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
Lakarkan kedua-dua isyarat dan catat di mana setiap satu bukan sifar.
Balikkan h dan gelongsorkannya: bagi setiap masa output, cari julat di mana kedua-dua isyarat bertindih.
Darab dan tambah (diskret) atau darab dan kamirkan (selanjar) pada pertindihan itu sahaja.
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
Input x(t) = 10·e−2tu(t) dikenakan pada sistem dengan h(t) = e−5tu(t). Cari output y(2) pada t = 2 s.
x(t) = 10·e−2tu(t)h(t) = e−5tu(t)t = 2 s
y(2) =
2.Konvolusi & sistem LTISukar
Sistem mematuhi y′(t) + 10·y(t) = 2·x(t). Cari sambutan impulsnya pada t = 0.2 s, h(0.2).
y′ + 10y = 2xt = 0.2 s
h(0.2) =
3.Transformasi LaplaceSederhana
Cari f(t) bagi F(s) = (6s + 23)/(s² + 4s + 4) dan nilaikan f(0.3).
F(s) = (6s + 23)/(s² + 4s + 4)t = 0.3 s
f(0.3) =
4.Transformasi LaplaceSukar
Selesaikan y″ + 10y′ + 24y = 0 dengan y(0) = 5 dan y′(0) = 4 menggunakan transformasi Laplace, dan cari y(0.1).
y″ + 10y′ + 24y = 0y(0) = 5y′(0) = 4t = 0.1 s
y(0.1) =
5.Sambutan langkahSederhana
Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 20/(s² + 4s + 20) dan menerima input langkah unit. Kutubnya ialah s = σ ± jωd. Cari bahagian nyata σ.
G(s) = 20/(s² + 4s + 20)
σ =
6.Sambutan langkahSukar
Gelung suap balik negatif unit mempunyai G(s) = 90/(s(s + 6)). Cari masa pengenapan 2 % ts bagi sambutan langkah gelung tertutup, menggunakan ts ≈ 4/(ζωₙ).
G(s) = 90/(s(s + 6))
ts = s
7.Plot Bode dan marginSederhana
Dalam penapis laluan jalur RLC sesiri yang ditunjukkan output diambil merentasi R = 2 Ω, dengan L = 10 mH dan C = 2.2 µF. Cari lebar jalur −3 dB BW dalam Hz.
R = 2 ΩL = 10 mHC = 2.2 µF
BW = Hz
8.Plot Bode dan marginSukar
Gelung suap balik unit mempunyai fungsi pindah gelung terbuka L(s) = K/(s(s + 1)(s + 5)). Cari gandaan K yang memberi margin gandaan 10 dB.
L(s) = K/(s(s + 1)(s + 5))GM = 10 dB
K =
3Larutan
1.Konvolusi & sistem LTI
Jawapan: y(2) = 0.0609
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).
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)|.
Fungsi pindah
H(s) = Y(s)/X(s) = 2/(s + 10)
Sambutan dedenyut
h(t) = 2·e−10tu(t)
h(0.2) = 2·e−2 = 0.2707
Jawapan
h(0.2) = 0.2707
3.Transformasi Laplace
Jawapan: f(0.3) = 5.104
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
6s + 23 = 6(s + 2) + 11
F(s) = 6/(s + 2) + 11/(s + 2)²
Transformasi songsang
f(t) = 6·e−2t + 11·t·e−2t
f(0.3) = (6 + 11·0.3)·e−2·0.3 = 5.104
Jawapan
f(0.3) = 5.104
4.Transformasi Laplace
Jawapan: y(0.1) = 4.81
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 − 5s − 4 + 10(sY − 5) + 24Y = 0
Y(s) = (5s + 54)/((s + 4)(s + 6))
Pecahan separa
A = 34/2 = 17
B = 24/(−2) = −12
Keputusan
y(t) = 17·e−4t − 12·e−6t
y(0.1) = 4.81
Jawapan
y(0.1) = 4.81
Semak: y(0) = A + B = 5.
5.Sambutan langkah
Jawapan: σ = −2
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 = 20 → ωₙ = 4.472 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·4.472) = 0.4472
Keputusan
σ = −ζωₙ = −4/2 = −2
Jawapan
σ = −2
6.Sambutan langkah
Jawapan: ts = 1.333 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).
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: 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/√(0.01·2.2 × 10⁻⁶) = 6742 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 1073 Hz
Lebar jalur
BW = R/L = 2/0.01 = 200 rad/s = 31.83 Hz
Jawapan
BW = 31.83 Hz
8.Plot Bode dan margin
Jawapan: K = 9.487
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.