Isyarat dan Sistem: pek ulang kaji kilat

Lembaran formula, langkah kaedah utama untuk setiap topik dan 8 soalan latihan, dengan penyelesaian penuh di bahagian belakang.

Soalan baharuKembali ke kursus

Dalam tetingkap cetak, pilih “Simpan sebagai PDF” untuk menyimpan salinan pada peranti anda.

1Formula dan kaedah

Konvolusi & sistem LTI

Konvolusi diskret
y[n] = Σ x[k]·h[n − k]
Konvolusi selanjar
y(t) = ∫ x(τ)·h(t − τ) dτ
Panjang dan hasil tambah
Ly = Lx + Lh − 1, Σy = Σx·Σh
Mula, tamat dan luas
t1 + t3 … t2 + t4, ∫y = ∫x·∫h
Langkah ke dalam e^(−at)u(t)
y(t) = (A/a)(1 − e−at)
Sistem tertib pertama
y′ + a·y = b·x → h(t) = b·e−atu(t)
Rekursi tertib pertama
y[n] = a·y[n − 1] + b·x[n] → h[n] = b·aⁿ
Sinusoid melalui h(t)
|H(jω)|, ∠H(jω); H(jω) = b/(a + jω)
Amplitud siri Fourier
segi empat ±A: 4A/(kπ), k ganjil; segi tiga ±A: 8A/(π²k²), k ganjil; rentetan denyut: A·D dan (2A/(kπ))|sin kπD|

Kaedah

  1. Lakarkan kedua-dua isyarat dan catat di mana setiap satu bukan sifar.
  2. Balikkan h dan gelongsorkannya: bagi setiap masa output, cari julat di mana kedua-dua isyarat bertindih.
  3. Darab dan tambah (diskret) atau darab dan kamirkan (selanjar) pada pertindihan itu sahaja.
  4. Semak hasilnya: output bermula pada hasil tambah masa mula, berakhir pada hasil tambah masa tamat, dan luas atau hasil tambahnya ialah hasil darab luas atau hasil tambah input.

2Soalan latihan

1.Konvolusi & sistem LTISederhana
x(t)t13h(t)t37

Isyarat x(t) bukan sifar hanya antara t = 1 s dan t = 3 s, dan h(t) hanya antara t = 3 s dan t = 7 s. Cari tempoh D y(t) = x(t) ∗ h(t).

x: 1 … 3 sh: 3 … 7 s
D = s
2.Konvolusi & sistem LTISukar
x(t)t (ms)1485

Rentetan denyut mempunyai ketinggian 5, lebar denyut 1 ms dan tempoh 4 ms. Cari amplitud c1 harmonik nombor 1, pada 250 Hz.

A = 5τ = 1 msT = 4 ms
c1 =
3.Transformasi LaplaceSederhana
ReIm−2−4−6−82

Cari f(t) bagi F(s) = (4s + 32)/(s² + 6s + 18) dengan melengkapkan kuasa dua, dan nilaikan f(0.1).

F(s) = (4s + 32)/(s² + 6s + 18)t = 0.1 s
f(0.1) =
4.Transformasi LaplaceSukar
t (s)y(t)t = 0.1y(0.1) = ?

Satu sistem mematuhi y″ + 9y′ + 20y = 120·u(t). Ia bermula dari keadaan rehat (y(0) = 0, y′(0) = 0) dan masukannya ialah langkah u(t) = 1 untuk t ≥ 0. Gunakan transformasi Laplace untuk mencari keluaran y(0.1).

y″ + 9y′ + 20y = 120·u(t)u(t) = 1y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0.1 s
y(0.1) =
5.Sambutan langkahSederhana
t (s)y(t)1tp​ = ?

Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 7/(s² + s + 7) dan menerima input langkah unit. Cari masa puncak tp bagi sambutan langkah.

G(s) = 7/(s² + s + 7)
tp = s
6.Sambutan langkahSukar
+−5 VR = 17 ΩL = 10 mHC = 22 µFvC​

Litar RLC sesiri dengan R = 17 Ω, L = 10 mH dan C = 22 µF disambungkan kepada langkah 5 V pada t = 0. Pemuat tanpa cas dan tiada arus mengalir sebelum langkah itu. Cari peratusan lajakan %OS bagi voltan pemuat.

R = 17 ΩL = 10 mHC = 22 µFV = 5 V
%OS = %
7.Plot Bode dan marginSederhana
vin​L = 50 mHC = 2.2 µFR = 10 Ωvout​

Dalam penapis laluan jalur RLC sesiri yang ditunjukkan output diambil merentasi R = 10 Ω, dengan L = 50 mH dan C = 2.2 µF. Cari lebar jalur −3 dB BW dalam Hz.

R = 10 ΩL = 50 mHC = 2.2 µF
BW = Hz
8.Plot Bode dan marginSukar
|H| (dB)0.10.1111010100100−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Gelung suap balik unit mempunyai fungsi pindah gelung terbuka L(s) = 40/(s(s + 8)). Cari margin fasa PM dalam darjah.

L(s) = 40/(s(s + 8))
PM = °

3Larutan

1.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: D = 6 s

Konvolusi selanjar: y(t) = ∫ x(τ)·h(t − τ) dτ. Balikkan h, gelongsorkan ke kedudukan t dan kamirkan hasil darab bahagian yang bertindih. Untuk isyarat kausal kamiran berjalan dari 0 hingga t. Keputusan berguna: luas y ialah luas x darab luas h; jika x berlangsung dari t₁ hingga t₂ dan h dari t₃ hingga t₄, y berlangsung dari t₁ + t₃ hingga t₂ + t₄. Untuk h(t) = e−atu(t) dan langkah setinggi A, y(t) = (A/a)(1 − e−at).

Mula dan tamat

tstart = 1 + 3 = 4 s
tend = 3 + 7 = 10 s

Jawapan

D = 6 s

Jawapan

D = 6 s
2.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: c1 = 2.251

Sambutan impuls dan siri Fourier: sambutan impuls h(t) menerangkan sistem LTI dengan lengkap: bagi y′ + a·y = b·x ia ialah h(t) = b·e−atu(t), dan bagi y[n] = a·y[n − 1] + b·x[n] ia ialah h[n] = b·aⁿu[n]. Sinusoid cos ωt melaluinya dengan gandaan |H(jω)| dan fasa ∠H(jω), dengan H ialah transformasi Fourier bagi h. Isyarat berkala ialah hasil tambah harmonik pada k/T: gelombang segi empat ±A hanya mempunyai harmonik ganjil dengan amplitud 4A/(kπ), gelombang segi tiga berpuncak A mempunyai 8A/(π²k²), dan rentetan denyut setinggi A dengan kitar tugas D mempunyai min A·D dan harmonik (2A/(kπ))·|sin(kπD)|.

Kitar tugas

D = 1/4 = 0.25

Amplitud harmonik

c1 = (2·5/(1π))·|sin(1π·0.25)| = 2.251

Jawapan

c1 = 2.251
3.Transformasi Laplace

Jawapan: f(0.1) = 4.29

Transformasi Laplace: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt menukarkan terbitan kepada pendaraban dengan s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Pasangan piawai: 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), dan anjakan s → s + σ mendarabkan fungsi masa dengan e−σt. Untuk menyongsangkan F(s) nisbah, pecahkan kepada pecahan separa: reja bagi kutub ringkas p ialah A = [(s − p)·F(s)] pada s = p. Teorem nilai akhir: f(∞) = lims→0 s·F(s), sah hanya apabila semua kutub s·F(s) terletak dalam separuh satah kiri. Teorem nilai awal: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Lengkapkan kuasa dua

s² + 6s + 18 = (s + 3)² + 9 = (s + 3)² + 3²

Padankan pengangka

F(s) = 4·(s + 3)/((s + 3)² + 3²) + (20/3)·3/((s + 3)² + 3²)

Transformasi songsang

f(t) = e−3t·(4·cos 3t + 6.667·sin 3t)
f(0.1) = e−3·0.1·(4·cos(3·0.1) + 6.667·sin(3·0.1)) = 4.29

Jawapan

f(0.1) = 4.29
4.Transformasi Laplace

Jawapan: y(0.1) = 0.4471

Transformasi Laplace: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt menukarkan terbitan kepada pendaraban dengan s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Pasangan piawai: 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), dan anjakan s → s + σ mendarabkan fungsi masa dengan e−σt. Untuk menyongsangkan F(s) nisbah, pecahkan kepada pecahan separa: reja bagi kutub ringkas p ialah A = [(s − p)·F(s)] pada s = p. Teorem nilai akhir: f(∞) = lims→0 s·F(s), sah hanya apabila semua kutub s·F(s) terletak dalam separuh satah kiri. Teorem nilai awal: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Transformasikan persamaan

Y(s) = 120/(s(s + 4)(s + 5))

Pecahan separa

A = 120/(4·5) = 6
B = 120/((−4)·1) = −30
C = 120/((−5)·(−1)) = 24

Pengeluaran

y(t) = 6 − 30·e−4t + 24·e−5t
y(0.1) = 0.4471

Jawapan

y(0.1) = 0.4471
5.Sambutan langkah

Jawapan: tp = 1.209 s

Sambutan langkah: sistem peringkat pertama G(s) = K/(τs + 1) menyambut langkah bersaiz U dengan y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): ia mencapai 63.2 % daripada nilai akhir K·U selepas satu pemalar masa τ dan 98 % selepas 4τ. Sistem peringkat kedua G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) mempunyai kutub s = −ζωₙ ± jωd dengan ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Untuk 0 < ζ < 1 sambutan langkah melajak: peratusan lajakan %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), masa puncak tp = π/ωd, dan masa pengenapan 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Bandingkan penyebut dengan s² + 2ζωₙs + ωₙ² untuk mendapatkan ωₙ dan ζ. Bagi sistem jisim–spring–peredam ωₙ = √(k/m) dan ζ = c/(2√(km)); bagi litar RLC sesiri ωₙ = 1/√(LC) dan ζ = (R/2)·√(C/L).

Bandingkan dengan bentuk piawai

Penyebut mesti sepadan dengan s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 7 → ωₙ = 2.646 rad/s
2ζωₙ = 1 → ζ = 1/(2·2.646) = 0.189

Keputusan

ωd = 2.646·√(1 − 0.189²) = 2.598 rad/s → tp = π/ωd = 1.209 s

Jawapan

tp = 1.209 s
6.Sambutan langkah

Jawapan: %OS = 25.52 %

Sambutan langkah: sistem peringkat pertama G(s) = K/(τs + 1) menyambut langkah bersaiz U dengan y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): ia mencapai 63.2 % daripada nilai akhir K·U selepas satu pemalar masa τ dan 98 % selepas 4τ. Sistem peringkat kedua G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) mempunyai kutub s = −ζωₙ ± jωd dengan ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Untuk 0 < ζ < 1 sambutan langkah melajak: peratusan lajakan %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), masa puncak tp = π/ωd, dan masa pengenapan 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Bandingkan penyebut dengan s² + 2ζωₙs + ωₙ² untuk mendapatkan ωₙ dan ζ. Bagi sistem jisim–spring–peredam ωₙ = √(k/m) dan ζ = c/(2√(km)); bagi litar RLC sesiri ωₙ = 1/√(LC) dan ζ = (R/2)·√(C/L).

Frekuensi tabii dan nisbah redaman

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0.01·2.2 × 10⁻⁵) = 2132 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (17/2)·√(2.2 × 10⁻⁵/0.01) = 0.3987

Keputusan

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 25.52 %

Jawapan

%OS = 25.52 %
7.Plot Bode dan margin

Jawapan: BW = 31.83 Hz

Sambutan frekuensi: gantikan s = jω dalam fungsi pindah. Magnitud dalam desibel ialah 20·log₁₀|H(jω)| dan fasa ialah hasil tambah sudut faktor pengatas tolak sudut faktor penyebut. Penapis RC atau RL peringkat pertama mempunyai frekuensi sudut (−3 dB) pada ωc = 1/(RC) atau R/L, dan fc = ωc/(2π); penapis laluan rendah memberi |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) dan φ = −atan(ω/ωc). Dalam plot Bode asimptot (garis lurus) setiap kutub membengkokkan magnitud ke bawah sebanyak 20 dB/dekad pada frekuensi sudutnya, setiap sifar membengkokkannya ke atas sebanyak 20 dB/dekad, dan pengamir 1/s memberi −20 dB/dekad pada semua frekuensi. Lintasan gandaan ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); margin fasa PM = 180° + ∠L(jωc). Lintasan fasa ω180: ∠L(jω) = −180°; margin gandaan GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Gelung tertutup stabil apabila kedua-dua margin positif.

Frekuensi salunan

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0.05·2.2 × 10⁻⁶) = 3015 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 479.9 Hz

Lebar jalur

BW = R/L = 10/0.05 = 200 rad/s = 31.83 Hz

Jawapan

BW = 31.83 Hz
8.Plot Bode dan margin

Jawapan: PM = 61.27 °

Sambutan frekuensi: gantikan s = jω dalam fungsi pindah. Magnitud dalam desibel ialah 20·log₁₀|H(jω)| dan fasa ialah hasil tambah sudut faktor pengatas tolak sudut faktor penyebut. Penapis RC atau RL peringkat pertama mempunyai frekuensi sudut (−3 dB) pada ωc = 1/(RC) atau R/L, dan fc = ωc/(2π); penapis laluan rendah memberi |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) dan φ = −atan(ω/ωc). Dalam plot Bode asimptot (garis lurus) setiap kutub membengkokkan magnitud ke bawah sebanyak 20 dB/dekad pada frekuensi sudutnya, setiap sifar membengkokkannya ke atas sebanyak 20 dB/dekad, dan pengamir 1/s memberi −20 dB/dekad pada semua frekuensi. Lintasan gandaan ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); margin fasa PM = 180° + ∠L(jωc). Lintasan fasa ω180: ∠L(jω) = −180°; margin gandaan GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Gelung tertutup stabil apabila kedua-dua margin positif.

Lintasan gandaan

ω⁴ + 64ω² − 1600 = 0
ω² = (−64 + √(4096 + 4·1600))/2 = 19.22
ωc = 4.385 rad/s

Margin fasa

∠L(jωc) = −90° − atan(4.385/8) = −118.7°
PM = 180° + ∠L = 61.27°

Jawapan

PM = 61.27°

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