Сигнали та системи: шпаргалка-підсумок

Аркуші з формулами, ключові кроки методів для кожної теми та 8 задач для практики, з повними розв’язками наприкінці.

Нові задачіНазад до курсу

У вікні друку виберіть «Зберегти як PDF», щоб зберегти копію на пристрої.

1Формули та методи

Згортка та лінійні стаціонарні системи

Дискретна згортка
y[n] = Σ x[k]·h[n − k]
Неперервна згортка
y(t) = ∫ x(τ)·h(t − τ) dτ
Довжина й сума
Ly = Lx + Lh − 1, Σy = Σx·Σh
Початок, кінець і площа
t1 + t3 … t2 + t4, ∫y = ∫x·∫h
Східчастий сигнал на вході e^(−at)u(t)
y(t) = (A/a)(1 − e−at)
Система першого порядку
y′ + a·y = b·x → h(t) = b·e−atu(t)
Рекурсія першого порядку
y[n] = a·y[n − 1] + b·x[n] → h[n] = b·aⁿ
Синусоїда крізь h(t)
|H(jω)|, ∠H(jω); H(jω) = b/(a + jω)
Амплітуди ряду Фур’є
прямокутна ±A: 4A/(kπ), непарні k; трикутна ±A: 8A/(π²k²), непарні k; послідовність імпульсів: A·D і (2A/(kπ))|sin kπD|

Метод

  1. Накресліть обидва сигнали й позначте, де кожен з них ненульовий.
  2. Віддзеркаліть h і зсувайте її: для кожного моменту виходу знайдіть діапазон, де обидва сигнали перекриваються.
  3. Перемножуйте й додавайте (дискретно) або перемножуйте й інтегруйте (неперервно) лише на цьому перекритті.
  4. 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
x(t)t14h(t)t35

Імпульс x(t) = 4 при 0 ≤ t < 1 s (в інших точках нуль) подано на систему з імпульсною характеристикою h(t) = 5 при 0 ≤ t < 3 s (в інших точках нуль). Знайдіть вихід y(2,5) при t = 2,5 s.

x(t) = 4, 0 ≤ t < 1 sh(t) = 5, 0 ≤ t < 3 st = 2,5 s
y(2.5) =
2.Згортка та лінійні стаціонарні системиСкладна
10cos(10t)h(t) = 5e−10t​u(t)y(t)

Вхід x(t) = 10·cos(10t) подано на систему з h(t) = 5·e−10tu(t). Знайдіть амплітуду Ym усталеного виходу.

h(t) = 5e−10tu(t)x(t) = 10cos(10t)
Ym =
3.Перетворення ЛапласаСередня
t (s)f(t)t = 1,5f(1,5) = ?

Знайдіть f(t) для F(s) = 55/(s(s + 1)(s + 2)) розкладом на простіші дроби й обчисліть f(1,5).

F(s) = 55/(s(s + 1)(s + 2))t = 1,5 s
f(1.5) =
4.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,5y(0,5) = ?

Система підпорядковується рівнянню y″ + 8y′ + 12y = 36·u(t). Вона починає зі спокою (y(0) = 0, y′(0) = 0), а вхід — сходинка u(t) = 2 при t ≥ 0. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть вихід y(0,5).

y″ + 8y′ + 12y = 36·u(t)u(t) = 2y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,5 s
y(0.5) =
5.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)3

Система має передатну функцію G(s) = 219/(s² + 5s + 73) і отримує на вході одиничну сходинку. Полюси: s = σ ± jωd. Знайдіть дійсну частину σ.

G(s) = 219/(s² + 5s + 73)
σ =
6.Перехідна характеристикаСкладна
k = 200 N/mc = 6 N·s/mm = 1 kgF = 25 Nx(t)

Маса m = 1 kg висить на пружині k = 200 N/m з в’язким демпфером c = 6 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). З положення рівноваги в спокої раптово прикладають сталу силу F = 25 N. Знайдіть найбільше зміщення xmax у mm.

m = 1 kgk = 200 N/mc = 6 N·s/mF = 25 N
xmax = mm
7.Діаграми Боде та запасиСередня
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−90−450ω = 2

Знайдіть фазу ∠G(jω) функції G(s) = 50(s + 13)/(s(s + 15)) за ω = 2 rad/s, у градусах.

G(s) = 50(s + 13)/(s(s + 15))ω = 2 rad/s
∠G(jω) = °
8.Діаграми Боде та запасиСкладна
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 88/(s(s + 4)). Знайдіть запас за фазою PM у градусах.

L(s) = 88/(s(s + 4))
PM = °

3Розчини

1.Згортка та лінійні стаціонарні системи

Відповідь: y(2.5) = 20

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).

Перекриття віддзеркаленого імпульсу

h(t − τ) — це імпульс h, віддзеркалений і зсунутий так, що закінчується в τ = t.

τ ∈ [0, 1] → довжина 1 s

Інтеграл

y(2,5) = 4·5·1 = 20

Відповідь

y(2,5) = 20

y(t) — трапеція: вона зростає від 0, тримається на 20 і спадає до 0 при t = 4 s.

2.Згортка та лінійні стаціонарні системи

Відповідь: Ym = 3,536

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)|.

Частотна характеристика

H(jω) = 5/(10 + jω)

Коефіцієнт підсилення на частоті входу

|H(j10)| = 5/√(10² + 10²) = 0,3536
Ym = 10·0,3536 = 3,536

Відповідь

Ym = 3,536
3.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(1.5) = 16,6

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).

Простіші дроби

F(s) = A/s + B/(s + 1) + C/(s + 2)
A = 55/(1·2) = 27,5
B = 55/((−1)·1) = −55
C = 55/((−2)·(−1)) = 27,5

Обернене перетворення

f(t) = 27,5 − 55·e−t + 27,5·e−2t

Обчисліть

f(1,5) = 27,5 − 55·e−1,5 + 27,5·e−2·1,5 = 16,6

Відповідь

f(1,5) = 16,6
4.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.5) = 2,838

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) = 72/(s(s + 2)(s + 6))

Простіші дроби

A = 72/(2·6) = 6
B = 72/((−2)·4) = −9
C = 72/((−6)·(−4)) = 3

Виведення

y(t) = 6 − 9·e−2t + 3·e−6t
y(0,5) = 2,838

Відповідь

y(0,5) = 2,838
5.Перехідна характеристика

Відповідь: σ = −2,5

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 = 73 → ωₙ = 8,544 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·8,544) = 0,2926

Результат

σ = −ζωₙ = −5/2 = −2,5

Відповідь

σ = −2,5
6.Перехідна характеристика

Відповідь: xmax = 188,2 mm

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).

Власна частота й коефіцієнт демпфування

ωₙ = √(k/m) = √(200/1) = 14,14 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 6/(2·√(200·1)) = 0,2121

Результат

xst = F/k = 25/200 m = 125 mm
%OS = 50,56 %
xmax = 125·(1 + 0,5056) = 188,2 mm

Відповідь

xmax = 188,2 mm
7.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ∠G(jω) = −88,85 °

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.

Додайте кути

∠G = atan(2/13) − 90° − atan(2/15) = 8,746° − 90° − 7,595°

Результат

∠G(j2) = −88,85°

Відповідь

∠G(jω) = −88,85°
8.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: PM = 24,05 °

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.

Зріз за підсиленням

ω⁴ + 16ω² − 7744 = 0
ω² = (−16 + √(256 + 4·7744))/2 = 80,36
ωc = 8,965 rad/s

Запас за фазою

∠L(jωc) = −90° − atan(8,965/4) = −156°
PM = 180° + ∠L = 24,05°

Відповідь

PM = 24,05°

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