bab 3 sinyal dan sistem di domain z - teknik elektro uin ... · pdf filebab 3 sinyal dan...
TRANSCRIPT
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-1
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.
sequence polinomial
x(n) X(z) = ∑∞
−∞=
−
n
nznx )(
Z-transform untuk sinyal x(n) :
X(z) = z{x(n)}
( ) )(zXnx 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.
inverse
forward Kawasan Z (Z-plane)
Kawasan Waktu
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-2
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 ( ) ( ) ( )nuanx n= beserta RoC yang sesuai bagi 1≤a .
Cari Z-transform dari x(n) = (1/2)nu(n)
Jawab :
x(n) = { …, 0, 0, …, ( )021 , ( )2
21 , ( )3
21 , …}
( ) ...21
21
21
1 22
1 +
+
++= −−− n
nzzzzX
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-3
Ingat ∑∞
= −=
0 11
n
n
xx , bila |x| < 1
∞, bila |x| ≥ 1
→ X(z) = ( )z2
111
− ; ROC : z2
1 < 1
X(z) = 1
211
1−− z
; ROC : |z| >1/2
Secara umum berlaku
⇒ ( ) ( )nuanx n= ⇔ ( )11
1−−
=az
zX untuk az > .
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
)Im()Re( zjzrez j +== θ
θ Re
Im
z
Gambar 1. Bentuk polar dari bilangan kompleks z.
θjnnn erz −−− =
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-4
( ) θjn
n
n enxnX −∞
−∞=
−∑= 1)()( cek |X(z)| < ∞
1
)()()(
↑=
≤= −∞
−∞=
−∞
−∞=
−− ∑∑ nj
n
n
n
njn ernxernxzX θθ
= ∑ −nrnx )(
= ∑∑∞
=
−
−∞=
− +−0
1 )()(
nn
n
n
r
nxrnx
= ∑∑∞
=
∞
=+−
01
)()(
nn
n
n
r
nxrnx
Term Noncausal : dua term harus konvergen
1)(1
<−∑∞
=n
nrnx → r harus kecil, < r1
→ nr
nx1
)( ≤− →|z| < r1
Re
Im
r1
Gambar 2. ROC untuk term nonkausal.
Term kausal
1)(
<nrnx
, r>r2, |z|>r2
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-5
Re
Im
r2
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)
n
nzzX ∑
∞
=
−=0
1)()( α ROC : |αz-1| < 1
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-6
11
1−−
=zα
|z| > α
Ctt.
Bila x(n) = u(n) ⇒ x(n) = αnu(n), α = 1
→ 11
1)( −−
=z
zX , |z| > 1
Contoh :
≤−≥
=−−=1,
0,0)1()(
nn
nunx nn
αα
∑ ∑−∞=
∞
=
−− −=−=1
1
1 )()()(n l
lnn zzzX αα
Ctt.
∑ ∑∞
=
∞
= −==
1 0 1n n
NnA
AAAA , |A| < 1
11
1
1
1
1)( −−
−
−=
−−=
zz
zzX
αα
α |α-1z| < 1
|z| < |α|
⇒ ternyata sama dengan sebelumnya kecuali ROC nya
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-7
∞
∞
Gambar 5. ROC untuk sinyal yang finite maupun infinite.
One sided
∑∞
=
−+ =0
)()(n
nznxzX
1.2 Inversi Transformasi z
Tujuan Belajar 6
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-8
Peserta mengerti definisi Inverse transformasi z beserta penurunannya dari teorema Cauchy countour integral.
Inverse :
Cauchy Contour Integral
( )
≠=
=−∫ −−nknkj
dzzzc
knk ,0
,21 π
∫
≠=
=−−
c
knnknkj
dzz,0,21 π
∫ ∫ ∑ −−∞
−∞=
−−
=
c c
kn
k
kn dzzzkxdzzzX 11 )()(
( ) jnx
dzzkxk c
kn
π2
)( 1
=
= ∑ ∫∞
−∞=
−−
∫ −=⇒c
n dzzzXj
nx 1)(21
)(π
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 ( ) ( )nun0cos ω dan
( ) ( )nun0sin ω .
Sifat Linear:
x1(n) ⇔ X1(z) ROC1
x2(n) ⇔ X2(z) ROC2
α1x1(n) + α2x2(n) ⇔ α1X1(z) + α2X2(z)
ROC : ∩ ROCi
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-9
Contoh :
x(n) = [3(2n) - 4(3n)]u(n)
= 3x1(n) + (-4)x2(n)
⇓ ⇓
(2n)u(n) (3n)u(n)
1121
1)( −−
=z
zX ROC : |z| > 2
1231
1)( −−
=z
zX ROC : |z| > 3
⇒ X(z) = 3X1(z) + (-4)X2(z) ROC : |z| > |3|
11 31
4
21
3−− −
−−
=ZZ
|Z| > 3
Hitung a). x(n) = cos(ωon)u(n)
b). x(n) = sin(ωon)u(n)
Contoh :
x(n) = ancos(ωon)u(n)
221
1
cos21
cos1−− +−
−⇔
zaaz
a
o
o
ω
ω
x(n) = a3sinωonu(n)
221
1
cos21
sin−−
−
+−⇔
zaaz
az
o
o
ω
ω
Tujuan Belajar 8
Peserta mengetahui akibat pergeseran di domain waktu terhadap ( )zX dan dapat memanfaatkannya.
x(n) ↔ X(z)
⇒ x(n-k) ↔ Z-kX(z)
ROC : sama dengan X(z)
kecuali z = 0 k > 0
z = ∞ k < 0
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-10
Contoh :
−≤≤
=elsewhere
Nnnx
,010,1
)(
Cari X(z)
Perhatikan : x(n) = x1(n) - x2(n)
Di mana x1(n) = u(n)
x2(n) = u(n-N) = x1(n-N)
11
1
1)( −−
=z
zX |z| > 1
112
1)()(
−
−−
−==
z
zzXzzX
NN
111 1
1
11
1)(
−
−
−
−
− −
−=
−−
−=→
z
z
z
z
zzX
NN ROC |z| > 1
hitung lewat cara lain
)()()()cos()(21
21
0 nuenuenunnx onjonj ωωω −+==
11
1)( −−
↔ze
nueoj
onjω
ω |z| > 1
11
1)(
−−−
−↔
zenue
ojonj
ωω |z| > 1
( )
( )( )
1z : ROC cos21
cos1
22
1
21
1
1
1121
121
1
121
21
1
21
1
211
11
11
>+−
−=
++−
+−=
+−−
−+−=
+−
=
−−
−
−−−
−−
−−−−
−−−−
−−−
zz
z
zzee
zee
zzeze
zeze
zezezX
o
o
jj
jj
jj
jj
jj
oo
oo
oo
oo
oo
ω
ω
ωω
ωω
ωω
ωω
ωω
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-11
)()()()sin()(21 nueenunnx onjonjjo
ωωω −−==
21
1
cos21
sin)(
−−
−
+−=
zz
zzX
o
o
ω
ω ROC : |z| > 1
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:
∑∞
−∞=
−=n
nnn znxanxaZ )())((
∑∑ ==
= −
∞
−∞=
−
az
n
n
n
zzna
az
nx )()(
)()( 1zaXz
zXaz
−==
=
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 zXnx →← ROC : r1 < |z| <r2
maka )()( 1−↔− zXnx ROC : 1/r2 < |z| <1/r1
Bukti :
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-12
∑ ∑∞
−∞=
∞
−∞=
−−− =−=n l
ln zlxznxnxz ))(()())(( 1
1)( −==
zzzX r1 < |z-1| <r2
1/r2 < z <1/r1
Contoh :
x(n) = u(-n)
11 11
1))(()( −− =−= −
=↔−⇒zzzz z
nuznu
z−
=1
1 ROC : |z| < 1
Tujuan Belajar 11
Peserta mengetahui akibat diferensiasi di domain z terhadap sinyal di domain waktu dan dapat memanfaatkannya.
)()( zXnx z→←
[ ]∑ ∑∞
−∞=
−∞
−∞=
−−− −=−=n
n
n
n znnxzznnxdz
zdX)())((
)( 11
= -z-1Z{nx(n)}
dzzdX
znnxZ)(
)}({ −=
Contoh :
x(n) = nanu(n)
= n(anu(n))
↓ x1(n)
)(1
1)()( 111 zX
aznuanx n =
−↔= − ROC : |z| > |a|
)()1(
1)1.(
)()( 2
211 −
−+
−−−=−= az
azz
dzzdX
zzX
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-13
21
1
)1( −
−
−=
az
az |z| > |a|
Contoh :
21
1
)1()(
−
−
−↔
z
znnu |z| > 1
Tujuan Belajar 12
Peserta mengetahui bahwa konvolusi dua sinyal di domain waktu menghasilkan perkalian kedua sinyal di domain z, dan dapat memanfaatkannya.
)()( 11 zXnx ↔
)()( 22 zXnx ↔
∑∞
−∞=−=≡∗
kknxkxnxnxnx )()()()()( 2121
∑ ∑∞
−∞=
∞
−∞=
−− −
−=
k n
kkn knxzzzknxkx )(.)()( 221
( )zX
zXzXzkxzXk
k
1
1212
)()()()(
↓
== ∑∞
−∞=
−
Contoh :
Hitung x(n) = x1(n) + x2(n)
Di mana x1(n) = {1, -2, 1}
≤≤
=elsewhere
nnx
,050,1
)(2
jawab :
X1(z) = 1- 2z-1+ z-2
X2(z) = 1 +z-1 +z-2 +z-3 + z-4 +z-5
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-14
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
sebelumnyacontoh lihat 1
1)(
1
6
2 −
−
−
−=
z
zzX
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)
++=
∞→∞→2
)2()1()0()( limlim z
xz
x
zzxzX
= 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 ( )zX , dan mengerti serta dapat mencari pole dan zero dari ( )zX tersebut. Peserta dapat memplot pole-zero tersebut di bidang z.
Definisi :
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-15
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,
∑
∑
=
−
=
−
−
−−=
+++
+++==
N
k
kk
M
k
kk
oNN
aaN
MM
za
zb
aazz
zbzbbzDzN
zX
0
01
110
/...)(
...)()(
)(
01
Bila a0 ≠ 0 dan b0 ≠ 0
o
NN
o
N
o
MM
o
M
No
Mo
aa
zaa
z
bb
zbb
z
za
zbX
++
+
++
+
−
−
−
−
...
...
11
11
karena N(z) dan D(z) polinomial, maka
( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )
( ) ( )( )
( )∏
∏
=
=−
+−
−
−
==
−−−−−−
=
N
ii
M
ii
MN
N
MNM
o
o
pz
zz
GzzX
pzpzpzzzzzzz
zab
zX
1
1
21
21
......
Plot :
Gambar 6. Pole dan zero diletakkan pada z-plane masing-masing dengan lambang x dan o.
Tujuan Belajar 15
Im
Re zeroes
poles
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-16
Peserta dapat mencari X(z) dan x(n) berdasarkan plot pole–zero.
Contoh :
Plot pole-zero dari sinyal
x(n) = anu(n) a > 0
azz
azzX
−=
−=
−11
1)( ROC : |z| > a
⇒ zero ⇒z1 = 0; P1 = a
Gambar 7. Konfigurasi pole dan zero pada sebuah kasus.
Contoh :
Untuk
−≤≤=
elsewhereMnanx
n
,010,)(
)(
)(1)( 11
1
azz
az
az
azzX M
MMM
−
−=
−= −−
−
Mkjk
MM aezaz /2π=→=
zo = a cancels z = a
1
11 ))...((
)(−
−−−=⇒
M
M
z
zzzzzX
M-1 zero
M-1 pole
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-17
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
( ) ( ) ( )( )( )( )
( )
( ) ( ) ( )nunrGnx
rzrz
rzGzX
rezrez
rzzGzzGX
on
o
o
jjo
oo
ω
ω
ω
ωωω
cos
z ROC 1cos21
cos1
cos0
221
1
22
=⇒
>+−
−=⇒
−−
−−=⇒
−−
−
−−
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-18
Tujuan Belajar 16
Peserta memahami sifat sinyal kausal di kawasan waktu akibat lokasi pole, menggunakan kasus satu pole ( ) ( ) ( )nuanx n= , pole ganda
( ) ( ) ( )nuannx n= , dan sepasang pole complex conjugate. Peserta juga mengerti hubungan lokasi pole dengan stabilitas sistem.
Sifat kawasan waktu sinyal kausal akibat lokasi pole
Cek pada |z| < 1, |z| = 1, |z| > 1
↑
unit circle
• Kasus 1 pole real
11
1)()()(
−−=→←=
azzXnuanx zn |z| > |a|
Gambar 10. Pengaruh posisi pole terhadap dinamika sinyal.
• Kasus z pole real (double)
( ) ( )( )
aaz
aznunanx n >
−↔=
−
−z
121
1
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-19
Gambar 11. Pengaruh posisi pole ganda terhadap dinamika sinyal.
• Kasus sepasang complex conjugate
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-20
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:
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-21
Y(z) = H(z) X(z)
⇒ H(z) = Y(z)/X(z)
Sistem Fungsi
)()(
↑
= ∑∞
−∞=
−
n
hznhzH
Sistem LCCDE:
∑ ∑∞
−∞= =−+−−=
n
M
kkk knxbknyany
0)()()(
∑ ∑= =
−− +−=N
k
M
k
kk
kk zXzbzYzazY
1 0)()()(
)(
1)()(
1
0 zH
za
zb
zXzY
N
k
kk
M
k
kk
=
+
=
∑
∑
=
−
=
−
Kasus khusus
- ∑=
−=M
k
kk zbzH
0)( ∈ all zero, FIR
⇒
+
=
∑=
−N
k
kk
o
za
bzH
11
)( all pole
Contoh :
Cari H(z) dan h(n) dari y(n) = 1/2y(n-1) + 2x(n)
Jawab:
)()(2)(1
2)(
21
121
nunhz
zH n=⇒−
=−
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.
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-22
Inversi partial fraction
∑→)(zX term standar, bergantung pole dan ROC
↓
∑←)(nx inverse masing-masing k
Inversi dengan Partial Fraction
Definisi
X(z) proper bila bila aN≠0 dan M < N bila tidak proper bisa dibentuk
2
611
65
3312
61
1
131)(
−−
−
++
++−+=
zz
zzzzX
buat proper + inproper
2
611
61
161
1
121)(
−−
−−
++++=
zz
zzzX
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
N
N
NN
MNM
No
N
N
NNN
MNM
NNo
PzA
PzA
PzA
zzX
az
zbzbzzX
z
z
azaz
zbzbzbzx
−++
−+
−=
++
+==
×+++
+++=
−−−
−
−−
...)(
properselalu ...
...)(
...
... )(
2
2
1
1
11
11
11
Contoh :
21 5,05.11
1)( −− +−
=zz
zX
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-23
)5.0)(1(5.05.1
2
2
2
−−=
+−=
zzz
zz
z
5.0
211
)5.0)(1()(
−−+=
−−=
z
A
z
Azzz
zzX
)5.0)(1(
)1()5.0( 21−−
−+−=
zzzAzA
)1()5.0( 21 −+−=⇒ zAzAz
1 = A1(2 - 0.5) ⇒ A1 = 2
0.5 = A2(0.5 - 1) ⇒ A2 = -1
5.0
11
2)(−
−−
=⇒zzz
zX
Ctt.
,...,NkzzX
PzA
PzAPz
APz
APzzzX
Pz
kPzkk
n
nkk
kk
1 )(
)(
)(...
)()()(
1
1
=−=⇒
−−
+++−
−=−
=
Contoh :
21
1
5.01
1)(
zz
zzX
+−
+=
−
−
5.0
1)(2 +−
+=
zz
zzzX
P1 = 1/2 + j1/2
P2 = 1/2 - j1/2
2
2
1
1
21 ))((1)(
PzA
PzA
PzPzz
zzX
−+
−=
−−+
=
23
21
2
11 11
1)()(j
Pzz
zzXPz
A PzPz −=−+
=−
= ==
23
21
1
22 22
1)()(j
Pzz
zzXPz
A PzPz +=−+
=−
= ==
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-24
Tujuan Belajar 20
Peserta dapat melakukan inversi transformasi z dengan cara partial fraction untuk X(z) yang proper dan memiliki pole yang berorde ganda.
211 )1)((
1)(
−− −=
zHzzX
21
2
)1)(1(
)(−−+
=zz
zzzX
231
)1(11)(
++
−+
+=
z
Az
A
zA
zzX
3221)1(
111)()1(
Az
zA
zz
Az
zXz
−
++
−+
+=+
41)()1(
11 =+
= −=zzzXz
A
21)()1(
1
2
3 =−
= =zzzXz
A
43)()1(
1
2
2 =
−=
=zz
zXzdzd
A
−−−>→=
−
−
−−
)1()(||||),()(
1
11
1
nuPPzcausalnuP
zPz
pzkA
nk
kn
k
k
k
i
X(z) = (A1P1n + A2P2
n + …+ ANPnn)u(n)
21 5.05.11
1)(
−− +−=
zzzX
Contoh :
11 5.01
1
1
2)(
−− −+
−=
zzzX ,
ROC |z| > 1, |z| < 0.5, atau 0.5<|z|<1
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-25
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)
11
1)1(
−−=−−−
znun
αα
* ROC 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 :
21
1
5.01
1)(
−−
−
+−
+=
zz
zzX
1
2
21
1
1
11)(
−− −+
−=
zP
A
zP
AzX
23
21
1 jA −=⇒
23
21
12 jAA +== ∗
21
21
1 jP += 21
21
1 jP −=
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )[ ] ( )( )[ ] ( )nunrA
nueerAnx
nupApAnx
kknkk
njnjnkk
nk
nkk
kkkk
k
αβ
αβαβ
+=
+=
+=
+−+
cos2
**
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-26
( ) ( )nun
nx
e
A
on
j
−
=→
=
−=
=+=
565.714
cos2
110
21
p
565.71
1021
49
41
41
1
π
απ
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 masing-masing diproses sesuai cara masing-masing.
)(2)1( 1
11 nunp
pz
pzz n=
− −
−− |z| > |p|
211 )1)(1(
1)(
−− −+=
zzzX
21
1
11 )1(21
1
143
1
141
−
−
−− −+
−+
+=
z
z
zz
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
∏
∏
∑
∑
=
−
=
−
=
−
=
−
−
−
=
+
=N
kk
M
kk
oN
k
kk
M
k
kk
zp
zz
b
za
zb
zX
1
1
1
1
1
0
)1(
)1(
1
)(
∑ ∑∑−
= =−−
−
=−
− +++
++
++=
NM
k
k
k kk
kokk
k k
kkk multipoles
zaza
zbb
za
bzc
0 12
21
1
11
11
21
11
Alternatif :
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-27
∏∏∏
=−−
−−
=−
−
−=
−
++
++
+
+=
−
−M
k k
kkM
k k
ko
k
M
kk
okzaza
zbzb
za
zbb
zp
zz
b1
22
1
22
11
11
1
11
1
1
1
1
1
)1(
)1(
5 Transformasi z Satu Sisi
Tujuan Belajar 23
Peserta mengetahui definisi transformasi z satu sisi ( ( )zX + ) beserta sifat-sifat dan persamaan dan perbedaannya dari ( )zX biasa.
∑∞
=
−+ =0
)()(n
nznxzX
)()( zXnx z + →←+
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 ( )zX + (baik time delay maupun time advanced) dan mengerti perbedaannya dari sifat shifting
( )zX .
Semua Z transform properties berlaku kecuali sifat shifting
Kasus 1.
Time delay
)()( zXnx z + →←+
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-28
( )kausal bila 0
0 ])()([)(1
nx
kznxzXzknxk
n
nkz
↓=
>−+ →←−⇒ ∑−
+−+
Bukti :
∑∞
=
−+ −=−0
)()]([n
nzknxknxZ
( ) ( ) ( )110x...
)2()1()()( 2100
+−++++
−++−+−+−=−
−−−−
kxxx
xkxxkxxkxxkxk
( ) ( ) ( ) ...210x...
)2()1()([
1
21
+++++
−++−+−=−−
−−−
xxxxx
xkxxkxxkxzo
kkk
+= ∑
−
−=
+−−k
l
lk zXzlxz1
)()( dst.
Contoh :
11
1)()()(
−+
−= →←=
+
azzXnuanx zn
x1(n) = x(n-2) di mana x(n) = an
])2()1()([))2(( 212 zxzxzXznxZ −+−+=− ++−+
)2()1()( 12 −+−+= −+− xzxzXz
karena x(-1) = a-1
x(-2) = a-2 dan 11
1)(
−+
−=
azzX
21111
2))2(( −−−
−+ ++
−
−=−⇒ aza
az
znxZ
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-29
Secara intuitif :
( ) 0 z
])1(...)1()([)}({k-
11
>+
−+++−+−=−+
+−−+
kzX
zxzkxkxknxZ k
Kasus 2. Time Advanced
)()( zXnx z + →←+
0k )()()(1
0>
− →←− ∑
−
=
−++ k
n
nkz znxzxzknx
Bukti :
∑ ∑∞
=
∞
=
−−+ =+=+0
)()()}({n kl
lkn zlxzzknxknxZ
sedangkan
∑∑ ∑∞
=
−∞
=
−
=
−−+ +==kl
l
l
k
l
ll zlxzlxzlxzX )()()()(0
1
0
−=+⇒ ∑
−
=
−++1
0)()()}({
k
l
lk zlxzXzknxZ
Contoh :
Bila x(n) = an, cari Z+{x(n+2)}
Jawab:
])1()0()([)}2({ 12 −++ −−=+ zxxzXznxZ
zxzxaz
z)1()0(
12
1
2−−
−=
−
Tujuan Belajar 25
Peserta mengerti sifat asimptotik dari transformasi z satu sisi.
)()( zXnx z + →←+
)()1()( limlim zXznxnn
+
∞→∞→−=⇒
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-30
limit exist bila ROC (z-1)X+(z) mengandung |z| = 1
Contoh :
)()( nudnh n= |α| < 1
cari nilai step sequence dari n→∞
Y(z) = H(z) X(z)
11
1)(
−−=
zzX
11
1)(
−−=
zzH
α
1:ROC )(
)()1())(1(
)(22
=−
=−⇒−−
= zzz
zYzzz
zzY
αα
Karena |α| < 1 → ROC mengandung |z| = 1
αα −
=−
=→∞→ 1
1)(
)(2
1limlim z
zny
zn
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
[ ] [ ]121 )1()2()()1()()( −+−+−+ −+−++−+= zyyzYzyzYzzY
12
21
1
12
2
21 1111
1)(
−−−−+
−+
−=
−−=
−−=⇒
zP
A
zP
A
zz
z
zzzY
Inversi :
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-31
2
511
+=P
251
2−
=P
51
1P
A =⇒ 52
2P
A −=
)(2
515351
251
5251
)(3
nunyn
−−−
++=⇒
( ) ( ) )(515121
51
y(n)11
1nu
nnn
−−+
=⇒
+++
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 :
[ ] )()1()()( 1 zXyzYzzY ++−+ +−+= α
)1(
1
1)(
11 −−+
−+
−=⇒
zzzY
αα
α
)(1
1)()(
11 nununy
nn
αα
α−
−+=
++
( ) )(11
1 2 nun+−−
= αα
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.
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-32
Response dari sistem yang memiliki fungsi-fungsi sistem, yang rasional
)()(
)(zQzN
zX = )()(
)(zBzA
zH =
Bila kondisi awal = 0, y(-1) = y(-2) = …y(-N) = 0
)()()()(
)()()(zQzAzNzB
zXzHzY ==⇒
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
( )
( ) ( )
Response Forced response Natural
)()()(
11
11
1 111
↓↓
+=⇒
−+
−=
∑∑
∑ ∑
==
= =−−
L
k
nkk
N
k
nkk
N
k
L
k k
k
k
k
nuqQnupAzY
zq
Q
zp
AzY
Perlu dicatat bahwa 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.
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-33
Kasus multiple order poles → kasus seperti pada section 3.4.2, yakni :
⇒ Y(z) mengandung term ( )kl zp 11
1−−
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).
Misalkan x(n) diterapkan pada n = 0 dan y(-1), …, y(-N) ≠ 0
Cari y(n), n ≥ 0
)()()()()(
)()()(
011
1 0
zXzXzbznyzYzazY
knxbknyany
M
k
kk
k
n
nN
k
kk
N
k
M
kkk
=+
−+−=
−+−−=
∑∑∑
∑ ∑
=
+−
=
+
=
−+
= =
∑
∑ ∑
∑
∑
=
−
= =
−
=
−
=
−
+
+
−
−
+
=⇒N
k
kk
N
k
k
n
nkk
N
k
kk
M
k
kk
za
znyza
zX
za
zb
zY
1
1 1
1
0
1
)(
)(
1
)(
( ) ( )zz
zAzN
zXzH o
+
⇓⇓
+=
zizs Y Y
)()(
)()(
Yzs(z) = H(z)X(z)
y(n) y(n)
h(n)
LCCDE
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-34
...,
)()(
21 pp p
zAzN
Y
N,,
ozi
↓
=+
⇒ y(n) =yzs(n) + yzi(n)
∑=
=N
k
nkkzi nupDny
1)()()(
kk'k
L
k
nkk
N
k
nkk
DA A
nuqQnupAny
+=
↓
+=⇒ ∑∑==
)()()()()(11
'
⇒ efek dari initial condition adalah mengalter response natural dengan mengubah amplitudo menjadi A1
k, 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
−
+−=⇒ −−− 121 1
1
81.09.01
1)(
zzzzY
( )( ) ( )112
11 1
1
11
1−−− −−−
=zzpzp
3/1 9.0 πjep =
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-35
3/2 9.0 πjep −=
113/13/ 1
099.1
9.01
049.0542.0
9.01
049.0542.0)()(
−−−− −+
−
++
−
−==
zze
j
ze
jzYzY
jjzs ππ
→ y(n) =[1.099 + 1.088(0.9)ncos (πn/3 -5.2o)]u(n)
Untuk y(-1) = y(-2) = 1
21
1
81.09.01
81.009.0)()(
)(−−
−
+−
−==
zz
zzAzN
zY ozi
13/13/ 9.01
4936.0026.0
9.01
4936.0026.0−−− −
−+
−
+=
ze
j
ze
jjj ππ
⇒ yzi(n) = 0.988(0.9)ncos(πn/3 + 87o)u(n)
⇒ Y(z) = Yzs(z) + Yzi(z)
13/13/1 9.01
445.0568.0
9.01
445.0568.0
1
099.1−−−− −
−+
−
++
−=
ze
j
ze
j
z jj ππ
⇒ 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.
∑=
=N
k
nkknr nupAny
1)()()(
|pk| < 1 → ynr(n) decays
In this case → ynr(n) → transient response
Bila pole dekat |z| = 1 → lama decay nya
)()()(1
nuqQny nk
L
kkfr ∑
==
bila |qk| < 1 → yfr decays → transient response
tapi bila |qk| = 1 → yfr sinusoid → steady state
↓
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-36
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
15.01
1)(
−−=→
zzH → pole p = 0.5
21
12
1
21
)1(10)( −−
−
+−
−=→
zz
zzX
→ Y(z) = H(z) X(z)
14/
7.28
14/
7.28
1 1
78.6
1
78.6
5.01
3.6−−
−
− −+
−+
−=
ze
e
ze
e
z j
j
j
j oo
ππ
↓ ↓
milik H(z) milik X(z)
→ ynr(n) = 6.3 (0.5)nu(n)
→ [ ] )(78.6)(78.6)( 4/7.284/7.28 nueeeeny njjnjjfr ππ −− +=
= 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
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-37
h(n) = 0
n < 0 → ROC eksterior dari sebuah lingkaran
LTI causal system ⇔ ROC eksterior dari lingkaran r < ∞, termasuk z = ∞
BIBO
∞<∑∞
−∞=nnh )(
∑∞
−∞=
−=n
nznhzH )()(
n
nn
n znhznhzH −∞
−∞=
∞
−∞=
− ∑∑ =≤⇒ )()()(
∑∞
−∞=≤⇒
nnhzH )()(
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 :
11
2121
1
31
2
1
1
5.15.31
43)(
−−−−
−
−+
−=
+−
−=
zzzz
zzH
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)
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-38
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
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 :
)21)(1(
651
5.21
651)(
1121
21
21
21
−−
−−
−−
−−
−−
+−=
+−
+−=
zz
zz
zz
zzzH
⇒ poles p1 = 1/2, p2 = 2
( )( )1121
21
211
651)()()(
−−
−
−−
+−==
zz
zzzXzHzY
−+
−=
221 z
Bz
Az
⇒ A = 5/2 B = 0
ada zero yang mengcancel z-2
Zeros : z = 2 z = 3
121
1
211
21
1
1
5.21
3
1
31)(
−
−
−
−
−−=
−−
=−
−=
z
zzz
z
zzH
( ) )(5.2)()(1
21 nunnh
n−−= δ
System System
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-39
)1(3)()1()(21 −−+−= nxnxnyny
⇒ terjadi cancelation
Cari response
)()2()1()(21
65 nxnynyny +−−−=
)1()()(31 −−=⇒ nnnx δδ
( )( )1311
212
211
65 11
1
1
1)(
−−−− −−=
+−=
zzzzzH
1311)( −−= zzX
( ) )()(1
1)(
21
121
nunyz
zYn
=→−
=−
⇒ mod (1/3)n ditekankan sebagai hasil dari pole-zero cancellation
* Multiple pole
Pole on unit circle can be dangerous
Contoh :
)()1()( nxnyny +−=
11
1)(
1=→
−=⇒
− kzz
zH
bila 11
1)()()(
1=→
−=→=
− kzz
zXnUnX
( )211
1)(
−−=→
zzY
)()1()( nunny += → unstable
kasus multiple pole :
)()( nupnA nk
bk
0 ≤ b ≤ m-1, m orde dari pole
(pk)n dominates nb
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-40
→ 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 :
NnzazazA −− +++= ...1)( 1
1
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")
)()2()1()( 21 nxbnyanyany o+−−−−=
2
21
11)()(
)(−− ++
==zaza
bzXzY
zH o
21
2
2
azaz
zbo
++=
4
42
, 22
1121
aaapp
−±
−=
determinan 4 22
1 aa −=∆
BIBO stable → |p1| < 1 |p2| < 1
Karena )()( 2111211 ppppppa +−=+−=
212 ppa =
maka → 121212 <== pappa
dan 211 aa +=
merupakan syarat kestabilan segitiga kestabilan
BAB 3 Sinyal dan Sistem di Domain z
III-41
Gambar 13. Daerah segitiga kestabilan Schur-Cohn.
* 22
1 4aa >
1
2
21
1
1
11)(
−− −+
−=
zp
A
zp
AzH
21
11 pp
pbA o
−=⇒
21
22 pp
pbA o
−−
=
( ) )()( 12
11
21nupp
ppb
nh nno ++ −−
=⇒
⇒ difference dari two decays exp. Sequence
2
4 121
221
apppaa −===⇒=
( )211
)(−−
=pz
bzH o
)()1()( nupnbnh no +=⇒
↓
ramp decays exp.
8 Penutup Demikian telah diuraikan sinyal dan sistem di domain z.