Bab 3: Sinyal dan Sistem di Domain z

BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z

Bab 3: Sinyal dan Sistem di Domain z Analisa sinyal dan sistem bisa dipermudah apabila dilakukan pada domain z. Untuk itu, sinyal dan sistem direpresentasikan ke dalam domain ini kemudian hasilnya dipakai untuk analisa.

1 Transformasi z pada Sinyal 1.1

Definisi Transformasi z Tujuan Belajar 1 Peserta mengetahui definisi Transformasi z (X(z)) dari sinyal x(n) beserta definisi dan pengertian Region of Convergence (RoC), yakni sebuah polinomial. forward Kawasan Waktu

Kawasan Z (Z-plane) inverse

sequence

polinomial ∞

x(n)

X(z) =

∑ x (n ) z

−n

n = −∞

Z-transform untuk sinyal x(n) : X(z) = z{x(n)} z x (n )← → X (z )

Region of Converge (ROC) : karena X(z) adalah deret tak hingga maka secara matematis bisa bernilai ∞ untuk z terhingga ⇒ tidak boleh. Oleh sebab itu z yang bisa digunakan adalah z ∈ ROC

Tujuan Belajar 2 Peserta mengetahui bahwa untuk sinyal berdurasi terbatas (finite duration), X(z) adalah polinomial berorde terbatas dengan RoC seluruh bidang z kecuali titik tertentu.

III-1


x(n) = {1, 2, 5, 7, 0, 1} ⇒ X(z) = 1 + 2z-1 + 5z-2 + 7z-3 + z-5 ROC seluruh z-plane kecuali z = 0, z = ∞

Tujuan Belajar 3 Peserta mengetahui X(z) dari impuls dan versi tergesernya sejauh k sampel.

x(n) = {1, 2, 5, 7, 0, 1} ⇒ X(z) = z2 + 2z+ 5 + 7z-1 + z-3 ROC seluruh z-plane kecuali z = 0, z = ∞ x(n) = δ(n) ⇒ X(z) = 1 ROC : seluruh z-plane x(n) = δ(n-k), k >0 ⇒ X(z) = z-k ROC : seluruh z-plane, kecuali z = 0 x(n) = δ(n+k), k > 0 ⇒ X(z) = zk ROC : seluruh z-plane, kecuali z = ∞

Tujuan Belajar 4 Peserta mengetahui X(z) untuk sinyal durasi tak hingga x(n ) = (a )n u (n ) beserta RoC yang sesuai bagi a ≤ 1 .

Cari Z-transform dari x(n) = (1/2)nu(n) Jawab :

() () ()

0 2 3 x(n) = { …, 0, 0, …, 12 , 12 , 12 , …}

X (z ) = 1 +

2

n

1 −1  1  − 2  1  − n z +   z +   z + ... 2  2  2

III-2


∞

Ingat

∑ xn =

n=0

1 , bila |x| < 1 1− x ∞, bila |x| ≥ 1

→ X(z) =

1 1−

; ROC : 21z < 1

( )

X(z) =

1 2z

1 1−

; ROC : |z| >1/2

1 z −1 2

Secara umum berlaku ⇒ x(n ) = a n u (n ) ⇔ X ( z ) =

1 1 − az −1

untuk z > a .

Tujuan Belajar 5 Peserta mengetahui perbedaan RoC untuk sinyal berdurasi tak hingga kausal (di luar lingkaran), anti-kausal (di dalam lingkaran), dan kombinasinya (cincin).

Konvergensi |X(z)| dari sinyal kausal dan Antikausal Pertama kita tahu bahwa bilangan kompleks dapat dinyatakan dalam bentuk kartesian atau bentuk polar, misalnya z = re jθ = Re( z ) + j Im( z ) Im

z

θ

Re

Gambar 1. Bentuk polar dari bilangan kompleks z.

z − n = r − n e − jnθ

III-3


X (n ) =

∑ x(n)(1 )e ∞

−n

− jnθ

cek |X(z)| < ∞

n = −∞

X ( z) =

∞

∑ x(n)r −n e − jθn ≤

n = −∞

∞

∑ x (n ) r

−n

e − jθn

n = −∞

↑= 1

=

∑ x(n)r −n −1

=

∑

x ( n −) r − n +

n = −∞ ∞

=

∑

x ( n −) r n +

n =1

∞

∑

∞

∑

x ( n)

n =0 r

n

x ( n)

n=0 r

n

Term Noncausal : dua term harus konvergen ∞

∑ x(−n)r n < 1 → r harus kecil, < r1

n =1

→ x ( − n) ≤

1 rn

→|z| < r1

Im

r1 Re

Gambar 2. ROC untuk term nonkausal. Term kausal

x( n) < 1, rn

r>r2, |z|>r2

III-4


Im

r2

Re

Gambar 3. ROC untuk bagian kausal.

Kalau kedua-dua nya (kausal dan nonkausal) ada dan r2 < r1, maka ROCnya berbentuk cincin.

Gambar 4. ROC untuk sinyal dengan bagian kausal dan nonkausal. Contoh : x(n) = αnu(n), cari X(z)

X ( z) =

∞

∑ (αz

−1

n

)

ROC : |αz-1| < 1

n=0

III-5


=

1

|z| > α

1 − αz −1

Ctt. Bila x(n) = u(n) ⇒ x(n) = αnu(n), α = 1 → X ( z) =

1 1 − z −1

,

|z| > 1

Contoh :  0, n ≥ 0 x(n) = −α nu (n − 1) =  n − α , n ≤ 1 X ( z) =

1

∑

n

(−α ) z

n = −∞

−n

∞

= − ∑ (α −1z )l l =1

Ctt. ∞

∞

∑ An = A ∑ A N =

n =1

X ( z) = −

n =0

α −1z

−1

1−α z

=

A , 1− A 1 1 − αz

−1

|A| < 1

|α-1z| < 1 |z| < |α|

⇒ ternyata sama dengan sebelumnya kecuali ROC nya

III-6


∞

∞

Gambar 5. ROC untuk sinyal yang finite maupun infinite. One sided ∞

X + ( z ) = ∑ x (n ) z − n n =0

1.2

Inversi Transformasi z Tujuan Belajar 6

III-7


Peserta mengerti definisi Inverse transformasi z beserta penurunannya dari teorema Cauchy countour integral. Inverse : Cauchy Contour Integral

∫ ( z − zk )

n −1− k

c

2πj , k = n dz =   0, k ≠ n

2πj , k = n n −1− k z dz =  ∫  0, k ≠ n c

∫ X ( z) z c

 ∞  dz = ∫  ∑ x(k ) z − k  z n −1− k dz    c  k = −∞

n −1

∞

=

∑

k = −∞

x(k ) ∫ z n −1− k dz

= x(n )2πj

⇒ x( n) =

c

1 X ( z ) z n −1dz 2πj ∫ c

1.3

Sifat-Sifat Transformasi z Tujuan Belajar 7 Peserta mengetahui dan dapat memanfaatkan sifat linier dari transformasi z, termasuk untuk menghitung transformasi z dari sinyal cos(ω0 n )u (n ) dan sin (ω 0 n )u (n ) .

Sifat Linear: x1(n) ⇔ X1(z)

ROC1

x2(n) ⇔ X2(z)

ROC2 α1x1(n) + α2x2(n) ⇔ α1X1(z) + α2X2(z)

ROC : ∩ ROCi

III-8


Contoh : x(n) = [3(2n) - 4(3n)]u(n) = 3x1(n) + (-4)x2(n) ⇓

⇓

n

n

(2 )u(n)

(3 )u(n)

X1 ( z ) =

1

X 2 ( z) =

ROC : |z| > 2

1 − 2 z −1 1

ROC : |z| > 3

1 − 3z −1

⇒ X(z) = 3X1(z) + (-4)X2(z) =

3 1 − 2 Z −1

−

ROC : |z| > |3| 4

|Z| > 3

1 − 3Z −1

Hitung a). x(n) = cos(ωon)u(n) b). x(n) = sin(ωon)u(n) Contoh : x(n) = ancos(ωon)u(n) ⇔

1 − a1 cos ω o

1 − 2az −1 cos ω o + a 2 z − 2

x(n) = a3sinωonu(n) ⇔

az −1 sin ω o

1 − 2az −1 cos ω o + a 2 z − 2

Tujuan Belajar 8 Peserta mengetahui akibat pergeseran di domain waktu terhadap X (z ) dan dapat memanfaatkannya. x(n) ↔ X(z) ⇒ x(n-k) ↔ Z-kX(z) ROC : sama dengan X(z) kecuali z = 0 z=∞

k>0 k<0

III-9


Contoh : 1,0 ≤ n ≤ N − 1 x( n) =   0, elsewhere Cari X(z) Perhatikan : x(n) = x1(n) - x2(n) Di mana x1(n) = u(n) x2(n) = u(n-N) = x1(n-N) 1

X1( z ) =

|z| > 1

1 − z −1

z−N

X 2 ( z ) = z − N X1 ( z ) = → X ( z) =

1

1 − z −1 z−N

−

1 − z −1 1 − z −1

=

1− z−N 1 − z −1

hitung lewat cara lain x(n) = cos(ω 0 n)u (n) = 1 e jωonu (n) + 1 e − jωonu (n) 2

e jωonu (n) ↔

2

1 1− e

e − jωonu (n) ↔

|z| > 1

jωo −1

z

1 1 − e − jωo z −1

|z| > 1

X (z ) =

1 1 1 1 + 2 1 − e jω o z −1 2 e − jω o z −1 1  1 − e − jω o z −1 + 1 − e − jω o z −1  =  2  1 − e − jω o z −1 − e jω o z −1 + z − 2  1 1 − e jω o + e − jω o z −1 2 = 2 jω o 1− e + e − jω o z −1 + z − 2 2

(

=

(

1 − cos ω o z −1

)

1 − 2 cos ω o z −1 + z − 2

)

ROC : z > 1

III-10

ROC |z| > 1


x(n) = sin(ω o n)u (n) = 1 (e jωon − e − jωon )u (n) 2j

X ( z) =

z −1 sin ω o

ROC : |z| > 1

1 − 2 z −1 cos ω o + z − 2

Tujuan Belajar 9 Peserta mengetahui akibat scaling di domain z terhadap sinyal di domain waktu dan dapat memanfaatkannya. x(n) ↔ X(z) r1 < |z| < r2 ⇒ anu(n) ↔ X(a-1z) |a|r1 < |z| < |a|r2 Bukti: Z (a n x(n)) =

∞

∑ a n x ( n) z − n

n = −∞

∞

 z = ∑ x(n)  a n = −∞ = X ( z)

−n

= ∑ a ( n) z − n

z = az

= X (a −1z ) z= z a

bila X(z) ROC :

r1 < |z| < r2 r1 < |z/a| < r2 |a|r1 < |z| < |a|r2

Tujuan Belajar 10 Peserta mengetahui akibat time-reversal di domain waktu terhadap sinyal di domain z dan dapat memanfaatkannya.

2

x(n) ←→ X ( z )

maka

x(−n) ↔ X ( z −1 )

ROC : r1 < |z|
Bukti :

III-11


z ( x(n)) =

∞

∑

x ( − n) z − n =

n = −∞

= X ( z)

∞

∑ x(l )( z −1)−l

l = −∞

r1 < |z-1|
z = z −1

1/r2 < z <1/r1 Contoh : x(n) = u(-n) ⇒ u (− n) ↔ z (u (n)) =

1 1− z

z = z −1

=

1

−1 1 − z −1 z = z

ROC : |z| < 1

Tujuan Belajar 11 Peserta mengetahui akibat diferensiasi di domain z terhadap sinyal di domain waktu dan dapat memanfaatkannya. z

x(n) ←→ X ( z ) ∞ ∞ dX ( z ) = ∑ x(n)(− n) z − n −1 = − z −1 ∑ [nx(n)]z − n dz n = −∞ n = −∞

= -z-1Z{nx(n)}

Z {nx(n)} = − z

dX ( z ) dz

Contoh : x(n) = nanu(n) = n(anu(n)) ↓ x1(n) x1(n) = a nu (n) ↔ X ( z) = − z

1 1 − az −1

= X1( z ) ROC : |z| > |a|

dX1 ( z ) 1 = − z.(−1) (+ az − 2 ) −1 2 dz (1 − az )

III-12


=

az −1

|z| > |a|

(1 − az −1 ) 2

Contoh : nu (n) ↔

z −1

|z| > 1

(1 − z −1 ) 2

Tujuan Belajar 12 Peserta mengetahui bahwa konvolusi dua sinyal di domain waktu menghasilkan perkalian kedua sinyal di domain z, dan dapat memanfaatkannya.

x1 (n) ↔ X1 ( z ) x2 (n) ↔ X 2 ( z )

x1 (n) ∗ x2 (n) ≡ x(n) =

=

∞

∑ x1(k ) x2 (n − k )

k = −∞

∞

  ∞ −n k −k x ( k ) x ( n k ) z z . z −  x2 (n − k )  ∑ 1 ∑ 2   k = −∞ n = −∞

= X 2 ( z)

∞

∑ x1(k ) z − k = X 2 ( z ) X1( z )

k = −∞

↓ X1 (z )

Contoh : Hitung x(n) = x1(n) + x2(n) Di mana x1(n) = {1, -2, 1} 0≤n≤5 1, x2 (n) =  0, elsewhere jawab : X1(z) = 1- 2z-1+ z-2 X2(z) = 1 +z-1 +z-2 +z-3 + z-4 +z-5

III-13


X(z) = X1(z)X2(z)=1 -z-1 -z-6 +z-7 ⇒ x(n) = {1, -1, 0, 0, 0, 0, -1, 1} ↑ Cara lain: X1(z) = (1 - z-1)2 X 2 ( z) =

1 − z −6 1 − z −1

lihat contoh sebelumnya

X1(z) * X2(z) = (1- z-6)(1-z-1) = 1 -z-1 -z-6 +z-7

dst.

Tujuan Belajar 13 Peserta mengetahui teorema kondisi awal dan menggunakannya.

Teorema Kondisi Awal x(n) causal (i.e., x(n), n < 0) 

lim X ( z ) = lim  x(0) + z →∞

z →∞

x (1) z

+

x ( 2)  z2

 

= x(0) lihat tabel!

2 Bentuk Rasional dari Transformasi z 2.1

Bentuk Rasional dan Plot Pole-Zero Tujuan Belajar 14 Peserta mengenal bentuk khusus rasional dari X (z ) , dan mengerti serta dapat mencari pole dan zero dari X (z ) tersebut. Peserta dapat memplot pole-zero tersebut di bidang z.

Definisi :

III-14


Zero dari X(z) adalah nilai-nilai z di mana X(z) = 0 Pole dari X(z) adalah nilai-nilai z di mana X(z) = ∞ X(z) rasional, M

X ( z) =

−1

−M

∑ bk z − k

b0 + b1z + ... + bM z N ( z) = = k =0 N a D( z ) z N + ( 1 ) z N −1 + ... + a / a N o a0 ∑ ak z − k k =0

Bila a0 ≠ 0 dan b0 ≠ 0

b M  b1  M −1 + ... + M +  z z  bo z − M  bo  bo   X − N a z  N  a  N −1 aN  o  z +  1 z ... + + a  ao  o karena N(z) dan D(z) polinomial, maka  b   ( z − z1 )( z − z2 )...( z − z M ) X ( z ) =   o  z − M + N    ao   ( z − p1 )( z − p2 )...( z − p N ) M

= X (z ) =

(

)

∏ ( z − zi )

Gz N − M i =1 N

∏ (z − pi ) i =1

Plot : Im zeroes Re poles

Gambar 6. Pole dan zero diletakkan pada z-plane masing-masing dengan lambang x dan o. Tujuan Belajar 15

III-15


Peserta dapat mencari X(z) dan x(n) berdasarkan plot pole–zero.

Contoh : Plot pole-zero dari sinyal x(n) = anu(n) a > 0 X ( z) =

1 1 − az

−1

=

z z−a

ROC : |z| > a

⇒ zero ⇒z1 = 0;

P1 = a

Gambar 7. Konfigurasi pole dan zero pada sebuah kasus. Contoh : a n ,0 ≤ n ≤ M − 1 Untuk x(n) =   0, elsewhere X ( z) =

1 − (az −1 ) M az −1

=

zM − aM

z M −1 ( z − a )

z M = a M → z k = ae j 2πk / M zo = a cancels z = a ⇒ X ( z) =

( z − z1 )...( z − z M −1 ) z M −1

M-1 zero M-1 pole

III-16


Gambar 8. Konfigurasi pole dan zero.

Soal : Cari Z-transform dari sinyal dari :

Gambar 9. Konfigurasi pole-zero dalam konjugasi. Jawab: 2 zero : z1 = 0; z2 = rcosωo 2 pole : p1 = rejωo ; p2 = re-jωo

(

)(

 ( z − 0 )( z − r cos ω o ) ⇒ GX ( z ) = Gz 2 − 2   z − re jω o z − re − jω o  ⇒ X (z ) = G

(

)(

1 − rz −1 cos ω o

1 − 2rz −1 cos ω o + 12 z − 2

)

⇒ x(n ) = G r n cos ω o n u (n )

III-17

)

   

ROC z > r


Tujuan Belajar 16 Peserta memahami sifat sinyal kausal di kawasan waktu akibat lokasi pole, menggunakan kasus satu pole x(n ) = (a )n u (n ) , pole ganda x(n ) = n(a )n u (n ) ,

dan sepasang pole complex conjugate. mengerti hubungan lokasi pole dengan stabilitas sistem.

Peserta juga

Sifat kawasan waktu sinyal kausal akibat lokasi pole Cek pada |z| < 1, |z| = 1, |z| > 1 ↑ unit circle •

Kasus 1 pole real z

x(n) = a nu (n) ←→ X ( z ) =

1 1 − az −1

|z| > |a|

Gambar 10. Pengaruh posisi pole terhadap dinamika sinyal.

•

Kasus z pole real (double) x(n ) = na nu (n ) ↔

az −1

(1 − az )

III-18

−1 2

z >a


Gambar 11. Pengaruh posisi pole ganda terhadap dinamika sinyal. •

Kasus sepasang complex conjugate

III-19


Gambar 12. Pengaruh posisi pole ganda konjugate terhadap sifat dinamika sinyal. Jadi: sinyal dengan pole di dalam unit circle selalu terbatas amplitudanya. Pole dekat origin → decay cepat → berlaku untuk sistem stabil

3 Transformasi z Untuk Sistem Tujuan Belajar 17 Peserta dapat mendefiniskan fungsi sistem H(z) dari h(n) maupun hubungan I/O dari sistem LTI. Peserta juga dapat mencari H(z) dari sistem LCCDE secara cepat, termasuk untuk kasus khusus all-zero dan all-pole.

Fungsi Sistem:

III-20


Y(z) = H(z) X(z) ⇒ H(z) = Y(z)/X(z) ∞

∑ h ( n) z − h

H ( z) =

n = −∞

↑ Fungsi Sistem

Sistem LCCDE: y ( n) = −

∞

∑

n = −∞

ak y ( n − k ) + N

Y ( z )= − ∑ ak z

−k

k =1

M

∑ bk x(n − k )

k =0

M

Y ( z ) + ∑ bk z − k X ( z ) k =0

M

∑ bk z − k

Y ( z) = k =0 = H ( z) N X ( z) −k 1 + ∑ ak z k =1

Kasus khusus - H ( z) =

M

∑ bk z − k

∈ all zero, FIR

k =0

bo

H ( z) =

⇒ all pole

N

1 + ∑ ak z − k k =1

Contoh : Cari H(z) dan h(n) dari y(n) = 1/2y(n-1) + 2x(n) Jawab: H ( z) =

2 1 − 12 z −1

⇒ h(n) = 2( 1 ) n u (n) 2

4 Inversi dengan Cara Partial Fraction Tujuan Belajar 18 Peserta mengerti prinsip inversi transformasi z dengan cara partial fraction, baik untuk X(z) yang proper maupun yang improper.

III-21


Inversi partial fraction

X (z ) → ∑ term standar, bergantung pole dan ROC ↓

x(n) ← ∑ inverse masing-masing k Inversi dengan Partial Fraction Definisi X(z) proper bila bila aN≠0 dan M < N bila tidak proper bisa dibentuk X ( z) =

1 + 3 z − 1 + 1 z 2 + 1 z −3 1+

6 3 5 z −1 + 1 z − 2 6 6

buat proper + inproper X ( z) = 1 + 2 z

−1

+

1+

1 z −1 6 1 z −1 + 1 z − 2 6 6

Tujuan Belajar 19 Peserta dapat melakukan inversi transformasi z dengan cara partial fraction untuk X(z) yang proper dan memiliki pole distink. aN ≠ 0 M < N b z N + b1z N −1 + ... + bM z N − M z N x( z ) = o × z N + a1z N −1 + ... + a N zN X ( z ) bo z N −1 + ...bM z N − M −1 = selalu proper z z N + ... + a N X ( z) A A2 AN = 1 + + ... + z z − P1 z − P2 z − PN =

Contoh :

X ( z) =

1 1 − 1.5 z

−1

+ 0,5 z − 2

III-22


=

z2 z 2 − 1 .5 z + 0 .5

=

z2 ( z − 1)( z − 0.5)

X ( z) z A A = = 1 + 2 z ( z − 1)( z − 0.5) z −1 z − 0.5 A ( z − 0.5) + A2 ( z − 1) = 1 ( z − 1)( z − 0.5)

⇒ z = A1 ( z − 0.5) + A2 ( z − 1) 1 = A1(2 - 0.5) ⇒ A1 = 2 0.5 = A2(0.5 - 1) ⇒ A2 = -1 ⇒

X ( z) 2 1 = − z z − 1 z − 0 .5

Ctt. ( z − Pk )

( z − Pk ) An X ( z ) ( z − Pk ) A1 = + ... + Ak + z z − P1 z − Pn

⇒ Ak = ( z − Pk )

X ( z) z = Pk k = 1,...,N z

Contoh : X ( z) =

1 + z −1 1 − z −1 + 0.5 z 2

X ( z) z +1 = 2 z z − z + 0.5

P1 = 1/2 + j1/2 P2 = 1/2 - j1/2

X ( z) z +1 A A2 = = 1 + z ( z − P1 )( z − P2 ) z − P1 z − P2

A1 =

( z − P1 ) X ( z ) z +1 3 1 z = P1 = z = P1 = 2 − j 2 z z − P2

A2 =

( z − P2 ) X ( z ) z +1 3 1 z = P2 = z = P2 = 2 + j 2 z z − P1

III-23


Tujuan Belajar 20 Peserta dapat melakukan inversi transformasi z dengan cara partial fraction untuk X(z) yang proper dan memiliki pole yang berorde ganda.

X ( z) =

1 −1

( Hz )(1 − z −1 ) 2

X ( z) z2 = z ( z + 1)(1 − z −1 ) 2

A X ( z) A A3 = 1 + + z z + 1 z − 1 ( z + 1) 2 ( z + 1) X ( z ) z +1 z +1 = A1 + A2 + A3 z z −1 ( z − 1) 2 A1 =

A3 =

( z + 1) X ( z ) 1 z = −1 = z 4

( z − 1) 2 X ( z ) 1 z =1 = z 2 A2 =

d  ( z − 1) 2 X ( z )    dz  z 

= z =1

3 4

Ai k z − pk   ( P ) n u (n), causal →| z |>| P | 1 k k = z −1 n  1 − P z −1   − ( Pk ) u (− n − 1) k    X(z) = (A1P1n + A2P2n + …+ ANPnn)u(n) X ( z) =

1 1 − 1.5 z

−1

+ 0.5 z − 2

2

+

1

Contoh : X ( z) =

1− z

−1

1 − 0.5 z −1

,

ROC |z| > 1, |z| < 0.5, atau 0.5<|z|<1

III-24


Ketika |z| > 1 x(n) causal x(n) = 2(1)nu(n)-(0.5)nu(n) |z| < 0.5 → x(n) is non causal x(n) = -2 u(-n-1) +(0.5)nu(-n-1) − α nu (− n − 1) =

* ROC

1 1 − αz −1

0.5 < |z| < 1 |z|<1

anti causal

|z| > 0.5

causal

x(n) = -2u(-n-1) - (0.5)nu(n) Tujuan Belajar 21 Peserta dapat melakukan inversi transformasi z dengan cara partial fraction untuk X(z) yang proper dan memiliki pasangan pole complex conjugate. Contoh : X ( z) =

1 + z −1 1 − z −1 + 0.5 z − 2

X ( z) =

A1

A2

+

1 − P1z −1 1 − P2 z −1

⇒ A1 = 1 − j 3 2

2

A2 = A1∗ = 1 + j 3 2 2

P1 = 1 + j 1 2

P1 = 1 − j 1

2

2

( )n u(n)

 x(n ) =  Ak ( pk )n + A*k pk* 

[

]

x(n ) = Ak rkn e j (β k n +α k ) + e − j (β k n +α k ) u (n ) = 2 Ak rkn [cos(β k n + α k )]u (n )

III-25

2


1 9 1 + = 10 4 4 2 α = −71.565

A1 =

p1 =

1 j π4 e 2 n

 1   πn  → x(n ) = 10   cos − 71.565o u (n )  4   2

Tujuan Belajar 22 Peserta dapat melakukan inversi transformasi z pada X(z) LCCDE melalui perubahan bentuk ke dalam bentuk pole-zero, dan kemudian mendekomposisi X(z) ke dalam beberapa kelompok term (improper, single real pole, conjugate poles, dan multiple poles), kemudian masingmasing diproses sesuai cara masing-masing.  pz −1  z  = np nu (n) −1   (1 − pz )2  −1 

X ( z) =

|z| > |p|

1 (1 + z −1 )(1 − z −1 ) 2 =

1 1 3 1 1 z −1 + + 4 1 + z −1 4 1 − z −1 2 (1 − z −1 ) 2

x(n) = 1/4(-1)nu(n) + 3/4u(n) + [1/2n(1)n)]u(n) = [1/4(-1)n + 3/4 + n/2]u(n) Dekomposisi M

M

∑ bk z − k

X ( z) = k =0

N

1 + ∑ ak z

−k

∏ (1 − zk z −1)

= bo k =1 N

∏ (1 − pk z −1)

k =1

=

M −N

∑

k =0

k1

ck z − k + ∑

k =1

bk

k =11 + ak z

bok + b1k z −1 + multipoles −1 −2 1 + a z + a z k =1 1k 2k k2

−1

+∑

Alternatif :

III-26


M

∏ (1 − zk z −1)

M 1 + bk z −1 M 1 + b1k z −1 + b2k z − 2 bo k =1 = bo ∏ −1 ∏ −1 −2 (1 − pk z −1 ) k =11 + ak z k =1 1 + ak z + a2 kz

5 Transformasi z Satu Sisi

Tujuan Belajar 23 Peserta mengetahui definisi transformasi z satu sisi ( X + (z ) ) beserta sifatsifat dan persamaan dan perbedaannya dari X (z ) biasa. X + ( z) =

∞

∑ x ( n) z − n

n =0 z+

→ X + ( z ) x(n) ←

X+(z) punya sifat-sifat : •

Tidak mempunyai informasi x(n) untuk n<0

•

Unik untuk sinyal kausal

•

ROC selalu ekterior dari sebuah lingkaran

Tujuan Belajar 24 Peserta dapat menurunkan sifat shifting dari X + (z ) (baik time delay maupun time advanced) dan mengerti perbedaannya dari sifat shifting X (z ) .

Semua Z transform properties berlaku kecuali sifat shifting Kasus 1. Time delay z+

x(n) ← → X + ( z )

III-27


z+

⇒ x(n − k ) ← → z

−k

+

k

[ X ( z ) + ∑ x ( − n) z n ] n −1

k >0

↓= 0 bila x(n ) kausal

Bukti : Z + [ x(n − k )] =

∞

∑ x(n − k ) z − n

n=0

= x(− k ) x −0 + x(− k ) x −0 + x(− k + 1) x −1 + x(2 − k ) x −2 + ... + x (0)x − k + x(1) + x(− k + 1) = z − k [ x(− k ) x + x(− k + 1) x k −1 + x(2 − k ) x k − 2 + ... + x (0 )x o + x(1)x −1 + x(2 )x − + ...

  −k = z − k  ∑ x(l ) z − l + X + ( z ) dst.  l = −1 Contoh : z+

x(n) = a nu (n) ← → X + ( z ) =

1 1 − az −1

x1(n) = x(n-2) di mana x(n) = an Z + ( x(n − 2)) = z −2 [ X + ( z )+ x(−1) z +1 + x(−2) z 2 ] = z −2 X + ( z )+ x(−1) z −1 + x(−2) karena

x(-1) = a-1 x(-2) = a-2 dan X + ( z ) = ⇒ Z + ( x(n − 2)) =

z−2 1 − az

−1

1 1 − az −1

+ a −1z −1 + a − 2

III-28


Secara intuitif : Z + {x(n − k )} = [ x(− k ) + x(− k + 1) z −1 + ... + x(−1) z − k +1 ] + z - k X + (z ) k > 0 Kasus 2. Time Advanced z+

x(n) ← → X + ( z ) k −1   z+ → z k  x + ( z ) − ∑ x(n) z − n  k > 0 x(n − k ) ←   n=0

Bukti : Z + {x(n + k )} =

∞

∞

n=0

l =k

∑ x(n + k ) z − n = z k ∑ x(l ) z −l

sedangkan ∞

k −1

∞

l =0

l =0

l =k

X + ( z) =

∑ x(l ) z −l =

∑ x(l ) z −l + ∑ x(l ) z −l

k −1   ⇒ Z + {x(n + k )} = z k  X + ( z ) − ∑ x(l ) z − l    l =0

Contoh : Bila x(n) = an, cari Z+{x(n+2)} Jawab: Z + {x(n + 2)} = z 2 [ X + ( z ) − x(0) − x(1) z −1 ] =

z2 1 − az

−1

− x(0) z 2 − x(1) z

Tujuan Belajar 25 Peserta mengerti sifat asimptotik dari transformasi z satu sisi. z+

x(n) ← → X + ( z )

⇒ lim x(n) = lim ( z − 1) X + ( z ) n →∞

n →∞

III-29


limit exist bila ROC (z-1)X+(z) mengandung |z| = 1 Contoh : h(n) = d nu (n) |α| < 1 cari nilai step sequence dari n→∞ Y(z) = H(z) X(z) X ( z )= Y ( z )=

1

H ( z )=

1 − z −1

1 1 − αz −1

z2 z2 ⇒ ( z − 1)Y ( z ) = ( z − 1)( z − α ) (z −α )

ROC : z = 1

Karena |α| < 1 → ROC mengandung |z| = 1 z2 1 = z →1 ( z − α ) 1 − α

lim y(n) = lim n →∞

Tujuan Belajar 26 Peserta dapat menerapkan transformasi z satu sisi pada kasus solusi dari deret Fibonacci.

Deret Fibonacci : 1, 1, 2, 3, 5, 8, … Cari close formnya : y(n) = y(n-1) + y(n-2) Kondisi awal y(0) = y(-1) + y(-2) = 1 y(1) = y(0) + y(-1) = 1 ⇒ y(-1) = 0 dan y(-2) = 1

[

][

Y + ( z ) = z −1Y + ( z ) + y (−1) + z −2Y + ( z ) + y (−2) + y (−1) z −1 ⇒ Y + ( z) =

1 1− z

−1

−z

−2

=

z2 2

=

A1

z − z − 1 1 − P1z

−1

Inversi :

III-30

+

A2

]

1 − P2 z −1


P1 =

1+ 5 2

P2 =

P ⇒ A1 = 1 5

1− 5 2

P A2 = − 2 5

3 n  1+ 5  1− 5 1− 5   + 1 5   −   u ( n) ⇒ y ( n) =   2 5  2  3 5  2    

⇒ y(n) =

1 1   5  2

n +1

(

)

(

)

 1 + 5 n +1 − 1 − 5 n +1 u (n)  

Tujuan Belajar 27 Peserta dapat menerapkan transformasi z satu sisi pada kasus sistem dengan kondisi awal tertentu.

Tentukan respons step dari y(n) = αy(n-1) + x(n)

|α| < 1

dengan kondisi awal y(-1) = 1 jawab :

[

]

Y + ( z ) = α z −1Y + ( z ) + y (−1) + X + ( z ) ⇒ Y + ( z) =

α 1 − αz −1

y (n) = α n +1u (n) + =

(

+

1 (1 − αz −1 )

1 − α n +1 u ( n) 1−α

)

1 1 − α n+ 2 u (n) 1−α

6 Respons Sistem Tujuan Belajar 28 Peserta dapat menghitung respons sistem yang memiliki H(z) rasional, berdasarkan analisa pole dan zero dari sinyal input dan fungsi sistem, termasuk mengidentifikasi respons natural dan forced response.

III-31


Response dari sistem yang memiliki fungsi-fungsi sistem, yang rasional

X ( z) =

N ( z) Q( z )

H ( z) =

A( z ) B( z )

Bila kondisi awal = 0, y(-1) = y(-2) = …y(-N) = 0 ⇒ Y ( z ) = H ( z )X ( z ) =

B( z ) N ( z ) A( z )Q( z )

Bila poles sistem : p1, p2, …, pN sinyal : q1, q2, …, qL pk = qm k = 1, 2, …N m = 1,2,…,L Bila tidak ada zero yang membuat terjadi pole-zero cancelation, maka Y (z ) =

N

Ak

∑ 1− p

k =1

⇒ Y ( z) =

kz

N

L

−1

+∑

Qk

k =11 − qk z L

−1

∑ Ak ( pk )n u(n ) + ∑ Qk (qk ) n u (n)

k =1

k =1

↓ Natural response

Perlu dicatat bahwa

↓ Forced Response

Ak = f1 (pk,qk) Qk = f2 (pk,qk)

Zero input → zero output →natural response = 0 Jadi natural response ≠ zero input response untuk nilai relaxed.

Tujuan Belajar 29 Peserta dapat menghitung respons sistem yang mengandung pole order ganda/banyak.

III-32


Kasus multiple order poles → kasus seperti pada section 3.4.2, yakni : ⇒ Y(z) mengandung term

1

(1 − pl z −1 )k

k = 1, 2, …,m

→ y(n) mengandung term nk-1pln

Tujuan Belajar 30 Peserta dapat menghitung respon sistem yang mengandung pole-zero dan kondisi awal tidak nol (termasuk mengidentifikasi zero state response dan zero input response).

y(n)

y(n) h(n) LCCDE

Misalkan x(n) diterapkan pada n = 0 dan y(-1), …, y(-N) ≠ 0 Cari y(n), n ≥ 0 N

y ( n) = − ∑ ak y ( n − k ) + +

k =1 N

Y ( z ) = − ∑ ak z

−k

k =1

M

∑ bk x(n − k )

k =0

k  M  + n −k + Y ( z ) + ∑ y (− n) z  + ∑ bk z X ( z ) = X ( z ) n =1  k = 0 

M

N

∑ bk z − k

k

∑ ak z − k ∑ y ( − n ) z n

⇒ Y + ( z) = k =0

X ( z ) − k =1

N

1 + ∑ ak z − k

n =1

N

1 + ∑ ak z − k

k =1

k =1

= H ( z) X ( z) + ⇓ Yzs ( z )

No ( z) A( z ) ⇓ Yzi+ ( z )

Yzs(z) = H(z)X(z)

III-33


Y + zi =

No ( z) A( z ) ↓ p1, p2 ,..., p N

⇒ y(n) =yzs(n) + yzi(n) y zi (n) =

⇒ y ( n) =

N

∑ Dk ( pk ) n u(n)

k =1

N

L

k =1

k =1

∑ A'k ( pk )n u (n) + ∑ Qk (qk ) n u(n) ↓

A'k = Ak + Dk ⇒ efek dari initial condition adalah mengalter response natural dengan mengubah amplitudo menjadi A1k, tetapi tidak ada efek pada forced response. Tujuan Belajar 31 Peserta memahami impak dari kondisi awal pada respons.

Contoh : y(n) = 0.9 y(n-1) - 0.81 y(n-2) + x(n) Cari response unit step Init : y(-1) = y(-2) = 0 y(-1) = y(-2) = 1 Jawab : Relaxed a1 = 0.9

a2 = 0.81

bo=1

  1  1 ⇒ Y ( z ) =     1 − 0.9 z −1 + 0.81z − 2  1 − z −1  =

1

1

(1 − p1z −1 )(1 − p2 z −1 )(1 − z −1 )

p1 = 0.9e jπ / 3

III-34


p2 = 0.9e − jπ / 3 Y ( z ) = Yzs ( z ) =

0.542 − j 0.049

+

0.542 + j 0.049

+

1.099

1 − 0.9e jπ / 3 z −1 1 − 0.9e − jπ / 3 z −1 1 − z −1

→ y(n) =[1.099 + 1.088(0.9)ncos (πn/3 -5.2o)]u(n) Untuk y(-1) = y(-2) = 1 Yzi ( z ) =

No ( z) 0.09 − 0.81z −1 = A( z ) 1 − 0.9 z −1 + 0.81z − 2

=

0.026 + j 0.4936 1 − 0.9e

jπ / 3 −1

z

+

0.026 − j 0.4936 1 − 0.9e − jπ / 3 z −1

⇒ yzi(n) = 0.988(0.9)ncos(πn/3 + 87o)u(n) ⇒ Y(z) = Yzs(z) + Yzi(z) =

1.099 1− z

−1

+

0.568 + j 0.445 1 − 0.9e

jπ / 3 −1

z

+

0.568 − j 0.445 1 − 0.9e − jπ / 3 z −1

⇒ y(n) = [.099 u(n) + 1.44(0.9)ncos(πn/3 +38o)]

Tujuan Belajar 32 Peserta dapat menghitung transien dan steady state responses dari sistem yang mengandung pole-zero.

ynr (n) =

N

∑ Ak ( pk ) n u (n)

k =1

|pk| < 1 → ynr(n) decays In this case → ynr(n) → transient response Bila pole dekat |z| = 1 → lama decay nya

y fr (n) =

L

∑ Qk (qk ) n u (n)

k =1

bila |qk| < 1 → yfr decays → transient response tapi bila |qk| = 1 → yfr sinusoid → steady state ↓

III-35


never decays → supaya y(n) ss, x(n) mesti ada terus , n>0 contoh : Cari transient dan steady state response dari y(n) = 0.5y(n-1) + x(n) x(n) = 10 cos (πn/4)u(n) y(-1)= 0 → relaxed → H ( z) =

→ X ( z) =

1

→ pole p = 0.5

1 − 0.5 z −1

10(1 − 1 z −1 ) 1 − 2z

2 −1

+ z −2

→ Y(z) = H(z) X(z)

=

6.3 1 − 0.5 z −1

+

6.78e − j 28.7

o

1 − e jπ / 4 z −1

+

6.78e j 28.7

1 − e jπ / 4 z −1

↓ milik H(z)

o

↓ milik X(z)

→ ynr(n) = 6.3 (0.5)nu(n)

[

]

→ y fr (n) = 6.78e − j 28.7 (e jπn / 4 ) + 6.78e j 28.7 e − jπn / 4 u (n) = 13.56 cos (πn/4 - 28.7o)u(n) n ≥ 0 → persist

7 Analisa Stabilitas Sistem

Tujuan Belajar 33 Peserta mengerti hubungan antara kondisi pole-zero sistem dengan kausalitas dan stabilitas dari sistem, melalui analisa RoC nya. Termasuk di dalamnya kasus pole-zero cancelation, dan multiple pole (pada unit circle).

Kausalitas

III-36


h(n) = 0 n < 0 → ROC eksterior dari sebuah lingkaran LTI causal system ⇔ ROC eksterior dari lingkaran r < ∞, termasuk z = ∞ BIBO ∞

∑ h ( n) < ∞

n = −∞

∞

∑ h ( n) z − n

H ( z) =

n = −∞

⇒ H ( z) ≤

∞

∑

h( n ) z

−n

∑ h ( n) z − n

=

n = −∞

⇒ H ( z) ≤

∞

n = −∞ ∞

∑ h ( n)

n = −∞

Jadi bila BIBO stable, maka |z| = 1 ada di ROC, tebakannya juga benar. BIBO stabil ⇔ |z| = 1 ∈ ROC Bila causal → ROC eksterior r Stabil → |z| = 1 ∈ ROC Maka |z| > r < 1 → semua pole harus ada di dalam unit circle Contoh : H ( z) =

3 − 4 z −1 1 − 3.5 z −1 + 1.5 z − 2

=

1

+

2

1 − 12 z −1 1 − 3 z −1

Cari ROC dari h(n) agar a) stabil b) causal c) anticausal Jawab : Systems has poles z = 1/2 & z = 3 a). Stabil → ROC harus termasuk unit circle, 1/2 < |z| < 3 → h(n) = (1/2)nu(n) - 2(3)nu(-n-1)

III-37


b). Causal → ROC > |z| > 3 h(n) = (1/2)nu(n) + 2(3)nu(n) c). Anti causal → ROC : |z| < 0.5 h(n) = -(1/2)nu(-n-1)-2(3)nu(-n-1) (the systems is unstable)

* Pole - Zero Cancellations System

System

Contoh : Cari unit sample response δ(n) dari sistem berikut ini : y(n) = 2.5y(n-1) - y(n-2) + x(n)-5x(n-1) + 6x(n-2) solusi : H ( z) =

1 − 5 z −1+ 6 z −2 1 − 2.5 z −1 + z − 2

=

1 − 5 z −1 + 6 z −2 (1 − 12 z −1 )(1 − 2 z −1 )

⇒ poles p1 = 1/2, p2 = 2 Y ( z ) = H ( z )X ( z ) =

1 − 5 z −1 + 6 z 2

(1 − 12 z −1 )(1 − 2z −1 )

 A B  = z +  z − 1 z −2 2  

⇒ A = 5/2

B=0 ada zero yang mengcancel z-2

Zeros : z = 2 z = 3 H ( z) =

1 − 3 z −1 1 − 12 z −1

=

z −3 z − 12

= 1−

2.5 z −1 1 − 12 z −1

(2 )

n−1 h ( n ) = δ ( n ) − 2 .5 1 u ( n)

III-38


y (n) = 1 y (n − 1) + x(n) − 3 x(n − 1) 2

⇒ terjadi cancelation Cari response y (n) = 5 y (n − 1) − 1 y (n − 2) + x(n) 6

2

⇒ x(n) = δ (n) − 1 δ (n − 1) 3

H ( z) =

1 1 − 56 z −1 + 1 z − 2

=

2

1

(1 − 12 z −1 )(1 − 13 z −1 )

X ( z ) = 1 − 1 z −1 3

Y ( z) =

1 1 − 12 z −1

(2 )

n → y ( n) = 1 u ( n)

⇒ mod (1/3)n ditekankan sebagai hasil dari pole-zero cancellation * Multiple pole Pole on unit circle can be dangerous Contoh : y (n) = y (n − 1) + x(n)

⇒ H ( z) =

1 1 − z −1

bila X (n) = U (n) → X ( z ) = → Y ( z) =

→ zk = 1

1 1 − z −1

→ zk = 1

1

(1 − z −1 )2

y (n) = (n + 1)u (n)

→ unstable

kasus multiple pole : Ak n b ( pk ) n u (n)

0 ≤ b ≤ m-1, m orde dari pole (pk)n dominates nb

III-39


→ bila |pk| < 1 → telah stabil ⇒ yang berguna : digital oscilators (marginaly stable)

Tujuan Belajar 34 Peserta mengerti stability test menurut teknik Schur-Cohn, dan teknik untuk orde 2. Stability test : A( z ) = 1 + a1z −1 + ... + an z − N

roots dari A(z) harus ada dalam unit circle (lihat Schur-Cohn hal 213!) * Stabilitas untuk sistem orde-2 ⇒ penting karena pembangun ("basic building block") y (n) = − a1 y (n − 1) − a2 y (n − 2) + bo x(n) H ( z) =

Y ( z) bo = X ( z ) 1 + a1z −1 + a2 z − 2 =

bo z 2 z 2 + a1z + a2

p1, p2 = ∆ = a12 − 4a2

− a1 a 2 − 4a2 ± 1 2 4

determinan

BIBO stable → |p1| < 1 Karena

|p2| < 1

a1 = −( p1 + p2 ) = −( p1 p1 + p1 p2 ) a2 = p1 p2

maka →

a2 = p1 p2 = a1 p2 < 1 dan a1 = 1 + a2

merupakan syarat kestabilan segitiga kestabilan

III-40


Gambar 13. Daerah segitiga kestabilan Schur-Cohn. * a12 > 4a2 H ( z) = ⇒ A1 =

A1 1 − p1z

−1

+

A2

1 − p2 z −1

bo p1 p1 − p2

⇒ h( n ) =

A2 =

(

− bo p2 p1 − p2

)

bo p1n +1 − p2 n +1 u (n) p1 − p2

⇒ difference dari two decays exp. Sequence a a12 = 4a 2 ⇒ p1 = p2 = p = − 1 2

H ( z) =

bo

(1 − pz −1 )2

⇒ h(n) = bo (n + 1) p nu (n)

↓ ramp

decays exp.

8 Penutup Demikian telah diuraikan sinyal dan sistem di domain z.

III-41

Bab 3: Sinyal dan Sistem di Domain z

Recommend Documents