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−4tu(t) dikenakan pada sistem dengan h(t) = e−5tu(t). Cari output y(2) pada t = 2 s.

x(t) = 10·e−4tu(t)h(t) = e−5tu(t)t = 2 s
y(2) =
2.Konvolusi & sistem LTISukar
δ[n]4+h[n]0.9·z⁻¹+

Sistem mematuhi y[n] = 0.9·y[n − 1] + 4·x[n] dan bermula dalam keadaan rehat. Cari sampel sambutan impulsnya h[4].

y[n] = 0.9y[n − 1] + 4x[n]x[n] = δ[n]
h[4] =
3.Transformasi LaplaceSederhana
t (s)f(t)t = 0.8f(0.8) = ?

Cari f(t) bagi F(s) = (5s + 11)/(s² + 4s + 4) dan nilaikan f(0.8).

F(s) = (5s + 11)/(s² + 4s + 4)t = 0.8 s
f(0.8) =
4.Transformasi LaplaceSukar
t (s)y(t)t = 0.25y(0.25) = ?

Satu sistem mematuhi y″ + 9y′ + 18y = 54·u(t), dengan y(0) = 2 dan y′(0) = 0. Pada t = 0 masukan langkah u(t) = 10 dikenakan. Gunakan transformasi Laplace untuk mencari y(0.25).

y″ + 9y′ + 18y = 54·u(t)y(0) = 2y′(0) = 0u(t) = 10t = 0.25 s
y(0.25) =
5.Sambutan langkahSederhana
t (s)y(t)0.5ts​ = ?

Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 9.5/(s² + 2s + 19) dan menerima input langkah unit. Cari masa pengenapan 2 % ts bagi sambutan langkah, menggunakan ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 9.5/(s² + 2s + 19)
ts = s
6.Sambutan langkahSukar
R(s)+Ks(s + 16)G(s)C(s)−

Gelung suap balik negatif unit mempunyai G(s) = K/(s(s + 16)). Cari gandaan K yang memberi sambutan langkah dengan lajakan 15 %.

G(s) = K/(s(s + 16))%OS = 15 %
K =
7.Plot Bode dan marginSederhana
vin​R = 47 kΩC = 4.7 nFvout​

penapis laluan rendah RC yang ditunjukkan mempunyai R = 47 kΩ, C = 4.7 nF. Input sinusoid 2.2 kHz dikenakan. Cari anjakan fasa φ bagi vout relatif kepada vin, dalam darjah.

R = 47 kΩC = 4.7 nFf = 2.2 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) = 132/(s(s + 5)(s + 7)). Cari frekuensi lintasan fasa ω180, di mana ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 132/(s(s + 5)(s + 7))
ω180 = rad/s

3Larutan

1.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: y(2) = 0.002901

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−(4 − 5)τ dτ = 10(e−5t − e−4t)/(−1)

Nilaikan

y(2) = 10·(4.54 × 10⁻⁵ − 0.0003355)/(−1) = 0.002901

Jawapan

y(2) = 0.002901
2.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: h[4] = 2.624

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] = 4
h[1] = 3.6
h[2] = 3.24
h[3] = 2.916
h[4] = 2.624

Keputusan

h[4] = 4·(0.9)4 = 2.624

Jawapan

h[4] = 2.624
3.Transformasi Laplace

Jawapan: f(0.8) = 1.171

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

5s + 11 = 5(s + 2) + 1
F(s) = 5/(s + 2) + 1/(s + 2)²

Transformasi songsang

f(t) = 5·e−2t + t·e−2t
f(0.8) = (5 + 1·0.8)·e−2·0.8 = 1.171

Jawapan

f(0.8) = 1.171
4.Transformasi Laplace

Jawapan: y(0.25) = 9.795

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

(s² + 9s + 18)·Y(s) = 2s + 18 + 540/s
Y(s) = (2s² + 18s + 540)/(s(s + 3)(s + 6))

Pecahan separa

A = 540/(3·6) = 30
B = 504/((−3)·3) = −56
C = 504/((−6)·(−3)) = 28

Keputusan

y(t) = 30 − 56·e−3t + 28·e−6t
y(0.25) = 9.795

Jawapan

y(0.25) = 9.795

Semak: y(0) = A + B + C = 2.

5.Sambutan langkah

Jawapan: ts = 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).

Bandingkan dengan bentuk piawai

Penyebut mesti sepadan dengan s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 19 → ωₙ = 4.359 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·4.359) = 0.2294

Keputusan

ζωₙ = 1 → ts ≈ 4/1 = 4 s

Jawapan

ts = 4 s
6.Sambutan langkah

Jawapan: K = 239.5

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) = K/(s² + 16s + K)

Nisbah redaman daripada lajakan

ζ = −ln(0.15)/√(π² + ln²(0.15)) = 0.5169

Gandaan

ωₙ = 16/(2ζ) = 15.48 rad/s
K = ωₙ² = 239.5

Jawapan

K = 239.5
7.Plot Bode dan margin

Jawapan: φ = −71.87 °

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/(47000·4.7 × 10⁻⁹) = 4527 rad/s
fc = 720.5 Hz → f/fc = 2200/720.5 = 3.054

Fasa

φ = − atan(3.054) = −71.87°

Jawapan

φ = −71.87°
8.Plot Bode dan margin

Jawapan: ω180 = 5.916 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 fasa

(ω/5)·(ω/7) = 1 → ω180 = √(5·7) = 5.916 rad/s

Jawapan

ω180 = 5.916 rad/s

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