Slide Kestabilan 1

Analisa Respon Sistem Sistem orde tinggi

Konsep Pole - Zero Untuk mempermudah analisa respons

suatu sistem digunakan Pole - Zero

Pole : Nilai variabel Laplace s yang menyebabkan nilai transfer function tak hingga Akar persamaan dari penyebut (denominator) transfer function sistem. Zero : Nilai variabel Laplace s yang menyebabkan nilai transfer function nol Akar persamaan dari pembilang (numerator) transfer function sistem.

Transfer Function Umum C ( s ) b0 s m + b1s m−1 + .... + bm−1s + bm G ( s) = = , n≥m n n − 1 R ( s ) a0 s + a1s + .... + an−1s + an Untuk masukan step function R(s) =

1 s

zm pn

A. Jika pole nyata dan berbeda satu sama lain

a0 an a1 a2 C ( s) = + + + ...... + s s + p1 s + p2 s + pn ai : residu dari pole di s = -pi

a n ai C ( s) = + ∑ s i =1 s + pi n

Dalam domain waktu :

c(t ) = a + ∑ ai e − pit i =1

Persamaan terakhir menunjukkan sistem akan stabil jika nilai pole negatif.

: zero : pole

Ingat cara mendapatkan nilai ai G(s) =

B( s) a1 a2 a3 an = + + + ..... + A( s ) ( s + p1 ) ( s + p2 ) ( s + p3 ) ( s + pn )

 B( s)  a1 =  ( s + p1 )  A( s )  s = − p1  B( s)  a2 =  ( s + p2 )   A( s )  s = − p2

Invers balik ke domain waktu

. .  B(s)  an =  ( s + pn )   A( s )  s = − pn

f (t ) = a1e − p1t + a2e − p 2 t + a3e − p3t + ... + an e − p n t

B. Jika pole-pole dari C(s) terdiri dari pole-pole nyata dan pasangan-pasangan pole konjugasi kompleks, maka tiap pasangan pole konjugasi kompleks menghasilkan bentuk orde kedua m dalam s. K ( s + zi )

C ( s) =

Step response dapat dinyatakan dalam bentuk :

∏

q

s∏ ( s + p j )∏ ( s 2 + 2ς kωk s + ωk ) j =1

c(t ) = a + ∑ a j e j =1

2

k =1

r bk ( s + ς k ωk ) + ck ωk 1 − ς k2 a q aj C (s) = + ∑ +∑ s j =1 s + p j k =1 s 2 + 2ς k ωk s + ωk2

Kestabilan terkait dengan nilai pole (lihat bagian eksponensial) q

i =1 r

− p jt

r

r

k =1

k =1

+ ∑ bk e −ς k ω k t cos ωk 1 − ς k2 t + ∑ ck e −ς k ω k t sin ωk 1 − ς k2 t

Koordinat bidang kompleks Misal : bilangan kompleks 5 + 3j

Imajiner (jw)

3 Real (σ) 5

Contoh sistem orde-2 C ( s) K = 2 R( s) s + s + K

Dengan rumus ABC diperoleh nilai pole-pole:

1 1 s1 = − + 1 − 4K , 2 2

Jika 0 <= K <= ¼ maka pole-pole real negatif Jika K >1/4 maka pole-pole imajiner.

1 1 s2 = − − 1 − 4K 2 2

K>1/ 4 Bidang s

Misal jika K = 0 maka S1 = 0; s2 = -1 Jika K = ¼ maka S1 = s2 = -1/2 Jika K >=1/4 maka imajiner

K=0

σ K=1/ 4 K>1/ 4

Contoh

Definisi Kestabilan Total respon output sistem : 

c(t ) = c forced (t ) + cnatural (t )

Definisi kestabilan (berdasar natural response):  Sistem stabil jika natural response mendekati nol saat waktu mendekati tak hingga  Sistem tidak stabil jika natural response mendekati tak hingga saat waktu mendekati tak hingga  Sistem marginally stable jika natural response tetap/konstan atau berosilasi teratur Definisi kestabilan (berdasar total response/BIBO):  Sistem stabil jika setiap input yang dibatasi mengahasilkan

output yang terbatas juga.  Sistem tidak stabil jika setiap input yang dibatasi menghasilkan output yang tidak terbatas

Suatu sistem dengan pole di sebelah kiri bidang s

menghasilkan :  Respon eksponensial yang meluruh (decay), atau  Respon sinusoidal yang teredam

Berarti natural response mendekati nol saat waktu mendekati tak hingga  sistem stabil

Sistem yang stabil hanya mempunyai poles sistem close

loop di sebelah kiri bidang s Sistem yang tidak stabil mempunyai poles sistem close loop di sebelah kanan bidang s dan atau mempunyai lebih dari 1 poles di sumbu imajiner Sistem yang marginally stable mempunyai 1 pole di sumbu imajiner dan poles di sebelah kiri

Apakah Sistem Ini Stabil?

Apakah Sistem Ini Stabil?

Kriteria Kestabilan Routh

Transfer function dari suatu sistem loop

tertutup berbentuk :

C ( s ) b0 s m + b1s m −1 + ... + bm −1s + bm B( s ) = = n n −1 R( s ) a0 s + a1s + ... + an −1s + an A( s )

Hal pertama  memfaktorkan A(s) A(s) : persamaan karakteristik Pemfaktoran polinomial dengan orde lebih

dari 2 cukup sulit, sehingga digunakan Kriteria Kestabilan Routh

Kriteria kestabilan Routh memberi informasi

ada tidaknya akar positif pada persamaan karakterisitik bukan nilai akar tersebut

Prosedur Kriteria Kestabilan Routh 1. Tulis persamaan karakteristik sistem

dalam bentuk polinomial s:

a0 s n + a1s n −1 + ... + an −1s + an = 0 1. Semua koefisien persamaan

karakteristik harus positif. Jika tidak, sistem tidak stabil. 2. Jika semua koefisien positif, susun koefisien polinomial dalam baris dan kolom dengan pola:

Prosedur Kriteria Kestabilan Routh sn s n −1 s n−2 s n −3 s n−4 . . . s2 s1 s0

a0 a1 b1 c1 d1 . . . e1 f1 g1

a2 a3 b2 c2 d2 . . . e2

a4 a5 b3 c3 d3

a6 a7 b4 c4 d4

. . . . .

a a −a a b1 = 1 2 0 3 a1

c1 =

b1a3 − a1b2 b1

a a −a a b2 = 1 4 0 5 a1

c2 =

b1a5 − a1b3 b1

b3 =

a1a6 − a0 a7 a1

c3 =

d1 =

c1b2 − b1c2 c1

c1b3 − b1c3 d2 = c1

b1a7 − a1b4 b1

Prosedur Kriteria Kestabilan Routh Proses ini diteruskan sampai baris ke-n secara

lengkap. Susunan lengkap dari koefisien berbentuk segitiga. Syarat perlu dan syarat cukup agar sistem stabil (memenuhi kriteria kestabilan Routh) Koefisien persamaan karakteristik semua positif

(jika semua negatif maka masing – masing ruas dikalikan minus 1 sehingga hasilnya positif) Semua suku kolom pertama pada tabel Routh mempunyai tanda positif. 

Jika ada nilai nol lihat pada bagian “kondisi khusus”

Contoh Soal Contoh 4-3 Terapkan kriteria kestabilan Routh untuk :

a0 s 3 + a1s 2 + a2 s + a3 = 0

Dengan semua koefisien positif. Susunan koefisien menjadi

s3

a0

a2

s2

a1 a1a2 − a0 a3 a1 a3

a3

s1 s0

Syarat agar semua akar mempunyai bagian real negatif diberikan :

a1a2 > a0 a3

Contoh Soal

 Contoh 4-4

Perhatikan polinomial berikut :

s 4 + 2 s 3 + 3s 2 4 s + 5 = 0 Ikuti prosedur untuk membuat susunan koefisien. s4

1

3

5

s3

2

4

0

s2

1

5

s1

−6

s0

5

s4 s3 s2 s1 s0

1 2 1 1 −3 5

3 5 4 0 2 0 5

Baris ke dua dibagi dengan 2

Pada kolom 1, terjadi dua kali perubahan tanda. Ini berarti ada dua akar positif dan sistem tidak stabil.

Keadaan khusus K.K.Routh 0 di kolom pertama  Bila salah satu suku kolom pertama dalam suatu baris adalah nol,

maka suku nol ini diganti dengan bilangan positif ε yang sangat kecil.  Contoh : s3 + 2s2 + s + 2 = 0 Susunan koefisiennya : s3 1 1

s2

2

s1

0≈ε

s0

2

2

Bila tanda koefisiennya sama, berarti terdapat pasangan akar j imajiner pada sistem. Pada persamaan di±atas ada akar di

Keadaan khusus K.K.Routh 0 di kolom pertama

 Bila tanda koefisien (ε) berlawanan, berarti ada akar positif

persamaan karakteristik.  Contoh : s3 – 3 s + 2 = (s – 1)2 (s + 2) = 0 Susunan koefisiennya adalah

s3

1

-3

berubah tanda

s2

0≈ε 2

berubah tanda

s1

-3 – (2/ ε)

s0 2 Terdapat dua perubahan tanda koefisien di kolom pertama, berarti ada dua akar positif di pers. karakteristik. Sesuai dengan persamaan awalnya  sistem tidak stabil

Keadaan khusus K.K.Routh 0 di seluruh suku baris  Jika semua koefisien pada suatu baris adalah nol maka

koefisien itu menunjukkan  akar – akar besaran yang sama tapi letaknya berlawanan  Penyelesaian : menggantinya dengan turunan suku banyak pembantu  P(s)  P(s) berasal dari suku pada baris sebelumnya  Contoh : s5 + 2s4 + 24s3 + 48s2 – 25s – 50 = 0 Susunan koefisiennya adalah s5 1 24 -25 s4 2 48 -50  Suku banyak pembantu P(s) s3 0 0

Keadaan khusus 0 di seluruh suku baris Susunan koefisiennya adalah s5 1 24 -25 s4 2 48 -50 s3 0 0

 Suku banyak pembantu P(s)

P(s) = 2s4 + 48s2 – 50 dP(s)/ds = 8s3 + 96s Sehingga susunan koefisiennya: s5 1 24 -25 s4 2 48 -50 s3 8 96  Koefisien dari dP(s)/ds s2 24 -50 s1 112,7 0 s0 -50 Ada satu perubahan tanda, berarti ada satu akar positif. Sistem tidak stabil.

Aplikasi K.K.Routh untuk analisa sistem Kontrol

 Tinjau sistem berikut

R(s) + -

 Fungsi alih loop tertutup

C (s) K = R( s ) s ( s 2 + s + 1)( s + 2) + K  Susunan koefisien

____K______ s(s2+s+1)(s+2)

C(s)

Persamaan karakteristik

s 4 + 3s 3 + 3s 2 + 2 s + K = 0 s4 s3 s2

1 3

s1 s0

2− K K

7 3 9 7

3 2 K

K 0

Untuk kestabilan, K harus positif dan semua koefisien pada kolom pertama harus positif. Oleh karena itu, 14/9 > K > 0