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)t5h(t)t0,21

Система має імпульсну характеристику h(t) = e−5tu(t). Вхід — східчастий сигнал x(t) = 5·u(t). Знайдіть вихід y(0,6) при t = 0,6 s.

h(t) = e−5tu(t)x(t) = 5·u(t)t = 0,6 s
y(0.6) =
2.Згортка та лінійні стаціонарні системиСкладна
u[n]3+y[n]0,6·z⁻¹+

Система описується рівнянням y[n] = 0,6·y[n − 1] + 3·x[n] і починає з нульового стану. Вхід — одиничний східчастий сигнал x[n] = u[n]. Знайдіть y[4].

y[n] = 0,6y[n − 1] + 3x[n]x[n] = u[n]
y[4] =
3.Перетворення ЛапласаСередня
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−81

Знайдіть f(t) для F(s) = (4s + 29)/(s² + 6s + 10), виділивши повний квадрат, і обчисліть f(0,25).

F(s) = (4s + 29)/(s² + 6s + 10)t = 0,25 s
f(0.25) =
4.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,75y(0,75) = ?

Система підпорядковується рівнянню y″ + 4y′ + 3y = 6·u(t) при y(0) = 2 і y′(0) = 0. У момент t = 0 подають вхідну сходинку u(t) = 5. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть y(0,75).

y″ + 4y′ + 3y = 6·u(t)y(0) = 2y′(0) = 0u(t) = 5t = 0,75 s
y(0.75) =
5.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)0,5tp​ = ?

Система має передатну функцію G(s) = 21/(s² + 8s + 42) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть час піку tp перехідної характеристики.

G(s) = 21/(s² + 8s + 42)
tp = s
6.Перехідна характеристикаСкладна
R(s)+285s(s + 12)G(s)C(s)−

Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = 285/(s(s + 12)). Знайдіть 2-відсотковий час встановлення ts перехідної характеристики замкненої системи за формулою ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 285/(s(s + 12))
ts = s
7.Діаграми Боде та запасиСередня
vin​L = 100 mHC = 0,22 µFR = 50 Ωvout​

У показаному послідовному смуговому RLC-фільтрі вихід знімають з R = 50 Ω, при L = 100 mH і C = 0,22 µF. Знайдіть добротність Q.

R = 50 ΩL = 100 mHC = 0,22 µF
Q =
8.Діаграми Боде та запасиСкладна
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​ = ?

Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 246/(s(s + 3)(s + 10)). Знайдіть частоту перетину за фазою ω180, де ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 246/(s(s + 3)(s + 10))
ω180 = rad/s

3Розчини

1.Згортка та лінійні стаціонарні системи

Відповідь: y(0.6) = 0,9502

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).

Згортка зі східчастим сигналом

y(t) = 5·∫₀ᵗ e−5τ dτ = (5/5)·(1 − e−5t)

Обчисліть

y(0,6) = 1·(1 − e−3) = 0,9502

Відповідь

y(0,6) = 0,9502
2.Згортка та лінійні стаціонарні системи

Відповідь: y[4] = 6,917

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] = 3
y[1] = 4,8
y[2] = 5,88
y[3] = 6,528
y[4] = 6,917

Результат

y[4] = 3·(1 − (0,6)5)/(1 − 0,6) = 6,917

Відповідь

y[4] = 6,917
3.Перетворення Лапласа

Відповідь: f(0.25) = 3,817

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).

Виділення повного квадрата

s² + 6s + 10 = (s + 3)² + 1 = (s + 3)² + 1²

Зіставлення чисельника

F(s) = 4·(s + 3)/((s + 3)² + 1²) + (17/1)·1/((s + 3)² + 1²)

Обернене перетворення

f(t) = e−3t·(4·cos 1t + 17·sin 1t)
f(0,25) = e−3·0,25·(4·cos(1·0,25) + 17·sin(1·0,25)) = 3,817

Відповідь

f(0,25) = 3,817
4.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.75) = 4,753

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

(s² + 4s + 3)·Y(s) = 2s + 8 + 30/s
Y(s) = (2s² + 8s + 30)/(s(s + 1)(s + 3))

Простіші дроби

A = 30/(1·3) = 10
B = 24/((−1)·2) = −12
C = 24/((−3)·(−2)) = 4

Результат

y(t) = 10 − 12·e−t + 4·e−3t
y(0,75) = 4,753

Відповідь

y(0,75) = 4,753

Перевірка: y(0) = A + B + C = 2.

5.Перехідна характеристика

Відповідь: tp = 0,6161 s

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 = 42 → ωₙ = 6,481 rad/s
2ζωₙ = 8 → ζ = 8/(2·6,481) = 0,6172

Результат

ωd = 6,481·√(1 − 0,6172²) = 5,099 rad/s → tp = π/ωd = 0,6161 s

Відповідь

tp = 0,6161 s
6.Перехідна характеристика

Відповідь: ts = 0,6667 s

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).

Передатна функція замкненої системи

T(s) = 285/(s² + 12s + 285): ωₙ = 16,88 rad/s, ζ = 0,3554

Час встановлення

ζωₙ = 12/2 = 6
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 0,6667 s

Відповідь

ts = 0,6667 s

Для цього контуру ζωₙ = a/2 за будь-якого K: збільшення K додає перерегулювання, але не скорочує час встановлення.

7.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: Q = 13,48

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.

Резонансна частота

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,1·2,2 × 10⁻⁷) = 6742 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 1073 Hz

Добротність

BW = R/L = 50/0,1 = 500 rad/s = 79,58 Hz
Q = ω₀/BW = 6742/500 = 13,48

Відповідь

Q = 13,48
8.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: ω180 = 5,477 rad/s

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.

Перетин за фазою

(ω/3)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(3·10) = 5,477 rad/s

Відповідь

ω180 = 5,477 rad/s

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