−atu0(t)] + ace−atu0(t) = δ(t)

atau

−ace−atu0(t) + ce−atu0(t)

dt+ ace−atu0(t) = δ(t)

ce−atδ(t) = δ(t)

cδ(t) = δ(t),

jadi c = 1, dengan demikianh(t) = e−atu0(t).

(b). Respon s(t) diberikan oleh

s(t) =

t∫

−∞

h(τ)dτ

=

t∫

−∞

e−aτu0(τ)dτ

=

t∫

0

e−aτdτ

u0(t)

=1

a

(1− e−at

)u0(t).

5.6 Respon Impuls SL Waktu Diskrit

Respon impuls h[n] dari suatu sistem linear invarian waktu diskrit yang disajikan olehoperator T adalah respon sistem dengan input adalah δ[n], yaitu

h[n] = Tδ[n].



Tetapi telah diketahui bahwa sebarang barisan input x[n] dapat diungkapkan sebagai

x[n] =

∞∑

k=−∞

x[k]δ[n− k].

Karena sistem linear, respon y[n] dari sebarang barisan input x[n] dapat diungkapkansebagai

y[n] = Tx[n]

= T

∞∑

k=−∞

x[k]δ[n− k]

=∞∑

k=−∞

x[k]Tδ[n− k].

Karena sistem invarian waktu, didapat

h[n− k] = Tδ[n− k]

Jadi respon y[n] dari sebarang input x[n] adalah

y[n] =

∞∑

k=−∞

x[k]h[n− k].

Hasil terakhir ini mengindikasikan bahwa suatu sistem liniear invarian waktu diskrit secaralengkap dikarakterisasi oleh respon impulsnya.

Sebagaimana pada pembahasan konvolusi integral, konvolusi dari dua barisan x[n] danh[n] didefinisikan sebagai

x[n] ∗ h[n] def=

∞∑

k=−∞

x[k]h[n − k]. (5.13)

Persamaan (5.13) secara biasa dinamakan konvolusi jumlahan. Dengan demikian barisaninput y[n] dapat diungkapkan sebagai konvolusi jumlahan, yaitu

y[n] = x[n] ∗ h[n] =∞∑

k=−∞

x[k]h[n− k].

Gambar berikut mengilustrasikan definisi dari respon impuls h[n] serta hubungannya dengainput x[n] dengan output y[n].

Sistem LinearInvarian Waktu

δ[n]

x[n]

h[n]

y[n] = x[n] ∗ h[n]


Sifat-sifat Konvolusi Jumlahan.. 103

5.7 Sifat-sifat Konvolusi Jumlahan

Analog dengan konvolusi integral, berikut ini adalah sifat-sifat konvolusi jumlahan.

1. Komutatif

x[n] ∗ h[n] = h[n] ∗ x[n].

2. Assosiatif

x[n] ∗ h1[n] ∗ h2[n] = x[n] h1[n] ∗ h2[n] .

3. Distributif

x[n] ∗ h1[n] ∗ h2[n] = x[n] ∗ h1[n] + x[n] ∗ h2[n].

5.8 Operasi Konvolusi Jumlahan

Dengan menggunakan sifat komutatif, maka y[n] dapat diungkapkan sebagai

y[n] = h[n] ∗ x[n] =∞∑

k=−∞

h[k]x[n − k]

yang mana mudah dalam penghitungan dari pada menggunakan y[n] = x[n] ∗ h[n].

Contoh 20 Input x[n] dan respon impuls h[n] dari suatu SLIW diskrit diberikan oleh

x[n] = u0[n], h[n] = anu0[n], 0 < a < 1.

(a). Hitung y[n] = x[n] ∗ h[n].(b). Hitung y[n] = h[n] ∗ x[n].

Jawab



(a). Untuk n < 0, maka y[n] = 0 dengan demikian untuk n ≥ 0

y[n] =

∞∑

k=0

x[k]h[n− k]

=

n∑

k=0

x[k]h]n− k] +

∞∑

k=n+1

x[k]h[n− k]

=n∑

k=0

x[k]h[n− k] +∞∑

k=n+1

x[k] 0

=n∑

k=0

1. h[n− k]

=0∑

m=n

h[m]

=0∑

m=n

am

=

n∑

m=0

am

=1− an+1

1− a.

Jadi

y[n] =

(1− an+1

1− a

)u0[n].


Operasi Konvolusi Jumlahan.. 105

(b). Untuk n < 0, maka y[n] = h[n] ∗ x[n] = 0, sedangkan untuk n ≥ 0, didapat

y[n] =∞∑

k=0

h[k]x[n − k]

=n∑

k=0

h[k]x[n − k] +∞∑

k=n+1

h[k]x[n− k]

=

n∑

k=0

h[k]u0[n− k] +

∞∑

k=n+1

h[k]u0[n− k]

=

n∑

k=0

h[k] 1

=n∑

k=0

h(k) +∞∑

k=n+1

h[k] 0

=n∑

k=0

ak

=1− an+1

1− a.

Jadi

y[n] =

(1− an+1

1− a

)u0[n].

Seperti halnya waktu kontinu, untuk waktu diskrit hasil-hasil dari konvolusi jumlahandidapat.

x[n] ∗ δ[n− n1] =

∞∑

m=−∞

x[m]δ[n− n1 −m] = x[n− n1]. (5.14)

x[n− n2] ∗ δ[n− n1] =∞∑

m=−∞

x[n− n2]δ[n− n1 −m] = x[n− n1 − n2]. (5.15)

Bila x1[n] ∗ x2[n] = x[n], maka

x[n− n1] ∗ x2[n− n2] = x[n− n1 − n2]. (5.16)

∞∑

n=−∞

x[n] ∗ δ[n− n1] =

∞∑

m=−∞

x[n1]δ[n− n1] = x[n1]. (5.17)



5.9 Respon Unda SLIV Diskrit

Respon unda s[n] dari SLIV Diskrit dengan respon impuls h[n] diberikan oleh

s[n] = h[n] ∗ u0[n] =∞∑

k=−∞

h(k)u0[n− k] =n∑

k=−∞

h(k).

Dari persamaan ini didapath[n] = s[n]− s[n− 1].

5.10 Sifat-sifat SL waktu Diskrit

5.10.1 Sistem dengan memori atau tanpa memori

Karena output y[n] dari suatu sistem tanpa memori hanya bergantung pada input saat inix[n], maka bila sistem juga linear dan invarian waktu hubungan ini hanya bisa berbentuk

y[n] = Kδ[n].

Maka dari itu, bila h[n0] 6= 0 untuk n0 6= 0, sistem linear invarian waktu diskrit mempunyaimemori.

5.10.2 Kekausalan

Sama halnya pada kasus waktu kontinu,kondisi kekausalan dari suatu SLIW diskit diberikanoleh

h[n] = 0, n < 0.

Dengan menggunakan sifat kekausalan, output dari SLIV diskrit diberikan oleh

y[n] =

∞∑

k=0

h[k]x[n− k].

Atau bentuk lain dari output diberikan oleh

y[n] =n∑

k=−∞

x[k]h[n− k].

Persamaan yang terakhir ini menunjukkan bahwa nilai input x[n] yang menghasilkan out-put y[n] hanya dihitung untuk k ≤ n.


Sifat-sifat SL waktu Diskrit.. 107

Sebagaimana pada kasus waktu kontinu, dikatakan bahwa barisan x[n] adalah kausalbila

x[n] = 0, n < 0

dan dinamakan antikausal bilax[n] = 0, n ≥ 0.

Jadi, bilainput x[n] adalah kausal, maka output y[n] dari suatu SLIV diskrit diberikan oleh

y[n] =n∑

k=0

h[k]x[n− k] =n∑

k=0

x[k]h[n − k].

5.10.3 Kestabilan

Sistem Linear Invarian waktu diskrit stabil BIBO bila respon impulsnya memenuhi

∞∑

k=−∞

|h[k]| <∞.

Hal ini bisa ditunjukkan sebagai berikut. Asumsikan input x[n] adalah terbatas, yaitu

|x[n]| ≤ k1, untuk semua n.

Didapat

|y[n]| =

∣∣∣∣∣

∞∑

k=−∞

h[k]x[n− k]

∣∣∣∣∣

≤∞∑

k=−∞

|h[k]| |x[n− k]|

≤ k1

∞∑

k=−∞

|h[k]|

Oleh karena itu bila∞∑

k=−∞

|h[k]| < K <∞,

maka|y[n]| ≤ k1K <∞,

dengan demikian sistem adalah stabil BIBO.



5.11 Fungsi Eigen dari SLIWD

Misalkan SLIWD disajikan oleh operator T dengan input eksponensial zn, memenuhi

Tzn = λzn,

maka λ adalah eigenvalue dari t yang bersesuaian dengan zn. Dengan demikian outputy[n] diberikan oleh

y[n] = Tzn =∞∑

k=−∞

h[k]zn−k

=

(∞∑

k=−∞

h[k]z−k

)zn

= H(z)zn

= λzn

debgan

λ = H(z) =∞∑

k=−∞

h[k]z−k.

Persamaan yang terakhir telah dikenal sebagai transformasi-z dari h[n].

5.12 Sistem yang diuraikan oleh persamaan beda

Aturan dari persamaan differensial yang telah dibahas sebelumnya diganti dengan per-samaan beda untuk sistem waktu diskrit.

5.12.1 Persamaan Beda Linear dengan koefisien konstan

Waktu diskrit adalah penyeimbang dari persamaan differensial linear koefisien konstantingkat-N , dengan demikain Persamaan Beda Linear dengan koefisien konstan tingkat-Ndiberikan oleh

N∑

k=0

aky[n− k] =

M∑

k=0

bkx[n− k], (5.18)

dengan ak dan bk adalah kostanta real. Secara analogi dengan kasus waktu kontinu, penye-lesaian dari Persamaan (5.18) dan semua sisfat-sifat sistem seperti kelinearan, kekausalandan keinvarianan waktu dapat langsung dikembangkan sesuai apa yang telah dibahas dalamwaktu kontinu.


Sistem yang diuraikan oleh persamaan beda.. 109

5.12.2 Formula Rekursif

Suatu alternatif dan sederhana untuk menyelesaikan Persamaan (5.18) adalah menyusunulang persamaan kedalam bentuk

y[n] =1

a0

(M∑

k=0

bkx[n− k]−N∑

k=1

aky[n− k]

), (5.19)

untuk kasus khusus N = 0, didapat

y[n] =1

a0

(M∑

k=0

bkx[n− k]

).

5.12.3 Respon Impuls

Tidak seperti kasus waktu kontinu, respon impuls h[n] dapat ditentukan secara mudah dariPersamaan (5.19) sebagai berikut

h[n] =1

a0

(M∑

k=0

bkδ[n− k]−N∑

k=1

aky[n− k]

).

Bila N = 0, maka respon impuls diberikan oleh

h[n] =1

a0

(M∑

k=0

bkδ[n− k]

)=

bna0, 0 ≤ n ≤M

0, yang lainnya.

Contoh.

1. (a). Bila respon step s[n] dari sistem linear diskrit diberikan oleh

s[n] = αnu[n], 0 < α < 1.

Dapatkan respon impuls h[n] daris sistem.(b). Hubungan input output dari sistem linear diskrit diberikan oleh

y[n] = ay[n− 1] + x[n].

Dapatkan output y[n] bila input x[n] = Kδ[n] dan y[−1] = α.



Jawab(a). Respon Step secara konvolusi diberikan oleh

s[n] = h[n] ∗ u[n] =∞∑

k=−∞

h[k]u[n− k] =

n∑

k=−∞

h[k].

Sehingga didapath[n] = s[n]− s[n− 1].

Jadi

h[n] = s[n]− s[n− 1]

= αnu[n]− αn−1u[n− 1]

= δ[n] + αnu[n− 1] − −αn−1u[n− 1]

= δ[n]− (1− α)αn−1u[n− 1].

(b). Untuk n ≥ 0, secara berulang y[n] didapat sebagai berikut

y[0] = ay[−1] + x[0] = aα +K

y[1] = ay[0] + x[1] = a(aα +K)

y[2] = ay[1] + x[2] = a2(aα +K)...

y[n] = ay[n− 1] + x[n] = an(aα +K) = an+1α + anK.

Begitu juga, untuk n < 0, y[n] didapat dari penyusunan ulang

y[n− 1] =1

ay[n]− x[n]

sehingga didapat

y[−1] = α

y[−2] =1

ay[−1]− x[−1] = 1

aα = a−1α

y[−3] =1

ay[−2]− x[−2] = a−2α

...

y[−n] =1

ay[−n+ 1]− x[−n + 1] = a−n+1α

Oleh karena itu, n ∈ Z didapat

y[n] = an+1α +Kanu[n].


Sistem yang diuraikan oleh persamaan beda.. 111

2. Dapatkan persamaan keadaan dari suatu sistem linear kontinu yang diberikan olehpersamaan differensial

(a). y(t) + 3y + 2y(t) = x(t).

(b). y(t) + 3y + 2y(t) = 4x+ x(t).

Selanjutnya berikan Gambar diagram dari masing-masing sistem linear tsb.

Jawab(a). Misalkan q1(t) = y(t), q2(t) = y(t), didapat

q1(t) = q2(t)

q2(t) = −2q1(t)− 3q2(t) + x(t)

y(t) = q1(t)

atau dalam bentuk matriks[q1(t)q2(t)

]=

[0 1−2 −3

] [q1(t)q2(t)

]+

[01

]x(t).

y(t) =[1 0

] [ q1(t)q2(t)

]

(b). Pada kedua sisi persamaan y(t) + 3y + 2y(t) = 4x + x(t) kenakan transformasiLaplace, didapat

s2Y (s) + 3sY (s) + 2Y (s) = 4sX(s) +X(s)

Kedua sisi bagi dengan s2 dan susun ulang persamaan didapat

Y (s) = −3s−1Y (s)− 2s−2Y (s) + 4s−1X(s) + s−2X(s)

perhatikan bahwa s−k berkaitan dengan mengintegral sebanyak k kali, dalam hal inivariabel keadaan dipilih sebagai output dari integrator, sehingga didapat

q1(t) = −3q1(t) + q2(t) + 4x(t)

q2(t) = −2q1(t) + x(t)

y(t) = q1(t)

atau dalam bentuk matriks[q1(t)q2(t)

]=

[−3 1−2 0

] [q1(t)q2(t)

]+

[41

]x(t).

y(t) =[1 0

] [ q1(t)q2(t)

]



Masing-masing gambar blok diagram sistem (a) dan (b) diberikan oleh dua gambarberikut.

+-

-

x(t) q2 q2 q1 q1 y(t)

2

3

∫ ∫

∑

Gambar (a)

∫ ∫

x(t)

+ +

+- -

q2 q2 q1 q1 y(t)

2 3

1 4

∑

∑

Gambar (b)


Bab 6Analisis Ruang Keadaan Sistem

Sebegitu jauh yang telah dibahas dalam sistem linear invarian waktu berdasarkan padahubungan input-outputnya, hal ini dikenal sebagai uraian luar sistem. Pada bahasanberikut ini dikaji representasi ruang keadaan dari sistem yang dikenal sebagai uraiandalam sistem. Beberapa keuntungan penyajian ruang keadaan sistem adalah:

1. memberikan suatu pengertian dalam perilaku sistem

2. dapat menangani sistem dengan multi input multi output dalam satu kesatuan cara.

3. dapat diperluas ke sistem nonlinear varian waktu.

6.1 Konsep ruang Keadaan

Definisi :Keadaan dari suatu sistem pada saat t0 ( atau n0) didefinisikan sebagai informasi minimalyang cukup untuk menentukan keadaan dan output dari sistem untuk semua t ≥ t0 (ataun ≥ tn0) ketika input pada sistem diketahui pada t ≥ t0 (atau n ≥ n0). Peubah-peubahyang memuat informasi ini dinamakan peubah kedaan. Definisi ini hanya berlakun untuksistem kausal.

Misalkan sistem linear invarian waktu single-input single-output dari rangkain elektrikyang mempunyai struktur telah diketahui. Mengetahui secara lengkap input x(t) padainterval −∞ sampai t adalah cukup menentukan output y(t) sepanjang interval yang sama.Bagaimanapun hal ini, bila input x(t) diketahui hanya pada interval t0 sampai t, maka arusyang melalui induktor dan voltage sepanjang kapasitor pada waktu t0 harus diketahui agarsupaya dapat menentukan output y(t) sepanjang interval t0 sampai t. Arus dan voltageini merupakan "keadaan" rangkaian elektrik pada waktu t0. Dalam hal ini, keadaan darirangkaian berkaitan dengan memori dari rangkaian elektrik.

113

114 Analisis Ruang Keadaan Sistem..

6.2 Pemilihan Peubah Keadaan

Karena peubah keadaan dari sistem dapat diintepretasikan sebagai "elemen memori" darisistem, untuk sistem waktu diskrit yang mana dibentuk oleh elemen tunda-satuan, am-plifier dan adder, dipilih output dari elemen tunda-satuan sebagai peubah keadaan darisistem. Sedangkan untuk sistem waktu kontinu dibentuk oleh integrator, amplifier danadder, dipilih output dari integrator sebagai peubah keadaan sistem. Untuk sistem waktukontinu yang memuat elemen penyimpan-energi fisis, output dari elemen memori ini bisadipilih sebagai peubah keadaan sistem. Pemilihan peubah keadaan juga bisa dilakukan daribentuk sistem yang diberikan oleh model persamaan differensial atau persamaan beda. Per-luh diperhatikan bahwa pilihan dari peubah keadaan sistem tidak tunggal, ada takhinggabanyak pilihan peubah keadaan sistem.

Contoh

Misalkan sistem linear waktu diskrit diberikan oleh Gambar berikut. Dapatkan repre-sentasi ruang keadaan sistem dengan memilih output dari elemen tunda satuan 1 dan 2sebagai peubah keadaan q1[n] dan q2[n].

x[n] y[n]

2 3

∑ ∑

z−1 z−1

1 2

q1[n] q1[n + 1] q2[n] q2[n + 1]

++

++

Dari Gambar didapat

q1[n + 1] = q2[n]

q2[n + 1] = 2q1[n] + 3q2[n] + x[n]

y[n] = 2q1[n] + 3q2[n] + x[n]

atau dalam bentuk matriks[q1[n + 1]q2[n + 1]

]=

[0 12 3

] [q1[n]q2[n]

]+

[01

]x[n]

y[n] =[2 3

] [ q1[n]q2[n]

]+ x[n]

atau

q[n + 1] = Aq[n] +Bx[n]

y[n] = Cq[n] +Dx[n]


Pemilihan Peubah Keadaan.. 115

dimana

q[n] =

[q1[n]q2[n]

], A =

[0 12 3

], B =

[01

], C =

[2 3

], D = 1.

Kerjakan ulang contoh sebelumnya dengan memilih output elemen tunda satuan 2 dan 1sebagai peubah keadaan v1[n] dan v2[n] dan selidiki hubungan hasil perubahan ini denganhasil sebelumnya. Untuk melakukan hal ini, tampilkan lagi gambar sebelumnya tetapidengan perubahan peubah keadaan yang baru

x[n] y[n]

2 3

∑ ∑

z−1 z−1

1 2

v2[n] v2[n + 1] v1[n] v1[n + 1]

++

++

Dari Gambar didapat

v1[n + 1] = 3v1[n] + 2v2[n] + x[n]

v2[n + 1] = v1[n]

y[n] = 3v1[n] + 2v2[n] + x[n]

atau dalam bentuk matriks[v1[n + 1]v2[n + 1]

]=

[3 21 0

] [v1[n]v2[n]

]+

[10

]x[n]

y[n] =[3 2

] [ v1[n]v2[n]

]+ x[n]

atau

v[n+ 1] = Av[n] + Bx[n]

y[n] = Cv[n] + Dx[n]

dimana

v[n] =

[v1[n]v2[n]

], A =

[3 21 0

], B =

[10

], C =

[3 2

], D = 1.

Perhatikan bahwa: v1[n] = q2[n] dan v2[n] = q1[n]. Sehingga didapat

v[n] =

[0 11 0

]q[n] = Tq[n].



Selanjutnya, dengan menggunakan hasil sebelumnya didapat

TAT−1 =

[0 11 0

] [0 12 3

] [0 11 0

]−1

=

[3 21 0

]= A,

TB =

[0 11 0

] [01

]=

[10

]= B

dan

CT−1 =[2 3

] [ 0 11 0

]=[3 2

]= C, D = 1 = D.

Contoh berikut menunjukkan pemilihan peubah keadaan berdasarkan elemen yang me-nyimpan energi.

Tinjau jaringan elektrik berikut yang terdiri dari resistor R, kapasitor C dan kumparanL. Jaringan dihubungkan dengan voltage drop V dan voltage drop pada kapasitor diukur.Arus dinotasikan oleh I.

V

RI

C VCL

Bila VR, VC dan VL masing-masing menyatakan voltage drop pada resistor, kapasitor dankumparan, maka dari hukum rangkaian elektrik diperoleh

VR = RI, VC =1

CQ, VL = L

dI

dt,

dimana Q menyatakan muatan elektrik pada kapasiator yang memenuhi I = dQ

dt. Menurut

hukum Kirchhoff V = VR + VC + VL. Jadi

V = RI +1

CQ + L

dI

dt, I =

dQ

dt. (6.1)

Selanjutnya disusun kembali Persamaan (6.1) sebagai berikut

d

dt

[QI

]=

[0 1− 1

LC−R

L

] [QI

]+

[01L

]V,

VC = [ 1C

0]

[QI

]

Bila input x(t) = V (t) dan output y(t) = VC(t) dan

q =

[QI

], A =

[0 1− 1

LC−R

L

], B =

[01L

], C =

[1C

0]


Pemilihan Peubah Keadaan.. 117

dimana perlu ditekankan bahwa C yang baru di definisikan adalah matriks yang berukuran1 × 2 hal ini dijelaskan supaya tidak ada kebingungan dengan kapasitor yang juga meng-gunakan simbol yang sama. Dengan cara penulisan tsb. didapat uraian sistem berikutini

q(t) = Aq(t) +Bx(t), y(t) = Cq(t).

Catatan : Eleminasi I dari persamaan (6.1) menghasilkan persamaan differensial biasatingkat dua dengan koefisien konstan sebagaimana berikut

Ld2Q

dt2+R

dQ

dt+

1

CQ = V.

Contoh berikut menjelaskan lagi bagaimana memilih peubah keadaan dari sudut pandangelemen yang menyimpan energi dan dari sudut pandang keluaran suatu integrator darisuatu sistem yang sama.Suatu rangkaian seri RLC yang diberikan dalam Gambar 6.1 voltage e(t) sama dengan

e(t)

i(t)

K

i(t)

L

R

C

Gambar 6.1: Rangkaian seri RLC.

jumlah dari penurunan voltage (voltage drop) bila swicth ditutup diberikan oleh persamaanberikut:

VL + VR + VC = e(t) (6.2)

atau Ldidt

+ Ri(t) + 1C

∫i(t)dt = e(t). Rangkain memuat dua elemen yang menyimpan

energi, yaitu induktor L dan kapasitor C. Misalkan q1(t) = VC dan q2(t) = i(t), didapat

q1(t) =1

Cq2(t)

q2(t) = − 1

Lq1(t)−

R

Lq2(t) +

1

Le(t)

atau dalam bentuk matriks

[q1(t)q2(t)

]=

[0 1

C

− 1L−R

L

] [q1(t)q2(t)

]+

[01L

]e(t).



Bila masukan dari sistem x(t) = e(t) dan keluaran dari sistem y(t) = VC(t), didapat uraiansistem dalam fariabel keadaan sebagai berikut:

[q1(t)q2(t)

]=

[0 1

C

− 1L−R

L

] [q1(t)q2(t)

]+

[01L

]x(t)

y(t) =[1 0

] [ q1(t)q2(t)

].

(6.3)

Catatan:

VC(t) =q

C=

1

C

∫i(t)dt.

Untuk q(t) = VC(t) dan e(t) = x(t) persamaan (6.2) dapat ditulis dalam bentuk:

LCq(t) +RCq(t) + q(t) = x(t)

atau

q(t) +RC

LCq(t) +

1

LCq(t) =

1

LCx(t). (6.4)

Hasil-hasil yang didapat disini bisa kita bandingkan dengan kajian pada contoh rangkain-elektrik yang telah diberikan sebelumnya. Dalam persamaan (6.4) ada dua keluaran inte-grator yaitu q(t) dan q(t).

∫ ∫-- -

q q q

Gambar 6.2: Keluaran dari integrator.

Kita dapat pilih fariabel keadaan q1(t) = q(t) dan q2(t) = q(t). Sehingga didapat:

q1(t) = q2(t)q2(t) = − 1

LCq1(t)− R

Lq2(t) +

1LC

x(t).

Untuk masukan x(t) dan keluaran y(t) = q(t) = q1(t), didapat:

[q1(t)q2(t)

]=

[0 1− 1

LC−R

L

] [q1(t)q2(t)

]+

[01

LC

]x(t)

y(t) = [1 0]

[q1(t)q2(t)

].

(6.5)

Terlihat bahwa walaupun pengambilan fariabel keadaan dari dua sudut pandang yangberbeda tetapi hasil diskripsi sistemnya dalam penyajian ruang keadaan hampir mirip, halini bisa dilihat dalam persamaan (6.3) dan (6.5). Diagram blok dari rangkaian listrik inidiberikan dalam Gambar 6.3


Penyelesaian dari Persamaan Keadaan untuk Sistem LIWD.. 119

1LC

+x(t) ∫ ∫q(t) q(t) q(t) = y(t)

-RL

- 1LC

Gambar 6.3: Diagram blok RLC.

6.3 Penyelesaian dari Persamaan Keadaan untuk Sis-

tem LIWD

Diberikan representasi keadaan dimensi-N :

q[n + 1] = Aq[n] +Bx[n] (6.6)

y[n] = Cq[n] +Dx[n] (6.7)

Bila keadaan awal q[0] dan x[n] diberikan, maka secara iteratif q[n] diberikan oleh

q[1] = Aq[0] +Bx[0]

q[2] = Aq[1] +Bx[1] = A Aq[0] +Bx[0] +Bx[1]

= A2q[0] + ABx[0] +Bx[1]...

q[n] = Anq[0] + An−1Bx[0] + . . .+Bx[n− 1]

= Anq[0] +n−1∑

k=0

An−1−kBx[k], n > 0. (6.8)

Bila keadaan awal adalah q[n0] dan x[n] diketahui, maka dengan cara serupa q[n] diberikanoleh

q[n] = An−n0q[n0] +

n−1∑

k=0

An−1−kBx[n0 + k], n > n0. (6.9)

Matriks An diberikan olehAn def

= AA . . . A︸︷︷︸n

dinamakan matriks transisi dari sistem waktu diskrit. Substitusikan Persamaan (6.8) kePersamaan (6.7) didapat output y[n] diberikan oleh:

y[n] = CAnq[0] +

n−1∑

k=0

CAn−1−kBx[k] +Dx[n], n > 0. (6.10)



Suku CAnq[0] adalah respon input-nol (zero-input) dan sukun−1∑k=0

CAn−1−kBx[k] +Dx[n]

adalah respon keadaan-nol (zero-state).

6.4 Menentukan matriks An

Cara 1: Misalkan A matriks berukuran N ×N , maka polinomial karakteristik dari matriksA diberikan oleh

p(λ) = |λI − A| = 0, (6.11)

Akar-akar p(λ) = 0 adalah λk (k = 1, 2, . . . , N) dinamakan nilai eigen dari A. Denganmenggunakan Theorema Hamilton-Cayley, matriks An dapat diungkapkan sebagai

f(A) = An = b0I + b1A+ . . .+ bN−1AN−1. (6.12)

Bila nilai eigen λk semuanya berbeda, koefisien b0, b1, . . . , bN−1 bisa diperoleh dari kondisi

f(λk) = λnk = b0 + b1λk + . . .+ bN−1λ

N−1k , k = 1, 2, . . . , N. (6.13)

Contoh(1). Dapatkan An untuk

A =

[0 1−1

834

]

Jawab: Polinomial karakteristik p(λ) dari matriks A diberikan oleh

p(λ) = |λI − A| =∣∣∣∣λ −118

λ− 34

∣∣∣∣

= λ2 − 3

4λ+

1

8= (λ− 1

2)(λ− 1

4).

Didapat λ1 =12, λ2 =

14, sehingga dengan menggunakan Persamaan (6.13) didapat

An = b0I + b1A =

[b0 b1−1

8b1 b0 +

34b1

]

dan b0, b1 adalah penyelesaian dari

b0 + b1

(1

2

)=

(1

2

)n

b0 + b1

(1

4

)=

(1

4

)n

didapat

b0 = −(1

2

)n

+ 2

(1

4

)n

, b1 = 4

(1

2

)n

− 4

(1

4

)n

.


Menentukan matriks An.. 121

Jadi

An =

−(12

)n+ 2

(14

)n4(12

)n − 4(14

)n

−12

(12

)n+ 1

2

(14

)n2(12

)n −(14

)n

=

(1

2

)n [−1 4−1

22

]+

(1

4

)n [2 −412−1

]

Pendiagonalan matriks dapat digunakan untuk menghitung An. Matriks A dapat didiago-nalkan bila

A = PDP−1⇒ An = PDnP−1,

dengan D adalah matriks diagonal, elemen diagonal D merupakan nilai eigen dari A.Matriks A dapat didiagonalkan bila semua nilai eigen dari A berbeda. Contoh sebelumnya,

nilai eigen λ1 =1

2⇒ vektor eigen x1 =

[21

]

nilai eigen λ2 =1

4⇒ vektor eigen x2 =

[41

]

Matriks P dan P−1 didapat sebagai berikut

P =[x1 x2

]=

[2 41 1

]⇒ P−1 =

[−1

22

12−1

]

Sehingga didapat

An = PDnP−1 =

[2 41 1

] [12

00 1

4

]n [−12

212−1

]=

[2 41 1

] [(12

)n0

0(14

)n] [−1

22

12−1

]

atau

An =

−(12

)n+ 2

(14

)n4(12

)n − 4(14

)n

−12

(12

)n+ 1

2

(14

)n2(12

)n −(14

)n

=

(1

2

)n [−1 4−1

22

]+

(1

4

)n [2 −412−1

]

Terlihat memberikan hasil yang sama seperti hasil sebelumnya.

Juga bila semua nilai eigen dari A berbeda, A dapat dihitung menggunakan dekomposisispektral

An = λn1E1 + λn

2E2 + . . .+ λnNEN ,



dengan

Ek =

N∏m=1m6=k

(A− λmI)

N∏m=1m6=k

(λk − λm)

Kerjakan lagi Contoh sebelumnya menggunakan dekomposisi spektral, didapat

E1 =1

λ1 − λ2(A− λ2I) =

112− 1

4

(A− 1

4I) = 4

[−1

41

−18

12

]=

[−1 4−1

22

]

dan

E2 =1

λ2 − λ1(A− λ1I) =

114− 1

2

(A− 1

2I) = −4

[−1

21

−18

14

]=

[2 −412−1

]

Oleh karena itu

An = λn1E1 + λn

2E2 =

(1

2

)n [−1 4−1

22

]+

(1

4

)n [2 −412−1

]

Menghitung An juga dapat dilakukan dengan cara invers transformasi-z sebagai berikut:Pertama kenakan transformasi-z pada Persamaan (6.6) dan (6.7), didapat

zQ(z) − zq[0] = AQ(z) +BX(z) (6.14)

Y (z) = CQ(z) +DX(z) (6.15)

dimana X(z) = Zx[n], Y (z) = Zy[n] dan Q(z) = Zq[n]. Didapat

(zI − A)Q(z) = zq[0] +BX(z)

atau

Q(z) = (zI − A)−1zq[0] + (zI − A)−1BX(z)

Kedua ruas kenakan invers transformasi-z didapat

q[n] = Z−1(zI −A)−1

q[0] + Z−1

(zI − A)−1BX(z)

(6.16)

dan

y[n] = CZ−1(zI −A)−1

q[0] + CZ−1

(zI − A)−1BX(z)

+Dx[n]. (6.17)

Dari Persamaan (6.8) dan (6.16) didapat

An = Z−1(zI −A)−1

(6.18)


Menentukan matriks An.. 123

Terlihat, Persamaan (6.18) dapatkan digunakan untuk menghitung An. Contoh yang samasebelumnya, An dihitung dengan Persamaan (6.18), didapat

(zI − A)−1 =

[z −118

z − 34

]=

1

(z − 12)(z − 1

4)

[z − 3

41

−18

z

]

=

z− 34

(z− 12)(z− 1

4)

1(z− 1

2)(z− 1

4)

− 18

(z− 12)(z− 1

4)

z

(z− 12)(z− 1

4)

=

− 1

z− 12

+ 2 1z− 1

4

4 1z− 1

2

− 4 1z− 1

4

−12

1z− 1

2

+ 12

1z− 1

4

2 1z− 1

2

− 1z− 1

4

Oleh karena itu

An = Z−1(zI − A)−1z

= Z−1

− z

z− 12

+ 2 z

z− 14

4 z

z− 12

− 4 z

z− 14

−12

z

z− 12

+ 12

z

z− 14

2 z

z− 12

− z

z− 14

=

−(12

)n+ 2

(14

)n4(12

)n − 4(14

)n

−12

(12

)n+ 1

2

(14

)n2(12

)n −(14

)n

=

(1

2

)n [−1 4−1

22

]+

(1

4

)n [2 −412−1

]

Hasil-hasil penghitungan An yang telah dilakukan dengan menggunakan Persamaan (6.13)kusus untuk semua nilai eigen λk berbeda. Bila beberapa nilai eigen adalah rangkap,misalkan nilai eigen λ = λi rangkap sebanyak r, maka Persamaan (6.13) perlu tambahanpersamaan

dn−1

dλn−1f(λ)

∣∣∣∣λ=λi

=dn−1

dλn−1

(N−1∑

m=0

bmλm

)∣∣∣∣∣λ=λi

, n = 1, 2, . . . , r. (6.19)

Contoh. Dapatkan An bila

A =

[2 10 2

].

Polinomial karakteristik p(λ) dari A diberikan oleh

p(λ) = |λI − A| =∣∣∣∣λ− 2 10 λ− 2

∣∣∣∣ = (λ− 2)2.



Terlihat λ1 = λ2 = 2 dan dengan menggunakan Theorema Cayley-Hamilton An diberikanoleh

f(A) = An = b0I + b1A =

[b0 + 2b1 b1

0 b0 + 2b− 1

]

Gunakan Persamaan (6.13) dan (6.19) didapat

b0 + b1λ = λn

b1 = nλn−1

atau

b0 + 2b1 = 2n

b1 = n2n−1

Sehingga diperoleh b0 = (1− n)2n, b1 = n2n−1 dan

An =

[2n n2n−1

0 2n

].

6.5 Rumus umum An untuk kasus ukuran matriks 2× 2,

n = 0, 1, 2, . . .

Diberikan matriks matriks

A =

[a bc d

]

Polinomial karakteristik dari A diberikan oleh

p(λ) = λ2 − (a+ d)λ+ (ad− bc) = 0.

misalkan α1 = −(a + d) dan α2 = (ad− bc), didapat

λ2 + α1λ+ α2 = 0.

Dengan menggunakan Theorema Cayley-Hamilton matriks A memenuhi

A2 + α1A+ α2I = 0. (6.20)

Selanjutnya lakukan algorithma pembagian terhadap plinomial λn dibagi oleh polinomialλ2 + α1λ+ α2, didapat

λn = (λ2 + α1λ+ α2)q(λ) + r(λ)

atauλn = (λ2 + α1λ+ α2)q(λ) + β1 + β2λ. (6.21)


Rumus umum An untuk kasus ukuran matriks 2× 2, n = 0, 1, 2, . . ... 125

Dengan menggunakan Persamaan (6.21) matriks An diberikan oleh

An = (A2 + α1A+ α2I)q(A) + β1I + β2A

Gunakan Persamaan (6.20), didapat

An = β1I + β2A. (6.22)

Untuk menentukan β1 dan β2, misalkan nilai karakteristik dari A adalah λ1 dan λ2 denganλ1 6= λ2. Substitusikan nilai karakteristik ini pada Persamaan (6.21), didapat

λn1 = (λ2

1 + α1λ1 + α2)q(λ1) + β1 + β2λ1

λn2 = (λ2

2 + α1λ2 + α2)q(λ2) + β1 + β2λ2

atau diperoleh persamaan linear berikut

λn1 = β1 + β2λ1

λn2 = β1 + β2λ2.

Selesaikan persamaan linear tersebut, didapat

β1 =

∣∣∣∣λn1 λ1

λn2 λ2

∣∣∣∣∣∣∣∣1 λ1

1 λ2

∣∣∣∣=

λ2λn1 − λ1λ

n2

λ2 − λ1

dan

β2 =

∣∣∣∣1 λn

1

1 λn2

∣∣∣∣∣∣∣∣1 λ1

1 λ2

∣∣∣∣=

λn2 − λn

1

λ2 − λ1

.

Substitusikan hasil-hasil ini pada Persamaan (6.22), didapat

An =λ2λ

n1−λ1λ

n2

λ2−λ1

[1 00 1

]+

λn2−λn

1

λ2−λ1

[a bc d

].

Kasus bila λ1 = λ2, tidak bisa digunakan hasil sebelumnya sebab

∣∣∣∣1 λ1

1 λ2

∣∣∣∣ = 0.

Untuk ini, pada persamaan

λn = (λ− λ1)2q(λ) + β1 + β2λ



substitusikan λ = λ1, didapatλn1 = β1 + β2λ1. (6.23)

Selanjutnya kedua ruas Persamaan (6.23) turunkan terhadap λ1 didapat

nλn−11 = β2. (6.24)

Hasil Persamaan (6.24) substitusikan pada Persamaan (6.23), didapat

β1 = λn1 − β2λ1 = λn

1 − nλn1 = (1− n)λn

1 .

Dengan demikian untuk λ1 = λ2, matriks An diberikan oleh

An = (1− n)λn1

[1 00 1

]+ nλn−1

1

[a bc d

].

Contoh1). Diberikan matriks

A =

[0 1−1

343

]

Polinomial karakteristik dari A adalah

p(λ) = |λI −A| = λ2 − 4

3λ+

1

3= 0 ⇒ λ1 = 1, λ2 =

1

3.

Didapat

An =13− (1

3)n

13− 1

[1 00 1

]+

(13)n − 113− 1

0 1

−13

4

3

=

(−12+

1

2

(1

3

)n−1)[

1 00 1

]+

(3

2− 1

2

(1

3

)n−1)

0 1

−13

4

3

=

−12

3

2

−12

3

2

+

(1

3

)n

3

2−32

1

2−12

.

2). Diberikan matriks

A =

[1 32 6

]

Nilai karakteristik dari A adalah λ1 = 7 dan λ2 = 0. Dengan demikian matriks An

diberikan oleh

An = 7n−1

[1 32 6

]


Fungsi Transfer Sistem H(z).. 127

Bila n = −1, didapat

A−1 =1

49

[1 32 6

],

tetapi det(A) = 0, jadi matriks A tidak punya invers. Terlihat disini bahwa formula yangtelah dibahas berkaitan dengan penghitungan An tidak berlaku untuk n = −1, Secaraumum juga tidak berlaku untuk bilangan bulat yang negatif.


A =

[2 10 2

]

Nilai karakteristik dari A adalah λ1 = λ2 = 2. Karena mempunyai nilai karakteristikλ1 = λ2, maka matriks An diberikan oleh

An = (1− n) λn1

[1 00 1

]+ nλn−1

1

[a bc d

]

= (1− n) 2n[1 00 1

]+ n 2n−1

[2 10 2

]

=

[1 00 1

]+ 2n n

[2 1

2

0 2

].

6.6 Fungsi Transfer Sistem H(z)

Fungsi transfer dari sistem didefinisikan sebagai

H(z)def=

Y (z)

X(z)untuk q[0] = 0

JadiQ(z) = (zI −A)−1BX(z) dan Y (z) =

[C(zI −A)−1B +D

]X(z)

Maka dari itu H(z) diberikan oleh

H(z) =[C(zI − A)−1B +D

]. (6.25)

6.7 Kestabilan Sistem

Dari Persamaan (6.10) terlihat bahwa output y[n] ditentukan oleh An dengan demikianbila semua nilai eigen λk dari matriks A memenuhi

|λk| < 1, untuk semua k, (6.26)

maka sistem adalah stabil asimtotik, yaitu untuk sebarang keadaan awal q0 yang berhinggakeadaan q[n] akan menuju ke nol untuk n → ∞. Bila semua nilai eigen dari A berbeda



dan memenuhi kondisi (6.26), maka sistem juga stabil BIBO.

Contoh

Diberikan fungsi transfer dari sistem LIWD oleh

H(z) =z

2z2 − 3z + 1

Dapatkan representasi dari sistem.Tulis ulang H(s) sebagai

H(z) =z

2z2(1− 32z−1 + 1

2z−2)

=12z−1

1− 32z−1 + 1

2z−2

=Y (z)

X(z)

Didapat

Y (z) =3

2z−1Y (z)− 1

2z−2Y (z) +

1

2z−1X(z)

Pada kedua sisi persamaan lakukan transformasi balik Z−1, didapat

y[n] =3

2y[n− 1]− 1

2y[n− 2] +

1

2x[n− 1].

Pilih peubah keadaan sebagai output dari tunda satuan, didapat

y[n] = q1[n]

q1[n + 1] =3

2y[n] + q2[n] +

1

2x[n]

=3

2q1[n] + q2[n] +

1

2x[n]

q2[n + 1] = −12y[n] = −1

2q1[n].

Atau dalam bentuk matriks

[q1[n + 1]q2[n + 1]

]=

[32

1−1

20

] [q1[n]q1[n]

]+

[12

0

]x[n]

y[n] =[1 0

] [q1[n]q1[n]

]

Terlihat bahwa matriks A dari sistem diberikan oleh

A =

[32

1−1

20

]


Penyelesaian dari Persamaan Keadaan untuk Sistem LIWK.. 129

dengan nilai eigen λ1 = 1 dan λ2 = 12. Walaupun |λ2| = 1

2< 1, tetapi |λ1| = 1 ≮ 1. Jadi

sistem tidak stabil asimtotik. Selanjutnya bila y[0] = y[−1] = 0 dan input x[n] = δ[n],maka output y[n] diberikan oleh

y[n] =

n−1∑

k=0

CAn−1−kBδ[n] = CAn−1B

dengan

An = E1 + (1

2)nE2

dan

E1 =

[2 0−1 −1

], E2 =

[−1 −2−1 1

].

Jadi

An =

[2 0−1 −1

]+ (

1

2)n[−1 −2−1 1

]=

2− (12)n −2(1

2)n

−1− (12)n −1 + (1

2)n

dan

y[n] = CAn−1B =[1 0

]

2− (12)n−1 −2(1

2)n−1

−1 − (12)n−1 −1 + (1

2)n−1

12

0

= 1− (

1

2)n.

6.8 Penyelesaian dari Persamaan Keadaan untuk Sis-

tem LIWK

Diberikan representasi keadaan dimensi-n:

q(t) = Aq(t) +Bx(t) (6.27)

y(t) = Cq(t) +Dx(t) (6.28)

Bila keadaan awal q(0) dan x(t) diberikan, maka keadaan q(t) dapat ditentukan. Untukmenyelesaikan Persamaan Keadaan dapat dilakukan dengan cara Transformasi Laplace se-bagai berikut. Pada kedua sisi Persamaan (6.27) dan (6.28) kenakan transformasi Laplace,didapat

sQ(s)− q(0) = AQ(s) +BX(s) (6.29)

Y (s) = AQ(s) +DX(s)

dengan X(s) = Lx(t), Y (s) = Ly(t) dan Q(s) = Lq(t). Susun ulang Persamaan (6.29)didapat

(sI − A)Q(s) = q(0) +BX(s)



atau

Q(s) = (sI −A)−1q(0) + (sI −A)−1BX(s). (6.30)

Substitusikan Persamaan (6.30) pada Persamaan (6.30) didapat

Y (s) = C(sI − A)−1q(0) +[C(sI − A)−1B +D

]X(s). (6.31)

Dengan melakukan transformasi Laplace balik pada Persamaan (6.31) didapat ouput y(t).Perlu diperhatikan bahwa suku C(sI −A)−1q(0) berkaitan dengan respon input nol (zero-input) dan suku [C(sI − A)−1B +D]X(s) berkaitan dengan respon keadaan nol (zero-state).

6.9 Fungsi Transfer Sistem H(s)

Sebagaimana fungsi transfer dari sistem diskrit, fungsi transfer H(s) didefinisikan sebagai

H(s)def=

Y (s)

X(s)untuk q(0) = 0.

Maka dari itu H(s) diberikan oleh

H(s) =[C(sI − A)−1B +D

]. (6.32)

Penyelesaian masalah ruang keadaan untuk sistem linear invarin waktu kontinu juga dina-makan penyelesaian dalam daerah waktu (time domain). Penyelesaian masalah ini sebagaiberikut. Pertama, dalam dimensi satu telah diketahui

eat = 1 + at +a2

2!t2 + . . .+

ak

k!tk + . . .

Dari ide ini, diperluas untuk dimensi n yaitu a sekarang merupakan matriks A denganukuran n× n, selanjutnya didefinisikan

eAt def= I + At+

A2

2!t2 + . . .+

Ak

k!tk + . . . (6.33)

Sebagai mana pada ea(t−τ) = eate−aτ , dapat ditunjukkan bahwa

eA(t−τ) = eAte−Aτ (6.34)

dan untuk t = τ didapat

eAte−At = e0 = I (6.35)

Jadi

e−At =(eAt)−1

(6.36)


Fungsi Transfer Sistem H(s).. 131

hal ini menunjukkan bahwa e−At adalah invers dari eAt. Diferensialkan Persamaan (6.33)terhadap t, didapat

d

dteAt = 0+ A+

A2

2!2t+ . . .+

Ak

k!ktk−1 + . . .

= A

[I + At+

A2

2!t2 + . . .+

Ak

k!tk + . . .

]

=

[I + At +

A2

2!t2 + . . .+

Ak

k!tk + . . .

]A

Hal ini berakibat bahwad

dteAt = AeAt = eAtA. (6.37)

Selanjutnya dengan menggunakan persamaan

d

dt(AB) =

dA

dtB + A

dB

dt

dan Persamaan (6.37), didapat

d

dt

[e−Atq(t)

]=

[d

dte−At

]q(t) + e−Atq(t)

= −e−AtAq(t) + e−Atq(t). (6.38)

Kedua sisi Persamaan (6.27) kalikan dengan e−At, didapat

e−Atq(t) = e−AtAq(t) + e−AtBx(t)

ataue−Atq(t)− e−AtAq(t) = e−AtBx(t). (6.39)

Dari Persamaan (6.38), Persamaan (6.39) dapat ditulis sebagai

d

dt

[e−Atq(t)

]= e−AtBx(t). (6.40)

Kedua sisi Persamaan (6.40) integralkan dari 0 sampai t, didapat

e−Atq(t)∣∣t0=

t∫

0

e−AτBx(τ)dτ

atau

e−Atq(t)− q(0) =

t∫

0

e−AτBx(τ)dτ



Oleh karena itu keadaan q(t) diberikan oleh

q(t) = eAtq(0) +

t∫

0

eA(t−τ)Bx(τ)dτ. (6.41)

Matriks eAt dikenal sebagai matriks transisi keadaan. Selanjutnya substitusikan Per-samaan (6.41) pada Persamaan (6.28) didapat output y(t) yang diberikan oleh

y(t) = CeAtq(0) +

t∫

0

CeA(t−τ)Bx(τ)dτ. (6.42)

6.10 Penghitungan matriks eAt

Seperti menghitung An, gunakan Teorema Cayley-Hamilton, didapat

f(At) = eAt = b0I + b1(At) + . . .+ bn−1(At)n−1 (6.43)

Bila semua nilai eigen λk berbeda, koefisien b0, b1, . . . , bn−1 bisa diperoleh dari kondisi

f(λkt) = eλk(t) = b0 + b1λkt + . . .+ bn−1(λkt)n−1, k = 1, 2, . . . , n. (6.44)

ContohDapatkan eAt untuk

A =

[0 1−1

834

]

Jawab: Polinomial karakteristik p(λ) dari matriks A diberikan oleh

p(λ) = |λI − A| =∣∣∣∣λ −118

λ− 34

∣∣∣∣

= λ2 − 3

4λ+

1

8= (λ− 1

2)(λ− 1

4).

Didapat λ1 =12, λ2 =

14, sehingga dengan menggunakan Persamaan (6.45) didapat

eAt = b0I + b1At =

b0 b1t

−18b1t b0 +

34b1t

dan b0, b1 adalah penyelesaian dari

b0 + b11

2t = e

12t

b0 + b11

4t = e

14t


Penghitungan matriks eAt.. 133

didapat

b0 = 2e14t − e

12t, b1 =

4

te

12t − 4

te

14t.

Jadi

eAt =

2e

14t − e

12t 4e

12t − 4e

14t

e14 t−e

12 t

22e

12t − e

14t

.

Selanjutnya diselesaikan dengan pendiagonalan matriks sebagai berikut. Matriks P seba-gaimana telah dihitung sebelumnya diberikan oleh

P =

[2 41 1

]dan P−1 =

[−1

22

12−1

]

Sehigga didapat

eAt = PDλP−1 =

[2 41 1

]e

12t 0

0 e14t

[−1

22

12−1

]=

2e

14t − e

12t 4e

12t − 4e

14t

e14 t−e

12 t

22e

12t − e

14t

.

Terlihat memberikan hasil yang sama seperti sebelumnya.

Contoh-contoh

1. Diberikan sistem

y(t) + 2y(t) = x(t) + x(t).

Dapatkan respon inpuls h(t).

Jawab.Respon impuls h(t) memenuhi

h(t) + 2h(t) = δ(t) + δ(t).

Kedua ruas kenakan Transformasi Laplace

Lh(t) + 2h(t)

= L

δ(t) + δ(t)

didapat

sH(s) + 2H(s) = 1 + s

Oleh karena itu

H(s) =s+ 1

s+ 2= 1− 1

s+ 2.



Kedua ruas kenakan invers transformasi Laplace, didapat

L−1 H(s) = L−1

1− 1

s+ 2

atau

h(t) = δ(t)− e−2tu(t).

2. Diberikan Fungsi transfer sistem oleh

H(s) =s+ 1

s2 + 5s+ 6

Bila input step X(s) = U(S) =6

s. Dapatkan output y(t) bila keadaan awal nol.

Jawab

Ly(t) = H(s)U(s) =6(s+ 1)

s3 + 5s2 + 6s=

1

s+

3

s+ 2− 4

s + 3

Sehingga didapat

y(t) = L−1

1

s+

3

s+ 2− 4

s+ 3

atau

y(t) = 1 + 3e−2t − 4e−3t.

3. Gunakan cara peubah keadaan untuk menyelesaiakan signal diskrit yang diberikanoleh persamaan beda

3y[n]− 4y[n− 1] + y[n− 2] = x[n]

dengan x[n] = (12)nu0[n] dan y[−1] = 1, y[−2] = 2.

JawabOutput y[n] bisa ditulis ulang sebagai

y[n]− 4

3y[n− 1] +

1

3y[n− 2] =

1

3x[n].

Misalkan q1[n] = y[n− 2] dan q2[n] = y[n− 1], didapat

q1[n + 1] = q2[n]

q2[n + 1] = −13q1[n] +

4

3q2[n] +

1

3x[n]

y[n] = −13q1[n] +

4

3q2[n] +

1

3x[n]




q[n + 1] = Aq[n] +Bx[n]

y[n] = Cq[n] +Dx[n]

dengan

A =

[0 1−1

343

], B =

[013

], C =

[−1

343

], D =

1

3

dan

q[0] =

[q1[0]q2[0]

]=

[y[−2]y[−1]

]=

[21

].

Output y[n] diberikan oleh

y[n] = CAnq[0] +

n−1∑

k=0

CAn−1−kBx[k] +Dx[n].

Sedangkan An diberikan oleh

An =

−1

232

−12

32

+

(1

3

)n

32−3

2

12−1

2

dan

CAnq[0] =1

2+

1

6

(1

3

)n

,

CAn−1−kB =1

2− 1

18

(1

3

)n−1+k

=1

2− 1

2

(1

3

)n+1−k

.

Jadi

y[n] =1

2+

1

6

(1

3

)n

+n−1∑

k=0

[1

2− 1

2

(1

3

)n+1−k](

1

2

)k

+1

3

(1

2

)n

=1

2+

1

6

(1

3

)n

+1

2

n−1∑

k=0

(1

2

)k

− 1

2

(1

3

)n+1 n−1∑

k=0

(3

2

)k

+1

3

(1

2

)n

=1

2+

1

6

(1

3

)n

+1

2

[1− (1

2)n

1− 12

]− 1

2

(1

3

)n+1 [1− (32)n

1− 32

]+

1

3

(1

2

)n

=1

2+

1

6

(1

3

)n

+ 1−(1

2

)n

+1

3

(1

3

)n

− 1

3

(1

2

)n

+1

3

(1

2

)n

=3

2−(1

2

)n

+1

2

(1

3

)n

, n > 0



4. Gunakan cara peubah keadaan untuk menyelesaiakan signal kontinu yang diberikanoleh persamaan differensial

y(t) + 5y(t) + 6y(t) = x(t)

dengan keadaan awal y(0) = 2, y(0) = 1 dan x(t) = e−tu0(t). Selajutnya berikangambar blok diagram dari sistem.

JawabMisalkan peubah keadaan adalah q1(t) dan q2(t) dengan

q1(t) = y(t) dan q2(t) = q1(t).

Didapat

q(t) = Aq(t) +Bx(t)

y(t) = Cq(t)

dengan

q(t) =

[q1(t)q2(t)

], A =

[0 1−6 −5

], B =

[01

], C =

[1 0

]dan q(0) =

[21

].

Output y(t) diberikan oleh

y(t) = CeAtq(0) +

t∫

0

Ce(t−τ)Bx(τ)dτ

Matriks exponensial eAt dan eA(t−τ) diberikan oleh

eAt =

[3e−2t − 2e−3t e−2t − e−3t

6e−3t − 6e−2t 3e−3t − 2e−2t

]

dan

eA(t−τ) =

[3e2τ−2t − 2e3τ−3t e2τ−2t − e3τ−3t

6e3τ−3t − 6e2τ−2t 3e3τ−3t − 2e2τ−2t

]

sedangkan matriks CeAtq(0) diberikan

CeAtq(0) =[1 0

] [3e−2t − 2e−3t e−2t − e−3t

6e−3t − 6e−2t 3e−3t − 2e−2t

] [21

]= 7e−2t − 5e−3t

dan

Ce(t−τ)Bx(τ) =[1 0

] [3e2τ−2t − 2e3τ−3t e2τ−2t − e3τ−3t

6e3τ−3t − 6e2τ−2t 3e3τ−3t − 2e2τ−2t

] [01

]e−τ

= eτ−2t − e2τ−3t.



Jadi

y(t) = 7e−2t − 5e−3t +

t∫

0

[eτ−2t − e2τ−3t

]dτ

= 7e−2t − 5e−3t +1

2e−t − e−2t +

1

2e−3t

=1

2e−t + 6e−2t − 9

2e−3t, t > 0.

Gambar blok diagram dari sistem diberikan dalam gambar berikut.

5

6

∑ ∫ ∫+-

-

x(t) q2(t) q2(t) q1(t) q1(t) y(t)

Contoh penghitungan matriks transisi eAt

Gunakan Teorema Cayley-Hamilton, didapat

f(At) = eAt = b0I + b1A+ . . .+ bn−1An−1 (6.45)

Bila semua nilai eigen λk berbeda, koefisien b0, b1, . . . , bn−1 bisa diperoleh dari kondisi

f(λk) = eλk(t) = b0 + b1λk + . . .+ bn−1λn−1k , k = 1, 2, . . . , n. (6.46)

Persamaan (6.46) adalah persamaan linear dengan n persamaan dan n peubah dan dapatditulis dalam bentuk matrix

1 λ1 . . . (λ1)n−1

1 λ2 . . . (λ2)n−1

......

. . ....

1 λn . . . (λn)n−1

b0b1...

bn−1

=

eλ1t

eλ2t

...eλnt

(6.47)



Selesiakan Persamaan (6.47), maka didapat b0, b1, . . . , bn−1. Bila nilai karakteristik adayang sama, misalkan λ1 = λ2 = . . . = λm dan sisanya λm+1, . . . , λn berbeda. Makab0, b1, . . . , bm, bm+1 . . . , bn didapat dari persamaan linear berikut.

eλ1t = b0 + b1λ1 + . . .+ bn−1λn−11

d

dλ1

eλ1t =d

dλ1

(b0 + b1λ1 + . . .+ bn−1λ

n−11

)

d2

dλ21

eλ1t =d2

dλ21

(b0 + b1λ1 + . . .+ bn−1λ

n−11

)

...dm−1

dλm−11

eλ1t =dm−1

dλm−11

(b0 + b1λ1 + . . .+ bn−1λ

n−11

)

eλm+1 = b0 + b1λm+1 + . . .+ bn−1λn−1m+1

...

eλn = b0 + b1λn + . . .+ bn−1λn−1n

Contoh1). Dapatkan matriks transisi dari matriks

A =

5 7 −50 4 −12 8 −3

JawabPolinomial karakteristik dari A diberikan oleh

det(λI − A) = det

λ− 5 −7 50 λ− 4 1−2 −8 λ+ 3

= 0

atau

λ3 − 6λ2 + 11λ− 6 = (λ− 1)(λ− 2)(λ− 3) = 0.

Didapat nilai karakteristik dari A, λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 3. Sehingga didapat persamaan

1 1 11 2 (2)3−1

1 3 (3)3−1

b0b1b2

=

et

e2t

e3t

.



Nilai b0, b1, b2 diberikan oleh

b0 =

∣∣∣∣∣∣

et 1 1e2t 2 4e3t 3 9

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 11 2 41 3 9

∣∣∣∣∣∣

=2e3t − 6e2t + 6et

2= e3t − 3e2t + 3et,

b1 =

∣∣∣∣∣∣

1 et 11 e2t 41 e3t 9

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 11 2 41 3 9

∣∣∣∣∣∣

=−3 e3 t + 8 e2 t − 5 et

2= −3 e

3 t

2+ 4 e2 t − 5 et

2

dan

b2 =

∣∣∣∣∣∣

1 1 et

1 2 e2t

1 3 e3t

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 11 2 41 3 9

∣∣∣∣∣∣

=e3 t − 2 e2 t + et

2=

e3 t

2− e2 t +

et

2.

Sehingga didapat

eAt = b0I + b1A+ b2A2

=(e3t − 3e2t + 3et

)

1 0 00 1 00 0 1

+

(−3 e

3 t

2+ 4 e2 t − 5 et

2

)5 7 −50 4 −12 8 −3

+

(e3 t

2− e2 t +

et

2

)15 23 −17−2 8 −14 22 −9

=

e3 t + 2 e2 t − 2 et e3 t + 5 e2 t − 6 et −e3 t − 3 e2 t + 4 et

−e3 t + 2 e2 t − et −e3 t + 5 e2 t − 3 et e3 t − 3 e2 t + 2 et

−e3 t + 4 e2 t − 3 et −e3 t + 10 e2 t − 9 et e3 t − 6 e2 t + 6 et

.


A =

1 1 00 1 00 0 2

.



Polinomial karakteristik dari A adalah

p(λ) = (λ− 1)2(λ− 2) = 0,

didapat λ1 = λ2 = 1 dan λ3 = 2. Sehingga diperoleh persamaan linear

et = b0 + b1 + b2

tet = b1 + 2b2

e2t = b0 + 2b1 + 4b2


1 1 10 1 21 2 4

b0b1b2

=

et

tet

e2t

⇒

b0b1b2

=

0 −2 12 3 −2−1 −1 1

et

tet

e2t

.

Didapat b0b1b2

=

e2 t − 2 t et

−2 e2 t + 3 t et + 2 et

e2 t − t et − et

.

Dengan demikian matriks transisi eAt diberikan oleh

eAt = b0I + b1A + b2A2

=(e2 t − 2 t et

)

1 0 00 1 00 0 1

+(−2 e2 t + 3 t et + 2 et

)1 1 00 1 00 0 2

+(e2 t − t et − et

)

1 2 00 1 00 0 4

=

et t et 00 et 00 0 e2 t

.

Contoh-contoh Masalah Penyajian Ruang Keadaan

1. Dapatkan Persamaan keadaan dari suatu sistem diskrit yan diberikan oleh persamaanbeda

y[n]− 3

4y[n− 1] +

1

8y[n− 2] = x[n].



JawabPilih peubah keadaan q1[n] dan q2[n] dengan

q1[n] = y[n− 2] dan q2[n] = y[n− 1].

Didapat

q1[n+ 1] = q2[n]

q2[n+ 1] = −18q1[n] +

3

4q2[n] + x[n]

y[n] = −18q1[n] +

3

4q2[n] + x[n]


q[n+ 1] =

[0 1−1

834

]q[n] +

[01

]x[n]

y[n] =[−1

834

]q[n] + x[n].

2. Dapatkan Persamaan keadaan dari suatu sistem diskrit yang diberikan oleh per-samaan beda

y[n]− 3

4y[n− 1] +

1

8y[n− 2] = x[n] +

1

2x[n− 1].

JawabKarena ada bentuk 1

2x[n−1] pada sisi kanan persamaan beda, maka pemilihan peubah

keadaan y[n−2] dan y[n−1] sebagai peubah keadaan tidak akan memberikan sistemyang diharapkan. Maka dari itu, agar supaya mendapatkan peubah keadaan yangsesuai, dikontruksi suatu simulasi diagram persamaan beda menggunakan elementunda satuan, penguat (pengali) dan penambah. Lakukan transformasi-z padakedua sisi persamaan beda dan susun persamaan tsb. didapat

Y (z) =3

4z−1Y (z)− 1

8z−2Y (z) +X(z) +

1

2z−1X(z),

perlu diperhatikan bahwa z−k menyatakan waktu tunda satuan saat ke k, dengandemikian gambar simulasi dapat diberikan sebagaimana pada gambar berikut.



18

34

112

x[n]

y[n]z−1 z−1∑ ∑∑ +

+ +

+

+

-q2[n+ 1] q2[n] q1[n+ 1] q1[n]

Dari gambar diagram simulasi diatas didapat

q1[n+ 1] = q2[n] +3

4y[n] +

1

2x[n]

=3

4q1[n] + q2[n] +

5

4x[n]

q2[n+ 1] = −18y[n] = −1

8q1[n]−

1

8x[n]

=

y[n] = q1[n] + x[n]


q[n + 1] =

[34

1−1

80

]q[n] +

[54

−18

]x[n]

y[n] =[1 0

]q[n] + x[n].

3. Dapatkan persamaan keadaan dari suatu sistem waktu diskrit liniear invarian waktuyang diberikan oleh fungsi transfer

H(z) =b0 + b1z

−1 + b2z−2

1 + a1z−1 + a2z−2

JawabFungsi transfer memenuhi

H(z) =Y (z)

X(z)=

b0 + b1z−1 + b2z

−2

1 + a1z−1 + a2z−2.

Dari sini didapat

(1 + a1z

−1 + a2z−1)Y (z) = (b0 + b1z

−1 + b2z−2)X(z).



Susun ulang persamaan yang telah diperoleh, didapat

Y (z) = −a1z−1Y (z)− a2z−2Y (z) + b0X(z) + b1z

−1X(z) + b2z−2X(z).

Dari persamaan yang terakhir ini diagram simulasinya diberikan oleh gambar berikut.

x[n]

∑ ∑ ∑

b0b1b2

a1a2

y[n]z−1 z−1

q2[n+ 1] q2[n] q1[n+ 1] q1[n]

++

+ ++

- -

Dari gambar simulasi diagram diatas didapat

y[n] = q1[n] + b0x[n]

q1[n+ 1] = −a1y[n] + q2[n] + b1x[n]

= −a1q1[n] + q2[n] + (b1 − a1b0)x[n]

q2[n+ 1] = −a2y[n] + b2x[n]

= −a2q1[n] + (b2 − a2b0)x[n]

atau dalam bentuk matrix

q[n + 1] =

[−a1 1−a2 0

]q[n] +

[b1 − a1b0b2 − a2b0

]x[n]

y[n] =[1 0

]q[n] + b0x[n].

(6.48)

Catatan : pada diagram simulasi dalam gambar diatas banyaknya elemen tundasatuan adalah 2 menunjukkan order dari sistem dalam kasus ini banyaknya yangdibutuhkan minimum. Oleh karena itu gambar tsb. dinamakan bentuk pertamasimulasi kanonik dan Persamaan (6.48) dinamakan bentuk pertama penyajiankeadaan kanonik atau juga dinamakan bentuk kompanion teramati.

4. Kerjakan lagi Contoh 3. dengan bentuk H(z) sebagai

H(z) = H1(z)H2(z)

dimana

H1(z) =1

1 + a1z−1 + a2z−2dan H2(z) = b0 + b1z

−1 + b2z−2.



JawabMisalkan

H1(z) =W (z)

X(z)=

1

1 + a1z−1 + a2z−2

dan

H2(z) =Y (z)

W (z)= b0 + b1z

−1 + b2z−2.

DidapatW (z) + a1z

−1W (z) + a2z−2W (z) = X(z) (6.49)

danY (z) = b0W (z) + b1z

−1W (z) + b2z−2W (z). (6.50)

Susun ulang Persamaan (6.49), didapat

W (z) = −a1z−1W (z)− a2z−2W (z) +X(z). (6.51)

Dari Persamaan (6.50) dan (6.51) didapat Gambar diagram simulasi yang diberikanoleh Gambar dibawah ini.

x[n]

y[n]∑ ∑

∑

∑

v2[n+ 1] v2[n] v1[n+ 1]

w[n] w[n− 1] w[n− 2]

++

+

+

+

+

--

b0 b1 b2

a1 a2

z−1 z−1

v1[n]

Pilih elemen output dari tunda satuan sebagai peubah keadaan seperti yang terlihatdalam Gambar diagram simulasi diatas, didapat

v1[n + 1] = v2[n]

v2[n + 1] = −a2v1[n]− a1v2[n] + x[n]

y[n] = b2v1[n] + b2v2[n] + b0v2[n + 1]

= (b2 − b0a2)v1[n] + (b1 − b0a1)v2[n] + b0x[n]




v[n + 1] =

[0 1−a2 −a1

]v[n] +

[01

]x[n]

y[n] =[(b2 − b0a2) (b1 − b0a1)

]v[n] + b0x[n].

(6.52)

Gambar diagram simulasi diatas dikenal sebagai bentuk kedua simulasi kanoniksedangkan Persamaan (6.52) dikenal sebagai bentuk kedua represntasi keadaankanonik atau dinamakan juga bentuk kompanion terkontrol.

5. Diberikan fungsi tranfer sistem diskret

H(z) =z

2z2 − 3z + 1=

z

2(z − 1)(z − 12).

Dapatkan suatu representasi keadaan dari sistem sedemikian hingga matriks A adalahmatriks diagonal.

JawabEkspasikan H(z) kedalam bentuk pecahan parsial sebagai berikut

H(z) =z

2(z − 1)(z − 12)=

z

z − 1− z

z − 12

=1

1− z−1− 1

1− 12z−1

= H1(z) +H2(z)

dengan

H1(z) =1

1− z−1dan H2(z) =

−11− 1

2z−1

.

Misalkan

Hk(z) =αk

1− pkz−1=

Yk(z)

X(z), (6.53)

maka (1− pkz

−1)Yk(z) = αkX(z)

atauYk(z) = pkz

−1Yk(z) + αkX(z)

Dari sini diagram simulasi diberikan oleh gambar berikut.

αk∑

pk z−1

x[n] yk[n]

+

+



Dengan demikian H(z) = H1(z)+H2(z) dapat disimulasikan sebagaimana diberikandalam gambar berikut.

∑

1 z−1x[n] y[n]

+

+

12 z−1

∑

+

+

+∑q1[n] q1[n+ 1]

q2[n] q2[n+ 1]

Pilih peubah keadaan sebagai elemen output dari tunda satuan didapat

q1[n+ 1] = q1[n] + x[n]

q2[n+ 1] =1

2q2[n]− x[n]

y[n] = q1[n+ 1] + q2[n+ 1] = q1[n] +1

2q2[n]


q[n + 1] =

[1 00 1

2

]q[n] +

[1−1

]x[n]

y[n] =[1 1

2

]q[n].

Test, Tgl. 26 April 2010, Sifat Tutup Buku

1. Diberikan sistem rangkain elektrikk sebagaimana pada Gambar dibawah ini denganR = 3, L = 1, C = 1

2dan vC(0) = iL(0) = 0.

e

R L

CiL(t)

vC(t)

+ +

1

2

2t

e(t)

Bila vC(t) dan iL(t) dipilih sebagai peubah keadaan dan output dari sistem y1(t) =iL(t) dan y2(t) = vC(t) sedangkan input dari sistem adalah e(t) sebagai mana diberikanpada Gambar, maka dapatkan matriks transisi keadaan dan output dari sistem.



2. Dapatkan persamaan keadaan dari sistem bila fungsi transfer dari sistem linear in-varian waktu kontinu diberikan oleh

H(s) =b0s

3 + b1s2 + b2s+ b3

s3 + a1s2 + a2s + a3.

Berikan gambar simulasi diagram keadaannya.

3. Dapatkan persamaan keadaan bentuk kedua kanonik bila fungsi transfer darisistem linear invarian waktu diskrit diberikan oleh

H(z) =1 + 2z−1 + 2z−2

1 + z−1 + z−2.

Berikan gambar simulasi diagram keadaannya. Selanjutnya dapatkan suatu matriksT yang mengubah peubah keadaan ini menjadi persamaan keadaan bentuk per-tama kanonik.

Jawaban Test, Tgl. 26 April 2010, Sifat Tutup Buku

1. Diberikan sistem rangkain elektrikk sebagaimana pada Gambar dibawah ini denganR = 3, L = 1, C = 1

2dan vC(0) = iL(0) = 0.

e

R L

CiL(t)

vC(t)

+ +

1

2

2t

e(t)

Bila vC(t) dan iL(t) dipilih sebagai peubah keadaan dan output dari sistem y1(t) =iL(t) dan y2(t) = vC(t) sedangkan input dari sistem adalah e(t) sebagai mana diberikanpada Gambar, maka dapatkan matriks transisi keadaan dan output dari sistem.

JawabGunakan Hukum Voltage Kirchhoff didapat

e(t) = RiL(t) + LdiL(t)

dt+ vC(t) (6.54)

tambahan puladvC(t)

dt=

1

CiL(t). (6.55)

Dari Persamaan (6.54) dan (6.55) didapat

diL(t)

dt= −R

LiL(t)−

1

LvC(t) +

1

Le(t)

dvC(t)

dt=

1

CiL(t).



Sehingga untuk R = 3, L = 1, C = 12

dan y1(t) = iL(t), y2(t) = vC(t) didapatpersamaan keadaan sistem

diL(t)

dt

dvC(t)

dt

=

[−3 −12 0

] [iL(t)vC(t)

]+

[10

]e(t)

[y1(t)y2(t)

]=

[1 00 1

] [iL(t)vC(t)

].

Dengan demikian matriks transisi keadaan diberikan oleh

eAt =

[2 e−2 t − e−t e−2 t − e−t

2 e−t − 2 e−2 t 2 e−t − e−2 t

].

Fungsi transfer Sistem

H(s) = C(sI − A)−1B =

s

(s+ 1)(s+ 2)

2

(s+ 1)(s+ 2)

Input dari sistem adalah

e(t) = 2(u(t− 1)− u(t− 2)),

maka

E(s) =2

s

(e−s − e−2s

)

Jadi output dari sistem diberikan oleh

[y1(t)y2(t)

]= L−1

s

(s+ 1)(s+ 2)

2

(s+ 1)(s+ 2)

2

s

(e−s − e−2s

)

Didapat

[y1(t)y2(t)

]=

2(e−(t−1) − e−2(t−1)

)u(t− 1)− 2

(e−(t−2) − e−2(t−2)

)u(t− 2)

4

(1

2− e−(t−1) +

1

2e−2(t−1)

)u(t− 1)− 4

(1

2− e−(t−2) +

1

2e−2(t−2)

)u(t− 2)



2. Dapatkan persamaan keadaan dari sistem bila fungsi transfer dari sistem linear in-varian waktu kontinu diberikan oleh

H(s) =b0s

3 + b1s2 + b2s+ b3

s3 + a1s2 + a2s + a3.

Berikan gambar simulasi diagram keadaannya.

JawabDari

H(s) =Y (s)

X(s),

didapat (s3 + a1s

2 + a2s+ a3)Y (s) =

(b0s

3 + b1s2 + b2s+ b3

)X(s)

Kedua sisi persamaan bagi dengan s3, lalu susun ulang persamaan didapat

Y (s) = −a1s−1Y (s)− a2s−2Y (s)− a3s

−3Y (s)

+b0X(s) + b1s−1X(s) + b2s

−2X(s) + b3s−3X(s)

Dari persamaan ini, simulasi diagram dapat dibuat sebagai mana diberikan dalamGambar berikut.

∑ ∑ ∑ ∑∫ ∫ ∫

a1a2a3

b0b1b2b3

x(t)

y(t)+ + + + + ++

--- q3(t) q3(t) q2(t) q2(t) q1(t) q1(t)

Dari gambar simulasi diagram pilih ouput dari integrator sebagai peubah keadaandidapat

y(t) = q1(t) + b0x(t)

q1(t) = −a1y(t) + q2(t) + b1x(t)

= −a1q1(t) + q2(t) + (b1 − a1b0)x(t)

q2(t) = −a2y(t) + q3(t) + b2x(t)

= −a2q1(t) + q3(t) + (b2 − a2b0)x(t)

q3(t) = −a3y(t) + b3x(t)

= −a3q1(t) + (b3 − a3b0)x(t).



Atau dalam bentuk matriks

q(t) =

−a1 1 0−a2 0 1−a3 0 0

q(t) +

b1 − a1b0b2 − a2b0b3 − a3b0

x(t)

y(t) =[1 0 0

]q(t) + b0x(t).

Bentuk representasi keadaan ini dikenal sebagai representasi keadaan bentuk per-tama kanonik.

3. Dapatkan persamaan keadaan bentuk kedua kanonik bila fungsi transfer darisistem linear invarian waktu diskrit diberikan oleh

H(z) =1 + 2z−1 + 2z−2

1 + z−1 + z−2.

Berikan gambar simulasi diagram keadaannya. Selanjutnya dapatkan suatu matriksT yang mengubah peubah keadaan ini menjadi persamaan keadaan bentuk per-tama kanonik.

JawabGambar simulasi diagram keadaan bentuk kedua kanonik dari fungsi transfer

H(s) =1 + 2z−1 + 2z−2

1 + z−1 + z−2

diberikan oleh Gambar berikut.

x[n]

y[n]∑ ∑

∑

∑

v2[n+ 1] v2[n] v1[n+ 1]

w[n] w[n− 1] w[n− 2]

++

+

+

+

+

--

1 2 2

1 1

z−1 z−1

v1[n]

Pilih elemen output dari tunda satuan sebagai peubah keadaan seperti yang terlihat



dalam Gambar diagram simulasi diatas, didapat

v1[n + 1] = v2[n]

v2[n + 1] = −v1[n]− v2[n] + x[n]

y[n] = 2v1[n] + 2v2[n] + v2[n+ 1]

= [2− 1(1)] v1[n] + [2− 1(1)] v2[n] + x[n]

= v1[n] + v2[n] + x[n]

atau dalam bentuk matriks, penyajian peubah keadaan bentuk kedua kanonikdiberikan oleh

v[n+ 1] = Av[n] +Bx[n]

y[n] = Cv[n] +Dx[n]

dengan

v[n] =

[v1[n]v2[n]

], A =

[0 1−1 −1

], B =

[01

]

dan

C =[1 1

], D = 1.

Sedangkan Gambar simulasi diagram keadaan bentuk pertama kanonik dari fungsitransfer

H(s) =1 + 2z−1 + 2z−2

1 + z−1 + z−2

diberikan oleh Gambar berikut.

x[n]

∑ ∑ ∑

122

11

y[n]z−1 z−1

q2[n+ 1] q2[n] q1[n+ 1] q1[n]

++

+ ++

- -

Dari gambar simulasi diagram diatas, pilih elemen output dari tunda satuan sebagai



peubah keadaan didapat

y[n] = q1[n] + x[n]

q1[n+ 1] = −y[n] + q2[n] + 2x[n]

= −q1[n] + q2[n] + [2− 1(1)]x[n]

= −q1[n] + q2[n] + x[n]

q2[n+ 1] = −y[n] + 2x[n]

= −q1[n] + [2− 1(1)] x[n]

= −q1[n] + x[n].

atau dalam bentuk matrix

q[n+ 1] = Aq[n] + Bx[n]

y[n] = Cq[n] + Dx[n],

q[n] =

[q1[n]q2[n]

], A =

[−1 1−1 0

], B =

[11

]

danC =

[1 0

], D = 1.

Misalkan transformasi T diberikan oleh

T =

[t1 t2t3 t4

]

yang memenuhi q[n] = Tv[n] atau v[n] = T−1q[n]. Dari sisni didapat

q[n + 1] = Tv[n+ 1]

= T (Av[n] +Bx[n])

=(TAT−1

)q[n] + (TB)x[n]

y[n] = Cv[n] + x[n]

=(CT−1

)q[n] + x[n].

JadiA = TAT−1, B = TB dan C = CT−1 (CT = C)

atau [−1 1−1 0

] [t1 t2t3 t4

]=

[t1 t2t3 t4

] [0 1−1 −1

],

[11

]=

[t1 t2t3 t4

] [01

]

dan[1 0

] [t1 t2t3 t4

]=[1 1

].



Dari [11

]=

[t1 t2t3 t4

] [01

]⇒

[11

]=

[t2t4

]⇒ t2 = t4 = 1.

dan[1 0

] [t1 t2t3 t4

]=[1 1

]⇒

[t1 t2

]=[1 1

]⇒ t1 = t2 = 1.

Didapat matriks

T =

[1 1t3 1

]

tetapi T memenuhi

[−1 1−1 0

] [1 1t3 1

]=

[1 1t3 1

] [0 1−1 −1

]

atau [−1 + t3 0−1 −1

]=

[−1 0−1 t3 − 1

]⇒ t3 = 0.

Jadi matriks T adalah

T =

[1 10 1

].

Kebenaran transformasi T dapat dicek sebagai berikut

TAT−1 =

[1 10 1

] [0 1−1 −1

] [1 −10 1

]

=

[−1 0−1 −1

] [1 −10 1

]

=

[−1 1−1 0

]= A,

TB =

[1 10 1

] [01

]

=

[11

]= B

dan

CT−1 =[1 1

] [1 −10 1

]

=[1 0

]= C.



6.11 Keterkontrolan dan Keteramatan Sistem

Pada bagian ini diberikan dua pengertian yang sangat penting dalam kajian suatu sistemlinear, yaitu pengertian tentang keterkontrolan dan keteramatan suatu sistem. Namumsebelumnya diperkenalkan munculnya sistem tak terkontrol dan/atau takteramti disertaibebeberapa alasannya melalui beberapa contoh.

Beberapa konsep-konsep ruang-keadaan dapat dipandang sebagai penafsiran ulang darikonsep-konsep yang mendahuluinya, yaitu konsep-konsep domain-frekuensi. Selain itu halkhusus dari metoda ruang-keadaan adalah keterkontolan dan keteramatan.

Ide-ide yang berkaitan dengan masalah keterkontrolan dan keteramatan telah diperke-nalkan oleh R.E. Kalman dipertengahan tahun 1950an sebagai suatu cara untuk men-erangkan mengapa metoda dari pendisainan kompensator sistem tak stabil menggunakanpenghapusan pole-pole tak stabil dengan zeros diseparuh bidang kompleks mengalami kega-galan walaupun proses penghapusan ini berjalan sempurnah. Masalah ini sudah diketahuibahwa metoda pengkompensatoran tsb. tidak fisibel sebab penghapusan yang sempurnahtsb. tidak mungkin dalam praktis. Disamping itu pada tahun 1954 Bergen dan Ragazzaitelah menunjukkan suatu penghapusan eksak secara matematik tidak akan mungkin dalamperangkat keras real. Kalman juga menunjukkan suatu penghapusan sempurnah pole-zerosuatu sistem tak stabil menghasilkan suatu fungsi transfer stabil. Tetapi fungsi transfer inimempunyai order lebih rendah dari sistem aslinya disamping itu mode takstabilnya tidakbisa dipengaruhi oleh masukan (tidak dapat dikontrol) atau taktampak dalam keluaran(tidak bisa diamati). Kajian mendalam secara matematik yang berkaitan dengan masalahketerkontrolan dan keteramatan bisa di lihat di (R.E. Kalman et al, 1974).

Bertolak belakang dengan keterkontrolan dan keteramantan, kajian ketakterkotrolandan ketakteramatan tampaknya kurang menarik. Hal ini tidaklah begitu benar. Parapraktisi sistem kontrol yang tidak memahami perbedaan pengertian "ketakterkontrolansistem untuk setiap nilai dari parameter-parameter" dan "sistem hampir selalu terkon-trol" bila mereka berhadapan dengan suatu proses tak-dikenalnya disajikan dalam ruangkeadaan yang hanya diberikan oleh data numerik, berdasarkan pengalamannya bisa jadi in-tuisinya menyimpulkan sistem yang dihadapinya adalah terkontrol atau teramatati. Tetapibila dikaji secara teliti kemungkinan besar bisa sebaliknya, yaitu sistem takterkontrol atautakteramati (Bernard Friedland, 1987). Pada bagian ini dikaji ulang pengertian tsb. yangdidahului dengan suatu contoh untuk memberikan suatu gambaran bahwa dalam anal-isa domain-frekuensi secara taklangsung diasumsikan sifat-sifat dinamik dari suatu sistemsecara lengkap dapat ditentukan oleh fungsi transfernya. Asumsi ini tidak selalu benar.Selanjutnya pada subbagian berikut ini diberikan beberapa contoh dan alasan penting darimana munculnya masalah ketakterkontrolan dan ketakteramatan.


Keterkontrolan dan Keteramatan Sistem.. 155

6.11.1 Ruang-bagian "keadaan" ditinjau dari masukan dan ke-

luaran

Pada bagian ini dibahas 4 ruang-bagian keadaan berdasar pada pengamatan masukan dankeluaran. Pembagian ini diberikan lewat contoh yang juga akan memberikan gambaranbahwa tidak selalu benar fungsi transfer dari suatu sistem menentukan secara lengkapperilaku dari sistemnya. Kajian yang agak lebih lengkap berkaitan dengan ruang bagiantakterkontrol dan takteramati dari suatu sistem akan diberikan pada bagian yang men-datang.

Contoh 21 Misalkan suatu sistem disajikan oleh sistem persamaan differensial berikut:

q1(t) = 2q1(t) + 3q2(t) + 2q3(t) + q4(t) + x(t)q2(t) = −2q1(t)− 3q2(t)− 2x(t)q3(t) = −2q1(t)− 2q2(t)− 4q3(t) + 2x(t)q4(t) = −2q1(t)− 2q2(t)− 2q3(t)− 5q4(t)− x(t)

(6.56)

dan persamaan pengamatan

y(t) = 7q1(t) + 6q2(t) + 4q3(t) + 2q4(t). (6.57)

Persamaan (6.56) dan (6.57) disajikan dalam bentuk persamaan matriks ruang keadaansebagai berikut:

q(t) = Aq(t) +Bx(t)y(t) = Cq(t),

(6.58)

dengan q(t) =[q1(t) q2(t) q3(t) q4(t)

]dan

A =

2 3 2 1−2 −3 0 0−2 −2 −4 0−2 −2 −2 −5

, B =

1−22−1

, C =

[7 6 4 2

].

Fungsi transfer dari sistem (6.58) diberikan oleh

H(s) = C(sI −A)−1B =s3 + 9s2 + 26s+ 24

s4 + 10s3 + 35s2 + 50s+ 24. (6.59)

Bila pembilang dan penyebut dari fungsi transfer tsb difaktorkan, diperoleh:

H(s) =(s+ 2)(s+ 3)(s+ 4)

(s+ 1)(s+ 2)(s+ 3)(s+ 4)=

1

(s+ 1). (6.60)

Dari persamaan (6.60) terlihat bahwa ada 3 pole yang dihapus oleh 3 zeros yaitu s =−1, s = −3 dan s = −4. Jika diperhatikan fungsi transfer yang diberikan oleh persamaan(6.60), fungsi ini berkaitan dengan persamaan differensial tingkat satu. Hal ini tentunya



berbeda dengan sistem aslinya yaitu sistem persamaan differensial tingkat empat seba-gaimana yang disajikan dalam persamaan (6.56).

Untuk memperjelas apa yang telah diperoleh, yaitu fungsi transfer dari sistem de-ngan realisasi berdimensi satu yang berbeda dengan sistem aslinya yaitu dimensi empatdilakukan transformasi variabel keadaan sebagai berikut:

q = Tq,

dengan

T =

4 3 2 13 3 2 12 2 2 11 1 1 1

dan T−1 =

−1 −1 0 0−1 2 −1 00 −1 2 −10 0 −1 2

.

Dengan transformasi T , matriks A menjadi matriks diagonal:

A = TAT−1 =

−1 0 0 00 −2 −0 00 0 −3 00 0 0 −4

,

sedangkan masing-masing matriks B dan C berubah menjadi:

B = TB =

1010

dan C = CT−1 =

[1 1 0 0

].

Persamaan keadaannya menjadi:

˙q1 = −q1 + x˙q2 = −2q2˙q3 = −3q3 + x˙q4 = −4q4

(6.61)

dan keluaranya diberikan oleh persamaan:

y = q1 + q2. (6.62)

Dari persamaan (6.61) dan (6.62) dapat diterangkan sebagai berikut. Jelas bahwa masukanu hanya mempengaruhi variabel keadaan q1 dan q3, variabel q2 dan q4 tidak dipengaruhioleh masukan x. Keluaran y hanya bergantung pada variabel keadaan q1 dan q2, sedang-kan variabel keadaan q3 dan q4 tidak mempunyai kontribusi terhadap keluaran y. Jadiakibat transformasi kordinat, sistem mempunyai 4 sub-sistem yang berbeda. Dalam halini masing-masing sub-sistem hanya disajikan oleh persamaan tingkat satu. Keempat sub-sistem tsb. adalah:



1. Variabel keadaan q1: dipengaruhi oleh masukan x, tampak pada keluran y.

2. Variabel keadaan q2: tidak dipengaruhi oleh masukan x, tampak pada keluaran y.

3. Variabel keadaan q3: dipengaruhi oleh masukan x, tidak tampak pada keluaran y.

4. Variabel keadaan q4: tidak dipengaruhi oleh masukan x, tidak tampak pada keluarany.

Hanya sub-sistem pertama yang berkaitan dengan fungsi transfer H(s) =1

s+ 1. Disini ter-

lihat fungsi transfer ini tidak mendiskripsikan secara lengkap perilaku dari seluruh variabelkeadaan sistem. Subsistem pertama merupakan subsistem yang terkontrol dan teramati,subsistem kedua merupakan subsistem takterkontrol tapi teramati, subsistem ketiga meru-pakan subsistem yang terkontrol tapi takteramati sedangkan susbsistem keempat meru-pakan subsistem yang takterkontrol dan takteramatai. Jika suatu sistem memuat subsistemtakterkontrol atau takteramati, maka dikatakan sistem takterkontrol atau takteramati.

Dari contoh yang dikaji ini bisa disimpulkan; suatu sistem dengan masukan dan ke-luaran tunggal yang fungsi transfernya ditentukan oleh subsistem terkontrol dan teramatidengan dimensi lebih kecil dari dimensi ruang-keadaannya, maka dapat dipastikan sistemini memuat subsistem takterkontrol atau memuat subsistem takteramati.

Selanjutnya, pada bagian berikut ini diberikan beberapa contoh yang membahas darimana munculnya sistem takterkontrol atau takteramati.

6.11.2 Munculnya sistem takterkontrol atau sistem tak teramati

Contoh yang telah dikaji pada bagian sebelumnya merupakan suatu contoh sistem takterkontrol dan takteramati yang muncul dalam kajian akademik, bukan muncul dalamdunia nyata. Dalam kenyataannya sistem takterkontrol dan takteramati tidak semuamuncul dari kajian akademik sebagaimana yang akan diungkapkan pada bagian ini.

Redundansi variabel keadaan. Suatu hal yang biasa terjadi munculnya suatu sistemtakterkontrol adalah berkenaan dengan redundansi variabel keadaan. Sebagai contoh, su-atu sistem dinamik diberikan oleh:

q = Aq+Bx,

untuk beberapa alasan, misalkan didefinisikan suatu fariabel baru sebagai berikut:

r = Fq (6.63)

dimana F adalah suatu matriks berukuran n × k. Sehingga diperoleh suatu persamaandifferensial berikut:

r = F q = F (Aq+Bx).



Selanjutnya bila vektor

q =

[q

r

],

maka diperoleh persamaan differensial:

˙q = Aq+ Bx, (6.64)

dimana

A =

[A 0FA 0

]dan B =

[BFB

].

Persamaan (6.64) dapat ditulis sebagai:

q = Aq+Bxr = FAq+ FBx

. (6.65)

Pada persamaan (6.65) terlihat bahwa masukan x tampak pada variabel keadaan q danvariabel redundan keadaan r. Dalam hal ini kelihatannya sistem yang disajikan oleh per-samaan (6.64) atau persamaan (6.65) terkontrol, tetapi kenyataannya tidak. Untuk me-nunjukkan sistem (6.65) takterkontrol, dilakukan transformasi kordinat terhadap variabelkeadaan sebagai berikut: [

q

r

]=

[Ik 0−F In

] [q

r

], (6.66)

dimana masing-masing Ik dan In adalah matriks identitas dengan ukuran k×k dan n×n.Dari (6.66) didapat:

˙q = q = Aq+Bx˙r = −F q + r = 0

(6.67)

Pada persamaan (6.67) terlihat bahwa masukan x hanya bisa mempengaruhi variabelkeadaan q sedangkan variabel redundan keadaan r tidak bisa dipengaruhi oleh masukanx. Dalam hal ini variabel r tidak akan bisa dikontrol oleh pengontrol apapun yang meru-pakan masukan dari sistem. Jadi sistem yang disajikan oleh persamaan (6.64) atau (6.65)takterkontrol. Dari kajian redundansi variabel keadaan ini tentu dipahami bahwa tak se-orangpun akan bermaksud menggunakan variabel keadaan yang lebih banyak dari jumlahminimum yang dibutuhkannya untuk mengetahui karakakteristik perilaku proses dinamik.Tetapi dalam suatu proses yang kompleks dengan fisis yang takdikenal para praktisi sistemkontrol bisa mungkin mempunyai kecenderungan menuliskan segala apa yang dipandangdan dikerjakannya kedalam persamaan differensial. Hal ini akan menghasilkan lebih banyakpersamaan dari yang dibutuhkan sehingga hasil model sistemnya merupakan sistem tak-terkontrol.

Dalam bagian berikut ini diberikan sifat suatu sistem linear invarian waktu yaituketerkontrolan dan keteramatan. Keterkontrolan dan ketermatan sistem ini merupakansuatu hal yang mendasar. Salah satu manfaat keterkontrolan suatu sistem dapat digu-nakan untuk penstabilan suatu sistem sebagaimana dalam bahasan berikut ini.



6.11.3 Keterkontrolan

Diberikan sistem linear invarian-waktu yang disajikan oleh persamaan:

q(t) = Aq(t) +Bx(t)y(t) = Cq(t) +Dx(t).

(6.68)

Definisi 1 Sistem linear (6.68) dikatakan terkontrol bila untuk setiap kedaan sebarangq(0) = q0 ada masukan x(t) yang tidak dibatasi mentransfer keadaan q0 kesebarangkeadaan akhir q(t1) = q1 dengan waktu akhir t1 berhingga.

Dari pengertian sistem terkontrol yang diberikan dalam Definisi 1, hal ini berarti bahwa biladiberikan sebarang keadaan awal q(0) dan sebarang keadaan akhir q(t1) akan selalu adapengontrol x(t) yang akan mentransfer keadaan awal q(0) ke keadaan akhir yang diinginkanq(t1) dalam waktu yang berhingga t1. Perlu diingat bahwa sebarang keadaan awal dansebarang keadaan akhir ini terdiri dari n komponen dan apa bila semua komponen darikeadaan awal ini bisa dikontrol ke n komponen yang sesuai keadaan akhir, maka sistembisa dikontrol. Sedangkan maksud dari keberadaan pengontrol x(t) yang tak dibatasiadalah tidak disyaratkan apa-apa kecuali hanya untuk mentransfer sebarang keadaan awalyang diberikan ke sebarang keadaan akhir yang diinginkan dalam waktu yang berhingga.Dalam kajian kontrol optimal pemilihan pengontrol x(t) ini merupakan pengontrol yangmentransfer keadaan awal ke keadaan akhir yang diinginkan dengan energi yang sekecilmungkin (minimum).

Penyelesaian dari q(t) = Aq(t) +Bx(t) diberikan oleh

q(t) = eAtq0 +

t∫

0

eA(t−τ)Bx(τ)dτ. (6.69)

Bila sistem terkontrol, yaitu ada masukan x(t) yang mentransfer q0 ke q1 dalam waktuberhingga t = t1. Dalam hal ini q1 diberikan oleh

q1 = eAt1q0 +

t1∫

0

eA(t1−τ)Bx(τ)dτ. (6.70)

Teorema berikut adalah memberikan syarat perlu dan cukup bahwa sistem (6.68) adalahterkontrol. Ada dua bagian dari Teorema ini, bagian yang pertama adalah untuk menjaminkeberadaan pengontrol x(t) untuk mentransfer sebarang keadaan awal ke sebarang keadaanakhir yang diinginkan dalam waktu berhingga sedangkan bagian yang kedua adalah untukmenjamin bahwa semua n komponen dari keadaan awal bisa dikontrol ke n komponen yangbersesuaian dari keadaan akhir yang diinginkan.



Teorema 1 Syarat perlu dan cukup sistem (6.68) terkontrol adalah:

1. w(0, t1) =t1∫0

e−AτBBT e−AT τdτ non-singulir.

2. Matriks: Mc =[B | AB | A2B | . . . | An−1B

]mempunyai rank sama den-

gan n

Bukti1. Bila w(0, t1) non-singulir, diberikan sebarang keadaan awal q(0) = q0 dan keadaanakhir q1 pilih masukan

x(t) = −BT e−AT tw−1(0, t1)[q0 − e−At1q1

]. (6.71)

Dengan masukan ini dan digunakan persamaan (6.70), diperoleh:

q(t1) = eAt1q0 +

t1∫

0

eA(t1−τ)B(−BT e−AT tw−1(0, t1)

[q0 − e−At1q1

])dτ

= eAt1q0 − eAt1

t1∫

0

e−AτBBT e−AT τdτ

w−1(0, t1)q0

+ eAt1

t1∫

0

e−AτBBT e−AT τdτ

w−1(0, t1)e−At1q1

= eAt1q0 − eAt1w(0, t1)w−1(0, t1)q0

+eAt1w(0, t1)w−1(0, t1)e

−At1q1

= eAt1q0 − eAt1q0 + q1

= q1.

Terlihat bahwa dengan masukan x(t) yang diberikan dalam (6.71) sebarang kedaan awalq0 ditransfer ke sebarang keadaan akhir q(t1) = q1. Jadi sistem terkontrol. Sebaliknya,andaikan w(0, t1) singulir tetapi sistem terkontrol. Maka untuk t1 > 0 pilih vektor α 6= 0

sedemikian hingga

αTw(0, t1)α =

t1∫

0

αTe−AτBBT e−AT ταdτ = 0. (6.72)

Untuk setiap t dengan 0 < t ≤ t1 diperoleh:

αTe−AtB = 0. (6.73)



Dari asumsi sistem terkontrol, maka untuk setiap keadaan awal q0 ada x(t) yang memenuhi(6.69), Oleh karena itu diperoleh:

q1 = eAt1q0 +

t1∫

0

eA(t1−τ)Bx(τ)dτ.

Jika kedua ruas persamaan diatas dikalikan dengan αT e−At1 , diperoleh:

αT e−At1q1 = αTq0 +

t1∫

0

αTe−AτBx(τ)dτ

= αTq0 +

t1∫

0

0x(τ)dτ

= αTq0

atauαT[q0 − e−At1q1

]= 0.

Pilih q0 = e−At1q1 + α, maka diperoleh persamaan:

αT[e−At1q1 + α− e−At1q1

]= 0

αTα = 0.

Dari persamaan terakhir diatas ini diperoleh α = 0 ini bertentangan dengan kenyataanα 6= 0. Jadi haruslah w(0, t1) non-singulir.

2. Asumsikan rank Mc = n, dan andaikan sistem tak-terkontrol. Karena sistem tak-terkontrol, maka w(0, t1) singulir. Jadi, diperoleh suatu persamaan yang serupa pada(6.73). Persamaan (6.73) diturunkan terhadap t sampai k kali, dengan k = 0, 1, 2, . . . , (n−1); dan pada t = 0 diperoleh:

αTAkB = 0, k = 0, 1, 2, . . . , (n− 1). (6.74)

Jadi:αT[B | AB | A2B | . . . | A(n−1)B

]= αTMc = 0. (6.75)

Karena α 6= 0 maka rank Mc < n. Hal ini bertentangan dengan kenyataan rank Mc =n. Jadi haruslah sistem terkontrol. Sebaliknya, asumsikan sistem terkontrol tetapi rankMc < n. dari asumsi, dipilih α 6= 0 yang memenuhi (6.75). Hal ini ekivalen dengan(6.74). Dari teorema "Hamilton-Cayley" A(n+1) dapat diuraikan sebagai kombinasi lineardari I, A,A2, . . . , A(n−1). Jadi e−At juga dapat diraikan sebagai kombinasi linear dari

I, A,A2, . . . , A(n−1),



dari hal ini diperoleh:αT e−AtB = 0, 0 ≤ t ≤ t1, α 6= 0.

Oleh karena itu diperoleh:

0 =

t1∫

0

αT e−AtBBT e−AT tαdt = αTw(0, t1)α.

Karena α 6= 0, maka w(0, t1) singulir. Jadi sistem tak-terkontrol. Hal ini bertentangandengan asumsi sistem terkontrol. Jadi haruslah rank Mc = n. Matriks terkontrol Mc diatasditentukan oleh pasangan matriks (A,B), adakalanya juga disebutt matriks terkontrol darisistem dengan (A,B).

Contoh 22 Diberikan sistem linear

q(t)

dt=

0 1 0 03 0 0 20 0 0 10 −2 0 0

︸︷︷︸A

q(t) +

0100

︸︷︷︸B

x(t),

dengan

q(t) =

q1(t)q2(t)q3(t)q4(t)

.

Didapat matriks keterkontrolan

Mc =

0 1 0 −11 0 −1 00 0 −2 00 −2 0 2

rank dari matriks Mc sama dengan 3. Jadi sistem takterkontrol.

Bil matriks B, diberikan oleh

B =

0001

,

didapat matriks keterkontrolan

Mc =

0 0 2 00 2 0 −20 1 0 −41 0 −4 0



rank dari Mc = 4. Jadi sistem terkontrol.

Latihan 1 Selidiki apakah pasangan matriks berikut ini dapat dikontrol:

1 A =

[1 00 2

], B =

[11

].

2 A =

[1 00 2

], B =

[01

].

3 A =

[1 00 1

], B =

[12

].

4 A =

[a1 0a2 0

], B =

[11

].

5 A =

[0 l−l 0

], B =

[10

].

6 A =

λ 1 00 λ 10 0 λ

, B =

b1b2b3

.

7 A =

λ 0 00 λ 10 0 λ

, B =

b1b2b3

.

Latihan 2 Suatu sistem diberikan oleh persamaan berikut:

q(t) = Aq(t) +Bx(t)

y(t) = Cq(t),

dengan

A =

[−1 10 −2

], B =

[01

]dan C = (1 0).

Bila P =∫∞

0eA

T tQeAtdt dengan matriks Q =

[1 00 2

], maka:

a). Tunjukkan bahwa ATP + PA = −Q, jelaskan mengapa persamaan ini bisa dipenuhiuntuk matriks P dan Q seperti diatas.

b). Dapatkan pengontrol x(t) sehingga dengan pengontrol ini keadaan awal q(0) =

[00

]

bisa dikontrol ke keadaan akhir q(1) =

[12

], tunjukkan hal ini dalam perhitungan.



6.11.4 Keteramatan

Berikut ini diberikan suatu pengertian dari keteramatan dari suatu sistem; pengertian inimerupakan dual dari keterkontrolan.

Definisi 2 Bila setiap keadaan awal q(0) = q0 secara tunggal dapat diamati dari setiappengukuran keluaran sistem (6.68) dari waktu t = 0 ke t = t1, maka sistem dikatakan"teramati".

Istilah dual yang dikenalkan diatas kata ’terkontrol’ diganti dengan kata ’teramati’ ma-sukan x(t) diganti dengan keluaran y(t), yaitu dalam terminologi keterkontrolan sebarangkeadaan awal q0 dikontrol dengan suatu masukan x(t) ke sebarang keadaan akhir q1 di-mana 0 ≤ t ≤ t1 sedangkan dalam terminologi keteramatan sebarang keadaan awal q0lewat sebarang pengukuran keluaran y(t) diamati pada interval waktu 0 ≤ t ≤ t1.

Keluaran sistem (6.68) diberikan oleh:

y(t) = CeA(t)q0 + C

t∫

0

eA(t−τ)Bx(τ)dτ +Dx(t). (6.76)

Bila diukur keluaran y(t) pada t = 0, maka diperoleh:

y(0) = Cq0 +Dx(0). (6.77)

Terlihat keadaan awal q0 muncul dalam persamaan (6.77). Selanjutnya bila diukur kelu-aran y(t) pada ts dengan 0 < ts ≤ t1, diperoleh:

y(ts) = CeA(ts)q0 + Cts∫0

eA(ts−τ)Bx(τ)dτ +Dx(ts)

= Cq(ts) +Dx(ts).

(6.78)

Bila keadaan awal q0 dapat diamati, maka keadaan ini juga akan muncul pada pengukurankeluaran y(ts), yaitu

y(ts) = Cq0 +Dx(ts). (6.79)

Sehingga dari persamaan (6.78) dan (6.79) diperoleh:

q0 = q(ts), dengan 0 < ts ≤ t1.

Berikut ini didefinisikan suatu matriks:

m(0, t) =

t∫

0

eAT τCTCeAτdτ. (6.80)



Bila diperhatikan matriks m(0, t) ini mempunyai bentuk yang hampir serupa dengan ma-triks w(0, t) yang muncul pada kajian keterkontrolan. Matriks A dalam m(0, t) munculsebagai −AT dalam w(0, t) sedangkan matriks C dalam m(0, t) muncul sebagai BT dalamw(0, t).

Selanjunya diberikan suatu pernyataan dalam suatu teorema berikut ini yang meny-atakan syarat perlu dan cukup suatu sistem teramati.

Teorema 2 Syarat perlu dan cukup sistem (6.68) teramati adalah:

1. Matriks m(0,t) pada (6.80) non-singulir.

2. Matriks keteramatan

Mo =

C−−CA−−CA2

−−...−−

CA(n−1)

mempunyai rank sama dengan n.

Seperti halnya matriks Mc, adakalanya matriks keteramatan Mo dinotasikan dengan (C,A).

Contoh 23 Tinjau lagi dinamika satelit;

A =

0 1 0 03 0 0 20 0 0 10 −2 0 0

dan

C1 =[1 0 0 0

], C2 =

[0 0 1 0

]

Dalam hal ini diperoleh matriks keteramatan:

Mo1 =

1 0 0 00 1 0 03 0 0 20 −1 0 0



dan

Mo2 =

0 0 1 00 0 0 10 −2 0 0−6 0 0 4

dengan rank Mo1 = 3. Jadi sistem tidak dapat diamati. Sedangkan rank Mo2 = 4, jadisistem dapat diamati.

Latihan 3 Selidiki apakah sistem dalam pendulum terbalik dapat diamati. Lakukan lagipenyelidikan bila hanya y1(t) atau y2(t) yang tersedia untuk diukur.

6.11.5 Ruang-bagian terkontrol dan teramati

Pada pembahasan keterkontrolan dan keteramatan sebagaimana yang telah dibahas padadua bagian sebelumnya keduanya erat kaitannya dengan keadaan awal q(0) = q0. Jadidalam hal sistem terkontrol mempunyai arti bahwa semua komponen (n komponen) darivektor q(0) harus bisa dikontrol, bila ada setidaknya satu komponen dari x(0) yang tidakbisa dikontrol ini sudah menyatakan bahwa sistem tak-terkontrol. Begitu juga halnya bilaada setidaknya satu komponen dari q(0) yang tidak dapat ditentukan dari pengukurankeluaran sistem maka dikatakan sistem tidak bisa diamati.

Pada bagian ini dikaji pengelompokan semua komponen dari q(0) yang terkontrol, be-gitu juga yang teramati. Untuk maksud ini dibutuhkan suatu transformasi linear yang akanmentransformasi sistem yang ada ke bentuk sistem linear yang lain. Transformasi linearini tidak akan mengubah sifat-sifat sistem yang asli; misalnya saja bila sistem terkontrol,maka hasil sistem yang dilakukan transformasi linear tetap terkontrol.

Telah dikenal dari teori matriks bahwa bila suatu "ruang bagian linear" V ⊂ Rn adalahinvarian-A, maka bisa didapatkan suatu basis (a1, a2, . . . , an) dari Rn sedemikian hinggaspana1, a2, . . . , an−dimV = k < n; selajutnya dengan basis ini pemetaan A mempunyaibentuk

A =

A1,1 | A1,2

. . . . . . . . .0 | A2,2

l k

l n− k↔ ↔k n− k

(6.81)

Basis yang disebutkan diatas bisa didapatkan dengan prosedur Gram-Schmidt. Kesimpulandisini adalah bila

dim(Im Mc) = k < n,

maka bisa didapat suatu basis (a1, a2, . . . , an) dari Rn sedemikian hingga

Im Mc = spana1, a2, . . . , ak;



dengan basis tsb. matriks A mempunyai bentuk (6.81). Karena Im B ∈ Im Mc, makadengan basis baru tsb. B mempunyai bentuk

B =

B1

. . .0

l k

l n− k↔m

(6.82)

Dengan basis tsb. matriks terkontrol mempunyai bentuk:

Mc =[B | AB | . . . | A(n−1)B

]

=

B1 | A1,1B1 | . . . | A

(n−1)1,1 B1

−− −− −− −− −− −− −−0 0 | 0 | . . . 0

dan rank (B1|A1,1B1| . . . |A(n−1)1,1 B1) = k, jadi pasangan (A1,1, B1) terkontrol. Dalam hal

ini mempunyai arti bahwa pada sistem yang asli sebanyak k komponen dari keadaan awalq(0) = q0 yang bisa dikontrol sedangkan sisanya tidak.

Pemilihan basis baru adalah ekivalen dengan memperlakukan suatu transformasi basis.Maka dari itu ada suatu matriks T yang punya invers sedemikian hingga T−1AT dan T−1Bmasing-masing mempunyai bentuk (6.81) dan (6.82)

Dengan cara serupa bila dim(Ker Mo) = k < n, maka bisa didapat suatu basis(a1, a2, . . . , an) dari Rn sedemikian hingga

Ker Mc = spana1, a2, . . . , ak;

dengan basis tsb. matriks A mempunyai bentuk:

A =

A1,1 | A1,2

. . . . . . . . .0 | A2,2

l k

l n− k↔ ↔k n− k

(6.83)

Matriks A pada persamaan ini secara umum berbeda dengan (6.81). Karena Ker C ∈Ker Mo, maka dengan basis baru tsb. C mempunyai bentuk

C =(0 | C1

)

↔ ↔k n− k

(6.84)



Dengan basis tsb. matriks teramati mempunyai bentuk:

Mo =

C−−CA−−...−−

CA(n−1)

=

0 | C1

−− | −−0 | C1A2,2

−− | −−... | ...−− | −−0 | C1A

(n−1)2,2

(6.85)

dimana

rank

C1

−−C1A2,2

−−...−−

CA(n−1)2,2

= k

jadi pasangan (C1, A2,2) teramati.

Contoh 24 Diberikan pasangan matriks

A =

0 1 0 03 0 0 20 0 0 10 −2 0 0

, B =

0100

Matriks terkontrol (A,B) pada contoh ini sama dengan matriks Mc1 pada contoh ter-dahulu. Telah ditahu bahwa sistem tak-terkontrol sebab rank Mc1 = 3. Dari matriks Mc1

didapatkan tiga vektor bebas linear yang membangun Im Mc1, yaitu:

0100

,

100−2

,

0−1−20

.

Vektor ke-4 dipilih sehingga bebas linear terhadap ketiga vektor tsb. Dipilih vektor ke-4sebagai:

2001

.



Didapat transformasi linear T sebagai berikut:

T =

0 1 0 21 0 −1 00 0 −2 00 −2 0 1

dan invers dari matriks T adalah:

T−1 = 0.1×

0 10 −5 02 0 0 −40 0 −5 04 0 0 2

sedangkan T−1AT dan T−1B masing-masing diberikan oleh:

A = T−1AT =

0 0 0 | 7.51 0 −0.5 | 00 1 0 | −0.5−− −− −− | −−0 0 0 | 0

dan

B = T−1B =

100−−0

.

Partisi matriks A dan B masing-masing berdasarkan (6.81) dan (6.82), dengan pasangan(A1,1, B1) diberikan oleh:

A1,1 =

0 0 01 0 −0.50 1 0

, B1 =

100

.

Pasangan (A1,1, B1) terkontrol sebab,

rank

1 0 00 1 00 0 1

= 3.

Latihan 4 Tulis pasangan terkontrol dalam Latihan 1 kedalam bentuk persamaan (6.81)dan (6.82).



6.12 Dualitas keterkontrolan dan keteramatan

Pada bagian ini dibahas dualitas dari keterkontrolan dan keteramatan. Dualitas disinidiartikan bahwa sifat-sifat yang ada dalam keterkontrolan bisa diperoleh dari sifat-sifatyang ada dalam keteramatan dengan menggunakan konsep dualitas dan sebaliknya jugaberlaku demikian. Selajutnya akan diberikan dualitas dari keterkontrolan dan keteramatandalam teorema berikut.

Teorema 3 (A,B) terkontrol bila dan hanya bila (BT , AT )teramati. (C,A) teramati bila dan hanya bila (AT , CT ) terkontrol.

Bukti

(A,B) terkontrol ⇔ rank[B|AB| . . . |A(n−1)B] = n

⇔ rank[B|AB| . . . |A(n−1)B]T = n

⇔ rank

BT

−−−−BTAT

−−−−...

−−−−BT (AT )(n−1)

= n

⇔ (BT , AT ) teramati

Bukti bagian kedua serupa.

Kesimpulan dari teorema diatas adalah q(t) = Aq(t)+Bx(t) terkontrol bila dan hanyabila sistem z(t) = AT z(t), y(t) = BT z(t) teramati. Matriks transpose A → AT , B → BT

adalah contoh sederhana dari konsep "dualitas".

Ruang dual dari Rn terdiri dari semua fungsi linear c : Rn 7→ R yang merupakanhimpunan dari vektor-vektor berdimensi n. Ruang dual ditulis sebagai (Rn)∗, dimanadalam contoh yang dikaji sebelumnya adalah Rn sendiri. Bila A : Rn 7→ Rn adalahpemetaan linear, maka AT adalah pemetaan linear dari (Rn)∗ ke (Rn)∗.

6.13 Bentuk kompanion terkontrol dan teramati

Pada bagian ini dibahas suatu bentuk yang dinamakan bentuk "kompanion". Bentukkompanion ini bermanfaat terutama untuk masalah penempatan pole-pole yang sesuai di-inginkan sehingga sistem loop-tutup "terstabilkan". Masalah ini akan dibahas pada bagian


Bentuk kompanion terkontrol dan teramati.. 171

berikutnya. Selain dari pada itu pada bagian ini juga akan dimanfaatkan sifat dualitas dariketerkontrolan dan keteramatan untuk memperoleh bentuk kompanion teramati lewat ben-tuk kompanion terkontrol.

Diberikan suatu sistem masukan-tunggal keluaran-tunggal:

q(t) = Aq(t) +Bx(t)y(t) = Cq(t)

(6.86)

dan ditentukan suatu transformasi:

q(t) = Pq(t), P matriks konstan non− singulir (6.87)

sehingga dengan transformasi ini, sistem (6.86) ditransformasi menjadi:

˙q(t) = Aq(t) + Bx(t)y(t) = Cq(t)

, (6.88)

dimanaA = PAP−1, B = PB dan C = CP−1.

Berikut ini diberikan suatu teorema yang berkenaan dengan bentuk "kompanion terkon-trol", bila sistem (6.86) terkontrol.

Teorema 4 Bila sistem (6.86) terkontrol, maka sistem tsb. bisa ditransformasi kebentuk:

˙x(t) =

0 1 0 . . . 0 00 0 1 . . . 0 00 0 0 . . . 0 0.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

0 0 0 . . . 0 1−αn −αn−1 −αn−2 . . . −α2 −α1

x(t) +

000.

.

.

01

u(t)

y(t) =[βn βn−1 βn−2 . . . β2 β1

]x(t)

(6.89)

dimana α1, α2, . . . , αn adalah koefisien-koefisien dari polinomial karakteristik matriks A.

BuktiSistem (6.86) terkontrol, maka vektor-vektor B,AB, . . . , A(n−1)B bebas linear. Dibentuksuatu basis sebagai berikut:

qndef= B

qn−1def= Aqn + α1qn = AB + α1B

qn−2def= Aqn−1 + α2qn = A2B + α1AB + α2B (6.90)...

q1def= Aq2 + αn−1qn = A(n−1)B + α1A

(n−2)B + . . .+ αn−1B



Selanjutnya dari (6.90) diperoleh:

Aq1 = (An + α1A(n−−1) + . . .+ αn−1A+ αnI)B − αnB

= −αnB = −αnqn = (q1 q2 . . . qn−1 qn)

00...0−αn

Aq2 = q1 − αn−1qn = (q1 q2 . . . qn−1 qn)

10...0

−αn−1

............................................................................

Aqn = qn−1 − α1qn = (q1 q2 . . . qn−1 qn)

00...1−α1

atau:

(q1 q2 . . . qn−1 qn)−1Aq1 =

00...0−αn

(q1 q2 . . . qn−1 qn)−1Aq2 =

10...0

−αn−1

..................................................................

(q1 q2 . . . qn−1 qn)−1Aqn =

00...1−α1



Dari hasil diatas diperoleh:

Q−1AQ =

0 1 0 . . . 0 00 0 1 . . . 0 00 0 0 . . . 0 0...

......

......

0 0 0 . . . 0 1−αn −αn−1 −αn−2 . . . −α2 −α1

= A,

dimana Q = (q1 q2 . . . qn−1 qn). Sehingga bila dilakukan suatu transformasi seperti yangdiberikan pada (6.87), dimana P = Q−1 diperoleh:

˙q = Aq(t) + Bx(t)y(t) = Cq(t)

,

dimana A = PAP−1 dan B = PB dengan

A =

0 1 0 . . . 0 00 0 1 . . . 0 00 0 0 . . . 0 0...

......

......

0 0 0 . . . 0 1−αn −αn−1 −αn−2 . . . −α2 −α1

, (6.91)

B =

000...01

(6.92)

dan

C = CQ =[βn βn−1 βn−2 . . . β2 β1

]. (6.93)

Bentuk (6.89) dinamakan bentuk kompanion terkontrol. Telah dijelaskan bahwa bentukkompanion terkontrol ini diperoleh dari transformasi x = Q−1x, dimana matriks Q dapatdiperoleh dari persamaan (6.87). Matrik Q juga bisa didapat sebagai berikut. Misalkan

R = [B AB A2B . . . An−1B]

dan

R = [B AB A2B . . . An−1B]



atau

R = [B AB A2B . . . An−1B]

= [I A A2 . . . An−1]B

= [Q−1Q Q−1AQ Q−1A2Q . . . Q−1An−1Q](Q−1B)

= Q−1[I A A2 . . . An−1]Q(Q−1B)

= Q−1[I A A2 . . . An−1]B

= Q−1[B AB A2B . . . An−1B]

= Q−1R ⇒ Q = RR−1.

Dengan A dan B masing-masing diberikan oleh persamaan (6.91) dan (6.92), maka dapatditunjukkan bahwa matriks R−1 diberikan oleh

R−1 =

αn−1 αn−2 . . . α1 1αn−2 αn−3 . . . 1 0

......

. . ....

...α1 1 . . . 0 01 0 . . . 0 0

. (6.94)

Selanjutnya diberikan suatu teorema yang merupakan "dual" dari teorema (4) yaitubentuk kompanion teramati.

Teorema 5 Bila sistem masukan-tunggal keluran tunggal

q(t) = Aq(t) +Bx(t)y(t) = Cq(t)

(6.95)

teramati, maka sistem ini dapat ditransformasi menjadi bentuk kompanion teramati yangdiberikan oleh:

˙q(t) =

0 0 0 . . . 0 −αn

1 0 0 . . . 0 −αn−1

0 1 0 . . . 0 −αn−2...

......

......

0 0 0 . . . 0 −α2

0 0 0 . . . 1 −α1

q(t) +

βn

βn−1

βn−2...β2

β1

u(t)

y(t) =[0 0 0 . . . 0 1

]q,

dimana α1, α2, . . . , αn adalah koefisien-koefisien dari polinomial karakteristik matriks A.

BuktiKarena sistem (6.95) teramati, maka berdasarkan Teorema 3 sistem dual

q(t) = ATq(t) + CTx(t)y(t) = BTq(t)

(6.96)



terkontrol. Jadi dari hasil Teorema 4, ada matriks P non-singulir sedemikian hingga

PATP−1 =

0 1 0 . . . 0 00 0 1 . . . 0 00 0 0 . . . 0 0...

......

......

0 0 0 . . . 0 1−αn −αn−1 −αn−2 . . . −α2 −α1

, (6.97)

PCT =

000...01

(6.98)

dan

BTP−1 =[βn βn−1 βn−2 . . . β2 β1

](6.99)

atau didapat sistem yang diberikan oleh

˙z(t) =

0 1 0 . . . 0 00 0 1 . . . 0 00 0 0 . . . 0 0...

......

......

0 0 0 . . . 0 1−αn −αn−1 −αn−2 . . . −α2 −α1

z(t) +

000...01

u(t)

y(t) =[βn βn−1 βn−2 . . . β2 β1

]z(t)

. (6.100)

Sistem (6.100) adalah terkontrol dualitas dari sistem ini adalah teramati yang dilakukandengan mentranspose tiga persamaan matriks (6.97), (6.98) dan (6.99), diperoleh:

(P−1)TAP T =

0 0 0 . . . 0 −αn

1 0 0 . . . 0 −αn−1

0 1 0 . . . 0 −αn−2...

......

......

0 0 0 . . . 0 −α2

0 0 0 . . . 1 −α1

= QAQ−1,

CP T =[0 0 0 . . . 0 1

]= CQ−1



dan

(P−1)TB =

βn

βn−1

βn−2...β2

β1

= QB,

dimana Q = (P−1)T . Jadi dengan transformasi q(t) = Qq(t) sistem teramati (6.95)menjadi:

˙q(t) = QAQ−1q(t) +QBx(t)y(t) = CQ−1q(t)

(6.101)

atau

˙q(t) =

0 0 0 . . . 0 −αn

1 0 0 . . . 0 −αn−1

0 1 0 . . . 0 −αn−2...

......

......

0 0 0 . . . 0 −α2

0 0 0 . . . 1 −α1

x(t) +

βn

βn−1

βn−2...β2

β1

u(t)

y(t) =[0 0 0 . . . 0 1

]q,

Masing-masing sistem (6.95) dan (6.101) adalah teramati dan sistem (6.101) didapat darisistem (6.95) dengan melakukan suatu transformasi q(t) = Qq(t). Bila masing-masingmatriks keteramatan dari kedua sistem ini diberikan oleh

W =

CCACA2

...CAn−1

dan W =

CQ−1

CQ−1(QAQ−1)CQ−1(QA2Q−1)

...CQ−1(QAn−1Q−1)

,

maka

W =

CQ−1

CQ−1(QAQ−1)CQ−1(QA2Q−1)

...CQ−1(QAn−1Q−1)

=

CCACA2

...CAn−1

Q−1 = WQ−1.

Jadi

W = WQ−1 ⇒ Q = W−1W.



Dapat ditunjukkan bahwa matriks W−1 diberikan oleh matriks yang sama dalam per-samaan (6.94), yaitu

W−1 =

αn−1 αn−2 . . . α1 1αn−2 αn−3 . . . 1 0

......

. . ....

...α1 1 . . . 0 01 0 . . . 0 0

.

Keterkontrolan dan keteramatan sistem erat kaitannya dengan disain kontroler meng-gunakan hukum umpan balik. Melalui contoh-contoh berikut diberikan pengertian sistemyang dapat dikontrol dan sistem dapat diamati.

6.13.1 Contoh-contoh Sistem terkontrol dan Teramati

Pada subbagian ini diberikan contoh-contoh yang berkaitan dengan sistem dapat dikontroldan dapat diamati. Pada pembahasan berikutnya diberikan disain kontroler melalui hukumumpan balik.

1. Misalkan sistem waktu-diskri LIW diberikan oleh Gambar berikut.

z−1

z−1

32

12

2

∑

∑ ∑

+

+

+

+

x[n]

y[n]

q1[n+ 1] q1[n]

q2[n+ 1]q2[n]

-

-

(a) Apakah sistem stabil asimptotik?

(b) Dapatkan fungsi transfer H(z).

(c) Apakah sistem stabil BIBO.

Jawab(a). Dari Gambar pilih peubah keadaan q1[n] dan q2[n], didapat

q1[n + 1] =3

2q2[n] + x[n]

q2[n + 1] = −12q1[n] + 2q2[n]

y[n] = q1[n]− q2[n],




[q1[n + 1]q2[n + 1]

]=

03

2

−12

2

[q1[n]q2[n]

]+

[10

]x[n]

y[n] =[1 −1

] [q1[n]q2[n]

].

Polinomial karakteristik matriks A dari sistem diberikan oleh

p(λ) = |λI − A| =∣∣∣∣λ −3

212

λ− 2

∣∣∣∣

= λ(λ− 2) +3

4=

(λ− 1

2

)(λ− 3

2

).

Didapat nilai karakteristik dari A adalah λ1 =12

dan λ2 =32. Sistem Waktu-Diskrit

Linear Invarian Waktu akan stabil asimptotik bila semua nilai karakterikstik darimatriks A memenuhi |λ| < 1. Karena ada λ2 =

32

dengan |λ2 =32| > 1, maka sistem

tidak stabil asimptotik.

(b) Fungsi transfer H(z) diberikan oleh

H(z) = C(zI − A)−1B =[1 −1

] [z −32

12

z − 2

]−1 [10

]

=1(

z − 12

) (z − 3

2

)[1 −1

] [z − 2 32

−12

z

]−1 [10

]

=z − 3

2(z − 1

2

) (z − 3

2

) =1

z − 12

.

(c) Pada hasil (b) terjadi penghapusan pole H(z) di z = 32. Jadi pole di H(z) hanya

z = 12. Pole ini terletak didalam lingkaran |z| < 1 pada bidang-z. Oleh karena

itu sistem stabil BIBO. Catatan bahwa walaupun sistem stabil BIBO, tetapi secaraesensial tidak stabil kecuali sistem pada keadaan awal bernilai nol.

2. Misalkan Sistem Waktu Diskrit Linear Invarian Waktu (SWDLIW) tingkat N denganpersamaan keadaan

q[n + 1] = Aq[n] +Bx[n].

Sistem dikatakan dapat dikontrol bila adalah mungkin mendapatkan suatu barisanN input

x[n0], x[n0 + 1], . . . , x[n0 +N − 1]



sedemikian hingga dapat mengontrol keadaan sistem dari keadaan awal

q[n0] = q0

ke keadaan akhir q[n0+N ] = q1. Bila sistem dapat dikontrol, maka matriks keterkon-trolan yang diberikan oleh

Mk =[B AB . . . AN−1B

](6.102)

mempunyai rank sama dengan N , yaitu

rank(Mk) = N.

Asumsikan bahwa n0 = 0 dan q[0] = 0, didapat

q[n] =N−1∑

k=0

AN−1−kBx[k] (6.103)

yang mana dapat ditulis sebagai

q[N ] =[B AB . . . AN−1B

]

x[N − 1]x[N − 2]

...x[0]

. (6.104)

Dengan demikian, bila keadaan q[N ] adalah sebarang dan barisan input

x[0], x[1], . . . , x[N − 2], x[N − 1]

adalah tak nol yaitu sebagaimana yang diperlukan untuk sistem dapat dikontrol,maka matriks

Mk =[B AB . . . AN−1B

]

pada Persamaan (6.104) harus non singulir yaitu

rank(Mk) = N.

3. Misalkan Sistem Waktu Diskrit Linear Invarian Waktu (SWDLIW) tingkat N denganpersamaan keadaan

q[n+ 1] = Aq[n] +Bx[n]y[n] = Cq[n].

Sistem dikatakan dapat diamati bila dimulai pada sebarang indeks waktu n0 menen-tukan keadaan q[n0] = q0 dari barisan N output

y[n0], y[n0 + 1], . . . , y[n0 +N − 1].



Bila sistem dapat diamati, maka matriks keteramat yangan diberikan oleh

MO =

CCA...

CAN−1

(6.105)

mempunyai rank sama dengan N , yaitu

rank(MO) = N.

Asumsikan bahwa n0 = 0 dan x[n] = 0, maka output y[n] untukn = 0, 1, 2, . . . , N − 1, dengan x[n] = 0 diberikan oleh

y[n] = CAnq[0], n = 0, 1, 2, . . . , N − 1 (6.106)

atauy[0] = Cq[0]y[1] = CAq[0]y[2] = CA2q[0]

...y[N − 1] = CAN−1q[0].

(6.107)

Tulis ulang Persamaan (6.107) sebagai suatu persamaan matriks, didapat

y[0]y[1]y[2]...

y[N − 1]

=

CCACA2

...CAN−1

q[0]. (6.108)

Dengan demikian, untuk mendapatkan penyelesaian tunggal dari q[0], maka matriks

MO =

CCACA2

...CAN−1

pada Persamaan (6.108) harus non singulir yaitu rank(MO) = N .

4. Misalkan Sistem Waktu Kontinu Linear Invarian Waktu (SWKLIW) tingkat N de-ngan persamaan keadaan

q(t) = Aq(t) +Bx(t).



Sistem dikatakan dapat dikontrol bila adalah mungkin mendapatkan suatu inputx(t) yang mengontrol sebarang keadaan awal q(t0) = q0 ke sebarang keadaan akhirq(t1) = q1 dengan waktu yang berhingga. Bila sistem dapat dikontrol, maka matriksketerkontrolan yang diberikan oleh

Mk =[B AB . . . AN−1B

](6.109)

mempunyai rank sama dengan N , yaitu rank(Mk) = N .

Asumsikan bahwa t0 = 0 dan q(0) = 0, didapat

q1 = q(t1) = eAt1

t1∫

0

e−AτBx(τ)dτ. (6.110)

Selanjutnya, gunakan Teorema Cayley-Hamilton, e−Aτ dapat diungkapkan sebagai

e−Aτ =

N−1∑

k=0

αk(τ)Ak. (6.111)

Substitusikan Persamaan (6.111) pada Persamaan (6.110), lalu susun ulang didapat

q1 = eAt1

N−1∑

k=0

AkB

t1∫

0

αk(τ)x(τ)dτ

. (6.112)

Misalkant1∫

0

αk(τ)x(τ)dτ = βk.

Maka Persamaan (6.112) dapat ditulis sebagai

e−At1q1 =

N−1∑

k=0

AkBβk

atau

e−At1q1 =[B AB . . . AN−1B

]

β0

β1...

βN−1

. (6.113)

Diberikan sebarang keadaan akhir q1, maka dari Persamaan (6.113) dapat ditentukansecara tunggal βk begitu juga input x(t), bila matriks Mk pada Persamaan (6.113)nonsingulir atau rank(Mk) = N .



5. Misalkan Sistem Waktu Kontimu Linear Invarian Waktu (SWKLIW) tingkat N de-ngan persamaan keadaan

q(t) = Aq(t) +Bx(t)y(t) = Cq(t).

Sistem dikatakan dapat diamati bila setiap sebarang keadaan awal q(t0) = q0 dapatditentukan dari output y(t) pada beberapa periode berhingga waktu dari t0 ke t1.

Bila sistem dapat diamati, maka matriks keteramat yangan diberikan oleh

MO =

CCA...

CAN−1

(6.114)

mempunyai rank sama dengan N , yaitu rank(MO) = N .

Dibuktikan dengan suatu kontradiksi. Misalkan bahwa sistem dapat diamati, tetapirank dari MO kurang dari N . Maka ada suatu keadaan awal q(0) = q0 6= 0

sedemikian hinggaMOq0 = 0

atauCq0 = CAq0 = . . . = CAN−1q0 = 0. (6.115)

Selanjutnya, untuk x(t) = 0 dan t0 = 0, didapat

y(t) = CeAtq0. (6.116)

Tetapi, dengan menggunakan Teorema Cayley-hamilton, eAt, dapat diungkapkan se-bagai

eAt =N−1∑

k=0

αk(t)Ak. (6.117)

Substitusikan Persamaan (6.117) pada Persamaan (6.116), didapat

y(t) =N−1∑

k=0

αk(t)CAkq0 = 0. (6.118)

Terlihat bahwa keadaan awal q0 tidak dapat ditentukan dari output y(t) = 0. Jadisistem tidak dapat diamati, hal ini kontradiksi dengan kenyataan sistem dapat dia-mati. Oleh karena itu haruslah rank(M0) = N .

6. Diberikan suatu sistem SWKLIW yang diberikan oleh persamaan

q(t) = Aq(t) +Bx(t)

y(t) = Cq(t)



dengan

A =

[0 12 1

], B =

[1−1

]dan C =

[1 −1

].

(a) Apakah sistem stabil asimptotik?

(b) Apakah sistem stabil BIBO?

(c) Apakah sistem dapat dikontrol?

(d) Apakah sistem dapat diamati?

(a). Polinomial karakteristik A diberikan oleh

p(λ) =

∣∣∣∣λ −1−2 λ− 1

∣∣∣∣ = λ2 − λ− 2 = (λ+ 1)(λ− 2).

Jadi nilai karakateristik dari A adalah λ1 = −1 dan λ2 = 2. Sistem SWKLIWstabil asimptotik bila semua bagian real nilai karakteristik dari A bernilainegatif yaitu Re(λ) < 0. Oleh karena itu sistem ini tidak stabil asimptotik sebabRe(λ2) = 2 > 0.

(b). Fungsi transfer sistem diberikan oleh

H(s) = C (sI − A)−1B =[1 −1

] [ s −1−2 s− 1

]−1 [1−1

]

=1

(s + 1) (s− 2)

[1 −1

] [s− 1 12 s

] [1−1

]

=2 (s− 2)

(s + 1) (s− 2)=

2

s+ 1.

Terlihat pada H(s) terjadi penghapusan pole di s = 2. Jadi hanya ada satu pole s =−1 pada H(s) yang terletak disebelah kiri bidang-s. Dengan demikian sistem stabilBIBO. Perlu dicatat kembali bahwa sistem secara esensi tidak stabil bila keadaanawal sistem tidak sama dengan nol.

(c). Matriks Mk diberikan oleh

Mk =[B AB

]=

[1 −1−1 1

]

dan det(Mk) = 0 Jadi rank(Mk) = 1 < 2. Oleh karena itu sistem tidak dapatdikontrol.

(d). Matriks MO diberikan oleh

MO =

[CCA

]=

[1 −1−2 0

]

dan det(MO) = −2 6= 0 Jadi rank(MO) = 2. Oleh karena itu sistem dapat diamati.



7. Diberikan suatu sistem SWDLIW yang diberikan oleh persamaan

q[n + 1] = Aq[n] +Bx[n]

y[n] = Cq[n] +Dx[n]

dengan

A =

0 1

−18

3

4

, B =

[01

]dan C =

[−1

834

], D = 1.

(a) Apakah sistem dapat dikontrol?

(b) Apakah sistem dapat diamati?

(c) Bila keadaan awal

q[0] =

[01

].

Dapatkan x[0] dan x[1] sehingga keadaan akhir

q[2] =

[00

].

(d) Bila y[0] = 1 dan y[1] = 0 dengan x[0] = x[1] = 0, maka dapatkan keadaan awalq[0].

(a). Matriks Mk diberikan oleh

Mk =[B AB

]=

[0 11 3

4

]

dan det(Mk) = −1 6= 0 Jadi rank(Mk) = 2. Oleh karena itu sistem dapat dikontrol.

(b). Matriks MO diberikan oleh

MO =

[CCA

]=

−18

3

4

− 3

32

7

16

dan det(MO) = − 1646= 0 Jadi rank(MO) = 2. Oleh karena itu sistem dapat diamati.

(c). Keadaan q[2] diberikan oleh

q[2] = A2q[0] + ABx[0] +Bx[1] = A2q[0] +[B AB

] [x[1]x[0]

].



Jadi

[00

]=

0 1

−18

3

4

2[01

]+

[0 11 3

4

] [x[1]x[0]

]

=

3

4

7

16

+

x[0]

x[1] +3

4x[0]

dari persamaan ini didapat x[0] = −34

dan x[1] = 18.

(d). Gunakan persamaan berikut[y[0]y[1]

]=

[CCA

]q[0],

didapat

[10

]=

−18

3

4

− 3

32

7

16

[q1[0]q2[0]

].

Selesaikan persamaan ini, diperoleh

q[0] =

[q1[0]q2[0]

]=

−18

3

4

− 3

32

7

16

−1

[10

]=

[286

].

Catatan: Matriks keterkontrolan baik untuk sistem diskrit ataupun kontinu yangtelah dibahas yaitu

Mk =[B AB A2 · · · AN−1B

]

sering juga dinotasikan oleh pasangan matriks terkontrol (A,B). Sedangkan matriksketeramatan baik untuk sistem diskrit atau kontinu yang diberikan oleh

Mo =

CCACA2

...CAN−1

sering juga dinotasikan oleh pasangan matriks teramati (A,C).



6.13.2 Disain Kontrol Umpan Balik Keadaan

Pada subbagian ini dibahas umpan balik keadaan x(t) = −Kq(t) dengan K ∈ Rm×n untuksistem linear yang diberikan oleh persamaan keadaan

q(t) = Aq(t) +Bx(t)

Dengan umpan balik x(t) = −Kq(t) didapat sistem loop-tutup berikut

q(t) = (A−BK)q(t).

Pole dari sistem loop-tutup adalah akar-akar persamaan karakteristik

det(sIn −A +BK) = 0,

dengan In adalah matriks identitas ukuran n × n. Disain kontrol umpan balik keadaansistem loop-tutup adalah memilih komponen gain K

ki,j, i = 1, 2, . . . , m. j = 1, 2, . . . , n

sehingga akar-akar persamaan karakteristik sistem loop-tutup

det(sIn − A+BK) = 0

sesuai yang dikehendaki oleh pendisain pada bidang kompleks. Misalkan, dikehendaki poledari sistem loop-tutup adalah

s1, s2, . . . , sn.

Pole sk ini bisa real atau kompleks. Bila kompleks, maka konjugate kompleksnya jugamerupakan pole, sebab ki,j yang digunakan adalah real. Dengan demikian didapat polino-mial sesuai yang dikehendaki, yaitu

αc(s) = (s− s1)(s− s2) · · · (s− sn)

= sn + αn−1sn−1 + · · ·+ α1s+ α0.

Jadi haruslah

det(sIn −A+BK) = sn + αn−1sn−1 + · · ·+ α1s+ α0.

Masalah yang dibahas ini adalah masalah penempatan pole. Pada pembahasan inihanya dibahas masalah penempatan pole untuk sistem dengan input tunggal, dengandemikian K ∈ Rn. Penyelesaian masalah ini mudah diselesaikan bila pasangan matriksketerkontrolan (A,B) mempunyai rank sama dengan n (sistem dapat dikontrol). Untukhal yang demikian didapat

A− BK =

0 1 0 · · · 0 00 0 1 · · · 0 0...

......

. . ....

...0 0 0 · · · 0 1

−a0 − k1 −a1 − k2 −a2 − k3 · · · −an−2 − kn−1 −an−1 − kn

.



Jadi, komponen gain yang dikehendaki adalah

k1 = α0 − a0

k2 = α1 − a1...

kn = αn−1 − an−1.

Bila sistem tidak berbentuk kompanion terkontrol, maka lakukan transformasi kedalambentuk kompanion terkontrol. Kemudian hitung gain K yang memenuhi

det(sIn − A+ BK) = sn + αn−1sn−1 + · · ·+ α1s+ α0.

DidapatK =

[α0 − a0 α1 − a1 · · · αn−1 − an−1

]

dan K = KT yang mana T adalah suatu transformasi yang mentranformasi pasangan(A,B) kedalam bentuk kompanion terkontrol. Algoritma untuk menghitung gain K jugabisa dilakukan dengan menggunakan formula Ackermann sebagai berikut

K =[0 0 · · · 0 1

]M−1

k αc(A), (6.119)

yang mana αc(s) adalah polinomial yang dikehendaki oleh pendisain. Pembahasan umpanbalik keadaan yang telah dibahas ini berlaku juga untuk sistem diskrit yang diberikan olehpersamaan keadaan

q[n + 1] = Aq[n] +Bx[n],

dengan matriksMk =

[B AB · · · An−1B

]

terkontrol.

Contoh 1.Diberikan sistem

q(t) =

[1 −11 −2

]q(t) +

[21

]x(t).

Gunakam formula Ackermann untuk mendisain umpan balik q(t) = −Kx(t) supaya sistemloop-tutup mempunyai pole di −1,−2.

Jawab.Matriks keterkontrolan adalah

Mk =[B AB

]=

[2 11 0

].

Invers matriks Mk adalah

M−1k =

[0 11 −2

]



Polinomial yang dikehendaki adalah

αc(s) = (s+ 1)(s+ 2) = s2 + 3s+ 2.

Jadi gain K adalah

K =[0 1

]M−1

k αc(A)

=[0 1

] [0 11 −2

](A2 + 3A + 2I2)

=[1 −2

]([ 0 1−1 3

]+

[3 −33 −6

]+

[2 00 2

])

=[1 −2

] [5 −22 −1

]

=[1 0

].

Contoh 2.Diberikan sistem diskrit

q[n + 1] =

[0 1

−0.16 −1

]q[n] +

[01

]x[n].

Disain umpan balik q[n] = −Kx[n] supaya sistem loop-tutup mempunyai pole di

−1− i,−1 + i.

Jawab.Matriks keterkontrolan adalah

Mk =[B AB

]=

[0 11 −1

].

Invers matriks Mk adalah

M−1k =

[1 11 0

]

Jadi rank(Mk) = 2, yaitu sistem terkontrol. Juga sistem mempunyai bentuk kompanionterkontrol, dari matriks A didapat a0 = 0.16 dan a1 = 1. Polinomial yang dikehendakiadalah

αc(z) = (z − (−1 − i))(z − (−1 + i)) = z2 + 2z + 2.

Didapat α0 = 2 dan α1 = 2, dengan demikian komponen gain K adalah

k1 = α0 − a0 = 2− 0.16 = 1.84

k2 = α1 − a1 = 2− 1 = 1



Jadi K = [1.84 1]. Hasil ini bisa dicek dengan formula Ackermann sebagai berikut.

αc(A) = A2 + 2A+ 2I2

=

[−0.16 −10.16 0.84

]+

[0 2

−0.32 −2

]+

[2 00 2

]

=

[1.84 1−0.16 0.84

]

Gain K menggunakan formula Ackerman adalah

K = [0 1] M−1k αc(A)

= [0 1]

[1 11 0

] [1.84 1−0.16 0.84

]

= [1 0]

[1.84 1−0.16 0.84

]

= [1.84 1].

Terlihat hasilnya sama seperti hasil perhitungan sebelumnya.

6.13.3 Disain Observer

Pada subbagian ini dibahas disain observer untuk sistem linear kontinu

q(t) = Aq(t) +Bx(t)y(t) = Cq(t) +Dx(t)

atau sistem linear diskritq[n+ 1] = Aq[n] +Bx[n]y[n] = Cq[n] +Dx[n]

dengan matriks

M0 =

CCA...

CAn−1

teramati. Bentuk disain observer diberikan oleh

˙q(t) = Aq(t) +Bx(t) + L(y(t)− Cq(t)), (6.120)

dengan q(t) adalah estimasi dari keadaan q(t). Matriks L adalah matriks gain observer.Tujuan dari observer adalah mengestimasi q(t) sehingga untuk t→∞, maka q(t)→ q(t).Bila error estimasi diberikan oleh

e(t) = q(t)− q(t), (6.121)



maka pendisainan observer harus menghasilkan e(t) → 0 kalau t → ∞. Pendisainanberkaitan dengan matriks L sesuai yang dikehendakinya, hal ini bisa dijamin karena sis-tem teramati. Pada persamaan (6.121) lakukan derivatif dan gunakan Persamaan (6.120)didapat

e(t) = q(t)− ˙q(t)

= Aq(t) +Bx(t)− Aq(t)−Bx(t)− L(y(t)− Cq(t))

ataue(t) = (A− LC)e(t). (6.122)

Terlihat bahwa kondisi e(t)→ 0 untuk t→∞ dengan diberikan sebarang error awal e(t0)bisa dicapai sesuai keinginan pendisain haruslah bagian real dari semua akar persamaankarakteristik

det(λI − (A− LC)) = 0 (6.123)

adalah negatif. Jadi masalah disain observer adalah mencari matriks gain observer Lsupaya semua akar Persamaan (6.123) bagian realnya negatif. Untuk tujuan ini formulaAckerman bisa digunakan sebagai berikut. Misalkan dikehendaki polinomial karakteristik

p(λ) = λn + an−1λn−1 + · · ·+ a1λ+ a0,

maka matriks gain observer diberikan oleh

L = p(A)M−1o

0...01

, (6.124)

dengan Mo adalah matriks keteramatan dan

p(A) = An + an−1An−1 + · · ·+ a1A+ a0I.

ContohDiberikan sistem

q(t) =

[2 3−1 4

]q(t) +

[01

]x(t)

y(t) =[1 0

]q(t).

Sistem teramati sebab

Mo =

[CCA

]=

[1 02 3

]

dan

M−1o =

[1 0−2

313

]



Bila diingini polinomial karakteristik observer adalah

p(λ) = λ2 + 16λ+ 100

maka

p(A) = A2 + 16A+ 100I

=

[1 18−6 13

]+

[32 48−16 64

]+

[100 00 100

]

=

[133 66−22 177

]

Dengan menggunakan formula Ackerman matriks gain observer diberikan oleh

L = p(A)M−1o

[01

]

=

[133 66−22 177

] [1 0−2

313

] [01

]

=

[2259

].

Dengan demikian observer diberikan oleh

˙q(t) = Aq(t) +Bx(t) + L(y(t)− Cq(t))

=

[2 3−1 4

]q(t) +

[01

]x(t) +

[2259

](y(t)− q1(t)),

yang mana

q(t) =

[q1(t)q2(t)

].

Persamaan error estimasi diberikan oleh

e(t) = (A− LC)e(t)

=

[−20 3−60 4

]e(t).

Untuk error awal

e(0) =

[1−2

]

didapat

e(t) = e(A−LC)te(0)[e1(t)e2(t)

]=

[e−8 t (cos (6 t)− 2 sin (6 t)) e−8 t sin(6 t)

2

−10 e−8 t sin (6 t) e−8 t (2 sin (6 t) + cos (6 t))

] [1−2

]

=

[−e−8 t (3 sin (6 t)− cos (6 t))−e−8 t (14 sin (6 t) + 2 cos (6 t))

]



Gambar error estimasi e(t) diberikan oleh Gambar 6.4. Dalam Gambar 6.4 ini terlihat

e1(t)

e2(t)

Gambar 6.4: Error Estimasi e(t)

bahwa untuk t ≥ 0.5 error e(t) sudah mendekati nol.



Test, Tgl. 5 Mei 2010. Sifat Tutup Buku. Waktu 100 Menit

1. Diberikan fungsi transfer dari SWDLIW

H(z) =z−1 + 5z−2

1 + 4z−1 + 3z−2.

a. Dapatkan persamaan keadaan dari sistem.

b. Gambar diagram simulasi dari sistem.

c. Selidiki kestabilan sistem. Apakah sistem bisa dikontrol dan dapat diamati?

2. Misalkan Persamaan Keadaan dari SWKLIW diberikan oleh


(6.125)

Pendiskritan dari Persamaan (6.127) dengan samplig periode T diberikan oleh

q[(k + 1)T ] = A(T )q[kT ] + B(T )x[kT ]y[kT ] = Cq[kT ] +Dx[kT ],

(6.126)

dengan

A(T ) = eAT dan B(T ) =

T∫

0

eAτdτ

B.

Bila SWKLIW pada Persmamaan (6.127) diberikan oleh

A =

[0 10 −2

], B =

[01

], C =

[1 0

]dan D = 0,

maka dapatkan hasil pendiskritan dari sistem ini dalam bentuk Persamaan (6.128)untuk T = 1.

3. Diberikan SWKLIW oleh

q(t) =

[−3 1−α 1

]q(t) +

[01

]x(t)

y(t) =[1 0

]q(t).

Dapatkan nilai α supaya sistem stabil asimptotik. Selanjutnya selidiki keterkontrolandan keteramatan dari sistem serta gambar simulasi diagram dari sistem.



Jawaban Test, Tgl. 5 Mei 2010. Sifat Tutup Buku. Waktu 100 Menit

1. Diberikan fungsi transfer dari SWDLIW

H(z) =z−1 + 5z−2

1 + 4z−1 + 3z−2.

a. Dapatkan persamaan keadaan dari sistem.

b. Gambar diagram simulasi dari sistem.

c. Selidiki kestabilan sistem. Apakah sistem bisa dikontrol dan dapat diamati?

Jawaba. Fungsi Transfer

H(z) =Y (z)

X(z)=

z−1 + 5z−2

1 + 4z−1 + 3z−2.

Dengan menggunakan bentuk pertama kanonik peubah keadaan didapat, persamaankeadaan sistem diberikan oleh

q[n + 1] =

[−4 1−3 0

]q[n] +

[15

]x[n]

y[n] =[1 0

]q[n].

b. Gambar diagram simulasi sistem diberikan oleh

x[n]

∑ ∑ ∑

015

43

y[n]z−1 z−1

q2[n+ 1] q2[n] q1[n+ 1] q1[n]

++

+ ++

- -

c. Polinomial karakteristik dari matriks A diberikan oleh

p(λ) = |λI −A| = (λ+ 1)(λ+ 3).

Terlihat bahwa semua nilai karakteristik dari A nilai-mutlaknya tidak kurang daripada 1. Yaitu |λ1 = −1| = 1 ≮ 1 dan |λ2 = −3| = 3 ≮ 1. Jadi sistem tidak stabilasimptotik. Juga bisa dicek bahwa fungsi transfer H(z) tidak ada faktor persekutuan



antara pembilang dan penyebut, maka pole-plolenya adalah z = −1 dan z = −3dengan demikian sistem tidak stabil BIBO. Matriks keterkontrolan diberikan oleh

Mk =[B AB

]=

[1 15 −3

]dan |Mk| = −8 6= 0. Jadi rank(Mk) = 2.

Dengan demikian sistem terkontrol. Sedangkan matriks ketermatan diberikan oleh

MO =

[CCA

]=

[1 0−4 1

]dan |MO| = 1 6= 0. Jadi rank(MO) = 2.

Dengan demikian sistem dapat diamati.

2. Misalkan Persamaan Keadaan dari SWKLIW diberikan oleh


(6.127)

Pendiskritan dari Persamaan (6.127) dengan samplig periode T diberikan oleh

q[(k + 1)T ] = A(T )q[kT ] + B(T )x[kT ]y[kT ] = Cq[kT ] +Dx[kT ],

(6.128)

dengan

A(T ) = eAT dan B(T ) =

T∫

0

eAτdτ

B.

Bila SWKLIW pada Persmamaan (6.127) diberikan oleh

A =

[0 10 −2

], B =

[01

], C =

[1 0

]dan D = 0,

maka dapatkan hasil pendiskritan dari sistem ini dalam bentuk Persamaan (6.128)untuk T = 1.

JawabUntuk T = 1, didapat

A(1) = eA =

1

1

2− e−2

2

0 e−2

dan B(1) =

1∫

0

eAλdλ

B =

e−2

4+

1

4

1

2− e−2

2

.

Sehingga didapat hasil pendiskritan sistem

q[n+ 1] =

1

1

2− e−2

2

0 e−2

q[n] +

e−2

4+

1

4

1

2− e−2

2

x[n]

y[n] =[1 0

]q[n].



3. Diberikan SWKLIW oleh

q(t) =

[−3 1−α 1

]q(t) +

[01

]x(t)

y(t) =[1 0

]q(t).


JawabPolinomial karateristik dari A diberikan oleh

p(λ) = |λI −A| = λ2 + 2λ+ (α− 3).

Didapatλ1 = −1 +

√4− α, λ2 = −1−

√4− α.

Sehingga untuk α > 3 didapat Real(λ1) < 0 dan Real(λ2) < 0. Supaya sistem stabilasimptotik haruslah α > 3. Matrix keterkontrolan diberikan oleh

Mk =[B AB

]=

[0 11 1

]⇒ rank(Mk) = 2.

Jadi sistem dapat dikontrol. Matrix keteramatan diberikan oleh

MO =

[CCA

]=

[1 0−3 1

]⇒ rank(M0) = 2.

Jadi sistem dapat diamati. Gambar dari diagram simulasi keadaan sistem diberikanoleh gambar berikut.

x(t) y(t)

α

3

∫ ∫

∑

∑ ∑

++

+

-

+q2(t) q1(t)-q2(t) q1(t)



Evaluasi Akhir Semester 17-19 Mei 2010, Sifat Tutup Buku, Waktu 100 menit.

1. Ungkapkan bentuk gelombang dari Gambar berikut sebagai jumlahan dari fungsiunit step.

0

1

1

2

2 3

3

t

v(t)

a

b

JawabPersamaan segmen garis a adalah 2t+1 dan persamaan segmen garis b adalah −t+3,sehingga didapat

v(t) = (2t+ 1) [u0(t)− u0(t− 1)] + 3 [u0(t− 1)− u0(t− 2)]

+(−t+ 3) [u0(t− 2)− u0(t− 3)] .

atau

v(t) = (2t+ 1)u0(t)− (2t+ 1)u0(t− 1) + 3u0(t− 1)− 3u0(t− 2)

+(−t + 3)u0(t− 2)− (−t+ 3)u0(t− 3)

= (2t+ 1)u0(t) + [−(2t + 1) + 3]u0(t− 1)

+ [−3 + (−t + 3)]u0(t− 2)− (−t+ 3)u0(t− 3)

= (2t+ 1)u0(t)− 2(t− 1)u0(t− 1)− tu0(t− 2) + (t− 3)u0(t− 3).

2. (a.) Hitung∞∫

−∞

tδ(t− 2)dt.

(b.) Bila input x[n] dan respon impuls h[n] dari suatu sistem linear diskrit invarianwaktu diberikan oleh

x[n] = u[n], h[n] = αn u[n], 0 < α < 1

dengan u[n] adalah fungsi unit step, maka hitung output y[n].

Jawab

(a.) Gunakan sifat∞∫

−∞

f(t)δ(t− a)dt = f(a), didapat

∞∫

−∞

tδ(t− 2)dt = f(2) = t |t=2 = 2.



(b.)

......x[k]

k

h[n− k]

1

11

1

k

k

n

n

0

0

0

n < 0

n > 0

h[n− k]

-1-2 2 3

(a)

n-2 -1 0 1 2 3 4 5

.....................11−α

(b)

Output y[n] memenuhi persamaan

y[n] = x[n] ∗ h[n] =∞∑

k=−∞

x[k]h[n − k]

Barisan x[k] dan h[n − k] sebagaiman ditunjukkan dalam Gambar (a) diatas untukn < 0 dan n > 0. Dari Gambar terlihat bahwa untuk n < 0, x[k] dan h[n− k] tidakterjadi overlap, sedangkan untuk n ≥ 0 terjadi overlap dari k = 0 ke k = n. Dengandemikian untuk n < 0, y[n] = 0. Jadi untuk n ≥ 0, didapat

y[n] =

n∑

k=0

αn−k.

Ganti peubah k menjadi m = n− k, didapat

y[n] =0∑

m=n

αm =n∑

m=0

αm =1− αn+1

1− α.

Hasil y[n] diberikan dalam Gambar (b).

3. Diberikan persamaan keadaan sistem linear diskrit invarian waktu

q[n+ 1] =

[0 1−1

656

]q[n] +

[01

]x[n]

y[n] =[−1 2

]q[n].

(a.) Dapatkan fungsi transfer H(z) dan gambar diagram simulasi sistem.(b.) Selidiki kestabilan sistem.



Jawab(a.) Fungsi transfer sistem diberikan oleh

H(z) = C(zI − A)−1B =[−1 2

] [z −116

z − 56

]−1 [01

]

=2 z(

z − 56

)z + 1

6

− 1(z − 5

6

)z + 1

6

=6

3z − 1.

Gambar diagram simulasi sistem diberikan oleh gambar berikut.

∑

∑

∑

2

56

16

+

++

+x[n] y[n]

z−1 z−1q2[n + 1] q2[n]

-

-q1[n]

(b.) Nilai karakteristik dari A diberikan oleh

|λI − A| = λ2 − 5 λ

6+

1

6=

(2 λ− 1) (3 λ− 1)

6.

Didapat λ1 =1

2dan λ2 =

1

3. Terlihat bahwa |λ1 =

1

2| < 1 dan |λ2 =

1

3| < 1. Jadi

sistem stabil asimptotik, akibatnya juga stabil BIBO.

4. Konstruksi suatu sistem linear kontinu invarian waktu yang diberikan oleh persamaankeadaan dengan kriteria tidak bisa dikontrol dan juga tidak bisa diamati. Selanjutnyagambar diagram simulasi dari sistem.

Jawab. Sistem berikut

q(t) =

[1 20 3

]q(t) +

[11

]x(t)

y(t) =[1 −1

]q(t).

Matriks keterkontrolan

Mk =[B AB

]=

[1 31 3

]=⇒ rank(Mk) = 1 < 2,



Karena rank(Mk) = 1 < 2, maka sistem tidak bisa dikontrol. Selanjutnya matriksketeramatan sistem diberikan oleh

MO =

[CCA

]=

[1 −11 −1

]=⇒ rank(MO) = 1 < 2,

Karena rank(MO) = 1 < 2, maka sistem tidak bisa diamati. Gambar diagramsimulasi sistem diberikan oleh gambar berikut.

∑

∑

∑

+

+

+

+

x(t) y(t)

q1(t)

q2(t)-

q1(t)

+

∫

∫

2

3

q2(t)

+



REMIDI MATAKULIAH SISTEM LINEAR, 24 Mei 2010, Sifat Tutup Buku, Waktu 100 Menit.

1. Ungkapkan bentuk gelombang v(t) yang diberikan oleh Gambar berikut sebagai jum-lahan dari fungsi unit step dalam interval waktu −1 < t < 7.

−1

−2

1

2

3

−1 1 2 3 4 5 6 7

v(t)

t

0

.................................................................

........

......

......

......

.

......

......

......

.

.........

.........

.........

2. Hitung integral berikut∞∫

−∞

x2e−xδ(x− 2)dx.

3. (a.) Hubungan input output dari sistem linear diskrit diberikan oleh

y[n] = ay[n− 1] + x[n].

Dapatkan output y[n] bila input x[n] = Kδ[n] dan y[−1] = α.(b.) Dapatkan persamaan keadaan dari suatu sistem linear kontinu yang diberikanoleh persamaan y(t) + 3y + 2y(t) = 4x+ x(t).

4. Diberikan Sistem Waktu Kontinu Linear Invarian Waktu oleh

q(t) =

[−3 1−α 1

]q(t) +

[01

]x(t)

y(t) =[1 0

]q(t).



Daftar Pustaka

[1] Steven T. Karris, "Signals and Systems with Matlab, Computing and SimulinkModeling", Fourth Edition, Orchard Publications,(2008).

[2] Hwei P. Hsu, "Signals and Systems", Schaums’s Outline Series, McGraw-Hill,(1995).

[3] Subiono, "Sistem Linear dan Kontrol Optimal", Jurusan Matematika, FIMPA-ITS, Surabaya, (2011)

[4] Alexander D. Poularikas "Transforms and Applications, Handbook, Third Edi-tion ", CRC Press Taylor & Francic Group, (2010).

[5] E.I. Jury, "Theory and Application of the z-Transform Method", Robert E.Krieger Publishing CO. Hunting, New York, (1964)

[6] K. Ogata, "Discrete-Time Control Systems, Second Edition", Prentice-HallInternational, Inc., (1995).

[7] M.J.Roberts, "Signal and Systems, Analysis Using Transform Methods and Mat-lab, Second Edition", McGraw-Hill, (2012).

[8] D.G.Schultz and J.L.Melsa, "State Function and Linear Control Systems",McGraw-Hill Book Company, (1967).

[9] M.Corinthios, "Signal, Systems,Transforms, and Digital Signal Processing withMatlab", CRC Press, (2009).

[10] Kannan M. Moudgalya, "Digital Control", Wiley & Sons, (2007).

[11] Richard C. Dorf and Robert H. Bishop, "Modern Control Systems, EleventhEdition", Pearson Education, Inc, (2008).

[12] Stanislaw H. Zak , "Systems and Control", Oxford University Press, (2003).

203

signal dan system its

Documents

damu ya nabi muhammad

versiyang mendatang

saran guna perbaikan

milikmu ya allah

menyampaikan keaktifan

id2copyrightc 2014 the