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)t0.52h(t)t1

Denyut x(t) = 2 untuk 0 ≤ t < 0.5 s (sifar di tempat lain) dikenakan pada sistem dengan h(t) = e−0.5tu(t). Cari output y(2) pada t = 2 s, selepas denyut berakhir.

x(t) = 2, 0 ≤ t < 0.5 sh(t) = e−0.5tu(t)t = 2 s
y(2) =
2.Konvolusi & sistem LTISukar
x(t)t (ms)0.5121

Gelombang segi empat bertukar antara 1 dan 0 dengan tempoh T = 1 ms (separuh tempoh pada setiap aras). Cari amplitud c3 komponen Fouriernya pada 3000 Hz.

0 … 1T = 1 msf = 3000 Hz
c3 =
3.Transformasi LaplaceSederhana
ReIm−5−10−15−205

Cari f(t) bagi F(s) = (2s + 36)/(s² + 6s + 45) dengan melengkapkan kuasa dua, dan nilaikan f(0.6).

F(s) = (2s + 36)/(s² + 6s + 45)t = 0.6 s
f(0.6) =
4.Transformasi LaplaceSukar
ReIm−2−4−6−8−10−12−14−16

Satu sistem diterangkan oleh persamaan pembezaan y″ + 4y′ + 3y = u′ + 15u, dengan masukan u(t) dan keluaran y(t). Cari fungsi pindahnya G(s) = Y(s)/U(s) (syarat awal sifar) dan nilaikan sambutan dedenyut g(t) pada t = 0.75 s. Cari g(0.75).

y″ + 4y′ + 3y = u′ + 15ut = 0.75 s
g(0.75) =
5.Sambutan langkahSederhana
t (s)y(t)3?

Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 156/(s² + 4s + 52) dan menerima input langkah unit. Cari peratusan lajakan %OS bagi sambutan langkah.

G(s) = 156/(s² + 4s + 52)
%OS = %
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 10 %.

G(s) = K/(s(s + 16))%OS = 10 %
K =
7.Plot Bode dan marginSederhana
vin​C = 2.2 nFR = 10 kΩvout​

penapis laluan tinggi RC yang ditunjukkan mempunyai R = 10 kΩ, C = 2.2 nF. Input sinusoid 1.4 kHz dikenakan. Cari anjakan fasa φ bagi vout relatif kepada vin, dalam darjah.

R = 10 kΩC = 2.2 nFf = 1.4 kHz
φ = °
8.Plot Bode dan marginSukar
|H| (dB)11101010010010001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Gelung suap balik unit mempunyai fungsi pindah gelung terbuka L(s) = 400/(s(s + 20)). Cari frekuensi lintasan gandaan ωc, di mana |L(jω)| = 1.

L(s) = 400/(s(s + 20))
ωc = rad/s

3Larutan

1.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: y(2) = 0.4179

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).

Output pada akhir denyut

y(0.5) = (2/0.5)(1 − e−0.25) = 0.8848

Reputan selepas denyut

y(2) = 0.8848·e−0.5·1.5 = 0.4179

Jawapan

y(2) = 0.4179
2.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: c3 = 0.2122

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)|.

Nombor harmonik

f₀ = 1/T = 1000 Hz → k = 3000/1000 = 3

Amplitud

c3 = 4·0.5/(3π) = 0.2122

Jawapan

c3 = 0.2122
3.Transformasi Laplace

Jawapan: f(0.6) = −0.6622

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 + 6s + 45 = (s + 3)² + 36 = (s + 3)² + 6²

Padankan pengangka

F(s) = 2·(s + 3)/((s + 3)² + 6²) + (30/6)·6/((s + 3)² + 6²)

Transformasi songsang

f(t) = e−3t·(2·cos 6t + 5·sin 6t)
f(0.6) = e−3·0.6·(2·cos(6·0.6) + 5·sin(6·0.6)) = −0.6622

Jawapan

f(0.6) = −0.6622
4.Transformasi Laplace

Jawapan: g(0.75) = 2.674

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).

Fungsi pindah

G(s) = Y(s)/U(s) = (s + 15)/(s² + 4s + 3)

Pecahan separa

s² + 4s + 3 = (s + 1)(s + 3)
A = 7, B = −6

Sambutan dedenyut

g(t) = 7·e−t − 6·e−3t
g(0.75) = 2.674

Jawapan

g(0.75) = 2.674
5.Sambutan langkah

Jawapan: %OS = 40.38 %

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 = 52 → ωₙ = 7.211 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·7.211) = 0.2774

Keputusan

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−0.9069 = 40.38 %

Jawapan

%OS = 40.38 %
6.Sambutan langkah

Jawapan: K = 183.1

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(0.1)/√(π² + ln²(0.1)) = 0.5912

Gandaan

ωₙ = 16/(2ζ) = 13.53 rad/s
K = ωₙ² = 183.1

Jawapan

K = 183.1
7.Plot Bode dan margin

Jawapan: φ = 79.05 °

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/(10000·2.2 × 10⁻⁹) = 45455 rad/s
fc = 7234 Hz → f/fc = 1400/7234 = 0.1935

Fasa

φ = 90° − atan(0.1935) = 79.05°

Jawapan

φ = 79.05°
8.Plot Bode dan margin

Jawapan: ωc = 15.72 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 + 400ω² − 160000 = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·160000))/2 = 247.2
ωc = 15.72 rad/s

Jawapan

ωc = 15.72 rad/s

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