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
Isyarat x(t) bukan sifar hanya antara t = −2 s dan t = 1 s, dan h(t) hanya antara t = 2 s dan t = 4 s. Cari masa tend y(t) = x(t) ∗ h(t) berakhir.
x: −2 … 1 sh: 2 … 4 s
tend = s
2.Konvolusi & sistem LTISukar
Input x(t) = 10·cos(30t) dikenakan pada sistem dengan h(t) = 10·e−10tu(t). Cari fasa φ output keadaan mantap relatif kepada input, dalam darjah.
h(t) = 10e−10tu(t)x(t) = 10cos(30t)
φ = °
3.Transformasi LaplaceSederhana
Cari f(t) bagi F(s) = 45/(s(s + 3)(s + 5)) dengan pecahan separa, dan nilaikan f(0.3).
F(s) = 45/(s(s + 3)(s + 5))t = 0.3 s
f(0.3) =
4.Transformasi LaplaceSukar
Selesaikan y″ + 5y′ + 6y = 0 dengan y(0) = 9 dan y′(0) = 5 menggunakan transformasi Laplace, dan cari y(0.6).
y″ + 5y′ + 6y = 0y(0) = 9y′(0) = 5t = 0.6 s
y(0.6) =
5.Sambutan langkahSederhana
Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 16.5/(s² + 3s + 33) dan menerima input langkah unit. Cari frekuensi tabii ωn dalam rad/s.
G(s) = 16.5/(s² + 3s + 33)
ωn = rad/s
6.Sambutan langkahSukar
Litar RLC sesiri dengan R = 849 Ω, L = 500 mH dan C = 1 µF disambungkan kepada langkah 10 V pada t = 0. Pemuat tanpa cas dan tiada arus mengalir sebelum langkah itu. Cari voltan pemuat puncak vC,max.
R = 849 ΩL = 500 mHC = 1 µFV = 10 V
vC,max = V
7.Plot Bode dan marginSederhana
Cari fasa ∠G(jω) bagi G(s) = 13(s + 15)/(s(s + 5)) pada ω = 5 rad/s, dalam darjah.
G(s) = 13(s + 15)/(s(s + 5))ω = 5 rad/s
∠G(jω) = °
8.Plot Bode dan marginSukar
Gelung suap balik unit mempunyai fungsi pindah gelung terbuka L(s) = 22/(s(s + 1)(s + 7)). Cari margin gandaan GM dalam dB.
L(s) = 22/(s(s + 1)(s + 7))
GM = dB
3Larutan
1.Konvolusi & sistem LTI
Jawapan: tend = 5 s
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).
Mula dan tamat
tstart = −2 + 2 = 0 s
tend = 1 + 4 = 5 s
Jawapan
tend = 5 s
Jawapan
tend = 5 s
2.Konvolusi & sistem LTI
Jawapan: φ = −71.57 °
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)|.
Sambutan frekuensi
H(jω) = 10/(10 + jω)
Fasa pada frekuensi input
φ = −atan(30/10) = −71.57°
Jawapan
φ = −71.57°
3.Transformasi Laplace
Jawapan: f(0.3) = 0.9548
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 + 3) + C/(s + 5)
A = 45/(3·5) = 3
B = 45/((−3)·2) = −7.5
C = 45/((−5)·(−2)) = 4.5
Transformasi songsang
f(t) = 3 − 7.5·e−3t + 4.5·e−5t
Nilaikan
f(0.3) = 3 − 7.5·e−3·0.3 + 4.5·e−5·0.3 = 0.9548
Jawapan
f(0.3) = 0.9548
4.Transformasi Laplace
Jawapan: y(0.6) = 5.836
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 − 9s − 5 + 5(sY − 9) + 6Y = 0
Y(s) = (9s + 50)/((s + 2)(s + 3))
Pecahan separa
A = 32/1 = 32
B = 23/(−1) = −23
Keputusan
y(t) = 32·e−2t − 23·e−3t
y(0.6) = 5.836
Jawapan
y(0.6) = 5.836
Semak: y(0) = A + B = 9.
5.Sambutan langkah
Jawapan: ωn = 5.745 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 = 33 → ωₙ = 5.745 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·5.745) = 0.2611
Keputusan
ωₙ = 5.745 rad/s
Jawapan
ωn = 5.745 rad/s
6.Sambutan langkah
Jawapan: vC,max = 10.95 V
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).
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.
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.