《信号与系统》郑君里第二章习题解答

1 ⎞ ⎛7 ⇒ h ( t ) = ⎜ e −5t + e− t ⎟ u ( t ) 4 ⎠ ⎝4
注：由本例再次看到，相比经典法， p 算子法形式简洁，易算易记。 2-14 分析：求解两个信号的卷积，可以直接用定义，依照“反转 → 平移 → 相乘 → 求和” 的顺序来求，积分式为 x1 ( t ) ∗ x2 ( t ) =
2.15 分析：利用卷积的性质： f ( t ) ∗ ⎡ ⎣δ ( t + t0 ) + δ ( t − t0 ) ⎤ ⎦ = f ( t + t0 ) + f ( t − t0 ) 可画出 如下波形： （1） s1 ( t ) = f1 ( t ) ∗ f 2 ( t ) = f1 ( t ) ∗ ⎡ ⎣δ ( t + 5 ) + δ ( t − 5 ) ⎤ ⎦ = f1 ( t + 5 ) + f 2 ( t − 5 ) （2） s2 ( t ) = f1 ( t ) ∗ f 2 ( t ) ∗ f 2 ( t ) = f1 ( t ) ∗ ⎡ ⎣δ ( t + 5 ) + δ ( t − 5 ) ⎤ ⎦⎡ ⎣δ ( t + 5 ) + δ ( t − 5 ) ⎤ ⎦
（2） f ( t ) = u ( t − 1) − u ( t − 2 ) = u ( t ) ∗ ⎡ ⎣δ ( t − 1) − δ ( t − 2 ) ⎤ ⎦
∴ s (t ) = f (t ) ∗ f (t ) = u (t ) ∗ ⎡ ⎣δ ( t − 1) − δ ( t − 2 ) ⎤ ⎦ ∗ u (t ) ∗ ⎡ ⎣δ ( t − 1) − δ ( t − 2 ) ⎤ ⎦ =⎡ ⎣u ( t ) ∗ u ( t ) ⎤ ⎦∗⎡ ⎣δ ( t − 2 ) − 2δ ( t − 3) + δ ( t − 4 ) ⎤ ⎦ = tu ( t ) ∗ ⎡ ⎣δ ( t − 2 ) − 2δ ( t − 3) + δ ( t − 4 ) ⎤ ⎦ = ( t − 2 ) u ( t − 2 ) − 2 ( t − 3) u ( t − 3) + ( t − 4 ) u ( t − 4 )
对于 ( ∗) 式：
7 ⎛1 ⎞ ⎡e− t u ( t ) + 2δ ( t ) ⎦ ⎤ = e −5t u ( t ) ∗ e − t u ( t ) + 2e−5t u ( t ) = ⎜ e − t + e−5t ⎟ u ( t ) h ( t ) = h1 ( t ) ∗ ⎣ 4 ⎝4 ⎠
2-6 解题过程： （1） e ( t ) = u ( t ) ， r ( 0 − ) = 1 ， r ( 0 − ) = 2
'
方法一：经典时域法：
⎧rZi '' ( t ) + 3rZi ' ( t ) + 2rZi ( t ) = 0 ⎪ ⎪ ' ' ①求 rZi ：由已知条件，有 ⎨rZi ( 0+ ) = rZi ( 0− ) = 2 ⎪ ' ' ⎪ ⎩rZi ( 0+ ) = rZi ( 0− ) = 1
−t
(
−2 t
) u (t )
−2 t
零输入响应： rZi ( t ) = 4e − 3e
−t
(
) u (t )
零状态响应： rZs ( t ) = e − e
−t
(
−2 t
) u (t )
自由响应： 5e − 4e 受迫响应： 0 2-10 分析：
(
−t
−2 t
) u (t )
2
+∞ d r ( t ) + 5r ( t ) = ∫ e (τ ) f ( t − τ ) dτ − e ( t ) = e ( t ) ∗ f ( t ) − e ( t ) = e ( t ) ∗ ⎡ ⎣ f ( t ) − δ ( t )⎤ ⎦ −∞ dx
特征方程： α + 3α + 2 = 0 特征根为： α1 = −1 ， α 2 = −2
2
故 rZi ( t ) = A1e + A2 e
−t
(
−2 t
) u ( t ) ，代入 r ( 0 ) ， r ( 0 ) 得 A = 4 ， A
'
Zi
+
Zi
+
1
2
= −3
故 rZi ( t ) = 4e − 3e
3 2
因为 e ( t ) = u ( t ) 故设特解为 rZsp ( t ) = C ⋅ u ( t ) ，代入原方程得 C = 故 rZs ( t ) = rZsh ( t ) + rZsp ( t ) = ⎜ B1e + B2 e
−t
'
⎛ ⎝
−2 t
3⎞ + ⎟ u (t ) 2⎠
代入 rZs ( 0+ ) ， rZs ( 0+ ) 得 B1 = −2 ， B2 = 故 rZs ( t ) = ⎜ −2e +
∴ s (t ) = f (t ) ∗ f (t ) = u (t ) ∗ ⎡ ⎣δ ( t ) − δ ( t − 1) ⎤ ⎦ ∗ u (t ) ∗ ⎡ ⎣δ ( t ) − δ ( t − 1) ⎤ ⎦ =⎡ ⎣u ( t ) ∗ u ( t ) ⎤ ⎦∗⎡ ⎣δ ( t ) − 2δ ( t − 1) + δ ( t − 2 ) ⎤ ⎦ = tu ( t ) ∗ ⎡ ⎣δ ( t ) − 2δ ( t − 1) + δ ( t − 2 ) ⎤ ⎦ = tu ( t ) − 2 ( t − 1) u ( t − 1) + ( t − 2 ) u ( t − 2 )
自由响应： ⎜ 2e − 受迫响应：
⎛ ⎝
−t
5 −2t ⎞ e ⎟ u (t ) 2 ⎠
3 u (t ) 2
−3t '
综观以上两种方法可发现 p 算子法更简洁，准确性也更高 （2） e ( t ) = e u ( t ) ， r ( 0− ) = 1 ， r ( 0− ) = 2 运用和上题同样的方法，可得 全响应 r ( t ) = 5e − 4e
2
rZi ( t ) 的求法与经典时域法一致， rZi ( t ) = ( 4e− t − 3e−2t ) u ( t )
再求 rZs ( t ) ：e ( t ) = u ( t ) ，r ( t ) =
p+3 u ( t ) = ( p + 3) ⎡ e − t u ( t ) ∗ e −2t u ( t ) ∗ u ( t ) ⎤ ⎣ ⎦ ( p + 1)( p + 2 )
−t
d h ( t ) + 5h ( t ) = e − t u ( t ) + 2δ ( t ) dt
对于因果系统 h ( 0− ) = 0 先求满足
( ∗)
d h1 ( t ) + 5h1 ( t ) = δ ( t ) 的 h1 ( t ) ： h1 ( t ) = Ae −5t u ( t ) dt
利用冲激函数匹配法，在 ( 0− , 0+ ) 时间段内
⎧d ⎪ h1 ( t ) = aδ ( t ) + bΔu ( t ) ⎨ dx ⎪h1 ( t ) = aΔu ( t ) ⎩
( 0− < t < 0+ )
⇒ aδ ( t ) + bΔu ( t ) + 5aΔu ( t ) = δ ( t ) ⇒ a = 1, b = −5 ⇒ h1 ( 0+ ) = a + h ( 0− ) = A = 1 ⇒ h1 ( t ) = e −5t u ( t )
∫
+∞
−∞
x1 (τ ) x2 ( t − τ ) dτ ，但是这种依靠定义的基本方
法可能不是最简便的。更应该注意灵活运用卷积的性质（卷积的交换律、结合律、分配律； 卷积的微分与积分；与冲激函数或阶跃函数的卷积）对表达式进一步的化简，甚至直接得到 结果。 解题过程： （1） f ( t ) = u ( t ) − u ( t − 1) = u ( t ) ∗ ⎡ ⎣δ ( t ) − δ ( t − 1) ⎤ ⎦
注：可见（2）中的 s ( t ) 是（1）中 s ( t ) 右移两位，不难推出如下结论：
s1 ( t ) = x1 ( t ) ∗ x2 ( t ) s2 ( t ) = x1 ( t − t1 ) ∗ x2 ( t − t2 ) = s1 ( t − t1 − t2 )
( t1 ≥ 0, t2 ≥ 0 )
代入微分方程，平衡 δ ( t ) 两边的系数得 a = 1 故 rZs ( 0+ ) = rZs ( 0− ) + 1 = 1 ， rZs ( 0+ ) = rZs ( 0− ) = 0
' '
再用经典法求 rZs ( t ) ：齐次解 rZsh ( t ) = B1e + B2 e
−t
(
−2 t
) u (t )
4
= f1 ( t ) ∗ ⎡ ⎣δ ( t + 10 ) + 2δ ( t ) + δ ( t − 10 ) ⎤ ⎦
= f1 ( t + 10 ) + 2 f1 ( t ) + f1 ( t − 10 )
（3） s3 ( t ) = ⎡ ⎣ f1 ( t ) ∗ f 2 ( t ) ⎤ ⎦⎡ ⎣u ( t + 5 ) − u ( t − 5 ) ⎤ ⎦ ∗ f2 (t ) 由（1）得 f1 ( t ) ∗ f 2 ( t ) = s1 ( t ) ， ⎡ ，保留 ( −5,5 ) ⎣u ( t + 5 ) − u ( t − 5 ) ⎤ ⎦ 相当于一个“时间窗” 内的信号，其它范围内的信号为 0。 （4） s4 ( t ) = f1 ( t ) ∗ f 3 ( t ) 发生时域信号的叠加
方法二： p 算子法 （常用关系式：①
dx ( t ) 1 = px ( t ) ，② e− λt u ( t ) = δ (t ) dt p+λ
③
⎡ 1 ⎤ 1 1 x (t ) = δ ( t ) ∗ x (t )⎤ δ ( t ) ⎥ ∗ x ( t ) = e− λt u ( t ) ∗ x ( t ) ） =⎢ ⎡ ⎣ ⎦ p+λ p+λ ⎣ p+λ ⎦
1
受迫响应：
3 u (t ) 2
方法二： p 算子法
d2 d d r t + 3 r ( t ) + 2r ( t ) = e ( t ) + 3e ( t ) 2 ( ) dt dt dt
化为算子形式为： p + 3 p + 2 r ( t ) = ( p + 3) e ( t )
2
(
)
特征方程： α + 3α + 2 = 0 特征根为： α1 = −1 ， α 2 = −2
其中 e u ( t ) ∗ e
−t
−2 t
t 1 ⎛1 ⎞ u ( t ) ∗ u ( t ) = ∫ ( e−τ − e−2τ ) dτ = ⎜ − e− t + e−2t ⎟ u ( t ) 0 2 ⎝2 ⎠
1 1 3⎞ ⎛1 ⎞ ⎛ ∴ rZs ( t ) = ( p + 3) ⎜ − e− t + e−2t ⎟ u ( t ) = ⎜ −2e− t + e −2t + ⎟ u ( t ) 2 2 2⎠ ⎝2 ⎠ ⎝ 5 3⎞ ⎛ ∴ 全响应 r ( t ) = rZi ( t ) + rZs ( t ) = ⎜ 2e − t − e−2t + ⎟ u ( t ) 2 2⎠ ⎝
−t
1 2
⎛ ⎝
1 −2t 3 ⎞ e + ⎟ u (t ) 2 2⎠ ⎛ ⎝
−t
③全响应： r ( t ) = rZi ( t ) + rZs ( t ) = ⎜ 2e −
5 −2t 3 ⎞ e + ⎟ u (t ) 2 2⎠
自由响应： ⎜ 2e −
⎛ ⎝
−t
5 −2t ⎞ e ⎟ u (t ) 2 ⎠
已知冲激函数 δ ( t ) 与单位冲激响应 h ( t ) 为“输入——输出”对，故 e ( t ) = δ ( t ) 时，
r ( t ) = h ( t ) 。类似上题，也可以用经典法和算子法两种思路求解该微分方程。
解题过程：方法一：经典法 代入 e ( t ) = δ ( t ) ， f ( t ) = e u ( t ) + 3δ ( t ) 得到
引入微分算子 p ， ( ∗) 式变成：
( p + 5) h ( t ) =
1 δ ( t ) + 2δ ( t ) p +1
3
1 ⎞ ⎛ 1 ⎜ −4 ⎟ 1 1 2 2 δ (t ) + δ (t ) = ⎜ δ (t ) ⇒ h (t ) = ⋅ + 4 ⎟δ (t ) + p + 5 p +1 p+5 p 5 p 1 p 5 + + + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠
−t
(
−2 t
) u (t )
'' '
②求 rZs ： 将 e ( t ) = u ( t ) 代入原方程，有 rZs ( t ) + 3rZs ( t ) + 2rZs ( t ) = δ ( t ) + 3u ( t )
பைடு நூலகம்
⎧rZs '' ( t ) = aδ ( t ) + bΔu ( t ) ⎪ ⎪ ' 用冲激函数匹配法，设 ⎨rZs ( t ) = aΔu ( t ) ⎪ ⎪ ⎩rZs ( t ) = at Δu ( t )