INSTITUT TEKNOLOGI BANDUNG FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM

PROGRAM STUDI FISIKA Jl. Ganesha No. 10 Bandung, 40132 Telp. (022) 2500834, 2534127, Fax. (022) 2506452

Homepage : http://www.fi.itb.ac.id E-mail : fisika@fi.itb.ac.id

Pekerjaan Rumah-2 FI- 3101 Gelombang

1. a. Hitung nilai rata-rata fungsi-fungsi berikut ini : (i) <sin(2t)> dan (ii) <sin2 (t)> b. Untuk n,m bilangan bulat hitunglah :

(i) ∫ cos(𝑛𝑥) cos(𝑚𝑥)𝑑𝑥2𝜋

0 (ii) ∫ sin(𝑛𝑥) cos(𝑚𝑥) 𝑑𝑥

2𝜋

0 (iii) ∫ sin(𝑛𝜋𝑥/𝐿) sin(𝑚𝜋𝑥/𝐿) 𝑑𝑥

𝐿

0

(Bobot : 10) Jawab:

1a. 𝜔 =2𝜋

𝑇 dengan T:perioda

rata-rata fungsi f(t) didefinisikan sbg < 𝑓 > = 1

𝑇 ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡

𝑇

0

(i) < sin(2𝜔𝑡) > = 1

𝑇 ∫ sin(2𝜔𝑡) 𝑑𝑡

𝑇

0= −

1

4𝜋[cos(2𝜔𝑡)]0

𝑇 = −1

4𝜋[cos (

4𝜋

𝑇𝑇) − cos 0] = 0

(ii) < sin2(𝜔𝑡) > = 1

𝑇 ∫ sin2(𝜔𝑡) 𝑑𝑡

𝑇

0=

1

2𝑇 ∫ 1 − cos(2𝜔𝑡) 𝑑𝑡

𝑇

0=

1

2𝑇[𝑡 −

1

2𝜔sin(2𝜔𝑡)]

0

𝑇=

=1

2𝑇[𝑇 −

1

2𝜔sin(4𝜋)]

0

𝑇

=1

2

1b.

(i) ∫ cos(𝑛𝑥) cos(𝑚𝑥)𝑑𝑥2𝜋

0= 1

2∫ cos[(𝑛 − 𝑚)𝑥]+cos[(𝑛 + 𝑚)𝑥] 𝑑𝑥2𝜋

0=1

2{sin[(𝑛−𝑚)𝑥]

𝑛−𝑚+sin[(𝑛+𝑚)𝑥]

𝑛+𝑚}0

2𝜋

=1

2{sin[(𝑛 − 𝑚)2𝜋] − 0

𝑛 −𝑚+sin[(𝑛 + 𝑚)2𝜋] − 0

𝑛 +𝑚}

karena n,m : bilangan bulat, maka n+m dan n-m juga bilangan bulat, akibatnya untuk 𝑛 ≠ 𝑚, maka :

∫ cos(𝑛𝑥) cos(𝑚𝑥) 𝑑𝑥

2𝜋

0

= 0

sedangkan jika 𝑛 = 𝑚, maka perlu dihitung ulang karena suku sin[(𝑛−𝑚)2𝜋]−0

𝑛−𝑚=0

0

Untuk n=m, maka :

∫ cos(𝑛𝑥) cos(𝑚𝑥)𝑑𝑥

2𝜋

0

= ∫ cos2(𝑛𝑥)𝑑𝑥

2𝜋

0

=1

2∫ (1 + cos (2𝑛𝑥)) 𝑑𝑥 =

1

2{𝑥 +

sin(2𝑛𝑥)

2𝑛}0

2𝜋2𝜋

0

SOLUTION

=1

2{2𝜋 +

1

2𝑛sin(4𝑛𝜋) } = 𝜋

Sehingga kalau disatukan dengan definisi delta kronecker :

∫ cos(𝑛𝑥) cos(𝑚𝑥)𝑑𝑥

2𝜋

0

= 𝜋 𝛿𝑛𝑚

(ii) ∫ sin(𝑛𝑥) cos(𝑚𝑥)𝑑𝑥2𝜋

0=1

2∫ sin[(𝑛 − 𝑚)𝑥]+sin[(𝑛 + 𝑚)𝑥] 𝑑𝑥2𝜋

0= −

1

2{cos[(𝑛−𝑚)𝑥]

𝑛−𝑚+cos[(𝑛+𝑚)𝑥]

𝑛+𝑚}0

2𝜋

= −1

2{cos[(𝑛 −𝑚)2𝜋] − cos 0

𝑛 −𝑚+cos[(𝑛 + 𝑚)2𝜋] − cos 0

𝑛 +𝑚}

Untuk 𝑛 ≠ 𝑚, maka :

∫ sin(𝑛𝑥) cos(𝑚𝑥) 𝑑𝑥

2𝜋

0

= 0

Untuk n=m:

∫ sin(𝑛𝑥) cos(𝑛𝑥) 𝑑𝑥

2𝜋

0

=1

2∫ sin(2𝑛𝑥) 𝑑𝑥

2𝜋

0

= −1

4𝑛[cos(2𝑛𝑥)]0

2𝜋 = −1

4𝑛[cos(4𝑛𝜋) − cos 0] = 0

Jadi :

∫ sin(𝑛𝑥) cos(𝑚𝑥) 𝑑𝑥

2𝜋

0

= 0

(iii)

∫ sin(𝑛𝜋𝑥/𝐿) sin(𝑚𝜋𝑥/𝐿)𝑑𝑥𝐿

0=1

2∫ cos[

(𝑛−𝑚)𝜋𝑥

𝐿]−cos[

(𝑛+𝑚)𝜋𝑥

𝐿] 𝑑𝑥

𝐿

0=1

2𝐿 {

sin[(𝑛−𝑚)𝜋𝑥

𝐿]

(𝑛−𝑚)𝜋−sin[

(𝑛+𝑚)𝜋𝑥

𝐿]

(𝑛+𝑚)𝜋}0

𝐿

=1

2𝐿 {sin[(𝑛 − 𝑚)𝜋] − 0

(𝑛 −𝑚)𝜋−sin[(𝑛 + 𝑚)𝜋] − 0

(𝑛 +𝑚)𝜋}

Jika 𝑛 ≠ 𝑚, maka :

∫sin(𝑛𝜋𝑥/𝐿) sin(𝑚𝜋𝑥/𝐿) 𝑑𝑥

𝐿

0

= 0

Jika n=m maka :

∫sin2(𝑛𝜋𝑥/𝐿) 𝑑𝑥

𝐿

0

=1

2∫1 − cos (2𝑛𝜋𝑥/𝐿) 𝑑𝑥

𝐿

0

=1

2[𝑥 −

𝐿

2𝑛𝜋 sin (

2𝑛𝜋𝑥

𝐿)]0

𝐿

=1

2[𝐿 −

𝐿

2𝑛𝜋sin 2𝑛𝜋] =

𝐿

2

Sehingga secara umum:

∫sin(𝑛𝜋𝑥/𝐿) sin(𝑚𝜋𝑥/𝐿) 𝑑𝑥

𝐿

0

=𝐿

2𝛿𝑛𝑚

2. Diberikan fungsi periodik berikut ini:

a. Tentukan periodisitasnya b. Turunkanlah deret Fourier Kompleks untuk f(x) (Bobot : 10) Jawab:

a. periodanya L= 2𝜋 (misalnya dari −𝜋

2 sd

3𝜋

2)

b. deret Fourier Complexnya :

𝑓(𝑥) = ∑ 𝐶𝑛𝑒𝑖𝑛𝑘𝑥

∞

𝑛=−∞

dengan 𝑘 =2𝜋

𝐿=2𝜋

2𝜋= 1, sehingga :

𝑓(𝑥) = ∑ 𝐶𝑛𝑒𝑖𝑛𝑥

∞

𝑛=−∞

Nilai 𝐶𝑛 diperoleh dari:

𝐶𝑛 =1

2𝜋∫ 𝑓(𝑥)𝑒−𝑖𝑛𝑥

3𝜋2

−𝜋2

(intervalnya boleh juga dari −𝜋 𝑠𝑑 𝜋, atau sejenisnya, hasilnya akan sama)

𝐶𝑛 =1

2𝜋∫ ℎ𝑒−𝑖𝑛𝑥

𝜋2

−𝜋2

𝑑𝑥 −1

2𝜋∫ ℎ𝑒−𝑖𝑛𝑥

3𝜋2

𝜋2

𝑑𝑥

𝐶𝑛 =ℎ

2𝑛𝜋𝑖 [𝑒−

𝑖𝑛𝜋2 − 𝑒

𝑖𝑛𝜋2 + 𝑒−

𝑖𝑛𝜋2 − 𝑒−

𝑖3𝑛𝜋2 ]

𝐶𝑛 =ℎ

2𝑛𝜋𝑖𝑒−

𝑖𝑛𝜋2 [2 −

2(𝑒𝑖𝑛𝜋 + 𝑒−𝑛𝜋)

2 ] =

ℎ

𝑛𝜋𝑖𝑒−

𝑖𝑛𝜋2 [1 − cos(𝑛𝜋)]

(Catatan : kalau hanya sampai disini dan tidak disederhanakan maka dapat nilai 80% max nilai bagian ini) Untuk n genap : 1 − cos(𝑛𝜋) = 0, sehingga hanya suku ganjil yang tak nol. Untuk n ganjil : 1 − cos(𝑛𝜋) = 2

Selanjutnya faktor 𝑒−𝑖 (

𝑛𝜋

2) hanya punya dua nilai untuk n bulat : 𝑖 𝑎𝑡𝑎𝑢 − 𝑖, sehingga contohnya:

f(x)

n -5 -3 -1 1 3 5

𝑖𝑒𝑖(𝑛𝜋2)

𝑛

1

5 −

1

3

1

1

1

1 −

1

3

1

5

𝐶𝑛ℎ/𝜋

2

5 −

2

3

2

1

2

1 −

2

3

2

3

Jadi f(x):

𝑓(𝑥) =2ℎ

𝜋[…+

𝑒−𝑖5𝑥

5−𝑒−𝑖3𝑥

3+𝑒−𝑖𝑥

1+𝑒𝑖𝑥

1−𝑒𝑖3𝑥

3+𝑒𝑖5𝑥

5+⋯ . ]

𝑓(𝑥) =2ℎ

𝜋[…+

1

5(𝑒−𝑖5𝑥 + 𝑒𝑖5𝑥) −

1

3(𝑒−𝑖3𝑥 + 𝑒𝑖3𝑥) +

1

1(𝑒−𝑖𝑥 + 𝑒𝑖𝑥) + ⋯ . ]

𝑓(𝑥) =4ℎ

𝜋[…+

cos 5𝑥

5−cos 3𝑥

3+cos 𝑥

1+⋯ . ]

(Catatan: hasil ini jauh lebih mudah jika diperbolehkan memakai deret sinus-cosinus dari awal, soal ini hanya menunjukkan dengan deret Fourier complex kita tetap bisa mendapatkannnya walaupun lebih sulit prosesnya)

3. Diberikan fungsi kurva Gaussian berikut : 𝑓(𝑡) = 𝐶𝑒−𝑡2/𝛼2.

a. Jika diinginkan luas di bawah kurva f(t) = 1, berapakah C? b. Selanjutnya carilah transform Fourier 𝑔(𝜈) dari fungsi tsb. (Bobot : 10) Jawab: a. Luas di bawah kurva :

∫ 𝑓(𝑡)

∞

−∞

𝑑𝑡 = 1 → 𝐶 ∫ 𝑒−𝑡2

𝛼2

∞

−∞

𝑑𝑡 = 1

Kita pakai hasil integral berikut ini :

∫ 𝑒−𝛽𝑡2

∞

−∞

𝑑𝑡 = √𝜋

𝛽

Sehingga :

𝐶 ∫ 𝑒−𝑡2

𝛼2

∞

−∞

𝑑𝑡 = 𝐶𝛼√𝜋 = 1 → 𝐶 =1

𝛼√𝜋

b. Jadi : 𝑓(𝑡) =1

𝛼√𝜋𝑒−𝑡2

𝛼2, maka Fourier transformnya :

𝑔(𝜈) =1

𝛼√𝜋∫ 𝑒

−𝑡2

𝛼2𝑒−𝑖2𝜋𝜈𝑡∞

−∞

𝑑𝑡 =1

𝛼√𝜋∫ 𝑒

−(𝑡2

𝛼2+𝑖2𝜋𝜈𝑡)

∞

−∞

𝑑𝑡

Bagian eksponen kita olah jadi kuadrat sempurna:

1

𝛼2𝑡2 + 𝑖2𝜋𝜈𝑡 =

1

𝛼2(𝑡2 + 𝑖2𝜋𝛼2𝜈𝑡) =

1

𝛼2(𝑡2 + 𝑖2𝜋𝛼2𝜈𝑡) =

1

𝛼2[(𝑡 + 𝑖𝜋𝛼2𝜈)2 − (𝑖𝜋𝛼2𝜈)2]

= [𝑡 + 𝑖𝜋𝛼2𝜈

𝛼]

2

+ 𝜋2𝛼2𝜈2

maka :

𝑔(𝜈) =1

𝛼√𝜋 𝑒−𝜋

2𝛼2𝜈2 ∫ 𝑒−[𝑡+𝑖𝜋𝛼2𝜈

𝛼]2∞

−∞

𝑑𝑡

Lakukan substitusi variabel :

𝑢 =𝑡 + 𝑖𝜋𝛼2𝜈

𝛼→ 𝑑𝑢 =

1

𝛼𝑑𝑡

𝑔(𝜈) =1

√𝜋 𝑒−𝜋

2𝛼2𝜈2 ∫ 𝑒−𝑢2

∞

−∞

𝑑𝑢 = 𝑒−𝜋2𝛼2𝜈2

Jadi hasilnya juga fungsi Gaussian.

4. Hubungan dispersi bagi gelombang di air dalam diberikan oleh:

𝜔2 = 𝑔𝑘 +𝑇𝑘3

𝜌

dengan 𝜔 : frekuensi sudut, g: percepatan gravitasi = 980 cm/s2, T=72, k: bilangan gelombang, 𝜌 = 1 𝑔𝑟/𝑐𝑚3 rapat massa air. Semua satuan dalam cgs.

a. Apakah satuan T? b. Turunkanlah ungkapan bagi kecepatan grup 𝑣𝑔

c. Turunkanlah ungkapan bagi kecepatan fasa 𝑣 d. Turunkalah nilai panjang gelombang ketika 𝑣𝑔 = 𝑣 dan hitunglah berapakah kecepatan grup saat itu.

(Bobot : 20) Jawab: a. Satuan T

karena satuan 𝜔2 adalah (1

𝑠2) dan k adalah (

1

𝑐𝑚) serta 𝜌 adalah

𝑔

𝑐𝑚3 maka satuan T :(1

𝑠2)(

𝑔

𝑐𝑚3)

(1

𝑐𝑚)3 =

𝑔

𝑠2

b. Kecepatan grup:

𝑣𝑔 =𝑑𝜔

𝑑𝑘=

(𝑔 +3𝑘2𝑇𝜌 )

2√(𝑔𝑘 +𝑘3𝑇𝜌 )

c. Kecepatan fasa:

𝑣 =𝜔

𝑘=1

𝑘√(𝑔𝑘 +

𝑘3𝑇

𝜌) = √(

𝑔

𝑘+𝑘𝑇

𝜌)

d. Ketika kecepatan fasa = kecepatan grup maka :

𝑣𝑔 = 𝑣 → (𝑔 +

3𝑘2𝑇𝜌 )

2√(𝑔𝑘 +𝑘3𝑇𝜌 )

=1

𝑘√(𝑔𝑘 +

𝑘3𝑇

𝜌)

(𝑔 +3𝑘2𝑇

𝜌) =

2

𝑘(𝑔𝑘 +

𝑘3𝑇

𝜌) → (𝑔 +

3𝑘2𝑇

𝜌) = (2𝑔 +

2𝑘2𝑇

𝜌)

𝑘2𝑇

𝜌= 𝑔 → 𝑘 = √

𝜌𝑔

𝑇= √1 ∗

980

72= 3,69 /𝑐𝑚

Sehingga 2𝜋

𝜆= 𝑘 → 𝜆 =

2𝜋

𝑘=

2𝜋

3,69= 1,70 𝑐𝑚

Jadi panjang gelombang ketika kecepatan fasa sama dengan kecepatan grup adalah 𝜆 = 1,70𝑐𝑚 e. Pada kondisi ini kecepatan grupnya = kecepatan fasa:

𝑣𝑔 = (𝑔 +

3𝑘2𝑇𝜌 )

2√(𝑔𝑘 +𝑘3𝑇𝜌)

=(980 +

3 ∗ 3,692 ∗ 721 )

2√(980 ∗ 3,69 +3,693 ∗ 72

1)

= 23,05 𝑐𝑚/𝑠

Check: kecepatan fasa:

𝑣 = √(𝑔

𝑘+𝑘2𝑇

𝜌) = √(

980

3,69+3,692(72)

1) = 23,05 𝑐𝑚/𝑠

5. Misalkan paket gelombang 𝜓(𝑥, 𝑡) bersumber dari getaran lokal 𝑓(𝑡) di x=0,

𝑓(𝑡) = {sin (𝜔0𝑡) |𝑡| ≤ 𝜏/2

0 |𝑡| > 𝜏/2

a. Carilah spektrum frekuensi dari f(t). b. Jika medium non dispersive tuliskan bentuk fungsi gelombangnya jika cepat rambatnya v. (Bobot : 10) jawab:

a. Spektrum 𝑔(𝜔) = 𝐹𝑇(𝑓(𝑡))

𝑔(𝜔) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑒−𝑖𝜔𝑡𝑑𝑡

∞

−∞

=1

2𝑖∫(𝑒𝑖𝜔0𝑡 − 𝑒−𝑖𝜔0𝑡)𝑒−𝑖𝜔𝑡𝑑𝑡

∞

−∞

=1

2𝑖∫ (𝑒𝑖(𝜔0−𝜔)𝑡 − 𝑒−𝑖(𝜔0+𝜔)𝑡)𝑑𝑡

𝜏/2

−𝜏/2

𝑔(𝜔) =1

2𝑖(−

𝑒𝑖(𝜔0−𝜔)𝑡

𝑖(𝜔0 −𝜔)+𝑒−𝑖(𝜔0+𝜔)𝑡

𝑖(𝜔0 +𝜔))

𝜏/2

−𝜏/2

𝑔(𝜔) =1

2𝑖(−𝑒𝑖(𝜔0−𝜔)𝜏/2 − 𝑒−𝑖(𝜔0−𝜔)𝜏/2

𝑖(𝜔0 −𝜔)+𝑒−𝑖(𝜔0+𝜔)𝜏/2 − 𝑒𝑖(𝜔0+𝜔)𝜏/2

𝑖(𝜔0 +𝜔))

𝑔(𝜔) = 𝑖

(

sin (

(𝜔0 −𝜔)𝜏2 )

(𝜔0 −𝜔)+sin (

(𝜔0 +𝜔)𝜏2 )

(𝜔0 +𝜔)

)

= 𝑖

𝜏

2(𝑠𝑖𝑛𝑐 [(

(𝜔0 −𝜔)𝜏

2)] + 𝑠𝑖𝑛𝑐 [(

(𝜔0 +𝜔)𝜏

2)])

b. Jika non dispersive maka gelombang menjalar tanpa berubah bentuk jadi jika cepat rambatnya v, maka:

𝑓(𝑥, 𝑡) = {sin (𝜔0 (𝑡 ±

𝑥

𝑣)) |𝑡 ±

𝑥

𝑣| ≤ 𝜏/2

0 |𝑡 ±𝑥

𝑣| > 𝜏/2

6. Gelombang cahaya yang diradiasikan atom hanya muncul sesaat dalam jendela waktu singkat saja. Hal ini berakibat pada efek pelebaran lebar garis spektrum yang dihasilkannya. Misalkan sebuah gelombang cahaya monokromatis dengan frekuensi 𝜈0 dipancarkan oleh atom sbb:

𝑓(𝑡) = {𝐴𝑒𝑖2𝜋𝜈0𝑡 −𝜏 ≤ 𝑡 ≤ 𝜏0 𝑙𝑎𝑖𝑛𝑛𝑦𝑎

a. Turunkan spektrum frekuensinya 𝑔(𝜈) dan buatlah grafiknya. b. Daya yang dibawa gelombang cahaya tsb sebanding dengan |𝑔(𝜈)|2. Definisikan lebar distribusi daya ini

2Δ𝜈. sebagai jarak antara kedua minimum pertama yang terdekat dengan pusat distribusi, hitunglah Δ𝜈 dinyatakan dengan 𝜏.

c. Panjang koherensi didefinisikan sebagai 𝐿 = 𝑐𝜏, jika panjang gelombang terkait dengan frekuensi 𝜈0 adalah 𝜆0 buktikan bahwa panjang koherensi tsb dapat dinyatakan sbg :

𝐿 =𝜆02

Δ𝜆

d. Jika untuk suatu berkas diketahui bahwa Δ𝜈 = 104𝐻𝑧 dan 𝜆0 = 693,6 𝑛𝑚, hitunglah Δ𝜆 dan panjang

koherensinya. (Bobot : 20)

Jawab: a. Spektrum

𝑔(𝜈) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑒−𝑖2𝜋𝜈𝑡𝑑𝑡

∞

−∞

= 𝐴 ∫𝑒−𝑖2𝜋(𝜈−𝜈0)𝑡𝑑𝑡

𝜏

−𝜏

=𝐴

−𝑖(2𝜋(𝜈 − 𝜈0))(𝑒−𝑖2𝜋(𝜈−𝜈0)𝜏 − 𝑒𝑖2𝜋(𝜈−𝜈0)𝜏)

𝑔(𝜈) = 2𝐴𝜏sin(2𝜋(𝜈 − 𝜈0)𝜏)

2𝜋(𝜈 − 𝜈0)𝜏= 2𝐴𝜏 𝑠𝑖𝑛𝑐(2𝜋(𝜈 − 𝜈0)𝜏)

Ini adalah fungsi sinc berpusat di 𝜈 = 𝜈0. b. posisi | 𝑔(𝜈)|2 = 0 terjadi ketika sin(2𝜋(𝜈 − 𝜈0)𝜏) = 0 yaitu 2𝜋(𝜈 − 𝜈0)𝜏 = 𝑚𝜋, 𝑚 = ±1,±2,… jadi posisi minimum (yaitu ketika |𝑔(𝜈)|2 = 0 pertama di dekat 𝜈0 terjadi di:

𝜈 = 𝜈0 ±1

2𝜏

Jika lebar distribusi didefinisikan sebagai 2Δ𝜈 sbg jarak antar minimum pertama ini maka:

2Δ𝜈 = 2(1

2𝜏) = 1/𝜏

c. Jika panjang koherensi didefinisikan sebagai 𝐿 = 𝑐𝜏, maka:

dengan

𝜏 =1

2Δ𝜈 → 𝐿 =

𝑐

2Δ𝜈=𝜆0𝜈02Δ𝜈

Tetapi secara umum 𝜆 =𝑐

𝜈→ Δ𝜆 ≈ | −

𝑐

𝜈2Δ𝜈 | =

𝑐

𝜈2Δ𝜈 → Δ𝜆 =

𝑐

𝜈2Δ𝜈 →

𝜈0

Δ𝜈=

𝑐

𝜈0

1

Δ𝜆 , sehingga:

𝐿 = 𝜆0𝜈02Δ𝜈

=𝜆02

1

Δ𝜆

𝑐

𝜈0= 𝜆02

2

1

Δ𝜆

sebab 𝑐

𝜈0= 𝜆0

(catatan: soal bagian (c ) di batalkan sebab ada kesalahan soal, interval f(t) semestinya ±𝝉/𝟐, sehingga ada faktor 2 di denominator)

d. Jika Δ𝜈 = 104 ℎ𝑧 , 𝜆0 = 693,6 𝑛𝑚 maka

Δ𝜆 =𝑐

𝜈02 Δ𝜈 =

𝜆02

𝑐Δ𝜈 =

(693,6𝑥10−9)2(104)

3𝑥108= 1,6𝑥10−17𝑚

panjang koherensinya 𝐿 = 𝑐𝜏 =𝑐

2Δ𝜈=3𝑥108

2∗104 = 1,5𝑥104𝑚 = 15 𝑘𝑚

7. Grafik disamping menunjukkan spektrum gelombang modulator

𝑔𝑚(𝜔) pada modulasi DSB. Nilai 𝜔𝑚 = 2000𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑠. Gelombang pembawanya (carrier wave) adalah gelombang

sinusoidal dengan frekuensi c= 200x103π rad/s :

C()=C cos (ct), a. Carilah spektrum gelombang DSB-nya (𝑔𝐷𝑆𝐵(𝜔))

dinyatakan dalam 𝑔𝑚 dan buat sketsa spektrumnya . b. Gelombang DSB ini kemudian diterima dan didemodulasi dengan osilator lokal 2 cos (𝜔𝐶𝑡), carilah

spektrum hasil demodulasinya dan buat sketsanya. c. Untuk mendapatkan sinyal modulasi asalnya dipergunakanlah Low Pass Filter dengan frekuensi potong

(cut-off) : B, berapakah batas-batas untuk nilai B yang diperkenankan? (Bobot : 20)

Jawab:

a. Dalam domain waktu gelombang hasil modulasi DSB adalah:

𝜓𝐷𝑆𝐵(𝑡) = 𝜓𝑚(𝑡)𝜓𝐶(𝑡) = 𝜓𝐶𝜓𝑚(𝑡)cos (𝜔𝑐𝑡) dengan 𝜔𝑐 = 200𝑥10

3𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑠

Misal Fourier transformnya 𝐹𝑇(𝜓𝑚(𝑡)) = 𝑔𝑚(𝜔), sehingga 𝜓𝑚(𝑡) dapat direpresentasikan menggunakan inverse FT:

𝜓𝑚(𝑡) =1

2𝜋∫ 𝑔𝑚(𝜔

′)𝑒𝑖𝜔′𝑡𝑑𝜔′

Sehingga gelombang DSB:

𝜓𝐷𝑆𝐵(𝑡) =1

2𝜋

𝜓𝐶

2[𝑒𝑖𝜔𝑐𝑡 + 𝑒−𝑖𝜔𝑐𝑡] ∫ 𝑔𝑚(𝜔

′)𝑒𝑖𝜔′𝑡𝑑𝜔′

Spektrum diberikan oleh FT-nya:

𝑔𝐷𝑆𝐵(𝜔) = 𝐹𝑇(𝜓𝐷𝑆𝐵(𝑡))

𝑔𝐷𝑆𝐵(𝜔) =1

2𝜋

𝜓𝐶2∫ [𝑒𝑖𝜔𝑐𝑡 + 𝑒−𝑖𝜔𝑐𝑡]𝑒−𝑖𝜔𝑡 ∫ 𝑔𝑚(𝜔

′)𝑒𝑖𝜔′𝑡𝑑𝜔′𝑑𝑡

𝑔𝐷𝑆𝐵(𝜔) = 𝜓𝐶2∫ 𝑔𝑚(𝜔

′)1

2𝜋∫ [𝑒𝑖(𝜔𝑐−𝜔+𝜔

′)𝑡 + 𝑒−𝑖(𝜔𝑐+𝜔−𝜔′)𝑡]𝑑𝑡 𝑑𝜔′

𝑔𝐷𝑆𝐵(𝜔) = 𝜓𝐶2∫ 𝑔𝑚(𝜔

′)[𝛿(𝜔𝑐 −𝜔 + 𝜔′) + 𝛿(𝜔𝑐 +𝜔 −𝜔

′)] 𝑑𝜔′

𝑔𝐷𝑆𝐵(𝜔) = 𝜓𝐶2[𝑔𝑚(𝜔 − 𝜔𝑐) + 𝑔𝑚(𝜔 + 𝜔𝑐)]

Jadi spektrum DSB berupa spektrum 𝑔𝑚(𝜔)tapi tergeser oleh frekuensi gelombang carrier ±𝜔𝑐 dan amplitudenya

dikalikan 𝜓𝑐

2

0 m

-m

m

1

gm()

b. b. Setelah di mixing dengan osilator lokal gelombang hasilnya adalah : 𝜓(𝑡) = 2 cos(𝜔𝐶𝑡)𝜓𝐷𝑆𝐵(𝑡)atau

𝜓(𝑡) = 2𝜓𝐶cos2(𝜔𝑐𝑡) 𝜓𝑚(𝑡) = 𝜓𝑐𝜓𝑚(𝑡)[cos(2𝜔𝑐) + 1]

Spektrumnya diberikan oleh FT-nya

𝑔(𝜔) = 𝐹𝑇{𝜓𝑐𝜓𝑚(𝑡)[cos(2𝜔𝑐) + 1]} = 𝜓𝑐𝐹𝑇{𝜓𝑚(𝑡) cos(2𝜔𝑐)} + 𝜓𝐶𝐹𝑇{𝜓𝑚(𝑡)}

𝑔(𝜔) =𝜓𝐶2{𝑔𝑚(𝜔 − 2𝜔𝐶) + 𝑔𝑚(𝜔 + 2𝜔𝐶)} + 𝜓𝐶𝑔𝑚(𝜔)

c. Sinyal diperoleh kembali dengan membuang frekuensi tinggi, jadi dipergunakan filter lolos bawah (Low Pass Filter) dengan frekuensi cut off B, 𝜔𝑚 < 𝐵 < 2𝜔𝐶 −𝜔𝑚 dalam kasus ini : 2𝜋 × 103 < 𝐵 < 199 × 2𝜋 × 103 rad /s 2𝜋 × 103 < 𝐵 < 398𝜋 × 103 rad /s

&&&&&&&&&&& OCT 2016 &&&&&&&&&&&&

0 2𝜋 × 103 𝜔 (

𝑟𝑎𝑑

𝑠)

-101 -100 -99

𝜓𝐶2

gm()

99 100 101

𝜔𝐶 −𝜔𝑚 𝜔𝐶 𝜔𝐶 + 𝜔𝑚 𝜔𝐶 − 𝜔𝑚 𝜔𝐶 𝜔𝐶 +𝜔𝑚

2𝜋 × 103 𝜔 (𝑟𝑎𝑑

𝑠)

-201 -200 -199

𝜓𝐶2

gm() 𝜓𝐶

199 200 201 -1 0 1

2𝜔𝐶 −𝜔𝑚 2𝜔𝐶 2𝜔𝐶 + 𝜔𝑚