Kriteria Routh-Hurwitz

4.1.2 Kriteria Routh-Hurwitz

Nilai-nilai karakteristik dari matriks A adalah akar-akar karakteristik dari polinomial

p(s) = det(sI n − A) = a n s +a n −1 s −1 +...+a 1 s+a 0 (4.2) dengan a n = 1. Kriteria kestabilan Routh-Hurwitz dapat dipakai untuk mengecek lang-

sung kestabilan melalui koefisien a i tampa menghitung akar-akar dari polinomial yang ada, yaitu dengan melakukan penabelan dan suatu aturan penghitungan dari koefisien

a i akan diketahui bahwa apakah polinomial yang diberikan oleh persamaan ( 4.2 ) semua akar-akarnya bagian realnya adalah negatif.

Berikut ini diberikan algoritma denga beberapa kasus nuntuk mengetahui polinomial dalam persamaan ( 4.2 ) dengan a n 6= 0 apakah semua akar-akarnya bagian realnya negatif. Secara matematika kajian kriteria kestabilan Routh-Hurwitz tidaklah sederhana. Pemba- hasan yang lengkap serta beberapa teorema berkaitan dengan kriteria kestabilan Roth-

Hurwitz bisa di dapat dalam [ 7 ].

Diberikan suatu polinomial

q(s) = a n

n s +a n −1 s −1 +...+a 1 s+a 0 ,a n 6= 0

susun tabel sebagai berikut :

dimana b 1 ,b 2 ,...,c 1 ,c 2 , . . . dan q secara rekursif didapat dari:

Kriteria Routh-Hurwitz menyimpulkan bahwa : banyaknya perubahan tanda dalam kolom pertama pada tabel diatas sama dengan banyaknya akar-akar polinomial q(s) yang bagian realnya positip. Jadi bila pada kolom pertama dalam tabel tidak ada perubahan tanda (semuanya bertanda positip atau semuanya bertanda negatif), maka semua akar polinomial q(s) bagian realnya adalah tak-positip, bila polinomial ini merupakan polinomial akar-akar karakteristik dari matriks A dimana ˙x(t) = Ax(t), maka sistem ini adalah stabil.

Contoh 25 Diberikan polinomial q(s) = s 3 +14s 2 +41s −56, didapat tabel sebagai berikut

86 Sifat-sifat sistem..

3 b 1 = 14×41−1×(−56) = 45 s

45 = −56 Dari tabel terlihat kolom pertama terdapat satu perubahan tanda dari +45 ke −56. Jadi

c 45×(−56)−14×0

3 polinomial q(s) = s 2 + 14s + 41s − 56 mempunyai satu akar yang bagian realnya adalah positip, hal ini juga bisa dicek dengan memfaktorkan q(s), yaitu q(s) = s 3 +14s 2 +41s −56 =

(s − 1)(s + 7)(s + 8). Terlihat bahwa q(s) mempunyai satu akar yang positip yaitu s = 1.

4 3 Contoh 26 Diberikan polinomial q(s) = s 2 + 5s +s + 10s + 1, didapat tabel sebagai berikut :

2 c = s −1×10−5×1 b

Dari tabel terlihat kolom pertama terdapat dua perubahan tanda dari +5 ke −1 dan

4 3 dari −1 ke +15. Jadi polinomial q(s) = s 2 + 5s +s + 10s + 1 mempunyai dua akar yang bagian realnya adalah positip. Akar-akar dari q(s) adalah : s = 0.1368279+1.3800281i, s =

0.1368279 − 1.3800281i, s = −0.1005128 dan s = −5.173143. Berikut ini diberikan suatu cara untuk menangani suatu kasus bila elemen pertama

dari suatu baris dari tabel adalah nol sebagai berikut: ganti nol dengan ε dimana ε ini sangat kecil. Selanjutnya dalam kolom pertama dari tabel dapatkan banyaknya perubahan tanda untuk ε > 0 dan ε < 0. Kedua hal ini akan memberikan hasil yang sama.

Contoh 27 Diberikan polinomial q(s) = s 4 +s 3 +s 2 + s + 3, didapat tabel sebagai berikut :

b = 1 1×1−1×1 1 =0 ⇒ε=0 s 4

s 0 d ε =3 c 2 = 1 ×0−1×0 ε =0 ε−3 ε d ×3−ε×0

87 Dari tabel terlihat kolom pertama untuk ε positip kecil terdapat dua perubahan tanda

Kestabilan..

ke +3. Jadi polinomial q(s) = s 4 +s 3 +s dari +ε ke − 2 ε dan dari − ε + 1s + 3 mempunyai dua akar yang bagian realnya adalah positip. Akar-akar dari q(s) adalah s = 0.5781471 + 1.0894962i, s = 0.5781471 − 1.0894962i, s = −1.0781471 + 0.8998075i dan s= −1.0781471 − 0.8998075i.

Kasus yang lainnya adalah bila suatu baris dari tabel keseluruhannya bernilai nol, penanganannya adalah bentuk suatu polinomial pembantu berdasarkan pada baris yang sebelumnya dari baris yang semua elemennya nol. Lalu, ganti semua elemen nol dengan turunan dari polinomial pembantu. Kasus ini menunjukkan bahwa kemungkinan letak akar-akar dari polinomialnya adalah :

• terletak tepat di sumbu imajiner atau • bagian real dari akar-akar polinomial terbagi secara simetri atau • empat akar-akar polinomial terbagi secara simetri.

Kemungkinan letak akar-akar ini bisa dilihat dalam gambar berikut Im(s)

Im(s)

Im(s)

x Re(s)

Re(s)

x Re(s)

5 4 3 Contoh 28 2 Diberikan polinomial p(s) = s + 7s + 6s + 42s + 8s + 56, didapat tabel

4 b 1 = 7×6−1×42 7 s =0 7 42 56 s 3 b 1 =0b 2 =0b 3 =0

2 b 2 = s 7×8−1×56 c

b = 3 7×0−1×0 =0

Terlihat dalam tabel, seluruh elemen baris s 3 sama dengan nol. Dibentuk polinomial pembantu yang koefisiennya berada pada baris s 4 yaitu q(s) = 7s 4 + 42s 2 + 56, didapat

dq (s) ds

= 28s 3 + 84s + 0. Selanjutnya ganti elemen-elemen baris s 3 dengan 28, 64 dan 0.

88 Sifat-sifat sistem..

Sehingga diperoleh tabel baru

s 3 28 84 0 d 21×84−28×56

Dari tabel terakhir ini terlihat kolom pertama tidak ada perubahan tanda (semuanya bertanda positip). Jadi semua akar-akar polinomial bagian realnya tak-positip.

Contoh aplikasi berikut ini sebagai akhir dari pembahasan kriteria kestabilan Routh- Hurwitz.

Contoh 29 Diberikan suatu sistem ˙x(t) = Ax(t). Bila polinomial karakteristik dari ma- triks A adalah p(s) = s 3 + 3s 2 + 3s + (1 + k), maka tentukan nilai k yang memenuhi supaya sistem stabil. Penyelesaian : dibentuk suatu tabel berikut

1 3 b = 1 3×3−1×(1+k) 8−k

=1+k s

3 3 ×(1+k)−3×0

c 1 =1+k

(8−k)

Supaya sistem stabil didapat :

3 Latihan 21 Untuk nilai k yang mana persamaan λ 2 + 3λ + 3λ + k = 0 hanya mempunyai akar-akar dengan bagian real yang negatif ?