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) = 5 при 0 ≤ t < 0.5 s (в інших точках нуль) подано на систему з h(t) = e−0,5tu(t). Знайдіть вихід y(1) при t = 1 s, після закінчення імпульсу.
x(t) = 5, 0 ≤ t < 0.5 sh(t) = e−0,5tu(t)t = 1 s
y(1) =
2.Згортка та лінійні стаціонарні системиСкладна
Послідовність імпульсів має висоту 3, ширину імпульсу 3 ms і період 10 ms. Знайдіть амплітуду c1 гармоніки номер 1 на частоті 100 Hz.
A = 3τ = 3 msT = 10 ms
c1 =
3.Перетворення ЛапласаСередня
Знайдіть f(t) для F(s) = (4s + 22)/(s² + 4s + 4) і обчисліть f(0,3).
F(s) = (4s + 22)/(s² + 4s + 4)t = 0,3 s
f(0.3) =
4.Перетворення ЛапласаСкладна
Система підпорядковується рівнянню y″ + 4y′ + 3y = 9·u(t) при y(0) = 4 і y′(0) = 0. У момент t = 0 подають вхідну сходинку u(t) = 4. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть y(0,6).
Система має передатну функцію G(s) = 78/(s² + 5s + 78) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть відсоток перерегулювання %OS перехідної характеристики.
G(s) = 78/(s² + 5s + 78)
%OS = %
6.Перехідна характеристикаСкладна
Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = K/(s(s + 12)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого перехідна характеристика має перерегулювання 20 %.
G(s) = K/(s(s + 12))%OS = 20 %
K =
7.Діаграми Боде та запасиСередня
У показаному послідовному смуговому RLC-фільтрі вихід знімають з R = 10 Ω, при L = 20 mH і C = 1 µF. Знайдіть центральну (резонансну) частоту f0 у Hz.
R = 10 ΩL = 20 mHC = 1 µF
f0 = Hz
8.Діаграми Боде та запасиСкладна
Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 145/(s(s + 10)). Знайдіть запас за фазою PM у градусах.
L(s) = 145/(s(s + 10))
PM = °
3Розчини
1.Згортка та лінійні стаціонарні системи
Відповідь: y(1) = 1,723
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) = (5/0,5)(1 − e−0,25) = 2,212
Спад після імпульсу
y(1) = 2,212·e−0,5·0,5 = 1,723
Відповідь
y(1) = 1,723
2.Згортка та лінійні стаціонарні системи
Відповідь: c1 = 1,545
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)|.
Коефіцієнт заповнення
D = 3/10 = 0,3
Амплітуда гармоніки
c1 = (2·3/(1π))·|sin(1π·0,3)| = 1,545
Відповідь
c1 = 1,545
3.Перетворення Лапласа
Відповідь: f(0.3) = 4,5
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 + 4s + 4 = (s + 2)²
Простіші дроби
4s + 22 = 4(s + 2) + 14
F(s) = 4/(s + 2) + 14/(s + 2)²
Обернене перетворення
f(t) = 4·e−2t + 14·t·e−2t
f(0,3) = (4 + 14·0,3)·e−2·0,3 = 4,5
Відповідь
f(0,3) = 4,5
4.Перетворення Лапласа
Відповідь: y(0.6) = 6,075
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) = 4s + 16 + 36/s
Y(s) = (4s² + 16s + 36)/(s(s + 1)(s + 3))
Простіші дроби
A = 36/(1·3) = 12
B = 24/((−1)·2) = −12
C = 24/((−3)·(−2)) = 4
Результат
y(t) = 12 − 12·e−t + 4·e−3t
y(0,6) = 6,075
Відповідь
y(0,6) = 6,075
Перевірка: y(0) = A + B + C = 4.
5.Перехідна характеристика
Відповідь: %OS = 39,57 %
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 = 78 → ωₙ = 8,832 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·8,832) = 0,2831
Результат
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−0,9272 = 39,57 %
Відповідь
%OS = 39,57 %
6.Перехідна характеристика
Відповідь: K = 173,2
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) = K/(s² + 12s + K)
Коефіцієнт демпфування за перерегулюванням
ζ = −ln(0,2)/√(π² + ln²(0,2)) = 0,4559
Коефіцієнт підсилення
ωₙ = 12/(2ζ) = 13,16 rad/s
K = ωₙ² = 173,2
Відповідь
K = 173,2
7.Діаграми Боде та запаси
Відповідь: f0 = 1125 Hz
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/√(0,02·1 × 10⁻⁶) = 7071 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 1125 Hz
Відповідь
f0 = 1125 Hz
8.Діаграми Боде та запаси
Відповідь: PM = 44,52 °
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.