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)t4h(t)t1

Input x(t) = 4·e−4tu(t) dikenakan pada sistem dengan h(t) = e−5tu(t). Cari output y(1) pada t = 1 s.

x(t) = 4·e−4tu(t)h(t) = e−5tu(t)t = 1 s
y(1) =
2.Konvolusi & sistem LTISukar
δ[n]3+h[n]0.6·z⁻¹+

Sistem mematuhi y[n] = 0.6·y[n − 1] + 3·x[n] dan bermula dalam keadaan rehat. Cari sampel sambutan impulsnya h[4].

y[n] = 0.6y[n − 1] + 3x[n]x[n] = δ[n]
h[4] =
3.Transformasi LaplaceSederhana
t (s)f(t)t = 0.2f(0.2) = ?

Cari f(t) bagi F(s) = 30/(s(s + 3)(s + 6)) dengan pecahan separa, dan nilaikan f(0.2).

F(s) = 30/(s(s + 3)(s + 6))t = 0.2 s
f(0.2) =
4.Transformasi LaplaceSukar
ReIm−2−4−6−8−10−122

Satu sistem diterangkan oleh persamaan pembezaan y″ + 2y′ + 10y = u′ + 12u, 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 = 0.8 s. Cari g(0.8).

y″ + 2y′ + 10y = u′ + 12ut = 0.8 s
g(0.8) =
5.Sambutan langkahSederhana
t (s)y(t)1

Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 95/(s² + 4s + 95) dan menerima input langkah unit. Cari nisbah redaman ζ.

G(s) = 95/(s² + 4s + 95)
ζ =
6.Sambutan langkahSukar
+−24 VR = 190 ΩL = 200 mHC = 2 µFvC​

Litar RLC sesiri dengan R = 190 Ω, L = 200 mH dan C = 2 µF disambungkan kepada langkah 24 V pada t = 0. Pemuat tanpa cas dan tiada arus mengalir sebelum langkah itu. Cari masa tp bagi puncak voltan pertama, dalam ms.

R = 190 ΩL = 200 mHC = 2 µFV = 24 V
tp = ms
7.Plot Bode dan marginSederhana
vin​R = 1000 ΩL = 2.2 mHvout​

penapis laluan tinggi RL yang ditunjukkan mempunyai R = 1000 Ω, L = 2.2 mH. Input sinusoid 290 kHz dikenakan. Cari anjakan fasa φ bagi vout relatif kepada vin, dalam darjah.

R = 1000 ΩL = 2.2 mHf = 290 kHz
φ = °
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) = 168/(s(s + 5)(s + 7)). Cari margin gandaan GM dalam dB.

L(s) = 168/(s(s + 5)(s + 7))
GM = dB

3Larutan

1.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: y(1) = 0.04631

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).

Kamiran konvolusi

y(t) = 4e−5t∫₀ᵗ e−(4 − 5)τ dτ = 4(e−5t − e−4t)/(−1)

Nilaikan

y(1) = 4·(0.006738 − 0.01832)/(−1) = 0.04631

Jawapan

y(1) = 0.04631
2.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: h[4] = 0.3888

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

Keputusan

h[4] = 3·(0.6)4 = 0.3888

Jawapan

h[4] = 0.3888
3.Transformasi Laplace

Jawapan: f(0.2) = 0.3393

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 + 6)
A = 30/(3·6) = 1.667
B = 30/((−3)·3) = −3.333
C = 30/((−6)·(−3)) = 1.667

Transformasi songsang

f(t) = 1.667 − 3.333·e−3t + 1.667·e−6t

Nilaikan

f(0.2) = 1.667 − 3.333·e−3·0.2 + 1.667·e−6·0.2 = 0.3393

Jawapan

f(0.2) = 0.3393
4.Transformasi Laplace

Jawapan: g(0.8) = 0.7815

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 + 12)/(s² + 2s + 10)

Pecahan separa

s² + 2s + 10 = (s + 1)² + 3²
G(s) = 1·(s + 1)/((s + 1)² + 3²) + (11/3)·3/((s + 1)² + 3²)

Sambutan dedenyut

g(t) = e−t·(cos 3t + 3.667·sin 3t)
g(0.8) = 0.7815

Jawapan

g(0.8) = 0.7815
5.Sambutan langkah

Jawapan: ζ = 0.2052

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 = 95 → ωₙ = 9.747 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·9.747) = 0.2052

Keputusan

ζ = 0.2052

Jawapan

ζ = 0.2052
6.Sambutan langkah

Jawapan: tp = 2.083 ms

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/√(0.2·2 × 10⁻⁶) = 1581 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (190/2)·√(2 × 10⁻⁶/0.2) = 0.3004

Keputusan

ωd = 1508 rad/s
tp = π/ωd = 2.083 ms

Jawapan

tp = 2.083 ms
7.Plot Bode dan margin

Jawapan: φ = 14.01 °

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 = 1000/0.0022 = 454545 rad/s
fc = 72343 Hz → f/fc = 290000/72343 = 4.009

Fasa

φ = 90° − atan(4.009) = 14.01°

Jawapan

φ = 14.01°
8.Plot Bode dan margin

Jawapan: GM = 7.959 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/5)·(ω/7) = 1 → ω180 = √(5·7) = 5.916 rad/s

Magnitud pada lintasan fasa

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 25)·√(ω² + 49)) = K/(5·7·(5 + 7)) = K/420

Margin gandaan

GM = 20·log₁₀(420/168) = 7.959 dB

Jawapan

GM = 7.959 dB

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