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)t11h(t)t11

Denyut x(t) = 1 untuk 0 ≤ t < 1 s dikonvolusikan dengan h(t), segi tiga yang jatuh secara linear dari 1 pada t = 0 ke 0 pada t = 1 s. Cari luas Ay di bawah y(t) = x(t) ∗ h(t).

x(t) = 1, 0 ≤ t < 1 sh(0) = 1, h(1) = 0
Ay =
2.Konvolusi & sistem LTISukar
2cos(10t)h(t) = 10e−10t​u(t)y(t)

Input x(t) = 2·cos(10t) dikenakan pada sistem dengan h(t) = 10·e−10tu(t). Cari fasa φ output keadaan mantap relatif kepada input, dalam darjah.

h(t) = 10e−10tu(t)x(t) = 2cos(10t)
φ = °
3.Transformasi LaplaceSederhana
ReIm−55

Cari f(t) bagi F(s) = (4s + 24)/(s² + 6s + 45) dengan melengkapkan kuasa dua, dan nilaikan f(0.1).

F(s) = (4s + 24)/(s² + 6s + 45)t = 0.1 s
f(0.1) =
4.Transformasi LaplaceSukar
t (s)y(t)t = 0.1y(0.1) = ?

Satu sistem mematuhi y″ + 8y′ + 12y = 12·u(t), dengan y(0) = 5 dan y′(0) = 0. Pada t = 0 masukan langkah u(t) = 4 dikenakan. Gunakan transformasi Laplace untuk mencari y(0.1).

y″ + 8y′ + 12y = 12·u(t)y(0) = 5y′(0) = 0u(t) = 4t = 0.1 s
y(0.1) =
5.Sambutan langkahSederhana
t (s)y(t)1ts​ = ?

Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 32/(s² + 2s + 32) dan menerima input langkah unit. Cari masa pengenapan 2 % ts bagi sambutan langkah, menggunakan ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 32/(s² + 2s + 32)
ts = s
6.Sambutan langkahSukar
t (s)y(t)1tp​ = 1.5 s40 %

Sambutan langkah sistem peringkat kedua tanpa sifar menunjukkan lajakan 40 %, dan puncak pertama berlaku pada t = 1.5 s. Cari frekuensi tabii ωn.

%OS = 40 %tp = 1.5 s
ωn = rad/s
7.Plot Bode dan marginSederhana
|H| (dB)0.11101001000−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 3

Cari magnitud tepat |G(jω)| bagi G(s) = 2223/((s + 9)(s + 19)) pada ω = 3 rad/s, dalam dB.

G(s) = 2223/((s + 9)(s + 19))ω = 3 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) = 21/(s(s + 2)). Cari frekuensi lintasan gandaan ωc, di mana |L(jω)| = 1.

L(s) = 21/(s(s + 2))
ωc = rad/s

3Larutan

1.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: Ay = 0.5

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).

Luas input

∫x dt = 1·1 = 1
∫h dt = ½·1·1 = 0.5

Luas output

Ay = 1·0.5 = 0.5

Jawapan

Ay = 0.5
2.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: φ = −45 °

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)|.

Sambutan frekuensi

H(jω) = 10/(10 + jω)

Fasa pada frekuensi input

φ = −atan(10/10) = −45°

Jawapan

φ = −45°
3.Transformasi Laplace

Jawapan: f(0.1) = 3.282

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).

Lengkapkan kuasa dua

s² + 6s + 45 = (s + 3)² + 36 = (s + 3)² + 6²

Padankan pengangka

F(s) = 4·(s + 3)/((s + 3)² + 6²) + (12/6)·6/((s + 3)² + 6²)

Transformasi songsang

f(t) = e−3t·(4·cos 6t + 2·sin 6t)
f(0.1) = e−3·0.1·(4·cos(6·0.1) + 2·sin(6·0.1)) = 3.282

Jawapan

f(0.1) = 3.282
4.Transformasi Laplace

Jawapan: y(0.1) = 4.954

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

(s² + 8s + 12)·Y(s) = 5s + 40 + 48/s
Y(s) = (5s² + 40s + 48)/(s(s + 2)(s + 6))

Pecahan separa

A = 48/(2·6) = 4
B = −12/((−2)·4) = 1.5
C = −12/((−6)·(−4)) = −0.5

Keputusan

y(t) = 4 + 1.5·e−2t − 0.5·e−6t
y(0.1) = 4.954

Jawapan

y(0.1) = 4.954

Semak: y(0) = A + B + C = 5.

5.Sambutan langkah

Jawapan: ts = 4 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 = 32 → ωₙ = 5.657 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·5.657) = 0.1768

Keputusan

ζωₙ = 1 → ts ≈ 4/1 = 4 s

Jawapan

ts = 4 s
6.Sambutan langkah

Jawapan: ωn = 2.182 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(0.4)/√(π² + ln²(0.4)) = 0.9163/√(9.87 + 0.8396) = 0.28

Frekuensi tabii

ωd = π/tp = π/1.5 = 2.094 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 2.094/0.96 = 2.182 rad/s

Jawapan

ωn = 2.182 rad/s
7.Plot Bode dan margin

Jawapan: |G(jω)| = 21.71 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(j3)| = 2223/(√(3² + 9²)·√(3² + 19²)) = 2223/(9.487·19.24) = 12.18

Keputusan

20·log₁₀(12.18) = 21.71 dB

Jawapan

|G(jω)| = 21.71 dB
8.Plot Bode dan margin

Jawapan: ωc = 4.37 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 + 4ω² − 441 = 0
ω² = (−4 + √(16 + 4·441))/2 = 19.1
ωc = 4.37 rad/s

Jawapan

ωc = 4.37 rad/s

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