Signalai ir sistemos: pasiruošimo paketas

Formulių lapai, pagrindiniai kiekvienos temos metodų žingsniai ir 8 uždavinių, o pilni sprendimai pateikti gale.

Nauji uždaviniaiAtgal į kursą

Spausdinimo lange pasirinkite „Išsaugoti kaip PDF“, kad nuosavą kopiją išsaugotumėte savo įrenginyje.

1Formulės ir metodai

Sąsūka ir LTI sistemos

Diskrečioji sąsūka
y[n] = Σ x[k]·h[n − k]
Tolydžioji sąsūka
y(t) = ∫ x(τ)·h(t − τ) dτ
Ilgis ir suma
Ly = Lx + Lh − 1, Σy = Σx·Σh
Pradžia, pabaiga ir plotas
t1 + t3 … t2 + t4, ∫y = ∫x·∫h
Šuolis į e^(−at)u(t)
y(t) = (A/a)(1 − e−at)
Pirmosios eilės sistema
y′ + a·y = b·x → h(t) = b·e−atu(t)
Pirmosios eilės rekursija
y[n] = a·y[n − 1] + b·x[n] → h[n] = b·aⁿ
Sinusoidė per h(t)
|H(jω)|, ∠H(jω); H(jω) = b/(a + jω)
Furjė eilutės amplitudės
stačiakampė ±A: 4A/(kπ), nelyginis k; trikampė ±A: 8A/(π²k²), nelyginis k; impulsų seka: A·D ir (2A/(kπ))|sin kπD|

Metodas

  1. Nubraižykite abu signalus ir pažymėkite, kur kiekvienas nelygus nuliui.
  2. Apverskite h ir stumkite: kiekvienam išėjimo laikui raskite sritį, kurioje abu signalai persidengia.
  3. Dauginkite ir sudėkite (diskrečiuoju atveju) arba dauginkite ir integruokite (tolydžiuoju atveju) tik toje persidengimo srityje.
  4. Patikrinkite rezultatą: išėjimas prasideda pradžios laikų suma, baigiasi pabaigos laikų suma, o jo plotas ar suma lygi įėjimų plotų ar sumų sandaugai.

2Uždaviniai

1.Sąsūka ir LTI sistemosVidutinis
x(t)t2h(t)t1

Įėjimas x(t) = 2·e−4tu(t) paduodamas į sistemą, kurios h(t) = e−0,5tu(t). Raskite išėjimą y(0,25), kai t = 0,25 s.

x(t) = 2·e−4tu(t)h(t) = e−0,5tu(t)t = 0,25 s
y(0.25) =
2.Sąsūka ir LTI sistemosSunkus
x(t)t (ms)2482−2

Stačiakampė banga kinta tarp +2 ir −2, jos periodas T = 4 ms (pusę periodo kiekviename lygyje). Raskite jos Furjė dedamosios, kurios dažnis 1250 Hz, amplitudę c5.

±2T = 4 msf = 1250 Hz
c5 =
3.Laplaso transformacijosVidutinis
t (s)f(t)t = 0,25f(0,25) = ?

Paprastosiomis trupmenomis raskite f(t), kai F(s) = 25/(s(s + 4)(s + 5)), ir apskaičiuokite f(0,25).

F(s) = 25/(s(s + 4)(s + 5))t = 0,25 s
f(0.25) =
4.Laplaso transformacijosSunkus
t (s)y(t)t = 0,4y(0,4) = ?

Laplaso transformacija išspręskite y″ + 6y′ + 5y = 0, kai y(0) = 6 ir y′(0) = 1, ir raskite y(0,4).

y″ + 6y′ + 5y = 0y(0) = 6y′(0) = 1t = 0,4 s
y(0.4) =
5.Šuolinė reakcijaVidutinis
t (s)y(t)0,5?

Sistemos perdavimo funkcija G(s) = 35,5/(s² + 7s + 71), o jos įėjimas yra vienetinis šuolis. Raskite šuolinės reakcijos procentinį viršijimą %OS.

G(s) = 35,5/(s² + 7s + 71)
%OS = %
6.Šuolinė reakcijaSunkus
t (s)y(t)112 %

Antrosios eilės sistemos be nulių šuolinė reakcija turi turėti 12 % viršijimą. Raskite slopinimo koeficientą ζ.

%OS = 12 %
ζ =
7.Bode grafikai ir atsargosVidutinis
vin​R = 3,3 kΩC = 4,7 nFvout​

Parodytas RC žemųjų dažnių filtras turi R = 3,3 kΩ, C = 4,7 nF. Taikoma sinusinė įvestis 51 kHz. Raskite stiprinimą |H| = |vout/vin| dB.

R = 3,3 kΩC = 4,7 nFf = 51 kHz
|H| = dB
8.Bode grafikai ir atsargosSunkus
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Vienetinio grįžtamojo ryšio kilpos atvirosios kilpos perdavimo funkcija yra L(s) = 8/(s(s + 4)). Raskite fazės atsargą PM laipsniais.

L(s) = 8/(s(s + 4))
PM = °

3Tirpalai

1.Sąsūka ir LTI sistemos

Atsakymas: y(0.25) = 0,2941

Tolydžioji sąsūka: y(t) = ∫ x(τ)·h(t − τ) dτ. Apverskite h, pastumkite į padėtį t ir suintegruokite persidengiančių dalių sandaugą. Priežastiniams signalams integralas skaičiuojamas nuo 0 iki t. Naudingi rezultatai: y plotas lygus x ploto ir h ploto sandaugai; jei x trunka nuo t₁ iki t₂, o h nuo t₃ iki t₄, tai y trunka nuo t₁ + t₃ iki t₂ + t₄. Kai h(t) = e−atu(t), o šuolio aukštis A, y(t) = (A/a)(1 − e−at).

Sąsūkos integralas

y(t) = 2e−0,5t∫₀ᵗ e−(4 − 0,5)τ dτ = 2(e−0,5t − e−4t)/(3,5)

Apskaičiuokite

y(0,25) = 2·(0,8825 − 0,3679)/(3,5) = 0,2941

Atsakymas

y(0,25) = 0,2941
2.Sąsūka ir LTI sistemos

Atsakymas: c5 = 0,5093

Impulsinė charakteristika ir Furjė eilutė: impulsinė charakteristika h(t) visiškai aprašo LTI sistemą: lygčiai y′ + a·y = b·x ji yra h(t) = b·e−atu(t), o lygčiai y[n] = a·y[n − 1] + b·x[n] ji yra h[n] = b·aⁿu[n]. Sinusoidė cos ωt praeina su stiprinimu |H(jω)| ir faze ∠H(jω), kur H yra h Furjė transformacija. Periodinis signalas yra harmonikų, kurių dažnis k/T, suma: ±A stačiakampė banga turi tik nelygines harmonikas, kurių amplitudės 4A/(kπ), A pikinės vertės trikampė banga turi 8A/(π²k²), o A aukščio ir pildymo koeficiento D impulsų seka turi vidurkį A·D ir harmonikas (2A/(kπ))·|sin(kπD)|.

Harmonikos numeris

f₀ = 1/T = 250 Hz → k = 1250/250 = 5

Amplitudė

c5 = 4·2/(5π) = 0,5093

Atsakymas

c5 = 0,5093
3.Laplaso transformacijos

Atsakymas: f(0.25) = 0,3833

Laplaso transformacija: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt išvestines paverčia daugyba iš s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Standartinės poros: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), o postūmis s → s + σ laiko funkciją padaugina iš e−σt. Norėdami atlikti racionaliosios F(s) atvirkštinę transformaciją, išskaidykite ją į paprastąsias trupmenas: paprastojo poliaus p reziduumas yra A = [(s − p)·F(s)] ties s = p. Galutinės vertės teorema: f(∞) = lims→0 s·F(s), galioja tik tada, kai visi s·F(s) poliai yra kairiojoje pusplokštumėje. Pradinės vertės teorema: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Paprastosios trupmenos

F(s) = A/s + B/(s + 4) + C/(s + 5)
A = 25/(4·5) = 1,25
B = 25/((−4)·1) = −6,25
C = 25/((−5)·(−1)) = 5

Atvirkštinė transformacija

f(t) = 1,25 − 6,25·e−4t + 5·e−5t

Apskaičiuokite

f(0,25) = 1,25 − 6,25·e−4·0,25 + 5·e−5·0,25 = 0,3833

Atsakymas

f(0,25) = 0,3833
4.Laplaso transformacijos

Atsakymas: y(0.4) = 4,958

Laplaso transformacija: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt išvestines paverčia daugyba iš s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Standartinės poros: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), o postūmis s → s + σ laiko funkciją padaugina iš e−σt. Norėdami atlikti racionaliosios F(s) atvirkštinę transformaciją, išskaidykite ją į paprastąsias trupmenas: paprastojo poliaus p reziduumas yra A = [(s − p)·F(s)] ties s = p. Galutinės vertės teorema: f(∞) = lims→0 s·F(s), galioja tik tada, kai visi s·F(s) poliai yra kairiojoje pusplokštumėje. Pradinės vertės teorema: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Transformuokite lygtį

s²Y − 6s − 1 + 6(sY − 6) + 5Y = 0
Y(s) = (6s + 37)/((s + 1)(s + 5))

Paprastosios trupmenos

A = 31/4 = 7,75
B = 7/(−4) = −1,75

Rezultatas

y(t) = 7,75·e−t − 1,75·e−5t
y(0,4) = 4,958

Atsakymas

y(0,4) = 4,958

Patikra: y(0) = A + B = 6.

5.Šuolinė reakcija

Atsakymas: %OS = 23,82 %

Šuolinė reakcija: pirmosios eilės sistema G(s) = K/(τs + 1) į U dydžio šuolį atsako y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): po vienos laiko pastoviosios τ ji pasiekia 63,2 % galutinės vertės K·U, o po 4τ – 98 %. Antrosios eilės sistema G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) turi polius s = −ζωₙ ± jωd, kur ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Kai 0 < ζ < 1, šuolinė reakcija viršija galutinę vertę: procentinis viršijimas %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), pikų laikas tp = π/ωd, o 2 % nusistovėjimo laikas ts ≈ 4/(ζωₙ). Palyginkite vardiklį su s² + 2ζωₙs + ωₙ², kad nustatytumėte ωₙ ir ζ. Masės, spyruoklės ir slopintuvo sistemai ωₙ = √(k/m) ir ζ = c/(2√(km)); nuosekliajai RLC grandinei ωₙ = 1/√(LC) ir ζ = (R/2)·√(C/L).

Palyginkite su standartine forma

Vardiklis turi atitikti s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 71 → ωₙ = 8,426 rad/s
2ζωₙ = 7 → ζ = 7/(2·8,426) = 0,4154

Rezultatas

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−1,435 = 23,82 %

Atsakymas

%OS = 23,82 %
6.Šuolinė reakcija

Atsakymas: ζ = 0,5594

Šuolinė reakcija: pirmosios eilės sistema G(s) = K/(τs + 1) į U dydžio šuolį atsako y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): po vienos laiko pastoviosios τ ji pasiekia 63,2 % galutinės vertės K·U, o po 4τ – 98 %. Antrosios eilės sistema G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) turi polius s = −ζωₙ ± jωd, kur ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Kai 0 < ζ < 1, šuolinė reakcija viršija galutinę vertę: procentinis viršijimas %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), pikų laikas tp = π/ωd, o 2 % nusistovėjimo laikas ts ≈ 4/(ζωₙ). Palyginkite vardiklį su s² + 2ζωₙs + ωₙ², kad nustatytumėte ωₙ ir ζ. Masės, spyruoklės ir slopintuvo sistemai ωₙ = √(k/m) ir ζ = c/(2√(km)); nuosekliajai RLC grandinei ωₙ = 1/√(LC) ir ζ = (R/2)·√(C/L).

Slopinimo koeficientas

ζ = −ln(0,12)/√(π² + ln²(0,12)) = 2,12/√(9,87 + 4,496) = 0,5594

Atsakymas

ζ = 0,5594
7.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: |H| = −14,1 dB

Dažninė charakteristika: perdavimo funkcijoje įrašykite s = jω. Modulis decibelais yra 20·log₁₀|H(jω)|, o fazė yra skaitiklio dauginamųjų kampų suma minus vardiklio dauginamųjų kampų suma. Pirmos eilės RC ar RL filtras turi lūžio (−3 dB) dažnį ωc = 1/(RC) arba R/L, o fc = ωc/(2π); žemųjų dažnių filtras duoda |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) ir φ = −atan(ω/ωc). Asimptotiniame (tiesių atkarpų) Bode grafike kiekvienas polius sulenkia modulį žemyn 20 dB/dekadai ties savo lūžio dažniu, kiekvienas nulis sulenkia jį aukštyn 20 dB/dekadai, o integratorius 1/s visais dažniais duoda −20 dB/dekadai. Stiprinimo kirtimo dažnis ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); fazės atsarga PM = 180° + ∠L(jωc). Fazės kirtimo dažnis ω180: ∠L(jω) = −180°; stiprinimo atsarga GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Uždaroji kilpa stabili, kai abi atsargos teigiamos.

Lūžio dažnis

ωc = 1/(RC) = 1/(3300·4,7 × 10⁻⁹) = 64475 rad/s
fc = 10261 Hz → f/fc = 51000/10261 = 4,97

Stiprinimas

|H| = 1/√(1 + 4,97²) = 0,1973
20·log₁₀(0,1973) = −14,1 dB

Atsakymas

|H| = −14,1 dB
8.Bode grafikai ir atsargos

Atsakymas: PM = 65,53 °

Dažninė charakteristika: perdavimo funkcijoje įrašykite s = jω. Modulis decibelais yra 20·log₁₀|H(jω)|, o fazė yra skaitiklio dauginamųjų kampų suma minus vardiklio dauginamųjų kampų suma. Pirmos eilės RC ar RL filtras turi lūžio (−3 dB) dažnį ωc = 1/(RC) arba R/L, o fc = ωc/(2π); žemųjų dažnių filtras duoda |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) ir φ = −atan(ω/ωc). Asimptotiniame (tiesių atkarpų) Bode grafike kiekvienas polius sulenkia modulį žemyn 20 dB/dekadai ties savo lūžio dažniu, kiekvienas nulis sulenkia jį aukštyn 20 dB/dekadai, o integratorius 1/s visais dažniais duoda −20 dB/dekadai. Stiprinimo kirtimo dažnis ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); fazės atsarga PM = 180° + ∠L(jωc). Fazės kirtimo dažnis ω180: ∠L(jω) = −180°; stiprinimo atsarga GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Uždaroji kilpa stabili, kai abi atsargos teigiamos.

Stiprinimo kirtimas

ω⁴ + 16ω² − 64 = 0
ω² = (−16 + √(256 + 4·64))/2 = 3,314
ωc = 1,82 rad/s

Fazės atsarga

∠L(jωc) = −90° − atan(1,82/4) = −114,5°
PM = 180° + ∠L = 65,53°

Atsakymas

PM = 65,53°

ExamProblems · examproblems.com/courses/signals-and-systems