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)t11

Sistem mempunyai sambutan impuls h(t) = e−1tu(t). Inputnya ialah langkah x(t) = 1·u(t). Cari output y(1) pada t = 1 s.

h(t) = e−1tu(t)x(t) = 1·u(t)t = 1 s
y(1) =
2.Konvolusi & sistem LTISukar
x(t)t (ms)2.551010−10

Gelombang segi tiga naik dan turun secara linear antara −10 dan +10 dengan tempoh T = 5 ms. Cari amplitud c5 komponen Fouriernya pada 1000 Hz.

±10T = 5 msf = 1000 Hz
c5 =
3.Transformasi LaplaceSederhana
t (s)f(t)t = 0.75f(0.75) = ?

Cari f(t) bagi F(s) = 50/(s(s + 1)(s + 6)) dengan pecahan separa, dan nilaikan f(0.75).

F(s) = 50/(s(s + 1)(s + 6))t = 0.75 s
f(0.75) =
4.Transformasi LaplaceSukar
t (s)y(t)t = 0.1y(0.1) = ?

Selesaikan y″ + 11y′ + 30y = 0 dengan y(0) = 7 dan y′(0) = 12 menggunakan transformasi Laplace, dan cari y(0.1).

y″ + 11y′ + 30y = 0y(0) = 7y′(0) = 12t = 0.1 s
y(0.1) =
5.Sambutan langkahSederhana
t (s)y(t)2

Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 18/(s² + 2s + 9) dan menerima input langkah unit. Cari frekuensi tabii ωn dalam rad/s.

G(s) = 18/(s² + 2s + 9)
ωn = rad/s
6.Sambutan langkahSukar
t (s)y(t)1tp​ = 0.8 s25 %

Sambutan langkah sistem peringkat kedua tanpa sifar menunjukkan lajakan 25 %, dan puncak pertama berlaku pada t = 0.8 s. Cari frekuensi tabii ωn.

%OS = 25 %tp = 0.8 s
ωn = rad/s
7.Plot Bode dan marginSederhana
vin​R = 2.2 kΩC = 2.2 nFvout​

penapis laluan rendah RC yang ditunjukkan mempunyai R = 2.2 kΩ, C = 2.2 nF. Input sinusoid 99 kHz dikenakan. Cari anjakan fasa φ bagi vout relatif kepada vin, dalam darjah.

R = 2.2 kΩC = 2.2 nFf = 99 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) = 168/(s(s + 5)(s + 7)). Cari margin gandaan GM dalam dB.

L(s) = 168/(s(s + 5)(s + 7))
GM = dB

3Larutan

1.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: y(1) = 0.6321

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).

Konvolusi dengan langkah

y(t) = 1·∫₀ᵗ e−1τ dτ = (1/1)·(1 − e−1t)

Nilaikan

y(1) = 1·(1 − e−1) = 0.6321

Jawapan

y(1) = 0.6321
2.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: c5 = 0.3242

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 = 200 Hz → k = 5

Amplitud

c5 = 8·10/(π²·5²) = 0.3242

Jawapan

c5 = 0.3242
3.Transformasi Laplace

Jawapan: f(0.75) = 3.628

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).

Pecahan separa

F(s) = A/s + B/(s + 1) + C/(s + 6)
A = 50/(1·6) = 8.333
B = 50/((−1)·5) = −10
C = 50/((−6)·(−5)) = 1.667

Transformasi songsang

f(t) = 8.333 − 10·e−t + 1.667·e−6t

Nilaikan

f(0.75) = 8.333 − 10·e−0.75 + 1.667·e−6·0.75 = 3.628

Jawapan

f(0.75) = 3.628
4.Transformasi Laplace

Jawapan: y(0.1) = 6.959

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 − 7s − 12 + 11(sY − 7) + 30Y = 0
Y(s) = (7s + 89)/((s + 5)(s + 6))

Pecahan separa

A = 54/1 = 54
B = 47/(−1) = −47

Keputusan

y(t) = 54·e−5t − 47·e−6t
y(0.1) = 6.959

Jawapan

y(0.1) = 6.959

Semak: y(0) = A + B = 7.

5.Sambutan langkah

Jawapan: ωn = 3 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).

Bandingkan dengan bentuk piawai

Penyebut mesti sepadan dengan s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 9 → ωₙ = 3 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·3) = 0.3333

Keputusan

ωₙ = 3 rad/s

Jawapan

ωn = 3 rad/s
6.Sambutan langkah

Jawapan: ωn = 4.292 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).

Nisbah redaman

ζ = −ln(0.25)/√(π² + ln²(0.25)) = 1.386/√(9.87 + 1.922) = 0.4037

Frekuensi tabii

ωd = π/tp = π/0.8 = 3.927 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 3.927/0.9149 = 4.292 rad/s

Jawapan

ωn = 4.292 rad/s
7.Plot Bode dan margin

Jawapan: φ = −71.63 °

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/(2200·2.2 × 10⁻⁹) = 206612 rad/s
fc = 32883 Hz → f/fc = 99000/32883 = 3.011

Fasa

φ = − atan(3.011) = −71.63°

Jawapan

φ = −71.63°
8.Plot Bode dan margin

Jawapan: GM = 7.959 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/5)·(ω/7) = 1 → ω180 = √(5·7) = 5.916 rad/s

Magnitud pada lintasan fasa

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 25)·√(ω² + 49)) = K/(5·7·(5 + 7)) = K/420

Margin gandaan

GM = 20·log₁₀(420/168) = 7.959 dB

Jawapan

GM = 7.959 dB

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