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)t10h(t)t1

Input x(t) = 10·e−6tu(t) dikenakan pada sistem dengan h(t) = e−5tu(t). Cari output y(2) pada t = 2 s.

x(t) = 10·e−6tu(t)h(t) = e−5tu(t)t = 2 s
y(2) =
2.Konvolusi & sistem LTISukar
x(t)t (ms)5204010

Rentetan denyut mempunyai ketinggian 10, lebar denyut 5 ms dan tempoh 20 ms. Cari amplitud c3 harmonik nombor 3, pada 150 Hz.

A = 10τ = 5 msT = 20 ms
c3 =
3.Transformasi LaplaceSederhana
ReIm−2−4−6−8−10

Cari f(t) bagi F(s) = (s + 9)/(s² + 4s + 5) dengan melengkapkan kuasa dua, dan nilaikan f(0.2).

F(s) = (s + 9)/(s² + 4s + 5)t = 0.2 s
f(0.2) =
4.Transformasi LaplaceSukar
t (s)y(t)t = 0.1y(0.1) = ?

Selesaikan y″ + 8y′ + 12y = 0 dengan y(0) = −2 dan y′(0) = −2 menggunakan transformasi Laplace, dan cari y(0.1).

y″ + 8y′ + 12y = 0y(0) = −2y′(0) = −2t = 0.1 s
y(0.1) =
5.Sambutan langkahSederhana
t (s)y(t)1tp​ = ?

Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 33/(s² + 2s + 33) dan menerima input langkah unit. Cari masa puncak tp bagi sambutan langkah.

G(s) = 33/(s² + 2s + 33)
tp = s
6.Sambutan langkahSukar
k = 5000 N/mc = 45 N·s/mm = 2.5 kgF = 50 Nx(t)

Jisim m = 2.5 kg tergantung pada spring k = 5000 N/m dengan peredam likat c = 45 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Pada keadaan rehat dalam keseimbangan, daya malar F = 50 N dikenakan secara tiba-tiba. Cari nisbah redaman ζ.

m = 2.5 kgk = 5000 N/mc = 45 N·s/mF = 50 N
ζ =
7.Plot Bode dan marginSederhana
vin​R = 1 kΩC = 47 nFvout​

penapis laluan rendah RC yang ditunjukkan mempunyai R = 1 kΩ, C = 47 nF. Input sinusoid 1.7 kHz dikenakan. Cari gandaan |H| = |vout/vin| dalam dB.

R = 1 kΩC = 47 nFf = 1.7 kHz
|H| = dB
8.Plot Bode dan marginSukar
|H| (dB)0.10.1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Gelung suap balik unit mempunyai fungsi pindah gelung terbuka L(s) = 762/(s(s + 6)(s + 10)). Cari margin gandaan GM dalam dB.

L(s) = 762/(s(s + 6)(s + 10))
GM = dB

3Larutan

1.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: y(2) = 0.0003926

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).

Kamiran konvolusi

y(t) = 10e−5t∫₀ᵗ e−(6 − 5)τ dτ = 10(e−5t − e−6t)/(1)

Nilaikan

y(2) = 10·(4.54 × 10⁻⁵ − 6.144 × 10⁻⁶)/(1) = 0.0003926

Jawapan

y(2) = 0.0003926
2.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: c3 = 1.501

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 = 5/20 = 0.25

Amplitud harmonik

c3 = (2·10/(3π))·|sin(3π·0.25)| = 1.501

Jawapan

c3 = 1.501
3.Transformasi Laplace

Jawapan: f(0.2) = 1.589

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 + 4s + 5 = (s + 2)² + 1 = (s + 2)² + 1²

Padankan pengangka

F(s) = 1·(s + 2)/((s + 2)² + 1²) + (7/1)·1/((s + 2)² + 1²)

Transformasi songsang

f(t) = e−2t·(cos 1t + 7·sin 1t)
f(0.2) = e−2·0.2·(cos(1·0.2) + 7·sin(1·0.2)) = 1.589

Jawapan

f(0.2) = 1.589
4.Transformasi Laplace

Jawapan: y(0.1) = −2.042

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

s²Y − (−2)s − (−2) + 8(sY − (−2)) + 12Y = 0
Y(s) = (−2s − 18)/((s + 2)(s + 6))

Pecahan separa

A = −14/4 = −3.5
B = −6/(−4) = 1.5

Keputusan

y(t) = −3.5·e−2t + 1.5·e−6t
y(0.1) = −2.042

Jawapan

y(0.1) = −2.042

Semak: y(0) = A + B = −2.

5.Sambutan langkah

Jawapan: tp = 0.5554 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 = 33 → ωₙ = 5.745 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·5.745) = 0.1741

Keputusan

ωd = 5.745·√(1 − 0.1741²) = 5.657 rad/s → tp = π/ωd = 0.5554 s

Jawapan

tp = 0.5554 s
6.Sambutan langkah

Jawapan: ζ = 0.2012

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 = √(k/m) = √(5000/2.5) = 44.72 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 45/(2·√(5000·2.5)) = 0.2012

Keputusan

ζ = 0.2012

Jawapan

ζ = 0.2012
7.Plot Bode dan margin

Jawapan: |H| = −0.9761 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/(1000·4.7 × 10⁻⁸) = 21277 rad/s
fc = 3386 Hz → f/fc = 1700/3386 = 0.502

Gandaan

|H| = 1/√(1 + 0.502²) = 0.8937
20·log₁₀(0.8937) = −0.9761 dB

Jawapan

|H| = −0.9761 dB
8.Plot Bode dan margin

Jawapan: GM = 2.006 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/6)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(6·10) = 7.746 rad/s

Magnitud pada lintasan fasa

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 36)·√(ω² + 100)) = K/(6·10·(6 + 10)) = K/960

Margin gandaan

GM = 20·log₁₀(960/762) = 2.006 dB

Jawapan

GM = 2.006 dB

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