Bab 1

Transformasi Laplace

Alat matematika fundamental dalam analisis sistem kontrol: definisi formal, penurunan langkah-demi-langkah, sifat-sifat penting, tabel pasangan, serta teknik Transformasi Laplace Balikan melalui dekomposisi pecahan parsial — dengan contoh kerja lengkap untuk setiap kasus.

Gambar 1.1 — Alur konsep: Transformasi Laplace maju dan balikan melalui pecahan parsial

1.1 Transformasi Laplace

Transformasi Laplace merupakan alat matematika fundamental dalam analisis sistem kontrol. Inti dari teknik ini adalah mengubah persamaan diferensial linear yang rumit dalam domain waktu ($t$) menjadi persamaan aljabar yang jauh lebih sederhana dalam domain frekuensi kompleks ($s$). Variabel kompleks $s$ didefinisikan sebagai:

$$s = \sigma + j\omega$$

di mana $\sigma$ mengendalikan laju pertumbuhan/penurunan eksponensial dan $j\omega$ mengendalikan frekuensi osilasi. Pemisahan kedua komponen ini memungkinkan analisis yang sangat terstruktur terhadap perilaku dinamis sistem.

1.1.1 Motivasi: Mengapa Perlu Transformasi?

Pertimbangkan persamaan diferensial orde-dua umum dari sebuah sistem mekanis massa-per-pegas-damper:

$$m\frac{d^{2}y(t)}{dt^{2}} + b\frac{dy(t)}{dt} + ky(t) = f(t)$$

Menyelesaikan persamaan ini secara langsung memerlukan pencarian solusi homogen dan partikular, substitusi kondisi awal yang rumit, dan superposisi — proses yang membosankan dan rawan kesalahan untuk orde tinggi. Transformasi Laplace mengubah seluruh proses ini menjadi aljabar polinomial sederhana.

1.1.2 Definisi Formal dan Penurunan Intuisi

Definisi — Transformasi Laplace Unilateral

Transformasi Laplace satu sisi dari fungsi $f(t)$ yang terdefinisi untuk $t \geq 0$:

$$\mathcal{L}\{f(t)\} = F(s) = \int_{0^{-}}^{\infty} f(t)\, e^{-st}\, dt$$

Batas bawah $0^{-}$ (bukan $0$ atau $0^{+}$) dipilih secara sengaja untuk menangkap fungsi impuls $\delta(t)$ dan fungsi langkah diskontinu yang mungkin ada di titik asal. Secara intuitif, integral ini melakukan "pembobotan eksponensial" terhadap sinyal $f(t)$: komponen sinyal yang bergetar pada frekuensi $\omega$ dan mereda pada laju $\sigma$ akan memberikan kontribusi besar pada $F(s)$ di titik $s = \sigma + j\omega$.

1.1.3 Penurunan Langkah-demi-Langkah: Contoh $\mathcal{L}\{e^{-at}\}$

Mari kita turunkan secara eksplisit untuk membangun intuisi:

Penurunan: Transformasi Laplace dari $f(t) = e^{-at}$, $a > 0$

Langkah 1: Tulis definisi integral dan substitusikan $f(t)$:

$$F(s) = \int_{0}^{\infty} e^{-at} \cdot e^{-st}\, dt = \int_{0}^{\infty} e^{-(s+a)t}\, dt$$

Langkah 2: Gabungkan eksponen dan evaluasi integral tak tentu:

$$F(s) = \left[ \frac{e^{-(s+a)t}}{-(s+a)} \right]_{0}^{\infty}$$

Langkah 3: Evaluasi batas atas ($t \to \infty$). Agar konvergen, kita butuh $\text{Re}(s+a) > 0$, yaitu $\sigma > -a$. Dengan asumsi ini:

$$\lim_{t\to\infty} \frac{e^{-(s+a)t}}{-(s+a)} = \frac{0}{-(s+a)} = 0$$

Langkah 4: Evaluasi batas bawah ($t = 0$):

$$\left. \frac{e^{-(s+a)t}}{-(s+a)} \right|_{t=0} = \frac{e^{0}}{-(s+a)} = \frac{-1}{-(s+a)} = \frac{1}{s+a}$$

Langkah 5: Gabungkan hasil:

$$\boxed{\mathcal{L}\{e^{-at}\} = \frac{1}{s+a}, \qquad \text{ROC: } \text{Re}(s) > -a}$$

1.1.4 Penurunan: $\mathcal{L}\{\sin(\omega t)\}$

Penurunan: Transformasi Laplace dari $f(t) = \sin(\omega t)$

Langkah 1: Gunakan identitas Euler: $\sin(\omega t) = \dfrac{e^{j\omega t} - e^{-j\omega t}}{2j}$

$$F(s) = \int_{0}^{\infty} \frac{e^{j\omega t} - e^{-j\omega t}}{2j}\, e^{-st}\, dt = \frac{1}{2j}\left[\int_{0}^{\infty} e^{-(s-j\omega)t}\,dt - \int_{0}^{\infty} e^{-(s+j\omega)t}\,dt \right]$$

Langkah 2: Masing-masing integral berbentuk $\frac{1}{s+a}$ yang sudah kita turunkan:

$$F(s) = \frac{1}{2j}\left[\frac{1}{s - j\omega} - \frac{1}{s + j\omega}\right]$$

Langkah 3: Samakan penyebut:

$$F(s) = \frac{1}{2j} \cdot \frac{(s+j\omega) - (s-j\omega)}{(s-j\omega)(s+j\omega)} = \frac{1}{2j} \cdot \frac{2j\omega}{s^{2} + \omega^{2}}$$

Hasil:

$$\boxed{\mathcal{L}\{\sin(\omega t)\} = \frac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}}, \qquad \text{ROC: } \text{Re}(s) > 0}$$

Gambar 1.2 — Pemetaan dari domain waktu ke domain frekuensi kompleks bidang-$s$

1.1.5 Sifat-Sifat Utama Transformasi Laplace

Sifat 1 — Linearitas (Superposisi)

$$\mathcal{L}\{a \cdot f(t) + b \cdot g(t)\} = a\,F(s) + b\,G(s)$$

Bukti langsung dari linearitas operator integral. Ini adalah sifat paling fundamental yang memungkinkan dekomposisi sinyal kompleks.

Sifat 2 — Turunan Pertama

$$\mathcal{L}\left\{\frac{df(t)}{dt}\right\} = s\,F(s) - f(0^{-})$$

Bukti Sifat Turunan Pertama

Gunakan integrasi parsial dengan $u = e^{-st}$ dan $dv = f'(t)\,dt$:

$$\mathcal{L}\{f'(t)\} = \int_{0^{-}}^{\infty} f'(t)\,e^{-st}\,dt = \left[f(t)\,e^{-st}\right]_{0^{-}}^{\infty} - \int_{0^{-}}^{\infty} f(t)\,(-s)\,e^{-st}\,dt$$

Batas atas menghilang jika $f(t)$ berorde eksponensial (syarat eksistensi Laplace), sehingga:

$$\mathcal{L}\{f'(t)\} = -f(0^{-}) + s\int_{0^{-}}^{\infty} f(t)\,e^{-st}\,dt = sF(s) - f(0^{-})$$

Sifat 3 — Turunan Kedua

$$\mathcal{L}\left\{\frac{d^{2}f(t)}{dt^{2}}\right\} = s^{2}\,F(s) - s\,f(0^{-}) - f'(0^{-})$$

Diperoleh dengan menerapkan sifat turunan pertama dua kali berturut-turut. Pola ini berlanjut: turunan ke-$n$ menghasilkan suku $s^n F(s)$ dikurangi suku polinomial kondisi awal orde $(n-1)$.

Sifat 4 — Perpindahan Waktu (Time Shifting)

$$\mathcal{L}\{f(t - \tau)\,u(t - \tau)\} = e^{-\tau s}\,F(s), \qquad \tau \geq 0$$

Sangat berguna untuk menganalisis sistem dengan delay transportasi. Faktor $e^{-\tau s}$ menambahkan fase tanpa mengubah magnitudo.

Sifat 5 — Perpindahan Frekuensi (Frequency Shifting)

$$\mathcal{L}\{e^{-at}f(t)\} = F(s + a)$$

Menggeser seluruh pole dan zero sejauh $a$ ke kiri pada bidang-$s$. Menunjukkan bahwa perkalian dengan eksponensial di domain waktu = pergeseran di domain-$s$.

Sifat 6 — Teorema Nilai Akhir (Final Value Theorem)

$$\lim_{t \to \infty} f(t) = \lim_{s \to 0} s\,F(s)$$

Syarat ketat: Hanya valid jika seluruh pole dari $sF(s)$ berada di LHP (sistem stabil). Jika ada pole di sumbu $j\omega$ atau RHP, hasilnya akan salah.

Sifat 7 — Teorema Nilai Awal (Initial Value Theorem)

$$\lim_{t \to 0^{+}} f(t) = \lim_{s \to \infty} s\,F(s)$$

Syarat: $f(t)$ tidak boleh memiliki impuls di $t=0$, dan $F(s)$ harus proper ($\deg\text{pembilang} \leq \deg\text{penyebut}$).

1.1.6 Tabel Transformasi Pasangan Lengkap

No.	Nama Fungsi	Domain Waktu $f(t)$, $\forall\, t \geq 0$	Domain Laplace $F(s)$
1	Unit Impuls	$\delta(t)$	$1$
2	Unit Step	$u(t) = 1$	$\dfrac{1}{s}$
3	Unit Ramp	$t$	$\dfrac{1}{s^{2}}$
4	Parabola	$t^{2}$	$\dfrac{2}{s^{3}}$
5	Pangkat umum	$t^{n}$	$\dfrac{n!}{s^{n+1}}$
6	Eksponensial	$e^{-at}$	$\dfrac{1}{s+a}$
7	Eksponensial × Ramp	$t\,e^{-at}$	$\dfrac{1}{(s+a)^{2}}$
8	Sinusoidal	$\sin(\omega t)$	$\dfrac{\omega}{s^{2}+\omega^{2}}$
9	Kosinusoidal	$\cos(\omega t)$	$\dfrac{s}{s^{2}+\omega^{2}}$
10	Sinus Teredam	$e^{-at}\sin(\omega t)$	$\dfrac{\omega}{(s+a)^{2}+\omega^{2}}$
11	Kosinus Teredam	$e^{-at}\cos(\omega t)$	$\dfrac{s+a}{(s+a)^{2}+\omega^{2}}$

1.1.7 Contoh: Menghitung $\mathcal{L}\{3e^{-2t} + 5\sin(4t)\}$

Contoh Kerja 1.1

Menggunakan sifat linearitas dan tabel pasangan:

$$\mathcal{L}\{3e^{-2t} + 5\sin(4t)\} = 3 \cdot \frac{1}{s+2} + 5 \cdot \frac{4}{s^{2}+16} = \frac{3}{s+2} + \frac{20}{s^{2}+16}$$

Jika perlu digabungkan menjadi satu pecahan parsial:

$$= \frac{3(s^{2}+16) + 20(s+2)}{(s+2)(s^{2}+16)} = \frac{3s^{2} + 20s + 88}{(s+2)(s^{2}+16)}$$

1.2 Transformasi Laplace Balikan

Dalam analisis sistem kontrol, kita tidak berhenti di domain-$s$. Setelah melakukan operasi aljabar — menghitung fungsi transfer, menyusun loop tertutup, menganalisis stabilitas — kita harus kembali ke domain waktu untuk memahami bentuk fisik respon sebenarnya: berapa lama sistem mencapai steady-state, apakah ada osilasi, seberapa besar overshoot, dan seterusnya. Transformasi Laplace balikan ($\mathcal{L}^{-1}$) adalah jembatan kembali tersebut.

Gambar 1.3 — Siklus lengkap transformasi: maju ke domain-$s$ untuk analisis, kembali ke domain waktu untuk interpretasi fisik

1.2.1 Definisi Formal: Integral Bromwich

Definisi — Transformasi Laplace Balikan (Bromwich)

Transformasi Laplace balikan secara formal didefinisikan sebagai integral garis kompleks (integral Bromwich-Mellin):

$$f(t) = \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\} = \frac{1}{2\pi j}\int_{\sigma_0 - j\infty}^{\sigma_0 + j\infty} F(s)\, e^{st}\, ds, \qquad t \geq 0$$

di mana $\sigma_0$ adalah bilangan real yang dipilih sehingga garis integrasi $\text{Re}(s) = \sigma_0$ berada di sebelah kanan seluruh singularitas (pole) dari $F(s)$. Integral ini dievaluasi menggunakan teorema residu dari analisis kompleks — setiap pole $p_k$ memberikan kontribusi $\text{Res}[F(s)e^{st},\, p_k]$ terhadap $f(t)$.

Mengapa Kita Tidak Pernah Menggunakan Integral Bromwich?

Meskipun integral Bromwich memberikan definisi yang eksak dan elegan, menggunakannya secara langsung untuk fungsi rasional yang muncul dalam teknik kontrol sangat tidak praktis. Sebagai gantinya, kita menggunakan dekomposisi pecahan parsial (partial fraction decomposition) untuk memecah $F(s)$ menjadi suku-suku sederhana yang langsung dikenali dari tabel pasangan Laplace. Pendekatan ini setara secara matematis (karena teorema residu membuktikan bahwa setiap suku pecahan parsial bersesuaian dengan residu di pole yang bersangkutan), tetapi jauh lebih cepat dan mekanis.

1.2.2 Syarat Penting: Fungsi Rasional Proper

Metode pecahan parsial mensyaratkan bahwa $F(s)$ adalah proper fraction, yaitu derajat pembilang $\leq$ derajat penyebut:

$$\deg(\text{pembilang}) \leq \deg(\text{penyebut})$$

Jika $F(s)$ improper (derajat pembilang $>$ derajat penyebut), kita wajib melakukan pembagian polinomial panjang terlebih dahulu:

$$F(s) = Q(s) + \frac{R(s)}{D(s)}$$

di mana $Q(s)$ adalah hasil bagi (polinomial), dan $R(s)/D(s)$ adalah sisa yang proper. Suku $Q(s)$ kemudian diinversikan terpisah (ia menghasilkan suku $\delta(t)$, $\delta'(t)$, dan seterusnya — biasanya nol dalam praktik sistem fisik).

Peringatan

Dalam hampir semua masalah kontrol klasik, $F(s)$ sudah proper karena sistem fisik selalu memiliki lebih banyak energi yang disimpan (penyebut orde tinggi) daripada jalur input (pembilang orde rendah). Jika Anda menemukan $F(s)$ yang improper, periksa kembali perhitungan Anda — kemungkinan ada kesalahan aljabar.

1.2.3 Tiga Kasus Pecahan Parsial

Bentuk dekomposisi pecahan parsial bergantung pada jenis akar-akar penyebut $D(s)$. Ada tiga kasus yang harus dikuasai:

Kasus	Jenis Pole	Bentuk Suku Pecahan Parsial	Invers Laplace
1	Real berbeda $p_1 \neq p_2 \neq \cdots$	$\dfrac{A_1}{s-p_1} + \dfrac{A_2}{s-p_2} + \cdots$	$A_1 e^{p_1 t} + A_2 e^{p_2 t} + \cdots$
2	Real berulang $p_1$ multiplisitas $r$	$\dfrac{A_{1,1}}{s-p_1} + \dfrac{A_{1,2}}{(s-p_1)^2} + \cdots + \dfrac{A_{1,r}}{(s-p_1)^r}$	$A_{1,1}e^{p_1 t} + A_{1,2}\,t\,e^{p_1 t} + \cdots + A_{1,r}\,\dfrac{t^{r-1}}{(r-1)!}\,e^{p_1 t}$
3	Kompleks konjugat $p = -\alpha \pm j\beta$	$\dfrac{Bs + C}{(s+\alpha)^2 + \beta^2}$	$e^{-\alpha t}\left[A\sin(\beta t) + B\cos(\beta t)\right]$

1.2.4 Kasus 1: Poles Real Berbeda — Metode Cover-Up Heaviside

Untuk penyebut yang telah difaktorkan sepenuhnya dengan akar-akar real berbeda, metode Heaviside cover-up memberikan koefisien secara langsung tanpa perlu menyelesaikan sistem persamaan linear.

Penurunan Mengapa Metode Cover-Up Bekerja

Misalkan:

$$F(s) = \frac{N(s)}{(s-p_1)(s-p_2)(s-p_3)} = \frac{A_1}{s-p_1} + \frac{A_2}{s-p_2} + \frac{A_3}{s-p_3}$$

Kalikan kedua ruas oleh $(s - p_1)$:

$$(s-p_1)F(s) = A_1 + \frac{A_2(s-p_1)}{s-p_2} + \frac{A_3(s-p_1)}{s-p_3}$$

Sekarang evaluasi di $s = p_1$. Dua suku terakhir menghilang karena faktor $(p_1 - p_1) = 0$ di pembilangnya:

$$\boxed{A_1 = (s-p_1)F(s)\bigg|_{s=p_1} = \frac{N(p_1)}{(p_1-p_2)(p_1-p_3)}}$$

Secara operasional: "tutupi" (cover up) faktor $(s-p_1)$ di penyebut, lalu substitusi $s = p_1$ ke sisa ekspresi. Ini bekerja karena semua suku lain secara alami menghilang.

Contoh Kerja 1.2 — Poles Real Berbeda

Soal: Hitung $\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{5s + 3}{(s+1)(s+2)(s+3)}\right\}$.

Langkah 1: Nyatakan sebagai penjumlahan pecahan parsial:

$$\frac{5s+3}{(s+1)(s+2)(s+3)} = \frac{A}{s+1} + \frac{B}{s+2} + \frac{C}{s+3}$$

Langkah 2: Gunakan metode cover-up untuk setiap koefisien:

$$A = \frac{5(-1)+3}{(-1+2)(-1+3)} = \frac{-5+3}{(1)(2)} = \frac{-2}{2} = -1$$

$$B = \frac{5(-2)+3}{(-2+1)(-2+3)} = \frac{-10+3}{(-1)(1)} = \frac{-7}{-1} = 7$$

$$C = \frac{5(-3)+3}{(-3+1)(-3+2)} = \frac{-15+3}{(-2)(-1)} = \frac{-12}{2} = -6$$

Langkah 3: Tulis dekomposisi lengkap:

$$F(s) = \frac{-1}{s+1} + \frac{7}{s+2} + \frac{-6}{s+3}$$

Langkah 4: Inversikan suku per suku menggunakan $\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{1}{s+a}\right\} = e^{-at}$:

$$\boxed{f(t) = -e^{-t} + 7e^{-2t} - 6e^{-3t}, \qquad t \geq 0}$$

Verifikasi — Nilai Awal: $f(0) = -1 + 7 - 6 = 0$. Gunakan Initial Value Theorem: $\lim_{s\to\infty} sF(s) = \lim_{s\to\infty}\frac{s(5s+3)}{s^3} = 0$ ✓

Verifikasi — Nilai Akhir: $\lim_{t\to\infty}f(t) = 0$ (semua suku mereda). Final Value Theorem (FVT): $\lim_{s\to 0}sF(s) = 0$ ✓

1.2.5 Kasus 2: Poles Real Berulang

Ketika sebuah pole memiliki multiplisitas $r > 1$, dekomposisinya melibatkan pangkat bertingkat dari faktor yang berulang. Metode cover-up langsung hanya bekerja untuk suku orde tertinggi; suku orde lebih rendah memerlukan pendekatan diferensial.

Penurunan Rumus Koefisien untuk Pole Berulang

Misalkan pole $p_1$ berulang $r$ kali. Bagian dekomposisi yang relevan:

$$F(s) = \cdots + \frac{A_{1,r}}{(s-p_1)^r} + \frac{A_{1,r-1}}{(s-p_1)^{r-1}} + \cdots + \frac{A_{1,1}}{s-p_1} + \cdots$$

Kalikan kedua ruas dengan $(s-p_1)^r$:

$$(s-p_1)^r F(s) = A_{1,r} + A_{1,r-1}(s-p_1) + \cdots + A_{1,1}(s-p_1)^{r-1} + \text{suku dari pole lain}$$

Koefisien orde tertinggi (paling mudah): evaluasi langsung di $s = p_1$, semua suku lain menghilang:

$$A_{1,r} = (s-p_1)^r F(s)\bigg|_{s=p_1}$$

Koefisien orde lebih rendah: karena suku $A_{1,r-k}(s-p_1)^k$ mengandung faktor $(s-p_1)$ minimal sekali untuk $k \geq 1$, kita bisa mengisolasinya dengan mendiferensialkan dan mengevaluasi di $s = p_1$:

$$\boxed{A_{1,k} = \frac{1}{(r-k)!}\,\frac{d^{\,r-k}}{ds^{\,r-k}}\left[(s-p_1)^r F(s)\right]_{s=p_1}}$$

di mana $k = 1, 2, \ldots, r$. Untuk $k = r$ (suku tertinggi), turunan ke-0 = evaluasi langsung, konsisten dengan rumus sebelumnya.

Contoh Kerja 1.3 — Pole Berulang (Multiplisitas 3)

Soal: Hitung $\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{s^2 + 4s + 6}{(s+1)^3}\right\}$.

Langkah 1: Tetapkan bentuk dekomposisi:

$$\frac{s^2+4s+6}{(s+1)^3} = \frac{A}{s+1} + \frac{B}{(s+1)^2} + \frac{C}{(s+1)^3}$$

Langkah 2: Kalikan dengan $(s+1)^3$:

$$s^2 + 4s + 6 = A(s+1)^2 + B(s+1) + C$$

Ekspansi: $s^2 + 4s + 6 = As^2 + 2As + A + Bs + B + C = As^2 + (2A+B)s + (A+B+C)$

Langkah 3: Samakan koefisien (metode pembandingan — lebih mudah di sini karena hanya satu pole):

$$\begin{cases} s^2: & A = 1 \\ s^1: & 2A + B = 4 \implies B = 4 - 2 = 2 \\ s^0: & A + B + C = 6 \implies C = 6 - 1 - 2 = 3 \end{cases}$$

Langkah 4: Inversikan menggunakan $\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{1}{(s+a)^n}\right\} = \dfrac{t^{n-1}}{(n-1)!}\,e^{-at}$:

$$\boxed{f(t) = e^{-t} + 2t\,e^{-t} + \frac{3}{2}\,t^2\,e^{-t} = \left(1 + 2t + \tfrac{3}{2}t^2\right)e^{-t}, \qquad t \geq 0}$$

Contoh Kerja 1.4 — Pole Berulang dengan Metode Turunan

Soal: Hitung $\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{2s + 1}{s^2(s+3)}\right\}$.

Langkah 1: Pole $s = 0$ (multiplisitas 2) dan $s = -3$ (berbeda):

$$\frac{2s+1}{s^2(s+3)} = \frac{A}{s} + \frac{B}{s^2} + \frac{C}{s+3}$$

Langkah 2: Cover-up langsung untuk $B$ (suku orde tertinggi pole berulang) dan $C$:

$$B = s^2 \cdot \frac{2s+1}{s^2(s+3)}\bigg|_{s=0} = \frac{1}{3}$$

$$C = (s+3) \cdot \frac{2s+1}{s^2(s+3)}\bigg|_{s=-3} = \frac{-5}{9}$$

Langkah 3: Untuk $A$ (suku orde lebih rendah), gunakan metode turunan. Kalikan dengan $s^2$:

$$s^2 F(s) = \frac{2s+1}{s+3} = As + B + \frac{Cs^2}{s+3}$$

Diferensialkan terhadap $s$, lalu evaluasi di $s = 0$:

$$\frac{d}{ds}\left[\frac{2s+1}{s+3}\right] = \frac{2(s+3) - (2s+1)}{(s+3)^2} = \frac{5}{(s+3)^2}$$

$$A = \frac{1}{(2-1)!}\,\frac{d}{ds}\left[s^2 F(s)\right]_{s=0} = \frac{5}{9}$$

Alternatif cepat: Samakan koefisien setelah substitusi $B$ dan $C$ yang sudah diketahui.

Langkah 4: Hasil dan inversi:

$$F(s) = \frac{5/9}{s} + \frac{1/3}{s^2} - \frac{5/9}{s+3}$$

$$\boxed{f(t) = \frac{5}{9} + \frac{1}{3}\,t - \frac{5}{9}\,e^{-3t}, \qquad t \geq 0}$$

Catatan: suku $\frac{5}{9}$ dan $\frac{1}{3}t$ berasal dari pole di $s=0$ — suku DC dan ramp yang tidak mereda. Ini konsisten dengan fakta bahwa sistem memiliki integrator (pole di origin).

1.2.6 Kasus 3: Poles Kompleks Konjugat

Poles kompleks selalu muncul berpasangan konjugat karena koefisien polinomial karakteristik bersifat real. Alih-alih memecah menjadi dua suku kompleks terpisah (yang koefisiennya juga kompleks), kita mempertahankan pasangan sebagai satu suku kuadrat real.

Strategi — Menangani Pasangan Kompleks Konjugat

Jika penyebut memiliki faktor $(s+\alpha)^2 + \beta^2$ (dari poles $-\alpha \pm j\beta$), tetapkan suku pecahan parsial berbentuk:

$$\frac{Bs + C}{(s+\alpha)^2 + \beta^2}$$

lalu manipulasi menjadi bentuk standar tabel:

$$\frac{Bs + C}{(s+\alpha)^2 + \beta^2} = \frac{B(s+\alpha) + (C - B\alpha)}{(s+\alpha)^2 + \beta^2}$$

$$= B \cdot \frac{s+\alpha}{(s+\alpha)^2 + \beta^2} + \frac{C - B\alpha}{\beta} \cdot \frac{\beta}{(s+\alpha)^2 + \beta^2}$$

yang langsung diinversikan menjadi:

$$\boxed{\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{Bs + C}{(s+\alpha)^2 + \beta^2}\right\} = e^{-\alpha t}\left[B\cos(\beta t) + \frac{C - B\alpha}{\beta}\sin(\beta t)\right]}$$

Alternatif: Representasi Amplitudo-Fase

Hasil di atas juga dapat ditulis sebagai $R\,e^{-\alpha t}\sin(\beta t + \phi)$ di mana $R = \sqrt{B^2 + \left(\frac{C-B\alpha}{\beta}\right)^2}$ dan $\phi = \arctan\!\left(\frac{B\beta}{C-B\alpha}\right)$. Bentuk ini lebih ringkas dan berguna untuk menghitung envelope serta fase awal osilasi.

Contoh Kerja 1.5 — Poles Kompleks Konjugat

Soal: Hitung $\mathcal{L}^{-1}\left\{\dfrac{3s + 7}{s^2 + 4s + 13}\right\}$.

Langkah 1: Lengkapi kuadrat pada penyebut:

$$s^2 + 4s + 13 = (s^2 + 4s + 4) + 9 = (s+2)^2 + 3^2$$

Jadi $\alpha = 2$, $\beta = 3$, dan poles berada di $s = -2 \pm j3$ (LHP → stabil).

Langkah 2: Tulis pembilang dalam bentuk $(s+\alpha)$:

$$3s + 7 = 3(s+2) + 1$$

(Karena $3(s+2) = 3s + 6$, maka sisa = $7 - 6 = 1$.)

Langkah 3: Pecah menjadi dua suku standar:

$$F(s) = \frac{3(s+2)}{(s+2)^2 + 9} + \frac{1}{(s+2)^2 + 9} = 3\cdot\frac{s+2}{(s+2)^2+3^2} + \frac{1}{3}\cdot\frac{3}{(s+2)^2+3^2}$$

Langkah 4: Inversikan:

$$\boxed{f(t) = e^{-2t}\left[3\cos(3t) + \tfrac{1}{3}\sin(3t)\right], \qquad t \geq 0}$$

Dalam bentuk amplitudo-fase:

$$R = \sqrt{3^2 + \left(\tfrac{1}{3}\right)^2} = \sqrt{9 + \tfrac{1}{9}} = \frac{\sqrt{82}}{3} \approx 3.018$$

$$\phi = \arctan\!\left(\frac{3}{1/3}\right) = \arctan(9) \approx 83.66°$$

$$f(t) \approx 3.018\, e^{-2t}\sin(3t + 83.66°)$$

1.2.7 Contoh Komprehensif: Semua Tiga Kasus

Contoh Kerja 1.6 — Respon Step Sistem Orde-3 (Kasus Lengkap)

Soal: Sebuah sistem memiliki fungsi transfer $G(s) = \dfrac{10}{(s+1)(s^2 + 2s + 5)}$. Hitung respon step $y(t)$ secara lengkap.

Langkah 1: Respon step dalam domain-$s$:

$$Y(s) = G(s) \cdot \frac{1}{s} = \frac{10}{s(s+1)(s^2+2s+5)}$$

Langkah 2: Lengkapi kuadrat: $s^2 + 2s + 5 = (s+1)^2 + 4$, sehingga poles: $s = 0$, $s = -1$, $s = -1 \pm j2$.

Langkah 3: Bentuk pecahan parsial:

$$\frac{10}{s(s+1)[(s+1)^2+4]} = \frac{A}{s} + \frac{B}{s+1} + \frac{C(s+1)+D}{(s+1)^2+4}$$

Langkah 4: Hitung koefisien. Kalikan kedua ruas dengan penyebut:

$$10 = A(s+1)[(s+1)^2+4] + Bs[(s+1)^2+4] + s(s+1)[C(s+1)+D]$$

Cover-up untuk $A$ (substitusi $s = 0$):

$$A = \frac{10}{(1)(5)} = 2$$

Cover-up untuk $B$ (substitusi $s = -1$):

$$B = \frac{10}{(-1)(4)} = -\frac{5}{2}$$

Untuk $C$ dan $D$, substitusi dua nilai $s$ yang nyaman. Gunakan $s = 1$ dan $s = -2$:

Untuk $s = 1$: $10 = 2(2)(8) + (-\tfrac{5}{2})(1)(8) + (1)(2)[2C + D] = 32 - 20 + 4C + 2D$

$$4C + 2D = -2 \implies 2C + D = -1 \quad \text{...(i)}$$

Untuk $s = -2$: $10 = 2(-1)(5) + (-\tfrac{5}{2})(-2)(5) + (-2)(-1)[-C + D] = -10 + 25 - 2C + 2D$

$$-2C + 2D = -5 \implies -C + D = -\tfrac{5}{2} \quad \text{...(ii)}$$

Dari (i) dan (ii): Dari (i): $D = -1 - 2C$. Substitusi ke (ii): $-C + (-1-2C) = -\tfrac{5}{2} \implies -3C = -\tfrac{3}{2} \implies C = \tfrac{1}{2}$.

Maka $D = -1 - 2(\tfrac{1}{2}) = -2$.

Langkah 5: Tulis dekomposisi lengkap:

$$Y(s) = \frac{2}{s} - \frac{5/2}{s+1} + \frac{\frac{1}{2}(s+1) - 2}{(s+1)^2 + 4}$$

$$= \frac{2}{s} - \frac{5/2}{s+1} + \frac{1}{2}\cdot\frac{s+1}{(s+1)^2+4} - \frac{2}{2}\cdot\frac{2}{(s+1)^2+4}$$

Langkah 6: Inversikan suku per suku:

$$\boxed{y(t) = 2 - \frac{5}{2}\,e^{-t} + e^{-t}\left[\frac{1}{2}\cos(2t) - \sin(2t)\right], \qquad t \geq 0}$$

Verifikasi Final Value Theorem (FVT): $y_{ss} = \lim_{s\to 0}sY(s) = Y(0) = G(0) = \frac{10}{(1)(5)} = 2$ ✓ — konsisten dengan suku DC pertama.

Interpretasi fisik: Respon terdiri dari tiga komponen: (1) steady-state $y_{ss} = 2$, (2) mode mereda monoton $-\frac{5}{2}e^{-t}$ dari pole real di $-1$, dan (3) osilasi teredam $e^{-t}[\frac{1}{2}\cos 2t - \sin 2t]$ dari pasangan pole kompleks di $-1 \pm j2$. Semua mode transient mereda dengan konstanta waktu $\tau = 1$ detik.

1.2.8 Algoritma Sistematis Inverse Laplace

Prosedur Langkah-demi-Langkah

Ikuti algoritma berikut untuk setiap permasalahan $\mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}$:

Cek properness: Jika $\deg(N) > \deg(D)$, lakukan pembagian polinomial dulu. Sisa pembagian = fungsi proper yang akan didekomposisi.
Faktorkan penyebut: Temukan semua pole — real berbeda, real berulang, atau kompleks konjugat.
Tetapkan bentuk dekomposisi: Sesuaikan dengan tiga kasus di atas.
Hitung koefisien: Gunakan cover-up (untuk suku orde tertinggi pole berulang dan semua pole berbeda), metode turunan (untuk suku orde rendah pole berulang), atau pembandingan koefisien.
Manipulasi ke bentuk tabel: Untuk suku kompleks, pisahkan menjadi $\frac{s+\alpha}{(s+\alpha)^2+\beta^2}$ dan $\frac{\beta}{(s+\alpha)^2+\beta^2}$.
Inversikan: Terapkan tabel pasangan suku per suku.
Verifikasi: Gunakan Initial Value Theorem dan/atau Final Value Theorem sebagai pengecekan cepat.

1.2.9 Tabel Inverse Laplace Referensi Cepat

No.	Domain-$s$: $F(s)$	Domain Waktu: $f(t)$, $t \geq 0$	Kondisi
1	$1$	$\delta(t)$	—
2	$\dfrac{1}{s}$	$1$ (unit step)	$\text{Re}(s)>0$
3	$\dfrac{1}{s^n}$	$\dfrac{t^{n-1}}{(n-1)!}$	$n \in \mathbb{Z}^{+}$
4	$\dfrac{1}{s+a}$	$e^{-at}$	—
5	$\dfrac{1}{(s+a)^n}$	$\dfrac{t^{n-1}}{(n-1)!}\,e^{-at}$	$n \in \mathbb{Z}^{+}$
6	$\dfrac{\omega}{s^2+\omega^2}$	$\sin(\omega t)$	—
7	$\dfrac{s}{s^2+\omega^2}$	$\cos(\omega t)$	—
8	$\dfrac{\omega}{(s+a)^2+\omega^2}$	$e^{-at}\sin(\omega t)$	—
9	$\dfrac{s+a}{(s+a)^2+\omega^2}$	$e^{-at}\cos(\omega t)$	—
10	$\dfrac{Bs+C}{(s+a)^2+\omega^2}$	$e^{-at}\!\left[B\cos\omega t + \dfrac{C-Ba}{\omega}\sin\omega t\right]$	—
11	$e^{-\tau s}\,F(s)$	$f(t-\tau)\,u(t-\tau)$	$\tau \geq 0$

Pertanyaan & Latihan Evaluasi Bab 1

Turunkan secara lengkap $\mathcal{L}\{t^n\} = \frac{n!}{s^{n+1}}$ menggunakan integrasi parsial berulang. Tunjukkan pola rekursif yang muncul.
Hitung $\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{2s^2 + 5s + 3}{(s+1)^2(s+2)}\right\}$ langkah demi langkah. Identifikasi setiap suku dalam $f(t)$ dengan pole yang menghasilkannya.
Turunkan rumus inverse Laplace untuk suku $\dfrac{Bs+C}{(s+\alpha)^2+\beta^2}$ dari prinsip pertama, mulai dari menulis ulang dalam bentuk $\dfrac{A(s+\alpha)}{(s+\alpha)^2+\beta^2} + \dfrac{D\beta}{(s+\alpha)^2+\beta^2}$, lalu terapkan sifat frequency shifting pada pasangan $\sin$ dan $\cos$ dasar.

Kembali

Halaman Utama

Selanjutnya

Bab 2: Kendali Loop Terbuka & Tertutup