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)t22h(t)t1

Denyut x(t) = 2 untuk 0 ≤ t < 2 s (sifar di tempat lain) dikenakan pada sistem dengan h(t) = e−0.5tu(t). Cari output y(2.5) pada t = 2.5 s, selepas denyut berakhir.

x(t) = 2, 0 ≤ t < 2 sh(t) = e−0.5tu(t)t = 2.5 s
y(2.5) =
2.Konvolusi & sistem LTISukar
x(t)t (ms)2.55102−2

Gelombang segi tiga naik dan turun secara linear antara −2 dan +2 dengan tempoh T = 5 ms. Cari amplitud c3 komponen Fouriernya pada 600 Hz.

±2T = 5 msf = 600 Hz
c3 =
3.Transformasi LaplaceSederhana
t (s)f(t)t = 0.3f(0.3) = ?

Cari f(t) bagi F(s) = 15/(s(s + 3)(s + 4)) dengan pecahan separa, dan nilaikan f(0.3).

F(s) = 15/(s(s + 3)(s + 4))t = 0.3 s
f(0.3) =
4.Transformasi LaplaceSukar
ReIm−2−4−6−8−10−12−14−162

Satu sistem diterangkan oleh persamaan pembezaan y″ + 4y′ + 13y = u′ + 15u, 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 = 0.6 s. Cari g(0.6).

y″ + 4y′ + 13y = u′ + 15ut = 0.6 s
g(0.6) =
5.Sambutan langkahSederhana
t (s)y(t)3ts​ = ?

Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 162/(s² + 4s + 54) dan menerima input langkah unit. Cari masa pengenapan 2 % ts bagi sambutan langkah, menggunakan ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 162/(s² + 4s + 54)
ts = s
6.Sambutan langkahSukar
t (s)y(t)1tp​ = 1 s12 %

Sambutan langkah sistem peringkat kedua tanpa sifar menunjukkan lajakan 12 %, dan puncak pertama berlaku pada t = 1 s. Cari frekuensi tabii ωn.

%OS = 12 %tp = 1 s
ωn = rad/s
7.Plot Bode dan marginSederhana
|H| (dB)0.010.11101001000−80−60−40−20020ω (rad/s)ω = 0.5

Cari magnitud tepat |G(jω)| bagi G(s) = 832/((s + 8)(s + 13)) pada ω = 0.5 rad/s, dalam dB.

G(s) = 832/((s + 8)(s + 13))ω = 0.5 rad/s
|G(jω)| = dB
8.Plot Bode dan marginSukar
|H| (dB)0.10.1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Gelung suap balik unit mempunyai fungsi pindah gelung terbuka L(s) = 36/(s(s + 2)). Cari margin fasa PM dalam darjah.

L(s) = 36/(s(s + 2))
PM = °

3Larutan

1.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: y(2.5) = 1.969

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) = (2/0.5)(1 − e−1) = 2.528

Reputan selepas denyut

y(2.5) = 2.528·e−0.5·0.5 = 1.969

Jawapan

y(2.5) = 1.969
2.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: c3 = 0.1801

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 = 200 Hz → k = 3

Amplitud

c3 = 8·2/(π²·3²) = 0.1801

Jawapan

c3 = 0.1801
3.Transformasi Laplace

Jawapan: f(0.3) = 0.3466

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 = 15/(3·4) = 1.25
B = 15/((−3)·1) = −5
C = 15/((−4)·(−1)) = 3.75

Transformasi songsang

f(t) = 1.25 − 5·e−3t + 3.75·e−4t

Nilaikan

f(0.3) = 1.25 − 5·e−3·0.3 + 3.75·e−4·0.3 = 0.3466

Jawapan

f(0.3) = 0.3466
4.Transformasi Laplace

Jawapan: g(0.6) = 1.203

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) = (s + 15)/(s² + 4s + 13)

Pecahan separa

s² + 4s + 13 = (s + 2)² + 3²
G(s) = 1·(s + 2)/((s + 2)² + 3²) + (13/3)·3/((s + 2)² + 3²)

Sambutan dedenyut

g(t) = e−2t·(cos 3t + 4.333·sin 3t)
g(0.6) = 1.203

Jawapan

g(0.6) = 1.203
5.Sambutan langkah

Jawapan: ts = 2 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 = 54 → ωₙ = 7.348 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·7.348) = 0.2722

Keputusan

ζωₙ = 2 → ts ≈ 4/2 = 2 s

Jawapan

ts = 2 s
6.Sambutan langkah

Jawapan: ωn = 3.79 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(0.12)/√(π² + ln²(0.12)) = 2.12/√(9.87 + 4.496) = 0.5594

Frekuensi tabii

ωd = π/tp = π/1 = 3.142 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 3.142/0.8289 = 3.79 rad/s

Jawapan

ωn = 3.79 rad/s
7.Plot Bode dan margin

Jawapan: |G(jω)| = 18.04 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(j0.5)| = 832/(√(0.5² + 8²)·√(0.5² + 13²)) = 832/(8.016·13.01) = 7.979

Keputusan

20·log₁₀(7.979) = 18.04 dB

Jawapan

|G(jω)| = 18.04 dB
8.Plot Bode dan margin

Jawapan: PM = 18.92 °

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 + 4ω² − 1296 = 0
ω² = (−4 + √(16 + 4·1296))/2 = 34.06
ωc = 5.836 rad/s

Margin fasa

∠L(jωc) = −90° − atan(5.836/2) = −161.1°
PM = 180° + ∠L = 18.92°

Jawapan

PM = 18.92°

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