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)t32h(t)t41

Denyut x(t) = 2 untuk 0 ≤ t < 3 s dikonvolusikan dengan h(t), segi tiga yang jatuh secara linear dari 1 pada t = 0 ke 0 pada t = 4 s. Cari luas Ay di bawah y(t) = x(t) ∗ h(t).

x(t) = 2, 0 ≤ t < 3 sh(0) = 1, h(4) = 0
Ay =
2.Konvolusi & sistem LTISukar
5cos(30t)h(t) = 10e−10t​u(t)y(t)

Input x(t) = 5·cos(30t) 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) = 5cos(30t)
φ = °
3.Transformasi LaplaceSederhana
t (s)f(t)t = 0.3f(0.3) = ?

Cari f(t) bagi F(s) = 25/(s(s + 1)(s + 6)) dengan pecahan separa, dan nilaikan f(0.3).

F(s) = 25/(s(s + 1)(s + 6))t = 0.3 s
f(0.3) =
4.Transformasi LaplaceSukar
t (s)y(t)t = 0.25y(0.25) = ?

Satu sistem mematuhi y″ + 9y′ + 20y = 80·u(t), dengan y(0) = 6 dan y′(0) = 0. Pada t = 0 masukan langkah u(t) = 5 dikenakan. Gunakan transformasi Laplace untuk mencari y(0.25).

y″ + 9y′ + 20y = 80·u(t)y(0) = 6y′(0) = 0u(t) = 5t = 0.25 s
y(0.25) =
5.Sambutan langkahSederhana
t (s)y(t)2

Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 108/(s² + 12s + 54) dan menerima input langkah unit. Cari nisbah redaman ζ.

G(s) = 108/(s² + 12s + 54)
ζ =
6.Sambutan langkahSukar
t (s)y(t)1tp​ = 0.25 s40 %

Sambutan langkah sistem peringkat kedua tanpa sifar menunjukkan lajakan 40 %, dan puncak pertama berlaku pada t = 0.25 s. Cari frekuensi tabii ωn.

%OS = 40 %tp = 0.25 s
ωn = rad/s
7.Plot Bode dan marginSederhana
|H| (dB)0.10.111101010010010001000−40−20020406080ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ω = 30

Cari fasa ∠G(jω) bagi G(s) = 47(s + 20)/(s(s + 3)) pada ω = 30 rad/s, dalam darjah.

G(s) = 47(s + 20)/(s(s + 3))ω = 30 rad/s
∠G(jω) = °
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) = 16/(s(s + 1)(s + 5)). Cari margin gandaan GM dalam dB.

L(s) = 16/(s(s + 1)(s + 5))
GM = dB

3Larutan

1.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: Ay = 12

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 = 2·3 = 6
∫h dt = ½·4·1 = 2

Luas output

Ay = 6·2 = 12

Jawapan

Ay = 12
2.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: φ = −71.57 °

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(30/10) = −71.57°

Jawapan

φ = −71.57°
3.Transformasi Laplace

Jawapan: f(0.3) = 0.6003

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 + 1) + C/(s + 6)
A = 25/(1·6) = 4.167
B = 25/((−1)·5) = −5
C = 25/((−6)·(−5)) = 0.8333

Transformasi songsang

f(t) = 4.167 − 5·e−t + 0.8333·e−6t

Nilaikan

f(0.3) = 4.167 − 5·e−0.3 + 0.8333·e−6·0.3 = 0.6003

Jawapan

f(0.3) = 0.6003
4.Transformasi Laplace

Jawapan: y(0.25) = 10.29

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 + 9s + 20)·Y(s) = 6s + 54 + 400/s
Y(s) = (6s² + 54s + 400)/(s(s + 4)(s + 5))

Pecahan separa

A = 400/(4·5) = 20
B = 280/((−4)·1) = −70
C = 280/((−5)·(−1)) = 56

Keputusan

y(t) = 20 − 70·e−4t + 56·e−5t
y(0.25) = 10.29

Jawapan

y(0.25) = 10.29

Semak: y(0) = A + B + C = 6.

5.Sambutan langkah

Jawapan: ζ = 0.8165

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 = 12 → ζ = 12/(2·7.348) = 0.8165

Keputusan

ζ = 0.8165

Jawapan

ζ = 0.8165
6.Sambutan langkah

Jawapan: ωn = 13.09 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/0.25 = 12.57 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 12.57/0.96 = 13.09 rad/s

Jawapan

ωn = 13.09 rad/s
7.Plot Bode dan margin

Jawapan: ∠G(jω) = −118 °

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.

Tambah sudut

∠G = atan(30/20) − 90° − atan(30/3) = 56.31° − 90° − 84.29°

Keputusan

∠G(j30) = −118°

Jawapan

∠G(jω) = −118°
8.Plot Bode dan margin

Jawapan: GM = 5.46 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/1)·(ω/5) = 1 → ω180 = √(1·5) = 2.236 rad/s

Magnitud pada lintasan fasa

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 25)) = K/(1·5·(1 + 5)) = K/30

Margin gandaan

GM = 20·log₁₀(30/16) = 5.46 dB

Jawapan

GM = 5.46 dB

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