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)t1h(t)t1

Input x(t) = 1·e−1tu(t) dikenakan pada sistem dengan h(t) = e−5tu(t). Cari output y(1.5) pada t = 1.5 s.

x(t) = 1·e−1tu(t)h(t) = e−5tu(t)t = 1.5 s
y(1.5) =
2.Konvolusi & sistem LTISukar
δ[n]0.5+h[n]0.8·z⁻¹+

Sistem mematuhi y[n] = 0.8·y[n − 1] + 0.5·x[n] dan bermula dalam keadaan rehat. Cari sampel sambutan impulsnya h[2].

y[n] = 0.8y[n − 1] + 0.5x[n]x[n] = δ[n]
h[2] =
3.Transformasi LaplaceSederhana
t (s)f(t)t = 0.4f(0.4) = ?

Cari f(t) bagi F(s) = (3s + 26)/(s² + 4s + 4) dan nilaikan f(0.4).

F(s) = (3s + 26)/(s² + 4s + 4)t = 0.4 s
f(0.4) =
4.Transformasi LaplaceSukar
t (s)y(t)t = 0.6y(0.6) = ?

Satu sistem mematuhi y″ + 6y′ + 5y = 7.5·u(t). Ia bermula dari keadaan rehat (y(0) = 0, y′(0) = 0) dan masukannya ialah langkah u(t) = 2 untuk t ≥ 0. Gunakan transformasi Laplace untuk mencari keluaran y(0.6).

y″ + 6y′ + 5y = 7.5·u(t)u(t) = 2y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0.6 s
y(0.6) =
5.Sambutan langkahSederhana
t (s)y(t)0.5?

Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 40/(s² + 8s + 80) dan menerima input langkah unit. Cari peratusan lajakan %OS bagi sambutan langkah.

G(s) = 40/(s² + 8s + 80)
%OS = %
6.Sambutan langkahSukar
+−24 VR = 4 ΩL = 10 mHC = 100 µFvC​

Litar RLC sesiri dengan R = 4 Ω, L = 10 mH dan C = 100 µF disambungkan kepada langkah 24 V pada t = 0. Pemuat tanpa cas dan tiada arus mengalir sebelum langkah itu. Cari frekuensi tabii tak teredam ωn dalam rad/s.

R = 4 ΩL = 10 mHC = 100 µFV = 24 V
ωn = rad/s
7.Plot Bode dan marginSederhana
vin​L = 22 mHR = 100 Ωvout​

penapis laluan rendah RL yang ditunjukkan mempunyai R = 100 Ω, L = 22 mH. Input sinusoid 180 Hz dikenakan. Cari anjakan fasa φ bagi vout relatif kepada vin, dalam darjah.

R = 100 ΩL = 22 mHf = 180 Hz
φ = °
8.Plot Bode dan marginSukar
|H| (dB)0.10.1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Gelung suap balik unit mempunyai fungsi pindah gelung terbuka L(s) = 5.5/(s(s + 5)). Cari frekuensi lintasan gandaan ωc, di mana |L(jω)| = 1.

L(s) = 5.5/(s(s + 5))
ωc = rad/s

3Larutan

1.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: y(1.5) = 0.05564

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) = 1e−5t∫₀ᵗ e−(1 − 5)τ dτ = 1(e−5t − e−1t)/(−4)

Nilaikan

y(1.5) = 1·(0.0005531 − 0.2231)/(−4) = 0.05564

Jawapan

y(1.5) = 0.05564
2.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: h[2] = 0.32

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)|.

Lelar

h[0] = 0.5
h[1] = 0.4
h[2] = 0.32

Keputusan

h[2] = 0.5·(0.8)2 = 0.32

Jawapan

h[2] = 0.32
3.Transformasi Laplace

Jawapan: f(0.4) = 4.943

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 + 4s + 4 = (s + 2)²

Pecahan separa

3s + 26 = 3(s + 2) + 20
F(s) = 3/(s + 2) + 20/(s + 2)²

Transformasi songsang

f(t) = 3·e−2t + 20·t·e−2t
f(0.4) = (3 + 20·0.4)·e−2·0.4 = 4.943

Jawapan

f(0.4) = 4.943
4.Transformasi Laplace

Jawapan: y(0.6) = 0.9793

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) = 15/(s(s + 1)(s + 5))

Pecahan separa

A = 15/(1·5) = 3
B = 15/((−1)·4) = −3.75
C = 15/((−5)·(−4)) = 0.75

Pengeluaran

y(t) = 3 − 3.75·e−t + 0.75·e−5t
y(0.6) = 0.9793

Jawapan

y(0.6) = 0.9793
5.Sambutan langkah

Jawapan: %OS = 20.79 %

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 = 80 → ωₙ = 8.944 rad/s
2ζωₙ = 8 → ζ = 8/(2·8.944) = 0.4472

Keputusan

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−1.571 = 20.79 %

Jawapan

%OS = 20.79 %
6.Sambutan langkah

Jawapan: ωn = 1000 rad/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).

Frekuensi tabii dan nisbah redaman

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0.01·1 × 10⁻⁴) = 1000 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (4/2)·√(1 × 10⁻⁴/0.01) = 0.2

Keputusan

ωₙ = 1000 rad/s

Jawapan

ωn = 1000 rad/s
7.Plot Bode dan margin

Jawapan: φ = −13.97 °

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 = R/L = 100/0.022 = 4545 rad/s
fc = 723.4 Hz → f/fc = 180/723.4 = 0.2488

Fasa

φ = − atan(0.2488) = −13.97°

Jawapan

φ = −13.97°
8.Plot Bode dan margin

Jawapan: ωc = 1.075 rad/s

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 + 25ω² − 30.25 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·30.25))/2 = 1.157
ωc = 1.075 rad/s

Jawapan

ωc = 1.075 rad/s

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