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)t−21h(t)t15

Isyarat x(t) bukan sifar hanya antara t = −2 s dan t = 1 s, dan h(t) hanya antara t = 1 s dan t = 5 s. Cari masa tstart y(t) = x(t) ∗ h(t) bermula.

x: −2 … 1 sh: 1 … 5 s
tstart = s
2.Konvolusi & sistem LTISukar
x(t)t (ms)510203−3

Gelombang segi tiga naik dan turun secara linear antara −3 dan +3 dengan tempoh T = 10 ms. Cari amplitud c5 komponen Fouriernya pada 500 Hz.

±3T = 10 msf = 500 Hz
c5 =
3.Transformasi LaplaceSederhana
t (s)f(t)t = 0.2f(0.2) = ?

Cari f(t) bagi F(s) = 35/(s(s + 4)(s + 6)) dengan pecahan separa, dan nilaikan f(0.2).

F(s) = 35/(s(s + 4)(s + 6))t = 0.2 s
f(0.2) =
4.Transformasi LaplaceSukar
ReIm2

Satu sistem diterangkan oleh persamaan pembezaan y″ + 2y′ + 10y = 4u′ + 5u, 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 = 0.75 s. Cari g(0.75).

y″ + 2y′ + 10y = 4u′ + 5ut = 0.75 s
g(0.75) =
5.Sambutan langkahSederhana
t (s)y(t)2

Sesebuah sistem mempunyai fungsi pindah G(s) = 146/(s² + 4s + 73) dan menerima input langkah unit. Kutubnya ialah s = σ ± jωd. Cari bahagian nyata σ.

G(s) = 146/(s² + 4s + 73)
σ =
6.Sambutan langkahSukar
R(s)+250s(s + 16)G(s)C(s)−

Gelung suap balik negatif unit mempunyai G(s) = 250/(s(s + 16)). Cari masa pengenapan 2 % ts bagi sambutan langkah gelung tertutup, menggunakan ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 250/(s(s + 16))
ts = s
7.Plot Bode dan marginSederhana
|H| (dB)0.1110100−40−20020ω (rad/s)ω = 3

Cari magnitud tepat |G(jω)| bagi G(s) = 160/((s + 2)(s + 10)) pada ω = 3 rad/s, dalam dB.

G(s) = 160/((s + 2)(s + 10))ω = 3 rad/s
|G(jω)| = dB
8.Plot Bode dan marginSukar
|H| (dB)0.10.1111010100100−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Gelung suap balik unit mempunyai fungsi pindah gelung terbuka L(s) = 130/(s(s + 10)). Cari margin fasa PM dalam darjah.

L(s) = 130/(s(s + 10))
PM = °

3Larutan

1.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: tstart = −1 s

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).

Mula dan tamat

tstart = −2 + 1 = −1 s
tend = 1 + 5 = 6 s

Jawapan

tstart = −1 s

Jawapan

tstart = −1 s
2.Konvolusi & sistem LTI

Jawapan: c5 = 0.09727

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 = 100 Hz → k = 5

Amplitud

c5 = 8·3/(π²·5²) = 0.09727

Jawapan

c5 = 0.09727
3.Transformasi Laplace

Jawapan: f(0.2) = 0.371

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 + 4) + C/(s + 6)
A = 35/(4·6) = 1.458
B = 35/((−4)·2) = −4.375
C = 35/((−6)·(−2)) = 2.917

Transformasi songsang

f(t) = 1.458 − 4.375·e−4t + 2.917·e−6t

Nilaikan

f(0.2) = 1.458 − 4.375·e−4·0.2 + 2.917·e−6·0.2 = 0.371

Jawapan

f(0.2) = 0.371
4.Transformasi Laplace

Jawapan: g(0.75) = −1.064

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) = (4s + 5)/(s² + 2s + 10)

Pecahan separa

s² + 2s + 10 = (s + 1)² + 3²
G(s) = 4·(s + 1)/((s + 1)² + 3²) + (1/3)·3/((s + 1)² + 3²)

Sambutan dedenyut

g(t) = e−t·(4·cos 3t + 0.3333·sin 3t)
g(0.75) = −1.064

Jawapan

g(0.75) = −1.064
5.Sambutan langkah

Jawapan: σ = −2

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 = 73 → ωₙ = 8.544 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·8.544) = 0.2341

Keputusan

σ = −ζωₙ = −4/2 = −2

Jawapan

σ = −2
6.Sambutan langkah

Jawapan: ts = 0.5 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) = 250/(s² + 16s + 250): ωₙ = 15.81 rad/s, ζ = 0.506

Masa pengenapan

ζωₙ = 16/2 = 8
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 0.5 s

Jawapan

ts = 0.5 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: |G(jω)| = 12.57 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)| = 160/(√(3² + 2²)·√(3² + 10²)) = 160/(3.606·10.44) = 4.25

Keputusan

20·log₁₀(4.25) = 12.57 dB

Jawapan

|G(jω)| = 12.57 dB
8.Plot Bode dan margin

Jawapan: PM = 46.62 °

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 + 100ω² − 16900 = 0
ω² = (−100 + √(10000 + 4·16900))/2 = 89.28
ωc = 9.449 rad/s

Margin fasa

∠L(jωc) = −90° − atan(9.449/10) = −133.4°
PM = 180° + ∠L = 46.62°

Jawapan

PM = 46.62°

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