Analisis Rangkaian Listrik - at ee-cafe.org

Sudaryatno SudirhamAnalisisRangkaian ListrikJilid 2Darpublic

Hak cipta pada penulis, 2010SUDIRHAM, SUDARYATNOAnalisis Rangkaian Listrik (2)Darpublic, Bandungare-0710edisi Juli 2011http://ee-cafe.orgAlamat pos: Kanayakan D-30, Bandung, 40135.Fax: (62) (22) 25341172 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

BAB 10Transformasi FourierKita telah mempelajari tanggapan frekuensi dari suatu rangkaian.Analisis dengan menggunakan transformasi Fourier yang akan kitapelajari berikut ini akan memperluas pemahaman kita mengenaitanggapan frekuensi, baik mengenai perilaku sinyal itu sendirimaupuan rangkaiannya. Selain dari pada itu, pada rangkaianrangkaiantertentu dijumpai keadaan dimana model sinyal dan pirantitidak dapat dinyatakan melalui transformasi Laplace akan tetapidapat dilakukan melalui transformasi Fourier. Topik-topik yang akankita bahas meliputi: deret Fourier, transformasi Fourier, sifat-sifattransformasi Fourier, dan analisis rangkaian menggunakantransformasi Fourier. Dalam bab ini kita mempelajari tiga hal yangpertama, sedangkan hal yang terakhir akan kita pelajari di babberikutnya.Dengan mempelajari deret dan transformasi Fourier kita akan• memahami deret Fourier.• mampu menguraikan bentuk gelombang periodikmenjadi deret Fourier.• mampu menentukan spektrum bentuk gelombangperiodik.• memahami transformasi Fourier.• mampu mencari transformasi Fourier dari suatufungsi t.• mampu mencari transformasi balik dari suatutransformasi Fourier.10.1. Deret Fourier10.1.1. Koefisien FourierKita telah melihat bahwa sinyal periodik dapat diuraikan menjadispektrum sinyal. Penguraian suatu sinyal periodik menjadi suatuspektrum sinyal tidak lain adalah pernyataan fungsi periodikkedalam deret Fourier. Jika f(t) adalah fungsi periodik yangmemenuhi persyaratan Dirichlet, maka f(t) dapat dinyatakan sebagaideret Fourier :3

[ a cos( nωt)+ b sin( nωt ]∑ ∞ f ( t)= a0 + n 0 n 0 ) (10.1)n=1yang dapat kita tuliskan sebagai (lihat sub-bab 3.2)∑ ∞ ⎡ 2 2f ( t)= a + + ( ω − θ )⎤0 anbncos( n 0tn ) (10.2)n=1⎢⎣⎥⎦Koefisien Fourier a 0 , a n , dan b n ditentukan dengan hubungan berikut.1a0=T02an=T02bn=T0T0/ 2f ( t)dt−T/ 2∫T0/ 2f ( t) cos( nω0t)dt−T/ 2∫T0/ 2f ( t)sin(nω0t)dt−T/ 2∫000;;n > 0n > 0(10.3)Hubungan (10.3) dapat diperoleh dari (10.1). Misalkan kita mencaria n : kita kalikan (10.1) dengan cos(kω o t) kemudian kita integrasikanantara −T o /2 sampai T o /2 dan kita akan memperoleh∫T / 2o−T/ 2of ( t) cos( kωt)dt =o+∫T / 2o−T/ 2o⎡o∞ ⎢∫−T⎢∑⎢n=1⎢+∫⎣a0T / 2oT /cos( kω/ 2o−T/ 2oot)dt⎤ancos( nω0t) cos( kωot)dt ⎥⎥2⎥bnsin( nω0t) cos( kωot)dt⎥⎦Dengan menggunakan kesamaan tigonometri11cos α cosβ = cos( α − β)+ cos( α + β)2211cos α sin β = sin( α − β)+ sin( α + β)22maka persamaan di atas menjadi4 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

To/ 2f ( t)cos(kωot)dt =−T/ 2∫o∫⎡aTo/ 2n∞ ⎢ ∫−⎢2 To/ 2+ ∑⎢b To/ 2n=1⎢+n⎣ 2 ∫ −To/ 2To/ 2a0cos( kωot)dt−T/ 2o( 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, makasemua integral di ruas kanan persamaan ini bernilai nol kecuali satuyaituaTno/ 2∫ − T / 22oan( cos(( n − k)ω t)) dt = yang terjadi jika n = koleh karena itu a n =∫f ( t) cos( nωT − T / 202 To/ 2oo20t)dtPada bentuk-bentuk gelombang yang sering kita temui, banyakdiantara koefisien-koefisien Fourier yang bernilai nol. Keadaan iniditentukan oleh kesimetrisan fungsi f(t) yang pernah kita pelajari diBab-3; kita akan melihatnya sekali lagi dalam urain berikut ini.10.1.2. Kesimetrisan FungsiSimetri Genap. Suatu fungsi dikatakan mempunyai simetri genapjika f(t) = f(−t). Salah satu contoh fungsi yang memiliki simetrigenap adalah fungsi cosinus, cos(ωt) = cos(−ωt). Untuk fungsisemacam ini, dari (10.1) kita dapatkan∞f ( t)= a0+ ∑ nn=1∞f ( −t)= a0+n=1[ a cos( nωt)+ b sin( nωt)]0∑[ ancos( nω0t)− bnsin( nω0t)]Kalau kedua fungsi ini harus sama, maka haruslah b n = 0, dan f(t)menjadin0dan∑ ∞ f ( t)= ao + [ ancos( nω0t)](10.4)n=15

∞⎡ 2 2f ( t)= a ∑ ( )⎤0 + an+ bncos( nω0t− θn)⎢⎣⎥⎦n=1∞ ⎡ j(nω0t−θn) − j(nω0t−θn)+⎤2 2 ee= a0+ ∑ ⎢ an+ bn⎥= 1⎢⎣2n⎥⎦∞ ⎡= a ⎢0 + ∑ ⎢n=1⎣2 2∞a⎤ ⎡n + bnj(nω0t−θn)e ⎥ + ⎢2⎥ ∑ ⎢⎦ n=1⎣2 2a⎤n + bn− j(nω0t−θn)e ⎥2⎥⎦(10.6)Suku ketiga (10.6) adalah penjumlahan dari n = 1 sampai n =∞. Jikapenjumlahan ini kita ubah mulai dari n = −1 sampai n = −∞, denganpenyesuaian a n menjadi a −n , b n menjadi b −n , dan θ n menjadi θ −n ,maka menurut (10.3) perubahan ini berakibat2 T0/ 22 T0/ 2a−n= f ( t)cos(n 0t)dtf ( t)cos(n 0t)dt anT ∫− ω =ω =0 −T0/ 2T ∫0 −T0/ 22 T0/ 22 T0/ 2b−n= f ( t)sin(n 0t)dtf ( t)sin(n 0t)dt bT ∫− ω = −ω = −0 −T0/ 2T ∫0 −T0/ 2btan n − bθnn = −− = ⇒ θ−n= −θna−nan(10.7)Dengan (10.7) ini maka (10.6) menjadi∞ ⎡ 2 2 ⎤ −∞ ⎡ 2 2 ⎤⎢an+ bnj(nω−θ ⎥ ⎢+0t) anbnn j(nω0t−θn)f ( t)=⎥∑ e +⎢ 2⎥ ∑ e⎢ 2⎥n=0⎣⎦ n=−1⎣⎦(10.8)Suku pertama dari (10.8) merupakan penjumlahan yang kita mulaidari n = 0 untuk memasukkan a 0 sebagai salah satu sukupenjumlahan ini. Dengan cara ini maka (10.8) dapat ditulis menjadi+∞ ⎛ 2 2 ⎞+∞⎜ an+ bn− jθ⎟n j(nω0t)j(nω0t)f ( t)= ∑ ⎜ e ⎟ e = ∑cne (10.9)n=−∞2⎝⎠n=−∞Inilah bentuk eksponensial deret Fourier, dengan c n adalah koefisienFourier yang mungkin berupa besaran kompleks.9

cn=2 2an+ bn2− jθan− jbne =2(10.10)2 2an+ bncn=dan ∠cn= θndengan2−1⎛ − b ⎞1⎛⎞n tan ⎜ nθ = ⎟− bjika < 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 kitadapatkana − 1 T0/ 2− ω= n jbnjn n tcn=∫f ( t)e dt (10.12)2 T0− T0/ 2dan dengan (10.12) ini maka (10.9) menjadi+∞+∞j(nωt)⎛ 1 T0/ 2− ω ⎞0ω= ∑ = ∑⎜jnot⎟ j(n0t)f ( t)cne∫f ( t)e dt−e (10.13)=−∞n=−∞⎝T T / 2n0 0⎠Persamaan (10.11) menunjukkan bahwa 2|c n | adalah amplitudo dariharmonisa ke-n dan sudut fasa harmonisa ke-n ini adalah ∠c n .Persamaan (10.10) ataupun (10.12) dapat kita pandang sebagaipengubahan sinyal periodik f(t) menjadi suatu spektrum yang terdiridari spektrum amplitudo dan spektrum sudut fasa seperti telah kitakenal 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 padacontoh-10.1.Penyelesaian :T / 21 T / 2oA ⎛ − jnωte ⎞− jnωotcn= A e dt ⎜ ⎟T ∫=o −T/ 2T ⎜o jn ⎟⎝− ωo⎠ −T/ 2o/ 2o/ 2A ⎛ jnωT − jnωTe e ⎞⎜ −2A=⎟ = sinnωoT⎜oj ⎟⎝⎠nωoTo( nωT / 2)o10 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

sudut fasa ∠c n , dan keduanya merupakan spektrum garis (tidakkontinyu, memiliki nilai pada frekuensi-frekuensi tertentu yangdiskrit). Sementara itu transformasi Fourier F(ω) diperoleh denganmengembangkan perioda sinyal menjadi tak-hingga guna mencakupsinyal aperiodik yang kita anggap sebagai sinyal periodik yangperiodenya tak-hingga. Faktor 1/T 0 pada c n dikeluarkan untukmemperoleh F(ω) yang merupakan spektrum kontinyu, baikspektrum amplitudo |F(jω)| maupun spektrum sudut fasa ∠ F(ω).COTOH-10.5: Gambarkan spektrum amplitudo dari sinyal padacontoh 10.4.Penyelesaian :Spektrum amplitudosinyal aperiodik inimerupakan spektrumkontinyu |F(jω)|.F ( ω)=sin( ωT/ 2)ATωT/ 2 -5|F(ω)|−6π −4π −2π 0 2π 4π 6π ωT T 0 T T T TPemahaman:Sinyal ini mempunyai simetri genap. Sudut fasa harmonisaadalah 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 yaitupada 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 :13

∞−αt− jωt∞−(α+ jω)tF(ω)=∫Ae u(t)e dt =−∞ ∫Ae dt0∞−(α+ jω)teA= − A= untuk α > 0α + jωα + jω0| A |⇒ F(ω)=2 2α + ω−1 ω⇒ θ(ω)= ∠F(jω)= − tanα|F(ω)25| A/αθ(ω)90+90 oPemahaman:Untuk α < 0, tidak ada transformasi Fourier-nya karenaintegrasi menjadi tidak konvergen.10.3. Transformasi BalikPada transformasi Fourier transformasi balik sering dilakukandengan mengaplikasikan relasi formalnya yaitu persamaan (10.15).Hal ini dapat dimengerti karena aplikasi formula tersebut relatifmudah dilakukanCOTOH-10.7: Carilah f(t) dariPenyelesaian :1f ( t)=2πF( ω)= 2πδ(ω)∞jωt2πδ(ω)e dω =−∞∫+ωα=∫δ(ω)(1)dω = 1−α12π+0jωt2πδ(ω)e dω−0∫−90 o14 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Pemahaman :Fungsi 2πδ(ω) adalah fungsi di kawasan frekuensi yang hanyamempunyai nilai di ω=0 sebesar 2π. Oleh karena itu e jωt jugahanya mempunyai nilai di ω=0 sebesar e j0t =1. Karena fungsihanya mempunyai nilai di ω=0 maka integral dari −∞ sampai+∞ cukup dilakukan dari 0 − sampai 0 + , yaitu sedikit di bawahdan di atas ω=0. Contoh ini menunjukkan bahwa transformasiFourier dari sinyal searah beramplitudo 1 adalah 2πδ(ω).COTOH-10.8: Carilah f(t) dariPenyelesaian :f ( t)=12F( jω)= 2πδ(ω − α)∞jωtπδ ω − α e dω =π ∫2 ( )−∞+jαtαjαt= e∫δ(ω − α)dω = e−αPemahaman :12+αjωtπδ ω − α e dωπ ∫2 ( )−αFungsi 2πδ(ω−α) adalah fungsi di kawasan frekuensi yanghanya mempunyai nilai di ω=α sebesar 2π. Oleh karena itu e jωtjuga hanya mempunyai nilai di ω=α sebesar e jαt . Karena fungsihanya mempunyai nilai di ω=α maka integral dari −∞ sampai+∞ cukup dilakukan dari α − sampai α + , yaitu sedikit di bawahdan di atas ω=α.COTOH-10.9: Carilah f(t) dariπAF( ω)= u(ω + α)− u(ω − α)αPenyelesaian :[ ]15

1 ∞ πAjωtf ( t)= [ u ω + α − u ω − α ] e dωπ ∫( ) ( )2 −∞ ααjωt1 ∞ πAjωtA e= [ ] e dω=π ∫12 −∞ α2αjt−αjαt− jαtjαt− jαtA e − e A e − e sin( αt)=== A2αjt αtj2αtPemahaman:Dalam soal ini F(ω) mempunyai nilai pada selang −α

dengan s = σ + jω adalah peubah frekuensi kompleks. Batas bawahintegrasi adalah nol, artinya fungsi f(t) haruslah kausal. Jika f(t)memenuhi persyaratan Dirichlet maka integrasi tersebut di atas akantetap konvergen jika σ = 0, dan formulasi transformasi Laplace inimenjadi∫ ∞ − jωtF ( s)= f ( t)e dt(10.19)0Sementara itu untuk sinyal kausal integrasi transformasi Fouriercukup dilakukan dari nol, sehingga transformasi Fourier untuk sinyalkausal menjadi∫ ∞ − jωtF ( ω)= f ( t)e dt(10.20)0Bentuk (10.20) sama benar dengan (10.19), sehingga kita dapatsimpulkan bahwauntuk sinyal f ( t)kausal dan dapat di - integrasiF(ω)= F(s)σ= 0berlaku(10.21)Persyaratan “dapat di-integrasi” pada hubungan (10.21) dapatdipenuhi jika f(t) mempunyai durasi yang terbatas atau cepatmenurun menuju nol sehingga integrasi |f(t)| dari t=0 ke t=∞konvergen. Ini berarti bahwa pole-pole dari F(s) harus berada disebelah kiri sumbu imajiner. Jika persyaratan-persyaratan tersebut diatas dipenuhi, pencarian transformasi balik dari F(ω) dapat puladilakukan dengan metoda transformasi balik Laplace.COTOH-10.10: Dengan menggunakan metoda transformasiLaplace carilah transformasi Fourier dari fungsi-fungsi berikut(anggap α, β > 0).Penyelesaian:a). f ( t)= A eb). fc) f132( t)= δ(t)( t)= A e−αtu(t)−αt[ sin βt] u(t)17

−αta). f1(t)= Ae u(t)→ fungsi kausal dan dapat di -integrasiA→ F(s)= → pole p1= −α (di kiri sumbu imag)s + α1→ F ( ω)=jω + αb). f2(t)= δ(t)→ fungsi kausal dan→ F ( s)= 1 → F ( ω)= 1−αt[ sinβt]dapat di - integrasic). f3(t)= A e u(t)→ fungsi kausal, dapatA→ F ( s)=→ pole p = −α ± jβ2 2( s + α)+ βAa→ F ( ω)==2 2 2 2 2( jω + α)+ β α + β − ω + j2αωdi - integrasi(di kiri sumbuim)COTOH-10.11: Carilah f(t) dari10F ( ω)=( jω + 3)( jω + 4)Penyelesaian :Jika kita ganti jω dengan s kita dapatkan10F ( s)=( s + 3)( s + 4)Pole dari fungsi ini adalah p 1 = −3 dan p 2 = −4, keduanya disebelah kiri sumbu imajiner.10 k1k2F(s)== +( s + 3)( s + 4) s + 3 s + 4→ k10s + 410 10⇒ F(s)= −s + 3 s + 41=s=−3Transformasi balik dari F(ω) adalah :f ( t)== 10 ; k2=−3t−4t[ 10 e −10e ] u(t)10s + 3s=−4= −1018 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

10.4. Sifat-Sifat Transformasi Fourier10.4.1. KelinieranSeperti halnya transformasi Laplace, sifat utama transformasi Fourieradalah kelinieran.Jikamaka::F[ f1( t)] = F1( ω)dan F[ f ( t)] = F2([ Af t)+ Bf t)] = AF( ω)+ BF( ω)F21 (2 (12ω)COTOH-10.12: Carilah transformasi Fourier dari v(t) = cosβt.Penyelesaian:(10.22)Fungsi ini adalah non-kausal; oleh karena itu metodatransformasi Laplace tidak dapat di terapkan. Fungsi cosinus inikita tuliskan dalam bentuk eksponensial.F⎡ jβt− jβte + e ⎤ 1 jβt1 − jβt[ cosβt] = F⎢⎥ = F[ e ] + F[ e ]⎢⎣2Dari contoh 10.8. kita ketahui bahwa F ⎡ejωt⎤= 2πδ(ω − β)⎢⎣ ⎥⎦FJadi [ cosβt] = πδ( ω − β)+ πδ(ω + β)10.4.2. DiferensiasiSifat ini dinyatakan sebagai berikut⎡df( t)⎤F ⎢ ⎥ = jωF( ω)(10.23)⎣ dt ⎦Persamaan (10.15) menyatakan1 ∞jωtf ( t)= ( ω)ω2π∫F e d−∞df ( t)d ⎛ 1 ∞jωt⎞ 1 ∞ ⎡ d jωt⎤→ = ⎜ ( ω)ω⎟= ( ( ) )22⎢ ω ωπ⎥⎝ π ∫F e d∫F e ddt dt −∞⎠ −∞ ⎣dt⎦1 ∞jωt= ω ( ω)ω2π∫j F e d−∞⎡df( t)⎤→ F⎢⎥ = jωF( ω)⎣ dt ⎦⎥⎦2219

10.4.3. IntegrasiSifat ini dinyatakan sebagai berikut.⎡ t ⎤ F(ω)F ⎢∫ f ( x)dx⎥= + πF(0)δ(ω)(10.24)⎣ −∞⎦ jωSuku kedua ruas kanan (10.24) merupakan komponen searah jikasekiranya ada. Faktor F(0) terkait dengan f(t); jika ω diganti dengannol akan kita dapatkanF (0)∫ ∞ −∞= f ( t)dtCOTOH-10.13: Carilah transformasi Fourier dari f(t) = Au(t).Penyelesaian:Metoda transformasi Laplace tidak dapat diterapkan untukfungsi anak tangga. Dari contoh (10.10.b) kita dapatkan bahwaF [ δ( t)] = 1. Karena fungsi anak tangga adalah integral darifungsi impuls, kita dapat menerapkan hbungan (10.24) tersebutdi atas.F10.4.4. Pembalikant1j ω[ u( t)] = F∫ δ(x)dx = + πδ(ω)∞−Pembalikan suatu fungsi f(t) adalah mengganti t dengan −t. Jika kitamembalikkan suatu fungsi, maka urutan kejadian dalam fungsi yangbaru berlawanan dengan urutan kejadian pada fungsi semula.Transformsi Fourier dari fungsi yang dibalikkan sama dengankebalikan dari transformasi Fourier fungsi semula. Secara formal halini dapat dituliskan sebagai[ f ( t)] = F(ω)maka F[ f ( −t)] = F(−ω)Jika F (10.25)Menurut (10.16)20 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

F[ f ( −t)]→ F=∫∞−∞f ( −t)e[ f ( −t)] = F[ f ( τ)]− jωt= −=∫∫∞∞−∞dt−∞;f ( τ)ef ( τ)eMisalkan − t = τjωτ− jωτdτdτ= F(−ω)Sifat pembalikan ini dapat kita manfaatkan untuk mencaritransformasi Fourier dari fungsi signum dan fungsi eksponensial duasisi.COTOH-10.14: Carilah transformasi Fourier dari fungsi signumdan eksponensial dua sisi breikut ini.v(t)u(t)1v(t)1e −α(−t)e −αt u(t)0 t−u(−t)−10teksponensial dua sisi :signum : sgn(t) = u(t) − e −α| t | = e −αt u(t) + e −α(−t) u(−t)Penyelesaian u(−t) :1Contoh 10.13. memberikan F [ u( t)] = + πδ(ω)makajωF[ sgn( t)] = F[ u(t)− u(−t)]2=jω−αF e u(t)= makat 1Contoh 10.10.a memberikan [ ]α + jω−α |( )[ ] [ ]| t −αt−α −tF e = F e u(t)+ e u(−t)1 1= + =α + jωα + j(−ω)α10.4.5. Komponen yata dan Imajiner dari F(ω)22α+ ωPada umumnya transformasi Fourier dari f(t), F(ω), berupa fungsikompleks yang dapat kita tuliskan sebagai221

F(ω)=∫∞−∞f ( t)e− jωtdt =∞−∞= A(ω)+ jB(ω)= F(ω)e∫f ( t)cosωtdt − jjθ ω∫∞−∞f ( t)sinωtdtdengan∞∞A ( ω)=∫f ( t)cosωtdt ; B(ω)= −−∞∫f ( t)sinωtdt (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 kitasimpulkan bahwa1. Komponen riil dari F(ω) merupakan fungsi genap, karenaA(−ω) = A(ω).2. Komponen imajiner F(ω) merupakan fungsi ganjil, karenaB(−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. KesimetrisanSifat ini dinyatakan secara umum sebagai berikut.Jika[ f ( t)] = ( ω)maka F[ F(t)] = 2πf ( −ω)F F (10.28)Sifat ini dapat diturunkan dari formulasi transformasi balik.22 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

2πf ( t)=Jikat∞F−∞∫( ω)ejωtdan ω dipertukarkandω → 2πf ( −t)=10.4.7. Pergeseran WaktuSifat ini dinyatakan sebagai berikut.Jika∞F−∞∫maka : 2πf ( −ω)=( ω)e∞F−∞∫− jωtdω( t)e− jωT[ f ( t)] = F(ω)maka F[ f ( t − T )] = e F(ω)− jωtdωF (10.29)Sifat ini mudah diturunkan dari definisinya.10.4.8. Pergeseran FrekuensiSifat ini dinyatakan sebagai berikut.[ ]1jβtF(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. PenskalaanSifat ini dinyatakan sebagai berikut.1 ⎛ ω ⎞Jika F [ f ( t)] = F(ω)maka F[ f ( at)] = F⎜⎟ (10.31)| a | ⎝ a ⎠10.5. RingkasanTabel-10.1 berikut ini memuat pasangan transformasi Fouriersedangkan sifat-sifat transformasi Fourier termuat dalam Tabel-10.2.23

Tabel 10.1. Pasangan transformasi Fourier.Sinyal f(t) F(ω)Impuls δ(t) 1Sinyal searah (konstan) 1 2π δ(ω)Fungsi anak tangga u(t) 1+ πδ(ω)jωSignumsgn(t)2jωExponensial (kausal) −αt( ) )eu(t1α + jωEksponensial (dua sisi) |e α |tEksponensial kompleks2α−2 2α+ ωj te β 2πδ(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 FrekuensiSinyal f(t) F(ω)Kelinieran A f 1 (t) + B f 2 (t) AF 1 (ω) + BF 2 (ω)DiferensiasiIntegrasidf ( t)jωF(ω)dttF ( ω)f ( x)dx+ π F (0) δ(ω)∫ −∞jωKebalikan f (−t) F(−ω)Simetri F (t) 2π f (−ω)Pergeseran waktu f (t − T) − jωTe F (ω)Pergeseran frekuensi e j β t f (t) F(ω − β)Penskalaan |a| f (at)⎛ ω ⎞F ⎜ ⎟⎝ a ⎠24 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Soal-SoalDeret Fourier Bentuk Sinus-Cosinus.1. Tentukan deret Fourier dari gelombang segitiga berikut ini.v 1ms5Vta). −5Vv 1ms10Vb).c).d).vvv20ms20ms1mst150Vt150Vt10Ve).−5V2. Siklus pertama dari deretan pulsa dinyatakan sebagaiv ( t)= 2u(t)− 2u(t −1)+ u(t − 2) − u(t − 3)Gambarkan siklus pertama tersebut dan carilah koefisien Fouriernyaserta gambarkan spektrum amplitudo dan sudut fasanya.t25

3. Suatu gelombang komposit dibentuk dengan menjumlahkantegangan searah 10V dengan gelombang persegi yang amplitudopuncak ke puncak-nya 10 V. Carilah deret Fouriernya dangambarkan spektrum amplitudonya.Deret Fourier Bentuk Eksponensial.4. Carilah koefisien kompleks deret Fourier bentuk gelombangberikut.a).−5Vvv1ms1ms5Vt10Vb).v10V1ms2msttc).−5Vv150Vd).v20ms1mst10Ve).−5Vt26 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Transformasi Fourier5. Carilah transformasi Fourier dari bentuk-bentuk gelombangberikut:Ata). v( t)= [ u(t)− u(t − T )];Tb).⎛ 2πt⎞⎡⎞ ⎞⎤⎢ ⎜⎛ T⎜⎛ Tv ( t)= Acos⎜⎟ u t + ⎟ − u t − ⎟⎥ ⎝ T ⎠⎣⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎦A ⎡⎤c).⎛ 2πt⎞⎤⎡ ⎞ ⎞⎢ ⎜⎛ T⎜⎛ Tv ( t)= ⎢1+ cos⎜⎟⎥u t + ⎟ − u t − ⎟⎥ 2 ⎣ ⎝ T ⎠⎦⎣ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎦d). v ( t)= 2 + 2u(t);e). v ( t)= 2sgn( −t)+ 6u(t)−2tf). v(t)= [ 2eu(t)+ 2sgn( t)] δ(t + 2)−2(t−2)−2(t+2)g). v(t)= 2eu(t − 2) + 2eu(t + 2)6. Tentukan transformasi balik dari fungsi-fungsi berikut:π −α|ω|a). F ( ω)= e ;απAβb). F ( ω)= [ u(ω + β)− u(ω − β)]c). F 1000( ω)=( jω + 20) ( jω + 50);jωd). F ( ω)=( jω + 20) ( jω + 50)2e). F − ω( ω)=( jω + 20) ( jω + 50);1000f). F ( ω)=jω(jω + 20) ( jω + 50)27

j500ωg). F ( ω)=;( − jω + 50) ( jω + 50)j5ωh). F ( ω)=( jω + 50) ( jω + 50)i). F 5000( ω)=jω(− jω + 50) ( jω + 50);5000δ(ω)j). F ( ω)=2− ω + j200ω + 2500−2ωk). F ( ω)= 4π δ(ω)+ e ;− ω4π δ(ω − 4)e j2l). F ( ω)=jω4π δ(ω)+ 4( jω + 1)m). F ( ω)=;jω(2+ jω)−2ωn). F ( ω)= 4π δ(ω)+ eo). F ( ω)= 4π δ(ω)+ 4π δ(ω − 2) + 4π δ(ω + 2)28 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

BAB 11Analisis Rangkaian MenggunakanTransformasi FourierDengan pembahasan analisis rangkaian dengan menggunakantransformasi Fourier, kita akan• mampu melakukan analisis rangkaian menggunakantransformasi Fourier.• mampu mencari tanggapan frekuensi.11.1. Transformasi Fourier dan Hukum RangkaianKelinieran dari transformasi Fourier menjamin berlakunya relasi hukumKirchhoff di kawasan frekuensi. Relasi HTK misalnya, jikaditransformasikan akan langsung memberikan hubungan di kawasanfrekuensi yang sama bentuknya dengan relasinya di kawasan waktu.Misalkan relasi HTKjikaditransformasikan: v ( t)+ v1: V ( ω)+ V12( t)− v33( ω)−V( t)= 03( ω)= 0Hal inipun berlaku untuk KCL. Dengan demikian maka transformasiFourier dari suatu sinyal akan mengubah pernyataan sinyal di kawasanwaktu menjadi spektrum sinyal di kawasan frekuensi tanpa mengubahbentuk relasi hukum Kirchhoff, yang merupakan salah satu persyaratanrangkaian yang harus dipenuhi dalam analisis rangkaian listrik.Persyaratan rangkaian yang lain adalah persyaratan elemen, yang dapatkita peroleh melalui transformasi hubungan tegangan-arus (karakteristiki-v elemen). Dengan memanfaatkan sifat diferensiasi dari transformasiFourier, kita akan memperoleh relasi di kawasan frekuensi untuk resistor,induktor, dan kapasitor sebagai berikut.ResistorInduktorKapasitor: V::VIRLC( ω)= RIR( ω)= jωLI( ω)L( ω)= jωCV( ω)C( ω)Relasi diatas mirip dengan relasi hukum Ohm. Dari relasi di atas kitadapatkan impedansi elemen, yaitu perbandingan antara tegangan dan arusdi kawasan frekuensi29

ZR= R1; Z L = jωL; ZC=(11.1)jωCBentuk-bentuk (11.1) telah kita kenal sebagai impedansi arus bolakbalik.Dari uraian di atas dapat kita simpulkan bahwa transformasi Fouriersuatu sinyal akan tetap memberikan relasi hukum Kirchhoff di kawasanfrekuensi dan hubungan tegangan-arus elemen menjadi mirip denganrelasi hukum Ohm jika elemen dinyatakan dalam impedansinya. Dengandasar ini maka kita dapat melakukan transformasi rangkaian, yaitumenyatakan elemen-elemen rangkaian dalam impedansinya danmenyatakan sinyal dalam transformasi Fouriernya. Pada rangkaian yangditransformasikan ini kita dapat menerapkan kaidah-kaidah rangkaiandan metoda-metoda analisis rangkaian. Tanggapan rangkaian di kawasanwaktu 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 mencaritransformasi Fourier adalah dari −∞ sampai +∞. Hal ini berbeda dengantransformasi Laplace yang batas integrasinya dari 0 ke +∞. Jadi analisisrangkaian dengan menggunakan transformasi Fourier mengikut sertakanseluruh kejadian termasuk kejadian untuk t < 0. Oleh karena itu caraanalisis dengan transformasi Fourier tidak dapat digunakan jika kejadianpada t < 0 dinyatakan dalam bentuk kondisi awal. Pada dasarnyatransformasi Fourier diaplikasikan untuk sinyal-sinyal non-kausalsehingga metoda Fourier memberikan tanggapan rangkaian yang berlakuuntuk t = −∞ sampai t = +∞.COTOH-11.1: Pada rangkaian seri antararesistor R dan kapasitor C diterapkantegangan v 1 . Tentukan tanggapanrangkaian v C .Penyelesaian:Persoalan rangkaian orde pertama ini telah pernah kita tangani padaanalisis transien di kawasan waktu maupun kawasan s(menggunakan transformasi Laplace). Di sini kita akanmenggunakan transformasi Fourier.+v 1−RC+v C−30 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Transformasi Fourier dari rangkaian iniadalah : tegangan masukan V 1 (ω),impedansi resistor R terhubung seri1dengan impedansi kapasitor .jωCDengan kaidah pembagi tegangan kita dapatkan tegangan padakapasitor adalahVCZC1/ jωC1/ RC( ω)= V1 ( ω)=V1( ω)=V1( ω)R + Z R + (1/ jωC)jω + (1/ RC)CTegangan kapasitor tergantung dari V 1 (ω). Misalkan teganganmasukan v 1 (t) berupa sinyal anak tangga dengan amplitudo 1. Daritabel 11.1. tegangan ini di kawasan frekuensi adalah1V 1(ω)= + π δ(ω). Dengan demikian makajωV C ( ω)=1/ RC ⎛ 1 ⎞( ) =j (1/ RC)⎜ + π δ ωj⎟ω + ⎝ ω ⎠jω1/ RCπ δ(ω)/ RC+( jω + 1/ RC) ( jω + 1/ RC)Fungsi impuls δ(ω) hanya mempunyai nilai untuk ω = 0, sehinggapada umumnya F(ω)δ(ω) = F(0)δ(ω). Dengan demikian suku keduaπ δ(ω)/ RCruas kanan persamaan di atas = π δ(ω). Suku pertama( jω + 1/ RC )dapat diuraikan, dan persamaan menjadi1 1V C ( ω)= −+ π δ(ω)jωjω + 1/ RCDengan menggunakan Tabel 11.1. kita dapat mencari transformasibalikvC1( 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 tegangankapasitor, sama dengan hasil yang kita peroleh dalam analisistransien di kawasan waktu di Bab-4 contoh 4.5. Dalammenyelesaikan persoalan ini kita tidak menyinggung sama sekalimengenai kondisi awal pada kapasitor karena transformasi Fouriertelah mencakup keadaan untuk t < 0.2+V 1−R1/jωC+V C−31

COTOH-11.2: Bagaimanakah v C pada contoh 11.1. jika teganganyang diterapkan adalah v 1 (t) = sgn(t) ?Penyelesaian:Dari Tabel 11.1. kita peroleh F [ sgn( t)]maka V C (ω) dan uraiannya adalah2= . Dengan demikianjωV C⎡ 1/ RC ⎤( ω)= ⎢ ⎥⎣ jω + 1/ RC ⎦Transformasi baliknya memberikan2=jω2−jω2jω + 1/ RCPemahaman:vC( t)= sgn( t)− 2 e−(1/RC)tu(t)Persoalan ini melibatkan sinyal non-kausal yang memerlukanpenyelesaian dengan transformasi Fourier. Suku pertama dari v C (t)memberikan informasi tentang keadaan pada t < 0, yaitu bahwategangan kapasitor bernilai −1 karena suku kedua bernilai nol untukt < 0. Untuk t > 0, v C (t) bernilai 1 − 2e −(1/RC) t u(t) yang merupakantegangan transien yang nilai akhirnya adalah +1. Di sini terlihat jelasbahwa analisis dengan menggunakan transformasi Fouriermemberikan tanggapan rangkaian yang mencakup seluruh sejarahrangkaian mulai dari −∞ sampai +∞. Gambar v C (t) adalah seperti dibawah ini.2v C+1 10-40 -20 0 20 40sgn(t)-1−1−2 -2sgn(t)−2e −(1/RC) t u(t)t−2e −(1/RC) t u(t)32 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Persamaan (11.6) menunjukkan hubungan antara transformasi Fouriersinyal keluaran dan masukan. Hubungan ini mirip bentuknya denganpersamaan yang memberikan hubungan masukan-keluaran melaluifungsi 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 adalahα −α|t|h(t)= e . Jika sistem ini diberi masukan sinyal signum,2sgn(t), tentukanlah tanggapan transiennya.Penyelesaian:Dengan Tabel 11.1. didapatkan H(ω) untuk sistem ini⎡α −α| t|⎤ α 2αH ( ω)= F ⎢ e =2⎥⎣ ⎦ 2 2α + ωSinyal masukan, menurut Tabel 11.1. adalahSinyal keluaran adalahX ( ω)= FαY ( ω)= H ( ω)X ( ω)=2α + ωyang dapat diuraikan menjadikkk123= jωY( ω)jω=0= ( α + jω)Y ( ω)= ( α − jω)Y ( ω)2[ sgn(t) ]22=jω22=jωk1k2k3Y ( ω)= + +jωα + jωα − jω2α=( α + jω)(α − jω)jω=−αjω=α2222α=jω(α − jω)2α=jω(α + jω)2α=2α + ω2αjω(α + jω)(α − jω)jω=0jω=α= 2jω=−α222α== −1− α(α + α)222α= = + 1α(α + α)34 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

JadiY 2 −11( ω)= + +jωα + jωα + j(−ω)sehingga−αt−α(−t)y(t)= sgn( t)− e u(t)+ e u(−t)−α tα 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 adalah0-40 0 40[−1+e α t ] u(t)y(t)1+1-12αH ( ω)= .2 2α + ωKurva |H(ω)| kita gambarkan dengan ω sebagai absis dan hasilnyaadalah seperti gambar di bawah ini.|H(ω)|1−1[1−e −α t ] u(t)1t00-20 -10 0 10 20ω35

Pada ω =0, yaitu frekuensi sinyal searah, |H(ω)| bernilai 1 sedangkanuntuk ω tinggi |H(ω)| menuju nol. Sistem ini bekerja seperti lowpassfilter. Frekuensi cutoff terjadi jika | H ( ω ) | =| H (0) |22α2 2α + ωc=1 2 2⇒ ωc= α 2 − α2= 0.644α11.3. Energi SinyalEnergi total yang dibawa oleh suatu bentuk gelombang sinyaldidefinisikan sebagaiW∫ +∞ total = p(t)dt−∞dengan p(t) adalah daya yang diberikan oleh sinyal kepada suatu beban.22 v ( t)Jika beban berupa resistor maka p(t)= i ( t)R = ; dan jikaRbebannya adalah resistor 1 Ω maka∫ +∞ −∞2W1Ω = f ( t)dt(11.7)dengan f ( t)berupa arus ataupun teganganPersamaan (11.7) digunakan sebagai definisi untuk menyatakan energiyang dibawa oleh suatu bentuk gelombang sinyal. Dengan kata lain,energi yang diberikan oleh suatu gelombang sinyal pada resistor 1 Ωmenjadi pernyataan kandungan energi gelombang tersebut.Teorema Parseval menyatakan bahwa energi total yang dibawa olehsuatu bentuk gelombang dapat dihitung baik di kawasan waktu maupunkawasan frekuensi. Pernyataan ini dituliskan sebagaiW1 Ω+∞ 1=∫fd−∞ 2π2+∞2( t)dt =∫| F ( ω) | ω(11.8)−∞Karena |F(ω)| 2 merupakan fungsi genap, maka (11.8) dapat dituliskan1π∫ +∞ 2W1Ω = | F ( ω) | dω(11.9)036 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Jadi di kawasan waktu energi gelombang adalah integral untuk seluruhwaktu dari kuadrat bentuk gelombang, dan di kawasan frekuensienerginya adalah (1/2π) kali integrasi untuk seluruh frekuensi darikuadrat besarnya (nilai mutlak) transformasi Fourier dari sinyal.Penurunan teorema ini dimulai dari (11.7).W⎡ 1jωt⎤= ( ω)e dω⎥dt⎣2π⎦+∞2+∞∞1Ω∫f ( t)dt =−∞ ∫f ( t)⎢−∞ ∫F−∞Integrasi yang berada di dalam tanda kurung adalah integrasi terhadap ωdan bukan terhadap t. Oleh karena itu f(t) dapat dimasukkan ke dalamintegrasi tersebut menjadiW1 ⎡jωt⎤= ( ω)e dωπ⎥dt2 ⎣⎦+∞ ∞1Ω∫ ⎢−∞ ∫f ( t)F−∞Dengan mempertukarkan urutan integrasi, akan diperolehW1Ω1=2π1=2π1=2π∫∫∫+∞−∞+∞−∞⎡⎢⎣∫+∞F−∞∞−∞f ( t)F(ω)ejωt⎤dt⎥dω⎦⎡ ∞( ω)⎢∫f ( t)e⎣ −∞1F(ω)F(−ω)dω =2π− j(−ωt)+∞| F−∞∫⎤dt⎥dω⎦( ω)|2dωTeorema Parseval menganggap bahwa integrasi pada persamaan (11.8)ataupun (11.9) adalah konvergen, mempunyai nilai berhingga. Sinyalyang bersifat demikian disebut sinyal energi; sebagai contoh: sinyalkausal eksponensial, eksponensial dua sisi, pulsa persegi, sinus teredam.Jadi tidak semua sinyal merupakan sinyal energi. Contoh sinyal yangmempunyai transformasi Fourier tetapi bukan sinyal energi adalah sinyalimpuls, sinyal anak tangga, signum, dan sinus (tanpa henti). Hal inibukan berarti bahwa sinyal ini, anak tangga dan sinyal sinus misalnya,tidak dapat digunakan untuk menyalurkan energi bahkan penyaluranenergi akan berlangsung sampai tak hingga; justru karena itu ia tidakdisebut sinyal energi melainkan disebut sinyal daya.37

COTOH-11.5: Hitunglah energi yang dibawa oleh gelombang−1000tv(t)= 10 e u(t VPenyelesaian:[ ] )Kita dapat menghitung di kawasan waktuW1Ω=∫0= −∞−1000t2 ∞−2000t[ 10 e ] dt = [ 100 e ]1002000∫0∞−2000te =0Untuk menghitung di kawasan frekuensi, kita cari lebih duluV(ω)=10/(jω+1000).2∞1 ∞ ⎡ 100 ⎤ 100 −1ωW1Ω = ⎢ω = tan2 2 6 ⎥π ∫d−∞ ⎣ω+ 10 ⎦ 2π(1000)1000−∞1 ⎡π⎛ π ⎞⎤= ⎢ − ⎜−⎟⎥=20π⎣ 2 ⎝ 2 ⎠⎦120Pemahaman: 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 seluruhspektrum sinyal. Jika batas integrasi adalah ω 1 dan ω 2 maka kitamemperoleh persamaanJ1201∫ ω 2 2W12 = | F ( ω)| dω(11.10)π ω1yang menunjukkan energi yang dikandung oleh gelombang dalam selangfrekuensi ω 1 dan ω 2 .Jika hubungan antara sinyal keluaran dan masukan suatu pemroses sinyaladalah Y ( ω)= H ( ω)X ( ω)maka energi sinyal keluaran adalah1∫ ∞ 2 2W1 Ω = | H ( ω)| | X ( ω)| dω(11.11)π 0Dengan hubungan-hubungan yang kita peroleh ini, kita dapatmenghitung energi sinyal langsung menggunakan transformasiFouriernya tanpa harus mengetahui bentuk gelombang sinyalnya.Jdt38 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

COTOH-11.6: Tentukan lebar pita yang diperlukan agar 90% dari−1000ttotal energi gelombang exponensial v(t)= 10 [ e ] u(t)V dapatdiperoleh.Penyelesaian:Bentuk gelombang−1000t[ e ] u(t)v(t)= 10→V( ω)=10jω + 1000Energi total :2∞1 ∞ ⎡ 100 ⎤ 100 −1ωW1Ω = ⎢tan0 2 6 ⎥ ω =π ∫d⎣ω+ 10 ⎦ π(1000)100001 ⎡π⎤ 1= 0 = J10⎢ −π 2⎥⎣ ⎦ 20Misalkan lebar pita yang diperlukan untuk memperoleh 90% energiadalah β, maka2β1 β⎡100 ⎤ 100 −1ωW90%= ⎢tan0 2 6 ⎥ ω =π ∫d⎣ω+ 10 ⎦ π(1000)100001 −1β= tan10π1000Jadi1 −19tan1 ββ ⎛ π ⎞⇒= 0.9 × ⇒ = tan⎜⎟10π1000 20 1000 ⎝ 20 ⎠⇒ β = 6310 rad/s39

Soal-Soal1. Saklar S pada rangkaian berikut telah berada di posisi 1 mulai t =−∞. Pada t = 0 ia dipindahkan keposisi 2 dan tetap pada posisi 2sampai 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 1v 22+v in−10 kΩ2. Saklar S pada rangkaian berikut telah berada di posisi 1 mulai t =−∞. Pada t = 0 ia dipindahkan keposisi 2 dan tetap pada posisi 2sampai t = + ∞. Tentukan v in , V in (ω) , V o (ω) , v o , jika v 1 = −10 V,v 2 = 5 V.1− + S− +v 1v 22+v in−10 kΩ1 µf3. Saklar S pada rangkaian berikut telah berada di posisi 1 mulai t =−∞. Pada t = 0 ia dipindahkan keposisi 2 dan tetap pada posisi 2sampai t = + ∞. Tentukan v in , V in (ω) , V o (ω) , v o , jika v 1 = 10e 100tV, v 2 = 10e −100t V.1− + S− +v 1v 22+v in−1 H0,5 kΩ4. Saklar S pada rangkaian berikut telah berada di posisi 1 mulai t =−∞. Pada t = 0 ia dipindahkan keposisi 2 dan tetap pada posisi 2sampai t = + ∞. Tentukan v in , V in (ω) , V o (ω) , v o , jika v 1 = 10e 100tV, v 2 = −10e −100t V.+v o−+v o−+v o−40 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

− +v 11S− + +v 22v in−0,5 kΩ1 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 2sampai t = + ∞. Tentukan v in , V in (ω) , V o (ω) , v o , jika v 1 = 10 V,v 2 = 10e −100t V.1− + Sv 1− + +v 22v in−1 H100 Ω6. Pada sebuah rangkaian seri L = 1 H, C = 1µF, dan R = 1 kΩ,diterapkan tegangan v s = 10sgn(t) V. Tentukan tegangan padaresistor.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, tentukantegangan keluarannya.8. Tentukan tanggapan frekuensi rangkaian yang mempunyaitanggapan impulsh(t) = δ(t)−20e −10t u(t).9. Tentukan tegangan keluaran rangkaian soal 8, jika diberi masukanv s (t) = sgn(t).10. Jika tegangan masukan pada rangkaian berikut adalahv1 = 10cos100tV, tentukan tegangan keluaran v o.1µF 10kΩ−+10kΩ +v+1v o+v o−41

11. Ulangi soal 10 untuk sinyal yang transformasinya200V 1(ω)=2ω + 40012. Tentukan enegi yang dibawa oleh sinyal−100tv(t)= 500 t e u(t)V . Tentukan pula berapa persen energiyang dikandung dalam selang frekuensi −100 ≤ ω ≤ +100 rad/s .13. Pada rangkaian filter RC berikut ini, tegangan masukan adalah−20 5 tv1 = e u(t)V .+−v 1100kΩ1µF100kΩ+v o−Tentukan energi total masukan, persentase energi sinyal keluaranv o terhadap energi sinyal masukan, persentase energi sinyalkeluaran dalam selang passband-nya.14. Pada rangkaian berikut ini, tegangan masukan adalah−20 5 tv1 = e u(t)V .1µF 10kΩ−+10kΩ ++v 1Tentukan energi total masukan, persentase energi sinyal keluaranv o terhadap energi sinyal masukan, persentase energi sinyalkeluaran dalam selang passband-nya.v o42 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Daftar Pustaka1. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listrik”, Penerbit ITB2002, ISBN 979-9299-54-3.2. Sudaryatno Sudirham, “Pengembangan Metoda Unit Output UntukPerhitungan Susut Energi Pada Penyulang Tegangan Menengah”,Monograf, 2005, limited publication.3. Sudaryatno Sudirham, “Pengantar Rangkaian Listrik”, CatatanKuliah El 1001, Penerbit ITB, 2007.4. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Harmonisa Dalam PermasalahanKualitas 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 : “ElectricCircuit Analysis” ; Prentice-Hall Inc, 2 nd ed, 1992.8. Vincent Del Toro : “Electric Power Systems”, Prentice-HallInternational, Inc., 1992.9. Roland E. Thomas, Albert J. Rosa : “The Analysis And Design ofLinier Circuits”, . Prentice-Hall Inc, 1994.10. Douglas K Lindner : “Introduction to Signals and Systems”,McGraw-Hill, 1999.43

Daftar otasiv 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.44 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)