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
Sistem mempunyai sambutan impuls h(t) = e−2tu(t). Inputnya ialah langkah x(t) = 4·u(t). Cari output y(1) pada t = 1 s.
h(t) = e−2tu(t)x(t) = 4·u(t)t = 1 s
y(1) =
2.Konvolusi & sistem LTISukar
Sistem mematuhi y′(t) + 1·y(t) = 2·x(t). Cari sambutan impulsnya pada t = 0.1 s, h(0.1).
y′ + 1y = 2xt = 0.1 s
h(0.1) =
3.Transformasi LaplaceSederhana
Cari f(t) bagi F(s) = (4s + 20)/(s² + 6s + 9) dan nilaikan f(0.6).
F(s) = (4s + 20)/(s² + 6s + 9)t = 0.6 s
f(0.6) =
4.Transformasi LaplaceSukar
Satu sistem mematuhi y″ + 7y′ + 10y = 50·u(t). Ia bermula dari keadaan rehat (y(0) = 0, y′(0) = 0) dan masukannya ialah langkah u(t) = 10 untuk t ≥ 0. Gunakan transformasi Laplace untuk mencari keluaran y(0.3).
Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 8/(s² + 3s + 8) dan menerima input langkah unit. Kutubnya ialah s = σ ± jωd. Cari bahagian nyata σ.
G(s) = 8/(s² + 3s + 8)
σ =
6.Sambutan langkahSukar
Gelung suap balik negatif unit mempunyai G(s) = 60/(s(s + 6)). Cari masa pengenapan 2 % ts bagi sambutan langkah gelung tertutup, menggunakan ts ≈ 4/(ζωₙ).
G(s) = 60/(s(s + 6))
ts = s
7.Plot Bode dan marginSederhana
penapis laluan rendah RL yang ditunjukkan mempunyai R = 470 Ω, L = 10 mH. Input sinusoid 3.7 kHz dikenakan. Cari anjakan fasa φ bagi vout relatif kepada vin, dalam darjah.
R = 470 ΩL = 10 mHf = 3.7 kHz
φ = °
8.Plot Bode dan marginSukar
Gelung suap balik unit mempunyai fungsi pindah gelung terbuka L(s) = 34/(s(s + 2)(s + 4)). Cari margin gandaan GM dalam dB.
L(s) = 34/(s(s + 2)(s + 4))
GM = dB
3Larutan
1.Konvolusi & sistem LTI
Jawapan: y(1) = 1.729
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).
Konvolusi dengan langkah
y(t) = 4·∫₀ᵗ e−2τ dτ = (4/2)·(1 − e−2t)
Nilaikan
y(1) = 2·(1 − e−2) = 1.729
Jawapan
y(1) = 1.729
2.Konvolusi & sistem LTI
Jawapan: h(0.1) = 1.81
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)|.
Fungsi pindah
H(s) = Y(s)/X(s) = 2/(s + 1)
Sambutan dedenyut
h(t) = 2·e−1tu(t)
h(0.1) = 2·e−0.1 = 1.81
Jawapan
h(0.1) = 1.81
3.Transformasi Laplace
Jawapan: f(0.6) = 1.455
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).
Faktorkan penyebut
s² + 6s + 9 = (s + 3)²
Pecahan separa
4s + 20 = 4(s + 3) + 8
F(s) = 4/(s + 3) + 8/(s + 3)²
Transformasi songsang
f(t) = 4·e−3t + 8·t·e−3t
f(0.6) = (4 + 8·0.6)·e−3·0.6 = 1.455
Jawapan
f(0.6) = 1.455
4.Transformasi Laplace
Jawapan: y(0.3) = 11.7
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) = 500/(s(s + 2)(s + 5))
Pecahan separa
A = 500/(2·5) = 50
B = 500/((−2)·3) = −83.33
C = 500/((−5)·(−3)) = 33.33
Pengeluaran
y(t) = 50 − 83.33·e−2t + 33.33·e−5t
y(0.3) = 11.7
Jawapan
y(0.3) = 11.7
5.Sambutan langkah
Jawapan: σ = −1.5
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 = 8 → ωₙ = 2.828 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·2.828) = 0.5303
Keputusan
σ = −ζωₙ = −3/2 = −1.5
Jawapan
σ = −1.5
6.Sambutan langkah
Jawapan: ts = 1.333 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).
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: φ = −26.32 °
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 = 470/0.01 = 47000 rad/s
fc = 7480 Hz → f/fc = 3700/7480 = 0.4946
Fasa
φ = − atan(0.4946) = −26.32°
Jawapan
φ = −26.32°
8.Plot Bode dan margin
Jawapan: GM = 2.995 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.