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)t1

Denyut x(t) = 4 untuk 0 ≤ t < 2 s (sifar di tempat lain) dikenakan pada sistem dengan h(t) = e−4tu(t). Cari output y(4) pada t = 4 s, selepas denyut berakhir.

x(t) = 4, 0 ≤ t < 2 sh(t) = e−4tu(t)t = 4 s
y(4) =
2.Konvolusi & sistem LTISukar
x(t)t (ms)2481−1

Gelombang segi empat bertukar antara +1 dan −1 dengan tempoh T = 4 ms (separuh tempoh pada setiap aras). Cari amplitud c3 komponen Fouriernya pada 750 Hz.

±1T = 4 msf = 750 Hz
c3 =
3.Transformasi LaplaceSederhana
t (s)f(t)t = 0.25f(0.25) = ?

Cari f(t) bagi F(s) = 30/(s(s + 3)(s + 4)) dengan pecahan separa, dan nilaikan f(0.25).

F(s) = 30/(s(s + 3)(s + 4))t = 0.25 s
f(0.25) =
4.Transformasi LaplaceSukar
t (s)y(t)t = 0.1y(0.1) = ?

Satu sistem mematuhi y″ + 11y′ + 30y = 75·u(t). Ia bermula dari keadaan rehat (y(0) = 0, y′(0) = 0) dan masukannya ialah langkah u(t) = 1 untuk t ≥ 0. Gunakan transformasi Laplace untuk mencari keluaran y(0.1).

y″ + 11y′ + 30y = 75·u(t)u(t) = 1y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0.1 s
y(0.1) =
5.Sambutan langkahSederhana
t (s)y(t)3?

Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 147/(s² + 7s + 49) dan menerima input langkah unit. Cari peratusan lajakan %OS bagi sambutan langkah.

G(s) = 147/(s² + 7s + 49)
%OS = %
6.Sambutan langkahSukar
+−10 VR = 379 ΩL = 100 mHC = 1 µFvC​

Litar RLC sesiri dengan R = 379 Ω, L = 100 mH dan C = 1 µF disambungkan kepada langkah 10 V pada t = 0. Pemuat tanpa cas dan tiada arus mengalir sebelum langkah itu. Cari voltan pemuat puncak vC,max.

R = 379 ΩL = 100 mHC = 1 µFV = 10 V
vC,max = V
7.Plot Bode dan marginSederhana
vin​L = 20 mHC = 1 µFR = 50 Ωvout​

Dalam penapis laluan jalur RLC sesiri yang ditunjukkan output diambil merentasi R = 50 Ω, dengan L = 20 mH dan C = 1 µF. Cari faktor kualiti Q.

R = 50 ΩL = 20 mHC = 1 µF
Q =
8.Plot Bode dan marginSukar
|H| (dB)0.10.111101010010010001000−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Gelung suap balik unit mempunyai fungsi pindah gelung terbuka L(s) = 560/(s(s + 8)). Cari frekuensi lintasan gandaan ωc, di mana |L(jω)| = 1.

L(s) = 560/(s(s + 8))
ωc = rad/s

3Larutan

1.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: y(4) = 0.0003354

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).

Output pada akhir denyut

y(2) = (4/4)(1 − e−8) = 0.9997

Reputan selepas denyut

y(4) = 0.9997·e−4·2 = 0.0003354

Jawapan

y(4) = 0.0003354
2.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: c3 = 0.4244

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 = 250 Hz → k = 750/250 = 3

Amplitud

c3 = 4·1/(3π) = 0.4244

Jawapan

c3 = 0.4244
3.Transformasi Laplace

Jawapan: f(0.25) = 0.5354

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 + 3) + C/(s + 4)
A = 30/(3·4) = 2.5
B = 30/((−3)·1) = −10
C = 30/((−4)·(−1)) = 7.5

Transformasi songsang

f(t) = 2.5 − 10·e−3t + 7.5·e−4t

Nilaikan

f(0.25) = 2.5 − 10·e−3·0.25 + 7.5·e−4·0.25 = 0.5354

Jawapan

f(0.25) = 0.5354
4.Transformasi Laplace

Jawapan: y(0.1) = 0.2622

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) = 75/(s(s + 5)(s + 6))

Pecahan separa

A = 75/(5·6) = 2.5
B = 75/((−5)·1) = −15
C = 75/((−6)·(−1)) = 12.5

Pengeluaran

y(t) = 2.5 − 15·e−5t + 12.5·e−6t
y(0.1) = 0.2622

Jawapan

y(0.1) = 0.2622
5.Sambutan langkah

Jawapan: %OS = 16.3 %

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 = 49 → ωₙ = 7 rad/s
2ζωₙ = 7 → ζ = 7/(2·7) = 0.5

Keputusan

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−1.814 = 16.3 %

Jawapan

%OS = 16.3 %
6.Sambutan langkah

Jawapan: vC,max = 10.95 V

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/√(0.1·1 × 10⁻⁶) = 3162 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (379/2)·√(1 × 10⁻⁶/0.1) = 0.5993

Keputusan

%OS = 9.522 %
vC,max = 10·(1 + 0.09522) = 10.95 V

Jawapan

vC,max = 10.95 V
7.Plot Bode dan margin

Jawapan: Q = 2.828

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/√(0.02·1 × 10⁻⁶) = 7071 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 1125 Hz

Faktor kualiti

BW = R/L = 50/0.02 = 2500 rad/s = 397.9 Hz
Q = ω₀/BW = 7071/2500 = 2.828

Jawapan

Q = 2.828
8.Plot Bode dan margin

Jawapan: ωc = 23 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 + 64ω² − 313600 = 0
ω² = (−64 + √(4096 + 4·313600))/2 = 528.9
ωc = 23 rad/s

Jawapan

ωc = 23 rad/s

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