transz2 (1).ppt

 A method for solving linear, constant-coefficient
difference equations by Laplace transforms was
introduced to graduate engineering students by
Gardner and Barnes in the early 1940s.
 They applied their procedure, which was based
on jump functions, to ladder networks,
transmission lines, and applications involving
Bessel functions.

 This approach is quite complicated
and in a separate attempt to simplify
matters, a transform of a sampled
signal or sequence was defined in
1947 by W. Hurewicz as:
which was later denoted in 1952 as a "z transform" by
a sampled-data control group at Columbia University

 Adalah suatu transformasi yang mengubah
sinyal waktu diskrit ke dalam bentuk
kompleks dalam domain frekuensi
 Berguna untuk menyelesaikan persamaan
beda (difference equation). Hal ini serupa
dengan kegunaan transformasi Laplace,
tetapi berlaku untuk sinyal dan sistem
waktu diskrit.

 Transformasi-z dari suatu sinyal x(n)
didefinisikan sebagai:






n
n
z
)
n
(
x
)
z
(
X
di mana z adalah suatu variabel bilangan
komplek, yaitu z = re j . Im(z)
Re(z)
r


 Transformasi-z adalah suatu deret tak hingga,
sehingga mungkin divergen untuk beberapa
nilai z.
 Transformasi-z hanya didefinisikan untuk
suatu daerah yang hasil transformasinya adalah
terhingga, diberi nama Region of Convergence.
 Region Of Convergence (ROC) dari
transformasi-z berbentuk :
R1 < |z| < R2, dimana |z| = r.
dengan batas R1 dan R2 adalah tergantung
pada sinyal yang ditransformasikan.

 Cari Transformasi-Z dari sinyal-sinyal berikut:
a). x1(n) = {1, 2, 3, 5, 7, 0, 1}
b). x2(n) = {0, 0, 1, 2, 5, 0, 1}
 Jawab
a). X1(z) = 1 + 2z-1 + 3z-2 + 5z-3 + 7z-4 + z-6 ;
ROC: z ≠ 0
b). X2(z) = z-2 + 2z-3 + 5z-4 + z-6; ROC: z ≠ 0

 Cari Transformasi-Z dari sinyal:
x3(n) = u(n) = {1, 1, 1, 1, … }
 Jawab
X3(z) = 1 + z -1 + z -2 + z -3 + …
jika z –1 = A, maka :
X3(z) = 1 + A + A2 + A3 + ...
kedua ruas dari persamaan di atas dikalikan
dengan (1 – A), dihasilkan:
X3(z) =
A
1
1


Sifat-sifat Transformasi Z
 Linier
 Penggeseran Waktu
 Perkalian dengan Waktu
 Pembalikan Waktu
 Perkalian dengan an
 Teorema Nilai Awal
 Teorema Nilai Akhir

 Z[a1 x1(n) + a2 x2(n)] = a1 X1(z) + a2 X2(z)
 Contoh:
Cari transformasi z dari x(n) = u(n) + 0,9n u(n)
 Jawab:
Transformasi z dari u(n) = z/(z – 1)
Transformasi z dari 0,9n u(n) = z/(z – 0,9)
maka transformasi z dari u(n) + 0,9n u(n) :
 
)
9
,
0
z
)(
1
z
(
z
9
,
1
z
2
)
9
,
0
z
)(
1
z
(
)
1
z
(
z
9
,
0
z
z
9
,
0
z
z
1
z
z 2















 Z[x(n–1)] = z -1X(z) + x(–1)
 Z[x(n–2)] = z -2X(z) + x(–2) + z -1x(–1)
 Z[x(n–k)] = z -kX(z) + x(–k) + z -1x(–k+1) + ...
+ z –k+1x(–1)

 Z[x(n+1)] = z X(z) – z x(0)
 Z[x(n+2)] = z 2 X(z) – z2 x(0) – z x(1)
 Z[x(n+k)] = z k X(z) – zk x(0) – zk-1 x(1) – ...
– z x(k–1)

 Contoh
Cari transformasi z dari x(n) = u(n + 2)
 Jawab:
Z[u(n+2)] = z 2 X(z) – z2 x(0) – z x(1)
1
z
1
z
z
1
z
1
z
z
1
z
z
z
z
z
1
z
z
z 2
2
2
2












1
z
z
1
z
z
z
z
z
z 2
2
3
3









 Z[n x(n)] =
 Contoh :
Tentukan transformasi z dari x(n) = n.u(n)
 Jawab :
Z[n.u(n)] = =
=
 
)
z
(
X
dz
d
z

 
)
z
(
X
dz
d
z

 
  

















 2
1
z
)
1
(
z
1
1
z
z
1
z
z
dz
d
z
   2
2
1
z
z
1
z
1
z












 Z[x(–n)] = X(1/z)
 Contoh :
Cari transformasi z dari x(n) = u(–n)
 Jawab:
Z[u(–n)] =
z
1
1
1
z
z
1
1






 Z[an x(n)] = X(z/a)
 Contoh :
Tentukan transformasi z dari x(n) = 0,8n u(n)
 Jawab :
Z[0,8n u(n)] = X(z/0,8) =
8
,
0
z
z
1
8
,
0
/
z
8
,
0
/
z




 Jika Z[x(n)] = X(z), maka x(0) =
 Contoh :
Tentukan nilai awal x(0) jika
 Jawab :
x(0) =
=
= 1
 
z
X
lim
z 

9
,
0
z
z
)
z
(
X


 
z
X
lim
z 

9
,
0
z
z
lim
z 



 Jika Z[x(n)] = X(z), maka
 Contoh :
Tentukan nilai akhir x(∞) jika
 Jawab :
= = 0
  )
z
(
X
1
z
lim
)
n
(
x
lim
1
z
n





9
,
0
z
z
)
z
(
X


  )
z
(
X
1
z
lim
)
n
(
x
lim
1
z
n





 
9
,
0
z
z
1
z
lim
1
z 



No Sinyal diskrit
x(n)
Transformasi-z
X(z)
ROC
1 (n) 1 Seluruh z
2 u(n) |z| > 1
3 a n u(n) |z| > |a|
4 n a n u(n) |z| > |a|
5 – a n u(– n –1) |z| < |a|
6 – n a n u(– n –1) |z| < |a|
1
z
z
z
1
1
1


 
a
z
z
az
1
1
1


 
a
z
z
az
1
1
1


 
   2
2
1
1
a
z
az
az
1
az


 

   2
2
1
1
a
z
az
az
1
az


 


No Sinyal diskrit Transformasi-z ROC
7 (cos 0 n) u(n) |z| > 1
8 (sin 0 n) u(n) |z| > 1
9 (an cos 0n) u(n) |z| > |a|
10 (an sin 0 n) u(n) |z| > |a|
1
cos
z
2
z
cos
z
z
z
cos
z
2
1
cos
z
1
0
2
0
2
2
0
1
0
1














1
cos
z
2
z
sin
z
z
cos
z
2
1
sin
z
0
2
0
2
0
1
0
1












2
0
2
0
2
2
2
0
1
0
1
a
cos
az
2
z
cos
az
z
z
a
cos
az
2
1
cos
az
1














2
0
2
0
2
2
0
1
0
1
a
cos
az
2
z
sin
az
z
a
cos
az
2
1
sin
az













 Tidak berisi informasi tentang sinyal x(n)
untuk waktu negatif atau n < 0
 Bersifat unik hanya untuk sinyal kausal,
karena sinyal-sinyal ini yang bernilai nol
untuk n < 0
 Bila kita membahas transformasi z satu sisi,
kita tidak perlu membahas ROC-nya.






0
n
n
z
)
n
(
x
)
z
(
X

 Menghitung langsung integral kontur
 Ekspansi dalam deret pangkat, dengan
variabel z dan z–1
 Ekspansi pecahan parsial dan melihat tabel
pasangan transformasi
 




C
1
n
dz
z
z
X
j
2
1
)
n
(
x

1. X(z) terdiri dari pole-pole riil dan tak
berulang
2. X(z) terdiri dari pole-pole riil dan berulang
3. X(z) terdiri pole-pole pasangan komplek

Pole Riil dan Tak berulang
n
m
dengan
;
a
z
a
z
a
z
b
z
b
z
b
z
b
)
z
(
X
n
1
n
1
n
1
n
m
1
m
1
m
1
m
0
















    
p
z
p
z
p
z
b
z
b
z
b
z
b
)
z
(
X
n
2
1
m
1
m
1
m
1
m
0







 



n
n
2
2
1
1
p
z
a
p
z
a
p
z
a
z
)
z
(
X






 
 
i
p
z
i
i
z
)
z
(
X
p
z
a










Contoh 2
• Tentukan invers transformasi z dari:
• Jawab:
1
z
:
ROC
jika
;
z
5
,
0
z
5
,
1
1
1
)
z
(
X 2
1



 

5
,
0
z
5
,
1
z
z
)
z
(
X 2
2



5
,
0
z
a
1
z
a
5
,
0
z
5
,
1
z
z
z
)
z
(
X 2
1
2







 
     1
z
1
z
1
5
,
0
z
z
5
,
0
z
1
z
z
1
z
a





















Contoh 2 (lanjutan)
 
    





















 5
,
0
z
5
,
0
z
2
1
z
z
5
,
0
z
1
z
z
5
,
0
z
a
5
,
0
z
1
1
z
2
z
)
z
(
X




5
,
0
z
z
1
z
z
2
)
z
(
X




x(n) = 2 u(n) – (0,5)n u(n)

 Jika X(z)/z memiliki pole-pole berulang pada
p1 dengan pangkat r, maka penyebut dapat
ditulis sebagai:
(z + p1)r (z + pr +1)(z + pr +2)…(z + pn)
 Ekspansi pecahan parsial dari X(z)/z ditulis
sebagai:
     
n
n
2
r
2
r
1
r
1
r
1
1
1
r
1
1
r
r
1
r
p
z
a
p
z
a
p
z
a
p
z
b
p
z
b
p
z
b
z
)
z
(
X























 Nilai-nilai konstanta br, br-1, …, b1 dicari
dengan rumus:
 
 
 
 
 
1
1
1
1
p
z
r
1
1
r
1
r
1
p
z
r
1
j
j
j
r
p
z
r
1
1
r
p
z
r
1
r
p
z
z
)
z
(
X
dz
d
!
1
r
1
b
p
z
z
)
z
(
X
dz
d
!
j
1
b
p
z
z
)
z
(
X
dz
d
b
p
z
z
)
z
(
X
b
































































Contoh 3
• Tentukan invers transformasi-z dari:
• Jawab:
Pemfaktoran dari X(z)/z menghasilkan:
1
z
z
z
z
z
2
z
6
)
z
(
X 2
3
2
3






   
1
z
1
z
1
z
2
z
6
1
z
z
z
1
z
2
z
6
z
)
z
(
X
2
2
2
3
2











  1
z
a
1
z
b
1
z
b
z
)
z
(
X 1
2
2







 Jika p1 dan p2 adalah pole-pole pasangan
bilangan komplek, dan pole lainnya adalah pole
riil dan tak berulang, maka ekspansi berikut
dapat dipakai:
   n
n
2
1
2
1
p
z
a
p
z
p
z
z
z
)
z
(
X








 
nilai-nilai dari 1 dan 2 ditemukan dengan
rumus:
         
z
B
p
z
p
z
a
p
z
p
z
z 2
1
n
n
3
2
1 








 

B(z) adalah bagian pembilang dari X(z)/z.

Contoh 4
• Tentukan invers transformasi z dari:
• Jawab:
Ekspansi pecahan parsial dari X(z)/z adalah:
nilai a dicari dengan:
  
1
z
z
1
z
z
z
1
z
2
z
2
z
z
z
)
z
(
X 2
2
2
3
2










    
1
z
z
z
1
z
a
1
z
z
1
z
1
z
z
)
z
(
X
2
2
1
2













  
  2
1
z
z
1
z
1
z
z
z
X
a
1
z
2
1
z










Contoh 4 (lanjutan)
kemudian dicari nilai 1 dan 2 dengan
menyamakan penyebut dari kedua ruas :
2(z2 – z + 1) + (z – 1)( 1z + 2) = z + 1
2z2 – 2z + 2 + (1z2 – 1z + 2z – 2) = z + 1
(2 + 1)z2 + (-2 – 1 + 2)z + (2 – 2)z0 = z + 1
    
1
z
z
z
1
z
2
1
z
z
1
z
1
z
2
2
1
2













Contoh 4 (lanjutan)
sehingga :
z2 : 2 + 1 = 0
z1 : -2 – 1 + 2 = 1
z0 : 2 – 2 = 1
akhirnya didapatkan 1 = –2 dan 2 = 1,
sehingga:
 ;
1
z
z
1
z
2
1
z
2
z
)
z
(
X
2







 
1
z
z
z
5
,
0
z
2
1
z
z
2
)
z
(
X 2
2







Contoh 4 (lanjutan)
 
1
z
z
z
5
,
0
z
2 2
2



2
0
2
0
2
a
cos
az
2
z
cos
az
z





Z[(an cos 0n) u(n)]
maka a = 1, cos 0 = 0,5, dan diperoleh 0 = /3,
sehingga didapat:
x(n) = 2.u(n) – 2 u(n) cos (/3)n

 Tentukan respon sistem berikut untuk input x(n)
adalah unit step:
0,25 y(n) = – y(n + 2) + y(n +1) + x(n + 2)
dengan y(0) = 1, y(1) = 2

 Jawab:
 Dengan mengambil tranformasi-z satu sisi:
0,25 Y(z) = – [z2 Y(z) – z2 y(0) – zy(1)]
+ [zY(z) – zy(0)] + z2 X(z) – z2 x(0) – zx(1)
 = – z2 Y(z) + z2 + 2z + zY(z) – z + z2 X(z) – z2 – z
 Y(z) [0,25 – z + z2] = z2 X(z) = z3 /(z – 1)
        
5
,
0
z
b
5
,
0
z
b
1
z
a
5
,
0
z
1
z
z
25
,
0
z
z
1
1
z
z
z
)
z
(
Y
1
2
2
2
2
2
2




















transz2 (1).ppt

More Related Content

What's hot (20)

Similar to transz2 (1).ppt (20)

Recently uploaded (14)

transz2 (1).ppt