Sinyal dan Sistem Waktu Diskrit ET 3005 Pengolahan Sinyal...
Transcript of Sinyal dan Sistem Waktu Diskrit ET 3005 Pengolahan Sinyal...
Sinyal dan Sistem Waktu DiskritET 3005 Pengolahan Sinyal Waktu DiskritEL 5155 Pengolahan Sinyal Waktu Diskrit
Effrina Yanti Hamid
Edisi Semester 1 17/18 EYH 1
Edisi Semester 1 17/18 EYH
Sinyal dan Sistem Waktu Diskrit2
2.1 Sinyal Waktu Diskrit
2.1.1 Pengertian Sinyal Waktu Diskrit
Deretan berindeks dari bilangan kompleks atau real.
Sinyal waktu diskrit adalah fungsi dari variabel bebas yang merupakan
bilangan bulat, dinyatakan oleh x(n).
Sinyal analog : xa(t)
Sinyal diskrit : x(n), n bilangan bulat
Notasi : x(n) = {x(n)}={…,x(-1),x(0),x(1),…}
2
Edisi Semester 1 17/18 EYH
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 n
x(n)
xa(t)
t
Sinyal analog : xa(t)
Sinyal diskrit : x(n),
3
Edisi Semester 1 17/18 EYH
2.1.2 Sinyal Waktu Diskrit Bernilai Kompleks
Sinyal waktu diskrit bernilai kompleks
z(n) = a(n) + jb(n) = Re{z(n)}+jIm{z(n)
Dalam bentuk polar
z(n) = |z(n)| exp ( j arg{z(n)})
4
Edisi Semester 1 17/18 EYH
2.1.3 Tipe Sinyal Waktu Diskrit
1. Impuls satuan/ unit sample sequence
0
0
00
1
00
01
n, n
n, n nn
, n
, n n
-3 -2 -1 0 1 2 3 4 n
(n)
0
0
00
1
00
01
n, n
n, n nnu
, n
, n nu
2. Unit step sequence
-3 -2 -1 0 1 2 3 4 n
u(n)
5
Edisi Semester 1 17/18 EYH
2.1.3 Tipe Sinyal Waktu Diskrit
3. Deretan Eksponensial
00
0
n ,
n , anx
nx(n)=1.2n
( )
= cos sin
j
n j n
n
a re
x n r e
r n j n
Bila a kompleks
6
Edisi Semester 1 17/18 EYH
2.1.3 Tipe Sinyal Waktu Diskrit
Contoh :
nnx
nnx
nxnxnx
njn
enx
rea
θ .r
nI
nR
IR
n
njn
j
10sin9.0
10cos9.0
10sin
10cos9.0
9.0
1090
10
dan
nnx n
10cos9.0
nnx n
10sin9.0
7
Edisi Semester 1 17/18 EYH
2.1.3 Tipe Sinyal Waktu Diskrit
3. Deretan Eksponensial
nnx
rnx
ernx
rea
anx
n
njn
j
n
Contoh
nnx
.nx
θ .r enx
n
njn
10
90
10909.0 10
dan
n.nx 90
nnx10
8
Sinyal disebut periodik bila x(n)=x(n+N) untuk harga N
bilangan bulat positif dan untuk seluruh n.
Bila sinyal periodik dengan perioda N maka sinyal tersebut
juga periodik dengan perioda 2 N, 3N dan seluruh harga
kelipatan bilangan bulat dari N.
Perioda fundamental N, yaitu bilangan bulat positif terkecil
yang memenuhi persamaan x(n)=x(n+N).
Bila tidak ada satupun bilangan bulat N yang memenuhi
persamaan x(n)=x(n+N) maka deretan tersebut adalah
deretan aperiodik.Edisi Semester 1 17/18 EYH
2.1.3 Tipe Sinyal Waktu Diskrit
4. Sinyal periodik dan aperiodik
9
Edisi Semester 1 17/18 EYH
2.1.3 Tipe Sinyal Waktu Diskrit
4. Sinyal simetris dan antisimetris
Sinyal waktu diskrit berharga real :
simetris genap jika x(n) = x(-n) untuk seluruh harga n
simetris ganjil jika x(n) = -x(-n) untuk seluruh harga n
Sinyal waktu diskrit berharga kompleks (sinyal kompleks) :
simetris konjugate jika x(n) = x*(-n) untuk seluruh harga n
antisimetri konjugate jika x(n) = -x*(-n) untuk seluruh harga n
10
signal) (energy enerji sinyal
disebut maka berhingga Bila
selang dalam deretan Enerji
maka riil Bila
deretan suatu Enerji
nx)E( E
nxE
N,n-N
nxE
nx
nxnxnx E
N
Nn
n
nn
0
.
2
2
2
Edisi Semester 1 17/18 EYH
2.1.4 Sinyal enerji dan sinyal daya
11
) signal power ( daya sinyal
disebut maka 0)( berhingga Bila
hingga. tak atau berhingga
nkemungkina maka (infinite) hingga tak Bila
maka (finite) berhingga Bila
diskrit sinyal rata-rata Daya
nxP
P
E
PE
nxN
P
N
NnN
.0
12
1lim
2
Edisi Semester 1 17/18 EYH
2.1.4 Sinyal enerji dan sinyal daya
12
ne
N
N
nuN
P
jωω
N
N
N
N
N
NnN
cos,
2
1
2
1lim
12
1lim
12
1lim
1
1
2
lainnya, daya sinyal Contoh
daya. sinyal adalah sequence step Unit
Edisi Semester 1 17/18 EYH
2.1.4 Sinyal enerji dan sinyal daya
Contoh
Tentukan apakah unit step sequence u(n) adalah sinyal daya
atau sinyal enerji
13
Edisi Semester 1 17/18 EYH
x1 (n) y(n) = x1(n) + x2(n)
x2 (n)
s (n) y(n) = s(n).w(n)
w(n)
Ax(n) y(n) = A.x(n)
Z-1x(n) y(n) = x(n-1)
1. Penjumlahan
2. Perkalian
3. Penyekalaan
4. Pergeseran (shifting) :
2.1.5 Operasi Dasar pada Sinyal Waktu Diskrit
14
Edisi Semester 1 17/18 EYH
M
x(n) y(n) = x(Mn)
L
x(n)y(n) = x(n/L)
5. Down sampling
6. Up sampling
7. Folding (pembalikan)
2.1.5 Operasi Dasar pada Sinyal Waktu Diskrit
y(n) = x(-n)
ainnya 0,
,...3,2, 0,n ,][
l
LLLL
nx
ny
15
Edisi Semester 1 17/18 EYH
Sinyal dapat didekomposisi dari deretan impuls satuan (n)
yang diberi bobot dan digeser.
x(n)=…+x(-1)(n+1)+x(0) (n)+ x(1)(n-1)+ x(2)(n-2)+…
k
knkxnx
2.1.5 Dekomposisi Sinyal
16
Edisi Semester 1 17/18 EYH
Sistem Waktu Diskrit adalah operator matematis atau pemetaan yang
mentransformasi sinyal ke sinyal lainnya.
Secara umum notasi yang digunakan : T(.)
T(.)x(n) y(n)=T(x(n))
2.2 Sistem Waktu Diskrit
2.1.1 Pengertian
17
Edisi Semester 1 17/18 EYH
Sistem Tanpa Memori
Keluaran pada waktu n=n0 hanya bergantung pada input padawaktu n = n0.
Additif
T(x1(n)+x2(n))=T(x1(n))+T(x2(n))
Homogen:
T( c x(n))=c T(x(n))
Sistem Linier : sistem yang mempunyai sifat additif dan homogen
T(ax1(n)+bx2(n))=aT(x1(n))+bT(x2(n))
2.2.2 Sifat Sistem Waktu Diskrit
18
Edisi Semester 1 17/18 EYH
Sistem Tidak Berubah Terhadap Waktu (time invariant system)
Bila respon sistem terhadap masukan x(n) adalah y(n) maka
respon terhadap masukan x(n-n0) adalah y(n-n0).
19
nhnxknhkxknTkxny
kn
h(n-k)
knTkxny
kx
knkxTknkxTnxTny
kk
k
kk
maka masukan terhadap sistem respon
adalah bila waktu terhadap berubah tidak yang sistem Untuk
: homogen sifat dari konstan, koefisien Karena
:aditif sifat Dari
Konvolusi
Edisi Semester 1 17/18 EYH
CausalRespon sistem pada waktu n=n0 bergantung pada masukan nn0.
y(n) hanya bergantung pada x(n), x(n-1),x(n-2), …, tetapi tidakbergantung pada x(n+1),x(n+2),….
Secara matematis keluaran sistem kausal memenuhi persamaandalam bentuk sbb:
y(n)=F(x(n),x(n-1),x(n-2),…)
contoh:
(
[2 ]
l
x n
n
-
Tentukan apakah sistem dengan persamaan berikut causal atau tidak kausal
(a) y[n]= x[n]-x[n-1] b) y[n]= x[k]
(c) y[n]=
2 ]
(d) y[n]=x[-n]
(e) y[n]=x[n-1]+x[n]+x[n+1] (f) y[n]=x[n
20
Edisi Semester 1 17/18 EYH
Causal
Sistem LTI
0 0
1
0 0 00
0 0
0 0
[ ]
[ ]
[ [ 1] 1 [ 2] 2 ...]
[ [0] [1] 1] ...
k
k k
y n h k x n k
y n h k x n k h k x n k
= h x n h x n
h x n h x n
0Keluaran sistem LTI pada n=n
Sistem k 0
0 0
0 0
ausal jika keluaran pada waktu n=n hanya bergantung
pada masukan x[n ], x[n -1],... tidak bergantung pada masukan
x[n +1],x[n +2],..., sehingga respon impuls sistem LTI harus memenuhi kondisi
[ ] 0h n n < 0
21
Edisi Semester 1 17/18 EYH
StabilSistem dengan masukan terbatas maka keluaran terbatas.
Bila x(n) terbatas, maka akan ada konstanta Mx sedemikiansehingga
Bila x(n) terbatas, maka akan ada konstanta My sedemikiansehingga
[ ] xx n M
[ ] yy n M
22
Edisi Semester 1 17/18 EYH
Stabil
Sistem LTI
[ ]
[ ]
[ ]
[ ]
k
k
k
k
y n h k x n k
y n h k x n k
y n h k x n k
y n h k
x
x
x
Keluaran sistem LTI
Bila input terbatas maka akan ada suatu bilangan terbatas M
sehingga x[n] M sehingga
M
Ke [ ]
.
k
y n
h k
absolutely summable
h
luaran akan terbatas jika respon impuls LTI memenuhi kondisi
S
Sistem LTI stabil jika respon impuls sistem
23
Edisi Semester 1 17/18 EYH
2.2.3 KonvolusiHubungan antara masukan dan keluaran pada sistem LTI dinyatakan oleh
penjumlahan konvolusi.
Sifat-sifat Konvolusi
a. x(n) y(n) =y(n) x(n)
b. x(n) (y(n) z(n))=(x(n) y(n)) z(n)
c. x(n) (y(n)+z(n))=x (n)y(n) + x(n) z(n)
d. x(n) (n) = (n) x(n) = x(n)
e. x(n) (n-n0) = x(n-n0)
n
knhkxnhnx )()(
24
Edisi Semester 1 17/18 EYH
0 0
0 0
0
0 0
0
[ ] [ ] [ ] [ ]
[ ] 1 0
[ ] 1
:
[ ] [ ] [ ] [ ]
[
k
k
x n n n x k n n k
k k
n n k k n n
k n n
x n n n x k n n k
x n n
Bukti (e) :
Ingat untuk
maka untuk
sehingga untuk
0
] [0]
[ ]x n n
25
Edisi Semester 1 17/18 EYH
n
knhkxnhnx )()(
26
Edisi Semester 1 17/18 EYH
Panjang deretan hasil konvolusi 2 deretan yang terbatas panjangnya
Sistem ekivalen untuk hubungan serial dan paralel
27
Edisi Semester 1 17/18 EYH
Perhitungan Langsung
Contoh :
nua
an
a1
a1any 0n
0kn.ukuk 0,n
knknu0 kku
knukuaknhkxnhnxny
nunh
0n
0nanuanx
n
n
0k
1nk
k
k
k
nn
.1
1y
Bila
Bila
. untuk 0dan untuk 0 Karena
0
1
28
Edisi Semester 1 17/18 EYH 29
Edisi Semester 1 17/18 EYH
Perhitungan konvolusi dengan metoda grafis
Gambar x(k) dan h(k) sebagai fungsi dari k.
Reverse satu dereta : h(k) menjadi h(-k)
Geser h(-k) sebesar n menjadi h(n-k)
Perkalikan x(k) dan h(n-k) dan jumlahkan seluruh hasil perkalian untuk seluruh harga k.
Perhitungan dilakukan untuk seluruh kemungkinan harga pergeseran n.
Contoh :
30
Edisi Semester 1 17/18 EYH
2.2.4 Sistem dengan Respon Impuls Terbatas dan Tidak Terbatas
Sistem LTI dapat dibagi menjadi :
• FIR (finite-duration impulse response)
• IIR (infinite-duration impulse response)
Sistem FIR kausal :
h(n) = 0 n < 0 dan n ≥ M
Konvolusi pada sistem FIR kausal :
Sistem IIR kausal :
h(n) = 0 n < 0
Konvolusi pada sistem IIR kausal :
0
)()(k
knhkxnhnx
1
0
)()(M
k
knhkxnhnx
31
Edisi Semester 1 17/18 EYH
2.2.5. Sistem Waktu Diskrit Rekursif dan Non Rekursif
F(x(n),x(n-1),
…x(n-M))
x(n) y(n)
F(x(n),x(n-1),
…x(n-M))
x(n) y(n)
z-1
Sistem non-rekursif
Sistem rekursif
32
Edisi Semester 1 17/18 EYH
Contoh Sistem Waktu Diskrit Rekursif dan Nonrekursif
Sistem non-rekursif
Sistem rekursif
x(n) y(n)
z-1
z-1
b0
b1
b2
y(n) = b0x(n) + b1x(n-1) + b2x(n-2)
x(n) y(n)
z-1
z-1
b0
b1
b2 y(n) = y(n-1) + b0x(n) + b1x(n-1) + b2x(n-2)
z-1
33
Edisi Semester 1 17/18 EYH
2.2.6. Sistem Waktu Diskrit Direpresentasikan olehPersamaan Perbedaan
Total response : y(n) = yzi (n) + yzs (n)
Agar sistem rekursif bersifat linier dan time invariant maka harusmemenuhi sifat linier (superposisi) dan time invariant.
Agar linier maka
1. Total response : y(n) = yzi (n) + yzs (n)
2. Prinsip superposisi berlaku untuk yzi (n) dan yzs (n).
34
Edisi Semester 1 17/18 EYH
2
3 2
1
[ ] [ 1] [ ]
[ ] [0]
[0] [ 1] [0]
[1] [0] [1] [ 1] [0] [1]
[2] [1] [2] [ 1] [0] [1] [2]
[ ] [ 1] [ ]
[ ] [ 1]n k
k
y n ay n x n
y n y
y ay x
y ay x a y ax x
y ay x a y a x ax x
y n ay n x n
y n a y a
Akan dihitung nilai untuk n 0, dimulai dari
0
1 1 2 2
1 1 2 2
0
1 1 2
0 0
(1) (2)1 2
1 1 2 2
1
[ ]
[ ] [ ] [ ]
: [ ] [ ] [ ]
[ ] [ [ ] [ ]]
[ ] 2 [ ]
[ ] [ ]
: [ 1] [ 1] [ ]
[ ] [
n
zi zs
nk
zs
k
n nk k
k k
zs zs
nzi
x n k
y n y n y n
Mis x n c x n c x n
y n a c x n k c x n k
c a x n k c a x n k
c y n c y n
Mis y c y c y
y n a
1 1 2 2
1 11 1 2 1
(1) (2)1 2
[ 1] [ ]]
[ [ 1] [ [ 1]
[ ] [ ]
n n
zi zi
c y c y
c a y c a y
c y n c y n
sistem linier35
Edisi Semester 1 17/18 EYH
1
0
[ ] [ 1] [ ]
[ ] [ 1] [ ]
[ ] [ ] [ ]
Dari persamaan perbedaan dapat dilihat bahwa koefisien a konstan,
tidak bergantung pada n.
sistem .
Sistem yang dituliskan
nn k
k
zi zs
y n ay n x n
y n a y a x n k
y n y n y n
time invariant
[ ] [ 1] [ ]
dalam persamaan berikut :
adalah sistem LTI kausal.
Sistem yang dituliskan dalam persamaan perbedaan koefisien konstan linier
(
y n ay n x n
linear constant - coefficient diff
) adalah linier dan . erence equation time invariant
36
Edisi Semester 1 17/18 EYH
Solusi Persamaan Perbedaan Koefisien Konstan Linier
0 0
[ ] [ ] 10
Persamaan Perbedaan Koefisien Konstan Linier
a
Tujuan untuk menentukan respon y[n] ,n 0 pada sistem dengan masukan
N M
k k
k k
a y n k b x n k
h p
h
x[n],n 0
dan satu set kondisi kondisi awal.
Asumsi :
y[n] = y [n] + y [n]
Solusi y [n] adalah solusi homogen, yaitu respon sistem terhadap kondisi awal
d
p
engan asumsi x[n]=0
Solusi y [n] adalah solusi khusus atau yaitu respon sistem terhadap x[n]
dengan asumsi kondisi awal = 0
Solusi homogen
Solusi homogen didapat dengan m
particular
0
[ ] 0
engasumsikan x[n]=0, sehingga persamaan perbedaan homogen
Asumsi solusi perbedaan homogen dalam bentuk eksponensial, yaitu
N
k
k
a y n k
[ ]h y nn
37
Edisi Semester 1 17/18 EYH
0
1 21 2
0
.
Dengan substitusi ke persamaan sebelumnya maka persamaan polinomial
atau
Nn k
k
k
n N N N N
a
a a
1
1 2 3
.. 0
, , ,... .
Polinomial di dalam tanda kurung adalah polinomial karakteristik.
Polinomial karakteristik mempunyai N akar,
Akar dapat berharga real atau kompleks.
Koefis
N N
N
a a
1 2, ,..
k
ien .umumnya real.
Untuk harga a riil, akar berharga kompleks merupakan pasangan konyugatif kompleks.
Bila semua akar berbeda maka solusi persamaan homogen :
a a
1
11 2 1
[ ]
[ ] ...
ditentukan untuk memenuhi kondisi awal.
Bila terdapat akar , maka solusi persamaan homogen :
Nn
h k k
k
k
mh m
y n C
C
multiple
y n C C n C n
1
[ ] [ ])zi
Karena x[n]=0 maka dapat dipakai untuk menghitung respon zero input (y
Nn n
k k
k m
h
C
y n n
38
Edisi Semester 1 17/18 EYH
[ ]p
Solusi khusus ( )
Solusi khusus umumnya tergantung x[n].
Harus dicari y yang memenuhi persamaan perbedaan, untuk x[n] tertentu.
Solusi khusus juga dapat diperoleh dari respon
particular
n
zer ( ).zso state y [n]
Solusi khusus Persamaan Perbedaan Linier Koefisien Konstan
Sinyal input x(n) Solusi Khusus
A (konstan) K
A M n K M n
A nM K0nM+K1n
M-1+…+KM
An nM An(K0nM+K1n
M-1+…+KM)
A sin (0n) K1cos (0n) + K2sin (0n)
A cos (0n) K1cos (0n) + K2sin (0n)
[ ] [ ] [ ]h py n y n y n
Total solusi persamaan perbedaan :
39
Edisi Semester 1 17/18 EYH
[ ] - 3 [ -1] - 4 [ - 2] 0
[-1] 5 [-2] 0
Contoh 6.1
Persamaan perbedaan
Tentukan respon zero input jika diketahui kondisi awal dan .
Solusi
Asumsi solusi perbedaan homogen dalam bentuk ekspone
y n y n y n
y y
1 2
[ ]
3 4 0
nsial, yaitu
Dengan substitusi ke persamaan sebelumnya maka persamaan polinomial
nh
n n n
y n
2 2
1 2
3 4 0
1 4
[ ] 1 4 0
[ ] 0
Akar persamaan dan
,
Karena maka sistem tidak mempunyai solusi khusus,
n
n nh
p
y n C C n
x n y
[ ] 0
n
40
Edisi Semester 1 17/18 EYH
1 2[ ] [ ] -1 4 , 0
1 2
Sehingga solusi total,
Untuk menentukan harga C dan C maka solusi total harus memenuhi kondisi awal.
n nhy n y n C C n
1 2
[0] 3 [-1] 4 [-2]
[1] 3 [0] 4 [-1] 13 [-1] 12 [-2]
[0]
h
y y y
y y y y y
y C C
1 2
1 2
[1] 4
1
[ ] [ ] -1 -1 16 4 , 0
Dari kedua persamaan diatas maka dan C = 16
Respon zero input diperoleh
h
n nh
y C C
C
y n y n n
[0] 3 [-1] 4 [-2]
[1] 3 [0] 4 [-1] 13 [-1] 12 [-2]
dengan mengevaluasi konstanta pada solusi homogen.
y y y
y y y y y
1 2
1 2
[0]
[1] 4
[0] 15 [1] 65
Karena y[-2] =0 dan y[-1]=5 , maka
h
h
y C C
y C C
y dan y
1 2
1 2
1 2
15
4 65
1
Dari kedua persamaan diatas maka dan C = 16
zi
C C
C C
C
y
1 2
[ ] 1 -1 16 4
[ ] -1 4 , 0
[ ] [ ] -1 -1 16 4 , 0
n n
n nzi
n nzi
n
y n n
y n y n n
41
Edisi Semester 1 17/18 EYH
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100
0.5
1
1.5
2x 10
7
[ ] [ ] -1 -1 16 4 , 0n n
ziy n y n n
42
Edisi Semester 1 17/18 EYH
[ ] - 3 [ -1] - 4 [ - 2] [ ] 2 [ -1]
[ ] 4 [ ]
[ ], 0.
n
y n y n y n x n x n
x n u n
y n n
Contoh 6.2
Persamaan perbedaan
Tentukan respon
Solusi
Solusi homogen
1 2
1 2
[ ] 1 4 0
[ ] 4 [ ]
4 [ ] - 3 1 4 [ 1] - 4 2 4 [
n n
np
n n n
n C C n
particular
y n Kn u n
Kn u n K n u n K n u n
h y ,
Solusi khusus ( )
Dengan substitusi ke persamaan perbedaan
1
65
65
61 2 5
2]
4 [ ] 4 [ 1]
2,
[ ] 4 [ ]
[ ] [ ] [ ] -1 4 4 , 0
n n
np
n n nh p
u n u n
n K
y n n u n
y n y n y n C C n n
2.
maka
Total solusi :
43
Edisi Semester 1 17/18 EYH
[ ] - 3 [ -1] - 4 [ - 2] [ ] 2 [ -1]
1 2 Harga C dan C harus memenuhi harga kondisi awal
Substitusi langsung pada persamaan solusi total
y n y n y n x n x n
0 1
1 0
0 01 2
1 1 161 2 5
[0] 4 [0] 4 [ 1] [0] 1
[1] 3 [0] 4[ 1] 4 [1] 2 4 [0]
[1] 3 4 2 9
-1 4 1
-1 4 1 4
y u u y
y y u u
y
C C
C C
1 2
1 2
2611 225 25
26 6125 25 5
9
1
4 4.2
,dan
[ ] -1 4 4 , 0
-
n n n
C C
C C
C C
y n n n
44
Edisi Semester 1 17/18 EYH
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100
2
4
6
8
10
12
14x 10
6
[ ]y n [ ]x n
T(.)
[ ] - 3 [ -1] - 4 [ - 2] [ ] 2 [ -1]y n y n y n x n x n
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100
2
4
6
8
10
12x 10
5
[ ] 4 [ ]nx n u n 26 6125 25 5
[ ] -1 4 4 , 0n n n
y n n n
45
Edisi Semester 1 17/18 EYH
Hpf(s) A/D x(n)
y(n-1)
x(n-1)
y(n) D/A
2 3
Hrc(s)
y(n-2)
4
46
Edisi Semester 1 17/18 EYH
1 2[ ] [ ] -1 4 , 0
[0]
Menentukan respon zero input dan respon zero state.
Respon zero input mempunyai bentuk yang sama dengan solusi homogen.
n nzi h
zi
y n y n C C n
y
1 2
1 2[1] 4
[ ] - 3 [ -1] - 4 [ - 2] 0
[0] 0
[1] 0
[ ] 0,
-
Dari persamaan homogen :
Tidak ada solusi artinya karena kondisi awa
zi
zi
C C
y C C
y n y n y n
y
y
y n
[ 2] [ 1] 0l
sehingga respon total adalah respon zero state.
y y
47
Edisi Semester 1 17/18 EYH
61 2 5
[ ] [ ] [ ] -1 4 4 ,
[0] [1]
[-1] 0 [-2] 0
Respon zero state
Total solusi :
n 0
dan diperoleh dengan memasukkan harga-harga
kondisi awal dan ke persamaan
n n nh py n y n y n C C n
y y
y y
0 1
1 0
[ ] - 3 [ -1] - 4 [ - 2] [ ] 2 [ -1]
[0] 3 [ 1] 4[ 2] [0] 2 [ 1]
[0] 4 [0] 4 [ 1] [0] 1
[1] 3 [0] 4[ 1] 4 [1] 2 4 [0]
[1] 3 4 2
y n y n y n x n x n
y y y x x
y u u y
y y u u
y
0 01 2
1 1 161 2 5
1 2
1 2
2611 225 25
26 6125 25 5
9
-1 4 1
-1 4 1 4 9
1
4 4.2
,dan
[ ] [ ] -1 4 4 , 0
-
n n n
zs
C C
C C
C C
C C
C C
y n y n n n
48
Edisi Semester 1 17/18 EYH
[ ] [ -1] - 6 [ - 2] [ ]
[ ] 8 [ ]
[-1] 1 [-2] 1
Contoh 6.3
Persamaan perbedaan
Tentukan respon y[n], n 0 jika diketahui sinyal masukan
dan kondisi awal dan .
Solusi
Asumsi solusi perbe
y n y n y n x n
x n u n
y y
[ ]
daan homogen dalam bentuk eksponensial, yaitu
Dengan substitusi ke persamaan sebelumnya maka persamaan polinomial
nhy n
1 2
2 2
1 2
6 0
6 0
3 2
[ ] 3 2 , 0
Akar persamaan dan
Asumsi solusi khusus
n n n
n
n nhy n C C n
[ ] [ ]
[ ] [ 1] - 6 [ 2] 8 [ ]
2 - 6 8
Substitusi ke persamaan
py n Cu n
Cu n Cu n Cu n u n
n C C C
1 2
-2
[ ] [ ] [ ] -3 2 - 2 , 0
Solusi total
n n
h p
C
y n y n y n C C n
49
Edisi Semester 1 17/18 EYH
1 2
1 2
1 2
1 2
[ ] -3 2 - 2 , 0
[0] - 2
[1] - 3 2 - 2
[0] [1]
Konstanta dan memenuhi kondisi awal.
dan diperoleh dengan memasukkan
n n
C C
y n C C n
y C C
y C C
y y
[-1] 1 [-2] 1
[ ] [ -1] - 6 [ - 2] [ ]
[0] [-1] 6 [-2] [0]
[0] 1 6 8
[0] 1
harga-harga
kondisi awal dan ke persamaan
-
-
y y
y n y n y n x n
y y y x
y
y
1 2
1 2
[1] [0] 6 [-1] [1]
[1] 1 6 8
[1] 13
3
- 3 2 15
-
-
Dengan menyelesaikan kedua persamaan diatas dipe
y y y x
y
y
C C
C C
1 21.8 4.8
[ ] 1.8 -3 4.8 2 - 2 , 0
roleh dan
Total solusi
n n
C C
y n n
50
Edisi Semester 1 17/18 EYH
1 2
1 2
1 2
[ ] 3 2 , 0
[0]
[1] 3 2
[0] [1]
Respon zero input
dan diperoleh dengan memasukkan harga-har
n nzi
zi
zi
y n C C n
y C C
y C C
y y
[-1] 1 [-2] 1
[ ] [ -1] - 6 [ - 2] 0
[0] [-1] 6 [-2]
[0] 1 6
[0] 7
[1] [0
ga
kondisi awal dan ke persamaan
-
-
-
y y
y n y n y n
y y y
y
y
y y
1 2
1 2
1 2
] 6 [-1]
[1] 7 6
[1] 13
-7
3 2 13
5.4 1.6
Dengan menyelesaikan kedua persamaan diatas diperoleh dan
Respon zero inpu
y
y
y
C C
C C
C C
[ ] 5.4 -3 1.6 2 , 0
t
n n
ziy n n
51
Edisi Semester 1 17/18 EYH
1 2
1 2
1 2
[ ] -3 2 - 2 , 0
[0] - 2
[1] 3 2 - 2
[0] [1]
Respon zero state
dan diperoleh dengan memasukkan ha
n nzs
zs
zs
y n C C n
y C C
y C C
y y
1 2
1 2
[-1] 0 [-2] 0
[ ] [ -1] - 6 [ - 2] [ ]
[0] 8
[1] 0
10
3 2 2
rga-harga
kondisi awal dan ke persamaan
Dengan me
y y
y n y n y n x n
y
y
C C
C C
1 23.6 6.4
[ ] 3.6 -3 6.4 2 - 2 , 0
[ ] [ ] [
nyelesaikan kedua persamaan diatas diperoleh dan
Respon zero state
Respon total (total solusi)
n nzs
zs zi
C C
y n n
y n y n y n
] 3.6 -3 6.4 2 - 2 5.4 -3 1.6 2 , 0
[ ] 1.8 -3 4.8 2 - 2 , 0
n n n n
n n
n
y n n
52
Edisi Semester 1 17/18 EYH
2.2.7. Respon impuls sistem dengan persamaan perbedaankoefisien konstan linier
Respon impuls:
x(n) = (n) y(n) = h(n)
( kondisi awal nol)
• Untuk x(n) = (n) ), ‘solusi khusus’ yp(n) = 0
respon impuls diperoleh dengan cara menyelesaikan persamaan pada
solusi homogen . Harga konstanta ditentukan dengan memecahkan yh(n)
untuk
n = 0,1... . dan kondisi awal y(-1)=y(-2),..y(-N)=0
(n) LTI h(n)
53
Edisi Semester 1 17/18 EYH
1 2
[ ] [ -1] - 6 [ - 2] [ ]
[ ] 3 2 ,
Contoh 7.1
Sistem LTI dengan persamaan perbedaan
Tentukan respon impuls sistem diatas.
Solusi
Dari contoh soal 6.3, n n
h
y n y n y n x n
y n C C
1 2
0.
[ ] [ ] [ ] 0.
[ ] [ ] -3 2 , 0
Respon impuls h[n] untuk maka solusi khusus nol,
Solusi total , .
Kondisi awal nol sehingga respon zero in
p
n nh
n
x n n y n
y n y n C C n
1 2
[ ] 0.
[ ] [ ] -3 2 , 0
[0] [1] [ ] [ ],
put,
Respon impuls adalah respon zero state ,
.
dan diperoleh dengan memasukkan harga-harga
kondis
zi
n nzs
y n
h n y n C C n
y y x n n
[-1] 0 [-2] 0
[ ] [ -1] - 6 [ - 2] [ ]
[ ] [ ] [0] 1
i awal dan ke persamaan perbedaan
y y
y n y n y n x n
y n n y
1 2 3 21 15 5
1 2
3 25 5
[1] [1] [0] 6 [ 1] [1] 1
2 2 2
-3 2 1
[ ] -3 2 , 0
-
,
n n
y y y y
C CC C
C C
h n n
54
Edisi Semester 1 17/18 EYH
Kestabilan sistem LTI
Sistem yang direpresentasikan oleh persamaan perbedaan koefisien
konstan linier orde N dengan akar polinomial karakteristik (k)
berbeda mempunyai solusi homogen sbb:
• Respon impuls sistem
1
[ ]
Nn
k k
k
h n C
1
[ ]
Nn
h k k
k
y n C
55
Edisi Semester 1 17/18 EYH
• Respon impuls sistem LTI stabil jika respon impuls absolutely
summable.
0
1
0 1 0
0
0 0
[ ]
[ ]
[ ]
1
[ ]
n
Nn
k k
k
Nn
k k
n k n
nk k
n
nk
n n
h n
h n C
h n C
k
h n
56
Edisi Semester 1 17/18 EYH
2.3.Konsep Frekuensi Sinyal Waktu Diskrit
x(n) = A cos (n+)
= 2 f
Dimana A : Amplituda
: frekuensi diskrit (radian /sample)
: fasa (radian)
f : frekuensi (cycles/sample)
57
Edisi Semester 1 17/18 EYH
0
0
0
00
0
: dibatasi dapat harga maka analisis tujuan untuk Artinya
Maka
Bila
: Identik
2rasiona rus
2 maka periodik Agar 1.
: diskrit waktu sinusoidal Sinyal
2ππ)cos(ωn- cos ω)nω- cos (2πn cos ω
2π ω 0n2ππω cos ncos ω
q
plha
0000
000
2.3
.2
58
Edisi Semester 1 17/18 EYH
rasional. bilangan frekuensi
jika hanya periodik adalah diskrit waktu sinusoidal Deretan
jika hanya dan jika benar akan diatas Persamaan
sin
sin
persamaan memenuhi
akan frekuensi dengan periodik yang sinusoidal Deretan
l.fundamenta perioda disebut terkecil Harga
,
jika hanya dan jika perioda dengan periodik Deretan
0 0
0
o
0 0
f
N
k
2π
ω f
kNf
nfNnf
nNn
nx
N
nNnxnx
0)(Nnx
22
2sin2
sin
0
00
59
Edisi Semester 1 17/18 EYH
dimana
sin(n
identik adalah ini dibawah
diskrit waktu sinusoidal deretan seluruh Artinya
sin
Bukti
bulat. bilangan adalah dimana , berbeda
yafrekuensin jika identik akan sinusoidal deretan Dua
0
0 0
k
1,2,3..... kknx
nnk
kk2π
k
kk
2
)
sin2
60
Edisi Semester 1 17/18 EYH
2
1f dengan ekivalen
adalah tertinggi Frekuensi
2
1 atau ,
atau -
diskrit waktu sinusoidal sinyal rekuensif Daerah
frekuensi alias adalah
(cos
0. sampai dari
bervariasi maka sampai dari bervariasi Nilai
dan misalkan
frekuensi dengan sinusoidal sinyal melihat Untuk 0
2
1
)(
2
110
20
cos
)2
coscos
2
2
,2
120
0
011
21
0201
fatau
atau
ff
ω ωn x nωA
nAnAcos ωn x
nωAn ωAnx
k
22
61
Edisi Semester 1 17/18 EYH
0 10 20 30 40-1
-0.5
0
0.5
1x(n)=cos(0.29*pi*n)
n
x(n
)
0 10 20 30 40-1
-0.5
0
0.5
1x(n)=cos(0.30*pi*n)
n
x(n
)
0 10 20 30 40-1
-0.5
0
0.5
1x(n)=cos(0.31*pi*n)
n
x(n
)
0 10 20 30 400
0.5
1x(n)=cos(2*pi*n)
n
x(n
)
0 10 20 30 40-1
-0.5
0
0.5
1x(n)=cos(2.5*pi*n)
n
x(n
)
0 10 20 30 40-1
-0.5
0
0.5
1x(n)=cos(3*pi*n)
n
x(n
)
62
Edisi Semester 1 17/18 EYH
nnx 2cos3
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100-3
-2
-1
0
1
2
3
x(n
)
n
63