bab 3 sinyal dan sistem di domain zopenstorage.gunadarma.ac.id/handouts/s1-sistem komputer...bab 3...

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


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


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 −−− =


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


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


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


III-7

∞

∞

Gambar 5. ROC untuk sinyal yang finite maupun infinite.

One sided

∑∞

=

−+ =0

)()(n

nznxzX

1.2 Inversi Transformasi z

Tujuan Belajar 6


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


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


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


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 :


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


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


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 :


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


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


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

=⇒

>+−

−=⇒

−−

−−=⇒

−−

−

−−


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


III-19

Gambar 11. Pengaruh posisi pole ganda terhadap dinamika sinyal.

• Kasus sepasang complex conjugate


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:


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.


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


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 +=−+

=−

= ==


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


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

**


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 :


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 + →←+


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


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

+

∞→∞→−=⇒


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 :


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.


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.


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


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 =


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

↓


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


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)


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


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


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


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.

bab 3 sinyal dan sistem di domain zopenstorage.gunadarma.ac.id/handouts/s1-sistem komputer...bab 3...

Documents