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)t03h(t)t−11

Isyarat x(t) bukan sifar hanya antara t = 0 s dan t = 3 s, dan h(t) hanya antara t = −1 s dan t = 1 s. Cari masa tstart y(t) = x(t) ∗ h(t) bermula.

x: 0 … 3 sh: −1 … 1 s
tstart = s
2.Konvolusi & sistem LTISukar
x(t)t (ms)1020403−3

Gelombang segi empat bertukar antara +3 dan −3 dengan tempoh T = 20 ms (separuh tempoh pada setiap aras). Cari amplitud c5 komponen Fouriernya pada 250 Hz.

±3T = 20 msf = 250 Hz
c5 =
3.Transformasi LaplaceSederhana
ReIm−1−2−3−4−5−612

Cari f(t) bagi F(s) = (3s + 16)/(s² + 2s + 5) dengan melengkapkan kuasa dua, dan nilaikan f(0.5).

F(s) = (3s + 16)/(s² + 2s + 5)t = 0.5 s
f(0.5) =
4.Transformasi LaplaceSukar
ReIm−1−2−3−4−5−61

Satu sistem diterangkan oleh persamaan pembezaan y″ + 11y′ + 30y = 2u′ + 8u, dengan masukan u(t) dan keluaran y(t). Cari fungsi pindahnya G(s) = Y(s)/U(s) (syarat awal sifar) dan nilaikan sambutan dedenyut g(t) pada t = 0.1 s. Cari g(0.1).

y″ + 11y′ + 30y = 2u′ + 8ut = 0.1 s
g(0.1) =
5.Sambutan langkahSederhana
t (s)y(t)1tp​ = ?

Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 79/(s² + 4s + 79) dan menerima input langkah unit. Cari masa puncak tp bagi sambutan langkah.

G(s) = 79/(s² + 4s + 79)
tp = s
6.Sambutan langkahSukar
R(s)+160s(s + 16)G(s)C(s)−

Gelung suap balik negatif unit mempunyai G(s) = 160/(s(s + 16)). Cari masa pengenapan 2 % ts bagi sambutan langkah gelung tertutup, menggunakan ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 160/(s(s + 16))
ts = s
7.Plot Bode dan marginSederhana
|H| (dB)0.10.111101010010010001000−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 20

Cari fasa ∠G(jω) bagi G(s) = 6(s + 9)/(s(s + 8)) pada ω = 20 rad/s, dalam darjah.

G(s) = 6(s + 9)/(s(s + 8))ω = 20 rad/s
∠G(jω) = °
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) = 132/(s(s + 3)(s + 8)). Cari margin gandaan GM dalam dB.

L(s) = 132/(s(s + 3)(s + 8))
GM = dB

3Larutan

1.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: tstart = −1 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 = 0 + (−1) = −1 s
tend = 3 + 1 = 4 s

Jawapan

tstart = −1 s

Jawapan

tstart = −1 s
2.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: c5 = 0.7639

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 = 50 Hz → k = 250/50 = 5

Amplitud

c5 = 4·3/(5π) = 0.7639

Jawapan

c5 = 0.7639
3.Transformasi Laplace

Jawapan: f(0.5) = 4.301

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 + 2s + 5 = (s + 1)² + 4 = (s + 1)² + 2²

Padankan pengangka

F(s) = 3·(s + 1)/((s + 1)² + 2²) + (13/2)·2/((s + 1)² + 2²)

Transformasi songsang

f(t) = e−t·(3·cos 2t + 6.5·sin 2t)
f(0.5) = e−0.5·(3·cos(2·0.5) + 6.5·sin(2·0.5)) = 4.301

Jawapan

f(0.5) = 4.301
4.Transformasi Laplace

Jawapan: g(0.1) = 0.9822

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).

Fungsi pindah

G(s) = Y(s)/U(s) = (2s + 8)/(s² + 11s + 30)

Pecahan separa

s² + 11s + 30 = (s + 5)(s + 6)
A = −2, B = 4

Sambutan dedenyut

g(t) = −2·e−5t + 4·e−6t
g(0.1) = 0.9822

Jawapan

g(0.1) = 0.9822
5.Sambutan langkah

Jawapan: tp = 0.3628 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 = 79 → ωₙ = 8.888 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·8.888) = 0.225

Keputusan

ωd = 8.888·√(1 − 0.225²) = 8.66 rad/s → tp = π/ωd = 0.3628 s

Jawapan

tp = 0.3628 s
6.Sambutan langkah

Jawapan: ts = 0.5 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).

Fungsi pindah gelung tertutup

T(s) = 160/(s² + 16s + 160): ωₙ = 12.65 rad/s, ζ = 0.6325

Masa pengenapan

ζωₙ = 16/2 = 8
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 0.5 s

Jawapan

ts = 0.5 s

Bagi gelung ini ζωₙ = a/2 walau apa pun K: menaikkan K menambah lajakan tetapi tidak memendekkan masa pengenapan.

7.Plot Bode dan margin

Jawapan: ∠G(jω) = −92.43 °

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.

Tambah sudut

∠G = atan(20/9) − 90° − atan(20/8) = 65.77° − 90° − 68.2°

Keputusan

∠G(j20) = −92.43°

Jawapan

∠G(jω) = −92.43°
8.Plot Bode dan margin

Jawapan: GM = 6.021 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.

Lintasan fasa

(ω/3)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(3·8) = 4.899 rad/s

Magnitud pada lintasan fasa

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 64)) = K/(3·8·(3 + 8)) = K/264

Margin gandaan

GM = 20·log₁₀(264/132) = 6.021 dB

Jawapan

GM = 6.021 dB

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