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)t4h(t)t0.21

Sistem mempunyai sambutan impuls h(t) = e−5tu(t). Inputnya ialah langkah x(t) = 4·u(t). Cari output y(0.08) pada t = 0.08 s.

h(t) = e−5tu(t)x(t) = 4·u(t)t = 0.08 s
y(0.08) =
2.Konvolusi & sistem LTISukar
x(t)t (ms)0.51210−10

Gelombang segi tiga naik dan turun secara linear antara −10 dan +10 dengan tempoh T = 1 ms. Cari amplitud c5 komponen Fouriernya pada 5000 Hz.

±10T = 1 msf = 5000 Hz
c5 =
3.Transformasi LaplaceSederhana
ReIm−5−10−155

Cari f(t) bagi F(s) = (2s + 31)/(s² + 4s + 40) dengan melengkapkan kuasa dua, dan nilaikan f(0.8).

F(s) = (2s + 31)/(s² + 4s + 40)t = 0.8 s
f(0.8) =
4.Transformasi LaplaceSukar
t (s)y(t)t = 0.75y(0.75) = ?

Selesaikan y″ + 5y′ + 4y = 0 dengan y(0) = 8 dan y′(0) = 12 menggunakan transformasi Laplace, dan cari y(0.75).

y″ + 5y′ + 4y = 0y(0) = 8y′(0) = 12t = 0.75 s
y(0.75) =
5.Sambutan langkahSederhana
t (s)y(t)0.5ts​ = ?

Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 26.5/(s² + 3s + 53) dan menerima input langkah unit. Cari masa pengenapan 2 % ts bagi sambutan langkah, menggunakan ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 26.5/(s² + 3s + 53)
ts = s
6.Sambutan langkahSukar
t (s)y(t)1tp​ = 0.1 s40 %

Sambutan langkah sistem peringkat kedua tanpa sifar menunjukkan lajakan 40 %, dan puncak pertama berlaku pada t = 0.1 s. Cari frekuensi tabii ωn.

%OS = 40 %tp = 0.1 s
ωn = rad/s
7.Plot Bode dan marginSederhana
vin​L = 1 mHC = 10 µFR = 2 Ωvout​

Dalam penapis laluan jalur RLC sesiri yang ditunjukkan output diambil merentasi R = 2 Ω, dengan L = 1 mH dan C = 10 µF. Cari faktor kualiti Q.

R = 2 ΩL = 1 mHC = 10 µF
Q =
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) = 230/(s(s + 10)). Cari frekuensi lintasan gandaan ωc, di mana |L(jω)| = 1.

L(s) = 230/(s(s + 10))
ωc = rad/s

3Larutan

1.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: y(0.08) = 0.2637

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) = 4·∫₀ᵗ e−5τ dτ = (4/5)·(1 − e−5t)

Nilaikan

y(0.08) = 0.8·(1 − e−0.4) = 0.2637

Jawapan

y(0.08) = 0.2637
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 = 1000 Hz → k = 5

Amplitud

c5 = 8·10/(π²·5²) = 0.3242

Jawapan

c5 = 0.3242
3.Transformasi Laplace

Jawapan: f(0.8) = −0.8697

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 + 4s + 40 = (s + 2)² + 36 = (s + 2)² + 6²

Padankan pengangka

F(s) = 2·(s + 2)/((s + 2)² + 6²) + (27/6)·6/((s + 2)² + 6²)

Transformasi songsang

f(t) = e−2t·(2·cos 6t + 4.5·sin 6t)
f(0.8) = e−2·0.8·(2·cos(6·0.8) + 4.5·sin(6·0.8)) = −0.8697

Jawapan

f(0.8) = −0.8697
4.Transformasi Laplace

Jawapan: y(0.75) = 6.596

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 − 8s − 12 + 5(sY − 8) + 4Y = 0
Y(s) = (8s + 52)/((s + 1)(s + 4))

Pecahan separa

A = 44/3 = 14.67
B = 20/(−3) = −6.667

Keputusan

y(t) = 14.67·e−t − 6.667·e−4t
y(0.75) = 6.596

Jawapan

y(0.75) = 6.596

Semak: y(0) = A + B = 8.

5.Sambutan langkah

Jawapan: ts = 2.667 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 = 53 → ωₙ = 7.28 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·7.28) = 0.206

Keputusan

ζωₙ = 1.5 → ts ≈ 4/1.5 = 2.667 s

Jawapan

ts = 2.667 s
6.Sambutan langkah

Jawapan: ωn = 32.72 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(0.4)/√(π² + ln²(0.4)) = 0.9163/√(9.87 + 0.8396) = 0.28

Frekuensi tabii

ωd = π/tp = π/0.1 = 31.42 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 31.42/0.96 = 32.72 rad/s

Jawapan

ωn = 32.72 rad/s
7.Plot Bode dan margin

Jawapan: Q = 5

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 salunan

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0.001·1 × 10⁻⁵) = 10000 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 1592 Hz

Faktor kualiti

BW = R/L = 2/0.001 = 2000 rad/s = 318.3 Hz
Q = ω₀/BW = 10000/2000 = 5

Jawapan

Q = 5
8.Plot Bode dan margin

Jawapan: ωc = 13.62 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 + 100ω² − 52900 = 0
ω² = (−100 + √(10000 + 4·52900))/2 = 185.4
ωc = 13.62 rad/s

Jawapan

ωc = 13.62 rad/s

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