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)t1

Denyut x(t) = 2 untuk 0 ≤ t < 1 s (sifar di tempat lain) dikenakan pada sistem dengan h(t) = e−5tu(t). Cari output y(2.5) pada t = 2.5 s, selepas denyut berakhir.

x(t) = 2, 0 ≤ t < 1 sh(t) = e−5tu(t)t = 2.5 s
y(2.5) =
2.Konvolusi & sistem LTISukar
δ(t)y′ + 5y = 3xh(t)

Sistem mematuhi y′(t) + 5·y(t) = 3·x(t). Cari sambutan impulsnya pada t = 0.1 s, h(0.1).

y′ + 5y = 3xt = 0.1 s
h(0.1) =
3.Transformasi LaplaceSederhana
ReIm−2−42

Cari f(t) bagi F(s) = (4s + 1)/(s² + 8s + 25) dengan melengkapkan kuasa dua, dan nilaikan f(0.5).

F(s) = (4s + 1)/(s² + 8s + 25)t = 0.5 s
f(0.5) =
4.Transformasi LaplaceSukar
ReIm−0.5−1−1.5−2−2.5−3−3.5−4−4.50.51

Satu sistem diterangkan oleh persamaan pembezaan y″ + 5y′ + 4y = 2u′ + 5u, 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 = 0.25 s. Cari g(0.25).

y″ + 5y′ + 4y = 2u′ + 5ut = 0.25 s
g(0.25) =
5.Sambutan langkahSederhana
t (s)y(t)1ts​ = ?

Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 16/(s² + 5s + 16) dan menerima input langkah unit. Cari masa pengenapan 2 % ts bagi sambutan langkah, menggunakan ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 16/(s² + 5s + 16)
ts = s
6.Sambutan langkahSukar
t (s)y(t)1tp​ = 0.5 s5 %

Sambutan langkah sistem peringkat kedua tanpa sifar menunjukkan lajakan 5 %, dan puncak pertama berlaku pada t = 0.5 s. Cari frekuensi tabii ωn.

%OS = 5 %tp = 0.5 s
ωn = rad/s
7.Plot Bode dan marginSederhana
vin​C = 100 nFR = 2.2 kΩvout​

penapis laluan tinggi RC yang ditunjukkan mempunyai R = 2.2 kΩ, C = 100 nF. Input sinusoid 180 Hz dikenakan. Cari anjakan fasa φ bagi vout relatif kepada vin, dalam darjah.

R = 2.2 kΩC = 100 nFf = 180 Hz
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) = K/(s(s + 2)(s + 8)). Cari gandaan K yang memberi margin gandaan 10 dB.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 8))GM = 10 dB
K =

3Larutan

1.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: y(2.5) = 0.0002197

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(1) = (2/5)(1 − e−5) = 0.3973

Reputan selepas denyut

y(2.5) = 0.3973·e−5·1.5 = 0.0002197

Jawapan

y(2.5) = 0.0002197
2.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: h(0.1) = 1.82

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) = 3/(s + 5)

Sambutan dedenyut

h(t) = 3·e−5tu(t)
h(0.1) = 3·e−0.5 = 1.82

Jawapan

h(0.1) = 1.82
3.Transformasi Laplace

Jawapan: f(0.5) = −0.6367

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 + 8s + 25 = (s + 4)² + 9 = (s + 4)² + 3²

Padankan pengangka

F(s) = 4·(s + 4)/((s + 4)² + 3²) + (−15/3)·3/((s + 4)² + 3²)

Transformasi songsang

f(t) = e−4t·(4·cos 3t − 5·sin 3t)
f(0.5) = e−4·0.5·(4·cos(3·0.5) − 5·sin(3·0.5)) = −0.6367

Jawapan

f(0.5) = −0.6367
4.Transformasi Laplace

Jawapan: g(0.25) = 1.147

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) = (2s + 5)/(s² + 5s + 4)

Pecahan separa

s² + 5s + 4 = (s + 1)(s + 4)
A = 1, B = 1

Sambutan dedenyut

g(t) = e−t + e−4t
g(0.25) = 1.147

Jawapan

g(0.25) = 1.147
5.Sambutan langkah

Jawapan: ts = 1.6 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 = 16 → ωₙ = 4 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·4) = 0.625

Keputusan

ζωₙ = 2.5 → ts ≈ 4/2.5 = 1.6 s

Jawapan

ts = 1.6 s
6.Sambutan langkah

Jawapan: ωn = 8.682 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(0.05)/√(π² + ln²(0.05)) = 2.996/√(9.87 + 8.974) = 0.6901

Frekuensi tabii

ωd = π/tp = π/0.5 = 6.283 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 6.283/0.7237 = 8.682 rad/s

Jawapan

ωn = 8.682 rad/s
7.Plot Bode dan margin

Jawapan: φ = 76.03 °

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/(2200·1 × 10⁻⁷) = 4545 rad/s
fc = 723.4 Hz → f/fc = 180/723.4 = 0.2488

Fasa

φ = 90° − atan(0.2488) = 76.03°

Jawapan

φ = 76.03°
8.Plot Bode dan margin

Jawapan: K = 50.6

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/2)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(2·8) = 4 rad/s

Magnitud pada lintasan fasa

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 4)·√(ω² + 64)) = K/(2·8·(2 + 8)) = K/160

Gandaan yang diperlukan

160/K = 1010/20 = 3.162
K = 160/3.162 = 50.6

Jawapan

K = 50.6

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