Pemrosesan Sinyal Digital - Diktat Itb
255
PENDAHULUAN 1. Peserta mengetahui pengertian dasar tentang sinyal, sistem, dan pemrosesan sinyal. Sinyal adalah besaran fisis yang berubah menurut waktu, ruang, atau variabel-variabel bebas lainnya (secara matematis, sinyal adalah fungsi dari satu atau lebih variabel independen). Sinyal besaran pemodelan fungsi fisis sinyal matematis Contoh : Speech,ECG, t t s 5 ) ( 1 = EEG 2 10 2 3 ) , ( y xy x y x s + + = () ∑ − = N i (t) (t).S A t s i i 1 Contoh : () () () () [ ] ∑ = + = N i i i i t t t F t A t s 1 2 sin θ π
-
Upload
windhu-muhammad-ridho -
Category
Documents
-
view
210 -
download
49
description
kjh
Transcript of Pemrosesan Sinyal Digital - Diktat Itb
PENDAHULUAN
1. Peserta mengetahui pengertian dasar tentang sinyal, sistem,
dan pemrosesan sinyal.
Sinyal adalah besaran fisis yang berubah menurut waktu,
ruang, atau variabel-variabel bebas lainnya (secara matematis,
sinyal adalah fungsi dari satu atau lebih variabel independen).
Sinyal
besaran pemodelan fungsi
fisis sinyal matematis
Contoh :
Speech,ECG, tts 5)(1 =
EEG 21023),( yxyxyxs ++=
( ) ∑−
=N
i
(t)(t).SAts ii
1
Contoh : ( ) ( ) ( ) ( )[ ]∑=
+=N
iiii tttFtAts
1
2sin θπ
2. Peserta memahami elemen-elemen dasar sistem DSP
A. Sistem Analog
B. Sistem Digital
Keuntungan :
- Programmable
- Cheaper due to VVLSI
- Better Accuracy Control
- Practical due to VLSI
3. Peserta mengetahui klasifikasi sinyal
Sinyal
Real
Complex
( ) tAtS π3sin1 =
( )tjtA
AetS tj
ππ
π
3sin3cos
32
+==
Sinyal Analog
Sinyal Digital
Sinyal Analog
Sinyal Digital
DSP DACADC
ASPAnalogSignal
AnalogSignal
Sinyal
Multi Channel Single Channel
( )ts1
Sinyal
Multi Dimensional Single Dimensional
F(x,y) s(t)
Continuous Time ∞<<∞−= − tex(t) t ,
Sinyal
Discrete Time ( ) ≥=
otherwise 0,
0n ,8.0 n
nx
Sinyal Discrete-time datang dari :
1. Sampling
2. Counting
Continuous Valued
Sinyal ↓ quantization
Discrete Valued
Sinyal Digital Discrete time and
Discrete valued
4. Peserta memahami konsep frekuensi pada sinyal-sinyal D-T
dan C-T.
• Sinyal C-T
( ) ( ) ∞<<∞−+Ω= ttAtxa ,cos θ
A : Amplitudo
Ω : Frekuensi
θ : Phase/ fasa
Sinyal (model)= math description
Deterministik
Random
past, present, futureknown precisely
unpredictable- explisit math- to complicated
Frekuensi Ω :
Ω = 2πF Tp = F1
xa(t) = A cos (2πft + θ)
» t=[-pi/2:0.001:pi/2];
» x=2*cos(2*pi*t);
» plot(x);
Sifat :
1. Untuk F fixed → xa(t) periodik
xa(t + TP) = xa(t)
TP = TFP = 1/F = Fundamental Periode
Ingat TFP unique, tetapi TP tidak.
0 500 1000 1500 2000 2500 3000 3500-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
2. Sinyal dengan F berbeda adalah berbeda
3. Menaikkan F sama dengan menaikkan rate of oscillation
Ctt. :
Hal ini juga berlaku untuk ) t j(a eA (t)x θ+Ω=
Ingat Euler Identity : θje± = cos θ ± jsin θ
( ) )()(
22cos)( θθθ +Ω−+Ω +=+Ω= tjtj
a eA
eA
tAtx
• Sinyal D-T Sinusoidal
x(n) = A cos (ωn + θ) -∞ < n < ∞
A : Amplitudo
Im
Reθ+Ωt
θ+Ωt
A/2
A/2
Ω
Ω
ω : Frekuensi
θ : Phasa
x(n) = A cos (2πfn + θ)
» t=[-pi/2:0.05:pi/2];
» x=2*cos(2*pi*t);
» stem(x);
Sifat :
1. Periodik
x(n+N) = x(n)
↑ perioda
NF = N terkecil
Contoh :
cos (2πfo(N+n) + θ) = cos (2πfon + θ)
⇔ 2πfoN = 2kπ
0 10 20 30 40 50 60 70-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
fo = k/N
Jadi periodik ⇔ fo rasional
F1 = 31/60 ⇒ N1 = 60, F2 = 30/60 ⇒ N1 = 2
2. Sinyal dengan frekuensi terpisah k2π adalah identik
↑ integer
Cos[(ω0 + 2π)n + θ] = cos (ω0n + θ)
karena cos (2πk + θ) = cos θ
definisi →xk(n) = A cos (ωkn + θ), k = 0,1, …
ωk = ω0 + 2KΩ
→xk(n) → indistinguisble identik
-π < ω < π → distinct
-1/2 ≤ f ≤1/2
|ω| > π , |f| >1/2 → aliases
3. Frekuensi tertinggi ω = ±π, f = ±1/2
Fundamental range :
0 ≤ ω ≤ 2π
-π ≤ ω < π
5. Peserta memahami konsep Harmonically Related Complex
Exponentials
• Continuous-time exponentials
( ) tkFjtjkk
oo eets π2== Ω
→ TP = 1/Fo → Common period
⇒ Fundamental period
⇒ F fundamental frequency
( ) ( )∑∞
−∞==
kkka tsctx
• Discrete-time exponentials
( )
( )
( ) ( )∑−
==
=
=
=
1
0
/2
2
1
N
kkk
NKnjk
o
nKfjk
nscnx
ens
Nf
ens o
π
π
Contoh soal 1.3.1
X(n) = sin(2πn/N + θ)
θ = 2πq/N → q, N integer
a). Cari sinyal H-R dengan fasa sama
b). Cari sinyal sama frekuensi, beda fasa
Jawab:
a.
( )
( )
( ) ( )
( )knx
N
knnx
nx
Nkf
N
nknx
k
k
k
k
=
+=
=→
+=
2sin
kandiekspresidapat
/
2sin
θπ
θπ
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ),...22,1,00 kxxkxxxx kkk ===
Kita dapat membangkitkan nilai sinyal H-R dengan
frekuensi 1,...,1,0 ,/ −== NkNkfk
b). Phase θ dikontrol dengan fk(n) dengan mengambil nilai
pertama dari sequence dari lokasi
integeradalah q mana di ,2πθn
q = .
Kuliah I.b
1. Analog to Digital dan Digital to Analog
Peserta mengetahui proses ADC dan implikasinya terhadap
deskripsi sinyal
ADC
( ) ( ) ( ) nTta txnTxanx ===
Sampler Quantizer Coder
Discrete-timesignal
Quantizedsignal (D-V)
( )nxq( )nx( )txa
DACSinyalDigital
SinyalAnalog
ADCSinyalDigital
SinyalAnalog
2. Peserta mengetahui proses sampling C-T menjadi D-T.
» t=[-pi/2:0.01:pi/2]; » t=[-pi/2:0.08:pi/2];
» x=cos(2*pi*t); » x=cos(2*pi*t);
» subplot(1,2,1),plot(x) » subplot(1,2,2),stem(x)
Contoh :
( ) ( )( ) ( ) ( )
( )
TFF
Ff
fnA
F
FnA
FnTAtxnx
FtAtx
ss
F
Ff
s
nTta
a
s
Ω=Ω===⇒
+=
+=
+==+=
=
=
122
2cos
2cos
2cos
2cos
ππω
θπ
θπ
θπθπ
Samplert=nT
)(txa nTta txnx == )()(
0 10 20 30 40-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0 1000 2000 3000 4000-1
-0.8
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Ingat - ∞ < F < ∞
- ∞ < Ω < ∞
- 1/2 < f < 1/2
- π < ω < π
Maka agar rumus di atas bisa berlaku maka :
TFF
T
F
FF
T
FF
F
T
ss
s
sss
πππππ
=≤Ω≤−=−
=Ω
=⇒=≤≤−=−
max
max
22
1
222
1
Contoh :
Misalkan x1(t) = cos 2π10t
x2(t) = cos 2π(50)t
Sampling dengan Fs = 40 Hz, cari x(n)!
Fs = 40 Hz ⇒ T = 1/40
CT DT
Fπ2=Ω fπω 2=
rad/sec, Hzrad/sample,
cycle/sample
FsFfT =Ω= ,ω
FsfFT . , ==Ω ω
∞<<∞−∞<Ω<∞−
F 22FsFs
TT
F ≤≤−
≤Ω≤− ππ
maka
( ) ( )
( ) ( )
( )
alias terjadi
2cos
40
102cos
40
1012cos
40
502cos
n 2
cosn 40
102cos
102cos
22
1
⇒
==
+=
==
==
==
=
=
nnn
ntxnx
nTtxnx
nTt
nTt
πππ
π
ππ
π
maka untuk Fs = 40 Hz, sinyal F2 = 50 Hz adalah alias dari
F1= 10 Hz.
Demikian juga Fk = 10 + Fs.k
Secara umum, sampling dari
xa(t) = A cos (2πFot + θ)
Menghasilkan
x(n) = A cos (2πfon + θ)
di mana fo = Fo / Fs
Ini adalah ono-to-one mapping bila 22s
os F
FF <<−
Bila tidak, misalnya xa(t) = A cos (2πFkt + θ)
Fk = Fo + k Fs , k = ±1, ±2, …
⇒ alias
Contoh :
xa(t) = 3 cos 100πt
a). Cari frekuensi sampling minimum untuk menghindari aliasing!
xa(t) = 3 cos (2πFt + θ) = 3 cos 100πt
⇒ θ = 0; F = 50 Hz
⇒ Fs min = 100 Hz
b). Jika Fs = 200 Hz, x(n) = ?
( ) ( ) ntxnx nTta 2cos3
200100cos3
ππ === =
c). Jika Fs = 75 Hz, x(n) = ?
0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 9000 10000-2
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
2
2sF− 2
sF
F
π
π−
ω
( ) ( )
πωππω
ππ
<≤−=⇒
=== =
untuk 3
4
3
4cos3
75100cos3 n
ntxnx nTta
( ) ( )
( ) nnx π
ωω
ππππωω
3
2cos3
coscos karena3
2
3
6
3
42digunakan
=→
=−
−=−=−=
d). Cari frekuensi F, 0 < F < Fs/2, dari sebuah sinusoid yang bila
disample akan menghasilkan x(n) yang sama!
Jawab :
Untuk Fs = 75 Hz
F = f. Fs = 75f
F di soal no. c). = 1/3 ⇒ F = 25 Hz
ya(t) = 3 cos 50πt
untuk sinyal cos ini F = 25 Hz adalah alias dari F = 50Hz
untuk Fs = 75 Hz
3. Peserta mengetahui proses teorema sampling Nyquist Rate,
Nyquist Criteria, dan interpolasi ideal.
Misalnya :
( ) ( )
( ) I RateNyquist 2 maka
max
frekuensikomponen
2cos
Nmax
max
1
=←>=
↑
+= ∑=
F F
F F
tFAtx
s
i
N
iiiia θπ
Misal ( ) ( ) NTta txnx == , bagaimana memperoleh xa(t) dari
x(n)?
⇒ gunakan fungsi interpolasi g(t)
misalnya Fmax = B → g(t) = t2Btsin2
Bππ ← sinc function
dan
( )
( ) ( )∑
∑
∞
−∞=
∞
−∞=
−=
−
=
n
n ssaa
nTtgnx
F
ntg
F
nxtx
0 2000 4000 6000 8000 10000 12000 14000-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Contoh :
xa(t) = 3 cos 50πt + 10 sin 300πt - cos 100πt
↓F1 = 25 ↓F2 = 150 ↓F1 = 50
FN = Nyquist Rate =?
FN = 2. 150 Hz = 300 Hz
Contoh :
xa(t) = 3 cos 2000πt + 5 sin 6000πt + 10 cos 12.000πt
a). Nyquist Rate : FN = 2. 6000 = 12 kHz
b). Bila Fs = 5000, cari x(n)!
xa(t) = x1(t) + x2(t) + x3(t)
⇒ x1(t) = 3 cos (2000/5000) πn = 3 cos 2π(1/5)n,
- 1/2 < f1 < 1/2
⇒ x2(t) = 5 sin (6000/5000) πn = 5 sin 2π(3/5)n,
f2 >1/2, maka gunakan
alternatifnya f2 = f2 - 1 = -2/5
⇒ x2(n) = 5 sin 2π(-2/5)n
⇒ x3(t) = 10 cos (12.000/5000)πt = 10 cos 2π(6/5)n,
f3 > 1/2, maka gunakan
alternatifnya f3 = 6/5 - 1 = 1/5
⇒ x3(n) = 10 cos 2π(1/5)n
⇒ x(n) = x1(n) + x2(n) + x3(n)
x(n) = 13 cos 2π(1/5)n - 5 sin 2π(2/5)n
c). Cari ya(t) yang dihasilkan oleh interpolasi ideal
f1 = 1/5 f2 = 2/5
F1 = 1/5. Fs = 1 kHz F2 = 2/5. F2 = 2 kHz
ya(t) = 13 cos 2000πt - 5 sin 4000πt
⇒ jelas berbeda
4. Peserta mengerti proses kuantisasi
kuantisasi error
( ) ( )[ ]( ) ( ) ( )nxnxne
nxQnx
q
−=
=
∆ = step kuantisasi/ resolusi
( )2
rounding
truncation kuantisasi
∆≤→
neq
L : banyaknya level kuantisasi
xmax → max x(n)
rangekuantisasi )(nx
)(txa
)(nxq
xmin → min x(n)
xmax - xmin → dynamic range
1minmax
−−=
L
xx∆
∆ perlu kecil supaya eq kecil
5. Peserta mengetahui alasan jumlah bit untuk kuantisasi
Pengkodean
Untuk L level, perlu b bit sehingga 2b ≥ L → b ≥ log2 L
Ctt :
- D/A akan dibahas di bagian 9.3
- Teori akan dikembangkan pada x(n) bukan xq(n) karena
"simpler" menghindari komplikasi
Sinyal D-T
1. Peserta mengetahui konvensi penulisan sinyal dan sinyal elemen
Grafik 1, n = …
Sinyal Fungsional x(n) = 4, n = …
3, n = …
Tabulasi n
x(n)
Sequence x(n) = …0, 1, 3, …
↓n=0
2. Peserta mengenali sinyal dasar D-T
- Unit sample (impulse)
( )
≠=
=0 0
0 1
n
nnδ
- Unit step
( )
<≥
=0 0
0n 1
nnu
- Unit ramp
( )
<≥
=0 0
0n
n
nnur
- Exponential
( ) nanx n ∀=
- Complex exp
( ) ( )( ) ( )njnrnx
renxrean
njj
θθ
θθ
sincos +=→
=→=
3. Peserta mengenali prinsip complex variable
xR(n) = rn cos θn x(n) = A(n) = rn
xI(n) = rn sin θn ∠ x(n) = φ(n) = θn
4. Peserta mengenali beda sinyal energi dengan sinyal daya
∑∞
−∞===
n
x(n) 2 E Energi
E finite → x(n) adalah sinyal energi
EE
12
1 P Power
N
2
lim
lim
==
∑+
==
∞
∞→
→
−=
N
N
Nn
x(n)Nn
Contoh :
Sinyal step, hitung P, E!
E → infinite
2
1
12
1lim
12
1
0
2lim =
++
∑ =+
== ∞→∞→ N
N (n) u
NP
N
n nn
5. Peserta mengetahui hubungan energi dengan periodisitas
∑ ∞<=
∞
−
=
1
0
21
Periodik N
n
x(n)N
P
E
6. Peserta mengetahui sinyal simetrik (even) dan anti simetrik
(odd)
Even : x(-n) = x(n)
Odd : x(-n) = - x(n)
1/2[x(n) + x(-n)] = xe(n) ← even
1/2[x(n) - x(-n)] = xo(n) ← odd
x(n) = xe(n) + xo(n)
7. Masnipulasi sederhana
* Shift x(n) → x(n-k)
geser ke kanan sejauh K
* Folding/ reflection x(n) → x(-n)
shift dan folding tidak komutatif
* Addition y(n) = x1(n) + x2(n)
* Product y(n) = x1(n) x2(n)
* Scalling y(n) = Ax(n)
Kuliah 2.a
1. Peserta mengetahui deskripsi I/O dari sistem waktu diskrit
(SWD) dalam kawasan waktu.
y(n) = τ[x(n)]
( ) ( )nynx →←τ
Contoh :
Misal input ( ) ≤≤−
=otherwise 0
33 nnnx
a. Hitung response dari y(n) = x(n)
= …,0,+3, +2, +1,0,1,2,3,0, ….
↑ sistem identitas
b. y(n) = x(n-1)
⇒ y(n) = …,0,+3,+2,+1,0,1,2,3,0,…
↑ ↑
c. y(n) = x(n+1)
⇒ y(n) = …,0,3,2,1,0,1,2,3,0,…
↑
d. y(n) = 1/3(x(n+1) + x(n) + x(n-1))
SWDy(n)
output/responx(n)
input/eksitasi
= …,0,1,5/3,2,1,2/3,1,2,5/3,1,0,…
↑
e. y(n) = max x(n+1), x(n), x(n-1)
= …,0,3,3,2,1,2,3,3,3,0,…
f. ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ...21 +−+−+=
= ∑−∞=
nxnxnx
kxnyn
k
⇒ Akumulator :
y(n) = …,0,3,5,6,6,7,9,12,12,12,…
* tidak hanya input dependent
( ) ( ) ( ) ( )
( )1
kx
−↓
+∑=∑=∞=∞=
ny
nxny1-n
-k
n
-k
kx
Untuk n ≥ no
→ perlu kondisi awal y(no - 1) dan input x(no) n ≥ no
→ bila y(no - 1) = 0 → initialy relaxed
→output hanya tergantung input
Soal :
Akumulator y(n) = y(n-1) + x(n) dieksitasi oleh deret
( ) ( )nnunx = . Cari outputnya bila kondisi awal :
a. relax (y(-1)=0)
b. y(-1) = 1
Jawab:
a. ( ) ( ) ( )∑=
+−=n
kkxyny
01
∑=
n
k 0
k = 0+ 1+ 2+ …+ n
∑=
n
k 0
k = n+ (n-1)+ …+1 +0
2 ∑=
n
k 0
k = (n+1)(n) ⇒ ∑=
n
k 0
k = 1/2(n)(n+1)
⇒ y(n) = 1/2 (n)(n+1) n ≥ 0
b. y(n) = 1 + n(n+1)/2 = (2 + n2+n)/2 n ≥ 0
2. Peserta mengetahui representasi diagram blok dari SWD
Gambarlah diagram blok dari sistem
y(n) = 1/4 y(n-1) + 1/2 x(n) + 1/2 x(n-1)
Basic building blok :
1. Adder
z-1
+ +
z-1
x(n)
21
21
41
y(n)
2. Constant Multiplier
3. Signal Multiplier
4. Unit Delay Element
5. Unit Advance Element
3. Peserta mengetahui klasifikasi SWD
a. Static vs dynamic
↓ ↓ with memory :
memoryless finite infinite
↓ y(n) = x(n) +3x(n-1)
y(n)= ∑∞
= 0
k)-x(nk
α
1−Z
Z
y(n) = nx(n) + bx3(n) y(n) = ∑=
n
k 0
k)-x(n
↓
no delay elements
b. Time invariant vs time variant
↓
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )[ ]( ) ( ) Invariant Time, bila
, :
→−=−=
−→−⇒
→
knykny
knxknyTest
knyknx
nynx
τ
τ
τ
Contoh :
y(n) = x(n) cos ωon
y(n,k) = x(n-k) cos ωon
y(n-k) = x(n-k) cos ωo(n-k)
→ time variant
c. Linear vs non linear
↓
( ) ( )[ ]
konstan ↑
=
∑∑i
iii
ii nxnx ταατ
( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ]
( )[ ] ( )[ ]
=
+=+
nxTnxT
nxTnxTnxnxT
iαα 1
2121
test
Contoh :
• y(n) = x2(n)
T[αx1(n)] = α2 x12(n)
αT[x1(n)] = α x12(n)
• y(n) x(n)e → non linear
d. Causal vs non causal
y(n) hanya tergantung dari input x(n), x(n-1), … tapi tidak
tergantung dari x(n+1), x(n+2),…
Test :
y(n) = x(n) + 3x(n+4) ← non causal
y(n) = x(n2) ← non causal
y(n) = x(-n) ← non causal
y(-1) = x(1)
e. Stable vs unstable
Stable → BIBO
|x(n)| ≤ Mx < ∞ ⇒ |y(n)| ≤ My < ∞
Test : y(n) = y2(n-1) + x(n)
Let x(n) = Cδ(n) ← BI C : konstanta
Asumsi y(-1) = 0
Y(0) = C
Y(1) = C2
Y(2) = C3… y(n) = C2n … unstable
4. Peserta mengetahui bahwa SWD bisa dirangkaikan
→ LTI is preserved
Gunakan :
- Parallel dan cascade untuk membangun sistem
- Pecahkan sistem untuk analisis
Analisa SWD time-invariant
5. Peserta mengetahui teknik analisa sistem linear
→ solusi langsung
1T 2T)(nx)()( 12 nxTTny =
2112 TTTT =
1T
2T
)(nx )()()( 211 nxTxTny n +=
y(n) = F[y(n-1), y(n-2), … y(n-N), x(n), x(n-1), … x(n-M)]
( ) ( )∑ −+∑−=⇒==
M
k
k
N
k
k knxby(n-k)any01
→ pecahkan input dalam elemen-elemen → cek satu per satu
( ) ( )
( ) ( )[ ]
( ) ( )[ ] ( )
( )[ ] ( )∑∑
∑
∑
==
==⇒
=↑
=
kkk
kkk
kkk
k
kkk
nycnxTc
nxcTnxTny
nxTn
nxcnx
y
tscoefficien weighting
k
Contoh :
xk(n) = nj ke ω , k = 0, 1, … N-1
→ Harmonically related signals
ωk = (2π/N)K
↑ fundamental frequency
( ) ∑−
==⇒
1
0
N
k
knjkecnx ω
6. Peserta mengetahui cara dekomposisi sinyal DT ke …
( ) ( )knnxk −=δ
: misal
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )∑∞
−∞=
−=⇒
−=−
k
knkxnx
knkxknnx
δ
δδ
jelas
Contoh :
X(n) = 2, 4, 0, 3
Uraikan kedua jumlah dari weighting impulse sequence
x(n) = 2δ(n+1) + 4 δ(n) + 3δ(n-2)
7. Peserta dapat menghitung output LTI dari sebarang input :
Convolution sum berdasarkan impulse respons h(n)
Misalkan :
Ck ≡ x(k) → Ckh(n,k) = x(k)h(n,k)
↑ konstanta ↑ y(n) = h(n,k)
x(n) = Ckδ(n-k)
)(nx
LINEAR)()( knnx −=δ ),()( knhny =
( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( )
( ) ( )[ ]
( ) ( )∑
∑
∑
∑
∞
∞=
∞
∞=
∞
−∞=
∞
−∞=
=
−=
−=
=→−=
-k
-k
,kx
kx
knh
knT
knkxT
nxTnyknkxnx
k
k
δ
δ
δ
misal :
( ) ( )[ ]( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( ) ( )
( )o
k kn
ny
kvknhkxny
knknh
nnh
untuk cek
,
↑
=−=→
−==
∑ ∑∞
−∞=
∞
−∞=
δτδτ
Jumlah konvolusi :
1. Folding h(k) → h(-k)
2. Shifting h(-k) → h(no-k)
3. Multiplication x(k)h(no-k)
4. Summation v
Soal :
h(n) = 1, 2, 1, -1
LTI
x(n) = 1, 2, 3, 1 → y(n) = ?
y(n) = …, 0, 0, 1, 4, 8, 8, 3, -2, -1, 0, 0, …
bisa juga
( ) ( ) ( )
knm
khknxnyk
−=
−= ∑∞
−∞=
mana di
8. Sifat-sifat konvolusi
y(n) = x(n) * h(n) = ∑k
k)-h(n x(k)
y(n) = h(n) * x(n) = ∑k
k)- x(nh(k)
k
v1(k)
vo(k)
k
h(-1-k)
k
h(1-k)
k
h(-k)
k
x(k)
k
→ komutatif x(n) * h(n) = h(n) * x(n)
→ asosiatif [x(n) * h1(n)] * h2(n) = x(n) * [h1(n) * h2(n)]
seri
→ distributif x(n) * [h1(n) + h2(n)] = x(n) * h1(n) + x(n) *
h2(n)
paralel
9. Peserta mengetahui kasus khusus LTI sinyal kausal
→ h(n) = 0 n < 0
( )
samples future
1
0
↑
∑+∑=
∑=
−
−∞=
∞
=
∞
−∞=
kk
k
-k)h(k)x(n-k)h(k)x(n
-k)h(k)x(nony
oo
o
⇒ Causal y(n) = ∑∞
= 0k
k)-h(k)x(n
= ∑−∞=
n
k
k)-x(k)h(n
both causal y(n) = ∑∞
= 0k
...
+
h1
h2
xn ⇔ h1+h2
Soal :
X(n) = u(n)
H(n) = anu(n)
Cari y(n) !
y(n) = x(n) * h(n)
( )
( )( )
∑
∑
∑
−−=
−+=
−+++=
++++=
++++==
+
+
+
++
∞
=
a
aaa
aa
aaaa
aaa
aaaaany
nk
n
nn
nn
k
nk
1
aa
...a
a-...a
...
10
10k
100
1n110
0
210
10. Stabilitas LTI :
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
∞<
∞<≤
−≤=
−=
∑
∑∑
∑
∞
−∞=
∞
−∞=
h
kx
kh
k
S
khM
knxkhkhS
knxkhny
if stable is LTI
ny
let
Contoh :
Tentukan harga a agar h(n) = anu(n) stabil!
1 bila stable
1 bila 1
1
1
...11
...1
0k
0
2
2
0 0
≠⇒
<−
=→
+=
++++=
+++===
∑
∑
∑ ∑
∞
=
∞
=
∞
=
∞
=
a
aa
a
aa
aaa
aaaaS
k
k
k
k k
kkh
Contoh :
( )
1 1
0n b
0n
1
0
n
><↓↓
+=
<≥=
∑∑−
−∞=
∞
=
ba
baS
anh
n
n
n
nh
n
11. FIR dan IIR
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )∑
∑
∞
=
−
=
−=
−=→
≥<=
0
1
0
: IIR
ny
Mn 0 0 : FIR
k
M
k
knxkhny
knxkh
nnh
Kuliah 2.b
1. Peserta mengetahui sistem DT yang dijabarkan dengan
Difference Equations
( ) ∑∞
−∞=−=
kknxkhny )()( ← cocok untuk FIR
FIR → h(k) : -M ≤ k ≤ M
IIR → tidak praktis
Y(n) = F[y(n-1), y(n-2), …, y(n-N), x(n), x(n-1), …, x(n-
M)]
Recursive → sistem yang outputnya y(n) bergantung
juga output sebelumnya, y(n-1) …
Non recursive :
Y(n) = f[(x(n), x(n-1), …, x(n-M)]
Recursive → memori untuk past output
• Bila relaxed → isi memori O → zero state
Non zero input → output → zero state response
("forced response")
output = yzs(n)
• Bila tidak relaxed dan input = 0 output = yzi(n)
y(n) = yzi(n) + yzs(n)
Sifat sistem ← zerro input response/ " natural
response"
Bentuk umum rekursif LCCDE
( ) ∑ ∑= =
−+−−=N
k
M
kkk knxbknyany
1 0)()(
atau
( )
orderadalah N
1 ,)(1 0
∑ ∑= =
≡−=−N
k
M
kokk aknxbknya
Perlu nyatakan lagi
- linieritas
- time invariance
- stabilitas
dalam konteks LCCDE
Sistem LCCDE linier bila
1. y(n) = yzi(n) + yzs(n)
2. zero-state linear
3. zero-input linear
Tentukan bila y(n) = ay(n-1) + x(n) linear!
Jawab:
1. y(0) = ay(-1) + x(0)
y(1) = ay(0) + x(1) = a2y(-1) + ax(0) + x(1)
y(2) = ay(1) + x(2) = a3y(-1) + a2x(0) + ax(1) + x(2)
( ) ( ) ( )
( ) ( )( )ok 1
0 10
1
→
≥−+−= ∑=
+
nyny
nknxayany
zszi
n
k
kn
!
2. cek zero-state linearity
assume x(n) = c1x1(n) + c2x2(n)
( ) linear)(
)()(C
))()(()(
)2(2
)1(1
0 02211
0 02211
→+=
−+−=
−+−=−=
∑ ∑
∑ ∑
= =
= =
nyCnyC
knxaCknxa
knxcknxcaknxay
zszs
k k
kk
n
k
n
k
kkzs
3. assume y(-1) = C1y1(-1) + C2y2(-1)
yz1(n) = an+1[C1y1(-1) + C2y2(-1)]
= C1 an+1y1(-1) + C2 a
n+1y2(-1)
= C1yz1(n) + C2yzi(n)
→ OK
⇒ y(n) = ay(n-1) + x(n) linier
Dengan pola yang sama, kita dapat memperlihatkan
bahwa
( )
linear
)()(1 0
→
−+−−= ∑ ∑= =
N
k
M
kkk knxbknyany
Time invariant?
Ya, dengan syarat ak dan bk konstan
BIBO stable?
BI - BIC → BO
→ buktinya sukar jadi ditunda
• Solusi dari LCCDE
Y(n) = yh(n) + yp(n)
↓ ↓ particular
homogenous
• Mencari yh(n)
(1). Buat homogeneous difference equation
(2). Assume yh(n) = λn (exponential solution)
(3). Substitusi ∑=
− =N
k
knka
0
0λ
⇒ λn-N(λN +a1λN-1 + a2λN-2 + … +aN-1λ +aN)
↑
polinomial karakteristik
akar λ1, λ2, …, λN
(complex) ⇒ complex
conjugate
4. Cari solusi umum
→ asumsi akar distinct
yh(n) = C1λ1n + C2λ2
n + … +CNλNn
cari CN lewat kondisi awal
Catatan :
Karena yh(n) mengasumsikan x(n) = 0
→ yh(n) = yzi(n)
Contoh :
Y(n) + a1y(n-1) = x(n), cari yh(n)
(1). y(n) + a1y(n-1) = 0 N=1
(2). yh(n) = λn
(3). λn + a1λn-1 = 0
⇒ λn-1 (λ+a1) = 0
↓ PK → akar λ1= -a1
(4). Akar distinct
⇒ yh(n) = C1(-a1)n
kondisi awal y(0) = -a1y(-1) (zero input)
dan yh(0) = C1 ⇒ C1 = (-a1) y(-1)
⇒ yh(n) = (-a1)n+1 y(-1) n ≥ 0
Ctt :
Bila λ1 adalah akar dengan multiplicity m, ie (λ - λ1)m
⇒ yh(n) = C1λ1n + C2nλ1
n + C3n2λ1
n + … +Cmnm-1λ1n +
Cm+1λm+1n + … + CNλn dst.
Mencari solusi khusus
Yp(n) adalah solusi apa saja, yang penting memenuhi
1a ,)()( o0 0
≡−=−∑ ∑= =
N
k
M
kkpk knxbknya
→ gunakan yp(n) yang mengandung x(n)
Contoh :
Y(n) + a1y(n-1) = x(n) |a1| < 1
Cari solusi khusus bila x(n) = u(n)
Jawab :
1. Pilih yp(n) = Ku(n)
2. Substitusi
Ku(n) + a1Ku(n-1) = u(n)
3. Cari K untuk n ≥ 1
N = 1 ⇒ K.1 + a1K.1 = 1
( )nua
y
ak
p1
1
1
1
1
1
+=⇒
+=
Input Signalx(n)
Particular SolutionYp(n)
A constant K
AMn KMn
AnM KonM+ K1n
M-1+…+KM
AnnM AN(KonM+ K1n
M-1+…+KM
nA
nA
o
o
ωω
sin
cos nKnK oo ωω sincos 21 +
Contoh :
Cari yp(n) dari
y(n) = (5/6) y(n-1) - (1/6) y(n-2) + x(n)
Bila x(n) = 2n, n ≥ 0, zero elsewhere
Jawab :
1). yp(n) berbentuk yp(n) = K2nu(n) n ≥ 0
2). Substitusi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) 0n 25
85
8
46
12
6
54
2for evaluate
2226
112
6
52 21
≥=⇒
=
+−=
≥
+−−−= −−
np
nnnn
ny
K
KKK
n
nunuKnuKnuK
Total solution
Y(n) = yh(n) + yp(n)
Contoh :
( ) ( ) ( )( ) ( )( ) condition initial 1
11
==↓
=−+
-y
nunx
nxnyany
Solusi :
Yh(n) = C(-a)n
Yp(n) = 11
1
a+u(n)
→ y(n) = C(-a)n + 11
1
a+, n ≥ 0
Cari yzs(n)
Misal y(-1) = 0
⇒ y(0) = C(-a)0 + 11
1
a+ = C +
11
1
a+
y(0) + a1(0) = 1 → y(0) = 1
C = 11
1
a+⇒ yzs(n) =
1
11
1
)(1
a
a n
+−− +
, n ≥ 0
Cari total solution
y(0) + a1y(-1) = 1
y(0) = -a1y(-1) + 1
tapi y(0) = C + 11
1
a+ → C = -a1(y(-1)) +
11
1
a+
⇒ y(n) = (-a1)n+1y(-1) +
1
11
1
)(1
a
a n
+−− +
↓ ↓
yzi(n) yzs(n)
Ctt :
Yp(n) = 11
1)(lim
anyzs
n +=
∞→ |a < 1| → untuk
stabilitas
↓
steady state respons vs transient respons
Respons impulse dari sistem rekursive
δ(n) → h(n) = zero state response terhadap x(n) = δ(n)
⇒ yzs(n) = ∑=
−n
k
knxkh0
)()( n ≥ 0
bila eksitasi = δ(n) → yp(n) = 0
→ harga yh(n)
any recursive LCCDE system is IIR, but not the other
way
LCCDEE
LTI - IIR
Subclass
Implementation dari sistem DT
V(n)
z-1
+
+
+
+
z-1
z-1
-a1
-a2
-aN-1
-aN
y(n)+
+
+
+
z-1
z-1
z-1
bo
b1
bM
bM-1
b2
Direct Form II
Kasus khusus ak = 0, k = 1, …, N
( ) ( )
( ) ≤≤
=
→
−= ∑=
otherwise 0
0 ,
with FIRan isit
system average moving 0
Mkbkh
knxbny
k
M
kk
y(n)+
+
+
+
z-1
z-1
z-1
bo
b1
bM
b2
+
+
+
+
-a1
-a2
-aN-1
-aN
z-1
+
x(n)
FIR can be implemented
- non recursively
- recursively
Non recursive :
Jadi FIR, IIR → LTI System
Recursive dan non recursive → structure for implementing
system
+
z-1 z-1z-1 z-1
+ + +
x(n)
y(n)
Z-Tranzform and its Application to The Analysis
Of LTI System
1. Z-Transform Definition
Kawasan kawasan
Waktu z (z-plane)
sequence polinomial
x(n) X(z) = ∑∞
−∞=
−
n
nznx )(
Z-transform untuk sinyal x(n) :
X(z) = zx(n)
( ) )(zXnx z→←
ROC : karena X(z) adalah deret tak hingga maka secara
matematis bisa bernilai ∞ untuk z terhingga ⇒ tidak boleh
⇒ z yang bisa digunakan adalah z ∈ ROC
inverse
forward
• Finite Duration
a. x(n) = 1, 2, 5, 7, 0, 1
⇒ X(z) = 1 + 2z-1 + 5z-2 + 7z-3 + z-5
ROC seluruh z-plane kecuali z = 0, z = ∞
b. x(n) = 1, 2, 5, 7, 0, 1
⇒ X(z) = z2 + 2z+ 5 + 7z-1 + z-3
ROC seluruh z-plane kecuali z = 0, z = ∞
x(n) = δ(n) ⇒ X(z) = 1
ROC : seluruh z-plane
x(n) = δ(n-k), k >0 ⇒ X(z) = z-k
ROC : seluruh z-plane, kecuali z = 0
x(n) = δ(n+k), k > 0 ⇒ X(z) = zk
ROC : seluruh z-plane, kecuali z = ∞
• Infinite Duration
Cari Z-transform dari x(n) = (1/2)nu(n)
Jawab :
x(n) = …, 0, 0, …,( )0
21 , ( )2
21 , ( )3
21 , …
( ) ...2
1
2
1
2
11 2
21 +
+
++= −−− n
n
zzzzX
Ingat ∑∞
= −=
0 1
1
n
n
xx , bila |x| < 1
∞, bila |x| ≥ 1
→ X(z) = ( )z2
11
1
−; ROC :
z21 < 1
X(z) = 1
211
1−− z
; ROC : |z| >1/2
⇒ x(n) = anu(n) ⇔ X(z) = 11
1−− az
utk |z| > a
• Konvergensi |X(z)| dari sinyal kausal dan Antikausal
)Im()Re( zjzreZ j +== θ
θjnnn erz −−− =
( ) ( )( ) θjnn
n
eznxzX −−∞
−∞=∑= cek |X(z)| < ∞
1
)()()(
↑=
≤= −∞
−∞=
−∞
−∞=
−− ∑∑ nj
n
n
n
njn ernxernxzX θθ
Re
Im
z
= ∑ −nrnx )(
= ∑∑∞
=
−
−∞=
− +−0
1 )()(
nn
n
n
r
nxrnx
= ∑∑∞
=
∞
=+−
01
)()(
nn
n
n
r
nxrnx
• Term Noncausal : dua term harus konvergen
1)(1
<−∑∞
=n
nrnx → r harus kecil, < r1
→ nr
nx1
( ≤− →|z| < r1
• Term kausal
1)( <
nr
nx, r>r2, |z|>r2
Re
Im
r1
• Kalau z nya ada, r2 < r1
Contoh :
x(n) = αnu(n), cari X(z)
n
n
zzX ∑∞
=
−=0
1)()( α ROC : |αz-1| < 1
11
1−−
=zα
|z| > α
Re
Im
r2
Re
Im
r2
r1
Ctt.
Bila x(n) = u(n) ⇒ x(n) = αnu(n), α = 1
→ 11
1)( −−
=z
zX , |z| > 1
Contoh :
≤−≥
=−−=1,
0,0)1()(
n
nnunx n
n
αα
∑ ∑−∞=
∞
=
−− −=−=1
1
1 )()()(n l
lnn zzzX αα
Ctt.
∑ ∑∞
=
∞
= −==
1 0 1n n
Nn
A
AAAA , |A| < 1
11
1
1
1
1)( −−
−
−=
−−=
zz
zzX
ααα
|α-1z| < 1
|z| < |α |
⇒ ternyata sama dengan sebelumnya kecuali ROC nya
One sided
∑∞
=
−+ =0
)()(n
nznxzX
Inverse :
Cauchy Contour Integral
( )
≠=
=−∫ −−
nk
nkjdzzz
c
knk ,0
,21 π
Re
Im
r2
r1
Re
Im
r1
Re
Im
r2
SINYAL FINITE INFINITE
CausalEntire z-planekecuali z=0
Anti-CausalEntire z-plane
kecuali z=
Two-sidedEntire z-planekecuali z=0
dan z=∞
∞
∫
≠=
=−−
c
kn
nk
nkjdzz
,0
,21 π
∫ ∫ ∑ −−∞
−∞=
−−
=
c c
kn
k
kn dzzzkxdzzzX 11 )()(
( ) jnx
dzzkxk c
kn
π2
)( 1
=
= ∑ ∫∞
−∞=
−−
∫ −=⇒c
n dzzzXj
nx 1)(2
1)(
π
• Scaling in Z-domain
x(n) ↔ X(z) r1 < |z| < r2
⇒ anu(n) ↔ X(a-1z) |a|r1 < |z| < |a|r2
bukti:
∑∞
−∞=
−=n
nnn znxanxaZ )())((
∑∑ ==
= −
∞
−∞=
−
az
n
n
n
zzna
a
znx )()(
)()( 1zaXz
zXaz
−==
=
bila X(z) ROC : r1 < |z| < r2
r1 < |z/a| < r2
|a|r1 < |z| < |a|r2
• Time Shifting
x(n) ↔ X(z)
⇒ x(n-k) ↔ Z-kX(z)
ROC : sama dengan X(z)
kecuali z = 0 k > 0
z = ∞ k < 0
Contoh :
−≤≤
=elsewhere
Nnnx
,0
10,1)(
Cari X(z)
Perhatikan : x(n) = x1(n) - x2(n)
Di mana x1(n) = u(n)
x2(n) = u(n-N) = x1(n-N)
11 1
1)( −−
=z
zX |z| > 1
1121
)()( −
−−
−==
z
zzXzzX
NN
111 1
1
11
1)( −
−
−
−
− −−=
−−
−=→
z
z
z
z
zzX
NN
ROC |z| > 1
hitung lewat cara lain
• )()()()cos()(21
21
0 nuenuenunnx onjonj ωωω −+==
11
1)( −−
↔ze
nueoj
onjω
ω |z| > 1
11
1)( −−
−
−↔
zenue
ojonj
ωω |z| > 1
( )
( )( )
1z : ROC cos21
cos1
2
21
2
11
1
11
2
1
1
2
1
1
1
2
1
21
1
21
1
211
11
11
>+−
−=
++−
+−=
+−−−+−=
+−
=
−−
−
−−−
−−
−−−−
−−−−
−−−
zz
z
zzee
zee
zzeze
zeze
zezezX
o
o
jj
jj
jj
jj
jj
oo
oo
oo
oo
oo
ωω
ωω
ωω
ωω
ωω
ωω
)()()()sin()(21 nueenunnx onjonjjo
ωωω −−==
21
1
cos21
sin)( −−
−
+−=
zz
zzX
o
o
ωω
ROC : |z| > 1
2. Sifat-sifat :
1. Linear
x1(n) ⇔ X1(z) ROC1
x2(n) ⇔ X2(z) ROC2
α1x1(n) + α2x2(n) ⇔ α1X1(z) + α2X2(z)
ROC : ∩ ROCi
Contoh :
x(n) = [3(2n) - 4(3n)]u(n)
= 3x1(n) + (-4)x2(n)
⇓ ⇓
(2n)u(n) (3n)u(n)
1121
1)( −−
=z
zX ROC : |z| > 2
12 31
1)( −−
=z
zX ROC : |z| > 3
⇒ X(z) = 3X1(z) + (-4)X2(z) ROC : |z| > |3|
11 31
4
21
3−− −
−−
=ZZ
|Z| > 3
Hitung a). x(n) = cos(ωon)u(n)
b). x(n) = sin(ωon)u(n)
Contoh :
x(n) = ancos(ωon)u(n)
2211
cos21
cos1−− +−
−⇔zaaz
a
o
o
ωω
x(n) = a3sinωonu(n)
221
1
cos21
sin−−
−
+−⇔
zaaz
az
o
o
ωω
2. Time reversal
)()( 2 zXnx →← ROC : r1 < |z| <r2
maka )()( 1−↔− zXnx ROC : 1/r2 < |z| <1/r1
Bukti :
∑ ∑∞
−∞=
∞
−∞=
−−− =−=n l
ln zlxznxnxz ))(()())(( 1
1)( −== zzzX r1 < |z-1| <r2
1/r2 < z <1/r1
Contoh :
x(n) = u(-n)
1111
1))(()( −− =−= −
=↔−⇒ zzzz znuznu
z−=
1
1ROC : |z| < 1
3. Diferensiasi di domain Z
)()( zXnx z→←
[ ]∑ ∑∞
−∞=
−∞
−∞=
−−− −=−=n
n
n
n znnxzznnxdz
zdX)())((
)( 11
= -z-1Znx(n)
dz
zdXznnxZ
)()( −=
Contoh :
x(n) = nanu(n)
= n(anu(n))
↓ x1(n)
)(1
1)()( 111 zX
aznuanx n =
−↔= − ROC : |z| > |a|
)()1(
1)1.(
)()( 2
211 −
− +−
−−=−= azaz
zdz
zdXzzX
21
1
)1( −
−
−=
az
az|z| > |a|
Contoh :
21
1
)1()( −
−
−↔
z
znnu |z| > 1
4. Konvolusi
)()( 11 zXnx ↔
)()( 22 zXnx ↔
∑∞
−∞=−=≡∗
kknxkxnxnxnx )()()()()( 2121
∑ ∑∞
−∞=
∞
−∞=
−− −
−=
k n
kkn knxzzzknxkx )(.)()( 221
( )zX
zXzXzkxzXk
k
1
1212
)()()()(
↓
== ∑∞
−∞=
−
Contoh :
Hitung x(n) = x1(n) + x2(n)
Di mana x1(n) = 1, -2, 1
≤≤
=elsewhere
nnx
,0
50,1)(2
jawab :
X1(z) = 1- 2z-1+ z-2
X2(z) = 1 +z-1 +z-2 +z-3 + z-4 +z-5
X(z) = X1(z)X2(z)=1 -z-1 -z-6 +z-7
⇒ x(n) = 1, -1, 0, 0, 0, 0, -1, 1
↑
Cara lain:
X1(z) = (1 - z-1)2
sebelumnyacontoh lihat 1
1)(
1
6
2 −
−
−−=
z
zzX
X1(z) * X2(z) = (1- z-6)(1-z-1)
= 1 -z-1 -z-6 +z-7 dst.
Teorema Kondisi Awal
x(n) causal (i.e., x(n), n < 0)
( )2
)2()1()0()( limlim z
xz
x
zz
xzX ++=∞→∞→
= x(0)
lihat tabel!
Kuliah 3.b
1. Peserta mengetahui bentuk khusus rasional dan pole/zero-nya
Definisi :
Zero dari X(z) adalah nilai-nilai z di mana X(z) = 0
Pole dari X(z) adalah nilai-nilai z di mana X(z) = ∞
X(z) rasional,
∑
∑
=
−
=
−
−
−−
=+++
+++==N
k
kk
M
k
kk
oNN
a
aN
MM
za
zb
aazz
zbzbb
zD
zNzX
0
0
1
110
/...)(
...
)(
)()(
0
1
Bila a0 ≠ 0 dan b0 ≠ 0
o
NN
o
N
o
MM
o
M
No
Mo
a
az
a
az
b
bz
b
bz
za
zbX
++
+
++
+
−
−
−
−
...
...
11
11
karena N(z) dan D(z) polinomial, maka
( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )
( ) ( )( )
( )∏
∏
=
=−
+−
−
−==
−−−−−−
=
N
ii
M
ii
MN
N
MNM
o
o
pz
zzGzzX
pzpzpz
zzzzzzz
a
bzX
1
1
21
21
...
...
Plot :
2. Contoh :
Plot pole-zero dari sinyal
x(n) = anu(n) a > 0
az
z
azzX
−=
−= −11
1)( ROC : |z| > a
⇒ zero ⇒ z1 = 0; P1 = a
3. Contoh :
Untuk −≤≤
=elsewhere
Mnanx
n
,0
10,)(
)(
)(1)(
11
1
azz
az
az
azzX
M
MMM
−−=−= −−
−
Mkjk
MM aezaz /2π=→=
Im
Rezeroes
poles
z1 p1
zo = a cancels z = a
1
11 ))...((
)( −
−−−=⇒M
M
z
zzzzzX
⇒ M-1 zero
⇒ M-1 pole
Soal :
Cari Z-transform dari sinyal dari :
2 zero : z1 = 0; z2 = rcosωo
2 pole : p1 = rejωo ; p2 = re-jωo
a
z1
p1
p2
r
z2ωoωo
( ) ( ) ( )( )( )( )
( )
( ) ( ) ( )nunrGnx
rzrz
rzGzX
rezrez
rzzGzzGX
on
o
o
jjo
oo
ω
ωω
ωωω
cos
z ROC 1cos21
cos1
cos0
221
1
22
=⇒
>+−
−=⇒
−−−−=⇒
−−
−
−−
Sifat kawasan waktu sinyal kausal akibat lokasi pole
Cek pada |z| < 1, |z| = 1, |z| > 1
↑
unit circle
Kasus 1 pole real
11
1)()()( −−
=→←=az
zXnuanx zn |z| > |a|
Kasus z pole real (double)
( ) ( ) ( ) aaz
aznunanx n >
−↔=
−
−z
121
1
kasus sepasang complex conjugate
Jadi:
- sinyal dengan pole di dalam unit circle selalu terbatas
amplitudonya
- pole dekat origin → decay cepat
→ berlaku untuk sistem stabil
4. Fungsi Sistem
Y(z) = H(z) X(z)
⇒ H(z) = Y(z)/X(z)
Sistem Fungsi
)()(
↑
= ∑∞
−∞=
−
n
hznhzH
5. Cari fungsi sistem dari LCCDE
∑ ∑∞
−∞= =−+−−=
n
M
kkk knxbknyany
0
)()()(
∑ ∑= =
−− +−=N
k
M
k
kk
kk zXzbzYzazY
1 0
)()()(
)(1)(
)(
1
0 zHza
zb
zX
zYN
k
kk
M
k
kk
=+
=∑
∑
=
−
=
−
Kasus khusus
- ∑=
−=M
k
kk zbzH
0
)( ∈ all zero, FIR
- ⇒+
=∑
=
−N
k
kk
o
za
bzH
1
1)( all pole
Contoh :
Cari H(z) dan h(n)
Y(n) = 1/2y(n-1) + 2x(n)
)()(2)(1
2)(
21
121
nunhz
zH n=⇒−
= −
Inversi partial fraction
∑→)(zX term standar, bergantung pole dan ROC
↓
∑←)(nx inverse masing-masing k
Inversi dengan Partial Fraction
Definisi
X(z) proper bila bila aN≠0 dan M < N bila tidak proper bisa
dibentuk
2611
65
3312
61
1
131)( −−
−
++++−+
=zz
zzzzX
buat proper + inproper
2611
61
161
1
121)( −−
−−
++++=
zz
zzzX
6. Asumsi proper dan district pole
aN ≠ 0 M < N
N
N
NN
MNM
No
N
N
NNN
MNM
NNo
Pz
A
Pz
A
Pz
A
z
zXaz
zbzb
z
zX
z
z
azaz
zbzbzbzx
−++
−+
−=
+++==
×+++
+++=
−−−
−
−−
...)(
properselalu ...
...)(
...
... )(
2
2
1
1
11
11
11
Contoh :
21 5,05.11
1)( −− +−
=zz
zX
)5.0)(1(5.05.1
2
2
2
−−=
+−=
zz
z
zz
z
5.02
11
)5.0)(1(
)(−− +=
−−=
z
A
z
A
zz
z
z
zX
)5.0)(1(
)1()5.0( 21
−−−+−=
zz
zAzA
)1()5.0( 21 −+−=⇒ zAzAz
1 = A1(2 - 0.5) ⇒ A1 = 2
0.5 = A2(0.5 - 1) ⇒ A2 = -1
5.0
1
1
2)(
−−
−=⇒
zzz
zX
Ctt.
,...,Nkz
zXPzA
Pz
APzA
Pz
APz
z
zXPz
kPzkk
n
nkk
kk
1 )(
)(
)(...
)()()(
1
1
=−=⇒
−−+++
−−=−
=
Contoh :
21
1
5.01
1)(
zz
zzX
+−+= −
−
5.0
1)(2 +−
+=zz
z
z
zXP1 = 1/2 + j1/2
P2 = 1/2 - j1/2
2
2
1
1
21 ))((
1)(
Pz
A
Pz
A
PzPz
z
z
zX
−+
−=
−−+=
23
21
2
11 11
1)()(j
Pz
z
z
zXPzA PzPz −=
−+=−= ==
23
21
1
22 22
1)()(j
Pz
z
z
zXPzA PzPz +=
−+=−= ==
7. Multiple orde poles
211 )1)((
1)( −− −
=zHz
zX
21
2
)1)(1(
)(−−+
=zz
z
z
zX
231
)1(11
)(
++
−+
+=
z
A
z
A
z
A
z
zX
3221 )1(
1
1
1)()1(A
z
zA
z
zA
z
zXz
−++
−++=+
4
1)()1(11 =+= −=zz
zXzA
2
1)()1(1
2
3 =−= =zz
zXzA
4
3)()1(
1
2
2 =
−==z
z
zXz
dz
dA
−−−>→=
−
−
−−
)1()(
||||),()(
1
11
1
nuP
PzcausalnuP
zPz
pz
kA
nk
kn
k
k
k
i
X(z) = (A1P1n + A2P2
n + …+ ANPnn)u(n)
21 5.05.11
1)( −− +−
=zz
zX
Contoh :
11 5.01
1
1
2)( −− −
+−
=zz
zX , ROC |z| > 1
|z| < 0.5
0.5<|z|<1
• Ketika |z| > 1 x(n) causal
x(n) = 2(1)nu(n)-(0.5)nu(n)
• |z| < 0.5 → x(n) is non causal
x(n) = -2 u(-n-1) +(0.5)nu(-n-1)
11
1)1( −−
=−−−z
nun
αα
* ROC 0.5 < |z| < 1
|z|<1 anti causal
|z| > 0.5 causal
x(n) = -2u(-n-1) - (0.5)nu(n)
* Complex Conjugate
contoh :
21
1
5.01
1)( −−
−
+−+=
zz
zzX
12
21
1
1
11)( −− −
+−
=zP
A
zP
AzX
23
21
1 jA −=⇒
23
21
12 jAA +== ∗
21
21
1 jP += 21
21
1 jP −=
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )[ ] ( )( )[ ] ( )nunrA
nueerAnx
nupApAnx
kknkk
njnjnkk
nk
nkk
kkkk
k
αβ
αβαβ
+=
+=
+=
+−+
cos2
**
( ) ( )nun
nx
e
A
on
j
−
=→
=
−=
=+=
565.714
cos2
110
2
1p
565.71
102
1
4
9
4
1
41
1
π
απ
* Multiple Poles
)(2)1( 1
11 nunp
pz
pzz n=
− −
−− |z| > |p|
211 )1)(1(
1)( −− −+
=zz
zX
21
1
11 )1(2
1
1
1
4
3
1
1
4
1−
−
−− −+
−+
+=
z
z
zz
x(n) = 1/4(-1)nu(n) + 3/4u(n) + [1/2n(1)n)]u(n)
= [1/4(-1)n + 3/4 + n/2]u(n)
Dekomposisi
∏
∏
∑
∑
=
−
=
−
=
−
=
−
−
−=
+=
N
kk
M
kk
oN
k
kk
M
k
kk
zp
zzb
za
zbzX
1
1
1
1
1
0
)1(
)1(
1)(
∑ ∑∑−
= =−−
−
=−
− +++
++
++=
NM
k
k
k kk
kokk
k k
kkk multipoles
zaza
zbb
za
bzc
0 12
21
1
11
11
21
11
Alternatif :
∏∏∏
=−−
−−
=−
−
−=
−
++++
++=
−
−M
k k
kkM
k k
ko
k
M
kk
o kzaza
zbzb
za
zbb
zp
zzb
12
21
22
11
11
1
11
1
1
1
1
1
)1(
)1(
One Sided Z-transform
1. Definisi :
∑∞
=
−+ =0
)()(n
nznxzX
)()( zXnx z +→←+
X+(z) punya sifat-sifat :
1. Tidak mempunyai informasi x(n) untuk n<0
2. Unik untuk sinyal kausal
3. ROC selalu ekterios dari sebuah lingkaran
2. Sifat-sifat :
Semua Z transform properties berlaku kecuali sifat shifting
Kasus 1.
Time delay
)()( zXnx z +→←+
( )kausal bila 0
0 ])()([)(1
nx
kznxzXzknxk
n
nkz
↓=
>−+→←−⇒ ∑−
+−+
Bukti :
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ...210x...
)2()1()([
110x...
)2()1()()(
)()]([
1
21
2100
0
+++++
−++−+−=
+−++++
−++−+−+−=
−=−
−−
−−−
−
−−−−
∞
=
−+ ∑
xxxxx
xkxxkxxkxz
kxxx
xkxxkxxkxxkx
zknxknxZ
o
kkk
k
n
n
+= ∑
−
−=
+−−k
l
lk zXzlxz1
)()( dst.
Contoh :
a. 11
1)()()( −
+
−=→←=
+
azzXnuanx zn
b. x1(n) = x(n-2) di mana x(n) = an
])2()1()([))2(( 212 zxzxzXznxZ −+−+=− ++−+
)2()1()( 12 −+−+= −+− xzxzXz
karena x(-1) = a-1
x(-2) = a-2 dan 11
1)( −
+
−=
azzX
21111
2))2(( −−−
−+ ++
−−=−⇒ azaaz
znxZ
Secara intuitif :
( ) 0 z
])1(...)1()([)(k-
11
>+
−+++−+−=−+
+−−+
kzX
zxzkxkxknxZ k
Kasus 2. Time Advanced
)()( zXnx z +→←+
0k )()()(1
0>
−→←− ∑
−
=
−++ k
n
nkz znxzxzknx
Bukti :
∑ ∑∞
=
∞
=
−−+ =+=+0
)()()(n kl
lkn zlxzzknxknxZ
sedangkan
∑∑ ∑∞
=
−∞
=
−
=
−−+ +==kl
l
l
k
l
ll zlxzlxzlxzX )()()()(0
1
0
−=+⇒ ∑
−
=
−++1
0
)()()(k
l
lk zlxzXzknxZ
Contoh :
Bila x(n) = an, cari Z+x(n+2)
Jawab:
])1()0()([)2( 12 −++ −−=+ zxxzXznxZ
zxzxaz
z)1()0(
12
1
2
−−−
= −
Asymtotic
)()( zXnx z +→←+
)()1()( limlim zXznxnn
+
∞→∞→−=⇒
limit exist bila ROC (z-1)X+(z) mengandung |z| = 1
Contoh :
)()( nudnh n= |α | < 1
cari nilai step sequence dari n→∞
Y(z) = H(z) X(z)
11
1)( −−=
zzX
11
1)( −−=
zzH
α
1:ROC )(
)()1())(1(
)(22
=−
=−⇒−−
= zz
zzYz
zz
zzY
αα
Karena |α | < 1 → ROC mengandung |z| = 1
αα −=
−=
→∞→ 1
1
)()(
2
1limlim
z
zny
zn
Solusi dari Difference Equation
Deret Fibonacci : 1, 1, 2, 3, 5, 8, …
Cari close formnya :
y(n) = y(n-1) + y(n-2)
Kondisi awal
y(0) = y(-1) + y(-2) = 1
y(1) = y(0) + y(-1) = 1
⇒ y(-1) = 0 dan y(-2) = 1
[ ] [ ]121 )1()2()()1()()( −+−+−+ −+−++−+= zyyzYzyzYzzY
12
21
1
12
2
21 1111
1)( −−−−
+
−+
−=
−−=
−−=⇒
zP
A
zP
A
zz
z
zzzY
Inversi :
2
511
+=P2
512
−=P
51
1
PA =⇒
52
2
PA −=
)(2
51
53
51
2
51
52
51)(
3
nunyn
−−−
++=⇒
( ) ( )[ ] )(51512
1
5
1 y(n)
111
nunn
n++
+
−−+
=⇒
• Tentukan respons step dari
y(n) = αy(n-1) + x(n) |α | < 1
dengan kondisi awal y(-1) = 1
jawab :
[ ] )()1()()( 1 zXyzYzzY ++−+ +−+=α
)1(
1
1)(
11 −−+
−+
−=⇒
zzzY
ααα
)(1
1)()(
11 nununy
nn
ααα−
−+=+
+
( ) )(11
1 2 nun+−−
= αα
Analisa sistem LTI di kawasan Z
• Response dari sistem yang memiliki fungsi-fungsi sistem,
yang rasional
)(
)()(
zQ
zNzX =
)(
)()(
zB
zAzH =
Bila kondisi awal = 0, y(-1) = y(-2) = …y(-N) = 0
)()(
)()()()()(
zQzA
zNzBzXzHzY ==⇒
1. Bila poles
- sistem : p1, p2, …, pN
- sinyal : q1, q2, …, qL
pk = qm
k = 1, 2, …N
m = 1,2,…,L
2. Bila tidak ada zero yang membuat terjadi pole-zero
cancelation, maka
( )
( ) ( )
Response Forced response Natural
)()()(
11
11
1 111
↓↓
+=⇒
−+
−=
∑∑
∑ ∑
==
= =−−
L
k
nkk
N
k
nkk
N
k
L
k k
k
k
k
nuqQnupAzY
zq
Q
zp
AzY
Perlu dicatat bahwa Ak = f1 (pk,qk)
Qk = f2 (pk,qk)
Zero input → zero output →natural response = 0
Jadi natural response ≠ zero input response untuk nilai
relaxed.
• Kasus multiple order poles → kasus seperti pada section
3.4.2, yakni :
⇒ Y(z) mengandung term ( )kl zp 11
1−−
k = 1, 2, …,m
→ y(n) mengandung term nk-1pln
• Response dari sistem pole-zero dengan initial conditions
non zero
Misalkan x(n) diterapkan pada n = 0 dan y(-1), …, y(-N) ≠ 0
Cari y(n), n ≥ 0
)()()()()(
)()()(
011
1 0
zXzXzbznyzYzazY
knxbknyany
M
k
kk
k
n
nN
k
kk
N
k
M
kkk
=+
−+−=
−+−−=
∑∑∑
∑ ∑
=
+−
=
+
=
−+
= =
∑
∑ ∑
∑
∑
=
−
= =
−
=
−
=
−
+
+
−−
+=⇒
N
k
kk
N
k
k
n
nkk
N
k
kk
M
k
kk
za
znyzazX
za
zbzY
1
1 1
1
0
1
)()(
1)(
)(nh)(nx )(ny
LCCDE
( ) ( )zz
zA
zNzXzH o
+
⇓⇓
+=
zizs Y Y
)(
)()()(
Yzs(z) = H(z)X(z)
...,
)(
)(
21 pp p
zA
zNY
N,,
ozi
↓
=+
⇒ y(n) =yzs(n) + yzi(n)
∑=
=N
k
nkkzi nupDny
1
)()()(
kk'k
L
k
nkk
N
k
nkk
DA A
nuqQnupAny
+=
↓
+=⇒ ∑∑==
)()()()()(11
'
⇒ efek dari initial condition adalah mengalter response
natural dengan mengubah amplitudo menjadi A1k, tetapi
tidak ada efek pada forced response.
Contoh :
y(n) = 0.9 y(n-1) - 0.81 y(n-2) + x(n)
Cari response unit step
Init :
a. y(-1) = y(-2) = 0
b. y(-1) = y(-2) = 1
Jawab :
a. Relaxed
a1 = 0.9 a2 = 0.81 bo=1
−
+−=⇒ −−− 121 1
1
81.09.01
1)(
zzzzY
( )( )( )112
11 1
1
11
1−−− −−−
=zzpzp
3/1 9.0 πjep =
3/2 9.0 πjep −=
113/13/ 1
099.1
9.01
049.0542.0
9.01
049.0542.0)()( −−−− −
+−
++−
−==zze
j
ze
jzYzY
jjzs ππ
→ y(n) =[1.099 + 1.088(0.9)ncos (πn/3 -5.2o)]u(n)
b. Untuk y(-1) = y(-2) = 1
21
1
81.09.01
81.009.0
)(
)()( −−
−
+−−==
zz
z
zA
zNzY o
zi
13/13/ 9.01
4936.0026.0
9.01
4936.0026.0−−− −
−+−
+=ze
j
ze
jjj ππ
⇒ yzi(n) = 0.988(0.9)ncos(πn/3 + 87o)u(n)
⇒ Y(z) = Yzs(z) + Yzi(z)
13/13/1 9.01
445.0568.0
9.01
445.0568.0
1
099.1−−−− −
−+−
++−
=ze
j
ze
j
z jj ππ
⇒ y(n) = [.099 u(n) + 1.44(0.9)ncos(πn/3 +38o)]
Transient & steady-state Responses
• ∑=
=N
k
nkknr nupAny
1
)()()(
|pk| < 1 → ynr(n) decays
In this case → ynr(n) → transient response
Bila pole dekat |z| = 1 → lama decay nya
• )()()(1
nuqQny nk
L
kkfr ∑
==
bila |qk| < 1 → yfr decays → transient response
tapi bila |qk| = 1 → yfr sinusoid → steady state
↓
never decays
→ supaya y(n) ss, x(n) mesti ada terus , n>0
contoh :
Cari transient dan steady state response dari
y(n) = 0.5y(n-1) + x(n)
x(n) = 10 cos (πn/4)u(n)
y(-1)= 0 → relaxed
15.01
1)( −−
=→z
zH → pole p = 0.5
21
1
21
21
)1(10)( −−
−
+−
−=→
zz
zzX
→ Y(z) = H(z) X(z)
14/
7.28
14/
7.28
1 1
78.6
1
78.6
5.01
3.6−−
−
− −+
−+
−=
ze
e
ze
e
z j
j
j
j oo
ππ
↓ ↓
milik H(z) milik X(z)
→ ynr(n) = 6.3 (0.5)nu(n)
→ [ ] )(78.6)(78.6)( 4/7.284/7.28 nueeeeny njjnjjfr ππ −− +=
= 13.56 cos (πn/4 - 28.7o)u(n) n ≥ 0 → persist
Kausalitas dan Stabilitas
• Kausalitas
h(n) = 0
n < 0 → ROC eksterior dari sebuah lingkaran
LTI causal system ⇔ ROC eksterior dari lingkaran r < ∞,
termasuk z = ∞
• BIBO
∞<∑∞
−∞=n
nh )(
∑∞
−∞=
−=n
nznhzH )()(
n
nn
n znhznhzH −∞
−∞=
∞
−∞=
− ∑∑ =≤⇒ )()()(
∑∞
−∞=≤⇒
n
nhzH )()(
Jadi bila BIBO stable, maka |z| = 1 ada di ROC, tebakannya
juga benar.
BIBO stabil ⇔ |z| = 1 ∈ ROC
Bila causal → ROC eksterior r
Stabil → |z| = 1 ∈ ROC
Maka |z| > r < 1
→ semua pole harus ada di dalam unit circle
Contoh :
112121
1
31
2
1
1
5.15.31
43)( −−−−
−
−+
−=
+−−=
zzzz
zzH
cari ROC dari h(n) agar
a. stabil
b. causal
c. anticausal
Jawab :
Systems has poles z = 1/2 & z = 3
a. stabil → ROC harus termasuk unit circle,
1/2 < |z| < 3 → h(n) = (1/2)nu(n) - 2(3)nu(-n-1)
b. causal → ROC > |z| > 3
h(n) = (1/2)nu(n) + 2(3)nu(n)
c. anti causal → ROC : |z| < 0.5
h(n) = -(1/2)nu(-n-1)-2(3)nu(-n-1)
(the systems is unstable)
* Pole - Zero Cancellations
Contoh :
Cari unit sample response δ(n) dari sistem berikut ini :
y(n) = 2.5y(n-1) - y(n-2) + x(n)-5x(n-1) + 6x(n-2)
solusi :
)21)(1(
651
5.21
651)(
1121
21
21
21
−−
−−
−−
−−
−−+−=
+−+−=
zz
zz
zz
zzzH
⇒ poles p1 = 1/2, p2 = 2
( )( )1121
21
211
651)()()( −−
−
−−+−==
zz
zzzXzHzY
Signal System
−
+−
=2
21 z
B
z
Az
⇒ A = 5/2 B = 0
ada zero yang mengcancel z-2
Zeros : z = 2 z = 3
121
1
211
21
1
1
5.21
3
1
31)( −
−
−
−
−−=
−−=
−−=
z
z
z
z
z
zzH
( ) )(5.2)()(1
21 nunnh
n−−= δ
)1(3)()1()( 21 −−+−= nxnxnyny
⇒ terjadi cancelation
- Cari response
)()2()1()(21
65 nxnynyny +−−−=
)1()()(31 −−=⇒ nnnx δδ
( )( )1311
212
211
65 11
1
1
1)( −−−− −−
=+−
=zzzz
zH
1311)( −−= zzX
( ) )()(1
1)(
21
121
nunyz
zYn=→
−= −
⇒ mod (1/3)n ditekankan sebagai hasil dari pole-zero
cancellation
* Multiple pole
Pole on unit circle can be dangerous
Contoh :
)()1()( nxnyny +−=
11
1)(
1=→
−=⇒ − kz
zzH
bila 11
1)()()(
1=→
−=→= − kz
zzXnUnX
( )211
1)(
−−=→
zzY
)()1()( nunny += → unstable
kasus multiple pole :
)()( nupnA nk
bk
0 ≤ b ≤ m-1, m orde dari pole
(pk)n dominates nb
→ bila |pk| < 1 → telah stabil
⇒ yang berguna : digital oscilators (marginaly stable)
Stability test :
Nn zazazA −− +++= ...1)( 1
1
roots dari A(z) harus ada dalam unit circle
(lihat Schur-Cohn hal 213!)
* Stabilitas untuk sistem orde-2
⇒ penting karena pembangun ("basic building block")
)()2()1()( 21 nxbnyanyany o+−−−−=
22
111)(
)()( −− ++
==zaza
b
zX
zYzH o
212
2
azaz
zbo
++=
4
4
2, 2
211
21
aaapp
−±−=
determinan 4 22
1 aa −=∆
BIBO stable → |p1| < 1 |p2| < 1
Karena )()( 2111211 ppppppa +−=+−=
212 ppa =
maka → 121212 <== pappa
dan 211 aa +=
merupakan syarat kestabilan segitiga kestabilan
* 22
1 4aa >
12
21
1
1
11)( −− −
+−
=zp
A
zp
AzH
21
11 pp
pbA o
−=⇒
21
22 pp
pbA o
−−=
( ) )()( 12
11
21
nupppp
bnh nno ++ −
−=⇒
⇒ difference dari two decays exp. Sequence
* 2
4 121
221
apppaa −===⇒=
( )211)(
−−=
pz
bzH o
)()1()( nupnbnh no +=⇒
↓ ↓
ramp decays exp.
* 22
1 4aa <
1
*
11*
*
1 1111)( −−−− −
+−
=−
+−
=zre
A
zre
A
zp
A
pz
AzH
oo jj ωω
πωω <<= ojreP 0
22
1 cos2
ra
ra o
=
−= ω
( ) o
jo
jj
joo
j
eb
eer
reb
pp
pbA
o
oo
o
ω
ω
ωω
ω
sin2*=
−=
−= −
( )o
norb
nhωsin
=⇒
( ) )()1(sinsin
nunrb
oo
no ωω
+=
↑ osilasi
Kuliah 4
Analisa frekuensi
1. Sinyal kontinu : Periodic dan APeriodic
• Periodic
kSeriesFourier ctx →←)(
Periode o
p TT
1=
→ Inverse
∑∞
−∞==
k
tkFjk
oectx π2)(
↓ ↓building block
linear combination k = …, -2, -1, 0, 1, 2, …
→ Forward → inner product
dtecedtetxpo
o
oo
po
o
o
Tt
t k
tkFjk
tlFjTt
t
tlFj ∫ ∑∫+ ∞
−∞=
−+
−
= πππ 222)(
( )( ) ( ) oopoo
o
poopo
o
o
tlkFjTtlkFj
t
Tt
k o
tlkFj
k
Tt
t
tlkFj
kk
ee
lk
lkFj
ecdtec
−+−
+∞
−∞=
−+−∞
−∞=
=
≠↓
−
= ∑∫∑
ππ
ππ
π
22
)(2)(2
karena
bila 0
)(2
tapi bila k=l
p
Tt
t o
po Tt
Tttdt
po
o
=+
=→ ∫+
Jadi ∑ ∫∞
−∞=
+−
k
Tt
t
tlkFjk
po
o
o dtec )(2π
∫+
−=⇒po
o
o
Tt
t
tkFj
pk dtetx
Tc π2)(
1
⇒ ingat to bisa di mana saja di support t
• Masalah konvergensi deret Fourier
∑∞
−∞=k
tkFjk
oec π2
Dirichlet Condition menjamin konvergen
⇒ series ini = x(t) kecuali pada t
di mana x(t) diskontinu, di mana deret ini konvergen
ke mid point (average ke situ).
→ kondisi/syarat : x(t)
- finite number of discontinuitas dalam setiap perioda
- finite number of maximum/minimum dalam setiap
perioda
- absolutely integrable
∫ ∞<pT
dttx |)(| *)
• Kondisi lebih longgar
∫ ∞<pT
dttx 2|)(| **)
↓energi
menjamin energi dari e(t) = x(t) - deret ⇒ 0
meskipun x(t) ≠ deret
*) ⇒ **) but not vv
• Variant dari ck
1. Ck ∈ C Bila x(t) adalah sinyal real , ck = ck *
kjkk ecc θ||=⇒
kjkk ecc θ−
− =⇒ ||
( )kk jjkkk eeccc θθ −
− +=+ ||
kkc θcos||2=
series :
∑∞
=++=
1
)2cos(2)(k
koo tkFctx θπ
bila co real → x(t) real
2. kokoko tkFtkFtkF θπθπθπ sin2sincos2cos)2cos( −=+
∑∞
=−+=
1
)2sin2cos()(k
okoko tkFbtkFaatx ππ
↓ ↓ ↓
co 2|ck|cosθk 2|ck|sinθk
• Power density spectrum atau power spectrum
⇒ x(t) periodik → energi tak hingga → daya Px
∫=pTp
x dttxT
P 2|)(|1
dalam term ck
ingat *xxx =
∫=pTp
x dttxtxT
P )(*)(1
∫ ∑∞
−∞=
−=p
o
T k
kFjk
p
tdtectxT
π2*)(1
k
k T
tkFj
pk
c
dtetxT
cp
o
)(1 2*
↓
= ∑ ∫
∞
−∞=
− π
∑∞
−∞==
kkc 2|| → Parseval's relation
⇒ artinya : x(t) = series dari harmonics
...... 222
21
21
222 ++++++ −
−−
−tFojFotjFotjtFoj eCeCCoeCeC ππππ
|ck|2 adalah daya dari komponen pada frekuensi kFo
• Alternatif :
Plot magnitude spectrum + phase spectrum
kjkk ecc θ||=
Ctt → PDS tidak mengandung info θk, jadi tidak sempurna.
Bila x(t) real, periodik c-k =ck*
⇒ |ck|2 = |ck
*|2 → power spectrum symetric/even
→ Magnitude sp. Symetric/even
power density spectrumIckI
2
......
0 Fo 2Fo 3Fo 4Fo 5FoFrekuensi,F-Fo-2Fo-3Fo-4Fo-5Fo
→ Phase sp. Odd function
→ Jadi cukup mengetahui positive frequency
∑ ∑∞
=
∞
=++=+=
1 1
22
21222 )(||2
k kkkokox baacCP
Problem :
Tentukan Fourier series dan PDS dari pulsa rectangular train
Solusi :
→ x(t) ini periodik dengan periode dasar Tp ⇒ Fo = 1/Tp
jadi bisa menggunakan deret Fourier
→ even signal x(t) = x(-t) → pilih interval integrasi
dari -Tp/2 s.d. Tp/2
→ menghitung Ck
pp
T
Tp T
AAAdt
Tdttx
TCo
p
p
τ
τ
ττ
τ====
−−−∫∫
2/
2/2/
2/
2/
2/
1)(
1
⇒ dc component
2/
2/22/
2/
)(2
2
1
τ
τπτ
τ
π
π −−
−
−
== ∫o
ktFj
p
tkFj
pk kFj
e
T
AdtAe
Tc
o
o
......
-Tp Tp-τ/2 τ/2
2j
sin
2
jxjx
tkFjtkFj
pok
eex
j
ee
TkF
Ac
oo
−
−
−=
↓
−=⇒ππ
π
)sin( τππ o
pok kF
TkF
Ac = k = ±1, ±2, …
Φ=ΦΦ
csinsin
( ) sinc)sin( τπτ
τπτπτ
opo
o
pk kF
T
A
kF
kF
T
Ac ==⇒
↓ ∅ k
∅ k bernilai diskrit karena Fo dan τ fixed bergantung k
tapi bila ∅ kontinu
-20 -15 -10 -5 0 5 10 15 20-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
» clear
» x=-5*pi:0.001:5*pi;
» y=sinc(x);
» plot(x,y);
sinc ∅
- decays to zero as |∅ | → 0
- bernilai nol pada ∅ = mπ, m = ±1, ±2, …
Jadi ∅ k adalah sample dari ∅ pada posisi (πFoτ)k. Jadi ck
adalah sample dari sin∅ pada posisi tersebut dengan amplitudo
terskala sebesar Aτ/Tp
Ctt.
Karena x(t) even → ck real → fase spectrum
0 →ck positive
π → ck negative
kjkk ecc θ||= → jadi plot saja ck tanpa perlu phase
dan magnitude
• Fix Tp dan varies τ
» a=1;
» tp=1;
» tau=0.05;
» x=-7*pi:1:7*pi;
» y=((a*tau)/tp)*sinc(x*tau);
» stem(x,y);
» axis([-7*pi 7*pi -0.1 0.3]);
-20 -15 -10 -5 0 5 10 15 20-0.1
-0.05
0
0.05
0.1
0.15
0.2
0.25
0.3
-20 -15 -10 -5 0 5 10 15 20-0.1
-0.05
0
0.05
0.1
0.15
0.2
0.25
0.3
» a=1;
» tp=1;
» tau=0.1;
» x=-7*pi:1:7*pi;
» y=((a*tau)/tp)*sinc(x*tau);
» stem(x,y);
» axis([-7*pi 7*pi -0.1 0.3]);
• Fix τ, vary Tp
» a=1;
» tp=1;
» tau=0.2;
» x=-7*pi:1:7*pi;
» y=((a*tau)/tp)*sinc(x*tau);
» stem(x,y);
» axis([-7*pi 7*pi -0.1 0.3]);
-20 -15 -10 -5 0 5 10 15 20-0.1
-0.05
0
0.05
0.1
0.15
0.2
0.25
0.3
Perhatikan, bila k≠0 dan sin(πkFoτ), ck = 0
Padahal pada kFo tertentu
(π(kFo)τ = mπ, m= ±1, ±2, …)
⇒ sin πkFoτ = 0 ⇒ ini terjadi pada kFo = m/τ
Contoh :
Bila Fo = 4 Hz dan τ=0.2Tp, (τ = 0.2/4=0.1/2)
ck = 0 pada kFo = m.2/0.1 = 20m
→ kFo = ±20, ±40, ±60, …
→ pada k = ±5, ±10, ±15, …
PDI
=
=
)(sin
0,
||2
2
2
2
τπτ
τ
op
pk
kFcT
A
kT
A
c
FT - CT-AP
Fourier Transform Continuous Time aperiodik
)()( lim txtx pTp ∞→
=
∑= tkFjkp
okctx )(2)( π Fo =1/Tp
dtetxT
c tkFjT
Tp
pk
o
p
p
)(22/
2/
)(1 π−
−∫=
dtetxT
c tkFj
pk
o )(2)(1 π−
∞
∞−∫=
⇒ Tp → ∞ → kFo → F
Definisi ∫∞
∞−
−= dtetxFX Ftj π2)()(
Maka dalam bahasa X(F)
)()()(1
ooooop
k kFXFkFXFkFXT
c ===
kpp
o cTT
kXkFX =
=)(
→ ck adalah sampling dari X(F), pada setiap Fo dan diskala
sebesar Fo
Mencari x(t) dari X(F)
tkFj
k ppp
oeT
kx
Ttx π21)( ∑
∞
−∞=
=
)()( lim txtx pTp ∞→
= Fo= ∆F= 1/Tp
∑∞
−∞=
∆ ∆∆=k
Ftkjp FeFkXtx π2)()( k∆F → F
∫∞
∞−∞→== )()()( 2lim txdFeFXtx Ftj
pTp
π
Fourier Transform untuk Analog Periodic
x(t)
-Tp/2Tp Tp/2 Tp
x(t)
-Tp/2 Tp/2 t
t
(a)
(b)
X(F)
(k-1)Fo
kFo
∫∞
∞−
−= dtetxFX Ftj π2)()(
∫∞
∞−= dteFXtx Ftj π2)()(
Ω = 2πF
∫∞
∞−
Ω ΩΩ= deXtx tj)(2
1)(
π
∫∞
∞−
Ω−=Ω dtetxX tj)()(
EDS
∫∞
∞−
= dtFXEx2|)(|
∫∞
∞−
= dFFX 2|)(|
↓ Sxx(F) EDS
F∆ F
xxS
( )τπ
τπττ
τ
πF
FAdtAeFX Ftj sin2/
2/
2 == ∫−
−
ctt.
( )
==
ppo
pk T
kX
TkFX
Tc
11
» t=-2:1/1000:2;
» tau=0.5;
» y=rectpuls(t,tau);
» subplot(3,1,1);plot(t,y);
» tau=1;
0 τ/2
X(F)
Aτ
0 1/τ 2/τ-1/τ-2/τ F
−τ/2
A
x(t)
» y=rectpuls(t,tau);
» subplot(3,1,2);plot(t,y);
» tau=2;
» y=rectpuls(t,tau);
» subplot(3,1,3);plot(t,y);
» axis([-2 2 0 1.2]);
» subplot(3,1,1);
» axis([-2 2 0 1.2]);
» subplot(3,1,2);
» subplot(3,1,2);
» axis([-2 2 0 1.2]);
» a=1;
» tp=1;
» t=-8:1/1000:8;
» tau=0.5;
» y=((a*tau)/tp)*sinc(t*tau);
» subplot(3,1,1),plot(t,y);
» tau=1;
» y=((a*tau)/tp)*sinc(t*tau);
» subplot(3,1,2),plot(t,y);
» tau=2;
» y=((a*tau)/tp)*sinc(t*tau);
» subplot(3,1,3),plot(t,y);
-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 20
0.5
1
-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 20
0.5
1
-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 20
0.5
1
-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8-0.5
0
0.5
-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8-0.5
0
0.5
1
-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8-1
0
1
2
Discrete Time
Periodic
nN
kj
k es
=π2
, k = 0, 1, …, N-1
∑−
==
1
0
)(N
kkk scnx
Mencari ck :
factor scaling
, *
↓
= Gsxc kk
∑ ∑ ∑−
=
−
=
−
=
−
−
==1
0
1
0
1
0
)(22
),(N
n
N
n
N
k
N
nlkj
k
nn
kj
ecenxππ
1
0
20
1
0
2
1
0
1
0
2
∑
∑ ∑
−
=
−
−
=
−
=
−
=⇒
±±=−
=
↓
N
n
nn
kj
k
N
k
N
n
N
nl)((j
k
x(n)eN
c
,else
NN,,lN ,k
ec
( )2
2 sin)(
=
Ft
FtAFSxx π
πτ
Discrete Signal : Periodic
( ) ( )Nnxnx
nSecnxN
kk
nN
kj
k
+=↓
== ∑−
=
relately harmonical
)()(1
0
2π
Ingat :
∑−
=
≠−
−=
=1
0 1,1
11,N
n
Nn
aa
aaN
a
maka ±±=
=∑−
=
otherwise
NNkNe
N
n
n
kj
n
,0
2,,0,1
0
2π
( )
njn
N
kj
k
N
n
Nknjk
keens
nx
enxN
c
ωπ
π
==
↓
=
−
=
−∑
2
1
0
/2
)(
pada fasadan amplitudo
)(1
∑
∑
−
=
−
−
=
+−+
==
=
1
0
2
1
0
)(2
)(1
)(1
N
nk
nN
kj
N
n
N
nNkj
Nk
CenxN
enxN
C
π
π
karena
∑ −
n
N
nkj
nj eenxN
ππ 22)(
1
Contoh :
Cari spektrum dari :
a. nnx π2cos)( =
b. nnx3
cos)(π=
c. )4()( += nxnx , x(n) = 1, 1, 0, 0
Jawab :
a. 2
12 =→= oo fπω → non periodic
b. fo = 1/6 → x(n) periodic N = 6
( )
( )
02
1
2
12
1
2
1
6
2cosingat
5,...,1,0 6
1
432
51
6/26/2
5
0
6/2
====
==→
+==
==
−
=
−∑
cccc
cc
een
nx
kenxc
o
njnj
n
knjk
ππ
π
π
Spectrum
f2
1
c. ∑=
−=
3
0
42
)(4
1
n
nk
j
k enxCπ
+=
− kje 4
21
4
1π
, k = 0, 1, 2, 3, …
+=→
−21
4
1k
j
k eCπ
Co = 1/2 C1 = 1/4(1-j) C2 = 0 C3 = 1/4(1+j)
∑ ∑−
=
−
===
1
0
1
0
22 |||)(|1 N
n
N
kkx cnx
NP
energy |||)(|1
0
1
0
22 →== ∑ ∑−
=
−
=
N
n
N
kkN cNnxE
Contoh:
Cari deret Fourier dan PDS
10 ,1
)(1 1
0
21
0
/2 ,...N-kAeN
enxN
CL
n
nN
kjN
n
Nknjk === ∑∑
−
=
−−
=
− ππ
2kc
kN-121
Ingat :
( )Nk
NkLe
e
e
N
A
kLN
A
neN
ACk
NLkj
L
nNkj
NkLjN
kj
/sin
/sin
1
1
0,
/)1(2
1
0/2
/2
2
πππ
π
ππ
−−
−
=−
−
=
↓
−−
==
= ∑
= 22
2
2
/sin
/sin||
Nk
NkL
N
A
N
AL
Ck
ππ
x(n)
n
A
-N N0 L
Discrete Time
Aperiodic
Definisi FT
integer )2()(
,)()( *
=+=↓
== ∑∞
−∞=
−
kkXX
sxenxXn
nj
πωω
ω ω
Cari x(n) → ssxnx ∑= *,)(
∑
∫ ∑∫
−=
−
∞→
−
−∞
−∞=−
=
↓
=
N
Nn
njN
NN
njnj
n
nj
enxX
X
deenxdeX
ω
π
π
ωωπ
π
ω
ω
ω
ωωω
)()(
)(
)()(
lim
Asumsi konvergen
( )mx
nm
denxdenxn n
nmjnmj
π
π
ωωπ
π
π
π
ωω
2
0 ,0
,2
)()( )()(
= =
=
↓
== ∫ ∑ ∑ ∫−
∞
−∞=
∞
−∞= −
−−−
∫−
=⇒π
π
ω ωωπ
deXnx nj)(2
1)(
ctt.
1,...,0 2 −==
NkNCk
NX k
π
Aperiodic
∑∞
−∞=
−=n
njenxX ωω )()(
∑∞
−∞=
+− ==+n
nkj XenxkX )()()2( )2( ωπω πω
∫−
=π
π
ω ωωπ
deXnx nj)(2
1)(
Contoh :
∫−
==c
c
cnj
n
ndenx
ω
ω
ω
πωω
πsin
2
1)(
πωcx =)0(
Fenomena Gibbs
( )ωπωω ωω
N
nj
n n
cnj
X
en
nenxX
sin)()(
=↓
== −∞
−∞=
∞
−∞=
−∑ ∑
π/ωc
x(n)
ωc/π
−π/ωc n
1
X(ω)
0 ωc−ωc−π π
Energy Density Spectrum
∑ ∫∞
−∞= −==
nx dXnxE ωω
π
π
π
22 |)(|2
1|)(|
)(|)(|)( ωθωω jeXX =2|)(|)( ωω XSxx =
→ real → symmetry
)()( ωω −= xxxx SS
ωω ()( XX =−
)()( ωω XX −∠=−∠
Cari Sxx(ω) dari
x(n) = anu(n) |a| < 1
( )∑ ∑∞
=
∞
=
−− ==0 0
)(n n
jnjn naeeaX ωωω
bila |a| < 1 → ωωjae
X −−=
1
1)(
( )( )ωωωωωjjxx
aeaeXXS
−−== − 11
1)()()( *
2cos21
1
aa +−=
ω
» n=0:1:20;
» y=0.5.^n;
» subplot(2,1,1);stem(n,y);
» y=(0,5).^n;
» y=(-0.5).^n;
» subplot(2,1,2);stem(n,y)
» Sxx=1./(1-2*a*cos(w)+a^2);
» a=0.5;
» w=-pi:0.1:pi;
» Sxx=1./(1-2*a*cos(w)+a^2);
» subplot(1,1,1);subplot(2,1,1);plot(w,Sxx);
» a=-0.5;
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 200
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20-0.5
0
0.5
1
» Sxx=1./(1-2*a*cos(w)+a^2);
» subplot(2,1,2);plot(w,Sxx);
Contoh :
−≤≤
=otherwise
Lnnx
,0
10,)(
cari X(ω) dan Sxx(ω) !
∑ ∑∞
−∞=
−
=∞<==
n
L
n
ALAnx1
0
||||)(
→ transform exist
LAEx2||=
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 40
1
2
3
4
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 40
1
2
3
4
∑−
=−
−−
−−==
1
0 1
1)(
L
nj
Ljnj
e
eAAeX ω
ωωω
)2/sin(
)2/sin()1)(2/(
L
LAe Lj ωω −−=
2/sin
2/sin)1(
2)(
ωωωω L
LAX ∠+−−∠=∠
» A=1;
» w=-pi:0.05:pi;
» l=5;
» Xw=A*(1-exp(-j*w.*l))./(1-exp(-j.*w));
» subplot(1,1,1);subplot(2,1,1);plot(w,abs(Xw));
» subplot(2,1,2);plot(w,angle(Xw));
Perhatikan kNckN
X =
π2
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 40
1
2
3
4
5
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4-4
-2
0
2
4
Hubungan FT dengan Z-Tranzform
∑∞
−∞=
−=n
nznxzX )()( ROC : r2 < |z| <r1
z = rejω
Perhatikan :
[ ]∑∞
−∞=
−−= =
n
njnrez
ernxzX jω
ω )()(
⇒ Fourier Transform dari x(n)r-n
ctt.
Bila unit circle ada di ROC :
Pilih r = 1
ωω jezzXX == )()(
Catatan FT exist bila ∑∞
−∞=∞<
n
nx |)(|
∑∞
−∞=∞<=
nx nxE 2|)(|
Z transform exist bila ∑∞
−∞=
− ∞<n
nrnx |)(|
- anu(n), |a| > 1 → ada daerah Z-transform exist, FT tidak
- n
nnx c
πωsin
)( = , ada daerah FT exist Z-transform tidak
Dua-duanya exist bila |z| = 1 ∈ ROC
Cepstrum
( ) ( )
1;10
: ROC ln
)()(
21
21
><<<<
=
↔
rr
rzr
zCzX
ncnx
x
x
!!
Deret Laurent
∑∞
−∞=
−==n
nxx znczXzC )()(ln)(
∫ −=c
nx dzzzX
jnc 1)(ln
2
1)(
π
Secara FT misal |z| = 1∈ ROC
∑∞
−∞=
−==n
njxx encXC ωωω )()(ln)(
∫−
=π
π
ω ωωπ
deXnc njx )(ln
2
1)(
Bila )(|)(|)( ωθωω jeXX =
)(|)(|ln)(ln ωθωω jXX +=
[ ]∫∞
∞−+=→ ωωθω
πω dejXnc nj
x )(|)(|2
1)(
∫∞
∞−= ωω
πω deXnc nj
m |)(|ln2
1)(
∫∞
∞−= ωωθ
πω
θ denc nj)(2
1)(
Extended FT
to Cover Signals with Poles on Unit Circle
FT are defined ( ) 1=zzH
unfortunately bila pole ada pada |z| = 1 → FT tidak exist
Misalnya :
11
1)( −−
=z
zX
21
1
cos21
cos1)( −−
−
+−−
=zz
zzX
o
o
ωω
→ gunakan impulse δ(ω) → magnitude ∞
- infinite angle
- zero width
- unit area
Jadi "abaikan" titik-titik pole
Contoh :
11
1)()()(
1 −=
−=→= − z
z
zzXnunx
→ pole di z = 1
ω0
Lim a → 0
1/aa
( )jjjjj
j
j
j
zeee
e
e
ezXX
221||
.1)()(
222ωωω
ω
ω
ω
ω−=
−=
−==
kecuali z=1 atau ω=0
( )
( ) ( )ωπδωπω
πωωωπωω
==
≠== −
1 ,2 di
2
2sin2
1
2sin2
22
Xk
kej
e jj
contoh :
x(n) = (-1)nu(n)
πjezz
zzX =−=→
+= 1
1)(2
↓ pole
untuk ω ≠ 2π(k+1/2)
( )22
1||2.11
)(22
2
ωω
ω
ω
ω
ωjj
j
j
j
zee
e
e
e
z
zX
−=+
=+
=+
=
2
2cos2
1 ω
ωj
e=
Contoh :
x(n) = cos ωonu(n)
21
1
cos21
cos1)( −−
−
+−−=
zz
zzX
o
o
ωω
( )( )oo jjo
j
ee
eX ωωωω
ω ωω +−−
−
−−−=
(( 11
cos1)( ω ≠ ± ωo + 2πk
Sampling Theory Revisited
Hubungan antar X(F) dengan X(ω)
• xa(t)
dtetxFX Ftjaa
π2)()( −∞
∞−∫=
dFeFXtx Ftjaa
π2)()( ∫∞
∞−=
• x(n)
∑∞
−∞=
−=n
njenxX ωω )()( atau ∑∞
−∞=
−=n
njenxfX /2)()( π
∫∫−−
==2/1
2/1
2)()(2
1)( dfefXdeXnx fnjnj π
π
π
ω ωωπ
∫∫∞
∞−−=== dFeFxnTxnxdfefX FnTj
aafnj ππ 2
2/1
2/1
2 )()()()(
ingat dFF
dfF
Ff
ss
1=→=
Sampling)(txa )(nxnT =
( )∫ ∫
−
∞
∞−=
2/1
2/1
22)(
1dFeFXdFe
F
FX
FsF
FsF
F nj
a
nj
ss
ππ
( )∑ ∫∞
−∞=
+
−
=k
Fk
Fk
nj
a
s
s
sFF
dFefX)(
)(
221
21
)(π
∑ ∫∞
−∞= −−=
k
F
F
nj
sa
s
s
sFF
dFekFFX2/
2/
2)(
π
∫ ∑−
−=2/
2/
2)(
s
s
sFFF
F k
nj
sa dFekFFXπ
∑∞
−∞=−=
→
ksas
s
kFFXFF
FX )(
[ ]∑∞
−∞=−=
ksas FKfXFfX )()( **)
bila B < Fs/2
( )
>
≤=
2
21
0
s
s
ssF
FFF
Fa
F,
F,X(F)X
Fs/2-Fs/2
∫−
=2/
2/
2)()(Fs
Fs
Ftjaa dteFxtx π
asumsi Fs = 2B= 1/T
∫ ∑−
−
=→
2/
2/
22)(
1)(
Fs
Fs
Ftjnj
sa dFeenx
Ftx Fs
Fππ
0
Xa(t)
t
0 nT
xa(n)=xa(nT)
-B B
Xa(F)
F
1
0
X(F/Fs)
Fs
Fs
0 Fs/2-Fs
FsXa(F)
FsXa(F+Fs) FsXa(F-Fs)
0 n
x(n)
T
t
)(ˆ txa
0
X(F/Fs)
-Fs Fs0 F
-Fs/2 Fs/20 F
)(ˆ FX a
∑ ∫∞
−∞= −
−=n
Fs
Fs
tFj
s
dFenxF
Fsn2/
2/
)(2)(
1 π
( )
( )nTtg
nTtT
nTxn
a
−↓
−= ∑
∞
−∞=
sinc)(π
Sampling Theory:
ioninterpolat ideal
)2(sincsinc)(
→
=
= BttT
tg ππ
f
1/2
-1/2
Fs/2 Fs-Fs/2-Fs F0
xa(t)
X(f)x(n)
Xa(F)
A/DA/D
D/AD/A
pasanganTransformasi Fourier
Xa(F)=TX(F/FS)IFsI ≤ F
∫−∞
∞
= dfefXnx fnj π2)()(
∑∞
−∞=
−=n
fnjenxfX π2)()(
pasanganTransformasi Fourier
∑∞
−∞=
−=k
sqs FkfXFfX )()(
Samplingx(n)=xa(nT)
∫∞
∞−
−= dtetxFX Ftjaa
π2)()(
∑∞
−∞= −−=
na TnTt
TnTtnxtx
/)(
/)(sin)()(
ππ
Rekonstruksi
∫∞
∞−
= dFeFXtx Ftjaa
π2)()(
Soal:
tFtx oa π2cos)( =
Sampling Fs, Fs/2 < Fo <Fs
Reconstruct : spectrum Xa(F)
Jawab :
spektrum
F0 Fs-FoFo-Fs
b)
1/2T
-Fs Fs
......
spektrum
F0 Fo
a)
1/2
-Fo
spektrum
F0 Fs-FoFo-Fs
c)
1/2
-Fs/2 Fs/2
spektrum
F0 Fo-FsFs-Fo
c)
1/2T
-Fs Fs Fo+Fs-Fs-Fo
spektrum
F0
Fo-FsFs-Foc)
1/2
-Fs/2 Fs/2
Concept of Bandwidth
Bandwidth : F1 ≤ F ≤ T2
95% power of energy
→ 95% bandwidth = T2 - F1
Narrow bandwidth
+≈−
210
112 12 FT
FF
Wide bandwidth
Bandlimited |X(ω)| = 0
Timelimited x(t) = 0, |t| > τ ωo < |ω| <π
Periodic time limited
Catat :
Tidak ada sinyal yang time limited sekaligus dengan band
limited
Xa(F)
F0
X(ωωωω)
0 ππππ−π−π−π−π
Xa(F)
F0
X(ωωωω)
0 ππππ−π−π−π−π
Xa(F)
F0
X(ωωωω)
0 ππππ−π−π−π−π
Sifat :
- symetry real signal
Real - Even
Sifat :
- Linear
- ( ) ( )∑ ∑→ ωαα iiii Xnx
( )( )
( )
( )
≥<=
<≥=
<=
−
0n 0
0n
0n 0
0n
X cari
1a
2
1
n
n
anx
anx
anxn
ω
even
odd
even
odd
odd
even
odd
even
signalsignal
imaginaryimaginary
realreal
Time domain Frequency domain
∑ ∑∞
−∞=
∞
=
−− ==n n
njnnj eaenxx0
1 )()( ωωω
( )∑∞
=−
−
−==
0 1
1
nj
nj
aeae ω
ω
( )∑∑∞
=
−−
−∞=
− ==1
1
2 )(k
Kj
n
njn aeeaX ωωω
( )∑∞
= −==
0 1kj
jKjj
ae
aeaeae ω
ωωω
2
2
cos21
1
11
1)(
aa
a
e
ae
aeX
j
j
j +−−=
−+
−= − ω
ω ω
ω
ω
• Time Shifting , Time reversal
( ) ( )
( ) ( )ωωω XXe
-n xn-k x
kj
−
↓↓
• Convolusi
)()()()( 2121 ωω XXnxnx ↔∗
Contoh :
Hitung convolusi x1(n) * x2(n)
1,1,1 1,1,1
( ) ( ) ωωω cos2121 +== xX
⇒ X(ω) = (1 + cos ω)2 = 1 + 4 cos ω + cos 2ω
= 3 + 2(ejω + e -jω) + (ej2ω + e -j2ω)
↑
=
5,4,3,2,1 x(n)
• Correlation
∑∞
−∞=−=
kxx nkxkxnr )()()( 2121
)()()( 2121ωωω XXS xx =⇔
)()( ωxxxx Slr ↔
Autocorrelation
• Frequency Shifting
)()( onj Xnxe o ωωω −↔
• Modulation
[ ])()(cos)(21
ooo XXnnx ωωωωω −++↔
- Parseval
- Multiplication
- Differentiation
−π π
X(ω)
1
π/2−π/2 2π−2π ω
ω
ω
0
0 π−π/2 π/2
1Y1(ω)
0 π/2 π−π/2
−π
−π
1
1/2
Y2(ω) = X(ω-π)
LTI Systems di Domain Frekuensi
Fungsi Frequency Respons
∑∞
−∞=
−=→k
knjAekhny )()()(
( )ω
ωω
H
eekhA nj
k
kj
)(
↓
= ∑
∞
−∞=
−
y(n) = AH(ω)ejωn
H(ω) → eigen value
ejωn → eigen vector/ eigen function
Contoh :
( ) )()(21 nunh
n=
input njAenx 2)(
π
=
→ cari )(2πH dulu
njAe ω)(ωH
)(ny
( )
fasaer tergesamplitudo tergeser
5
2)(
6.262
↑↑
=⇒− onj
Aenyπ
Secara umum :
)()()( ωθωω jeHH =
↓ = ∠ H(ω)
( ) ( )ωω
ωωω
IR
k k
jHH
kkhjkcokhH
sin)()()(
+↓↓
−= ∑ ∑
−
+= )(
)(tan
221
)()( ωω
ωω R
I
H
Hj
IR eHH
Ctt. HR(ω) = HR(-ω)
HI(ω) = -HI(-ω)
Contoh :
y(n) = 1/3 (x(n+1) + x(n) + x(n-1))
moving averages
→ h(n) = 1/3, 1/3, 1/3
( ) ( )( )ω
ωω ωω
R
jj
H
eeH
cos211)(31
31
↑
+=++=⇒ −
( ) 0 )cos21()(31 =+=→ ωωω IHH
)(
0
)(
)()(tan
ωωωωθ
RR
I
HH
H ==
Selama ( ) 0 0)( =→≥ ωθωRH
begitu ( ) ( ) negatif tan 0 ωθω →<RH
Jadi untuk input Aejωn
y(n) = A|H(ω)|ejθ(ω)ejωn = A|H(ω)|ej(ωn+θω)
- input Ae-jωn
njj eeHAny ωωθω −−−= )()()(
))( )(( ωθωω +−= njeHA
0 100 200 300 400 500 600 700-1000
0
1000
2000
3000
4000
5000
6000
7000
- input Acosωn
))(cos()()( ωθωω += nHAny
- input Asinωn
))(sin()()( ωθωω += nHAny
|H(ω)| = magnitude response
θ(ω) = phase response
Contoh :
x(n) = 10 - 5sinπn/2 + 20 cos ωπn
ωωje
H −−=
211
1)(
- untuk 10 → ω = 0 → H(0) = 2
- untuk π/2 → ω = π/2 → ( ) oj
je
eH 6.26
212 5
2
1
12
−−
=−
= ππ
- untuk π → ω = π → 3
2
1
1)(
21
=−
= − ππje
H
( ) ∞<<∞+−−=→ n- cos3
406.26sin
5
1020)(
2nnny o ππ
[ ]∑ ∑= =
++=⇒+=L
iiii
L
iiii nHAnynAnx
1 111 )(cos)()()cos()( ωθφωωφω
Steady state and transient response to sinusoidal signal
• bila x(n) diterapkan pada n = -∞ → tidak ada transien
• bila x(n) diterapkan pada n = 0 → muncul transient
Contoh :
y(n) = ay(n-1) + x(n) dan x(n) diterapkan pada n = 0
condition initial
0n )()1()(0
1
↓
≥−+−=→ ∑=
+ n
k
kn knxayany
assume x(n) = Aejωn n ≥ 0
∑=
−+ +−=n
k
knjkn eaAyany0
)(1 )1()( ω
transient decay to 1a karena
statesteady
0n 11
)1()1(1
1
→→<↑
↑
≥−
+−
−−= −−
+−++
φ
ωω
ωω
ωnj
jnj
j
njnn e
ae
Ae
ae
eAaya
Bila menyangkut input sinudoidal, apalagi bila |a| kecil, →
transient sering diabaikan → SS penting
• Steady state response terhadap sinyal periodic
10 )()(/21
0, ..., N- kecnxNnx
NknjN
kk ===+ ∑
−
=
πlet
Nknjkk ecnx /2)( π= ← komponen
cari response
→ ∑= )()( nxnx k
( )
( )N
k
nj
Nk
kkk
H
eHc(n)H( (((n)y Nk
πωω 2
22
=
↓
==
( )ny dari seriesFourier
2)()(
2
→↓
== ∑ ∑
k
k k
njkk
d
eN
kHcnyny N
kππ
⇒ LTI mengubah amplitudo dan menggeser fasa, tetapi tidak
mempengaruhi perioda N
• Response terhadap sinyal aperiodic
Y(ω) = H(ω) X(ω)
→ |Y(ω)| = |H(ω)||X(ω)|
∠ Y(ω) = ∠ X(ω) + ∠ H(ω)
→ H(ω) filter
→ X(ωi) = 0 → y(ωi) = 0
sistem tidak menambah frekuensi
∫∞
∞−= ωω
πωdeYny j)(
2
1)(
↑
jarang digunakan karena kalah populer dibanding Z-transform
Ctt.
|Y(ω)|2 = |H(ω)|2|X(ω)|2
Syy(ω) = (H(ω))2 Sxx(ω)
H(z) vs H(ω)
( )( )∏
∏
=
−
=
−
=−
−==
N
i
jk
M
k
jk
oez
ep
ezbzHH j
1
1
1
1)()(
ω
ω
ωω
Ctt.
( )( )
=
−
−=
∏
∏
=
=*
*
1
*
1
*
* 1
1
1)(
zH
ep
ezbH
N
k
jk
M
k
jo
ω
ω
ω
Jadi
ωωωωωω jezzHzHHHHHH =
−=−== )()()()()()()( 1*2
Menghitung H(ω)
( )( )
( )( )∏
∏
∏
∏
=
=−
=
−
=
−
=−
−=
−
−==
N
kk
j
M
kk
j
MNjoN
i
jk
M
k
jk
oez
pe
zeeb
ep
ezbzHH
k
k
j
1
1)(
1
1
1
1)()(
ω
ω
ω
ω
ω
ωω
)()( ωθω ω kjkk
j evze =−→
)()( ωφω ω jkk
j eupe =−→
maka )()...(
)()...()(
1
1
ωωωωω
N
Mo UU
VVbH =
∑ ∑= =
−+−+∠=∠M
i
N
iiio MNbH
1 1
)()()()( ωθωθωω
ω
ejω
Im(z)
Re(z)
zk
B
L
pk
A
C 0 1
Unit circle z = ejω atau IzI = 1
Im(z)
Re(z)
zk
L
pk
0 1
Unit circle
φk(ω)
UkVk θk(ω)
Contoh :
8.0)(
8.08.1
1)(
1 −=⇒
−±
−= − ω
ω
ωj
j
e
eH
z
z
zzH
ωω ω
ω
cos6.164.1
1
8.0)(
−=
−=→
j
j
e
eH zero z1 = 0
pole p1 = 0.8
8.0cos
sintan)( 1
−−= −
ωωωωθ
dalam decible :
∑ ∑= =
−+=M
k
N
kkkdB
UVbH1 1
1010 )(10log20)(log20log20)( ωωω
sum bukan ∏
Sistem LTI
sebagai Filter Berfrekuensi Tertentu
Y(ω) = H(ω) X(ω) → filter
↑
pembobot frekuensi/ Fungsi pengubah spektrum
Dengan mengubah-ubah ai dan bi, H(ω) dapat dibentuk dengan
berbagai response
* Magnitude Response
B
IH(ω)I
1
0 ωc−ωc π ω
Lowpass
−π
IH(ω)I
1
0 ωc−ωc π ω
Highpass
−π
* Phase response : linear
BP
Misal : <<=
−
otherwise
ceH
onj
,0
,)( 21 ωωωω
ω
C, no constants. Let X(ω) ada di [ω1,ω2]
Y(ω) = X(ω)H(ω)= CX(ω)e-jωno ω1 < ω <ω2
Dari sifat FT
IH(ω)I
1
0 π ω
Bandpass
−π
B
ω2
ω0ω1−ω2
−ω0−ω1
IH(ω)I
1
0 π ω
Bandstop
−π ω0−ω0
IH(ω)I
1
0 π ω
Bandstop
−π
y(n) = Cx(n-no)
Jadi output dari sistem ini adalah sinyal aslinya yang tergeser fasa
dan terskala. Kedua perubahan ini biasanya dapat ditoleransi
apabila terjadi pada sinyal seutuhnya.
Jadi filter-filter ideal mempunyai karakteristik linear di daerah
passband,
θ(ω) = -ωno
delay : ωωθωτ
d
dg
)()( −= → envelope delay/ group delay
→ τg(ω) adalah time delay dari komponen ω akibat filter.
Pada kasus fasa linear,
τg(ω) = no → semua komponen mendapat delay yang sama,
sehingga integritas sinyal terjaga.
Kesimpulan :
Passband filter-filter ideal :
- constant magnitude characteristic
- linear phase characteristic
Sayangnya ini hanya ada di dunia matematis
n
nnh c
ep ππωsin
)( = -∞ < n <∞
→ non causal, not absolutely summable → unstable
→ Dalam praktek, filter ini dijadikan pedoman ideal untuk
proses aproksimasi
→ Kita akan melihat bagaimana filter-filter dapat dibuat
berdasarkan penempatan pole dan zero. Prinsip utama : letakkan
ke dekat unit circle. Frekuensi sekitar zero akan diredam,
frekuensi sekitar pole akan diperkuat.
Selanjutnya :
- pole harus di dalam UC, zero bisa di mana saja
- pole/zero komplex harus berbentuk conjugate pairs agar
koefisien real
( )( )∏
∏
∑
∑
=
−
=
−
=
−
=
−
−
−=
+=
N
kk
M
kk
oN
k
kk
M
k
kk
zp
zzb
za
zbzH
1
1
1
1
0
0
1
1
1)(
bo dipilih agar |H(ωo)| = 1di pass, N ≥ M
LP, HP, BF Filters
• LP : Pole dekat ω = 0 di dekat UC
Zero dekat pada ω = π (high frequency)
1.
( ) ( )
( )
azazH
0 ,1Hagar gain
1
11
1
11
==↑
−−= −
ωω
2. Tambah zero z = -1 → atenuasi frequency response
( )1
1
21
1
2
1−
−
−+−=
az
zazH
→ highpass → folding the pole-zero position dengan cermin
sumbu imaginer
( )11
1
2
1 1
3 −+−−=
−
az
zazH
Contoh :
LPF 2 pole
( )211)(
−−=
pz
bzH o
tentukan bo dan p agar H(ω) memenuhi :
H(0) = 1
|H(π/4)|2 = 1/2
Jawab :
di ω = 0, diperoleh
22
)1(1)1(
)0( pbp
bH o
o −=⇒=−
=
di ω = π/4, ( )22
41
)1(
4 π
πjpe
pH
−−
−=
( ) ( )( ) 2
2
2
44
2
221
)1(
sincos1
)1(
+−
−=+−
−=p
jp
p
jpp
pππ
sehingga
32.0
21)1(22
1
22
21
)1( 2222
4
=⇒
=+=−→=
+
−
−
p
ppppp
p
( )2132.01
46.0)(
−−=
zzH
→ prinsip yang sama dapat diterapkan pada perancangan
filter BP
Transformasi LP - HP
A prototype LPF has hLP(n) impulse response
hLP(n) ↔ HLP(ω)
HLP(ω) = HLP(ω-π) = HLP(ω)|ω=ω-π
Ctt.
Bila ∑ ∑= =
−+−−=N
k
M
kkk knxbknyany
1 0
)()()(
∑
∑
=
−
=
−
+=→
N
k
kjk
M
k
kjk
lp
ea
ebH
0
0
1)(
ω
ω
ω
∑
∑
=
−
=
−
−=
−+
−==
N
k
kjk
k
M
k
kjk
k
LPlp
ea
ebk
HH
1
0
)1(1
)(
)()(ω
ω
πωωωω
∑∑==
−−+−−−=M
kk
kN
kk
k knxbknyany01
)()1()()1()(
2ππ π-π
Resonator digital
Adalah sebuah BPF khusus dengan 2 pole complex
conjugate dekat UC.
Bisa pula ditambah 1-2 zeros. Misalnya di origin atau di z = ±1 to
eliminate response di ω = 0 dan ω = π
Kasus zero di origin
( )( ) 2211 )cos2(111)( 1 −−−− +−
=−−
= −zrzr
b
zrere
bzH
o
o
jzj
o
oo ωωω
|H(ω)| berpuncak dekat ω = ωo, dan bo dipilih agar |H(ωo)| = 1
( )( ) ( )( )ooooo jo
jjjjo
orer
b
ereere
bH ωωωωωω
21111)( −−−− −−
=−−
=
( )1
2cos211)(
2=
−+−=
o
oo
rrr
bH
ωω
( ) oo rrrb ω2cos211 2 −+−=→
ω0
−ω0
r
r
21
21
)()()(
PP
UU
bH o
↓↓
=ωω
ωθ(ω) = 2ω -φ1(ω) - φ2(ω)
)cos(21)( 21 ωωω −−+= orrU
)cos(21)( 22 ωωω +−+= orrU
→ U1(ω) punya min = (1-r) di ω = ωo
U1(ω)U2(ω) mencapai nilai minimum pada frekuensi
resonansi frekuensi nilai
cos2
1cos
21
↑
+= −or r
r ωω
Ctt.
Bila r → UC, ωr ≈ ωo
r = 0.8; r = 0.95
0 5000 100000.8
1
1.2
1.4
1.6
1.8
2
2.2
2.4
2.6
0 5000 100000
0.5
1
1.5
2
2.5
3
Bila z = ±1
( )( )( )( )11
11
11)(
11
−− −
−−
−−+−=
zjzj oo rere
zzGzH
ωω
221
2
)cos2(1
1−−
−
+−−=
zrzr
zG
oω
[ ][ ])()(
2
11
1)( ωωωω
ω
ω −−−
−
−−−=
oo jj
j
orere
ebH
)()(
)()(
21 ωωωωUU
NbH o=
)2cos1(2)( ωω −=N
Notch Filter
→ Filter dengan satu atau lebih notches perfect zero
Contoh :
Untuk meredam frekuensi PLN
( ) ( )( )11 11
12
−−−
±
−−=
=
zezebzH
ez
oo
o
jjo
j
ωω
ω
( )21cos21)( −− +−= zzbzH oo ω
Untuk menaikkan kinerja, kita bisa menambah pole P1,2 = re±jωo
221
21
cos21
cos21)( −−
−−
+−+−=
zrzr
zzbzH
o
oo ω
ω
0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 500-300
-200
-100
0
100
Frequency (Hertz)
Pha
se (
degr
ees)
0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 500-80
-60
-40
-20
0
20
Frequency (Hertz)
Mag
nitu
de R
espo
nse
(dB
)
Combination Filter
- Ekstensi dari Notch Filter
- Digunakan untuk membuang harmonics
∑=
−+
=M
k
knxM
ny0
)(1
1)(
FIR :
∑=
−
+=
M
k
kzM
zH01
1)(
[ ]( )1
)1(
1
1
1
1)( −
+−
−−
+=
z
z
MzH
M
+
+=
−
2sin
2
1sin
1)(
2
ω
ωω
ωM
M
eH
Mj
( )1
2
+= M
kj
ezπ
k = 1, 2, 3, …M
pole z = 1 di cancel zero z = 1
In general
∑=
−=M
k
kk zhzH
0
)(
∑=
−=→M
k
kkL LzhzH
0
)(
∑=
−=M
k
jkLL ekhH
0
)()( ωω
)(ωH
1
π2− ππ− π2 π25
2π5
4π5
6π5
8π
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 10
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
Jadi bila H(z) punya zero pada frekuensi ωo, HL(z) punya zero
di ωk = ωo + 2πk/L , k = 0, … L-1
Bila diterapkan di filter sebelumnya, maka
L
ML
L z
z
MzH −
+−
−−
+=
1
1
1
1)(
)1(
[ ] 2/
)2/sin(
2/)1(sin
1
1)( LMj
L eL
ML
MH ω
ωωω −+
+=
)1(2
+=→ ML
kj
k ezπ
Filter Allpass
1)( =→ ωH 0 ≤ ω ≤ π
Contoh Trivial :
H(z)= z-k
NN
NNN
N
zaza
zzazaazH −−
−+−−−
+++++++=
...1
...)(
11
11
11
1
0
0 ==∑
∑
=
−
=
+−
oN
k
kk
N
k
kNk
aza
za
Bila ∑=
−−− =→=
N
k
Nkk zA
zAzzHzazA
0
1
)(
)()()(
1)()()( 12 ===
−ωω
jezzHzHH
→ all pass
bila zo is pole, zo-1 is zero
Secara umum:
( )( )( )( )∏ ∏
= =−−
−−
−
−
−−−−
−−=
R CN
k
N
k kk
kk
k
kap
zz
zz
z
azzH
1 11*1
*11
1
1
111)(
ββββ
α
NR ⇒ Real poles and zero
NC ⇒ Complex conjugate pairs
Agar stabil -1 < αk < 1 |βk| < 1
Ini digunakan untuk phase equalizer
Digital Sinusoidal Oscillator
→ two poles resonator, complex conjugate poles lie on the
unit circle
22
111
)( −− ++=
zaza
bzH o a1 = -2rcosωo
a2 = r2
⇒ ojreP ω±=12
)()1sin(sin
)( nunrb
nh oo
no ωω
+=
1
a a1
),( or ω
),( or ω−
),( 1or ω
),( 1or ω−
oω
→ bila r = 1, bo = Asinωo
h(n) = Asin(n+1)ωou(n)
→ sinusoidal → digital frequency synthesizer
( ) ( )( )( )( ) o
o
o
o
Ay
Ay
Ay
nny
ωω
ωω
3sin2
2sin1
sin0
1sin
===
+=
Coupled form membangkitkan Asinωon
A cosωon
Cos(α+β) = cosαcosβ - sinαsinβ
Sin(α+β) = sinαcosβ + cosαsinβ
Define α = nωo β = ωo
yc(n) = cosnωou(n) = cos(ωo+(n-1)ωo)u(n)
ys(n) = sin nωou(n) = sin(ωo+(n-1)ωo)u(n)
)1()(sin)1()(cos)( −−−=→ nynyny sococ ωω
)1()(cos)1()sin()( −+−= nynyny socos ωω
)(sin nA oδω
1a−
2a−
1−z
1−z
−−
−=
⇒
)1(
)1(
cossin
sincos
)(
)(
ny
ny
ny
ny
s
c
oo
oo
s
c
ωωωω
initial condition yc(-1) = Acosωo
ys(-1) = -Asinωo
1−z
1−z
nny oc ωcos)( =
nny os ωsin)( =
oωcos
oωsin
oωsin−
oωcos
DFT
1. Definisi
Domain blok time domain blok frequency
)()( int kXnx DFTPoN →←
→ n = 0, …N-1 k = 0, …N-1
DFT :
knN
N
n
WnxkX ∑−
==
1
0
)()( Nj
N eWπ2−
=
∑−
=
−
=1
0
2
)()(N
n
nN
kj
enxkXπ
∑−
=
=1
0
2
)(1
)(N
k
nN
kj
ekXN
nxπ
∑−
=
−=1
0
)(1 N
k
knNWkX
N
Ctt.
Nj
N eWπ2−
= → akar ke N dari unity
2. Linear Transform
NN Xx ↔ ← vektor n-elements
−=
)1(
)0(
Nx
x
xN !
−=
)1(
)0(
NX
X
X N !
[ ]))(( jiNijN WwW ==
NNN xWX =
exist bila 11 −−= NNNN WXWx
Contoh:
Hitung four-point DFT
x(n) = ( 0 1 2 3 )
=
94
64
34
64
44
24
34
24
14
4
1
1
1
1111
WWW
WWW
WWWW
ingat kN
kN WW
N
−=+ 2
−−−−
−−=
jj
jj
11
1111
11
1111
Ingat kN
Nk
N WW −=+
2
jW
W
W
=
−=
=
94
64
44
1
1
Nj
eWπ2−
=
2
3
0
1
−−−+−
==→
j
jxWX
22
2
22
6
44
Hubungan antara DFT dengan Fourier series untuk deret periodik
xp(n) = periodik dengan perioda N
∑−
=
=⇒1
0
2
)(N
k
nN
kj
kp eCnxπ
di mana ∑−
=
−
=1
0
2
)(1 N
n
nN
kj
pk enxN
Cπ
→ bila ambil x(n) = xp(n) n = 0, …N-1
(satu perioda)
maka
( )kX
enxN
CN
n
nN
kj
k
)(1 1
0
2
↓
= ∑−
=
− π
Hubungan DFT dengan transformation of periodic signal
→ bila ∑∞
−∞=−=
lp lNnxnx )()( → xp(n) periodic dengan
periode N
∑∞
−∞=
−
=
n
nN
kj
enxkN
Xππ 2
)(2
∑ ∑−
−=
−
=
−
−
+++=1 1
0
22
...)()(...Nn
N
n
nN
kjn
N
kj
enxenxππ
∑ ∑∞
−∞=
−+
=
−
=l
NlN
lNn
nN
kj
enx1 2
)(π
[ ]Nkp
nN
kjN
n l
nxFTelNnx/2
21
0
)()(πω
π
=
−−
=
∞
−∞==
−= ∑ ∑
bila −≤≤
=otherwise
Nnnxnx p
0
10)()(ˆ
maka ( ) [ ] )()(ˆ))(( 2/2 kXnxDFTkXnxFT
NNk ====π
πω
jadi )(ˆ)()( nxnxnx p →→
hanya bila x(n) finite duration L ≤ N
)(ˆ)( nxnx =→
→ IDFT X(k) = x(n)
Hubungan dengan Z-transform
nN
kj
ez
zXkXπ2
)()(=
=
bila durasi x(n) ≤ N
0 kδω
X(kδω)
X(ω)
π δω 2π ω−π
∑−
=
−=1
0
)()(N
n
nznxzX
∑−
= −
−
−−=
1
012
1
)(1 N
kj
N
ze
kX
N
zNkπ
( )∑−
=−−
−
= −−==→
1
0/21
)(1)()(
N
kNkj
Nj
ez e
kX
N
ezXX j πω
ω
ωω
→ Lagrange Interpolation
Hubungan dengan Fourier series of Continuous Signal
xa(t) = periodic Tp=1/Fo ∑∞
−∞==
k
tkFjka
oectx π2)(
sampled at TT
NF
ps
1==
aliased
~)(
↓
==→ ∑∞
−∞=−
lklNk cNCNkX
Sifat :
- linier periodik
- circular symetris
Linear Filtering Dengan DFT
x(n) ↔ X(ω)
h(n) ↔ H(ω)
y(n) ↔ Y(ω)
Assume FIR dan Finite duration
Let : x(n) = 0, n < 0 dan n ≥ L
→ durasi L
h(n) = 0, n < 0 dan n ≥ M
→ durasi M
∑−
=−=
1
0
)()()(M
k
knxkhny durasi : L + M- 1
Y(ω) = H(ω) X(ω)
Bila Y(ω) disample sampling harus N ≥ L + M -1
agar )(2
nyN
ky IDFT →←
π
maka N
kYkY πωω 2)()( == k = 0, …, N-1
)(ωH)(ωX )()()( ωωω XHY =
( ) ( ) ( )
padding zero
1
1,...,0 ,
++≥↓↓
−==→MLN
NkkHkXkY
)()( nykY IDFT →←→
Contoh :
FIR : h(n) = 1, 2, 3
X(n) = 1, 2, 2, 1
Cari output dengan menggunakan DFT dan IDFT
Jawab :
L = 4, M =3 → N = 6
Pilih N = 8 (agar sesuai dengan FFT)
( )∑=
−=7
0
2 8)()(n
nj k
enkkHπ
7,...,0 ,2321)( 8
32
42
82
=+++=−−−
keeekHk
jk
jk
j πππ
∑=
−
=7
0
82
)()(n
nk
j
enhkXπ
7,...,0 ,2221 8
3
48 =+++=−−−
keeek
jk
jk
j πππ
6)0( =X
+++=2
234
2
22)1( jX
jX −−= 1)2(
−+−=2
234
2
22)3( jX
0)4( =X
−+−=2
234
2
22)5( jX
jX +−= 1)6(
+++=2
234
2
22)7( jX
6)0( =H ( ) ( )2321)1( +−+= jH
22)2( jH −−= ( ) ( )2321)3( −+−= jH
2)4( =H ( ) ( )2321)5( −−−= jH
22)6( jH +−= ( ) ( )2321)7( +++= jH
Y(k) = H(k) X(k)
Y(0) = 36 Y(1) = -14.07 - j17.48
Y(2) = j4 Y(3) = 0.07 + j0.515
Y(4) = 0 Y(5) = 0.07 - j0.515
Y(6) = -j4 Y(7) = -14.07 + j17.48
→ IDFT
∑=
=7
0
82
)()(k
nk
j
ekYnyπ
n = 0, 1, …,7
→ y(n) = 1, 4, 9, 11, 8, 3, 0, 0
↓ ↓
zeropad akibat 8 point
→ terlihat seakan lebih sukar dari konvolusi
→ menguntungkan bila M > 40-43
→ Aliasing terjadi bila N < M + L -1
Filtering untuk Sinyal Panjang
→ cara Block-by-Block
- Overlap-save method
- Overlap-odd method
Asumsi FIR → durasi M
Blok → durasi L
Asumsi L >> M
• Method Overlap-save
N = L + M -1 → N point DFT dan IDFT
Untuk blok -m
)()()(ˆ kXkHkY MM = k = 0, 1, …, N-1
IDFT →
)1(ˆ),...,(ˆ),1(ˆ),...,1(ˆ),0(ˆ)(ˆ −−= NyMyMyyyny mmmmmm
↓ ↓
M-1 point L hasil konvolusi
Old New
M-1 L New Data
)(nx
)(nx
)(kXDFTN →← −
Zero-padding
M L-1
)(nh )(kHDFTN →← −
datang dari old data
→ buang
Untuk blok m+1
- ambil M-1 point terakhir di blok m untuk digunakan
sebagai old data pada bagian berikut
- ulangi
x1(n) = 0, 0, …0, x(0), x(1), …x(L-1)
L L L
L
Input signal
x1(n)
x2(n)
x3(n)
M-1M-1
zeros
output signal
y1(n)
y2(n)
y3(n)
DiscardM-1
points
DiscardM-1
points
DiscardM-1
points
• Overlap-add Method
Analisa Spectrum dengan DFT
Problem :
Kemampuan menghitung terbatas untuk sinyal yang panjang
→ block approach
Asumsi
1.
2. Durasi xa(t) = To = ∠ T T = 1/Fs
⇒ kemampuan membedakan frekuensi terbatas ke sF
F1=∆
LL L
x1(n)
x2(n)
x3(n)
M-1zeros
M-1zeros
L Samples
B
AntiAliasing
Samplingxa(t)
Fs≥2B
bila xa(t) lebih panjang dari To, tetapi kita "memaksa" diri
menggunakan blok L samples, maka gunakan window ω(n)
berdurasi L
)()()(ˆ nnxnx ω=
misal −≤≤
=otherwise
Lnn
0
101)(ω
)(ˆ nx⇒ berdurasi L, gunakan pada DFT
Jelaskan ( )( )
−−
= 2
1
2/sin
2/sin)(
Lj
eL
Wω
ωωω
Tabel 4.6b hal 305
Contoh :
x(n) = cosωon → panjang
[ ])()(2
1)( oo WWX ωωωω ++−=
di mana ω(n) ↔ W(ω)
2/)1(
)2/sin(
)2/sin()( −−=⇒ lje
LW ω
ωωω
(lihat Table 4.6 b hal 305)
Dengan zero-padding )(ˆ nx agar menjadi N point, diperoleh
10 )()( /2 ,...,N- kXkX Nk == = πωω
→ Windowing mengakibatkan ke leakage
→ Windowing juga mengurangi resolusi
• Windowing juga mengurangi resolusi
x(n) = cosω1n + cosω2n
)()(ˆ nxnx nω=→
[ ])()()()(2
1)( 2121 ωωωωωωωωω ++++−+−= WWWWX
Zero crossing W(ω) terjadi pada ω = 2π/L
bila |ω1-ω2| < 2π/L
- W(ω-ω1) dan W(ω-ω2) overlap
- Hanya bila |ω1-ω2| ≥ 2π/L, maka muncul 2 lobe
⇒ kemampuan meresolusi garis spektrum ditentukan oleh
lebar main-lobe dari window
contoh :
x(n) = cos 0.2πn + cos 0.22πn + cos 0.6πn
Mengurangi kebocoran :
→ gunakan ω(n) dengan side lobe rendah
→ namun akibatnya mainlobe melebar ( resolusi meninggi)
Contoh :
Hanning Window
−≤≤
−−=
otherwise
LnnLn
0
101
2cos1
2
1)(
πω
Di soal sebelumnya :
Secara Umum :
)()()(ˆ nxnnx ω=
∫−
−=π
πθθωθ
πω dWXX )()(
2
1)(ˆ
disampling oleh DFT
∫−=
−==
π
ππω
θθπθπ
ω dN
kWXXkX
kN
2)(
2
1)(ˆ)(ˆ
2 k = 0, 1, …N-1
⇒ Bila spektrum window relatif sempit dibanding X(ω), efek
smoothing kecil
⇒ Bila spektrum window relaif lebar → W(ω) dominan
⇒ harus dihindari.
DFT →→→→ FFT Algorithms
• Kebutuhan kalkulasi DFT
∑−
==
1
0
)()(N
n
knNWnxkX
Nj
NeW N
j
N
πππ2
sin2
cos2
−==−
karena x(n) = xr(n) + jxI(n) bisa bernilai kompleks,
maka X(k) = XR(k) + jXI(k)
1. ∑−
=
+=
1
0
2sin)(2cos)()(N
nIrR n
N
knxn
N
knxkX ππ
2. ∑−
=
−−=
1
0
2cos)(2sin)()(N
nIRI n
N
knxn
N
knxkX ππ
→ perlu → 2N2 evaluasi trigonometric function
+ → 4N2 real multiplications
+ → 4N(N-1) real addition
+ → sejumlah indexing + addressing operators
→ Sering disebut O(N2)
→ Gunakan fakta : kN
kN WW
N
−=+ 2 (simetri)
kN
kN WW
N
=+ 2
untuk menekan komputasi
⇒ Fast algorithms tersedia untuk
N = r1, r2, …rv di mana rj = prime
• Radix-2 FFT]
- Kasus khusus N = r x r x r x … xr = rv
- R =2 → radix-2 FFT ⇒ N = 2v
Decimation in Time
)()( kXnx FFT →←
1.
212
1
,2)12()(
12
,...,1,0)2()()(ffsequencesbaginxnf
Nnnxnfnx
+=
−==
⇒ f1 dan f2 diperoleh melalui desimasi x(n)
2. ∑−
==
1
0
)()(N
n
knNWnxkX k = 0, 1, …, N-1
∑∑−−
+=oddn
knN
evenn
knN WnxWnx )()(
F1(n)
x(n
F2(n)
∑∑−
=
+−
=++=
1
0
)12(1
0
222
)12()2(NN
m
mkN
m
mkN WmxWmx
namun 2/2
NN WW = , maka
∑∑−
=
+−
=+=
1
0
)12(2
1
01
2
2
2
2)()()(
N
N
N
N
m
mkkN
m
km WmfWWmfkX
1,...1,0 )()()( 21 −=+= NkkFWkFkX kN
di mana
F1(k) : N/2 point DFT dari f1(m)
F2(k) : N/2 point DFT dari f2(m)
Karena F1(k) dan F2(k) periodik, dengan perioda N/2,
F1(k+N/2) = F1(k) dan F2(k+N/2) = F2(k)
Juga kN
k
N WWN
−=+2 , maka
)()()( 21 kFWkFkX kN+= k = 0, …(N/2)-1
)()()2
( 21 kFWkFN
kX kN−=+ k= 0, …(N/2)-1
Bila )()( 11 kFkG =
)()( 22 kFWkG kN=
DFTpokGkG
NkX
kGkGkXint2
)()()2
(
)()()(
21
21
−
−=+
+=
Lanjutkan
spoN
nfnV
spoN
nfnVf
int4
)12()(
int4
)2()(
112
111
1
+=
=
spoN
nfnV
spoN
nfnVf
int4
)12()(
int4
)2()(
222
212
2
+=
=
spoN
kkVWkVkF kN int
4)()()( 12111
2⇒+=
spoN
kkVWkVkF kNN int
4)()()( 121141
2⇒−=+
spoN
kkVWkVkF kN int
4)()()( 22212
2⇒+=
x(0) x(2) x(4) x(N-2)
x(1) x(3)N/2-point
DFT
F1(0) F1(1) F1(2)
F2(0) F2(1)
F1(N/2-1)
Phase Factors
WNk
G2(k)
2-point
DFT
G1(k)
X(0) X(1) X(N/2-1)
X(N/2) X(N/2+1)X(N-1)
spoN
kkVWkVkF kNN int
4)()()( 222142
2
⇒−=+
di mana )(kVv ijij →←
N/4 DFT point → O(nlogn)
• Ilustrasi untuk 8 samples
V11(n) = f1(2n)= x(4n) = x(0), x(4)
V12(n) = f1(2n+1) = x(2(2n+1)) = x(4n+2) =x(2), x(4)
V21(n) = f2(2n) = x(2(2n+1)) = x(4n+2) = x(1), x(5)
V22(n) = f2(2n+1) = x(2(2n+1)+1) = x(4n+3) = x(3), x(7)
F1(0)F1(1)F1(2)
F2(0)
X(0) X(1)
X(4) X(5)
X(2) X(3)
X(6) X(7)
F1(3)
X(1)
X(5)
X(0)
X(4)
F1(0)
F2(0)
F1(1)
F2(1)
Stage I
F1(0)
F1(2)
Stage II
V11(0)
V12(0)
F1(1)
F1(3)
V11(1)
V12(1)
V21(0)
V22(0)
F2(0)
F2(2)
V21(1)
V22(2)
F2(1)
F2(3)
Butterfly
→ ada juga decimation in frequency
• LTI Filtering approach/ Goertzel Algoritm
⇒ DFT = linear filtering dengan resonator pada ωk = 2πk/N
⇒ sampling di frequency domain
x(0)
x(4)
x(7)
x(3)
x(5)
x(1)
x(6)
x(2)
X(0)
X(7)
X(6)
X(5)
X(4)
X(3)
X(2)
X(1)
Stage 1 Stage 3Stage 2
-1
-1
-1
-1
-1
-1
-1
-1
-1
-1
-1
-1
0gW
0gW
0gW
0gW
0gW
2gW
0gW
2gW
0gW
2gW
1gW
3gW
a
b
A = a + b
B = (a -b)W'N
'NW
∑ ∑−
=
−
=
−==1
0
1
0)()()(
N
m
kmN
N
m
kNN
kmN WmxWWmxkX
Nnk
N
m
mNkN nyWmx =
−
=
−− == ∑ )()(1
0
)(
bila ∑−
=−=
1
0)()()(
N
mkk mnhmxny
)()( nuWnh knNk−≡
→ tunggu sampai n = N
→ yk(N) = X(k)
Ctt.
11
1)( −−−=
zWzH
kN
k
)()1()( nxnyWny kk
Nk +−=⇒ − y(-1) = 0
Untuk menghindari bilangan kompleks akibat kNW − , buat komplex
conjugate → ( )( ) )(1
11
1
zHzW
zWkk
N
kN
−
−
−−×
( )21
1
2cos21
1
−−
−
+
−
−=zz
N
kzW
kHkN
π
)(nHk
)(nyk)(mx
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )( ) ( )
N
kNNkX
nvWnvny
nxnvnvN
knv
kkNkk
kkk
2log valuesMuntuk baik
realinput
1
212
cos2
≤−=→
−−=
+−−−= π
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )12cos21
1 hitung cukup
22
22
−
−−+=
−−⇒⇒
NvN
kNvNv
NvWNvny
kkk
kkNkk
π
+
+
+
z-1
z-1
x(n) Vk(n)yk(n)
2cos(2πk/N)k
NW
Bab -7 Implementations of Discrete-Time Systems
1. Struktur-struktur Untuk realisasi D-T systems
∑∑==
−+−−=M
kk
N
kk knxbknyany
01)()()(
∑
∑
=
−
=
−
+=
N
k
kk
M
k
kk
za
zbzH
1
0
1)(
Struktur :
- delay elements
- multipliers
- adders
Issues : → Computational Complexity
- Aritmetic operations per sample
- Memory access per sample
- Comparition per sample
→ Memory Requirements
- System parameters
2. Struktur untuk sistem IIR
1. Direct-Form Structures
H(z) = H1(z) H2(z)
∑=
−=M
k
kk zbzH
01 )(
∑=
−+=
N
k
kk za
zH
1
2
1
1)(
Direct Form II
∑=
+−−=N
kk nxknwanw
1)()()(
∑=
−=M
kk knwbny
0)()(
+
+
+
+
+
z-1
z-1
z-1
z-1
b0
b1
b2
b3
bM-1
b
M
+
+
+
+
+
z-1
z-1
z-1
z-1
-a1
-a2
-a3
-aN-
1
-aN
x(n) y(n)
All zero system All pole system
→ M + N +1 multiplications
M + N additions
MaxM,N memory locations
⇒ canonic
Both I & II are sensitive to parameter quantization
Signal Flow Graphs dan Transposed Structures
SFG : graphic eq.
Branch gain Nodes
+
+
+
+
z-
1
z-
1
b1
b0
b2
-a1
-a2
x(n) y(n)
sink nodesource node
y(n)1 2 3
4
5
x(n) b0
b1
b2
-a1
-a2
z-1
z-1
SFG → teori graph → konfigurasi bisa berubah tanpa mengubah
hubungan I/O
FIR - IIR → transpotition/ flow graph reversal theorem
" If we reverse the directions of all branch transmittance and
interchange the input and output in the flow graph, the
system function remain unchanged"
cek juga untuk IIR dan FIR
Cascade
∏=
=K
kk zHzH
1)()(
y(n) 1 2 3
4
5
x(n)b0
b1
b2
-a1
-a2
z-1
z-1
+
z-1
z-1
+
+
y(n) x(n)b0
b1
b2
-a1
-a2
22
11
22
10
1)( −−
−−
++++=
zaza
zbzbbzH
kk
kkkk
real coefficient ← conjugate
Paralel
∑=
−−+=
N
k k
k
zp
ACzH
111
)(
⇒ ingat n
N
a
b Partial fractions
H1(z) H2(z) HK(z)
H1(z)
H2(z)
HK(z)
+
+
+
C
y(n)
x(n)
7.2.3 Frequency Sampling Structure
( )απω += kMk
2k = 0, 1, …, M-1/2 M odd
k = 0, 1, …, (M/2)-1 M even
α = 0 or 1/2
ωk → sample point
∑−
=
−=1
0)()(
M
n
njenhH ωω
+=+⇒ )(
2)( απα k
MHkH
∑−
=
+−=1
0
/)(2)(M
n
mnkjenh απ k = 0, 1, …M-1
→ H(k+α) = Frequency samples of H(ω)
bila α = 0 → H(k) → M-point DFT of h(n)
1,...0 )(1
)(1
0
/)(2 −=+= ∑−
=
+ MnekHM
nhM
k
Mnkj απα
bila α = 0 → IDFT of H(k)
Cari Z-transform H(z)
nM
n
M
k
Mnkj zekHM
zH −−
=
−
=
+∑ ∑
+=
1
0
1
0
/)(2)(1
)( απα
( )∑ ∑−
=
−
=
−+
+=
1
0
1
0
1/)(21)(
M
k
nM
n
Mnkj zeM
kH απα
∑−
=−+
−
−+−=
1
01/)(2
2
1
)(1 M
kMnkj
jM
ze
kH
M
ezαπ
πα α
Realisasi :
H(z) = H1(z) H2(z)
All zeros (comb. Filter)
( ) Mkjk
jM ezezM
zH /)(221 1
1)( αππα +− =⇒−= k = 0, 1, …,M-1
∑−
=−+−
+=1
01/)(22
1
)()(
M
kmkj ze
kHzH απ
α
Paralel bank of single-pole filters → resonants frequency
Mkjk ep /)(2 απ += k = 0, 1, …, M-1
→ poles and zeros occure at the same locations at frequency of
specified frequency response
Untuk narrow band →
mos H(k+αααα) are zeros
→ corresponding resonance filters are eliminated
→ symetris
)()( * KMHkH −= for α = 0
( ) ( )21*
21 −−=+ KMHkH α = 1/2
1−z
1−z
1−z
1−z
mz−
M1
( )nx
παje− Mje /2πα
Mje /)1(2 απ +
Mje /)2(2 απ +
MMje /)1(2 απ +−
( )αH
( )α+1H
( )α+2H
Combined
( )
−−
+−
−
−
+
−
−
=−−−−
−−−
1111
111
2
1
2
11
2
1
2
11
8
11
4
31
213
21
2
1110
)(
zjzjzz
zzzzH
⇒ cari cascade/paralel realization
Ada banyak solusi, misalnya :
21
1
1
32
3
8
71
3
21
)(−−
−
+−
−
=zz
zzH
21
21
2
2
11
2
31
)(−−
−−
+−
++=
zz
zzzH
⇒ H(z) = 10 H1(z) H2(z) ← cascade
Paralel :
1
*3
1
3
1
2
1
1
2
1
2
11
2
1
2
11
8
11
4
31
)(−−−−
−−
+
+−
+−
+−
=zj
A
zj
A
z
A
z
AzH
⇒ Partial Fraction
A1=2.93 A2 = -17.68 A3 = 12.25 - j14.57
A3* = 12.25 + j14.57
21
1
21
1
2
11
82.2650.24
32
3
8
71
90.1275.14)(
−−
−
−−
−
+−
+++−
−−=⇒zz
z
zz
zzH
Desain Filter Digital
I . Konsiderasi Umum
1. Kausalitas
• Filter ideal tidak causal → tidak realizable
Contoh LPF
≤<≤
=πωω
ωωω
c
cH0
1)(
» x=linspace(-5,5);y=sinc(x);
» plot(x,y)
• Possible solutions
Delay no dan set
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
H(n) = 0, n < no
⇒ Filter tidak lagi ideal
→ Gibbs Phenomenon
• Cari kondisi perlu dan cukup dari H(ω) agar h(n) causal?
→ Teorema Paley-Wiener
- h(n) has finite energy
- h(n) = 0, n < 0
∫−
∞<→π
πωω dH )(ln
sebaliknya :
- ∫−
∞<π
πωω dH )(ln
- H(ω) square integrable
)()()( ωθωω jeHH =→ → causal
Ctt.
|H(ω)| tidak boleh bernilai 0 pada sebuah durasi supaya
∞<∫ )(ln ωH
→ any ideal filter non causal
• Causality
→ hubungan erat antara HR(ω) & HI(ω)
h(n) = he(n) + ho(n)
dimana
he(n) = 1/2 [h(n) + h(-n)] *)
ho(n) = 1/2 [h(n) - h(-n)]
bila h(n) causal, maka h(n) bisa diperoleh kembali dari
- he(n) untuk 0 ≤ n ≤ ∞ atau
- ho(n) untuk 1 ≤ n ≤ ∞
karena
h(n) = 2he(n)u(n) - he(0)δ(n) n ≥ 0 dan
h(n) = 2ho(n)u(n) + h(0)δ(n) n ≥ 1
Ctt.
ho(n) = 0 untuk n = 0, → jadi h(0) harus diperoleh secara
eksplisit
untuk n ≥ 1, ho(n) = he(n) → erat hubungannya
• Bila h(n) is absolutely summable, H(ω) exist, dan
H(ω) = HR(ω) + jHI(ω)
• Bila h(n) real valued dan causal, maka
- HR(ω) dan HI(ω) saling bergantung
- |Hω)| dan θ(ω) saling bergantung
Prosedur, cari H(ω) dari Hr(ω)
Contoh :
2cos21
cos1)(
aa
aHR +−
−=ω
ωω |a| < 1
Solusi :
Step 1. Cari he(n)
( ) ( ) ωjezRR zHzH=
=
)1)((
2/)1(
)(1
)(1)(
2
21
21
azaz
zaz
azza
zzzHR −−
+−=++−
++=⇒ −
−
ROC ada di antara p1 = a dan p2= 1/a, dan termasuk unit circle
aza
1<<
→ he(n) dengan two-sided sequence, dengan pole z = a untuk
causal dan p2= 1/a → anticausal
)(2
1
2
1)( nanh n
e δ+=→
gunakan *) → )()( nuanh n=
→ ωωjae
H −−=
1
1)(
• Hubungan antara h(n) yang absolutely summable causal and
real
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )∫
∫
−
−
−
−−=⇒
≤≤−+=
−+=
↓
−=+=
π
π
ω
π
π
λλωλπ
ω
πωπωπδω
πδωω
λλωλπ
ωωω
dHH
j
eU
dUHjHHH
RI
j
RIR
2cot
2
1
- ,2
cot2
1
2
1
1
1
stepunit
1
Kesimpulan causality
1. H(ω) tidak boleh φ kecuali padapoint-point terbatas
2. |Hω)| tidak bisa konstan pada sebuah interval, dan tidak bisa
bertransisi yang tajam dari passband ke stopband
3. HI(ω) dan HR(ω) terhubung oleh discrete Hilbert Transform
→ |Hω)| dan θ(ω) tidak dependent
• Karena sudah pasti ideal tidak tercapai, maka kita batasi saja
pada
∑∑==
−+−−=M
kk
N
kk knxbknyany
01)()()(
yang causal dan realitable, dengan H(ω) :
∑
∑
=
−
=
−
+=
N
k
kjk
M
k
kjk
ea
ebH
1
0
1)(
ω
ω
ω
Desain problem :
Cari ak dan bk agar H(ω) mendekati ideal
» n=20;
» f=[0 .4 .5 1];
» m=[1 1 0 0];
» b=remez(n,f,m);
» bb=firls(n,f,m);
» [H,w]=freqz(b);
» [HH,w] = freqz(bb);
» plot(w/pi,abs(H))
Passband width = bandwidth
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 10
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
→ accomodate a large dynamic range in displaying graphics
→ use logaritmic scall
ripple : 20log10δ1 decibels
20log10δ2 decibels
Specify :
1. The maximum tolerable passband ripple
2. The maximum tolerable stopband ripple
3. The passband edge frequency ωp
4. The stopband edge frequency ωs
→ cari ak, bk (termasuk M,N)
Desain FIR
- Symetric and antisymetric FIR filters
y(n) = box(n) + b1x(n-1) + … + bM-1x(n-M+1)
→ length M
∑−
=−=
1
0)()(
M
kk knxbny
bk → set of coefficient
Dalam bentuk konvolusi
∑−
=−=
1
0)()()(
M
kknxkhny
→ bk = h(k), k = 0, …, M-1
∑−
=
−=1
0)()(
M
k
kzkhzH → polinomial dari z-1 orde M-1
- Bila ingin linear phase
h(n) = ±h(M - 1- n) n = 0, …, M-1
symetri/ antisymetri
H(z) = h(0) + h(1)z-1 + h(2)z-2 + …+h(M-2)z-(M-2) + h(M-1)z-1(M-1)
[ ]odd M
)(2
1 2/)3(
0
2/)21(2/)21(2/)1(
→
±+
−= ∑
−
=
−−−−−−−M
n
kMkMM zznhM
hz
( ) [ ] even M )( 2/)21(2/)21(1
0
2/)1( 2→±= −−−−−
−
=
−− ∑ kMkM
n
M zznhz
M
Ctt.
)()1()1( zHzHZ M ±=−−−
roots of H(z) = roots H(z-1)
→ reciprocal pairs
→ h(n) real → roots cc → pairs
z3
*1
1
z
1
1
z
z1
z*1
z*3 2
1
z
3
1
z
*3
1
z
Unit Circle
if → h(n) = h(M-1-n)
2/)1()()( −−= Mjr eHH ωωω
Ctt.
odd M
2
1cos)(2
2
1)(
2/)3(
0
→
−−+
−= ∑
−
=
M
nr n
Mnh
MhH ωω
( )even M
2
1cos)(2)(
1
0
2→
−−= ∑
−
=
M
nr n
MnhH ωω
<+
−−
>
−−
=θωπω
ωωωθ
)(2
1
0)(2
1
)(
r
r
HM
HM
bila h(n) = -h(M-1-n) (antisymetric)
centre point n = (M-1)/2
→ h((M-1)/2) = 0
bila genap → ada matching term
Antisymetric
+
−−
= 22
)1(
)()(πω
ωωM
j
r eHH
∑−
=
−−=
2/)3(
0 2
1sin)(2)(
M
nr n
MnhH ωω → M odd
∑−
=
−−=
1
0
2
2
1sin)(2)(
M
nr n
MnhH ωω → M even
<
−−
>
−−
=0)(
2
1
2
3
0)(2
1
2)(ωωπ
ωωπ
ωθr
r
HM
HM
→ gunakan (hal. 623)
antisymetric tidak cocok untuk lowpass karena
Hr(0) = 0
Hr(π) = 0
Desain LP FIR using windows
desired ∑∞
=
−=0
)()(n
njdd enhH ωω
ωωπ
ωπ
πdeHnh nj
dd ∫−
= )(2
1)(
potong n = M-1
dengan window, misalnya rectangular
−=
=otherwise
Mnn
0
1,...,01)(ω
h(n) = hd(n) ω(n)
−=
=otherwise
Mnnhd
0
1,...,0)(
∑−
=
−=1
0)()(
M
n
njenW ωωω
∫−
−=→π
πω
πω dvvWvHH d )()(
2
1)(
for rectangular
=−−== −−
−
−−
=
−∑
2sin
2sin
1
1)( 2/)1(
1
0 ω
ω
ω ωω
ωω
M
ee
eeW Mj
j
njM
n
nj
=
2sin
2sin
)(ω
ω
ω
M
W
<
+
−−
≥
−−
=0
2sin
2
1
02
sin2
1
)(MM
MM
ωπω
ωωωθ
→ width of main lobe 4π/M → M↑ width↓
Gunakan untuk LP
≤≤=
−−
0
01)(
2/)1(c
Mj
d
eH
ωωωω
∫−
−−
=→c
c
denhM
nj
d
ω
ω
ωω
π2
1
2
1)(
−−
−−
=
2
12
1sin
Mn
Mnc
π
ωn ≠ (M-1)/2
Window Main Lobe Peak Sidelobe
Rectangular 4π/M -13 dB
Bartlett 8π/M -27 dB
Hanning 8π/M -32 dB
Hamming 8π/M -43 dB
Blackman 12π/M -58 dB
Desain FIR dengan
Frequency Sampling Method
Hd(ω) didefinisikan pada
( )απω += kMk
2
k = 0, 1, …(M-1)/2, M odd
k = 0, 1, …(M/2)-1, M even
α = 0 atau 1/2
kemudian cari h(n) dengan inversi
Misal :
∑−
=
−==1
0)()()(
M
n
njD enhHH ωωω
+≡+ )(
2)( απα k
MHkH
∑−
=
+−=1
0
/)(2)(M
n
Mnkenh απ k = 0, 1, …, M-1
∑ ∑∑−
=
−
=
−−
==+
1
0
1
0
21
0
2)()(
M
k
M
n
mM
njM
k
M
mkj
enhekHπαπ
α
M
mj
enMhπα2
)(=
∑−
=
++=1
0
/)(2)(1
)(M
k
MnkjekHM
nh απα
Ctt.
α = 0 → DFT
h(n) real → H(k+α) = H*(M - k -a)
→ Filter M point → (M+1)/2 points for M odd
→ M/2 points for M even
Contoh :
Antisymetric
[ ]2/2/)1()()( πωωω +−−= Mjr eHH
−
+−
+=+→ M
Mkj
r ekM
HkH 2
)1()(2
2)(2
)(αππβ
απα
di mana β = 0 bila h(n) symetric
β = 1 bila h(n) antisymetric
penyederhanaan muncul
+−=+ )(
2)1()( απα k
MHkG r
k
−+−
+=+→ M
Mk
kj eekGkH 2
1)(2
2)()(αππβ
παα
β = 0, 1
α = 0, 1/2 lihat tabel
Contoh :
Cari LP FIR M = 15
dengan symetric impulse response a frequency response
satisfies
==
==
7,6,50
44.0
3,2,1,01
15
2
k
k
kk
Hr
π
Solusi :
h(n) symetric dan α = 0
→ dari tabel
−=
15
2)1()(
kHkG r
k πk = 0, 1, …7
⇒
52.0)7(
3133178.0)8()6(
014.0)14()0(
===
−==
h
hh
hh
!
Ex. M = 32, symetric h(n)
Frequency response
==
==
+
15,...,8,70
6
5,4,3,2,1,01
2
)(21
k
kT
kk
Hr
απ
T1 = 0.3789795 untuk α = 0
T1 = 0.3576496 untuk α = 1/2
Optimal Equiripple Design Technique
Teknik : windows dan frequency sampling
mudah dimengerti tetapi punya beberapa kelemahan :
- ωp dan ωs tidak dapat ditentukan pradesign
- δ1 dan δ2 kurang bisa ditentukan secara simultan
- Error Aproksimasi tidak terdistribusi dengan baik pada
interval-interval band
(besar di dekat daerah transisi)
⇒ Metoda alternatif :
minimisasi dari maximum aproksimasi error (minimax)
→ Chebyshev error
Overview
1. Define a minimax problem
2. Discuss the number of maxima & minima (= extrema)
3. Design algorithm, polynomial interpolation
Parks-McClellan algorithm
4. Remez exchange routine, as a part of P-McCalg
Development of the Minimax Problem
Diketahui :
)()( 2
1
ωωβω
r
Mj
jj HeeeH−−
=
↓"Amplitudo Response" bilangan real
Type β Hr(ejω)
I M odd,symetric h(n)
0 ( )( )∑−
=
2/1
0cos
M
nnna ω
II M even,symetric h(n)
0 ( ) ( )[ ]∑=
−2/
12/1cos
M
nnnb ω
III M odd, antisymetric h(n)
π/2 ( )( )∑−
=
2/1
0sin
M
nnnc ω
IV M even, antisymetric h(n)
π/2 ( ) ( )[ ]∑=
−2/
12/1sin
M
nnnd ω
ini bisa dinyatakan dalam Hr(ω) = Q(ω) P(ω)
di mana P(ω) :
∑=
=L
nnnP
0cos)()( ωαω
di mana
Type Q(ω) L P(ω)
I 1
2
1−M ( )∑=
L
nnna
0cosω
II Cos(ω/2)1
2−M ( )∑
=
L
nnnb
0cos
~ ω
II Sinω2
3−M ( )∑=
L
nnnc
0cos~ ω
IV Sin(ω/2)1
2−M ( )∑
=
L
nnnd
0cos
~ ω
karena trigonometric identities
e.g. sin(α+β) = sinαcosβ + cosαsinβ dst.
⇒ gunanya adalah untuk mendapatkan common form → agar
lebih mudah
Sekarang Weighted Error :
[ ] [ ] [ ]πωωωωωωω ,,0,)()()()( sprdr UsHHWE ≅∈−≅
↓ ↓
desired response actual response
( ) ( )[ ]ωω rdr HH −⇒
bila ( )
=Stopbandin ,1
Passbandin ,1
2
d
dW ω
⇒ Jadi apabila kita berhasil meminimasi dengan max weighted
error ke δ2, maka kita juga dapat memenuhi spesifikasi di
passband pada δ1
⇒ sekarang
[ ])()()()()( ωωωωω PQHWE dr −=
−= )(
)(
)()()( ω
ωωωω P
Q
HQW dr
bila )()()(ˆ ωωω QWW ≅ dan )(
)()(ˆ
ωωω
Q
HH dr
DR ≡
[ ])()(ˆ)(ˆ)( ωωωω PHWE dr −=→ , ω ∈ s
→ untuk semua kasus
⇒ Problem statement
Cari [ ]na (atau [ ]na atau [ ]na atau [ ]na ) untuk minimisasi
dari maximum absolute value dari E(ω) over the passband
dan stopband
→
∈)(min max ω
ωE
s
Constraint on the number of extrema
Given M-point filter, berapa extrema (lokal) ada di E(ω)?
Di ∑=
=L
n
nnP0
cos)()( ωβω
→ ada L-1 at most local extreme (0 < ω < π)
+2 untuk di boundary 0 dan π di E(ω) → +2 di ωp & ωs
⇒ total at most L+3 extrema in E(ω)
Contoh:
[ ]1,2,3,4,3,2,115
1)( =nh → M = 7 or L = 3
]2,4,6,4[15
1)( =nα
ωωωβ 32 cos15
8cos
15
8)(
15
8,
15
8,0,0)( +=→
= Pn
» w=[0:0.001:pi];
» co2 = (1+cos(2*w))/2;
» co3 = ((cos(3*w)) + 3*cos(w))/4;
» P = (8/15)*co2 + (8/15)*co3;
» plot(P)
Teori Aproksimasi : Alternation Theory
Let S be any closed subset of the closed interval [0,π]. Agar P(ω)
menjadi the unique minimax app. to HDR(ω)on S, it is necessary
and sufficient
0 500 1000 1500 2000 2500 3000 35000
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
E(ω) ≥ L+2 "altenations" atau extremes di S, yaitu
L + 2 ωi exsist
Algoritma Parks-McClellan
Untuk mencari P(ω) secara iteratif
Assume M atau L diketahui
δ2/δ1 diketahui
→ M ↑ δ↓ →untuk sebuah M ada δ
untuk δ = δ2 → solusi diperoleh
→ Kaiser approximates M as
16.14
1321log20 10 +∆
−−=f
Mδδ
πωω
2psf
−=∆
The Parks-McClellan
1. Mulai dengan menebak L+2 extremes ωi
2. Estimasi δ di ωi in
3. Fit P(ω) di ωi in
4. E(ω) dihitung pada finite grid
5. Perbaiki ωi di ulang (2)
Sampai δ = δ2
→ hitung β(n) → a(n) → h(n)
di matlab → remez
[h] = remez(N, f, m, weights, ftype)
2. [ ]δωωω nnndrn PHW )1()()()(ˆ −=−
)(ˆ)(ˆ
)1()( ndr
n
n
n HW
P ωωδω =−+
)(ˆ)(ˆ
)1(cos)(
0ndr
n
nL
kn H
Wkk ω
ωδωα =−+⇒ ∑
=
)(ˆ)1(
...)(ˆ
)1(
)(ˆ
)(ˆ...)(ˆ)(ˆ
1
11
1
1
1111
+
++
++
−++−+
+++=→
L
LL
o
o
LdrLdrodro
WWW
HHH
ωγ
ωγ
ωγ
ωγωγωγδ
∏+
≠= −
=→1
0 coscos
1L
knn nk
k ωωγ
3. [ ]
[ ]∑
∑
=
=
−
−=
L
kkk
L
kkkk
xx
xxPP
0
0
)/(
)/()()(
β
βωω
→ interpolasi Lagrange
→ di mana 1,...,0 )(ˆ
)1()(ˆ)( +=−−= Ln
WHP
n
n
nDRn ωδωω
∏≠= −
=L
knn nk
k xx0
1β
4. [ ])()(ˆ)(ˆ)( ωωωω PHWE dr −=
→ ω fine grids
bila |E(ω)| ≥ δ untuk beberapa ωj, pilih L+2 largest peaks
sebagai ωi baru, dan ulangi lagi
Design Filter IIR
Filter Analog
( ) ( )( )
( ) ( ) ( )∫
∑
∑
∞
∞−
−
=
=
=→
→
==
dtethsHth
s
s
sA
sBsH
sta
kk
N
k
kk
M
k
kk
a
response Impulse
tcoefficienfilter dan 0
0
βα
α
β
Desain LPAnalog
Convert keDigital
Transfer keDesired Filter
Desain LPAnalog
Transfer keFilter
Convert keDigital
→ tidak bisa linear phasa
( ) ( )1−−±= zHzzH N
Transformasi Bilinear
⇒ Conformal mapping (one-to-one)
jΩ axis → unit circle once
LHP → inside unit circle
RHP → outside unit circle
Penjelasan lewat Trapesoidal Formula for Numerical Integration
)()()(
)( tbxtaydt
tdy
as
bsH =+→
+= *)
→ integrasi
Dekati dengan formula Trapesoid
∫ +=t
to
o
tydyty )()()( 1 ττ
↓ turunan pertama dari y(t)
t = nT; to = nT - T
Unit circle
z-plane
jΩ
s-plane
σ1/2
[ ] )()()(2
)( 11 TnTyTnTynTyT
nTy −+−+=⇒
→ sedangkan *) )()()(1 nTbxnTaynTy +−=→
→ y(n) ≡ y(nT) dan x(n) ≡ x(nT)
[ ])1()(2
)1(2
1)(2
1 −+=−
−−
+ nxnx
bTny
aTny
aT
( ) )(12
)(2
1)(2
1 11 zXzbT
zYzaT
zYaT −− +=
−−
+
( )( )1
1
2
1
21
12/
)(
)()(
−
−
−−+
+==z
aTaTzbT
zX
zYzH
Bilinear Tr.
)(
1
12)(
1
1
1
12
1
1
↓
=+
+−
=
+
−=−
−−
−
z
z
Ts
sH
az
z
T
bzH
→ meskipun ini diturunkan untuk orde satu, ini juga berlaku
untuk orde tinggi
Karakter : Frequency warping
Ω+== jsreZ j σω
1
12
1
12
+−=
+−= ω
ω
j
j
re
re
Tz
z
Ts
ωω
ω cos21
sin2
cos21
1222
2
rr
rj
rr
r
T +++
++−=
ωσ
cos21
122
2
rr
r
T ++−=→
ωωcos21
sin22 rr
r
++=Ω
01,01 >→><→<⇒ σσ rr
⇒ LHP maps ke inside unit circle
ketika r = 1 → σ = 0, dan
2tan
2
cos1
sin2 ωω
ωTT
=+
=Ω
atau
2tan2 1 TΩ= −ω
1. -∞ < Ω < ∞ dipetakan ke -π ≤ ω ≤ π
0 500 1000 1500 2000 2500 3000 3500 4000 4500-3
-2
-1
0
1
2
3
Matlab Script :
>> t=[-20:.001:20];
>> w=2*atan(t/2);
>> subplot(1,1,1),plot(w)
2. s = ∞ → z = -1
⇒ LPF dengan zero di tak hingga → DF zero di z = 1
Contoh :
Convert 6)1.0(
1.0)(
2 +++=
s
ssHa dengan BT
Ctt.
The DF punya frekuensi resonansi di ωr=π/2
Jawab:
Analog filter punya resonansi Ωr = 4
→ petakan ke ωr = π/2 dengan memilih T = 1/2
2
1
2
2/tan
24 =⇒= T
T
π
+−=⇒ −
−
1
1
1
14
z
zs
diabaikan bisa kecil,
975.00006.01
122.0006.0128.0)(
21
11
↓++−+=⇒ −−
−−
zz
zzzH
2
11
975.01
122.0006.0128.0)( −
−−
+−+=z
zzzH
⇒ 2/2,1 987.0 πjep ±=
095.112 −=z
→ resonansi dekat ω = π/2
Kadang-kadang T dipilih satu apabila tidak ada permintaan
khusus, atau H(s) dicari setelah HDF(z) ditentukan
Contoh :
Desain LPF DF satu pole dengan 3-dB bandwidth di 0.2π, dengan
BT pada
AF dariBW dB 3
)(
↑
Ω+Ω=
c
c
ssH
Solusi :
BW dB 3
65.0
1.0tan2
2.0
T
Tcc
=↓
=Ω⇒= ππω
Ts
TsH
/65.0
/65.0)(
+=⇒ di analog domain
gunakan BT
1
1
509.01
)1(245.0)( −
−
−+=⇒
z
zzH (T cancelation)
Checking :
( )ω
ω
ωj
j
e
eH −
−
−+=
509.01
1245.0)(
pada ω = 0 ⇒ H(0) = 1
ω = 0.2π → |H(0.2π)| = 0.707
Metoda Matched - Z Tranzformation
Poles/zeros H(s) → poles/zero Z-plane
( )( )∏
∏
∏
∏
=
−
=
−
=
=
−
−=⇒
−
−=
N
k
Tp
M
k
Tz
N
kk
M
kk
ze
zezH
ps
zssH
k
k
1
1
1
1
1
1
1
1)(
)(
)()(
T ⇒ sampling interval
( )11)( −−⇒−⇒ zeas aT
⇒ T harus dipilih agar posisi sama
a
a
Characteristic of Some Analog Filter
* Butterworth
LPF
Np
Nc
H222
2
)/(1
1
)/(1
1)(
ΩΩ∈+=
ΩΩ+=Ω
N → orde filter
ωc → -3dB frequency (cut-off frequency)
Ctt.
2)()()( Ω=− = HsHsH js ω
n
c
s
sHsH
Ω
−+
=−⇒
2
21
1)()(
→ poles are on unit circle
2)(Ω→ H monotonic di passband & stopband
pada Ω = Ωs
2222 )/(1
1 δ=ΩΩ∈+ n
p
( )[ ] ( ))/log(
/log
)/log(2
1/1log 22
pscs
NΩΩ
=ΩΩ−=⇒ εδδ
Filter Analog (Design)
Proses desain DF dapat diubah menjadi problem desain AF
dengan spesifikasi khusus yang diturunkan dari Bilinear
Transform
LPF dapat ditransformasikan ke LPF, BPF, HPF dan BSF.
Jadi diskusi dapat difokuskan ke LPF
Ada AF :
- Butterworth Filters
- Chebyshev Filters
- Elliptic Filters
- Bessel Filters
1. Butterworth Filters
An LPF Butterworth filters are all pole filters, dengan
karakteristik :
Np
Nc
H222
2
)/(1
1
)/(1
1)(
ΩΩ∈+=
ΩΩ+=Ω
N is the order of the filter
Ωc is -3dB frequency (cut-off frequency)
Ωp is passband edge frequency
21
1
ε+ is the band edge value of |H(Ω)|2
( )2
22)(
/1
1)()( Ω=
Ω−+=− == H
ssHsH jsN
c
js ωω
Pole dari H(s)H(-s) ada pada sebuah lingkaran dengan jari-jari
Ωc pada titik-titik dengan equaly speed
Nkj
c
es N
π)12(
2
2 1
)1(+
=−=Ω−
k = 0, 1, …, N-1
Nkjj
ck ees 2)12(2/
ππ +Ω=⇒ k = 0, 1, …, N-1
Contoh untuk N = 4 dan N = 5
a)
82
ππ +
82
ππ −−
N=4
poles ofH(s)
poles ofH(-s)
b)
102
ππ +
N=5
poles ofH(s)
poles ofH(-s)
Response filter :
Karena |H(Ω)|2 monotonic di passband dan stopband maka
analisis relatif lebih mudah → spesifikasi dipenuhi oleh
mencari N yang tepat
pada Ω = Ωs ( )2
22 /1
1 δ=ΩΩ∈+
⇒ps
( ) ( )pscs
NΩΩ
=ΩΩ
−
=⇒/log
)/log(
/log2
11
log
2
22 εδδ
di mana 22
1
1
δδ
+=
jadi ditentukan oleh N, δ2, ε, dan Ωs/Ωp
Sampling of Bandpass Filter
9.1.1. Representation of BP Signals
Motivation :
( ) Signal BP =tx
develop a math representation dari signal seperti ini :
)()(2)( FXFVFX =+
V(F) → unit step function
X(F) → FT dari x(t)
∫∞
∞−++ =⇒ dFeFXtx Ftj π2)()(
[ ] [ ])(*)(2)( 11 FXFFVFtx −−+ =
↓
( )FX
cFcF− F0
Analog
A/D
x(n)BPF
analytic or preenvelope of x(t) karena [ ] )()(1 txFXF =−
dan
[ ]t
jtFVF
πδ +=− )()(21
)(*)()( txt
jttx
+=→ + πδ
)(ˆ)()(*1
)( txjtxtxt
jtx +=+=π
bila ∫∞
∞− −=≡ τ
ττ
ππd
t
xtx
ttx
)(1)(*
1)(ˆ
∫∞
∞−
−= dtethFH Ftj π2)()(
<=>−
== ∫∞
∞−
−
0
00
011 2
Fj
F
Fj
dtet
Ftj π
π
1)( =⇒ FH
<
>−=
02
1
02
1
)(F
FF
π
πθ
⇒ 90o phase shifter for all frequency
• LP Rep dari x+(t)
)(tx )(ˆ tx)(th
1. )()( cl FFXFX ++≡
tFjl
cetxtx π2)()( −+=→
[ ] tFj cetxjtx π2)(ˆ)( −+=
or tFje
cetxtxjtx π2)()(ˆ)( =+
)()()( tjututx sce += → complex
tFtutFtutx cscc ππ 2sin)(2cos)()( −=
tFtutFtutx cscc ππ 2cos)(2sin)()(ˆ +=
→ uc(t) dan us(t) seperti amplitude modulations impressed
carrier cos2πFct & sin2πFct quadrature components of BPS
x(t)
→ uc(t) & us(t) ← low pass
2. Representasi lain :
[ ] tFjsc
cetjututx π2)()(Re)( +=
tFje
cetx π)(Re=
xe(t) ⇒ complex envelope of x(t)
⇒ equivalent lowpass signal
3. Representasi lain :
)()()( tje etatx θ=
)()()(
22 tututa sc +=
)(
)(tan)( 1
tu
tut
c
s−=θ
maka [ ]tFje
cetxtx π2)(Re)( =
[ ][ ])(2)(Re ttFj ceta θπ +=
[ ])(2cos)( ttFta c θπ +=
a(t) → envelope of x(t)
θ(t) → phase of x(t)
1, 2, 3, are equivalent representation of x(t). (BPS)
• Spectrum
[ ] ( )
[ ][ ]
(F)XX(F)
FFXFFX
etxFX
dteetx
dtetxFX
L
cece
tFje
FtjtFje
Ftj
c
c
& antarahubungan
)()(2
1
e)((t)ex2
1)(
2
1)Re(
)(Re
)()(
*
Ftdtj2-
-
2*tFj2e
*
22
2
c
↑
−−+−=
+=⇒
+=
=
=
∫
∫
∫
∞
∞
−
∞
∞−
−
∞
∞−
−
ππ
ππ
π
ξξξ
⇒ Spectrum dari X(F) bisa diperoleh dari XL(F) dengan
frekuensi translasi
x(t) BPS ⇔ LPS xl(t) → complex
Sampling BPS
Nyquist → 2B2 samples/sec
→ geser 2
21 BBFc
+=
⇒ sampling terhadap low pass
⇒ shifting ⇒ tFjtFxe cctFj c πππ 2sin2cos2 +=
⇒ lowpass filter to remove signals at 2Fc
→ Bandwidth ⇒ 22
12 BBB −≡ ⇒ Nyquist B samples/sec
⇒ ada 2 : 2B samples/sec
1B 2BcF
Sampling x(t) at comparable rates
Let upper frequency = Fc + B/2 = kB
↓ positive integer
bila x(t) → sample at 2B = 1/T sample/sec
2
)12(sin)(
2
)12(cos)(
2sin)(2cos)()(
−−−=
−=kn
nTUkn
nTU
nTFnTUnTFnTUnTx
sc
cscc
ππππ
karena 2
BkBFc −= dan
BT
2
1=
⇒ n genap = 2m
)((-1)
)12(cos)()()2(
1m
11
mTu
kmmTumTxmTx
c
c
=
−=≡ π
⇒ n ganjil = 2m - 1
( )122
)2( 11
11 −
−=
−≡− T
mTuT
mTxTmTx s
LPF
OSC
ADC
ADC
LPF
BHztFcπ2cos
tFcπ2sin)(tUs
)(tUc
• Jadi even-numbered samples of x(t) yang muncul dengan rate
B samples/sec, menghasilkan samples dari LPF uc(t)
• Odd-numbered samples of x(t) (juga dengan B samples per
second) menghasilkan us(t)
Rekonstruksi xe(t) dari uc(mT1)
Us(mT1-T1/2)
Let T1 = 1/B
( )
( )
∑
∑
∞
∞−
∞
∞−
+−
+−
−=
−
−
=⇒
2
2sin
)2
()(
sin
)()(
11
1
11
111
11
11
1
TmTt
T
TmTt
TTmTutu
mTtT
mTtT
mTutu
ss
cc
π
π
π
π
karena tFtutFtutx cscc ππ 2sin)(2cos)()( −=
maka
( ) ( )( )
( )
( ) ( )( )( )
( )
∑∞
−∞=
+
+−
+−
−−+
+−
−
−
=m
cm
cm
tFTmTt
T
TmTtTTMx
tFmTtT
mTtTmTx
tx
ππ
π
ππ
π
2sin2
2
22
sin121
2cos22/
22
sin21
)(
1
tetapi ( ) ( )mTtFtF ccm 22cos2cos1 −=− ππ
dan ( ) ( )TmTtFtF cckm +−=− + 22cos2sin1 ππ
( )( )
( )( )∑
∞
−∞=−
−
−
=⇒m
c mTtFmTt
T
mTtT
mTxtx ππ
π
2cos
2
2sin
)(
T = 1/2Bs
Secara Umum :
2
BFc ≥
+=
B
BF
rc 2
B → B1 ⇒ rB
BFc
=+1
2
22
11 BB
FF cc−+=⇒
1.2
offcut BrB
Fc =+=
( )( )
( )∑∞
−∞=−
−
+
−
+
+=⇒n
c mTtF
mTt
mTtnxtx 11
1
1
2cos
12
12
sin)1()( π
π
π
B
B'
⇒ x(t) can be represented by samples taken by
[ ]11
1
1
dan 2
12r
mana di s/s, 21
rrB
F
B
BF
r
rB
T
cc
=+=+
=
=
Jadi bila rBB
Fc not is 2
+ , sampling rate musti naik by r
r1
Tetapi begitu Fc/B naik, r
r1
→ 1 % increase tends to φ
of sampling rate
Ctt.
( ) ( )( )
( )∑∞
−∞= −
−
−=n
nc
nTtT
nTtTnTxtu
11
11
1
22
22
sin21)(
π
π
dan ( ) ( )( )
( )∑∞
−∞=
++
+−
+−
−−=n
rns
TnTtT
TnTtTTnTxtu
111
111
111
22
22
sin21)(
π
π
r = [r1]
⇒ 2B ≤ Fs < 4B
↓ ↓ bila r = 1 r1 ≈ 2(worst condition)
bila Fc+B/2 = rB
D-T processing of C-T signals
300 - 3400 → 8000 Hz antialiasing/ noise removal
pilih 4000 > 3400 → simpler filter
( )
[ ]
ππ
π
π
π
π
ππ
π
jet
eetj
etj
dFe
et
etj
dsedsesX
tj
tj
FtjFtj
st
jj
Ftjstst
111
j
1
1
2
22
2
2
22
0
020
2
00
2
=
−=
−=
=
=
==
∞−
∞−∞−
−
∞∞
−∞
∞−
−
∫
∫∫
PreFiltering
A/DDigital
ProcessingD/A
PostFiltering
As )(nx)(tx )(ny )(ty )(' ty
Multirate Signal Processing
⇒ Sampling Rate Conversion (SRC)
1.
2. Digital Domain
10.1. Intro
1. SRC ⇒ linear filtering
Main Case :
Integers Prime Relatively →=D
I
F
F
x
y
2. As Digital Resampling of the same analog signals
y(m) is a time-shifted version of x(n)
⇒ Realisasi menggunakan Filter Linear dengan
- flat magnitude response
- linear phase response
old CR
DA DA
new CR
Fy=1/Ty
h(n,m)
y(n)x(n) Linear Filter
Fx=1/Tx
ije ωτ−⇒
↓ time delay
⇒ delay τi berbeda dari sample ke sample
⇒ gunakan a set of e-jωτI untuk semua τI
kasus :
- Desimasi (down sampling) by D
- Interpolasi (up sampling) by B
Desimasi by a factor D
- assume x(n) dengan spektrum X(ω)
- down sampling by an integer factor D
X(ω) non zero 0 ≤ |ω| ≤ ω
|F| ≤ Fx/2
→ bila x(n) langsung disubsampling maka terjadi aliasing. Jadi
x(t) difilter dulu agar BW menjadi Fmax= Fx/2D atau ωmax= π/D
⇒ karena HD(ω) menghapus π/D < ω < π
maka signal of interest tidak boleh ada di daerah yang
dihapus tersebut
h(n)Down
Sampler↓ D
y(m)x(n) V(n)
D
FF x
y =x
x TF
1=
( )
≤=
otherwiseDHD
0
1πωω
output dari filter, v(n) adalah
∑∞
=−=
0)()()(
kknxkhnv
Down sampling by D
∑∞
==
=
0
)()(
k)h(k)x(mD-k
mDVmy
→ time variant system]
x(n) → y(m)
x(n-no) → y(n-no) kecuali bila no = kD
Frequency Domain Characteristic
Let ±±=
=otherwise 0
D2 D, 0, n )()(ˆ nV
nV
D periodadengan p(n)
impulses of train periodic
)()()(ˆ
↑×=→ npnvnv
SeriesFourier 1
)(1
0
/2 ←= ∑−
=
D
k
DknjeD
np π
D=3
Jadi )()()(ˆ npnvnv =
dan )()()()()( mDvmDpmDvmDvmy ===
∑
∑ ∑
∞
−∞=
−
∞
−∞=
∞
−∞=
−−
=
==
m
Dm
m m
mm
zmvzY
zmDvzmyzY
/)(ˆ)(
)(ˆ)()(
karena 0)(ˆ =mV kecuali pada kD
maka ∑ ∑∞
−∞=
−−
=
=
m
DmD
k
Dmkj zeD
mvzY /1
0
/21)()( π
( )( )
( ) ( )∑
∑
∑ ∑
−
=
−−
−
=
−
−
=
∞
−∞=
−
=
=
=
1
0
/1/2/1/2
1
0
/1/2
1
0
/1/2
D
1
D
1
)(1
)(
D
k
DDkjDDkjD
D
k
DDkj
D
k m
DDkj
zeXzeH
zeV
zemvD
zY
ππ
π
π
karena V(z) = HD(z)X(z)
pada z = ejω
yy
y FTF
F ππω 22 ==→
xyx
y DD
FF ωω =→=
karena xx
x FTF
F ππω 22 ==
Dxπω ≤≤⇒ 0 → is stretched into πω ≤≤ y0
by down sampling
Jadi ( )
−
−= ∑
−
= D
kX
D
kH
DyY yD
k
yD
πωπωω
221 1
0
Bila HD didesain dengan baik, aliasing tidak ada
( )
=
=
DX
DDX
DH
DyY yyy
D
ωωωω 11
0 ≤ |ωy| ≤ π
Interpolasi by I
→ interpolasi → isi I-1 new sample between successive values
V(m) → sequence Fy = IFx dan x(n) + I-1 zeros between succesion
( )xX ω ( )xV ω
( )xDH ω ( )yY ω
xω xω
xω yω
π− π
π− π
D
π−
D
πD
π−
D
π
( ) ( ) ±±=
=otherwise 0
,...2,,0 / IImImxmv
rate v(m) = rate y(m)
( ) ( )
( ) ( )ImI
m
m
m
zXzmv
zmvzV
==
=
−∞
−∞=
−∞
−∞=
∑
∑
( ) ( )
IIFF
FF
IXV
xyxy
y
yy
ωω
πω
ωω
=→=⇒
=
=⇒
/2 ,F terhadaprelatif yy
( )
≤≤=
otherwise 0
I
0 )(πωωω yy
yICXY
C dipilih agar y(m) = X(m/I) untuk m = 0, ±1, ±2, ±…
( )xX ω
xωπ− π
Iπ
Iπ3
( )yV ω
Pada m = 0
∫∫−−
==I
Iyyyy dIX
CdYy
/
/
)(2
)(2
1)0(
π
π
π
πωω
πωω
π
karena ωy = ωx/I,
( ) ( )
IC
oxI
CdX
I
Coy xx
=⇒
== ∫−
)(2
1)(
π
πωω
π
Akhirnya,
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )∑
∑
∞
−∞=
∞
−∞=
−=
−=
=
k
k
kxkImh
kvkmhmy
nhnVmy
)(
*)(
karena v(k) = 0, kecuali k = nI
Sampling rate Conversion by I/D
I↑ )(lhu )(lhD D↓)(nx )(my
interpolator decimatorxFRate
xy FD
IFRate =
( ) ( )
IIF
F
IDIH
x
xv
v
ωππω
ππωω
===
≤≤
=
2
F
F2 where
otherwise 0
/,/min0
v
( )
±±=
=⇒otherwise 0
,...2,,0 IIlI
lx
lV
( ) ( ) ( )
( ) ( )∑
∑
∞
∞−
∞
∞−
−=
−=
k
k
kxkIlh
kvklhl
ω
( ) ( )
( ) ( )∑∞
−∞=−=
=
kkxkImDh
mDmy
ω
variasi :
nI
mDk −
≡
( ) ∑∞
−∞=
−
+
−=
nn
I
mDxnII
I
mDmDhmy
D↑ )(lh D↓)(nx )(my
Ctt.
( )ImD
mDII
mDmD
I modulo
=
=
−
maka
( ) ( )( )∑∞
−∞=
−
+=
nI n
I
mDxmDnIhmy
( ) ( )( )ImDnIhnmg +=,
di mana h(k) → impulse response of TI LPF operating at IFx
sampling rate
( ) ( )( )( )( )
( ) I period with min periodik ,
,
→=+=
++=+
mng
mDnIh
kDImDnIhkImng
I
I
( ) ( ) ( )
( )
≤≤=
=
otherwise ,0
,min0 , ID
IIX
IXHV
vv
vvN
ππωω
ωωω
x(m) y(m)),( mng
( )
vy
D
k
yy
D
D
kV
DY
ωω
πωω
21 1
0
=
−=→ ∑
−
=
( )
≤≤
=⇒
otherwise ,0
,min0 ,I
D
DX
D
IY y
y
y
ππωω
ω
