2.1. Bilangan Kompleks

II

MATEMATIKA UNTUK ANALISIS SISTEM DINAMIK

•

Tujuan: Mhs mampu menyusun dan menyelesaikan model matematika (persamaan keadaan) suatu sistem (proses) sehingga dapat menjelaskan dinamika suatu proses

•

Materi: 1. Bilangan Kompleks 2. Transformasi Laplace: definisi, sifat-sifat transformasi laplace 3. Penyelesaian PD dengan Transformasi Laplace: prosedur, inversion, penyelesaian time delay 4. Karakteristik Respon Proses: variabel deviasi, respon output, stabilitas 5. Linearisasi

Dr. Eng. Y. D. Hermawan – Jur. Teknik Kimia – FTI - UPNVY

DINPRO / II / 1

2.1. Bilangan Kompleks • Sebuah bilangan disebut kompleks jika bilangan tsb tidak dapat dinyatakan sebagai bilangan nyata (real); atau bilangan tsb adalah khayal (imaginer) • Bilangan Imaginer : −1 = i • Bentuk cartesian : c

=a+ib

…… (2.1.1)

dimana: a

= bagian real b = bagian imaginer


DINPRO / II / 2

2.1. Bilangan Kompleks

Complex Plane I

c=a+ib

(a,b) r

b θ

a

Real Axis R

Notasi Polar r ≡ magnitude θ ≡ argument Imagiray Axis Dr. Eng. Y. D. Hermawan – Jur. Teknik Kimia – FTI - UPNVY

DINPRO / II / 3


Notasi Polar Untuk Menyatakan Bilangan Kompleks: magnitude

r = c = a2 + b2

argument

θ = tan −1 ⎜ ⎟ = arctan⎜ ⎟

…… (2.1.2.a)

⎛b⎞ ⎝a⎠

maka: a = r cos θ

⎛b⎞ ⎝a⎠

…… (2.1.2.b)

dan b = r sin θ

…… (2.1.3)

∴ notasi cartesian

c = r (cos θ + i sin θ ) = r e iθ

…… (2.1.4)

dimana: e iθ ≡ (cos θ + i sin θ ) conjugate

conj.(a + i b ) = (a − i b )

…… (2.1.5)


DINPRO / II / 4


Operasi Bilangan Kompleks iθ Pertimbangkan: c = a + i b = r e

dan

p = v + i w = q ei β

Penjumlahan & Pengurangan: c ± p = (a ± v ) + i (b ± w) Perkalian:

…… (2.1.6)

cp = (a + ib )(v + iw) = av + i 2bw + ibv + iaw

= (av − bw) + i (bv + aw)

( )(

…… (2.1.7)

)

cp = r e iθ q e i β = rqe i (θ + β ) Perkalian dg conjugate:

…… (2.1.8)

(a + i b )(a − i b ) = a 2 + b 2 = r

…… (2.1.9)


DINPRO / II / 5


Operasi Bilangan Kompleks

c (a + ib ) (v − iw) (av + bw) + i (bv − aw) = = p (v + iw) (v − iw) v 2 + w2

Pembagian:

⎛ av + bw ⎞ ⎛ bv − aw ⎞ =⎜ 2 ⎟ + i⎜ ⎟ ⎝ v + w2 ⎠ ⎝ v 2 + w2 ⎠

c re iθ r = iβ = e i (θ − β ) p qe q

Bentuk polar Pangkat:

c n = r n e inθ

Akar:

n

c = re iθ = n r e i (θ + 2 kπ )/ n n

…… (2.1.10) …… (2.1.11)

…… (2.1.12) …… (2.1.13)

dimana k = 0, ±1, ±2, …, sampai diperoleh n akar Dr. Eng. Y. D. Hermawan – Jur. Teknik Kimia – FTI - UPNVY

BAB II Matematika Untuk Analisis Sistem Dinamik

DINPRO / II / 6

YDH - DINPRO - 2


Contoh Soal 2.1.1: konversi bilangan kompleks menjadi polar

Bil. kompleks:

a = 3 + i4

b = 8 − i6

c = −1 + i

Magnitude (r):

a =5

b = 10

c = 1.414

Argument (θ):

θ c = tan −1

−6 4 θ b = tan −1 8 3 = −0.643 rad = 0.927 rad

θ a = tan −1

Polar:

=

3π rad 4

b = 5e i (3π / 4 )

b = 5e −i 0.643

a = 5e i 0.297

1 −1


DINPRO / II / 7


Contoh Soal: (lanjutan) Complex Plane I

6

a=3+i4

4

c = − 1 +i -10

-8

-6

-4

2

R

0

-2

0

2

4

6

8

10

-2 -4 -6

b=8−i6

-8


DINPRO / II / 8


Contoh Soal: (lanjutan)

Perkalian:

ac = (− 3 − 4) + i (3 − 4) = −7 − i

bc = (− 8 + 6) + i(8 + 6) = −2 − i 14 ( ) Bentuk polar: ac = 5e i 0.927 1.414e i 3π / 4 = 7.07e i 3.2834

= 7.07(cos 3.2834 + i sin 3.2834) = −7 − i

Pembagian:

Bentuk polar:

a (3 + i 4) (8 + i 6) (24 − 24) + i (18 + 32) = = = i 0.5 b (8 − i 6) (8 + i 6) 64 + 36 a 5e i 0.927 = = 0.5e i1.570 = 0.5(0 + i ) = i 0.5 b 10e −i 0.643



DINPRO / II / 9

YDH - DINPRO - 3


Contoh Soal: (lanjutan) misal 16 = 16 e i 0

Akar:

x = 4 16 e i 0 = 4 16 e i (0+ 2 kπ / 4 ) = 2 e i (kπ / 2 ) dimana

untuk

akar dari 16 adalah:

k=0

x = 2 ei0 = 2

k=1

x = 2 eiπ/2 = 2(0 + i) = i2

k = −1

x = 2 e−iπ/2 = 2(0 − i) = − i2

k=2

x = 2 e−iπ = 2(−1+ i0) = −2


DINPRO / II / 10

2.2. Transformasi Laplace Definisi Dalam analisis dinamika proses, variabel proses dan sinyal kontrol adalah fungsi waktu, t. Transformasi Laplace f(t) adalah:

F (s ) = L [ f (t )] =

∞

∫ f (t )e

− st

…… (2.2.1)

dt

0

Dimana: F(s) = Transformasi Laplace dari f(t) s = Variable Transformasi Laplace, time-1


DINPRO / II / 11

2.2. Transformasi Laplace

Jenis-Jenis Input • Fungsi Tahap (step function) 1.0

⎧0 t < 0 u (t ) = ⎨ ⎩1 t ≥ 0 ∞

1 s

L [u (t )] = u (t ) e − st dt = − e − st

∫ 0

0 t=0

t

• Fungsi Pulse

=−

L [ f (t )] =

0

1 (0 − 1) = 1 s s

∞

∫

T

f (t ) e − st dt = H e − st dt

∫

0

t=T



0

⎧0 t < 0, t ≥ T f (t ) = ⎨ ⎩H 0 ≤ t < T

H

t=0

∞

t

=−

0

H − st e s

T 0

=−

(

H 1 − e − sT s

)

DINPRO / II / 12

YDH - DINPRO - 4


Jenis-Jenis Input Dirac delta function: δ(t)

• Fungsi Impulse ∞

⎧0 t < 0, t > 0 ⎩∞ t = 0

δ (t ) = ⎨

∞

0

L [δ (t )] = δ (t ) e − st dt = 1 t=0

∫

t

0

• Fungsi Sinus Frequency = ω =

Amplitude = 1

1

2π T

Period = T

0

sin (ωt ) =

-1 t=0

t=T

e iωt − e −iωt 2i

t


DINPRO / II / 13


• Fungsi Sinus (lanjutan) ∞

L [sin (ωt )] =

∫ 0

=

e iωt − e −iωt − st e dt 2i ∞

∫ [e

1 2i

− (s −iω )t

]

− e −(s + iω )t dt

0

1 ⎡ e − (s −iω )t e −(s + iω )t ⎤ = ⎢− + ⎥ 2i ⎣⎢ s − iω s + iω ⎦⎥

∞

0

∞

=

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

=

ω s +ω2 2


DINPRO / II / 14


Tabel 2.2.1. Transformasi Laplace Untuk Fungsi-Fungsi Umum

f(t)

F(s) = L [f(t)]

f(t)

F(s) = L [f(t)]

δ(t)

1

tne−at

n!

1 s 1

u(t) t

s2 n!

tn s

n +1

e−at

1 s+a

te−at

1

sin(ωt) cos(ωt) e−at sin(ωt) e−atcos(ωt)

(s + a )n +1

ω s +ω2 s 2 s +ω2 ω (s + a )2 + ω 2 s+a (s + a )2 + ω 2 2

(s + a )2



DINPRO / II / 15

YDH - DINPRO - 5


TUGAS 01 • Buktikan konversi dari f(t) menjadi F(s) berdasarkan Tabel Tansformasi Laplace Untuk Fungsi-Fungsi Umum (Lihat Tabel 2.2.1.)


DINPRO / II / 16


Sifat-Sifat Transformasi Laplace • Linearity TL merupakan operasi linear, hal ini berarti, jika a adalah konstanta, maka: L [af (t )] = aL [ f (t )] = a F (s ) …… (2.2.2) Sifat distributif:

L [a f (t ) + b g (t )] = a F (s ) + b G (s ) …… (2.2.3)

• Real Differentiation Theorem

⎡ df (t ) ⎤ ⎥ = s F (s ) − f (0) ⎣ dt ⎦

…… (2.2.4)

L⎢

Pembuktian:

⎡ d f (t ) ⎤ L⎢ ⎥= ⎣ dt ⎦

∞

∫ 0

d f (t ) − st e dt dt


DINPRO / II / 17


Integral parsial:

d f (t ) dt dt v = f (t )

u = e − st

dv =

du = − se − st dt ⎡ d f (t ) ⎤ − st L⎢ ⎥ = f (t )e dt ⎦ ⎣

[

∞

] − ∫ f (t )(− se ∞ 0

− st

dt

)

0

∞

= [0 − f (0)] + s ∫ f (t )e − st dt 0

s F (s )

= s F (s ) − f (0) terbukti Dr. Eng. Y. D. Hermawan – Jur. Teknik Kimia – FTI - UPNVY


DINPRO / II / 18

YDH - DINPRO - 6


Untuk derivatif order 2 :

⎡ d 2 f (t ) ⎤ ⎡ d ⎛ d f (t ) ⎞⎤ =L⎢ ⎜ ⎟⎥ 2 ⎥ ⎣ dt ⎝ dt ⎠⎦ ⎣⎢ dt ⎦⎥

L⎢

⎡ df (t ) ⎤ df = s L⎢ ⎥− ⎣ dt ⎦ dt

t =0

= s L[sF (s ) − f (0)] − = s 2 F (s ) − s f (0 ) −

df dt

df dt

t =0

t =o


DINPRO / II / 19


Secara umum, untuk n derivatif: ⎡ d n f (t ) ⎤ d n −1 f n n −1 = s F (s ) − s f (0 ) − ... − n −1 L⎢ n ⎥ dt ⎢⎣ dt ⎥⎦

…… (2.2.5) t =0

Dalam pengendalian proses, kondisi awal adalah pada kondisi tunak. Jadi time derivatifnya nol (zero), dan variabel adalah deviasi dari kondisi awal, sehingga Laplace n derivative adalah:

⎡ d n f (t ) ⎤ L⎢ = s n F (s ) n ⎥ ⎢⎣ dt ⎥⎦

…… (2.2.6)


DINPRO / II / 20


• Real Integration Theorem

⎡t ⎤ 1 L ⎢ f (t )dt ⎥ = F (s ) ⎢0 ⎥ s ⎣ ⎦

∫

Pembuktiannya sama dengan cara real differentiation …… theorem.

(2.2.7)

Coba anda buktikan di Rumah!

• Real Translation Theorem

L [ f (t − t D )] = e − st D F (s ) Teori ini berkaitan dengan keterlambatan waktu (time delay) dalam merespon perubahan input, dan selanjutnya dikenal sebagai dead time.

…… (2.2.8) f(t) f(t-tD)

0 t=0



t = tD

t DINPRO / II / 21

YDH - DINPRO - 7


Pembuktian:

L[ f (t − t D )] =

Misal, τ = t – tD atau t = tD + τ

∞

∫ f (t − t

D

)e − st dt

0

∞

L[ f (t − t D )] =

∫ f (τ )e

− s (t D +τ )

d (t D + τ )

t = −t D ∞

=

∫τ f (τ )e =0

Catatan: f(τ ) = 0 untuk τ < 0 < (t – tD)

=e

− st D

− st D − st

e

dτ

∞

∫ f (τ )e

− st

dτ

0

= e − st D F (s )

terbukti


DINPRO / II / 22


• Final Value Theorem

lim f (t ) = lim sF (s )

t →∞

s →0

…… (2.2.9)

• Complex Differentiation Theorem L[t f (t )] = −

d F (s ) ds

…… (2.2.10)

• Complex Translation Theorem

(

)

L e at f (t ) = F (s − a )

…… (2.2.11)

• Initial Value Theorem lim f (t ) = lim s F (s ) t →0

s →0


…… (2.2.12)

DINPRO / II / 23

2.3. Penyelesaian PD dengan TL Anggapan: kondisi awal adalah pada keaadaan tunak (steady state) dan semua variabel dinyatakan dalam term deviasi. Prosedur Penyelesaian TL 1. Ubah PD menjadi bentuk laplace dengan variabel s. 2. Buat hubungan antara variabel output (variabel tidak bebas/ dependent) dan variabel input. 3. Balik (invert) bentuk laplace menjadi bentuk waktu untuk memperoleh respon output.

Catatan: dalam sistem pengendalian proses, PD menunjukkan hubungan antara sinyal output, y(t), dan sinyal input, x(t). Dr. Eng. Y. D. Hermawan – Jur. Teknik Kimia – FTI - UPNVY


DINPRO / II / 24

YDH - DINPRO - 8

2.3. Penyelesaian PD dengan TL

d y (t ) 2

Pertimbangkan: a2

dt

2

+ a1

dy(t ) + a0 y (t ) = b x(t ) …… (2.3.1) dt

x(t) disebut variabel input (force function) y(t) disebut variabel output (dependent variable) a0, a1, a2, dan b adalah konstanta Kondisi awal = y(0), dan dy/dt|t=0 = 0 TL dari PD pangkat dua: ⎡ d 2 y (t ) ⎤ ⎡ dy (t ) ⎤ a2 L ⎢ + a1L ⎢ ⎥ + a0 L[ y (t )] = bL [x(t )] 2 ⎥ ⎣ dt ⎦ ⎢⎣ dt ⎥⎦ TL untuk masing-masing term: ≅0 ⎡ d 2 y (t ) ⎤ dy 2 ( ) ( ) = − 0 − s Y s sy a2 L ⎢ ⎥ 2 dt t =0 ⎣⎢ dt ⎦⎥ Dr. Eng. Y. D. Hermawan – Jur. Teknik Kimia – FTI - UPNVY

…… (2.3.2)

DINPRO / II / 25


TL untuk masing-masing term: ⎡ dy (t ) ⎤ a1L ⎢ ⎥ = a1sY (s ) − y (0 ) ⎣ dt ⎦

≅0

a0 L[ y (t )] = a0Y (s )

≅0

bL [x(t )] = b X (s )

Jadi diperoleh:

(a s 2

2

)

+ a1s + a0 Y (s ) − (a 2 s + a1 ) y (0 ) − a 2

dy dt

= bX (s ) …… (2.3.3) t =0

Penyederhanaan (hubungan output dan input): Term di dalam kurung disebut

FUNGSI TRANSFER

⎛ b Y (s ) = ⎜ ⎜ a s2 + a s + a 1 0 ⎝ 2

⎞ ⎟ X (s ) …… (2.3.4) ⎟ ⎠


DINPRO / II / 26


Kebalikan dari TL Dengan Ekspansi Parsial: Jika input berubah 1 unit fungsi tahap: X (s ) =

⎛ ⎞1 b ⎟ Y (s ) = ⎜ 2 ⎜a s +a s+a ⎟ s 1 0 ⎠ ⎝ 2 Pengmbangan (ekspansi) denominator:

(a s 2

2

)

+ a1s + a0 s = a 2 (s − r1 )(s − r2 )s

1 s …… (2.3.5)

…… (2.3.6)

2 dimana r1 dan r2 adalah akar kuadrat dari: a2 s + a1s + a0 = 0

Akar polynomial kuadarat:

r1, 2 =

− a1 ± a12 − 4a 2 a0 2a 2



…… (2.3.7)

DINPRO / II / 27

YDH - DINPRO - 9


Ekpansi parsial TL: Y (s ) =

A A1 A + 2 + 3 s − r1 s − r2 s

…… (2.3.8)

Untuk akar-akar yang tidak berulang, berlaku:

Ak = lim (s − rk )Y (s )

…… (2.3.9)

s → rk

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

y (t ) = A1e r1t + A2 e r2t + A3u (t )


DINPRO / II / 28


Untuk akar-akar yang berulang, misalnya r1 = r2, berlaku: A A1 A + 2 + 3 Y (s ) = …… (2.3.10) 2 (s − r1 ) s − r1 s Koefisien A3 dihitung seperti sebelumnya, A1 dan A2 dihitung dengan cara: A1 = lim (s − r1 )2 Y (s ) s → r1

A2 = lim

[

]

1 d (s − r1 )2 Y (s ) ds

s → r1 1!

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

y (t ) = A1te r1t + A2 e r1t + A3u (t )

…… (2.3.11)


DINPRO / II / 29


Secara umum, jika r1 diulang m kali: A A1 A2 Y (s ) = + + ... + m + ... m m −1 s − r1 (s − r1 ) (s − r1 )

…… (2.3.12)

Koefisien-koefisien dihitung sebagai berikut:

A1 = lim (s − r1 )m Y (s ) s → r1

[

]

1 d k −1 (s − r1 )m Y (s ) Ak = lim s → r1 (k − 1)! ds k −1

…… (2.3.13)

Untuk k = 2, …, m, maka Invert laplace adalah

⎡ A t m −1 A2t m − 2 ⎤ y (t ) = ⎢ 1 + + ... + Am ⎥ e r1t + ... ⎢⎣ (m − 1)! (m − 2)! ⎥⎦ Dr. Eng. Y. D. Hermawan – Jur. Teknik Kimia – FTI - UPNVY


…… (2.3.14)

DINPRO / II / 30

YDH - DINPRO - 10


Time Delay (Dead-time) Pertimbangkan kasus dimana terdapat term ekponensial

Y (s ) = Y1e − st D

…… (2.3.15)

Dengan Y1(s) tanpa term ekponensial

Y1 (s ) =

A A1 A + 2 + ... + n s − r1 s − r2 s − rn

…… (2.3.16)

Invert Y1(s) menghasilkan:

y1 (t ) = A1e r1t + A2 e r2t + ... + An e rnt

…… (2.3.17)


DINPRO / II / 31


Jadi, Invert Y (s) menghasilkan:

[

]

y (t ) = L−1 e − st D Y1 (s ) = y1 (t − t D ) Jadi, dengan menggunakan real translation theorem: y (t ) = A e r1 (t −t D ) + A e r2 (t −t D ) + ... + A e rn (t −t D ) 1

2

n

…… (2.3.18)

Jika terdapat multi-delay:

Y (s ) = Y1 (s )e − st D1 + Y2 (s )e − st D 2 + ... + Yn (s )e − st Dn …… (2.3.19) Jadi, dengan menggunakan real translation theorem:

y (t ) = y1 (t − t D1 ) + y 2 (t − t D 2 ) + ... + y n (t − t Dn )


…… (2.3.20)

DINPRO / II / 32


Contoh 2.3.1 : menangani time delay Diketahui PD berikut:

dc(t ) + 2c(t ) = f (t ) dt

Dengan c(0) = 0, Tentukan respon output c(t), jika pada t = 1, input berubah dengan satu unit step: f(t) = u(t – 1)! Jadi: t D = 1 dan

1 F (s ) = e − s s

TL dari PD dan substitusi F(s) menghasilkan:

C (s ) =

1 1 1 −s F (s ) = e s+2 s+2 s



DINPRO / II / 33

YDH - DINPRO - 11


misal:

C (s ) = C1 (s )e − s

Invert dari C1(s):

C1 (s ) =

A B 1 1 = 1 + 1 s+2 s s+2 s

A1 = lim (s + 2 ) s → −2

A2 = lim s s →0

1 1 1 =− (s + 2) s 2

1 1 1 = (s + 2) s 2


DINPRO / II / 34


Jadi invert dari C1(s) menghasilkan (lihat Tabel 2.2.1):

1 1 c1 (t ) = − e − 2t + u (t ) 2 2

(

)

1 u (t ) 1 − e − 2t 2 Aplikasi real translation theorem: =

[

]

c(t ) = L−1 C1 (s )e − s = c1 (t − 1) =

[

1 u (t − 1)1 − e − 2(t −1) 2

]

Catatan unit step u(t – 1) harus dikalikan dengan term eksponensial, hal ini menunjukkan bahwa c(t) = 0 untuk t < 1.


DINPRO / II / 35

2.4. Karakteristik Respon Proses Beberapa pertanyaan yang relevan terhadap respon: 1. Apakah respon stabil? Yaitu respon terjaga pada nilai tertentu. 2. Jika stabil, berapa nilai tunak baru? 3. Apakah responnya monoton atau berosilasi? 4. Jika monoton dan stabil, berapa waktu yang diperlukan untuk mencapai kondisi stabil (tunak baru)? 5. Jika bersosilasi, berapa periode osilasi dan berapa waktu berosilasi sampai akhirnya stabil?



DINPRO / II / 36

YDH - DINPRO - 12

2.4. Karakteristik Respon Proses

Variabel Deviasi

Y (t ) = y (t ) − y (0 )

…. (2.4.1)

Dimana: y(t) = nilai variabel total y(0) = nilai variabel pada kondisi awal Dari definisi variabel deviasi, maka variabel deviasi pada kondisi awal selalu nol (0): Y(0) = y(0) – y(0) = 0 Pertimbangkan PD linear order n: an

d n y (t ) dt n

d n −1 y (t )

+ an −1 = bm

dt n −1 d m x(t ) dt m

+ K + a0 y (t )

+ bm −1

d m −1 x(t ) dt m −1

+ L + b0 x(t ) + c

…. (2.4.2)


DINPRO / II / 37


Dimana n > m, y(t) = output, x(t) = input, dan c = konstanta Pada kondisi tunak awal, semua fungsi derivatif waktu adalah nol sehingga: a0 y (0 ) = b0 x(0 ) + c

…. (2.4.3)

Pers. (2.4.2) – Pers. (2.4.3) : an

d nY (t ) dt n

+ a n −1

d n −1Y (t ) dt n −1

= bm

+ K + a0Y (t )

d m X (t ) dt m

+ bm −1

d m −1 X (t ) dt m −1

+ L + b0 X (t )

…. (2.4.4)

Dimana: Y(t) = y(t) – y(0) dan X(t) = x(t) – x(0)


DINPRO / II / 38


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

⎡ b s m + bm −1s m −1 + L + b0 ⎤ Y (s ) = ⎢ m n ⎥ X (s ) n −1 ⎢⎣ an s + an −1s + L + a0 ⎥⎦

…. (2.4.5)

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

⎡

m −1

⎤

+ L + b0 b s + bm −1s Y (s ) = ⎢ m ⎥ X (s ) ⎢⎣ an (s − r1 )(s − r2 )L (s − rn ) ⎥⎦ m

…. (2.4.6)

Dimana r1, r2, …, rn adalah akar polynomial denominator. Disamping n faktor (lihat pers 2.4.6), terdapat faktor lain dari X(s) yang tergantung pada jenis input (step, pulse, ramp, dll.) Dr. Eng. Y. D. Hermawan – Jur. Teknik Kimia – FTI - UPNVY


DINPRO / II / 39

YDH - DINPRO - 13


Pengembangan dalam fraksi parsial:

Y (s ) =

A A1 A + 1 + L + n + term dari X (s ) s − r1 s − r1 s − rn

…. (2.4.7)

Kebalikan laplace pers. (4.7) menghasilkan:

Y (s ) = A1e r1t + A2 e r2t + L + An e rnt + term dari X (s )

…. (2.4.8)

Akar-Akar Nyata: Akar positif : respon naik seiring naiknya waktu Æ TIDAK STABIL Akar negatif : meluruh sampai nol Æ STABIL

∴ Jika semua akar denominator dari FT adalah nyata: ☺ respon monotonic (non-oscillatory) ☺ respon stabil jika semua akarnya negatif (lihat Gambar 2.4.1) Dr. Eng. Y. D. Hermawan – Jur. Teknik Kimia – FTI - UPNVY

DINPRO / II / 40


Gambar 2.4.1. Respon untuk akar-akar nyata

Y1 Y(t)

Y(t)

tk t (a) Stabil, akar nyata negatif Y1 = kondisi tunak baru

tk =

−5 rk

t (b) Tidak Stabil, akar nyata positif

…. (2.4.9)


DINPRO / II / 41


Pasangan Akar Complex Conjugate: r1 = ρ + i ω

r2 = ρ − i ω

dimana: ρ = bagian real; ω = bagian imaginer Pengembangan FT:

Y (s ) =

A1 A2 + +L s − ρ − iω s − ρ + iω

( A1 + A2 )(s − ρ ) + i( A1 − A2 )ω + L (s − ρ )2 + ω 2 (s − ρ )2 + ω 2 B (s − ρ ) Cω = + +L 2 2 (s − ρ ) + ω (s − ρ )2 + ω 2

=

…. (2.4.10)

dimana: B = A1 + A2 dan C = i (A1 – A2) Dr. Eng. Y. D. Hermawan – Jur. Teknik Kimia – FTI - UPNVY


DINPRO / II / 42

YDH - DINPRO - 14


Jadi invert dari pers. (2.4.10) menghasilkan (lihat Tabel 2.2.1):

Y (t ) = Be ρ t cos ωt + Ce ρ t sin ωt + L

= e ρ t [B cos ωt + C sin ωt ] + L

Penyederhanaan menggunakan bentuk trigonometri:

sin (ωt + θ ) = sin θ cos ωt + cos θ sin ωt

menghasilkan: Y (t ) = De dimana: D =

ρt

B2 + C 2

sin ( ωt + θ ) + L

…. (2.4.11)

Æ Amplitudo awal

⎛B⎞ ⎟ Æ Phase angle, dalam radian ⎝C ⎠

θ = arctan⎜


DINPRO / II / 43


Berdasarkan pers. (2.4.11), disimpulkan: ☺ Respon berosilasi ☺ Osilasi menjadi TIDAK STABIL, jika bilangan kompleks conjugate mempunyai akar bagian real positif Perhatikan term eρ t:

ρ positif Æ Amplitudo semakin besar dengan waktu ρ negatif Æ Amplitudo meluruh Frekuensi gelombang sinus merupakan bagian imaginer dari akar, ω dalam radian/waktu. Periode osilasi: waktu yang diperlukan untuk menempuh satu siklus gelombang. atau, waktu yang diperlukan untuk menaikkan argumen gelombang sinus (ω t + θ) sebesar 2π radian.

T=

2π …. (2.4.12)

ω


DINPRO / II / 44


Gambar 2.4.2. Respon untuk akar-akar complex conjugate

Y(t)

Y(t) Y1

ts t (a) Stabil, akar nyata negatif Y1 = kondisi tunak baru

ts =

−5

ρ

Decay ratio = e ρ T = e 2πρ / ω Dr. Eng. Y. D. Hermawan – Jur. Teknik Kimia – FTI - UPNVY


t

(b) Tidak Stabil, akar nyata positif …. (2.4.13) …. (2.4.14) DINPRO / II / 45

YDH - DINPRO - 15


Kondisi Tunak Baru Kondisi tunak baru dapat dicari dengan final value theorem Asumsi input berubah dengan fungsi tahap dimana X(t) = ∆x u(t) atau X(s) = ∆x / s Æ substitusi ke pers. (2.4.5)

⎡ bm s m + bm −1s m −1 + L + b0 ⎤ ∆x b0 ∆x … (2.4.15) ∆Y = lim s ⎢ = ⎥ n n −1 s →0 a0 s ⎣ an s + an −1s + L + a0 ⎦ s Kriteria Kestabilan Sistem akan STABIL jika semua akar denominator dari FT adalah NEGATIF, yaitu: negatif untuk akar nyata dan negatif untuk bagian real dari akar complex. Lihat Gambar bidang kompleks (Gambar 2.4.3)


DINPRO / II / 46


Gambar 2.4.3. Complex Plane I

STABIL

R

STABIL


DINPRO / II / 47

2.5. Linearisasi Mengapa perlu linearisasi? linearisasi? Salah satu kesulitan dalam analisis respon dinamik untuk proses adalah sifat ketidak-linearan proses tersebut. Metode Transformasi Laplace (TL) yang telah kita pelajari dapat menggambarkan dinamika sistem proses. Sayangnya, hanya sistem linear saja yang dapat dianalisa dengan TL. Dan, tidak ada teknik lainnya yang dapat digunakan untuk analisis dinamik sistem non-linear. Linearisasi digunakan untuk mendekati respon sistem non-linear dengan PD linear yang kemudian dapat dianalisa dengan TL Pendekatan linear terhadap sistem non-linear dapat diterima (valid) untuk daerah yang dekat dengan beberapa titik dasar (base point) yang dibuat. Maka, kita akan memilih kondisi tunak awal sebagai base point. Dr. Eng. Y. D. Hermawan – Jur. Teknik Kimia – FTI - UPNVY


DINPRO / II / 48

YDH - DINPRO - 16

2.5. Linearisasi

Beberapa fungsi nonnon-linear yang umum: umum: ☺ Entalpi (H), sebagai fungsi suhu (T):

H [T (t )] = H 0 + a1T (t ) + a2T 2 (t ) + a3T 3 (t ) + a4T 4 (t )

… (2.5.1)

dimana: H0, a0, a1, a2, a3, dan a4 adalah konstanta. ☺ Pers. Antoine: tekanan uap (p0) sebagai fungsi suhu (T)

p 0 [T (t )] = e A− B [T (t )+C ]

… (2.5.2)

dimana: A, B, dan C adalah konstanta. ☺ Fraksi mol uap setimbang (y), sebagai fungsi fraksi mol cairan (x)

y[x(t )] =

αx(t ) 1 + (α − 1)x(t )

… (2.5.3)

dimana: α adalah volatilitas relatif, biasanya diasumsikan konstan. Dr. Eng. Y. D. Hermawan – Jur. Teknik Kimia – FTI - UPNVY

DINPRO / II / 49

2.5. Linearisasi

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

f [∆p (t )] = k ∆p(t )

… (2.5.4)

dimana: k adalah koefisian kunduktansi konstan. ☺ Laju perpindahan panas radiasi q, sebagai fungsi suhu (T)

q[T (t )] = εσAT 4 (t ) dimana: ε, σ, dan A adalah konstanta.

… (2.5.5)

☺ Pers. Arhenius: ketergantungan koef. laju reaksi (k) terhadap (T) k [T (t )] = k 0 e − E [RT (t )] … (2.5.6) dimana: α k0, E, dan R adalah konstanta. ☺ Pers. Laju reaksi (r): sebagai fungsi suhu (T), dan konsentrasi CA, CB.

r [T (t ), c A (t ), c B (t ),...] = k [T (t )]c Aa (t )c Bb (t )...

… (2.5.7)

dimana: k[T(t)] = pers. (2.7.6); a, dan b adalah konstanta. Dr. Eng. Y. D. Hermawan – Jur. Teknik Kimia – FTI - UPNVY

DINPRO / II / 50

2.5. Linearisasi

Linearisasi Fungsi Satu Variabel Semua fungsi dapat dikembangkan ke dalam deret Taylor sekitar base point:

f [x(t )] = f (x ) +

df dx

[x(t ) − x ] + 1 d

2

2! dx

x

[x(t ) − x ]2 + L

f 2

… (2.5.8)

x

dimana: x adalah base value x disekitar fungsi yang diekspansi. Dalam linearisasi, bentuk order dua atau lebih dari pers. (2.5.8) dapat diabaikan, sehingga menjadi:

f [x(t )] = f (x ) +

df dx

[x(t ) − x ]

… (2.5.9)

x

Pers. (2.5.9) adalah fungsi dasar linearisasi yang diilustrasikan pada Gambar 2.5.1. Karena x adalah konstan, maka persamaan disebelah kanan tanda sama dengan adalah linear dalam variabel x(t) Dr. Eng. Y. D. Hermawan – Jur. Teknik Kimia – FTI - UPNVY


DINPRO / II / 51

YDH - DINPRO - 17

2.5. Linearisasi

Gambar 2.5.1 Pendekatan linear adalah tangen dari fungsi non-linear pada base point x Garis tangen 1

f [x(t )] f (x )

df dx

x

Fungsi non-linear

x

x(t)


DINPRO / II / 52

2.5. Linearisasi

Contoh 2.5.1:Linearisasi Pers. Arrhenius

( )

[ ]−1

Base point: k T = 100 sec

Energi aktivasi, E = 22000 kcal/kmol, & R = 1.987 kcal/kmol-K Perkirakan error pada slope dalam rentang ±10oC di sekitar T = 300oC

Penyelesaian: Penyelesaian: Aplikasi Pers. (2.5.9) ke (2.5.6):

( )

k [T (t )] = k T + Dimana:

dk dT

dk dT

[

]

d k 0 e − E (RT (t ) ) T dT E E = k 0 e − E (RT ) =kT 2 RT RT 2

= T

[T (t ) − T ] T

( )


DINPRO / II / 53

2.5. Linearisasi

Slope:

dk dT

= (100) 300 o C

22000

(1.987 )(300 + 273)2

Jadi diperoleh pendekatan linear:

= 3.37

sec −1 o

C

[

k [T (t )] = 100 + 3.37 T (t ) − T

]

Dalam range 290 – 310 oC, diperoleh nilai actual dan slope:

T = 290 o C , k (T ) = 70.95 sec −1 , dk dT T = 2.48 sec −1/ o C T = 310 o C , k (T ) = 139.3 sec −1 , dk dT T = 4.54 sec −1/ o C Sebagai perbandingan: dituliskan pendekatan linear berikut: k(290oC) = 100 + 3.37(290 – 300) = 66.3 sec-1 Æ error = –6.6% k(310oC) = 100 + 3.37(310 – 300) = 133.7 sec-1 Æ error = –4%



DINPRO / II / 54

YDH - DINPRO - 18

2.5. Linearisasi

Linearisasi Fungsi Dua Variabel atau Lebih Ekspansi deret Taylor untuk dua variabel atau lebih:

f [x1 (t ), x2 (t ), L] = f (x1 , x2 , L) +

df [x1 (t ) − x1 ] + d f [x2 (t ) − x2 ] + L (2.5.10) dx1 dx2

∂f ∂f dan x1 , x2 , L adalah base value dari = ∂xk ∂xk ( x , x ,L) masing-masing variabel 1 2

dimana:

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

a[w(t ), h(t )] = w(t )h(t )

( )

Linearisasi: a[w(t ), h(t )] = a w , h +

( )

[

∂a [w(t ) − w ] + ∂a h(t ) − h ∂w (w ,h ) ∂h (w ,h )

[

a[w(t ), h(t )] = a w , h + h [w(t ) − w ] + w h(t ) − h

]

]


DINPRO / II / 55

2.5. Linearisasi

Gambar 2.5.2 Error pendekatan linear dari luas segi empat w [h(t) – h] h [w(t) – w]

h(t) a(w,h) = w h

h

error

w w(t) Asumsi:

w = 2 m dan h = 1 m

Æ Luas pada base point: a = 2 m2

Increment: w(t) = 2.2 m dan h(t) = 1.1 m Æ aactual = 2.42 m2 Luas pendekatan = 2 + 1(0.2) + 2(0.1) = 2.40 m2 error = 2.42 – 2.40 = 0.02 m2

Luas daerah arsiran = (0.2)(0.1) = 0.02 m2


DINPRO / II / 56

2.5. Linearisasi

Contoh 2.5.3: Linearisasi Pers. densitas gas ideal sbg fungsi tekanan dan suhu Fungsi densitas non-linear

ρ [ p(t ), T (t )] =

Mp(t ) RT (t )

Untuk evaluasi, kita menggunakan gas udara: M = berat molekul = 29 [kg/kmol] ; IB = tekanan absolut = 101.3 kPa T = suhu absolut [K] ; & R = 8.314 kPa-m3/kmol-K

Penyelesaian: Penyelesaian: Aplikasi Pers. (2.5.10):

ρ [ p(t ), T (t )] = ρ ( p, T ) + Dimana:

[

∂ρ [ p(t ) − p ] + ∂ρ T (t ) − T ∂p ∂T

]

∂ ⎡ Mp(t ) ⎤ ∂ρ M = = ⎢ ⎥ ∂p dp ⎣ RT (t ) ⎦ ( p ,T ) RT



DINPRO / II / 57

YDH - DINPRO - 19

2.5. Linearisasi

∂ρ ∂ ⎡ Mp(t ) ⎤ Mp = =− ⎢ ⎥ ∂T dT ⎣ RT (t ) ⎦ ( p ,T ) RT 2 Jadi pendekatan fungsi densitas linear

ρ [ p(t ), T (t )] =

[

Mp M [ p(t ) − p ] − Mp2 T (t ) − T + RT RT RT

]

Secara numerik:

[

ρ [ p(t ), T (t )] = 1.178 + 0.01163[ p(t ) − p ] − 0.00393 T (t ) − T

]

ρ = [kg/m3], p = [kPa], T = [K]

Dengan satuan:


DINPRO / II / 58

2.5. Linearisasi

Linearisasi Persamaan Diferensial

Pertimbangkan PD Order satu dengan satu input berikut:

dy (t ) = g [x(t ), y (t )] + b dt

… (2.5.11)

dimana: g[x(t),y(t)] adalah fungsi non-linear dengan input x(t), output y(t), dan b adalah konstanta. Pada kondisi tunak awal: Base point:

0 = g (x , y ) + b

… (2.5.12)

x = x(0 ), y = y (0 )

Pers. (2.5.11) – (2.5.12):

dy (t ) = g [x(t ), y (t )] − g (x , y ) dt Dr. Eng. Y. D. Hermawan – Jur. Teknik Kimia – FTI - UPNVY

… (2.5.13)

DINPRO / II / 59

2.5. Linearisasi

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

dy (t ) ∂g [x(t ) − x ] + = dt ∂x ( x , y )

∂g [y(t ) − y ] ∂y ( x , y )

… (2.5.14)

Term deviasi ∴ Diperoleh PD linear dalam term deviasi:

dY (t ) = a1 X (t ) + a 2Y (t ) dt

… (2.5.15)

dimana: a1 = ∂g ∂x dan a 2 = ∂g ∂y ( x , y ) (x , y ) Catatan: 1. Konstanta b di pers. (2.5.11) hilang. Tidak ada suatu konstanta dalam persamaan yang dinyatakan dalam term deviasi (2.5.15). 2. Pada kondisi awal: Y(0) = y(0) – y(0) = 0 Dr. Eng. Y. D. Hermawan – Jur. Teknik Kimia – FTI - UPNVY


DINPRO / II / 60

YDH - DINPRO - 20

2.5. Linearisasi

Contoh 2.5.4: Linearisasi PD multi variabel Dari neraca massa RATB, dihasilkan PD non-linear berikut:

dc A (t ) 1 1 = f (t )c Ai (t ) − f (t )c A (t ) − k [T (t )]c A (t ) dt V V

k[T(t)] = pers. non-linear yang telah dilinearkan (lihat contoh 2.5.1) V dianggap konstan, f(t) = laju alir reaktan, cAi = konsetrasi reaktan masuk reaktor, cA = konsetrasi reaktan keluar reaktor, T(t) = suhu keluar reaktor

Penyelesaian: Penyelesaian: dc A (t ) = g [ f (t ), c Ai (t ), T (t ), c A (t )] dt =

1 1 f (t )c Ai (t ) − f (t )c A (t ) − k [T (t )]c A (t ) V V


DINPRO / II / 61

2.5. Linearisasi

Aplikasi pers. (2.5.15):

dC A (t ) = a1 F (t ) + a 2 C Ai (t ) + a3Γ(t ) + a 4 C A (t ) dt dimana: C A (t ) = c A (t ) − c A , F (t ) = f (t ) − f , C Ai (t ) = C Ai (t ) − C Ai Γ(t ) = T (t ) − T

adalah variabel-variabel deviasi

a1, a2, a3, dan a4 diperoleh dengan turunan parsial fungsi g berikut:

a1 =

∂g c Ai − c A = V ∂f

a3 =

E ∂g = −k T cA ∂T RT 2

( )

a2 =

f ∂g = ∂c Ai V

a4 =

∂g f = − −k T ∂c A V

( )


DINPRO / II / 62

2.5. Linearisasi

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

τ

dC A (t ) + C A (t ) = K1 F (t ) + K 2 C Ai (t ) + K 3Γ(t ) dt

dimana:

τ =−

1 V = a4 f + Vk T

K2 = −

a2 f = a4 f + Vk T

( )

( )

K1 = −

c − cA a1 = Ai a4 f + Vk T

( ) a Vk (T )Ec A K3 = − 3 = − a4 RT 2 [ f + Vk (T )]

Dengan Transformasi Laplace, diperoleh:

C A (s ) =

K K1 K F (s ) + 2 C Ai (s ) + 3 Γ(s ) τs + 1 τs + 1 τs + 1



DINPRO / II / 63

YDH - DINPRO - 21

2.1. Bilangan Kompleks

Recommend Documents