Filter

BAB 7 Filter Digital

Bab 7: Filter Digital

1

Struktur Filter Digital Tujuan Belajar 1 Peserta mengerti issue yang terkait dengan struktur implementasi dari sistem LCCDE.

Karakteristik sistem LCCDE dinyatakan dalam persamaan perbedaan: y ( n) = −

N

M

∑= a y(n − k ) + ∑= b x(n − k ) k

k

k 1

k 0

Dengan transformasi-z, fungsi sistem LCCDE dinyatakan: M

∑= b z −

k

k

H ( z ) =

k 0 N

1+

∑= a z −

k

k

k 1

Dari persamaan di atas, diperoleh zero dan pole, yang tergantung dari pemilihan parameter sistem {b k } dan {a k }dan menentukan respon frekuensi dari sistem. Struktur yang terbentuk dari persamaan sistem LCCDE mengandung hubungan antara elemen delay , multiplier, dan adder. Faktor yang mempengaruhi pemilihan struktur realisasi sistem filter:

•

•

Kompleksitas komputasi a.

Aritmetic operations per sample

b.

Memory access per sample

Kebutuhan memori : jumlah lokasi memori yang dibutuhkan untuk menyimpan parameter sistem

•

Efek finite-word-length : berkaitan dengan efek kuantisasi dalam implementasi sistem digital

1.1

Direct Form Tipe 1 dan 2 Tujuan Belajar 2 Peserta mengerti struktur IIR berbentuk Direct Forms 1 dan 2.

VII-1


Fungsi karakteristik sistem IIR dapat dilihat sebagai dua sistem secara kaskade, yaitu:

H(z) = H1(z) H2(z) z) terdiri atas zero dari H ( z z) dan H 2( z z) terdiri atas pole dari H ( z z), dimana H 1( z

H 1 ( z ) =

M

∑ bk z − k

dan

k = 0

H 2 ( z ) =

1 1+

N

∑ ak z − k

k =1

Persamaan di atas dapat diwujudkan dalam struktur IIR Direct Form I sebagai berikut:

Realisasi filter IIR ini memerlukan M + N + 1 perkalian, M + N penjumlahan dan menggunakan delay (memori) terpisah pada cuplikan sinyal input dan outputnya. Lokasi memori yang dibutuhkan sebanyak sebanyak M + N + 1 lokasi. Struktur di atas dapat dinyatakan dalam persamaan perbedaan sebagai sebagai berikut : N

M

∑ a y(n − k ) + ∑ b x(n − k )

y (n ) = −

k

k =1

k

k =0

yang merupakan kascade dari sistem non-rekursif :

v( n ) =

M

∑ b x(n − k ) k

k =0

VII-2


dan sistem rekursif : N

∑ a y (n − k ) + v(n)

y (n ) = −

k

k =1

Jika semua filter all-pole H 2(z) diletakkan sebelum filter all-zero H 1(z) diperoleh struktur yang lebih compact yang dinamakan struktur Direct Form II seperti pada gambar berikut :

Struktur di atas dapat dinyatakan dalam persamaan perbedaan sebagai sebagai berikut: §

untuk filter all-pole : N

∑ a w(n − k ) + x(n)

w(n ) = −

k

k =1

§

untuk sistem all-zero dimana w(n) sebagai inputnya:

y (n) =

M

∑ b w(n − k ) k

k =0

Persamaan di atas hanya mengandung delay pada deretan { w(n)} sehingga hanya sebuah jalur delay tunggal atau satu set lokasi memori tunggal yang diperlukan untuk menyimpan nilai {w(n)}sebelumnya. Jadi, struktur IIR Direct Form 2 tersebut hanya membutuhkan M + N + 1 perkalian, M+N penjumlahan dan nilai maksimum {M,N}lokasi memori. Karena realisasi direct form 2 meminimasi jumlah lokasi memori, maka struktur tersebut dikatakan bersifat canonic.

VII-3


Kedua struktur di atas dikatakan direct form sebab diperoleh secara langsung dari fungsi z) tanpa penyusunan kembali H ( z z) tersebut. Namun, keduanya sangat sensitif sistem H ( z

terhadap parameter kuantisasi dan oleh karenanya tidak direkomendasikan dalam aplikasi prakteknya.

1.2

Flow Graph Tujuan Belajar 3 Peserta memahami peran Flow Graph dan graph theory dalam mengubah struktur filter.

Sinyal Flow Graph menyediakan alternatif representasi grafis dari struktur diagram blok yang digunakan untuk mengilustrasikan realisasi dari sistem. Elemen utama dari flow graph adalah branch dan node.

Branch ain

Nodes

Sinyal flow graph merupakan set dari branch terarah yang terhubung di node. Secara definisi, sinyal keluar dari sebuah branch sama dengan gain branch (fungsi sistem) dikalikan sinyal yang masuk ke branch. Sedangkan sinyal pada suatu node sama dengan jumlah sinyal dari semua branch yang terhubung ke node tersebut. Berikut ilustrasi dari filter IIR dua-pole dan dua-zero (orde dua) dalam bentuk diagram blok dan sinyal flow graphnya :

Sinyal flow graph di atas mempunyai lima node mulai dari 1 sampai 5. Dua dari node tersebut (1,3) merupakan node penjumlahan (yaitu berisi adder), sedangkan lainnya

VII-4


merepresentasikan titik percabangan ( branching point ). Branch transmittance ditujukan untuk branch dalam flow graph. Struktur filter direct form II di atas dapat dinyatakan dalam persamaan perbedaan sebagai berikut : y ( n) = b0 w(n) + b1 w( n − 1) + b2 w(n − 2) w( n) = −a1 w(n − 1) − a 2 w( n − 2) + x( n)

Dengan flow graph sinyal linear, kita dapat mentransformasikan satu flow graph ke dalam flow graph lainnya tanpa mengubah hubungan input-output dasarnya untuk mendapatkan struktur sistem baru untuk sistem FIR dan IIR yaitu dengan transposition atau flow-graph reversal theorem yang menyatakan : " If we reverse the directions of all branch transmittance and interchange the input and output in the flow graph, the system function remain unchanged" Struktur yang dihasilkan disebut transposed structure atau transposed form . Contoh transposisi dari sinyal flow graph di atas dan realisasinya dalam diagram blok adalah sebagai berikut :

Struktur realisasi hasil transposisi filter direct form II tersebut dapat dinyatakan dalam persamaan perbedaan sebagai berikut : y ( n) = w1 ( n − 1) + b0 x( n) w1 ( n) = w2 ( n − 1) − a1 y (n) + b1 x( n) w2 ( n) = − a 2 y (n) + b2 x(n)

VII-5


Secara umum, untuk hasil transposisi dari filter orde-N (asumsi N=M) IIR direct form II dapat dinyatakan dalam persamaan berikut: y ( n) = w1 (n − 1) + b0 x(n) wk (n) = wk +1 (n − 1) − a k y ( n) + bk x( n)

k = 1,2,..., N − 1

w N ( n) = −a N y ( n) + b N x( n)

Persamaan di atas dapat diwujudkan dengan struktur filter sebagai berikut :

Untuk sistem FIR, struktur direct form hasil transposisi dapat diperoleh dengan mensetting nilai ak =0 dengan k=1,2,…,N. Struktur FIR hasil transposisi dapat digambarkan sebagai berikut :

Struktur di atas dapat dinyatakan dalam persamaan perbedaan sebagai berikut : y ( n) = w1 ( n − 1) + b0 x( n) wk (n) = wk +1 (n − 1) + bk x( n)

k = 1,2,..., M − 1

w M ( n) = b M x(n)

VII-6


Secara keseluruhan, fungsi sistem IIR orde-2 (dua pole dan dua zero) untuk struktur direct form I, direct form II, maupun hasil transposisi direct form II mempunyai bentuk:

+ b1 z −1 + b2 z −2 H ( z ) = 1 + a1 z −1 + a 2 z − 2 b0

Dari ketiga struktur tersebut di atas, struktur direct form 2 lebih disukai dikarenakan jumlah lokasi memori yang diperlukan untuk implementasi lebih kecil.

1.3

Struktur Kaskade orde 2 Tujuan Belajar 4 Peserta memahami dan dapat menciptakan struktur kaskade orde 2.

Persamaan fungsi sistem IIR orde-tinggi : M

∑ b z H ( z ) = 1 + ∑ a z

− k

k

k = 0 N

− k

k

k =1

Sistem tersebut dapat difaktorkan ke dalam kaskade sub sistem orde-2, sehingga H ( z) dapat dinyatakan sebagai :

H ( z ) =

K

∏ H ( z) k

dengan K bagian integer dari

k =1

N +1 2

Fungsi sub-sistem orde-2 tersebut secara umum dinyatakan sebagai:

+ bk 1 z −1 + bk 2 z −2 H k ( z ) = 1 + a k 1 z −1 + a k 2 z − 2 bk 0

Untuk sistem FIR, nilai parameter b0 untuk K sub-sistem filter bernilai b0 = b10b20…bK0. Jika N = M, beberapa sub-sistem orde-2 mempunyai koefisien pembilang yang bernilai nol, yaitu baik bk2 = 0 atau bk1 = 0 atau bk2 = bk1 = 0 untuk beberapa nilai k. Jika N ganjil dan N = M , maka salah satu dari sub-sistem, H k( z), harus mempunyai ak2 = 0, sehingga sub-sistem tersebut merupakan orde-1. Bentuk umum dari struktur kaskade adalah sebagai berikut :

VII-7


Jika kita menggunakan struktur direct form II untuk masing-masing subsistem, algoritma komputasi untuk merealisasikan sistem IIR dengan fungsi sistem H ( z) dapat dijelaskan dengan menggunakan persamaan sebagai berikut: y 0 ( n) = x(n) y k (n) = xk +1 ( n)

k = 1,2,..., K − 1

y ( n) = y K ( n) wk (n) = − a k 1 wk ( n − 1) − a k 2 wk (n − 2) + y k −1 ( n) k = 1,2,..., K y k (n) = bk 0 wk ( n) + bk 1 wk (n − 1) + bk 2 wk (n − 2) k = 1,2,..., K

Contoh : Tentukan realisasi kaskade dari sistem fungsi : 10(1 − 2 z −1 )(1 − 3 z −1 )(1 + 2 z −1 ) 1

H ( z ) =

(1 −

3 4

2

z −1 )(1 − 8 z −1 )(1 − ( 12 1

+ j 12 ) z −1 )(1 − ( 12 − j 12 ) z −1 )

Solusi : Pasangan pole dan zero yang mungkin adalah : H 1 ( z ) =

(1 − 1 − 78 z

1

2 −1

z

−1

)

+ 323 z −2

dan

H 2 ( z ) =

sehingga diagram blok realisasinya:

VII-8

1 + 23 z −1 − z −2 1 − z −1

+ 12 z −2


1.4

Struktur Paralel Tujuan Belajar 5 Peserta memahami dan dapat menciptakan struktur paralel.

Struktur paralel dari sistem IIR dapat diperoleh dengan ekspansi partial-fraction dari H ( z). Dengan asumsi bahwa N = M dan pole-polenya berbeda, kita melakukan ekspansi partial-fraction H ( z) untuk memperoleh : H ( z ) = C +

N

∑ 1 − A p z k

k =1

−1

k

dimana { pk } adalah pole-pole, {Ak } koefisien (residu) dalam ekspansi partial-fraction dan konstanta C didefinisikan C = b N . Sistem H ( z) di atas diimplikasikan dalam a N

struktur yang terdiri atas bank paralel dari filter pole-tunggal.seperti pada diagram sebagai berikut :

VII-9


Untuk menghindari perkalian oleh bilangan komplek, kita dapat mengkombinasikan pasangan pole komplek-konjugat untuk membentuk sub-sistem dua pole. Kita pun dapat mengkombinasikan pasangan pole bernilai real untuk membentuk sub-sistem dua-pole. Tiap sub-sistem ini mempunyai bentuk persamaan:

+ bk 1 z −1 H k ( z ) = 1 + a k 1 z −1 + a k 2 z − 2 bk 0

dengan {bki} dan {a ki} bernilai real

Keseluruhan sistemnya dapat diekspresikan sebagai berikut : H ( z ) = C +

K

∑ H ( z)

dengan K : bagian integer dari (N+1)/2

k

k =1

Jika N ganjil, satu dari H k (z) merupakan sistem pole tunggal ( bk1 = ak2 = 0 ). Implementasi H(z) dapat diwujudkan dengan struktur direct form II sebagai berikut :

Persamaan realisasi bentuk paralel dari sistem FIR dengan struktur direct form II: wk (n) = − a k 1 wk ( n − 1) − a k 2 wk (n − 2) + x( n)

k = 1,2,..., K

y k (n) = bk 0 wk ( n) + bk 1 wk ( n − 1)

k = 1,2,..., K

y ( n) = Cx( n) +

K

∑ y (n) k

k =1

Contoh: Tentukan realisasi paralel dari sistem fungsi : 10(1 − 2 z −1 )(1 − 3 z −1 )(1 + 2 z −1 ) 1

H ( z ) =

(1 −

3 4

z −1 )(1 − 8 z −1 )(1 − ( 12 1

2

+ j 12 ) z −1 )(1 − ( 12 − j 12 ) z −1 )

Solusi: H(z) harus dipecah secara parsial : A3 A3* A1 A2 + + + H ( z ) = (1 − 34 z −1 ) (1 − 18 z −1 ) (1 − (12 + j 12 ) z −1 ) (1 − ( 12 − j 12 ) z −1 ) *

Nilai A1, A2, A3 dan A3 yang akan ditentukan.

VII-10


Dengan perhitungan diperoleh : A1 = 2,93 ; A2 = -17,68 ; A3 = 12,25 – j14,57 ; A3* = 12,25 + j14,57 Dengan mengkombinasikan kembali pasangan pole, diperoleh:

− 14,75 − 12,90 z −1 24,50 + 26,82 z −1 + H ( z ) = 1 − 78 z −1 + 323 z − 2 1 − z −1 + 12 z − 2 Sehingga diagram blok realisasi pararelnya:

1.5

Struktur Frequency Sampling Tujuan Belajar 6 Peserta mengerti struktur Frequency Sampling untuk implementasi filter

H(ω) didefinisikan pada : 2π ω k = (k + α ) M

k = 0, 1, …, M-1/2

M odd

k = 0, 1, …, (M/2)-1 M even

α = 0 or 1/2 ωk merupakan titik sample. H (ω ) =

M −1

∑= h(n)e−

j ωn

n 0

Spesifikasikan H (ω) pada ωk :  2π (k + α )  H ( k + α ) = H    M 

=

M −1

∑= h(n)e−

j 2π ( k +α ) n / m

k = 0, 1, …M-1

n 0

VII-11


Jika α = 0, persamaan menjadi DFT ( Discrete Fourier Transform). Persamaan di atas dapat diuraikan menjadi: h( n ) =

M −1

1

∑ H (k + α)e M =

j 2π ( k +α ) n / M

n = 0,... M − 1

k 0

Jika α = 0, persamaan menjadi IDFT ( Inverse Discrete Fourier Transform) Kemudian dicari Z-transform dari h(n):

 1 M −1 2π ( +α ) /  − H ( z ) = ∑  H ( k + α )e j k n M  z n ∑  n = 0  M k = 0 M −1  1 M −1 j 2π (k +α ) n / M −1 n  = ∑ H (k + α )  ∑ (e z )  M  n = 0  k = 0 − H ( k + α ) 1 − z M e j 2πα M −1 = ∑ j 2π ( k +α ) n / M −1 M z k = 0 1 − e M −1

Realisasi dengan memecah H(z) menjadi H(z) = H1(z) H2(z) Untuk All zeros ( Filter Comb). H1(z) dan H2(z) ditentukan : H 1 ( z ) = H 2 ( z ) =

1 M

π (k +α) / M

(1 − z − M e j 2πα ) menghasilkan zk = e j2

, k = 0, 1, …,M-1

M −1

∑= 1 − e H (k ++ α ) z − j 2π ( k α ) / m

1

k 0

Bank paralel dari filter single-pole menghasilkan frekuensi resonan.

pk = e j

2π ( k +α ) / M

k = 0, 1, …, M-1

Terlihat, bahwa zero dan pole terjadi pada lokasi yang sama.

1.6

Struktur Lattice Tujuan Belajar 7 Peserta mengetahui ada struktur Lattice.

Fungsi sistem all-pole :

1

H ( z ) =

1+

N

∑= a

N ( k ) z

k 1

Realisasi dengan struktur direct form:

VII-12

= − k

1 A N ( z )


Persamaan perbedaan sistem: N

∑= a

y (n ) = −

N ( k ) y( n

− k ) + x(n)

k 1

Dengan mengubah aturan input dan output (mengubah x(n) dengan y(n)) diperoleh: N

∑= a

x (n ) = −

N ( k ) x( n

− k ) + y (n)

k 1

Definisikan input:

x (n ) = f N (n)

output:

y (n ) = f 0 ( n)

Kuantitas {f m(n)} dihitung secara mundur : f N(n), f N-1(n),… Persamaan filter lattice :

f m−1 (n ) = f m (n) − K m g m−1 ( n − 1) g m (n ) = K m f m−1 ( n − 1) + g m−1 ( n − 1)

m = N , N − 1,...,1 m = N , N − 1,...,1

y (n ) = f 0 ( n) = g 0 ( n) Struktur dari persamaan di atas adalah:

Contoh: untuk N=2 à sistem 2-pole Persamaan sistemnya :

f 2 (n) = x (n) , f 1 (n ) = f 2 ( n) − K 2 g1 ( n − 1) , f 0 (n ) = f 1 (n) − K 1 g 0 (n − 1) g 2 (n ) = K 2 f 1 ( n − 1) + g1 (n − 1) , g1 (n ) = K 1 f 0 (n − 1) + g 0 (n − 1)

VII-13


y (n ) = f 0 ( n) = g 0 (n) y (n ) = x ( n) − K 1 (1 + K 2 ) y (n − 1) − K 2 y (n − 2)

à

IIR dua-pole

g 2 (n ) = K 2 y ( n) + K 1 (1 + K 2 ) y (n − 1) + y (n − 2) à FIR dua-zero Strukturnya adalah sebagai berikut:

Fungsi sistem IIR all-pole adalah: H a ( z ) =

Y ( z ) X ( z )

=

F 0 ( z ) F m ( z )

=

1 Am ( z )

Fungsi sistem FIR all-zero adalah: H b ( z ) =

2 2.1

Gm ( z ) Y ( z )

=

Gm ( z ) G0 ( z )

= Bm ( z )

Masalah Desain Filter Konsiderasi Umum Tujuan Belajar 8 Peserta mengetahui konsiderasi umum dari desain filter, seperti pertentangan antara kausalitas dan reliabilitas, dan teorema Paley-Wiene

Filter non-kausal à filter tidak dapat direalisasikan Contoh: Filter low pass ideal dengan karakteristik respons frekuensi: H ( ω )

1 =  0

≤

ω ω

c

<

ω

ω

c

≤

π

Respons impuls dari filter ini adalah:

VII-14


h (n )

  =  ω  C  π

ω C π

sin ω

ω

C

C

n

n

n

=

0

n

≠

0

Plot dari h(n) untuk ωC = π /4 : 0.25

0.2

0.15

0.1

0.05

0

-0.05

-0.1 -20

-15

-10

-5

0

5

10

15

20

>> n=-20:20; w=pi/4; >> y=w/pi*sinc(w/pi*n); >> stem(n,y)

LPF ideal tersebut non-kausal sehingga tidak dapat direalisasikan dalam praktek Solusi yang mungkin : §

delay no pada h(n)

§

mengeset h(n) = 0 untuk n < no. Deret Fourier H (ω) menimbulkan fenomena Gibbs, yaitu osilasi pada band edge dari respons filter.

Sistem yang dihasilkan tidak mempunyai karakteristik respons frekuensi ideal lagi. Teorema Paley-Wiener memberikan solusi tentang kondisi perlu dan cukup dari respon frekuensi H (ω) agar filter yang dihasilkan kausal. Teorema Paley-Wiener :

Jika h(n) mempunyai energi terbatas dan h(n) = 0 untuk n < 0 π

Maka,

∫ ln H (ω) d ω < ∞

−π

Jika H (ω ) square integrable dan jika integral di atas terbatas,

VII-15


Maka, respon fasa

Θ(ω)

dapat diasosiasikan dengan H (ω ) , sehingga filter yang

dihasilkan dengan respon frekuensi

H (ω) = H (ω) e jΘ(ω)

akan kausal.

Catatan : H (ω ) tidak boleh bernilai nol pada suatu band frekuensi tertentu supaya ∫ ln H (ω) < ∞

Semua filter ideal adalah non-kausal Kausalitas menunjukkan hubungan antara komponen real H R(ω) dan komponen imajiner H I (ω) dari respons H (ω). Hubungan ini ditunjukkan dalam persamaan berikut:

h(n) = he(n) + ho(n) dimana he(n) = 1/2 [h(n) + h(-n)]

dan

ho(n) = 1/2 [h(n) - h(-n)]

bila h(n) causal, maka h(n) bisa diperoleh kembali dari h e(n) untuk 0

≤ n ≤ ∞ atau ho(n)

untuk 1 ≤ n ≤ ∞ dapat dilihat bahwa: h(n) = 2h e(n)u(n) - he(0)δ(n) n ≥ 0

dan

h(n) = 2ho(n)u(n) + h(0)δ(n) n ≥ 1 Catatan :

→ h(0)tidak dapat diperoleh dari ho(n) dan harus diperoleh secara eksplisit. Untuk n ≥ 1, ho(n) = he(n) → erat hubungan antar keduanya. Jika ho(n) = 0 untuk n = 0

Jika h(n) absolutely summable (yaitu BIBO stabil) à H(ω) exist, dan H(ω) = HR(ω) + jHI(ω) Dan jika h(n) bernilai real dan kausal, maka F

he ( n) ↔ H R (ω )

F

dan

ho ( n) ↔ H I (ω )

atau : - HR(ω) dan HI(ω) saling bergantung - |Hω)| dan θ(ω) saling bergantung Prosedur menentukan H( ω): §

mencari he(n) dari HR(ω) atau

§

menentukan HI(ω) dan h(0)

VII-16


Contoh mencari H( ω) dari HR(ω) berikut: H R (ω ) =

1 − a cos ω 1 − 2a cos ω

,a

+ a2

<1

Solusi : Cari he(n):

H R ( z ) = H R (z ) z=e jω

⇒ H R ( z ) =

1 + ( z + z −1 ) 2 1 − a( z + z −1 ) + a 2

=

z − a( z 2

+ 1) / 2 ( z − a )(1 − az )

ROC ada di antara p 1 = a dan p2= 1/a, dan termasuk unit circle, sehingga

a

< z <

1 a

dan he(n) merupakan two-sided sequence, dengan pole z = a untuk kausal dan p 2= 1/a untuk antikausal. diperoleh : he ( n) =

1

n

+

1

δ ( n) 2 2 h(n) diperoleh dari nilai he(n) :

h ( n) = a n u ( n )

Transformasi Fourier dari h(n):

H (ω ) =

a

1 1 − ae −

jω

Hubungan antara H R(ω) dan H I (ω) dari FT h(n) yang absolutely summable, kausal dan real dapat dijelaskan sebagai berikut: H (ω ) = H R (ω ) + jH I (ω ) =

1

π

π

∫ H (λ )U (ω − λ )d λ R

−π

dengan U (ω) merupakan respons frekuensi dari unit step u(n) U (ω ) = πδ (ω ) +

1 − jω

1− e ω 1 1 = πδ (ω ) + − j cot , 2 2 2

-π

diperoleh hubungan : H I (ω ) = −

≤ω ≤π 1

2π

π

∫

H R (λ ) cot

−π

ω −λ 2

d λ Hubungan di atas disebut

discrete Hilbert Transform . Latihan : cari bentuk transformasi Hilbert dari hubungan H R(ω) dengan H I (ω)

Kesimpulan implikasi kausalitas : 1. H(ω) tidak boleh 0 kecuali pada point frekuensi terbatas

VII-17


2. |Hω)| tidak bisa konstan pada sebuah interval, dan tidak bisa bertransisi yang tajam dari passband ke stopband (konsekuensi fenomena Gibbs agar h(n) kausal ) 3. HI(ω) dan HR(ω) terhubung oleh discrete Hilbert Transform, |H ω)| dan

Θ(ω) tidak

bisa dipilih secara acak Persamaan sistem dibatasi menjadi : y ( n) = −

N

M

∑ a y(n − k ) + ∑ b x(n − k ) , yang causal dan realizable k

k

k =1

k = 0

M

∑b e dengan H( ω) : H ( w) = 1+ ∑ a e

− jωk

k

k = 0 N

− jωk

k

k =1

2.2

Problem Desain Tujuan Belajar 9 Peserta dapat membuat problem desain: spesifikasi untuk filter LCCDE.

Problem desain filter digital : mencari {a k } dan {b k } agar H(ω) mendekati ideal Berikut adalah karakteristik magnitude dari realizable filter :

Dalam problem desain filter kita dapat menspesifikasikan : §

ripple passband, 20log10δ1, maksimum yang dapat ditoleransi

§

ripple stopband, 20log10δ2, maksimum yang dapat ditoleransi

§

frekuensi sisi (edge) passband ωp

§

frekuensi sisi (edge) stopband ωS

Parameter {ak } dan {bk } ditentukan berdasarkan spesifikasi di atas. VII-18


Orde filter berdasarkan kriteria untuk memilih parameter {ak } dan {bk } dan koefisien (M,N).

3

Desain FIR Tujuan Belajar 10 Peserta mengerti prinsip desain FIR symetric dan asymetric.

Persamaan keluaran filter FIR dengan panjang M : y(n) = box(n) + b1x(n-1) + … + bM-1x(n-M+1) y ( n) =

M −1

∑ b x(n − k ) dengan {b }merupakan koefisien filter k

k

k =0

Dalam bentuk konvolusi y ( n) =

M −1

∑ h(k ) x(n − k ) sehingga b

k =

h(k), k = 0, …, M-1

k =0

Fungsi sistem filter : H ( z ) =

M −1

∑ h(k ) z

−k

à

-1

polinomial dari z orde M-1

k =0

Syarat filter FIR fasa-linear : h(n) = ±h(M - 1- n)

n = 0, …, M-1

Jika kondisi simetri dan antisimetri pada h(n): H(z)

-1

-2

= h(0) + h(1)z + h(2)z + …+h(M-2)z

= z

−( M −1) / 2

-(M-2)

-1(M-1)

+ h(M-1)z

  M − 1  ( M −3) / 2   + ∑ h(n)[ z ( M −1− 2k ) / 2 ± z −( M −1− 2k ) / 2 ] h   2  n=0 

à

M ganjil

à

M genap

( M 2 )−1

= z −( M −1) / 2 ∑ h(n)[ z ( M −1− 2k ) / 2 ± z −( M −1−2 k ) / 2 ] n=0

Ternyata, z

−(M −1)

−1

H ( z ) = ± H ( z) -1

Sehingga, akar H(z) = akar H(z ) à H ( z) harus mempunyai pasangan akar resiprokal. §

Jika z 1 real à akar-akar H ( z) : z1 dan 1/z1

§

Jika h(n) real dan z 1 kompleks à akar-akar H ( z) : z1 , 1/z1, z1* dan 1/ z1*

Berikut kesimetrian lokasi zero / akar dari filter FIR fasa-linear :

VII-19


Jika h(n) = h(M-1-n), maka H (ω ) = H r (ω )e − jω ( M −1) / 2 dimana ,

M − 1  ( M −3) / 2   M − 1 − n  H r (ω ) = h  + 2 ∑ h(n) cos ω   2  2    n=0 ( )−1  M − 1 − n  H r (ω ) = 2 ∑ h( n) cos ω   2   n =0

,M ganjil

M 2

Karakteristik fasa filter :

  M − 1  − ω    2   θ (ω ) =  M − 1  − ω  +π    2   Jika h(n) = -h(M-1-n)

à

H r (ω ) > 0 H r (ω ) < θ

respons sistem antisimetrik.

Untuk M ganjil, centre point h(n) adalah n = (M-1)/2 à h((M-1)/2) = 0 Respons sistem antisimetrik: dimana :

H r (ω ) = 2

( M −3) / 2

∑ n =0

M 2

H r (ω ) = 2

H (ω ) = H r (ω )e

 

j  −

ω ( M −1) π  +  2 2

 M − 1 − n  h( n) sin ω    2 

, M ganjil

−1

∑ h(n) sin ω   M 2− 1 − n    n =0

Respons fasanya :

π  M − 1  − ω  2  2   θ (ω ) =  M − 1   3π − ω     2  2 

H r (ω ) > 0 H r (ω ) < 0

VII-20

, M genap

,M genap


Catatan : §

Untuk h(n) simetrik, jumlah koefisien filter adalah (M+1)/2 untuk M ganjil dan M/2 untuk M genap

§

Untuk h(n) antisimetrik,

h((M-1)/2) = 0, mempunyai jumlah koefisien filter

( M − 1) / 2 untuk M ganjil dan M/2 untuk M genap Contoh pemilihan desain filter simetrik / antisimetrik tergantung aplikasinya : §

à H r (0)

Jika h(n) = -h(M-1-n) dan M ganjil

= 0 dan H r (π) = 0. Sistem tersebut

tidak cocok untuk LPF atau HPF §

Untuk sistem dengan respon antisimetrik dan M genap

à H r( 0)

= 0, sehingga tidak

cocok untuk desain LPF §

Jika h(n) = h(M-1-n) à filter mempunyai respons tidak-nol pada

ω = 0 , LPF

Problem desain filter FIR : menentukan koefisien M untuk h(n) dari spesifikasi H d(ω) filter, respons frekuensi yang diinginkan.

3.1

Teknik Windows Tujuan Belajar 11 Peserta dapat mendesain FIR dengan teknik windows.

Termasuk di

dalamnya, peserta mengenal window rectangular, Barlett, Hanning, Hamming, dan Blackman. Peserta mengetahui bahwa window Hanning ekivalen dengan pembobotan di domain frekuensi. Menentukan hd (n) dari H d (ω) , respons filter yang diinginkan : H d (ω ) =

∞

∑ h ( n) e

− jωn

← →

hd ( n) =

F

d

n =0

1

π

H (ω )e 2π ∫ d

jωn

d ω

−π

Potong hd (n) pada n = M-1 untuk menghasilkan filter FIR dengan panjang M, yang ekivalen mengalikan hd (n) dengan window rectangular :

1 0

ω (n ) = 

n = 0,..., M − 1 otherwise

Respons sistemnya : h(n)

= hd(n) ω(n)

h ( n) =  d  0

n = 0,..., M − 1 otherwise

VII-21


Respons frekuensi dari filter FIR: W (ω ) =

M −1

∑ ω ( n )e

− jωn

dan H (ω ) =

n =0

1 2π

π

∫ H (v)W (ω − v)dv = H (ω ) *W (ω ) d

d

−π

Untuk window rectangular :

 ω M   2  − jωn 1 − e − jω ( M −1) / 2  = W (ω ) = ∑ e − jω = e − 1  ω  e n =0 sin   2   ω M    M − 1  , sin ω M  ≥ 0 sin   ω −      2   2  2    = dan θ (ω ) =  M − 1   ω M  < 0 ω   − ω    + π , sin  sin   2 2     2   

W (ω )

sin 

− jωn

M −1

Untuk window Bartlett (triangular): M − 1 2n− 2 ω (n ) = 1 − untuk 0 ≤ n ≤ M − 1 M − 1 Untuk window Hanning: 1  2πn  ω (n) = 1 − cos  untuk 0 ≤ n ≤ M − 1 M − 1  2  Untuk window Hamming:

ω (n) = 0,54 − 0,46 cos

2πn

M − 1

untuk 0 ≤ n ≤ M − 1

Grafik respons frekuensi window Hanning dan Hamming: 40 Hanning Hamming

20 0 ) -20 B d ( e d -40 u t i n g a M -60

-80 -100 -120

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1 x pi rad

VII-22

1.2

1.4

1.6

1.8

2


>> b1=hanning(61); b2=hamming(61); >> [H1,f]=freqz(b1,1,251,'whole',2); >> H2=freqz(b2,1,251,'whole',2); >> H=[H1 H2]; >> s.yunits ='dB'; s.xunits =' x pi rad'; >> freqzplot(H,f,s)

Untuk window Blackman:

ω (n) = 0,42 − 0,5 cos

2πn

M − 1

+ 0,08 cos

4πn

M − 1

untuk 0 ≤ n ≤ M − 1

Contoh : desain filter FIR LP simetrik yang mempunyai respons frekuensi

1e − jω ( M −1) / 2 H d (ω ) =  0 

0≤ ω

≤ ωc

Respons unitnya : hd ( n) =

1 2π

ωc

 M −1  jω  n −  e  2  d ω

∫

−ω c

 M − 1   2   =  M − 1  πn −  2   sin ω c  n −

n ≠ (M-1)/2

Jelas, bahwa hd (n) non-kausal dan infinite. Jika menggunakan window rectangular diperoleh:

 

sin ω c  n − h ( n) =

 πn − 

M − 1 



2  M − 1  2

0≤ n ≤ M-1 , n ≠ (M-1)/2

 

 M − 1  = ω C Jika M dipilih ganjil, maka nilai h(n) pada n= (M-1)/2 adalah h   2  π Respons frekuensi dari filter tersebut dengan

ωc

= 0,4π untuk M=61 dan M=101

digambarkan: 1.4 M=61 M=101 1.2

1

e 0.8 d u t i n g a M0.6

0.4

0.2

0

0

0.05

0.1 0.15 0.2 0.25 Normalized Frequency (×π rad/sample)

VII-23

0.3


>> b1=0.4*sinc(0.4*(0:60)-0.4*30); % M =61 >> b2=0.4*sinc(0.4*(0:100)-0.4*50); % M=101 >> [H1,w]=freqz(b1,1,512,2); [H2,w]=freqz(b2,1,512,2); >> H=[H1 H2]; >> s.xunits ='rad/sample'; s.yunits ='linear'; s.plot ='mag'; >> freqzplot(H,w,s) Karakteristik domain-frekuensi untuk beberapa fungsi window : Window Rectangular Bartlett Hanning Hamming Blackman

3.2

Main Lobe 4π /M 8π /M 8π /M 8π /M 12π /M

Peak Sidelobe -13 dB -27 dB -32 dB -43 dB -58 dB

Teknik Frequency Sampling Tujuan Belajar 12 Peserta dapat mendesain FIR dengan teknik Frequency Sampling .

Hd(ω) didefinisikan pada 2π ω k = (k + α ) M

k = 0, 1, …(M-1)/2, M ganjil k = 0, 1, …(M/2)-1, M genap

α = 0 atau 1/2 kemudian cari h(n) dengan inversi. Untuk mengurangi sidelobe, diharapkan untuk mengoptimasi spesifikasi pada transisi band dari filter. Contoh: Respons frekuensi dari filter FIR yang diinginkan : H D (ω ) = H (ω ) =

M −1

∑ h ( n) e

− jωn

n =0

Spesifikasikan H (ω) pada ωk :  2π (k + α )  H ( k + α ) ≡ H    M  M −1

≡ ∑ h(n)e −2π (k +α ) n / M

k = 0, 1, …, M-1

n =0

Jika α = 0, persamaan menjadi DFT ( Discrete Fourier Transform) Dari persamaan di atas menjadi:

VII-24


m M −1 M −1 n j 2πk − j2πα m M )e M h(n)e

M −1

∑= H (k +α

= ∑∑ k =0 n=0

k 0

≡ Mh(n)e

− j 2πα

m M

Menghasilkan nilai h(n): h ( n) =

1

M −1

∑ H (k + α )e M =

j 2π ( k +α ) n / M

k 0

Jika α = 0, persamaan menjadi IDFT ( Inverse Discrete Fourier Transform) Persamaan di atas memungkinkan untuk menghitung nilai dari respon h(n) dari spesifikasi sample frekuensi H (k+α), k=0,1, …, M-1. Catatan : Jika {h(n)} real → H(k+α) = H (M - k -a) *

(kondisi simetri)

dapat digunakan untuk mengurangi spesifikasi frekuensi dari M titik menjadi (M+1)/2 titik untuk M ganjil dan M/2 titik M genap. Jadi, persamaan linear untuk menentukan {h(n)} dari {h(k+ α)}dapat disederhanakan. Contoh filter dengan respons asimetrik H (ω ) = H r (ω )e j [−ω ( M −1) / 2 + π / 2 ]

Jika disample pada frekuensi ωk = 2π(k+α)/M, k=0,1,…,M-1 didapat: 

π

j  β − 2π ( k +α ) 2π   H ( k + α ) = H r  ( k + α )  e  2  M  β = 0 bila {h(n)} symetric di mana

( M −1)  2 M



β = 1 bila {h(n)} antisymetric Dapat disederhanakan dengan mendefinisikan set sample frekuensi real {G(k+m)}:

 2π (k + α )    M 

G (k + α ) = ( −1) H r  k

 β π − 2π ( k +α ) M −1   2 M  Eliminasi H r (ωk ): H (k + α ) = G (k + α )e jπk e  2

Sekarang, kondisi simetri untuk H(k+ α) ditranslasikan ke dalam kondisi simetri G(k+ α) untuk menyederhanakan {h(n)} untuk empat kasus tabel berikut :

VII-25

β = 0, 1 dan α = 0, ½

seperti pada


Contoh : Cari koefisien FIR fasa linear dengan M = 15 dengan respon impuls simetrik dan respons frekuensi memenuhi : VII-26


1 2πk    H r   = 0.4  15   0

k = 0,1,2,3 k = 4 k = 5,6,7

Solusi : Untuk h(n) simetrik dan α = 0 dari tabel :

 2πk    15 

G (k ) = ( −1) k H r 

k = 0, 1, …7

Dari hasil perhitungan h(n) didapat: h(0) = h(14) = -0.014112893 h(1) = h(13) = -0.001945309 h(2) = h(12) = 0.04000004 h(3) = h(11) = 0.01223454 h(4) = h(10) = -0.09138802 h(5) = h(9) = -0.01808986 h(6) = h(8) = 0.3133176 h(7) = 0.52 Dari {h(n)} maka didapat respons H( ω) dengan grafik:

3.3

Teknik Optimal Equiripple Tujuan Belajar 13 Peserta dapat mendesain FIR dengan teknik Optimal Equiripple.

Teknik window dan frequency sampling mudah dimengerti tetapi punya beberapa kelemahan : • ωp dan ωs tidak dapat ditentukan pradesign

• δ1 dan δ2 kurang bisa ditentukan secara simultan

VII-27


•

Error Aproksimasi tidak terdistribusi dengan baik pada interval-interval band (besar di dekat daerah transisi)

Metoda alternatif dengan minimisasi dari maximum aproksimasi error (minimax)

→

Chebyshev error 3.3.1

Overview

1. Define a minimax problem 2. Discuss the number of maxima & minima (= extrema) 3. Design algorithm, polynomial interpolation 4. Parks-McClellan algorithm 5. Remez exchange routine, as a part of P-McCalg Development of the Minimax Problem Diketahui : jω

H (e

)=e e jβ

−1 − j M ω 2

H r (ω )

↓"Amplitudo Response" bilangan real Beberapa kasus dalam desain filter FIR : Type I

jω

β

Kondisi M ganjil, h(n) simetrik

Hr(e ) ( M −1) / 2

0

∑= a(n) cosωn

n 0

II

M genap, h(n) simetrik

0

M / 2

∑= b(n) cos[ω (n − 1 / 2)] n 1

III

M ganjil, h(n) antisimetrik

π /2

IV

M genap, h(n) antisimetrik

π /2

( M −1) / 2

∑= c(n)sin ωn

n 0 M / 2

∑= d (n)sin[ω (n − 1 / 2)] n 1

dengan nilai a(n), b(n), c(n) dan d(n) ditentukan sebagai berikut:

  M − 1  k = 0 h 2   a(k ) =  M − 1 M − 1 2h − k  k = 1,2,...,     2 2 

 M − k  , k = 1,2,..., M / 2 b(n ) = d ( n) = 2h  2   VII-28


 M − 1 − k  , k = 1,2,..., ( M − 1) / 2 c(n ) = 2h   2  Persamaan Hr(ω) bisa dinyatakan dalam H r(ω) = Q(ω) P(ω) di mana :

P(ω ) =

L

∑= α (n) cosωn

n 0

Q(ω) 1

Type I

P(ω)

L M − 1

L

∑= a(n)cosωn

2 Cos(ω /2)

II

M

2

L

∑= b~(n) cosωn

−1

n 0

M − 3

Sinω

II

n 0

L

∑= ~c (n)cosωn

2 Sin(ω /2)

IV

M

2

n 0 L

∑= d ~(n)cosωn

−1

Identitas trigonometri : sin(α+β) = sinαcosβ + cosαsinβ

n 0

dst.

⇒ gunanya adalah untuk mendapatkan common form → agar lebih mudah Sekarang Weighted Error : E (ω ) ≅ W (ω )[ H dr (ω ) − H r (ω )], ω ∈ s ≅ 0, ω p U [ω s , π ]

↓ desired response

↓ actual response

Grafik respons yang diinginkan dan sebenarnya:

[ H dr (ω ) − H r (ω )] menentukan kesalahan sistem:

VII-29


 d 2 ,  bila W (ω ) =  d 1 1,

in Passband in Stopband

Jadi apabila kita berhasil meminimasi dengan max weighted error ke dapat memenuhi spesifikasi di passband pada

δ2, maka kita juga

δ1.

E (ω ) = W (ω )[ H dr (ω ) − Q (ω ) P(ω )]

 H (ω )  = W (ω )Q(ω )  dr − P(ω )  Q(ω )  ˆ (ω ) ≅ W (ω )Q (ω ) dan H ˆ (ω ) ≡ H dr (ω ) bila W DR Q(ω ) ˆ (ω )[ H ˆ (ω ) − P(ω )] , ω ∈ s → E (ω ) = W dr

→ untuk semua kasus

Problem statement Cari a[n] (atau b[n] atau c[n] atau d [n] ) untuk minimisasi dari maximum absolute value dari E( ω) over the passband dan stopband

 

 

min max E (ω )  ω∈s

Batasan jumlah extrema: Diketahui M-point filter, berapa extrema (lokal) ada di E( ω)? Di P(ω ) =

L

∑= β (n) cos ω n

→ ada L-1 at most local extreme (0 < ω < π)

n 0

à

+2 untuk di boundary 0 dan

⇒ total at most L+3 extrema in E( ω) VII-30

π di E(ω) (ωp & ωs)


Contoh: h ( n) =

1 15

[1,2,3,4,3,2,1]

→ M = 7 or L = 3

Teori Aproksimasi : Alternation Theory

Let S be any closed subset of the closed interval [0, π]. Kondisi perlu dan cukup agar P(ω ) =

L

∑= α (k ) cosωk

k 0

menjadi unique, minimax app. to HDR(ω)on S, adalah bahwa E( ω)

≥ L+2 "altenations"

atau extremes di S, yaitu setidaknya terdapat L + 2 frekuensi { ωi} di S sehingga

ω1< ω2 < ω3 <…<ωL+2, E(ωi) = - E( ωi+1)

dan |E(ωi)| = max |E(ω)|

Algoritma Parks-McClellan Untuk mencari P(ω) secara iteratif Asumsi:

M atau L diketahui,

→ M ↑δ↓

δ2 / δ1

diketahui

→ untuk sebuah M ada δ

untuk δ = δ2 → solusi diperoleh

→ Kaiser approximates M as M =

− 20 log10

δ 1δ 2 − 13

14.6∆ f

+1

∆ f =

The Parks-McClellan à

Mulai dengan menebak L+2 extremes { ωi}

à

Estimasi δ di ωi in

à

Fit P(ω) di ωi in

E(ω) dihitung pada finite grid Perbaiki ωi di ulang (2) Sampai δ = δ2

→ hitung β(n) → a(n) → h(n) VII-31

ωs

− ω p 2π


di matlab → remez [h] = remez(N, f, m, weights, ftype)

[

ˆ (ω ) H (ω ) − P (ω ) = (−1)n δ W n dr n n ( −1) n δ P(ω n ) + ˆ (ω ) W

]

ˆ (ω ) = H dr n

n

( −1) n δ ⇒ α (k ) cos ω n k + ˆ W (ω n ) k = 0 L

∑

ˆ (ω ) = H dr n

ˆ (ω ) + γ H ˆ ˆ γ o H dr o 1 dr (ω1 ) + ... + γ L +1 H dr (ω L +1 ) →δ = + γ o ( −1)γ 1 (−1) L 1γ L +1 ˆ (ω ) W o L +1

+

ˆ (ω ) W 1

+ ... +

ˆ (ω ) W L +1

1

→ γ k = ∏

n = 0 cos ω k n ≠ k

− cos ω n

L

∑= P(ω )[β /( x − x )] k

P(ω ) =

k

k

k 0

L

∑= [β /( x − x )] k

k

k 0

→ interpolasi Lagrange ˆ (ω ) − ( −1) δ di mana P(ω n ) = H DR n ˆ (ω ) W n n

β k =

L

∏= x n 0 n≠ k

1 k

− xn

ˆ (ω ) H ˆ (ω ) − P(ω ) E (ω ) = W dr bila |E(ω)|

n = 0,..., L + 1

→ ω fine grids

≥ δ untuk beberapa ω j, pilih L+2 largest peaks sebagai ωi baru, dan ulangi

lagi.

4

Desain IIR

VII-32


Desain LP Analog

Transfer ke Filter

Convert ke Digital

Desain LP Analog

Convert ke Digital

Transfer ke Desired Filter

Desain dari filter analog dengan fungsi sistem: M

H a (s ) =

B(s ) A(s )

∑= β s

k

k

= k N 0

∑= α s

k

k

k 0

{α k } dan {β k } → filter coefficient Impulse response h(t ) → H a (s ) =

∞

− h(t )e ∫ −∞

st

dt

Filter analog dapat pula dinyatakan dalam persamaan differensial kengan koefisien konstan: d k y (t )

N

∑= α

k 0

k

k

dt

N

d k x(t )

k =0

dt k

= ∑ β k

Filter analog LTI dengan fungsi sistem H(s) akan stabil jika semua polenya terletak di sebelah kiri bidang-s. Oleh karena itu teknik konversi harus memenuhi sifat-sifat: 1. sumbu jΩ pada bidang-s dipetakan ke unit lingkaran bidang-z 2. LHP ( Left-half plane) bidang-s dimapping ke dalam lingkaran bidang-z. Filter analog stabil dikonversikan ke filter digital stabil

VII-33


Kondisi agar filter mempunyai fasa linear :

( )

H ( z ) = ± z − N H z −1

Filter akan mempunyai pole mirror-image di luar unit lingkaran untuk setiap pole di dalam lingkaran à filter tidak stabil. Filter IIR kausal dan stabil tidak mempunyai fasa linear.

4.1

Teknik Transformasi Bilinier Tujuan Belajar 14 Peserta dapat mendesain IIR dengan teknik Tranformasi Bilinier dari filter analog. Termasuk di dalamnya, peserta mengetahui efek warping frekuensi.

Melakukan transformasi dengan conformal mapping : jΩ axis

→ unit circle once → inside unit circle → outside unit circle

LHP RHP

Penjelasan lewat Trapesoidal Formula for untuk integrasi numerik: Fungsi transfer filter analog linear: H ( s) =

b

*)

s+a

dalam persamaan differensial: dy (t ) dt

+ ay(t ) = bx(t )

Dekati dengan formula Trapesoid: t

∫

y (t ) = y (τ ) d τ 1

+ y(t o )

1

y : turunan pertama dari y(t)

t o

Pada

t = nT; to = nT – T : y ( nT ) =

T

2

sedangkan dari *)

[ y1 (nT ) + y1 (nT − T )]+ y(nT − T )

→ y1 (nT ) = −ay (nT ) + bx(nT )

Dengan y(n) ≡ y(nT) dan x(n) ≡ x(nT), diperoleh hasil: VII-34


 1 + aT  y(n) −  1 − aT  y(n − 1) = bT [ x(n) + x(n − 1)]     2  2   2   1 + aT  Y ( z ) −  1 − aT  z −1Y ( z ) = bT (1 + z −1 ) X ( z )     2  2   2  (bT / 2)(1 + z −1 ) Y ( z ) = H ( z ) = aT  1 − aT  −1 X ( z ) − 1+  z 2  2  H ( z ) =

b − 2  1 − z 1    + a T  1 + z −1  

= H (s)

2  1− z −1 

 s =  T  1+ z −1  

à

transformasi bilinear

Meskipun ini diturunkan untuk orde satu, ini juga berlaku untuk orde tinggi Karakteristik transformasi bilinear : Frequency warping Z = re jω

s=

s =σ

2 z − 1 T z + 1

=

2 

+ jΩ

ω 2 re j

T re

jω

−1 +1

 −1 2r sin ω  =  + j 2 T  1 + r 2 + 2r cos ω   1 + r + 2r cos ω 2

r

Diperoleh :

σ

=

r 2

2

T 1 + r 2

r < 1 → σ

−1

+ 2r cos ω

dan

Ω=

2r sin ω 1 + r 2

+ 2r cos ω

< 0, r > 1 → σ > 0

LHP di-map ke dalam unit circle dan RHP dimap di luar unit circle ketika r = 1 → σ = 0, dan

Ω=

2

sin ω

T 1 + cos ω

=

2 T

tan

ω 2

ω

atau

= 2 tan −1 ΩT 2

Range : -∞ < Ω < ∞ dipetakan ke - π ≤ ω ≤ π. Mapping tidak linear à kompresi frekuensi atau frequency warping . untuk s =

∞ →

z = -1, sehingga LPF single-pole dengan zero di s tak hingga

menghasilkan filter digital yang mempunyai zero di z = 1

VII-35


Pemetaan Ω ke z digambarkan sebagai berikut:

Contoh : Konversikan H a ( s ) =

s + 0.1

( s + 0.1)

2

dengan transformasi bilinear:

+6

Filter digital mempunyai frekuensi resonansi di

ωr=π /2.

Jawab: Analog filter punya resonansi

Ωr = 4

jika frekuensi ini dipetakan ke ωr = π /2 à T = 1/2 Mapping yang dikehendaki

H ( z ) =

H ( z ) =

 1 − z −1   s = 4 −1   1 + z  −1

0.128 + 0.006 z 1 + 0.0006 z

−1

0.128 + 0.006 z

− 0.122 z −1

+ 0.975 z

−1

−2

-1

; komponen z di penyebut diabaikan

− 0.122 z −1

1 + 0.975 z

−2

Filter ini mempunyai pole

: p1, 2

= 0.987e ± jπ / 2

dan zero

: z1, 2

= −1.095

Jadi, kita dapat membuat filter dua-pole dengan resonansi dekat

ω = π /2

Kadang-kadang T dipilih satu apabila tidak ada permintaan khusus, atau H(s) dicari setelah HDF(z) ditentukan.

VII-36


Contoh : Desain LPF digital satu-pole dengan 3-dB bandwidth di 0.2 π, dengan transformasi bilinear untuk filter analog H ( s ) =

Ωc s + Ωc ↑ 3 dB

BW dari AF

Solusi : Cari Ωc ekivalen dari ωc:

ωc

2

= 0.2π ⇒ Ω c = =

tan 0.1π T 0.65 T

0.65 / T

H ( s) =

s + 0.65 / T

Gunakan transformasi bilinear: 0.245(1 + z −1 )

H ( z ) =

1 − 0.509 z

(T diabaikan)

−1

Frekuensi respon dari filter digital:

(

H (ω ) =

pada

ω

= 0

⇒

0.245 1 + e

− jω

1 − 0.509e

− jω

)

H(0) = 1 dan pada

ω

= 0.2π

→

|H(0.2π)| = 0.707, yang merupakan

respons yang diinginkan.

4.2

Teknik Matched z Transform Tujuan Belajar 15 Peserta dapat mendesain IIR dengan metoda Matched z Transform.

Merupakan mapping poles/zeros H(s)

→ poles/zero Z-plane.

Fungsi sistem filter analog yang sudah difaktorkan: M

M

∏= (s − z ) k

H ( s ) =

k 1 N

∏= (s − p ) k

k 1

⇒ H ( z ) =

∏= (1 − e

z −1

)

∏= (1 − e

z

−1

)

z k T

k 1 N

p k T

k 1

zk merupakan zero dan p k pole , T : sampling interval. VII-37


(

Masing-masing faktor (s-a) pada H(s) dipetakan ke faktor 1 − e aT z −1

)

Untuk menjaga karakteristik respon filter analog, T harus dipilih untuk menghasilkan lokasi pole dan zero yang sama dalam bidang-z. Untuk menghindari aliasing à T harus cukup kecil.

4.3

Desain Filter Analog Low Pass Tujuan Belajar 16 Peserta mengerti karakteristik dan dapat mendesain filter analog lowpass jenis Butterworth, Chebyshev, Elliptic, dan Bessel.

Butterworth

All-pole filter LPF dikarekteristik dengan kuadrat magnitude respon: H (Ω)

2

=

1 1 + (Ω / Ω c )

= 2 N

1 1+ ∈2 (Ω / Ω p ) 2 N

dengan N → orde filter

ωc → -3dB frequency (cut-off frequency) ωp → frekuensi passband edge 1 1+ ∈

2

à

nilai band-edge dari |H(Ω)|

2

Pada s = j Ω maka H ( s) H ( − s) s = jΩ = H (Ω)

2

=

1 n

 2  1 +  − s 2   Ω c  

pole-pole dari persamaan di atas terletak pada unit circle.

− s2 = (− 1)1 / N = e j (2 k +1)π / N 2 Ωc sehingga, s k = Ω c e jπ e j / 2

( 2 k +1)π / N

k=0,1,…,N-1

k=0,1,…,N-1

VII-38


Contoh untuk N = 4 dan N = 5

H (Ω)

2

monotonic di passband & stopband maka analisis relatif lebih mudah

spesifikasi dipenuhi oleh mencari N yang tepat. Response filter Butterworth:

VII-39

→


pada Ω = Ωs, 1 1+ ∈ (Ω / Ω p ) 2

⇒ N = dengan δ 2

= δ 22

2n

(

−1 δ ε = log( / ) 2 log(Ω s / Ω c ) log( Ω s / Ω p )

log 1 / δ 2

2

= 1 / 1 + δ 2

Jadi, filter Butterworth dikarakteristik oleh parameter N, δ2, ε dan rasio Ωs / Ωp. Contoh : Tentukan orde dan poles dari sebuah lowpass Butterworth filter, -3dB pada BW 500Hz, att 40 dB at 1000Hz

Ωc = 500.2π

Solusi :

Ωs = 1000.2π At 40 dB ⇒ δ2 = 0.01 N =

log10 (10 4

− 1)

2 log10 2

= 6.64 → pilih N = 7

Pole position :  π + ( 2 k +1)π   14 S k = 1000πe  2 j 

k = 0,1,...6

Chebyshev

Type I : all pole - equiripple in passband - monotonic in stopband Type II : poles + zeros - monotonic in passband - equiripple in stopband

VII-40


Type I (all-pole): H (Ω)

2

=

1 1+ ∈2 T N

2

(Ω / Ω p )

ε → related ripple in passband TN(x) → N the order Chebyshev polynomial

 cos( N cos −1 x) T N ( x) =  −1 cosh( N cosh x)

| x |≤ 1 | x |> 1

T N +1 ( x) = 2 xT N ( x) − T N −1 ( x) N = 1, 2, …

To(x) = 1,

2

T1(x) = x,

T2(x) = 2x -1

3

T3(x) = 4x - 3x, … Karakteristik : |TN(x)| ≤ 1

untuk semua |x|

TN(1) = 1

untuk semua N

≤1

Semua akar TN(x) ada di -1 ≤ x ≤ 1 Karakteristik filter Chebyshev tipe I

Pada band edge

⇒

1 1+ ∈

2

Ω = Ωp → TN(1) = 1

= 1 − δ1

∈2 =

1 (1 − δ 1 ) 2

−1

Poles dari Type I Chebyshev filter terletak pada ellipse in the s-plane with :

VII-41


major axis : r 1 = Ω p

β 2 +1 dan 2β

 + ∈ + 1 ⇒β = 1  ∈   2

Ripple pada stopband

minor axis : r 2 1 N

Penentuan lokasi pole dari filter Chebyshev:

Posisi angular dari pole filter:

φ k =

π 2

+ (2k

+ 1)π

k = 0, 1, …, N-1

2 N

( xk , yk ) → xk = r cos φk

k = 0, …, N-1

yk = r 1 sin φk

k = 0, …, N-1

Type II(zeros + poles): Magnitudo respon filter: H (Ω)

2

=

1

 T N 2 (Ω s / Ω p )  1+ ∈    T N 2 (Ω s / Ω)  2

T(x)

→ N-th order Chebyshev

Ωs

→ Stopband VII-42

= Ωp

β 2 −1 2β


Respon frekuensi filter tipe II:

zeros : sk = j

Ωs sin φk

(sumbu imajiner)

poles : (vk ,wk ) vk =

Ω s xk 2 2 xk + yk

wk =

Ω s yk 2 2 xk + yk

k = 0,1, …N-1

k = 0, 1, …N-1

di mana x k dan yk koordinat pole.

Ripple stop-band à β

1 + = 

1− δ2

δ2

2

  

1 N

Jadi ,karakteristik Chebyshev filter ditentukan oleh N, ε, δ2, Ωs / Ωp untuk menentukan:

 1 − δ 2 + 1 − δ 2 (1+ ∈2 )  2 2  log  ∈δ2   cosh −1 (δ / ∈) = −1 N = 2   cos (Ω s / Ω p ) log (Ω s / Ω p ) + (Ω s / Ω p ) − 1   δ2

≡

1 1+ δ2

VII-43


Contoh : Cari N dan poles of a type I lowpass Chebyshevfilter that has a 1-dB ripple in the passband cutoff frequency

Ωp = 1000π, a stopband frequency of 2000 π, att. 40dB or

more for Ω ≥ Ωs Solusi: 10 log10 (1+ ∈2 ) = 1

Cari N :

20 log10 δ 2 N =

log10 196.54

log10 (2 + 3 )

Poles : β = 1.429

φk =

π 2

→ δ2 = 0.01

= 4.0 → 4 poles

r1= 1.06Ωp

+ + (2k 1)π

r2 = 0.365Ωp

k = 0, …, 3

8

x1 + jy1 x2

= −40

→ ε = 0.5088

= −0.1397Ω p ±

j 0.979Ω p

+ jy2 = −0.337Ω p ±

j 0.4056Ω p

Elliptic

Equiripple in both passband/stopband H (Ω)

2

=

1 1+ ∈ U N (Ω / Ω p ) 2

UN(x) Jacobianelliptic function of order N

VII-44


The most effecient designs occur when we spread the appr. Error equally over the passband and the stopband

⇒ Elliptic filters can do this N =

K (Ω p / Ω s )K 1 −

(∈2 / δ 2 )

K (∈ / δ )K   1 − (Ω p / Ω s )

2



π / 2

K ( x) =

∫ 0

δ2

=

δθ 1 − x sin θ 2

2

  

complete elliptic integral of the first kind

1 1+ δ 2

Passband ripple = 10log10(1+ε)

⇒ use computer

Bessel : All-Pole

Fungsi sistem filter: H ( s ) =

1 B N ( s )

B N ( s) =

N

∑= a s

k

k

Nth order Bessel polynomial

k 0

ak =

(2 N − k )! k = 0, 1, …, N − 2 N k k !( N − k )!

Polinomial bessel dibangkitkan:

⇒ B N ( s) = (2 N − 1) B N −1 ( s) + s 2 B N − 2 ( s) Bo ( s) = 1 dan B1 ( s) = s + 1 sebagai kondisi initial

⇒ Bessel Filter → linear phase over the passband Sayangnya sifat ini tidak berguna di saat terjadi BT

VII-45

Filter

Recommend Documents