Накресліть обидва сигнали й позначте, де кожен з них ненульовий.
Віддзеркаліть h і зсувайте її: для кожного моменту виходу знайдіть діапазон, де обидва сигнали перекриваються.
Перемножуйте й додавайте (дискретно) або перемножуйте й інтегруйте (неперервно) лише на цьому перекритті.
Перевірте результат: вихід починається в суму моментів початку, закінчується в суму моментів завершення, а його площа чи сума дорівнює добутку площ чи сум входів.
2Задачі для практики
1.Згортка та лінійні стаціонарні системиСередня
Імпульс x(t) = 10 при 0 ≤ t < 0.5 s (в інших точках нуль) подано на систему з h(t) = e−1tu(t). Знайдіть вихід y(2) при t = 2 s, після закінчення імпульсу.
x(t) = 10, 0 ≤ t < 0.5 sh(t) = e−1tu(t)t = 2 s
y(2) =
2.Згортка та лінійні стаціонарні системиСкладна
Система описується рівнянням y[n] = 0,4·y[n − 1] + 2·x[n] і починає з нульового стану. Вхід — одиничний східчастий сигнал x[n] = u[n]. Знайдіть y[5].
y[n] = 0,4y[n − 1] + 2x[n]x[n] = u[n]
y[5] =
3.Перетворення ЛапласаСередня
F(s) = (2s + 28)/(s² + 6s + 5). Її оригінал має вигляд f(t) = A·e−t + B·e−5t. Знайдіть коефіцієнт A розкладом на простіші дроби.
F(s) = (2s + 28)/(s² + 6s + 5)
A =
4.Перетворення ЛапласаСкладна
Система підпорядковується рівнянню y″ + 11y′ + 30y = 15·u(t). Вона починає зі спокою (y(0) = 0, y′(0) = 0), а вхід — сходинка u(t) = 5 при t ≥ 0. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть вихід y(0,1).
Система має передатну функцію G(s) = 162/(s² + 13s + 81) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть відсоток перерегулювання %OS перехідної характеристики.
G(s) = 162/(s² + 13s + 81)
%OS = %
6.Перехідна характеристикаСкладна
Послідовне RLC-коло з R = 30 Ω, L = 20 mH і C = 22 µF підключають до сходинки 24 V у момент t = 0. Конденсатор незаряджений, і до сходинки струм не тече. Знайдіть момент tp першого піку напруги в ms.
R = 30 ΩL = 20 mHC = 22 µFV = 24 V
tp = ms
7.Діаграми Боде та запасиСередня
RC-фільтр верхніх частот на рисунку має R = 47 kΩ, C = 47 nF. На вхід подають синусоїдний сигнал 220 Hz. Знайдіть коефіцієнт підсилення |H| = |vout/vin| у dB.
R = 47 kΩC = 47 nFf = 220 Hz
|H| = dB
8.Діаграми Боде та запасиСкладна
Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 180/(s(s + 20)). Знайдіть запас за фазою PM у градусах.
L(s) = 180/(s(s + 20))
PM = °
3Розчини
1.Згортка та лінійні стаціонарні системи
Відповідь: y(2) = 0,8779
Неперервна згортка: y(t) = ∫ x(τ)·h(t − τ) dτ. Відобразіть h дзеркально, посуньте її в положення t та проінтегруйте добуток частин, що перекриваються. Для причинних сигналів інтеграл береться від 0 до t. Корисні результати: площа y дорівнює площі x, помноженій на площу h; якщо x триває від t₁ до t₂, а h — від t₃ до t₄, то y триває від t₁ + t₃ до t₂ + t₄. Для h(t) = e−atu(t) і східчастого сигналу висотою A маємо y(t) = (A/a)(1 − e−at).
Вихід наприкінці імпульсу
y(0,5) = (10/1)(1 − e−0,5) = 3,935
Спад після імпульсу
y(2) = 3,935·e−1·1,5 = 0,8779
Відповідь
y(2) = 0,8779
2.Згортка та лінійні стаціонарні системи
Відповідь: y[5] = 3,32
Імпульсна характеристика та ряд Фур’є: імпульсна характеристика h(t) повністю описує лінійну стаціонарну систему: для y′ + a·y = b·x вона має вигляд h(t) = b·e−atu(t), а для y[n] = a·y[n − 1] + b·x[n] — h[n] = b·aⁿu[n]. Синусоїда cos ωt проходить із коефіцієнтом підсилення |H(jω)| і фазою ∠H(jω), де H — перетворення Фур’є функції h. Періодичний сигнал є сумою гармонік на частотах k/T: прямокутна хвиля ±A має лише непарні гармоніки з амплітудами 4A/(kπ), трикутна хвиля з піком A має 8A/(π²k²), а послідовність імпульсів висотою A з коефіцієнтом заповнення D має середнє значення A·D і гармоніки (2A/(kπ))·|sin(kπD)|.
Ітерація
y[0] = 2
y[1] = 2,8
y[2] = 3,12
y[3] = 3,248
y[4] = 3,299
y[5] = 3,32
Результат
y[5] = 2·(1 − (0,4)6)/(1 − 0,4) = 3,32
Відповідь
y[5] = 3,32
3.Перетворення Лапласа
Відповідь: A = 6,5
Перетворення Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt перетворює похідні на множення на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартні пари: 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 зсув s → s + σ множить оригінал на e−σt. Щоб знайти оригінал раціональної F(s), розкладіть її на простіші дроби: коефіцієнт простого полюса p дорівнює A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема про кінцеве значення: f(∞) = lims→0 s·F(s), справедлива лише тоді, коли всі полюси s·F(s) лежать у лівій півплощині. Теорема про початкове значення: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Розкладіть знаменник на множники
s² + 6s + 5 = (s + 1)(s + 5)
F(s) = A/(s + 1) + B/(s + 5)
Правило закривання
Помножте на (s + 1) і покладіть s = −1: доданок із B зникає.
A = (2s + 28)/(s + 5) |s = −1 = 26/4 = 6,5
Відповідь
A = 6,5
(B = −4,5, тож f(t) = 6,5·e−t − 4,5·e−5t)
4.Перетворення Лапласа
Відповідь: y(0.1) = 0,2622
Перетворення Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt перетворює похідні на множення на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартні пари: 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 зсув s → s + σ множить оригінал на e−σt. Щоб знайти оригінал раціональної F(s), розкладіть її на простіші дроби: коефіцієнт простого полюса p дорівнює A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема про кінцеве значення: f(∞) = lims→0 s·F(s), справедлива лише тоді, коли всі полюси s·F(s) лежать у лівій півплощині. Теорема про початкове значення: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Перетворіть рівняння
Y(s) = 75/(s(s + 5)(s + 6))
Простіші дроби
A = 75/(5·6) = 2,5
B = 75/((−5)·1) = −15
C = 75/((−6)·(−1)) = 12,5
Виведення
y(t) = 2,5 − 15·e−5t + 12,5·e−6t
y(0,1) = 0,2622
Відповідь
y(0,1) = 0,2622
5.Перехідна характеристика
Відповідь: %OS = 3,761 %
Перехідна характеристика: система першого порядку G(s) = K/(τs + 1) відповідає на сходинку розміром U як y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): вона досягає 63,2 % кінцевого значення K·U за одну сталу часу τ і 98 % за 4τ. Система другого порядку G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) має полюси s = −ζωₙ ± jωd, де ωd = ωₙ√(1 − ζ²). За 0 < ζ < 1 перехідна характеристика має перерегулювання: відсоток перерегулювання %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), час піку tp = π/ωd, а 2-відсотковий час встановлення ts ≈ 4/(ζωₙ). Порівняйте знаменник із s² + 2ζωₙs + ωₙ², щоб знайти ωₙ і ζ. Для системи маса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) і ζ = c/(2√(km)); для послідовного RLC-кола ωₙ = 1/√(LC) і ζ = (R/2)·√(C/L).
Порівняйте зі стандартною формою
Знаменник має збігатися з s² + 2ζωₙs + ωₙ².
ωₙ² = 81 → ωₙ = 9 rad/s
2ζωₙ = 13 → ζ = 13/(2·9) = 0,7222
Результат
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−3,28 = 3,761 %
Відповідь
%OS = 3,761 %
6.Перехідна характеристика
Відповідь: tp = 2,402 ms
Перехідна характеристика: система першого порядку G(s) = K/(τs + 1) відповідає на сходинку розміром U як y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): вона досягає 63,2 % кінцевого значення K·U за одну сталу часу τ і 98 % за 4τ. Система другого порядку G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) має полюси s = −ζωₙ ± jωd, де ωd = ωₙ√(1 − ζ²). За 0 < ζ < 1 перехідна характеристика має перерегулювання: відсоток перерегулювання %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), час піку tp = π/ωd, а 2-відсотковий час встановлення ts ≈ 4/(ζωₙ). Порівняйте знаменник із s² + 2ζωₙs + ωₙ², щоб знайти ωₙ і ζ. Для системи маса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) і ζ = c/(2√(km)); для послідовного RLC-кола ωₙ = 1/√(LC) і ζ = (R/2)·√(C/L).
Частотна характеристика: підставте s = jω у передавальну функцію. Модуль у децибелах дорівнює 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумі кутів множників чисельника мінус кути множників знаменника. Фільтр першого порядку RC або RL має частоту зрізу (−3 dB) ωc = 1/(RC) або R/L, а fc = ωc/(2π); фільтр нижніх частот дає |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) і φ = −atan(ω/ωc). На асимптотичній (ламаній) діаграмі Боде кожен полюс згинає модуль вниз на 20 dB/decade на своїй частоті зламу, кожен нуль згинає його вгору на 20 dB/decade, а інтегратор 1/s дає −20 dB/decade на всіх частотах. Частота зрізу за коефіцієнтом підсилення ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас за фазою PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перетину за фазою ω180: ∠L(jω) = −180°; запас за підсиленням GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнена система стійка, коли обидва запаси додатні.
Частота зрізу
ωc = 1/(RC) = 1/(47000·4,7 × 10⁻⁸) = 452,7 rad/s
fc = 72,05 Hz → f/fc = 220/72,05 = 3,054
Коефіцієнт підсилення
|H| = 3,054/√(1 + 3,054²) = 0,9503
20·log₁₀(0,9503) = −0,4425 dB
Відповідь
|H| = −0,4425 dB
8.Діаграми Боде та запаси
Відповідь: PM = 67,43 °
Частотна характеристика: підставте s = jω у передавальну функцію. Модуль у децибелах дорівнює 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумі кутів множників чисельника мінус кути множників знаменника. Фільтр першого порядку RC або RL має частоту зрізу (−3 dB) ωc = 1/(RC) або R/L, а fc = ωc/(2π); фільтр нижніх частот дає |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) і φ = −atan(ω/ωc). На асимптотичній (ламаній) діаграмі Боде кожен полюс згинає модуль вниз на 20 dB/decade на своїй частоті зламу, кожен нуль згинає його вгору на 20 dB/decade, а інтегратор 1/s дає −20 dB/decade на всіх частотах. Частота зрізу за коефіцієнтом підсилення ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас за фазою PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перетину за фазою ω180: ∠L(jω) = −180°; запас за підсиленням GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнена система стійка, коли обидва запаси додатні.