pertemuan 4 - pcm dan matriks switch...4 jumlah bit / frame 8 x 32 = 256 8 x 24 + 1 = 193 5 periode...

TEKNIK SWITCHING

PCM DAN MATRIKS SWITCH

Pendahuluan

Konsep dasar

� Merupakan metode umum untuk mengubah sinyal analog menjadi sinyal digital

� Dalam sistem digital, sinyal analog yang dikirimkan cukup dengan sampel-sampelnya sajadengan sampel-sampelnya saja

� Sinyal suara atau gambar yang masih berupa sinyal listrik analog diubah menjadi sinyal listrik digital melalui 4 tahap utama, yaitu :� Sampling� Quantisasi� Pengkodean� Multiplexing

Sampling

� Hasil penyamplingan berupa PAM (Pulse Amplitude Modulation)

1. Sampling

� Untuk mengirimkan informasi dalam suatu sinyal, tidak perlu seluruh sinyal ditransmisikan, cukp diambil sampelnya saja

� Sampling : proses pengambilan sample atau contoh besaran sinyal analog pada titik tertentu secara teratur dan berurutan

� Frekuensi sampling harus lebih besar dari 2 x frekuensi yang disampling (sekurang-kurangnya memperoleh puncak dan lembah)

LPF Sam pling

� Dalam sampling yang dipentingkan adalah periode sampling bukan lebar pulsa sampling

� Menurut teorema nyquist bila frekuensi sampling lebih kecil dari frekuensi informasi/sumber maka akan terjadi penumpukan frekuensi/aliasing

kurangnya memperoleh puncak dan lembah) [teorema Nyqust]

fs = Frekuensi samplingfi = Frekuensi informasi/sumber (yang disampling)CCITT : fs = 8000 Hz

fi = 300 – 3400 Hz (Sinyal Bicara)Artinya sinyal telepon disampling 8000 kali per detik

fs > 2 fi

Sampling

t f

spektrum frekuensi sinyal asal

t f

fs

teorema Nyquist

t

pulsa sampling

f

spektrum frekuensi pulsa sampling

0 2fs

fs 2fs 3fsfs > f i

fs 2fs 3fsfs = f i

fs 2fs 3fsfs < f i

Kuantisasi

� Proses menentukan segmen-segmen dari amplitudo sampling dalam level-level kuantisasi

� Amplitudo dari masing-masing sample dinyatakan dengan harga integer dari level kuantisasi yang terdekat

� Adanya pendekatan / pembulatan tersebut menimbulkan Derau Kuantisasi

Ada 2 (dua) cara kuantisasi

Kuantisasi Linear (Uniform)� Selang level kuantisasi sama untuk seluruh level

kuantisasi.

� Besarnya noise kuantisasi sama untuk seluruh level, tetapi noise relatifnya tidak sama antara level yang satu dengan lainnya

� Misal skala bagian positif dibuat sama besar +1, +2, …,+8, demikian juga pada bagian negatif –1, -2, …, -8 karena dimulai dari +8 s.d –8 sehingga dibutuhkan 16 macam kode bit yang memerlukan 4 bit binary

4321 macam kode bit yang memerlukan 4 bit binary

� Kelemahan : bila level sampling menghasilkan amplitudo level yang berkisar +1 dan –1 hanya dideteksi satu level, menimbulkan noise, diatasi dengan memperkecil skala segmen tapi akan menambah bit pengkodean

Quantizer

10-1-2-3

3210-1-2-3

4+6

+5

+4

+3

+2

+1

-1

-2

Kuantisasi

� Kuantisasi Tidak Linear (Non Linear)� Perbaikan dari kuantisasi linear pada

level rendah� Ada dua cara kuantisasi tidak linear :� Langsung menggunakan kuantisasi

tidak linear� Level kuantisasi diperkecil untuk

level sinyal rendah� Level kuantisasi diperbesar untuk

Companding� Selang dibiarkan seragam, tetapi sebelum kuatnitsasi

amplitudo sinyal kecil diperbesar dan amplitudo sinyal pulsa besar diperkecil. Operasi yang dilakukan disebut sebagai kompresi (comp) dan ekspansi (exp), yang disebut dengan companding

Inpu

t

Out

put

� Level kuantisasi diperbesar untuk level sinyal tinggi

� Hasil sampling pada sinyal-sinyal yang rendah dapat dibedakan dengan beberapa kode yang berbeda sehingga mengurangi noise.

� Ada dua aturan companding yang digunakan :

� Aturan A (A-Law) : PCM – 30 Eropa terdiri atas 13 segmen

� Aturan u (u – Law) : PCM – 24 AS & Jepang terdiri atas 15 segmen

+6

+5

+4

+3

+2

+1

-1

-2

Input Output

Compressing Expanding

Kuantisasi

2

3

4

5

6

7

0

2

3

1

1

Companding

4

5

6

7

A-lawµµµµ-law

Pengkodean

Pengkodean

� Pengkodean adalah proses mengubah(mengkodekan) besaran amplitudosampling ke bentuk kode digital biner.

� Pemrosesan dilakukan secara elektronikoleh perangkat encoding menjadi 8 bitword PCM yang merepresentasikan levelhasil kuantisasi yang sudah ditentukanyaitu dari –127 sampai dengan +127 Keterangan :

M S S S A A A A

7 6 5 4 3 2 1 0

yaitu dari –127 sampai dengan +127interval kuantisasi.

� Bit paling kiri dari word PCM jika = 1menyatakan level positif dan jika = 0berarti level negatif.

� Pengkodean menghasilkan total 256 bedasampling (256 subsegmen) yangmemerlukan 8 bit (28 = 256)

Keterangan :M = Mark atau tanda level 1 = amplitudo positif

0 = amplitudo negative

S = Segmen 000 = segmen 0001 = segmen 1

..

111 = segmen 7

A = sub-segmen 0000 = 0..

1111 = 15

µ-law

Pengkodean

128

112

96

80

64

3

4

5

6

7

128

114

116

118

120

122

124

126

00001111

10111111

+49 ....... +64

+65 ....... +80

+81 ....... +96

+97 ....... +112

+113 ....... +128

48

32

16

0

0

1

2

+1 ....... +32

+33 ....... +48

2

34

56

7

1

23

45

6 7

Multipleksing

Multipleksing� Fungsi : - Untuk penghematan transmisi

- Menjadi dasar penyambungna digital� TDM digunakan dalam pentransmisian sinyal digital. Sinyal suara (analog) diubah dalam bentuk digital

melalui proses sampling dan coding, setelah itu baru di multiplex.

LPF Sam pling Kuantisasi Coding Multipleksing

LPF Sam pling Kuantisasi Coding

LPF Sam pling Kuantisasi Coding

KARAKTERISTIK PCM

Aturan dasar

� Rekomendasi CCITT G.732 : PCM 30 mengkobinasikan 30 kanal bicara pada satu jalur highway dengan bitrate 2048 Kbps

� Rekomendasi CCITT G.733 : PCM 24 mengkobinasikan 24 kanal bicara pada satu jalur highway dengan bitrate 1544 Kbps

� Keduanya merupakan rekomendasi dasar atau basic struktur PCM yang disebut juga dengan “Primary Transmission System” atau “Primary Digital Carrier (PDC)”

Persamaan PCM 30 dengan PCM 24

� Frekuensi Sampling : 8 KHz � Jumlah sampling per time slot : 8000 sample/detik� Periode pulse frame : T = 1/f = 125 usec� Jumlah bit dalam 1 time-slot : 8 bit� Bit rate per time-slot : 8000 x 8 = 64 Kbps

KARAKTERISTIK PCM

No Parameter PCM 30 PCM 24

1 Coding/Encoding A – law µ – law

2 Jumlah segment 13 segment 15 segment

3 Jumlah ts / frame 32 ts 24 ts

Perbedaan PCM 30 dengan PCM 24

4 Jumlah bit / frame 8 x 32 = 256 8 x 24 + 1 = 193

5 Periode 1 ts 125 us/32 = 3,9 us 125 us/24 = 5,2 us

6 Bitrate / frame 2048 Kbps 1544 Kbps

7 Signalling (CAS)Dikumpulkan pada ts 16 setiap 16

frame (2 Kbps)1 bit perkanal setiap 6 frame

(1,3 Kbps)

8 Signaling (CCS) 8 bit pada ts 16 (64 Kbps)1 bit pada setiap frame genap

(4 Kbps)

9 Pola frame – alignment 7 bit pada ts0 setiap frame ganjil1 bit tersebar pada setiap

frame ganjil

10 Pengkodean saluran HDB3 atau 4B3T ADI / AMI

Pulse frame PCM

Pulse Frame PCM30

� Satu pulse frame PCM30 terdiri dari 32 time slot(32 ts).

� 30 ts dipakai untuk kanal telepon, satu ts (ts0)mempunyai 2 fungsi yang dipakai secarabergantian pada satu multi frame.

� Satu multi frame terdiri dari 16 frame (frame 0sampai dengan frame 15)

� Ts0 pada frame 0, 2, 4 s.d 14 digunakan untukmenandai awal pulse frame yang disebut

Bit ke 7 6 5 4 3 2 1 0

Kode Biner X 0 0 1 1 0 1 1

Susunan bit pada ts 0Time slot 0 sebagai Frame Alignment Signal (FAS)

• Bit ke-7 = X sampai saat ini belum digunakan boleh 0 atau 1,disediakan untuk kode internasional

• Bit ke-6 s.d 0 : Diisi data 0011011 digunakan sebagai kode awal� Ts0 pada frame 0, 2, 4 s.d 14 digunakan untukmenandai awal pulse frame yang disebutdengan Frame Alignment Signal (FAS) dengankode X0011011

� Ts0 pada frame 1, 3, 5 s.d 15 digunakansebagai service word untuk mengirimkan pesan-pesan alarm dengan kode X1DYYYYY

� Satu ts lainnya (ts16) pada frame 1, 2, 3 s.d 15digunakan untuk memproses Line Signallingseperti pulsa dial, answer signal, release signal,dll yaitu signal yang termasuk dalam kategoriChannel Associated Signalling (CAS).

� Sedangkan ts16 pada frame-0, khususdigunakan untuk Common Channel Signalling(CCS)

• Bit ke-6 s.d 0 : Diisi data 0011011 digunakan sebagai kode awaldari urutan frame

�Time Slot 0 sebagai byte Service Word

� Bit ke-7 = X belum digunakan, untuk kode Internasional� Bit ke-6 = 1 kode ini selalu 1, untuk membedakan FAS

dengan Service Word� Bit ke-5 = D Digunakan untuk kode alarm urgent secara

Internasional� Jika D = 0 artinya kondisi baik (tidak ada alarm)� Jika D = 1 artinya terjadi alarm, mungkin catuan

hilang tapi signal masih muncul, CODEC rusak, jejak frame hilang, Frame Alignment salah, dll

� Bit ke-4 s.d 0 (Y) disediakan untuk pemakaian setempat (pemakaian nasional)

Bit ke 7 6 5 4 3 2 1 0

Kode Biner X 1 D Y Y Y Y Y

Multiframe PCM

Multiframe

� Multiframe adalah deretan 16 buah frame PCM30(frame 0 s.d 15) digunakan untuk membentuk jalur30 buah trunk digital

� Satu frame (pulse frame) mempunyai panjang waktu125 us berisi 32 ts. Panjang waktu satu multi frame =16 x 125 us = 2 mdetik

� Multiframe diperlukan karena dalam proses signalingCAS memerlukan 1 time-slot khusus untuk dapatmengirimkan Line Signalling seperti pulsa 60 mdetikdan 40 mdetik dari signal dekadik, seizing, atau clear

NomerFrame

0

1

Alokasi bit ts 16

bit 5 - 8a b c d

bit 1 - 4a b c d

LOSS OF MAS(D D X X)

Signallinguntuk kanal 1

Signallinguntuk kanal 16

MAS (0 0 0 0)

1Signalling Signalling

Susunan ts 16 untuk CAS

dan 40 mdetik dari signal dekadik, seizing, atau clearsignal dll.

� Umumnya satu jalur pelanggan memerlukan satutime slot sendiri untuk signalling atau bisa jugabersifat common (pemakaian bersama).

� Time Slot yang digunakan hanya satu time slot yaitutime slot 16 dari setiap frame PCM30 dalam satumulti frame.

� Satu multi frame PCM30 ada 16 time slot yangdigunakan untuk signalling (yaitu ts 16 ini dibagimenjadi 2 bagian yang masing-masing terdiri dari 4bit (1 nible) bit a b c d, yang digunakan kiri dankanan dari setiap frame. Sehingga 16 buah time slottersebut sudah melebihi untuk digunakan sebagaisignalling CAS

� Satu ts16 dipakai oleh pensinyalan 2 kanal telepon,sehingga untuk 30 kanal telepon diperlukan 15 buahts16.

� satu ts 16 sisanya digunakan sebagai MultiframeAlignment Signal (MAS) yaitu ts16 pada frame 0

1Signalling

untuk kanal 2Signalling

untuk kanal 17

1Signalling

untuk kanal 15Signalling

untuk kanal 30

D kondisi normal = 0, akan berubah menjadi = 1 bilaterjadi kehilangan Multi Frame Alignment SignalX belum dipakai dan biasanya diset = 1

Multiframe PCM

FAW ................ .................

ALARM ................ 1 .................

FAW ................ .................

16

1 17

FRAME 0

FRAME 1

FRAME 2

TS 0 TS 1 TS 2 TS 16 TS 30 TS 31

0 1 2 3 15 16 17 29 30 31

125 µ 125 µ 125 µ 125 µ s

1 2 3 4 5 6 7 8

8 Bit Inform as i

Multiframe Pada PCM 30

ALARM ................ .................3 18

b c da b c da

FRAME 3

FAW ................ .................14 29FRAME 14

ALARM ................ .................15 30FRAME 15

CH. 3 CH. 18

0 0 0 0 1 0 1 1

1 0 0 1 1 0 1 1

1 1 0 1 1 1 1 1

1

8 Bit Inform as i

MFAW atau s ignalling

FAW pada fram e genap

Alarm Signal padafram e Ganjil

Orde Transmisi Digital

Orde Tingkat Tinggi Transmisi Digital� Dengan cara multiplexing jumlah kanal (time-slot) per highway dapat ditingkatkan. Umumnya faktor

perkalian yang digunakan adalah 4 yaitu 4 x PDC, 4 x SDC dan seterusnya.� CCITT merekomendasikan sistem transmisi orde tingkat tinggi sebagai berikut :

Hirarki transmisi digital TDM

LEVELGROSS RATE

MBIT/SKAPASITAS

KANAL 64 KBIT/SSISTEM TRANSMISI YANG

AVAILABLE

1 2,048 (2) 30Symmetric pair cable

Transverse screened copper cableMicrowave radio

2 8,448 (8) 120Carrier copper cable

Optical fibreMicrowave radio

3 34,368 (34) 480Coaxial cableOptical fibre

Microwave radio

4 139,264 (140) 1960Microwave radio

Coaxial cableOptical fibre

5 563,992 (565) 7840 Optical fibre

Contoh soal

Contoh Soal1. Jika waktu yang diperlukan 1 multiframe

125 µs dan waktu per timeslot 244 nsec. Berapa jumlah timeslot dalam frame tersebut ?

2. Duatu sinyal sampling PCM 30 beramplitudo positif, terletak pada segmen ke-5 dan sub-segmen ke-15, ditanyakan :a). Berapa kode PCM word-nya ?b). Berapa bit rate kanalnya ?c). Berapa panjang 1 frmae-nya ?d). Berapa panjang waktu satu multiframenya ?

Contoh soal

Contoh Soal1. Jika waktu yang diperlukan 1 multiframe

125 µs dan waktu per timeslot 244 nsec. Berapa jumlah timeslot dalam frame tersebut ?

� JawabanDiketahui : t multiframe = 125 msttimeslot = 244 nsec

2. Duatu sinyal sampling PCM 30 beramplitudo positif, terletak pada segmen ke-5 dan sub-segmen ke-15, ditanyakan :a). Berapa kode PCM word-nya ?b). Berapa bit rate kanalnya ?c). Berapa panjang 1 frmae-nya ?d). Berapa panjang waktu satu multiframenya ?

Jawaban :� Penyelesaian :

1 multiframe = 16 frame PCM

t 1 frame =

ts/frame =

atau dengan cara lain :

ss µµ

8125,716

125 =

timeslotn

s32

sec244

8125,7 =µ

timeslotframe

timeslot

n

smultiframets

3216

512

sec244

1251

==

=∑µ

Jawaban :

a). PCM word : 1 101 1111b). Bit rate kanal PCM ; 8000 x 8 x 32 =2.048 Kbpsc). T1 frame = 125 µs/32 = 3,9 µsd). T1 multiframe = 16 x 125 µs = 2 milidetik

Penyusunan Matriks dan Perhitungan Jumlah Crosspoint

Pendahuluan� Elemen dasar switching matriks adalah switch.

� Switch dengan n terminal input dan n terminal output adalah jika setiap inlet pada n terminal input dapat disambungkan dengan setiap outlet pada m terminal output atau disebut sebagai switch n x m (n x m switch).

� Switching matriks yang paling sederhana adalah matriks satu tingkat (single stage switching matrix).

)1( −= NNX

N

12345

a. Matrik segitiga

12345

)1( −NNb. Matrik Bujur sangkar

1

23

N

1 2 3 N

c. Full interconnection crosspoint

Kelemahan matrik tunggal :• Jumlah cross point sangat besar jika jumlah inlet/outlet bertambah • Capasitive loading yang timbul pada jalur bicara akan besar• Satu cross point dipakai khusus untuk hubungan yang spesifik. Jika cross point

tersebut terganggu maka hubungan tidak dapat dilakukan (block). Kecuali pada matrik bujur sangkar, tetapi harus dilakukan modifikasi algoritma pemilihan jalur dari inlet oriented ke outlet oriented

• Pemakaian cross point tidak efisien, karena dalam setiap baris/kolom haya 1 cross point saja yang dipakai.

• Untuk mengatasi kelemahan matrik tunggal, maka digunakanlah switching netork bertingkat (multiple stage switching)

NxNX

N =

2

)1( −=

NN

XN


n.k N/n .N/n k.n

N/narray k array

N/narray

multistage switch

n.k

n.k

N/n .N/n

N/n .N/n k.n

k.nN inlet N outlet

( ) ( )knn

N

n

N

n

Nkkn

n

NXN ⋅+⋅+⋅⋅=

2

2

+=

n

NkNkXN (1)

NX = jumlah crosspoint totalN = jumlah inlet/outletn = ukuran dari setiap switch block atau setiap group

inlet/outletK = jumlah array tengah

Sifat Multistage

Sifat yang menarik dari matrik tunggal adalah ia bersifat non-blocking sedangkan pada SN bertingkat dimana pemakaian cross point secara sharing maka memunculkan kemungkinan blocking

Agar SN bertingkat bersifat non-blocking, Charles Clos dari Bell Laboratories telah menganalisa berapa jumlah matrik pada center stage yang diperlukan.

12 −= nk

.)(min121)1()1(

12

−=+−+−=−=

nnnk

nk

)12(4 −= NNNx

2

)12()12(2

−+−=n

NnnNN X (2)

0=dn

dN X2/1

2

= Nn (3)

→

→ (2)(3) Jumlah crosspoint minimum :


soal 1

Jawaban

N(N - 1)/2 N(N-1)

1

N

1

N

1

N

1

N

Segitiga M. Bujur sangkar

N X N

1

N

1

N

Full Connection Switch

Matrik tunggal

Bila diketahui suatu switchingnetwork mempunyai group inletdan outlet = 100, jumlah inletdan outletnya 1000 se-dangkanjumlah array tengahnya = 10, hi-tung jumlah matrik bila disusundalam matrik tunggal dan matrik3 tingkat.

Jawaban

Diketahui : n = 100N = 1000k = 10

10 x 10

10 x 10

100 x 10

1

100

100 x 10

1

100

100 x 10

1

100

10 x 100

1

100

10 x 100

1

100

10 x 100

1

100

1

10

Matrik 3 tingkat


soal 1

Jawaban

N(N - 1)/2 N(N-1)

1

N

1

N

1

N

1

N


N X N

1

N

1

N


Nx = N x N Nx = N(N-1)/2 Nx = N(N-1)= 103 x 103 = 103(103-1)/2 = 103(103-1)

Matrik tunggal

Bila diketahui suatu switchingnetwork mempunyai group inletdan outlet = 100, jumlah inletdan outletnya 1000 se-dangkanjumlah array tengahnya = 10, hi-tung jumlah matrik bila disusundalam matrik tunggal dan matrik3 tingkat.

Jawaban

Diketahui : n = 100N = 1000k = 10

= 10 x 10 = 10 (10 -1)/2 = 10 (10 -1)= 106 cp = 499,5 x 103 cp = 949 x 103 cp

10 x 10

10 x 10

100 x 10

1

100

100 x 10

1

100

100 x 10

1

100

10 x 100

1

100

10 x 100

1

100

10 x 100

1

100

1

10

Nx = 2 Nk + k (N/n)2= 2 x 103 x 10 + 10 (103/102)2= 21 x 103 cp

Matrik 3 tingkat


soal 1

Bila diketahui suatu switching network mempunyaigroup inlet dan outlet = 100, jumlah inlet danoutletnya 1000 se-dangkan jumlah array tengahnya= 10, hi-tung jumlah matrik bila disusun dalam matrik

Diketahui : n = 100N = 1000k = 10

= 10, hi-tung jumlah matrik bila disusun dalam matriktunggal dan matrik 3 tingkat.


soal 1

Jawaban

Diketahui :

Matrik tunggal

Bila diketahui suatu switching network mempunyai group inlet dan outlet = 100,jumlah inlet dan outletnya 1000 se-dangkan jumlah array tengahnya = 10, hi-tungjumlah matrik bila disusun dalam matrik tunggal dan matrik 3 tingkat.

Diketahui : n = 100N = 1000k = 10

N(N - 1)/2 N(N-1)

1

N

1

N

1

N

1

N


N X N

1

N

1

N


Nx = N x N Nx = N(N-1)/2 Nx = N(N-1)= 103 x 103 = 103(103-1)/2 = 103(103-1)= 106 cp = 499,5 x 103 cp = 999 x 103 cp


soal 1

Jawaban

Diketahui : n = 100N = 1000

1 11

Bila diketahui suatu switching network mempunyai group inlet dan outlet = 100, jumlah inlet danoutletnya 1000 se-dangkan jumlah array tengahnya = 10, hi-tung jumlah matrik bila disusun dalammatrik tunggal dan matrik 3 tingkat.

N = 1000k = 10

10 x 10

10 x 10

100 x 10

1

100

100 x 10

1

100

100 x 10100

10 x 100

1

100

10 x 100

1

100

10 x 100100

10

Nx = 2 Nk + k (N/n)2= 2 x 103 x 10 + 10 (103/102)2= 21 x 103 cp

Matrik 3 tingkat


Diketahui suatu switching network yang bersifat non-blocking mempunyaijumlah inlet/outlet (N) sebanyak 5000 saluran, tentukan :� Jumlah group inlet/outletnya� Jumlah array tengahnya (k)

soal 2

� Jumlah array tengahnya (k)� Gambar switch� Jumlah Crosspoint totalnya

Jawaban :

a. ( ) 5021

250021

2

500021

2====

Nn

b. ( ) 991100150212 =−=−=−= xnkb. ( ) 991100150212 =−=−=−= xnk

c. Jumlah inlet/outlet switch (N) = 5000Jumlah group inlet/outlet (n) = 50Jumlah array tengah (k) = 99

d. ( ) ( ) ( ) cpxxxNNXN 000.980.111005000415000250004124 =−=−=−=

50 x 9950 100x100 99 x 50 50

1....

....

1 1....

5000 5000

50 x 9950 100x100 99 x 50 50

100

....

....

....

99 100

5000 5000


a. Gambarkan switching networknya

Suatu switching Network berting-kat-3 mempunyai kapasitas 600 saluranpelanggan, 300 saluran untuk trunk dan 100 saluran untuk kebutuhanlainnya. Jika dipilih tiap group inlet/outletnya = 40, bersifat non-blocking :

soal 3

b. Jumlah crosspoint switch tersebut

Diketahui :N = 600 + 300 + 100 = 1000n = 40k = 2n – 1 = 2 x 40 - 1 = 79

40 x 7940 25 x 25 79 x 40 40

a. Gambar Switching Network

40 x 79

40 x 79

40

40

25 x 25

25 x 25

79 x 40 40

79 x40 50

1

25

.....

.....

1 1.....

79 25

1000 1000

( ) ( ) cpxxNNN X 885.17411000210004124b. =−=−=

PROBABILITAS BLOCKING LEE GRAPH

� Switching non blocking memang dibutuhkan oleh hubungan telepon.

� Tetapi dengan alasan ekonomis dalam implementasi pada jaringan, kapasitasnya dibatasi pada jam-jam trafik sibuk (puncak).

� Umumnya peralatan telepon didesain dengan memberikan probabilitas blocking maksimum

x

a) SN tiga tingkat

m

m

x y

m

didesain dengan memberikan probabilitas blocking maksimum pada jam sibuk.

� Nilai probabilitas blocking ini merupakan salah satu aspek dari Grade of Service (aspek lainnya dari GOS adalah : availability, transmission quality, delay pada panggilan).

� Salah satu konsep penghitungan probabilitas blocking yaitu metode probability graph C.Y Lee.

10

x y

b) SN empat tingkat

x10

10

y

x

a) SN tiga tingkat

m

m

x y

m

� Metode ini menggunakan analisismatematis linier graph (grafik linier) yang terdiri dari node-node untukmenyatakan tingkat switching (stage) dan garis cabang untuk menyatakanlink antar stage.

� Linier graph menyatakankemungkinan semua jalur yang dapat ditempuh dari suatu inlet pada a) SN tiga tingkat

10

x y

b) SN empat tingkat

x10

10

y

dapat ditempuh dari suatu inlet padastage pertama ke suatu outlet yang berada pada output stage terakhirsecara point to point

� Metode Lee dipakai untukmenentukan probabilitas blocking berbagai struktur switching denganmenggunakan prosentasepemakaian link atau beban link individual.

� Notasi p menyatakan bagian dariwaktu dimana suatu link sedangdipakai (p = probabilitas link sibuk). Dan probabilitas link bebas (idle) dinyatakan dengan


Link Tunggal

Pada gambar diatas, misal beban yang dibawa adalah a Erlang, maka probabilitas link sibuk p = a, probabilitas link bebas q =1- p =1- a

Maka probabilitas semua link sibuk atau probabilitas blocking B = p = a (karena jumlah link hanya satu).

Link Paralel

Probabilitas 1 link sibuk p = aProbabilitas kedua link sibuk bersamaan : B = p2Probabilitas memperoleh link yang bebas : Q = 1 – pJika ada n buah link paralel maka : B = pN

Q = 1 - pN

Link Seri

P2P1

q1 = 1 - p1 q2 = 1 - p2x y

Untuk menghubungkan inlet x ke outlet y, diperlukan kedua link

( )( )21112.1 ppqqQ −−==

211

1

qqB

QB

−=

−=

Untuk menghubungkan inlet x ke outlet y, diperlukan kedua link diatas secara bersamaan. Probabilitas memperoleh hubung

Secara umum untuk sistem dengan n buah link seri :

( )

1)11(1

1

1

a

tqB

n

iiqQ

∏=

−−=

∏=

−=

21

2

21

221

qB

qQ

Atau

qB

qQqqq

Jika

−=

=

−=

=→==


p'

p'

p'p'

p'

p'

pp

Probabilitas Blocking Linier Graph dari SN tiga tin gkat

n

k

−−=2

β

p'11B

k

p'

β

β

pp

nkk

npp

=

==

'

maka

/dimana'

Probabilitas semua jalur sibuk :

( )kqB 2'1−=

dimana ;

n

k

pp

pq

=

=

−=

β

β'

'1'

Penurunan persamaan probabilitas blocking 3 tingkat :

2P

P' P'P

P' P'

B = (1 – q1q2)2 = { 1 - (1 – P1) (1 – P2) }2

Q1 = q1 . q2 = (1 – P1) (1 – P2)B1 = 1 – q1q2 = 1 - (1 – P1) (1 – P2)

kP

P' P'P

P1 = P2 = P’ q1 = q2 = q’Q1 = (q’)2 = (1 – P’) (1 – P’) = (1 – P’)2

B1 = 1 - (1 – P’)2

B = { 1 - (1 – P’)2 } k

P’ = βp

B = { 1 - (1 –β

'p)2 } k


� Probabilitas blocking Switching Network 5 tingkat

222121

21 nxknn

Nx

nn

Nkxn11 kxn

1n 1n

11 kxn

NN

f ive stage sw itching netw ork

1n

1n 1n

1n1n

N

1n

N

1n

N

1n

N

NN

1 2 3 4 5

( )[ ]{ } 12

kk22

21 q11q1B −−−= dimana : q1 = 1 – P1

q2 = 1 – P2


� Probabilitas blocking Switching Network 5 tingkat

A

1

B

2

1

=

1

11 k

npP

=

2

2

1

12 k

n

k

npP

=

1

11 k

npP

1

2k

2P

2P 2P

QA = (q2) 2

BA = 1 - (q2)2

k2A B

2P 2P

BB = (1 – (q2)2) k2

A

1

B

2

A

1

B

2

1P 1P

1P

1P

2

1

1k2k

2k

P P

2

2P

2P

2P

2P

2P

BB = (1 – (q2) ) QB = 1 – (1 – (q2)2) k2

( ) 22211

kq−−1q 1q

QC = (q1)2(1 – (q2)2) k2

BC = 1 - (q1)2(1 – (q2)2) k2

( ) 22211

kq−−

1q1q

1k

( ) ( )( )( ){ }k1k222q11

21q1B −−−=

2P 2P

QA = (q2) 2

BA = 1 - (q2)2

( 1 )

k2A B

2P 2P

BB = (1 – (q2)2) k2

QB = 1 – (1 – (q2)2) k2QB = 1 – (1 – (q2) )

(2)( ) 22

211k

q−−1q 1q

QC = (q1)2(1 – (q2)2) k2

BC = 1 - (q1)2(1 – (q2)2) k2

(3)

( ) 22211

kq−−

1q 1q

1k

( ) ( )( )( ){ }k1k222q11

21q1B −−−=


soal 1 :

� Jika diketahui blocking dari suatu switch bertingkat tiga adalah 0,002 dan kemungkinan inlet idle adalah 0,9 ,besarnya factor konsentrator (β) = 0,313 maka hitunglah :� Berapa kebutuhan Nilai k (array tengah)� Berapa kubutuhan Ukuran group inlet /outletnya� Jumlah crosspoint jika diketahui jumlah inlet/ouletnya 2048


soal 1 :

� Jika diketahui blocking dari suatu switch bertingkat tiga adalah 0,002 dan kemungkinan inlet idle adalah 0,9 ,besarnya factor konsentrator (β) = 0,313 maka hitunglah :� Berapa kebutuhan Nilai k (array tengah)� Berapa kubutuhan Ukuran group inlet /outletnya� Jumlah crosspoint jika diketahui jumlah inlet/ouletnya 2048

JawabanJawaban

a. q = 0,9 shg. P = 1 – q = 1 – 0,9 = 0,1B = ( 1 – (1 – P/β)2) k

0,002 = (1 – (1 – 0,1/0,313)2) k

= (0,537) k

-2,69 = -0,27kk = 9,996 10≈

b. β = k/n n = 10/0,313 = 31,9 ≈ 32

c. NX = 2 Nk + k (N/n)2

= 2 (2048) (10) + (10) (2048/32)2

= 40.906 + 40.906= 81.920 cp


Hitung probabilitas blocking total jika diketahui P1 = 0,1 dan P2 = 0,2

A B82 =k

2P2P

1P 1PA B

A B

81 =k

2P2P

1P 1P



A B82 =k

2P2P

1P 1P

Jawaban :Langsung menggunakan rumus

probabilitas blocking :q1 = 1 – P1 = 1 – 0,9 = 0,1q = 1 – P = 1 – 0,2 = 0,8

A B

81 =k

2P2P

q2 = 1 – P2 = 1 – 0,2 = 0,8Btotal= { 1 - (q1)2(1 - (1 – (q2)2) k2) }k1

= { 1 – (0,9)2(1-(1- (0,8)2) 8 } 8

= { 1 – 0,81 ( 1- (0,36))8 } 8

= { (o,19) (0,999)}8

= (0,1899)8

= 1,69 x 10-6

≈



A B

81 =k

82 =k

2P2P

1P 1P

2P 2P

Q2 = (q 2) 2 = (1 – P2) (1 – P2)= (0,8)(0,8) = 0,64

2P 2P

A B

2P2P

A B

2P 2P

2k = 8

B = ( 1 – q2)k2 = (1 – 0,64)8 = (0,36)8=2,8 x 10-4

Q = 1 – B = 1 – 2,8 x 10-4 = 0,99999 = 1

( ) 22211

kq−−

1P 1P

Q1 = (1 - P1)(1 – P2) (1 -( 1 – q2) k2) = 0,9 x 0,9 x 1 = 0,81B = 1- Q1 = 1 – 0,81 = 0,19Btotal = (1 – Q1)8 = ( 0,19 )8 = 1,6798 x 10-6

The end



A B

81 =k

82 =k

2P2P

2P2P

1P 1P

2P 2P

Q2 = (q 2) 2 = (1 – P2) (1 – P2)= (0,8)(0,8) = 0,64

2P 2P

A B

2

Jawaban :Langsung menggunakan rumus probabilitas blocking :q1 = 1 – P1 = 1 – 0,9 = 0,1q2 = 1 – P2 = 1 – 0,2 = 0,8Btotal = { 1 - (q1)2(1 - (1 – (q2)2) k2) }k1

= { 1 – (0,9)2(1-(1- (0,8)2) 8 } 8

= { 1 – 0,81 ( 1- (0,36))8 } 8

= { (o,19) (0,999)}8

= (0,1899)8

= 1,69 x 10-6

A B2k = 8

B = ( 1 – q2)k2 = (1 – 0,64)8 = (0,36)8=2,8 x 10-4

Q = 1 – B = 1 – 2,8 x 10-4 = 0,99999 1≈

( ) 22211

kq−−

1P 1P

Q1 = (1 - P1)(1 – P2) (1 -( 1 – q2) k2) = 0,9 x 0,9 x 1 = 0,81B = 1- Q1 = 1 – 0,81 = 0,19Btotal = (1 – Q1)8 = ( 0,19 )8 = 1,6798 x 10-6

pertemuan 4 - pcm dan matriks switch...4 jumlah bit / frame 8 x 32 = 256 8 x 24 + 1 = 193 5 periode...

Documents