Upload
purbandini
View
222
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
1/30
39
BAB 3
SINYAL DI DOMAIN Z
3.1 Definisi Transformasi Z
Z-transform untuk sinyal x(n) :
(3.1) ← ᴢ → (3.2)
Region of Convergence ROC : Karena X(z) adalah deret tak hingga, maka secara
matermatis bisa bernilai ∞ untuk z terhingga => tidak diperkenankan. Z yang bisadigunakan adalah z
∈
x(n) = {1,2,5,7,0,1} X(z) = 1+ 2 + 5 + 7+ ROC adalah seluruh z-plane kecuali z=0, z= ∞
1,2,,!,",1 #$ % 2$ % % ! %
ROC seluruh z-plane kecuali z=0, z= ∞ x(n) =
& (n) X(z) = 1 (3.3)
ROC = seluruh z-plane
x(n) = & (n-k) X(z) = ', k > 0 (3.4)ROC = Seluruh z-plane, kecuali z = 0
x(n) = & (n+k) X(z) = ', k > 0 (3.5)ROC = Seluruh z-plane, kecuali z = ∞
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
2/30
40
Contoh 3.1
Cari transform dari x(n) =((u(n)Jawab :
x(n) = {..., 0,0,1, (, , , )}
X(n) = 1 + ( +
+
(( + ...
Ingat
(z) =
*+-*; ROC: . . / 1 00
x(n) = (3 4 5-* untuk 00 Konvergensi 0 40 dari sinyal Kausal dan Antikausal
X(z) =6 7(89(:;(?@A;0=?@A= = 6 0>0;; = 6 0>0C; % 6 .> .;D
= 6 0E>0;C % 6 .> .;D Dua term harus konvergen
Term noncausal
Agar 6 0E>0;C / C, F / FC 0E0≤ C
> 00 / FC (3.6)
Tersm causal
0 > 0 r2 , 00 >G (3.7)Kalau z memenuhi kedua term ini, maka r2 < 00 / >C
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
3/30
41
Contoh 3.2
H(IJ, KLMN #($) 4() = O(H);
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
4/30
42
a 4([ a bO Z';
'
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
5/30
43
Jawab :
a. Kqrst Pu 3 Kqrst Pu 3 89wx(3 % 89wx( 3
89wx( y 11 E 89wx 00 1 89wx y 11 E 89wx 00 1
4() = 1
2
1
1 E 89wx
% 1
2
1
1 E 89wx
= 1
2z 1 E 89wx % 1 E 89wx
1 E 89wx
E 89wx
% {
= *+(|}~x•€|-}~x•)-*++s|}~x•€|-}~x•u-*€-+ = `‚wx-*`‚wx-*€-+ ROC : 00 1 b. () = vjst Pu 3
vjt P 3 12^ s89wx E 89wxu3()
4(
) =
-* ‚ƒ(wx-*`•‚wx€-+ ROC : 00
1
Contoh 3.6 () = „…v(tP)3() () = „…v(tP)3() e 4() = 1E„…vtP1 E 2 „…vtP % () = „…v(tP)3() e 4() = vjtP1 E 2 „…vtP %
Bila () y #($) † ( E Z) y ' 4() ROC : sama dengan X(z)
Kecuali z=0 k>0 dan z=∞ k
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
6/30
44
Contoh 3.7
‡1, " T T ˆ E 1", 8‰v8 , Cari X(z)Perhatikan: 3 E Di mana 3
3 E ˆ Eˆ " 4
11 E 00 1
4() = pW 4() = W
1 E
→ 4() = 11 E E W1 E = 1 E W1 E Coba hitung dengan cara lain.
Diketahui : () g 4() 7 / 00 / 7 ( y 4 0071 / 00 / 0072
Bukti :
ps()u = O ();
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
7/30
45
Contoh 3.8
Diketahui 3E, ŠZ 7v…7Švj ‘ [‰’ 3E g s3u“
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
8/30
46
O 1(Z) ™ O ( E Z)– – ' – ';
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
9/30
47
3.4 Bentuk Rasional dan Transformasi z untuk LCCDE
3.4.1 Bentuk Rasional dan Plot Pole Zero Definisi :
Zero dari X(z) adalah nilai-nilai z di mana X(z)=0
Pole dari X(z) adalah nilai-nilai di mana X(z)=∞ Asumsi X(z) rasional yaitu
4 W¤ ¥x€¥*-*€£€¥¦-¦
5x€5*-*€£€5§-§ 6 ¥¨-¨¦̈©x6 5¨-¨¦̈©x (3.14)
Bila P _ " oLJ ª
P
_ " ŠZ
4 ¥¨-¦5¨-§ ¦€«¬*¬x¦-*€£€«¬¦¬x §€«®*®x§-*€£€«®§®x (3.15)Karena N(z) dan D(z) adalah polinomial, maka terdapat zero 'dan pole ¯' sehingga:
4 °bª•Pc ±€W² E 1 E 2 ) E ³ E ´ 1 E ´ 2 E ´ l
4 µW± ¶ Ej±ƒ
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
10/30
48
Contoh 3.12
Gambarkan pole-zero dari sinyal ‡( , " T T ³ E 1",8‰v8œ’878Kita tahu 4 5-*¦5-* ¦5¦¦-*5 Jadi ada zero pada
± ± ·L¸JN ' 8}+¹¨¦ IJºI¸ Z ", ) , ³ E 1 oLJ »q¡¼ oN ̄ " [¯Z ", IJºI¸ Z 1, ) , ³ E 1– ½L»N $¼Mq " ¢¼J¾ E „8„8‰ ̄ ", sehingga tersisamasing-masing M-1 dan pole menurut:
4 E ) E ±±
Untuk memahami sifat sinyal kausal kawasan waktu akibat lokasi pole, maka kita cek
lokasi pole apakah 0¯'0 / 1 (di dalam unit circle), atau 0¯'0 1(di luar unit circle)
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
11/30
49
Kasus I pole tunggal real
(3 ← → 4 11 E = E Q 00 Kasus II pole ganda real
() = 3() ← → 4() = ( 1 E ) = E Q 00 Kasus III pole ganda complex conjugate
() = 7„…vtP– 3() ← → 4() = 1 E 7 „…vtP1 E 2 7 „…vtP % 12 = ( E 7„…vtP)( E 789wx)( E789wx) Q 00 7
Amplituda sinyal dengan pole di dalam unit cicle selalu terbatas. Pole dekat origin
menyebabkan decay cepat. Cara ini juga berlaku untuk mengevaluasi kestabilan sistem
dengan melihat pole dari fungsi sistem H(z).
3.5 Transformasi Z untuk Sistem
Fungsi sistem didefinisikan sebagai
¿() = 6 ’();
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
12/30
50
¿ À
4 2
1 E 12 ’() = 2 b12c 3() 3.6 Inversi dengan Partial Fraction
Untuk X(z) dan H(z) yang berbentuk pecahan polinomial, teknik parsial fraction dapat
digunakan untuk memperoleh x(n) atau h(n). Prinsip dasar Partial Fraction adalah
mencoba menguraikan ke dalam kombinasi linier dari term standar yang bergantung dari
pole, seperti:
4() = 6 èĨ-*W'
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
13/30
51
Karena d(n)=δ(n)+2 δ(n-1), maka kita tinggal mencari p(n) dari P(z) yang proper
sehingga:x(n)= δ(n) + 2 δ(n-1)+p(n)
È „PW % „W % £ % „W % „WW % W % £ % W % W É
W % W % £ % W % W
È É E ¯ E ¯ ) E ¯' ) E ¯W V1 E ¯ % V2 E ¯ % £ % Vˆ E ¯W ( E ¯')È() = ( E ¯') ÃÄ* % ( E ¯') ÃÄ++...+ ( E ¯') Ã'Ĩ % £ % ( E ¯') ÃWħ
Atau
( E ¯')È() = ( E ¯') V1 E ¯ % ( E ¯') V2 E ¯ %–––%ʸ%–– – ( E ¯') Vˆ E ¯W Dengan kata lain, mencari Ak dengan metoda partial fraction adalah:( E ¯')È()n
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
14/30
52
Maka cara particial fractiondapat digunakan terhadap X(z), yaitu bahwa kita
memperoleh Ak yang sama jika kita tetapkan 4 4 È
Contoh 3.16
Lakukan particial fraction pada :
4 1
1E1,
% ",
Jawab : Ë($) = 4() = 11E1, % ", È() = P,,€+ = ()(P,) = Ã() % Ã(P,), jadi ada 2 poleDari contoh sebelunya diperoleh V1 = 2 [ V2 E1 Cara lain yang lebih cepat untuk dua pole adalah:
È() =
( E 1)( E ",) = V1( E 1) %
V2( E",) =
V1( E ",) % V2( E 1)( E 1)( E ",)
= V1( E ",) % V2( E 1), yang artinya V1 % V2 = 1 E",V1 E V2 = " Diperoleh V1=2 dan V2 = E1
4() = 1( 1 % ) ( 1 E ) Yang memiliki tiga pole p1=-1, p2=1, dan p3=1
Perhatikan bahwa p2=p3, dan cara sebelumnya tidak bisa membedakan A2 dan A3.
Untuk itu, kita memodifikasi partial fraction menjadi
È() = ( % 1)( E 1)2 = V1 % 1 % V2 E 1 % Vl( E 1)2 Koefisien A1 dan A2 dapat dicari dengan cara yang sama peretri sebelumnya,
V1 = ( % 1)È()n
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
15/30
53
Vl E 1)2È()n
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
16/30
54
Dengan demikian diperoleh,
4 1 % 1 E % ", 4() = V1(1E¯1) % V2(1E¯2) Dengan
V1 = 12 E ^ l2 [ V2 = 12 % ^ l2 = V—
¯1 = 12 % ^
12 [ ¯2 =
12 E ^
12 = ¯
— Jadi,
() = k V( ̄) % V—(¯—)n3() () = 0 V107'Ð89(Ñ*€Ò*) % 89(Ñ*€Ò*)“3()
() = 20 V107kKqr(Ó % H)n3()
0 V10 = Ô 1m %
Õm =
12 Ö1"fH = E!1,Å [ ¯1 =
1Ö 2 8
9d Sehingga:
Ö1"b 1Ö 2c Kqr«]m E!1,Å×3()
Dan bila diterapkan pada inversi:
4() = 1( 1 % ) ( 1 E ) Diperoleh:
4() = 1m 11 % % lm 11 E % 12 (1 E )2 Dan
() = 1m (E1)3() % lm I(J) % 12 (1)3() () = Î1m (E1) % lm % 2” 3()
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
17/30
55
Dalam kasus umum dilakukan dekomposisi
4 6 ª''±'
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
18/30
56
2 E Z % £ % "' % 1)'€ % £ = 'k(EZ)' % (EZ % 1)' % (2 E Z)' % £ % (")P % (1)% (2) % £ n p€k( E Z)n = 'Ð6 (‰)' % 4€()'U
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
19/30
57
Contoh 3.19
Bila ( ,„7j p€%Z Jawab : p€%Z k 4€ E " E 1)n = 1 E E (") E (1) () ← € → 4€() ¡N¢→; () = ¡N¢→;( E 1) 4€
Limit exist bila ROC (z-1) X+(z) mengandung
00 = 1
Contoh 3.20 ’() = [3()0H0 / 1 Cari nilai step sequence dari n∞ À() = ¿() 4()
4() = 1
1 E ¿ 1
1 E H
À E 1)( E H) † ( E 1)À() = ( E H) Q 00 1
Karena 0H0 / 1 → Š8Ú[3Ú 00 1 ¡N¢→; ‘() = ¡N¢→ ( E H) = 11 E H
Deret Fibonacci:1,1,2,3,5,8,...
Cari close formnya: ‘() = ‘( E 1) % ‘( E 2) Kondisi awal: ‘(") = ‘(E1) % ‘(E2) = 1 ‘(1) = ‘(") % ‘(E1) = 1 Û À€ 11 E E = E E 1 = V11 E ́ % V21 E ́
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
20/30
58
Inversi
́ 1 % Ö 2 ́ = 1 E Ö 2 V1 = ´1Ö V2 = ´2Ö ‘() = ™1 % Ö 2Ö z1 % Ö 2 {
E 1 E Ö lÖ z1Ö 2 {š 3()
‘() = 1Ö
b12
c€ Üs1 % Ö u€ E s1 E Ö u€Ì3() Tentukan respon step dari:‘() = H‘( E 1) % () 0H0 / 1 dengan kondisi awal y(-1)=1
Jawab : À€() = HkÀ€() % ‘(E1)n % 4€() † À€() = H1 E H % 11 E H
‘() = H€3() % 1 E H€1 E H 3() = 11 E H (1 E H€)3() 3.8 Respons Sistem
Respon dari Sistem yang memiliki fungsi-fungsi sistem yang rasional:
4() = W()Ý() ¿() = Ã()Þ() (3.26)bila kondisi awal=0,y(-1)=y(-2)=...y(-N)=0
À() = ¿() 4() = Þ()W()Ã()Ý()
(3.27)
Bila poles
Sistem: p1,p2,...,pN
Sinyal: q1,q2,...,qL
pk =qm
k=1,2,...N
m=1,2,...L
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
21/30
59
Bila tidak ada zero yang membuat terjadi pole-zero concelation, maka:
À 6 Ã'Ĩ-* % 6 Ý'ߨ-*à'
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
22/30
60
À % j ˆ" V
‘ ‘‚ % ‘ƒ
‘ƒ O Ç'¯'3W
'
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
23/30
61
Untuk y(-1)=y(-2)=1
Àƒ P̂ V ","ÕE",ã11E",Õ % ",ã1 = ","2Å%^",mÕlÅ1E",Õ89d % ","2ÅE^",mÕlÅ1E",Õ89d ‘ƒ() = ",Õãã(",Õ) Kqr«]l Eã!×3()
ä($) = À‚() % Àƒ() = 1,"ÕÕ1 E % ",Åã%^",mm1E",Õ89d % ",Åã E ^",mm1E",Õ89d
‘() = Ü",ÕÕ3() %1,mm(",Õ) Kqr«]l Eã!×Ì ‘Ž() = O V'(¯')3()W'
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
24/30
62
→ À ¿ 4 Å,l1E", % Å,!89è,Ÿ×1 E 89d % Å,!ã89è,Ÿ×1 E 89d → ‘7() = Å,l(",)3()
→ ·éM(J) = ÎÅ,!ã89è,Ÿ b89d c%Å,!ã89è,Ÿ b89d c” I(J) = 1l,ÅKqr«]m E2ã,!×3 S "→¯87vjv
3.9 Analisa Stabilitas SistemKausalitas
h(n)=0
n
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
25/30
63
Contoh 3.23
¿ l E m 1El, %1, 11 E 12 % 21 E l
Cari ROC dari h(n) agar:
a.
stabil
b. causal
c. anticausal
Jawab:
Sistem mempunyai pole z= [ l a)StabilROC harus termasuk unit circle12 / 00 / l → ’ b12c
( 3 E 2l(3EE1 b)CausalROC 00 l
’ b12c( 3 % 2l(3
c)AnticausalROC:
00 /0,5
’ E b12c( 3E E 1 E 2l(3E E 1 (the system is unstable)
*Pole-ZeroConcellation
Contoh 3.24
Cari unit sample response δ(n)dari sistem berikut:‘ 2,‘ E 1 E ‘ E 2 % E E 1 % Å E 2 Solusi:
¿ 1 E % Å1E2, % 1 E % Å
1 E 12 1E2
Poles p1= p2=2
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
26/30
64
À ¿ 4 1 E % Å
(1 E 12 )(1E2)
= ë V E 12 % æ E 2ì
V = 2 æ = " [ 87… ‘Ú Š8Ú„8„8‰ E 2 Zeros: z=2 dan z=3
¿() = 1 E l1 E 12 = E l E 12 = 1 E 2,1 E 12 ’() = &() E2,b12c ()
‘() = 12 ‘( E 1) % () E l( E 1) Terjadi cencelation
Cari response
‘() = Å ‘( E 1) E 12 ‘( E 2) % () → () = &() E 1l &( E 1)
¿() = 11 E Å % 12 = 1(1 E 12 )(1E 1l )
4() = 1 E1l
ä($) = 11 E 12 → ‘() = b12c 3() mod(1/3)n ditekankan sebagai hasil dari pole-zero cancellation
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
27/30
65
Contoh 3.25
‘ ‘ E 1) % () → ¿() = 11 E → Z = 1 ªj‰ 4() = í() → 4() = 11 E → $¸ = 1
→ ä($) = 1(1 E )2 ‘() = ( % 1)3() →unstableKasus multiple pole
VZª(¯Z)3() " T ª T Š E 1, Š …7[8 [7j ¯…‰8 (¯Z)[…Šj…8v ª → ªj‰0¯Z0 / 1 → 8‰’ vªj‰ Yang berguna: digital oscilator (marginaly stable)
Stability test
V() = 1 %
% £ % W
7……v [7j V() ’73v [ [‰Š 3j „j7„‰8 Stabilitas untuk sistem orde-2Penting karena pembangun (“basic building block”)‘() = E1( E 1) E 2‘( E 2) %ª"()
¿() = À() 4() = ª"1 % 1 % 2 = ª"22 % 1 % 2 p1,p2=
îCG ï ð
îCGñîGñ
ò= E m2[887Šj BIBO stable0¯10 / 1 0¯20 / 1 Karena 1 = E(¯1 % ¯2) = E(¯1¯1%¯2¯2) 2 = ¯1¯2 Maka020 = 0¯1¯20 = 0100¯20 / 1 [010 = 1 % 2
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
28/30
66
Merupakan syarat kestabilan segitiga kestabilan
îCG ñîG ¿ V11 E ¯ 1 % V21 E ¯ 1 Û V1 = ª"¯1¯1 E ¯2 V2 = ª"¯2¯ 1 E ¯ 2
Û ’() = ª"¯ 1 E ¯ 2 (¯€ E ¯€)I(J)Û [j878„8[7j œ… [8‘v 8¯– ó8á38„8 = m Û ¯1 = ¯2 = ¯ = E 12 ¿() = ª"( 1 E ¯ ) Û ’() = ª"( % 1)¯3()
Ramp decays exp.
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
29/30
67
SOAL LATIHAN
1.
Tentukan transformasi Z dari bentuk dibawah ini :
a. ‡«( , S ", T m
b. () = (E1)3() c.
() = 3() d. () = E3(EE1) e.
() = 1,",E1,",1,E1,––
2. Tentukan transformasi Z dari bentuk dibawah ini dan gambarkan sesuai dalam
bentuk pole-zone :
a. () = (1 % )3() b.
() = ( % )3(), 78‰ c.
() = ( rNJtP)3() d.
() = (
KqrtP)3()
e. () = ( % ) « 3( E 1),
3.
Hitung konvolusi dari bentuk dibawah ini dengan cara transformasi Z
() = b1lc , S "b12c , / "
() = b12c 3() 4. Dengan menggunakan cara pembagian panjang, tentukan inversi transformasi Z dari
4() = 1 % 2 1 E 2 % Jika (a) () adalah kausal dan (b) () adalah antikausal
8/18/2019 BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1
30/30
68
5. Dengan menjadi berurutan dengan transformasi-Z 4, tentukan term dari 4 dari bentuk transformasi-Z dibawah ini :a. ‡ «( , ^jZ Ú8¯", ^jZ Ú^j‰ b. () = (2)
6. Tentukan bentuk 4() dengan transformasi-z 4() = l1 E 1"l %
Jika 4() konvergen di unit lingkaran.7.
a. Gambarlah pola pole-zero dari bentuk dibawah ini() = (7 rNJtP)3(), " / 7 / 1 b.
Hitunglah transformasi-Z 4() yang sesuai untuk pola pole-zero pada bagian a.c. Bandingkan 4() dengan 4(). Apakah identik ? Jika tidak, tunjukkan cara
untuk mendapatkan
4() dari pola pole-zero.
8. Tunjukkan bahwa sistem dibawah ini merupakan ekuivalen
a. ‘() = "–2‘( E 1) % () E"–l( E 1) %"–"2( E2) b. ‘() = () E "–1( E 1)
9. Hitunglah unit step respon dari sistem dengan respon impuls.
’() = ÷ l
, / "b2c , S " 10.
Tentukan daerah stabilitas untuk sistem kausal
¿() = 11 % % Dengan menghitung polenya dan pembatasannya menjadi bagian unit lingkaran.