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)t5h(t)t21

Sistem mempunyai sambutan impuls h(t) = e−0.5tu(t). Inputnya ialah langkah x(t) = 5·u(t). Cari output y(0.4) pada t = 0.4 s.

h(t) = e−0.5tu(t)x(t) = 5·u(t)t = 0.4 s
y(0.4) =
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 c5 komponen Fouriernya pada 5000 Hz.

0 … 4T = 1 msf = 5000 Hz
c5 =
3.Transformasi LaplaceSederhana
ReIm−5−10−15−20

F(s) = (s + 19)/(s² + 12s + 32). Transformasi songsangnya berbentuk f(t) = A·e−4t + B·e−8t. Cari pekali A dengan pecahan separa.

F(s) = (s + 19)/(s² + 12s + 32)
A =
4.Transformasi LaplaceSukar
t (s)y(t)t = 0.8y(0.8) = ?

Satu sistem mematuhi y″ + 5y′ + 4y = 4·u(t), dengan y(0) = 3 dan y′(0) = 0. Pada t = 0 masukan langkah u(t) = 10 dikenakan. Gunakan transformasi Laplace untuk mencari y(0.8).

y″ + 5y′ + 4y = 4·u(t)y(0) = 3y′(0) = 0u(t) = 10t = 0.8 s
y(0.8) =
5.Sambutan langkahSederhana
t (s)y(t)1

Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 19/(s² + 6s + 19) dan menerima input langkah unit. Cari frekuensi tabii ωn dalam rad/s.

G(s) = 19/(s² + 6s + 19)
ωn = rad/s
6.Sambutan langkahSukar
R(s)+210s(s + 6)G(s)C(s)−

Gelung suap balik negatif unit mempunyai G(s) = 210/(s(s + 6)). Cari masa pengenapan 2 % ts bagi sambutan langkah gelung tertutup, menggunakan ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 210/(s(s + 6))
ts = s
7.Plot Bode dan marginSederhana
vin​C = 47 nFR = 10 kΩvout​

penapis laluan tinggi RC yang ditunjukkan mempunyai R = 10 kΩ, C = 47 nF. Input sinusoid 1 kHz dikenakan. Cari gandaan |H| = |vout/vin| dalam dB.

R = 10 kΩC = 47 nFf = 1 kHz
|H| = dB
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) = K/(s(s + 1)(s + 3)). Cari gandaan K yang memberi margin gandaan 6 dB.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 3))GM = 6 dB
K =

3Larutan

1.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: y(0.4) = 1.813

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) = 5·∫₀ᵗ e−0.5τ dτ = (5/0.5)·(1 − e−0.5t)

Nilaikan

y(0.4) = 10·(1 − e−0.2) = 1.813

Jawapan

y(0.4) = 1.813
2.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: c5 = 0.5093

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 = 5000/1000 = 5

Amplitud

c5 = 4·2/(5π) = 0.5093

Jawapan

c5 = 0.5093
3.Transformasi Laplace

Jawapan: A = 3.75

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 + 12s + 32 = (s + 4)(s + 8)
F(s) = A/(s + 4) + B/(s + 8)

Petua tutup

Darabkan dengan (s + 4) dan tetapkan s = −4: sebutan B lenyap.

A = (s + 19)/(s + 8) |s = −4 = 15/4 = 3.75

Jawapan

A = 3.75
(B = −2.75, maka f(t) = 3.75·e−4t − 2.75·e−8t)
4.Transformasi Laplace

Jawapan: y(0.8) = 5.901

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 + 5s + 4)·Y(s) = 3s + 15 + 40/s
Y(s) = (3s² + 15s + 40)/(s(s + 1)(s + 4))

Pecahan separa

A = 40/(1·4) = 10
B = 28/((−1)·3) = −9.333
C = 28/((−4)·(−3)) = 2.333

Keputusan

y(t) = 10 − 9.333·e−t + 2.333·e−4t
y(0.8) = 5.901

Jawapan

y(0.8) = 5.901

Semak: y(0) = A + B + C = 3.

5.Sambutan langkah

Jawapan: ωn = 4.359 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).

Bandingkan dengan bentuk piawai

Penyebut mesti sepadan dengan s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 19 → ωₙ = 4.359 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·4.359) = 0.6882

Keputusan

ωₙ = 4.359 rad/s

Jawapan

ωn = 4.359 rad/s
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).

Fungsi pindah gelung tertutup

T(s) = 210/(s² + 6s + 210): ωₙ = 14.49 rad/s, ζ = 0.207

Masa pengenapan

ζωₙ = 6/2 = 3
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 1.333 s

Jawapan

ts = 1.333 s

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: |H| = −0.4715 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.

Frekuensi sudut

ωc = 1/(RC) = 1/(10000·4.7 × 10⁻⁸) = 2128 rad/s
fc = 338.6 Hz → f/fc = 1000/338.6 = 2.953

Gandaan

|H| = 2.953/√(1 + 2.953²) = 0.9472
20·log₁₀(0.9472) = −0.4715 dB

Jawapan

|H| = −0.4715 dB
8.Plot Bode dan margin

Jawapan: K = 6.014

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/3) = 1 → ω180 = √(1·3) = 1.732 rad/s

Magnitud pada lintasan fasa

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 9)) = K/(1·3·(1 + 3)) = K/12

Gandaan yang diperlukan

12/K = 106/20 = 1.995
K = 12/1.995 = 6.014

Jawapan

K = 6.014

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