PENYELESAIAN SISTEM DESKRIPTOR KONTINU

LEMMA VOL I NO. 2, MEI 215 PENYELESAIAN SISTEM DESKRIPTOR KONTINU Siskha Handayani STKIP PGRI Sumaera Bara Email: siskhandayani@yahoo.com Absrak. Dalam peneliian ini akan dibahas penyelesaian dari sisem deskripor koninu beriku: Ey = Ay + Bu, y = y dimana E, A R n n,b R n p,y R n,u R p, dan,, dengan mengasumsikan bahwa E adalah mariks singular dan de se A unuk suau s R.. Kaa kunci: Transformasi Laplace, Singular, Similar, Mariks Jordan, Nilpoen A. PENDAHULUAN Perimbangkan sisem konrol linier koninu beriku : Ey = Ay + Bu, y = y (1) dimana E, A R nxn, E merupakan marik singular, B R n p, y R n, u R p dan [, ).Dalam persamaan (1), y R n menyaakan vekor keadaan, u R p menyaakan vekor konrol (inpu) dan R n p menyaakan himpunan mariks riil berukuran n p. Sisem konrol linier (1) sering disebu sebagai sisem deskripor koninu [3]. Jika mariks Enonsingular, maka sisem (1) dapa diulis menjadi y = A y + Bu, y = y dengan A = E A dan B = E B. Jelas bahwa sisem deskripor linier merupakan perumusan dari sisem konrol linier biasa seperi yang erdapa dalam lieraur klasik [7]. Sisem (1) disebu regular jika de se A unuk suau s R, dan sebaliknya dikaakan non regular.unuk mariks Enonsingular, penyelesaian sisem (1) dengan mudah dapa diperoleh, yaiu y = e A y + e s A Bu s ds, eapi idak demikian halnya jika E adalah mariks singular. Peneliian ini akan mengkonsruksi penyelesaian sisem deskripor (1) dengan asumsi bahwa E adalah mariks singular dan de se A unuk suau s R. Beberapa pembaasan yang diperlukan adalah sebagai beriku : PRODI PEND. MATEMATIKA STKIP PGRI SUMBAR 63

LEMMA VOL I NO. 2, MEI 215 1. Mariks-mariks koefisien dan sisem deskripor adalah bernilai riil. Mariks E dan A kedua-duanya adalah singular aau Anonsingular dan Esingular eapi idak nilpoen. 2. Sisem deskripor (1) adalah regular, yakni de se A unuk suau s R. 3. Vekor keadaan y dapa diurunkan sebanyak m kali, dan vekor konrol u dapa diurunkan sebanyak m 1 kali. B. METODE PENELITIAN Meode yang digunakan dalam peneliian ini adalah analisis eori-eori dasar yang diperlukan unuk mendapakan penyelesaian dari sisem deskripor koninu (1) yang dibahas berlandaskan pada kajian kepusakaan, seperi beberapa definisi enang mariks, mariks Jordan, mariks nilpoen, Transformasi Laplace, sisem persamaan linear differensial nonhomogen. Adapun langkah-langkah kerja yang dilakukan adalah : 1) Menenukan benuk sisem deskripor (1) seelah diransformasi Laplace, 2) Menenukan syara cukup agar sisem deskripor (1) dapa diselesaikan secara unggal, 3) Membukikan eorema dengan menggunakan eori-eori yang diperlukan. C. HASIL DAN PEMBAHASAN Perhaikan kembali sisem deskripor koninu (1) besera asumsi-asumsi yang diberikan. Dengan menggunakan ransformasi Laplace erhadap kedua ruas persamaan (1) diperoleh E sy s y = Ay s + Bu s, aau dapa diulis menjadi se A y s = Ey + Bu s, (2) dimana y s adalah ransformasi Laplace dari y danu s adalah ransformasi Laplace dari u. Jelas bahwa solusi persamaan (2) ada dan unggal, apabila se A punya invers, aau se A ada. Ini memberikan y = L y s, dimana L adalah ransformasi Laplace invers dari y s. Faka ini memperlihakan bahwa syara cukup agar sisem deskripor (1) dapa diselesaikan secara unggal adalah de se A unuk suau s R Teorema 3.1 Sisem deskripor (1) dapa diselesaikan secara unggal jika dan hanya jika ada mariks nonsingular P danq sehingga (1) ereduksi ke benuk beriku PRODI PEND. MATEMATIKA STKIP PGRI SUMBAR 64

LEMMA VOL I NO. 2, MEI 215 x 1 = E 1 x 1 + B 1 u (3) E 2 x 2 = x 2 + B 2 u dengan PEQ = I 1 E 2, PAQ = E 1 I 2, PB = B 1 B 2, x 1 x 2 = Q y, E 2 m =, E 2 m, unuk suau m. Lemma 3.2 Proses pembukian Teorema (3.1) berkaian era dengan lemma beriku ini. Misalkan s i R, i = 1,, pmemenuhi de se A =, dan misalkan pula de(ce A) unuk suau R. Maka nilai eigen mariks se A E hanyalah dan 1 c s i, i = 1,, p dengan c s i. Selanjunya unuk seiap α R dengan α dan α 1 c s i, i = 1,, p maka α bukan nilai eigen unuk mariks ce A E. Buki Teorema (3.1) Misalkan sisem (1) dapa diselesaikan secara unggal, maka de se A unuk suau s R. Jadi ada c R sedemikian sehingga de ce A. Misalkan s i R, i = 1,, p memenuhi de se A =. Unuk seiap s R, s s i, uliskan se A = s c E + ce A (4) Kalikan kedua ruas persamaan (3.4) dengan ce A, diperoleh ce A se A = s c ce A E + I (5) Berdasarkan definisi enang mariks similar, maka mariks ce A Esimilar dengan epa sau mariks Jordan. Akibanya jika deg de se A = n 1, maka ada mariks nonsingulart yang memenuhi ce A E = T J 1 J 2 T dimana J 1 adalah mariks blok berukuran n 1 n 1 yang berkaian dengan nilai eigen 1 c s i, i = 1,, p dan J 2 adalah mariks blok berukuran n 2 n 2 yang berkaian dengan nilai eigen. Akibanya de J 1 dan J 2 nilpoen. Dalam hal ini n = n 1 + n 2. Sehingga persamaan (5) dapa diulis sebagai aau ce A se A = s c T J 1 J 2 T + I (6) T ce A se A T = s c J 1 J 2 + I PRODI PEND. MATEMATIKA STKIP PGRI SUMBAR 65

LEMMA VOL I NO. 2, MEI 215 = s c J 1 + I 1 cj 2 I 2 + sj 2 (7) dimana I = I 1 I 2. Kalikan kedua ruas persamaan (7) dengan mariks maka diperoleh J 1 cj 2 I 2, J 1 cj 2 I 2 T ce A se A T = s I 1 E 2 E 1 I 2 (8) dengan E 1 = ci 1 J 1 dan E 2 = cj 2 I 2 J 2. Jelas bahwa, karena J 2 nilpoen maka E 2 juga nilpoen. Misalkan Q = T, dan P = J 1 cj 2 I 2 T ce A Maka (7) dapa diulis sebagai P se A Q = s I 1 E 2 E 1 I 2, unuk seiap s s i Dengan membandingkan kedua ruas persamaan erakhir, maka diperoleh PEQ = I 1 E 2, dan PAQ = E 1 I 2 Dengan menuliskan PB sebagai B 1 B 2, persamaan (1.1) dapa diuliskan kembali menjadi I 1 x 1 E 2 x 2 = E 1 x 1 I 2 x 2 + B 1 B 2 u yang ekivalen dengan persamaan (3). Misalkan ada mariks nonsingularp dan Q sehingga (1) ereduksi ke benuk (3), dan dengan PEQ = I 1 E 2, PAQ = E 1 I 2. Maka P se A Q = si 1 E 1 se 2 I 2 (9) dengan E 2 nilpoen. Persamaan (9) dapa diulis Akibanya se A = P si 1 E 1 se 2 I 2 Q. de se A = de P de si 1 E 1 de se 2 I 2 de Q. PRODI PEND. MATEMATIKA STKIP PGRI SUMBAR 66

LEMMA VOL I NO. 2, MEI 215 Karena P dan Qnonsingular, maka de P dan de Q. Karena de si 1 E 1 adalah polinom karakerisik dari mariks E 1, maka de si 1 E 1 = hanya unuk s yang merupakan nilai eigen dari marik E 1. Sehingga de si 1 E 1 unuk suau s R. Sedangkan de se 2 I 2 = n 2 unuk seiap s C. Akibanya de se A unuk suau s R, Sehingga sisem deskripor (1) dapa diselesaikan secara unggal. Dengan memperhaikan kembali persamaan (3), dengan mudah dapa diunjukkan bahwa solusi persamaan perama dapa diulis sebagai beriku, x 1 = e E 1x 1 + e s E 1B 1 u s ds. (1) Selanjunya solusi persaman kedua dapa diperoleh dengan cara beriku ini. Turunkan persamaan kedua dari (3) erhadap, kemudian kalikan dengan E 2, diperoleh E 2 2 x 2 2 = E2 x 2 1 + E2 B 2 u 1. (11) Dengan meneruskan proses ini, dan menginga E 2 m =, maka hasil yang ke-m dapa diuliskan sebagai aau dapa diulis = x 2 + B 2 u + E 2 B 2 u 1 + + E 2 m B2 u m m x 2 = E 2 i B 2 u i, dimana x i, u i menyaakan urunan ke-i dari x dan u. Sehingga solusi persamaan kedua dari (3) diberikan oleh persamaan (12). Karena x = Q y, maka solusi sisem deskripor (1) adalah y = Q x 1 x 2, dengan x 1 dan x 2 diberikan oleh persamaan (1) dan (12). i= (12) Conoh Pemakaian 1. Jika dikeahui sisem deskripor Ey = Ay + Bu, y = y dengan E = 1, A = 1 1 dan B = 1 1. Carilah penyelesaian dari sisem ersebu Penyelesaian : de se A = de s PRODI PEND. MATEMATIKA STKIP PGRI SUMBAR 67

LEMMA VOL I NO. 2, MEI 215 = s Sisem dapa diselesaikan secara unggal karena de se A unuk s R, s. Jadi ada c R sedemikian sehingga de ce A. Ambil s i R, i = 1,, p yang memenuhi de se A =, s =. Unuk suau s R, s s i, uliskan se A = s c E + ce A. Kalikan kedua ruas persamaan ini dengan ce A, diperoleh ce A se A = s c ce A E + I. Berdasarkan definisi enang mariks similar, maka mariks ce A Esimilar dengan epa sau mariks Jordan yaiu /c 1/c = T 1/(c) T. ce A E = T J 1 J 2 T Dengan memperukar kolom mariks T1 yang dicari dengan menggunakan MATLAB 7..1, maka diperoleh Ambil Q = T = 1 1, dan P = J 1 cj 2 I 2 T ce A T = 1 1. = c 1 1 1 1 c 1 c = c = 1 1. Maka diperoleh 1 c 1 c PEQ = 1, dan PAQ = 1, PB = 1 1. Sisem dapa diulis sebagai 1 x 1 x 2 = 1 x 1 x 2 + 1 1 u. PRODI PEND. MATEMATIKA STKIP PGRI SUMBAR 68

LEMMA VOL I NO. 2, MEI 215 Sehingga diperoleh maka penyelesaianya adalah dan x 1 = u = x 2 + u x 1 = e E 1x 1 + e s E 1u s ds = x 1 + e u s ds = x 1 + u s ds x 2 = u. Misalkan u = e maka diperoleh x 1 = x 1 + u s ds, x 1 = = x 1 + e s ds = + e s ds = e s = e + 1 = 1 e Sehingga y = Q x 1 x 2 = = 1 1 1 e. 1 e e x 2 = e. PRODI PEND. MATEMATIKA STKIP PGRI SUMBAR 69

LEMMA VOL I NO. 2, MEI 215 D. KESIMPULAN Dari pembahasan pada bab sebelumnya dapa disimpulkan bahwa eksisensi dan keunggalan penyelesaian dari sisem deskripor koninu (1) dijamin jika ada mariks nonsingularp dan Q sedemikian sehingga sisem deskripor koninu (1) dapa direduksi menjadi sisem (3). Jika x 1 dan x 2 adalah solusi dari sisem (3), maka solusi sisem deskripor koninu (1) dinoasikan sebagai y = Q x 1 x 2. DAFTAR PUSTAKA 1. Anon, Howard. 1987. Aljabar Linier Elemener.5 h ediion, Erlangga. Jakara 2. Cullen, Charles G. 1991. Linear Algebra and Differenial Equaion. Second ediion 3. Elizabeh L. Yip and Richard F. Sincoveec. 1981. Solvabiliy, Conrollabiliy, and Observabiliy of Coninuous Descripor Sysem. IEEE Transacions on Auomaic Conrol.72-73 4. Finizio N. dan G. Ladas. 1988. Persamaan Diferensial Biasa dengan Penerapan Modern. Edisi kedua. Erlangga. Jakara 5. Ganmacher, F.R. 2. The Theory of Marices. Volume one. Ams Chelsea Publishing. Providence Rhode Island 6. Jacob, Bill. 199. Linear Algebra. W. H, Freeman And Company, New York 7. Kaczorek, T. 1992. Linear ConroL Sysem. Volume one-analysis Of Mulivariable Sysem. Warsaw Universiy of Technology,Poland 8. Noble, Ben and Daniel. J. W. 1988. Applied Linear Algebra 3 rd ediion. Prenice-Hall. New Jersey. PRODI PEND. MATEMATIKA STKIP PGRI SUMBAR 7