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)t25h(t)t23

Імпульс x(t) = 5 при 0 ≤ t < 2 s згортають із h(t) — трикутником, що лінійно спадає від 3 при t = 0 до 0 при t = 2 s. Знайдіть площу Ay під y(t) = x(t) ∗ h(t).

x(t) = 5, 0 ≤ t < 2 sh(0) = 3, h(2) = 0
Ay =
2.Згортка та лінійні стаціонарні системиСкладна
u[n]4+y[n]0,8·z⁻¹+

Система описується рівнянням y[n] = 0,8·y[n − 1] + 4·x[n] і починає з нульового стану. Вхід — одиничний східчастий сигнал x[n] = u[n]. Знайдіть y[4].

y[n] = 0,8y[n − 1] + 4x[n]x[n] = u[n]
y[4] =
3.Перетворення ЛапласаСередня
ReIm−1−2−3−4−5−61

F(s) = (5s + 24)/(s² + 10s + 24). Її оригінал має вигляд f(t) = A·e−4t + B·e−6t. Знайдіть коефіцієнт A розкладом на простіші дроби.

F(s) = (5s + 24)/(s² + 10s + 24)
A =
4.Перетворення ЛапласаСкладна
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Система підпорядковується рівнянню y″ + 11y′ + 30y = 120·u(t) при y(0) = 6 і y′(0) = 0. У момент t = 0 подають вхідну сходинку u(t) = 1. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть y(0,2).

y″ + 11y′ + 30y = 120·u(t)y(0) = 6y′(0) = 0u(t) = 1t = 0,2 s
y(0.2) =
5.Перехідна характеристикаСередня
t (s)y(t)2?

Система має передатну функцію G(s) = 172/(s² + 6s + 86) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть відсоток перерегулювання %OS перехідної характеристики.

G(s) = 172/(s² + 6s + 86)
%OS = %
6.Перехідна характеристикаСкладна
R(s)+245s(s + 4)G(s)C(s)−

Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = 245/(s(s + 4)). Знайдіть 2-відсотковий час встановлення ts перехідної характеристики замкненої системи за формулою ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 245/(s(s + 4))
ts = s
7.Діаграми Боде та запасиСередня
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 30

Знайдіть фазу ∠G(jω) функції G(s) = 15(s + 17)/(s(s + 6)) за ω = 30 rad/s, у градусах.

G(s) = 15(s + 17)/(s(s + 6))ω = 30 rad/s
∠G(jω) = °
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) = K/(s(s + 4)(s + 10)). Знайдіть підсилення K, що дає запас за підсиленням 4 dB.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 10))GM = 4 dB
K =

3Розчини

1.Згортка та лінійні стаціонарні системи

Відповідь: Ay = 30

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).

Площі входів

∫x dt = 5·2 = 10
∫h dt = ½·2·3 = 3

Площа виходу

Ay = 10·3 = 30

Відповідь

Ay = 30
2.Згортка та лінійні стаціонарні системи

Відповідь: y[4] = 13,45

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] = 4
y[1] = 7,2
y[2] = 9,76
y[3] = 11,81
y[4] = 13,45

Результат

y[4] = 4·(1 − (0,8)5)/(1 − 0,8) = 13,45

Відповідь

y[4] = 13,45
3.Перетворення Лапласа

Відповідь: A = 2

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 + 10s + 24 = (s + 4)(s + 6)
F(s) = A/(s + 4) + B/(s + 6)

Правило закривання

Помножте на (s + 4) і покладіть s = −4: доданок із B зникає.

A = (5s + 24)/(s + 6) |s = −4 = 4/2 = 2

Відповідь

A = 2
(B = 3, тож f(t) = 2·e−4t + 3·e−6t)
4.Перетворення Лапласа

Відповідь: y(0.2) = 5,403

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 + 11s + 30)·Y(s) = 6s + 66 + 120/s
Y(s) = (6s² + 66s + 120)/(s(s + 5)(s + 6))

Простіші дроби

A = 120/(5·6) = 4
B = −60/((−5)·1) = 12
C = −60/((−6)·(−1)) = −10

Результат

y(t) = 4 + 12·e−5t − 10·e−6t
y(0,2) = 5,403

Відповідь

y(0,2) = 5,403

Перевірка: y(0) = A + B + C = 6.

5.Перехідна характеристика

Відповідь: %OS = 34,16 %

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 = 86 → ωₙ = 9,274 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·9,274) = 0,3235

Результат

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−1,074 = 34,16 %

Відповідь

%OS = 34,16 %
6.Перехідна характеристика

Відповідь: ts = 2 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) = 245/(s² + 4s + 245): ωₙ = 15,65 rad/s, ζ = 0,1278

Час встановлення

ζωₙ = 4/2 = 2
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 2 s

Відповідь

ts = 2 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: ∠G(jω) = −108,2 °

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(30/17) − 90° − atan(30/6) = 60,46° − 90° − 78,69°

Результат

∠G(j30) = −108,2°

Відповідь

∠G(jω) = −108,2°
8.Діаграми Боде та запаси

Відповідь: K = 353,3

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/4)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(4·10) = 6,325 rad/s

Модуль на перетині за фазою

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 16)·√(ω² + 100)) = K/(4·10·(4 + 10)) = K/560

Потрібне підсилення

560/K = 104/20 = 1,585
K = 560/1,585 = 353,3

Відповідь

K = 353,3

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