Diktat Lengkap Rekayasa Radio

Rekayasa Radio SEMESTER GANJIL 2008 / 2009 Disusun oleh Gideon Jonatan

hal 2 Rekayasa

PEMAHAMAN dB 01Def: dB perbandingan Power dalam bentuk logaritma:

Argument logaritma harus merupakan perbandingan power. - Expresi dikanan benar tetapi P2 dan P1 tidak dpt diberi satuan dB karena bukan perbandingan

- Supaya benar maka expresi diatas harus dirubah menjadi : Jika p1 =5 w dan p2 =150 W g tetap 30 Maka expresinya menjadi sama saja. Hal ini tidak boleh terjadi karena akan menimbulkan kebingungan. Dan perma‐salahannya adalah pembandingnya. Yang diatas 1 mw yang dibawah 1 w Jadi perlu diberi catatan pembandingnya . Maka expresi yang tepat adalah - dB adalah satuan yang ( berdimensi / tak berdimensi ) - pada dasarnya dB dan dBw sama – sama dB ( benar / salah ) - Mengapa menggunakan satuan dB? Ketika tangan kita ditekan dengan 1 kg kemudian dilipat gan‐dakan dengan tekanan 2 kg, apakah kita akan merasa 2 kali lebih sakit?

Kesimpulan : Titik pada blok diagram harus ada catatan Transfer blok dia‐gram tidak pakai catatan - Contoh lain. Sebuah motor dng knalpot dibuka pada jarak 1 m dari telinga

5 mw g= 30 × 30×5mw=150 mw Dengan logaritma P2 = 10 log p2 = 10 log g + 10 log p1

P2 = G dB + P1

- 10 log =10 log g + 10 log Atau P2 dB = G dB + P1 dB P2 dB = 14.8 dB+ 7dB= 21.8 dB

- 10 log =10 log g + 10 log P2 dB = G dB + P1 dB P2 dB = 14.8 dB+ 7dB= 21.8 dB atau P2 dBw=14.8 dBw+7dB=21.8 dBw → jawab : tak berdimensi → jawab : benar karena W hanya merupakan catan dengan apa besaran power itu dibandingkan Jawab: a. Logaritma menggunakan operasi +/‐ lebih

mudah dari pada ×/ ÷ b. Sifat power di dunia ini logaritmis

(jelaskan) menimbulkan kekerasan 90 dBpw. Jika 4 motor yang dibunyikan berapa kekerasan pada telinga. p 1 × g = p2 P1 + G = P2

90 DBw +10 log 4 = 96 dbPW

Mari latihan : nume‐rik dB

nume‐rik dB

1 5

1 dB 6

* 2 dB 7

2 8 4 dB 9

3 * 104

numerik dB numerik dB

24 17 25 2635 ‐436 ‐1537 2.772 ‐ 6,573 6,5

Rekayasa Radio hal 3

Hitunglah : tugas

5 dB + 25 dB = dB (3.2 × 32= ) 13 dBm + 10 dB = dBm(20mW×10= ) ‐12 dB + 3 dBw = dBw

0 dB + 0 dBw = dBm 5 dBm + 12 dB = dBW

0 dBm + 0 dBm = dBm

20 dBm + 20 dBm = dBm 20 dBm + 21 dBm = dBm 20 dBm + 22 dBm = dBm 20 dBm + 23 dBm = dBm 20 dBm + 24 dBm = dBm 20 dBm + 25 dBm = dBm 20 dBm + 26 dBm = dBm 20 dBm + 27 dBm = dBm 20 dBm + 28 dBm = dBm 20 dBm + 29 dBm = dBm 20 dBm + 30 dBm = dBm 20 dBm + 31 dBm = dBm 20 dBm + 32 dBm = dBm 20 dBm + 33 dBm = dBm 0 dBm + 0 dBm + 12 dB = dBm

12 dBm + 10 dB – 15 dB = dBm

0 dBw + 30 dBm +13 dB = dBm

dBm

dBm

seli‐sih dBm

Kor thd yg besar

20 20 0 + 3

20 21 1

20 22 2

20 23 3

20 24 4

20 25 5

20 26 6

20 27 7

20 28 8

20 29 9

20 30 10

20 31 11

20 32 12

Sekarang hitunglah :P1 P2 P3 P4 P5

12 dBm+10 dBm+15 dBm +19 dBm+21dBm= ∆ 2 kor 2.1 ∆4 kor 1.5 14.1 dBm + 20.5 dBm + 21.dBm ∆6.4 kor. 0.9 21.4 dBm + 21 dBm ∆ 0.4 kor 2.8 →24.2 dBm Dihitung dengan kalkulator: p1 p2 p3 p4 p5 101.2 101 101.5 101.9 102.1 Ptot = 15.85+10+ 31.62+79.43+125.89mw = 262.80 mw → 24.19621 dbm Tugas : hitunglah P1 P2 P3 P4 P5 22 dBm +18 dBm+15 dBm

+19dBm+23dBm=27.26 dBm P1 P2 P3 P4 P5 2 dBm–1 dBm+1.5 dBm + 2 dBm + 0dBm=8.04dBm

Gambar dibawah ini menunjukkan sebuah penerimaan yang merentang pada frekwensi 88MHz – 88.03 MHz. dengan power density = ‐ 115 dBm/Hz Berapakah total power terima?

Jawab : - Secara numeric : BW = 30.000 Hz 1 Hz = 10 ‐11.5 mw → total = 30.000 × 10 ‐11.5 mw

Secara logaritmik Ptot= BW + Pm/hz → Ptot =10 log 30.000 dBHz+ ‐115 dbm/hz = 44,8+ ‐115dbm = ‐ 70 dBm Pada sebuah antenna yang luas permukaannya 13 m2

datang gelombang elektromagnetik dengan kepadatan daya ( flux density = FD) adalah ‐125 dBw/m2 (10 ‐12,5w/m2). Jika efisiensi penangkapan power oleh antenna adalah 55%, berapakah daya yang masuk kedalam antenna ?

Jawab: Secara numeric : P = 10 ‐12,5w/m2 × 13 m2 × 55%= ….. Secara logaritmis : P= ‐125 dBw/m

2+10 log13 dBm2+10 log0,55=

‐125+11.2dBw+10 log0,55dB=‐116.6 dBw

-125 dBw/m2

88.0 Mhz 88.03 MhZ

-115 dbm/hz

O dB

0 dBm

0 dBm

dBm

O dB dBm0 dBm

dBm

1O dB

0 dBm

0 dBm

-12 dB

dBm

0 dBm dBm

dBm

hal 4 Rekayasa

• input 10 watt loss 6 dB maka output =10 dBw‐6dB=4dBw

• input =3 volt dengan impedansi =600 Ω sedangkan output 5 volt dengan impedansi = 600 Ω maka gain

adalah:G=10 log[(52/600)/(32/600)= 10 log(5/3)2

• Jangan lupa bahwa dB adalah perbandingan power. Sebab itu G= 10 log P2/P1 = 10 log E22/ E12 sedangkan R dianggap sama. Maka G = 20 log E2/E1 atau 20 log I2/I1

• Sebuah box mempunyai gain = 30 dB berapakah perbandingan tegangan l istrik pada input dan output. 30 = 20 log Eo/Ei → Eo/Ei=10

3/2=34 X

• bagaimanakah menyatakan besar level/ power: 10watt dalam db : jw. Power = 10 log (10 watt/1watt ) =10 dbW. Atau Power = 10 log (10 watt/ 1 mwatt) =30 dBm

• Sebuah amplifier mempunyai power output = 20 watt. Nyatakan dalam dBW dan dBm. • input sebuah amplifier = 0.0004 watt nyatakan input tersebut dalam dBm. Apakah arti minus dalam hasil

perhitungan.

Maka Contoh perhitungan : Jika tidak ada N2 maka yang ada adalah C/N1 = p Jika tidak ada N1 maka yang ada adalah C/N2 = q Hitungan secara numerik Dimana N1 = c/p N2 = c/q → Nt= N1+N2

Nt = c/p + c/q maka

Jika C/N1 =15 dB→32 × dan C/N2= 15 dB→32×

Maka → C/Nt = 12 dB Kerjakan soal ‐ soal dikanan ini: Jika : C/N1 = 15 dB C/N2= 17 dB C/N3=12 dB dan C/N4 = 14 dB berapakah C/Nt

C/N1

C/N2

seli‐sih

Koreksi thd yg besar

16 16 016 17 116 18 216 19 3

16 20 4

16 21 5

16 22 6

16 23 7

16 24 8

16 25 9

16 26 10

16 27 11

16 28 12

16 29 13

Buatlah sendiri soal – soal latihan bagi anda, sampai anda menguasainya TEKNIK TRANSMISI

Transmisi adalah proses pengiriman sinyal dari satu tempat ketempat yang jauh melalui suatu media. Pengiriman sinyal ini dapat dianalogikan dengan pengiriman barang / surat lewat kantor pos.

Perbandingan transmisi barang dengan transmisi sinyalPengiriman barang (transmisi barang) Pengiriman sinyal (transmisi sinyal)

1. Barang yang mau dikirim dibawa kekantor pos. 2. Petugas kantor pos melakukan pembatasan ukuran 3. Kemudian mengelompokkan berdasarkan tujuan.dan

dilempar kebelakang kantor.

4. Bagian belakang mengumpulkan semua barang yang setujuan, membungkusnya (packing)

5. Sesudah dipacking, maka barang ditumpangkan keda‐

1. Sinyal yang akan dikirim dibawa ke sentral tele‐pon

2. Sentral melakukan pembatasan bandwidth sinyal suara menjadi VBW (dari 20 Hz – 10 KHz menjadi 300 Hz – 3400 Hz)

3. Sentral meneruskan sinyal yang sdh dibatasi ke perangkat lain yang disebut multiplexer berdasar tujuan

4. Multiplexer mengemas barang tersebut dan me‐nyiapkan untuk dikirim, diproses lebih lanjut.

VBW MUX MOD CONV AMP

DELV DEMUX DEMOD CONV LNA

IF Gel pembawa

RF EM ant

EM=elektro magenetic wave

Media trans→ Path loss

Pt EIRP

C=PR

informasi

N Noise N

N

N

C

N1

N2

C/N1

C/N2

4mw -12 35 10 39

6dBm dB dB dB dBm


lam truk sebagai pembawa. Truk bergerak sesudah diberi bensin untuk pergi menuju tempat tujuan. 6. Jika barang itu harus dibawa jauh melewati laut dan

udara, maka truk itu di tumpangkan ke dalam kapal atau pesawat terbang

7. Pesawat terbang diberi bensin dan siap terbang ke angkasa

8. Ditempat tujuan, truk dikeluarkan dari kapal

9. Oleh petugas maka truk dibongkar ( de‐tumpang).. .

10. Petugas penerima di kantor pos tujuan melakukan de‐gabung (bongkar) menjadi informasi – informasi tunggal.

11. Informasi tunggal oleh petugas pos depan dideliver kepada pelanggan

Jika media yang digunakan FO. Perlu ada modulator juga merubah gel sinyal jadi gel cahaya

5. Sinyal yang sudah digabungkan, di tumpangkan pada gelombang pembawa (carrier). Proses modulasi dilakukan oleh modulator. Carrier di‐perkuat (amplified) kemudian diterbangkan

6. Gelombang pembawa (carrier) ditumpangkan lagi kepada gelombang radio lewat perangkat UP converter. Jadi proses penumpangan terjadi dua kali. .

7. Sesudah diperkuat maka gelombang radio dipan‐carkan keudara Mengalami peredaman diudara sehingga power‐nya menjadi berkurang jauh Dipenerima gelom‐bang radio diperkuat supaya siap diproses lebih lanjut

8. Ditempat tujuan, carrier di convert menjadi ge‐lombang pembawa ( down converter)

9. Oleh pesawat de‐modulator maka carrier di‐bongkar dan dijadikan informasi yang tergabung.

10. Oleh pesawat de‐modulator maka carrier di‐bongkar dan dijadikan informasi yang terga‐bung.

11. Oleh de‐multiplexer sinyal tergabung diurai menjadi dan dideliver kepada pelanggan

Pembentukan sinyal dari beberapa sinusoi‐da.(pendahuluan fourier ) Ada tiga buah sinusoida dengan berbagai nilai ampli‐tude, frekwensi dan phasa. Ketiga sinusoida ini bekerja pada satu titik. Maka hasil kerja ketiga sinusoida tergambarkan pada sinyal yang keempat dengan garis tebal.. Sinyal keempat bukan sinusoida, tetapi terbentuk dari beberapa sinusoida. Jika sinusoida pembentuk banyak maka sulit sekali menggambarkannya. Untuk itu yang digambarkan hanya amplitude, frekwensi dan phasa awal.

Dari gambar penjelasan diatas dapat ditarik kesimpulan bahwa sebuah sinyal bukan sinusoida dapat diurai terdi‐ri dari beberapa buah sinyal sinusoida. Gambar dikanan ini memberi contoh lain, dengan sinu‐soida yang lebih banyak dan hasilnya adalah pulsa. Sebenarnya jumlah sinusoida yang membentuk pulsa diatas adalah tak berhingga → bisa digambar terus.

Gambarkan jumlah sinusoida yang membentuk pulsa dikanan ini. Ada dimana saja dan berapa besarnya. Je‐laskan mengapa gambar frekwensi domainnya seperti dikanan bawah ini. Jumlah power yang membentuk pulsa tersebar luas dan power yang terbesar berada pada frekwensi dibawah. Jika kita ambil bagian yang terbesar saja, maka rentang frekwensi disebut bandwidth yang tersalurkan.

f

A

0 τ

A

f

A

0 T τ τ+T 2τ 2τ +T 3τ 3τ+T

A

ff 2f 3f

A

φ f

t

A

hal 6 Rekayasa

VBW- Suara manusia terdiri dari kombinasi banyak frekwensi,

yang powernya berlainan. - Distribusi power suara manusia terlihat pada grafik dika‐

nan. Dan 85% berada pada frekwensi VBW(voice band width) 300 – 3400 KHz dan sisanya pada frekwensi di‐atasnya.

- Jika penyaluran dilakukan hanya untuk VBW, maka suara itu masih dapat dikenali dengan baik

- Berapakah bandwidth power yang diteruskan oleh pe‐rangkat sentral.

- Jika kurang dari VBW mungkin tidak dapat dikenali, te‐tapi informasi masih dapat diterima

- Coba bunyikan nada A dengan mulutmu. Itu adalah frekwen dasar 440 Hz. Lalu naikkan sampai 1760 Hz bi‐sakah? Dapatkah kita katakana bahwa suara kita bisa sampai 20.K Hz?

- Sebenarnya suara manusia indah karena adanya frek‐wensi ‐ frekwensi ikutan yang memberi warna pada su‐ara. dan frekwensi ikutan itu yang berada pada

- frekwensi tinggi. Jika frekwensi ikutan dihilangkan

maka suara kita akan hambar → tak berwarna. - Coba dengarkan suara yang dikeluarkan pada

frekwensi 440 Hz, 880 Hz dan 1760 Hz. Untuk ter‐dengar sama kerasnya, pada frekwensi mana power harus diberi lebih besar? mengapa

- Secara lambang VBW diberi notasi bandwidth pada

frekwensi domain 0.3 KHz 3.4 KHz Dalam perencanaan telekomunikasi, maka frek‐wensi VBW di ambil :

0 KHz 4 KHz Manusia menyadari walau tanpa sadar bahwa telinga akan meredam suara pada frekwensi rendah dan frekwensi tinggi. Oleh sebab itu ketika berbicara maka manusia menggunakan frekwensi antara 600 Hz s/d 1200 Hz yang tidak teredam. Noise masuk pada frekwensi dimana saja. Maka dipenerimaan telinga signal tidak teredam banyak tetapi noise teredam banyak. Dengan demikian S/N ketika masuk telinga mengalami perbaikan sebesar W (psophometric weighted noise ) = 2.5 dB

Voice Activation(VA) Dalam sebuah session pembicaraan, maka tiap – tiap pihak tidak mungkin menggunakan 100% waktunya untuk bi‐cara. Tentu ada waktu untuk berpikir dan mendengar pihak lain bicara. Pertanyaan : berapa persen waktu yang betul – betul dipakai untuk bicara? > 50%? → itu namanya bertengkar. = 50% → tiap – tiap pihak hanya ingin bicara tak mau dengar Tentu dibawah 50%. Tetapi berapa ? Menurut statistic maka pembicaraan normal tiap – tiap pihak menggunakan waktu untuk bicara = 27%.(VA) . Untuk perencanaan sarana transmisi angka VA =40%

Hubungan 4 kawat dan 2 kawat. - Hubungan 4 kawat adalah hubungan

antara dua terminal dimana arah pergi dan arah pulang menggunakan sarana yang berbeda.

- Sedangkan hubungan 2 kawat pergi dan pulang menggunakan sarana yang sama.

- Hubungan telepon dari rumah ke sentral telepon adalah hubungan dua kawat karena saluran kedua arah menggunakan kawat yang sama

- Tetapi hubungan dari handphone ke BTS adalah hubungan 4 ka‐

wat karena dari BTS ke HP menggunakan frekwensi F1 dan dari HP ke BTS menggunakan frekwensi yang lain.

- Sepanjang perjalanan maka carrier pembawa mengalami gangguan ( noise ) mulai dari Up converter sampai dengan down coverter. Noise ini merusak gelombang pembawa. Jika power noise lebih besar dari pada pow‐er gelombang pembawa, maka sinyalnya juga mungkin rusak dan tak terkenali.

- Perbandingan power carrier ( pembawa ) terhadap noise di tempat kirim besar sekali. Karena power baru berangkat dan masih besar sedangkan noise masih kecil.

- Tetapi ketika gelombang sampai ditempat terima maka power gelombang pembawa menjadi sangat kecil se‐

A BSaluran 2 kawat

A B4 kawat

0 ‐10 ‐40 .3 .6 0.8 1 2 3.4


dangkan noise menjadi besar. Maka C/N kecil. walaupun demikian C/N harus >>0- Pengukuran C/N dilakukan di input demodulator. Karena dititik itulah terakhir perjalanan gelombang pem‐bawa.

- Nilai C/N ini akan mempengaruhi S/N. Jika C/N jelek maka S/N juga terpengaruh. Tetapi peranan tipe demo‐dulator juga mempengaruhi besar S/N.

- Proses modulasi dan demodulasi mempengaruhi besar S/N. maka dapatlah dituliskan S/N = C/N + MIF MIF = Modulation improvement Factor.

- Secara umum jika bandwidth carrier besar maka MIF akan lebih baik. Rumus MIF diberikan sesudah pembahasan proses modulasi

- Contoh analogi :

Menumpangkan ayam di atas stang motor atau boncengan motor. dibanding dengan membungkus ayam da‐lam peti pendingin dan petinya ditaruh di tempat boncengan.

- Manakah yang lebih baik unjuk kerjanya. Perhatikan cara penumpangan mempengaruhi kwalitas unjuk ker‐ja.

- Transmisi digital adalah transmisi dengan informasi yang dibawah adalah berbentuk digital ( pulsa “1” atau “0”)

- Jika suara manusia dikirim secara digital maka suara itu dikodekan dulu menjadi digital baru dikirim. - Kwalitas transmisi digital diukur dengan parameter Bit Error Rate (BER). Contoh BER = 10 ‐6 artinya 1 bit er‐

ror dari 106 bit yang dikirim.\ - BER untuk data min 10 ‐6, utk kode suara manusia min 10 ‐3 (mengapa?)

MODULASI- SINYAL CARRIER / PEMBAWA am= Asin(ωt+ψ) ω =2πf t - MODULASI AM :am = A(1 + kas) sin ( ω t + ψ ) - MODULASI FM am = A sin [ ω (1 + kas)t + ψ ] - MODULASI PHASA am = A sin [ ω t + ψ(1 + kas) ]

- MODULASI digital as = As. sin ( ωst+ψ ) ωs=2πfst Pada model mathematic ini maka fs hanya ditulis satu harga saja. Sebenarnya fs bisa berbentuk VBW yang terdiri dari banyak frekwensi.

Modulator Am

Ym=Y.s= Ac (1+Assin(ωst))sin(ωct+ψ) =y+Amcos[(ωc+ωs )t+ψ]‐Amcos[(ωc ‐ωs )t‐ψ]

Difilter→o/p→ Ym=Amcos[(ωc+ωs )t+ψ] Gambar sinyal sbg fungsi waktu. Di analisa dari sudut math untuk modulasi AM.

jika pemfilteran dilakukan untuk menghi‐langkan komponen fc‐fs atau fc+fs dan me‐ninggalkan yang lain → modulasi disebut AM Single Side Band jika dikeluarkan semu‐anya disebut AM Double Side Band. Jika yang disalurkan adalah fc‐fs1 dan fc+fs1

maka modulasi disebut AM ISB (Idependent Side Band) Kalau fc tidak dilewatkan maka disebut supresed carrier Ternyata bandwidth sesudah modulasi sama besar dengan bandwidth aslinya. Maka MIF untuk AM bisa dikatakan 0dB

Pada demodulator dilakukan proses yang sama dimana s adalah sinyal yang termodulasidimodulasikan lagi dengan oscillator yang sama maka akan diperoleh s kembali Contoh Pada modulasi AM ym=y.s= Ac (1+ Amcos[(ωc+ωs )t+ψ]sin(ωct+ψ) = Ac sin(ωct+ψ) + Ac Amcos[(ωc+ωs )t+ψ]sin(ωct+ψ) = Ac sin(ωct+ψ) +A sin (2 ωc+ ωs+2ψ)t + A sin(ωst) difilter maka diperoleh ym = A sin(ωst) ← s

MultiplexingMultiplexing adalah proses menggabungkan bebera‐pa VBW menjadi satu paket dan siap ditumpangkan ( dimodulasi ) ke gelombang pembawa. Jenis – jenis mulplexing a. Multiplexing FDM(Frequency Division Multiplex‐

ing) b. Multiplexing TDM (Time Division Multiplexing) →

PCM (Pulse Code Modulation) dan ADPCM (Adaptive difference PCM)

Multiplexing FDM

X

Osc 60 KHz

Modula‐tor AM SSB 60 640 4

S

Y 0.3 3.4 KHz

ym

X

Carrier siap dimodulasi Y = A c s i n (ω t +ψ )

Sinyal pemodulasi s = A s s i n (ω s t ) Filter

Carrier termodulasi Ym=Y(s+1)

Fc fs

fc‐fs fc fc+fs

fc‐fs fc fc+fs

hal 8 Rekayasa

c. Multiplexing TDM → Paket

Skema ini dapat diteruskan hingga terbentuk 4×60 VBW= 240 VBW yang disebut master grup → atau di‐teruskan bisa tergabung ( ter”multiplexing” sebanyak 15 × 60 VBW.

Jika multiplexing bekerja pada 15 buah supergrup berarti 15 × 60 VBW=900 VBW berapakah frekwensi paling tinggi jika frekwensi paling bawah = 312 KHz.? Dan jarak antar supergrup =8 KHz Jawab: 312 + 15× (240+8) KHz = 4032 KHz Kita katakan fch = 4032 KHz (frek tertinggi pada input modulator ). Multiplexing FDM (Frequency Division Multiplexing ) sekarang ini sudah tidak digunakan karena segalanya sudah “digital” kan

Multiplexing TDM → PCM PCM adalah method merubah sinyal suara (pd VBW) analog menjadi sinyal digital. ‐ Jumlah sampling minimal yang diperlukan 2 buah perperi‐

oda. ( bisa lebih, semakin banyak semakin baik ) ‐ Jadi untuk VBW → 4 KHz maka jumlah sampling minimal = 8

Ksampling/det ‐ Kwantisasi adalah proses merubah sampling menjadi dereta

bit. Jumlah bit untuk mengkodekan 1 sampling tergantung kebutuhan. Misalnya untuk Indonesia, Eropa diambil 8 bit persampling. (Amerikan dan Jepang mengambil 7 bit per sampling)

‐ 8 bit persampling berarti jumlah level kwantisasi yang dapat dikodekan adalah 28 = 256 level.

‐ Bit rate yang dihasilkan adalah : 4 KHz×2 samp/Hz × 8 bit/samp=64 KBPS

Perhatikan bahwa VBW dengan BW= 4 KHz ketika dikonversikan ke digital menjadi 64 KBPS. Inilah salah satu kerugian dalam penggunaan digital. Tetapi keuntungan yang lain jauh lebih banyak.

Multiplexing PCM‐ 32 buah VBW di sampling dan samplingnya diambil satu per‐satuan bergantian.

‐ Jarak antara sampling = 1/8000 detik = 125 µs berarti kece‐patan mengambilnya harus 1/32 ×125µs

‐ Jumlah sampling sekarang = 32 ×8Ksamp/det=256 KSamp/det ‐ Quantisasi 8 bit /samp → bit rate=2048 KBPS ‐ Ch 0 dan 16 dibiarkan kosong. Ch 0 digunakan untuk sinkro‐nisasi. Isi ch 0 selalu “x0011011”

‐ sedangkan ch 16 digunakan untuk signaling diisi dengan info signaling untuk tiap – tiap VBW. Isi slot 16 adalah 8 bit dan dapat diisi oleh info signaling 2 ch.

‐ Untuk memenuhi info signaling 32 channel maka diperlukan 16 kali putaran.

‐ Jadi jumlah kanal per PCM hanya 30 buah. Jika ingin lebih dari 30 maka dilakukan putaran scan yang kedua, tetapi yang discan sekarang bukan lagi sampling tetapi bit. Bi‐asanya 4 buah 2048 KBPS di gabung menjadi satu dengan kedepatan 4 × 2048 KBPS + overhead

Di ujung terima maka proses kebalikan dilakukan untuk men‐dapatkan kembali sinyal analog yang terkodekan tadi.

PCM 2 MBPS merupakan unit o/p sentral.

Tahapan multiplexing: PCM kanal KBPS PCM KBPS (eropa) (JPN) Tk 1 30 2048 24 1544 Tk 2 120 8 448 96 6312 Tk 3 480 34368 480 32064 Tk 4 1920 139264 1440 97728 Tk5 7680 625000 5760 Untuk lengkapnya bacalah buku Hand Book of transmission. Karangan Roger R. Freeman

2 MBPS -1

2 MBPS -2

Deretan bit 4× 2 MBPS

0 blank 1 2 16 blank 31

Deretan sampling Quanti-

sasi

sampling

Proses TDM/PCM sampling

Quanti-

i Multiplex-i

1 0 1 1001 1 contoh

60 108

5 grup @12 VBW

+

312 552KHzSuper group 60 VBW

64

X

60

X

64

60 64 68 +

Jika dipasang 12 converter den‐gan frkwensi 60,64,68,….104 KHz. Maka ter‐gabunglah 12 buah VBW . BW=60–108KHz 1 block

converter


distorsi dalam quantisasi ‐ Level analog sebenarnya tidak merupakan bilangan bulat dari jumlah kwantisasi ( dibulatkan ). Misal. Tinggi level sebenarnya 57.3 unit level → dibulatkan jadi 57 → error 0.3 level

‐ Tinggi kwantisasi maksimum = 2n buah error terbesar 2‐1 maka per‐bandingan sinyal terhadap distorsi → S/D = 2n/ 2‐1 → 2n+1 atau S/D= 20 log 2n+1 S/D = 20 log 2 + 20n log 2 → S/D=6 + 6n

‐ Tetapi 2n adalah level kwantisasi maksimum, pada kenyataannya tak pernah level bicara sampai 2n

‐ Mempertimbangkan beberapa hal maka biasanya diambil : S/D=1.8 + 6n dB

‐ Untuk kwantisasi dengan 256 level kwantisasi → n=8 maka S/D = 49.8 dan untuk 128 level S/D=43.8

‐ Untuk pengukuran kwalitas digital tak dapat digunakan S/N tetapi BER. ‐ BER yang minimal untuk komunikasi suara dengan baik adalah 10‐3, sedangkan kwalitas suara ditentukan lewat S/D. ‐ Untuk sinyal berbentuk data maka BER maximal 10‐6

Multiplexing TDM dengan ADPCM‐ Selisih satu sampling dengan sampling berikut < 8 level

quantisasi . (jarak dua sampling waktu 125 µs).. ‐ Jumlah bit yang perlu dikirim hanya 3 buah ( 23=8), teta‐

pi diperlukan bit yang keempat untuk menunjukkan perbedaan itu positip atau negatip. Total 4 bit.

‐ Bitrate yang diperlukan 1024 MBPS. Multiplexing ini disebut ADPCM ( Adaptive difference PCM)

2 buah ADPCM digabungkan akan menghasilkan saluran dengan 2 MBPS..

DSI (Digital Speech Interpolation)‐ Baik PCM ataupun ADPCM akan tidak bermanfaat j ika

slot channel ada yang tidak aktif. ( mungkin sedang berpikir, mendengar → VA=40%)

‐ Dengan pengaturan buffer memori maka saluran dari ADPCM lain dapat disisipkan sehingga penggunaan sa‐luran effektif.

‐ Dengan VA =0.4 maka yang dapat disalurkan pada 2 MBPS adalah : 2 × ADPCM = 5 ADPCM → 150 ch VBW.

0,4

Tetapi, tiap – tiap slot harus diberikan tanda asal‐nya. Misalnya dari 2MBPS yang mana dan chanel ke berapa. Pada prakteknya multiplier yang bisa diterima dan cukup effektif 4 × ADPCM Diatas angka 4 mungkin terjadi freezing.

Mult iplexing TDM Paket‐ Dengan adanya teknologi kompresi data maka VBW dapat dirubah bentuk menjadi urutan data dengan bit rate yang lebih rendah .

‐ Sebagai contoh : foto bunga yang membutuhkan space memori 1.44 MBPS dapat decompress menjadi 64 KBPS.

‐ Maka VBW dapat dikompres menjadi 4, 8, 9.6, 16 KBPS dan bukan 64 KBPS ( pelajar i teknik kompresi j ika berminat da ‐lam pelajaran PSD→ pengolahan s ignal dig ita l )

‐ Untuk Handphone maka VBW decompress menjadi 9,6 KBPS dan kwal i tasnya sudah dicoba dan diketahui

‐ Ket ika keluar dari sentra l maka PCM tersebut dibongkar lebih dulu, kemudian dikompress dan disusun kembal i da ‐lam bentuk paket – paket .

‐ Paket i tu berbentuk sebagai berikut : Analogi dengan surat , yang set iap sebuah surat diber i sam ‐pul , perangko, alamat pener ima dan pengir im, i s i surat . ‐ Paket – paket in i disusun satu demi satu kemudian dima ‐sukkan dalam sa luran dengan bit rate 2 MBPS.

‐ Je las untuk s lot PCM yang kosong, maka t idak akan dik ir imkan karena messagenya nol . Dengan demi ‐kian penggunaan TDM paket sudah memperhitungkan VA.

Sinyal suara yang didig i ta lkan dapat di”compress” dengan banyak algor itma antara la in : ADPCM, RELP, ACELP dan la in la in. Secara prins ip yang mudah algori tmanya sebagai ber ikut: a. Pengurangan sampl ing dan juga kwantisas i sel is ih . misalkan sampl ing dikurangkan dari 8 KS/det

menjadi 2 KS/det . Pada s is i ter ima di lakukan penambahan sampl ing kembal i dengan mengest imasi berdasarkan stat ist ic ( patern suara manusia ) . Maka kecepatan menjadi 2 KS/det x 4 bit/sampl ing = 8 KBPS.

b. Dan ada banyak lag i algori tma yang dapat digunakan. Yang jadi t i t ik ukur kwal i tas kompress i adalah MOS ( most opinion score ) . misalkan. 100 orang disurvey untuk mendengarkan suara asl i dan ban ‐dingkan dengan suara hasi l compress i . ( tanpa memberi tahu mana yang as l i dan mana yang compre ‐s i ) . Hasi l yang diperoleh adalah : Pada ADPCM 96 orang mengatakan t idak dapat membedakan Pada ACELP 5.3 KBPS → 92% orang t idak dapat membedakan. Dst .

ADPCM + Fax / data detector.‐ Dari te lepon rumah dimungkinkan untuk mengir imkan data berbentuk dig i ta l yang dimodulas ikan ke jar ingan telepon. (modulas i digita l dibahas kemudian)

‐ Data in i ditumpangkan pada voice (VBW) ‐ Ket ika keluar dar i sentra l tetap masih dalam wadah VBW dan oleh sentra l di kir im dengan kecepatan 64 KBPS.

1024 MBPS ADPCM

1024 MBPS ADPCM

1024 MBPS ADPCM

1024 MBPS ADPCM

mesin DSI

2 mbps

1024 MBPS ADPCM

1024 MBPS ADPCM

S │Adr │SOM│ M │ EOM │GT

S= bit – bit sinchronasasi Adr = Adress yang mencantumkan asal PCM ke berapa, slotke berapa, dan tujuan) SOM = Start Of Message M = Message EOM = End Of Message GT=guard time waktu sela antara message S+Adr + SOM+EOM disebuat header dan biasanya 20% darimessage. ( data yang cukup panjang ) jika datanya pendekmaka Header dapat mencapai 40% ( mengapa? )

hal 10 Rekayasa

‐ Kecepatan fax atau data tersebut, tergantung pada kwal i tas l ink telepon. J ika kwal i tasnya baik dapat sampai 30 KBPS.

‐ kebanyakan kecepatan data pada sa luran telepon < 10 KBPS dan t idak eff is ien j ika harus disa lurkan

dengan kecepatan 64 KBPS ‐ Sebelum dimult iplexer , output sentral di anal isa dulu adakah s inyal fax atau data. J ika ada, maka s i ‐

nyal fax i tu dicar i bentuk asl i dig ita lnya. (<10 KBPS) kemudian dikumpulkan untuk masuk dalam 1 s lot 32 KBPS.

‐ Dengan demikian 1 s lot ADPCM dapat beris i 10 – 15 informasi fax atau data. (32 KBPS / 3 KBPS fax) FEC ( forward error correct ion )

‐ Adalah penyis ipan berapa buah bit (par ity) kedalam suatu susunan data. Penyusunan bit yang dis is ipkan sedemikian rupa sehingga dapat mendeteks i kesa lahan ( bit ) ditempat pener imaan.

‐ Contoh : dik ir im 3 bit “101” tambahkan bit keempat dengan algor itma, jumlah semua 1 adalah genap maka bit keempat dar i “101” adan “0” informasi menjadi : 1010

‐ Sebal iknya “100” → “1001”. J ika dipener ima sa lah ter ima misalkan ‘1011” maka pener ima akan meno ‐laknya karena jumlah “1” ada 3 buah.

‐ Penyis ipan bit in i membuat bit rate menjadi bertambah. Dalam hal diatas kode FEC di sebut ¾ art inya : dari 3 menjadi 4. Contoh numeric : 9 bit menjadi 12 bit karena penambahan 3 buah bit . ( )

‐ 3 → 4 dapat mendeteksi kesalahan, tetapi 9→ 12 dapat mendeteksi 1 kesa lahan mungkin 27 → 36 dapat mendeteksi lebih dari satu kesa lahan.

‐ FEC = ½ leb ih baik dari pada ¾ tetapi bit rate yang dihas i lkan juga tambah besar . ‐ Apakah untungnya memakai FEC, kalau bit rate menjadi bertambah. ‐ Karena dengan FEC dapat memperbaik i sendir i kesa lahan, maka kwal i tas transmis i t idak perlu ter la lu

bagus. Berart i C/N dapat dikurangi dengan suatu parameter yang dinamakan Coding Gain ( CG) ‐ Coding gain merupakan fungs i dari Besar FEC, BER yang dipakai .

Coding gain FEC 0.75 0.5

0.33

1 2 2 22 2.7 3.2 3.53 3.2 4.1 4.74 3.6 4.9 5.65 3.8 5.4 6.46 3.9 5.8 7

‐ Catatan – catatan la in :

‐ J ika tanpa menggunakan FEC dan Bit error rate (BER) yang dibutuhkan < 10 ‐ 6 maka C/Nreq = 12 dB maka dengan FEC = ¾ untuk BER transmis i = 10 ‐4 maka C/N=12 – 3 dB

‐ Berapakah bit rate yang ter jadi j ika : Pada handphone VBW dikompress sampai 8 KBPS, FEC = ¾ dan overhead= 20%.

‐ Sinyal TV mempunyai spectrum f rekwensi antara 0 – 6 MHz (PAL color ) , j ika dikwantisas ikan dengan 11 bit maka bit rate yang ter jadi adalah : 6 MHz × 2 Samp/hz × 11 bit /samp=132 MBPS. Je las ter la lu be ‐sar untuk disa lurkan. Maka pemancar TV t idak menggunakan modulas i dig ita l melainkan modulasi AB SSB maka Bandwidthnya = 6 MHz dan guard band ( band pembatas dengan channel berikutnya = 1.3×) maka Bandwidth yang dialokasikan untuk pemancar TV AM = 8 MHz

‐ Sekarang in i teknologi kompress i sudah sangat maju sehingga 132 MBPS dapat dikompress menjadi san ‐gat keci l . Imaginas ikan proses ber ikut in i .

‐ Layar pada televis i ditandai dengan t i t ik – t i t ik , dan t i t ik – t i t ik i tu dikarakter ist ikkan dengan 5 buah parameter. Yaitu ( parameter koordinat X,Y, parameter chrominan Red, Green, Blue. (Sebenarnya bu ‐kan green tapi Yel low). Data – data in i lah yang dik ir imkan. Dalam 1 det ik maka sekitar 300 data layar dik ir imkan. Coba hitung berapa bit ratenya. Tentu besar sekal i .

‐ Kompres i di lakukan dengan cara mengir imkan hanya data t i t ik yang mengalami perubahan. Dan seba ‐gian besar t i t ik t idak mengalami perubahan kalau hanya dalam hitungan 1/300 det ik . Jenis tayangan yang jarang berubah adalah tayangan ber ita . ( 1.5 MBPS) yang kedua adalah s inetron / f i lem ( 3.5 Mbps) dan sport ( 4.8 MBPS) .

‐ Mult iplex ing digi ta l TV dapat juga di lakukan secara dinamis . Art inya j ika suatu stas iun TV berubah dari s inetron menjadi berita , maka kecepatannya pun turun dan seterusnya.

Redaman saluran kabel ‐ Saluran adalah media transmisi yang langsung menyalurkan sinyal TDM atau FDM melalui kabel. ‐ Redaman saluran pada kabel tergantung pada besarnya frekwensi fundamental yang melaluinya. Redaman

(α)~ f dan diameter kabel tembaga. ‐ Dalam menyalurkan sinyal digital harus dicari frekwensi fundamental serendah mungkin.

CG 6 db FEC= ⅓ 4 ½ ¾ (9/12) 3 2 1 0 10-1 10-2 10-3 10-4 10-5 10-6 BER


Pengkodean 2B1Q (2 bit dikode 1 Quadratur)Algoritma pengkodeaan saluran dilakukan dengan menganalisa 2 bit untuk dikode menjadi sesuatu yang lain. (lihat tabel di‐

bawah ini) terlihat diatas bahwa fo < R/8. tetapi inipun bukan konfigurasi terburuk. Carilah kombinasi bit sedemikian hingga diperoleh kondisi terburuknya. Jawab: fo= R/4

Kabel tembaga kabel coax Wave guide

Kabel 0.9 mm menyalurkan data dengan kecepatan 200 KBPS menggunakan

a. pengkodean return to zero b. menggunakan non return to zero. Berapakah redaman perkm?

Pengkodeaan AMI (Alternate mark Invertion)KODE AMI mempunyai algoritma sebagai berikut : Dua bua digit “1” berurutan diberi bertegangan high dan low , sementara digit “0” dalam 1000011

digambarkan berlawan arah.Sementara digit 0 tegangan nol Gambarlah deretan digit 100110111

‐ Tentukan frekwensi fundamental tertinggi dengan menggunakan kode AMI ‐ Apakah keuntungan menggunakan kode AMI dibandingkan dengan Return to zero ‐ Apakah yang terjadi j ika ada bit 0 atau 1 yang sangat panjang. Misalkan 100000000000000000000001

jika tidak menggunakan kode AMI

Kode HDB3. Algoritmanya. HDB3 tetap menggunakan kode AMI, dan tiap 4 digit “0” dalam “10000” berturutan dirubah menjadi “10001*” 1* berarti tegangan tinggi tetapi tidak mengikuti aturan AMI → jadi tetapi dinilai salah ( bukan 1)

Kode HDB3 digunakan untuk menghindari tegangan DC yang panjang dan menghindari hilangnya perubahan hingga mempersulit aquisisi bit di penerima Untuk bit 1 yang panjang tidak mungkin terjadi . Mengapa ? Kode B6NZ’s mengkodekan 6 bit 0 berturutan menjadi suatu deretan bit yang bervariasi tetapi tetap mengikuti aturan AMI. Contoh: 10000001 dikodekan menjadi

MODULASI Frekwensi (FM)

Y = A sin [ω(1+kas)t+ψ]

∆F tergantung pada kas effektif Fch =frekwensi tertinggi dari as

Bch = VBW jika yang disalukan suara. Jika ∆F dan BFM makin besar maka MIF akan semakin tinggi Contoh : fc=88 MHz ( radio Fm ) Bch = 15 KHz dua buah ( stereo) dan ∆F =100 KHz sedangkan frkwensi sinyal tertinggi = 50 KHz maka BWFM=2×(0.1+0.05)MHz=0.3 MHz

Carrier termodulasi

Sinyal pemodulasi

[ 1 A i ( ) ]

ωc oscilator

1 0 0 0 0

1 0 0 0 0 1

Frek

GHz

Db /km

0,4 2,5 40 1,88 50 1,5 60 1,3 70 1,19 80 1,16

Frek MHz

Db /km

0.2 2 1 2,4 2 3,4 3 4,2 4 4,7 5 3,4

Frk KHz

1.3 mm

0.9 mm

0 1,1 2,3 50 1,4 2,9 100 2,1 3,8 150 2,5 4,6 200 3,4 5,6 250 4,1 6,8

1 0 1 0 1 0 T 2T 3T 4T Frek fundamental = 1/T Return to zero

1 1 0 1 0 0 1 0 0 1 00 ‐3v 01 ‐1v 10 1v 11 3v

1 0 0 0 0 0 0 1

1 0 1 0 1 0 T 2T 3T 4T Frek fundamental = 1/2T Non Return to zero

hal 12 Rekayasa

Penggambaran dengan domain frekwensi :

P = Preemphasis factor ~ 4 dBW = Weighted factor ~ 3.5 dB Jadi :

Supaya diperoleh S/N = 50 dB maka perlu diusahakan C/N = 23.5 dB

Pada demodulator dilakukan proses Demodulasi seperti yang telah dipelajari di siskomUntuk Televisi FM maka rumus S/N menjadi

sekarang ini modulasi FM sudah tidak lagi digunakan untuk transmisi telekomunikasi karena penggunaan

modulasi digital lebih mudah, flexible dan dapat dikompress hingga menghasilkan bandwidth yang lebih ren‐dah.

Modulasi digital. Modulasi digital:

a. Modulasi BPSK Modulasi QPSK b. Modulasi 8 PSK Modulasi 16 QAM c. Modulasi yang lebih tinggi d. Modulasi MFSK

Algoritma modulasi : BPSK → setiap perubahan posisi signal high voltage to low voltage, maka phasa carrier melompat 180 º perhati‐kan contoh dibawah ini. Dan setiap perubahan terjadi minimum pada selang waktu T detik

Penggambaran dalam time domain frekwensi domain: Bagian power terbesar ada didaerah BW dan itu mencakup 67% dari seluruh power carrier termodulasi pada saat itu BW = 1/T=R Maka pada kenyataanya, power pada frekwensi diluar BW dibuang dan

disebut band width nyquist → BWN=R Tetapi tidak ada filter yang begitu tajam hingga membentuk pesegi. Selalu ada roll off factor BW = BWN ×(1 + α) Dimana α adalah factor ketajaman filter dan nilainya antara 0,2 s/d 1. α = 1 saja sudah dibilang jelek apa lagi lebih dari 1. Mengapa?

Ingat bahwa BW = R(1+α) jika perubahan phasa terjadi pada selang waktu T detik.

Algoritma modulasi : QPSK → setiap perubahan 2 posisi bit, maka phasa carrier melompat 45º(00),135º(01) , 225º(11) atau 315º(10) perhatikan contoh dibawah ini. Dan setiap perubahan terjadi minimum pada selang waktu T de‐tik

Penggambaran dalam frekwensi domain:

Perubahan terjadi setelah 2 pulsa → 2T Bagian power terbesar ada didaerah BW dan itu men‐

fc‐2/2T fc‐1/2T fc fc+1/2T fc+2/2T

BW

BWNyquist

fc-2/T fc-1/T fc 1/2T fc+1/T fc+2/T

BW

T fc=1/Tc ψ=220º →40º 180º → 0º

fch ∆ F ∆F fch BWFM= 2(∆F +fch)

S

Y

ym


cakup 67% dari seluruh power carrier termodulasi un‐tuk

(bw nyquist)

Tentukan BW un‐ tuk 8PSK dengan algoritma peruba‐han : perubahan terjadi setelah 3T.

Bentuklah rumus umum untuk BW transmisi berbagai modulasi digital MPSK. Dengan M=2m

Modulasi FSKJika pada PSK maka phasa yang berubah, maka pada FSK yang berubah adalah frekwensi. Contoh untuk modulasi 4 FSK maka akan ada 4 frekwensi yang berkaitan dengan : 00(f1) 01 (f2) 11(f3) 10 (f4). Dan setiap perubahan terjadi pada selang waktu 2T 8FSK dengan alogritma perubahan frekwensi 000(F1), 001(F2), 010(F3), 011(F4), 100(F5),101(F6), 110(F7), 111(F8) Perubahan terjadi sekali tiap 3 T

MR/m(1+ )

Unjuk ker ja modulator .Unjuk ker ja MODEM diukur dengan parameter BER yang past i berkaitan dengan C/N. dikanan in i tergambar unjuk kerja bermacam – macam mod ‐ulas i dig ita l . Jumlah fasa yang banyak akan menimbulkan de ‐teksi yang lebih sul i t karena pergeseran yang se ‐dik i t saja karena pengaruh noise dpt menyebab ‐kan salah ter ima. Untuk menghindari salah ter ima maka power carr ier harus lebih besar. Dengan perka ‐taan la in C/N harus diperbesar. Eb = Energi carr ier ter ima per bit C = power carr ier ter ima maka Eb=C/R N= noise yang masuk sedangkan No = power noise dalam t iap Hz. Dengan demikian :

Atau

Menurut perhitungan mathematic maka besar probabi l i ty BER = f (Eb/No) sepert i gambar diatas . Untuk BER yang sama maka Eb/No yang dibutuhkan akan semakin besar j ika modulas inya naik

Untuk FSK, semakin t inggi t ingkat modulas inya maka bandwidthnya akan semakin besar. Dengan demikian maka Eb/No yang dibutuhkan akan se ‐makin turun . Secara mathematic maka besar probabi l i ty BER = f (Eb/No) sepert i gambar disamping. Untuk BER yang sama maka Eb/No yang dibutuh ‐kan akan semakin keci l j ika modulasinya naik.

Pert imbangan factor Coding gain, penerapan akan mempengaruhi besar Eb/No yang dibutuhkan. ‐ Penggunaan FEC akan mengurangi kebutuh C/N dengan besar Coding Gain. ‐ Perhitungan mathematic harus diant is ipasi kecacatannya ketika di implematas ikan. Berikan margin

MI ‐ Maka :

dimana R/BW= 10 log (1+ )/m dan MI =3 → 5 Db

10‐1 BER

10‐2

10‐3 4 FSK 8 FSK 10‐4 16 FSK 10‐5

10‐6 5 7 9 Eb/No(dB)

10‐1 BER

10‐2

10‐3

10‐4 BPSK 8 PSK 16PSK /QPSK 10‐5

10‐6 Eb/No(dB) 1 10,5 16 24

f1 f2 f3 f4

1/ 2T

T T 2T

fc=1/Tc

001

010

011

100

101

110

111000

hal 14 Rekayasa

Modulasi yang digunakan adalah QPSK dan FEC = ¾ berapakah C/N yang diperlukan untuk bit rate 2 MBPS supaya menghasilkan BER = 10 ‐5 →Eb/No yang dibutuhkan= 9.5 dB

Jw. Dengan FEC maka BER transmisi yang dipakai tidak perlu 10 ‐5 cukup 10 ‐3 saja. Maka Coding gain = 2.9 dB ( l ihat grafik ) Maka

= 9.5 + 2.2 – 2.9 + 3 = 11.8 dB Frekwensi Output Modulator disebut IF ( Intermediate Frequency) yang besarnya : 70 MHz atau 140 MHz ( yang ada dipasaran) dan 45 MHz untuk perangkat radio FM

Up converter. ‐ Pada dasarnya up converter adalah sebuah modulator AM. Karena sinyal IF dari modulator dirubah frekwensinya menjadi frekwensi RF tanpa merubah bandwidth atau yang lainnya. (hanya menggeser frekwensi )

‐ Pada Up converter maka oscilatornya dapat di set ( rubah) untuk pemilihan frekwensi yang dibutuhkan. ‐ Dalam prakteknya untuk menaikkan frekwensi kerja maka penumpangan (modulasi ) itu dapat terjadi 2 kali. ‐ Pada Modulator terdapat filter yang dengan BW cukup lebar ‐ Tetapi BW output mod sempit. ‐ Pertanyaan : mengapa harus menggunakan Up converter. Apakah tidak bisa jika oscilator modulator di set pada frekwensi RF.

‐ Jawabnya tidak bisa, karena filter yang diperlukan harus sangat selektiv. Ingat seletivitas filter = fker ja / BWcarr ie r

‐ Contoh numerik: Modulator dengan BW = 2 MHz dan frekwensi IF = 70 MHz maka faktor S(electivitas ) = 35. Jika menggunakan frekwensi RF ( mis 4 GHz ) maka faktor selektivitasnya = 4000/2 = 2000. Filter ini sulit direalisasikan

‐ Perhatikan gambar skema Up converter ‐ Kedua penentuan frekwensi tergantung ijin dari Direktorat frekwensi. Maka Modulator tidak dapat dibuat masal → Mahal. Sedangkan Oscilator dapat dibuat masal

Contoh up conv untuk SB ke satelit dengan synthesizer yang frekwensinya dapat di atur ( seperti televisi )

‐ Power input antara ‐45 dBm s/d – 30 dbm sedangkan power output antara ‐35 dbm s/d ‐20 dbm karena Gain Up conv=10 dB

‐ Biasanya didepan osc di pasang variabel attenuator 0 – 20 dB ‐ Frek out put bervariasi dari 3700 – 4200 Down Conv. Kerja terbalik dan spesifikasi juga terbalik

Respons frekwensi up converter.Dikanan ini adalah contoh respons frekwensi up converter. Beberapa parameter yang perlu diketahui adalah : ‐ Peak to peak variation ‐ Gain Slope = ∆G/∆f dB/MHz ‐ Gain transfer = power O/p – Power I/P

Harus sekecil mungkin max 1 dB Harus mendekati nol max 0.05 dB/MHz

Amplifier terakhir (power amp)‐ Merubah gelombang listrik (o/p up conv ) menjadi gelombang elektromagnetik.

‐ Input ‐35 dBm s/d ‐20 dBm ‐ Output tergantung pada besarnya power rating amplifier tsb. Apakah 1 w, 10 W atau 700 watt atau yang lainnya

‐ Pada input amplifier ada variable attenuator yang bisa diatur untuk mengatur power output.

‐ Pada output amplifier ada divider dan attenuator untuk mengeluarkan power sample ( untuk pengukuran ). Nilai antenuator ~ 37 dB

‐ Parameter penting yang harus dilihat dari amplifier adalah : • Rating power output • Peak to peak variation • Gain slope • Gain transfer. ( gain power kecil

dan gain power besar / saturasi ) ‐ Didekat saturasi penguatan tidak l inier

∆G max

∆ f f

L

Saturasi

IBOL

OBOL

Input

output

X dB titik Operasi

X dB

WG Gain conector PO/P var 37 dB sample output

∆G max ∆ f f 36 MHz

70MHz 930 MHz 5925 ‐ 6425 X X MHz ‐45 dbm G=10 dB ‐35 dBm s/d ‐30 dBm 1 GHz osc ‐20 dBm o/p Mod Osc synth

6855 – 7355 MHz


dibawahnya l inier artinya j ika input naik 1 dB maka output juga naik 1 dB. .

Contoh : - Power amplifier maksimum =100 w → 20 dBw (50 dBm)

- Input diatur – 20 dBm maka Gain amplifier maksimum adalah [50 – (‐20)]= 70 dB

- IBOL, OBOL =5,3 dB berarti titik linier berada pada input (‐20 dBm – 5 dB= ‐25 dBm) dan output pada (50 dBm – 3 dB) = 47 dBm

- Dan gain pada titik L = 47 – (‐25) = 72 dB - Dan gain dibawah titik linier pasti 72 dB. - 72 dB disebut small signal gain. - Sedangkan 70 dB disebut large signal gain. - Output sampel maksimum = 50 dBm – 37 dB = 13 dBm.

- Alat ukur yang dapat dipakai untuk mengukur power mempunyai signal maksimum – 10 dBm jadi harus diredam lagi sekitar 27 dB.

- Jika signal tersebut lebih besar dari – 10 dbm maka alat ukur akan rusak.

- Gain variation untuk ampl SB maksimum 2 dB sedangkan untuk power amp di satelit = 1 dB

- Gain slope untuk amp SB maksimum 0.5 dB/MHz untuk satelit 0.1 dB /MHz

- Ada lagi spesifikasi yang diperlukan oleh amplifier yaitu Group delay. Tugas carilah apakah yang dimaksud dengan group delay dan berapakah nilai yang dibolehkan.

- Pertanyaan : menggapa small signal gain lebih besar dari pada large signal gain.

- IBOL , OBOL satelit berkisar pada angka : 5,3 dB untuk amplifier tabung dan 3,1 untuk amplifier solid state.

- Titik operasi ditentukan nanti pada pelajaran berikutnya.

Wave Guide dan antena. Wave guide yang dipakai untuk keperluan ini umumnya mempunyai redaman 0.0025 dB/m. jika WG yang dipakai sepanjang 70 m maka redaman wave guide = 0.175 dB. Redaman ini tergantung pada frekwensi dan WG yang dipakai. Masalah utama WG adalah konektor antara amp ke WG. Jika pemasangannya tidak benar (berbeda hanya 0.2 mm saja) maka redaman (pada out put amplifier ) dapat besar. Setiap perangkat dapat menimbulkan noise. Tetapi noise WG disini dapat diabaikan karena signal pancarnya besar. Prinsip antena dapat dipelajari dalam pelajaran antena dan propagasi. Secara ringkas antena dapat dikarakteristikan dengan Gain Antenna ( G= …. dBi)

Perbandingan antara power pancar dengan menggunakan antena terhadap power pancar tanpa antena ( antena isotropik)

HPBW ( Half power beamwidth) sudut pada saat gain antena ½ ( ‐ 3 dB) dari Gain maksimum.

Semakin besar Gain antena maka HPBW semakin sempit. Untuk parabola pancaran simetris, maka

Path loss, Gain antena, EIRP- Antena memancar dengan power P secara isotropik - Maka pada jarak d dari titip pancar, power density ( w/m2) adalah: FD= jika di situ ada antena dengan luas Ae maka jumlah power yang masuk ke antena

adalah :

Maka : dan Ae= η (π D)2/ λ2 ; λ =3.108/f

G= 10 log π2 + 10 log η +10 log f2 – 10 log (3.108)2+10 log D2 = 10 log π2 +10 logη+10 logfGHz

2 + 10 log1018–10 log(3.108)2+20 logDm

G = 20.45 + 10 log η + 20 log fGHz + 20 log Dm

PL = 10 log 4π2 + 20 log d + 20 log f – 20 log (3.108)2

PL = 10 log 4π2+20 log dkm.1000+20 log fGHz.10

9 –20 log (3.108)2

PL = 92.45 + 20 log fGHz+ 20 log dkm.

secara resiprokal maka kita dapat katakan bahwa Gain transmit juga sama formulanya.

J ika power pancar t idak digant i , melainkan antena yang diganti maka dipener ima akan diter ima cahaya pancaran lebih kuat . Penerima mengatakan pancaran tetap i sotropik tetapi power transmit digant i dengan yang lebih besar E dB.

Dalam hal in i maka e = p × gan t / loss feeder atau E = P + G – Loss Feeder. Mengapa E ser ing disebut EIRP (Equiva lent I sotropica l Radiated Power) . Why? - Perhatikan bahwa Path Loss bukanlah redaman / absorbsi power melainkan loss yang disebabkan penerima

tidak dapat menerima semua power yang dipancarkan.

Gmax – 3dB ΘHPBW Gmax

X d P

X P E =P-L+G

hal 16 Rekayasa

Macam – macam antena :- Antena Yagi : gambarkan dan cari rumus gain serta beamwidthnya. - Antena reflektor ( parasitik) parabola

- Parabola biasa - Parabola case grain - Parabola offset - Parabola receive only

Permasalah pada antena parabola adalah besarnya feed horn serta besi penyangganya yang menghalangi pancaran / penerimaan gel elektromagnetik. Tetapi untuk antena besar tidak jadi masalah, hanya antena yang kecil perlu konfigurasi yg lain.η antena untuk : parabola biasa yg bagus 55% casegrain 65% (1 dB up krn ada subreflektor) Off set antena 40% karena jatuh sinar datang tidak ⊥ pada permukaan parabola. Untuk lengkapnya maka tabel η antena tercantum dikanan ini. Hitunglah beamwidth antena parabola yg bagus dengan diameter 1 m, 3 m, 4 m, 5 m dan 10 m. tulislah hasilnya dikanan ini. diameter eff antena diameter eff antena

0.6 37% 5 55%0.8 37% 6 55%1 37% 7 60%2 37% 8 60%3 45% 9 65%4 50% 10 65%

Hitunglah beamwidth antena parabola yg bagus dengan diameter 1 m, 3 m, 4 m, 5 m dan 10 m. tulislah

hasilnya dikanan ini.

Power Receive Power Receive adalah power yang di penerima sesudah antenna. Untuk menghitung power Receive dapat dilakukan penalaran sebagai berikut : C = PR = E − LP + GR

Hitunglah power receive jika Power transmit = 0.6 watt sedangkan Diameter antena terima dan pancar = 0.8 m dan frekwensi yang dipakai adalah 3 GHz untuk jarak antara terminal = 40 km. Jw:

NOISE DALAM TRANSMISI.Noise : agitasi elektron

- Elektron bergerak mengelilingi atom → pergerakan elektron menimbulkan gelombang elektromagnetik.

- Sifat gelombang elektromagetik ini tergantung pada keadaan bendanya. Yang pasti frekwensi yang ditimbulkan elektron ini tidak menentu (random ).

- Diantara frekwensi yang ditimbulkannya pasti ada nilai yang sama dengan frekwensi radio yang direncanakan → yang timbul adalah noise.

- Besar power noise yang ditimbulkan pada tiap Hz kita notasikan dengan No Untuk membandingkan noise satu dengan noise yang lain, maka dibuat formula Boltzman sebagai berikut :

No= k T Dimana : k= 1.38 10 ‐23 Watt/Hz.oK atau = ‐ 228,6 dB…..

dan N = No. BW → N= k T B

a. Berapakah Equivalensi tempe‐ratur noise jika power noise adalah – 120 dBm dengan BW = 2 MHz. Jawab: ‐ 120 dBm= ‐150 dBw N = K. T. B atau N = K + T + B ( dlm dB) ‐150=‐228,6+T+10 log(2.106) T= ‐150+228,8‐63 = 15,6 dBK

= 36 ºK

b. Sebuah perangkat tertulis di spesifikasinya bahwa noise temperaturnya adalah 200 ºK. dan BW signal yang dilaluinya adalah 1 MHz. perangkat ini dioperasikan sehingga tempera‐tur perangkat mencapai 47º C Berapakah power noise yang ditimbulkannya?

Parabola Biasa case grain Off set


T = Konversi noise ke sat Temp. T bukan temparatur benda. Mengukur Temperatur konversi noise sebuah Perangkat.(NF →

gambaran Noise perangkat ) - Perhatikan setup pengukuran dikanan ini. - Noise Generator adalah sebuah peralatan pembangkit noise (

simulator) yang menghasilkan power noise sesuai dengan temperatur ruang yang digunakan. Jadi T disini benar – benar temperatur ruang. Katakanlah To adalah temperatur ruang yang diatur. Biasanya 290ºK

- Reference signal adalah generator lain yang membangkitkan frekwensi yang sesuai dengan spesifikasi perangkat under test. BW yang digunakan untuk pengukuran selalu sama dengan BW perangkat.

Def NF = gambaran noise perangkat yang didef. Sbb:

- Power Measurement adalah alat ukur yang peka. - Reff signal dikalibrasikan dulu dengan power meas. → S

diperoleh perbandingan dan pwr meas mengukur S/Nin

- Kemudian power measurment dipindahkan ke out perangkat. - Mula – mula yang dimasukkan adalah Noise gen → baca pengukuran Pwr Meas. →

N=k.(T0+T)B.G - Masukkan power maka diperloleh pengukuran pwer meas maka dapat dibaca S/Nout

Maka NF = S/Nin ‐ S/No dapat diperoleh dari pembacaan. - Secara mathematik Sout = Sin. G dan

Nout = k.(T0+T)BG dan

NF perangkat adalah :

→

→ T = (NF‐1)To

To = temperatur ruang pada saat pengukuran. Jika tidak ada pemberitahuan khusus maka harga To diset oleh pabrik sebesar 17º C = 290 º K

Pada label spesifikasi sebuah perangkat tertulis NF= 2 dB. Perangkat beroperasi pada temperatur 47ºK. berapakah power noise jika BW = 1 MHz Berapakah Temperatur Noise yang ditimbulkan perangkat ? NF= 2 dB = 1.6 × Maka T = (1.6 ‐1 ).290 = 174º K Mengapa menggunakan angka 290ºK dan bukan 320(273+47)?

Hitunglah NF gabungan perangkat

T1=(NF1‐1)To ; T2=(NF2‐1)To; T3=(NF3‐1)To

Sout= Sin. G1.G2.G3

Nin= KToB Ntot =kB[(To+T1)G1G2G3+T2.G2G3+T3G3] NFtot= kB[(To+T1)G1G2G3+T2.G2G3+T3G3] KToB G1.G2.G3

NFtot= (To+T1) +T2. +T3 . To ToG1. To G1G2. = 1 + T1 +T2. +T3 . . To ToG1. ToG2G3. Tprktot= T1 +T2. +T3 . G1. G3G2.

Masukan nilai – nilai sebagai berikut kedalam rumus dibawah dan dapatkan harga Tprktot. kemudian berikan kesimpulan anda. T= G1=‐ 0.5 dB NF1= 0.5 dB

G2 = 60 dB NF2= 0.8 dB

G3 = 10 dB NF3 = 15 dB

Maka Tprk tot = Masukan lagi dan hitung Ttot dibawah ini. Jika G1 = 50 dB T1 = 35ºK G2=10 dB T2=5000ºK perangkat 3 tidak ada. Apakah dengan T2 = 5000ºK, perangkat kedua tidak meleleh atau terbakar? Tprk tot =

Perhatikan susunan perangkat dibawah ini:

Data : BW transmisi = 1 MHz Gain Feeder = ‐0.4 dB →0,9 biasanya untuk feeder maka NF=‐ gain

Jawab: Tsystem = Tatm + Tprk

Tprk =27.9 + 150 +3000 = 194.57 0.9 0.9×106 Tatm=290ºK maka T system=194.57+290=484.57 º K N = ‐228.6 + 10 log 484.57 +10 log 106 = ‐141.746 dbW → ‐111.746 dbm Maka C/N = ‐96 –(‐111.746)= 15.7 dB Perhatikan. Kita memakai C pada titik o/p antena, tetapi noise yang

Amp feeder

D conv De‐mod

C=PR =‐ 96 dbm & Tatm=290ºK

C/N?

G1

NF1

Sin G2

NF2 G3

NF3

Sout

T0 T1 T2 T3

Perangkat Under test

Gain

Noise Gen.

Ref signal

Pwr Meas

T=noise perang‐kat

hal 18 Rekayasa

→NF=0.4→T=27.9ºK Tamp = 150º K dan G amp= 60dB sedangkan T downconv =3000º K Berapakah Tsystem? dan berapakah C/N diinput demodulator

dipakai adalan semua noise perangkat sesudah antena. Jadi C/N yang diperhitungkan adalah C/N pada input demodulator.

Noise Temperatur Atmosphere- Yang dimaksud dengan atmosphere adalah lingkungan diluar antena.

- Matahari menyinari bumi maka tanah dan atmosphere menjadi panas.

- Setiap molekul bumi dan udara menyimpan energi sehingga elektron – elektronnya bergerak / bergetar lebih cepat dan menimbulkan noise yang lebih besar.

- Semakin tinggi temperatur maka power noise semakin besar.

- Power gelombang elektromagnetik akan masuk ke antena dan menjadi noise bagi sistem transmisi.

- Power matahari terbanyak diserap oleh bumi, sedangkan udara hanya sedikit saja. Sebab itu antena yang menghadap ke bumi akan menerima power noise lebih besar.

- Semakin elevasi antena ( ∠dangak= α ) antena besar maka noise temperatur yang masuk keantena akan semakin kecil. Jika α kecil maka noise temp. akan tinggi.

- Rupanya jika kita mendangak keatas, maka kita akan mendapatkan kedamaian karena noise menjadi berkurang.

- Sebaliknya jika Tuhan memandang bumi, maka Dia akan melihat segala kekotoran didunia ini. Maka Noise menjadi sangat besar.

- Gambar di atas ini adalah gambar praktis untuk menentukan Tatm yang dihasilkan oleh antena.

- Jika antena semakin besar, maka T atm akan semakin kecil. Mengapa? Karena beam width makin kecil. (khususnya untuk antena yang menuju kesatelit. Hal ini dapat dijelaskan sebagai berikut …...)

- Berapakah temperatur noise satelit yang antenanya selalu melihat kebumi. Jw. Antara 750º K s/d 1000 ºk Tugas : Ceritakan kecenderungan –kecende ‐rungan perubahan dalam grafik diatas. Dan coba mencari cara untuk menghafalkan angka –angka diatas.

Noise sistematik adalah noise yang ditimbul dari system sedangkan noise fourtouitous adalah noise yang timbul dari luar system misalkan hujan, interference, atmos‐phere, crosstalk. Noise sistematik terjadi karena perangkat kurang baik atau setting perangkat kurang benar. contoh. Jika power masuk speaker terlalu besar maka akan timbul noise yang bunyinya “brebek “. Cara mengatasinya mudah saja. Ya beli perangkat yang lebh baik atau set perangkat dengan benar. Noise fortouitous diatasi dengan cara mengantisipasi ke‐mungkinan terjadinya, berapa besar kerugiannya dan se‐berapa besar kita bersedia rugi.

Tugas – tugas untuk diskusi: a. jelaskan mengapa atmosphere atau ground memberi‐

kan energi noise pada antenna.

b. berapakah noise atmosphere dan ground maksimum

yang masuk antenna pada frekwens < 15 GHz untuk ∠

elevasi diatas 5°. Jawab (40° )

c. perhatikan noise atmosphere pada frekwensi antara 20 – 25 GHz. Apakah pendapat anda?

d. berapakah temperature noise antenna jika melihat lang‐sung kematahari? Jelaskan mengapa demikian. (jawab be‐sar sekali, karena )

e. bagaimanakah kelakuan antenna disatelit terhadap pene‐rimaan noise dari muka bumi? Antenna satelit langsung melihat kebumi, maka temperature noise yang dirasakan tergantung pada coveragenya. Umumnya temperature

noise di satelit mencapai 750° K sampai 1000 ° K.

f. Dapatkah dikategorikan noise atmosphere dan ground sebagai noise systematic. Jawab ( dapat karena harganya yang sudah pasti, sudah dapat ditentukan)

g. berapakah range temperature noise pada frekwensi daita‐

si 25 GHz. Jawab ( 15° s/d 80° K)

h. untuk terrestrial dimana elevasi lebih kecil dari 0°, bera‐pakah temperature noise rata – rata? Pada berbagai

frekwensi. Jawab (290 s/d 300° K)

Temperature noise 300ºK ‐ 2 ° Elevasi 0° 70° 5° 10° 20° 20° 10° 30° 5° 60° 90° 3° 20 f dalam GHz

0 5 10 15 20


4.1.2 Noise intermodulasiGambar di kanan ini adalah gambar gain transfer dari sebuah amplifier.

- O1 titik operasi pada daerah linier, sedangkan O2 titik operasi pada daerah tidak linier.

- Input sama – sama sinusoida, tetapi out put pada O1 tetap sinusoida sedangkan pada O2 bukan sinuoida.

- Model math input output seperti berikut: Vout =a1 Vin + a2 Vin

2 + a3Vin3 + a4 Vin

4 + … dengan a1 >>a2>>a3>>a4… Vin= b cos ωt → ω =2π f Vout =a1b cosωt+a2b

2cos2ωt+a3b3cos3ωt..

=a1bcosωt+½a2b2+½a2b

2cos2ωt+a3b3cos3ωt+ …

Frekwensi yang keluar adalah DC, f, 2f, 3f, 4f dst Jika b kecil maka b2 dan b3 dapat diabaikan.

Vin= b cos ωt → (b cos ω1t + c cos ω2t) Vout =a1(b cos ω1t + c cos ω2t)+a2(b cos ω1t + c cos ω2t)

2 +a3(b cos ω1t + c cos ω2t)

3 +a4( )4

Vout = a1 b cos ω1t +a1c cos ω2t + +a2b

2cos2ω1t+a2c2cos2ω2t+2a2bc cosω1t cosω2t

+a3b3cos3ω1t+a3c

3cos3ω2t+3a3b2c cos2ω1t cos ω2t

+3a3bc2 cosω1t cos

2 ω2t Frk yang keluar adalah : f1,f2,f1+f2,2f1,2f2,2f1+f2,2f2+f1,2f1+2f2,2f2+2f1,3f1+2f2,3f2+2f1 Dalam bandwidth 3720 MHz – 3760 MHz terdapat 2 carrier yaitu 3742 Mhz dan 3745 MHz Tentukan frekwensi mana saja yang timbul jika titik operasi di daerah tidak linier. Jw. 3739,3742,3745,3748 mengapa yang lain tidak keluar? 2 carrier masuk maka yang keluar ada 4 carrier

Kalau yang masuk ada 3 carrier tentukan frekwensi yang mana saja timbul ?

3 carrier masuk maka yang keluar 9 carrier 4 carrier masuk maka yang keluar … carrier 100 carrier masuk maka yang keluar .. carrier

100 carrier masuk dan total power berada jauh di daerah linier berapa carrier yang timbul?

Pengaruh Intermodulasi. - Frekwensi ikutan akan merupakan interferensi bagi carrier yang ada karena ikutan itu tidak diinginkan.

- Sebab itu power noise intermodulasi harus sekecil mungkin. Dan parameter yang dipakai untuk menyata‐kan hal tersebut adalah C/IM (tentu diinginkan sebe‐sar‐ besarnya ).

- C/IM akan kecil jika IM bertambah banyak. Tetapi jika C besar maka C/IM bertambah besar.

- C besar jika carrier mempunyai BW dan power yang besar artinya jum‐ lah car‐rier yang bisa ma‐ suk se‐dikit.

- Kesimpulan jika carrier kecil (jumlah carri‐ er yang dapat masuk ba‐ nyak ) maka C/IM kecil, jika car‐rier besar (jumlah carrier sedikit ) maka C/IM besar.

jml carr C IM

jml carr C IM jml carr C IM

1 30 13 21.5 200 17.52 28.6 14 21 300 173 27.9 15 20.5 400 16.54 27.2 16 20 500 165 26.5 17 19.5 600 15.66 25.8 18 19 700 15.57 25.1 19 18.5 800 15.48 24.4 20 18 900 15.39 23.7 30 17.7 1000 15.310 23 40 17.5 1200 1511 22.5 50 17.3 12 22 100 18

Salah satu contoh untuk jumlah carrier yang dapat masuk suatu amplifier. Jumlah power input masih dibawah titik linier. Jika sudah dibawah titik linier maka C/IM sudah san‐gat kecil.

O/P

t

I/P

sinusoida

Bukan sinusoida

L

O1

O2

t

C/IM

Jml carrier

f 2f 3f

hal 20 Rekayasa

Gangguan redaman perangkatinput flat dan filter H(jω) membuat out bervariasi.

- ‐ Gain variation and peak to peak variation sangat mempengaruhi unjuk kerja sebuah filter.

- ‐ Parameter kedua adalah gain slope (ulang kembali apa yang anda ketahui ) - ‐ Effek Am to PM pada modulasi FM Jika frek berubah – ubah maka sinyal FM akan mengalami penguatan yang berbeda

olehkarena filter. Timbullah AM pada FM yang tidak disengaja. - F(jω ) merubah phasa dan juga merubah frekwensi yang dideteksi FM akibatnya informasi yang akan keluar juga akan

cacat. Gangguan redaman ini tidak mungkin terjadi jika tidak ada variasi gain. Menanggulanginya dengan memakai equalizer gain di penerima..

F(jω ) merubah phasa yang dideteksi FM akibatnya informasi yang akan keluar juga akan cacat. Kecacatan ini timbul karena effek AM pada FM

Gangguan delay ( tunda )H(jω) menimbulkan variasi dalam gain, juga variasi da‐lam phasa (∆φ)→ am =AC sin (ωct+∆φ) =AC sin ωc (t+∆φ/ωc ) =AC sin ωc (t+∆t ) ∆t= ∆φ/ωc → delay karena φ berlainan untuk berbagai frekwensi. Jika φ sama untuk semua frekwensi maka ∆φ akan =0 berarti tidak ada gangguan delay. Untuk menanggulangi gangguan delay ini maka diguna‐kan equalizer dipenerima, yang karakteristik filternya terbalik dari filter di pengirim, Gangguan Jitter

- Pulsa yang dikirim mengalami pemotongan frkewensi atas, ditambah adanya noise di tengah perjalanan. Ma‐ka bentuk pulsa dipenerima berubah .

- Pertama sisi tajam menjadi hilang, kedua dipenerima dilakukan komparasi dengan suatu level tertentu. Jika lebih rendah dari level reference jadi 0 volt jika lebih besar jadi 5 volt. ( “0” atau “1”)

- Perhatikan bahwa pulsa yang diterima tidak sama lebarnya dengan yang dikirim. Kemungkinan lebih lebar kemungkinan lebih sempit. Kemungkinan lebih lebar.

Berarti ketika diterima posisi pulsa berubah atau ber‐geser.

- Pergeseran itu bisa makin lama makin jauh . - Perubahan posisi pulsa ini disebut jitter. - Perangkat yang baik dapat mengantisipasi perubahan

jitter ini dengan merubah posisi clock mengikuti peru‐bahan jitter. Proses ini disebut “clock aquicition”

- Itulah sebabnya diperlukan pengkodeaan AMI, HDB3, B6Z’s untuk mengantisipasi terjadinya “0” atau “1” ter‐lalu panjang jelaskan hal ini

-

- Besar pergeseran ditentukan oleh parameter ∆T/T (1 Unit jitter (UJ))

- Pada gambar dibawah ini, maka pergeseran dari t=0 ke t= t1 makin – lama makin jauh. Tetapi sesudah t1 per‐geseran makin lama makin kecil hingga mencapai po‐sisi semula. Dan seterusnya

- Besar per‐

geseran ditentukan oleh pa‐

rameter ∆T/T (1 Unit jitter)

- Sejauh mana perangkat penerima

dapat mengantisipasi jitter ini. • Frekwensi jitter ↑ maka perubahan semakin cepat

dan amplitude jitter yang dapat diantisipasi sema‐kin pendek.

• Contoh frek jitter = 20 HZ maka amplitudo jitter yang dapat ditoleran oleh penerima adalah Aj=1½ UJ.

• Untuk frekwensi jitter 400 Hz toleransi jitter adalah Aj=0.8 UJ

• Mungkin saja ada perangkat yang bagus sehingga dapat mentolerasi jitter sampai 10 UJ

- Jitter tolerance ini didapat dengan cara simulasi dengan setup percobaan sebagai berikut

• Jitter generator mengirimkan pulsa – pulsa yang su‐

dah digeser dan diatur perioda serta amplitudonya. • Penerima mendeteksi informasi yang datang yang

diukur oleh BER meter • BER meter membandingkan informasi yang datang

dengan BER yang dikirimkan. • Jika BER meter menunjukkan angka yang lebih ren‐

dah tinggi dari spesifikasi yang ditentukan percobaan → ditarik kesimpulan bahwa toleransi penerima ada pada titik tersebut.

Jitter Genera‐tor

Rx under test

BER meter

Tx un‐der test

T Pulsa yang dikirimkan Siyal yang diterima Pulsa yang diterima ΔT

Level input

3 dB

3 dB band‐

H(jω

aFM = Ac f(jω) cos ωc(1+kAs cos ωst) = Ac aN sin (ωNt)cos [ωc(1+kAs cos ωst)t =AR (sin(ωc[1+kAs cos ωst)t+ωNt] – AR sin[1+kAs cos ωst)t – ωNt]

ΔT/T Aj= Ampl itudo j i t ter TJ = per ioda j i t ter Aj t 1 t 2 t 3 T j t


Noise Fortuitous 1 Noise karena fading pada saluran radio. 2. Gangguan karea Hujan. 3. Gangguan interferensi

Fading adalah fluktuasi level terima gelombang radio pada perangkat penerima. karena pengaruh luar. Fading terjadi karena dua hal. 1.1 multipath fading 1.2 fading karena ducting.

Beda phasa antara gelomang datang dan pantul adalah . ∆ℓ/ λ = (p1 + p2 – d)/λ

- Gelombang memancar dari A ke B.- sinar gelombang dari A tidak hanya 1 tetapi terpencar. - Sebagian ada yang terpantul di C dan kembali ke B - Di B terjadi superposisi gelombang tersebut - Hasil superposisi dapat memperkuat sinyal dapat pula memperlemah tergantung beda phasa gelombang lang‐sung dan gelombang pantul.

p1=√(d12+r2)=d1[1+(r/d1)

2]½=d1[1+½(r/d1)2‐⅛((r/d1)

4+..p2=√(d2

2+r2)=d2[1+(r/d2)2]½=d2[1+½(r/d2)

2‐⅛((r/d2)4+..

Δp= p1+p2 –d1–d2=½[d1 (r/d1)2+d2(r/d2)

2] ∆φ = ½[d1 (r/d1)

2+d2(r/d2)2] +½ = k → r = √[(2k‐1]λd1d2/d) +½ krn pantulan di C

λ phasa lompat ½ r = √[(2k‐1]3.108 d1km.1000 d2km. 1000 /dkm. 1000)= √[(2k‐1] 300 d1km d2km.]=17.3 (2k‐1)d1d2 fghz. 10

9 dKM fghz f. d

superposisi menguatkan bila k =1,2,3, dst rF = , rF √3, rF √5 dst rF disebut tinggi

f d freshnel zone superposisi melemahkan bila k = 1½, 2½ → r = rF√2 , 2rF untuk itu maka harga r = r disebut tinggi fresnell zone pada saat r =rF , 2.25 rF Ptot = (2E)

2 = 4 E2 → 6db up

r =1.4 rF ,2 rF Ptot = (2E)2 =0 E2 → ‐∞dbw

r= 0.6 rF Ptot = P → 0 dB up.

Dalam perencanaan maka harga r = 0.6 rF yang diguna‐kan untuk mendapatkan daerah bersih dari fading.

Contoh :Jika jarak titik A dan B = 60 km sedangkan d1= 40 km. dan frekwensi yang digunakan 3 GHz. berapakah ketinggian fresnell yang harus diperhi‐tungkan ? jawab: rF= 17.3 √(d1d2/f d) = 36.47 m Multipath fading tidak hanya terjadi karena pantu‐lan oleh tanah, tetapi bisa juga terjadi oleh pantu‐lan gedung – gedung, pohon – pohon. Khususnya untuk telepon radio bergerak. Multipath fading ini menambah redaman power dengan nilai yang cukup besar.

Multipath fading tidak terjadi jika permukaan pantulan kasar. Suatu per‐mukaan dibilang kasar tergantung pada sudut datang dan ketinggian po‐hon dari permukaan. Jika h ( tinggi semak) /λ ≥ (8 cos θ )‐1

Contoh : ketinggian semak cabai ~ 50 cm berada di antara dua terminal antenna, sedemikian hingga sudut datangnya = 85º apakah semak cabai ini dapat dianggap menimbulkan pantulan? Frek yang digunakan 3 GHz Jawab: λ = 0.1 m h/λ = (8 cos 85)‐1 → h = 0.14 m atau 14 cm < 50 cm. maka se‐mak cabai ini dapat dianggap permukaan kasar.

Fading karena ducting : Antara A dan B ada gumpalan awan.

- Gumpalan awan ini menimbulkan pantulan didalamnya karena kera‐patan awan lebih besar disbanding kerapatan udara disekitarnya.

- Maka sinar yang harus masuk ke B menjadi menyimpang. - Ducting ini dibentuk oleh uap yang ada diantara terminal. terbentuknya ducting tidak lepas dari kelembaban. - Berapakah besar margin yang harus diberikan supaya mengatasi ducting. Jawab: Untuk mengatasi ducting dan multipath digunakan pendekatan experiment sebagai berikut: Unav = 6.1 10‐7 a b fghz dkm

3 10 –F/10 unav = probability loss of service yang tidak dapat ditolerir karena fading.

F=margin fading yang diperlukan ( dB)

A B d1 d2 p1 r p2 d=d1 + d2 θ θ pantulan di C lompat phasa ½ C

‐10 redaman‐ 6 dB 0 1 10 2 3 20 4 5 30 40 ‐1 ‐0.5 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5

A B

hal 22 Rekayasa

Unavailability = 100 % ‐ availability.

a parameter yang mencerminkan permukaan tanah a=4 licin, a=2 medium dan a=1 kasar. b ditentukan oleh kelembaban udara b= ½ sangat lembab > 80% b=1/8 medium dan b=1/16 kering.

Contoh soal: tentukan margin yang harus diberikan supaya availability mencapai 99,9 % dengan ketentuan frekwen‐si kerja = 4 GHz, a = 2 medium licin b = 0,25 tidak terlalu lembab dan jarak antara dua terminal = 45 km. Jawab: unavailability = 1‐ 99,9% = 0,001 0,001= 6,1 10‐7 . 2. 0,25 . 4. 453 10‐F/10

maka F = 20,5 dB. Kadang kala perubahan udara ini demikian cepat karena adanya angin yang bertiup. Tetapi untuk waktu yang singkat tetap saja terjadi kehilangan power pada penerima. Pada penerima mungkin saja terjadi berkas – berkas gelombang datang melalui path yang berlainan. Gelombang tersebut akan bertemu kembali pada penerima dengan phasa yang berbeda karena panjang path dan media yang dijalaninya berbeda. Gelombang – gelombang tersebut akan saling meniadakan atau saling menguatkan tergantung perbedaan path dan phasanya. Contoh soal. Jika dikehendaki C = PR = ‐ 80 dBm untuk suatu system radio point to point Line of sight pada frekwensi kerja 7 GHz dengan antenna 0.8 m dikedua terminal yang berjarak 60 km. unavailability yang diharapkan adalah = 0.1%. berapa‐kah power yang harus dipancarkan? Anggap a= 2 dan b = 1/8 Jawab: Margin yang harus diberikan adalah : 0.1% → 0.001 = 6,1 10‐7 . 2. 0,125 . 7. 603 10‐F/10

maka F = 23,62 dB. Path Loss = 92.45 +20 log 7 + 20 log 60 = 145 dB Gant transmit dan Receive = 20.4 +10 log η +20 log 7 + 20 log 0.8= 31.04 dB η=0.37 C=Pr = Pt + Gt– PL +GR – Margin ( F) → ‐80 = Pt + 2×31.04 – 145 – 23.62 → Pt=26.54 dBm Atau 450 mw= 0.45 watt Gangguan redaman oleh Curah Hujan.

- Hujan berbentuk butiran – butiran air. Jika air hujan dilintasi gelombang maka electron ‐ elektron air hujan akan turun bergetar dengan mengambil power gelombang.

- Penyerapan power gelombang tergantung pada: • Deras hujan ( curah Hujan ) sesaat dan bukan rata –

rata • Panjang lintasan yang menembus hujan. • Frekwensi gelombang • Polarisasi gelombang. Arah polarisasi gelombang ada‐

lah vertical atau horizontal tergantung pada arah vec‐tor medan E.

- Secara umum redaman gelombang oleh hujan dapat ditu‐liskan dengan formula empiris sebagai berikut : α = a Rb dB/km → A = ℓ . α dB

- Harga a dan b dapat dilihat dalam table disamping ini.

frek

aH aV bH bV

1 0,000038 0.000052 0.912 0.8802 0.000 154 0.001 38 0.963 0.9234 0.000 650 0.000 591 1.121 1.0756 0.001 75 0.001 55 1.208 1.2658 0.005 54 0.003 95 1.327 1.31010 0.010 1 0.008 87 1.276 1.26412 0.018 8 0.016 8 1.21 1.20015 0.036 7 0.033 5 1.154 1.12820 0.075 1 0.069 1 1.099 1.06525 0.124 0.113 1.061 1.03030 0.187 0.167 1.021 1.00035 0.263 0.233 0.979 0.96340 0.350 0.310 0.939 0.92945 0.442 0.393 0.903 0.89750 0.536 0.479 0.873 0.86860 0.707 0.642 0.826 0.82470 0.851 0.784 0.793 0.79380 0.975 0.906 0.769 0.76990 1.06 0.999 0.753 0.754100 1.12 1.06 0.743 0.744120 1.18 1.13 0.731 0.732150 1.31 1.27 0.710 0.711200 1.45 1.42 0.689 0.690300 1.36 1.35 0.688 0.689400 1.32 1.31 0.683 0.684

Curah hujan R adalah ketinggian naiknya air hujan dalam 1 jam jika hujan terjadi terus menerus sepanjang 1 jam. Contoh : ketika hujan turun, ambillah ember lurus yang luas permukaannya berapa saja. Taruhlah ditengah lapangan ( jangan di cucuran atap) kemudian diamkan selama 10 menit. Ternyata air dalam ember naik sebanyak 3 cm atau 30 mm. maka curah hujan itu disebut : 30 mm per 1/6 jam atau R=180 mm/hr

- Curah Hujan diberbagai tempat tidak sama. Sebab itu redaman hujan juga bervariasi. ITU telah mengumpulkan semua data curah hujan dari berbagai Negara. Berdasarkan data tersebut, ITU membagi daerah curah hujan menjadi beberapa tipe, sebagai berikut. % A B C D E F G H J K L M N P0.001 22 32 42 42 70 78 65 83 55 100 150 120 180 2500.003 14 21 26 29 41 54 45 55 45 70 105 95 140 2000.01 8 12 15 19 22 28 30 32 35 42 60 63 95 1450.03 5 6 9 13 12 15 20 18 28 23 33 40 65 1050.1 2 3 5 8 6 8 12 10 20 12 15 22 35 650.3 1 2 3 5 3 4 7 4 13 6 7 11 15 341.0 <.5 1 2 3 1 2 3 2 8 2 2 4 5 12


Gambaran daerah curah hujan di dunia

Cara membacanya : - Untuk daerah tipe P ( Indonesia ) maka curah hujan diatas 145 mm/hr terjadi dalam persentasi waktu setahun dibawah 0.01%. kalau curah hujan diatas 145 mm/hr ( 200 mm/hr) terjadi dengan persentasi yang lebih kecil yaitu 0.003%. Peneli‐tian ini dilakukan sudah 15 th yang lalu. Sekarang terjadi perubahan iklim yang cukup besar. Mungkin data tersebut tidak valid lagi. Tetapi sementara belum ada data baru baiklah kita memakainya.

- Perhatikan eropa adalah tipe hujan E. begitu pula dengan Amerika. Sebab itu mereka memasang angka unavailability sys‐tem komunikasi mereka maksimal 0.01%. tetapi untuk Indonesia hal tersebut tidak mungkin. Cobalah anda mengkaji be‐rapakah redaman curah hujan pada 0.01 % waktu di Indonesia ( tipe P) untuk frekwensi : a. 4 GHz b. 8 GHz c. 10 GHz d. 20 GHz

Coba lagi untuk daratan Eropa b. 4 GHz b. 8 GHz c. 10 GHz d. 20 GHz c. Apakah kesimpulan anda. d. Jika redaman hujan sebesar 24 dB, berapakah margin power transmit yang harus diberikan kepada system? Dapatkah anda membayangkan besarnya margin sebesar 24 dB?Nomogram

Contoh: R=145 mm/hr Frek pol Vertikal 4 GHz Maka α =0.15 dB/km Pakai rumus: α=0.000591× 1451.075= 0.13 dB/km contoh lain: R=35 mm/hr F hor= 20 α=3.5 dB/km rumus: 3.73 dB/km

150 50 Frekwensi(GHz) 60 Pol horisontal vertikal 27 32 28 24 22 25 20 17.5 16 14 14 13 12 11

9.5 8.7 7.2 6.3 5.6 4.7 4.2 4

100

35

65

17

5

200

250

150

60

50

40

30

20

15

108

4

3

1.5

0.3

0.1

0.02

R α

hal 24 Rekayasa

Redaman air hujan sepanjang lintasan.Jika jarak stasiun A dan B adalah d Km. diantara A dan B ada hujan dengan curah hujan 145 mm/hr. apakah sepanjang lintasan terjadi hujan ( jarak L = 60 km )? Ternyata tidak. semakin lebat hujan maka area hujan semakin kecil ( karena air berkumpul dalam daerah sempit). Jika air ber‐kumpul dalam daerah luas maka konsentrasi air berkurang dan hujan akan mengecil

Jika jarak AB = L km maka persentasi daerah yang kena hujan adalah :

Maka redaman hujan yang diderita adalah :

Ingat α = a. Rb Dimana R adalah curah hujan yang terkait dengan persentasi unav yang diinginkan

Hitunglah redaman air hujan untuk jarak 60km menggunakan frekwensi 3 GHz didaerah Indonesia dengan unavailability = 0.1 % jawab:

Hitung pula jika frekwensi yang digunakan adalah 6 GHz jawab:




Redaman air hujan untuk path ke satelit. - Ingat ketinggian hujan dari permukaan laut maksimal 4 km. ( menurut penelitian

ITU) - Panjang lintasan yang kena areal hujan adalah ∆h/sin θ θ= elevasi antenna

- Persentasi daerah kena hujan adalah

- Maka A = α . (4‐h)/sin θ

1+0.045 (4‐h)/tgθ

Hitunglah redaman hujan yg harus diperhitungkan un‐ tuk daerah tipe P dengan unav. = 0.1 % dan sudut elevasi ke satelit Telkom 1 = 75º menggunakan frekwen‐si 6 GHZ uplink dan 4 GHz down link. SB terletak di puncak Cipanas dengan ke‐tinggian 2000 m dari permukaan laut. Jawab:





0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 120 130

5

4

3

2

1

0

35 mm/hr luas area hujan=2,9 km diameter

4

4 – h km

h km

laut

(4‐h)/sin θ

θ LG = (4‐h)/tg θ


Redaman karena pengaruh atmospherePada dasarnya redaman karena pengaruh atmosphere sangat kecil. Hanya ada beberapa gas diudara yang memberikan redaman besar. Pada diagram disamping ini terlihat bahwa redaman terbesar terjadi pada frek 22 GHz yang disebabkan oleh uap H2O dan pada frekwensi 60 GHz dan 120 GHz karena pengaruh gas O2. Pada saat itu molekul gas beresonansi dengan gelombang yang melaluinya maka penyerapan menjadi besar. Hitunglah pernyerapan atmosphere pada frekwensi 6 GHz untuk jarak 60 km. untuk ketinggian muka laut jawab: Hitung pula jika yang digunakan frekwensi 10 GHz jawab.

4.2.3 Gangguan interferensi Interferens i Adalah s inyal/ carr ier yang datang dar i s istem la in yang masuk kedalam s istem yang di in ‐ginkan pada f rekwensi yang sama. Noise interferensi in i dapat sa ja ter jadi dar i s istem radio kedalam kabel . Dalam hal in i kabel tersebut bert indak sebagai antena. Atau dar i s istem radio ke s istem radio la innya. Untuk mengatas i gangguan antar s istem radio maka per lu di lakukan koordinas i & perhitungan besar ‐nya interferens i tersebut . Khusus untuk mengatas i interferens i in i akan dibahas tersendir i dalam bab / pela jaran la in. Umumnya gangguan interferensi hanya bisa dito ler i r 10% dar i jumlah power noise la innya. Contoh : j ika power C/N menurut kebutuhan adalah 15 dB berart i Interference I ≤ 10% N atau C/I ≥ C/0.1 N dan dalam dB C/I ≥ C/N + 10 dB. Untuk perhitungan dan teknik koordinasi menghindari interferensi tidak dibahas dulu dalam makalah ini. Kalau ada waktu baru di bahas. Soal 1. Berapakah power density dan power receive jika power pancar = ½ watt, antenna yang digunakan di peman‐car/penerima parabola dengan diameter 0.8 m sedangkan jarak antara pemancar dan penerima 45 km. Frekwensi yang digunakan = 2 GHz. Feeder adalah wave guide dengan panjang 90 m. Jawab: Gain antenna= 17.8 + 20 log 0,8 + 20 log 2 = 21.88 dB feeder loss = 90 X 2/1000 = 0.18 dB EIRP = 10 log ½ + 21.88 – 0.18 = 18.7 L FS = 92.4 + 20 log d(km) + 20 log f(GHz) = 92.4 + 20 log 45 + 20 log 2 = 131.5 dB maka power receive = 18.7 – 131.5 + 21.88 = ‐91.8 dBw Soal 2. Lanjutan soal 1. Berapakah besarnya C/N jika perangkat penerima mempunyai noise figure = 4 dB sedangkan noise antenna ( dari atmosphere) =To= 290° feeder loss diabaikan BW = 2MHz jawab: Tperangkat= (NF‐1)Τo → Tsys=(NF‐1)To + To= NF.T0 Tsys = 2.5 . 290° = 725° K Maka C/N = ‐91.8 – (‐228.6 + 10 log 725 + 19 log 2.1000000) = 55 dB Soal 3. Sebuah link radio dengan : Pt = 1 watt maksimum = 10 log 1 = 0 dBW F = 7 GHz BW= 2 MHz loss feeder 15 m α= 0.0015 dB/m. antena Parabola φ = 1 m polarisai horisontal NFLNA= 10 dB Nant=290° (To) Jarak pemancar – penerima = 60 km. Av 99,99% Daerah hujan tipe P di Indonesia. Antara pemancar dan penerima adalah daerah berbukit dan berhutan sedangkan kelembabannya = 75% Hitung C/N. Jawab: Gant = 17.8 + 20 log 7 + 20 log 1 = 34.7 dB Loss feeder = 15 x 0.0015 dB= 0.0225 ERIP= 0 ‐ 0.0225 + 34.7= 34.6775 Tsys = Te+Tant= (NF‐1)To + T0 = (10 – 1)290 + 290 = 2900 G/T = 34.6775 – 10 log Tsys= 0,05

3 5 20 50 60 100 120 GHz

800 100 Db/km 10 1 0.1 .01 .001

H= 0 4 km 8 km

12km 16 km

O2

H2O

hal 26 Rekayasa

Path loss = 92,45 + 20 log 7 + 20 log 60 = 145 Unavailability = 1‐ 99,99% = 0.01% = 0.0001 Konstanta redaman hujan : α= 0.00301x 1451,332=2.34 dB/km Redaman hujan = 2.34 x 60/(1+ 0.045x60)=38 dB Kemungkinan fading : 0,0001= 6.1 10‐7 1. 0,5. 7. 603 10‐F/10 → 10‐F/10=2,168 maka F = 36,6 terlihat kemungkinan redaman karena hujan = 38 dB sedangkan redaman karena fading = 36,6 maka margin yang diperhitungkan adalah margin karena redaman hujan . maka

= 34.6775 – 145 + 0.05 + 288.6 – 10 log (2000000) ‐ 38= 77.3 dBw Repeater Pada transmisi melalui kabel ataupun radio, baik sinyal maupun noise akan diredam sepanjang jalan dan akan turut diperkuat jika melalui repeater. Setiap repeater kecuali memperkuat noise, juga memberikan noise tambahan karena tidak ada repeater tanpa noise. Soal 4. dalam buah link panjang analog dengan 5 repeater diketahui dari perhitungan bahwa: C/N1 = 24 dB, C/N2 = 20 (tanpa 1) dB , C/N3 = 22 dB ( tanpa 1 dan 2 ) dan C/N4 = 18 dB (tanpa 1,2 dan 3 ) . berapakah C/Ntot? Jawab: 14,4 Soal 5. dalam buah link panjang digital dengan 5 repeater diketahui dari perhitungan bahwa: Eb/N01 = 12 dB, E/N02= 11 (tanpa 1) dB , Eb/N03 = 10 dB ( tanpa 1 dan 2 ) dan Eb/N04 = 13 dB (tanpa 1,2 dan 3 ) Modulasi yang digunakan semua QPSK. berapakah E/N0total? ( pada tiap – iap repeater terjadi proses regenerasi ) Jawab: Eb=/Nototal= 10 dB Soal 6. dalam buah link panjang digital dengan 5 repeater diketahui dari perhitungan bahwa: C/N1= 15 dB, C/N2 = 14 (tanpa 1) dB , C/N3 = 14 dB ( tanpa 1 dan 2 ) dan C/N4 = 15 dB (tanpa 1,2 dan 3 ) Modulasi yang digunakan semua QPSK denga roll off filter = 0,4 . berapakah Eb/N0 total? ( regenerasi hanya terjadi pada repeater kedua ) jawab: gabungan link 1 dan 2 menghasilkan C/NI=11,5 dB demikian pula 3 dan 4 menghasilkan C/NII= 11,5 maka Eb/No ter‐kait adalah : C/N = Eb/No + 10 log m/(1+α) → Eb/No=11,5 – 1,5=10 dan BER ditiap sisi = 10‐5,5 dan BER total = 2.10‐5,5= 6.10‐6 dengan demikian Eb/No terkait adalah k. l 10 dB Soal 7. Sebuah link transmisi analog dengan modulasi FM terdiri dari 9 repeater dan dua terminal. FM tersebut mempunyai Modulation improvement factor = 35 dB. Noise yang ditimbulkan oleh tiap ruas transmisi dianggap sama. TT/N yang diinginkan di terminal terima = 52,5 dB sudah memperhitungkan perbaikan oleh filter telinga. Berapakah C/N tiap – tiap ruas link tersebut? Jawab: TT/N diujung terima = 52,5 dB sudah memperhitungkan perbaikan filter telinga. Maka noise total adalah N= 90 – 52,5 dbpwop= 37,5 dBpwp atau 5623 pwp. Maka noise tiap link rata – rata adalah 5623/10 = 562,3 pwop → 27,5 dBpwp Dengan demikian TT/N = 90 – 27,5 = 62,5 dB C/N = TT/N – MIF → C/N perlink = 62,5 – 35 = 27,5 Catatan: ITU mengatur link terrestrial microwave sepanjang 2500 km dengan TT/N diujung adalah 50 dB sudah mem‐perhitungkan perbaikan telinga dengan menggunakan sejumlah repeater. Berarti noise = 40 dBpwp atau 10.000 pwp. Dari noise sejumlah itu, sebanyak 2500 pwp di alokasikan untuk noise di demultipelxing. Maka noise yang sisa adalah 7500 pwp. Jika diperhitungkan noise per km adalah 7500 pwp /2500km= 3pwp/km. Soal 8. hitunglah EIRP transmiter yang dibutuhkan untuk suatu link analog FM dengan MIF = 37,5 dB termasuk per‐baikan psophometric. Sedangkan jarak antara terminal adalah 60 km. Standard kwalitas yang diminta adalah standard ITU. Anggap margin tidak diperlukan. F= 3 GHz, φ ant= 0,8 m, nf=10 dB serta BW = 36 MHz GR= 25,4 Jawab: Jumlah noise transmisi = 60 x 3 pwp= 180 pwp. Berarti TT/N adalah 90 – 10 log 180 = 67.5 dB dan C/N = TT/N ‐ MIF = 67.5 – 37.5 = 30 dB = EIRP–pathloss +GR+228,6– 10 log To‐ 10 log NF‐10 log B = EIRP–137.5 + 25.4 + 228,6 – 24.6‐ 10 – 75,6 = 30

C/N1 = 24 dB, , C/N3 = 22 dB C/N tot= C/Nto t? C/N2 = 20 dB C/N4 = 18 dB


EIRP= 27,6 dbW = Gt + Pt Pt =29,6 – 25,6 = ‐2 dBW= 28 dbm

Soal 9. sebuah link transmisi digital dengan membawa bit rate = 144 MBPS. Modulasi 32 QAM dan BER yang dibu‐tuhkan adalah 10‐6. margin implementasi = 3 dB. Noise figure perangkat = 10 dB, FEC = ⅞ coding gain bersangkutan = 2 dB. Jarak antara terminal = 60 km. antena yang dipergunakan adalah 0,8 m Eb/No untuk BER =10

‐6, 32 QAM= 30 dB f=3GHz Berapakah : Pt yang dibutuhkan? Jawab: BW = 144 M/[(⅞).5] x ( 1,4) = 46,08 MHz Noise sistem = ‐228,8 + 10 log 290 + 10 + 10 log 46 106=‐116 C/N = Eb/No + m/(1+α) = 30 + 10*log(5/1,4)= 35.5 dB maka C= ‐116+ 35.5 =‐80.5 dBW C= EIRP – LP +Gr= ‐80.5 = EIRP – 137,5 + 25.4 EIRP = 31.6 dBW dengan Gt= 25,6 dB maka Pt= 31,6 – 25,6 = 6 dBw

1. Pada noise intermodulasi, maka :

a. tentukan apakah yang akan keluar jika input adalah 3 frekwensi f1, f2 dan f3. b. Dengan memperhitungkan lebar pita frekwensi 0.3 – 3.4 KHz, dimasukan input 700 dan 900 Hz. Tentukan sinyal

yang keluar sesudah difilter dengan VBW. c. tentukan, noise intermodulasi mana yang sangat mengganggu dan perlu mendapat perhatian secara umum.

2. Buktikan bahwa pengurangan noise karena filter handset mencapai 2.5 dB untuk band 0.3 ‐ 3.4 KHz. 3. Berapakah besarnya power thermal noise sebuah penerima dengan lebar pita B = 2 MHz dan effektif noise tempera‐

tur = 2000 K ? berapakah NF perangkat penerima tersebut ? 4. dari gambar dibawah ini :

Hitunglah NF total dan Te total. Apakah kesimpulan anda ?

Hitunglah NF total dan Te total. Apakah kesimpulan anda ? 5. Definisikan apakah yang dimaksud dengan : a. Bandwidth e. C/No b. DBm f. Intermodulation noise c. Multipath fading g. Rain outage d. RMS h. Noise weighting 6. Hitunglah NF total sebuah sistem penerima yang terdiri dari : - Filter dengan NF =1.5 gain = ‐ 1.5 dB - Amplifier dengan NF = 6.0 gain = 60 dB - Down converter NF = 35 Jika Down converter diganti sehingga NF = 10 dB ( jauh lebih baik daripada sebelumnya ) Hitunglah NF total sekarang. Bandingkan NF kedua keadaan diatas, Apakah pendapat anda ? 7. Sebuah amplifier diberi dua buah sinyal input dengan frekwensi masing masing f1 dan f2 Hz. Gambarkan frekwensi –

frekwensi yang timbul pada output jika titik operasi amplifier tersebut tidak pada daerah linier.

8. Anggaplah out put sebuah non linier divice mempunyai output Vo untuk input Vi dimana :

Vo = a Vi + b Vi2 dan Vi = A cos ωIt + B cos ω2t Identifikasikan carrier yang diinginkan, harmonik dan prooduk intermodulasi pada out put device tsb.

Jawab : Vo = aVi + b Vi2 = a (Acos ωIt + Bcos ω2t) + b(Acos ωIt + B cos ω2t)

2

Menggunakan cos2x = ½ + ½ cos 2x Dan cos x cos y = ½ cos ( x + y ) + ½ cos ( x – y ) diperoleh : Vo=a(A cosωIt + B cosω2t) + b[(A

2/2 + A2/2.Cos2ω1t) + AB cos(ω1+ω2)t + Abcos (ω1‐ ω2)t +B

2/2+B2/2cosω2 t )]

OBO IBO

NF= 3

G=‐3 B NF= 5dB G = 60dB

G= 15

NF=‐3 dB NF= 10dB G= 15

hal 28 Rekayasa

0.5 dB skala │ │~3.6 MHz 36 MHz

=b(A2+B2)/2 + aA cosω1t + aB cos ω2t + bA2/2 cos2ω1t +

bB2/2 cos 2 ω2t +bABcos(ω1+ω2)t+bABcos (ω1‐ ω2)t 9. Diskusikanlah, apakah yang dimaksud dengan output back off ( OBO ) dan input back off (IBO) dalam gambar –di

atas ini.

10. Sebuah perangkat Buatan CMI dengan nama CM 22943 – 41 C – Band Down Converter mempunyai spesifikasi seba‐gai berikut : IF. Out put Karakteristik : RF/Input karakteristik ‐ Out put frequency 70 ± 18 MHz Input Frequency kerja 3625–4200 MHz ‐ Output Impedance 50 atau 75 Ohm Bandwidth 36 MHz synthesized ‐ Output Return Loss > 20 dB Input impedance 50 Ohm ‐ Out put Power 10 dBm Input return loss > 20 dB Transfer charactersitic. ‐ Gain 5 → 15 dB 0.5 dB step ‐ Gain slope ± 0.05 dB/MHz max ‐ Gain Flatness ± 0.5 dB ( in 36 MHz band ) ‐ Noise Figure 15 dB - Group delay dengan equalization ± 0.05 ns/MHz(linier ) - Intermodulation – 50 dBc for two carrier at – 13 dBm out put. Pertanyaannya. : a. Jelaskan fungsi down converter diatas b. Jika S/N input perangkat = 52 dB berapakah S/N out c. Hitunglah T perangkat secara sistem ( diluar temp atmosphere dan antena ) jika perangkat tersebut bekerja setelah pene‐

rima (Rx ) yang mempunyai Gain 60 dB dan NF = 2 dB. Apakah pengaruh NF perangkat down converter terhadap noise Fig‐ure sistem penerima ? jelaskan

d. berapakah C/IM jika pada amplifier tersebut dilalukan 10 carrier dengan output – 23 dBm masing ‐ masing. e. Menurut anda apakah keadaan pada soal d, berada pada daerah linier atau non linier. Jelaskan alasan anda.

f. Ada sebuah perangkat lain serupa yang mempunyai karakteris‐ tik frekwensi response sebagai di samping ini. Manakah yg lebih baik antara kedua perangkat tersebut? jelaskan jawaban anda.

Jawab: Kalau mau pandai buat dulu sendiri baru cocokan den‐gan jawaban a. fungsi down converter merubah carrier IF menjadi

carrier RF. b. S/Nin – S/Nout = NF → S/Nout= 52‐15 = 37 dB NF=15 dB → Tconv =31×290 = 9000ºK c. NF amplifier = 2 dB → 1.6 x maka Tamp = (1.6‐1).290 =170ºK TPrk = 170 + 9000/10

6 =170. Pengaruh T conv sangat kecil karena gain amplifier sebelumnya sangat besar.

d. Intermodulation – 50 dBc for two carrier at – 13 dBm out put. Tiap – tiap carrier = ‐10 dBm Maka noise intermodula‐tion

=‐10 dbm – 50 dbm = ‐ 60 dBm. 10 carrier masing – masing ‐23 dBm maka total output = ‐13 dbm berarti IM te‐tap ‐60 dBm.

e. C/IM = 50 dB sangat besar. Seharusnya – 13 dbm output ada pada daerah linier. f . Peak to peak gain variation gain slope CMI 1 dB 1.7 dB/3.6 MHz = 0.47 dB/MHz PRK ke 2 1 dB 0.05 dB/MHz Sama perangkat CMI jauh lebih baik 11. Sebuah sistem transmisi radio menghubungkan dua tempat:

- d= 50 km satu sama lain, - frekwensi 1.5 GHz. Bit rate = 8 MBPS dengan modulasi QPSK dan FEC= ¾ - NF penerima = 4 dB yang diukur pada temperatur ruang 290°K. Sedangkan noise temperature antena = 290°.

Loss feeder diabaikan. Temperature perangkat ketika beroperasi 37ºC - φ antena 1 m - daerah hujan tipe P - keadaan daerah antara kedua terminal kasar dan humidity kurang lebih 70 %. - availability yang diminta = 99,9% - threshold penerima ‐90 dbm sedangkan Pt=25 dbm hitunglah C/N yang diperoleh. Dan tentukan pula C/N pada keadaan threshold.

Loss propagasi untuk keadaan tidak LOS.- Pada komunikasi bergerak maka tidak dapat diharapkan kondisi line of sight - Kehilangan power karena multipath fading ( pantulan – benda benda yang terletak antara stasiun bergerak dan

BTS), loss yang disebabkan oleh gedung – gedung tinggi, effek dopler ( interferensi saling menghilangkan ) - Tidak dapat dirumuskan dengan pasti karena kondisi satu tempat dengan tempat lain sangat berlainan → perki‐

raan didasarkan pada pengukuran secara empiris.


- Lp= 92.45 + 20 log d + 20 log F Tidak dapat digunakan. Ada beberapa ahli yang mengukur besar loss ini a. l • Loss propagasi menurut ITU – R ( rec 370‐5)

Persamaan tersebut dituangkan dalam model seperti berikut ini: Ldb= 40 log dm – 20 Log (hThR) + β

Dimana : d = jarak dalam meter, hT ,hr tinggi menara pemancar dan penerima. β tambahan loss yang disebabkan oleh halangan tembok karena perangkat ada didalam ruangan. Frekwensi yang digunakan ada 400 – 2000 MHz Persamaan diatas dapat digunakan untuk kondisi komunikasi bergerak atau TV dan Radio broadcast. Soal 1 :

d = 2 km f = 2000 MHz hThR = 100 m2 maka

LITU = 40 log (2000) – 20 log (100) = 132 dB Loss menurut kondisi LOS: LFS= 92,4 + 20 log (2) + 20 log (2)= 122 dB

LFS < LITU • loss propagasi menurut British urban ( Alles brok dan parsons )

LdB = 40 log dm–20 log(hThR)+20+fMHz/40 +0.108L – 0.34 H L = persentase luas tanah bangunan disbanding luas tanah

dalam area yang dicakupnya. H = perbedaan tinggi antara menara pemancar dan penerima. Soal 2. d = 2000 m hT=30 m dan hR=3.3 m f=2000 MHz dan L = 50 (%) dan H = 26.7 m → hT hR=100 m

2 LdB = 40 log(2000) –20 log(100) +20+ 2000/40+0.18x50‐0.34 x 27= 156 dB Perhatikan ada perbedaan yang cukup besar dibandingkan dengan hasil perhitungan pada soal 1. Kondisi yang digunakan adalah sama. Untuk menetapkan mana yang lebih tepat maka akan dikemukakan model ketiga yaitu .

• loss propagasi menurut Okumura Hatta Okumura Hatta menghitung loss propagasi dengan pendekatan pengukuran ( ex periment ) di kota Tokyo kemudian memodelkannya secara mathematis. LP=K1+K2logfc–13.83log htA‐a(hrx)+(44.9–6.55log htx)log d–k0 dB K0= 0 dB untuk urband dan 3 db untuk suburban K1 = 66,55 dB untuk f sampai 1000MHz Fc(MHz) dan = 46,3 untuk 1500 ‐ 2000MHz htx = tinggi BTS K2 = 26,16 untuk fc = 150 – 1000 MHz hrx = tingga MS = 33,9 untuk fc=1500 – 2000 MHz a(hrx)=(1.1log fc – 0.7)hrx – (1.56 log fc – 0.8) kota kecil menengah. = 8,29 [(log (1,54 hrx)]2 – 1.1 dB fc ≤ 200 MHz = 3.2 [log(11.75 hrx)]2 – 4.97 fc ≥ 400 MHz.

LP urban ( 55m, 2m, f<1000) =40.6+33.5x log d+26.2x log fc

LP Medium urban ( 55m, 2m, f<1000) =antara +33.5x log d+26.2x log fc LP Suburban (55m,2,<1000M)=17.4+33.5x log d+26.2x log fc

LP urban ( 30m, 2m, f<1000) =44.2+33.5x log d+26.2x log fc

LP Medium urban( 30m, 2m, f<1000) =antara +33.5x log d+26.2x log fc

LP Suburban (30m,2,<1000M)=21+33.5x log d+26.2x log fc LP urban ( 40m, 2m, f<1800M) =44+34.4x log d+26.2x log fc

Medium urban ( 40m, 2m, f<1800M)=antara +34.4x log d+26.2x log fc

LP Suburban (40m,2,<1800M)=20.8+34.4x log d+26.2x log fc Soal 4. Bandingkan besar redaman okumura hata dengan free space loss untuk jarak yang sama = 5 km. Pada frekwensi

1800 MHz. Apakah yang membedakan antara urban dan non urban pada realitasnya? Mana kah yang lebih besar reda‐man propagasi urban atau non urban?

• redaman propagasi untuk populasi bergerak yang sangat besar. Untuk populasi yang sangat besar, maka daerah cakupan menjadi sangat kecil <1 km ( micro ). Populasi besar

terjadi pada daerah dengan bangunan – bangunan yang tinggi ( dikelilingi oleh tembok – tembok ) . Lee mengembangkan model propagasi untuk daerah ini.

a,b dan c adalah ketebalan bangunan yang menghambat gelombang dari P ke Q. d adalah jarak antara a dan b dalam meter. P terminal pemancar dan Q penerima. Total ketebalan B = a + b+ c redaman oleh penghalang αB Pt = EIRP dalam dBm. Dan h adalah tinggi antena (m) d antara 30 – 60 m

a b c P Q

ha hb d hc

hal 30 Rekayasa

Pr= Pt – 77 dB – 21,5 log (d/30) + 30 log (h/6) ‐αB + GR d antara 60 ‐ 300 m Pr= Pt – 83,5 dB – 14 log (d/60) + 30 log (h/6) ‐αB +GR

d antara 300 – 1500 m Pr= Pt – 93,3 dB – 36,5 log (d/300) + 30 log (h/6) ‐αB +GR αB= 0 bila B ≥ 0,3 m αB= 1 + 0,5 log (B/3) jika B< 7,5 m αB= 1.2 + 12,5 log (B/7,5) jika B< 180 m αB= 17,95 + 3 log (B/180) jika B< 900 m αB= 20 jika B≥ 1000 m

soal 5. hitunglah loss propagasi pada sebuah titik 150 m dari antena yang ketinggiannya 9 m. dari antena ketitik itu ada 3 bangunan yang tebalnya 15, 30 dan 45 m. EIRP = 30 dBm hitunglah power terimanya. Jawab: B = 15+ 30 + 45 = 90 m αB= 1.2 + 12,5 log(90/7,5) = 14,7 dB Pr= 30 – 83.5 – 14 log(150/60)+ 30 log(9/6) ‐14.7 + GR

=‐68.47 dBm + 0 ( anggap isotropic )

soal 6. hitunglah power terima dititik yang berjarak 1200 m dari antena pemancar. Jika ketinggaan antena = 12 m. dengan 4 bangunan penghalang dengan ketebalan masing – masing 45, 60, 42 dan 84 m sepanjang jalannya gelombang. EIRP = 20 dbm. Gr = 2 dB (jawab Pr=‐ 101.94 dbm) Loss karena delay path yang berbeda. Perbedaan jarak tempuh sinar – sinar dapat mencapai antar 100 – 3000 m atau 3 sampai 10 μs. Jika bit rate yang dipancarkan hanya 1000 bps atau perioda bit = 1 ms maka angka 10 μs tidak ada artinya. Tetapi jika bit rate = 64 KBPS maka perioda nya adalah 1/64000 secon = 15 μs. Maka perbedaan waktu sampai 10 ms akan menyebabkan perbedaan kedatangan pulsa yang cukup berarti, hingga menimbulkan gangguan interferensi inter simbol yang cukup besar. Atau menimbulkan interferensi yang saling meniadakan jika ∆λ = (2k+1)* ½ λ Jika perbedaan jarak tempuh hanya 1000 m maka beda waktu sampai adalah tΔ = 1000 /3. 10

8= 3 μs cukup berarti un‐tuk 15 μs. kepekaan penerima C/N makin besar maka S/N makin besar atau sebaliknya. Perhatikan pada suatu titik walau C/N naik maka S/N tetap. Ada satu titik lain ketika C/N turun sedikit saja sudah mengakibatkan S/N turun sangat jauh. Titik ini disebut titik threshold. Dalam perencanaan radio, maka kita harus bekerja diatas titik threshold ini. Umumnya titik threshold untuk perangkat digital adalah ‐90 dBm diukur pada output antenna terima. Untuk Modulator analog FM maka harga C/N threhold = 10 dB. Jika modulator tersebut menerima C/N 15 dB maka margin tersedia 5 dB. Untuk penerima radio maka umumnya kepekaan berada pada harga – 90 dBm. <

‐90 dbm dapat mengakibatkan masalah serious kwalitas. Jika dihitung, seringkali dengan nilai kepekaan pada penerima maka Eb/No jauh diatas yang disyaratkan. Contoh soal 1. jika kepekaan perangkat terima suatu radio adah ‐90 dbm sedangkan margin yang diterapkan = 2 dB maka Pr threshold = ‐88 dBm. = ‐118 dBW dan BW = 2 MHz Jika noise sistem adalah 2300° K maka C/N = ‐118 + 228.6 – 10log 2300 – 10 log 2000000= 41 dB Jauh diatas C/N yang dibutuhkan berdasarkan rumusan modulasi ( BER vs Eb/No) Soal ‐ Soal : 1. Sebuah sistem transmisi radio menghubungkan dua tempat:

a. d= 50 km satu sama lain, b. frekwensi 1.5 GHz. Bit rate = 8 MBPS dengan modulasi QPSK dan FEC= ¾ c. NF penerima = 4 dB yang diukur pada temperatur ruang 290°K. Sedangkan noise temperature antena = 290°. d. φ antena 1 m e. daerah hujan tipe P f. availability = 99,9% g. threshold penerima ‐93 dbm sedangkan Pt=25 dbm h. hitunglah C/N

2. Sebuah tansmisi dipengaruhi oleh hanya noise A hingga C/N nya = a dB jika hanya dipengaruhi oleh noise B maka C/N nya = b dB dan hanya oleh noise D maka C/Nnya = d dB. Berapakah C/N total jika dipengaruhi oleh ketiga jenis

S/N

C/N

Threshold


noise tersebut ? 3. Hitunglah C/N total di kiri ini 4. 50 sinyal VBW dengan level – 35 dBm per VBW pada i/p amplifier.

Dengan memperhitungkan VOX = 40 %. Gain antena = 60 dB untuk daerah linier dan berkurang sesudah melewati daerah linier. IBO/OBO linier amplifier = ‐ 8 ,– 6 OBO . Berapakah power amplifier yang harus disediakan? Jika Sinyal VBW menggunakan kompander dengan ratio kompander 1 : 2

seperti diceritakan diatas, seberapa jauhkan compander tersebut membantu mengurangi power dari power am‐plifier tersebut ?

5. Sebuah sistem transmisi menggunakan fiber optik. Dari data peralatan yang dipakai dapat diketahui karakteristiknya sebagai berikut : - Pemancar mempunyai power output = 3 dBm sedangkan penerima mempunyai threshold = ‐ 41 dBm. - redaman yang ditimbulkan oleh tiap penyambungan fiber optik = 0.1 dB - konstanta redaman fiber optik = 0.3 dB/km - Fiber optik dipakai untuk jangka lama, hingga harus diperhitungkan effek penuaan dimana penerima tidak lagi peka. Margin untuk memperhitungkan effek penuaan = 9.5 dB

- Satu gulungan fiber optik hanya dapat memuat 500 m kabel optik. - Berapa jauhkan fiber optik tersebut dapat digelar

6. Sebuah sistem transmisi televisi broadcast dengan data – data operasi sbb : - Frekwensi pancar 480 MHz - Lebar pita frekwensi = 6 MHz. - Daerah peliputan kota bandung ‐ diameter 30 km. - NF penerima 14 dB diukur pada temperatur ruang 290 K - halangan gedung – gedung antara 10 – 22 db - antena pemancar gain 5 dB - antena penerima rata – rata 4 ‐ 7 dB, Yagi - Modulasi yang dipakai adalah AM dengan improvement factor = 4 dB, threshold pada C/N = 10 dB. - S/N yang diinginkan minimal 52 dB. - OBO linier = ‐ 3 dB untuk IBO= –5 dB

BAB V. MULTIPLE ACCESS - Akses adalah jalan masuk kesuatu sarana - Jika yang masuk hanya 1 entity maka disebut single akses.

- Jika yang ingin masuk ada banyak entity maka disebut multi akses. - → Maka harus ada pengaturan akses FDMA : Pembagian tempat frekwensi dan bandwidth. Sepanjang waktu, maka frekwensi itu

dipakai un‐ tuk 1 entity secara permanen. Ada GB=guard band antara carrier Maka kita mengenal istilah BW occupied dan BW Allocated. Jelaskan.

- (analogikan dengan satu ruangan) - ( misalkan kelas 1a saja → artinya untuk seluruh waktu maka ruang itu untuk kelas 1 saja ) - (misalkan kelas 1,2,3,4,5 dst ingin memakai / akses ruangan tersebut. ) - cara pengaturan pendudukan ruangan? Pembagian ruang menjadi sub – ruang. setiap saat ruangan itu telah ditetapkan untuk selalu digunakan oleh pelangan 1,2 dan 3. saat pe‐langgan itu tidak meng‐ gunakan maka pelanggan lain tidak dapat lagi menggunakannya.

- Permasalahan FDMA adalah power sharing. - Jika hanya satu entity masuk maka tidak mungkin ada intermodulation. Maka entity itu dapat menggunakan power

semaksimal mungkin. - Tetapi multiple akses berarti entity yang masuk banyak. Maka perangkat yang diakses

akan menghasilkan intermodulation jika bekerja diatas titik linier. Makin banyak entity yang masuk maka IM makin besar. Dan C/IM makin kecil.

- Katakanlah IBOLOBOL adalah 3,2 dB berarti power perangkat yang digunakan adalah 2 dB (1,6) dibawah maksimum. Atau 62.5 %

- Jarak antara satu entity dengan entity lain (GT) harus ada maka → pemborosan BW.

C/N a C/N b C/N c C/N d C/N t23 28 30 2122 18 30 1710 29 20 2814 50 20 5014 12 100 1323 18 23 920 20 20 20

1 2 3 4 5

1 2 3

hal 32 Rekayasa

- BWAll = BWocc × 1,2 - Semakin banyak entity yang masuk maka

semakin kecil effisiensi perangkat.

TDMA: Pembagian berdasarkan waktu. Tiap entity menggunakan seluruh BW yang tersedia. Tetapi waktunya diatur. maka yang dibahas adalah slot waktu . GT=guard time GT adalah jedah antara slot. Supaya tidak terjadi tabrakan ketika masuk. TDMA ada 3 macam: - TDMA Fixed: semua slot milik kelas 1,2,3 dan 4 secara permanen. Jika satu frame telah lewat maka slot pertama

selalu untuk informasi kelas 1 dst. - Kerugian TDMA. fixed diperlukan adanya guard time dan over head diperlukan stasiun control untuk melakukan sinkronisasi diperlukan power dan antena yang besar untuk memancar walau kebutuhannya hanya sedikit. Tidak efisien karena sebuah slot akan tetap dipegang oleh suatu stasiun ( tidak digunakan ), walau tiada ada message yang akan dikirim. Effisiensi hanya mencapai 60%. - Tidak dapat memanfaatkan voice activation ( 40%) Keuntungan TDMA, Pemakaian saluran dapat full power jika TDMA itu berada sendiri dalam saluran. Hal ini mungkin karena tidak ada masalah intermodulasi sehingga tidak perlu bekerja didaerah linier - TDMA Random ( Aloha ): • setiap pengguna boleh saja setiap saat memancarkan carrier, tetapi ada kemungkinan tabrakan dengan pengguna

yang lain. Ketika tabrakan maka data menjadi rusak. Dan pengiriman harus diulang. • Semakin kecil paket data, semakin besar kemungkinan keberhasilan. Tetapi jika data terlalu kecil, maka address

paket ( over head ) akan memakan porsi yang besar • Effisiensi penggunaan sarana dengan cara ini maksimum 18%. Jika sarana yang tersedia berkecepatan 128

kbps. Maka data yang sampai dengan selamat maksimum 18% × 128 KBPS = 23 kbps. ( disebut trough‐put). Seluruh ruangan akan dipakai oleh satu pengguna. Tetapi waktunya diatur. misalkan kelas 1 jam 8‐10, kelas 2 jam 10‐12, kelas 3 jam 12 – 14, dst. Antar waktu harus ada jeda. Di STT TELKOM jedah tersebut adalah 20 menit dan itu disebut Guard time. Jedah ter‐sebut dipakai oleh mahasiswa untuk istirahat. Hari senin slot 1 untuk kelas1 dst, hari selasa ( setelah lewat 1 hari = 1 frame ) maka slot 1 juga untuk kelas 1 dst. Be‐sar frame itu dapat diatur harian atau mingguan. Di STT 1 frame adalah 1 minggu. Jika semua pengguna boleh menggunakan ruangan, pasti terjadi perkelahian karena masing – masing dapat mengklaim bahwa ruangan itu dia yang akses. Selama perkelahian ( collision ) terjadi ruang tak bisa terpakai. Lamanya waktu pemakaian tidak sama ada yang lama dan ada pula yang singkat. Untuk menghindari pertengkaran, sebaiknya tiap pihak mundur dan pada lain kesempatan maju lagi. Semoga tidak tabrakan lagi. Waktu untuk maju lagi, tidak sama antara pengguna. ( random )

Grafik ini turunkan secara mathematika. Sebab itu dalam pelaksanaan dila‐pangan harus ada margin. Yang saya usulkan adalah anggak 11%, 27 % untuk random dan slotted Alloha. Ingat yang dimaksud dengan throughput bukanlah pembagian antara data yang selamat dengan data yang dikirim. Melainkan pembagian antara data yang selamat terhadap kapasitas sarana yang ada. • Penelitian berdasarkan simulasi angka troughput 18% jarang sekali terca‐

pai, umumnya didapat sekitar 11%.

- TDMA Slotted ( Alloha )• Sama seperti random aloha. Bedanya slot pemakaian diatur sama panjang. Jika ingin pakai harus selalu mulai

dari awal slot. Mau pakai ½ slot atau ¾ tidak masalah, yang dianggap adalah pemakaian 1 slot. • Jika seorang sudah mulai menduduki 1 slot dan aman, maka sampai akhir dia tidak akan diganggu.

Jika waktu pemakaian kelas sudah diatur masing – masing 2 jam mulai jam 8.00. maka perebutan hanya terjadi di aw‐al slot. Jika dari mula sudah aman maka setrusnya akan aman dari perkelahian ( collision)

Power yg dpt digunakan

IM

1 2 3 4 5 6 …………

Jumlah entity

ent. C/IM ent. C/IM ent. C/IM 1 30 12 22 50 17.3 2 28.6 13 21.5 100 18 3 27.9 14 21 200 17.5 4 27.2 15 20.5 300 17 5 26.5 16 20 400 16.5 6 25.8 17 19.5 500 16 7 25.1 18 19 600 15.6 8 24.4 19 18.5 700 15.5 9 23.7 20 18 800 15.4

10 23 30 17.7 900 15.3 11 22.5 40 17.5 1000 15.3

Throughput

81%

Reserved Alloha


Throughput maksimum pada modus ini lebih tinggi yaitu 36 %. Tetapi angka inipun menurut hasil simulasi maksimum hanya 27%.

- TDMA Reserved ( Alloha ) nama lain adalah DAMA (demand Assignment Multiple Access) system. Sama seperti slotted Alloha. Hanya pendudukan tidak boleh lagi random tetapi harus melalui pendaftaran. (reserved)

- Biasanya slot 1 dan 2 dijadikan slot pendaftaran. Dalam mendaftar maka informasi paketnya sangat singkat hanya berisi alamat : “saya , kamu, jenis paket, jumlah paket “. Pendaftaran ini berlaku secara random aloha. Tetapi karena da‐tanya sangat sedikit dan tanpa header maka keberhasilan ( throughputnya tinggi ). Jenis paket berbentuk data atau voice.

- Berdasarkan pendaftaran tersebut maka coordinator menetapkan slot mana dan pada frame keberapa, yang dialokasi‐kannya. Maka pengguna dapat bersedia pada frame dan slot yang ditentukan.

- Jawaban oleh coordinator diberikan lewat sebuah carrier out bound dalam bentuk TDM. Dan ini bukan multi akses kare‐na yang mengirim hanya satu ( coordinator ) sedangkan yang dikirimkan banyak.

- Jika “jenis data” adalah voice maka jawaban dari coordinator hanya menunjuk frame mulai dan slot. - Ketika entity tersebut mau keluar dari akses tersebut, maka dia mengirim sinyal release dengan menyebutkan “ saya,

kamu, release” untuk mode hubungan voice. - Jika “jenis data “ adalah “data “ maka jawaban dari coordinator adalah frame dan slot mana saja sesuai dengan jumlah

yang diminta. Pemakaian ruangan diatur oleh roster atau penjual tiket kereta api. Pengguna tinggal berteriak di tengah keramaian “Saya amin minta Jakarta 2 kursi “. Moga – moga tukang karcis dengar. Jika tidak dengar, yang mudah, teriaklah lagi. Sesudah tukang karcis dengar dan memprosesnya dia akan menjawab sambil memberi tiket kereta api “ gerbong no 4, kursi ke 8 A dan 8 B“ Sekali penumpang sudah duduk disana tidak mungkin ada orang lain mengklaim kursi itu. Jadi keberhasilan sudah pasti. Sampai suatu saat dia sudah tidak perlu pakai lagi karena mau turun di tengah jalan. Tetapi karena sering kita harus mengulang teriakan kepada petugas loket, maka waktu menjadi terlambat dan kereta api sudah harus berangkat walau masih kosong. Dalam hal ini, maka system akses ini tidak dapat sepenuhnya okupansi. Diperkirakan througputnya hanya 81%. Yang 19% kosong tak terduduki. Umumnya reseved aloha dikhususkan untuk pembicaran ( voice ) dan bukan untuk data. Seperti halnya hanphone GSM, ada 8 slot tersedia maka slot 1 untuk operasi pelayanan sedangkan slot 2 untuk signal‐ing. MCS menjawab pelanggan untuk pakai frekwensi mana, slot mana. Kemudian HP berpindah frekwensi dan siap pada slot yang ditunjukkan. Untuk hubungan data, ternyata slot signaling dan pelayanan tidak selalu penuh. Maka dapat meneruskan data ( SMS ) lewat saluran ini. Tukang loket diantara kesibukan jual tiket, dapat juga melayani pelanggan yang mengirim data lain. CDMA (Code Division Multiple Access)Sering disebut SSMA (Spread Spectrum Multiple Access )

- CDMA adalah multiple access dimana semua entity yang masuk menggunakan sarana yang sama ( frekwensi, locasi dan perangkat ). Jelas dalam keadaan ini interferensi tak dapat dihindarkan. Jika kita bicara C/N maka noise terdiri dari noise perangkat dan noise interference.

- Berarti C/N = C/(Nprk +I) - Nprk jauh lebih kecil dari pada I, karena perangkat memang di design seperti itu. katakanlah Nprk = 1/100 C ( 20 dB

down) sedangkan I = n. C ( n>>1) - Pada perhitungan CDMA maka C/N ~ C/I - Dua macam teknik CDMA yaitu :

• Direct sequence / Pseudo – noise Modulation dengan kecepatan bit Rc. • noncoherent frequency hopping dengan frekwensi separasi yang minimum.

Didalam ruangan ada banyak orang. sepasang – sepasang saling berbicara menggunakan : ‐ waktu yang sama, tempat yang sama dan frekwensi suara yang sama. Suara orang lain dapat dianggap noise bagi seorang pendengar. Pertanyaan : mengapa sipendengar dapat mengerti pembicaraan. Didalam suatu pasar ada banyak orang. Jika kita pejamkan mata dan mendengar suara, maka kita akan mendengar suatu suara yang sangat riuh itulah noise. Tetapi ketika kita datang didepan tukang sayur mengapa kita dapat berbicara den‐gan bebas dan mengertinya. Noise terbuat dari ratusan orang sedangkan informasi kita hanya suara satu orang. ( C/N minus ) Alasannya, ketika kita bicara dengan tukang sayur maka terlalu banyak kode yang kita berikan kepadanya sehingga dia dapat mengerti dan menduga apa yang dimaksud.

hal 34 Rekayasa

Direct sequence / Pseudo noise modulation. Perhatikan beberapa hal. - pada penerima akhir signal informasi dapat di

peroleh kembali - bit rate informasi Ri sedangkan bit rate transmisi ada‐

lah chip rate RC. Dengan perkataan lain : seolah –olah FEC = Ri /Rc

- dengan demikian BW transmisi menjadi Rc. - Deteksi di penerima tahap akhir dilakukan dengan

clock informasi dan bukan dengan clock chip. - BER yang terjadi pada transmisi 3/20 bukan 10‐6

atau 10‐3. jika diperhitungan Eb/No yang terjadi mungkin ‐15 dB.

Perhatikan BW tranmisi menjadi jauh lebih besar dari pada BW informasi. Peristiwa ini yang menyebabkan CDMA disebut Spread spectrum Multiple akses. Karena power informasi pada BWi di sebar pada BWc

- Noise didalam CDMA menimbulkan kesalahan bit yang besar → BER = 1/3 pada RC. tetapi dengan proses diatas maka noise tadi dapat diperbaiki pa‐da tingkat Ri. Jika penerima menerima dengan kode PN yang hamper sama maka dapat dipastikan bah‐wa BER Pada Ri akan besar. Sebab itu kode PN un‐tuk tiap – tiap user harus berbeda. sedemikian rupa sehingga perbedaannya mencapai ~ 40 %. Pada

kondisi ini maka kode – kode tersebut dikatakan orthogonal satu terhadap yang lain. Jika perbedaanya 100% maka kita hanya mendapatkan dua kemungkinan kode. Jelaskan hal ini.

- Untuk mudahnya Gold atau walsch membuat deretan pengkodean. Tetapi kita juga dapat melakukannya dengan algoritma sebagai berikut.

- Deretan kode 128 bit kemudian berulang untuk tiap pulsa informasi. Maka jumlah kode yang dapat dihasilkan ada‐lah 2128 → Banyak sekali. Tetapi tidak semua kode itu dapat dipakai. Tetapkan pertama satu nilai kode. Kemudian secara numeric decimal tambahkan 64 dan kembalikan ke binier itu adalah kode kedua. Untuk kode ke tiga laku‐kan hal yang sama.

Methoda lain dari CDMA adalah Frekwensi hoping. - Pada frekwensi hoping maka oscillator yang digunakan pada modulator adalah oscillator sinthesyzer. Seperti halnya

pada pesawat penerima TV. Dengan kombinasi digit tertentu oscillator akan menimbulkan suatu frekwensi tertentu pula.

- Ketika pada remote kita ketik angka 9 maka pada kombinasi bit sinthesyzer berisi digit 0001001 dan digit ini akan meng‐hasilkan frekwensi tertentu pada demodulator TV. demi‐kian pula pada perangkat modulator CDMA.

- Setiap perubahan 1 digit saja maka frekwensi yang dihasil‐kan pasti berbeda.

- Sebab itu frekwensi tersebut akan melompat – lompat pa‐da daerah BW yang telah dite‐ tapkan.

- Pada Demodulator penerima dilakukan sinkronisasi perlompatan ( dengan pengkodean yang sama) untuk dapat mene‐rima informasi yang dikirimkan.

- Kecepatan perubahan bit sinthesyzer adalah Rc sedangkan kecepatan bit kirim adalah Ri (Rc>>Ri) → maka 1 bit informasi dapat di bawah oleh banyak frekwensi.

- Hasil akhirnya sama saja dengan PN sequence tetapi prosesnya berbeda. - K bit buffer menunjukkan probability penyebaran frekwensi 2k jika k=10 berarti frekwensi yang mungkin terduduki ada

sebanyak 1024 buah. Dengan demikian spreading frekwensinya adalah 1024 × Ri. - Biasanya Ri/Rc = 128 maksimum berarti k = 7.

Perhitungan kapasitas pada CDMA. Misalkan BER yang diminta adalah 10‐6 dan itu berhubungan dengan Eb/No = 10,5 dB atau 11.22 × Eb/No= [C/Ri]/ [N/BW] = C/N . BW/Ri = C/N PG dengan PG = BW/Ri(processing gain) N = Npr + I dan BWC = Rc/m (1+α) I = jumlah noise power interferensi yang mungkin terjadi. Dalam hal ini interferensi yang terjadi berasal dari power pengguna – pengguna yang lain. I = (n‐1)C Karena Npr << I maka

Jika untuk voice ada Voice activiation maka rumus diatas menjadi

Nilai I harus dihitung ulang untuk kasus system telepon bergerak. Akan dikaji kemudian. Permasalahan:

1. Modulasi apakah yang digunakan untuk mengirimkan RC supaya diperoleh jumlah pelanggan sebanyak mungkin. (ba‐

Informasi

+ Mod Tx Rx Dem + LPF

error

Informa‐si

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 8 KBPS

PN seq

Rchip

0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 90 KBPS mis.

1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 90 KBPS mis. Hasil Xor

+ XOR

1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 0 1 1 0 90 KBPS mis. Out put demod

PN seq

Rchip

0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 0 0 0 1 0 0 1 1 0 90 KBPS mis.

+ XOR

1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 8 KBPS Informa‐si O/P LPF

RC

Mod

Osc k bit buffer

Ri

BW=RC

BW=Ri


guskan jika kita menggunakan QPSK dibandingkan dengan BPSK?) pikir dulu baru lihat jawab.

Maka n akan besar jikan BWC besar → m=1 bukan 2. Jwb: BPSK dan harus BPSK

2. Hitunglah jumlah pelanggan yang dapat dilayani serentak jika : BER=10‐3→Eb/No=6.8dB=4.8(tanpa FEC) BWc yang disediakan =1228 KHz R= 8 KBPS, FEC = ¾ dan overhead bit =20%

Voice activation = 40% pikir dulu baru lihat jawab.

=47 pelanggan

Freq reuse & pembentukan sel l untuk komunikasi bergerak. TDMA GSM :

- AB= 4× ½R√3 BD=R√3=0.86R

∠ABC=120º → Maka AD= 4.58R

- Power dar i A ke D dibandingkan dengan power dari dalam cel l D adalah: (0.86 R/4.58R)3 , 3 4=0.0038 C (C adalah power receive BTS dar i HP)

- Ada 6 cel l dengan f rekwensi sama (5)yang menginterferensi . →tota l interferens i =6×0.0038C=0.023 C - Dan interferens i dar i dalam cel l t idak ada. → C/I = 16 dB

Mengertikan dulu alasan – alasan tulisan di kiri ini. Baru diskusikan kemudian.

Freq reuse & pembentukan sel l untuk komunikasi bergerak. CDMA: semua cel l pakai frek sama I = (n ‐1)C + 6.nC.2 ‐ 3 , 3 4 + 12.nC. 4 ‐ 3 . 3 4

I = 1.7nC →

→

f= effektifitas CDMA =0.6

1. Pada system GSM TDMA dengan 7 cel l per c luster. Untuk BER = 10 ‐ 3 Modulas i QPSK cel l dalam keadaan rapat tentukanlah C/N system dan CG=2.8 dB. Jawab : BER = 10 ‐ 3 → Eb/No= 6.8+MI(3) ‐CG dB=7dB (5 ×) → → 2.2 dB

2. Cari lah jumlah pelanggan rata – rata per se l untk se l lu lar CDMA den ‐

gan kondis i cel l sepert i dikanan in i . Untuk voice dengan BER=10 ‐ 3 → EN/No= 5× ( l ihat soal 1) BW tersedia =1228 KHz sedangkan R i=13.6 KBPS

Jawab:

dengan f = 0.8 mengapa ?

maka f = 0.8 → =36 pelanggan

7. s istem akses TDMA random aloha harus menyalurkan traf f ik sebesar 25 kBPS dari berbagai pengguna

pada suatu sa luran. Perki rakanlah bit rate yang harus diberikan untuk carr ier akses tersebut :

B

1

R√3

Lapis 1

A

Lapis 2

½R√3 F3 F1

B

4.58 R

R√3

A

hal 36 Rekayasa

Jawab: j ika dianggap bahwa throughput yang mungkin ter jadi adalah 11% maka bit rate yang dibutuhkan adalah: 11% = Ri/Rt r a n sm i s i → Rt r an sm i s i= R i/0,11 = 25/0,11=275 kbps.

275 KBPS dapat dibagi atas 5 carr ier masing – masing 64 KBPS. 8. Kerjakan soal no. 7 dengan kondis i akses s lotted Al loha 9. apakah keuntungan menggunakan s lotted aloha dibanding random aloha? Menurut anda, apakah

anda leb ih baik menggunakan s lotted aloha atau random aloha ? je laskan pendapat anda. Perencanaan l ink radio Terrestr ia l :

1. Tentukan persyaratan qual i tas dan informasi yang ingin disalurkan: contoh 34 MBPS, FEC= ¾, BER =10 ‐ 6 minimal , Mod= 16 QPSK C/N= Eb/No + MI – CG + 10 log [m/(1+α ) ]=24+3–3.5+10log[4/(1.2) ]=28.7 dB Avai labi l i ty yang di ing inkan = 99.9% BW =(34/4)(1 .2) =10.2 MHz

2. Tentukan lokas i yang ing in di hubungkan dan car i peta yang ber is i lokas i , contour ket inggian, koordinat ( longitude, lat i ‐ tude) . Contoh:Langsa (4º28’16” N,97º57’51”) – Batu t i ‐ ga (4º16’23” N,98º8’49”) decimal .Langsa(4,47 LU;97,96 BT) – Batu t iga (4,27LU;98.15 BT) ∆U = 0.27=(4,47 ‐4.27) dan ∆B =0.19 (97.96 ‐98.15) .

• Hitung jarak antara kedua tempat ( bisa dengan peta dan skala bisa juga dengan perhitungan ) Rumus yang dapat digunakan sbb: ( untuk menjelaskan rumus in i ter la lu panjang d = 90 √ (∆U2 + ∆B2 cos2 (U1+U2)/2) km → 90√ (0.272+0.192cos2[ (4 .47+4.27)/2] =29.6 km

• Tentukan sudut azimuth. Di langsa dan di Batu t iga . (az imuth adalah arah l ihat dihitung dari gar is l intang.)

Azm: :

dan disisi lain adalah 180 – 35.1= 134.9º

• Menentukan t inggi antenna:

Car i earth buggle ( kelengkungan bumi untuk jarak 29.6 ~ 30 km km ) Dengan rumus E= 0.078 d1.d2/k k = factor refraksi bumi disuatu lokasi ( l ihat lampiran ) k = 4/3 untuk atmopher normal (ker ing dan tak berpantulan ) k = 1 ‐ 4/3 untuk atmosphere agak basah dan tak berpantulan, pantai k= 2/3 – 1 untuk atmosphere dan berpantulan. ( laut dan rawa ) antara langsa dan Bukit t iga agak var iat i f dan t idak ter la lu basah maka k= 4/3 daerah 30 km dibagi atas 6 bagian berjarak 5 km. Car i dipeta ket inggian tanah, ket inggian pohon, (dan tentukan ada rawa atau t idak) antar ke ‐dua lokas i . Kemudian hitung earth buggle, daerah c lear f reshnel .

Berdasarkan prof i lket inggian gambarlah pada peta di diki r i in i sepert i dibawah. Kemudian tentukan t inggi antenna di A dan B dengan menarik garis lurus lewat t i t ik pal ing t inggi ht= 263 m t 1= 200 + h1 t 2= 233 + h2

maka : t t = t 1 .d2 + t 2 .d1

d1 + d2

263=(200+h1) .10+(233+h2) .20 30

J ika h2 = 45 m Melihat gambar maka h1=35 m dengan hitungan didapat h1 = 33 m J ika gambar anda cukup akurat dalam skala , maka anda dapat menentukan h1 dan h2 langsung dengan perkiraan dari gambar. Perhat ikan daerah pantulan. Sebaiknya antenna tersembunyi dari daerah pantulan in i . Perhat ikan gam ‐bar diata: t idak mungkin ter jadi pantulan yang masuk keantena lawan, karena baik antenna 1 dan an ‐tenna 2 tersembunyi . Kemungkinan h2 yang la in dapat dipert imbangkan. Misalkan ki ta ambi l h2= 40 m maka h1 = 43 m. Ingat semakin t inggi menara maka harganya juga akan semakin sangat mahal . • Menentukan power transmit dan diameter antenna.

Beberapa ketentuan untuk menentukan diameter antenna dan power transmit . - Pertama power transmit untuk terrestr ia l microwave t idak boleh leb ih dari 1 watt atau 30 dBm. - Kedua diusahakan diameter antenna agak besar ( dalam range 0.5 –2 m) supaya s ide lobenya keci l

dan power transmitnya keci l . Dengan demikian interferensi ke system la in dapat dikurangi . Ambil dulu D= 0.6 m di kedua s is i j ika power kebesaran dapat diperbesar.

L Arah north

135º


- Ket iga j ika ada margin karena hujan atau fading, maka yang dipakai adalah sa lah satu sa ja . - Keempat perhat ikan power threshold pener ima. J ika power ter ima yang dihitung lebih keci l dar i

pada power threshold maka yang digunakan untuk Power receive adalah power threshold. - Tentukan f rekwensi dan bandwidth dengan mengacu pada table alokasi frekwensi yang dikelua ‐

rkan oleh Direktorat f rekwensi . ( rekomendasi ITU)→ 3010 MHz dengan BW 12 MHz ( al located) → path loss = 92.45 + 20 log 30 + 20 log 3.01 =131.56 dB → Gain antenna = 20.4 + 10 LOG (0 ,37) + 20 log 0.6 + 20 log 3.01=21.2 dB → t inggi antenna ~ 40 m maka feeder loss ( wave guide=0.01dB/m)→0.4 dB. → unav= 0.1% → 0.001 = 6.10 ‐ 7×1× 0,0625 × 3.01× 303× 10 ‐ F / 1 0 → F=4.8 dB Redaman hujan di Indonesia t ipe P pada 0.1% adalah 65 mm/hr dan pada f= 3.01 MHz → α= 0.01 dB/km → A = 0.01 × 30 /(1+0.045×30) dB=0.12 dB Maka redaman hujan jauh lebih keci l dar i pada redaman fading. Maka yang dipakai adalah margin fading → 4.8 dB → NF LNA RX yang dipakai ~ 8 dB. Jangan ter la lu keci l supaya t idak ter la lu peka terhadap gangguan. (Harga yang wajar untuk terrestr ia l adalah 7 – 15 dB. Gain LNA 50 dB) . Maka noise temperature Down converter t idak perlu diperhat ikan lag i . Tatm= (NF ‐1) .290 = (6 .2 ‐1)x290=1508ºK Tatm diantena = 300ºK. (e levasinya = 0º) maka Tsys= 300+1508 = 1808 ºK → Maka persamaan power ter ima sebagai ber ikut : (N=KTB) Pr = C =Pt+Gt ‐ PL ‐ Margin + GR = Pt + 21.2 ×2 – 131.56 – 4.8 = Pt ‐93.96 dbm N= ‐ 228.6 + 10 log 1808+10 log 10.200.000 = ‐125.94 dbw = ‐95.94 dbm → Maka C/N = Pt ‐93.96 – ( ‐95.94) ≥ 28.7 → Pt=26.71 dBm → maka c=Pr= ‐67.24 j dbm ( Jauh diatas threshold ( ‐86 dbm) → jadi boleh dipakai bahkan ter la lu ba ‐gus ) → kalau begitu ukuran antenna dapat dikurangi t idak perlu 0.6 m mungkin cukup 0.4 m. → hitung la ‐gi .

Catatan : J ika ternyata margin fading atau margin hujan besar sekal i sehingga hasi lnya power t ransmit menjadi lebih dar i 1 watt → per lu digunakan system bercadangan. Perhat ikan teor i redundancy sebagai berikut : Probabi l i ty system berhasi l adalah p ( mis 99%) maka probabi l i ty gagal=q(1%) p+q = 1

- J ika system redundant 2 maka probabi l i ty berhasi l adalah kombinasi dari pt = p1p2 + p1q2+p2.q1 dan probabi l i ty gagal =q1q2

- J ika P1=P2 = P → Pt = p2+ 2pq qt = q

2 - Perhat ikan pula (p+q)2 = 1 karena p+q=1 → p2+2pq+q2= 1 - J ika sebuah system mempunyai probabi l i ty berhasi l = 98% berapakah probabi l i ty berhasi lnya j ika dibuat

2 bercadangan. Jawab pt = 1 – q2 = 1 – 2%2 =99.96%

- J ika sebuah system terdir i dar i 2 subs istem harus beroperas i dan 1 cadangan, maka berapakah probabi l ‐i ty berhas i lnya? Jawab : ada t iga system maka (p+q)3 = p3 + 3p2q + 3pq2+q3 → Maka yang disebut ber ‐hasi l adalah pt = p

3 + 3p2q= 97.32% - Ternyata re l iabi l i ty 97.32% t idak bagus sebab i tu redundant harus diperbanyak. J ika system redundant =

2/4 berapakah probabi l i ty berhas i lnya. Jawab: (p+q)4= p4+4p3q+6p2q2+4pq3+q4= 1 → probabi l i ty gagal adalah : qt=4pq

3+q4=0.000000003 dan pt = 1 ‐qt = 99.999999%

probabi l i ty berhas i l in i ter la lu t inggi . Sehingga sebenarnya rel iabi l i ty satu system cukup pt = 96% → qt =0.00025 → pt=99.97%

dari contoh diatas kita dapat kembangkan kasus sebagai berikut : - misalkan Fading yang di butuhkan 37 dB untuk avai labi l i ty 99,99%. - Dirasakan fading i tu ter la lu besar . Untuk memperkeci lnya avai labi l i ty harus diperkeci l dengan cara re ‐

dundant . - Katakan redundant yang dipakai adalah 1 dari 2 maka unavai labi l i ty tota l tetap = 0.0001 ( 1 – 99.99%)

= q2 → q2= 0.0001 q=1% - dengan avai labi l i ty sepert i in i maka fading past i turun.

- berapakah rel iabi l i ty system ser i disampin in i? Perencanaan radio sel lu lar GSM:Sebuah system radio cel lular melayani sebuah daerah dengan data sebagai ber ikut :

- kepadatan 1500 pelanggan / km2. Kepadatan t raff ic per pelanggan adalah 30 mErlang / subscr iber . - Sistem yang digelar adalah GSM dengan 5 f rekwensi pada 900 MHz t iap BTS dan di layani oleh 5 provider

dengan pembagian merata. - Antenna yang digunakan di BTS adalah smart antenna dengan Gain = 17 dB dan gain antenna HP = 1 dB - J ika threshold baik untuk HP maupun untuk BTS = ‐ 86 dBm - Berapakah jarak jangkauan t iap cel l dan berapakah power transmit HP. - J ika batere HP adalah 600 mAH dengan DOD batere= 60%, berapa lama bicarakah HP tersebut sebelum

batere habis? Jawab:

p

P1 P2

P1

P2

hal 38 Rekayasa

• Frk yang digunakan 5 buah dan t iap f rekwensi menyediakan 6 s lot bicara serentak maka total s lot adalah 30 buah → dengan GOS = 2% maka tota l t raff ic yang dapat di layani adalah 23 Er lang ( l i ‐hat table er lang B)

• Tiap pelanggan 30 mErl maka tota l pelanggan per cel l =23/20.10 ‐ 3=766 plg 1500 pelanggan dibagi atas 5 provider maka t iap provider = 300 pelanggan/ km2 maka area yang da ‐pat di layani adalah 766/300 = 2.55 km2.

• Maka jar i – jar i cel l adalah : 0.9 km. → berart i jarak antar BTS = 1.8 km. Path loss=LP urban ( 30m, 2m, f<1000) =44.2+33.5x log d+26.2x log fc =44.2 + 33.5 × log 1.8 + 26.2 × log 900 =130 dB Rx HP = ‐ 86 dbm = pt + 17 – 130 + 1 → Pt =26 dbm/1 f rek→5 frek=33 dbm

• Power Rx BTS= ‐ 86 dbm = pt + 1 – 130 + 17 → Pt HP = 26 dBm = 398 mw. Power consumpt ion HP 70% dipakai untuk pemancaran maka total power consumtion adalah : 398 mw/70% = 568 mw. Tegangan battere HP = 4.8 volt maka arus batere = 118 mA Tenaga batere yang dapat digunakan adalah 60% × 600 mAH = 360 mAH maka tota l jam bicara HP adalah = 360/118 =3.03 jam.

• Perhatikan bahwa power yang diterima oleh manusia dibawah / pemegang HP adalah – 86 dbm = 2 10 ‐ 9 mwatt sedangkan pancaran HP adalah 298 mw ×1.25 ( gain 1db) = 372 mw. Manakah yang lebih berbahaya pancaran HP atau pancaran BTS bagi orang disekel i l ing BTS.

Perencanaan radio sel lu lar CDMA:Sebuah system radio cel lular melayani sebuah daerah dengan data sebagai ber ikut :

- kepadatan 600 pelanggan / km2. Kepadatan traf f ic per pelanggan adalah 30 mErlang / subscr iber . - Sistem yang digelar adalah CDMA dengan BW 1228 KHz pada f rekwensi 800 MHz t iap BTS dan di layani

oleh 2 provider dengan pembagian merata → masing – masing 300 plg. . - Antenna yang digunakan di BTS adalah smart antenna dengan Gain = 17 dB dan gain antenna HP = 1 dB - J ika threshold baik untuk HP maupun untuk BTS = ‐ 116 dBm - Berapakah jarak jangkauan t iap cel l dan berapakah power transmit HP. Jawab: Bit rate t iap HP = 13.6 KBPS sudah termasuk FEC= ¾ sebelum dan sesudah spreading. BER yang diha ‐rapkan adalah 10 ‐ 3 dan berka itan dengan Eb/No= 6.8 dB. Maka Eb/No req = 6.8 –CG = 6.8 – 2 dB = 4.8 dB → 3× Dari rumus : → → n = 45.2 pelanggan serentak / cell. Maka jumlah erlang yang dapat di‐

layani untuk GOS 2% adalah 40 erlang percell atau 40/0.030 plg = 1333 plg. Maka jumlah areal yang dapat dicakup percell adalah 1333/(300) = 4,44 km2 R =1.2 km PR= ‐116 dbm = Pt – PL +Gt+GR → ‐116 = Pt – 128 + 17 + 1 → Pt = ‐ 6 dbm → 0,25 mw Pt dari BTS = 0,25 mw × 45.2= 11.3 mw

Media radio lewat satelit Satelit beredar mengelilingi bumi Menurut hukum kepler maka waktu edar dan ketinggian satelit dapat dihitung seperti tabel disamping ini

Fcp = γ Mm/R2 γ M = 400. 000 km3/s Fcf = m v2/R v= R ω = m R ω2 ω = 2π/T = m R 4π2/T2 Fcp = Fcf → γ Mm/R2 = m R 4π2/T2 R = 3√[100.000 T2/π2] jari – jari bumi = 6370 R= 6370 + h

Ketinggian (km ) Periodaputar / jam400 1.6 LEO 700 1.7 LEO 1200 1.9 LEO 1600 2 LEO 4000 3 LEO 10000 6 MEO 20000 12 MEO 35780 24 GSO

Satelit GSO - Satellit GSO beredar pada bidang khatulistiwa sehingga dapat meng‐ikuti perputaran bumi - Antenna satelit selalu mengarah “Pointing kesatu areah di bumi “ → noise temperature satelit

besar sekali. - Di bumi, antenna stasiun bumi terus mengikuti pergerakan satelit. Jika suatu ketika matahari ada

dibelakang satelit ( SB ─ satelit ─ mthr) maka noise matahari masuk sepenuhnya keantena SB → disebut “sun au‐tage “ → 1 bl sekali ~@ 1 jam.


- Sesekali satelit tertutup ( gerhana → ecclips ) oleh bayangan bumi. dalam keadaan ini, maka listrik satelit diambil

dari batere - Jika batere rusak berikut cadangannya, maka satelit sudah tidak digunakan lagi. - Umur satelit ditentukan oleh banyaknya bahan bakar yang dipakai untuk mengendalikan satelit. - Karena perputarannya sinkron dengan putaran bumi, maka dilihat dari satu titik di muka bumi, satelit tak berge‐

rak. -

Constelasi satelit di orbit

• Satelit GSO adalah satelit dengan keting‐gian 36000 km dan terletak Pada bidang khatulistiwa

• LEO < 10.000 km • MEO 10.000 – 36.000 km • Satelit juga dapat bertindak sebagai sebuah

sentral di angkasa • Baik Satelit MEO atau LEO harus menggu‐

nakankan lebih dari satu satelit dan pe‐layanannya bersifat global.

Satelit sebagai repeater/ stasiun pengulang

Carrier dari stasiun bumi di pancarkan ke satelit Oleh Satelit carrier tersebut di perkuat Dipancarkan kembali kebumi secara broadcast Dipancarkan kembali kebumi secara broadcast Gelombang yang digunakan adalah gelombang UHF / SHF

Konfigurasi satel i t GSO ( Telkom I )

Pembagian frekwensi dan BW dalam satelit . → 24 transpoder di namai berdasar polarisasi Down link sebagai Transponder ver‐tical atau transponder horizontal.

osc

osc

EIRP stasiun Bumi

U/C D/C

Mod De‐mod

5925‐6425 MHz 3700 ‐4200 MHz

Receiver 40 MHz amp transponder

P l t l h

att

SFD = ‐101 dbw/m2

G/T sat = 1 dB

EIRP max = 42 dbw

att

5925‐6425 MHz 3700 ‐4200 MHz

Receiver 40 MHz amp transponder

P l H l t

att

att

36 MHz

hal 40 Rekayasa

- Transponder adalah satu saluran disatelit. Di satelit Telkom 1 ada 24 transponder- Berapakah BW dari amplifier pada transponder ?

Jawab : 500 MHz supaya mudah diberikan bercadangan jika ada kerusakan di orbit. - Tiap transponder mempunyai 2 filter yaitu pada input dan output amplifier. Kedua filter tersebut mempunyai bandwidth yang

sama. Apakah kedua filter tersebut sama? - Flux density adalah besar power yang datang per m2. Maka satuannya adalah dbw/m2. SFD adalah besarnya flux density ketika

satelit mengalami saturasi. Apakah ada perbedaan antara FD di pusat (COC), ditengah (MOC) dan dipinggir (EOC) cakupan sa‐telit ? Lihat gambar dibawah

- Jika di COC SFD = ‐101 dBw/m2 berapakah SFD di MOC = SFD di EOC= - Jika G/T di COC = 1 dB/K berapakah G/T di MOC= di EOC - Jika EIRP adalah pancaran satellite ke bumi. Pada keadaan saturasi maka EIRP yang diarahkan ke COC = 42 dBw berapakah

EIRP kearah MOC= kearah EOC= - Jika attenuator di transponder dinaikkan dari 0 dB menjadi 6 dB. Apakah pengaruhnya terhadap SFD ? apa pula

pengaruhnya terhadap EIRP =

- ̀ Jika sebuah titik memancar dengan power E, maka titik lain berja‐rak d m akan menerima flux density sebesar

jika d=36.000 km dihitung dalam dB expresinya

menjadi : Soal 1. Tuliskan semua angka yang berkaitan pada gambar jika SFD = ‐101 dBW/m2 Eirp saturasi = 42 dBw IBOL ; OBOL = 3 ; 2 dB Attenuator p= 6 dB EIRP satelit Operasi =28 dBw BW carrier adalah 2,2 MHz. Berapakah carrier sejenis dapat ditampung kedalam transponder tersebut ?

Soal 2

sebuah carrier membawa informasi :

- R= 2 MBPS Modulasi QPSK FEC = ¾ Diameter antenna SB = 4 m - Satelit Telkom I Frekwensi = 6035 MHz↑ /3810MHz ↓ - BER yang diminta = 10‐6 dB ∠ Elevasi antenna = 80º - NF LNA yang digunakan = 0.5 dB G=60 dB Attenuator satelit = 0 dB a. SB terima maupun pancar ada di COC Berapakah jumlah carrier sejenis yang dapat dibawa dalam satu transpond‐

er Jika dihitung dari kapasitas BW b. Jika dihitung dari kapasitas power

- Gt SB=20.4+10 log(0.55)+20log 6.035+20 log4= 45.45

‐96 dbw/m2 SFD ‐97 ‐98 MOC ‐99 EOC 101

36 EIRP

37

3 8

39

40

42

3700 3740 3780 3820 3860 3900 3940 3980 4020 4060 4100 4140 4180

3720 3760 3800 3840 3880 3920 3960 4000 4040 4080 4120 4160 4200

Input sat

EIRP SB pada 0 dB att

EIRP sb saturasi

out‐put

L

S

IBOL

OBOL

SFD

EIRPs

EIRPL

FDL

Op

EIRP op

EIRP sb saturasi

EIRP SBL EIRP SB

EIRP SBL EIRP SBP

XdB

X dB


- GrSB= 20.4+10 log(0.55)+20 log 3.810+20log4=41.46 Tsys SB=Tatm+TLNA=10+70=80º G/TSB= 41.46 – 10 log 80=22.43 G/T satelit = 1 Jawab:

- BER =10‐6 QPSK → Eb/No = 10.5 dB FEC = ¾ → coding gain = 3.6 dB

Kapasitas transponder dihitung secara BW= 36 /(1.6 × 1.2) = 18.75 carrier ~ 18 carr C/N = 10.5 – 3.6 + 3 + 10 log(2/1.2)=11.62 - Path loss UL= 92.45 + log 36.000 + log 6.035=199.2 dB

- Path loss DL= 92.45 + log 36.000 + log 3.810= 195.2 dB Misalkan EIRP SB= A dB C/Nup=A –199.2+1 +228.6 –10 log(1.6 106) == A – 31.44 EIRPSB pada saat saturasi = 162.1 +SFD=61.1 EIRP SB pada titik Linier = 61.1 ‐3 = 58.1 dBW EIRP SB operasi A dBw x = 58.1 – A EIRP Sat Linier = 42 – 2 = 40 EIRP sat operasi = 40 –x = A – 18.1 dB C/Ndn= A‐18.1‐195.2 +22.43 +228.6‐B = A – 24.3 Untuk 2 MHz maka C/IM =20 dB C/I = C/Nreq + 10 =21.62 C/Nup= A – 31.44 │ A ‐32.04 C/Ndn= A – 24.3 │ 11.62 C/IM = 20 dB │ 17.7 dB C/I = 21.62 │ A – 32.04 = 13 dB → A= 32.04 + 13 = 45 dBw Maka x = 26.9 dB atau 490 carrier Kapasitas power terlalu banyak dan tidak imbang dengan perhitungan kap menurut BW yang hanya 18 buah. Jadi apakah yang harus dilakukan? Perhatikan uraian dibawah ini, resapi dan kemudian buatlah action.

Keterbatasan Bandwidth dan power - Kapasitas BW satelit semata – mata ditentukan oleh 46 MHz /

BWcarrier - Antena SB terima ↓ → EIRP sat ↑ → kapasitas power satelit

↓ - Mau kapasitas power ↑ ? → antenna terima ↑ → mahal kare‐

na harga antenna exponensiel terhadap diameter antenna - Untuk system dengan stasiun bumi remote banyak seperti un‐

tuk ATM maka kita pakai antenna kecil di remote tetapi pakai antenna besar di pusat ! mengapa ?

- Pengaturan attenuator satelit juga menjadi pertimbangan untuk menyeimbangkan kapasitas BW dan kapasitas Power.

- Padd att ↑ → SFD ↑ → EIRP sb ↑ → ketahanan terhadap interferensi dari luar ↑

- Sebaliknya jika att ↓ → EIRP sb ↓ → ketahanan thd Interfe‐rensi dari luar ↓

Konsideran ini harus selalu diambil ketika merancang suatu jaringan .

a. Noise Intermodulasi dan Noise Interference Noise Intermodulasi ↑ bila bw carrier ↓ (carrier kecil) → IM tetap maka C/IM ↓ BW carrier ↑ → C/IM ↑ untuk single carrier per transponder maka titik operasi bisa ada di titik jenuh → tidak ada IM atau C/IM = ~ atau diambil saja 30 dB( cukup besar ) anda buktikan didalam perhitungan bahwa harga se‐perti ini cukup. Noise Interferensi Noise Interferensi timbul karena interferensi oleh jaringan satelit – satelit yang lain. ITU telah menetapkan bahwa C/I maksimum ≥ C/N + 10 dB

b. Redaman pada Link Satelit: Redaman yang sangat berpengaruh adalah redaman hujan. Sedangkan redaman oleh atmosphere jauh lebih kecil. pada C band ( 3 – 7 GHz) cukup diambil margin sebesar maksimal 0.5 dB. (un av 1%) Untuk 7 – 10 GHz diambil margin untuk redaman s/d 4 dB. Sedangkan untuk frekwensi diatas 10 GHz diambil mar‐gin untuk redaman s/d 25 dB ( daerah hujan tipe P → Indonesia ) Loss karena miss pointing. Satelit bergerak diangkasa membentuk angka “8”. Jika antenna SB tetap diam, maka akan terjadi loss power. Besar loss power tergantung pada besar antenna SB. Antenna SB ↑ → beamwidth ↓ → loss menjadi besar→ antenna besar membutuhkan motor tracking. Dan sebalik‐nya. ( hal ini merupakan salah satu penyebab harga antenna mahal )

Φ Cost $

1 350

2 1.665

3 4.146

4 7.920

5 13.084

6 19.720

7 27.896

8 37.672

9 49.104

10 62.240

70000

60000

50000

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

hal 42 Rekayasa

Silahkan bermain dengan software link calculation satelit untuk mendapatkan kapasitas optimal sebuah transponder satelitSebuah system SCPC dengan karakteristik sebagai berikut :

- Bit rate yang dibawa tiap channel adalah 13.6 KBPS. - Satellite yang digunakan adalah Telkom I - System jaringan yang digunakan adalah DAMA ( Demand Asignment multiple access)/ FDMA

System DAMA ini dapat dijelaskan sebagai berikut: • Tiap carrier membawa satu informasi ( VBW), BER yang dibutuhkan adalah 10‐5 • Dalam hal ini maka Voice Activiation dapat di perhitungkan • Permintaan hubungan oleh sebuah remote station dilakukan pada frekwensi yang ditunjuk secara random Aloha

(mungkin 2 atau 3 frekwensi tersedia ). • Kemudian server mengasign frekwensi mana yang harus digunakan baik untuk kirim maupun untuk terima oleh sepa‐

sang stasiun yang berhubungan. • Pengiriman perintah ini dilakukan pada kanal koordinasi secara TDM. Mungkin cukup untuk 1 kanal saja. Jika kurang da‐

pat ditambah tetapi hal ini akan menimbulkan kesulitan dalam koordinasi, kecuali server mengaturnya berdasarkan pembagian area pelayanan.

• Setiap stasiun, tiap saat harus standby di ch koordinasi untuk menerima perintah dari server atau mengirim perintah ke server.

• Jika sudah selesai bicara, maka remote memberi informasi kepada server bahwa pembicaran sudah selesai. • Kemudian server memberikan balasan informasi bahwa pemutusan sudah selesai • Maka kanal yang ditunjuk itu sudah bebas untuk dipakai lagi oleh percakapan yang lain. • Sebuah stasiun dapat meminta supaya server secara permanen memberikan kanal dengan stasiun lain misalkan selama

1 bulan ( sesuai kebutuhan ), sesudah itu server akan melepaskan kembali. Permasalahan yang diminta untuk dijelaskan:

a. Perangkat apakah yang harus ada di server dan perangkat apakah yang harus ada di sb remote b. Berapakah kanal yang dapat dilayani oleh satu transponder. c. Berapakah pelanggan yang dapat dilayani oleh suatu system jika GOS yang diharapkan adalah 1% d. Berapakah kanal control forward dan reverse yang diperlukan e. Berapakah dimensi stasiun bumi yang diperlukan supaya pemakaian transponder satelit optimal. Dan berapakah attenuator

satelit yang harus dipakai ? f. Spesifikasi SB dan perangkatnya dpt ditentukan sendiri secara wajar dan ada dipasaran. Kembali soal ini terlalu complex untuk suatu tugas kuliah, maka dapat diangkat menjadi suatu tugas akhir.

TugasSebuah system komunikasi lewat satelit yang digunakan untuk ATM Bank Mandiri. - LNA yang digunakan T =35º K sedangkan satelitnya Telekom I. - SB remote dapat digelar dimana saja diseluruh Indonesia. - Terdapat 10.000 remote diseluruh Indonesia. - Antenna yang digunakan untuk remote adalah 1.4 m. terdiri dari :

100 kantor besar ( memakai 3 remote : teller, customer service, back office ) 300 kantor cabang (memakai 2 remote : teller & customer service, back office ) 500 kantor cabang pembantu ( memakai 1 remote ) 8600 atm dengan hanya 1 remote

- Kantor pusat (server ) menggunakan antenna 7 meter, - System data menggunakan akses TDMA Alloha random dari remote ke Server dan TDM dari server ke remote - Transaksi yang terjadi adalah:

Kantor pusat tidak memakai remote karena sudah tersambung kabel ke server Kantor besar tiap 1 jam (sibuk) ada: 200 pelanggan datang dengan rata – rata 2 transaksi perpelanggan. 60 pelanggan datang dengan rata – rata 3 transaksi perpelanggan Back office dengan rata – rata 150 transaksi Kantor Cabang tiap 1 jam (sibuk) ada: 100 pelanggan datang dengan rata – rata 2 transaksi perpelanggan. 60 pelanggan datang dengan rata – rata 2 transaksi perpelanggan Back office dengan rata – rata 80 transaksi Kantor Cabang pembantu tiap 1 jam (sibuk) ada: 50 pelanggan datang dengan rata – rata 2 transaksi perpelanggan. 30 pelanggan datang dengan rata – rata 1,5 transaksi perpelanggan Back office dengan rata – rata 30 transaksi Pada saat penutupan hari, maka updating data dilakukan secara bergilir mulai jam 18.00 s/d jam 21.00 dengan kendali dari

server. Perkirakan traffik data pelanggan dan kecepatan yang harus dipakai pada satelit. Tentukan power amplifier yang harus di pasang pada tiap remote. Tentukan kapasitas BW dan power transponder yang dipakai oleh Bank Mandiri. Jika 1 Xpdr disewakan dengan harga $ 2 juta pertahun dan sebagian transponder (p%) di‐sewakan dengan harga :

tentukan harga bayar kepada PT. TELKOM setiap tahunnya. Tentukan total cost untuk membeli system tersebut jika 1 remote harga lengkap berikut pasang adalah 3000 $ sedangkan

harga perangkat di server adalah 200.000 $. ( belum termasuk software untuk banking )


Catatan : biasanya jumlah (kapasitas ) bitrate dari remote akan disamakan dengan kecepatan TDM dari server. Soal ini juga complex mungkin tak bisa dan tak akan sempat untuk dibahas dalam kuliah. Mungkin ada yang tertarik untuk mengerjakannya sebagai tugas akhir.

Sebuah system komunikasi telepon bergerak lewat satelit menggunakan akses CDMA untuk melayani hubungan suara antara beberapa pengguna di suatu Negara.

- Sentral untuk hubungan bergerak itu ada didalam satelit. - Antenna satelit sebesar 14 m dan menggunakan 144 buah feeder untuk membentuk cell – cell yang menyebar didaerah seluas

Indonesia. - Tiap – tiap cell menggunakan 12 frekwensi yang sama untuk semua cell dengan lebar BW masing – masing 1228 KHz. ( 1 trans‐

ponder = 20 MHz ) - menggunakan HP dengan gain 1 dB dan batere sebesar 600 mAH dan bit rate=13.6 kbps - Pembedaan power antara cell dilakukan dengan pemisahan off‐side beamwidth di satelit dengan rumus Gθ =29 – 25 log θ (un‐

tuk θ < ½ HPBW) - Frekwensi yang digunakan untuk forward (D/L) sekitar 2 GHz sedangkan untuk reverse ( UL) sekitar 2.5 GHz. Jumlah transponder

6 buah. - Berapakah pelanggan yang dapat dilayani oleh tiap cell? - Power threshold perangkat adalah – 116 dbm baik di satelit maupun di HP. - Berapakah power amplifier satelit yang dibutuhkan untuk tiap transponder, jika IBO dan OBO linier = 3 dB, 2 dB - Berapakah power HP yang diperlukan untuk kebutuhan ini ? dan berapa lamakah HP itu dapat dipakai bicara sebelum DOD

baterenya habis. ( DOD = 60%) - Apakah keuntungan menggunakan sentral in orbit? Dapatkah system ini menggunakan sentral di bawah.

Soal ini sulit dan perlu pemikiran yang dalam. Jika ada yang tertarik dapat mengambilnya untuk menyelesaikan tugas akhir. - Dalam rangka penempatan sebuah satelit ( Telkom II ) diangkasa maka yang perlu dilakukan adalah koordinasi dengan satelit –

satelit lain yang sudah ada. - Yang penting dalam menghitung interferensi antara satelit adalah melihat seberapa besarkan C/I dari satelit tetangga kepada

carrier yang terganggu. - C/I dapat ditinjau dari 2 sisi. Yaitu sisi up link dan sisi down link. - Maka dalam perhitungannya. Besar antenna SB yang digunakan, contour coverage satelit dan parameternya serta keletakan SB

sangat mempengaruhi perhitungan. - Jika terjadi gangguan, maka perlu dipikirkan langkah – langkah apakah yang harus diambil. Soal ini memang tidak akan dibahas dalam kuliah ini, tetapi lingkupan bahasan ini dapat dikembangkan. Karena pekerjaan ini menjadi pekerjaan yang rutin dalam pengembangan satelit.

Diktat Lengkap Rekayasa Radio

Documents

Transcript of Diktat Lengkap Rekayasa Radio