Analisis Rangkaian Rangkaian Listrik - Ee-cafe.org

Sudaryatno Sudirham
Analisis
Rangkaian Listrik
Jilid 2
Darpublic

Analisis
Rangkaian Listrik
Jilid 2
(Analisis Transien, Analisis Menggunakan
Transformasi Laplace, Fungsi Jaringan,Tanggapan
Frekuensi, Pengenalan Pada Sistem, Persamaan Ruang
Status, Analisis Menggunakan Transformasi
Fourier)
oleh
Sudaryatno Sudirham

Hak cipta pada penulis, 2010
SUDIRHAM, SUDARYATNO
Analisis Rangkaian Listrik (2)
Darpublic, Bandung
are-0710
edisi Juli 2011
http://ee-cafe.org
Alamat pos: Kanayakan D-30, Bandung, 40135.
Fax: (62) (22) 2534117

Pengantar
Buku jilid ke-dua Analisis Rangkaian Listrik ini berisi materi lanjutan,
ditujukan kepada pembaca yang telah mempelajari materi di buku jilid
pertama. Pokok bahasan disajikan dalam sebelas bab. Dalam dua bab
pertama bahasan kembali ke kawasan waktu dengan pokok bahasan
tentang analisis transien pada sistem orde pertama dan sistem orde kedua.
Pokok bahasan dalam tujuh bab berikutnya adalah mengenai analisis
rangkaian menggunakan transformasi Laplace, yang dapat digunakan
untuk analisis keadaan mantap maupun transien; bahasan ini mencakup
dasar-dasar transformasi Laplace sampai ke aplikasinya, yang kemudian
dilanjutkan dengan pembahasan mengenai fungsi alih dan tanggapan
frekuensi, serta pengenalan pada sistemtermasuk persamaan ruang status.
Dua bab terakhir membahas analisis rangkaian listrik menggunakan
transformasi Fourier. Pengetahuan tentang aplikasi transformasi Fourier
dalam analisis akan memperluas pemahaman mengenai tanggapan
frekuensi, baik mengenai perilaku sinyal itu sendiri maupun
rangkaiannya. Senentara itu, lanjutan pembahasan dari buku ini akan
dikhususkan pada rangkaian sistem tenaga listrik.
Mudah-mudahan sajian ini bermanfaat bagi para pembaca. Saran dan
usulan para pembaca untuk perbaikan dalam publikasi selanjutnya, sangat
penulis harapkan.
Bandung, 26 Juli 2010
Wassalam,
Penulis.
iii

A. Schopenhauer, 1788 – 1860
Dari Mini-Encyclopédie
France Loisirs
ISBN 2-7242-1551-6

Kata Pengantar
Daftar Isi
Daftar Isi
Bab 1: Analisis Transien Rangkaian Orde Pertama 1
Contoh Rangkaian Orde Pertama. Tinjauan Umum Tanggapan
Rangkaian Orde Pertama. Komponen Mantap dan Komponen
Transien. Tanggapan Rangkaian Tanpa Fungsi Pemaksa.
Tanggapan Rangkaian Orde Pertama Terhadap Sinyal Anak
Tangga. Tanggapan Rangkaian Orde Pertama Terhadap Sinyal
Sinus. Tanggapan Masukan Nol dan Tanggapan Status Nol.
Ringkasan Mengenai Tanggapan Rangkaian Orde Pertama.
Bab 2: Analisis Transien Rangkaian Orde Ke-dua 31
Contoh Rangkaian Orde Kedua. Tinjauan Umum Tanggapan
Rangkaian Orde Kedua. Tiga Kemungkinan Bentuk
Tanggapan. Tanggapan Rangkaian Orde Kedua Terhadap
Sinyal Anak Tangga. Tanggapan Rangkaian Orde Kedua
Terhadap Sinyal Sinus.
Bab 3: Transformasi Laplace 55
Transformasi Laplace. Tabel Transformasi Laplace. Sifat-Sifat
Transformasi Laplace. Transformasi Balik. Solusi Persamaan
Rangkaian Menggunakan Transformasi Laplace.
Bab 4: Analisis Menggunakan Transformasi Laplace 85
Hubungan Tegangan-Arus Elemen di Kawasan s. Konsep
Impedansi di Kawasan s. Representasi Elemen di Kawasan s.
Transformasi Rangkaian. Hukum Kirchhoff. Kaidah-Kaidah
Rangkaian. Teorema Rangkaian. Metoda-Metoda Analisis.
Bab 5: Fungsi Jaringan 105
Pengertian dan Macam Fungsi Jaringan. Peran Fungsi Alih.
Hubungan Bertingkat dan Kaidah Rantai . Fungsi Alih dan
Hubungan Masukan-Keluaran di Kawasan Waktu. Tinjauan
Umum Mengenai Hubungan Masukan-Keluaran.
Bab 6: Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde Pertama 121
Tanggapan Rangkaian Terhadap Sinyal Sinus Keadaan
Mantap. Pernyataan Tanggapan Frekuensi. Bode Plot.
iii
v
v

Bab 7: Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde Ke-dua 141
Rangkaian Orde Kedua Dengan Pole Riil. Fungsi Alih
Dengan Zero Riil Negatif . Tinjauan Umum Bode Plot dari
Rangkaian Dengan Pole dan Zero Riil. Tinjauan Kualitatif
Tanggapan Frekuensi di Bidang s. Rangkaian Orde Kedua
Yang Memiliki Pole Kompleks Konjugat.
Bab 8: Analisis Pada Sistem 163
Sinyal. Sistem. Model Sistem. Diagram Blok. Pembentukan
Diagram Blok. Reduksi Diagram Blok. Sub-Sistem Statis dan
Dinamis. Diagram Blok Integrator.
Bab 9: Sistem Dan Persamaan Ruang Status 185
Blok Integrator dan Blok Statis. Diagram Blok Integrator,
Sinyal Sebagai Fungsi t. Membangun Persamaan Ruang
Status. Membangun Diagram Blok dari Persamaan Ruang
Status.
Bab 10: Transformasi Fourier 195
Deret Fourier. Transformasi Fourier. Transformasi Balik.
Sifat-Sifat Transformasi Fourier. Ringkasan.
Bab 11: Analisis Menggunakan Transformasi Fourier 221
Transformasi Fourier dan Hukum Rangkaian. Konvolusi dan
Fungsi Alih. Energi Sinyal.
Daftar Referensi 235
Indeks 237
Biodata 239
vi

BAB 1
Analisis Transien di Kawasan Waktu
Rangkaian Orde Pertama
Yang dimaksud dengan analisis transien adalah analisis rangkaian yang
sedang dalam keadaan peralihan atau keadaan transien. Gejala transien
atau gejala peralihan merupakan salah satu peristiwa dalam rangkaian
listrik yang perlu kita perhatikan. Peristiwa ini biasanya berlangsung
hanya beberapa saat namun jika tidak ditangani secara baik dapat
menyebabkan terjadinya hal-hal yang sangat merugikan berupa
kerusakan peralatan.
Dalam sistem penyaluran energi, pemutusan dan penyambungan
rangkaian merupakan hal yang sering terjadi. Operasi-operasi tersebut
dapat menyebabkan terjadinya lonjakan tegangan yang biasa disebut
tegangan lebih. Tegangan lebih pada sistem juga terjadi manakala ada
sambaran petir yang mengimbaskan tegangan pada saluran transmisi.
Tegangan lebih seperti ini akan merambat sepanjang saluran transmisi
berbentuk gelombang berjalan dan akan sampai ke beban-beban yang
terhubung pada sistem tersebut. Piranti-piranti elektronik akan menderita
karenanya. Di samping melalui saluran transmisi, sambaran petir juga
mengimbaskan tegangan secara induktif maupun kapasitif pada
peralatan-peralatan. Semua kejadian itu merupakan peristiwa-peristiwa
peralihan.
Kita mengetahui bahwa kapasitor dan induktor adalah piranti-piranti
dinamis dan rangkaian yang mengandung piranti-piranti jenis ini kita
sebut rangkaian dinamis. Piranti dinamis mempunyai kemampuan untuk
menyimpan energi dan melepaskan energi yang telah disimpan
sebelumnya. Hal demikian tidak terjadi pada resistor, yang hanya dapat
menyerap energi. Oleh karena itu, pada waktu terjadi operasi penutupan
ataupun pemutusan rangkaian, perilaku rangkaian yang mengandung
kapasitor maupun induktor berbeda dengan rangkaian yang hanya
mengandung resistor saja.
Karena hubungan antara arus dan tegangan pada induktor maupun
kapasitor merupakan hubungan linier diferensial, maka persamaan
rangkaian yang mengandung elemen-elemen ini juga merupakan
persamaan diferensial. Persamaan diferensial ini dapat berupa persamaan
1

diferensial orde pertama dan rangkaian yang demikian ini disebut
rangkaian atau sistem orde pertama. Jika persamaan rangkaian berbentuk
persamaan diferensial orde kedua maka rangkaian ini disebut rangkaian
atau sistem orde kedua. Perilaku kedua macam sistem tersebut akan kita
pelajari berikut ini.
Dengan mempelajari analisis transien orde pertama, kita akan
• mampu menurunkan persamaan rangkaian yang merupakan
rangkaian orde pertama.
• memahami bahwa tanggapan rangkaian terdiri dari tanggapan
paksa dan tanggapan alami.
• mampu melakukan analisis transien pada rangkaian orde
pertama.
1.1. Contoh Rangkaian Orde Pertama
Rangkaian RC Seri. Salah
satu contoh rangkaian orde
pertama dalam keadaan
peralihan adalah rangkaian
RC seri seperti pada
Gb.1.1. Pada awalnya
saklar S pada rangkaian ini
terbuka; kemudian pada
saat t = 0 ia ditutup
sehingga terbentuk
v s
+
−
rangkaian tertutup terdiri dari sumber v s dan hubungan seri resistor R
dan kapasitor C. Jadi mulai pada t = 0 terjadilah perubahan status pada
sistem tersebut dan gejala yang timbul selama terjadinya perubahan
itulah yang kita sebut gejala perubahan atau gejala transien. Gejala
transien ini merupakan tanggapan rangkaian seri RC ini setelah saklar
ditutup, yaitu pada t > 0. Aplikasi HTK pada pada rangkaian untuk t > 0
memberikan
dv
dv
− vs + iR + v = −vs
+ RC + v = 0 atau RC + v = vs
(1.1)
dt
dt
Persamaan (1.1) adalah persamaan rangkaian seri RC dengan
menggunakan tegangan kapasitor sebagai peubah. Alternatif lain untuk
memperoleh persamaan rangkaian ini adalah menggunakan arus i sebagai
peubah. Tetapi dalam analisis transien, kita memilih peubah yang
S
+
v in
−
R
C
Gb.1.1. Rangkaian RC.
i
i C
A
+
v
−
B
2 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

merupakan peubah status dalam menyatakan persamaan rangkaian.
Untuk rangkaian RC ini peubah statusnya adalah tegangan kapasitor, v.
Pemilihan peubah status dalam melakukan analisis transien berkaitan
dengan ada tidaknya simpanan energi dalam rangkaian yang sedang
dianalisis, sesaat sebelum terjadinya perubahan. Hal ini akan kita lihat
pada pembahasan selanjutnya.
Persamaan (1.1) merupakan persamaan diferensial orde pertama tak
homogen dengan koefisien konstan. Tegangan masukan v s merupakan
sinyal sembarang, yang dapat berbentuk fungsi-fungsi yang pernah kita
pelajari di Bab-1. Tugas kita dalam analisis rangkaian ini adalah mencari
tegangan kapasitor, v, untuk t > 0.
Rangkaian RL Seri. Contoh lain rangkaian orde pertama adalah
rangkaian RL seri seperti pada
Gb.1.2. Saklar S ditutup pada t S R
= 0 sehingga terbentuk
A
rangkaian tertutup RL seri. +
Aplikasi HTK pada rangkaian −
ini untuk t > 0 memberikan :
v s i
i L
L
B
di
vs
− Ri − vL
= vs
− Ri − L = 0
dt Gb.1.2. Rangkaian RL seri.
atau
di
L + Ri = v s
(1.2)
dt
Persamaan (1.2) adalah persamaan rangkaian RL seri dengan arus i
sebagai peubah. Sebagaimana kita ketahui, arus merupakan peubah status
untuk induktor dan kita pilih ia sebagai peubah dalam analisis rangkaian
RL.
Rangkaian Orde Pertama yang Lain. Persamaan rangkaian RC dan RL
merupakan persamaan diferensial orde pertama dan oleh karena itu
rangkaian itu disebut rangkaian orde pertama atau sistem orde pertama.
Sudah barang tentu sistem orde pertama bukan hanya rangkaian RC dan
RL saja, akan tetapi setiap rangkaian yang persamaannya berupa
persamaan diferensial orde pertama adalah sistem orde pertama.
3

1.2. Tinjauan Umum Tanggapan Rangkaian Orde Pertama
Secara umum, persamaan rangkaian orde pertama berbentuk
dy
a + by = x(t)
(1.3)
dt
Peubah y adalah keluaran atau tanggapan dari rangkaian yang dapat
berupa tegangan ataupun arus sedangkan nilai a dan b ditentukan oleh
nilai-nilai elemen yang membentuk rangkaian. Fungsi x(t) adalah
masukan pada rangkaian yang dapat berupa tegangan ataupun arus dan
disebut fungsi pemaksa atau fungsi penggerak.
Kita mengetahui bahwa persamaan diferensial seperti (1.3) mempunyai
solusi total yang merupakan jumlah dari solusi khusus dan solusi
homogen. Solusi khusus adalah fungsi yang dapat memenuhi persamaan
(1.3) sedangkan solusi homogen adalah fungsi yang dapat memenuhi
persamaan homogen
dy
a + by = 0
(1.4)
dt
Hal ini dapat difahami karena jika fungsi x 1 memenuhi (1.3) dan fungsi
x 2 memenuhi (1.4), maka y = (x 1 +x 2 ) akan memenuhi (1.3) sebab
dy
a
dt
( x + x )
d 1 2
dx
( ) 1 dx
+ by = a + b x
2
1 + x2
= a + bx1
+ a + bx2
dt
dt dt
dx
= a 1 + bx1
+ 0
dt
Jadi y = (x 1 +x 2 ) adalah solusi dari (1.3), dan kita sebut solusi total.
1.2.1. Tanggapan Alami, Tanggapan Paksa, Tanggapan Lengkap
Dalam rangkaian listrik, solusi total persamaan diferensial (1.3)
merupakan tanggapan lengkap (complete response) rangkaian, yang
tidak lain adalah keluaran (tanggapan) rangkaian dalam kurun waktu
setelah terjadi perubahan, atau kita katakan untuk t > 0. Tanggapan
lengkap ini terdiri dua komponen yaitu tanggapan alami dan tanggapan
paksa, sesuai dengan adanya solusi homogen dan solusi khusus dari (1.3).
Tanggapan alami adalah solusi homogen dari persamaan homogen (1.4);
disebut demikian karena ia merupakan tanggapan yang tidak ditentukan
oleh fungsi pemaksa x(t) karena x(t) = 0. Komponen ini ditentukan oleh
4 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

elemen rangkaian dan keadaannya sesaat setelah terjadinya perubahan
atau kita katakan ditentukan oleh keadaan pada t = 0 + . Tanggapan paksa
adalah solusi khusus dari persamaan rangkaian (1.3); disebut demikian
karena tanggapan ini merupakan tanggapan rangkaian atas adanya fungsi
pemaksa x(t).
Tanggapan Alami. Banyak cara untuk mencari solusi persamaan (1.4).
Salah satu cara adalah memisahkan peubah dan kemudian melakukan
integrasi. Di sini kita tidak menggunakan cara itu, tetapi kita akan
menggunakan cara pendugaan. Persamaan (1.4) menyatakan bahwa y
ditambah dengan suatu koefisien konstan kali dy/dt, sama dengan nol
untuk semua nilai t. Hal ini hanya mungkin terjadi jika y dan dy/dt
berbentuk sama. Fungsi yang turunannya mempunyai bentuk sama
dengan fungsi itu sendiri adalah fungsi eksponensial. Jadi kita dapat
menduga bahwa solusi dari (1.4) mempunyai bentuk eksponensial y =
K 1 e st . Jika solusi dugaan ini kita masukkan ke (1.4), kita peroleh
( as + ) 0
st st
aK1 se + bK1e
= 0 atau yK1
b =
(1.5)
Peubah y tidak mungkin bernilai nol untuk seluruh t dan K 1 juga tidak
boleh bernilai nol karena hal itu akan membuat y bernilai nol untuk
seluruh t. Satu-satunya cara agar persamaan (1.5) terpenuhi adalah
as + b = 0
(1.6)
Persamaan (1.6) ini disebut persamaan karakteristik sistem orde
pertama. Persamaan ini hanya mempunyai satu akar yaitu s = −(b/a). Jadi
tanggapan alami yang kita cari adalah
st −(
b / a)
t
ya
= K1e
= K1e
(1.7)
Nilai K 1 masih harus kita tentukan melalui penerapan suatu persyaratan
tertentu yang kita sebut kondisi awal yaitu kondisi pada t = 0 + . Yang
dimaksud dengan t = 0 + adalah sesaat setelah terjadinya perubahan
keadaan; dalam kasus penutupan saklar S pada rangkaian Gb.1.1, t = 0 +
adalah sesaat setelah saklar ditutup. Ada kemungkinan bahwa y telah
mempunyai nilai tertentu pada t = 0 + sehingga nilai K 1 haruslah
sedemikian rupa sehingga nilai y pada t = 0 + tersebut dapat dipenuhi.
Akan tetapi kondisi awal ini tidak dapat kita terapkan pada tanggapan
alami karena tanggapan ini baru merupakan sebagian dari tanggapan
rangkaian. Kondisi awal harus kita terapkan pada tanggapan lengkap dan
bukan hanya untuk tanggapan alami saja. Oleh karena itu kita harus
5

mencari tanggapan paksa lebih dulu agar tanggapan lengkap dapat kita
peroleh untuk kemudian menerapkan kondisi awal tersebut.
Tanggapan Paksa. Tanggapan paksa dari (1.3) tergantung dari bentuk
fungsi pemaksa x(t). Seperti halnya dengan tanggapan alami, kita dapat
melakukan pendugaan pada tanggapan paksa. Bentuk tanggapan paksa
haruslah sedemikian rupa sehingga jika dimasukkan ke persamaan
rangkaian (1.3) maka ruas kiri dan ruas kanan persamaan itu akan
berisi bentuk fungsi yang sama. Jika tanggapan paksa kita sebut y p , maka
y p dan turunannya harus mempunyai bentuk sama agar hal tersebut
terpenuhi. Untuk berbagai bentuk fungsi pemaksa x(t), tanggapan paksa
dugaan y p adalah sebagai berikut.
Jika x(
t)
= 0 , maka y p = 0
Jika x(
t)
= A = konstan, maka y p = konstan = K
Jika
αt
x(
t)
= Ae = eksponensial, maka
αt
y p = eksponensial = Ke
Jika x(
t)
= Asin
ωt
, maka y p = Kc
cosωt
+ Ks
sin ωt
Jika x(
t)
= Acosωt,
maka y p = Kc
cosωt
+ Ks
sin ωt
Perhatikan : y = Kc
cosωt
+ Ks
sin ωt
adalah bentuk umum
fungsi sinus maupun cosinus .
(1.8)
Tanggapan Lengkap. Jika tanggapan paksa kita sebut y p , maka
tanggapan lengkap adalah
s t
y = y p + y a = y p + K 1e
(1.9)
Pada solusi lengkap inilah kita dapat menerapkan kondisi awal yang akan
memberikan nilai K 1 .
Kondisi Awal. Peubah y adalah peubah status, bisa berupa tegangan
kapasitor v C atau arus induktor i L . Kondisi awal adalah nilai y pada t = 0 + .
Sebagaimana telah kita pelajari di Bab-1, peubah status harus merupakan
fungsi kontinyu. Jadi, sesaat sesudah dan sesaat sebelum terjadi
perubahan pada t = 0, y harus bernilai sama. Dengan singkat dituliskan
Kondisi awal
+ −
+ −
: v C (0 ) = vC
(0 ) ataupun iL(0
) = iL(0
) (1.10)
Jika kondisi awal ini kita sebut y(0 + ) dan kita masukkan pada dugaan
solusi lengkap (1.9) akan kita peroleh nilai K 1 .
6 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

+ +
+
( = p 1 1
p
y 0 ) y (0 ) + K → K = y(0
) − y (0 ) (1.11)
Nilai y(0 + ) dan y p (0 + ) adalah tertentu (yaitu nilai pada t=0 + ). Jika kita
sebut
+
+
+
y( 0 ) − yp (0 ) = A
0
(1.12)
maka tanggapan lengkap menjadi
s t
y = y p + A0
e
(1.13)
1.3. Komponen Mantap dan Komponen Transien
Tanggapan lengkap rangkaian seperti yang ditunjukkan oleh (1.13),
terdiri dari dua komponen. Komponen yang pertama (ditunjukkan oleh
suku pertama) kita sebut komponen mantap. Komponen yang kedua
(ditunjukkan oleh suku kedua) kita sebut komponen transien atau
komponen peralihan. Komponen transien ini berbentuk eksponensial
dengan konstanta waktu yang besarnya ditentukan oleh parameter
rangkaian, yaitu τ = a/b. Dengan pengertian konstanta waktu ini
tanggapan rangkaian dapat kita tulis
−t
/ τ
y = y p + A0
e
(1.14)
Sebagaimana kita ketahui, fungsi eksponensial dapat kita anggap hanya
berlangsung selama 5 kali konstanta waktunya karena pada saat itu
nilainya sudah tinggal kurang dari 1% dari amplitudo awalnya. Jadi
komponen transien boleh kita anggap hanya berlangsung selama 5τ,
sedangkan komponen mantap tetap berlangsung walau komponen
transien telah hilang (oleh karena itulah disebut komponen mantap).
Komponen transien tidak lain adalah tanggapan alami, yang merupakan
reaksi alamiah dari rangkaian terhadap adanya perubahan. Berikut ini
kita akan melihat beberapa contoh analisis transien sistem orde pertama.
1.4. Tanggapan Rangkaian Tanpa Fungsi Pemaksa, x(t) = 0
Persamaan rangkaian tanpa fungsi pemaksa ini berasal dari rangkaian
tanpa masukan. Perubahan tegangan dan arus dalam rangkaian bisa
terjadi karena ada pelepasan energi yang semula tersimpan dalam
rangkaian dan tanggapan rangkaian yang akan kita peroleh hanyalah
tanggapan alami saja. Walaupun demikian, dalam melakukan analisis
kita akan menganggap bahwa fungsi pemaksa tetap ada, akan tetapi
7

ernilai nol. Hal ini kita lakukan karena kondisi awal harus diterapkan
pada tanggapan lengkap, sedangkan tanggapan lengkap harus terdiri dari
tanggapan alami dan tanggapan paksa (walaupun mungkin bernilai nol).
Kondisi awal tidak dapat diterapkan hanya pada tanggapan alami saja
atau tanggapan paksa saja.
COTOH-1.1: Saklar S pada
rangkaian di samping ini
telah lama berada pada
posisi 1. Pada t = 0, saklar S
dipindahkan ke posisi 2.
Carilah tegangan kapasitor,
v, untuk t > 0.
Penyelesaian :
12V
Karena S telah lama pada posisi 1,
maka kapasitor telah terisi penuh, arus
kapasitor tidak lagi mengalir, dan
tegangan kapasitor sama dengan
tegangan sumber, yaitu 12 V; jadi v(0 − )
= 12 V. Setelah saklar dipindahkan ke posisi 2, kita mempunyai
rangkaian tanpa sumber (masukan) seperti di samping ini, yang akan
memberikan persamaan rangkaian tanpa fungsi pemaksa. Aplikasi
HTK pada rangkaian ini memberikan : − v + iR R = 0 .
dv
Karena iR
= −iC
= −C
maka kita dapat menuliskan persamaan
dt
rangkaian sebagai :
dv dv
− v − RC = 0 atau + 1 v = 0
dt
dt RC
Dengan nilai elemen seperti diperlihatkan pada gambar, maka
persamaan rangkaian menjadi :
dv
+ 1000 v = 0
dt
0.1µF
10kΩ
Inilah persamaan rangkaian untuk t > 0. Pada rangkaian ini tidak ada
fungsi pemaksa. Ini bisa dilihat dari gambar rangkaian ataupun dari
persamaan rangkaian yang ruas kanannya bernilai nol.
+
−
+
v
−
S
1 2
+
v
−
0.1µF
10kΩ
i R
8 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Persamaan karakteristik : s + 1000 = 0 → s = −1000
Dugaan tanggapan alami: v
Dugaan tanggpan paksa : v
Dugaan tanggapan lengkap : v = v
Kondisi awal : v(0
) = v(0
) = 12 V.
Penerapan kondisi awal pada dugaan tanggapan lengkap
memberikan: 12 = 0 + A → A
Tanggapan lengkap menjadi : v = 12 e
Pemahaman :
+
p
−
a
= A
= 0 ( tidak ada fungsi pemaksa)
0
−1000t
0e
p
+ A e
0
st
= 12
0
−1000
t
= 0 + A e
V
−1000t
0
Rangkaian tidak mengandung fungsi pemaksa. Jadi sesungguhnya
yang ada hanyalah tanggapan alami. Tanggapan paksa dinyatakan
sebagai v p = 0. Kondisi awal harus diterapkan pada tanggapan
lengkap v = v p + va
= 0 + va
walaupun kita tahu bahwa hanya ada
tanggapan alami dalam rangkaian ini.
COTOH-1.2: Saklar S pada rangkaian berikut ini telah lama tertutup.
Pada t = 0 saklar dibuka. Carilah arus dan tegangan induktor untuk t
> 0.
A
S
+ 1 kΩ
i
50 V −
3 kΩ 0.6 H
Penyelesaian :
Saklar S telah lama tertutup, berarti keadaan mantap telah tercapai.
Pada keadaan mantap ini tegangan induktor harus nol, karena
sumber berupa sumber tegangan konstan. Jadi resistor 3 kΩ
terhubung singkat melalui induktor. Arus pada induktor dalam
keadaan mantap ini (sebelum saklar dibuka) sama dengan arus yang
− 50
melalui resistor 1 kΩ yaitu i ( 0 ) = = 50 mA . Setelah saklar
1000
dibuka, rangkaian tinggal induktor yang terhubung seri dengan
9

v
resistor 3 kΩ. Untuk simpul A berlaku A
+ i = 0 . Karena v A = v L
3000
1 ⎛ di ⎞
= L di/dt, maka persamaan ini menjadi ⎜0,6
⎟ + i = 0 atau
3000 ⎝ dt ⎠
di
0,6 + 3000 i = 0
dt
Persamaan karakteristik : 0,6s
+ 3000 = 0 → s = −5000
−5000
t
Dugaan tanggapan alami: ia
= A0e
Dugaan tanggapan paksa : i p = 0 (tak ada fungsi pemaksa)
−5000
t
−5000
t
Dugaan tanggapan lengkap: i = i p + A0e
= 0 + A0e
+ −
Kondisi awal : i(0
) = i(0
) = 50 mA .
Penerapan kondisi awal pada dugaan tanggapan lengkap
memberikan : 50 = A0
−5000
t
Tanggapan lengkap menjadi : i = 50 e mA
COTOH-1.3: Tentukanlah
tegangan kapasitor, v , dan
arus kapasitor i untuk t > 0
pada rangkaian di samping
ini jika diketahui bahwa
kondisi awalnya adalah v(0 + )
= 10 V.
Penyelesaian :
4 i
Dalam soal ini tidak tergambar jelas mengenai terjadinya perubahan
keadaan (penutupan saklar misalnya). Akan tetapi disebutkan bahwa
kondisi awal v(0 + ) = 10 V. Jadi kita memahami bahwa rangkaian ini
adalah rangkaian untuk keadaan pada t > 0 dengan kondisi awal
sebagaimana disebutkan.
Persamaan tegangan untuk simpul A adalah
⎛ 1 1 ⎞ 4i
v A ⎜ + ⎟ + i − = 0 atau 3 v + 6i
= 0 .
⎝10
5 ⎠ 10
+
−
10Ω
i
1/6 F
A
+
v
−
5Ω
10 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Karena i = C dv/dt = (1/6) dv/dt maka persamaan tersebut menjadi
dv
+ 3 v = 0
dt
Persamaan karakteristik : s + 3 = 0 → s = −3
Dugaan tanggapan alami: va
−3
t
= A0e
Dugaan tanggapan paksa : v p = 0
Dugaan tanggapan lengkap
+
Kondisi awal : v(0
) = 10 V
Penerapan kondisi awal memberikan: 10 = 0 + A0
−3t
Tanggapan lengkap (tegangan kapasitor) menjadi : v = 10 e
Arus kapasitor : i = C
dv
dt
−3t
: v = v p + A0e
1
−3t
−3t
= × 10×
( −3)
e = −5
e
6
A
V
COTOH-1.4:
Tentukanlah arus
induktor i(t) untuk t >
0 pada rangkaian di
samping ini jika
diketahui bahwa i(0 + )
= 2 A.
Penyelesaian :
Sumber tegangan tak-bebas berada di antara dua simpul yang bukan
simpul referensi A dan B, dan kita jadikan simpul super. Dengan
mengambil i sebagai peubah sinyal, kita peroleh:
Simpul Super AB :
i
A
+ −
⎛ 1 1 ⎞
i + vB⎜
+ ⎟ = 0
⎝ 3 2 ⎠
v
v
B
A − vB
= 0,5 iR
= 0,5
2
→ 3 i + 2vA
= 0
B
0,5 i R
0,5 H 3 Ω 2 Ω
→ 6 i + 5vB
= 0
4
→ vB
= vA
5
i R
11

Karena v A = L di/dt = 0,5 di/dt maka persamaan di atas menjadi
+
Kondisi awal i(0
) = 2 A
di
+ 3 i =
dt
Persamaan karakteristik : s + 3 = 0 → s = −3
−3
t
Dugaan tanggapan alami: ia
= A0e
Dugaan tanggapan paksa : ip
= 0
−3t
−3
t
Dugaan tanggapan lengkap : i = vp
+ A0e
= 0 + A0e
Penerapan kondisi awal memberikan: 2 = 0 + A0
−3
t
Tanggapan lengkap menjadi : i = 2 e A
1.5. Tanggapan Terhadap Sinyal Anak Tangga
Fungsi anak tangga, Au(t), adalah fungsi yang bernilai 0 untuk t < 0 dan
bernilai konstan A untuk t > 0. Masukan yang berupa tegangan dengan
bentuk gelombang sinyal anak tangga dapat digambarkan dengan sebuah
sumber tegangan konstan A V seri dengan saklar S yang ditutup pada t
=0 yang akan memberikan tegangan masukan v s =Au(t). Rangkaian
sumber ini dapat juga kita nyatakan dengan sebuah sumber tegangan
bebas v s =Au(t). Kedua cara ini sering digunakan dalam menyatakan
persoalan-persoalan rangkaian.
0
A V
+
−
S +
+
v s
+
Au(t)V v s
−
−
−
Jika kita hanya meninjau keadaan untuk t > 0 saja, maka masukan sinyal
anak tangga v s = Au(t) dapat kita tuliskan sebagai v s = A (konstan) tanpa
menuliskan faktor u(t) lagi.
S
i
COTOH-1.5: Saklar S pada
rangkaian di samping ini telah
lama pada posisi 1. Pada t = 0,
S dipindahkan ke posisi 2.
Tentukan v (tegangan
kapasitor) untuk t > 0.
2
1
12V
12 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)
+
−
10kΩ +
v
0,1µF −

Penyelesaian :
Saklar S telah lama pada posisi 1 dan hal ini berarti bahwa tegangan
kapasitor sebelum saklar dipindahkan ke posisi 2 adalah v(0 − ) = 0.
Setelah saklar pada posisi 2, aplikasi HTK memberikan persamaan
rangkaian
4
−12
+ 10 i + v = 0 .
Karena i = i C = C dv/dt, maka persamaan tersebut menjadi
4 −6
dv
−12
+ 10 × 0,1 × 10 + v = 0 atau
dt
−
10 3 dv
+ v = 12
dt
−3
−3
Persamaan karakteristik : 10 s + 1 = 0 → s = −1/10
= −1000
−1000
t
Dugaan tanggapan alami: va
= A0e
Fungsi pemaksa bernilai konstan (=12). Kita dapat menduga bahwa
tanggapan paksa akan bernilai konstan juga karena turunannya akan
nol sehingga kedua ruas persamaan rangkaian tersebut di atas dapat
berisi suatu nilai konstan.
Dugaan tanggapan paksa : v p = K
Masukkan v p
dugaan ini ke persamaan
−1000
t
Dugaan tanggapan lengkap : v = 12 + A0e
V
+
Kondisi awal : v(0
) = v(0−)
= 0.
rangkaian : 0 + K = 12 ⇒ v p = 12
Penerapan kondisi awal memberikan : 0 = 12 + A0
→ A0
= −12
−1000t
Tanggapan lengkap menjadi : v = 12 − 12 e V
Pemahaman :
a). Persamaan tegangan
kapasitor ini
menunjukkan perubahan
tegangan pada waktu ia
diisi, sebagaimana
terlihat pada gambar di
samping ini.
12
v
[V]
12−12e −1000t
0
0 0.002 0.004
t
13

). Pemasukan suatu tegangan konstan ke suatu rangkaian dengan
menutup saklar pada t = 0 sama dengan memberikan bentuk
gelombang tegangan anak tangga pada rangkaian. Pernyataan
persoalan diatas dapat dinyatakan dengan sumber sinyal anak tangga
dengan tambahan keterangan bahwa v C (0 − ) = 0.
COTOH-1.6: Tentukanlah
tegangan kapasitor v untuk t > 0
pada rangkaian di samping ini
jika v(0 − ) = 4 V.
Penyelesaian :
Aplikasi HTK pada rangkaian ini memberikan
4
−3
dv
−12u ( t)
+ 10 i + v = 0 ⇒10
+ v = 12u(
t)
dt
Jika kita hanya meninjau keadaan untuk t > 0 saja, maka fungsi anak
tangga dapat kita tuliskan sebagai suatu nilai konstan tanpa
menuliskan u(t) lagi. Jadi persamaan rangkaian di atas menjadi
−
10 3 dv
+ v = 12
dt
−3
3
Persamaan karakteristik : 10 s + 1=
0 → s = −10
−1000
t
Dugaan tanggapan alami: va
= A0e
Dugaan tanggapan paksa : vp
= K (fungsi pemaksa konstan)
→ 0 + K = 12 → vp
= 12
−1000t
−1000t
Dugaan tanggapan lengkap: v = vp
+ A0e
= 12 + A0e
+ −
Kondisi awal: v(0
) = v(0
) = 4 V.
12u(t)
V
10kΩ +
v
0,1µF −
Penerapan kondisi awal memberikan: 4 = 12 + A0
→ A0
= −8
−1000t
Tanggapan lengkap menjadi : v = 12 − 8 e V
+
−
i
14 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

COTOH-1.7: Semula, rangkaian berikut ini tidak mempunyai
simpanan energi awal dan saklar S terbuka (tidak pada posisi 1
maupun 2). Kemudian saklar S ditutup pada posisi 1 selama
beberapa milidetik sampai arus yang mengalir pada resistor 15 Ω
mencapai 2,6 A. Segera setelah nilai arus ini dicapai, saklar dipindah
ke posisi 2. Carilah tegangan kapasitor mulai saat saklar pada posisi
2.
S 15Ω
A
1
2 i C
50 V +
+
+
−
100 V v 10 Ω
−
−
1/30 F
Penyelesaian :
Persoalan menutup saklar ke posisi 1 adalah persoalan pengisian
kapasitor. Kita tidak membahasnya lagi, dan selain itu berapa lama
saklar ada di posisi 1 juga tidak dipermasalahkan. Informasi bahwa
saklar ditutup pada posisi 1 sampai arus mencapai 2,6 A
menunjukkan bahwa sesaat sebelum saklar dipindahkan ke posisi 2,
tegangan di simpul A (yang berarti pula tegangan pada kapasitor v),
telah mencapai nilai tertentu yaitu
−
v ( 0 ) = 50 − 15 × 2,6 = 11 V .
Setelah saklar ada di posisi 2, yaitu pada t > 0, persamaan tegangan
untuk simpul A adalah:
⎛
v A⎜
⎝
1
15
1 ⎞ 100
1
+ ⎟ + iC
− = 0 atau v + iC
=
10 ⎠ 15
6
Karena i C = C dv/dt , maka persamaan di atas menjadi
1 1 dv 20
v + = atau
6 30 dt 3
dv
dt
+ 5 v = 200
20
3
15

Persamaan karakteristik : s + 5 = 0 → s = −5
−5
t
Dugaan tanggapan alami: va
= A0e
Dugaan tanggapan paksa : vp
= K → 0 + 5K
= 200 → vp
= 40
−5t
−5t
Dugaan tanggapan lengkap : v = vp
+ A0e
= 40 + A0e
+ −
Kondisi awal v(0
) = v(0
) = 11V
Penerapan kondisi awal memberikan: 11=
40 + A0
−5t
Tanggapan lengkap menjadi : v = 40 − 29 e V.
→ A0
= −29
COTOH-1.8: Semula, rangkaian di berikut ini tidak mempunyai
simpanan energi awal. Pada t = 0 saklar S ditutup di posisi 1 selama
satu detik kemudian dipindah ke posisi 2. Carilah tegangan
kapasitor untuk t > 0.
S
2
1
+
−
150Ω
i C
50 V
1/30 F
A
100Ω
+
v
−
Penyelesaian :
Pada waktu saklar di posisi 1, persamaan tegangan simpul A adalah
⎛ 1 1 ⎞ 50
vA⎜
+ ⎟ + iC
− = 0
⎝150
100 ⎠ 150
⎛ 5 ⎞ 1 dv 100
→ v⎜
⎟ + − = 0
⎝ 300 ⎠ 30 dt 300
dv
atau v + 2 = 20
dt
16 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Persamaan karakteristik : 1+
2s
= 0 → s = −0,5
−0,5
t
Dugaan tanggapan alami: va
= A0e
Dugaan tanggapan paksa : v p = K → K + 0 = 20
−0,5
t
−0,5
t
Dugaan tanggapan lengkap : v1
= v p + A0e
= 20 + A0e
+
Kondisi awal : v1
(0 ) = 0
Penerapan kondisi awal → 0 = 20 + A0
→ A0
= −20
−0.5
t
Tanggapan lengkap menjadi: v1
= 20 − 20 e V untuk 0 < t ≤1
atau dapat dituliskan sebagai: v1
=
−0.5
t
[ 20 − 20 e ][ u(
t)
− u(
t −1)
] V
Tanggapan ini berlangsung selama 1 detik, yaitu sampai saat saklar
S dipindahkan ke posisi 2. Pada saat t = 1, tegangan kapasitor adalah
−0,5
v 1 = 20 − 20 e = 20 −12,1
= 7,9 V
Untuk t > 1, persamaan tegangan simpul A adalah
⎛ 1 1 ⎞
⎛ 5 ⎞ 1 dv
vA ⎜ + ⎟ + iC
= 0 → v⎜
⎟ + = 0 atau
⎝150
100 ⎠
⎝ 300 ⎠ 30 dt
Tanggapan lengkap: v2
=
dv
v + 2 = 0
dt
Persamaan karakteristik : 1+
2s
= 0 → s = −0,5
−0,5
t
Dugaan tanggapan alami: va
= A01e
, untuk t ≥ 1
va
= 0 , untuk t < 1
−0,5 ( t−1)
atau dapat dituliskan sebagai: va
= A01e
u(
t −1
Tanggapan paksa : v p1
= 0
−0,5
( t−1)
[ v p1
+ A01e
] u
−0,5
( t−1)
= [ 0 + A e ]
( t −1)
01 u(
t −1)
+ −
Kondisi awal: v2
(1 ) = v1
(1 ) = 7,9 V
+
Penerapan kondisi awal ( t = 1 ) : 7,9 = 0 + A01
→ A01
= 7,9
−0,5 ( t−1)
Tanggapan lengkap menjadi : v2
= 7,9 e u(
t −1)
17

Pernyataan tanggapan lengkap untuk seluruh selang waktu adalah
−0,5
t
−0,5 ( t−1)
( 20 − 20e
)( u(
t)
− u(
t −1)
) + 7,9 e u(
t 1)
v = v1 + v2
=
−
Pemahaman :
Gambar dari perubahan tegangan kapasitor adalah seperti di bawah
ini.
v
10
1.5.1. Prinsip Superposisi
8
6
4
2
(20−20e −0,5t ){u(t)−u(t−1)}
0
t
0 0.5 1 1.5 2 2.5
Prinsip superposisi berlaku juga pada analisis transien. Jika rangkaian
mengandung beberapa fungsi pemaksa, maka tanggapan total rangkaian
adalah jumlah dari tanggapan lengkap dari masing-masing fungsi
pemaksa yang ditinjau secara terpisah.
COTOH-1.9: Masukan pada rangkaian contoh 1.8. dapat dinyatakan
sebagai sebuah sinyal impuls yang muncul pada t = 0 dengan
amplitudo 50 V dan durasinya 1 detik. Carilah v untuk t > 0.
Penyelesaian :
Sinyal impuls ini dapat dinyatakan dengan fungsi anak tangga
sebagai
v s = 50u(
t)
− 50u(
t −1)
7,9e −0,5(t−1) u(t−1)
Kita dapat memandang masukan ini sebagai terdiri dari dua sumber
yaitu
vs
1 = 50u(
t)
V dan vs2
= −50u(
t − 1)
Rangkaian ekivalennya dapat digambarkan seperti di bawah ini.
V
V
18 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

150Ω
A
−
+ 50u(t−1) V
+
−
50u(t) V
i C
1/30 F
100Ω
+
v
−
Untuk v s1 persamaan rangkaian adalah
⎛ 1 1 ⎞ 50
dv
v A⎜
+ ⎟ + iC
− = 0 ⇒ v + 2 = 20u(
t)
⎝150
100 ⎠ 150
dt
Tanggapan lengkap dari persamaan ini telah diperoleh pada contoh
1.8. yaitu
−0,5
t
vo1
= ( 20 − 20 e ) u(
t)
V
Untuk v s2 dengan peninjauan hanya pada t > 1, persamaan rangkaian
adalah
⎛ 1 1 ⎞ 50
v A⎜
+ ⎟ + iC
+ = 0 atau
⎝150
100 ⎠ 150
dv
v + 2 = −20u(
t −1)
dt
Persamaan karakteristik : 2s
+ 1 = 0 → s = −0,5
−0,5 ( t−1)
Dugaan tanggapan alami: va
= A01e
u(
t −1)
Dugaan tanggapan paksa : vp2
= K2
→ K2
+ 0 = −20
−0,5 ( t−1)
Dugaan tanggapan lengkap : vo2
= −20
+ A01e
u(
t −1)
+
Kondisi awal : v(1
) = 0 → 0 = −20
+ A01
→ A01
= 20
Tanggapan lengkap menjadi:
vo2
=
Tanggapan total :
v = vo1
+ vo2
=
−0,5 ( t−1)
( − 20 + 20 e )
u(
t −1)
V
−0,5
t
−0,5 ( t−1)
( 20 − 20 e ) u(
t)
+ ( − 20 + 20 e ) u(
t −1)
V
Hasil ini sama dengan yang telah diperoleh pada contoh-1.8.
19

1.6. Tanggapan Rangkaian Orde Pertama Terhadap Sinyal Sinus
Berikut ini kita akan melihat tanggapan rangkaian terhadap sinyal sinus.
Karena tanggapan alami tidak tergantung dari bentuk fungsi pemaksa,
maka pencarian tanggapan alami dari rangkaian ini sama seperti apa yang
kita lihat pada contoh-contoh sebelumnya,. Jadi dalam hal ini perhatian
kita lebih kita tujukan pada pencarian tanggapan paksa.
Bentuk umum dari fungsi sinus yang muncul pada t = 0 adalah
y = Acos(
ωt
+ θ)
u(
t)
(1.15.a)
Jika kita hanya meninjau keadaan untuk t > 0 saja, maka u(t) pada
(1.15.a) tidak perlu dituliskan lagi, sehingga pernyataan fungsi sinus
menjadi
y = Acos( ωt
+ θ)
(1.15.b)
Fungsi sinus umum ini dapat kita tuliskan sebagai berikut.
{ cosωt
cosθ − sin ωt
θ}
y = Acos(
ωt
+ θ)
= A
sin
y = A
c
dengan
cosωt
+ A
sin ωt
A = Acosθ
c
s
dan
A = −Asin
θ
s
(1.16)
Dengan pernyataan umum seperti (1.16), kita terhindar dari perhitungan
sudut fasa θ, karena sudut fasa ini tercakup dalam koefisien A c dan A s .
Dalam analisis rangkaian yang melibatkan sinyal sinus, kita akan
menggunakan bentuk umum sinyal sinus seperti (1.16). Koefisien A c dan
A s tidak selalu ada. Jika sudut fasa θ = 0 maka A s = 0 dan jika θ = 90 o
maka A c = 0. Jika kita memerlukan nilai sudut fasa dari fungsi sinus
yang dinyatakan dengan persamaan umum (1.16), kita menggunakan
hubungan
A
tan θ = s
(1.17)
Ac
Turunan fungsi sinus akan berbentuk sinus juga.
dy
y = Ac
cosωt
+ As
sin ωt
; = −Ac
ωsin
ωt
+ Asω
cosωt
dt
2 (1.18)
d y 2
2
= −Ac
ω cosωt
− Asω
sin ωt
2
dt
20 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Oleh karena itu, penjumlahan y dan turunannya akan berbentuk fungsi
sinus juga dan hal inilah yang membawa kita pada persamaan (1.8).
COTOH-1.10: Carilah
tegangan dan arus
kapasitor untuk t > 0 pada
rangkaian di bawah ini,
jika diketahui bahwa
v s =50cos10t u(t) V dan
v(0 + ) = 0.
Penyelesaian :
Persamaan tegangan simpul untuk simpul A adalah
⎛ 1 1 ⎞ vs
1 v
v 0
s
⎜ + ⎟ + iC
− = → v + iC
=
⎝15
10 ⎠ 15 6 15
Karena i C = C dv/dt , persamaan di atas dapat kita tulis
1 1 dv vs
dv
v + = atau + 5 v = 100cos10t
6 30 dt 15 dt
Faktor u(t) tak dituliskan lagi karena kita hanya melihat keadaan
pada t > 0.
Persamaan karakteristik : s + 5 = 0 → s = −5
Dugaan tanggapan alami : v
a
= A e
−5
t
0
Fungsi pemaksa berbentuk sinus. Tanggapan paksa kita duga akan
berbentuk A c cosωt+A s sinωt.
Dugaan tanggapan paksa : v
→ A
s
c
→ −10A
+ 5A
c
= 2A
c
s
p
s
c
Dugaan tanggapan lengkap : v = 4cos10t
+ 8sin10t
+ A e
p
→ 20A
+ 5A
= A cos10t
+ A sin10t
Substitusi tanggapan dugaan ini ke persamaan rangkaian memberikan:
c
= 4cos10t
+ 8sin10t
c
−10A
sin10t
+ 10A
cos10t
+ 5A
cos10t
+ 5A
sin10t
= 100cos10t
Tanggapan paksa : v
= 0
+
−
s
c
v s
dan 10A
+ 5A
c
15Ω
= 100 ⇒ A
c
i C
1/30 F
s
= 100
s
A
= 4 dan
+
v
−
A
s
= 8
−5
t
0
10Ω
21

Kondisi awal v(0
) = 0
Penerapan kondisi awal : 0 = 4 + A → A
Jadi tegangan
Arus kapasitor : i
+
kapasitor : v = 4cos10t
+ 8sin10t
− 4e
C
=
dv
C
dt
=
1
30
0
= −4
−5t
−5
t
( − 40sin10t
+ 80cos10t
+ 20 e )
= −1,33sin10t
+ 2,66cos10t
+ 0,66 e
0
V
−5
t
COTOH-1.11: Carilah tegangan dan arus kapasitor pada contoh-1.10.
jika kondisi awalnya adalah v(0 + ) = 10 V.
Penyelesaian :
Tanggapan lengkap yang diperoleh pada contoh-1.10.
Tanggapan lengkap : v = 4cos10t
+ 8sin10t
+ A e
Kondisi awal v(0
) = 10 →10
= 4 + A
Jadi : v = 4cos10t
+ 8sin10t
+ 6 e
Arus kapasitor : i
+
C
= C
dv
dt
=
1
30
0
−5
t
V
→ A = 6
A
−5
t
( − 40sin10t
+ 80cos10t
− 30 e )
= −1,33sin10t
+ 2,33cos10t
− e
0
−5t
0
−5
t
A
COTOH-1.12: Carilah tegangan kapasitor pada contoh 1.10. jika v s =
50cos(10t + θ)u(t) V dan kondisi awalnya adalah v(0 + ) = 10 V.
Penyelesaian :
dv
Persamaan rangkaian : + 5v
= 100cos(10t
+ θ)
dt
= 100cosθcos10t
− 100sin θsin10t
−5
t
Tanggapan alami : va
= A0e
(sama seperti contoh 4.10.)
Dugaan tanggapan paksa : v p = Ac
cos10t
+ As
sin10t
22 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Substitusi tanggapan paksa dugaan ini ke persamaan rangkaian
memberikan:
− 10Ac
sin10t
+ 10As
cos10t
+ 5Ac
cos10t
+ 5As
sin10t
= 100cosθcos10t
− 100sin θsin10t
→ −10Ac
+ 5As
= −100sin
θ dan 10As
+ 5Ac
= 100cosθ
→ As
= −20sin
θ + 2Ac
dan − 200sin θ + 20Ac
+ 5Ac
= 100cosθ
⇒ Ac
= 4cosθ + 8sin θ dan As
= −4sin
θ + 8cosθ
−5
t
Tanggapan lengkap : v = 4cos(10t
+ θ)
+ 8sin(10t
+ θ)
+ A0e
+
Kondisi awal v(0
) = 10 →10
= 4cosθ + 8sin θ + A0
→ A0
= 10 − (4cosθ + 8sin θ)
−5
t
Jadi : v = 4cos(10t
+ θ)
+ 8sin(10t
+ θ)
+ (10 − 4cosθ − 8sin θ)
e
1.7. Tanggapan Masukan ol dan Tanggapan Status ol
Jika suatu rangkaian tidak mempunyai masukan, dan yang ada hanyalah
simpanan energi dalam rangkaian, maka tanggapan rangkaian dalam
peristiwa ini kita sebut tanggapan masukan nol. Bentuk tanggapan ini
secara umum adalah
y
+ −(
b / a)
t
m0
= y(0
) e
(1.19)
Sebagaimana kita ketahui y(0 + ) adalah kondisi awal, yang menyatakan
adanya simpanan energi pada rangkaian pada t = 0 − . Jadi tanggapan
masukan nol merupakan pelepasan energi yang semula tersimpan dalam
rangkaian.
Jika rangkaian tidak mempunyai simpanan energi awal, atau kita katakan
ber-status-nol, maka tanggapan rangkaian dalam peristiwa ini kita sebut
tanggapan status nol. Bentuk tanggapan ini ditunjukkan oleh (1.13) yang
kita tuliskan lagi sebagai
y
+ −(
b / a)
t
s0
= y f − y f (0 ) e
(1.20)
dengan y f adalah tanggapan keadaan mantap atau keadaan final, yang
telah kita sebut pula sebagai tanggapan paksa. Suku kedua adalah negatif
dari nilai tanggapan mantap pada t = 0 yang menurun secara
23

eksponensial. Ini merupakan reaksi alamiah rangkaian yang mencoba
mempertahankan status-nol-nya pada saat muncul fungsi pemaksa pada t
= 0. Jadi suku kedua ini tidak lain adalah tanggapan alamiah dalam status
nol.
Tanggapan lengkap rangkaian seperti ditunjukkan oleh (1.12) dapat kita
tuliskan kembali sebagai
+ −(
b / a)
t + −(
b / a)
t
y = ys0
+ ym0
= y f ( t)
− y f (0 ) e + y(0
) e
Pengertian mengenai tanggapan status nol dan tanggapan masukan nol
tersebut di atas, mengingatkan kita pada prinsip superposisi. Rangkaian
dapat kita pandang sebagai mengandung dua macam masukan; masukan
yang pertama adalah sumber yang membangkitkan fungsi pemaksa x(t),
dan masukan yang kedua adalah simpanan energi awal yang ada pada
rangkaian. Dua macam masukan itu masing-masing dapat kita tinjau
secara terpisah. Jika hanya ada fungsi pemaksa, kita akan mendapatkan
tanggapan status nol y s0 , dan jika hanya ada simpanan energi awal saja
maka kita akan mendapatkan tanggapan masukan nol y m0 . Tanggapan
lengkap adalah jumlah dari tanggapan status nol dan tanggapan masukan
nol, y = y s0 + y m0 . Sebagai contoh kita akan melihat lagi persoalan pada
contoh 1.11. yang akan kita selesaikan dengan menggunakan pengertian
tanggapan status nol dan tanggapan masukan nol.
COTOH-1.13: Carilah tegangan dan arus kapasitor untuk t > 0 pada
rangkaian di samping ini,
jika diketahui bahwa
v(0 + ) = 10 V dan
v s =50cos10t u(t) V
Penyelesaian :
Persamaan rangkaian ini
telah kita dapatkan untuk peninjauan pada t > 0, yaitu
v s
+
−
15Ω
dv
+ 5 v =100cos10t
dt
i C
1/30 F
+
v
−
10Ω
24 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Persamaan karakteristik : s + 5 = 0 → s = −5
−5t
Tanggapan masukan nol : vm0
= Km0e
+ +
Kondisi awal : vm0(0
) = v(0
) = 10
−5
t
⇒ Km0
= 10 ⇒ vm0
= 10e
Dugaan tanggapan mantap : v f = Ac
cos10t
+ As
sin10t
→
−10Ac
sin10t
+ 10As
cos10t
+ 5Ac
cos10t
+ 5As
sin10t
= 100cos10t
→ −10Ac
+ 5As
= 0 → As
= 2Ac
10As
+ 5Ac
= 100 → 20Ac
+ 5Ac
= 100
⇒ Ac
= 4 ⇒ As
= 8
+
Tanggapan mantap : v f = 4cos10t
+ 8sin10t
→ v f (0 ) = 4
+ st
Tanggapan status nol : vs0
= v f − v f (0 ) e
−5t
= 4cos10t
+ 8sin10t
− 4e
−5
t
Tanggapan lengkap: v = vs0
+ vm0
= 4cos10t
+ 8sin10t
+ 6e
1.8. Ringkasan Mengenai Tanggapan Rangkaian Orde Pertama
Tanggapan rangkaian terdiri dari tanggapan paksa dan tanggapan alami.
Tanggapan alami merupakan komponen transien dengan konstanta waktu
yang ditentukan oleh nilai-nilai elemen rangkaian. Tanggapan paksa
merupakan tanggapan rangkaian terhadap fungsi pemaksa dari luar dan
merupakan komponen mantap atau kondisi final.
− τ
= ( ) t /
y y p t + A0
e
Tanggapan Paksa :
ditentukan oleh fungsi pemaksa.
merupakan komponen mantap; tetap ada untuk t →∞.
Tanggapan Alami :
tidak ditentukan oleh fungsi pemaksa.
merupakan komponen transien; hilang pada t →∞.
konstanta waktu τ = a/b
25

Tanggapan rangkaian juga dapat dipandang sebgai terdiri dari tanggapan
status nol dan tanggapan masukan nol. Tanggapan status nol adalah
tanggapan rangkaian tanpa simpanan energi awal. Tanggapan masukan
nol adalah tanggapan rangkaian tanpa masukan atau dengan kata lain
tanggapan rangkaian tanpa pengaruh fungsi pemaksa.
+ − t / τ + − t / τ
y = y p(
t)
− y p(0
) e + y(0
) e
Tanggapan Status Nol :
tanggapan rangkaian jika tidak ada simpanan energi awal.
Tanggapan Masukan Nol :
tanggapan rangkaian jika tidak ada masukan.
upaya rangkaian untuk melepaskan simpanan energinya.
26 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

27
Soal-Soal
1. Carilah bentuk gelombang tegangan / arus yang memenuhi persamaan
diferensial berikut.
5 V
)
(0
,
0
15
b).
10 V
)
(0
,
0
10
a).
=
=
+
=
=
+
+
+
v
v
dt
dv
v
v
dt
dv
5 mA
)
(0
,
0
10
d).
2 A
)
(0
,
0
8
c).
4
= −
=
+
=
=
+
+
+
i
i
dt
di
i
i
dt
di
5 V
)
(0
,
)
(
10
10
f).
0
)
(0
,
)
(
10
10
e).
=
=
+
=
=
+
+
+
v
t
u
v
dt
dv
v
t
u
v
dt
dv
20 mA
)
(0
,
)
(
100
10
h).
0
)
(0
,
)
(
100
10
g).
4
4
= −
=
+
=
=
+
+
+
i
t
u
i
dt
di
i
t
u
i
dt
di
5 V
)
(0
,
)
(
)
10 cos(5
10
j).
0
)
(0
,
)
(
)
10 cos(5
5
i).
=
=
+
=
=
+
+
+
v
t
u
t
v
dt
dv
v
t
u
t
v
dt
dv
0,5 A
)
(0
,
)
(
]
100[sin100
10
l).
0
)
(0
,
)
(
]
100[sin100
10
k).
4
4
=
=
+
=
=
+
+
+
i
t
u
t
i
dt
di
i
t
u
t
i
dt
di

2. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama berada pada posisi A.
Pada t = 0, ia dipindahkan ke posisi B. Carilah v C untuk t > 0.
S
+ 1kΩ
− 20 V
3. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama tertutup. Pada t = 0,
ia dibuka. Carilah i L untuk t > 0.
S
A
B
1kΩ
10µF
+
v C
−
+
−
1kΩ
20 V
2kΩ
2kΩ 1H
i L
4. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama tertutup. Pada t = 0,
ia dibuka. Carilah v C untuk t > 0.
+
−
1kΩ
18 V
S
2kΩ
2kΩ 1µF
+
v C
−
5. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama terbuka. Pada t = 0,
ia ditutup. Carilah v C untuk t > 0.
+
−
S
0,5kΩ
20 V 2kΩ
0,6kΩ
0,1µF
+
v C
−
28 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

6. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama terbuka. Pada t = 0,
ia ditutup. Carilah v o untuk t > 0.
S
+
−
20 V
8kΩ
3kΩ
2kΩ
0,1µF
+
v o
−
7. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama terbuka. Pada t = 0,
ia ditutup. Carilah v o untuk t > 0.
S
+
−
20 V
6kΩ
3H
10kΩ
20kΩ
+
v o
−
8. Rangkaian di bawah ini telah lama dalam keadaan mantap dengan
saklar dalam keadaan terbuka. Pada t = 0 saklar S ditutup. Tentukan
i dan v untuk t > 0.
5Ω
5A
12Ω
S
+
v
_
2 H
4Ω
1Ω
i
9. Sebuah kumparan mempunyai induktansi 10 H dan resistansi 10 Ω.
Pada t = 0, kumparan ini diberi tegangan 100 V. Berapa lama
dibutuhkan waktu untuk mencapai arus setengah dari nilai akhirnya ?
10. Sebuah rele mempunyai kumparan dengan induktansi 1,2 H yang
resis-tansinya 18 Ω. Jangkar rele akan terangkat jika arus di
kumparannya mencapai 50 mA. Rele ini dioperasikan dari jauh
melalui kabel yang resistansi totalnya 45 Ω dan dicatu oleh batere 12
V dengan resistansi internal 1 Ω. Hitunglah selang waktu antara saat
ditutupnya rangkaian dengan saat mulai beroperasinya rele.
29

11. Sebuah kapasitor 20 µF terhubung paralel dengan resistor R.
Rangkaian ini diberi tegangan searah 500 V dan setelah cukup lama
sumber tegangan dilepaskan. Tegangan kapasitor menurun mencapai
300 V dalam waktu setengah menit. Hitunglah berapa MΩ resistor
yang terparalel dengan kapasitor ?
12. Pada kabel penyalur daya, konduktor dan pelindung metalnya
membentuk suatu kapasitor. Suatu kabel penyalur daya searah
sepanjang 10 km mempunyai kapasitansi 2,5 µF dan resistansi
isolasinya 80 MΩ. Jika kabel ini dipakai untuk menyalurkan daya
searah pada tegangan 20 kV, kemudian beban dilepaskan dan
tegangan sumber juga dilepaskan, berapakah masih tersisa tegangan
kabel 5 menit setelah dilepaskan dari sumber ?
13. Tegangan bolak-balik sinus dengan amplitudo 400 V dan frekuensi
50 Hz, diterapkan pada sebuah kumparan yang mempunyai
induktansi 0,1 H dan resistansinya 10 Ω. Bagaimanakah persamaan
arus yang melalui kumparan itu beberapa saat setelah tegangan
diterapkan ? Dihitung dari saat tegangan diterapkan, berapa lamakah
keadaan mantap tercapai ?
30 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

BAB 2
Analisis Transien di Kawasan Waktu
Rangkaian Orde Ke-Dua
Dengan mempelajari analisis transien sistem orde ke-dua kita akan
• mampu menurunkan persamaan rangkaian yang merupakan
rangkaian orde kedua.
• memahami bahwa tanggapan rangkaian terdiri dari tanggapan
paksa dan tanggapan alami yang mungkin berosilasi.
• mampu melakukan analisis transien pada rangkaian orde
kedua.
2.1. Contoh Rangkaian Orde Kedua
Rangkaian RLC Seri. Kita lihat rangkaian seri RLC seperti pada Gb.2.1.
Saklar S ditutup pada t =
0. Langkah pertama
S
L
dalam mencari
tanggapan rangkaian ini
+ R i
+
+
adalah mencari
v in
v
C
persamaan rangkaian. v s
−
−
−
Karena rangkaian
mengandung C dan
Gb.2.1. Rangkaian RLC seri.
L, maka ada dua peubah
status, yaitu tegangan
kapasitor dan arus induktor, yang dapat kita pilih untuk digunakan dalam
mencari persamaan rangkaian,. Kita akan mencoba lebih dulu
menggunakan tegangan kapasitor sebagai peubah rangkaian, kemudian
melihat apa yang akan kita dapatkan jika arus induktor yang kita pilih.
Aplikasi HTK untuk t > 0 pada rangkaian ini memberikan :
di
Ri + L + v = v in
(2.1)
dt
Karena i = i C = C dv/dt, maka persamaan (2. 1) menjadi :
31

2
d v dv
LC + RC + v =
2
dt dt
v in
(2.2)
Persamaan (2.2) adalah persamaan diferensial orde kedua, yang
merupakan diskripsi lengkap rangkaian, dengan tegangan kapasitor
sebagai peubah. Untuk memperoleh persamaan rangkaian dengan arus
induktor i sebagai peubah, kita manfaatkan hubungan arus-tegangan
kapasitor, yaitu
dv 1
i = iC
= C → v =
∫
idt
dt C
sehingga (2.1) menjadi:
di 1
L + Ri + idt + v = v in
dt C ∫
(0)
atau
2
d i di dv
LC + RC + i = C =
2
dt dt dt
in
i in
(2.3)
Persamaan (2.2) dan (2.3) sama bentuknya, hanya peubah sinyalnya
yang berbeda. Hal ini berarti bahwa tegangan kapasitor ataupun arus
induktor sebagai peubah akan memberikan persamaan rangkaian yang
setara. Kita cukup mempelajari salah satu di antaranya.
Rangkaian RLC Paralel. Perhatikan rangkaian RLC paralel seperti pada
Gb.2.2. Aplikasi HAK
pada simpul A
A i s
memberikan
i + i + i = i
R
L
C
Hubungan ini dapat
dinyatakan dengan arus
induktor i L = i sebagai
peubah, dengan
memanfaatkan hubungan
v =v L =L di/dt, sehingga
i R = v/R dan i C = C
dv/dt .
s
i R
R
i L = i
B
L
i C
C
Gb.2.2. Rangkaian paralel RLC
+
v
−
32 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

v dv
+ i + C = i
R dt
2
d i L di
LC + + i = i
2
dt R dt
s
atau
s
(2.4)
Persamaan rangkaian paralel RLC juga merupakan persamaan diferensial
orde kedua.
2.2. Tinjauan Umum Tanggapan Rangkaian Orde Kedua
Secara umum rangkaian orde kedua mempunyai persamaan yang
berbentuk
2
d y dy
a + b + cy = x(
t)
(2.5)
2
dt dt
Pada sistem orde satu kita telah melihat bahwa tanggapan rangkaian
terdiri dari dua komponen yaitu tanggapan alami dan tanggapan paksa.
Hal yang sama juga terjadi pada sistem orde kedua yang dengan mudah
dapat ditunjukkan secara matematis seperti halnya pada sistem orde
pertama. Perbedaan dari kedua sistem ini terletak pada kondisi awalnya.
Karena rangkaian orde kedua mengandung dua elemen yang mampu
menyimpan energi yaitu L dan C, maka dalam sistem ini baik arus
induktor maupun tegangan kapasitor harus merupakan fungsi kontinyu.
Oleh karena itu ada dua kondisi awal yang harus dipenuhi, yaitu
v
C
+
−
(0 ) = vC
(0 ) dan iL
(0 ) = iL
(0 )
Dalam penerapannya, kedua kondisi awal ini harus dijadikan satu,
artinya v C dinyatakan dalam i L atau sebaliknya i L dinyatakan dalam v C ,
tergantung dari apakah peubah y pada (2.25) berupa tegangan kapasitor
ataukah arus induktor.
Sebagai contoh, pada rangkaian RLC seri hubungan antara v C dan i L
adalah
i(0
+
) = i
L
+
(0 ) = i
C
+ dv
(0 ) = C
C
(0
dt
+
)
+
atau
dv
dt
C
−
+
+ i(0
)
(0 ) =
C
Dengan demikian jika peubah y adalah tegangan kapasitor, dua kondisi
awal yang harus diterapkan, adalah:
33

v
C
+ −
dv i
v
C + L(0
)
(0 ) = C (0 ) dan (0 ) = .
dt C
Contoh lain adalah rangkaian paralel RLC; hubungan antara v C dan i L
adalah
+ + di
di v
v v L
L +
L + C (0 )
C (0 ) = L(0
) = (0 ) atau (0 ) =
dt
dt L
Dengan demikian jika peubah y adalah arus induktor, dua kondisi awal
yang harus diterapkan, adalah:
i
L
+ −
di v
i
L + C (0 )
(0 ) = L(0
) dan (0 ) = .
dt L
Secara umum, dua kondisi awal yang harus kita terapkan pada (2.5)
adalah
+
−
y(0
) = y(0
)
+
dan
dy + +
(0 ) = y'(0
)
dt
dengan y'(0
) dicari dari hubungan rangkaian
+
+
+
(2.6)
Tanggapan Alami. Tanggapan alami diperoleh dari persamaan rangkaian
dengan memberikan nilai nol pada ruas kanan dari persamaan (2.5),
sehingga persamaan menjadi
2
d y dy
a + b + cy = 0
(2.7)
2
dt dt
Agar persamaan ini dapat dipenuhi, y dan turunannya harus mempunyai
bentuk sama sehingga dapat diduga y berbentuk fungsi eksponensial y a =
Ke st dengan nilai K dan s yang masih harus ditentukan. Kalau solusi ini
dimasukkan ke (2.27) akan diperoleh :
aKs
Ke
st
2
e
st
+ bKse
st
+ cKe
2
( as + bs + c) = 0
st
= 0
atau
(2.8)
Fungsi e st tidak boleh nol untuk semua nilai t . Kondisi K = 0 juga tidak
diperkenankan karena hal itu akan berarti y a = 0 untuk seluruh t. Satusatunya
jalan agar persamaan ini dipenuhi adalah
34 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

2
as + bs + c = 0
(2.9)
Persamaan ini adalah persamaan karakteristik rangkaian orde kedua.
Secara umum, persamaan karakteristik yang berbentuk persamaan
kwadrat itu mempunyai dua akar yaitu :
s , s
1
2
2
− b ± b − 4ac
= (2.10)
2a
Akar-akar persamaan ini mempunyai tiga kemungkinan nilai, yaitu: dua
akar riil berbeda, dua akar sama, atau dua akar kompleks konjugat.
Konsekuensi dari masing-masing kemungkinan nilai akar ini terhadap
bentuk gelombang tanggapan rangkaian akan kita lihat lebih lanjut.
Untuk sementara ini kita melihat secara umum bahwa persamaan
karakteristik mempunyai dua akar.
Dengan adanya dua akar tersebut maka kita mempunyai dua tanggapan
alami, yaitu:
a1
s1t
1
2
y = K e dan y = K e
a2
s t
2
Jika y a1 merupakan solusi dan y a2 juga merupakan solusi, maka jumlah
keduanya juga merupakan solusi. Jadi tanggapan alami yang kita cari
akan berbentuk
s1t
s t
a = K1 e + K2e
(2.11)
y
2
Konstanta K 1 dan K 2 kita cari melalui penerapan kondisi awal pada
tanggapan lengkap.
Tanggapan Paksa. Tanggapan paksa kita cari dari persamaan (2.5).
Tanggapan paksa ini ditentukan oleh bentuk fungsi masukan. Cara
menduga bentuk tanggapan paksa sama dengan apa yang kita pelajari
pada rangkaian orde pertama, yaitu relasi (2.8). Untuk keperluan
pembahasan di sini, tanggapan paksa kita umpamakan sebagai y paksa = y p .
Tanggapan Lengkap. Dengan pemisalan tanggapan paksa tersebut di
atas maka tanggapan lengkap (tanggapan rangkaian) menjadi
s1t
s t
= y p + ya
= y p + K1 e + K2e
(2.12)
y
2
35

2.3. Tiga Kemungkinan Bentuk Tanggapan
Sebagaimana disebutkan, akar-akar persamaan karakteristik yang bentuk
umumnya adalah as 2 + bs + c = 0 dapat mempunyai tiga kemungkinan
nilai akar, yaitu:
a). Dua akar riil berbeda, s 1 ≠ s 2 , jika {b 2 − 4ac } > 0;
b). Dua akar sama, s 1 = s 2 = s , jika {b 2 −4ac } = 0;
c). Dua akar kompleks konjugat s 1 , s 2 = α ± jβ jika {b 2 −4ac } < 0.
Tiga kemungkinan nilai akar tersebut akan memberikan tiga
kemungkinan bentuk tanggapan yang akan kita lihat berikut ini, dengan
contoh tanggapan rangkaian tanpa fungsi pemaksa.
Dua Akar Riil Berbeda. Kalau kondisi awal y(0 + ) dan dy/dt (0 + ) kita
terapkan pada tanggapan lengkap (2.12), kita akan memperoleh dua
persamaan yaitu
+
+
+
p (0 ) K1 K2
dan y'
(0 ) y′
+
+ +
= p(0
) + s1K
1 +
y( 0 ) = y
s K
yang akan menentukan nilai K 1 dan K 2 . Jika kita sebut
+
+
0 = ( + p
0
′ p
A y 0 ) − y (0 ) dan B = y′
(0 ) − y (0 ) (2.13)
maka kita peroleh K 1 + K2
= A0
dan s1K1
+ s2K2
= B0
dan dari
sini kita memperoleh
s2A0
− B
K
0
1 =
dan
s − s
sehingga tanggapan lengkap menjadi
2
1
s A − B
K
2
s1
A0
− B
=
s − s
s1t
s t
= y p +
2 0 0
e +
1 0 0
e (2.14)
s2
− s1
s1
− s2
1
s A − B
y
2
Berikut ini kita lihat suatu contoh. Seperti halnya pada rangkaian orde
pertama, pada rangkaian orde kedua ini kita juga mengartikan tanggapan
rangkaian sebagai tanggapan lengkap. Hal ini didasari oleh pengertian
tentang kondisi awal, yang hanya dapat diterapkan pada tanggapan
lengkap. Rangkaian-rangkaian yang hanya mempunyai tanggapan alami
kita fahami sebagai rangkaian dengan tanggapan paksa yang bernilai nol.
2
0
+
2
2
36 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

COTOH-2.1: Saklar S
pada rangkaian di
samping ini telah lama
berada pada posisi 1.
Pada t = 0 saklar
dipindahkan ke posisi 2.
Tentukan tegangan
kapasitor , v , untuk t >
0.
+
−
15 V
S 1 2
+
v
−
i C
0,25 µF
1 H
i
8,5 kΩ
Penyelesaian :
Kondisi mantap yang telah tercapai pada waktu saklar di posisi 1
membuat kapasitor bertegangan sebesar tegangan sumber, sementara
induktor tidak dialiri arus. Jadi
−
v ( 0 ) = 15 V ; i(0
) = 0
Setelah saklar di posisi 2, persamaan rangkaian adalah :
− v +
di
L
dt
−
+ iR = 0
Karena i =− i C = −C dv/dt , maka persamaan tersebut menjadi
− v + L
d
dt
2
d v
→ LC + RC
2
dt
⎛ dv ⎞ ⎛ dv ⎞
⎜ − C ⎟ + R⎜
− C ⎟ = 0
⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠
dv
dt
+ v = 0
Jika nilai-nilai elemen dimasukkan dan dikalikan dengan 4×10 6
maka persamaan rangkaian menjadi
2
d v
3 dv 6
+ 8,5 × 10 + 4 × 10 v = 0
2
dt
dt
37

2
3 6
Persamaan karkteristik : s + 8,5 × 10 s + 4 × 10 = 0
→ akar
- akar :
−500t
−8000t
Dugaan tanggapan lengkap : v = 0 + K1e
+ K2e
(tanggapan paksa nol))
Kondisi awal :
3 2
s1,
s2
= −4250
± 10 (4,25) − 4 = −500,
− 8000
( dua akar riil berbeda).
+ −
a). v(0
) = v(0
) = 15 V →15
= K1
+ K2
⇒ K2
= 15 − K1
+ −
+ dv + dv +
b). iL
(0 ) = iL
(0 ) = 0 = −iC
(0 ) = −C
(0 ) → (0 ) = 0
dt dt
→ 0 = K1s1
+ K2s2
= K1s1
+ (15 − K1)
s2
−15s2
−15(
−8000)
⇒ K1
= =
= 16 ⇒ K2
= 15 − K1
= −1
s1
− s2
− 500 + 8000
−500
t −8000
t
Tanggapan lengkap menjadi : v = 16e
− e V
( hanya
terdiri dari tanggapan alami).
Dua Akar Riil Sama Besar. Kedua akar yang sama besar tersebut dapat
kita tuliskan sebagai
s 1 = s dan s2
= s + δ ; dengan δ → 0 (2.15)
Dengan demikian maka tanggapan lengkap (2.32) dapat kita tulis sebagai
y
s1t
s2t
st ( s+
δ)
t
= y p + K1e
+ K2e
= y p + K1e
+ K2e
(2.16)
Kalau kondisi awal pertama y(0 + ) kita terapkan, kita akan memperoleh
+
+
+ +
p (0 ) + K1 + K2
→ K1
+ K2
= y(0
) − y p(0
) =
y( 0 ) = y
A
Jika kondisi awal kedua dy/dt (0 + ) kita terapkan, kita peroleh
+
y′
(0 ) = y′
(0 ) + K s + K ( s + δ)
→ ( K
1
p
+ K ) s + K
Dari kedua persamaan ini kita dapatkan
2
+
2
1
2
+
δ = y′
(0 ) − y′
(0 ) = B
p
+
0
0
38 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

A s + K
0
2
δ = B
Tanggapan lengkap menjadi
0
→
→
B − A s
K =
0 0
2
δ
B − A s
K = A −
0 0
1 0
δ
(2.17)
⎛ B0
− A0
s ⎞ st B0
− A0
s ( s+δ)
t
y = y p + ⎜ A0
− ⎟e
+ e
⎝ δ ⎠ δ
⎡⎛
B0
− A0
s ⎞ B0
− A0
s δ t ⎤ st
= y p + ⎢⎜
A0
− ⎟ + e ⎥ e
⎣⎝
δ ⎠ δ ⎦
⎡
⎛ δ t
1 e ⎞⎤
st
= y p + ⎢A0
+ ( B0
− A0
s)
⎜−
+ ⎟⎥
e
⎢
⎜ ⎟
⎣
⎝
δ δ
⎠⎥
⎦
(2.18.a)
⎛ δ t
1 e ⎞ ⎛ δt
e 1⎞
Karena lim ⎜
lim ⎜
−
− + ⎟ =
⎟ = t maka tanggapan lengkap
δ→0⎜
⎟ 0⎜
⎟
⎝
δ δ δ→
⎠ ⎝
δ
⎠
(2.18.a) dapat kita tulis
[ A + B A s)
t] e
st
y = y p + 0 ( 0 − 0
(2.18.b)
Tanggapan lengkap seperti dinyatakan oleh (2.18.b) merupakan bentuk
khusus yang diperoleh jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar
sama besar. A 0 dan B 0 mempunyai nilai tertentu yang ditetapkan oleh
kondisi awal. Dengan demikian kita dapat menuliskan (2.18.b) sebagai
[ K + K t] e
st
y = y p + a b
(2.18.c)
dengan nilai K a yang ditentukan oleh kondisi awal, dan nilai K b
ditentukan oleh kondisi awal dan s. Nilai s sendiri ditentukan oleh nilai
elemen-elemen yang membentuk rangkaian dan tidak ada kaitannya
dengan kondisi awal. Dengan kata lain, jika kita mengetahui bahwa
persamaan karakteristik rangkaian mempunyai akar-akar yang sama
besar (akar kembar) maka bentuk tanggapan rangkaian akan seperti yang
ditunjukkan oleh (2.18.c).
39

COTOH-2.2: Persoalan sama dengan contoh-2.1. akan tetapi resistor
8,5 kΩ diganti dengan 4 kΩ.
Penyelesaian :
2
d v 3 dv 6
Persamaan rangkaian adalah : + 4 × 10 + 4×
10 v = 0
2
dt dt
2
6
Persamaan karakteristik : s + 4000s
+ 4×
10 = 0
6 6
akar - akar : s1,
s2
= −2000
± 4 × 10 − 4×
10 = −2000
= s
Di sini terdapat dua akar sama besar oleh karena itu
tanggapan lengkap akan berbentuk :
v = vp
+
st
( K + K t) e = 0 + ( K + K t)
Aplikasi kondisi awal pertama pada tanggapan lengkap ini
+
memberikan v(0
) = 15 = Ka.
dv +
Aplikasi kondisi awal kedua (0 ) = 0 pada tanggapan
dt
lengkap memberikan
dv
dt
st
= Kbe
+
a
( K + K t)
a
b
b
st
s e
→
→ Kb
= −Kas
= 30000 ⇒ Jadi : v =
a
b
st
e , karena vp
= 0.
dv +
(0 ) = 0 = Kb
+ Kas
dt
−2000
t
( 15 + 30000t
) e V
Akar-Akar Kompleks Konjugat. Dua akar kompleks konjugat dapat
dituliskan sebagai
s1 = α + jβ
dan s2
= α − jβ
Tanggapan lengkap dari situasi ini, menurut (2.32) adalah
( α+ jβ)
t ( α− jβ)
t
y = y p + K1e
+ K2e
= y p +
+ jβ
t − jβ
t αt
( K e + K e ) e
1
Aplikasi kondisi awal yang pertama, y(0 + ), pada (2.19) memberikan
y(0
) = y p(0
) +
→
+
+
2
( K + K )
1
+ +
K1
+ K2
= y(0
) − y p(0
) = A0
2
(2.19)
40 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

dv + +
Aplikasi kondisi awal yang kedua, (0 ) = y′
(0 ) , pada (2.19)
dt
memberikan
dy dy p
= +
dt dt
jβt
− jβt
αt
jβt
− jβt
αt
( jβK
e − jβK
e ) e + ( K e + K e ) α e
1
dy +
(0 ) y′
+
(0 ) y′
+
= = p(0
) +
dt
→ jβ
Dari sini kita peroleh
K1
+ K2
= A0
jβ
2
1
( jβK
− jβK
) + ( K + K )
1
( K1
K2
) ( K1
K2
) y′
+
(0 ) y′
+
− + α + = − p(0
) = B0
( K − K ) + α( K + K )
1
2
1
2
= B
0
→ K
1
2
− K
2
1
B
=
0
2
2
jβ
α
− αA
A0
+ ( B0
− αA0
) / jβ
A0
− ( B0
− αA0
) / jβ
K 1 =
; K 2 =
2
2
Tanggapan lengkap menjadi
⎛ A0
+ ( B0
− αA0
) / jβ
+ jβ
t A0
− ( B0
− αA0
) / jβ
− jβ
t ⎞ αt
y = y p + ⎜
e +
e ⎟ e
⎝ 2
2
⎠
⎛ + jβ
t − jβ
t
+ jβ
t − jβ
t
e e B A e e ⎞
αt
y ⎜
+ ( 0 − α 0)
−
= p + A
+
⎟ e
⎜ 0
j ⎟
⎝
2
β 2
⎠
⎛ ( B A ⎞ αt
y p
⎜
0 − α 0)
= + A0
cosβt
+ sinβt
⎟ e
⎝
β ⎠
0
(2.20)
A 0 dan B 0 mempunyai nilai tertentu yang ditetapkan oleh kondisi awal
sedangkan α dan β ditentukan oleh nilai elemen rangkaian. Dengan
demikian tanggapan lengkap (2.53) dapat kita tuliskan sebagai
αt
y = y p + ( Ka
cos βt
+ Kb
sinβt) e
(2.21)
dengan K a dan K b yang masih harus ditentukan melalui penerapan
kondisi awal. Ini adalah bentuk tanggapan lengkap khusus untuk
rangkaian dengan persamaan karakteristik yang mempunyai dua akar
kompleks konjugat.
41

COTOH-2.3: Persoalan sama dengan contoh 2.1. akan tetapi resistor
8,5 kΩ diganti dengan 1 kΩ.
Penyelesaian :
Dengan penggantian ini persamaan rangkaian menjadi
Persamaan karakteristik : s
Di sini terdapat dua akar
Tanggapan lengkap diduga
Aplikasi kondisi awal kedua
Jadi
akar - akar : s
2
d v 3 dv 6
+ 10 + 4 × 10 v = 0
2
dt dt
( K cosβt
+ K sin βt)
( K cosβt
+ K sin βt)
Aplikasi kondisi awal pertama memberikan: v(0
dv
dt
dv
dt
=
( − K βsin
βt
+ K β cosβt)
+
(0
( K cosβt
+ K sin βt)
+
a
a
tanggapan
1
, s
= 0 +
) = 0 = K
v =
v = v
2
2
= −500
±
= −500
± j500
α ± jβ
dengan α = −500
; β = 500
p
b
+
a
b
a
b
β + αK
akan
lengkap adalah :
+ 1000
500
+ 4×
10
− 4×
10
15
kompleks konjugat :
a
α e
→ K
berbentuk
b
dv
dt
b
e
= 0
15
) = 15 = K
500×
15
= =
500 15
−500t
( 15cos(500 15 t)
+ 15 sin(500 15 t)
) e V
2
b
αt
αt
e
− αK
=
β
a
e
6
6
αt
αt
+
a
15
42 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Contoh 2.1, 2.2, dan 2.3 menunjukkan tiga kemungkinan bentuk
tanggapan, yang ditentukan oleh akar-akar persamaan karakteristik.
a). Jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar yang berbeda,
tanggapan alami akan merupakan jumlah dari dua suku yang masingmasing
merupakan fungsi eksponenial. Dalam kasus seperti ini,
tanggapan rangkaian merupakan tanggapan amat teredam.
b). Jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar yang sama besar,
maka tanggapan alami akan merupakan jumlah dari fungsi eksponensial
dan ramp teredam. Tanggapan ini merupakan tanggapan teredam kritis.
c). Jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar kompleks
konjugat, maka tanggapan alami merupakan jumlah dari fungsi-fungsi
sinus teredam. Jadi tanggapan rangkaian berosilasi terlebih dulu sebelum
akhirnya mencapai nol, dan disebut tanggapan kurang teredam. Bagian
riil dari akar persamaan karakteristik menentukan peredaman; sedangkan
bagian imajinernya menentukan frekuensi osilasi. (Gambar di bawah ini
menunjukkan perubahan v pada contoh-contoh di atas.)
v
[V]
20
15
10
5
teredam kritis (contoh 18.15)
sangat teredam (contoh 18.14)
0
0 0.00 0.004 0.006 0.008 0.01 t [s]
-5
kurang teredam (contoh 18.16)
-10
2.4. Tanggapan Rangkaian Orde Kedua Terhadap Sinyal Anak
Tangga
Bentuk umum sinyal anak tangga adalah Au(t). Jika kita hanya meninjau
keadaan pada t > 0, maka faktor u(t) tidak perlu dituliskan lagi.
43

COTOH-2.4: Jika v s =10u(t)
V, bagaimana-kah
keluaran v o rangkaian di
samping ini pada t > 0
untuk berbagai nilai µ ?
Penyelesaian :
Karena v o = µv B maka kita
mencari persamaan
rangkaian dengan tegangan simpul B , yaitu v B , sebagai peubah.
Persamaan tegangan simpul untuk simpul A dan B adalah
⎛ 1 1
vA⎜
+
6 6
⎝10
10
⎛ 1
vB⎜
6
⎝10
⎞
⎟ +
⎠
⎞
⎟ +
⎠
v v
i s B
1 − − = 0
6 6
10 10
i
+ 1MΩ 1MΩ 2
v s
−
1µF
⇒ 2vA
+
d
dt
( v − µ v )
v
dv
i A v B
2 − = 0 ⇒ B + − vA
= 0
6
10
dt
dv
⇒ v v B
A = B +
dt
A
B − vs
− vB
= 0
Dua persamaan diferensial orde satu ini jika digabungkan akan
memberikan persamaan diferensial orde kedua.
2
dv
2 + 2 B dv
+ B d v
+ B dv
v − µ B
B
− v = = 10
2
B vs
atau
dt dt dt dt
2
d vB
dv
+ (3 − µ ) B + v = 10
2
B
dt
dt
2
Pers. karakteristik : s + (3 − µ ) s + 1 = 0
2
− (3 − µ ) ± (3 − µ ) − 4
→ s1,
ss
=
2
s1t
s2t
Dugaan tanggapan lengkap : vB
= vBp
+ K1e
+ K2e
Dugaan tanggapan paksa : vBp
= K3
→ 0 + 0 + K3
= 10
A
i 1
⇒ vBp
= 10
1µF
B
+
−
µv B
+ v o
44 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

s1t
s2t
Tanggapan lengkap : vB
= 10 + K1e
+ K2e
Jika (3
2
Jika (3 − µ ) < 4 → µ > 1 →
s1t
s2t
( 10 + K e + K e )
⇒ vo
= µ 1 2
2
− µ ) > 4 → µ < 1 → s1
≠ s2
⇒ vo
sangat teredam.
s1,s
2 kompleks ⇒ vo
kurang teredam.
2
Jika (3 − µ ) = 4 → µ = 1 → s1
= s2
⇒ vo
teredam kritis.
Pemahaman : Bentuk tegangan keluaran ditentukan oleh nilai µ dan
nilai elemen-elemen rangkaian. Kita dapat memilih nilai-nilai yang
sesuai untuk memperoleh tanggapan rangkaian yang kita inginkan.
Untuk µ > 3 akan terjadi keadaan tak stabil karena akar-akar bernilai
riil positif; peredaman tidak terjadi dan sinyal membesar tanpa batas.
COTOH-2.5: Carilah v o pada contoh 2.4 jika µ = 2 dan tegangan awal
kapasitor masing-masing adalah nol.
Penyelesaian : Persamaan rangkaian, dengan µ = 2, adalah
2
d vB
2
dt
dvB
+ (3 − µ ) + vB
= 10
dt
atau
2
d vB
2
dt
dvB
+ + vB
= 10
dt
2
Pers. karakteristik : s + s + 1 = 0
−1±
1−
4
→ s1,
ss
=
= −0,5
± j0,5
3
2
(dua akar kompleks konjugat : α ± jβ
; α = −0,5 ; β = 0,5
Tanggapan lengkap diduga berbentuk :
vB
= vBp
+
( K cosβt
+ K sinβt)
a
Tanggapan paksa : vBp
= K → 0 + 0 + K = 10 ⇒ vBp
= 10
Tanggapan lengkap
: vB
= 10 +
αt
( K cosβt
+ K sinβt) e
a
b
αt
e
b
3
)
45

Kondisi awalnya adalah : kedua kapasitor bertegangan
+
+ +
→ vB(0
) = 0 dan vA(0
) − vo(0
) = 0
+ 5 + +
→ vB(0
) + 10 i2(0
) − 2vB(0
) = 0
5 dvB
+
dv
0 10 (0 ) 0 0 B +
→ +
− = → (0 ) = 0
dt
dt
Penerapan dua kondisi awal ini ke tanggapan lengkap
+
memberikan : vB(
0 ) = 0 = 10 + Ka
⇒ Ka
= −10
dvB
αt
αt
= ( − Kaβsinβt
+ Kbβcosβt) e + ( Ka
cosβt
+ Kb
sinβt)
α e
dt
dvB
+
− αK
K
a 0,5×
( −10)
−10
(0 ) = 0 = bβ + αKa
→ Kb
= = =
dt
β 0,5 3 3
⎛
⇒ vB
= 10 −
⎜10cos(0,5
⎝
3 t)
+
10
sin(0,5
3
⎞ −0.5t
3 t)
⎟ e
⎠
nol.
2.5. Tanggapan Rangkaian Orde Kedua Terhadap Sinyal Sinus
Masukan sinyal sinus secara umum dapat kita nyatakan dengan x(t) =
Acos(ωt+θ) u(t). Untuk peninjauan pada t > 0 faktor u(t) tak perlu ditulis
lagi. Dengan demikian persamaan umum rangkaian orde kedua dengan
masukan sinyal sinus akan berbentuk
2
d y dy
a + b + cy = Acos(
ωt
+ θ)
2
dt dt
Persamaan karakterisik serta akar-akarnya tidak berbeda dengan apa
yang telah kita bahas untuk sumber tegangan konstan, dan memberikan
tanggapan alami yang berbentuk
a
s1t
1 e +
s t
2
2
v = K K e
Untuk masukan sinus, tanggapan paksa diduga akan berbentuk
v p = A c cosωt + A s sinωt
46 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

COTOH-2.6: Carilah v dan i untuk
t > 0 pada rangkaian di samping
ini jika v s = 26cos3t u(t) V
sedangkan i(0) = 2 A dan v(0) =
6 V.
Penyelesaian :
Aplikasi HTK untuk rangkaian
ini akan memberikan
di 5 dv 1 d v
− v s + 5i
+ + v = 0 → + + v = 26cos3t
atau
dt 6 dt 6 2
dt
2
d v dv
+ 5 + 6v
= 156cos3t
2
dt dt
2
Persamaan karakteristik : s + 5s
+ 6 = 0 = ( s + 2)( s + 3);
akar - akar : s1,
s2
= −2,
− 3
−2t
−3t
Dugaan tanggapan lengkap : v = v p + K1e
+ K2e
Dugaan tanggapan paksa : v p = Ac
cos3t
+ As
sin 3t
( − 9A
+ 15A
+ 6A
) cos3t
+ ( − 9A
− 15A
+ 6A
)
→ c s c
s c s sin 3t
= 156cos3t
→ −3Ac
+ 15As
= 156 dan − 15Ac
− 3As
= 0
156 + 0
5 × 156 − 0
⇒ Ac
= = −2
; As
=
= 10
− 3 − 75
75 + 3
−2t
−3t
Tanggapan lengkap : v = −2 cos3t
+ 10sin 3t
+ K1e
+ K2e
Kondisi awal :
+
+ 1 dv + dv +
v(0
) = 6 dan i(0
) = 2 = (0 ) → (0 ) = 12
6 dt dt
Aplikasi kondisi awal pertama : 6 = −2
+ K1
+ K2
→ K2
= 8 − K1
Aplikasi kondisi awal kedua : 12 = 30 − 2K1
− 3K2
⇒ K1
= 6 ⇒ K2
= 2
−2t
−3t
Tanggapan lengkap : v = −2 cos3t
+ 10sin 3t
+ 6e
+ 2e
V
+
−
1 dv
−2t
−3t
⇒ i = = sin 3t
+ 5cos3t
− 2e
− e
6 dt
2
i
1H
5Ω
+
1
F v
v s 6 −
A
47

v [V]
i [A]
30
20
10
0
-10
-20
-30
v s
v
0 i 2 4 6 8 10
t [s]
COTOH-2.7: Pada rangkaian di samping ini, v s = 10cos5t u(t) V.
Tentukanlah tegangan
A
kapasitor v untuk t > 0,
jika tegangan awal
kapasitor dan arusawal
4Ω
+
6Ω +
v
induktor adalah nol.
s
− B
v
0,25F −
Penyelesaian:
1H
⎛ 1 1 ⎞ 1 dv vs
vB
Simpul A : v⎜
+ ⎟ + − − = 0
⎝ 4 6 ⎠ 4 dt 4 6
dv
→ vB
= 2,5v
+ 1,5 − 1,5v
s
dt
vB
1
v
Simpul B : + (0) 0 6
0
6 ∫
vBdt
+ iL
− = → vB
+
6 ∫
vBdt
− v =
L
dvB
dv d ⎛ dv ⎞
→ + 6vB
− = 0 → ⎜2,5v
+ 1,5 −1,5v
s ⎟
dt dt dt ⎝ dt ⎠
⎛ dv ⎞ dv
+ 6⎜2,5v
+ 1,5 −1,5v
s ⎟ − = 0
⎝ dt ⎠ dt
2
d v dv
dv
→1,5
+ 10,5 + 15v
= 9v
s
s + 1, 5 atau
2
dt dt
dt
2
d v dv
dv
v v s
2
dt
+ 7
s
dt
+ 10 = 6 + dt
Dengan tegangan masukan v s = 10cos5t maka persamaan rangkaian
menjadi
48 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

49
t
t
v
dt
dv
dt
v
d
50sin 5
60cos5
10
7
2
2
−
=
+
+
t
t
s
C
L
t
t
p
c
s
c
s
s
c
s
c
s
c
s
c
s
c
p
t
t
p
s
e
e
t
t
v
K
K
K
K
K
K
dt
dv
K
K
K
K
v
dt
dv
dt
dv
v
i
i
v
e
K
K e
t
t
v
t
t
v
A
A
A
A
A
A
t
A
A
A
t
A
A
A
t
A
t
A
v
e
K
K e
v
v
s
s
s
s
5
2
2
1
1
1
2
1
1
2
2
1
5
2
2
1
5
2
2
1
2
1
2
3
4,83
0,93sin5
1,83cos5
lengkap :
Tanggapan
3
4,83
)
5(1.83
2
5,35
5
2
4,65
10
)
(0
1,83
1,83
0
)
(0
:
lengkap
tanggapan
pada
ini
awal
kondisi
kedua
Aplikasi
10
)
(0
)
(0
4
1
2,5
4
10
4
)
(0
)
(0
0
)
(0
(2)
0
)
(0
(1)
:
awal
Kondisi
0,93sin5
1,83cos5
:
lengkap
Tanggapan
0,93sin5
1,83cos5
1,83
0,93;
50
35
15
dan
60
35
15
50sin6t
60cos6t
)sin 6
10
35
25
(
)cos6
10
35
25
(
sin5
cos5
:
paksa
Dugaan tanggapan
:
lengkap
Dugaan tanggapan
5.
,
2
10
3,5
3,5
,
0
10
7
:
karakteristik
Persamaan
−
−
+
+
+
+
+
+
+
+
−
−
−
−
−
+
+
−
=
−
=
⇒
=
⇒
−
−
= −
→
−
−
=
=
−
=
→
+
+
= −
=
=
⇒
=
=
=
=
→
=
=
+
+
+
−
=
+
−
=
⇒
−
=
=
⇒
= −
−
−
=
+
→ −
−
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
−
−
+
+
+
−
→
+
=
+
+
=
−
−
=
−
±
−
=
→
=
+
+

Soal-Soal
1. Carilah bentuk gelombang tegangan yang memenuhi persamaan
diferensial berikut.
2
d v dv
a). + 7 + 10v
= 0 ,
2
dt dt
+ dv +
v(0
) = 0, (0 ) = 15 V/s
dt
2
d v dv
b). + 4 + 4v
= 0 ,
2
dt dt
+ dv +
v(0
) = 0 V, (0 ) = 10 V/s
dt
2
d v dv
c). + 4 + 5v
= 0 ,
2
dt dt
+ dv +
v(0
) = 0 V, (0 ) = 5 V/s
dt
2. Ulangi soal 1 untuk persamaan berikut.
2
d v dv
a). + 10 + 24v
= 100u(
t)
,
2
dt dt
+ dv(0)
v(0
) = 5, = 25 V/s
dt
2
d v dv
b). + 10 + 25v
= 100u(
t)
,
2
dt dt
+ dv(0)
v(0
) = 5 V, = 10 V/s
dt
2
d v dv
c). + 8 + 25v
= 100u(
t)
,
2
dt dt
+ dv(0)
v(0
) = 5 V, = 10 V/s
dt
50 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

3. Ulangi soal 1 untuk persamaan berikut.
2
d v dv
a). + 6 + 8v
= 100[cos1000t]
u(
t)
,
2
dt dt
+ dv +
v(0
) = 0, (0 ) = 0 V/s
dt
2
d v dv
b). + 6 + 9v
= 100[cos1000 t]
u(
t) ,
2
dt dt
+ dv +
v(0
) = 0 V, (0 ) = 0 V/s
dt
2
d v dv
c). + 2 + 10v
= 100[cos1000t]
u(
t)
,
2
dt dt
+ dv +
v(0
) = 0 V, (0 ) = 0 V/s
dt
4. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah berada pada posisi A
dalam waktu yang lama. Pada t = 0, ia dipindahkan ke posisi B.
Carilah v C untuk t > 0
A S
+
−
6kΩ
10 V
B
6kΩ
0,4H
25pF
+
v c
−
5. Saklar S pada rangkaian di bawah ini telah berada di posisi A dalam
waktu yang lama. Pada t = 0 , saklar dipindahkan ke posisi B.
Tentukan i L (t) untuk t > 0.
+
−
10kΩ
15V
A
B
S
2,5kΩ
0,02 µF
i L
2 H
51

6. Saklar S pada rangkaian di bawah ini telah berada di posisi A dalam
waktu yang lama. Pada t = 0 , saklar dipindahkan ke posisi B.
Tentukan i L (t) untuk t > 0.
+
−
S
i L
A
0,4kΩ B 25kΩ
+
15 V
15 V − 0,01µF 10mH
7. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama terbuka. Pada t = 0,
ia ditutup. Carilah v C untuk t > 0
+
−
3kΩ
10 V S
3kΩ
0,4H
0,1µF
+
v c
−
8. Saklar S pada rangkaian di bawah ini telah berada di posisi A dalam
waktu yang lama. Pada t = 0 , saklar dipindahkan ke posisi B.
Tentukan v C untuk t > 0.
+
−
0,4kΩ
15 V
A
B
S
+ v C −
− +
15 V
0,01µF
25kΩ
10mH
9. Tegangan masukan v s pada rangkaian di bawah ini adalah v s = 100u(t)
V. Tentukan tegangan kapasitor untuk t>0.
v s
+
−
4kΩ
50mH
50pF
+
v C
−
52 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

10. Setelah terbuka dalam waktu cukup lama, saklar S pada rangkaian di
bawah ini ditutup pada t = 0. Tentukan v 1 dan v 2 untuk t > 0.
+
−
S
12V + 4Ω 4Ω + +
v 1
6V −
0,05F 0,05F v 2
− −
11. Rangkaian berikut tidak mempunyai simpanan energi awal. Saklar S
pada rangkaian berikut ditutup pada t = 0. Carilah i untuk t > 0.
+
−
S
12V
4Ω
0,25F
0,25F
+
v 1
−
+
− 2v 1
8Ω
i
12. Rangkaian di bawah ini tidak memiliki simpanan energi awal.
Tentukan v untuk t > 0 jika i s = [2cos2t] u(t) A dan v s = [6cos2t] u(t)
V.
− v +
i s
5H
10Ω
0,05F
10Ω
v s
+
−
13. Sebuah kapasitor 1 µF dimuati sampai mencapai tegangan 200 V.
Muatan kapasitor ini kemudian dilepaskan melalui hubungan seri
induktor 100 µH dan resistor 20 Ω. Berapa lama waktu diperlukan
untuk menunrunkan jumlah muatan kapasitor hingga tinggal 10%
dari jumlah muatan semula ?
14. Sebuah kumparan mempunyai induktansi 9 H dan resistansi 0,1 Ω,
dihubungkan paralel dengan kapasitor 100 µF. Hubungan paralel ini
diberi tegangan searah sehingga di kumparan mengalir arus sebesar 1
A. Jika sumber tegangan diputus secara tiba-tiba, berapakah tegangan
maksimum yang akan timbul di kapasitor dan pada frekuensi berapa
arus berosilasi ?
53

15. Kabel sepanjang 2 kM digunakan untuk mencatu sebuah beban pada
tegangan searah 20 kV. Resistansi beban 200 Ω dan induktansinya 1
H (seri). Kabel penyalur daya ini mempunyai resistansi total 0,2 Ω
sedangkan antara konduktor dan pelindung metalnya membentuk
kapasitor dengan kapasitansi total 0,5 µF. Bagaimanakah perubahan
tegangan beban apabila tiba-tiba sumber terputus? (Kabel dimodelkan
sebagai kapasitor; resistansi konduktor kabel diabaikan terhadap
resistansi beban).
54 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

BAB 3
Transformasi Laplace
Kita telah melihat bahwa analisis di kawasan fasor lebih sederhana
dibandingkan dengan analisis di kawasan waktu karena tidak melibatkan
persamaan diferensial melainkan persamaan-persamaan aljabar biasa.
Akan tetapi analisis ini terbatas hanya untuk sinyal sinus dalam keadaan
mantap. Berikut ini kita akan mempelajari analisis rangkaian di kawasan
s, yang dapat kita terapkan pada analisis rangkaian dengan sinyal sinus
maupun bukan sinus, keadaan mantap maupun keadaan peralihan.
Dalam analisis di kawasan s ini, sinyal-sinyal fungsi waktu f(t),
ditransformasikan ke kawasan s menjadi fungsi s, F(s). Sejalan dengan
itu pernyataan elemen rangkaian juga mengalami penyesuaian yang
mengantarkan kita pada konsep impedansi di kawasan s. Perubahan
pernyataan suatu fungsi dari kawasan t ke kawasan s dilakukan melalui
Transformasi Laplace, yang secara matematis didefinisikan sebagai suatu
integral
∫ ∞ −st
F ( s)
= f ( t)
e dt
0
dengan s merupakan peubah kompleks, s = σ + jω. Batas bawah integrasi
ini adalah nol yang berarti bahwa dalam analisis rangkaian di kawasan s
kita hanya meninjau sinyal-sinyal kausal.
Dengan melakukan transformasi sinyal dari kawasan t ke kawasan s,
karakteristik i-v elemenpun mengalami penyesuaian dan mengantarkan
kita pada konsep impedansi dimana karakteristik tersebut menjadi fungsi
s. Dengan sinyal dan karakteristik elemen dinyatakan di kawasan s, maka
persamaan rangkaian tidak lagi berbentuk persamaan integrodiferensial
melainkan berbentuk persamaan aljabar biasa sehingga penanganannya
menjadi lebih mudah. Hasil yang diperoleh sudah barang tentu akan
merupakan fungsi-fungsi s. Jika kita menghendaki suatu hasil di kawasan
waktu, maka kita lakukan transformasi balik yaitu transformasi dari
fungsi s ke fungsi t.
55

Di bab ini kita akan membahas mengenai transformasi Laplace, sifat
transformasi Laplace, pole dan zero, transformasi balik, solusi persamaan
diferensial, serta transformasi bentuk gelombang dasar.
Setelah mempelajari analisis rangkaian menggunakan transformasi
Laplace bagian pertama ini, kita akan
• memahami transformasi Laplace beserta sifat-sifatnya;
• mampu melakukan transformasi berbagai bentuk gelombang
sinyal dari kawasan t ke kawasan s.
• mampu mencari transformasi balik dari pernyataan bentuk
gelombang sinyal dari kawasan s ke kawasan t.
3.1. Transformasi Laplace
Melalui transformasi Laplace kita menyatakan suatu fungsi yang semula
dinyatakan sebagai fungsi waktu, t, menjadi suatu fungsi s di mana s
adalah peubah kompleks. Kita ingat bahwa kita pernah
mentransformasikan fungsi sinus di kawasan waktu menjadi fasor,
dengan memanfaatkan bagian nyata dari bilangan kompleks. Dengan
transformasi Laplace kita mentransformasikan tidak hanya fungsi sinus
akan tetapi juga fungsi-fungsi yang bukan sinus.
Transformasi Laplace dari suatu fungsi f(t) didefinisikan sebagai
∫ ∞ −st
F ( s)
= f ( t)
e dt
(3.1)
0
dengan notasi :
∫ ∞ −st
L [ f ( t)]
= F(
s)
= f ( t)
e dt
(3.2)
0
Dengan mengikuti langsung definisi ini, kita dapat mencari transformasi
Laplace dari suatu model sinyal, atau dengan kata lain mencari
pernyataan sinyal tersebut di kawasan s. Berikut ini kita akan
mengaplikasikannya untuk bentuk-bentuk gelombang dasar.
3.1.1. Pernyataan Sinyal Anak Tangga di Kawasan s.
Pernyataan sinyal anak tangga di kawasan t adalah v ( t)
= Au(
t)
.
Transformasi Laplace dari bentuk gelombang ini adalah
∞
∞
∞
−(
σ+ jω)
t
−st
−st
Ae
L [ Au(t) ] =
∫
Au(
t)
e dt =
∫
Ae dt = −
0
0
σ + jω
0
Batas atas, dengan α > 0, memberikan nilai 0, sedangkan batas bawah
memberikan nilai A/s.
56 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Jadi
A
L [ Au ( t)]
=
(3.3)
s
3.1.2. Pernyataan Sinyal Eksponensial di Kawasan s
Transformasi Laplace bentuk gelombang eksponensial beramplitudo A,
yaitu v(t) = Ae −at u(t) , adalah
∞
∞
∞
−(
s+
a)
t
−at
-at −st
−(
s+
a)
t Ae
L [ Ae u(
t)]
=
∫
A e u(
t)
e dt =
∫
Ae = −
0
0
s + a
0
Dengan a > 0, batas atas memberikan nilai 0 sedangkan batas bawah
memberikan A/(s+a).
Jadi
− A
L [ Ae at u(
t)]
=
(3.4)
s + a
3.1.3. Sinyal Sinus di Kawasan s
Transformasi Laplace bentuk gelombang sinus v(t) = (A cos ωt) u(t)
adalah :
∞
−st
∞
−st
L [(
Acosωt)
u(
t)
] = ( Acosωt)
u(
t)
e dt = ( Acosωt)
e dt
∫
0
j t − jωt
Dengan memanfaatkan hubungan Euler cosω
= ( e
ω + e ) / 2 , ruas
kanan persamaan di atas menjadi
∞ jωt
+ − jωt
e e
∞
∞
−st
A ( jω−s)
t A ( − jω
)
e dt =
+
− s t
A
0 2 ∫
e dt
0 2 ∫
e
0 2
∫
=
s
2
As
+ ω
Jadi [ ]
2 2
Dengan cara yang sama, diperoleh
2
s
L ( Acosωt)
u(
t)
= A
(3.5)
s + ω
ω
L [(
Asin
ωt)
u(
t)
] = A
(3.6)
2 2
s + ω
∫
0
dt
57

3.2. Tabel Transformasi Laplace
Transformasi Laplace dari bentuk gelombang anak tangga, eksponensial,
dan sinus di atas merupakan contoh bagaimana suatu transformasi
dilakukan. Kita lihat bahwa amplitudo sinyal, A, selalu muncul sebagai
faktor pengali dalam pernyataan sinyal di kawasan s. Transformasi dari
beberapa bentuk gelombang yang lain termuat dalam Tabel-3.1. dengan
mengambil amplitudo bernilai satu satuan. Tabel ini, walaupun hanya
memuat beberapa bentuk gelombang saja, tetapi cukup untuk keperluan
pembahasan analisis rangkaian di kawasan s yang akan kita pelajari di
buku ini.
Untuk selanjutnya kita tidak selalu menggunakan notasi L[f(t)]
sebagai pernyataan dari “transformasi Laplace dari f(t)”, tetapi
kita langsung memahami bahwa pasangan fungsi t dan
transformasi Laplace-nya adalah seperti : f(t) ↔ F(s) , v 1 (t) ↔
V 1 (s) , i 4 (t) ↔ I 4 (s) dan seterusnya. Dengan kata lain kita
memahami bahwa V(s) adalah pernyataan di kawasan s dari
v(t), I(s) adalah penyataan di kawasan s dari i(t) dan
seterusnya.
COTOH-3.1: Carilah transformasi Laplace dari bentuk gelombang
berikut:
a). v ( t)
= 5 cos(10t)
u(
t) ;
1
c). v ( t)
= 3e
3
−2t
u(
t)
b). v
2
( t)
= 5sin(10t)
u(
t) ;
Penyelesaian : Dengan mnggunakan Tabel-3.1 kita peroleh :
5s
5s
a). v1(
t)
= 5cos(10t)
u(
t)
→ V1
( s)
= =
2 2 2
s + (10) s + 100
5 × 10 50
b). v2(
t)
= 5sin(10t)
u(
t)
→ V2
( s)
= =
2 2 2
s + (10) s + 100
−2t
3
c). v3(
t)
= 3e
u(
t)
→ V3
( s)
=
s + 2
58 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Tabel 3.1. Pasangan Transformasi Laplace
Pernyataan Sinyal
di Kawasan t : f(t)
Pernyataan Sinyal di
Kawasan s : L[f(t)]=F(s)
impuls : δ(t) 1
anak tangga :
eksponensial :
cosinus :
sinus :
u(t)
[e −at ]u(t)
[cos ωt] u(t)
[sin ωt] u(t)
cosinus teredam : [e −at cos ωt] u(t)
sinus teredam :
[e −at sin ωt] u(t)
cosinus tergeser : [cos (ωt + θ)] u(t)
sinus tergeser :
ramp :
ramp teredam :
[sin (ωt + θ)] u(t)
[ t ] u(t)
[ t e −at ] u(t)
s
1
s
1
s + a
s
2
2
2
+ ω
ω
2
s + ω
s + a
2 2
( s + a) + ω
ω
2 2
( s + a) + ω
scosθ − ωsin
θ
2
2
s + ω
s sin θ + ωcosθ
s
2
+ ω
1
2
s
1
2
( s + a)
2
59

3.3. Sifat-Sifat Transformasi Laplace
3.3.1. Sifat Unik
Sifat ini dapat dinyatakan sebagai berikut.
Jika f(t) mempunyai transformasi Laplace F(s) maka transformasi
balik dari F(s) adalah f(t).
Dengan kata lain
Jika pernyataan di kawasan s suatu bentuk gelombang v(t)
adalah V(s), maka pernyataan di kawasan t suatu bentuk
gelombang V(s) adalah v(t).
Bukti dari pernyataan ini tidak kita bahas di sini. Sifat ini memudahkan
kita untuk mencari F(s) dari suatu fungsi f(t) dan sebaliknya mencari
fungsi f(t) dari dari suatu fungsi F(s) dengan menggunakan tabel
transformasi Lapalace. Mencari fungsi f(t) dari suatu fungsi F(s) disebut
mencari transformasi balik dari F(s), dengan notasi L − 1 [F(s)] = f(t) . Hal
terakhir ini akan kita bahas lebih lanjut setelah membahas sifat-sifat
transformasi Laplace.
3.3.2. Sifat Linier
Karena transformasi Laplace adalah sebuah integral, maka ia bersifat
linier.
Transformasi Laplace dari jumlah beberapa fungsi t adalah
jumlah dari transformasi masing-masing fungsi.
Jika f ( t)
= A1 f1(
t)
+ A2
f2(
t)
maka transformasi Laplace-nya adalah
st
F(
s)
= ∞
∞
[ A1
f1(
t)
+ A2
f 2 ( t)
] e dt = A 1 f ( ) 2 ( )
0
0 1 t dt + A
∫
∞
−
∫
∫
f
0 2 t dt
(3.7)
= A1F1
( s)
+ A2F2
( s)
dengan F 1 (s) dan F 2 (s) adalah transformasi Laplace dari f 1 (t) dan f 2 (t).
COTOH-3.2: a). Carilah transformasi Laplace dari :
−2t
v1 ( t)
= (1 + 3e
) u(
t)
b). Jika transformasi Laplace sinyal eksponensial
Ae −at u(t) adalah 1/(s+a), carilah transformasi dari
v 2 (t)=Acosωt u(t).
60 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Penyelesaian :
−2t
1 3
a). v1
( t)
= (1 + 3e
) u(
t)
→V
1(
s)
= +
s s + 2
jωt
− jωt
e + e
b). v2(t)
= A cos( ωt)
u(
t)
= A
u(
t)
2
A jωt
− jωt
= ( e u(
t)
+ e u(
t)
)
2
A ⎛ 1 1 ⎞ A ⎛ 2s
⎞ As
V2
( s)
=
=
=
2
⎜ +
⎟
2
⎜
2 2
⎟
2 2
⎝ s − jω
s + jω
⎠ ⎝ s + ω ⎠ s + ω
3.3.3. Integrasi
Sebagaimana kita ketahui karakteristik i-v kapasitor dan induktor
melibatkan integrasi dan diferensiasi. Karena kita akan bekerja di
kawasan s, kita perlu mengetahui bagaimana ekivalensi proses integrasi
dan diferensiasi di kawasan t tersebut. Transformasi Laplace dari
integrasi suatu fungsi dapat kita lihat sebagai berikut.
t
Misalkan f ( t)
=
∫
f ( )
0 1 x dx . Maka
∞
⎛
F ( s)
= ⎜
⎝
0
∫ ∫
t
−st
⎞ ⎡
−st
e ⎛
f x dx⎟
e dt = ⎢ ⎜
0 1 ( )
⎠ ⎢⎣
− s ⎝
∞ ∞
t
st
⎞⎤
e −
f x dx⎟⎥
−
0 1 ( )
∫
⎠⎥⎦
− s
0 0
∫
f1(
t)
dt
Suku pertama ruas kanan persamaan di atas akan bernilai nol untuk t = ∞
karena e −st = 0 pada t→∞ , dan juga akan bernilai nol untuk t = 0 karena
integral yang di dalam tanda kurung akan bernilai nol (intervalnya nol).
Tinggallah suku kedua ruas kanan; jadi
∞
e − st
∞
1 −st
F ( s)
F ( s)
= − f ( t)
dt f ( t)
e dt 1
∫ 1 = 1 =
− s s ∫
(3.8)
s
0
0
Jadi secara singkat dapat kita katakan bahwa :
transformasi dari suatu integrasi bentuk gelombang f(t) di kawasan t
dapat diperoleh dengan cara membagi F(s) dengan s.
61

COTOH-3.3: Carilah transformasi Laplace dari fungsi ramp r(t)=tu(t).
Penyelesaian :
Kita mengetahui bahwa fungsi ramp adalah integral dari fungsi anak
tangga.
r(
t)
= tu(
t)
=
→
R(
s)
=
t
u(
x)
dx
0
∫
∞⎛
t ⎞ −st
1
⎜ u(
x)
dx⎟
e dt =
0 0
2
⎝ ⎠ s
∫ ∫
Hasil ini sudah tercantum dalam Tabel.3.1.
3.3.4. Diferensiasi
Transformasi Laplace dari suatu diferensiasi dapat kita lihat sebagai
berikut.
Misalkan
df ( t)
f ( t)
=
1
maka
dt
−st
∞
[ f1(
t)
e ]
0 −
∫
∞ df −
∞
−
= 1 ( t)
st
st
F ( s)
∫
e dt =
f1(
t)(
−s)
e dt
0 dt
0
Suku pertama ruas kanan bernilai nol untuk t = ∞ karena e −st = 0 untuk
t→ ∞ , dan bernilai −f(0) untuk t = 0. Dengan demikian dapat kita
tuliskan
⎡ df 1 ( t)
⎤
st
⎢ = s f ( t)
e dt − f (0) = s 1(
s)
− f 1(0)
dt
⎥
⎣ ⎦
∫ ∞ −
L F
(3.9)
0
Transformasi dari suatu fungsi t yang diperoleh melalui
diferensiasi fungsi f(t) merupakan perkalian dari F(s) dengan s
dikurangi dengan nilai f(t) pada t = 0.
COTOH-3.4: Carilah transformasi Laplace dari fungsi cos(ωt) dengan
memandang fungsi ini sebagai turunan dari sin(ωt).
Penyelesaian :
62 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

1 d sin( ωt)
f ( t)
= cos( ωt)
=
ω dt
1 ⎛ ω ⎞ s
→ F(
s)
= ⎜ s − sin(0) ⎟ =
ω 2 2
2 2
⎝ s + ω ⎠ s + ω
Penurunan di atas dapat kita kembangkan lebih lanjut sehingga kita
mendapatkan transformasi dari fungsi-fungsi yang merupakan fungsi
turunan yang lebih tinggi.
2
d f ( )
jika ( ) 1 t
f t =
2
dt
2
→ F(
s)
= s F1
( s)
− sf1(0)
− f1′
(0)
3
d f ( )
jika ( ) 1 t
f t =
3
dt
3 2
→ F ( s)
= s F1
( s)
− s f1(0)
− sf1′
(0) − f1′′
(0)
3.3.5. Translasi di Kawasan t
(3.10)
Sifat transformasi Laplace berkenaan dengan translasi di kawasan t ini
dapat dinyatakan sebagai berikut
Jika transformasi Laplace dari f(t) adalah F(s), maka
transformasi Laplace dari f(t−a)u(t−a) untuk a > 0 adalah
e −as F(s).
Hal ini dapat kita lihat sebagai berikut. Menurut definisi, transformasi
Laplace dari f(t−a)u(t−a) adalah
∫ ∞
−st
f ( t − a)
u(
t − a)
e dt
0
Karena u(t−a) bernilai nol untuk t < a dan bernilai satu untuk t > a ,
bentuk integral ini dapat kita ubah batas bawahnya serta tidak lagi
menuliskan faktor u(t−a), menjadi
∞
−st
∞
−st
f ( t − a)
u(
t − a)
e dt =
∫
f ( t − a)
e dt
0
a
∫
Kita ganti peubah integrasinya dari t menjadi τ dengan suatu hubungan τ
= (t−a). Dengan penggantian ini maka dt menjadi dτ dan τ = 0 ketika t =
a dan τ = ∞ ketika t = ∞. Persamaan di atas menjadi
63

∞
−st
∞
−s(
τ+ a)
f ( t − a)
u(
t − a)
e dt = f ( ) e d
0
∫
τ τ
0
−as
∞
−sτ
−as
= e
∫
f ( τ)
e dτ = e F(
s)
0
∫
COTOH-3.5: Carilah transformasi
Laplace dari bentuk gelombang
sinyal seperti yang tergambar di
samping ini.
Penyelesaian :
Model bentuk gelombang ini dapat
kita tuliskan sebagai
A
f ( t)
= Au(
t)
− Au(
t − a)
.
f(t)
0 a →t
(3.11)
Transformasi Laplace-nya adalah :
3.3.6. Translasi di Kawasan s
−as
A −as A A(1
− e )
F ( s)
= − e =
s s s
Sifat mengenai translasi di kawasan s dapat dinyatakan sebagai berikut.
Jika transformasi Laplace dari f(t) adalah F(s) , maka
transformasi Laplace dari e −αt f(t) adalah F(s + α).
Bukti dari pernyataan ini dapat langsung diperoleh dari definisi
transformasi Laplace, yaitu
∞
−αt
−st
∞
( )
( ) =
− s+α
t
e f t e dt ( ) = ( + α)
0 ∫
f t e dt F s (3.19)
0
∫
Sifat ini dapat digunakan untuk menentukan transformasi fungsi teredam
jika diketahui bentuk transformasi fungsi tak teredamnya.
COTOH-3.6: Carilah transformasi Laplace dari fungsi-fungsi ramp
teredam dan sinus teredam berikut ini :
Penyelesaian :
−αt
−αt
a). v1 = tu(
t)
e ; b). v2
= e cosωt
u(
t)
64 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

1
a).Karena untuk v(
t)
= tu(
t)
→ F(
s)
= ,
2
s
−αt
1
maka jika v1
( t)
= tu(
t)
e ⇒ V1
( s)
=
2
( s + α)
s
b). Karena untuk v(
t)
= cosωt
u(
t)
→V
( s)
= ,
2 2
s + ω
−αt
s + α
maka jika v2(
t)
= e cosωt
u(
t)
⇒ V2(
s)
=
2 2
( s + α)
+ ω
3.3.7. Pen-skalaan (scaling)
Sifat ini dapat dinyatakan sebagai :
Jika transformasi Laplace dari f(t) adalah F(s) , maka untuk a
1 ⎛ s ⎞
> 0 transformasi dari f(at) adalah F⎜
⎟ .
a ⎝ a ⎠
Bukti dari sifat ini dapat langsung diperoleh dari definisinya. Dengan
mengganti peubah t menjadi τ = at maka transformasi Laplace dari f(at)
adalah:
∞
−st
1
f ( at)
e dt =
0
a
∫
s
∞ − τ 1 ⎛ s ⎞
f ( τ)
e a dτ = F ⎜ ⎟ (3.12)
0
a ⎝ a ⎠
∫
Jadi, jika skala waktu diperbesar (a > 1) maka skala frekuensi s mengecil
dan sebaliknya apabila skala waktu diperkecil (a < 1) maka skala
frekuensi menjadi besar.
3.3.8. ilai Awal dan ilai Akhir
Sifat transformasi Laplace berkenaan dengan nilai awal dan nilai akhir
dapat dinyatakan sebagai berikut.
Nilai awal : lim f ( t)
= lim sF(
s)
t→0+
s→∞
Nilai akhir : lim f ( t)
= lim sF(
s)
t→∞
s→0
Jadi nilai f(t) pada t = 0 + di kawasan waktu (nilai awal) sama dengan
nilai sF(s) pada tak hingga di kawasan s. Sedangkan nilai f(t) pada t = ∞
65

(nilai akhir) sama dengan nilai sF(s) pada titik asal di kawasan s. Sifat
ini dapat diturunkan dari sifat diferensiasi.
COTOH-3.7: Transformasi Laplace dari suatu sinyal adalah
Penyelesaian :
Nilai awal adalah :
s + 3
V ( s)
= 100
s(
s + 5)( s + 20)
Carilah nilai awal dan nilai akhir dari v(t).
⎡
s + 3 ⎤
lim v(
t)
= lim sV
( s)
= lim ⎢s
× 100
⎥ = 0
t→0+
s→∞
s→∞⎣
s(
s + 5)( s + 20) ⎦
Nilai akhir adalah :
⎡
s + 3 ⎤
lim v(
t)
= lim sV
( s)
= lim ⎢s
× 100
⎥ = 3
t→∞
s→0
s→0⎣
s(
s + 5)( s + 20) ⎦
Tabel 3.2. memuat sifat-sifat transformasi Laplace yang dibahas di atas
kecuali sifat yang terakhir yaitu konvolusi. Konvolusi akan dibahas di
bagian akhir dari pembahasan mengenai transformasi balik.
66 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Tabel 3.2. Sifat-sifat Transformasi Laplace
Pernyataan f(t)
Pernyataan F(s) =L[f(t)]
linier : A 1 f 1 (t) + A 2 f 2 (t) A 1 F 1 (s) + A 2 F 2 (s)
integrasi :
∫ t
f ( x)
dx
0
F(s)
s
diferensiasi :
df ( t)
−
sF ( s)
− f (0 )
dt
2
d f ( t)
2 −
s F ( s)
− sf (0 ) − f ′(0
− )
2
dt
3
d f ( t)
3 2 −
s F(
s)
− s f (0 )
3
dt
− −
− sf (0 ) − f ′′ (0 )
linier : A 1 f 1 (t) + A 2 f 2 (t)
A 1 F 1 (s) + A 2 F 2 (s)
translasi di t: [ f ( t a)
] u(
t − a)
− −
e as F(s)
translasi di s : e − at f (t)
F ( s + a )
penskalaan : f (at)
1
a F
⎛
⎜
⎝
s
a
⎞
⎟
⎠
nilai awal : lim f ( t)
lim sF ( s)
t→0+
s→∞
nilai akhir : lim f ( t)
t→∞
lim sF ( s)
s→0
konvolusi :
∫
t
0
f ( x)
f
( t
1 2 −
x)
dx
F 1( s)
F2
( s)
67

3.4. Transformasi Balik
Berikut ini kita akan membahas mengenai transformasi balik, yaitu
mencari f(t) dari suatu F(s) yang diketahui. Jika F(s) yang ingin dicari
transformasi baliknya ada dalam tabel transformasi Laplace yang kita
punyai, pekerjaan kita cukup mudah. Akan tetapi dalam analisis
rangkaian di kawasan s, pada umumnya F(s) berupa rasio polinomial
yang bentuknya tidak sesederhana dan tidak selalu ada pasangannya
seperti dalam tabel. Untuk mengatasi hal itu, F(s) kita uraikan menjadi
suatu penjumlahan dari bentuk-bentuk yang ada dalam tabel, sehingga
kita akan memperoleh f(t) sebagai jumlah dari bentuk-bentuk gelombang
sederhana. Dengan perkataan lain kita membuat F(s) menjadi
transformasi dari suatu gelombang komposit dan kelinieran dari
transformasi Laplace akan memberikan transformasi balik dari F(s) yang
berupa jumlah dari bentuk-bentuk gelombang sederhana. Sebelum
membahas mengenai transformasi balik kita akan mengenal lebih dulu
pengertian tentang pole dan zero.
3.4.1. Pole dan Zero
Pada umumnya, transformasi Laplace berbentuk rasio polinom
m m−1
b s b
( )
1s
b1
s b
s
m + m + + +
=
− L
F
0
(3.13)
n n−1
ans
+ an−1s
+ L + a1s
+ a0
yang masing-masing polinom dapat dinyatakan dalam bentuk faktor
menjadi
( s − z )( ) ( )
( )
1 s − z2
L s − z
F s = K
m
(3.14)
( s − p1
)( s − p2)
L(
s − pn)
dengan K = b m /a n dan disebut faktor skala.
Akar-akar dari pembilang dari pernyataan F(s) di atas disebut zero
karena F(s) bernilai nol untuk s = z k (k = 1, 2, …m). Akar-akar dari
penyebut disebut pole karena pada nilai s = p k (k = 1, 2, …n) nilai
penyebut menjadi nol dan nilai F(s) menjadi tak-hingga. Pole dan zero
disebut frekuensi kritis karena pada nilai-nilai itu F(s) menjadi nol atau
tak-hingga.
Peubah s merupakan peubah kompleks s = σ + jω. Dengan demikian kita
dapat memetakan pole dan zero dari suatu F(s) pada bidang kompleks
dan kita sebut diagram pole-zero. Titik pole diberi tanda ″× ″ dan titik
zero diberi tanda ″o ″. Perhatikan contoh 3.8. berikut.
68 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

COTOH-3.8: Gambarkan diagram pole-zero dari
1
A(
s + a)
1
a). F ( s)
= b). F ( s)
=
c). F(
s)
=
s + 1
2 2
( s + a)
+ b
s
Penyelesaian :
a). Fungsi ini mempunyai pole di s = −1
tanpa zero
tertentu.
×
−1
jω
σ
b). Fungsi ini mempunyai zero di s = −a.
Pole dapat dicari dari
2
2
( s + a)
+ b = 0 → pole di s = −a
± jb
−a
jω
+jb
−jb
σ
c). Fungsi ini tidak mempunyai zero tertentu
sedangkan pole terletak di titik asal, s = 0 +
j0.
jω
σ
3.4.2. Bentuk Umum F(s)
Bentuk umum F(s) adalah seperti (3.14) yaitu
( s − z )( ) ( )
( )
1 s − z2
L s − z
F s = K
m
( s − p )( s − p ) L(
s − p )
1
Jika jumlah pole lebih besar dari jumlah zero, jadi n > m, kita katakan
bahwa fungsi ini merupakan fungsi rasional patut. Jika fungsi ini
memiliki pole yang semuanya berbeda, jadi p i ≠ p j untuk i ≠ j , maka
dikatakan bahwa F(s) mempunyai pole sederhana. Jika ada pole yang
berupa bilangan kompleks kita katakan bahwa fungsi ini mempunyai
pole kompleks. Jika ada pole-pole yang bernilai sama kita katakan bahwa
fungsi ini mempunyai pole ganda.
2
n
69

3.4.3. Fungsi Dengan Pole Sederhana
Apabila fungsi rasional F(s) hanya mempunyai pole sederhana, maka ia
dapat diuraikan menjadi berbentuk
k
( )
1 k2
k
F s = + + L + n
(3.15)
( s − p ) ( s − p ) ( s − p )
1
Jadi F(s) merupakan kombinasi linier dari beberapa fungsi sederhana;
konstanta k yang berkaitan dengan setiap fungsi pembangun F(s) itu kita
sebut residu. Kita ingat bahwa transformasi balik dari masing-masing
fungsi sederhana itu berbentuk ke −αt . Dengan demikian maka
transformasi balik dari F(s) menjadi
2
p1t
p2t
pnt
( t)
= k1e
+ k2e
+ L kne
(3.16)
f +
Persoalan kita sekarang adalah bagaimana menentukan residu. Untuk
mencari k 1 , kita kalikan kedua ruas (3.15) dengan (s − p 1 ) sehingga faktor
(s− p 1 ) hilang dari ruas kiri sedangkan ruas kanan menjadi k 1 ditambah
suku-suku lain yang semuanya mengandung faktor (s− p 1 ). Kemudian
kita substitusikan s = p 1 sehingga semua suku di ruas kanan bernilai nol
kecuali k 1 dan dengan demikian diperoleh nilai k 1 . Untuk mencari k 2 , kita
kalikan kedua ruas (3.15) dengan (s − p 2 ) kemudian kita substitusikan s =
p 2 ; demikian seterusnya sampai semua nilai k diperoleh, dan transformasi
balik dapat dicari.
COTOH-3.9: Carilah f(t) dari fungsi transformasi berikut.
4
a). F(
s)
=
;
( s + 1)( s + 3)
6( s + 2)
c). F(
s)
=
s(
s + 1)( s + 4)
Penyelesaian :
4( s + 2)
b). F(
s)
=
;
( s + 1)( s + 3)
n
a).
4 k
( )
1 k
F s =
= + 2
( s + 1)( s + 3) s + 1 s + 3
70 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

4
→ F(
s)
× ( s + 1) → = k
( s + 3)
→ F(
s)
× ( s + 3) dan substitusi
2 − 2
⇒ F(
s)
= +
s + 1 s + 3
1
k
+ 2
( s + 1)
s + 3
4
→ substitusi s = −1→
= k1
→ k
−1
+ 3
4
s = −3
→ = k
− 3 + 1
t −3t
⇒ f ( t)
= 2e
− − 2e
2
→ k
1
= 2
2 = −
2
b).
4( s + 2) k
( )
1 k
F s =
= + 2
( s + 1)( s + 3) s + 1 s + 3
4( −1
+ 2)
→ F(
s)
× ( s + 1) dan substitusi s = −1→
= k1
→ k1
= 2
−1
+ 3
4( −3
+ 2)
→ F(
s)
× ( s + 3) dan substitusi s = −3
→ = k2
→ k2
= 2
− 3 + 1
2 2
t −3t
⇒ F(
s)
= + ⇒ f ( t)
= 2e
− + 2e
s + 1 s + 3
c).
6( s + 2) k
( )
1 k2
k
F s =
= + + 3
s(
s + 1)( s + 4) s s + 1 s + 4
Dengan cara seperti di a) dan b) kita peroleh
6( s + 2)
→ k1
=
= 3;
( s + 1)( s + 4)
s=
0
6( s + 2)
k3
=
= −1
s(
s + 1)
s=−4
3 − 2 − 1
⇒ F(
s)
= + +
s s + 1 s + 4
3.4.4 Fungsi Dengan Pole Kompleks
6( s + 2)
k2
=
= −2 ;
s(
s + 4)
s=−1
−t
−4t
→ f ( t)
= 3 − 2e
− e
Secara fisik, fungsi F(s) merupakan rasio polinomial dengan koefisien
riil. Jika F(s) mempunyai pole kompleks yang berbentuk p = −α + jβ,
maka ia juga harus mempunyai pole lain yang berbentuk p* = −α − jβ;
71

sebab jika tidak maka koefisien polinomial tersebut tidak akan riil. Jadi
untuk sinyal yang memang secara fisik kita temui, pole kompleks dari
F(s) haruslah terjadi secara berpasangan konjugat. Oleh karena itu uraian
F(s) harus mengandung dua suku yang berbentuk
k k *
F ( s)
= L + + + L
(3.17)
s + α − jβ
s + α + jβ
Residu k dan k* pada pole konjugat juga merupakan residu konjugat
sebab F(s) adalah fungsi rasional dengan koefisien rasional. Residu ini
dapat kita cari dengan cara yang sama seperti mencari residu pada uraian
fungsi dengan pole sederhana. Kita cukup mencari salah satu residu dari
pole kompleks karena residu yang lain merupakan konjugatnya.
Transformasi balik dari dua suku dengan pole kompleks akan berupa
cosinus teredam. Tansformasi balik dari dua suku pada (3.17) adalah
−(
α− jβ)
t −(
α+ jβ)
t
f k ( t)
= ke + k * e
jθ
−(
α− jβ)
t − jθ
−(
α+ jβ)
t
= k e e + k e e
=
k e
−αt
= 2 k e
−(
α− j(
β+θ))
t
+
k e
−(
α+ j(
β+θ))
t
j(
β+θ)
t − j(
β+θ)
t
e + e
2
Jadi f(t) dari (3.17) akan berbentuk :
−αt
= 2 k e cos( β + θ)
(3.18)
−αt
f ( t)
= L + 2 k e cos( β + θ)
+L
COTOH-3.10: Carilah transformasi balik dari
8
F ( s)
=
2
s(
s + 4s
+ 8)
Penyelesaian :
Fungsi ini mempunyai pole sederhana di s = 0, dan pole kompleks
yang dapat ditentukan dari faktor penyebut yang berbentuk kwadrat,
yaitu
− 4 ± 16 − 32
s =
= −2
±
2
j2
72 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Uraian dari F(s) , penentuan residu, serta transformasi baliknya
adalah sebagai berikut.
F(
s)
=
s(
s
→ k
1
=
s(
s
2
2
8 k
=
1
+ 4s
+ 8) s
8
× s
+ 4s
+ 8)
k2
k
+ +
2
s + 2 − j2
s + 2 +
s=
0
=
8
= 1
8
∗
j2
8
→ k2
=
× ( s + 2 − j2)
2
s(
s + 4s
+ 8)
8
=
s(
s + 2 +
∗ 2 − j(3π
/ 4)
→ k2
= e
2
s=−2+
j2
8 2 j(3π
/ 4)
= = e
j2)
− 8 − j8
2
s=−2+
j2
⇒ f(t) = u(
t)
+
= u(
t)
+
= u(
t)
+
2
e
2
2
2
2e
j(3π
/ 4) −(2−
j2)
t
e
−2t
−2t
e
+
j(3π
/ 4+
2t)
− j(3π
/ 4+
2t)
[ e + e ]
cos(2t
+ 3π
/ 4)
2
e
2
− j(3π
/ 4) −(2+
j2)
t
e
3.4.5. Fungsi Dengan Pole Ganda
Pada kondisi tertentu, fungsi F(s) dapat mempunyai pole ganda.
Penguraian F(s) yang demikian ini dilakukan dengan “memecah” faktor
yang mengandung pole ganda dengan tujuan untuk mendapatkan bentuk
fungsi dengan pole sederhana yang dapat diuraikan seperti biasanya.
Untuk jelasnya kita ambil suatu fungsi yang mengandung pole ganda
(dua pole sama) seperti pada (3.19) berikut ini.
K(
s − z )
F ( s)
=
1
(3.19)
2
( s − p1)(
s − p2)
Dengan mengeluarkan salah satu faktor yang mengandung pole ganda
kita dapatkan
73

1 ⎡ K(
s − z ) ⎤
F ( s)
=
1
⎢
⎥
(3.20)
s − p2 ⎣(
s − p1)(
s − p2)
⎦
Bagian yang didalam tanda kurung dari (3.20) mengandung pole
sederhana sehingga kita dapat menguraikannya seperti biasa.
⎡
K(
s − z )
⎤
F
1
1 2
1(
s)
= ⎢
⎥ = +
(3.21)
( s − p1)(
s − p2)
s − p1
s − p2
⎣
Residu pada (3.21) dapat ditentukan, misalnya k 1 = A dan k 2 = B , dan
faktor yang kita keluarkan kita masukkan kembali sehingga (3.20)
menjadi
1
F ( s)
=
s − p
⎡
⎢
A
+
B
⎤
⎥ =
⎦
2
2 ⎣ s − p1
s − p2
⎦ ( s − p2)(
s − p1
) ( s − p2)
dan suku pertama ruas kanan diuraikan lebih lanjut menjadi
k
k
F ( s)
=
11
+
12
+
(3.22)
s − p
2
1 s − p2
( s − p2)
Transformasi balik dari (3.22) adalah
p1t
p2t
p t
= k11e
+ k12e
Bte
(3.23)
2
f ( t)
+
k
A
B
k
+
B
COTOH-3.11: Tentukan transformasi balik dari fungsi:
s
F ( s)
=
2
( s + 1)( s + 2)
Penyelesaian :
s
F(
s)
=
( s + 1)( s + 2)
1 ⎡ k1
k2
⎤
=
( 2)
⎢ +
s + 1 2
⎥
⎣ s + s + ⎦
→ k
1
s
=
( s + 2)
2
1 ⎡ s ⎤
= ⎢
⎥
( s + 2) ⎣(
s + 1)( s + 2) ⎦
= −1
→ k
s
=
( s + 1)
2
s= −1
s=−2
= 2
74 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

1 ⎡ − 1 2 ⎤ − 1 2
⇒ F(
s)
=
+
( 2)
⎢ + =
s + 1 2
⎥
⎣ s + s + ⎦ ( s + 1)( s + 2) ( s + 2)
k11
k12
2
= + +
s + 1 s + 2 ( s + 2)
−1
−1
→ k11
= = −1
→ k12
= = 1
s + 2 s=−1
s + 1 s=−2
−1
1 2
−t
−2t
−2t
⇒ F ( s)
= + + ⇒ f ( t)
= −e
+ e + 2te
s + 1 s + 2 2
( s + 2)
3.4.6. Konvolusi
Transformasi Laplace menyatakan secara timbal balik bahwa
2
jika f ( t)
= f ( t)
+ f2(
t)
maka F (s) = F1
( s)
+ F2
(
1 s
jika F ( s ) = F1 ( s)
+ F2
( s)
maka f (t) = f1(
t)
+ f2(
t)
Kelinieran dari transformasi Laplace ini tidak mencakup perkalian. Jadi
jika F ( s)
= F1 ( s)
F2
( s)
maka f ( t)
≠ f1(
t)
f2(
t)
Mencari fungsi f(t) dari suatu fungsi F(s) yang merupakan hasil kali dua
fungsi s yang berlainan, melibatkan sifat transformasi Laplace yang kita
sebut konvolusi. Sifat ini dapat dinyatakan sebagai berikut.
jika
L
−1
F(
s)
= F ( s)
F
1
2
t
( s)
[ F ( s)
] = f ( t)
=
∫
f1(
τ)
f2(
t − τ)
dτ =
∫
0
maka
t
(3.24)
f2(
τ)
f1(
t − τ)
dτ
0
Kita katakan bahwa transformasi balik dari perkalian dua F(s) diperoleh
dengan melakukan konvolusi dari kedua bentuk gelombang yang
bersangkutan. Kedua bentuk integral pada (3.24) disebut integral
konvolusi.
Pandanglah dua fungsi waktu f 1 (τ) dan f 2 (t). Transformasi Laplace
masing-masing adalah
∫ ∞ −sτ
F 1 ( s)
= f1(
τ)
e dτ
dan 0 ∫ ∞ −st
F 2 ( s)
= f2(
t)
e dt .
0
2
)
75

Jika kedua ruas dari persamaan pertama kita kalikan dengan F 2 (s) akan
kita peroleh
∫ ∞
F
− τ
1 ( s)
F
s
2(
s)
= f1(
τ)
e F 2(
s)
dτ
.
0
Sifat translasi di kawasan waktu menyatakan bahwa e −sτ F 2 (s) adalah
transformasi Laplace dari [ f 2 (t−τ) ] u(t−τ) sehingga persamaan tersebut
dapat ditulis
⎡
⎤
(
∫ ⎢∫
dt⎥dτ
⎣
⎦
∞ ∞
−st
F 1 s)
F2
( s)
= f1(
τ)
f2(
t − τ)
u(
t − τ)
e
0 0
Karena untuk τ > t nilai u(t−τ) = 0, maka integrasi yang berada di dalam
kurung pada persamaan di atas cukup dilakukan dari 0 sampai t saja,
sehingga
∞ t
1 2
−
=
∫
τ ⎢∫
− τ
0 1
⎣ 0 2
st
F ( s)
F ( s)
f ( ) f ( t ) e
∞ ⎡ t
−st
=
∫ ⎢∫
f1(
τ)
f2(
t − τ)
e dt
0 0
Dengan mempertukarkan urutan integrasi, kita peroleh
∞ ⎡ t
⎤ −st
⎡
F ( s)
F2
( s)
=
∫ ⎢∫
f1(
τ)
f2(
t − τ)
dτ⎥e
dt = L ⎢
0 ∫
⎣ 0
⎦ ⎣
⎣
⎡
⎤
dt⎥dτ
⎦
⎤
⎥dτ
⎦
⎤
( t − τ dτ⎥
⎦
t
1 f1(
τ)
f2
)
0
COTOH-3.12: Carilah f(t) dari F(s) berikut.
1
a). F(
s)
=
( s + a)
c). F(
s)
=
s
2
1
2
( s + a)
1
b). F(
s)
=
( s + a)(
s + b)
Penyelesaian : a). Fungsi ini kita pandang sebagai perkalian dari
dua fungsi.
76 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

77
at
t
at
t
ax
at
ax
t
x
t
a
ax
t
at
te
dx
e
dx
e
dx
e
e
dx
x
t
f
x
f
t
f
e
t
f
t
f
a
s
s
s
s
s
s
−
−
+
−
−
−
−
−
−
=
=
=
=
−
=
⇒
=
=
→
+
=
=
=
∫
∫
∫
∫
0
0
0
)
(
0
2
1
2
1
2
1
2
1
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
1
)
(
)
(
dengan
)
(
)
(
)
( F
F
F
F
F
b). Fungsi ini juga merupakan perkalian dari dua fungsi.
bt
at
e
t
f
e
t
f
b
s
s
a
s
s
s
s
s
−
−
=
=
→
+
=
+
=
=
)
(
dan
)
(
)
(
1
)
(
dan
)
(
1
)
(
dengan
)
(
)
(
)
(
2
1
2
1
2
1
F
F
F
F
F
( )
b
a
e
e
b
a
e
e
b
a
e
e
dx
e
e
dx
e
e
dx
x
t
f
x
f
t
f
bt
at
t
b
a
bt
t
x
b
a
bt
t
x
b
a
bt
t
x
t
b
ax
t
+
−
−
=
+
−
−
=
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
+
−
=
=
=
−
=
⇒
−
−
+
−
−
+
−
−
+
−
−
−
−
−
∫
∫
∫
1
)
(
)
(
)
(
)
(
0
)
(
0
)
(
0
)
(
0
2
1
c). Fungsi ketiga ini juga dapat dipandang sebagai perkalian dua
fungsi.
2
2
0
2
0
0
0
0
)
(
0
2
1
2
1
2
2
1
2
1
1
1
0
0
)
(
)
(
)
(
)
(
dan
)
(
1
)
(
dan
1
)
(
dengan
)
(
)
(
)
(
a
e
at
a
e
a
te
e
a
e
a
te
e
dx
a
e
a
xe
e
dx
xe
e
dx
xe
dx
x
t
f
x
f
t
f
e
t
f
t
t
f
a
s
s
s
s
s
s
s
at
at
at
at
t
ax
at
at
t
ax
t
ax
at
t
ax
at
t
x
t
a
t
at
−
−
−
−
−
−
−
−
+
−
=
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
−
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
=
=
=
−
=
⇒
=
=
→
+
=
=
=
∫
∫
∫
∫
F
F
F
F
F

3.5. Solusi Persamaan Rangkaian Menggunakan Transformasi
Laplace
Dengan menggunakan transformasi Laplace kita dapat mencari solusi
suatu persamaan rangkaian (yang sering berbentuk persamaan
diferensial) dengan lebih mudah. Transformasi akan mengubah
persamaan diferensial menjadi persamaan aljabar biasa di kawasan s
yang dengan mudah dicari solusinya. Dengan mentransformasi balik
solusi di kawasan s tersebut, kita akan memperoleh solusi dari persamaan
diferensialnya.
COTOH-3.13: Gunakan transformasi Laplace untuk mencari solusi
persamaan berikut.
Penyelesaian :
dv
+
+ 10 v = 0 , v(0
) = 5
dt
Transformasi Laplace persamaan diferensial ini adalah
+
sV
( s)
− v(0
) + 10V
( s)
= 0
atau
5
sV
( s)
− 5 + 10V
( s)
= 0 ⇒ V ( s)
=
s + 10
−10t
Transformasi balik memberikan v(
t)
= 5e
Transformasi Laplace dapat kita manfaatkan untuk mencari solusi dari
persamaan diferensial dalam analisis transien. Langkah-langkah yang
harus dilakukan adalah :
1. Menentukan persamaan diferensial rangkaian di kawasan waktu.
2. Mentransformasikan persamaan diferensial yang diperoleh pada
langkah 1 ke kawasan s dan mencari solusinya.
3. Transformasi balik solusi yang diperoleh pada langkah 2 untuk
memperoleh tanggapan rangkaian.
78 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

COTOH-3.14: Saklar S pada rangkaian di samping ini ditutup pada t =
0. Tentukan tegangan kapasitor untuk t > 0 jika sesaat sebelum S
ditutup tegangan kapasitor 2 V.
Penyelesaian
:
+
−
Langkah 12 V
pertama
0,02F
v C
−
adalah
menentukan
persamaan rangkaian untuk t > 0. Aplikasi HTK memberikan
dvC
− 6 + 100i + vC
= 0 atau − 6 + 2 + vC
= 0 .
dt
Langkah kedua adalah mentransformasikan persamaan ini ke
kawasan s, menjadi
6
− + 2sVC
( s)
− vC
(0) + VC
( s)
= 0
s
6
− + 2sVC
( s)
− 2 + VC
( s)
= 0
s
atau
Pemecahan persamaan ini dapat diperoleh dengan mudah.
3 + s k1
k2
VC
( s)
= = +
s(
s + 0,5) s s + 0,5
3 + s
→ k1
=
= 6
( s + 0,5)
s=
0
6 5
⇒ VC
( s)
= −
s s + 0,5
S
i 100Ω +
3 + s
dan k2
=
= −5
s s=−0,5
Langkah terakhir adalah mentransformasi balik V C (s) :
−0,5t
vC
( t)
= 6 − 5e
V
79

COTOH-3.15: Pada rangkaian di samping ini, saklar S dipindahkan
dari posisi 1 ke 2 pada t = 0. Tentukan i(t) untuk t > 0, jika sesaat
sebelum saklar dipindah tegangan kapasitor 4 V dan arus induktor 2
A.
1
i
S
Bagian
lain
rangkaian
+
−
2
6 V
6 Ω
1 H
1/13 F
+
v C
−
Penyelesaian :
Aplikasi HTK pada rangkaian ini setelah saklar ada di posisi 2 ( t > 0
) memberikan
di 1
− 6 + 6i
+ L +
∫
idt + vC
(0) = 0
dt C
di
− 6 + 6i
+ + 13∫
idt + 4 = 0
dt
atau
Transformasi Laplace dari persamaan rangkaian ini menghasilkan
−6
I(
s)
4
+ 6I(
s)
+ sI(
s)
− i(0)
+ 13 + = 0
s
s s
− 6
I(
s)
4
+ 6I(
s)
+ sI(
s)
− 2 + 13 + = 0
s
s s
Pemecahan persamaan ini adalah :
→ I(
s)
=
s
2
2s
+ 2
+ 6s
+ 13
2s
+ 2
=
( s + 3 − j2)(
s + 3 +
atau
k1
k
= +
1
j2)
s + 3 − j2
s + 3 + j2
∗
2s
+ 2
→ k1
=
s + 3 + j2
s=−3+
j2
= 1+
j1
=
o
j45
2e
∗
→ k1
=
o
− j45
2e
j45
− j45
2e
2e
⇒ I(
s)
= +
s + 3 − j2
s + 3 + j2
o
o
80 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Transformasi balik dari I(s) memberikan
⇒ i(
t)
=
2e
= 2e
j45
−3t
o
−(3−
j2)
t
e
+
(cos2t
− sin 2t)
2e
− j45
A
o
e
−(3+
j2)
t
81

Soal-Soal
1. Carilah pernyataannya di kawasan s sinyal-sinyal berikut ini.
−2t
v1(
t)
= 10[1 − e ] u(
t);
v2(
t)
= 10[1 + 4t]
u(
t)
−2t
−4t
v3(
t)
= 10[ e − e ] u(
t);
−2t
−4t
v4(
t)
= 10[2e
− 4e
] u(
t)
2. Carilah pernyataannya di kawasan s sinyal-sinyal berikut ini.
o
v1(
t)
= 15[sin(20t
− 30 )] u(
t);
v2(
t)
= 15[cos20t
− sin 20t]
u(
t)
v3(
t)
= 15[cos20t
− cos10t]
u(
t);
v4(
t)
= 15[1 − 2sin10t]
u(
t)
3. Carilah pernyataannya di kawasan s sinyal-sinyal berikut ini.
−2t
o
v1(
t)
= 20[ e sin(20t
− 30 )] u(
t);
−2t
v2(
t)
= 20[ e (cos20t
− sin 20t)]
u(
t)
−2t
v3(
t)
= 20[ e (cos20t
− cos10t)]
u(
t);
−2t
v4(
t)
= 20[ e (1 − 2sin10t)]
u(
t)
4. Carilah pernyataannya di kawasan s sinyal-sinyal berikut ini.
2
v1(
t)
= 15[cos 10t)]
u(
t);
v2(
t)
= 15[(cos20t)(sin 20t)]
u(
t)
−2t
v3(
t)
= 20te
u(
t);
−2t
v4(
t)
= 20[ e sin10t]
u(
t)
82 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

5. Berikut ini adalah pernyataan sinyal di kawasan s. Carilah
pernyataannya di kawasan waktu t.
1
V1
( s)
=
;
( s + 2)( s + 3)
s
V2
( s)
=
( s + 2)( s + 3)
2
s
V3
( s)
=
;
( s + 2)( s + 3)
2
s
V4
( s)
=
( s + 2)( s + 3)( s + 4)
6. Carilah pernyataan di kawasan waktu dari sinyal yang dinyatakan di
kawasan s berikut ini.
1
V1
( s)
=
;
2
( s + 2) + 9
s
V2
( s)
=
;
2
( s + 2) + 9
2
s
V3
( s)
=
2
( s + 2) + 9
7. Berikut ini adalah pernyataan sinyal di kawasan s; carilah
pernyataannya di kawasan waktu.
1
V1
( s)
= ;
( s + 3)
1
V2
( s)
= ;
s(
s + 3)
1
V3
( s)
=
s(
s + 3)
83

8. Berikut ini adalah pernyataan sinyal di kawasan s; carilah
pernyataannya di kawasan waktu.
10
V1
( s)
=
;
2
s + 10s
+ 16
10
V2
( s)
=
;
2
s + 8s
+ 16
10
V3
( s)
=
2
s + 6s
+ 25
9. Carilah pernyataannya di kawasan waktu sinyal-sinyal berikut ini.
6s
+ 14
V1
( s)
=
;
( s + 2)( s + 3)
9s
+ 26
V2
( s)
=
;
( s + 2)( s + 3)( s + 4)
2
6s
+ 34s
+ 46
V3
( s)
=
( s + 2)( s + 3)( s + 4)
10. Carilah pernyataannya di kawasan waktu sinyal-sinyal berikut ini.
s + 2
V1
( s)
=
;
2
s(
s + 2s
+ 1)( s + 3)
( s + 1)( s + 4)
V2
( s)
=
;
2 2
s ( s + 2s
+ 4)
( s + 10)( s + 200)
V3
( s)
=
( s + 20)( s + 100)
84 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

BAB 4
Analisis Rangkaian Menggunakan
Transformasi Laplace
Setalah mempelajari bab ini kita akan
• memahami konsep impedansi di kawasan s.
• mampu melakukan transformasi rangkaian ke kawasan s.
• mampu melakukan analisis rangkaian di kawasan s.
Di bab sebelumnya kita menggunakan transformasi Laplace untuk
memecahkan persamaan rangkaian. Kita harus mencari terlebih dahulu
persamaan rangkaian di kawasan t sebelum perhitungan-perhitungan di
kawasan s kita lakukan. Berikut ini kita akan mempelajari konsep
impedansi dan dengan konsep ini kita akan dapat melakukan
transformasi rangkaian ke kawasan s. Dengan transformasi rangkaian ini,
kita langsung bekerja di kawasan s, artinya persamaan rangkaian
langsung dicari di kawasan s tanpa mencari persamaan rangkaian di
kawasan t lebih dulu.
Sebagaimana kita ketahui, elemen dalam analisis rangkaian listrik adalah
model dari piranti yang dinyatakan dengan karakteristik i-v-nya. Jika
analisis dilakukan di kawasan s dimana v(t) dan i(t) ditransformasikan
menjadi V(s) dan I(s), maka pernyataan elemenpun harus dinyatakan di
kawasan s.
4.1. Hubungan Tegangan-Arus Elemen di Kawasan s
4.1.1. Resistor
Hubungan arus dan tegangan resistor di kawasan t adalah
Transformasi Laplace dari v R adalah
VR(
s)
=
vR ( t)
= RiR(t)
∞
−st
vR(
t)
e dt =
0
∫
∞
−st
RiR(
t)
e dt = RIR(s)
0
Jadi hubungan arus-tegangan resistor di kawasan s adalah
∫
V R( s)
= R IR(
s)
(4.1)
85

4.1.2. Induktor
Hubungan antara arus dan tegangan induktor di kawasan t adalah
v ( t)
L =
di (t)
L
L
dt
Transformasi Laplace dari v L adalah (ingat sifat diferensiasi dari
transformasi Laplace) :
V ( s)
=
L
∞
vL
0
∫
( t)
e
−st
dt =
∫
∞
0
⎡ diL(
t)
⎤
⎢L
e
dt
⎥
⎣ ⎦
Jadi hubungan tegangan-arus induktor adalah
−st
dt = sLI
L
( s)
− Li
L
(0)
V L( s)
= sLIL(
s)
− LiL(0)
(4.2)
dengan i L (0) adalah arus induktor pada saat awal integrasi dilakukan atau
dengan kata lain adalah arus pada t = 0. Kita ingat pada analisis transien
di Bab-4, arus ini adalah kondisi awal dari induktor, yaitu i(0 + ) = i(0 − ).
4.1.3. Kapasitor
Hubungan antara tegangan dan arus kapasitor di kawasan t adalah
v
C
1 t
( t)
=
∫
iC
( t)
dt + vc
(0)
C 0
Transformasi Laplace dari tegangan kapasitor adalah
s v
s
C ( ) C (0)
V C ( ) = I +
(4.3)
sC s
dengan v C (0) adalah tegangan kapasitor pada t =0. Inilah hubungan
tegangan dan arus kapasitor di kawasan s.
4.2. Konsep Impedansi di Kawasan s
Impedansi merupakan suatu konsep di kawasan s yang didefinisikan
sebagai berikut.
Impedansi di kawasan s adalah rasio tegangan terhadap arus di
kawasan s dengan kondisi awal nol.
86 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Sesuai dengan definisi ini, maka impedansi elemen dapat kita peroleh
dari (4.1), (4.2), dan (4.3) dengan i L (0) = 0 maupun v C (0) = 0,
V s
s
Z R(
)
V
R Z L(
)
R = = ; L = = sL ;
IR(
s)
IL(
s)
VC
( s)
1
ZC
= =
IC(
s)
sC
(4.4)
Dengan konsep impedansi ini maka hubungan tegangan-arus untuk
resistor, induktor, dan kapasitor menjadi sederhana, mirip dengan relasi
hukum Ohm.
1
V R( s)
= RIR(s)
; VL(
s)
= sLIL(s)
; VC
= IC
( s)
(4.5)
sC
Sejalan dengan pengertian impedansi, dikembangkan pengertian
admitansi, yaitu Y = 1/Z sehingga untuk resistor, induktor, dan kapasitor
kita mempunyai
1
1
YR = ; YL
= ; YC
= sC
R
sL
4.3. Representasi Elemen di Kawasan s
(4.6)
Dengan pengertian impedansi seperti dikemukakan di atas, dan hubungan
tegangan-arus elemen di kawasan s, maka elemen-elemen dapat
direpresentasikan di kawasan s dengan impedansinya, sedangkan kondisi
awal (untuk induktor dan kapasitor) dinyatakan dengan sumber tegangan
yang terhubung seri dengan impedansi tersebut, seperti terlihat pada Gb.
4.1.
+
V R (s)
−
I R (s)
R
V L (s)
Resistor Induktor Kapasitor
Gb.4.1. Representasi elemen di kawasan s.
V R( s)
= R IR(
s)
; V L( s)
= sLIL(
s)
− LiL(0)
;
+
−
−
+
sL
I L (s)
Li L (0)
+
V C (s)
−
+
−
I C (s)
1
sC
v C (0)
s
s v
s C ( ) C (0)
V C ( ) = I +
sC s
87

Representasi elemen di kawasan s dapat pula dilakukan dengan
menggunakan sumber arus untuk menyatakan kondisi awal induktor dan
kapasitor seperti terlihat pada Gb.4.2.
+
V R (s)
I R (s)
R
sL
+
V L (s)
−
I L (s)
i L (0)
s
1
sC
+
V C (s)
−
I C (s)
Cv C (0)
−
Gb.4.2. Representasi elemen di kawasan s.
⎛ i ⎞
V R( s)
= R IR(
s)
; s = sL⎜
s − L(0)
V L( ) IL(
) ⎟ ;
⎝ s ⎠
1
V C ( s ) = ( IC
( s)
+ CvC
(0))
sC
4.4. Transformasi Rangkaian
Representasi elemen ini dapat kita gunakan untuk mentransformasi
rangkaian ke kawasan s. Dalam melakukan transformasi rangkaian perlu
kita perhatikan juga apakah rangkaian yang kita transformasikan
mengandung simpanan energi awal atau tidak. Jika tidak ada, maka
sumber tegangan ataupun sumber arus pada representasi elemen tidak
perlu kita gambarkan.
COTOH 4.1: Saklar S pada rangkaian berikut telah lama ada di posisi
1. Pada t = 0 saklar
dipindahkan ke
1
S
posisi 2 sehingga
rangkaian RLC
+
2
3 Ω
1 H
+
8 V
seri terhubung ke
− +
− 2e −3t V 1/2 F v C
sumber tegangan
−
2e −3t V.
Transformasikan rangkaian ke kawasan untuk t > 0.
Penyelesaian :
Pada t < 0, keadaan telah mantap. Arus induktor nol dan tegangan
kapasitor sama dengan tegangan sumber 8 V.
88 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Untuk t > 0, sumber tegangan adalah v s = 2e −3t yang transformasinya
adalah
2
V s(
s)
=
s + 3
Representasi kapasitor adalah impedansinya 1/sC = 2/s seri dengan
sumber tegangan 8/s karena tegangan kapasitor pada t = 0 adalah 8
V. Representasi induktor impedansinya sL = s tanpa diserikan
dengan sumber tegangan karena arus induktor pada t = 0 adalah nol.
Transformasi rangkaian ke kawasan s untuk t > 0 adalah
2
s + 3
3 s
+
− 8 +
s −
2
s
+
V C (s)
−
Perhatikan bahwa tegangan kapasitor V C (s) mencakup sumber
tegangan (8/s) dan bukan hanya tegangan pada impedansi (2/s) saja.
Setelah rangkaian ditransformasikan, kita mengharapkan dapat langsung
mencari persamaan rangkaian di kawasan s. Apakah hukum-hukum,
kaidah, teorema rangkaian serta metoda analisis yang telah kita pelajari
dapat kita terapkan? Hal tersebut kita bahas berikut ini.
4.5. Hukum Kirchhoff
Hukum arus Kirchhoff menyatakan bahwa untuk suatu simpul
n
∑
k = 1
i k ( t ) = 0
Jika kita lakukan transformasi, akan kita peroleh
∞ ⎡ n ⎤ n
⎡ ∞
n
−st
−st
⎤
⎢ ik
( t)
⎥e
dt = ∑ ⎢ ( ) ⎥ = ∑ ( ) = 0
0 ⎢
0
⎣ 1 ⎥
∫
ik
t e dt I k s (4.7)
k = ⎦ k = 1⎣
⎦ k = 1
∫ ∑
Jadi hukum arus Kirchhoff (HAK) berlaku di kawasan s. Hal yang sama
terjadi juga pada hukum tegangan Kirchhoff. Untuk suatu loop
89

⇒
n
∑vk
( t)
= 0
k = 1
∞ ⎡ n ⎤ n
−st
⎡ ∞
−st
⎤
⎢ vk
( t)
⎥e
dt = ∑ ⎢ ( ) ⎥
0 ⎢
0
⎣ 1 ⎥
∫
vk
t e dt
k = ⎦ k = 1⎣
⎦
∫ ∑
n
= ∑Vk
( s)
= 0
k = 1
(4.8)
4.6. Kaidah-Kaidah Rangkaian
Kaidah-kaidah rangkaian, seperti rangkaian ekivalen seri dan paralel,
pembagi arus, pembagi tegangan, sesungguhnya merupakan konsekuensi
hukum Kirchhoff. Karena hukum ini berlaku di kawasan s maka kaidahkaidah
rangkaian juga harus berlaku di kawasan s. Dengan mudah kita
akan mendapatkan impedansi ekivalen maupun admitansi ekivalen
∑ Zk
Yekiv
paralel = ∑
Z ekiv seri = Yk
; (4.9)
Demikian pula dengan pembagi arus dan pembagi tegangan.
Y
Z
I ( s)
k
( s) ; ( s)
k
k = Itotal
Vk
= Vtotal
( s)
(4.10)
Y
Z
ekiv paralel
ekiv seri
COTOH-4.2: Carilah V C (s) pada rangkaian impedansi seri RLC
berikut ini.
V in (s)
+
−
3
s
2
s
+
V C (s)
−
Penyelesaian :
Kaidah pembagi tegangan pada rangkaian ini memberikan
2 / s
VR(
s)
= V
2
3 + s +
s
in
Pemahaman :
Jika V in (s) = 10/s maka
( s)
=
s
2
2
V
+ 3s
+ 2
in
2
( s)
=
V
( s + 1)( s + 2)
in
( s)
90 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

V
20 k k k
C ( s)
=
= 1 + 2 + 3
s(
s + 1)( s + 2) s s + 1 s + 2
20
20
→ k1
=
= 10 ; k2
=
= −20
;
( s + 1)( s + 2)
s(
s + 2)
s=
0
s=−1
20
k3
=
= 10
s(
s + 1)
s=−2
10 − 20 10
⇒VC
( s)
= + +
s s + 1 s + 2
−t
−2t
⇒ vC
( t)
= 10 − 20e
+ 10e
Inilah tanggapan rangkaian rangkaian RLC seri (dengan R = 3Ω , L =
1H, C = 0,5 F) dengan masukan sinyal anak tangga yang
amplitudonya 10 V.
4.7. Teorema Rangkaian
4.7.1. Prinsip Proporsionalitas
Prinsip proporsionalitas merupakan pernyataan langsung dari sifat
rangkaian linier. Di kawasan t, pada rangkaian dengan elemen-elemen
resistor, sifat ini dinyatakan oleh hubungan
y ( t)
= Kx(
t)
dengan y(t) dan x(t) adalah keluaran dan masukan dan K adalah suatu
konstanta yang ditentukan oleh nilai-nilai resistor yang terlibat.
Transformasi Laplace dari kedua ruas hubungan diatas akan memberikan
Y ( s)
= KX
( s)
dengan Y(s) dan X(s) adalah sinyal keluaran dan masukan di kawasan s.
Untuk rangkaian impedansi,
Y ( s)
= Ks X ( s)
(4.11)
Perbedaan antara prinsip proporsionalitas pada rangkaian-rangkaian
resistor dengan rangkaian impedansi terletak pada faktor K s . Dalam
rangkaian impedansi nilai K s , merupakan fungsi rasional dalam s.
Sebagai contoh kita lihat rangkaian seri RLC dengan masukan V in (s). Jika
tegangan keluaran adalah tegangan pada resistor V R (s), maka
91

R
VR(
s)
=
V
R + sL + (1/ sC)
in
⎡
( s)
= ⎢
⎣ LCs
2
RCs ⎤
⎥V
+ RCs + 1 ⎦
in
( s)
Besaran yang berada dalam tanda kurung adalah faktor proporsionalitas.
Faktor ini, yang merupakan fungsi rasional dalam s, memberikan
hubungan antara masukan dan keluaran dan disebut fungsi jaringan.
4.7.2. Prinsip Superposisi
Prinsip superposisi menyatakan bahwa untuk rangkaian linier besarnya
sinyal keluaran dapat dituliskan sebagai
y o( t)
= K1x1
( t)
+ K2x2(
t)
+ K3x3(
t)
+ ⋅⋅ ⋅
dengan x 1 , x 2 , x 3 … adalah sinyal masukan dan K 1 , K 2 , K 3 … adalah
konstanta proporsionalitas yang besarnya tergantung dari nilai-nilai
elemen dalam rangkaian. Sifat linier dari transformasi Laplace menjamin
bahwa prinsip superposisi berlaku pula untuk rangkaian linier di kawasan
s dengan perbedaan bahwa konstanta proporsionalitas berubah menjadi
fungsi rasional dalam s dan sinyal-sinyal dinyatakan dalam kawasan s.
Y o ( s)
= Ks
1X1(
s)
+ Ks2
X 2(
s)
+ Ks3X3(
s)
+ ⋅ ⋅ ⋅ (4.12)
4.7.3. Teorema Thévenin dan orton
Konsep mengenai teorema Thévenin dan Norton pada rangkaianrangkaian
impedansi, sama dengan apa yang kita pelajari untuk
rangkaian dengan elemen-elemen resistor. Cara mencari rangkaian
ekivalen Thévenin dan Norton sama seperti dalam rangkaian resistor,
hanya di sini kita mempunyai impedansi ekivalen Thévenin, Z T , dan
admitansi ekivalen Norton, Y , dengan hubungan sbb:
V ( s)
= V
Z
T
T
1
=
Y
ht
( s)
= I
V
=
I
T
( s)
( s)
( s)
Z
T
;
I
( s)
= I
hs
V ( s)
( s)
=
T
Z
T
(4.13)
92 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

COTOH-4.3: Carilah rangkaian ekivalen Thevenin dari rangkaian
impedansi berikut ini.
s
2
s
+ ω
2
+
−
R
1
sC
B
E
B
A
N
Penyelesaian :
V ( s)
= V
T
ht
1/ sC
( s)
=
R + (1/ sC)
s
2
s
+ ω
2
s / RC
=
( s + 1/ RC)(
s
2
+ ω
2
)
1 s
I ( s)
= Ihs(
s)
=
R 2 2
s + ω
Z R / sC 1
T = R || (1/ RC)
= =
R + 1/ sC C(
s + 1/ RC)
V T
+
−
Z T
B
E
B
A
N
4.8. Metoda-Metoda Analisis
Metoda-metoda analisi, baik metoda dasar (metoda reduksi rangkaian,
unit output, superposisi, rangkaian ekivalen Thevenin dan Norton)
maupun metoda umum (metoda tegangan simpul, arus mesh) dapat kita
gunakan untuk analisis di kawasan s. Hal ini mudah dipahami mengingat
hukum-hukum, kaidah-kaidah maupun teorema rangkaian yang berlaku
di kawasan t berlaku pula di kawasan s. Berikut ini kita akan melihat
contoh-contoh penggunaan metoda analisis tersebut di kawasan s.
4.8.1. Metoda Unit Output
COTOH-4.4: Dengan menggunakan metoda unit output, carilah
V 2 (s) pada rangkaian impedansi di bawah ini.
93

I 1 (s)
Penyelesaian :
Misalkan : V2(
s)
= 1
→VC
( s)
= V2(
s)
= 1 →
1
IC
( s)
= = sC
1/ sC
→ IL(
s)
= IC
( s)
= sC →
2
VL(
s)
= sL × sC = LCs
2
2
LCs + 1
→VR(
s)
= VL(
s)
+ VC
( s)
= LCs + 1 → IR(
s)
=
R
2
2
*
LCs + 1 LCs + RCs + 1
⇒ I1
( s)
= IR(
s)
+ I L(
s)
= + sC =
R
R
1 R
⇒ Ks
= =
*
2
I1
( s)
LCs + RCs + 1
R
⇒V2(
s)
= KsI1(
s)
=
I1(
s)
2
LCs + RCs + 1
4.8.2. Metoda Superposisi
COTOH-4.5: Dengan menggunakan metoda superposisi, carilah
tegangan
induktor v o (t)
pada rangkaian
berikut ini.
Penyelesaian :
Au(t)
I R (s)
Rangkaian kita transformasikan ke kawasan s menjadi
+
−
I L (s)
R
R
sL
I C (s)
L
+
v o
−
1/sC
R
+
V 2 (s)
−
Bsinβt
A
s
R
+
+
Bβ
− sL V
R
o
2 2
s + β
−
Jika sumber arus dimatikan, maka rangkaian menjadi :
94 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

95
L
R
s
A
A
sL
R
L
s
A
sL
R
RLs
R
sL
R
RLs
s
sL
R
RLs
Z
R
L
2
/
2
/
2
)
o1 (
//
+
=
+
=
+
+
+
=
⇒
+
=
→
V
Jika sumber tegangan dimatikan, rangkaian menjadi :
)
)(
2
/
(
2
2
1
1
1
1/
)
(
)
(
2
2
2
2
2
2
o2
+ β
+
β
=
+ β
β
×
+
=
+ β
β
×
+
+
×
=
×
=
s
L
R
s
s
RB
s
B
R
sL
sRL
s
B
sL
R
R
sL
sL
s
I
sL
s
L
V
θ
−
−
θ
β
=−
=−
β
+
=
→
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
β
+
θ =
β
+
=
β
−
=
β
−
+
=
→
+ β
= −
+ β
=
→
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
β
−
+
β
+
+
+
β
+
+
=
+
=
⇒
j
j
j
s
L
R
s
e
L
R
k
L
R
e
L
R
j
L
R
j
s
L
R
s
s
k
L
R
L
R
s
s
k
j
s
k
j
s
k
L
R
s
k
RB
L
R
s
A
s
s
s
2
2
3
1
2
2
2
2
2
2
/
2
2
1
3
2
1
o2
o1
o
4
)
/
(
1
/
2
tan
,
4
)
/
(
1
2
/
1
)
)(
2
/
(
)
2
/
(
)
2
/
(
)
(
2
/
2
2
/
2
/
)
(
)
(
)
( V
V
V
+
−
s
A R sL
+
V o1
−
R
2
2
+ β
β
s
B
R
sL
+
V o2
−
R

R
L
A −
⇒ v = 2
o ( t)
e
2
⎡
R
⎢ ( R / 2L)
− t
−
e 2L
t RBβ
⎢
2 2
( R / 2L)
+ β
+ ⎢
2 ⎢ 1
⎢
+
2 2
⎢⎣
( R / L)
+ 4β
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥⎦
− j(
βt−θ)
j(
βt−θ)
( e + e )
⎤
2
R
⎡ A R Bβ
⎤ − t
⇒ v ( )
2
o t = ⎢ − ⎥e
L +
2 2 2
⎢⎣
R + 4Lβ
⎥⎦
RBβ
cos( βt
− θ)
2 2
( R / L)
+ 4β
4.8.3. Metoda Reduksi Rangkaian
COTOH-4.6: Dengan menggunakan metoda reduksi rangkaian
selesaikanlah persoalan pada contoh 4.5.
Penyelesaian :
Rangkaian yang
ditransformasikan ke
kawasan s kita gambar
lagi seperti di samping
ini.
Jika sumber
tegangan
+
ditransformasikan
A R Bβ
menjadi sumber
sL V
R
o
2
sR
s + β
arus, kita
−
mendapatkan
rangkaian dengan dua sumber arus dan dua resistor diparalel.
Rangkaian tersebut dapat
disederhanakan menjadi
rangkaian dengan satu
sumber arus, dan kemudian
menjadi rangkaian dengan
sumber tegangan.
+
+
R A Bβ
− sL V
R
o
2 2
s
s + β
−
R/2 sL
+
V o
−
2
Bβ
+
2 2
s + β
A
sR
sL
+
V o
−
R/2
+
−
R ⎛
⎜
Bβ
+
2
2 2
⎝ s + β
A
sR
⎞
⎟
⎠
96 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Dari rangkaian terakhir ini kita diperoleh :
sL R ⎛
⎞
⎜
Bβ
A
V
+ ⎟
o(
s)
= ×
sL + R / 2 2
2 2
⎝ s + β sR ⎠
A / 2 ( RBβ
/ 2) s
V o(
s)
= +
s + R / 2L
2 2
( s + R / 2L)(
s + β )
Hasil ini sama dengan apa yang telah kita peroleh dengan metoda
superposisi pada contoh 4.20. Selanjutnya transformasi balik ke kawasan
t dilakukan sebagaimana telah dilakukan pada contoh 4.20.
4.8.4. Metoda Rangkaian Ekivalen Thévenin
COTOH-4.7: Dengan menggunakan rangkaian ekivalen Thévenin
selesaikanlah persoalan
pada contoh 4.5.
+
R +
A Bβ
Penyelesaian :
sL V
R
o
Kita akan menggunakan
gabungan metoda
superposisi dengan
rangkaian ekivalen
Thévenin.
+
R +
A
V
R
ht
2
s
s
Tegangan hubungan
−
terbuka pada waktu
induktor dilepas, adalah jumlah tegangan yang diberikan oleh
sumber tegangan dan sumber arus secara terpisah, yaitu
V T ( s)
= V
( s)
=
R
R
×
+ R
A/
2 RBβ
/ 2
= +
s 2 2
s + β
Dilihat dari terminal induktor,
impedansi Z T hanyalah berupa dua
resistor paralel, yaitu
ht
R
Z T =
2
− 2 2
s
s + β
A
s
+ R ×
+
−
−
Bβ
− 2
+ β
1
2
×
s
V T
2
Z T
Bβ
+ β
2
sL
+
V o
−
97

Dengan demikian maka tegangan induktor menjadi
Vo
sL
sL ⎛ / 2 / 2 ⎞
( )
( )
⎜
A RBβ
s = V
⎟
T s =
+
sL + Z
/ 2
2 2
T sL + R ⎝ s s + β ⎠
A/
2 ( RBβ
/ 2) s
= +
s + R / 2L
2 2
( s + R / 2L)(
s + β )
Persamaan ini telah kita peroleh sebelumnya, baik dengan metoda
superposisi maupun metoda reduksi rangkaian.
4.8.5. Metoda Tegangan Simpul
COTOH 4.8: Selesaikan persoalan pada contoh 4.5. dengan
menggunakan metoda
A
tegangan simpul.
Penyelesaian :
+
R +
A Bβ
sL V
R
o
2
s
s + β
Dengan referensi
−
B
tegangan seperti terlihat
pada gambar di atas,
persamaan tegangan simpul untuk simpul A adalah:
⎛ 1 1 1 ⎞ 1 A
( s)
⎜ + + ⎟ − −
⎝ R R sL ⎠ R s s
Bβ
V o 2 2
=
Dari persamaan tersebut di atas kita peroleh
⎛ 2Ls
+ R ⎞ A Bβ
Vo
( s)
⎜ ⎟ = +
2 2
⎝ RLs ⎠ Rs s + β
+ β
atau
RLs ⎛
⎞
( ) ⎜
A Bβ
Vo
s =
+ ⎟
2Ls
+ R
2 2
⎝ Rs s + β ⎠
A / 2 ( RBβ
/ 2) s
= +
s + R / 2L
2 2
( s + R / 2L)(
s + β )
Hasil yang kita peroleh sama seperti sebelumnya.
Pemahaman :
− 2
Dalam analisis di kawasan s, metoda tegangan simpul untuk
rangkaian dengan beberapa sumber yang mempunyai frekuensi
0
98 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

erbeda, dapat langsung digunakan. Hal ini sangat berbeda dari
analisis di kawasan fasor, dimana kita tidak dapat melakukan
superposisi fasor dari sumber-sumber yang mempunyai frekuensi
berbeda.
4.8.6. Metoda Arus Mesh
COTOH-4.9: Pada rangkaian berikut ini tidak terdapat simpanan
energi awal. Gunakan metoda arus mesh untuk menghitung i(t).
10 u(t)
+
−
10mH
10kΩ
10kΩ
i(t)
1µF
Penyelesaian :
Transformasi rangkaian ke kawasan s adalah seperti gambar berikut
ini. Kita
tetapkan
0.01s 10 4 I(s)
referensi
10 +
10 4 6
V
arus mesh 1 ( s)
=
10
s − I A I B
s
I A dan I B .
Persamaan
arus mesh dari kedua mesh adalah
4
( 0.01s
+ 10 )
10
4
− + I A(
s)
− IB(
s)
× 10 = 0
s
⎛
6
4 4 10 ⎞
4
I ( ) ⎜10
+ 10 + ⎟
B s
− I ( s)
× 10 = 0
⎜
⎟ A
⎝
s
⎠
Dari persamaan kedua kita peroleh:
→
2
( 2s
+ 10 )
( s)
I A ( s)
= I
s
Sehingga:
B
99

dengan
4
− 10 −
β =
( ) ( 2
)
4 2s
+ 10
0.01s
+ 10
10
4
⇒ − +
I B ( s)
− IB
( s)
× 10 = 0
s
s
10
⇒ I(
s)
= IB
( s)
=
2 4
6 4
0,02s
+ 2 × 10 s + s + 10 − 10 s
10
10
=
=
2 4 6
0,02s
+ 10 s + 10 ( s − α)(
s − β)
4
− 10 +
α =
8 4
10 − 8 × 10
0,04
8 4
10 − 8 × 10
0,04
≈ −500000
≈ −100
;
10
k
( )
1 k
⇒ I s =
= + 2
( s + 100)( s + 500000) s + 100 s + 50000
10
−5
10
−5
k1
=
= 2 × 10 ; k2
=
= −2
× 10
s + 500000 s=−100
s + 100 s=−500000
−100t
−500000t
⇒ i(
t)
= 0,02[ e − e ] mA
100 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Soal-Soal
1. Sebuah resistor 2 kΩ dihubungkan seri dengan sebuah induktor 2 H;
kemudian pada rangkaian ini diterapkan sinyal tegangan v(t)=10u(t)
V. Bagaimanakah bentuk tegangan pada induktor dan pada resistor ?
Bagaimanakah tegangannya setelah keadaan mantap tercapai?
2. Ulangi soal 1 jika tegangan yang diterapkan v(t) = [20sin300t] u(t) V.
3. Ulangi soal 1 jika tegangan yang diterapkan v(t) = [20cos300t] u(t) V.
4. Rangkaian seri resistor dan induktor soal 1 diparalelkan kapasitor 0.5
µF. Jika kemudian pada rangkaian ini diterapkan tegangan
v(s)=10u(t) V bagaimanakah bentuk arus induktor ? Bagaimanakah
arus tersebut setelah keadaan mantap tercapai?
5. Ulangi soal 4 dengan tegangan masukan v(t)=[20sin300t]u(t) V.
6. Ulangi soal 4 dengan tegangan masukan v(t)=[20cos300t]u(t) V.
7. Sebuah kapasitor 2 pF diserikan dengan induktor 0,5 H dan pada
hubungan seri ini diparalelkan resistor 5 kΩ. Jika kemudian pada
hubungan seri-paralel ini diterapkan sinyal tegangan v(t)=10u(t) V,
bagaimanakah bentuk tegangan kapasitor ?
8. Ulangi soal 7 dengan tegangan masukan v(t) = [20sin300t] u(t) V.
9. Sebuah resistor 100 Ω diparalelkan dengan induktor 10 mH dan pada
hubungan paralel ini diserikan kapasitor 0,25 µF. Jika kemudian pada
hubungan seri-paralel ini diterapkan tegangan v(t) = 10u(t) V, carilah
bentuk tegangan kapasitor.
10. Ulangi soal 9 dengan tegangan masukan v(t) = [20sin300t] u(t) V.
11. Carilah tanggapan status nol (tidak ada simpanan energi awal pada
rangkaian) dari i L pada rangkaian berikut jika v s =10u(t) V.
+
−
1kΩ i L
v s 1kΩ 0.1H
101

12. Carilah tanggapan status nol dari v C dan i L pada rangkaian berikut
jika v s =100u(t) V.
+
−
5kΩ
v s
0,05µF
+
v C
−
i L
50mH
13. Carilah tanggapan status nol dari v C dan i L pada rangkaian berikut
jika v s =[10cos20000t]u(t) V.
+
−
500Ω
v s
0,05µF
+
v C
−
i L
50mH
14. Carilah i pada rangkaian berikut, jika i s =100u(t) mA dan tegangan
awal kapasitor adalah v C (0) = 10 V.
i s
0,05µF i
5kΩ
5kΩ
15. Ulangi soal 14 untuk i s =[100cos400t] u(t) mA.
16. Carilah v o pada rangkaian berikut, jika i s =100u(t) mA dan arus awal
induktor adalah i L (0) = 10 mA.
i s
5kΩ
0,1H
5kΩ
+
v o
−
17. Ulangi soal 16 untuk i s = [100cos400t] u(t) mA.
18. Carilah tanggapan status nol dari v L pada rangkaian berikut, jika v s =
10u(t) V , i s = [10sin400t]u(t) mA.
+
−
0,5kΩ +
v v L s
−
0,1H 0,5kΩ
i s
102 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

19. Carilah tanggapan status nol dari v 2 pada rangkaian berikut jika v s =
[10cos(900t+30 o )] u(t) V.
+
−
10mH
v 1
10kΩ
1µF
10kΩ
+
v 2
−
20. Ulangi soal 17 jika tegangan awal kapasitor 5 V sedangkan arus awal
induktor nol.
21. Pada rangkaian berikut carilah tanggapan status nol dari tegangan
keluaran v o (t) jika tegangan masukan v s (t)=10u(t) mV.
v s
+
−
10kΩ
1kΩ
i
10kΩ
100i
0,1µF +
v o
100kΩ −
22. Pada rangkaian berikut carilah tanggapan status nol dari tegangan
keluaran v o (t) jika tegangan masukan v s (t)=10u(t) mV.
i
10kΩ 2pF
v s
+
− 20pF
1kΩ
10kΩ
50i
+
v o
−
23. Untuk rangkaian berikut, tentukanlah v o dinyatakan dalam v in .
R 1
C 1
C 2
R 2
+
v in
+
− +
v o
103

10kΩ
10kΩ
+
1µF
v in
−
+ +
v o
R 1
C 1
C 2
R 2
+
v in
R 2
−
+ +
v o
26. Untuk rangkaian
transformator linier
berikut ini tentukanlah i 1
dan i 2 .
+
−
50Ω
50u(t) V
i 1
i 2
M
L 1 L 2
80Ω
L 1 =0,75H L 2 =1H
M = 0,5H
27. Pada hubungan beban dengan
transformator berikut ini,
nyatakanlah impedansi masukan
Z in sebagai fungsi dari M.
M
L 1 L 2
50Ω
Z in
L 1 =20mH L 2 =2mH
28. Berapakah M agar Z in pada soal 27 menjadi
( 0,2s
+ 25000)
0,02s
Z in =
s + 25000
29. Jika tegangan masukan pada transformator soal 28 adalah
v in = 10cos300t
V , tentukan arus pada beban 50 Ω.
104 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

BAB 5
Fungsi Jaringan
Pembahasan fungsi jaringan akan membuat kita
• memahami makna fungsi jaringan, fungsi masukan, dan fungsi
alih;
• mampu mencari fungsi alih dari suatu rangkaian melalui analisis
rangkaian;
• memahami peran pole dan zero dalam tanggapan rangkaian;
• mampu mencari fungsi alih rangkaian jika tanggapan terhadap
sinyal impuls ataupun terhadap sinyal anak tangga diketahui.
5.1. Pengertian dan Macam Fungsi Jaringan
Sebagaimana kita ketahui, prinsip proporsionalitas berlaku di kawasan s.
Faktor proporsionalitas yang menghubungkan keluaran dan masukan
berupa fungsi rasional dalam s yang disebut fungsi jaringan (network
function). Secara formal, fungsi jaringan di kawasan s didefinisikan
sebagai perbandingan antara tanggapan status nol dan sinyal masukan.
Tanggapan Status Nol ( s)
Fungsi Jaringan = (5.1)
Sinyal Masukan ( s)
Definisi ini mengandung dua pembatasan, yaitu a) kondisi awal harus
nol dan b) sistem hanya mempunyai satu masukan.
Fungsi jaringan yang sering kita hadapi ada dua bentuk, yaitu fungsi
masukan (driving-point function) dan fungsi alih (transfer function).
Fungsi masukan adalah perbandingan antara tanggapan di suatu gerbang
(port) dengan masukan di gerbang yang sama. Fungsi alih adalah
perbandingan antara tanggapan di suatu gerbang dengan masukan pada
gerbang yang berbeda.
5.1.1. Fungsi Masukan
Contoh fungsi masukan adalah impedansi masukan dan admitansi
masukan, yang merupakan perbandingan antara tegangan dan arus di
terminal masukan.
V ( s)
I(
s)
Z(
s)
= ; Y ( s)
=
(5.2)
I(
s)
V ( s)
105

5.1.2. Fungsi Alih
Dalam rangkaian pemroses sinyal, pengetahuan mengenai fungsi alih
sangat penting karena fungsi ini menentukan bagaimana suatu sinyal
masukan akan mengalami modifikasi dalam pemrosesan. Karena sinyal
masukan maupun sinyal keluaran dapat berupa tegangan ataupun arus,
maka kita mengenal empat macam fungsi alih, yaitu
Vo
( s)
Fungsi Alih Tegangan : TV
( s)
= ;
Vin(
s)
Fungsi Alih Arus :
Io(
s)
TI
( s)
=
Iin(
s)
Admitansi Alih :
Io(
s)
TY
( s)
= ;
Vin(
s)
Impedansi Alih :
Vo
( s)
TZ
( s)
=
Iin(
s)
(5.3)
T V (s) dan T I (s) tidak berdimensi. T Y (s) mempunyai satuan siemens dan
T Z (s) mempunyai satuan ohm. Fungsi alih suatu rangkaian dapat
diperoleh melalui penerapan kaidah-kaidah rangkaian serta analisis
rangkaian di kawasan s. Fungsi alih memberikan hubungan antara sinyal
masukan dan sinyal keluaran di kawasan s. Berikut ini kita akan melihat
beberapa contoh pencarian fungsi alih.
COTOH-5.1: a).
b).
Carilah
+ R 1
impedansi
− V s (s) Cs
masukan yang
dilihat oleh
sumber pada rangkaian-rangkaian berikut ini.
Penyelesaian :
1 RCs + 1
a). Zin
= R + = ;
Cs Cs
R
⇒ Zin
=
1 + RCs
b). Y
in
I s (s)
R
1 1 + RCs
= + Cs =
R R
1
Cs
106 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

COTOH-5.2: Carilah fungsi alih rangkaian-rangkaian berikut.
+
V in (s)
−
R
a).
Penyelesaian :
1
Cs
+
V o (s)
−
I in (s)
Kaidah pembagi tegangan untuk rangkaian a) dan kaidah pembagi
arus untuk rangkaian b) akan memberikan :
1
Cs
b).
Vo
( s)
1/ Cs 1
a). TV
( s)
= = = ;
Vin
( s)
R + 1/ Cs RCs + 1
Io
( s)
1/ R 1
b). TI
( s)
= = =
Iin(
s)
1/ R + sC 1 + sRC
R
I o (s)
COTOH-5.3: Tentukan impedansi
masukan dan fungsi alih
rangkaian di samping ini.
Penyelesaian :
+
v in
−
L
R 1
R
C
2
+
v o
−
Transformasi rangkaian ke
kawasan s memberikan
+
V in (s)
−
Ls
R 1
R
1/Cs
2
+
V o (s)
−
( R + 1/ Cs) || ( Ls + R )
Z in
Vo
( s)
R2
TV
( s)
= = V in ( s)
Ls + R2
= 1
2
( R1
+ 1/ Cs)(
Ls + R )
=
2
R1
+ 1/ Cs + R2
+ Ls
( R1Cs
+ 1)( Ls + R2
)
=
2
LCs + ( R1
+ R2)
Cs + 1
107

COTOH-5.4: Tentukan impedansi
masukan dan fungsi alih
rangkaian di samping ini.
Penyelesaian :
Transformasi rangkaian ke
kawasan s memberikan
rangkaian berikut ini :
+
v in
−
R 1
R 2
C 1
C 2
−
+
+
v o
−
R 1
R 2
+
V in (s)
−
1/C 1 s 1/C 2 s
−
+
+
V o (s)
−
R /
|| ( 1/ )
1 C1s
R
Z 1
in = R1
C1s
= =
R1
+ 1/ C1s
R1
C1s
+ 1
Vo
( s)
Z 2 R2
|| (1/ C2s)
TV
( s)
= = − = −
Vin
( s)
Z1
R1
|| (1/ C1s)
R2
R1C1
s + 1
= − ×
R2C2s
+ 1 R1
R2
R1C1s
+ 1
= −
R1
R2C2s
+ 1
COTOH-5.5: Tentukan
fungsi alih rangkaian
di samping ini.
Penyelesaian :
+
v s
−
1MΩ
1µF
µv x
Transformasi
rangkaian ke kawasan s memberikan rangkaian dan persamaan
berikut ini
A
1MΩ
1µF
+
v x
−
+
−
+ v o
108 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

+
V s (s)
−
10 6 /s
10 6 A +
10 6
V x
10 6 /s
−
+
−
µV x
+ V o (s)
Persamaan tegangan untuk simpul A :
(2s
+ 2 + s
⎛
⎜V
⎜
⎜
⎜
⎝
1
A
−6
−6
−6
( 10 + 10 + 10 s)
− V
−10
10
in
−6
+ (3 − µ ) s + 1
−6
sµ
V
+ s − 1 − µ s)
V
− V
x
x
10
−6
⎞
⎟
⎟
⎟
= 0
⎟
⎠
10 / s
sedangkan : Vx
=
V
6 6 A
10 + 10 / s
1
= VA
→ VA
= ( s + 1) Vx
s + 1
⇒ ( s + 1)(2 + s)
V − V − V − sµ
V = 0 atau
V
⇒
V
x
in
=
s
2
2
x
in
6
x
x
= V
in
x
Fungsi alih :
T
V
V
( s)
=
V
o
s
( s)
µ Vx
( s)
= =
( s)
V ( s)
s
s
2
µ
+ (3 − µ ) s + 1
5.2. Peran Fungsi Alih
Dengan pengertian fungsi alih sebagaimana telah didefinisikan, keluaran
dari suatu rangkaian di kawasan s dapat dituliskan sebagai
Y ( s)
= T(
s)
X ( s)
; dengan
X ( s)
: pernyataan sinyal masukan di
Y ( s)
T(
s)
adalah fungsi alih
kawasan
: keluaran (tanggapan status nol) di kawasan
s
s.
(5.4)
Fungsi alih T(s) berupa fungsi rasional yang dapat dituliskan dalam
bentuk rasio dari dua polinom a(s) dan b(s) :
109

(
s)
bm
s
T(
s)
= =
a(
s)
a s
n
m
n
+ b
+ a
m−1
m−1s
n−1
n−1s
⋅⋅⋅⋅⋅+ b s + b
1
1
⋅⋅⋅⋅⋅+ a s + a
0
0
(5.5)
Nilai koefisien polinom-polinom ini berupa bilangan riil, karena
ditentukan oleh parameter rangkaian yang riil yaitu R, L, dan C. Fungsi
alih dapat dituliskan dalam bentuk
( s − z )( ) ( )
( )
1 s − z2
⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ s − z
T s = K
m
(5.6)
( s − p )( s − p ) ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ( s − p )
1
Dengan bentuk ini jelas terlihat bahwa fungsi alih akan memberikan zero
di z 1 …. z m dan pole di p 1 …. p n . Pole dan zero dapat mempunyai nilai
riil ataupun kompleks konjugat karena koefisien dari b(s) dan a(s) adalah
riil. Sementara itu sinyal masukan X(s) juga mungkin mengandung zero
dan pole sendiri. Oleh karena itu, sesuai dengan persamaan (5.6), sinyal
keluaran Y(s) akan mengandung pole dan zero yang dapat berasal dari
T(s) ataupun X(s). Pole dan zero yang berasal dari T(s) disebut pole
alami dan zero alami, karena mereka ditentukan semata-mata oleh
parameter rangkaian dan bukan oleh sinyal masukan; sedangkan yang
berasal dari X(s) disebut pole paksa dan zero paksa karena mereka
ditentukan oleh fungsi pemaksa (masukan).
COTOH-5.6: Jika sinyal masukan pada rangkaian dalam contoh-5.5
adalah v in = cos2t u(t) , carilah pole dan zero sinyal keluaran V o (s)
untuk µ = 0,5.
Penyelesaian :
2
s
Pernyataan sinyal masukan di kawasan s adalah : V in(
s)
=
s 2 + 4
Fungsi alih rangkaian telah diperoleh pada contoh 5.5; dengan µ =
0,5 maka
µ
0,5
T V ( s)
=
=
2
2
s + (3 − µ ) s + 1 s + 2,5s
+ 1
Dengan demikian sinyal keluaran menjadi
0,5 s
Vo
( s)
= TV
( s)
Vin
( s)
=
2
2
s + 2,5s
+ 1 s + 4
0,5
s
=
( s + 2)( s + 0,5) ( s + j2)(
s − j2)
Pole dan zero adalah :
n
110 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

s = −2
:
s = −0.5
:
pole
pole
alami
alami
riil
riil
s = 0
: satu
s = − j2
: pole
s = + j2
: pole
zero paksa riil
paksa imaginer
paksa imajiner
5.2.1. Rangkaian Dengan Masukan Sinyal Impuls
Sinyal masukan yang berbentuk gelombang impuls dinyatakan dengan
x(t) = δ(t). Pernyataan sinyal ini di kawasan s adalah X(s) = 1. Dengan
masukan ini maka bentuk sinyal keluaran V o (s) akan sama dengan bentuk
fungsi alih T(s).
V ( s)
= T(
s)
X ( s)
= T(
s)
× 1 = H(
s)
(5.7)
o
V o (s) yang diperoleh dengan X(s) = 1 ini kita sebut H(s) agar tidak rancu
dengan T(s). Karena X(s) = 1 tidak memberikan pole paksa, maka H(s)
hanya akan mengandung pole alami.
Kembali ke kawasan t, keluaran v o (t) = h(t) diperoleh dengan
transformasi balik H(s). Bentuk gelombang h(t) terkait dengan pole yang
dikandung oleh H(s). Pole riil akan memberikan komponen eksponensial
pada h(t); pole kompleks konjugat (dengan bagian riil negatif ) akan
memberikan komponen sinus teredam pada h(t) dan pole-pole yang lain
akan memberikan bentuk-bentuk h(t) tertentu yang akan kita lihat
melalui contoh berikut.
COTOH-5.7: Jika sinyal masukan pada rangkaian dalam contoh-5.5
adalah v in = δ(t) , carilah pole dan zero sinyal keluaran untuk nilai µ
= 0,5 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4, 5.
Penyelesaian :
µ
Fungsi alih rangkaian ini adalah : T V ( s)
=
2
s + (3 − µ ) s + 1
Dengan masukan v in = δ(t) yang berarti V in (s) = 1, maka keluaran
rangkaian adalah :
µ
H ( s)
=
2
s + (3 − µ ) s + 1
0,5
0,5
µ = 0,5 ⇒ H(
s)
=
=
2
s + 2,5s
+ 1 ( s + 2)( s + 0,5)
⇒ dua pole riil di s = −2
dan s = −0,5
111

1 0,5
µ = 1⇒
H ( s)
= = ⇒ dua pole riil di s = −1
2
2
s + 2s
+ 1 ( s + 1)
2
2
µ = 2 ⇒ H(
s)
= =
2
s + s + 1 ( s + 0,5 − j 3 / 2)( s + 0,5 + j 3 / 2)
⇒ dua pole kompleks konjugat di s = −0,5
± j
3 3
µ = 3 ⇒ H ( s)
= =
2
s + 1 ( s + j1)(
s − j1)
⇒ dua pole imajiner di s = ± j1
µ = 4 ⇒ H(
s)
=
s
2
4
=
− s + 1 ( s − 0,5 − j
3 / 2)( s − 0,5 + j
⇒ dua pole kompleks konjugat di s = 0,5 ± j
4
3 / 2
3 / 2
3 / 2)
5 5
µ = 5 ⇒ H ( s)
= = ⇒ dua pole riil di s = 1
2
2
s − 2s
+ 1 ( s −1)
Contoh-5.7 ini memperlihatkan bagaimana fungsi alih menentukan
bentuk gelombang sinyal keluaran melalui pole-pole yang dikandungnya.
Berbagai macam pole tersebut akan memberikan h(t) dengan perilaku
sebagai berikut.
µ = 0,5 : dua pole riil negatif tidak sama besar; sinyal keluaran
sangat teredam.
µ = 1 : dua pole riil negatif sama besar ; sinyal keluaran teredam
kritis.
µ =2 : dua pole kompleks konjugat dengan bagian riil negatif ;
sinyal keluaran kurang teredam, berbentuk sinus teredam.
µ = 3 : dua pole imaginer; sinyal keluaran berupa sinus tidak
teredam.
µ = 4 : dua pole kompleks konjugat dengan bagian riil positif ;
sinyal keluaran tidak teredam, berbentuk sinus dengan
amplitudo makin besar.
µ = 5 : dua pole riil posistif sama besar; sinyal keluaran
eksponensial dengan eksponen positif; sinyal makin besar
dengan berjalannya t.
112 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Gambar berikut menjelaskan posisi pole dan bentuk tanggapan rangkaian
di kawasan t yang berkaitan.
1 .2
0
pole di ± jβ
jω
0 20
-1 .2
×
×
×
pole di + α ± jβ
pole di − α ± jβ
×
×
×
σ
pole riil negatif
×
×
×
pole riil positif
pole di 0+j0
(lihat pembahasan berikut)
Gb.5.3. Posisi pole dan bentuk gelombang keluaran.
5.2.2. Rangkaian Dengan Masukan Sinyal Anak Tangga
Transformasi sinyal masukan yang berbentuk gelombang anak tangga
x(t) = u(t) adalah X(s) = 1/s. Jika fungsi alih adalah T(s) maka sinyal
keluaran adalah
T(
s)
Y ( s)
= T(
s)
X ( s)
=
(5.8)
s
Jika kita bandingkan (5.8) ini dengan (5.7) dimana tanggapan terhadap
sinyal impuls dinyatakan sebagai H(s), maka tanggapan terhadap sinyal
anak tangga ini dapat kita sebut
T(
s)
H(
s)
G ( s)
= =
(5.9)
s s
Karena H(s) hanya mengandung pole alami, maka dengan melihat bentuk
ini kita segera mengetahui bahwa tanggapan terhadap sinyal anak tangga
di kawasan s akan mengandung satu pole paksa disamping pole-pole
113

alami. Pole paksa ini terletak di s = 0 + j0; pole inilah yang ditambahkan
pada Gb. 5.3.
Mengingat sifat integrasi pada transformasi Laplace, maka g(t) dapat
diperoleh jika h(t) diketahui, yaitu
∫
g( t)
= t h(
x)
dx
(5.10)
0
Secara timbal balik, maka
dg(
t)
h ( t)
= , berlaku di semua titik kecuali di t
dt
(5.11)
dimana g(
t)
tidak kontinyu.
COTOH-5.8: Dalam contoh-5.7, jika µ = 2 dan sinyal masukan
berupa sinyal anak tangga, carilah pole dan zero sinyal keluaran.
Penyelesaian :
2
Dengan µ = 2 fungsi alihnya adalah T V ( s)
=
2
s + s + 1
Dengan sinyal masukan X(s) = 1/s , tanggapan rangkaian adalah
2 1
2
G ( s)
=
=
2
( s + s + 1) s ( s + 0,5 − j 3 / 2)( s + 0,5 + j 3 / 2) s
Dari sini kita peroleh :
s = −0,5
± j
s = 0
3 / 2
: dua pole kompleks konjugat
dengan bagian riil negatif
: satu pole paksa di 0 + j0
5.3. Hubungan Bertingkat dan Kaidah Rantai
Hubungan masukan-keluaran melalui suatu fungsi alih dapat kita
gambarkan dengan suatu diagam blok seperti Gb.5.4.a.
X(s)
T(s)
a).
Y(s)
X(s)
T 1 (s)
Y 1 (s)
b).
Gb.5.4. Diagram blok
T 2 (s) Y(s)
Suatu rangkaian pemroses sinyal seringkali merupakan hubungan
bertingkat dari beberapa tahap pemrosesan. Dalam hubungan bertingkat
ini, tegangan keluaran dari suatu tahap menjadi tegangan masukan dari
114 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

tahap berikutnya. Diagram blok dari hubungan bertingkat ini ditunjukkan
oleh Gb.5.4.b. Untuk hubungan bertingkat ini berlaku kaidah rantai yaitu
apabila suatu rangkaian merupakan hubungan bertingkat dari tahapantahapan
yang masing-masing mempunyai fungsi alih tegangan T V1 (s),
T V2 (s) ….dst. maka fungsi alih tegangan total rangkaian menjadi
T
V ( V1 V1
Vk s
s)
= T ( s)
T ( s)
⋅⋅ ⋅ ⋅T
( )
(5.12)
Kaidah rantai ini mempermudah kita dalam melakukan analisis dari suatu
rangkaian yang merupakan hubungan bertingkat dari beberapa tahapan.
Namun dalam hubungan bertingkat ini perlu kita perhatikan agar suatu
tahap tidak membebani tahap sebelumnya. Jika pembebanan ini terjadi
maka fungsi alih total tidak sepenuhnya menuruti kaidah rantai. Untuk
menekan efek pembebanan tersebut maka harus diusahakan agar
impedansi masukan dari setiap tahap sangat besar, yang secara ideal
adalah tak hingga besarnya. Jika impedansi masukan dari suatu tahap
terlalu rendah, kita perlu menambahkan rangkaian penyangga antara
rangkaian ini dengan tahap sebelumnya agar efek pembebanan tidak
terjadi. Kita akan melihat hal ini pada contoh berikut.
COTOH-5.9: Carilah fungsi alih kedua rangkaian berikut; sesudah itu
hubungkan kedua rangkaian secara bertingkat dan carilah fungsi alih
total.
+
V in
−
R 1
1/Cs
+
V o
−
+
V in
−
Ls +
R 2 V o
−
Penyelesaian : Fungsi alih kedua rangkaian berturut-turut adalah
1/ Cs 1
T V 1(
s)
= =
dan
R + 1/ Cs R Cs + 1
1
1
R
T V s =
2
2 ( )
R + Ls
Jika kedua rangkaian dihubungkan maka rangkaian menjadi seperti
di bawah ini.
2
+
V in
−
R 1
Ls
1/Cs R 2
+
V o
−
Fungsi alih rangkaian gabungan ini adalah:
115

R2
⎛ 1/ Cs || ( R + ⎞
⎜
2 Ls)
T V ( s)
=
⎟
R +
2 Ls ⎝1/
Cs || ( R2
+ Ls)
+ R1
⎠
R2
⎛ 1/ Cs(
R + )
= ⎜ 2 Ls
R +
2 Ls ⎝1/
Cs + R2
+ Ls
1/ Cs(
R2
+ Ls)
⎞
+ R1
⎟
1/ Cs + R +
2 Ls ⎠
R ⎛
⎞
2 ⎜ R2
+ Ls
=
⎟
R + ⎜ 2
⎟
2 Ls
⎝ LCs + ( L + R2C)
s + ( R1
+ R2
) ⎠
Pemahaman :
Fungsi alih dari rangkaian yang diperoleh dengan menghubungkan
kedua rangkaian secara bertingkat tidak merupakan perkalian fungsi
alih masing-masing. Hal ini disebabkan terjadinya pembebanan
rangkaian pertama oleh rangkaian kedua pada waktu mereka
dihubungkan. Untuk mengatasi hal ini kita dapat menambahkan
rangkaian penyangga di antara kedua rangkaian sehingga rangkaian
menjadi seperti di bawah ini.
+
V in
−
R 1
1/Cs
+
−
Ls +
R 2 V o
−
Diagram blok rangkaian ini menjadi :
V in (s)
T V1
V o1
1
V o1
T V1
V o (s)
Contoh-5.9. di atas menunjukkan bahwa kaidah rantai berlaku jika suatu
tahap tidak membebani tahap sebelumnya. Oleh karena itu agar kaidah
rantai dapat digunakan, impedansi masukan harus diusahakan sebesar
mungkin, yang dalam contoh diatas dicapai dengan menambahkan
rangkaian penyangga. Dengan cara demikian maka hubungan masukankeluaran
total dari seluruh rangkaian dapat dengan mudah diperoleh jika
hubungan masukan-keluaran masing-masing bagian diketahui.
Pengembangan dari konsep ini akan kita lihat dalam analisis sistem.
5.4. Fungsi Alih dan Hubungan Masukan-Keluaran di Kawasan
Waktu
Dalam pembahasan di atas dapat kita lihat bahwa jika kita bekerja di
kawasan s, hubungan masukan-keluaran diberikan oleh persamaan
Y ( s)
= T ( s)
X ( s)
116 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Bagaimanakah bentuk hubungan masukan-keluaran di kawasan waktu?
Menurut (5.9) T(s) = H(s), sehingga kita dapat menggunakan konvolusi
untuk melakukan transformasi balik dari hubungan di atas dan kita
dapatkan hubungan masukan-keluaran di kawasan waktu, yaitu
t
t
y( t)
=
∫
h(
τ)
x(
t − τ)
dτ =
∫
x(
τ)
h(
t − τ)
dτ
(5.13)
0
0
dengan h(t) adalah tanggapan impuls dari rangkaian.
Persamaan (5.13) ini memberikan hubungan di kawasan waktu, antara
besaran keluaran y(t), besaran masukan x(t), dan tanggapan impuls
rangkaian h(t). Hubungan ini dapat digunakan langsung tanpa melalui
transformasi Laplace. Hubungan ini sangat bermanfaat untuk mencari
keluaran y(t) jika h(t) ataupun x(t) diperoleh secara experimental dan sulit
dicari transformasi Laplace-nya. Konvolusi berlaku untuk rangkaian
linier invarian waktu. Jika batas bawah adalah nol (seperti pada 5.13),
maka sinyal masukan adalah sinyal kausal, yaitu x(t) = 0 untuk t < 0.
5.5. Tinjauan Umum Mengenai Hubungan Masukan-Keluaran
Dari pembahasan mengenai fungsi alih diatas dan pembahasan mengenai
hubungan masukan-keluaran pada bab-bab sebelumnya, kita dapat
mengetahui bahwa hubungan antara sinyal keluaran dan sinyal masukan
di suatu rangkaian dapat kita peroleh dalam beberapa bentuk. Di kawasan
s, hubungan tersebut diperoleh melalui transformasi Laplace. Hubungan
tersebut juga dapat kita peroleh di kawasan t melalui konvolusi. Di
samping itu kita ingat pula bahwa hubungan antara sinyal keluaran dan
sinyal masukan dapat pula diperoleh dalam bentuk persamaan
diferensial, seperti yang kita temui pada waktu kita membahas analisis
transien. Jadi kita telah mempelajari tiga macam bentuk hubungan antara
sinyal keluaran dan sinyal masukan, yaitu
• transformasi Laplace,
• konvolusi,
• persamaan diferensial.
Kita masih akan menjumpai satu lagi bentuk hubungan sinyal keluaran
dan sinyal masukan yaitu melalui transformasi Fourier. Akan tetapi
sebelum membahas transformasi Fourier kita akan melihat lebih dulu
tanggapan frekuensi dalam bab berikut ini.
117

Soal-Soal
1. Terminal AB rangkaian berikut
adalah terminal masukan, dan
terminal keluarannya adalah CD.
Tentukanlah admitansi
masukannya (arus / tegangan
masukan di kawasan s) jika
terminal keluaran terbuka.
A
B
1H
1kΩ
0,5µF
1kΩ
C
D
2. Jika tegangan masukan v 1 (t)=10u(t) V, gambarkan diagram pole-zero
dari arus masukan dan sebutkan jenis pole dan zero yang ada
3. Tegangan keluaran v 2 (t) rangkaian soal 1 diperoleh di terminal CD.
Tentukan fungsi alih tegangannya (tegangan keluaran / tegangan
masukan di kawasan s).
4. Jika tegangan masukan v 1 (t) = 10 u(t) V Gambarkan diagram pole-zero
tegangan keluaran.
5. Ulangi soal 2 dengan tegangan masukan v 1 (t) = 10[sin100t]u(t) V.
6. Ulangi soal 4 dengan tegangan masukan v 1 (t) = 10[sin100t]u(t) V.
7. Tentukan fungsi alih pada rangkaian berikut dan gambarkan digram
pole-zero dari tegangan keluaran V o (s)dan sebutkan jenis pole dan
zeronya.
R 1 C
+
+
− u(t)
v
L R o
2
−
a). b).
+
−
R 1
cos1000t
R 2
C
+
v o
−
R 1
R 2
C
R
+
+
C
− u(t) L
v o
−
c). d).
+
−
u(t)
−
+
+
v o
−
118 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

+
−
u(t)
+
−
R 1
R 2
C −
e). f).
+
v o
+
−
u(t)
+
−
R 1
R 2
C
+
v o
−
+
−
u(t)
R 2
+
−
C
R 1
−
g). L
h),
+
v o
+
−
u(t)
R 2
+
−
L
C
R 1
+
v o
−
8. Carilah fungsi alih, g(t), dan h(t) dari rangkaian berikut.
+
v in
−
a).
10kΩ
0,5H
1kΩ
+
v o
−
+
v in
−
b).
1H
1kΩ
0,5µF
1kΩ
+
v o
−
c),
+
v in
−
10kΩ
+
−
10kΩ
1µF
+
v o
−
d).
100kΩ
+
v in
−
10kΩ
−
+
1µF
+
v o
−
9. Carilah fungsi alih hubungan bertingkat yang: (a)tahap pertamanya
rangkaian soal 18 dan tahap keduan rangkaian pada soal 15; (b) tahap
pertama rangkaian pada soal 19 dan tahap kedua rangkaian pada soal
16; (c) tahap pertama rangkaian soal 15 sedangkan tahap kedua
rangkaian pada soal 18; (d) tahap pertama rangkaian soal 16
sedangkan rangkaian pada soal 19 menjadi tahap kedua.
119

13. Carilah fungsi alih dari suatu rangkaian jika diketahui bahwa
tanggapannya terhadap sinyal anak tangga adalah :
−5000
t
a). g(
t)
= −e
u(
t);
b). g(
t)
=
c). g(
t)
=
d). g(
t)
=
e). g(
t)
=
f). g(
t)
=
g). g(
t)
=
−5000
t
( 1−
e ) u(
t);
−5000
t
( −1+
5e
) u(
t);
−1000
t −2000
t
( e − e ) u(
t);
−1000
t −2000
t
( e − e ) u(
t
−1000
t
( e sin 2000t
) u(
t)
−1000
t
( e sin 2000t
)
−
h). h(
t)
= −1000
e
1000 t
−
i). h(
t)
= δ(
t)
− 1000 e
−
j). h(
t)
= δ(
t)
− 2000 e
k). h(
t)
=
l). h(
t)
=
u(
t);
1000 t
1000 t
);
u(
t) ;
u(
t) ;
u(
t)
−1000
t
( e sin 2000t)
u(
t);
−1000
t
( e cos 2000t
) u(
t)
14. Dengan menggunakan integral konvolusi carilah tegangan kapasitor
pada rangkaian seri RC jika tegangan masukannya: (a) v 1 (t) = tu(t) ;
(b) v 1 (t) = A e −α t u(t).
120 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

BAB 6
Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde Pertama
Sebagaimana kita ketahui, kondisi operasi normal rangkaian pada
umumnya adalah kondisi mantap dan dalam operasi tersebut banyak
digunakan sinyal sinus baik pada pemrosesan energi maupun pemrosesan
sinyal listrik. Dalam teknik energi listrik, tenaga listrik dibangkitkan,
ditransmisikan, serta dimanfaatkan dalam bentuk sinyal sinus dengan
frekuensi yang dijaga konstan yaitu 50 atau 60 Hz. Dalam teknik
telekomunikasi, sinyal sinus dimanfaatkan dalam selang frekuensi yang
lebih lebar, mulai dari beberapa Hz sampai jutaan Hz. Untuk hal yang
kedua ini, walaupun rangkaian beroperasi pada keadaan mantap, tetapi
frekuensi sinyal yang diproses dapat bervariasi ataupun mengandung
banyak frekuensi (gelombang komposit), misalnya suara manusia
ataupun suara musik. Karena impedansi satu macam rangkaian
mempunyai nilai yang berbeda untuk frekuensi yang berbeda, maka
timbullah persoalan bagaimanakah tanggapan rangkaian terhadap
perubahan nilai frekuensi atau bagaimanakah tanggapan rangkaian
terhadap sinyal yang tersusun dari banyak frekuensi. Dalam bab inilah
persoalan tersebut akan kita bahas.
6.1. Tanggapan Rangkaian Terhadap Sinyal Sinus Keadaan Mantap
Pernyataan di kawasan s dari sinyal masukan berbentuk sinus x(t) =
Acos(ωt+θ) adalah (lihat Tabel-3.1.) :
s cosθ − ωsin
θ
X ( s)
= A
(6.1)
2 2
s + ω
Jika T(s) adalah fungsi alih, maka tanggapan rangkaian adalah
s cosθ − ωsin
θ
Y(
s)
= T(
s)
X(
s)
= A
T(
s)
2 2
s + ω
s cosθ − ωsin
θ
= A
T(
s)
( s − jω)(
s + jω)
(6.2)
Sebagaimana telah kita bahas di bab sebelumnya, T(s) akan memberikan
pole-pole alami sedangkan X(s) akan memberikan pole paksa dan
pernyataan (6.2) dapat kita uraikan menjadi berbentuk
121

*
k k k1
k2
kn
Y ( s)
= + + + + ⋅⋅⋅ +
s − jω
s + jω
s − p1
s − p2
s − pn
(6.3)
yang transformasi baliknya akan berbentuk
jωt
* − jωt
p1t
p2t
pnt
( t)
= ke + k e + K1e
+ k2e
+ ⋅ ⋅ ⋅ kne
(6.4)
y +
Di kawasan t, pole-pole alami akan memberikan komponen transien yang
biasanya berlangsung hanya beberapa detik (dalam kebanyakan
rangkaian praktis) dan tidak termanfaatkan dalam operasi normal.
Komponen mantaplah yang kita manfaatkan untuk berbagai keperluan
dan komponen ini kita sebut tanggapan mantap yang dapat kita peroleh
dengan menghilangkan komponen transien dari (6.4), yaitu :
y
j t j t
tm t ke
ω * − ω
( ) = + k e
(6.5)
Nilai k dapat kita cari dari (6.2) yaitu
k = ( s − jω)
Y ( s)
=
= jω
s
A
cosθ + j sin θ
= A
T(
jω)
2
s
cosθ − ωsin
θ
T ( s)
( s + jω)
s=
jω
(6.6)
Faktor T(jω) dalam (6.6) adalah suatu pernyataan kompleks yang dapat
kita tuliskan dalam bentuk polar sebagai |T(jω)|e jϕ dimana |T(jω)| adalah
nilai mutlaknya dan ϕ adalah sudutnya. Sementara itu menurut Euler
(cosθ + jsinθ) = e jθ . Dengan demikian (6.6) dapat kita tuliskan
jθ
e
jϕ
k = A T(
jω)
e
2
Dengan (6.7) ini maka tanggapan mantap (6.5) menjadi
(6.7)
jθ
− jθ
e
jϕ
jωt
e
− jϕ
− jωt
ytm(
t)
= A T(
jω)
e e + A T ( jω)
e e
2
2
⎡ j(
ωt+θ+ϕ)
− j(
ωt+θ+ϕ)
e + e ⎤
= A T(
jω)
⎢
⎥ (6.8)
⎢⎣
2 ⎥⎦
= A T(
jω)
cos( ωt
+ θ + ϕ)
122 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Persamaan (6.8) ini menunjukkan bahwa tanggapan keadaan mantap dari
suatu rangkaian yang mempunyai fungsi alih T(s) dengan masukan sinyal
sinus, akan :
• berbentuk sinus juga, tanpa perubahan frekuensi
• amplitudo berubah dengan faktor |T(jω)|
• sudut fasa berubah sebesar sudut dari T(jω), yaitu ϕ.
Jadi, walaupun frekuensi sinyal keluaran sama dengan frekuensi sinyal
masukan tetapi amplitudo maupun sudut fasanya berubah dan perubahan
ini tergantung dari frekuensi. Kita akan melihat kejadian ini dengan suatu
contoh.
COTOH-6.1 : Carilah sinyal keluaran
keadaan mantap dari rangkaian di
samping ini jika masukannya adalah v s =
10√2cos(50t + 60 o ) V.
Penyelesaian :
Transformasi rangkaian ke kawasan s
memberikan rangkaian impedansi seperti
di samping ini.
Fungsi alih rangkaian ini adalah
100 50
T V ( s)
= = .
2s
+ 100 s + 50
Karena frekuensi sinyal ω = 50 , maka
T ( j50)
V
50
= =
=
− 1
50 + j50
2 2 j tan (50 / 50) 2
50
Keluaran keadaan mantap adalah :
50
+ 50 e
10 2
o o
v o ( t)
= cos(50t
+ 60 − 45 ) = 10cos(50t
+ 15
2
Pemahaman :
1
e
− j45
Frekuensi sinyal keluaran sama dengan sinyal masukan, yaitu ω = 50
rad/sec.
Amplitudo sinyal masukan
v maks
=10
+
−
+
−
v s
V s
2H
100Ω
2s
2 V , sedangkan
100
o
)
o
+
v o
−
+
V o
−
123

T V ( jω)
= TV
( j50)
=
1
.
2
Amplitudo sinyal keluaran
vo maks = vsmaks
T(
jω)
= 10 2 ×
1
= 10 V
2
Sudut fasa sinyal masukan θ = 60 o , sedang sudut |T(jω)| = −45 o .
Sudut fasa sinyal keluaran : θ + ϕ = 60 o − 45 o = 15 o .
6.2. Pernyataan Tanggapan Frekuensi
6.2.1. Fungsi Gain dan Fungsi Fasa
Faktor pengubah amplitudo, yaitu |T(jω)| yang merupakan fungsi
frekuensi, disebut fungsi gain yang akan menentukan bagaimana gain
(perubahan amplitudo sinyal) bervariasi terhadap perubahan frekuensi.
Pengubah fasa ϕ yang juga merupakan fungsi frekuensi disebut fungsi
fasa dan kita tuliskan sebagai ϕ(ω); ia menunjukkan bagaimana sudut
fasa sinyal berubah dengan berubahnya frekuensi. Jadi kedua fungsi
tersebut dapat menunjukkan bagaimana amplitudo dan sudut fasa sinyal
sinus berubah terhadap perubahan frekuensi atau dengan singkat disebut
sebagai tanggapan frekuensi dari rangkaian. Pernyataan tanggapan ini
bisa dalam bentuk formulasi matematis ataupun dalam bentuk grafik.
COTOH-6.2: Selidikilah perubahan gain dan sudut fasa terhadap
perubahan frekuensi dari rangkaian orde pertama di bawah ini.
+
−
1 H
500Ω
500Ω
v s
+
v o
−
Penyelesaian :
Setelah di transformasikan ke kawasan s, diperoleh
124 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

500
fungsi alih rangkaian : TV
( s)
=
s + 1000
⇒ TV
( jω)
=
500
jω + 1000
500
⇒ fungsi gain : TV
( jω)
=
2 2
1000 + ω
−1
ω
⇒ fungsi fasa : ϕ(
ω)
= − tan
1000
Untuk melihat dengan lebih jelas bagaimana gain dan fasa berubah
terhadap frekuensi, fungsi gain dan fungsi fasa di plot terhadap ω.
Absis ω dibuat dalam skala logaritmik karena rentang nilai ω sangat
besar. Hasilnya terlihat seperti gambar di bawah ini.
Gain
0.5
0.5/√2
passband
stopband
ω C
0
0
ω
1 10 100 1000 10000 1E+05
1 10 100 1000 10000 1E+05
-45
ϕ [ o ]
-90
Kurva gain menunjukkan bahwa pada frekuensi rendah terdapat
gain tinggi yang relatif konstan, sedangkan pada frekuensi tinggi
gain menurun dengan cepat. Kurva fungsi fasa menujukkan bahwa
pada frekuensi rendah sudut fasa tidak terlalu berubah tetapi
kemudian cepat menurun mulai suatu frekuensi tertentu.
Gain tinggi di daerah frekuensi rendah pada contoh di atas
menunjukkan bahwa sinyal yang berfrekuensi rendah mengalami
125

perubahan amplitudo dengan faktor tinggi, sedangkan gain rendah di
frekuensi tinggi menunjukkan bahwa sinyal yang berfrekuensi tinggi
mengalami perubahan amplitudo dengan faktor rendah. Daerah
frekuensi dimana terjadi gain tinggi disebut passband sedangkan daerah
frekuensi dimana terjadi gain rendah disebut stopband. Nilai frekuensi
yang menjadi batas antara passband dan stopband disebut frekuensi
cutoff , ω C . Nilai frekuensi cutoff biasanya diambil nilai frekuensi
dimana gain menurun dengan faktor 1/√2 dari gain maksimum pada
passband.
Dalam contoh-6.2 di atas, rangkaian mempunyai satu passband yang
terentang dari frekuensi ω = 0 (tegangan searah) sampai frekuensi
cuttoff ω C , dan satu stopband mulai dari frekuensi cutoff ke atas.
Dengan kata lain rangkaian ini mempunyai passband di daerah frekuensi
rendah saja sehingga disebut low-pass gain. Inilah tanggapan frekuensi
rangkaian pada contoh-6.2.
Kebalikan dari low-pass gain adalah high-pass gain, yaitu jika passband
berada hanya di daerah frekuensi tinggi saja seperti pada contoh 6.3.
berikut ini.
COTOH-6.3: Selidikilah tanggapan frekuensi rangkaian di bawah ini.
v +
s 10 5 /s 500
− 500
+
v o
−
Penyelesaian :
Fungsi alih rangkaian adalah
T
V
⇒ T
( s)
=
10
V
5
( jω)
=
500
=
0,5s
/ s + 1000 s + 10
ω
0,5ω
2
+ 10
4
2
→ T
V
; ⇒ ϕ(
ω)
= 90
( jω)
=
o
− tan
0,5×
jω
jω + 10
−1
ω
10
2
2
126 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Kurva gain dan fasa terlihat seperti pada gambar di bawah ini.
Stopband ada di daerah frekuensi rendah sedangkan passband ada di
daerah frekuensi tinggi. Inilah karakteristik high-pass gain
Gain
0.5
0.5/√2
stopband
passband
6.2.2. Decibel
ω C
0
ω
90
1 10 100 1000 10000 1E+05
45
ϕ [ o ]
0
1 10 100 1000 10000 100000
Dalam meninjau tanggapan frekuensi, gain biasanya dinyatakan dalam
5260s (disingkat dB) yang didefinisikan sebagai
Gain
dalam
dB
= 20 logT ( jω)
(6.9)
Gain dalam dB dapat bernilai nol, positif atau negatif. Gain dalam dB
akan nol jika |T(jω)| bernilai satu, yang berarti sinyal tidak diperkuat
ataupun diperlemah; jadi gain 0 dB berarti amplitudo sinyal keluaran
sama dengan sinyal masukan. Gain dalam dB akan positif jika |T(jω)| >1,
yang berarti sinyal diperkuat, dan akan bernilai negatif jika |T(jω)| < 1,
yang berarti sinyal diperlemah.
Frekuensi cutoff adalah frekuensi dimana gain telah turun 1/√2 = 0.707
kali nilai gain maksimum dalam passband. Jadi pada frekuensi cutoff,
nilai gain adalah
⎛ 1
⎞
20 log⎜
( ) ⎟
T jω
= 20 logT(
jω)
− log 2
maks
maks
⎝ 2
⎠
(6.10)
= T(
j ω ) 3 dB
maks dB −
127

Dengan demikian dapat kita katakan bahwa frekuensi cutoff adalah
frekuensi di mana gain telah turun sebanyak 3 dB.
Untuk memberikan gambaran lebih jelas, mengenai satuan decibel
tersebut, berikut ini contoh numerik gain dalam dB yang sebaiknya kita
ingat.
COTOH-6.4: Berapa dB-kah nilai gain sinyal yang diperkuat K kali ,
jika K = 1; √2 ; 2 ; 10; 30; 100; 1000 ?
Penyelesaian :
Untuk sinyal yang diperkuat K kali,
( K T(
jω)
) = 20log( T ( jω)
) 20log( K)
gain = 20 log
+
Jadi pertambahan gain sebesar 20log(K) berarti penguatan sinyal K
kali.
K = 1
K =
K = 2
2
K = 10
K = 30
K = 100
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
K = 1000 ⇒
gain : 20log1
gain : 20log
gain : 20log 2
gain : 20log10
gain : 20log30
gain : 20log100
= 0 dB
2 ≈ 3 dB
≈ 6 dB
= 20 dB
≈ 30 dB
= 40 dB
gain : 20log1000 = 60 dB
Jika faktor K tersebut di atas bukan penguatan akan tetapi
perlemahan sinyal maka gain menjadi negatif.
K = 1/ 2 ⇒
K = 1/ 2 ⇒
K = 1/10 ⇒
K = 1/ 30 ⇒
K = 1/100 ⇒
K = 1/1000 ⇒
gain : − 3 dB
gain : − 6 dB
gain : − 20 dB
gain : − 30 dB
gain : − 40 dB
gain : − 60 dB
128 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

6.2.3. Kurva Gain Dalam Decibel
Kurva gain dibuat dengan absis (frekuensi) dalam skala logaritmik
(karena rentang frekuensi yang sangat lebar); jika gain dinyatakan dalam
dB yang juga merupakan bilangan logaritmik sebagaimana didefinisikan
pada (6.9), maka kurva gain akan berbentuk garis-garis lurus.
Low-pass gain. Dengan menggunakan satuan dB, kurva low-pass gain
pada contoh-6.2 adalah seperti terlihat pada ganbar di bawah ini. Gain
hampir konstan −6 dB di daerah frekuensi rendah, sedangkan di daerah
frekuensi tinggi gain menurun dengan kemiringan yang hampir konstan
pula.
Gain
0
[dB] −6
−9
-20
-40
ω C
ω
1 10 100 1000 10000 1E+05
High-pass gain. Dalam skala dB, high-pass gain pada contoh-6.3 adalah
seperti terlihat pada ganbar di bawah ini. Gain hampir konstan −6 dB di
daerah frekuensi tinggi sedangkan di daerah frekuensi rendah gain
meningkat dengan kemiringan yang hampir konstan pula
Gain
[dB]
0
−6
−9
-20
-40
ω C
ω
1 10 100 1000 10000 1E+05
Band-pass gain. Apabila gain meningkat di daerah frekuensi rendah
dengan kemiringan yang hampir konstan, dan menurun di daerah
frekuensi tinggi dengan kemiringan yang hampir konstan pula,
sedangkan gain tinggi berada di antara dua frekuensi cutoff kita memiliki
karakteristik band-pass gain.
129

0
Gain −3
[dB]
-20
-40
ω C
ω
1 10 100 1000 10000 1E+05
Band-pass gain kita peroleh pada rangkaian orde kedua yang akan kita
pelajari lebih lanjut di bab selanjutnya. Walaupun demikian kita akan
melihat rangkaian orde kedua tersebut sebagai contoh di di bawah ini.
COTOH-6.5: Selidikilah perubahan gain dari rangkaian orde kedua di
samping ini. Gain belum dinyatakan dalam dB.
+
−
s
10 5 /s
V in (s) 1100
+
V o (s)
−
Penyelesaian :
Fungsi alih rangkaian ini adalah
1100
1100s
1100s
T V ( s)
=
=
=
5 2
5
1100 + s + 10 / s s + 1100s
+ 10 ( s + 100)( s + 1000)
j1100ω
TV
( jω)
=
( jω + 100)( jω + 1000)
1000ω
⇒ TV
( jω)
=
2 2 2 2
ω + 100 × ω + 1000
Kurva gain terlihat seperti gambar di bawah ini. Di sini terdapat satu
passband , yaitu pada ω antara 100 ÷ 1000 dan dua stopband di
daerah frekuensi rendah dan tinggi.
130 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

1.4
Gain
1
1/√2 0.7
stopband
passband
stopband
Apabila kurva gain dibuat dalam dB, kurva yang akan diperoleh
adalah seperti diperlihatkan di atas.
COTOH-6.6: Selidikilah
perubahan gain dari rangkaian
orde kedua di samping ini.
Gain belum dinyatakan
dalam dB.
Penyelesaian :
Fungsi alih rangkaian ini
adalah
− ω + 10
TV
( jω)
=
2 4 6
− ω + j10
ω + 10
⇒ T
0
ω
1 10 100 1000 10000
10
TV
( s)
=
=
5
0,1s
× 10 / s s
10 +
5
0,1s
+ 10 / s
V
( jω)
=
(10
2
6
− ω
2
− ω
V in (s)
6
2
+ 10
)
2
6
2
s
8
2
+ 10
2
4
6
6
+ 10 s + 10
+ 10 ω
Kurva gain adalah seperti gambar di bawah ini.
1.4
Gain passband stopband passband
1
0.7
1/√2
+
−
0
ω
1 100 10000 1000000
0,1s
10 5 /s
10
+
V o (s)
−
131

Kurva ini menunjukkan bahwa ada satu stopband pada ω antara 100
÷ 10000 dan dua passband masing-masing di daerah frekuensi
rendah dan tinggi.
Karakteristik gain seperti pada contoh-6.5. disebut band-pass gain
sedangkan pada contoh-6.6 disebut band-stop gain. Frekuensi cutoff
pada band-pass gain ada dua; selang antara kedua frekuensi cutoff
disebut bandwidth (lebar pita).
6.3. Bode Plot
Bode plots adalah grafik gain dalam dB ( |T(jω| dB ) serta fasa (ϕ(ω) )
sebagai fungsi dari frekuensi dalam skala logaritmik. Kurva-kurva ini
berbentuk garis-garis lengkung. Walaupun demikian kurva ini mendekati
nilai-nilai tertentu secara asimtotis, yang memungkinkan kita untuk
melakukan pendekatan dengan garis lurus dengan patahan di titik-titik
belok. Melalui pendekatan ini, penggambaran akan lebih mudah
dilakukan. Bila kita ingin mendapatkan nilai yang lebih tepat, terutama di
sekitar titik belok, kita dapat melakukan koreksi-koreksi pada kurva
pendekatan ini.
Manfaat Bode plots dapat kita lihat misalnya dalam proses perancangan
rangkaian; kurva-kurva pendekatan garis lurus tersebut merupakan cara
sederhana tetapi jelas untuk menyatakan karakteristik rangkaian yang
diinginkan. Dari sini kita dapat menetapkan maupun mengembangkan
persyaratan-persyaratan perancangan. Selain dari pada itu, tanggapan
frekuensi dari berbagai piranti, perangkat maupun sistem, sering
dinyatakan dengan menggunakan Bode plots. Pole dan zero dari fungsi
alih peralatan-peralatan tersebut dapat kita perkirakan dari bentuk Bode
plots yang diberikan. Berikut ini kita akan mempelajari tahap demi tahap
penggambaran Bode plots dengan pendekatan garis lurus. Kita akan
mulai dari rangkaian orde pertama disusul dengan rangkaian orde kedua.
6.3.1. Low-Pass Gain
Bentuk fungsi alih rangkaian orde pertama dengan karakteristik low-pass
gain adalah
K
T V ( s)
= (6.11)
s + α
K dapat bernilai riil positif ataupun negatif. Jika K positif berarti K
mempunyai sudut θ K = 0 o dan jika negatif mempunyai sudut θ K = ±180 o .
132 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Pole fungsi alih ini haruslah riil negatif karena hanya pole negatif (di
sebelah kiri sumbu imajiner dalam bidang s) yang dapat membuat
rangkaian stabil; komponen transiennya menuju nol untuk t →∞. Hanya
rangkaian yang stabil sajalah yang kita tinjau dalam analisis mengenai
tanggapan frekuensi.
Dari (6.11) kita dapatkan :
K K
T ( jω)
= =
(6.12)
jω + α α
( 1 + jω/
α)
Fungsi gain dan fungsi fasa dapat kita tuliskan
K / α
−1
T V ( jω)
=
dan ϕ(
ω)
= θK
− tan ( ω/
α)
(6.13)
2
1 + ( ω/
α)
Fungsi gain dalam satuan dB, menjadi
( )
⎛
2
/ α − 20log 1 + ( ω/
α)
⎞
⎟ ⎠
T V ( jω)
= 20log K
dB
⎜
(6.14)
⎝
Fungsi gain ini terdiri dari dua komponen, yang ditunjukkan oleh suku
pertama dan suku kedua ruas kanan (6.14). Komponen pertama bernilai
konstan untuk seluruh frekuensi. Komponen kedua tergantung dari
frekuensi dan komponen inilah yang menyebabkan gain berkurang
dengan naiknya frekuensi. Komponen ini pula yang menentukan
frekuensi cutoff, yaitu saat (ω/α) =1 dimana komponen ini mencapai
nilai −20log√2 ≈ −3 dB. Jadi dapat kita katakan bahwa frekuensi cutofff
ditentukan oleh komponen yang berasal dari pole fungsi alih, yaitu
ω C = α
(6.15)
Gb.6.1. memperlihatkan perubahan nilai komponen kedua tersebut
sebagai fungsi frekuensi, yang dibuat dengan α = 1000. Dengan pola
perubahan komponen kedua seperti ini maka gain total akan tinggi di
daerah frekuensi rendah dan menurun di daerah frekuensi tinggi, yang
menunjukkan karakteristik low-pass gain. Kurva ini mendekati nilai
tertentu secara asimtotis yang memungkinkan dilakukannya pendekatan
garis lurus sebagai berikut.
133

0
dB
-20
-40
-60
−log√((ω/α) 2 +1)
ω C
1
10
100
1000
10000
pendekatan
garis lurus
1E+05
1E+06
ω
[rad/s]
Gb.6.1. Pola perubahan−log√((ω/α) 2 +1); α=1000 ; dan pendekatan garis
lurusnya.
Untuk frekuensi rendah, (ω/α) 1 atau ω>>α, komponen kedua tersebut
didekati dengan
⎛
2
− 20log
⎞
⎜ 1 + ( ω/
α)
⎟ ≈ −20log
/
⎝
⎠
( ω α)
134 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)
(6.18)
sehingga kurvanya berupa garis lurus menurun terhadap log(ω). Untuk
setiap kenaikan frekuensi 10 kali, yang kita sebut satu dekade, penurunan
itu adalah
( ω/
α) − 20log( ω/
α) = −20log10
= 20 dB
− 20log 10
−
Jadi pendekatan garis lurus untuk komponen kedua ini adalah garis nol
untuk 1

0
ϕ [ o ]
-45
−tan −1 (ω/α)
pendekatan
garis lurus
-90
1
10
100
ω C
1000
10000
1E+05
1E+06
ω
[rad/s]
Gb.6.2. Pola perubahan−tan −1 (ω/α); α=1000 ; dan pendekatan garis
lurusnya.
Seperti halnya kurva pada Gb.6.1. kurva inipun mendekati nilai-nilai
tertentu secara asimtotik yang juga memungkinkan kita untuk
melakukan pendekatan garis lurus. Pendekatan garis lurus untuk
komponen kedua fungsi fasa ini kita lakukan dengan memperhatikan
bahwa pada (ω/α)=1, yaitu pada frekuensi cutoff, nilai −tan −1 (ω/α)
adalah −45 o . Pada ω=0.1ω C , nilai −tan −1 (ω/α) kecil dan dianggap 0 o ;
pada ω=10ω C , nilai −tan −1 (ω/α) mendekati −90 o dan dianggap −90 o ;
untuk ω>10ω C , nilai −tan −1 (ω/α) adalah −90 o . Jadi untuk daerah
frekuensi 0.1ω C < ω < 10ω C perubahan fasa dapat dianggap linier −45 o
per dekade, seperti terlihat pada Gb.6.2.
Dengan pendekatan garis lurus seperti di atas, baik untuk fungsi gain
maupun untuk fungsi fasa, maka tanggapan gain dan tanggapan fasa
dapat digambarkan dengan nilai seperti tercantum dalam dua tabel di
bawah ini. Perhatikanlah bahwa nilai komponen pertama konstan untuk
seluruh frekuensi sedangkan komponen ke-dua mempunyai nilai hanya
pada selang frekuensi tertentu.
135

Gain
Frekuensi
ω C = α
ω=1 1

contoh, pada Gb.6.3.a. gain pada frekuensi cutoff sama dengan gain
maksimum dalam pass-band; seharusnya gain pada frekuensi cutoff
adalah gain maksimum dalam pass-band dikurangi 3 dB.
6.3.2. High-Pass Gain
Fungsi alih rangkaian orde pertama dengan karakteristik high-pass gain
ini berbentuk
Ks
Ks Ks
T ( s)
= sehingga T(
jω)
= =
(6.19)
s + α
jω + α α
( 1 + jω/
α)
Berbeda dengan fungsi alih low-pass gain, fungsi alih ini mempunyai
zero pada s = 0. Fungsi gain dan fungsi fasa-nya adalah
( K / )
α ω
o −1
T ( jω)
=
dan ϕ(
ω)
= θK
+ 90 − tan ( ω / α)
(6.20)
2
1+
( ω / α)
( K / α)
2
⇒ T ( jω)
= 20log + 20logω − 20log 1 + ( ω/
α)
(6.21)
dB
Dengan hanya menggunakan pendekatan garis lurus, nilai fungsi gain
dan fungsi fasa adalah seperti dalam tabel berikut.
Gain
Frekuensi
ω C = α
ω=1 1

ϕ(ω)
Frekuensi
ω C = α
ω=1 0,1α

T1
( jω)
=
20 0.2
=
⇒ T1
( jω)
=
jω + 100 1 + jω
/100
⇒ T1
( jω)
= 20log
dB
2
( T ( jω)
) = 20log(0.2) − 20log 1 + ( ω /100)
1
0.2
2
1 + ( ω/100)
Frekuensi dan nilai tanggapan gain rangkaian pertama terlihat pada
tabel berikut ini.
Gain
Frekuensi
ω C = 100 rad/s
ω=1 1

Gain [dB]
40
20
0
-20
-40
-60
Gain
ω C
Komp-1
Komp-2
Gain [dB]
40
20
Komp-2
Gain
0
-20
-40 Komp-1 Komp-3
-60
1
10
100
1000
ω
(Rangkaian
[rad/s]
1)
10000
1
10
100
1000
ω
(Rangkaian [rad/s] 2)
10000
6.3.3. Band-Pass Gain
Rangkaian dengan karakteristik band-pass gain dapat diperoleh dengan
menghubungkan secara bertingkat dua rangkaian orde pertama dengan
menjaga agar rangkaian yang di belakang (rangkaian kedua) tidak
membebani rangkaian di depannya (rangkaian pertama). Rangkaian
pertama mempunyai karakteristik high-pass gain sedangkan rangkaian
kedua mempunyai karakteristik low-pass gain. Hubungan kaskade
demikian ini akan mempunyai fungsi alih sesuai kaidah rantai dan akan
berbentuk
K1s
K2
T = T1 × T2
= ×
s + α s + β
(6.22)
K1(
jω)
K 2 K1(
jω)
K 2
T(
jω)
= × =
×
jω + α jω + β α 1+
jω
/ α β 1+
jω
/ β
⇒ T ( jω)
=
1+
⇒ T(
jω)
= 20 log
dB
{ K K / }
1
( ω / α) × 1+
( ω / β) 2
− 20 log
2 2
( ) ( )
αβ ω
( K K / αβ)
1
2
+ 20 log ω
2
1+
( ω / α)
− 20 log
2
1+
( ω / β)
Dengan membuat β >> α maka akan diperoleh karakteristik band-pass
gain dengan frekuensi cutoff ω C1 = α dan ω C2 = β. Sesungguhnya
fungsi alih (6.22) berbentuk fungsi alih rangkaian orde kedua. Kita akan
melihat karakteristik band-pass gain rangkaian orde ke-dua dalam bab
berikut.
140 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

BAB 7
Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde
Ke-Dua
7.1. Rangkaian Orde Kedua Dengan Pole Riil
Pole dari fungsi tansfer rangkaian orde kedua bisa riil ataupun kompleks
konjugat. Pembahasan berikut ini akan dikhususkan untuk fungsi alih
dengan pole riil
7.1.1. Band-Pass Gain
Fungsi alih rangkaian orde kedua dengan satu zero dan dua pole riil
dapat ditulis sebagai
Ks
T(
s)
=
sehingga
( s + α)(
s + β)
(7.1)
K × jω
( K / αβ)
× jω
T(
jω)
=
=
( jω + α)(
jω + β)
(1 + jω
/ α)(1
+ jω
/ β)
Fungsi gain adalah
yang dalam satuan dB menjadi
T(
jω)
= 20 log K
dB
( K / )
αβ ω
T ( jω)
=
(7.2)
2
2
1 + ( ω / α)
× 1 + ( ω / β)
( / αβ)
− 20 log
+ 20 log ω − 20 log
2
1+
( ω / β)
2
1+
( ω / α)
(7.3)
Fungsi gain ini terdiri dari komponen-komponen yang bentuknya telah
kita kenal pada pembahasan rangkaian orde pertama. Komponen pertama
(suku pertama ruas kanan (7.3)) bernilai konstan. Komponen kedua
berbanding lurus dengan logω dengan perubahan gain +20 dB per
dekade; komponen ketiga pengurangan gain −20 dB per dekade;
komponen ke-empat juga pengurangan gain −20 dB / dekade. Frekuensi
cutoff ω C1 = α diberikan oleh komponen ke-tiga sedangkan komponen
ke-empat memberikan frekuensi cutoff ω C2 = β.
141

Nilai fungsi gain dengan pendekatan garis lurus untuk β > α adalah
seperti dalam tabel di bawah ini. Mengenai fungsi fasa-nya akan kita
lihat pada contoh-contoh.
Gain
Frekuensi
ω C1 = α rad/s ω C2 = β rad/s
ω=1 1

Gain
Frekuensi
ω C1 = 10 rad/s ω C2 = 10000 rad/s
ω=1 1

ϕ(ω)
Frekuensi
ω C1 = 10 rad/s ω C2 = 10 4 rad/s
ω=1 1

2
10s
T ( s)
=
( s + 40)( s + 200)
Penyelesaian :
Gain dari sistem ini adalah
2
10( jω)
1
T ( jω)
=
= ×
( jω + 40)( jω + 200) 800
2
− ω
( 1 + jω/
40)( 1 + jω/
200)
T(
jω)
=
T(
jω)
dB
1
800
×
1 + ( ω/
40)
( )
= 20log 1/ 800 + 2 × 20logω − 20log
− 20log
2
ω
×
2
( ω/
200)
2
1 + ( ω/
200)
+ 1
2
( ω/
40)
2
+ 1
Komponen pertama tanggapan gain adalah konstan 20log(1/800) =
−58 dB. Komponen kedua berbanding lurus dengan log(ω) dengan
kenaikan 2×20 dB per dekade. Pengurangan gain oleh komponen
ketiga mulai pada ω C1 = 40 dengan −20 dB per dekade. Pengurangan
gain oleh komponen ke-empat mulai pada ω C2 = 200 dengan −20 dB
per dekade. Kurva tanggapan gain adalah sebagai berikut.
Gain
[dB]
20
0
-20
+20dB/dek
+40dB/dek
-40
−58
-60
Fungsi fasa adalah :
1 10 100 1000 10000 100000
ω [rad/s]
ϕ(
ω)
= 0 + 2 × 90
o
− tan
−1
( ω/
40) − tan
−1
( ω/
200)
Pada ω = 1, ϕ(ω) ≈ 0 o + 2× 90 o =180 o . Pada ω=(ω C1 /10)=4,
komponen ke-tiga mulai memberikan perubahan fasa −45 o per
145

dekade dan akan berlangsung sampai ω=10ω C1 =400. Pada ω =
0.1ω C2 =20, komponen ke-empat mulai memberikan perubahan fasa
−45 o per dekade dan akan berlangsung sampai ω=10ω C2 =2000.
225
ϕ [ o ]
180
135
90
45
0
1 10 100 1000 10000 100000
0,1ω C1 0,1ω C2 10ω C1 10ω C2 ω [rad/s]
Pemahaman :
Penggambaran tanggapan gain dan tanggapan fasa di sini tidak lagi
melalui langkah antara yang berupa pembuatan tabel peran tiap
komponen dalam berbagai daerah frekuensi. Kita dapat melakukan
hal ini setelah kita memahami peran tiap-tiap komponen tersebut
dalam membentuk tanggapan gain dan tanggapan fasa. Melalui
latihan yang cukup, penggambaran tanggapan gain dan tanggapan
fasa dapat dilakukan langsung dari pengamatan formulasi kedua
macam tanggapan tersebut.
Kita perhatikan penggambaran tanggapan fasa. Dalam contoh ini
0,1ω C2 < 10ω C1 dan bahkan 0,1ω C2 < ω C1 . Oleh karena itu,
penurunan fasa −45 o per dekade oleh pole pertama, yang akan
berlangsung sampai ω=10ω C1 , telah ditambah penurunan oleh pole
kedua pada ω=0,1ω C2 sebesar −45 o per dekade. Hal ini
menyebabkan terjadinya penurunan fasa −2×45 o mulai dari
ω=0,1ω C2 sampai dengan ω=10ω C1 karena dalam selang frekuensi
tersebut dua pole berperan menurunkan fasa secara bersamaan. Pada
ω=10ω C1 peran pole pertama berakhir dan mulai dari sini penurunan
fasa hanya disebabkan oleh pole kedua, yaitu −45 o per dekade.
146 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

7.1.3. Low-pass Gain
Karakteristik low-pass gain dapat diperoleh dari rangkaian orde kedua
yang fungsi alihnya tidak mengandung zero.
COTOH-7.3: Gambarkan Bode plots pendekatan garis lurus rangkaian
yang fungsi alihnya adalah :
4
5×
10
T ( s)
=
( s + 100)( s + 1000)
Penyelesaian :
4
5 × 10
0,5
T(
jω)
=
=
( jω + 100)( jω + 1000) (1 + jω/100)(1
+ jω
/1000)
T ( jω)
=
0,5
2
1 + ( ω/100)
×
2
1 + ( ω /1000)
2
T ( jω)
= 20log0,5 − 20log 1 + ( ω/100)
− 20log
dB
−1
−1
ϕ(
ω)
= 0 − tan ( ω /100) − tan ( ω /1000)
2
1 + ( ω/1000)
Komponen pertama tanggapan gain adalah 20log(0,8) ≈ −6 dB.
Komponen kedua memberikan perubahan gain −20 dB per dekade
mulai pada ω = ω C1 = 100. Komponen ke-tiga memberikan perubahan
gain −20 dB per dekade mulai pada ω = ω C2 = 1000,
sehingga mulai ω = 1000 perubahan gain adalah −40 dB per dekade.
0
Gain
[dB]
-20
-40
-60
1 10 100 1000 10000 100000
ω [rad/s]
Fungsi fasa adalah
147

ϕ(
ω)
= 0 − tan
−1
( ω/100)
− tan
−1
( ω/1000)
Pada ω = 1, ϕ(ω) ≈ 0. Mulai pada ω = 10 , komponen kedua
memberikan perubahan fasa −45 o per dekade sampai ω = 1000.
Mulai pada ω = 100 , komponen ke-tiga memberikan perubahan fasa
−45 o per dekade sampai ω = 10000. Jadi pada selang 100

T(
jω)
= 20log8 + 20log
dB
− 20log
2
1 + ( ω/
20)
2
1 + ( ω/100)
− 20log
2
1 + ( ω/1000)
−1
−1
−1
ϕ(
ω)
= 0 + tan ( ω/
20) − tan ( ω/100)
− tan ( ω/1000)
Komponen pertama dari tanggapan gain adalah 20log8 = 18 dB.
Komponen kedua memberikan perubahan gain +20 dB per dekade,
mulai pada ω = 20. Komponen ke-tiga memberikan perubahan −20
dB per dekade mulai pada ω = 100. Komponen ke-empat
memberikan perubahan −20 dB per dekade mulai pada ω = 1000.
40
Gain
[dB]
30
+20dB/dek
−20dB/dek
20
18
10
0
Fungsi fasa adalah:
ϕ(
ω)
= 0 + tan
1 10 100 1000 10000 100000
ω [rad/s]
−1
( ω/
20) − tan
−1
( ω/100)
− tan
−1
( ω/1000)
Pada ω = 1, ϕ(ω) ≈ 0. Komponen kedua memberikan perubahan fasa
+45 o per dekade mulai dari ω = 2 sampai ω = 200. Komponen ketiga
memberikan perubahan fasa −45 o per dekade mulai dari ω = 10
sampai ω = 1000. Komponen keempat memberi-kan perubahan fasa
−45 o per dekade mulai dari ω = 100 sampai ω = 10000. Kurva
tanggapan fasa adalah seperti di bawah ini.
149

45
ϕ [ o ]
0
-45
-90
Pemahaman :
Zero tetap berperan sebagai peningkat gain dan fasa. Zero riil
negatif meningkatkan gain dan fasa mulai pada frekuensi yang sama
dengan nilai zero.
7.3. Tinjauan Umum Bode Plot dari Rangkaian Yang Memiliki Pole
dan Zero Riil
Bode plots terutama bermanfaat jika pole dan zero bernilai riil, yaitu pole
dan zero yang dalam diagram pole-zero di bidang s terletak di sumbu riil
negatif. Dari contoh-contoh fungsi alih yang mengandung zero dan pole
riil yang telah kita bahas di atas, kita dapat membuat suatu ringkasan
mengenai kaitan antara pole dan zero yang dimiliki oleh suatu fungsi alih
dengan bentuk kurva gain dan kurva fasa pada Bode plots dengan
pendekatan garis lurus. Untuk itu kita lihat fungsi alih yang berbentuk
Ks( s + α )
T ( s)
=
1
(7.4)
( s + α2
)( s + α3)
yang akan memberikan
-135
1 10 100 1000 10000 100000
ω [rad/s]
Kα
T ( jω)
= 1
α2α3
jω( 1 + jω/
α1)
( 1 + jω/
α )( 1 + jω
/ α )
2
3
(7.5)
Dari (7.5) terlihat ada tiga macam faktor yang akan menentukan bentuk
kurva gain maupun kurva fasa. Ke-tiga faktor tersebut adalah:
150 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

1. Faktor K
1
0 yang disebut faktor skala. Kontribusi faktor
α2α3
skala ini pada gain dan fasa berupa suatu nilai konstan, tidak
tergantung pada frekuensi. Kontribusinya pada gain sebesar 20log
|K 0 | akan bernilai positif jika |K 0 | > 1 dan bernilai negatif jika |K 0 | <
1. Kontribunya pada sudut fasa adalah 0 o jika K 0 > 0 dan 180 o jika
K 0 < 0.
= Kα
2. Faktor jω. Faktor ini berasal dari pole atau zero yang terletak di titik
(0,0) dalam diagram pole-zero di bidang s. Kontribusinya pada gain
adalah sebesar ± 20log(ω) dan kontribusinya untuk sudut fasa adalah
± 90 o ; tanda plus untuk zero dan tanda minus untuk pole. Jika fungsi
alih mengandung pole ataupun zero ganda (lebih dari satu) maka
kontribusinya pada gain adalah sebesar ± 20nlog(ω) dan pada sudut
fasa adalah ±n90 o dengan n adalah jumlah pole atau zero. Dalam
pendekatan garis lurus, faktor ini memberikan perubahan gain
sebesar ±20n dB per dekade mulai pada ω = 1; tanda plus untuk zero
dan tanda minus untuk pole.
3. Faktor 1 + jω/α. Faktor ini berasal dari pole ataupun zero yang
terletak di sumbu riil negatif dalam diagram pole-zero di bidang s.
Faktor ini berkontribusi pada gain sebesar
⎛
2
± 20 log
⎞
⎜ 1+
( ω / α)
⎟ dan berkontribusi pada sudut fasa sebesar
⎝
⎠
−
± tan 1 ( ω/
α)
; tanda plus untuk zero dan tanda minus untuk pole.
Dalam pendekatan garis lurus, faktor ini memberikan perubahan
gain sebesar ±20dB per dekade mulai pada ω = α; untuk frekuensi di
bawahnya kontribusinya nol. Perubahan fasa yang dikontribusikan
adalah sebesar ±45 o per dekade dalam selang frekuensi 0,1α < ω <
10α; di luar selang itu kontribusinya nol.
Koreksi-koreksi untuk memperoleh nilai yang lebih tepat, terutama di
sekitar titik belok, dapat kita lakukan dengan kembali pada formulasi
kontribusi pole ataupun zero pada gain yaitu sebesar
⎛
2
± 20 log
⎞
⎜ 1 + ( ω/
α)
⎟ . Nilai perubahan gain yang lebih tepat
⎝
⎠
diperoleh dengan memasukkan nilai ω yang kita maksudkan pada
formulasi tersebut sehingga kita akan memperoleh:
151

• perubahan gain di ω = α adalahsebesar
2
± 20log
⎛
1 ( / )
⎞
⎜ + α α ⎟ ≈ 3 dB .
⎝
⎠
• perubahan gain di ω = 2α adalah sebesar
2
± 20log
⎛
1 (2 / )
⎞
⎜ + α α ⎟ ≈ 7 dB .
⎝
⎠
• perubahan gain di ω = 0.5α adalah sebesar
2
± 20log
⎛
1 (0.5 / )
⎞
⎜ + α α ⎟ ≈1
dB .
⎝
⎠
7.4. Tinjauan Kualitatif Tanggapan Frekuensi di Bidang s
Pembahasan kuantitatif mengenai tanggapan frekuensi dari rangkaian
dengan fungsi alih yang mengandung pole riil di atas, telah cukup lanjut.
Berikut ini kita akan sedikit mundur dengan melakukan tinjauan secara
kualitatif mengenai tanggapan frekuensi ini, untuk kemudian
melanjutkan pembahasan tanggapan frekuensi rangkaian dari rangkaian
dengan fungsi alih yang mengandung pole kompleks konjugat.
Tinjaulah sistem orde pertama dengan fungsi alih yang mengandung
pole riil
K
T ( s)
=
s + α
Diagram pole-zero dari fungsi alih ini adalah seperti terlihat pada
Gb.7.5.a. Dari gambar ini kita dapatkan bahwa fungsi gain :
K | K | | K |
T ( jω)
= = =
(7.6)
jω + α 2 2
α + ω
A(
ω)
dengan A(ω) adalah jarak antara pole dengan suatu nilai ω di sumbu
tegak. Makin besar ω akan makin besar nilai A(ω) sehingga |T(jω)| akan
semakin kecil.
Jika kita gambarkan kurva |T(jω)| terhadap ω dengan skala linier, kita
akan mendapatkan kurva seperti terlihat pada Gb.7.5.b. Akan tetapi jika
dalam penggambaran itu kita menggunakan skala logaritmis, baik untuk
absis maupun ordinatnya, kita akan mendapatkan kurva seperti terlihat
pada Gb.7.5.c. Inilah bentuk karakteristik low-pass gain dari rangkaian
orde satu yang telah kita kenal.
152 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

jω
A(ω)
ω
(a)
×
α
0
σ
|T(jω)|
12
low-pass gain|
|T(jω)|
10
(b)
0
0 500 1000
(c)
0 500 ω 10 3 1
100 ω 1000
1 10 2 3
Gb.7.5. Diagram pole-zero sistem orde pertama dan kurva |T(jω)|
terhadap ω
Kita lihat rangkaian orde pertama dengan fungsi alih yang mengandung
zero di (0,0)
Ks
T ( s)
=
s + α
Fungsi gain adalah
Kjω
| K | ω | K | ω
T ( jω)
= = =
(7.7)
jω + α 2 2
α + ω
A(
ω)
Jika kita plot |T(jω)| terhadap ω dengan skala linier, kita akan
mendapatkan kurva seperti terlihat pada Gb.7.6.a. Akan tetapi jika kita
plot |T(jω)| terhadap ω dengan skala logaritmis, baik untuk absis maupun
ordinatnya, kita akan mendapatkan kurva seperti terlihat pada Gb.7.6.b.
Inilah bentuk karakteristik high-pass gain dari rangkaian orde satu yang
telah kita kenal.
153

|T(jω)|
1008 1020 1032 1044 1056
108 120 132 144 156 168 180 192 204 216 228 240 252 264 276 288 300 312 324 336 348 360 372 384 396 408 420 432 444 456 468 480 492 504 516 528 540 552 564 576 588 600 612 624 636 648 660 672 684 696 708 720 732 744 756 768 780 792 804 816 828 840 852 864 876 888 900 912 924 936 948 960 972 984 996
12 24 36 48 60 72 84 96
0
(a)
ω 1000
0 500 3
Gb.7.6. Diagram pole-zero sistem orde pertama dan kurva |T(jω)|
terhadap ω.
Fungsi alih rangkaian orde kedua dengan fungsi transfer yang
mengandung dua pole riil, berbentuk
K
T ( s)
=
( s + α ) ( s +
1 α 2
Diagram pole-zero dari fungsi alih ini adalah seperti terlihat pada
Gb.7.6.a. Dari diagram ini terlihat bahwa fungsi gain dapat dituliskan
sebagai
| K |
T(
jω)
=
( jω + α ) ( jω + α
| K |
=
A ( ω)
× A
1
1
2
high-pass gain|
|T(jω)|
( ω)
2
=
)
ω
2
)
+ α
| K |
2
1
ω
2
+ α
2
(7.8)
dengan A 1 (ω)dan A 2 (ω) adalah jarak masing-masing pole ke suatu nilai
ω. Dengan bertambahnya ω, A 1 (ω)dan A 2 (ω) bertambah secara
bersamaan. Situasi ini mirip dengan apa yang dibahas di atas, yaitu
bahwa |T(jω)| akan menurun dengan naiknya frekuensi; perbedaannya
adalah bahwa penurunan pada rangkaian orde kedua ini ditentukan oleh
dua faktor yang berasal dari dua pole. Dalam skala linier bentuk kurva
|T(jω)| adalah seperti Gb.7.7.b. Dalam skala logaritmik kita memperoleh
karakteristik low-pass gain seperti terlihat pada Gb.7.7.c. yang sudah
kita kenal.
1000
100
10
ω
(b) 1
100 1000 10000
1 10 2
3 4
154 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

|T(jω)|
12
10
8
6
4
2
Gb.7.7. Diagram pole-zero sistem orde kedua dan kurva
|T(jω)| terhadap ω
Jika fungsi alih mengandung satu zero di (0,0) kurva |T(jω)| dengan
skala linier akan terlihat seperti Gb.7.8.a. dan jika dibuat dengan skala
logaritmik akan seperti Gb.7.8.b. yang telah kita kenal sebagai
karakteristik band-pass gain. Jika fungsi alih mengandung dua zero di
(0,0) kita memperoleh kurva |T(jω)| dalam skala linier seperti pada
Gb.7.9.a. dan jika digunakan skala logaritmik akan kita peroleh
karakteristik high-pass gain seperti Gb.7.9.b.
|T(jω)|
A 2 (ω)
A 1 (ω)
(a)
× ×
α 2 α 1 0
low-pass gain|
|T(jω)|
(b) 0
(c) 1
2000 6000
8000
0 4000 ω
100 1000 10000
1 10 2
3 4
96
84
72
60
48
36
24
12
0
0 2000 4000 6000 8000
(a)
0 4000 ω 8000
band-pass gain|
|T(jω)|
Gb.7.8. Diagram pole-zero sistem orde kedua dan kurva |T(jω)| terhadap
ω
10
100
10
jω
ω
σ
(b) 1
100 1000 ω 10000
1 10 2 3 4
155

|T(jω)|
1200000
1000000
800000
600000
400000
200000
(a)
0 4000
0
0 2000 4000 6000 8000
Gb.7.9. Diagram pole-zero sistem orde kedua dan kurva |T(jω)| terhadap
ω
Keadaan yang sangat berbeda terjadi pada rangkaian orde dua dengan
fungsi alih yang mengandung pole kompleks konjugat yang akan kita
lihat berikut ini.
7.5. Rangkaian Orde Kedua Yang Memiliki Pole Kompleks
Konjugat
Rangkaian orde ke-dua yang memiliki pole kompleks konjugat
dinyatakan oleh fungsi alih yang berbentuk
yang memberikan fungsi gain
high-pass gain|
|T(jω)|
ω 8000
1000000
(b) 1
1 10
100 1000 10000
ω
K
T ( s)
=
(7.9)
( s + α + jβ)
( s + α − jβ)
T(
jω)
=
=
K
( jω + α + jβ)
( jω + α − jβ)
K
K
=
2 2
2 2
( ω + β)
+ α × ( ω − β)
+ α
A1
( ω)
× A2
( ω)
Gb.7.10. memperlihatkan diagram pole-zero rangkaian orde kedua
dengan fungsi alih yang mengandung pole kompleks konjugat dalam
tiga keadaan yaitu frekuensi ω 1 < ω 2 < ω 3 .
156 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

jω
jω
jω
×
A 2 (ω)
×
A 2 (ω)
ω 2
A 2 (ω)
×
ω 3
β
ω 1
α
(a)
×
0
A 1 (ω)
σ
(b)
×
0
A 1 (ω)
σ
(c)
×
A 1 (ω)
0
σ
Gb.7.10. Diagram pole-zero sistem orde kedua dengan pole kompleks
konjugat.
Dari Gb.7.10. terlihat bahwa peningkatan ω akan selalu diikuti oleh
bertambahnya nilai A 1 (ω). Akan tetapi tidak demikian halnya dengan
A 2 (ω). Pada awalnya peningkatan ω diikuti oleh turunnya nilai A 2 (ω)
sampai mencapai nilai minimum yaitu pada saat ω = ω 2 = β seperti pada
Gb.7.10.b. Setelah itu A 2 (ω) meningkat dengan meningkatnya ω.
Hasilnya adalah fungsi gain |T(jω)| meningkat pada awal peningkatan ω
sampai mencapai nilai maksimum dan kemudian menurun lagi. Puncak
tanggapan gain disebut resonansi.
Untuk mempelajari tanggapan frekuensi di sekitar frekuensi resonansi,
kita tuliskan fungsi alih rangkaian orde kedua dalam bentuk
Ks
T( s)
= (7.10)
s 2
+ bs + c
yang dapat kita tuliskan
Ks
T(
s)
=
2
2
s + 2ζω0s
+ ω0
dengan
(7.11)
2
b
ω0
= c dan ζ =
2c
Bentuk penulisan penyebut seperti pada (7.11) ini disebut bentuk
normal. ζ disebut rasio redaman dan ω 0 adalah frekuensi alami tanpa
redaman atau dengan singkat disebut frekuensi alami. Frekuensi alami
adalah frekuensi di mana rasio redaman ζ = 0.
Fungsi alih (7.11) dapat kita tuliskan
157

T(
s)
=
s
2
+ 2ζω
K
= ×
2
ω0
dan dari sini kita peroleh
K
T(
jω)
= ×
2
ω − ω/
ω
0
K
⇒ T(
jω)
= ×
2
ω0
o
⇒ ϕ(
ω)
= θK
+ 90 −
Ks
0
s + ω
2
( s / ω ) + ( 2ζ
/ ω ) s + 1
0
2
0
2
( ) + j( 2ζω/
ω )
0
jω
s
ω
2 2
( 1 − ( ω/
ω0
) ) + ( 2ζω/
ω0
)
−1
( 2ζω/
ω0
)
tan
1 − ( ω/
ω ) 2
Fungsi gain dalam dB adalah
K
T(
jω)
= 20 log + 20 log ω
dB
2
ω0
− 20 log
0
0
0
+ 1
2 2
( 1−
( ω / ω ) ) + ( 2ζω
/ ω ) 2
2
(7.12)
(7.13)
(7.14)
0
0
Rasio redaman akan mempengaruhi perubahan nilai gain oleh pole
seperti ditunjukkan oleh komponen ketiga dari fungsi gain ini.
Untuk frekuensi rendah komponen ketiga ini mendekati nilai
2 2
2
( 1 − ( ω/
ω ) ) + ( 2ζω/
ω ) ≈ −20log
1 + 0 0
− 20log
0 0
= (7.15)
Untuk frekuensi tinggi komponen ketiga mendekati
− 20log
2 2
( 1 − ( ω/
ω ) ) + ( 2ζω/
ω )
0
2
0
2 2
2
( ω/
ω ) + ( 2ζ) ≈ −20log(
ω/
ω )
(7.16)
≈ −20log(
ω/
ω0)
0
0
Pendekatan garis lurus untuk menggambarkan tanggapan gain
mengambil garis horizontal 0 dB untuk frekuensi rendah dan garis lurus
−20log(ω/ω 0 ) 2 untuk frekuensi tinggi yang memberikan kemiringan −40
dB per dekade. Kedua garis ini berpotongan di ω = ω 0 yang merupakan
titik beloknya. Gb.7.11. memperlihatkan pengaruh nilai rasio redaman
pada tanggapan gain ini di sekitar titik belok.
158 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

20
dB
0
ζ=0,1
ζ=0,5
ζ=0,05
ζ=1
-20
pendekatan
linier
ω 0
-40
100 1000 ω[rad/s] 10000
Gb.7.11. Pengaruh rasio redamaan pada perubahan gain oleh pole.
Fungsi fasa adalah
( 2ζω/
ω0
)
− ( ω/
ω ) 2
o −1
ϕ(
ω)
= θ + 90 − tan
(7.17)
K
1 0
Untuk frekuensi rendah pengurangan fasa oleh pole mendekati nilai
−1
( 2ζω/
ω ) ( 2 / )
tan 0 −1
ζω ω
−
≈ − tan
0 ≈ 0 (7.18)
2
1−
( ω/
ω )
1
0
dan untuk frekuensi tinggi mendekati
− 1 ( 2ζω/
ω0
) −1
( 2ζω/
ω0
) o
− tan
≈ −tan
≈ −180
(7.19)
2
2
1−
( ω/
ω0
) − ( ω/
ω0
)
Gb.7.12. memperlihatkan pengaruh rasio redaman terhadap perubahan
fasa yang disebabkan oleh pole.
ϕ(ω) [ o ]
0
-45
-90
-135
-180
ζ=0,1
ζ=0,5
ζ=1
pendekatan
linier
ω 0
ζ=0,05
10 100 1000 10000 100000
ω[rad/s]
Gb.7.12. Pengaruh rasio redaman pada perubahan fasa oleh pole.
159

COTOH-7.5: Gambarkan tanggapan gain dan tanggapan fasa untuk
fungsi alih berikut ini dan selidiki pengaruh rasio redaman terhadap
tanggapan gain.
80000s
T ( s)
=
2
4
s + 100s
+ 4 × 10
Penyelesaian :
Kita tuliskan fungsi alih dengan penyebutnya dalam bentuk normal
80000s
menjadi T ( s)
=
. Dari sini kita peroleh
2
2
s + 2×
0,25×
200s
+ 200
ω 0 = 200, dan ζ = 0,25.
2s
T ( s)
=
2
s / 200 + (2ζ
/ 200) s + 1
( )
j2ω
⇒ T ( jω)
=
2
− ( ω / 200) + j2ζω
/ 200 + 1
⇒ T ( jω)
=
2ω
2 2
( 1−
( ω / 200) ) + (2ζω
/ 200)
2 2
( 1 − ( ω/
200) ) + (2ζω/
2
T ( jω)
= 20log2 + 20logω − 20log
200)
dB
Komponen pertama konstan 20log2 = −6 dB. Komponen kedua
memberikan penambahan gain 20 dB per dekade, mulai frekuensi
rendah. Pengurangan gain oleh komponen ketiga −40 dB per
dekade mulai pada ω = ω 0 .
o o o
Fungsi fasa adalah : ϕ ( ω)
= 0 + 90 − 90 / dek | 20

Soal-Soal
1. Tentukanlah tanggapan frekuensi dan tentukan gain tertinggi dan
frekuensi cutoff dari rangkaian di bawah ini.
+
v in
−
9kΩ
0,5H
1kΩ
+
v o
−
2. Tentukanlah tanggapan frekuensi dan tentukan gain tertinggi dan
frekuensi cutoff dari rangkaian di bawah ini.
+
v in
−
10kΩ
1µF
10kΩ
+
v o
−
3. Tentukanlah tanggapan frekuensi dan tentukan gain tertinggi dan
frekuensi cutoff dari rangkaian-rangkaian di bawah ini.
+
v in
−
1H
1kΩ
0,5µF
+
v o
1kΩ
−
+
v in
−
10kΩ
+
−
10kΩ
1µF
+
v o
−
100kΩ
10kΩ
1µF
+
v in
−
−
+
+
v o
−
4. Tentukanlah tanggapan frekuensi dan tentukan gain tertinggi dan
frekuensi cutoff dari hubungan bertingkat dengan tahap pertama
rangkaian ke-dua dan tahap kedua rangkaian pertama.
161

5. Tentukanlah tanggapan frekuensi dan tentukan gain tertinggi dan
frekuensi cutoff dari hubungan bertingkat dengan tahap pertama
rangkaian ke-tiga dan tahap ke-dua rangkaian pertama.
6. Tentukanlah tanggapan frekuensi dari suatu rangkaian jika diketahui
tanggapannya terhadap sinyal anak tangga adalah sebagai seperti di
bawah ini. Tentukan gain tertinggi dan frekuensi cutoff.
−5000
t
a). g(
t)
= −e
u(
t);
b). g(
t)
=
7. Ulangi soal 6 jika diketahui :
a). g(
t)
=
b). g(
t)
=
−5000
t
( 1−
5e
) u(
t)
−1000t
−2000t
( e − e ) u(
t)
−1000t
( e sin2000t
) u(
t)
8. Tentukanlah tanggapan frekuensi dari suatu rangkaian jika diketahui
tanggapannya terhadap sinyal impuls adalah seperti di bawah ini.
Tentukan gain tertinggi dan frekuensi cutoff.
−1000
t
a). h(
t)
= −1000
e u(
t)
−1000
t
b). h(
t)
= δ(
t)
− 2000 e u(
t)
9. Gambarkan Bode plot (pendekatan garis lurus) jika diketahui fungsi
alihnya
(5s
+ 1)(0.005s
+ 1)
T ( s)
= 10
(0.05s
+ 1)(0.5s
+ 1)
10. Gambarkan Bode plots (pendekatan garis lurus) jika diketahui fungsi
alihnya
s(0.02s
+ 1)
T ( s)
= 50
(0.001s
+ 1)(0.4s
+ 1)
162 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

BAB 8
Analisis Pada Suatu Sistem
Pengenalan pada sistem ini bertujuan agar kita
• memahami sinyal dalam pengertian yang lebih luas;
• memahami pengertian tentang sistem;
• mampu membangun diagram blok suatu sistem;
• mampu mereduksi diagram blok suatu sistem.
8.1. Sinyal
Di awal buku ini kita telah mempelajari bentuk gelombang sinyal yang
merupakan suatu persamaan yang menyatakan sinyal sebagai fungsi dari
waktu. Dalam analisis rangkaian listrik, sinyal-sinyal yang kita tangani
biasanya berupa tegangan ataupun arus listrik. Pengertian ini dapat kita
perluas menjadi suatu pengertian yang tidak hanya mencakup sinyal
listrik saja tetapi juga mencakup sinyal-sinyal non-listrik yang juga
merupakan fungsi waktu. Dengan perluasan pengertian ini maka kita
mempunyai definisi untuk sinyal sebagai,
Sinyal adalah suatu fungsi yang menyatakan variasi terhadap
waktu dari suatu peubah fisik.
Fungsi yang kita tetapkan untuk menyatakan suatu sinyal kita sebut
representasi dari sinyal atau model sinyal dan proses penentuan
representasi sinyal itu kita sebut pemodelan sinyal. Suatu sinyal yang
tergantung dari peubah riil t dan yang memodelkan peubah fisik yang
berevolusi dalam waktu nyata disebut sinyal waktu kontinyu. Sinyal
waktu kontinyu ditulis sebagai suatu fungsi dengan peubah riil t seperti
misalnya x(t). Sebagaimana telah disebutkan di awal buku ini, sinyal jenis
inilah yang sedang kita pelajari.
Untuk memberi contoh dari sinyal non-listrik, kita bayangkan suatu
benda yang mendapat gaya. Benda ini akan bergerak sesuai dengan arah
gaya., posisinya akan berubah dari waktu ke waktu. Dengan mengambil
suatu kooordinat referensi, perubahan posisi benda akan merupakan
fungsi waktu dan akan menjadi salah satu peubah fisik dari benda
tersebut dan merupakan suatu sinyal. Selain perubahan posisi, benda juga
163

mempunyai kecepatan yang juga merupakan fungsi dari waktu;
kecepatan juga merupakan suatu sinyal.
Jika posisi benda dalam contoh di atas merupakan suatu sinyal, apakah ia
dapat dijadikan suatu masukan (input) pada sebuah “rangkaian” ?
Bayangkanlah benda yang bergerak itu adalah sebuah pesawat terbang.
Kita ingin mengamatinya dengan menggunakan sebuah teropong, dan
untuk itu teropong kita arahkan pada pesawat. Setiap saat pesawat
berubah posisi, kedudukan teropong kita sesuaikan sedemikian rupa
sehingga bayangan pesawat selalu terlihat oleh kita melalui teropong.
Kita katakan bahwa posisi pesawat merupakan masukan pada kita untuk
mengubah arah teropong; dalam hal ini kita dan teropong menjadi
sebuah “rangkaian”. Apakah dari “rangkaian” ini ada suatu keluaran
(output)? Keluaran dari “rangkaian” ini adalah berupa perubahan arah
teropong. Jelaslah bahwa ada hubungan tertentu antara arah teropong
sebagai keluaran dengan posisi pesawat sebagai masukan, dan hubungan
keluaran-masukan demikian ini sudah biasa kita lihat pada rangkaian
listrik. Kalau kita yang meneropong pesawat tersebut digantikan oleh
sebuah mesin penggerak otomatis dan teropong diganti dengan sebuah
meriam, maka jadilah sebuah “rangkaian” mesin penembak pesawat.
Mesin penembak ini dapat kita sebut sebagai suatu perangkat yang
mampu menetapkan arah meriam jika mendapatkan masukan mengenai
posisi pesawat (istilah “perangkat” di sini kita beri pengertian sebagai
gabungan dari banyak piranti untuk menjalankan fungsi tertentu).
Dengan kata lain antara sinyal keluaran dengan sinyal masukan terdapat
hubungan yang sepenuhnya ditentukan oleh perilaku perangkat; hal ini
berarti bahwa perangkat “memiliki aturan” yang menetapkan bagaimana
bentuk keluaran untuk sesuatu masukan yang ia terima.
8.2. Sistem
Dengan contoh di atas, kita sampai pada pengertian mengenai sistem
yaitu :
atau
sistem merupakan aturan yang menetapkan sinyal keluaran
dari adanya sinyal masukan.
sistem membangkitkan sinyal keluaran tertentu dari adanya
sinyal masukan tertentu.
Jika kita ingat mengenai pengertian elemen sebagai model piranti dalam
rangkaian listrik, maka sistem dapat dipandang sebagai model dari
164 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

perangkat. Dengan demikian rangkaian-rangkaian listrik yang sudah
pernah kita pelajari, yang juga menetapkan hubungan antara keluaran dan
masukan, dapat kita pandang sebagai suatu sistem. Kalau rangkaian
tersebut merupakan bagian lain dari rangkaian (dalam hubungan kaskade
misalnya) kita dapat memandangnya sebagai sub-sistem. Hubungan
keluaran-masukan dari suatu sistem dapat kita nyatakan sebagai
[ x(
)]
y ( t)
= H t
(8.1)
dengan y(t) sinyal keluaran dan x(t) sinyal masukan. Hubungan ini dapat
kita gambarkan dengan diagram berikut.
sinyal
masukan
x(t)
H
y(t)
sinyal
keluaran
Gb.8.1. Diagram suatu sistem.
Perhatikanlah bahwa sistem didefinisikan menurut sinyal keluaran dan
masukannya. Jadi kita memandang sistem dari sudut pandang sinyal
masukan dan keluaran. Selain dari pada itu, Gb.8.1. mempelihatkan
bahwa arah propagasi sinyal adalah sesuai dengan arah anak panah. Jadi
sinyal berasal dari masukan menuju ke keluaran. Penggambaran ini
sesuai dengan definisi kita yaitu bahwa suatu sistem membangkitkan
sinyal keluaran dari sinyal masukan.
Suatu sistem dapat mempunyai satu masukan atau lebih; demikian juga
keluarannya bisa hanya satu atau lebih. Sistem dengan satu masukan dan
satu keluaran disebut single-input-single-output (SISO) system atau kita
terjemahkan dengan sistem masukan-tunggal-keluaran-tunggal (MTKT).
Jika masukan dan keluarannya lebih dari satu disebut multi-input-multioutput
(MIMO) system atau kita terjemahkan sistem masukan-gandakeluaran-ganda
(MGKG).
8.3. Model Sistem
Pernyataan matematis secara eksplisit dari suatu sistem seperti pada (8.1)
disebut representasi sistem atau model sistem. Proses untuk memperoleh
model sistem kita sebut pemodelan sistem. Ada dua cara yang dapat
ditempuh untuk membangun model sistem. Cara pertama adalah
menurunkan langsung dari hukum-hukum fisika dan cara kedua adalah
melalui observasi empiris. Cara pertama dapat digunakan apabila prosesproses
fisiknya terdefinisi dengan jelas dan difahami. Model sistem yang
165

diturunkan haruslah cukup sederhana untuk keperluan analisis dan
simulasi.
Cara kedua digunakan untuk sistem yang sangat kompleks dan sangat
sulit untuk dianalisis langsung, dan perilaku dinamiknya tidak difahami
secara baik. Untuk melakukan observasi empiris diperlukan sinyal
masukan yang harus dipilih secara cermat, dan sinyal keluarannya
diamati. Model sistem diperoleh dengan melakukan perhitungan balik
dari kedua sinyal tersebut. Pembangunan model sistem melalui cara
observasi sinyal masukan dan keluaran ini disebut identifikasi sistem.
Kita telah melihat bahwa ada empat macam cara untuk menyatakan
hubungan antara sinyal keluaran dan sinyal masukan, yaitu persamaan
diferensial, transformasi Laplace, konvolusi, dan transformasi Fourier.
Sejalan dengan itu, kita mengenal empat macam representasi sistem atau
model sistem sebagai berikut.
1. Persamaan Diferensial. Bentuk ini kita kenal misalnya sistem orde
kedua
2
d y(
t)
dy(
t)
+ a + by(
t)
= f ( t)
2
dt dt
Bentuk umum dari model ini dinyatakan dalam persamaan diferensial
:
( n)
( n−1)
y ( t)
+ an−1y
( t)
L+
a1
y&
( t)
+ a0
y(
t)
=
( m)
( m−1)
bm
x ( t)
+ bm
−1x
( t)
+ L+
b0
x(
t)
( n−1)
( n−2)
y (0) = yn−1
, y (0) = yn−2
, L
y&
(0) = y1,
y(0)
= y0.
,
(8.2)
Dalam (8.2) kita menganggap bahwa koefisien a k dan b k adalah
bilangan riil (konstan tidak tergantung waktu). Kita juga menganggap
m ≤ n. Masukan sistem adalah x(t) dan keluarannya adalah y(t). Orde
dari persamaan diferensial ini adalah n.
2. Fungsi Alih Laplace
m m−1
Y ( s)
bm
s + bm
1s
+ + b
=
− L 0
X ( s)
n n−1
s + an−1s
+ L+
a1s
+ a0
= T ( s)
= H ( s)
(8.3)
166 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Di sini sinyal keluaran dan masukan dinyatakan di kawasan s, yaitu
Y(s) dan X(s). T(s) adalah fungsi alih Laplace, yang untuk selanjutnya
akan kita gunakan sebagai representasi sistem di bab ini dan kita
tuliskan sebagai H(s).
3. Integral Konvolusi
−1
dengan h(
t)
{ H(
s)
}
4. Fungsi Alih Fourier
y ( t)
= ∫ ∞ −
h(
t − λ)
x(
λ)
dλ
(8.4)
0
= L .
dengan H ( ) = F{ h(
t)
}
Y ( ω)
= H ( ω)
X ( ω)
(8.5)
ω adalah fungsi alih Fourier.
Untuk selanjutanya, kita akan menggunakan cara representasi sistem
yang ke-dua, yaitu menggunakan fungsi alih Laplace.
8.4. Diagram Blok
8.4.1. Penggambaran Sistem Dengan Diagram Blok
Diagram blok adalah representasi dari fungsi alih dengan menggunakan
gambar. Diagram blok sangat bermanfaat untuk menggambarkan
struktur sistem, terutama jika sistem tersusun dari banyak sub-sistem
(penjelasan pengertian sub-sistem akan diberikan kemudian).
Diagram ini juga bermanfaat untuk melakukan analisis sistem. Di subbab
ini kita mengambil model sistem dengan transformasi Laplace (di
kawasan s). Hubungan masukan- keluaran sistem akan berbentuk :
Y ( s)
= H ( s)
atau Y ( s)
= H ( s)
X ( s)
(8.6)
X ( s)
Diagram blok dari sistem
ini adalah seperti terlihat
pada Gb.8.2. Diagram blok
X(s) H(s) Y(s)
seperti ini telah kita kenal
dalam analisis rangkaian
Gb.8.2. Diagram blok.
listrik. Hanya di sini kita mempunyai pengertian H(s) sebagai
representasi dari sistem. Diagram blok ini ekivalen dengan persamaan
aljabar (8.6). Jadi susunan diagram blok merupakan pernyataan operasi-
167

operasi matematis. Hal ini berbeda dengan Gb.8.1. yang hanya
merupakan diagram untuk memperjelas definisi tentang sistem.
Suatu sistem yang kompleks tersusun dari sistem-sistem yang lebih
sederhana. Diagram blok dapat kita gunakan untuk menyatakan
hubungan dari sistem-sistem yang lebih sederhana tersebut untuk
membentuk sistem yang kompleks. Diagram blok akan mempelihatkan
struktur dari sistem yang kompleks yaitu interkoneksi dari komponenkomponen
sistem. Lebih dari itu, diagram blok juga dapat dimanfaatkan
sebagai alat untuk melakukan perhitungan-perhitungan; fungsi alih
sistem diturunkan dari diagram blok yang tersusun dari banyak
komponen tersebut.
8.4.2. Hubungan-Hubungan Sistem
Berikut ini kita akan melihat hubungan-hubungan sederhana dari sistem
yang akan menjadi dasar bagi kita untuk memandang sistem yang lebih
kompleks. Kita akan meninjau dua sistem yaitu H 1 (s) dan H 2 (s). Untuk
menghubungkan dua sistem, atau dua blok, harus ada titik-titik hubung.
Titik Hubung. Ada dua macam titik hubung yang perlu kita perhatikan
yaitu titik pencabangan (pickoff point) dan titik penjumlahan. Titik
pencabangan adalah titik tempat terjadinya duplikasi sinyal; sinyal-sinyal
yang meninggalkan titik pencabangan sama dengan sinyal yang
memasuki titik pencabangan. Hal ini digambarkan pada Gb.8.3.a. Pada
titik penjumlahan, beberapa sinyal dijumlahkan. Sinyal yang keluar dari
titik penjumlahan adalah jumlah dari sinyal yang masuk ke titik
penjumlahan. Jika sinyal yang masuk bertanda “+” maka ia dijumlahkan
dan jika bertanda “−” ia dikurangkan. Untuk titik penjumlahan ini ada
konvensi, yaitu bahwa hanya ada satu sinyal saja yang meninggalkan
titik penjumlahan. Hal ini digambarkan pada Gb.8.3.b.
X(s)
titik pencabangan
a). titik pencabangan
X(s)
X(s)
X 1 (s)
X 2 (s)
X 3 (s)
+
−
Gb.8.3. Titik-titik hubung.
b). titik penjumlahan
X 1 (s)−X 2 (s)+ X 3 (s)
Hubungan Kaskade atau Hubungan Seri. Hubungan seri antara dua
sistem terjadi jika keluaran dari sistem yang satu merupakan masukan
+
168 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

pada sistem berikutnya seperti terlihat pada Gb.8.4. Fungsi alih dari
hubungan kaskade, yang merupakan fungsi alih total, adalah hasil kali
dari fungsi alih sistem yang menyusunnya. Jadi hubungan kaskade sistem
H 1 (s) dan H 2 (s) dapat digantikan oleh satu sistem H 1 (s)H 2 (s). Hal ini
sesuai dengan kaidah rantai yang telah kita pelajari dalam analisis
rangkaian di kawasan s.
X(s)
H 1 (s)
H 2 (s)
Y(s)
X(s)
H 1 (s)H 2 (s)
Y(s)
Gb.8.4. Hubungan seri
Hubungan Paralel. Hubungan paralel antara dua sistem terjadi jika
kedua sistem mendapat masukan yang sama sedangkan keluarannya
merupakan jumlah dari keluaran kedua sistem tersebut, seperti terlihat
pada Gb.8.4.b. Jadi hubungan paralel antara dua sistem H 1 (s) dan H 2 (s)
dapat digantikan oleh satu sistem dengan fungsi alih H 1 (s)+H 2 (s).
X(s)
H 1 (s)
H 2 (s)
+
+
Y(s)
X(s)
H 1 (s)+H 2 (s)
Y(s)
Gb. 8.5. Hubungan paralel.
Hubungan Umpan Balik. Pada hubungan umpan balik, keluaran dari
sistem pertama menjadi masukan pada sistem kedua dan keluaran sistem
kedua menjadi pengurang pada sinyal dari luar R(s); sinyal hasil
pengurangan ini menjadi masukan pada sistem pertama. Hubungan ini
diperlihatkan pada Gb.8.6.
R(s)
+
X 1 (s)
−
Y 2 (s)
H 1 (s)
H 2 (s)
X 2 (s)
R(s)
Y(s)
H1(
s)
1+
H ( s)
H
1
2
( s)
Y(s)
Gb.8.6. Hubungan umpan balik .
169

Dari diagram blok pada Gb.8.6. diperoleh persamaan berikut.
Y ( s)
= H1(
s)
X1(
s)
= H1(
s)
= H1(
s)
R(
s)
− H1(
s)
Y2
( s)
= H1(
s)
R(
s)
− H1(
s)
2
[ H ( s)
Y ( s)
]
⇒ Y ( s)
+ H1(
s)
2
Y ( s)
H1(
s)
⇒ =
R(
s)
1 + H1(
s)
H 2 ( s)
[ R(
s)
− Y ( s)
]
2
[ H ( s)
Y ( s)
]
= H1(
s)
R(
s)
Dengan hubungan umpan balik seperti pada Gb.8.6. fungsi alih sistem
keseluruhan menjadi
H1(
s)
1+
H1(
s)
H 2 ( s)
Fungsi alih H 1 (s) adalah fungsi alih dari suatu sistem yang disebut sistem
H1(
s)
loop terbuka sedangkan
adalah fungsi alih dari sistem
1+
H1(
s)
H 2 ( s)
yang disebut sistem loop tertutup. Jika pada titik penjumlahan terdapat
tanda negatif pada jalur umpan balik maka sistem ini disebut sistem
dengan umpan balik negatif. Jika fungsi alih H 2 (s) = − 1 maka sistem
menjadi sistem dengan umpan balik negatif satu satuan.
Sub-Sistem. Jika kita memisahkan salah satu bagian dari diagram blok
suatu sistem yang tersusun dari banyak bagian dan bagian yang kita
pisahkan ini merupakan suatu sistem juga maka bagian ini kita sebut subsistem.
H 2 (s) dalam contoh hubungan paralel di atas merupakan salah
satu sub-sistem.
8.5. Pembentukan Diagram Blok
Berikut ini kita akan melihat contoh penggambaran diagram blok dan
penyederhanaan diagram blok. Sebagaimana telah disebutkan, walaupun
kita telah mengembangkan pengertian sistem akan tetapi dalam contohcontoh
yang akan kita lihat di sini kita membatasi diri pada sistem listrik.
8.5.1. Diagram Blok Elemen Rangkaian
Definisi sistem menyatakan bahwa dari sinyal masukan tertentu suatu
sistem akan memberikan sinyal keluaran tertentu. Definisi ini dipenuhi
oleh elemen-elemen rangkaian seperti R, L, dan C, karena elemen-elemen
170 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

ini akan memberikan sinyal keluaran (tegangan atau arus) tertentu jika
diberi sinyal masukan (arus atau tegangan) tertentu yang kita kenal
sebagai karakteristik i-v dalam analisis rangkaian listrik. Jika sistem
dapat divisualisasikan menggunakan diagram blok, maka elemen-elemen
rangkaian listrik dapat pula digambarkan dengan diagram blok.
Resistor. Gb.8.7. memperlihatkan diagram blok dari resistor. Hubungan
tegangan-arus resistor adalah V ( s)
= RI(
s)
atau I ( s)
= (1/ R)
V ( s)
.
Kedua relasi memberikan diagram blok seperti ditunjukkan pada gambar.
I(s)
I(s)
R
V(s)
R
+
V(s)
−
V(s)
1 I(s)
R
Gb.8.7 Diagram blok resistor.
Kapasitor. Gb.8.8. memperlihatkan diagram blok dari kapasitor.
Hubungan tegangan-arus kapasitor adalah V ( s)
= (1/ sC)
I(
s)
atau
I ( s)
= ( sC)
V ( s)
. Kedua relasi memberikan diagram blok seperti
ditunjukkan pada gambar.
1
sC
I(s)
+
V(s)
−
I(s)
V(s)
1
sC
sC
V(s)
I(s)
Gb.8.8. Diagram blok kapasitor.
Berbeda dengan resistor, kapasitor adalah elemen dinamik. Hubungan
yang pertama mengambil peubah status, yaitu tegangan kapasitor,
sebagai keluaran dan dapat ditulis sebagai V ( s)
= (1/ C)(1/
s)
I(
s)
dan
diagram bloknya menjadi :
1 1
I(s)→ → →V(s)
C s
171

Di kawasan t hubungan tersebut adalah
∫
v ( t)
= (1/ C)
idt . Oleh karena
itu blok s
1 disebut sebagai blok integrator.
Induktor. Gb.8.9. memperlihatkan diagram blok dari induktor.
Hubungan tegangan-arus induktor adalah V ( s)
= ( sL)
I(
s)
atau
I ( s)
= (1/ sL)
V ( s)
. Kedua relasi memberikan diagram blok seperti
ditunjukkan pada gambar.
sL
I(s)
+
V(s)
−
I(s)
V(s)
Gb.8.9. Diagram blok induktor.
Seperti halnya kapasitor, induktor adalah elemen dinamik. Hubungan
yang kedua mengambil peubah status, yaitu arus induktor, sebagai
keluaran dan dapat ditulis sebagai I ( s)
= (1/ L)(1/
s)
V ( s)
. Dengan blok
integrator diagram bloknya menjadi :
sL
1
sL
V(s)→ L
1 → s
1 →I(s).
V(s)
I(s)
8.5.2. Pembentukan Diagram Blok
Dalam contoh-contoh berikut ini kita akan melihat bagaimana diagram
blok dibentuk. Kita menggabungkan pemahaman mengenai rangkaian
listrik dengan pemahaman hubungan-hubungan sistem.
172 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

COTOH-8.1: Gambarkan diagram blok rangkaian-rangkaian berikut.
I(s)
R 1
(a)
I 2 (s)
I 1 (s)
R 2
Penyelesaian :
+
V(s)
−
I(s)
R 1
(b)
I 2 (s)
I 1 (s)
⎡
V ( s)
= R2
I2
( s)
= R2
I(
s)
− I1(
s)
= R2
⎢I(
s)
−
⎣
Diagram blok rangkaian ini adalah:
V ( s)
⎤
a). [ ] ⎥
⎦
sL
+
V(s)
−
I(s)
R 1
(c)
R1
I 2 (s)
I 1 (s)
1
sC
+
V(s)
−
I(s)
+
−
1
R
1
R 2
V(s)
⎡
V ( s)
= sLI
2 ( s)
= sL I(
s)
− I1(
s)
= sL⎢I(
s)
−
⎣
Diagram blok rangkaian ini adalah:
V ( s)
⎤
b). [ ] ⎥
⎦
R1
I(s)
+
−
1
R
1
sL
V(s)
⎡
= ⎢I(
s)
−
sC ⎣
1 1
1 V ( s)
⎤
c). [ ] ⎥
⎦
V ( s)
= I2
( s)
=
sC sC
I(
s)
− I1(
s)
Diagram blok rangkaian ini adalah:
I(s)
+
−
1
R
1
1
sC
V(s)
R1
173

COTOH-8.2: Gambarkan diagram blok rangkaian-rangkaian berikut.
I(s)
Penyelesaian :
sL
(a)
I 2 (s)
I 1 (s)
R 1
+
V(s)
−
⎡ V ( s)
V ( s)
= R1
I2
( s)
= R1
I(
s)
− I1(
s)
= R1
⎢I(
s)
−
⎣ sL
Diagram blok:
a). [ ] ⎥ ⎦
⎤
1
sL
I(s)
1
sC
(b)
I 2 (s)
I 1 (s)
R 1
+
V(s)
−
I(s)
+
− R 1
V(s)
b). V s)
= R I ( s)
= R [ I(
s)
− I ( s)
] = R [ I(
s)
− sC V ( )]
( 1 2 1 1 1
s
Diagram blok:
sC
I(s)
+
− R 1
V(s)
Tegangan V(s) pada contoh 8.1.b. dan 8.1.c. haruslah identik dengan
tegangan pada contoh 8.2. karena tegangan ini adalah tegangan pada
hubungan paralel dari dua elemen. Walaupun demikian kita mendapatkan
diagram blok yang berbeda pada kedua contoh tersebut. Kita akan
menguji apakah kedua diagram blok tersebut identik dengan mencari
fungsi alih masing-masing. Untuk itu kita akan memanfaatkan formulasi
hubungan blok paralel.
Untuk rangkaian R-L paralel di kedua contoh tersebut di atas kita peroleh
:
174 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

I(s)
+
−
1
R
1
sL
V(s)
1
sL
sL sLR ( )
( )
1 V s
H1
s =
= =
1+
( sL)(1/
R ) R + sL I(
s)
1
1
I(s)
+
− R 1
V(s)
R
( )
1 sLR
H
1
2 s =
=
1+
( R )(1/ sL)
sL + R
1
1
V ( s)
=
I(
s)
Untuk rangkaian R-C paralel kita peroleh :
1
R
1
I(s)
+
−
1
sC
V(s)
1/ sC R / ( )
( )
1 sC V s
H3
s =
=
=
1+
(1/ sC)(1/
R ) R + (1/ sC)
I(
s)
1
1
sC
I(s)
+
− R 1
V(s)
R
/
( )
1 R1
sC
H4
s =
=
1+
( R )( sC)
(1/ sC)
+ R
V ( s)
=
I(
s)
Fungsi alih dari kedua hubungan paralel terserbut ternyata sama yang
tidak lain adalah impedansi total rangkaian R-L dan R-C paralel. Jadi
diagram blok yang diperoleh pada kedua contoh di atas adalah identik.
1
1
175

COTOH-8.3: Bangunlah diagram blok dari rangkaian listrik yang telah
ditransformasikan ke kawasan s di bawah ini.
+
V i (s)
−
I 1 (s)
R 1
1
sC
I 3 (s)
V 1 (s)
1
sL
I 2 (s) 1
sC
2
I 5 (s)
I 4 (s)
R 2
+
V o (s)
−
Penyelesaian :
Dalam membangun diagram blok rangkaian ini, kita akan
menempuh langkah-langkah yang kita mulai dari tegangan keluaran
dan mencari formulasinya secara berurut menuju ke arah masukan.
Tegangan V o (s) dapat dinyatakan sebagai R2 I 5 ( s)
ataupun
(1/sC 2 ) I 4 (s). Kita ambil yang kedua.
1
1. V o ( s)
= I 4 ( s)
sC2
I 4 (s)
1
sC
2
V o (s)
1
2. I4( s)
= I3(
s)
− I5(
s)
= I3
− Vo(
s)
R2
I 3 (s)
+
1
R2
− 1
I sC 4 (s)
2
V o (s)
1
sL
3. I s)
= [ V ( s)
−V
( )]
3 ( 1 o s
176 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

V 1 (s)
−
1
R2
− 1
sC
I 4 (s)
1 1
1( 2
1 3 s
sC1
sC1
4. V s)
= I ( s)
= [ I ( s)
− I ( )]
1
sL
+
I 3 (s)
2
V o (s)
I 1 (s)
+
−
1
sC
1
V 1(s)
−
1
sL
+
I 3(s)
−
I 4(s)
1
R
2
1
sC
2
V o (s)
1
1 ( 1
R
s
1
5. I s)
= [ Vi ( s)
−V
( )]
V i(s) +
−
1
R
1
+
I 1(s)
−
1
sC
1 V 1(s)
−
1
sL
−
+
I
I 3(s) 4(s)
1
R
2
1
sC
2
V o
Pada langkah ke-5 ini terbentuklah diagram blok yang kita cari.
Walaupun diagram ini terlihat cukup rumit, tetapi sesungguhnya setiap
blok menggambarkan peran dari setiap elemen. Perhatikan pula bahwa
dalam diagram blok ini digunakan blok-blok integrator.
8.6. Reduksi Diagram Blok
Dalam Contoh-8.3 kita melihat bagaimana diagram blok dibentuk.
Diagram blok ini cukup panjang. Dengan menggunakan relasi-relasi
ekivalensi sistem terhubung seri dan paralel kita dapat menyederhanakan
diagram blok tersebut. Penyederhanaan diagram blok ini disebut reduksi
diagram blok. Karena diagram blok ekivalen dengan persamaan
rangkaian, maka penyederhanaan diagram blok akan menuju pada
diperolehnya fungsi alih.
177

Selain ekivalensi seri dan paralel, dalam melakukan reduksi diagram
blok kita memanfaatkan juga kaidah-kaidah pemindahan titik
pencabangan sebagai berikut.
Keluaran Y 2 (s) tidak akan berubah jika pemindahan titik
pencabangannya ke depan melampaui blok H(s) diikuti dengan
penambahan satu blok seri yang ekivalen dengan blok H(s).
Keluaran Y 3 (s) tidak akan berubah jika pemindahan titik
pencabangannya ke belakang melampauai blok H(s) diikuti
dengan penambahan satu blok seri 1/H(s).
Perhatikanlah Gb.8.10. Gambar b) diperoleh dengan jalan memindahkan
titik pencabangan di gambar a). Pencabangan keluaran Y 2 (s) di pindah ke
depan melewati blok H(s) dan pencabangan keluaran Y 3 (s) ke belakang
melewati blok H(s).
Y 2 (s)
X(s)
H(s)
Y 1 (s)
a).
Y 3 (s)
H(s)
Y 2 (s)
X(s)
H(s)
Y 1 (s)
b).
1
H ( s)
Y 3 (s)
Gb.8.10. Pemindahan titik pencabangan.
COTOH-8.4: Lakukanlah reduksi pada diagram blok berikut ini.
1
V i(s) + −
2
+
−
1
s
−
1
s
+
−
1
s
V o(s)
Penyelesaian :
178 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

1. Hubungan paralel dari blok 1 dan
1/ s
dengan H1(
s)
= =
1+
(1)(1/ s)
menjadi:
1
s + 1
1
s
dapat digantikan
sehingga diagram blok
V i (s
+ −
2
+
−
1
s
−
1
s
A
1
s + 1
V o (s
2. Titik pencabangan A dapat dipindahkan ke belakang dan terjadi
1 1
hubungan seri dan yang dapat diganti dengan
s s + 1
1
.
s(
s + 1)
Diagram blok menjadi :
V i (s)
+
−
2
+
−
1
s
s+1
−
1
s(
s + 1)
V o (s)
3. Umpan balik langsung dari V o (s) pada blok
1
s(
s + 1)
sama
dengan memparalel blok ini dengan blok 1 walaupun tidak
tergambarkan dalam diagram. Hubungan paralel ini dapat
diganti
dengan
1/ s(
s + 1)
H 2 ( s)
=
1+
(1)
Diagram blok menjadi
{ 1/ s(
s + 1) } =
1
.
s(
s + 1) + 1
179

V i (s)
+
−
2
+
−
1
s
B
s+1
1
s(
s + 1) + 1
V o (s)
4. Titik pencabangan B dapat dipindahkan ke belakang yang akan
menyebabkan terjadinya hubungan seri antara blok
1
s
1
dan
yang dapat diganti dengan
s(
s + 1) + 1
Diagram blok menjadi :
1
2
s ( s + 1)
+ s
V i (s)
+
−
2
s ( s + 1) + 1
+
−
2
1
s ( s + 1)
+ s
s+1
V o (s)
5. Selanjutnya s + 1 paralel dengan
1
2
s ( s + 1)
+ s
2
1 ( s ( s + 1) + s)
H3(
s)
=
=
2
1+
( s + 1) ( s ( s + 1) + s)
1
=
2
( s ( s + 1) + s)
+ ( s + 1)
s
3
2
1
+ s + 2s
+ 1
dan H 3 (s) seri dengan 2 sehingga diagram blok menjadi :
180 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

V i (s)
+
−
s ( s + 1) + 1
2
3 2
s + s + 2s
+ 1
V o (s)
6. Diagram blok paralel terakhir ini memberikan
3 2
2 /( s + s + 2s
+ 1)
2
H 4(
s)
=
=
2
3 2
3 2
1+
2( s + s + 1) /( s + s + 2s
+ 1) s + 3s
+ 4s
+ 3
dan diagram blok menjadi
V i (s)
3
2
2
s + 3s
+ 4s
+ 3
V o (s)
Reduksi diagram blok pada akhirnya akan memberikan fungsi alih
dari sistem yaitu H 4 (s).
8.7. Sub-Sistem Statis dan Dinamis
Perhatikanlah bahwa dalam diagram blok yang diperoleh pada contoh
8.3. terdapat blok-blok yang berisi nilai konstan dan ada yang berisi
fungsi s atau lebih tepat blok yang menggambarkan fungsi alih bernilai
konstan dan blok yang menggambarkan fungsi alih yang merupakan
fungsi dari peubah Laplace s. Blok yang berisi nilai konstan berasal dari
elemen statis resistor, dan yang berisi fungsi s berasal dari elemen
dinamik C ataupun L. Suatu sub-sistem disebut dinamis jika fungsi
transfernya merupakan fungsi peubah Laplace s. Jika fungsi alihnya
bernilai konstan (gain kontan) maka sub-sistem itu disebut statis.
8.8. Diagram Blok Integrator
Suatu diagram blok yang seluruh blok-blok dinamisnya berupa blok
integrator disebut diagram blok integrator. Sebagaimana telah dibahas,
blok integrator berasal dari elemen dinamik apabila kita mengambil
peubah status sebagai keluaran. Untuk kapasitor V ( s)
= (1/ C)(1/
s)
I(
s)
dan untuk induktor I ( s)
= (1/ L)(1/
s)
V ( s)
.
Pembentukan diagram blok integrator dari suatu fungsi alih dapat
dilakukan karena fungsi alih H(s) yang berbentuk rasio polinomial dapat
kita uraikan menjadi suku-suku :
181

( s − z1)(
s − z2
) L(
s − zm
)
H ( s)
= K
( s − p )( s − p ) L(
s − p )
1
2
k1
=
( s − p
1
n
k2
+
) ( s − p
2
kn
+ L+
) ( s − p
Hal ini telah kita lihat pada waktu kita membahas transformasi Laplace.
a
Selanjutnya, setiap suku dari fungsi alih H(s) yang berbentuk
s + b
⎛ a ⎞ b(1/
s)
dapat ditulis sebagai ⎜ ⎟ yang diagram bloknya merupakan
⎝ b ⎠ 1 + b(1/
s)
a
hubungan seri antara blok statis
b
yang jalur umpan-balik-nya berisi blok statis
1
s
b . Dengan demikian
dengan blok berumpan balik
maka diagram blok dari H(s) dapat dibuat hanya terdiri dari blok statis
dan blok integrator saja.
n
)
182 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Soal-Soal
1. Susunlah diagram blok dari rangkaian-rangkaian berikut, lakukan
reduksi diagram blok, tentukan fungsi alihnya.
a).
+
v in
−
10Ω
10Ω
+
1H
v o
−
1µF
v in
+
+
− 1kΩ 1kΩ
1µF v o
b).
−
100m
+
v in
+ 1kΩ 1kΩ
v
− 1kΩ o
c).
1µF −
e).
+
−
1kΩ
1µF
v in
10µ
F
10k
Ω
1kΩ
5kΩ
+
v o
−
f).
i
1kΩ
in 0.1H
1kΩ 1µF
+
v o
−
i in 5mH
2µF
g).
1kΩ
+
v o
−
2. Lakukan reduksi diagram blok dan carilah fungsi alih dari diagram
blok berikut.
a).
X (s)
X(s)
+
−
+
10
k
1
s
1
s
1
s
+
+
Y(s)
Y(s)
b).
ω 2
183

X(s)
1
s + 1
+
−
Y(s)
c).
s + 2
X(s)
+
−
+
−
3
1
s
1
s
+
+
Y(s)
c).
4
1
s
d).
X(s)
+
−
+
−
+
−
3
1
s
4
1
s
+
+
Y(s)
X(s) +
−
1
s
+
−
+
−
4
1
s
1
s
1
s
+
+
Y(s)
e).
5
184 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

BAB 9
Sistem Dan Persamaan Ruang Status
Persamaan ruang status (state space equations) atau representasi
ruang keadaan (state space reprentation) merupakan satu alternatif
untuk menyatakan sistem dalam bentuk persamaan diferensial.
Persamaan ini dapat diturunkan dari diagram blok integrator.
9.1. Blok Integrator dan Blok Statis
1
Kita lihat lebih dulu blok integrator X(s)→
s →Y(s) yang
1
menunjukkan hubungan Y ( s)
= X ( s)
. Hubungan ini di kawasan t
s
adalah
∫
y ( t)
= x(
t)
yang dapat kita tuliskan sebagai x ( t)
= y&
( t)
Hubungan terakhir di kawasan t ini dapat kita baca sebagai : sinyal
masukan adalah turunan dari sinyal keluaran.
1
Sekarang blok kita pandang sebagai integrator dan bukan sebagai
s
gambaran dari fungsi alih 1/s. Dengan pandangan ini maka jika keluaran
integrator adalah q(t) masukannya adalah q& (t)
. Kita dapat
menggambarkan hubungan keluaran dan masukan di kawasan t dari
integrator sebagai
q& (t) →
1
s → q (t)
Perhatikan: Secara teknis penggambaran di atas tidak benar.
Akan tetapi kita harus mengartikan gambar tersebut sebagai
diagram sub-sistem yang mempunyai sinyal masukan q& (t)
dan
sinyal keluarannya q(t) dan bukan q(t) sama dengan (1/s) kali
q& (t) .
185

Berbeda dengan blok integrator, blok statis X(s)→ a →Y(s)
memberikan hubungan Y ( s)
= aX
( s)
yang di kawasan t memberikan
hubungan
y ( t)
= ax(
t)
Jadi kita dapat menggambarkan hubungan y ( t)
= ax(
t)
dengan
menggunakan blok statis, yaitu
x(t)→
a →y(t).
9.2. Diagram Blok Integrator, Sinyal Sebagai Fungsi t
Berikut ini kita akan melihat contoh suatu diagram blok integrator yang
sinyal masukan dan keluaran dari setiap integrator dinyatakan sebagai
fungsi t.
COTOH-9.1: Dalam diagram blok di bawah ini nyatakanlah sinyal
masukan dan keluaran pada setiap blok integrator sebagai fungsi t.
b
a
X(s)
c
−
1
s
+
d
−
1
s
+
Y(s)
Penyelesaian :
Dalam diagram blok ini terdapat dua blok integrator. Jika sinyal
masukan setiap blok integrator adalah q& i (t)
dan sinyal keluarannya
adalah q i (t) maka diagram blok di atas dapat kita gambarkan seperti
di bawah ini, di mana masukan dua blok integrator adalah
q& 1(
t ) dan q& 2 ( t )
sedangkan keluarannya adalah
q 1 (t) dan q 2 (t).
186 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Dengan diagram ini keluaran sistem adalah
y ( t)
= q2(
t)
+ dx(
t)
.
b
a
x(t)
c
+
− 1
+
q& ( )
s
q 1 ( t)
1 t
−
1
q&
2(
t)
s
q 2 ( t)
+ y(t)
+
d
9.3. Membangun Persamaan Ruang Status
Dari diagram blok di atas, kita dapat memperoleh satu set persamaan di
kawasan t yang akan memberikan hubungan antara sinyal masukan dan
sinyal keluaran sistem, yaitu x(t) dan y(t). Dengan perkataan lain kita
dapat memperoleh persamaan sistem di kawasan t. Set persamaan
tersebut kita peroleh dengan memperhatikan masukan blok-blok
integrator, dan keluaran sistem. Dalam contoh ini set persamaan tersebut
adalah :
q&
1(
t)
= −bq2
( t)
+ cx(
t)
q&
2 ( t)
= q1
( t)
− aq2
( t)
y(
t)
= q2
( t)
+ dx(
t)
y ( t)
= q2(
t)
+ dx(
t)
(9.1)
Dengan cara ini set persamaan yang kita peroleh, yaitu persamaan (9.1),
akan terdiri dari dua kelompok. Kelompok pertama adalah persamaan
yang ruas kirinya berisi q& (t)
, yang merupakan masukan blok integrator,
dan kelompok kedua adalah yang ruas kirinya berisi y(t), yaitu keluaran
sistem. Kelompok pertama dapat kita tuliskan dalam bentuk matriks
⎡q&
1(
t)
⎤ ⎡0
⎢ ⎥ =
q2
( t)
⎢
⎣ & ⎦ ⎣1
− b⎤
⎡q1(
t)
⎤ ⎡1⎤
⎢ ⎥ + x(
t)
− a
⎥
q2
( t)
⎢
0
⎥
⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
(9.2)
187

⎡q1(
t)
⎤
Dengan mendefinisikan vektor q&r
&
⎡q1(
t)
⎤
= ⎢ ⎥ dan q r =
⎣q&
⎢ ⎥ maka
2 ( t)
⎦ ⎣q2
( t)
⎦
(9.2) dapat kita tuliskan
0 b 1
[ q&r
⎡ − ⎤ r ⎡ ⎤
( t)
] = ⎢ ⎥ [ q(
t)
] + ⎢ ⎥x(
t)
(9.3)
⎣1
− a⎦
⎣0
⎦
Kelompok kedua dari (9.1) adalah y ( t)
= q2(
t)
+ dx(
t)
dan dengan
definisi untuk vektor q(t) maka ia dapat kita tuliskan dalam bentuk
matriks
r
y ( t)
= [ 0 1][ q(
t)
] + [ d] x(
t)
(9.4)
Dengan demikian maka set persamaan (9.1) dapat kita tuliskan sebagai
0 b 1
[ q&r
⎡ − ⎤ r ⎡ ⎤
( t)
] = ⎢ [ q(
t)
] x(
t)
1 a
⎥ + ⎢
0
⎥
⎣ − ⎦ ⎣ ⎦
(9.5)
r
y(
t)
= 0 1 q(
t)
+ d x(
t
[ ][ ] [ ] )
Secara umum bentuk persamaan (9.5) dapat kita tulis sebagai
[ q&r
r
( t)
] = [ A][ q(
t)
] + [ B]
x(
t)
r
y(
t)
= C q(
t)
+ D x(
t
[ ][ ] [ ] )
(9.6)
Set persamaan (9.6) ini disebut representasi ruang status dari sistem.
Sebutan lain dari representasi ini adalah model ruang status atau juga
persamaan peubah status atau persamaan ruang status.
COTOH-9.2: Carilah representasi ruang status dari sistem berikut.
x (t)
a 1
+
−
+
a 2
−
q& 1
q& 2
b
1
s
1
s
q 1
ω 2
q 2
q& 3
1
s
c 2
q 3
+
+
c 3
+ +
y (t)
d
188 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Penyelesaian:
Dari diagram blok di atas, masukan blok-blok integrator dan
keluaran sistem memberi kita persamaan berikut.
2
q&
1 = a1x(
t)
− ω q3
q&
2 = a2x(
t)
− bq2
q&
3 = q1
y(
t)
= c3q3
+ c2q2
+ dx(
t)
Persamaan ini kita tuliskan dalam bentuk matriks, menjadi
⎡q&
1(
t)
⎤ ⎡0
q&r
⎢ ⎥ ⎢
( t)
= q&
⎢ 2 ( t)
⎥
= ⎢0
⎢q3(
t)
⎥ ⎢
⎣ & ⎦ ⎢
1
⎣
y(
t)
=
[ 0 c c ] q ( t)
+ [ d] x(
t)
2
0
− b
0
⎡q1(
t)
⎤
⎢ ⎥
3 ⎢ 2 ⎥
⎢⎣
q3(
t)
⎥⎦
2
− ω ⎤ ⎡q1(
t)
⎤ ⎡a1
⎤
⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
0 ⎥ ⎢
q2
( t)
⎥
+
⎢
a2
⎥
x(
t)
0 ⎥ ⎢⎣
q3(
t)
⎥⎦
⎢⎣
0 ⎥
⎥⎦
⎦
Inilah representasi ruang status dari sistem yang kita cari
9.4. Membangun Diagram Blok dari Persamaan Ruang Status
Melalui contoh berikut ini kita akan melihat bagaimana diagram blok
dari suatu sistem dapat dibangun jika persamaan ruang statusnya
diketahui.
COTOH 9.3: Bangunlah diagram blok sistem yang persamaan ruang
statusnya adalah sebagai berikut.
Penyelesaian :
⎡ 0
q&r
( t)
=
⎢
⎢
0
⎢⎣
− a1
y(
t)
= 1
1 0 ⎤ ⎡q1(
t)
⎤ ⎡0⎤
0 1
⎥ ⎢
q2(
t)
⎥ ⎢
0
⎥
⎥ ⎢ ⎥
+
⎢ ⎥
x(t)
− a2
− a3⎥⎦
⎢⎣
q3(
t)
⎥⎦
⎢⎣
1⎥⎦
r
2 3
[ b b b ] q(
t)
Langkah pertama adalah melakukan pengembangan dari persamaan
yang diketahui sehingga diperoleh set persamaan berikut.
189

q&
1(
t)
= q2
( t)
q&
2 ( t)
= q3(
t)
q&
3(
t)
= −a1q1
( t)
− a2q2
( t)
− a3q3(
t)
+ x(
t)
y(
t)
= b1q1
( t)
+ b2q2
( t)
+ b3q3
( t)
Langkah berikutnya adalah menggambarkan blok-blok integrator
dengan masukan dan keluaran masing-masing. Langkah ini
memberikan diagram blok integrator sebagai berikut
q&
1 1 q1
s
q& 2
1 q 2 q& 3 1 q3
s
s
Langkah berikutnya adalah melakukan penghubungan blok-blok ini
sesuai dengan persamaan yang diketahui, yaitu
persamaan q & 1( t)
= q2
( t)
berarti bahwa masukan blok
integrator nomer-1 adalah keluaran dari blok integrator
nomer-2.
persamaan q & 2 ( t ) = q 3 ( t ) berarti masukan blok
integrator nomer-2 adalah keluaran blok integratir
nomer-3. Kita mendapatkan hubungan:
q& 3 q 3 q&
2 q 2 1
1
s
Selanjutnya kita membuat pencabangan-pencabangan dan
penjumlahan dengan blok-blok statis, sesuai dengan persamaan
yang diketahui, yaitu
q & 3( t)
= −a1q1
( t)
− a2q2
( t)
− a3q3(
t)
+ x(
t)
Hasil yang kita peroleh adalah:
1
s
q&
1 q 1
s
190 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

x (t)
+
−
−
−
q& 3 1 q 3 2 1 q 2 1
s
s
q&
q& 1 q 1
s
a 3
a 2
a 1
Satu persamaan lagi yang harus kita penuhi, yaitu persamaan
keluaran
y ( t)
= b1q
1(
t)
+ b2q2
( t)
+ b3q3
( t)
Dengan pencabangan dan penjumlahan persamaan ini kita penuhi.
x (t)
+
−
−
−
q& 3 1 q 3 2 1 q 2 1
s
s
q&
b 3
+
b 2
q& 1 q 1
s
b 1
+
+
y(t)
a 3
a 2
a 1
191

Soal-Soal
1. Carilah persamaan ruang status dari sistem-sistem dengan diagram
blok di bawah ini.
X (s)
+
−
10
1
s
+
+
Y(s)
a).
k
X(s)
+
1
s
1
s
Y(s)
b).
ω 2
X(s)
1
s + 1
+
−
Y(s)
c).
s + 2
X(s)
+
−
+
−
1
s
1
s
+
+
Y(s)
3
d).
4
1
s
192 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

193
e).
f).
2. Gambarkan diagram blok dari sistem dengan persamaan status berikut
ini.
a).
[ ] )
(
10
)
(
0
0
9
)
(
)
(
5
3
)
(
4
6
0
5
3
7
0
1
2
)
(
t
x
t
q
t
y
t
x
t
q
t
q
+
=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
=
r
r
&r
b).
[ ] )
(
5
)
(
0
0
5
)
(
)
(
0
1
0
)
(
0
0
2
1
0
4
2
0
0
)
(
t
x
t
q
t
y
t
x
t
q
t
q
+
=
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
+
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡
−
=
r
r
&r
1
s
+
X(s)
Y(s)
3
−
+
+
−
+
1
s
+
4
−
X(s) 1
s
+
Y(s)
4
−
1
s
+
+
−
+
+
−
5
1
s
1
s

c).
d).
q&r
⎡− σ
( t)
= ⎢
⎣− ω
y(
t)
=
[ 1 1] q(
t)
0
q&r
⎡
t)
= ⎢
⎣− ω
y(
t)
=
( 2
[ 1 0] q(
t)
ω ⎤ r ⎡1⎤
q(
t)
+ ⎢ x(
t)
− σ
⎥
1
⎥
⎦ ⎣ ⎦
r
1 ⎤ r ⎡0⎤
q(
t)
+ x(
t)
− 2ζω
⎥ ⎢
1
⎥
⎦ ⎣ ⎦
r
e).
0
q&r
⎡
t)
= ⎢
⎣− ω
y(
t)
=
( 2
[ 0 1] q(
t)
1 ⎤ r ⎡0⎤
q(
t)
+ x(
t)
− 2ζω
⎥ ⎢
1
⎥
⎦ ⎣ ⎦
r
194 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

BAB 10
Transformasi Fourier
Kita telah mempelajari tanggapan frekuensi dari suatu rangkaian.
Analisis dengan menggunakan transformasi Fourier yang akan kita
pelajari berikut ini akan memperluas pemahaman kita mengenai
tanggapan frekuensi, baik mengenai perilaku sinyal itu sendiri
maupuan rangkaiannya. Selain dari pada itu, pada rangkaianrangkaian
tertentu dijumpai keadaan dimana model sinyal dan piranti
tidak dapat dinyatakan melalui transformasi Laplace akan tetapi
dapat dilakukan melalui transformasi Fourier. Topik-topik yang akan
kita bahas meliputi: deret Fourier, transformasi Fourier, sifat-sifat
transformasi Fourier, dan analisis rangkaian menggunakan
transformasi Fourier. Dalam bab ini kita mempelajari tiga hal yang
pertama, sedangkan hal yang terakhir akan kita pelajari di bab
berikutnya.
Dengan mempelajari deret dan transformasi Fourier kita akan
• memahami deret Fourier.
• mampu menguraikan bentuk gelombang periodik
menjadi deret Fourier.
• mampu menentukan spektrum bentuk gelombang
periodik.
• memahami transformasi Fourier.
• mampu mencari transformasi Fourier dari suatu
fungsi t.
• mampu mencari transformasi balik dari suatu
transformasi Fourier.
10.1. Deret Fourier
10.1.1. Koefisien Fourier
Kita telah melihat bahwa sinyal periodik dapat diuraikan menjadi
spektrum sinyal. Penguraian suatu sinyal periodik menjadi suatu
spektrum sinyal tidak lain adalah pernyataan fungsi periodik
kedalam deret Fourier. Jika f(t) adalah fungsi periodik yang
memenuhi persyaratan Dirichlet, maka f(t) dapat dinyatakan sebagai
deret Fourier :
195

[ a cos( nω
t)
+ b sin( nω
t ]
∑ ∞ f ( t)
= a0 + n 0 n 0 ) (10.1)
n=
1
yang dapat kita tuliskan sebagai (lihat sub-bab 3.2)
⎡
( cos( nω
t − θ )
∑ ∞ 2 2
f ( t)
= a0 + an
+ bn
0 n ) (10.2)
n=
1
⎢⎣
⎥⎦
Koefisien Fourier a 0 , a n , dan b n ditentukan dengan hubungan berikut.
1 T0
/ 2
a0
=
∫
f ( t)
dt
T0
−T0
/ 2
2 T0
/ 2
an
=
∫
f ( t) cos( nω0t)
dt
T0
−T0
/ 2
; n > 0
(10.3)
2 T0
/ 2
bn
=
∫
f ( t)sin(
nω0t)
dt
T0
−T0
/ 2
; n > 0
Hubungan (10.3) dapat diperoleh dari (10.1). Misalkan kita mencari
a n : kita kalikan (10.1) dengan cos(kω o t) kemudian kita integrasikan
antara −T o /2 sampai T o /2 dan kita akan memperoleh
To
/ 2
f ( t) cos( kωot)
dt =
−T
/ 2
∫
o
+
To
/ 2
a0
cos( kωot)
dt
−T
/ 2
∫
o
⎡ T / 2
a
o
∞ ⎢∫−
T
⎢
∑
⎢
n=
1
⎢+
∫
⎣
cos( nω
t) cos( kω
t)
dt
n 0 o ⎥
o / 2
⎥
To
/ 2
⎥
bn
sin( nω0t) cos( kωot)
dt⎥
−To
/ 2
⎦
Dengan menggunakan kesamaan tigonometri
1
1
cos α cosβ = cos( α − β)
+ cos( α + β)
2
2
1
1
cos α sin β = sin( α − β)
+ sin( α + β)
2
2
maka persamaan di atas menjadi
⎤
⎤
196 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

To
/ 2
f ( t)cos(
kωot)
dt =
−T
/ 2
∫
o
∫
⎡a
To
/ 2
n
∞ ⎢ ∫−
⎢
2 To
/ 2
+ ∑⎢
b To
/ 2
n=
1⎢+
n
⎣ 2 ∫ −To
/ 2
To
/ 2
a0
cos( kωot)
dt
−T
/ 2
o
( cos(( n − k)
ω t)
+ cos(( n + k)
ω t)
)
0
( sin(( n − k)
ω t)
+ sin(( n + k)
ω t)
)
0
⎤
o dt ⎥
⎥
⎥
o dtdt⎥
⎦
Karena integral untuk satu perioda dari fungsi sinus adalah nol, maka
semua integral di ruas kanan persamaan ini bernilai nol kecuali satu
yaitu
a T
n
o
/ 2
2 ∫ − T / 2
o
a
n
( cos(( n − k)
ω t)
) dt = yang terjadi jika n = k
2 To
/ 2
oleh karena itu a n =
∫
f ( t) cos( nω0t)
dt
To
− To
/ 2
0
Pada bentuk-bentuk gelombang yang sering kita temui, banyak
diantara koefisien-koefisien Fourier yang bernilai nol. Keadaan ini
ditentukan oleh kesimetrisan fungsi f(t) yang pernah kita pelajari di
Bab-3; kita akan melihatnya sekali lagi dalam urain berikut ini.
10.1.2. Kesimetrisan Fungsi
Simetri Genap. Suatu fungsi dikatakan mempunyai simetri genap
jika f(t) = f(−t). Salah satu contoh fungsi yang memiliki simetri
genap adalah fungsi cosinus, cos(ωt) = cos(−ωt). Untuk fungsi
semacam ini, dari (10.1) kita dapatkan
∞
f ( t)
= a0
+ ∑ n
n=
1
∞
f ( −t)
= a0
+
n=
1
[ a cos( nω
t)
+ b sin( nω
t)
]
0
∑[ an
cos( nω0t)
− bn
sin( nω0t)
]
Kalau kedua fungsi ini harus sama, maka haruslah b n = 0, dan f(t)
menjadi
2
n
0
dan
∑ ∞ f ( t)
= ao + [ an
cos( nω0t)
]
(10.4)
n=
1
197

COTOH-10.1: Tentukan
deret Fourier dari bentuk
gelombang deretan pulsa
berikut ini.
v(t)
A
−T/2 0 T/2
T o
T
Penyelesaian :
Bentuk gelombang ini memiliki simetri genap, amplitudo A,
perioda T o , lebar pulsa T.
T / 2
1 T / 2 At AT
ao
=
∫
Adt = = ; bn
= 0 ;
To
−T
/ 2 To
T
−T/
2 o
2 T / 2
2A
T / 2
an
=
∫
Acos(
nωot)
dt = sin nωot
T − / 2
ω
− / 2
o T
To
on
T
A ⎡ ⎛ nπT
⎞⎤
2A
⎡ ⎛ nπT
⎞⎤
= ⎢2sin⎜
⎟⎥
= ⎢ ⎜ ⎟
sin
⎥
πn
⎢⎣
⎝ To
⎠⎥⎦
πn
⎢⎣
⎝ To
⎠⎥⎦
Untuk n = 2, 4, 6, …. (genap), a n = 0; a n hanya mempunyai
nilai untuk n = 1, 3, 5, …. (ganjil).
∞
AT 2A
⎡ ⎛ nπT
⎞⎤
f ( t)
= +
sin cos( nωot)
T
∑ ⎢ ⎜ ⎟⎥
o
nπ
T
n=
1,
ganjil ⎢⎣
⎝ o ⎠⎥⎦
∞
AT 2A
( n−
/ 2
= +
( 1) 1) cos( n ot)
T
∑ −
ω
o
nπ
n=
1, ganjil
Pemahaman :
Pada bentuk gelombang yang memiliki simetri genap, b n = 0.
Oleh karena itu sudut fasa harmonisa tanθ n = b n /a n = 0 yang
berarti θ n = 0 o .
Simetri Ganjil. Suatu fungsi dikatakan mempunyai simetri ganjil
jika f(t) = −f(−t). Contoh fungsi yang memiliki simetri ganjil adalah
fungsi sinus, sin(ωt) = −sin(−ωt). Untuk fungsi semacam ini, dari
(10.1) kita dapatkan
−
∑ ∞ f ( −t)
= −a0 + n 0 n 0 )
n=
1
[ − a cos( nω
t)
+ b sin( nω
t ]
198 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Kalau fungsi ini harus sama dengan
∑ ∞ f ( t)
= a0 +
n=
1
n 0 n 0 )
maka haruslah
[ a cos( nω
t)
+ b sin( nω
t ]
[ b sin( nω
t)
]
0 0 dan 0 ( ) ∑ ∞ a = an
= ⇒ f t = n 0 (10.5)
n=
1
COTOH-10.2: Carilah deret
Fourier dari bentuk gelombang
persegi di samping ini.
Penyelesaian:
Bentuk gelombang ini memiliki
simetri ganjil, amplitudo A,
perioda T o = T.
a o = 0 ; an
= 0
;
v(t)
A
−A
2 ⎛ T / 2
T
⎞
bn
= ⎜ sin( o )
sin( o ) ⎟
⎝∫
A nω
t dt +
0 ∫
− A nω
t dt
T
T / 2
⎠
2A
/ 2
⎜
⎛
T
T
= − cos( nωot)
+ cos( nωot)
⎟
⎞
Tnω
0
/ 2
o ⎝
T ⎠
A 2
= ( 1+
cos ( nπ)
− 2cos( nπ)
)
nπ
Untuk n ganjil cos(nπ) = −1 sedangkan untuk n genap cos(nπ)
= 1. Dengan demikian maka
A
4A
bn
= ( 1 + 1 + 2)
= untuk n ganjil
nπ
nπ
A
bn
= ( 1 + 1 − 2) = 0 untuk n genap
nπ
∑ ∞ 4A
⇒ v(
t)
=
nω
t
nπ
sin( o )
n=
1, ganjil
Pemahaman:
Pada bentuk gelombang dengan semetri ganjil, a n = 0. Oleh
karena itu sudut fasa harmonisa tanθ n = b n /a n = ∞ atau θ n = 90 o .
T
t
199

Simetri Setengah Gelombang. Suatu fungsi dikatakan mempunyai
simetri setengah gelombang jika f(t) = −f(t−T o /2). Fungsi dengan
sifat ini tidak berubah bentuk dan nilainya jika diinversi kemudian
digeser setengah perioda. Fungsi sinus(ωt) misalnya, jika kita kita
inversikan kemudian kita geser sebesar π akan kembali menjadi
sinus(ωt). Demikain pula halnya dengan fungsi-fungsi cosinus,
gelombang persegi, dan gelombang segitiga.
− f ( t − To
/ 2) = −a0
+
= −a0
+
∞
∑
n=
1
[ − a cos( nω
( t − π))
− b sin( nω
( t − π))
]
∞
n
n
∑[ − ( −1)
an
cos( nω0t)
− ( −1)
bn
sin( nω0t)
]
n=
1
Kalau fungsi ini harus sama dengan
f ( t)
= a
n
∑ ∞ 0 + n 0 n 0 )
n=
1
0
[ a cos( nω
t)
+ b sin( nω
t ]
maka haruslah a o = 0 dan n harus ganjil. Hal ini berarti bahwa
fungsi ini hanya mempunyai harmonisa ganjil saja.
n
0
10.1.3. Deret Fourier Bentuk Eksponensial
Deret Fourier dalam bentuk seperti (10.1) sering disebut sebagai
bentuk sinus-cosinus. Bentuk ini dapat kita ubah kedalam cosinus
(bentuk sinyal standar) seperti (10.2). Sekarang bentuk (10.2) akan
kita ubah ke dalam bentuk eksponensial dengan menggunakan
hubungan
e
cosα =
jα +
e
2
− jα
.
Dengan menggunakan relasi ini maka (10.2) akan menjadi
200 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

∞
⎡ 2 2
f ( t)
= a ∑ ( )
⎤
0 + an
+ bn
cos( nω0t
− θn)
⎢⎣
⎥⎦
n=
1
∞ ⎡ j(
nω0t−θn
) − j(
nω0t−θn
)
+
⎤
2 2 e
e
= a0
+ ∑ ⎢ an
+ bn
⎥
= 1⎢⎣
2
n
⎥⎦
∞ ⎡
= a ⎢
0 + ∑ ⎢
n=
1
⎣
2 2
∞
a
⎤ ⎡
n + bn
j(
nω0t−θn
)
e ⎥ + ⎢
2
⎥ ∑ ⎢
⎦ n=
1
⎣
2 2
a
⎤
n + bn
− j(
nω0t−θn
)
e ⎥
2
⎥
⎦
(10.6)
Suku ketiga (10.6) adalah penjumlahan dari n = 1 sampai n =∞. Jika
penjumlahan ini kita ubah mulai dari n = −1 sampai n = −∞, dengan
penyesuaian a n menjadi a −n , b n menjadi b −n , dan θ n menjadi θ −n ,
maka menurut (10.3) perubahan ini berakibat
2 T0
/ 2
2 T0
/ 2
a−n
= f ( t)cos(
n 0t)
dt
f ( t)cos(
n 0t)
dt an
T ∫
− ω =
ω =
0 −T0
/ 2
T ∫
0 −T0
/ 2
2 T0
/ 2
2 T0
/ 2
b−n
= f ( t)sin(
n 0t)
dt
f ( t)sin(
n 0t)
dt b
T ∫
− ω = −
ω = −
0 −T0
/ 2
T ∫
0 −T0
/ 2
b
tan n − b
θ
n
n = −
− = ⇒ θ−n
= −θn
a−n
an
(10.7)
Dengan (10.7) ini maka (10.6) menjadi
f ( t)
=
∞
∑
n=
0
⎡
⎢
⎢
⎣
a
2
n
+ b
2
2
n
e
j(
nω
t−θ
)
0
n
⎤
⎥ +
⎥
⎦
−∞
∑
n=−1
⎡
⎢
⎢
⎣
a
2
n
2
n
+ b
2
e
⎤
n ⎥
⎥
⎦
(10.8)
j(
nω
t−θ
)
Suku pertama dari (10.8) merupakan penjumlahan yang kita mulai
dari n = 0 untuk memasukkan a 0 sebagai salah satu suku
penjumlahan ini. Dengan cara ini maka (10.8) dapat ditulis menjadi
⎛
⎞
+∞ 2 2
+∞
⎜ an
+ bn
− jθ
⎟
n j(
nω0
t)
j(
nω0t)
f ( t)
= ∑ ⎜ e ⎟ e = ∑cn
e (10.9)
n=−∞
2
n=−∞
⎝
⎠
Inilah bentuk eksponensial deret Fourier, dengan c n adalah koefisien
Fourier yang mungkin berupa besaran kompleks.
0
201

c
n
=
a
2
n
+ b
2
2
n
e
− jθ
a
=
n
− jb
2
n
(10.10)
2 2
an
+ bn
cn
=
dan ∠cn
= θn
dengan
2
−1⎛ − b ⎞
1⎛
⎞
n tan ⎜ n
θ = ⎟
− b
jika < 0; θn
= tan ⎜ n ⎟
an
⎝ an
⎠
⎝ an
⎠
jika an
> 0
(10.11)
Jika a n dan b n pada (10.3) kita masukkan ke (10.10) akan kita
dapatkan
a
− jb
1
T0
/ 2
− ω
=
n n
jn n t
cn
=
∫
f ( t)
e dt (10.12)
2 T0
− T0
/ 2
dan dengan (10.12) ini maka (10.9) menjadi
+∞
+∞
j(
nω
t)
⎛ 1 T0
/ 2
− ω ⎞
0
ω
= ∑ = ∑
⎜
jn
ot
⎟ j(
n
0t)
f ( t)
cn
e
∫
f ( t)
e dt
−
e (10.13)
=−∞
n=−∞⎝
T T / 2
n
0 0
⎠
Persamaan (10.11) menunjukkan bahwa 2|c n | adalah amplitudo dari
harmonisa ke-n dan sudut fasa harmonisa ke-n ini adalah ∠c n .
Persamaan (10.10) ataupun (10.12) dapat kita pandang sebagai
pengubahan sinyal periodik f(t) menjadi suatu spektrum yang terdiri
dari spektrum amplitudo dan spektrum sudut fasa seperti telah kita
kenal di Bab-1. Persamaan (10.9) ataupun (10.13) memberikan f(t)
apabila komposisi harmonisanya c n diketahui. Persamaan (10.12)
menjadi cikal bakal transformasi Fourier, sedangkan persamaan
(10.13) adalah transformasi baliknya.
COTOH-10.3: Carilah koefisien Fourier c n dari fungsi pada
contoh-10.1.
Penyelesaian :
c
n
1
=
T
o
∫
T / 2
−T
/ 2
A e
A ⎛ e
= ⎜
nωoT
⎜
o ⎝
− jnω
t
jnω
T / 2
o
o
dt =
− e
j
o
A ⎛ − jnω
t
⎜ e
T ⎜
o ⎝
− jnωo
− jnω
T / 2
o
⎞
⎟
⎟
⎠
T / 2
−T
/ 2
⎞
⎟ 2A
=
⎟
⎠
nωoT
o
sin
( nω
T / 2)
o
202 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

10.2. Transformasi Fourier
10.2.1. Spektrum Kontinyu
Deret Fourier, yang koefisiennya diberikan oleh (10.12) hanya
berlaku untuk sinyal periodik. Sinyal-sinyal aperiodik seperti sinyal
eksponensial dan sinyal anak tangga tidak dapat direpresentasikan
dengan deret Fourier. Untuk menangani sinyal-sinyal demikian ini
kita memerlukan transformasi Fourier dan konsep spektrum
kontinyu. Sinyal aperiodik dipandang sebagai sinyal periodik dengan
perioda tak-hingga.
Jika diingat bahwa ω 0 = 2π/T 0 , maka (10.13) menjadi
∞
⎛ 1 T0
/ 2
f ( t)
= ∑
⎜
∫−
=−∞⎝
T
n 0 T0
/ 2
∞
1 ⎛ T0
/ 2
= ∑ ⎜
2π
∫−
n=−∞⎝
T0
/ 2
− jnω
⎞
0t
⎟ jnω0t
f ( t)
e dt
e
⎠
− jnω
⎞
0t
jnω0t
f ( t)
e dt ⎟ ω0
e
⎠
(10.14)
Kita lihat sekarang apa yang terjadi jika perioda T 0 diperbesar.
Karena ω 0 = 2π/T 0 maka jika T 0 makin besar, ω 0 akan makin kecil.
Beda frekuensi antara dua harmonisa yang berturutan, yaitu
∆ ω =
2π
( n + 1) ω0
− nω0
= ω0
=
T0
juga akan makin kecil yang berarti untuk suatu selang frekuensi
tertentu jumlah harmonisa semakin banyak. Oleh karena itu jika
perioda sinyal T 0 diperbesar menuju ∞ maka spektrum sinyal
menjadi spektrum kontinyu, ∆ω menjadi dω (pertambahan frekuensi
infinitisimal), dan nω 0 menjadi peubah kontinyu ω. Penjumlahan
pada (10.14) menjadi integral. Jadi dengan membuat T 0 → ∞ maka
(10.14) menjadi
1 ∞ ⎛ ∞
− jωt
⎞ jωt
1 ∞
jωt
f ( t)
=
∫
⎜
−∞ ∫
f ( t)
e dt ⎟ e dω =
−∞
∫
F(
ω)
e dω
2π
⎝
⎠ 2π
−∞
(10.15)
dengan F(ω) merupakan sebuah fungsi frekuensi yang baru,
sedemikian rupa sehingga
203

∫ ∞ − jωt
F ( ω)
= f ( t)
e dt
(10.16)
−∞
dan F(ω) inilah transformasi Fourier dari f(t), yang ditulis dengan
notasi
F
[ f ( t)
] = F ( ω)
Proses transformasi balik dapat kita lakukan melalui persamaan
(10.15).
F
f ( t)
= −1 ( ω)
COTOH-10.4: Carilah transformasi
Fourier dari bentuk gelombang pulsa
di samping ini.
Penyelesaian :
−T/2 0 T/2
Bentuk gelombang ini adalah
aperiodik yang hanya mempunyai nilai antara −T/2 dan +T/2,
sedangkan untuk t yang lain nilainya nol. Oleh karena itu
integrasi yang diminta oleh (10.16) cukup dilakukan antara −T/2
dan +T/2 saja.
F(
ω)
=
T / 2
− jωt
A e dt = −
−T
/ 2
∫
sin( ωT
= AT
ωT
/ 2)
/ 2
T
A − jωt
e
jω
−T
/ 2
/ 2
Kita bandingkan transformasi Fourier (10.16)
∫ ∞ − jωt
F ( ω)
= f ( t)
e dt
−∞
dengan koefisien Fourier
A ⎡ jωT
e
= ⎢
ω/
2 ⎢⎣
/ 2
− jωT
− e
an
− jbn
1 T0
/ 2
− jnω
n t
cn
= =
∫
f ( t)
e dt
(10.17)
2 T0
− T0
/ 2
Koefisien Fourier c n merupakan spektrum sinyal periodik dengan
perioda T 0 yang terdiri dari spektrum amplitudo |c n | dan spektrum
A
v(t)
j2
/ 2
⎤
⎥
⎥⎦
204 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

sudut fasa ∠c n , dan keduanya merupakan spektrum garis (tidak
kontinyu, memiliki nilai pada frekuensi-frekuensi tertentu yang
diskrit). Sementara itu transformasi Fourier F(ω) diperoleh dengan
mengembangkan perioda sinyal menjadi tak-hingga guna mencakup
sinyal aperiodik yang kita anggap sebagai sinyal periodik yang
periodenya tak-hingga. Faktor 1/T 0 pada c n dikeluarkan untuk
memperoleh F(ω) yang merupakan spektrum kontinyu, baik
spektrum amplitudo |F(jω)| maupun spektrum sudut fasa ∠ F(ω).
COTOH-10.5: Gambarkan spektrum amplitudo dari sinyal pada
contoh 10.4.
Penyelesaian :
Spektrum amplitudo
sinyal aperiodik ini
merupakan spektrum
kontinyu |F(jω)|.
F ( ω)
=
sin( ωT
/ 2)
AT
ωT
/ 2 -5
|F(ω)|
−6π −4π −2π 0 2π 4π 6π ω
T T 0 T T T T
Pemahaman:
Sinyal ini mempunyai simetri genap. Sudut fasa harmonisa
adalah nol sehingga spektrum sudut fasa tidak digambarkan.
Perhatikan pula bahwa |F(ω)| mempunyai spektrum di dua sisi,
ω positif maupun negatif; nilai nol terjadi jika sin(ωT/2)=0 yaitu
pada ω = ±2kπ/T (k = 1,2,3,…); nilai maksimum terjadi pada ω
= 0, yaitu pada waktu nilai sin(ωT/2)/(ωT/2) = 1.
COTOH-10.6: Carilah transformasi Fourier dari f(t) = [A e −αt ] u(t)
dan gambarkan spektrum amplitudo dan fasanya.
Penyelesaian :
205

∞
−αt
− jωt
∞
−(
α+ jω)
t
F(
ω)
=
∫
Ae u(
t)
e dt =
−∞ ∫
Ae dt
0
∞
−(
α+ jω)
t
e
A
= − A
= untuk α > 0
α + jω
α + jω
0
| A |
⇒ F(
ω)
=
2 2
α + ω
−1 ω
⇒ θ(
ω)
= ∠F(
jω)
= − tan
α
|F(ω)
25
| A/α
θ(ω)
90
+90 o
Pemahaman:
Untuk α < 0, tidak ada transformasi Fourier-nya karena
integrasi menjadi tidak konvergen.
10.3. Transformasi Balik
Pada transformasi Fourier transformasi balik sering dilakukan
dengan mengaplikasikan relasi formalnya yaitu persamaan (10.15).
Hal ini dapat dimengerti karena aplikasi formula tersebut relatif
mudah dilakukan
COTOH-10.7: Carilah f(t) dari
Penyelesaian :
1
f ( t)
=
2π
F( ω)
= 2πδ(
ω)
∞
jωt
2πδ(
ω)
e dω =
−∞
∫
+
ω
α
=
∫
δ(
ω)(1)
dω = 1
−
α
1
2π
+
0
jωt
2πδ(
ω)
e dω
−
0
∫
−90 o
206 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Pemahaman :
Fungsi 2πδ(ω) adalah fungsi di kawasan frekuensi yang hanya
mempunyai nilai di ω=0 sebesar 2π. Oleh karena itu e jωt juga
hanya mempunyai nilai di ω=0 sebesar e j0t =1. Karena fungsi
hanya mempunyai nilai di ω=0 maka integral dari −∞ sampai
+∞ cukup dilakukan dari 0 − sampai 0 + , yaitu sedikit di bawah
dan di atas ω=0. Contoh ini menunjukkan bahwa transformasi
Fourier dari sinyal searah beramplitudo 1 adalah 2πδ(ω).
COTOH-10.8: Carilah f(t) dari
Penyelesaian :
f ( t)
=
1
2
F( jω)
= 2πδ(
ω − α)
∞
jωt
πδ ω − α e dω =
π ∫
2 ( )
−∞
+
jαt
α
jαt
= e
∫
δ(
ω − α)
dω = e
−
α
Pemahaman :
1
2
+
α
jωt
πδ ω − α e dω
π ∫
2 ( )
−
α
Fungsi 2πδ(ω−α) adalah fungsi di kawasan frekuensi yang
hanya mempunyai nilai di ω=α sebesar 2π. Oleh karena itu e jωt
juga hanya mempunyai nilai di ω=α sebesar e jαt . Karena fungsi
hanya mempunyai nilai di ω=α maka integral dari −∞ sampai
+∞ cukup dilakukan dari α − sampai α + , yaitu sedikit di bawah
dan di atas ω=α.
COTOH-10.9: Carilah f(t) dari
πA
F( ω)
= u(
ω + α)
− u(
ω − α)
α
Penyelesaian :
[ ]
207

1 ∞ πA
jωt
f ( t)
= [ u ω + α − u ω − α ] e dω
π ∫
( ) ( )
2 −∞ α
α
jωt
1 ∞ πA
jωt
A e
= [ ] e dω
=
π ∫
1
2 −∞ α
2α
jt
−α
jαt
− jαt
jαt
− jαt
A e − e A e − e sin( αt)
=
=
= A
2α
jt αt
j2
αt
Pemahaman:
Dalam soal ini F(ω) mempunyai nilai pada selang −α

dengan s = σ + jω adalah peubah frekuensi kompleks. Batas bawah
integrasi adalah nol, artinya fungsi f(t) haruslah kausal. Jika f(t)
memenuhi persyaratan Dirichlet maka integrasi tersebut di atas akan
tetap konvergen jika σ = 0, dan formulasi transformasi Laplace ini
menjadi
∫ ∞ − jωt
F ( s)
= f ( t)
e dt
(10.19)
0
Sementara itu untuk sinyal kausal integrasi transformasi Fourier
cukup dilakukan dari nol, sehingga transformasi Fourier untuk sinyal
kausal menjadi
∫ ∞ − jωt
F ( ω)
= f ( t)
e dt
(10.20)
0
Bentuk (10.20) sama benar dengan (10.19), sehingga kita dapat
simpulkan bahwa
untuk sinyal f ( t)
kausal dan dapat di - integrasi
F(
ω)
= F(
s)
σ= 0
berlaku
(10.21)
Persyaratan “dapat di-integrasi” pada hubungan (10.21) dapat
dipenuhi jika f(t) mempunyai durasi yang terbatas atau cepat
menurun menuju nol sehingga integrasi |f(t)| dari t=0 ke t=∞
konvergen. Ini berarti bahwa pole-pole dari F(s) harus berada di
sebelah kiri sumbu imajiner. Jika persyaratan-persyaratan tersebut di
atas dipenuhi, pencarian transformasi balik dari F(ω) dapat pula
dilakukan dengan metoda transformasi balik Laplace.
COTOH-10.10: Dengan menggunakan metoda transformasi
Laplace carilah transformasi Fourier dari fungsi-fungsi berikut
(anggap α, β > 0).
Penyelesaian:
−αt
a). f1(
t)
= A e u(
t)
b). f2(
t)
= δ(
t)
c) f3(
t)
= A e
−αt
[ sin βt] u(
t)
209

−αt
a). f1(
t)
= Ae u(
t)
→ fungsi kausal dan dapat di -integrasi
A
→ F(
s)
= → pole p1
= −α (di kiri sumbu imag)
s + α
1
→ F ( ω)
=
jω + α
b). f2(
t)
= δ(
t)
→ fungsi kausal dan
→ F ( s)
= 1 → F ( ω)
= 1
−αt
[ sinβt]
dapat di - integrasi
c). f3(
t)
= A e u(
t)
→ fungsi kausal, dapat
A
→ F ( s)
=
→ pole p = −α ± jβ
2 2
( s + α)
+ β
A
a
→ F ( ω)
=
=
2 2 2 2 2
( jω + α)
+ β α + β − ω + j2αω
di - integrasi
(di kiri sumbu
im)
COTOH-10.11: Carilah f(t) dari
10
F ( ω)
=
( jω + 3)( jω + 4)
Penyelesaian :
Jika kita ganti jω dengan s kita dapatkan
10
F ( s)
=
( s + 3)( s + 4)
Pole dari fungsi ini adalah p 1 = −3 dan p 2 = −4, keduanya di
sebelah kiri sumbu imajiner.
10 k1
k2
F(
s)
=
= +
( s + 3)( s + 4) s + 3 s + 4
→ k
10
s + 4
10 10
⇒ F(
s)
= −
s + 3 s + 4
1
=
s=−3
Transformasi balik dari F(ω) adalah :
f ( t)
=
= 10 ; k
2
=
−3t
−4t
[ 10 e −10
e ] u(
t)
10
s + 3
s=−4
= −10
210 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

10.4. Sifat-Sifat Transformasi Fourier
10.4.1. Kelinieran
Seperti halnya transformasi Laplace, sifat utama transformasi Fourier
adalah kelinieran.
Jika
maka
:
:
F
[ f
1
( t)
] = F1
( ω)
dan F[ f ( t)
] = F2(
[ Af t)
+ Bf t)
] = AF
( ω)
+ BF
( ω)
F
2
1 (
2 (
1
2
ω)
COTOH-10.12: Carilah transformasi Fourier dari v(t) = cosβt.
Penyelesaian:
(10.22)
Fungsi ini adalah non-kausal; oleh karena itu metoda
transformasi Laplace tidak dapat di terapkan. Fungsi cosinus ini
kita tuliskan dalam bentuk eksponensial.
F
⎡ jβt
− jβt
e + e ⎤ 1 jβt
1 − jβt
[ cosβt] = F⎢
⎥ = F[ e ] + F[ e ]
⎢⎣
2
Dari contoh 10.8. kita ketahui bahwa F ⎡
e
jωt
⎤
= 2πδ(
ω − β)
⎢⎣ ⎥⎦
F
Jadi [ cosβt] = πδ( ω − β)
+ πδ(
ω + β)
10.4.2. Diferensiasi
Sifat ini dinyatakan sebagai berikut
⎡df
( t)
⎤
F ⎢ ⎥ = jωF
( ω)
(10.23)
⎣ dt ⎦
Persamaan (10.15) menyatakan
1 ∞
jωt
f ( t)
= ( ω)
ω
2π
∫
F e d
−∞
df ( t)
d ⎛ 1 ∞
jωt
⎞ 1 ∞ ⎡ d jωt
⎤
→ = ⎜ ( ω)
ω⎟
= ( ( ) )
2
2
⎢ ω ω
π
⎥
⎝ π ∫
F e d
∫
F e d
dt dt −∞
⎠ −∞ ⎣dt
⎦
1 ∞
jωt
= ω ( ω)
ω
2π
∫
j F e d
−∞
⎡df
( t)
⎤
→ F⎢
⎥ = jωF
( ω)
⎣ dt ⎦
⎥⎦
2
2
211

10.4.3. Integrasi
Sifat ini dinyatakan sebagai berikut.
⎡ t ⎤ F(
ω)
F ⎢∫ f ( x)
dx⎥
= + πF(0)
δ(
ω)
(10.24)
⎣ −∞
⎦ jω
Suku kedua ruas kanan (10.24) merupakan komponen searah jika
sekiranya ada. Faktor F(0) terkait dengan f(t); jika ω diganti dengan
nol akan kita dapatkan
F (0)
=
∫ ∞ f ( t)
dt
−∞
COTOH-10.13: Carilah transformasi Fourier dari f(t) = Au(t).
Penyelesaian:
Metoda transformasi Laplace tidak dapat diterapkan untuk
fungsi anak tangga. Dari contoh (10.10.b) kita dapatkan bahwa
F [ δ( t)
] = 1
. Karena fungsi anak tangga adalah integral dari
fungsi impuls, kita dapat menerapkan hbungan (10.24) tersebut
di atas.
F
10.4.4. Pembalikan
t
1
j ω
[ u( t)
] = F∫ δ(
x)
dx = + πδ(
ω)
∞
−
Pembalikan suatu fungsi f(t) adalah mengganti t dengan −t. Jika kita
membalikkan suatu fungsi, maka urutan kejadian dalam fungsi yang
baru berlawanan dengan urutan kejadian pada fungsi semula.
Transformsi Fourier dari fungsi yang dibalikkan sama dengan
kebalikan dari transformasi Fourier fungsi semula. Secara formal hal
ini dapat dituliskan sebagai
[ f ( t)
] = F(
ω)
maka F[ f ( −t)
] = F(
−ω)
Jika F (10.25)
Menurut (10.16)
212 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

F
[ f ( −t)
]
→ F
∞
− jωt
=
∫
f ( −t)
e dt ; Misalkan − t = τ
−∞
−∞
jωτ
= −∫
f ( τ)
e dτ
∞
∞
− jωτ
=
∫
f ( τ)
e dτ
= F(
−ω)
−∞
[ f ( −t)
] = F[ f ( τ)
]
Sifat pembalikan ini dapat kita manfaatkan untuk mencari
transformasi Fourier dari fungsi signum dan fungsi eksponensial dua
sisi.
COTOH-10.14: Carilah transformasi Fourier dari fungsi signum
dan eksponensial dua sisi breikut ini.
v(t)
u(t)
1
v(t)
1
e −α(−t)
e −αt u(t)
0 t
−u(−t)
−1
0
t
eksponensial dua sisi :
signum : sgn(t) = u(t) − e −α| t | = e −αt u(t) + e −α(−t) u(−t)
Penyelesaian u(−t) :
1
Contoh 10.13. memberikan F [ u( t)
] = + πδ(
ω)
maka
jω
F
[ sgn( t)
] = F[ u(
t)
− u(
−t)
]
2
=
jω
−αt 1
F e u(
t)
= maka
Contoh 10.10.a memberikan [ ]
α + jω
−α |
( )
[ ] [ ]
| t −αt
−α −t
F e = F e u(
t)
+ e u(
−t)
1 1 2α
= + =
α + jω
α + j(
−ω)
2 2
α + ω
10.4.5. Komponen yata dan Imajiner dari F(ω)
Pada umumnya transformasi Fourier dari f(t), F(ω), berupa fungsi
kompleks yang dapat kita tuliskan sebagai
213

F
∞
− jωt
∞
( ω)
=
∫
f ( t)
e dt =
ω −
−∞ ∫
f ( t)
cos
t dt j
−∞
jθ = A(
ω)
+ jB(
ω)
= ( ω)
e ω
F
∞
f ( t)
sinωt
dt
−∞
dengan
∞
∞
A ( ω)
=
∫
f ( t)cosωt
dt ; B(
ω)
= −
−∞
∫
f ( t)sin
ωt
dt (10.26)
−∞
2 2
−1⎛
B(
ω)
⎞
F ( ω)
= A ( ω)
+ B ( ω)
; θ(
ω)
= tan
⎜
⎟ (10.27)
⎝ A(
ω)
⎠
Jika f(t) fungsi nyata, maka dari (10.26) dan (10.27) dapat kita
simpulkan bahwa
1. Komponen riil dari F(ω) merupakan fungsi genap, karena
A(−ω) = A(ω).
2. Komponen imajiner F(ω) merupakan fungsi ganjil, karena
B(−ω) =− B(ω).
3. |F(ω)| merupakan fungsi genap, karena |F(−ω)| = |F(ω)|.
4. Sudut fasa θ(ω) merupakan fungsi ganjil, karena θ(−ω) =−
θ(ω).
5. Kesimpulan (1) dan (2) mengakibatkan : kebalikan F(ω)
adalah konjugat-nya, F(−ω) = A(ω) − jB(ω) = F * (ω) .
6. Kesimpulan (5) mengakibatkan : F(ω) × F(−ω) = F(ω) ×
F * (ω) = |F(ω)| 2 .
7. Jika f(t) fungsi genap, maka B(ω) = 0, yang berarti F(ω) riil.
8. Jika f(t) fungsi ganjil, maka A(ω) = 0, yang berarti F(ω)
imajiner.
∫
10.4.6. Kesimetrisan
Sifat ini dinyatakan secara umum sebagai berikut.
Jika
[ f ( t)
] = ( ω)
maka F[ F(
t)
] = 2π
f ( −ω)
F F (10.28)
Sifat ini dapat diturunkan dari formulasi transformasi balik.
214 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

2π
f ( t)
=
Jika
t
∫
∞
−∞
F
jωt
( ω)
e dω → 2π
f ( −t)
=
dan ω dipertukarkan
10.4.7. Pergeseran Waktu
Sifat ini dinyatakan sebagai berikut.
Jika
∫
∞
−∞
F
maka : 2π
f ( −ω)
=
− jωt
( ω)
e dω
∫
∞
−∞
− jωT
[ f ( t)
] = F(
ω)
maka F[ f ( t − T )] = e F(
ω)
F
− jωt
( t)
e dω
F (10.29)
Sifat ini mudah diturunkan dari definisinya.
10.4.8. Pergeseran Frekuensi
Sifat ini dinyatakan sebagai berikut.
[ ]
1
jβt
F(
ω)
= f ( t)
maka F−
[ F ( ω − β)
] = e f ( t)
Jika F
−1
(10.30)
Sifat ini juga mudah diturunkan dari definisinya.
10.4.9. Penskalaan
Sifat ini dinyatakan sebagai berikut.
1 ⎛ ω ⎞
Jika F [ f ( t)
] = F(
ω)
maka F[ f ( at)
] = F⎜
⎟ (10.31)
| a | ⎝ a ⎠
10.5. Ringkasan
Tabel-10.1 berikut ini memuat pasangan transformasi Fourier
sedangkan sifat-sifat transformasi Fourier termuat dalam Tabel-10.2.
215

Tabel 10.1. Pasangan transformasi Fourier.
Sinyal f(t) F(ω)
Impuls δ(t) 1
Sinyal searah (konstan) 1 2π δ(ω)
Fungsi anak tangga u(t) 1
+ πδ(
ω)
jω
Signum
sgn(t)
2
jω
Exponensial (kausal) −αt
( e ) u(t)
1
α + j
ω
Eksponensial (dua sisi) |
e α |t
Eksponensial kompleks
− 2α
2 2
α + ω
j t
e β 2π
δ(
ω − β)
Kosinus cosβt π [ δ( ω − β)
+ δ(
ω + β)
]
Sinus sinβt − j π [ δ( ω − β)
− δ(
ω + β)
]
Tabel 10.2. Sifat-sifat transformasi Fourier.
Sifat Kawasan Waktu Kawasan Frekuensi
Sinyal f(t) F(ω)
Kelinieran A f 1 (t) + B f 2 (t) AF 1 (ω) + BF 2 (ω)
Diferensiasi
Integrasi
df ( t)
jωF(ω)
dt
t
F ( ω)
f ( x)
dx
+ π F (0) δ(
ω)
∫ −∞
jω
Kebalikan f (−t) F(−ω)
Simetri F (t) 2π f (−ω)
Pergeseran waktu f (t − T) − jωT
e F (ω)
Pergeseran frekuensi e j β t f (t) F(ω − β)
Penskalaan |a| f (at)
⎛ ω ⎞
F ⎜ ⎟
⎝ a ⎠
216 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Soal-Soal
Deret Fourier Bentuk Sinus-Cosinus.
1. Tentukan deret Fourier dari gelombang segitiga berikut ini.
v 1ms
5V
t
a). −5V
v 1ms
10V
b).
c).
d).
v
v
v
20ms
20ms
1ms
t
150V
t
150V
t
10V
e).
−5V
2. Siklus pertama dari deretan pulsa dinyatakan sebagai
v ( t)
= 2u(
t)
− 2u(
t −1)
+ u(
t − 2) − u(
t − 3)
Gambarkan siklus pertama tersebut dan carilah koefisien Fouriernya
serta gambarkan spektrum amplitudo dan sudut fasanya.
t
217

3. Suatu gelombang komposit dibentuk dengan menjumlahkan
tegangan searah 10V dengan gelombang persegi yang amplitudo
puncak ke puncak-nya 10 V. Carilah deret Fouriernya dan
gambarkan spektrum amplitudonya.
Deret Fourier Bentuk Eksponensial.
4. Carilah koefisien kompleks deret Fourier bentuk gelombang
berikut.
a).
−5V
v
v
1ms
1ms
5V
t
10V
b).
v
10V
1ms
2ms
t
t
c).
−5V
v
150V
d).
v
20ms
1ms
t
10V
e).
−5V
t
218 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Transformasi Fourier
5. Carilah transformasi Fourier dari bentuk-bentuk gelombang
berikut:
At
a). v( t)
= [ u(
t)
− u(
t − T )];
T
b).
⎛ 2πt
⎞⎡
⎞ ⎞⎤
⎢ ⎜
⎛ T
⎜
⎛ T
v ( t)
= Acos⎜
⎟ u t + ⎟ − u t − ⎟⎥ ⎝ T ⎠⎣
⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎦
A ⎡
⎤
c).
⎛ 2πt
⎞⎤
⎡ ⎞ ⎞
⎢ ⎜
⎛ T
⎜
⎛ T
v ( t)
= ⎢1
+ cos⎜
⎟⎥
u t + ⎟ − u t − ⎟⎥ 2 ⎣ ⎝ T ⎠⎦
⎣ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎦
d). v ( t)
= 2 + 2u(
t)
;
e). v ( t)
= 2sgn( −t)
+ 6u(
t)
−2t
f). v(
t)
= [ 2e
u(
t)
+ 2sgn( t)
] δ(
t + 2)
−2(
t−2)
−2(
t+
2)
g). v(
t)
= 2e
u(
t − 2) + 2e
u(
t + 2)
6. Tentukan transformasi balik dari fungsi-fungsi berikut:
π −α|
ω|
a). F ( ω)
= e ;
α
πA
β
b). F ( ω)
= [ u(
ω + β)
− u(
ω − β)
]
c). F 1000
( ω)
=
( jω + 20) ( jω + 50)
;
jω
d). F ( ω)
=
( jω + 20) ( jω + 50)
2
e). F − ω
( ω)
=
( jω + 20) ( jω + 50)
;
1000
f). F ( ω)
=
jω(
jω + 20) ( jω + 50)
219

j500ω
g). F ( ω)
=
;
( − jω + 50) ( jω + 50)
j5ω
h). F ( ω)
=
( jω + 50) ( jω + 50)
i). F 5000
( ω)
=
jω(
− jω + 50) ( jω + 50)
;
5000δ(
ω)
j). F ( ω)
=
2
− ω + j200ω + 2500
−2ω
k). F ( ω)
= 4π δ(
ω)
+ e ;
− ω
4π δ(
ω − 4)e j2
l). F ( ω)
=
jω
4π δ(
ω)
+ 4( jω + 1)
m). F ( ω)
=
;
jω(2
+ jω)
−2ω
n). F ( ω)
= 4π δ(
ω)
+ e
o). F ( ω)
= 4π δ(
ω)
+ 4π δ(
ω − 2) + 4π δ(
ω + 2)
220 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

BAB 11
Analisis Rangkaian Menggunakan
Transformasi Fourier
Dengan pembahasan analisis rangkaian dengan menggunakan
transformasi Fourier, kita akan
• mampu melakukan analisis rangkaian menggunakan
transformasi Fourier.
• mampu mencari tanggapan frekuensi.
11.1. Transformasi Fourier dan Hukum Rangkaian
Kelinieran dari transformasi Fourier menjamin berlakunya relasi hukum
Kirchhoff di kawasan frekuensi. Relasi HTK misalnya, jika
ditransformasikan akan langsung memberikan hubungan di kawasan
frekuensi yang sama bentuknya dengan relasinya di kawasan waktu.
Misalkan relasi HTK
jika
ditransformasikan
: v ( t)
+ v
1
: V ( ω)
+ V
1
2
( t)
− v
3
3
( ω)
−V
( t)
= 0
3
( ω)
= 0
Hal inipun berlaku untuk KCL. Dengan demikian maka transformasi
Fourier dari suatu sinyal akan mengubah pernyataan sinyal di kawasan
waktu menjadi spektrum sinyal di kawasan frekuensi tanpa mengubah
bentuk relasi hukum Kirchhoff, yang merupakan salah satu persyaratan
rangkaian yang harus dipenuhi dalam analisis rangkaian listrik.
Persyaratan rangkaian yang lain adalah persyaratan elemen, yang dapat
kita peroleh melalui transformasi hubungan tegangan-arus (karakteristik
i-v elemen). Dengan memanfaatkan sifat diferensiasi dari transformasi
Fourier, kita akan memperoleh relasi di kawasan frekuensi untuk resistor,
induktor, dan kapasitor sebagai berikut.
Resistor
Induktor
Kapasitor
: VR
( ω)
= RI
R ( ω)
: VL
( ω)
= jωLI
L ( ω)
: IC
( ω)
= jωCVC
( ω)
Relasi diatas mirip dengan relasi hukum Ohm. Dari relasi di atas kita
dapatkan impedansi elemen, yaitu perbandingan antara tegangan dan arus
di kawasan frekuensi
221

Z R = R
1
; Z L = jωL
; ZC
=
(11.1)
jωC
Bentuk-bentuk (11.1) telah kita kenal sebagai impedansi arus bolakbalik.
Dari uraian di atas dapat kita simpulkan bahwa transformasi Fourier
suatu sinyal akan tetap memberikan relasi hukum Kirchhoff di kawasan
frekuensi dan hubungan tegangan-arus elemen menjadi mirip dengan
relasi hukum Ohm jika elemen dinyatakan dalam impedansinya. Dengan
dasar ini maka kita dapat melakukan transformasi rangkaian, yaitu
menyatakan elemen-elemen rangkaian dalam impedansinya dan
menyatakan sinyal dalam transformasi Fouriernya. Pada rangkaian yang
ditransformasikan ini kita dapat menerapkan kaidah-kaidah rangkaian
dan metoda-metoda analisis rangkaian. Tanggapan rangkaian di kawasan
waktu dapat diperoleh dengan melakukan transformasi balik.
Uraian di atas paralel dengan uraian mengenai transformasi Laplace,
kecuali satu hal yaitu bahwa kita tidak menyebut-nyebut tentang kondisiawal.
Hal ini dapat difahami karena batas integrasi dalam mencari
transformasi Fourier adalah dari −∞ sampai +∞. Hal ini berbeda dengan
transformasi Laplace yang batas integrasinya dari 0 ke +∞. Jadi analisis
rangkaian dengan menggunakan transformasi Fourier mengikut sertakan
seluruh kejadian termasuk kejadian untuk t < 0. Oleh karena itu cara
analisis dengan transformasi Fourier tidak dapat digunakan jika kejadian
pada t < 0 dinyatakan dalam bentuk kondisi awal. Pada dasarnya
transformasi Fourier diaplikasikan untuk sinyal-sinyal non-kausal
sehingga metoda Fourier memberikan tanggapan rangkaian yang berlaku
untuk t = −∞ sampai t = +∞.
COTOH-11.1: Pada rangkaian seri antara
resistor R dan kapasitor C diterapkan
tegangan v 1 . Tentukan tanggapan
rangkaian v C .
Penyelesaian:
Persoalan rangkaian orde pertama ini telah pernah kita tangani pada
analisis transien di kawasan waktu maupun kawasan s
(menggunakan transformasi Laplace). Di sini kita akan
menggunakan transformasi Fourier.
+
v 1
−
R
C
+
v C
−
222 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Transformasi Fourier dari rangkaian ini
adalah : tegangan masukan V 1 (ω),
impedansi resistor R terhubung seri
1
dengan impedansi kapasitor .
jωC
Dengan kaidah pembagi tegangan kita dapatkan tegangan pada
kapasitor adalah
ZC
1/ jωC
1/ RC
VC
( ω)
= V1 ( ω)
=
V1
( ω)
=
V1
( ω)
R + ZC
R + (1/ jωC)
jω + (1/ RC)
Tegangan kapasitor tergantung dari V 1 (ω). Misalkan tegangan
masukan v 1 (t) berupa sinyal anak tangga dengan amplitudo 1. Dari
tabel 11.1. tegangan ini di kawasan frekuensi adalah
1
V 1(
ω)
= + π δ(
ω)
. Dengan demikian maka
jω
V C ( ω)
=
1/ RC ⎛ 1 ⎞
( ) =
j (1/ RC)
⎜ + π δ ω
j
⎟
ω + ⎝ ω ⎠
jω
1/ RC
π δ(
ω)
/ RC
+
( jω + 1/ RC) ( jω + 1/ RC)
Fungsi impuls δ(ω) hanya mempunyai nilai untuk ω = 0, sehingga
pada umumnya F(ω)δ(ω) = F(0)δ(ω). Dengan demikian suku kedua
π δ(
ω)
/ RC
ruas kanan persamaan di atas = π δ(
ω)
. Suku pertama
( jω + 1/ RC )
dapat diuraikan, dan persamaan menjadi
V C
1 1
( ω)
= −
+ π δ(
ω)
jω
jω + 1/ RC
Dengan menggunakan Tabel 11.1. kita dapat mencari transformasi
balik
1
vC
( t)
= sgn( t)
−
2
−(1/
RC)
t 1 −(1/
RC)
t
[ e ] u(
t)
+ = [ 1 − e ] u(
t)
Pemahaman :
Hasil yang kita peroleh menunjukkan keadaan transien tegangan
kapasitor, sama dengan hasil yang kita peroleh dalam analisis
transien di kawasan waktu di Bab-4 contoh 4.5. Dalam
menyelesaikan persoalan ini kita tidak menyinggung sama sekali
mengenai kondisi awal pada kapasitor karena transformasi Fourier
telah mencakup keadaan untuk t < 0.
2
+
V 1
−
R
1/jωC
+
V C
−
223

COTOH-11.2: Bagaimanakah v C pada contoh 11.1. jika tegangan
yang diterapkan adalah v 1 (t) = sgn(t) ?
Penyelesaian:
Dari Tabel 11.1. kita peroleh F [ sgn( t)
]
maka V C (ω) dan uraiannya adalah
2
= . Dengan demikian
jω
⎡ 1/ RC ⎤
V C ( ω)
= ⎢ ⎥
⎣ jω + 1/ RC ⎦
Transformasi baliknya memberikan
2
=
jω
2
−
jω
2
jω + 1/ RC
Pemahaman:
−(1/
RC)
t
vC
( t)
= sgn( t)
− 2 e u(
t)
Persoalan ini melibatkan sinyal non-kausal yang memerlukan
penyelesaian dengan transformasi Fourier. Suku pertama dari v C (t)
memberikan informasi tentang keadaan pada t < 0, yaitu bahwa
tegangan kapasitor bernilai −1 karena suku kedua bernilai nol untuk
t < 0. Untuk t > 0, v C (t) bernilai 1 − 2e −(1/RC) t u(t) yang merupakan
tegangan transien yang nilai akhirnya adalah +1. Di sini terlihat jelas
bahwa analisis dengan menggunakan transformasi Fourier
memberikan tanggapan rangkaian yang mencakup seluruh sejarah
rangkaian mulai dari −∞ sampai +∞. Gambar v C (t) adalah seperti di
bawah ini.
2
v C
+1 1
0
-40 -20 0 20 40
sgn(t)
-1
−1
−2 -2
sgn(t)−2e −(1/RC) t u(t)
t
−2e −(1/RC) t u(t)
224 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

11.2. Konvolusi dan Fungsi Alih
Jika h(t) adalah tanggapan rangkaian terhadap sinyal impuls dan x(t)
adalah sinyal masukan, maka sinyal keluaran y(t) dapat diperoleh melalui
integral konvolusi yaitu
∫
y ( t)
= t h(
τ)
x(
t − τ)
dτ
(11.2)
0
Dalam integral konvolusi ini batas integrasi adalah τ = 0 sampai τ = t
karena dalam penurunan formulasi ini h(t) dan x(t) merupakan bentuk
gelombang kausal. Jika batas integrasi tersebut diperlebar mulai dari τ =
−∞ sampai τ = +∞, (11.2) menjadi
y ( t)
=
∫ +∞ h(
τ)
x(
t − τ)
dτ
(11.3)
τ= −∞
Persamaan (11.3) ini merupakan bentuk umum dari integral konvolusi
yang berlaku untuk bentuk gelombang kausal maupun non-kausal.
Transformasi Fourier untuk kedua ruas (11.3) adalah
F
⎡ +∞
( = Y ( ω)
= F ⎢∫
⎣ τ=−∞
[ y t)
]
⎤
h(
τ)
x(
t − τ)
dτ⎥
⎦
∞ ⎡ +∞
⎤ − jωt
=
∫ ⎢
=−∞ ∫
h(
τ)
x(
t − τ)
dτ⎥
e dt
t ⎣ τ=−∞
⎦
Pertukaran urutan integrasi pada (11.4) memberikan
(11.4)
∞ ⎡ +∞
Y ( ω)
=
∫ ⎢
τ=−∞ ⎣∫t
=−∞
− jωt
⎤
h(
τ)
x(
t − τ)
e dt⎥dτ
⎦
∞ ⎡ +∞
− jωt
⎤
=
∫
h(
τ)
⎢
τ=−∞ ∫
x(
t − τ)
e dt⎥dτ
⎣ t=−∞
⎦
(11.5)
Mengingat sifat pergeseran waktu pada transformasi Fourier, maka
(11.5) dapat ditulis
Y ( ω)
=
∞
− jωτ
h(
τ)
e X ( ω)
dτ
τ=−∞
∫
⎡ ∞
− jωτ
⎤
= ⎢ ( τ)
τ⎥
( ω)
⎣∫
h e d X
τ=−∞
⎦
= H(
ω)
X ( ω)
(11.6)
225

Persamaan (11.6) menunjukkan hubungan antara transformasi Fourier
sinyal keluaran dan masukan. Hubungan ini mirip bentuknya dengan
persamaan yang memberikan hubungan masukan-keluaran melalui
fungsi alih T(s) di kawasan s yaitu Y(s) = T(s) X(s). Oleh karena itu H(ω)
disebut fungsi alih bentuk Fourier.
COTOH-11.3: Tanggapan impuls suatau sistem adalah
α −α|
t|
h(
t)
= e . Jika sistem ini diberi masukan sinyal signum,
2
sgn(t), tentukanlah tanggapan transiennya.
Penyelesaian:
Dengan Tabel 11.1. didapatkan H(ω) untuk sistem ini
⎡α −α| t|
⎤ α 2α
H ( ω)
= F ⎢ e =
2
⎥
⎣ ⎦ 2 2
α + ω
Sinyal masukan, menurut Tabel 11.1. adalah
Sinyal keluaran adalah
X ( ω)
= F
α
Y ( ω)
= H ( ω)
X ( ω)
=
2
α + ω
yang dapat diuraikan menjadi
k2
= ( α + jω)
Y ( ω)
=
jω=−α
k3
= ( α − jω)
Y ( ω)
=
jω=α
2
[ sgn(t) ]
2
2
=
jω
2
2
=
jω
k1
k2
k3
Y ( ω)
= + +
jω
α + jω
α − jω
2
2α
k1
= jωY
( ω)
=
jω=
0 ( α + jω)(
α − jω)
2
α
=
2
α + ω
2α
jω(
α + jω)(
α − jω)
jω=
0
= 2
2
2
2α
2α
=
= −1
jω(
α − jω)
− α(
α + α)
jω=−α
2
2
2α
2α
= = + 1
jω(
α + jω)
α(
α + α)
jω=α
2
2
226 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Jadi
Y 2 −1
1
( ω)
= + +
jω
α + jω
α + j(
−ω)
sehingga
−αt
−α(
−t)
y(
t)
= sgn( t)
− e u(
t)
+ e u(
−t)
−α t
α t
= [1 − e ] u(
t)
+ [ −1+
e ] u(
−t)]
Gambar dari hasil yang kita peroleh adalah seperti di bawah ini.
COTOH-11.4: Tentukan tanggapan frekuensi dari sistem pada contoh-
11.3.
Penyelesaian :
Fungsi alih sistem tersebut adalah
0
-40 0 40
[−1+e α t ] u(t)
y(t)
1
+1
-1
2
α
H ( ω)
= .
2 2
α + ω
Kurva |H(ω)| kita gambarkan dengan ω sebagai absis dan hasilnya
adalah seperti gambar di bawah ini.
|H(ω)|
1
−1
[1−e −α t ] u(t)
1
t
0
0
-20 -10 0 10 20
ω
227

Pada ω =0, yaitu frekuensi sinyal searah, |H(ω)| bernilai 1 sedangkan
untuk ω tinggi |H(ω)| menuju nol. Sistem ini bekerja seperti lowpass
filter. Frekuensi cutoff terjadi jika | H ( ω ) | =
| H (0) |
2
2
α
2 2
α + ωc
=
1 2 2
⇒ ωc
= α 2 − α
2
= 0.644α
11.3. Energi Sinyal
Energi total yang dibawa oleh suatu bentuk gelombang sinyal
didefinisikan sebagai
W
∫ +∞ total = p(
t)
dt
−∞
dengan p(t) adalah daya yang diberikan oleh sinyal kepada suatu beban.
2
2 v ( t)
Jika beban berupa resistor maka p(
t)
= i ( t)
R = ; dan jika
R
bebannya adalah resistor 1 Ω maka
2
W1
∫ +∞ Ω = f ( t)
dt
−∞
(11.7)
dengan f ( t)
berupa arus ataupun tegangan
Persamaan (11.7) digunakan sebagai definisi untuk menyatakan energi
yang dibawa oleh suatu bentuk gelombang sinyal. Dengan kata lain,
energi yang diberikan oleh suatu gelombang sinyal pada resistor 1 Ω
menjadi pernyataan kandungan energi gelombang tersebut.
Teorema Parseval menyatakan bahwa energi total yang dibawa oleh
suatu bentuk gelombang dapat dihitung baik di kawasan waktu maupun
kawasan frekuensi. Pernyataan ini dituliskan sebagai
+∞
2 1 +∞
2
W1
Ω =
∫
f ( t)
dt =
−∞ ∫
| F ( ω) | dω
(11.8)
2π
−∞
Karena |F(ω)| 2 merupakan fungsi genap, maka (11.8) dapat dituliskan
1
∫ +∞ 2
W1
Ω = | F ( ω) | dω
(11.9)
π 0
228 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Jadi di kawasan waktu energi gelombang adalah integral untuk seluruh
waktu dari kuadrat bentuk gelombang, dan di kawasan frekuensi
energinya adalah (1/2π) kali integrasi untuk seluruh frekuensi dari
kuadrat besarnya (nilai mutlak) transformasi Fourier dari sinyal.
Penurunan teorema ini dimulai dari (11.7).
+∞
2
+∞ ⎡ 1 ∞
jωt
⎤
W1Ω
=
∫
f ( t)
dt =
−∞ ∫
f ( t)
⎢
−∞ ∫
F ( ω)
e dω⎥dt
⎣2π
−∞
⎦
Integrasi yang berada di dalam tanda kurung adalah integrasi terhadap ω
dan bukan terhadap t. Oleh karena itu f(t) dapat dimasukkan ke dalam
integrasi tersebut menjadi
1 +∞⎡
∞
jωt
⎤
W1Ω
=
∫ ⎢
−∞ ∫
f ( t)
F ( ω)
e dω
π
⎥dt
2 ⎣ −∞
⎦
Dengan mempertukarkan urutan integrasi, akan diperoleh
W1Ω
=
1
2
1
=
2π
1
=
2π
+∞⎡
∞
jωt
⎤
∫ ⎢
−∞ ∫
f ( t)
F(
ω)
e dt⎥dω
π ⎣ −∞
⎦
∫
∫
+∞
−∞
+∞
−∞
F
⎡ ∞
− j(
−ωt)
⎤
( ω)
⎢∫
f ( t)
e dt⎥dω
⎣ −∞
⎦
1 +∞
2
( ω)
F(
−ω)
dω =
∫
| F ( ω)
| dω
2π
−∞
F
Teorema Parseval menganggap bahwa integrasi pada persamaan (11.8)
ataupun (11.9) adalah konvergen, mempunyai nilai berhingga. Sinyal
yang bersifat demikian disebut sinyal energi; sebagai contoh: sinyal
kausal eksponensial, eksponensial dua sisi, pulsa persegi, sinus teredam.
Jadi tidak semua sinyal merupakan sinyal energi. Contoh sinyal yang
mempunyai transformasi Fourier tetapi bukan sinyal energi adalah sinyal
impuls, sinyal anak tangga, signum, dan sinus (tanpa henti). Hal ini
bukan berarti bahwa sinyal ini, anak tangga dan sinyal sinus misalnya,
tidak dapat digunakan untuk menyalurkan energi bahkan penyaluran
energi akan berlangsung sampai tak hingga; justru karena itu ia tidak
disebut sinyal energi melainkan disebut sinyal daya.
229

COTOH-11.5: Hitunglah energi yang dibawa oleh gelombang
−1000
t
v(
t)
= 10 e u(
t V
Penyelesaian:
[ ] )
Kita dapat menghitung di kawasan waktu
W
1Ω
=
∫
0
= −
∞
−1000t
2 ∞
−2000t
[ 10 e ] dt = [ 100 e ]
100
2000
e
∫
0
∞
−2000t
=
0
Untuk menghitung di kawasan frekuensi, kita cari lebih dulu
V(ω)=10/(jω+1000).
2
∞
1 ∞ ⎡ 100 ⎤ 100 −1
ω
W1
Ω = ⎢
ω = tan
2 2 6 ⎥
π ∫
d
−∞ ⎣ω
+ 10 ⎦ 2π(1000)
1000
−∞
1 ⎡π
⎛ π ⎞⎤
= ⎢ − ⎜−
⎟⎥
=
20π
⎣ 2 ⎝ 2 ⎠⎦
1
20
Pemahaman: Kedua cara perhitungan memberikan hasil yang sama.
Fungsi |F(ω)| 2 menunjukkan kerapatan energi dalam spektrum sinyal.
Persamaan (11.40) adalah energi total yang dikandung oleh seluruh
spektrum sinyal. Jika batas integrasi adalah ω 1 dan ω 2 maka kita
memperoleh persamaan
J
1
20
1
∫ ω 2 2
W12 = | F ( ω)
| dω
(11.10)
π ω
1
yang menunjukkan energi yang dikandung oleh gelombang dalam selang
frekuensi ω 1 dan ω 2 .
Jika hubungan antara sinyal keluaran dan masukan suatu pemroses sinyal
adalah Y ( ω)
= H ( ω)
X ( ω)
maka energi sinyal keluaran adalah
1
∫ ∞ 2 2
W1 Ω = | H ( ω)
| | X ( ω)
| dω
(11.11)
π 0
Dengan hubungan-hubungan yang kita peroleh ini, kita dapat
menghitung energi sinyal langsung menggunakan transformasi
Fouriernya tanpa harus mengetahui bentuk gelombang sinyalnya.
J
dt
230 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

COTOH-11.6: Tentukan lebar pita yang diperlukan agar 90% dari
−1000
t
total energi gelombang exponensial v(
t)
= 10 [ e ] u(
t)
V dapat
diperoleh.
Penyelesaian:
Bentuk gelombang
−1000
t
[ e ] u(
t)
v(
t)
= 10
→V
( ω)
=
10
jω + 1000
Energi total :
2
∞
1 ∞ ⎡ 100 ⎤ 100 −1
ω
W1
Ω = ⎢
tan
0 2 6 ⎥ ω =
π ∫
d
⎣ω
+ 10 ⎦ π(1000)
1000
0
1 ⎡π
⎤ 1
= 0 = J
10
⎢ −
π 2
⎥
⎣ ⎦ 20
Misalkan lebar pita yang diperlukan untuk memperoleh 90% energi
adalah β, maka
2
β
1 β⎡
100 ⎤ 100 −1
ω
W90%
= ⎢
tan
0 2 6 ⎥ ω =
π ∫
d
⎣ω
+ 10 ⎦ π(1000)
1000
0
1 −1
β
= tan
10π
1000
Jadi
1 −
1
9
tan
1 β
β ⎛ π ⎞
⇒
= 0.9 × ⇒ = tan⎜
⎟
10π
1000 20 1000 ⎝ 20 ⎠
⇒ β = 6310 rad/s
231

Soal-Soal
1. Saklar S pada rangkaian berikut telah berada di posisi 1 mulai t =
−∞. Pada t = 0 ia dipindahkan keposisi 2 dan tetap pada posisi 2
sampai t = + ∞. Jika v 1 = −10 V, v 2 = 10 V, tentukan v in , V in (ω) ,
V o (ω) , v o .
1
− + S 1 µf
− +
v 1
v 2
2
+
v in
−
10 kΩ
2. Saklar S pada rangkaian berikut telah berada di posisi 1 mulai t =
−∞. Pada t = 0 ia dipindahkan keposisi 2 dan tetap pada posisi 2
sampai t = + ∞. Tentukan v in , V in (ω) , V o (ω) , v o , jika v 1 = −10 V,
v 2 = 5 V.
1
− + S
− +
v 1
v 2
2
+
v in
−
10 kΩ
1 µf
3. Saklar S pada rangkaian berikut telah berada di posisi 1 mulai t =
−∞. Pada t = 0 ia dipindahkan keposisi 2 dan tetap pada posisi 2
sampai t = + ∞. Tentukan v in , V in (ω) , V o (ω) , v o , jika v 1 = 10e 100t
V, v 2 = 10e −100t V.
1
− + S
− +
v 1
v 2
2
+
v in
−
1 H
0,5 kΩ
4. Saklar S pada rangkaian berikut telah berada di posisi 1 mulai t =
−∞. Pada t = 0 ia dipindahkan keposisi 2 dan tetap pada posisi 2
sampai t = + ∞. Tentukan v in , V in (ω) , V o (ω) , v o , jika v 1 = 10e 100t
V, v 2 = −10e −100t V.
+
v o
−
+
v o
−
+
v o
−
232 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

− +
v 1
1
S
− + +
v 2
2
v in
−
0,5 kΩ
1 H
+
v o
−
5. Saklar S pada rangkaian berikut telah berada di posisi 1 mulai t =
−∞. Pada t = 0 ia dipindahkan keposisi 2 dan tetap pada posisi 2
sampai t = + ∞. Tentukan v in , V in (ω) , V o (ω) , v o , jika v 1 = 10 V,
v 2 = 10e −100t V.
1
− + S
v 1
− + +
v 2
2
v in
−
1 H
100 Ω
6. Pada sebuah rangkaian seri L = 1 H, C = 1µF, dan R = 1 kΩ,
diterapkan tegangan v s = 10sgn(t) V. Tentukan tegangan pada
resistor.
7. Tanggapan impuls sebuah rangkaian linier adalah h(t) = sgn(t).
Jika tagangan masukan adalah v s (t) = δ(t)−10e −10t u(t) V, tentukan
tegangan keluarannya.
8. Tentukan tanggapan frekuensi rangkaian yang mempunyai
tanggapan impuls
h(t) = δ(t)−20e −10t u(t).
9. Tentukan tegangan keluaran rangkaian soal 8, jika diberi masukan
v s (t) = sgn(t).
10. Jika tegangan masukan pada rangkaian berikut adalah
v1 = 10cos100t
V, tentukan tegangan keluaran v o.
1µF 10kΩ
−
+
10kΩ +
v
+
1
v o
+
v o
−
233

11. Ulangi soal 10 untuk sinyal yang transformasinya
200
V 1(
ω)
=
2
ω + 400
12. Tentukan enegi yang dibawa oleh sinyal
−100
t
v(
t)
= 500 t e u(
t)
V . Tentukan pula berapa persen energi
yang dikandung dalam selang frekuensi −100 ≤ ω ≤ +100 rad/s .
13. Pada rangkaian filter RC berikut ini, tegangan masukan adalah
−
20 5 t
v1 = e u(
t)
V .
+
−
v 1
100kΩ
1µF
100kΩ
+
v o
−
Tentukan energi total masukan, persentase energi sinyal keluaran
v o terhadap energi sinyal masukan, persentase energi sinyal
keluaran dalam selang passband-nya.
14. Pada rangkaian berikut ini, tegangan masukan adalah
−
20 5 t
v1 = e u(
t)
V .
1µF 10kΩ
−
+
10kΩ +
+
v 1
Tentukan energi total masukan, persentase energi sinyal keluaran
v o terhadap energi sinyal masukan, persentase energi sinyal
keluaran dalam selang passband-nya.
v o
234 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Daftar Pustaka
1. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listrik”, Penerbit ITB
2002, ISBN 979-9299-54-3.
2. Sudaryatno Sudirham, “Pengembangan Metoda Unit Output Untuk
Perhitungan Susut Energi Pada Penyulang Tegangan Menengah”,
Monograf, 2005, limited publication.
3. Sudaryatno Sudirham, “Pengantar Rangkaian Listrik”, Catatan
Kuliah El 1001, Penerbit ITB, 2007.
4. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Harmonisa Dalam Permasalahan
Kualitas Daya”, Catatan Kuliah El 6004, 2008.
5. P. C. Sen, “Power Electronics” McGraw-Hill, 3rd Reprint, 1990,
ISBN 0-07-451899-2.
6. Ralph J. Smith & Richard C. Dorf : “Circuits, Devices and Systems”
; John Wiley & Son Inc, 5 th ed, 1992.
7. David E. Johnson, Johnny R. Johnson, John L. Hilburn : “Electric
Circuit Analysis” ; Prentice-Hall Inc, 2 nd ed, 1992.
8. Vincent Del Toro : “Electric Power Systems”, Prentice-Hall
International, Inc., 1992.
9. Roland E. Thomas, Albert J. Rosa : “The Analysis And Design of
Linier Circuits”, . Prentice-Hall Inc, 1994.
10. Douglas K Lindner : “Introduction to Signals and Systems”,
McGraw-Hill, 1999.
235

Daftar otasi
v atau v(t) : tegangan sebagai fungsi waktu.
V : tegangan dengan nilai tertentu, tegangan searah.
V rr : tegangan, nilai rata-rata.
V rms : tegangan, nilai efektif.
V maks : tegangan, nilai maksimum, nilai puncak.
V : fasor tegangan dalam analisis di kawasan fasor.
V : nilai mutlak fasor tegangan.
V(s) : tegangan fungsi s dalam analisis di kawasan s.
i atau i(t) : arus sebagai fungsi waktu.
I
: arus dengan nilai tertentu, arus searah.
I rr : arus, nilai rata-rata.
I rms : arus, nilai efektif.
I maks : arus, nilai maksimum, nilai puncak.
I : fasor arus dalam analisis di kawasan fasor.
I : nilai mutlak fasor arus.
I(s) : arus fungsi s dalam analisis di kawasan s.
p atau p(t) : daya sebagai fungsi waktu.
p rr : daya, nilai rata-rata.
S : daya kompleks.
|S| : daya kompleks, nilai mutlak.
P : daya nyata.
Q : daya reaktif.
q atau q(t) : muatan, fungsi waktu.
w : energi.
R : resistor; resistansi.
L : induktor; induktansi.
C : kapasitor; kapasitansi.
Z : impedansi.
Y : admitansi.
T V (s) : fungsi alih tegangan.
T I (s) : fungsi alih arus.
T Y (s) : admitansi alih.
T Z (s) : impedansi alih.
µ : gain tegangan.
β : gain arus.
r
: resistansi alih, transresistance.
g : konduktansi; konduktansi alih, transconductance.
236 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

IDEKS
a
akar kompleks 40
akar riil 36, 38
anak tangga 12, 43, 56, 113
analisis transien 1
arus mesh 99
b
Bode plot 132
c
cutoff 126
d
decibel 127
diagram blok 169, 172, 174,
177, 189
diferensiasi 62, 216
dinamis 181
e
eksponensial 57, 200
energi sinyal 228
f
Fourier 195
fungsi alih 106, 109, 117,
166, 225
fungsi fasa 124
fungsi gain 124
fungsi jaringan 105
fungsi masukan 105
fungsi pemaksa 7
g
gain 126
gain, band-pass 129, 140, 143
gain, high-pass 126, 129, 137,
146
gain, low-pass 126, 129, 149
h
hubungan bertingkat 114
i
impedansi 86
impuls 111
induktor 86
integrasi 61, 216
integrator 186, 188
k
kaidah 90
kaidah rantai 114
kapasitor 86, 171
kaskade 168
Kirchhoff 89
komponen mantap 7
komponen transien 7
kondisi awal 6
konvolusi 75, 117, 167, 225
l
linier 60
m
metoda-metoda 93
n
nilai akhir 65
nilai awal 65
Norton 92
o
orde ke-dua 31, 33, 141
orde pertama 1, 2, 4, 26, 121
p
paralel 169
Parseval 229
passband 126
pembalikan 212
pen-skalaan 65, 215
pole 68, 70, 71, 73, 156
proporsionalitas 91
237

reduksi rangkaian 96
resistor 85
ruang status 187, 189
s
simetri 198, 200, 202
sinyal 163
sinyal sinus 20, 46, 57, 121
sistem 164, 165, 165, 185
spektrum kontinyu 203
statis 181
stopband 126
sub-sistem 181
superposisi 18, 92, 94
t
tanggapan alami 4, 5, 26, 34
tanggapan frekuensi 121, 124,
141, 152
tanggapan lengkap 4, 6, 35
tanggapan masukan nol 24, 26
tanggapan paksa 4, 6, 26, 35
tanggapan status nol 24, 26
tegangan simpul 98
teorema 91
Thévenin 97
transformasi balik 55, 59, 206
transformasi Fourier 195, 203,
208, 211, 223
transformasi Laplace 55, 56, ,
58, 59, 67, 78, 85, 211
translasi s 64
translasi t 63
u
umpan balik 169
unik 59
unit output 93
z
zero 68, 150, 152
238 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Biodata
Nama: Sudaryatno Sudirham
Lahir: di Blora pada 26 Juli 1943
Istri: Ning Utari
Anak: Arga Aridarma
Aria Ajidarma.
1971 : Teknik Elektro – Institut Teknologi Bandung.
1972 – 2008 : Dosen Institut Teknologi Bandung.
1974 : Tertiary Education Research Center – UNSW − Australia.
1979 : EDF – Paris Nord dan Fontainbleu − Perancis.
1981 : INPT - Toulouse − Perancis; 1982 DEA; 1985 Doktor.
Kuliah yang pernah diberikan: “Pengukuran Listrik”, “Pengantar Teknik
Elektro”, “Pengantar Rangkaian Listrik”, “Material Elektroteknik”,
“Phenomena Gas Terionisasi”, “Dinamika Plasma”, “Dielektrika”,
“Material Biomedika”.
Buku: “Analisis Rangkaian Listrik”, Penerbit ITB, Bandung, 2002;
“Metoda Rasio TM/TR Untuk Estimasi Susut Energi Jaringan
Distribusi”, Penerbit ITB, Bandung, 2009; “Fungsi dan Grafik,
Diferensial Dan Integral”, Penerbit ITB, Bandung, 2009; “Analisis
Rangkaian Listrik (1)”, Darpublic, e-Book, Bandung, 2010; “Analisis
Rangkaian Listrik (2)”, Darpublic, e-Book, Bandung, 2010; ”Mengenal
Sifat Material (1)”, Darpublic, e-Book, Bandung, 2010; “Analisis
Keadaan Mantap Rangkaian Sistem Tenaga”, Darpublic, Bandung, 2011.
239

Analisis Rangkaian Listrik (2)
Analisis Transien,
Transformasi Laplace,
Fungsi Jaringan,
Tanggapan Frekuensi,
Pengenalan Pada Sistem,
Persamaan Ruang Status,
Transformasi Fourier.
240 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)