Нарисуйте оба сигнала и отметьте, где каждый из них отличен от нуля.
Отразите h и сдвигайте её: для каждого момента выхода найдите диапазон, где оба сигнала перекрываются.
Перемножайте и складывайте (дискретный случай) или перемножайте и интегрируйте (непрерывный случай) только на этом перекрытии.
Проверьте результат: выход начинается в сумме моментов начала, заканчивается в сумме моментов окончания, а его площадь или сумма равна произведению площадей или сумм входов.
2Тренировочные задачи
1.Свёртка и линейные стационарные системыСредняя
Импульс x(t) = 2 при 0 ≤ t < 2 s (в остальное время нуль) подан на систему с h(t) = e−2tu(t). Найдите выход y(2,5) при t = 2,5 s, после окончания импульса.
x(t) = 2, 0 ≤ t < 2 sh(t) = e−2tu(t)t = 2,5 s
y(2.5) =
2.Свёртка и линейные стационарные системыСложная
На систему с h(t) = 2·e−10tu(t) подан вход x(t) = 5·cos(10t). Найдите амплитуду Ym установившегося выхода.
h(t) = 2e−10tu(t)x(t) = 5cos(10t)
Ym =
3.Преобразования ЛапласаСредняя
F(s) = (s + 14)/(s² + 10s + 24). Её оригинал имеет вид f(t) = A·e−4t + B·e−6t. Найдите коэффициент A разложением на простые дроби.
F(s) = (s + 14)/(s² + 10s + 24)
A =
4.Преобразования ЛапласаСложная
Система подчиняется уравнению y″ + 11y′ + 30y = 30·u(t), где y(0) = 1 и y′(0) = 0. В момент t = 0 подаётся ступенчатый вход u(t) = 2. С помощью преобразования Лапласа найдите y(0,1).
Система имеет передаточную функцию G(s) = 33,5/(s² + 10s + 67) и получает на вход единичную ступеньку. Найдите собственную частоту ωn в rad/s.
G(s) = 33,5/(s² + 10s + 67)
ωn = rad/s
6.Переходная характеристикаСложная
У контура с единичной отрицательной обратной связью G(s) = 255/(s(s + 5)). Найдите время установления ts переходной характеристики замкнутой системы по критерию 2 %, используя ts ≈ 4/(ζωₙ).
G(s) = 255/(s(s + 5))
ts = s
7.Диаграммы Боде и запасыСредняя
Изображённый RC-фильтр нижних частот имеет R = 47 kΩ, C = 1 nF. На вход подаётся синусоидальный сигнал 1,7 kHz. Найдите фазовый сдвиг φ напряжения vout относительно vin в градусах.
R = 47 kΩC = 1 nFf = 1,7 kHz
φ = °
8.Диаграммы Боде и запасыСложная
Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 128/(s(s + 3)(s + 6)). Найдите запас по усилению GM в dB.
L(s) = 128/(s(s + 3)(s + 6))
GM = dB
3Растворы
1.Свёртка и линейные стационарные системы
Ответ: y(2.5) = 0,3611
Непрерывная свёртка: y(t) = ∫ x(τ)·h(t − τ) dτ. Отразите h, сдвиньте в положение t и проинтегрируйте произведение перекрывающихся частей. Для причинных сигналов интеграл берётся от 0 до t. Полезные факты: площадь y равна площади x, умноженной на площадь h; если x длится от t₁ до t₂, а h — от t₃ до t₄, то y длится от t₁ + t₃ до t₂ + t₄. Для h(t) = e−atu(t) и ступеньки высотой A получаем y(t) = (A/a)(1 − e−at).
Выход в конце импульса
y(2) = (2/2)(1 − e−4) = 0,9817
Затухание после импульса
y(2,5) = 0,9817·e−2·0,5 = 0,3611
Ответ
y(2,5) = 0,3611
2.Свёртка и линейные стационарные системы
Ответ: Ym = 0,7071
Импульсная характеристика и ряд Фурье: импульсная характеристика h(t) полностью описывает линейную стационарную систему: для y′ + a·y = b·x она равна h(t) = b·e−atu(t), а для y[n] = a·y[n − 1] + b·x[n] — h[n] = b·aⁿu[n]. Синусоида cos ωt проходит с коэффициентом передачи |H(jω)| и фазой ∠H(jω), где H — преобразование Фурье функции h. Периодический сигнал — это сумма гармоник на частотах k/T: меандр с амплитудой ±A содержит только нечётные гармоники с амплитудами 4A/(kπ), треугольная волна с пиком A — 8A/(π²k²), а последовательность импульсов высотой A и коэффициентом заполнения D имеет среднее значение A·D и гармоники (2A/(kπ))·|sin(kπD)|.
Частотная характеристика
H(jω) = 2/(10 + jω)
Коэффициент передачи на частоте входа
|H(j10)| = 2/√(10² + 10²) = 0,1414
Ym = 5·0,1414 = 0,7071
Ответ
Ym = 0,7071
3.Преобразования Лапласа
Ответ: A = 5
Преобразование Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt превращает производные в умножение на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартные пары: 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), а сдвиг s → s + σ умножает функцию времени на e−σt. Чтобы найти оригинал рациональной F(s), разложите её на простые дроби: вычет простого полюса p равен A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема о конечном значении: f(∞) = lims→0 s·F(s), верна только когда все полюсы s·F(s) лежат в левой полуплоскости. Теорема о начальном значении: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Разложение знаменателя на множители
s² + 10s + 24 = (s + 4)(s + 6)
F(s) = A/(s + 4) + B/(s + 6)
Правило закрытия
Умножьте на (s + 4) и положите s = −4: слагаемое с B обращается в нуль.
A = (s + 14)/(s + 6) |s = −4 = 10/2 = 5
Ответ
A = 5
(B = −4, поэтому f(t) = 5·e−4t − 4·e−6t)
4.Преобразования Лапласа
Ответ: y(0.1) = 1,105
Преобразование Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt превращает производные в умножение на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартные пары: 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), а сдвиг s → s + σ умножает функцию времени на e−σt. Чтобы найти оригинал рациональной F(s), разложите её на простые дроби: вычет простого полюса p равен A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема о конечном значении: f(∞) = lims→0 s·F(s), верна только когда все полюсы s·F(s) лежат в левой полуплоскости. Теорема о начальном значении: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Преобразование уравнения
(s² + 11s + 30)·Y(s) = 1s + 11 + 60/s
Y(s) = (s² + 11s + 60)/(s(s + 5)(s + 6))
Простые дроби
A = 60/(5·6) = 2
B = 30/((−5)·1) = −6
C = 30/((−6)·(−1)) = 5
Результат
y(t) = 2 − 6·e−5t + 5·e−6t
y(0,1) = 1,105
Ответ
y(0,1) = 1,105
Проверка: y(0) = A + B + C = 1.
5.Переходная характеристика
Ответ: ωn = 8,185 rad/s
Переходная характеристика: система первого порядка G(s) = K/(τs + 1) отвечает на ступеньку величиной U сигналом y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): за одну постоянную времени τ она достигает 63,2 % конечного значения K·U, а за 4τ — 98 %. Система второго порядка G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) имеет полюсы s = −ζωₙ ± jωd, где ωd = ωₙ√(1 − ζ²). При 0 < ζ < 1 переходная характеристика перерегулируется: перерегулирование %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), время пика tp = π/ωd, а время установления по критерию 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Сравните знаменатель с s² + 2ζωₙs + ωₙ², чтобы найти ωₙ и ζ. Для системы масса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) и ζ = c/(2√(km)); для последовательной RLC-цепи ωₙ = 1/√(LC) и ζ = (R/2)·√(C/L).
Сравните со стандартной формой
Знаменатель должен совпадать с s² + 2ζωₙs + ωₙ².
ωₙ² = 67 → ωₙ = 8,185 rad/s
2ζωₙ = 10 → ζ = 10/(2·8,185) = 0,6108
Результат
ωₙ = 8,185 rad/s
Ответ
ωn = 8,185 rad/s
6.Переходная характеристика
Ответ: ts = 1,6 s
Переходная характеристика: система первого порядка G(s) = K/(τs + 1) отвечает на ступеньку величиной U сигналом y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): за одну постоянную времени τ она достигает 63,2 % конечного значения K·U, а за 4τ — 98 %. Система второго порядка G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) имеет полюсы s = −ζωₙ ± jωd, где ωd = ωₙ√(1 − ζ²). При 0 < ζ < 1 переходная характеристика перерегулируется: перерегулирование %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), время пика tp = π/ωd, а время установления по критерию 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Сравните знаменатель с s² + 2ζωₙs + ωₙ², чтобы найти ωₙ и ζ. Для системы масса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) и ζ = c/(2√(km)); для последовательной RLC-цепи ωₙ = 1/√(LC) и ζ = (R/2)·√(C/L).
Для этого контура ζωₙ = a/2 при любом K: увеличение K усиливает перерегулирование, но не сокращает время установления.
7.Диаграммы Боде и запасы
Ответ: φ = −26,66 °
Частотная характеристика: подставьте s = jω в передаточную функцию. Модуль в децибелах равен 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумме углов множителей числителя минус сумма углов множителей знаменателя. У фильтра первого порядка RC или RL частота среза (−3 dB) равна ωc = 1/(RC) или R/L, и fc = ωc/(2π); фильтр нижних частот даёт |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) и φ = −atan(ω/ωc). На асимптотической (кусочно-линейной) диаграмме Боде каждый полюс на своей частоте среза загибает модуль вниз на 20 dB/decade, каждый нуль загибает его вверх на 20 dB/decade, а интегратор 1/s даёт −20 dB/decade на всех частотах. Частота среза усиления ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас по фазе PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перехода фазы ω180: ∠L(jω) = −180°; запас по усилению GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнутая система устойчива, когда оба запаса положительны.
Частота среза
ωc = 1/(RC) = 1/(47000·1 × 10⁻⁹) = 21277 rad/s
fc = 3386 Hz → f/fc = 1700/3386 = 0,502
Фаза
φ = − atan(0,502) = −26,66°
Ответ
φ = −26,66°
8.Диаграммы Боде и запасы
Ответ: GM = 2,046 dB
Частотная характеристика: подставьте s = jω в передаточную функцию. Модуль в децибелах равен 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумме углов множителей числителя минус сумма углов множителей знаменателя. У фильтра первого порядка RC или RL частота среза (−3 dB) равна ωc = 1/(RC) или R/L, и fc = ωc/(2π); фильтр нижних частот даёт |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) и φ = −atan(ω/ωc). На асимптотической (кусочно-линейной) диаграмме Боде каждый полюс на своей частоте среза загибает модуль вниз на 20 dB/decade, каждый нуль загибает его вверх на 20 dB/decade, а интегратор 1/s даёт −20 dB/decade на всех частотах. Частота среза усиления ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас по фазе PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перехода фазы ω180: ∠L(jω) = −180°; запас по усилению GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнутая система устойчива, когда оба запаса положительны.