Bab 2

Kendali Loop Terbuka dan Loop Tertutup

Penerapan Transformasi Laplace untuk membangun Fungsi Transfer, menganalisis sistem umpan balik (open-loop dan closed-loop), menentukan stabilitas melalui kriteria Routh-Hurwitz, serta studi kasus lengkap pada sistem orde-1 dan orde-2 — menjembatani teori matematika Bab 1 dengan praktek rekayasa kendali.

Gambar 2.1 — Alur konsep: dari fungsi transfer hingga analisis stabilitas

2.1 Fungsi Transfer (Transfer Function)

Fungsi Transfer $G(s)$ adalah representasi input-output sistem Linear Time-Invariant (LTI), linear dan tidak berubah terhadap waktu, dalam domain Laplace. Ia menjadi "paspor" identitas dinamis sebuah sistem — dari fungsi transfer saja, kita dapat menganalisis stabilitas, respon transient, respon frekuensi, dan merancang pengendali.

2.1.1 Definisi Formal

Definisi — Fungsi Transfer

Fungsi Transfer dari sistem LTI adalah rasio Transformasi Laplace output terhadap input, dengan seluruh kondisi awal dianggap nol (zero initial conditions):

$$G(s) = \frac{Y(s)}{X(s)} \bigg|_{\text{IC} = 0}$$

Peringatan Penting

Asumsi kondisi awal nol bukan sekadar formalitas — ia merupakan prasyarat mutlak keabsahan fungsi transfer. Jika kondisi awal tidak nol, hubungan $Y(s) = G(s)X(s)$ tidak berlaku dan kita harus menyertakan suku kondisi awal dari sifat turunan Laplace (lihat kembali Sifat 2 dan 3 di Bab 1).

2.1.2 Penurunan dari Persamaan Diferensial Umum

Untuk sistem LTI orde-$n$ dengan persamaan diferensial:

$$a_{n}\frac{d^{n}y}{dt^{n}} + a_{n-1}\frac{d^{n-1}y}{dt^{n-1}} + \cdots + a_{0}\,y = b_{m}\frac{d^{m}x}{dt^{m}} + \cdots + b_{0}\,x$$

Terapkan Transformasi Laplace dengan kondisi awal nol. Setiap turunan $\frac{d^{k}}{dt^{k}}$ menjadi $s^{k}$ (lihat Bab 1, Sifat 2–3):

$$(a_{n}s^{n} + a_{n-1}s^{n-1} + \cdots + a_{0})\,Y(s) = (b_{m}s^{m} + \cdots + b_{0})\,X(s)$$

$$\boxed{G(s) = \frac{Y(s)}{X(s)} = \frac{b_{m}s^{m} + b_{m-1}s^{m-1} + \cdots + b_{0}}{a_{n}s^{n} + a_{n-1}s^{n-1} + \cdots + a_{0}}}$$

2.1.3 Konsep Poles dan Zeros

Jika kita faktorkan pembilang dan penyebut:

$$G(s) = K \frac{(s - z_{1})(s - z_{2})\cdots(s - z_{m})}{(s - p_{1})(s - p_{2})\cdots(s - p_{n})}$$

Zeros ($z_i$): Akar pembilang. Jika $s = z_i$, maka $G(s_i) = 0$. Zeros menekan (nullify) komponen sinyal pada frekuensi tertentu.
Poles ($p_i$): Akar penyebut. Jika $s = p_i$, maka $|G(s_i)| \to \infty$. Poles menentukan mode alami sistem — setiap pole menghasilkan suku $e^{p_i t}$ dalam respon waktu.
Gain $K$: Faktor skala statis yang menentukan penguatan DC.

Gambar 2.2 — Pole-Zero Map: lingkaran = zero, silang = pole

2.1.4 Contoh: Fungsi Transfer Rangkaian RLC Seri

Contoh Kerja 2.1 — Rangkaian RLC Seri

Soal: Tentukan fungsi transfer $G(s) = V_C(s)/V_{in}(s)$ untuk rangkaian RLC seri dengan $R = 3\,\Omega$, $L = 1\,\text{H}$, $C = 0.5\,\text{F}$.

Penyelesaian Langkah 1: Persamaan mesh (KVL) dalam domain waktu:

$$V_{in}(t) = L\frac{di(t)}{dt} + R\,i(t) + v_C(t)$$

Langkah 2: Substitusi $i(t) = C\frac{dv_C}{dt}$ (hubungan kapasitor):

$$V_{in}(t) = LC\frac{d^{2}v_C}{dt^{2}} + RC\frac{dv_C}{dt} + v_C(t)$$

Langkah 3: Terapkan Transformasi Laplace (kondisi awal nol):

$$V_{in}(s) = \left(LCs^{2} + RCs + 1\right)V_C(s)$$

Langkah 4: Substitusi nilai parameter:

$$G(s) = \frac{V_C(s)}{V_{in}(s)} = \frac{1}{(1)(0.5)s^{2} + (3)(0.5)s + 1} = \frac{1}{0.5s^{2} + 1.5s + 1} = \frac{2}{s^{2} + 3s + 2}$$

Langkah 5: Faktorkan penyebut untuk menemukan poles:

$$s^{2} + 3s + 2 = (s+1)(s+2) \implies p_1 = -1,\; p_2 = -2$$

Kedua pole berada di LHP → sistem stabil. Respon terdiri dari dua mode eksponensial yang mereda: $e^{-t}$ dan $e^{-2t}$.

2.1.5 Contoh: Sistem Massa-Perkas-Damper

Contoh Kerja 2.2 — Massa-Perkas-Damper

Soal: Sebuah sistem mekanis dengan $m = 2\,\text{kg}$, $b = 6\,\text{N·s/m}$, $k = 4\,\text{N/m}$, dan gaya input $f(t)$. Tentukan $G(s) = Y(s)/F(s)$.

Penyelesaian: Hukum Newton kedua:

$$m\ddot{y} + b\dot{y} + ky = f(t) \implies 2\ddot{y} + 6\dot{y} + 4y = f(t)$$

Transformasi Laplace (IC = 0):

$$G(s) = \frac{1}{2s^{2} + 6s + 4} = \frac{1}{2(s^{2} + 3s + 2)} = \frac{0.5}{(s+1)(s+2)}$$

Gunakan Final Value Theorem untuk mencari gain DC (respon step akhir):

$$y_{ss} = \lim_{s\to 0} s \cdot G(s) \cdot \frac{1}{s} = G(0) = \frac{0.5}{(1)(2)} = 0.25\,\text{m/N}$$

Artinya, setiap 1 Newton gaya konstan menghasilkan perpindahan akhir sebesar 0.25 meter.

2.2 Sistem Umpan Balik (Feedback System)

Sistem kontrol loop terbuka (open-loop) tidak memiliki mekanisme koreksi otomatis — jika ada gangguan atau perubahan parameter, output akan menyimpang dari yang diinginkan tanpa upaya perbaikan. Sistem loop tertutup (closed-loop) dengan umpan balik negatif secara aktif membandingkan output aktual dengan referensi yang diinginkan dan melakukan koreksi berkelanjutan.

2.2.1 Blok Diagram Sistem Loop Tertutup Umum

Gambar 2.3 — Blok diagram sistem kontrol loop tertutup umum

2.2.2 Penurunan Fungsi Alih Loop Tertutup

Penurunan $T(s)$ Langkah-demi-Langkah

Langkah 1: Tulis hubungan aljabar dari diagram blok:

$$Y(s) = G(s) \cdot E(s) \tag{i}$$ $$E(s) = R(s) - B(s) \tag{ii}$$ $$B(s) = H(s) \cdot Y(s) \tag{iii}$$

Langkah 2: Substitusi (iii) ke (ii):

$$E(s) = R(s) - H(s) \cdot Y(s) \tag{iv}$$

Langkah 3: Substitusi (iv) ke (i):

$$Y(s) = G(s)\left[R(s) - H(s) \cdot Y(s)\right]$$

Langkah 4: Ekspansi dan kumpulkan suku $Y(s)$:

$$Y(s) = G(s)R(s) - G(s)H(s)Y(s)$$ $$Y(s) + G(s)H(s)Y(s) = G(s)R(s)$$ $$Y(s)\left[1 + G(s)H(s)\right] = G(s)R(s)$$

Hasil akhir:

$$\boxed{T(s) = \frac{Y(s)}{R(s)} = \frac{G(s)}{1 + G(s)\,H(s)}}$$

2.2.3 Kasus Khusus: Unity Feedback ($H(s) = 1$)

Jika sensor ideal dengan gain satu ($H(s) = 1$), yang sangat umum dalam perancangan:

$$T(s) = \frac{G(s)}{1 + G(s)}$$

2.2.4 Fungsi Alih Error

Seringkali kita perlu menganalisis sinyal error, bukan output:

$$\frac{E(s)}{R(s)} = \frac{1}{1 + G(s)H(s)}$$

Insight Desain

Agar error steady-state mendekati nol untuk input step, kita butuh $|G(s)H(s)| \gg 1$ pada $s \to 0$. Ini berarti plant memerlukan gain DC yang sangat besar atau tipe sistem yang tinggi (integrator). Inilah alasan mengapa pengendali PI dan PID sangat populer — integrator memberikan gain tak hingga di DC.

2.2.5 Contoh: Penurunan Loop Tertutup Lengkap

Contoh Kerja 2.3

Soal: Dengan $G(s) = \dfrac{10}{s(s+3)}$ dan $H(s) = \dfrac{2}{s+5}$, tentukan $T(s)$, persamaan karakteristik, dan poles loop tertutup.

Penyelesaian:

$$G(s)H(s) = \frac{10}{s(s+3)} \cdot \frac{2}{s+5} = \frac{20}{s(s+3)(s+5)}$$

$$T(s) = \frac{\frac{10}{s(s+3)}}{1 + \frac{20}{s(s+3)(s+5)}} = \frac{10(s+5)}{s(s+3)(s+5) + 20} = \frac{10s + 50}{s^{3} + 8s^{2} + 15s + 20}$$

Persamaan karakteristik: $s^{3} + 8s^{2} + 15s + 20 = 0$. Untuk menentukan stabilitas tanpa memfaktorkan, gunakan Routh-Hurwitz (lihat Bagian 2.3).

2.3 Stabilitas Sistem

Stabilitas adalah prasyarat paling mendasar dalam perancangan kontrol. Tidak ada gunanya merancang pengendali yang memberikan respon cepat jika sistem itu sendiri tidak stabil — output akan meledak tak terkendali.

2.3.1 Definisi Stabilitas BIBO

Definisi — Stabilitas BIBO

Sistem LTI dikatakan Bounded-Input Bounded-Output (BIBO) stabil jika dan hanya jika untuk setiap input terbatas $|u(t)| \leq M_u < \infty$, output juga terbatas $|y(t)| \leq M_y < \infty$.

2.3.2 Kriteria Stabilitas Berdasarkan Lokasi Poles

Gambar 2.4 — Klasifikasi stabilitas berdasarkan lokasi pole pada bidang-$s$

Hubungan antara tipe pole dan bentuk respon waktu:

Tipe Pole	Lokasi	Bentuk Respon $y(t)$	Stabilitas
Real negatif	$p = -\sigma, \;\sigma > 0$	$e^{-\sigma t}$ — mereda eksponensial	Stabil asimtotik
Kompleks konjugat (LHP)	$p = -\sigma \pm j\omega$	$e^{-\sigma t}\sin(\omega t + \phi)$ — osilasi teredam	Stabil asimtotik
Imajiner murni	$p = \pm j\omega$	$\sin(\omega t + \phi)$ — osilasi konstan	Marjinal stabil
Real positif	$p = +\sigma, \;\sigma > 0$	$e^{+\sigma t}$ — tumbuh eksponensial	Tidak stabil
Kompleks konjugat (RHP)	$p = +\sigma \pm j\omega$	$e^{+\sigma t}\sin(\omega t + \phi)$ — osilasi tumbuh	Tidak stabil
Pole berulang di $j\omega$	$p = \pm j\omega$ (multiplisitas > 1)	$t\sin(\omega t + \phi)$ — amplitudo tumbuh linear	Tidak stabil

2.3.3 Metode Kriteria Routh-Hurwitz

Memfaktorkan polinomial orde tinggi secara manual sangat sulit. Kriteria Routh-Hurwitz memberikan jawaban stabilitas tanpa perlu menghitung akar-akarnya.

Misalkan persamaan karakteristik:

$$\Delta(s) = a_{n}s^{n} + a_{n-1}s^{n-1} + a_{n-2}s^{n-2} + \cdots + a_{1}s + a_{0} = 0$$

Syarat Necessary (Tapi Tidak Sufficient)

Sebelum membentuk tabel, pastikan seluruh koefisien $a_i > 0$ dan tidak ada yang hilang. Jika ada koefisien nol atau negatif, sistem sudah pasti tidak stabil (atau marjinal). Namun, semua koefisien positif tidak menjamin stabilitas.

Baris	Kolom 1	Kolom 2	Kolom 3	Kolom 4
$s^{n}$	$a_n$	$a_{n-2}$	$a_{n-4}$	$a_{n-6}$
$s^{n-1}$	$a_{n-1}$	$a_{n-3}$	$a_{n-5}$	$a_{n-7}$
$s^{n-2}$	$b_1$	$b_2$	$b_3$	$b_4$
$s^{n-3}$	$c_1$	$c_2$	$c_3$	$c_4$
$s^{n-4}$	$d_1$	$d_2$	$d_3$	$d_4$
$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$
$s^{0}$	$\cdot$

Formula rekursif untuk elemen baris baru — setiap elemen adalah determinan 2×2 negatif dari dua elemen di atasnya, dibagi elemen pivot pertama baris sebelumnya:

$$b_1 = \frac{a_{n-1}\,a_{n-2} - a_{n}\,a_{n-3}}{a_{n-1}}, \quad b_2 = \frac{a_{n-1}\,a_{n-4} - a_{n}\,a_{n-5}}{a_{n-1}}, \quad b_3 = \frac{a_{n-1}\,a_{n-6} - a_{n}\,a_{n-7}}{a_{n-1}}$$

$$c_1 = \frac{b_1\,a_{n-3} - a_{n-1}\,b_2}{b_1}, \quad c_2 = \frac{b_1\,a_{n-5} - a_{n-1}\,b_3}{b_1}, \quad \ldots$$

Teorema Routh-Hurwitz

Jumlah pole di RHP = jumlah perubahan tanda pada kolom pertama Tabel Routh. Sistem stabil asimtotik jika dan hanya jika seluruh elemen kolom pertama positif (tanpa ada perubahan tanda).

2.3.4 Kasus Khusus Routh-Hurwitz

Kasus 1: Elemen pertama suatu baris = 0, tetapi baris tidak seluruhnya nol

Ini menyebabkan pembagian oleh nol. Solusi: ganti elemen nol dengan $\epsilon$ (bilangan positif sangat kecil), lanjutkan perhitungan, lalu ambil limit $\epsilon \to 0^{+}$.

Kasus 2: Seluruh baris = 0

Ini mengindikasikan adanya akar simetris: pasangan kompleks konjugat di sumbu $j\omega$, atau pasangan real yang simetris terhadap origin. Solusi: bentuk polinomial tambahan (auxiliary polynomial) dari baris di atasnya, turunkan terhadap $s$, dan ganti baris nol dengan koefisien turunan tersebut.

Contoh Kerja 2.4 — Kasus Khusus Routh-Hurwitz

Soal: Tentukan stabilitas sistem dengan persamaan karakteristik $s^{5} + 2s^{4} + 2s^{3} + 4s^{2} + s + 2 = 0$.

Penyelesaian: Semua koefisien positif → lanjut ke tabel Routh:

Baris	Kolom 1	Kolom 2	Kolom 3
$s^{5}$	1	2	1
$s^{4}$	2	4	2
$s^{3}$	$\frac{2\cdot2 - 1\cdot4}{2} = 0$	$\frac{2\cdot1 - 1\cdot2}{2} = 0$	0

Seluruh baris $s^3$ = 0! Ini adalah Kasus 2. Bentuk polinomial tambahan dari baris $s^4$:

$$P_{aux}(s) = 2s^{4} + 4s^{2} + 2 = 2(s^{4} + 2s^{2} + 1) = 2(s^{2}+1)^{2}$$

Turunkan: $P'_{aux}(s) = 8s^{3} + 8s$. Ganti baris $s^3$ dengan koefisien ini (bagi 8):

Baris	Kolom 1	Kolom 2	Kolom 3
$s^{5}$	1	2	1
$s^{4}$	2	4	2
$s^{3}$	1	1	0
$s^{2}$	$\frac{1\cdot4 - 2\cdot1}{1} = 2$	$\frac{1\cdot2 - 2\cdot0}{1} = 2$	0
$s^{1}$	$\frac{2\cdot1 - 1\cdot2}{2} = 0$	0	0

Elemen pertama baris $s^1$ = 0 lagi! Gunakan $\epsilon$:

Baris	Kolom 1	Kolom 2
$s^{2}$	2	2
$s^{1}$	$\epsilon$	0
$s^{0}$	$\frac{\epsilon \cdot 2 - 2 \cdot 0}{\epsilon} = 2$	0

Tidak ada perubahan tanda pada kolom pertama: $[1, 2, 1, 2, \epsilon^+, 2]$. Namun, dari polinomial tambahan kita tahu ada pole di $s = \pm j$ dengan multiplisitas 2 — sistem ini tidak stabil (osilasi dengan amplitudo yang tumbuh secara linear karena pole berulang di sumbu $j\omega$).

Pelajaran Penting

Routh-Hurwitz dengan kasus khusus bisa mengecoh. Ketika seluruh baris nol muncul, selalu periksa akar polinomial tambahan — akar-akarnya juga merupakan akar persamaan karakteristik. Jika ada akar di sumbu $j\omega$ atau RHP, sistem tidak stabil meskipun tabel tidak menunjukkan perubahan tanda.

2.4 Contoh Kasus Utama

Contoh Kerja 2.5 — Analisis Lengkap Sistem Loop Tertutup

Diketahui: $G(s) = \dfrac{K}{s(s+4)}$ dengan $K = 5$ dan $H(s) = 2$ (unity gain sensor dikalikan 2).

Langkah 1 — Hitung $T(s)$:

$$T(s) = \frac{\frac{5}{s(s+4)}}{1 + \frac{5}{s(s+4)} \cdot 2} = \frac{5}{s(s+4) + 10} = \frac{5}{s^{2} + 4s + 10}$$

Langkah 2 — Persamaan Karakteristik:

$$\Delta(s) = s^{2} + 4s + 10 = 0$$

Langkah 3 — Tabel Routh:

Baris	Kolom 1	Kolom 2
$s^2$	1	10
$s^1$	4	0
$s^0$	$\frac{4 \times 10 - 1 \times 0}{4} = 10$	—

Kolom pertama: $[1, 4, 10]$ — semua positif, tidak ada perubahan tanda → Stabil Asimtotik.

Langkah 4 — Verifikasi dengan Menghitung Poles:

$$s = \frac{-4 \pm \sqrt{16 - 40}}{2} = \frac{-4 \pm \sqrt{-24}}{2} = -2 \pm j2\sqrt{3}$$

Kedua pole memiliki $\text{Re} = -2 < 0$ → konfirmasi stabil. Frekuensi natural teredam: $\omega_d = 2\sqrt{3} \approx 3.46$ rad/s.

Langkah 5 — Final Value Theorem (respon step):

$$y_{ss} = \lim_{s\to 0} s \cdot \frac{5}{s^{2}+4s+10} \cdot \frac{1}{s} = \frac{5}{10} = 0.5$$

Error steady-state: $e_{ss} = r_{ss} - y_{ss} = 1 - 0.5 = 0.5$ (atau 50%). Ini menunjukkan sistem bertipe 0 dalam konfigurasi ini — error step tidak nol.

Langkah 6 — Hitung Respon Waktu Step Menggunakan Inverse Laplace:

Respon step: $Y(s) = \dfrac{5}{s(s^2+4s+10)}$. Lengkapi kuadrat: $s^2+4s+10 = (s+2)^2 + 6$.

$$Y(s) = \frac{5}{s[(s+2)^2+6]} = \frac{A}{s} + \frac{B(s+2)+C}{(s+2)^2+6}$$

Cover-up: $A = \dfrac{5}{10} = 0.5$. Untuk $B$ dan $C$, substitusi $s = -2$:

$$\frac{5}{-2 \cdot 6} = \frac{B \cdot 0 + C}{6} \implies -\frac{5}{12} = \frac{C}{6} \implies C = -\frac{5}{2}$$

Substitusi $s = 1$: $\frac{5}{1 \cdot 15} = \frac{0.5}{1} + \frac{3B - 2.5}{15} \implies \frac{1}{3} = 0.5 + \frac{3B-2.5}{15} \implies 3B-2.5 = 5-7.5 = -2.5 \implies B = 0$.

$$Y(s) = \frac{0.5}{s} - \frac{5/2}{(s+2)^2+6} = \frac{0.5}{s} - \frac{5}{2\sqrt{6}}\cdot\frac{\sqrt{6}}{(s+2)^2+6}$$

$$\boxed{y(t) = 0.5 - \frac{5}{2\sqrt{6}}\,e^{-2t}\sin\!\left(\sqrt{6}\,t\right) \approx 0.5 - 1.021\,e^{-2t}\sin(2.449\,t)}$$

Terlihat jelas: steady-state $= 0.5$, osilasi teredam dengan $\alpha = 2$ dan $\omega = \sqrt{6} \approx 2.449$ rad/s.

2.5 Contoh Tambahan: Menentukan Rentang K Stabil

Contoh Kerja 2.6 — Rentang K untuk Stabilitas

Soal: Untuk $G(s) = \dfrac{K}{s(s+1)(s+2)}$ dengan $H(s) = 1$, tentukan rentang $K > 0$ agar sistem loop tertutup stabil.

Langkah 1: Persamaan karakteristik:

$$1 + \frac{K}{s(s+1)(s+2)} = 0 \implies s(s+1)(s+2) + K = 0 \implies s^{3} + 3s^{2} + 2s + K = 0$$

Langkah 2: Tabel Routh:

Baris Kolom 1 Kolom 2

$s^3$ 1 2

$s^2$ 3 $K$

$s^1$ $\frac{3 \cdot 2 - 1 \cdot K}{3} = \frac{6-K}{3}$ 0

$s^0$ $K$ —

Langkah 3: Syarat stabilitas — semua elemen kolom pertama positif:

Baris $s^3$: $1 > 0$ ✓ (selalu terpenuhi)

Baris $s^2$: $3 > 0$ ✓ (selalu terpenuhi)

Baris $s^1$: $\dfrac{6-K}{3} > 0 \implies 6 - K > 0 \implies \boxed{K < 6}$

Baris $s^0$: $K > 0$ ✓

$$\boxed{0 < K < 6}$$

Langkah 4 — Verifikasi batas: Pada $K = 6$, baris $s^1 = 0$ → seluruh baris nol → kasus khusus. Polinomial tambahan dari baris $s^2$: $3s^2 + 6 = 0 \implies s = \pm j\sqrt{2}$. Konfirmasi: pada $K = 6$, sistem memiliki pole di sumbu $j\omega$ (marjinal stabil, osilasi konstan).

Contoh Kerja 2.7 — Penerapan Final Value Theorem untuk Desain

Soal: Sebuah pengendali PID dengan $C(s) = K_p + \frac{K_i}{s}$ diaplikasikan pada plant $G(s) = \dfrac{1}{(s+1)(s+3)}$ dengan unity feedback. Tentukan $K_i$ agar error steady-state untuk input ramp $r(t) = t$ bernilai $e_{ss} \leq 0.1$.

Penyelesaian:

$$G_{ol}(s) = C(s)G(s) = \left(K_p + \frac{K_i}{s}\right)\frac{1}{(s+1)(s+3)} = \frac{K_p s + K_i}{s(s+1)(s+3)}$$

Untuk input ramp, error steady-state diberikan oleh:

$$e_{ss} = \lim_{s\to 0} \frac{1}{s \cdot G_{ol}(s)} = \lim_{s\to 0} \frac{s(s+1)(s+3)}{K_p s + K_i} = \lim_{s\to 0} \frac{s \cdot 1 \cdot 3}{K_i} = \frac{3}{K_i} \cdot \underbrace{\lim_{s\to 0} s}_{= \; 0}$$

Karena ada faktor $s$ di pembilang (dari integrator), $e_{ss} = 0$ untuk semua nilai $K_i > 0$. Ini menunjukkan kekuatan aksi integrasi: error ramp bisa dibuat nol sempurna.

Catatan

Jika pengendali hanya P (tanpa integrator), maka $e_{ss,\text{ramp}} = \frac{1}{K_v}$ di mana $K_v = \lim_{s\to 0} sG_{ol}(s) = \frac{K_p}{3}$, sehingga $e_{ss} = 3/K_p$. Di sini terlihat jelas peran krusial aksi integral.

Pertanyaan & Latihan Evaluasi Bab 2

Sebuah rangkaian RC paralel memiliki $R = 10\,\text{k}\Omega$ dan $C = 100\,\mu\text{F}$. Tentukan fungsi transfer $G(s) = V_{out}(s)/V_{in}(s)$, gambar pole-zero map-nya, lalu hitung respon impuls $h(t)$ menggunakan inverse Laplace.

Sistem memiliki persamaan karakteristik $s^4 + 3s^3 + 5s^2 + 6s + K = 0$. Tentukan rentang $K$ agar sistem stabil. Verifikasi batas atas $K$ dengan menunjukkan pole pada sumbu $j\omega$.

Jelaskan secara kualitatif mengapa pole kompleks konjugat menghasilkan osilasi, sementara pole real menghasilkan respon monoton. Gunakan representasi eksponensial kompleks $e^{(\sigma+j\omega)t} = e^{\sigma t}(\cos\omega t + j\sin\omega t)$ dalam penjelasan Anda.

Untuk sistem dengan $G(s) = \frac{4}{s(s+2)}$ dan $H(s) = 1$, hitung: (a) $T(s)$, (b) poles loop tertutup, (c) damping ratio $\zeta$, (d) frekuensi natural $\omega_n$, (e) waktu settling $t_s$ (2% kriteria), (f) overshoot persentase $M_p$, dan (g) respon step $y(t)$ lengkap menggunakan inverse Laplace.

Buktikan bahwa jika sistem memiliki pole di $s = 0$ (integrator), maka Final Value Theorem untuk input step menghasilkan $y_{ss} = \infty$ kecuali loop tertutup memiliki zero di $s = 0$ yang meniadakannya. Berikan contoh numerik.

Baris	Kolom 1	Kolom 2
$s^3$	1	2
$s^2$	3	$K$
$s^1$	$\frac{3 \cdot 2 - 1 \cdot K}{3} = \frac{6-K}{3}$	0
$s^0$	$K$	—