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 свёртывается с h(t) — треугольником, линейно спадающим от 1 при t = 0 до 0 при t = 1 s. Найдите площадь Ay под y(t) = x(t) ∗ h(t).
x(t) = 2, 0 ≤ t < 2 sh(0) = 1, h(1) = 0
Ay =
2.Свёртка и линейные стационарные системыСложная
На систему с h(t) = 10·e−10tu(t) подан вход x(t) = 2·cos(20t). Найдите амплитуду Ym установившегося выхода.
h(t) = 10e−10tu(t)x(t) = 2cos(20t)
Ym =
3.Преобразования ЛапласаСредняя
Найдите f(t) для F(s) = 30/(s² + 6s + 18) выделением полного квадрата и вычислите f(0,1).
F(s) = 30/(s² + 6s + 18)t = 0,1 s
f(0.1) =
4.Преобразования ЛапласаСложная
Решите y″ + 9y′ + 20y = 0 при y(0) = 4 и y′(0) = −4 с помощью преобразования Лапласа и найдите y(0,25).
y″ + 9y′ + 20y = 0y(0) = 4y′(0) = −4t = 0,25 s
y(0.25) =
5.Переходная характеристикаСредняя
Система имеет передаточную функцию G(s) = 16/(s² + s + 8) и получает на вход единичную ступеньку. Полюсы равны s = σ ± jωd. Найдите вещественную часть σ.
G(s) = 16/(s² + s + 8)
σ =
6.Переходная характеристикаСложная
Масса m = 5 kg подвешена на пружине k = 5000 N/m с вязким демпфером c = 63 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Из состояния покоя в равновесии внезапно прикладывается постоянная сила F = 5 N. Найдите момент времени tp, когда смещение наибольшее.
m = 5 kgk = 5000 N/mc = 63 N·s/mF = 5 N
tp = s
7.Диаграммы Боде и запасыСредняя
Изображённый RL-фильтр верхних частот имеет R = 220 Ω, L = 100 mH. На вход подаётся синусоидальный сигнал 1,1 kHz. Найдите коэффициент усиления |H| = |vout/vin| в dB.
R = 220 ΩL = 100 mHf = 1,1 kHz
|H| = dB
8.Диаграммы Боде и запасыСложная
Контур с единичной обратной связью имеет передаточную функцию разомкнутой системы L(s) = 1100/(s(s + 20)). Найдите запас по фазе PM в градусах.
L(s) = 1100/(s(s + 20))
PM = °
3Растворы
1.Свёртка и линейные стационарные системы
Ответ: Ay = 2
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).
Площади входов
∫x dt = 2·2 = 4
∫h dt = ½·1·1 = 0,5
Площадь выхода
Ay = 4·0,5 = 2
Ответ
Ay = 2
2.Свёртка и линейные стационарные системы
Ответ: Ym = 0,8944
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) = 10/(10 + jω)
Коэффициент передачи на частоте входа
|H(j20)| = 10/√(10² + 20²) = 0,4472
Ym = 2·0,4472 = 0,8944
Ответ
Ym = 0,8944
3.Преобразования Лапласа
Ответ: f(0.1) = 2,189
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).
Выделение полного квадрата
s² + 6s + 18 = (s + 3)² + 9 = (s + 3)² + 3²
Подбор числителя
F(s) = (30/3)·3/((s + 3)² + 3²)
Обратное преобразование
f(t) = e−3t·(10·sin 3t)
f(0,1) = e−3·0,1·(10·sin(3·0,1)) = 2,189
Ответ
f(0,1) = 2,189
4.Преобразования Лапласа
Ответ: y(0.25) = 2,448
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
s²Y − 4s − (−4) + 9(sY − 4) + 20Y = 0
Y(s) = (4s + 32)/((s + 4)(s + 5))
Простые дроби
A = 16/1 = 16
B = 12/(−1) = −12
Результат
y(t) = 16·e−4t − 12·e−5t
y(0,25) = 2,448
Ответ
y(0,25) = 2,448
Проверка: y(0) = A + B = 4.
5.Переходная характеристика
Ответ: σ = −0,5
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 = 8 → ωₙ = 2,828 rad/s
2ζωₙ = 1 → ζ = 1/(2·2,828) = 0,1768
Результат
σ = −ζωₙ = −1/2 = −0,5
Ответ
σ = −0,5
6.Переходная характеристика
Ответ: tp = 0,1014 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).
Собственная частота и коэффициент демпфирования
ωₙ = √(k/m) = √(5000/5) = 31,62 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 63/(2·√(5000·5)) = 0,1992
Результат
ωd = 30,99 rad/s
tp = π/ωd = 0,1014 s
Ответ
tp = 0,1014 s
7.Диаграммы Боде и запасы
Ответ: |H| = −0,4191 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.
Частота среза
ωc = R/L = 220/0,1 = 2200 rad/s
fc = 350,1 Hz → f/fc = 1100/350,1 = 3,142
Коэффициент усиления
|H| = 3,142/√(1 + 3,142²) = 0,9529
20·log₁₀(0,9529) = −0,4191 dB
Ответ
|H| = −0,4191 dB
8.Диаграммы Боде и запасы
Ответ: PM = 33,43 °
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.