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)t12h(t)t34

Isyarat x(t) bukan sifar hanya antara t = 1 s dan t = 2 s, dan h(t) hanya antara t = 3 s dan t = 4 s. Cari masa tstart y(t) = x(t) ∗ h(t) bermula.

x: 1 … 2 sh: 3 … 4 s
tstart = s
2.Konvolusi & sistem LTISukar
u[n]3+y[n]0.9·z⁻¹+

Sistem mematuhi y[n] = 0.9·y[n − 1] + 3·x[n] dan bermula dalam keadaan rehat. Inputnya ialah langkah unit x[n] = u[n]. Cari y[5].

y[n] = 0.9y[n − 1] + 3x[n]x[n] = u[n]
y[5] =
3.Transformasi LaplaceSederhana
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−81

F(s) = (4s + 18)/(s² + 12s + 35). Transformasi songsangnya berbentuk f(t) = A·e−5t + B·e−7t. Cari pekali A dengan pecahan separa.

F(s) = (4s + 18)/(s² + 12s + 35)
A =
4.Transformasi LaplaceSukar
t (s)y(t)t = 0.2y(0.2) = ?

Selesaikan y″ + 9y′ + 20y = 0 dengan y(0) = 4 dan y′(0) = 4 menggunakan transformasi Laplace, dan cari y(0.2).

y″ + 9y′ + 20y = 0y(0) = 4y′(0) = 4t = 0.2 s
y(0.2) =
5.Sambutan langkahSederhana
t (s)y(t)1?

Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 88/(s² + 7s + 88) dan menerima input langkah unit. Cari peratusan lajakan %OS bagi sambutan langkah.

G(s) = 88/(s² + 7s + 88)
%OS = %
6.Sambutan langkahSukar
R(s)+170s(s + 12)G(s)C(s)−

Gelung suap balik negatif unit mempunyai G(s) = 170/(s(s + 12)). Cari masa pengenapan 2 % ts bagi sambutan langkah gelung tertutup, menggunakan ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 170/(s(s + 12))
ts = s
7.Plot Bode dan marginSederhana
vin​R = 470 ΩL = 10 mHvout​

penapis laluan tinggi RL yang ditunjukkan mempunyai R = 470 Ω, L = 10 mH. Input sinusoid 15 kHz dikenakan. Cari anjakan fasa φ bagi vout relatif kepada vin, dalam darjah.

R = 470 ΩL = 10 mHf = 15 kHz
φ = °
8.Plot Bode dan marginSukar
|H| (dB)0.10.1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Gelung suap balik unit mempunyai fungsi pindah gelung terbuka L(s) = 46/(s(s + 3)(s + 8)). Cari margin gandaan GM dalam dB.

L(s) = 46/(s(s + 3)(s + 8))
GM = dB

3Larutan

1.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: tstart = 4 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 = 2 + 4 = 6 s

Jawapan

tstart = 4 s

Jawapan

tstart = 4 s
2.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: y[5] = 14.06

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

y[0] = 3
y[1] = 5.7
y[2] = 8.13
y[3] = 10.32
y[4] = 12.29
y[5] = 14.06

Keputusan

y[5] = 3·(1 − (0.9)6)/(1 − 0.9) = 14.06

Jawapan

y[5] = 14.06
3.Transformasi Laplace

Jawapan: A = −1

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 + 12s + 35 = (s + 5)(s + 7)
F(s) = A/(s + 5) + B/(s + 7)

Petua tutup

Darabkan dengan (s + 5) dan tetapkan s = −5: sebutan B lenyap.

A = (4s + 18)/(s + 7) |s = −5 = −2/2 = −1

Jawapan

A = −1
(B = 5, maka f(t) = −e−5t + 5·e−7t)
4.Transformasi Laplace

Jawapan: y(0.2) = 3.426

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 − 4s − 4 + 9(sY − 4) + 20Y = 0
Y(s) = (4s + 40)/((s + 4)(s + 5))

Pecahan separa

A = 24/1 = 24
B = 20/(−1) = −20

Keputusan

y(t) = 24·e−4t − 20·e−5t
y(0.2) = 3.426

Jawapan

y(0.2) = 3.426

Semak: y(0) = A + B = 4.

5.Sambutan langkah

Jawapan: %OS = 28.27 %

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 = 88 → ωₙ = 9.381 rad/s
2ζωₙ = 7 → ζ = 7/(2·9.381) = 0.3731

Keputusan

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−1.263 = 28.27 %

Jawapan

%OS = 28.27 %
6.Sambutan langkah

Jawapan: ts = 0.6667 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) = 170/(s² + 12s + 170): ωₙ = 13.04 rad/s, ζ = 0.4602

Masa pengenapan

ζωₙ = 12/2 = 6
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 0.6667 s

Jawapan

ts = 0.6667 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: φ = 26.5 °

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 = 470/0.01 = 47000 rad/s
fc = 7480 Hz → f/fc = 15000/7480 = 2.005

Fasa

φ = 90° − atan(2.005) = 26.5°

Jawapan

φ = 26.5°
8.Plot Bode dan margin

Jawapan: GM = 15.18 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/3)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(3·8) = 4.899 rad/s

Magnitud pada lintasan fasa

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 64)) = K/(3·8·(3 + 8)) = K/264

Margin gandaan

GM = 20·log₁₀(264/46) = 15.18 dB

Jawapan

GM = 15.18 dB

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