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)t10h(t)t1

Input x(t) = 10·e−6tu(t) dikenakan pada sistem dengan h(t) = e−0.5tu(t). Cari output y(0.5) pada t = 0.5 s.

x(t) = 10·e−6tu(t)h(t) = e−0.5tu(t)t = 0.5 s
y(0.5) =
2.Konvolusi & sistem LTISukar
x(t)t (ms)0.5124

Gelombang segi empat bertukar antara 4 dan 0 dengan tempoh T = 1 ms (separuh tempoh pada setiap aras). Cari amplitud c7 komponen Fouriernya pada 7000 Hz.

0 … 4T = 1 msf = 7000 Hz
c7 =
3.Transformasi LaplaceSederhana
t (s)f(t)t = 0.6f(0.6) = ?

Cari f(t) bagi F(s) = (2s + 16)/(s² + 6s + 9) dan nilaikan f(0.6).

F(s) = (2s + 16)/(s² + 6s + 9)t = 0.6 s
f(0.6) =
4.Transformasi LaplaceSukar
ReIm5

Satu sistem diterangkan oleh persamaan pembezaan y″ + 6y′ + 34y = 3u′ + 2u, 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 = 0.25 s. Cari g(0.25).

y″ + 6y′ + 34y = 3u′ + 2ut = 0.25 s
g(0.25) =
5.Sambutan langkahSederhana
t (s)y(t)3?

Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 87/(s² + 6s + 29) dan menerima input langkah unit. Cari peratusan lajakan %OS bagi sambutan langkah.

G(s) = 87/(s² + 6s + 29)
%OS = %
6.Sambutan langkahSukar
+−5 VR = 57 ΩL = 200 mHC = 10 µFvC​

Litar RLC sesiri dengan R = 57 Ω, L = 200 mH dan C = 10 µF disambungkan kepada langkah 5 V pada t = 0. Pemuat tanpa cas dan tiada arus mengalir sebelum langkah itu. Cari voltan pemuat puncak vC,max.

R = 57 ΩL = 200 mHC = 10 µFV = 5 V
vC,max = V
7.Plot Bode dan marginSederhana
vin​C = 4.7 nFR = 3.3 kΩvout​

penapis laluan tinggi RC yang ditunjukkan mempunyai R = 3.3 kΩ, C = 4.7 nF. Input sinusoid 2.6 kHz dikenakan. Cari anjakan fasa φ bagi vout relatif kepada vin, dalam darjah.

R = 3.3 kΩC = 4.7 nFf = 2.6 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) = 122/(s(s + 4)(s + 8)). Cari margin gandaan GM dalam dB.

L(s) = 122/(s(s + 4)(s + 8))
GM = dB

3Larutan

1.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: y(0.5) = 1.325

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) = 10e−0.5t∫₀ᵗ e−(6 − 0.5)τ dτ = 10(e−0.5t − e−6t)/(5.5)

Nilaikan

y(0.5) = 10·(0.7788 − 0.04979)/(5.5) = 1.325

Jawapan

y(0.5) = 1.325
2.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: c7 = 0.3638

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 = 1000 Hz → k = 7000/1000 = 7

Amplitud

c7 = 4·2/(7π) = 0.3638

Jawapan

c7 = 0.3638
3.Transformasi Laplace

Jawapan: f(0.6) = 1.322

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

2s + 16 = 2(s + 3) + 10
F(s) = 2/(s + 3) + 10/(s + 3)²

Transformasi songsang

f(t) = 2·e−3t + 10·t·e−3t
f(0.6) = (2 + 10·0.6)·e−3·0.6 = 1.322

Jawapan

f(0.6) = 1.322
4.Transformasi Laplace

Jawapan: g(0.25) = −0.1807

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) = (3s + 2)/(s² + 6s + 34)

Pecahan separa

s² + 6s + 34 = (s + 3)² + 5²
G(s) = 3·(s + 3)/((s + 3)² + 5²) + (−7/5)·5/((s + 3)² + 5²)

Sambutan dedenyut

g(t) = e−3t·(3·cos 5t − 1.4·sin 5t)
g(0.25) = −0.1807

Jawapan

g(0.25) = −0.1807
5.Sambutan langkah

Jawapan: %OS = 12.15 %

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 = 29 → ωₙ = 5.385 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·5.385) = 0.5571

Keputusan

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−2.107 = 12.15 %

Jawapan

%OS = 12.15 %
6.Sambutan langkah

Jawapan: vC,max = 7.62 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/√(0.2·1 × 10⁻⁵) = 707.1 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (57/2)·√(1 × 10⁻⁵/0.2) = 0.2015

Keputusan

%OS = 52.39 %
vC,max = 5·(1 + 0.5239) = 7.62 V

Jawapan

vC,max = 7.62 V
7.Plot Bode dan margin

Jawapan: φ = 75.78 °

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 = 1/(RC) = 1/(3300·4.7 × 10⁻⁹) = 64475 rad/s
fc = 10261 Hz → f/fc = 2600/10261 = 0.2534

Fasa

φ = 90° − atan(0.2534) = 75.78°

Jawapan

φ = 75.78°
8.Plot Bode dan margin

Jawapan: GM = 9.959 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/4)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(4·8) = 5.657 rad/s

Magnitud pada lintasan fasa

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 16)·√(ω² + 64)) = K/(4·8·(4 + 8)) = K/384

Margin gandaan

GM = 20·log₁₀(384/122) = 9.959 dB

Jawapan

GM = 9.959 dB

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