BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1

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 = ∞


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


3/30

41

Contoh 3.2

H(IJ, KLMN #($) 4() = O(H);


4/30

42

a 4([ a bO Z';

'


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


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 ();


7/30

45

Contoh 3.8

Diketahui 3E, ŠZ 7v…7Švj ‘ [‰’ 3E g s3u“


8/30

46

O 1(Z) ™ O ( E Z)– – ' – ';


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


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)


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 ’();


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 Ã¨Ä¨-*W'


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'Ä¨ % £ % ( E ¯') ÃWÄ§

Atau

( E ¯')È() = ( E ¯') V1 E ¯ % ( E ¯') V2 E ¯ %–––%Ê¸%–– – ( E ¯') Vˆ E ¯W Dengan kata lain, mencari Ak dengan metoda partial fraction adalah:( E ¯')È()n


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


15/30

53

Vl E 1)2È()n


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()


17/30

55

Dalam kasus umum dilakukan dekomposisi

4 6 ª''±'


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


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 ́


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


21/30

59

Bila tidak ada zero yang membuat terjadi pole-zero concelation, maka:

À 6 Ã'Ä¨-* % 6 Ý'ß¨-*à'


22/30

60

À % j ˆ" V

‘ ‘‚ % ‘ƒ

‘ƒ O Ç'¯'3W

'


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'


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


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


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


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


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.


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


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.

BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1

Documents

Transcript of BAB_III_Sinyal_Di_Domain_Z_S1.pdf;filename= UTF-8''BAB III Sinyal Di Domain Z S1