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
Denyut x(t) = 2 untuk 0 ≤ t < 2 s (sifar di tempat lain) dikenakan pada sistem dengan sambutan impuls h(t) = 2 untuk 0 ≤ t < 3 s (sifar di tempat lain). Cari output y(0.5) pada t = 0.5 s.
x(t) = 2, 0 ≤ t < 2 sh(t) = 2, 0 ≤ t < 3 st = 0.5 s
y(0.5) =
2.Konvolusi & sistem LTISukar
Sistem mematuhi y[n] = 0.6·y[n − 1] + 3·x[n] dan bermula dalam keadaan rehat. Cari sampel sambutan impulsnya h[5].
y[n] = 0.6y[n − 1] + 3x[n]x[n] = δ[n]
h[5] =
3.Transformasi LaplaceSederhana
Cari f(t) bagi F(s) = 25/(s(s + 1)(s + 5)) dengan pecahan separa, dan nilaikan f(1).
F(s) = 25/(s(s + 1)(s + 5))t = 1 s
f(1) =
4.Transformasi LaplaceSukar
Satu sistem mematuhi y″ + 7y′ + 10y = 20·u(t). Ia bermula dari keadaan rehat (y(0) = 0, y′(0) = 0) dan masukannya ialah langkah u(t) = 5 untuk t ≥ 0. Gunakan transformasi Laplace untuk mencari keluaran y(0.1).
Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 18/(s² + 2s + 6) dan menerima input langkah unit. Cari nisbah redaman ζ.
G(s) = 18/(s² + 2s + 6)
ζ =
6.Sambutan langkahSukar
Sambutan langkah sistem peringkat kedua tanpa sifar menunjukkan lajakan 50 %, dan puncak pertama berlaku pada t = 0.8 s. Cari frekuensi tabii ωn.
%OS = 50 %tp = 0.8 s
ωn = rad/s
7.Plot Bode dan marginSederhana
penapis laluan tinggi RL yang ditunjukkan mempunyai R = 47 Ω, L = 1 mH. Input sinusoid 1.5 kHz dikenakan. Cari gandaan |H| = |vout/vin| dalam dB.
R = 47 ΩL = 1 mHf = 1.5 kHz
|H| = dB
8.Plot Bode dan marginSukar
Gelung suap balik unit mempunyai fungsi pindah gelung terbuka L(s) = K/(s(s + 1)(s + 5)). Cari gandaan K yang memberi margin gandaan 2 dB.
L(s) = K/(s(s + 1)(s + 5))GM = 2 dB
K =
3Larutan
1.Konvolusi & sistem LTI
Jawapan: y(0.5) = 2
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).
Pertindihan denyut yang dibalikkan
h(t − τ) ialah denyut h yang dibalikkan dan dianjakkan supaya ia berakhir pada τ = t.
τ ∈ [0, 0.5] → panjang 0.5 s
Kamiran
y(0.5) = 2·2·0.5 = 2
Jawapan
y(0.5) = 2
y(t) ialah trapezium: ia naik dari 0, kekal pada 8 dan jatuh kembali ke 0 pada t = 5 s.
2.Konvolusi & sistem LTI
Jawapan: h[5] = 0.2333
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
h[0] = 3
h[1] = 1.8
h[2] = 1.08
h[3] = 0.648
h[4] = 0.3888
h[5] = 0.2333
Keputusan
h[5] = 3·(0.6)5 = 0.2333
Jawapan
h[5] = 0.2333
3.Transformasi Laplace
Jawapan: f(1) = 2.709
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 + 1) + C/(s + 5)
A = 25/(1·5) = 5
B = 25/((−1)·4) = −6.25
C = 25/((−5)·(−4)) = 1.25
Transformasi songsang
f(t) = 5 − 6.25·e−t + 1.25·e−5t
Nilaikan
f(1) = 5 − 6.25·e−1 + 1.25·e−5·1 = 2.709
Jawapan
f(1) = 2.709
4.Transformasi Laplace
Jawapan: y(0.1) = 0.398
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
Y(s) = 100/(s(s + 2)(s + 5))
Pecahan separa
A = 100/(2·5) = 10
B = 100/((−2)·3) = −16.67
C = 100/((−5)·(−3)) = 6.667
Pengeluaran
y(t) = 10 − 16.67·e−2t + 6.667·e−5t
y(0.1) = 0.398
Jawapan
y(0.1) = 0.398
5.Sambutan langkah
Jawapan: ζ = 0.4082
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 = 6 → ωₙ = 2.449 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·2.449) = 0.4082
Keputusan
ζ = 0.4082
Jawapan
ζ = 0.4082
6.Sambutan langkah
Jawapan: ωn = 4.021 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).
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 = R/L = 47/0.001 = 47000 rad/s
fc = 7480 Hz → f/fc = 1500/7480 = 0.2005
Gandaan
|H| = 0.2005/√(1 + 0.2005²) = 0.1966
20·log₁₀(0.1966) = −14.13 dB
Jawapan
|H| = −14.13 dB
8.Plot Bode dan margin
Jawapan: K = 23.83
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.