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)t25h(t)t1

Denyut x(t) = 5 untuk 0 ≤ t < 2 s (sifar di tempat lain) dikenakan pada sistem dengan h(t) = e−0.5tu(t). Cari output y(2.5) pada t = 2.5 s, selepas denyut berakhir.

x(t) = 5, 0 ≤ t < 2 sh(t) = e−0.5tu(t)t = 2.5 s
y(2.5) =
2.Konvolusi & sistem LTISukar
5cos(15t)h(t) = 2e−20t​u(t)y(t)

Input x(t) = 5·cos(15t) dikenakan pada sistem dengan h(t) = 2·e−20tu(t). Cari amplitud Ym output keadaan mantap.

h(t) = 2e−20tu(t)x(t) = 5cos(15t)
Ym =
3.Transformasi LaplaceSederhana
t (s)f(t)t = 0.3f(0.3) = ?

Cari f(t) bagi F(s) = (5s + 15)/(s² + 10s + 25) dan nilaikan f(0.3).

F(s) = (5s + 15)/(s² + 10s + 25)t = 0.3 s
f(0.3) =
4.Transformasi LaplaceSukar
t (s)y(t)t = 0.6y(0.6) = ?

Satu sistem mematuhi y″ + 6y′ + 8y = 16·u(t). Ia bermula dari keadaan rehat (y(0) = 0, y′(0) = 0) dan masukannya ialah langkah u(t) = 5 untuk t ≥ 0. Gunakan transformasi Laplace untuk mencari keluaran y(0.6).

y″ + 6y′ + 8y = 16·u(t)u(t) = 5y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0.6 s
y(0.6) =
5.Sambutan langkahSederhana
t (s)y(t)1ts​ = ?

Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 100/(s² + 13s + 100) dan menerima input langkah unit. Cari masa pengenapan 2 % ts bagi sambutan langkah, menggunakan ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 100/(s² + 13s + 100)
ts = s
6.Sambutan langkahSukar
R(s)+280s(s + 20)G(s)C(s)−

Gelung suap balik negatif unit mempunyai G(s) = 280/(s(s + 20)). Cari masa pengenapan 2 % ts bagi sambutan langkah gelung tertutup, menggunakan ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 280/(s(s + 20))
ts = s
7.Plot Bode dan marginSederhana
vin​C = 22 nFR = 3.3 kΩvout​

penapis laluan tinggi RC yang ditunjukkan mempunyai R = 3.3 kΩ, C = 22 nF. Input sinusoid 1.1 kHz dikenakan. Cari gandaan |H| = |vout/vin| dalam dB.

R = 3.3 kΩC = 22 nFf = 1.1 kHz
|H| = dB
8.Plot Bode dan marginSukar
|H| (dB)0.10.1111010100100−100−80−60−40−20020ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Gelung suap balik unit mempunyai fungsi pindah gelung terbuka L(s) = 4/(s(s + 1)(s + 6)). Cari margin gandaan GM dalam dB.

L(s) = 4/(s(s + 1)(s + 6))
GM = dB

3Larutan

1.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: y(2.5) = 4.923

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).

Output pada akhir denyut

y(2) = (5/0.5)(1 − e−1) = 6.321

Reputan selepas denyut

y(2.5) = 6.321·e−0.5·0.5 = 4.923

Jawapan

y(2.5) = 4.923
2.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: Ym = 0.4

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)|.

Sambutan frekuensi

H(jω) = 2/(20 + jω)

Gandaan pada frekuensi input

|H(j15)| = 2/√(20² + 15²) = 0.08
Ym = 5·0.08 = 0.4

Jawapan

Ym = 0.4
3.Transformasi Laplace

Jawapan: f(0.3) = 0.4463

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).

Faktorkan penyebut

s² + 10s + 25 = (s + 5)²

Pecahan separa

5s + 15 = 5(s + 5) + −10
F(s) = 5/(s + 5) − 10/(s + 5)²

Transformasi songsang

f(t) = 5·e−5t − 10·t·e−5t
f(0.3) = (5 − 10·0.3)·e−5·0.3 = 0.4463

Jawapan

f(0.3) = 0.4463
4.Transformasi Laplace

Jawapan: y(0.6) = 4.883

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) = 80/(s(s + 2)(s + 4))

Pecahan separa

A = 80/(2·4) = 10
B = 80/((−2)·2) = −20
C = 80/((−4)·(−2)) = 10

Pengeluaran

y(t) = 10 − 20·e−2t + 10·e−4t
y(0.6) = 4.883

Jawapan

y(0.6) = 4.883
5.Sambutan langkah

Jawapan: ts = 0.6154 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 = 100 → ωₙ = 10 rad/s
2ζωₙ = 13 → ζ = 13/(2·10) = 0.65

Keputusan

ζωₙ = 6.5 → ts ≈ 4/6.5 = 0.6154 s

Jawapan

ts = 0.6154 s
6.Sambutan langkah

Jawapan: ts = 0.4 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).

Fungsi pindah gelung tertutup

T(s) = 280/(s² + 20s + 280): ωₙ = 16.73 rad/s, ζ = 0.5976

Masa pengenapan

ζωₙ = 20/2 = 10
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 0.4 s

Jawapan

ts = 0.4 s

Bagi gelung ini ζωₙ = a/2 walau apa pun K: menaikkan K menambah lajakan tetapi tidak memendekkan masa pengenapan.

7.Plot Bode dan margin

Jawapan: |H| = −6.965 dB

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 sudut

ωc = 1/(RC) = 1/(3300·2.2 × 10⁻⁸) = 13774 rad/s
fc = 2192 Hz → f/fc = 1100/2192 = 0.5018

Gandaan

|H| = 0.5018/√(1 + 0.5018²) = 0.4485
20·log₁₀(0.4485) = −6.965 dB

Jawapan

|H| = −6.965 dB
8.Plot Bode dan margin

Jawapan: GM = 20.42 dB

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 fasa

(ω/1)·(ω/6) = 1 → ω180 = √(1·6) = 2.449 rad/s

Magnitud pada lintasan fasa

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 36)) = K/(1·6·(1 + 6)) = K/42

Margin gandaan

GM = 20·log₁₀(42/4) = 20.42 dB

Jawapan

GM = 20.42 dB

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