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)t1

Input x(t) = 1·e−5tu(t) dikenakan pada sistem dengan h(t) = e−1tu(t). Cari output y(2) pada t = 2 s.

x(t) = 1·e−5tu(t)h(t) = e−1tu(t)t = 2 s
y(2) =
2.Konvolusi & sistem LTISukar
u[n]3+y[n]0.5·z⁻¹+

Sistem mematuhi y[n] = 0.5·y[n − 1] + 3·x[n] dan bermula dalam keadaan rehat. Inputnya ialah langkah unit x[n] = u[n]. Cari y[5].

y[n] = 0.5y[n − 1] + 3x[n]x[n] = u[n]
y[5] =
3.Transformasi LaplaceSederhana
ReIm−2−4−6−8−10

Cari f(t) bagi F(s) = (4s + 38)/(s² + 8s + 17) dengan melengkapkan kuasa dua, dan nilaikan f(0.1).

F(s) = (4s + 38)/(s² + 8s + 17)t = 0.1 s
f(0.1) =
4.Transformasi LaplaceSukar
t (s)y(t)t = 0.6y(0.6) = ?

Satu sistem mematuhi y″ + 4y′ + 3y = 12·u(t), dengan y(0) = 1 dan y′(0) = 0. Pada t = 0 masukan langkah u(t) = 2 dikenakan. Gunakan transformasi Laplace untuk mencari y(0.6).

y″ + 4y′ + 3y = 12·u(t)y(0) = 1y′(0) = 0u(t) = 2t = 0.6 s
y(0.6) =
5.Sambutan langkahSederhana
t (s)y(t)0.5ts​ = ?

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

G(s) = 9.5/(s² + 4s + 19)
ts = s
6.Sambutan langkahSukar
R(s)+Ks(s + 6)G(s)C(s)−

Gelung suap balik negatif unit mempunyai G(s) = K/(s(s + 6)). Cari gandaan K yang memberi sambutan langkah dengan lajakan 5 %.

G(s) = K/(s(s + 6))%OS = 5 %
K =
7.Plot Bode dan marginSederhana
|H| (dB)0.010.1110100−40−2002040ω (rad/s)ω = 0.5

Cari magnitud tepat |G(jω)| bagi G(s) = 416/((s + 4)(s + 8)) pada ω = 0.5 rad/s, dalam dB.

G(s) = 416/((s + 4)(s + 8))ω = 0.5 rad/s
|G(jω)| = dB
8.Plot Bode dan marginSukar
|H| (dB)0.10.1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Gelung suap balik unit mempunyai fungsi pindah gelung terbuka L(s) = 23/(s(s + 2)). Cari frekuensi lintasan gandaan ωc, di mana |L(jω)| = 1.

L(s) = 23/(s(s + 2))
ωc = rad/s

3Larutan

1.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: y(2) = 0.03382

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) = 1e−1t∫₀ᵗ e−(5 − 1)τ dτ = 1(e−1t − e−5t)/(4)

Nilaikan

y(2) = 1·(0.1353 − 4.54 × 10⁻⁵)/(4) = 0.03382

Jawapan

y(2) = 0.03382
2.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: y[5] = 5.906

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

y[0] = 3
y[1] = 4.5
y[2] = 5.25
y[3] = 5.625
y[4] = 5.813
y[5] = 5.906

Keputusan

y[5] = 3·(1 − (0.5)6)/(1 − 0.5) = 5.906

Jawapan

y[5] = 5.906
3.Transformasi Laplace

Jawapan: f(0.1) = 4.14

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 + 17 = (s + 4)² + 1 = (s + 4)² + 1²

Padankan pengangka

F(s) = 4·(s + 4)/((s + 4)² + 1²) + (22/1)·1/((s + 4)² + 1²)

Transformasi songsang

f(t) = e−4t·(4·cos 1t + 22·sin 1t)
f(0.1) = e−4·0.1·(4·cos(1·0.1) + 22·sin(1·0.1)) = 4.14

Jawapan

f(0.1) = 4.14
4.Transformasi Laplace

Jawapan: y(0.6) = 2.816

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 + 4s + 3)·Y(s) = 1s + 4 + 24/s
Y(s) = (s² + 4s + 24)/(s(s + 1)(s + 3))

Pecahan separa

A = 24/(1·3) = 8
B = 21/((−1)·2) = −10.5
C = 21/((−3)·(−2)) = 3.5

Keputusan

y(t) = 8 − 10.5·e−t + 3.5·e−3t
y(0.6) = 2.816

Jawapan

y(0.6) = 2.816

Semak: y(0) = A + B + C = 1.

5.Sambutan langkah

Jawapan: ts = 2 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 = 4 → ζ = 4/(2·4.359) = 0.4588

Keputusan

ζωₙ = 2 → ts ≈ 4/2 = 2 s

Jawapan

ts = 2 s
6.Sambutan langkah

Jawapan: K = 18.9

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 + 6s + K)

Nisbah redaman daripada lajakan

ζ = −ln(0.05)/√(π² + ln²(0.05)) = 0.6901

Gandaan

ωₙ = 6/(2ζ) = 4.347 rad/s
K = ωₙ² = 18.9

Jawapan

K = 18.9
7.Plot Bode dan margin

Jawapan: |G(jω)| = 22.19 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.

Darabkan magnitud

|G(j0.5)| = 416/(√(0.5² + 4²)·√(0.5² + 8²)) = 416/(4.031·8.016) = 12.87

Keputusan

20·log₁₀(12.87) = 22.19 dB

Jawapan

|G(jω)| = 22.19 dB
8.Plot Bode dan margin

Jawapan: ωc = 4.592 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 + 4ω² − 529 = 0
ω² = (−4 + √(16 + 4·529))/2 = 21.09
ωc = 4.592 rad/s

Jawapan

ωc = 4.592 rad/s

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