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
Система має імпульсну характеристику h(t) = e−0,5tu(t). Вхід — східчастий сигнал x(t) = 4·u(t). Знайдіть вихід y(2) при t = 2 s.
h(t) = e−0,5tu(t)x(t) = 4·u(t)t = 2 s
y(2) =
2.Згортка та лінійні стаціонарні системиСкладна
Система описується рівнянням y[n] = −0,5·y[n − 1] + 0,5·x[n] і починає з нульового стану. Вхід — одиничний східчастий сигнал x[n] = u[n]. Знайдіть y[3].
y[n] = −0,5y[n − 1] + 0,5x[n]x[n] = u[n]
y[3] =
3.Перетворення ЛапласаСередня
F(s) = (s + 14)/(s² + 6s + 8). Її оригінал має вигляд f(t) = A·e−2t + B·e−4t. Знайдіть коефіцієнт A розкладом на простіші дроби.
F(s) = (s + 14)/(s² + 6s + 8)
A =
4.Перетворення ЛапласаСкладна
Система підпорядковується рівнянню y″ + 9y′ + 20y = 40·u(t) при y(0) = 1 і y′(0) = 0. У момент t = 0 подають вхідну сходинку u(t) = 10. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть y(0,3).
Система має передатну функцію G(s) = 18/(s² + 3s + 18) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть відсоток перерегулювання %OS перехідної характеристики.
G(s) = 18/(s² + 3s + 18)
%OS = %
6.Перехідна характеристикаСкладна
Послідовне RLC-коло з R = 268 Ω, L = 100 mH і C = 2 µF підключають до сходинки 10 V у момент t = 0. Конденсатор незаряджений, і до сходинки струм не тече. Знайдіть пікову напругу на конденсаторі vC,max.
R = 268 ΩL = 100 mHC = 2 µFV = 10 V
vC,max = V
7.Діаграми Боде та запасиСередня
RC-фільтр верхніх частот на рисунку має R = 2,2 kΩ, C = 10 nF. На вхід подають синусоїдний сигнал 14 kHz. Знайдіть фазовий зсув φ сигналу vout відносно vin, у градусах.
R = 2,2 kΩC = 10 nFf = 14 kHz
φ = °
8.Діаграми Боде та запасиСкладна
Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = 9/(s(s + 5)). Знайдіть частоту зрізу за підсиленням ωc, де |L(jω)| = 1.
L(s) = 9/(s(s + 5))
ωc = rad/s
3Розчини
1.Згортка та лінійні стаціонарні системи
Відповідь: y(2) = 5,057
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) = 4·∫₀ᵗ e−0,5τ dτ = (4/0,5)·(1 − e−0,5t)
Обчисліть
y(2) = 8·(1 − e−1) = 5,057
Відповідь
y(2) = 5,057
2.Згортка та лінійні стаціонарні системи
Відповідь: y[3] = 0,3125
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] = 0,5
y[1] = 0,25
y[2] = 0,375
y[3] = 0,3125
Результат
y[3] = 0,5·(1 − (−0,5)4)/(1 − (−0,5)) = 0,3125
Відповідь
y[3] = 0,3125
3.Перетворення Лапласа
Відповідь: A = 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).
Розкладіть знаменник на множники
s² + 6s + 8 = (s + 2)(s + 4)
F(s) = A/(s + 2) + B/(s + 4)
Правило закривання
Помножте на (s + 2) і покладіть s = −2: доданок із B зникає.
A = (s + 14)/(s + 4) |s = −2 = 12/2 = 6
Відповідь
A = 6
(B = −5, тож f(t) = 6·e−2t − 5·e−4t)
4.Перетворення Лапласа
Відповідь: y(0.3) = 8,344
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 + 9s + 20)·Y(s) = 1s + 9 + 400/s
Y(s) = (s² + 9s + 400)/(s(s + 4)(s + 5))
Простіші дроби
A = 400/(4·5) = 20
B = 380/((−4)·1) = −95
C = 380/((−5)·(−1)) = 76
Результат
y(t) = 20 − 95·e−4t + 76·e−5t
y(0,3) = 8,344
Відповідь
y(0,3) = 8,344
Перевірка: y(0) = A + B + C = 1.
5.Перехідна характеристика
Відповідь: %OS = 30,5 %
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 = 18 → ωₙ = 4,243 rad/s
2ζωₙ = 3 → ζ = 3/(2·4,243) = 0,3536
Результат
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−1,187 = 30,5 %
Відповідь
%OS = 30,5 %
6.Перехідна характеристика
Відповідь: vC,max = 10,95 V
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/(2200·1 × 10⁻⁸) = 45455 rad/s
fc = 7234 Hz → f/fc = 14000/7234 = 1,935
Фаза
φ = 90° − atan(1,935) = 27,33°
Відповідь
φ = 27,33°
8.Діаграми Боде та запаси
Відповідь: ωc = 1,704 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.