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)t24h(t)t42

Denyut x(t) = 4 untuk 0 ≤ t < 2 s dikonvolusikan dengan denyut h(t) = 2 untuk 0 ≤ t < 4 s. Cari luas Ay di bawah y(t) = x(t) ∗ h(t).

x(t) = 4, 0 ≤ t < 2 sh(t) = 2, 0 ≤ t < 4 s
Ay =
2.Konvolusi & sistem LTISukar
5cos(15t)h(t) = 2e−5t​u(t)y(t)

Input x(t) = 5·cos(15t) dikenakan pada sistem dengan h(t) = 2·e−5tu(t). Cari amplitud Ym output keadaan mantap.

h(t) = 2e−5tu(t)x(t) = 5cos(15t)
Ym =
3.Transformasi LaplaceSederhana
ReIm−2−424

Cari f(t) bagi F(s) = (5s + 13)/(s² + 8s + 32) dengan melengkapkan kuasa dua, dan nilaikan f(0.2).

F(s) = (5s + 13)/(s² + 8s + 32)t = 0.2 s
f(0.2) =
4.Transformasi LaplaceSukar
t (s)y(t)t = 0.1y(0.1) = ?

Satu sistem mematuhi y″ + 7y′ + 10y = 20·u(t), dengan y(0) = 4 dan y′(0) = 0. Pada t = 0 masukan langkah u(t) = 4 dikenakan. Gunakan transformasi Laplace untuk mencari y(0.1).

y″ + 7y′ + 10y = 20·u(t)y(0) = 4y′(0) = 0u(t) = 4t = 0.1 s
y(0.1) =
5.Sambutan langkahSederhana
t (s)y(t)3tp​ = ?

Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 72/(s² + 3s + 24) dan menerima input langkah unit. Cari masa puncak tp bagi sambutan langkah.

G(s) = 72/(s² + 3s + 24)
tp = s
6.Sambutan langkahSukar
+−10 VR = 268 ΩL = 50 mHC = 1 µFvC​

Litar RLC sesiri dengan R = 268 Ω, L = 50 mH dan C = 1 µF disambungkan kepada langkah 10 V pada t = 0. Pemuat tanpa cas dan tiada arus mengalir sebelum langkah itu. Cari masa tp bagi puncak voltan pertama, dalam ms.

R = 268 ΩL = 50 mHC = 1 µFV = 10 V
tp = ms
7.Plot Bode dan marginSederhana
|H| (dB)0.1110100−60−40−20020ω (rad/s)ω = 4

Cari magnitud tepat |G(jω)| bagi G(s) = 24/((s + 3)(s + 4)) pada ω = 4 rad/s, dalam dB.

G(s) = 24/((s + 3)(s + 4))ω = 4 rad/s
|G(jω)| = dB
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 + 9)). Cari gandaan K yang memberi margin gandaan 4 dB.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 9))GM = 4 dB
K =

3Larutan

1.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: Ay = 64

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).

Luas input

∫x dt = 4·2 = 8
∫h dt = 2·4 = 8

Luas output

Ay = 8·8 = 64

Jawapan

Ay = 64
2.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: Ym = 0.6325

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) = 2/(5 + jω)

Gandaan pada frekuensi input

|H(j15)| = 2/√(5² + 15²) = 0.1265
Ym = 5·0.1265 = 0.6325

Jawapan

Ym = 0.6325
3.Transformasi Laplace

Jawapan: f(0.2) = 1.001

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 + 32 = (s + 4)² + 16 = (s + 4)² + 4²

Padankan pengangka

F(s) = 5·(s + 4)/((s + 4)² + 4²) + (−7/4)·4/((s + 4)² + 4²)

Transformasi songsang

f(t) = e−4t·(5·cos 4t − 1.75·sin 4t)
f(0.2) = e−4·0.2·(5·cos(4·0.2) − 1.75·sin(4·0.2)) = 1.001

Jawapan

f(0.2) = 1.001
4.Transformasi Laplace

Jawapan: y(0.1) = 4.159

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 + 7s + 10)·Y(s) = 4s + 28 + 80/s
Y(s) = (4s² + 28s + 80)/(s(s + 2)(s + 5))

Pecahan separa

A = 80/(2·5) = 8
B = 40/((−2)·3) = −6.667
C = 40/((−5)·(−3)) = 2.667

Keputusan

y(t) = 8 − 6.667·e−2t + 2.667·e−5t
y(0.1) = 4.159

Jawapan

y(0.1) = 4.159

Semak: y(0) = A + B + C = 4.

5.Sambutan langkah

Jawapan: tp = 0.6736 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 = 24 → ωₙ = 4.899 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·4.899) = 0.3062

Keputusan

ωd = 4.899·√(1 − 0.3062²) = 4.664 rad/s → tp = π/ωd = 0.6736 s

Jawapan

tp = 0.6736 s
6.Sambutan langkah

Jawapan: tp = 0.8775 ms

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).

Frekuensi tabii dan nisbah redaman

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0.05·1 × 10⁻⁶) = 4472 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (268/2)·√(1 × 10⁻⁶/0.05) = 0.5993

Keputusan

ωd = 3580 rad/s
tp = π/ωd = 0.8775 ms

Jawapan

tp = 0.8775 ms
7.Plot Bode dan margin

Jawapan: |G(jω)| = −1.427 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(j4)| = 24/(√(4² + 3²)·√(4² + 4²)) = 24/(5·5.657) = 0.8485

Keputusan

20·log₁₀(0.8485) = −1.427 dB

Jawapan

|G(jω)| = −1.427 dB
8.Plot Bode dan margin

Jawapan: K = 124.9

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/9) = 1 → ω180 = √(2·9) = 4.243 rad/s

Magnitud pada lintasan fasa

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 4)·√(ω² + 81)) = K/(2·9·(2 + 9)) = K/198

Gandaan yang diperlukan

198/K = 104/20 = 1.585
K = 198/1.585 = 124.9

Jawapan

K = 124.9

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