信号与系统 第六章典型例题

∞
e(t) = ∑δ (t − nT), k =−∞
e(t)
＋
－
延迟Ｔ (a)
n = 0,±1,±2,L,其波形如图(b)所示。
e(t )
rzs (t)
∫
L
(1)
LБайду номын сангаас
-T 0 T 2T
t
(b )
解：系统的单位冲激响应为：
h(t )
=
∫t
−∞
[δ
(τ
)
−
δ
(τ
− T )]dτ
=
u(t) − u(t
−T)
∴ rzi (t) = c1e−t + c2 e−2t
又
rz′ri (zi0()0)==−cc11
+ −
c2 2c
=1 2=
1
∴
cc21
=3 = −2
∴ rzi (t) = (3e −t − 2e−2t )u(t)
2）求冲激响应 h(t)
由特征根及 n > m ，得： h(t) = (k1e−t + k2e−2t )u(t) h′(t) = (k1 + k2 )δ (t) + (−k1e−t − 2k2e−2t )u(t) h′′(t) = (k1 + k2 )δ ′(t) + (−k1 − 2k2 )δ (t ) + (k1e −t + 4k 2e −2t )u(t) 将 e(t) = δ (t) ， r (t) = h(t ) 代入微分方程，各系数对应相等，有
∴ r4 (t ) = 2rzi(t) + 0.5rzs (t) = 6e −3tu(t ) − 0.5e−3tu(t ) + 0.5 sin 2t ⋅ u(t) = (5.5e −3t + 0.5sin 2t )u(t )
例 6-9：求图(a)所示系统的零状态响应 rzs (t) ，并画出其波形。已知：
2）起始条件增大一倍，激励为 0.5e(t ) 时的全响应 r4 (t) 。
解：1）设零输入响应为 rzi (t ) ，零状态响应为 rzs (t ) ，则有：
rzi (t
rzi (t )
) + rzs(t) + 2r zs(t)
= =
r1(t) = (2e −3t r2 (t) = (e−3t
+ sin 2t)u(t) + 2 sin 2t)u(t
例
6-4：已知系统微分方程为：
d 2 r(t) dt 2
+
5 dr (t) dt
+
6 r(t )
=
d 2e(t) dt 2
−
2
de(t) dt
若初始条件 r (0− ) = 1， r ′(0− ) = 2 ，激励信号 e(t) = u(t) ，试计算跳变值及 r (0+ ) 、
r ′(0+ ) 值。
例 6-8 ： LIT 系 统 ， 在 相 同 的 其 始 条 件 下 ， 激 励 为 e(t) 时 ， 其 全 响 应 r1(t ) = (2e−3t + sin 2t )u(t ) ；激励为 2e(t) 时， r2 (t ) = (e −3t + 2 sin 2t)u(t) 。 求：1）起始条件不变，激励为 e(t − t0 ) 时的全响应 r3(t ) ， t0 > 0 为实常数；
a =1 b + 5a = −2 c + 5b + 6a = 0
r ′(t) = δ (t) − 7u(t)
r(t) = u(t)
r ′(0+ ) − r′(0− ) = −7
r (0+ ) − r(0− ) = 1
a =1 ∴ b = −7
c = 29
∴ r′(0+ ) = r′(0− ) − 7 = −5 ∴r(0+) = r(0−) +1 = 2
= b2[−a1q(3) (t) − a0q′′(t) + e′′(t)] + b1[−a1q ′′(t ) − a0q ′(t ) + e′(t)] + b0[−a1q′(t) − a0q(t) + e(t)] = −a1r ′(t) − a0r(t ) + b2e′′(t ) + b1e′(t) + b0e(t) ∴ r′′(t ) + a1r ′(t ) + a0r (t) = b2e′′(t) + b1e′(t ) + b0e(t )
∴ 该系统是线性的
（2）判断时不变性 e1(t) → r1(t) = te1(t) e2 (t) = e1(t − t0 ) → r2 (t )
r2 (t )
=
te2 (t)
=
t e1 ( t
−
t0
)
=
t
t −t0
r1 (t
−
t0
)
≠
r1 (t
−
t0 )
∴ 为时变系统。
（3）判断因果性 因为产生响应的时刻与系统施加激励的时刻相同，所以此系统具有因果性。
h(t) 的波形如图 (c) 所示。故得零状态响应为：
∞
∞
rzs (t ) = e(t ) ∗ h(t ) = ∑δ (t − nT) ∗ h(t) = ∑ h(t − nT) =1
n= −∞
n=−∞
rzs (t ) 的波形如图 (d) 所示。
h(t) １
rzs (t )
１
0T
t
-T
T 2T
t
(c)
=
∫
t 0
[2e
(τ
−
2t
)
−
e2 (τ −t) ]dτ
⋅ u(t)
= [2e(τ −2t)
t 0
− 1 e2(τ −t ) 2
t 0
]u(
t)
= (2e−t − 3 e−2t − 1 )u(t )
2
2
4）全响应 r (t)
r (t) = rzi (t) + rzs (t) = (5e −t − 3.5e−2t − 0.5)u(t )
dt 2
dt
dt
若激励 e(t) = (2e −t −1)u(t) ，系统的初始状态 rzi (0) = rz′i (0) = 1
求系统的零输入响应 rzi (t ) ， h(t) ， rzs (t ) 和 r (t) 。
解：1）求系统的零输入响应
α 2 + 3α + 2 = 0
∴α1 = −1
α 2 = −2
2kk11++kk22
=1 =1
∴ h(t ) = e −2tu(t)
∴
k1 k2
= =
0 1
3）求系统的零状态响应 rzs (t )
rzs (t ) = e(t) ∗ h(t ) = (2e−t −1)u(t ) ∗ e−2tu(t)
=
∫
t 0
(2e
−τ
− 1)e −2(t −τ )dτ
⋅ u(t )
例 6-1：某连续系统的框图如下所示，写出该系统的微分方程。
e(t )
r′′(t) ∫ r′(t) ∫
r(t )
－ a1
－ a0
解 ：系统框图中有两个积分器， 故描述该系统的是二阶微分方程 。由加法器的 输出，得；
r ′′(t) = −a1r ′(t) − a0r(t ) + e(t )
∴ r ′′(t) + a1r ′(t ) + a0r (t) = e(t )
Ω ，以电容电压uc (t)
为
输出响应，试求冲激响应和阶跃响应。
＋
e(t ) －
Ｌ i(t) Ｒ
＋ －uc (t )
解：
ie(t()t)==uLcR(dt)id(t+t )c+duudcct((tt))
∴
LC
d
2uc (t ) dt
+
L R
duc (t ) dt
+
uc
(t )
=
e(t )
代入 L = 1 H C = 1F R = 1 Ω
上式即为描述该系统的微分方程。
例 6-2：某连续系统如下所示，写出该系统的微分方程。
b2
b1
e(t)
q′′(t )
q′(t)
∫
∫ q(t)b0
r(t )
－ a1
－ a0
解：系统有两个积分器，为二阶系统。 设右方积分器的输出为 q(t) ，则各积分器的输入为 q′(t) 、 q′′(t ) 。
左方加法器的输出为： q ′′(t ) = −a1q′(t) − a0 q(t) + e(t) 右方加法器的输出为： r (t) = b2 q′′(t) + b1q′(t) + b0 q(t ) r ′′(t) = b2q (4) (t ) + b1q (3) (t) + b0q′′(t )
2kk11++kk22
=0 =2
kk21
=2 = −2
∴ h(t ) = (2e−t − 2e−2t )u(t )
2）求 g (t)
g(t)
=
∫
t −∞
h(τ )dτ
=
∫
t 0
2e −τ
− 2e−2τ dτ
= (1− 2e −t
+ e−2t )u(t)
例 6-7：已知： d 2r(t) + 3 dr(t) + 2r(t) = de(t) + e(t)
2k1k1++k2k2==−21
kk21
=3 = −4
∴ h(t ) = (3e−t − 4e−2t )u(t )
g(t)
=
∫
t −∞
h(τ )dτ
=
∫
t 0
3e
−τ
− 4e−2τ dτ
= (−3e−t
+ 2e −2t
+ 1)u(t)
例
6-6：已知下图所示电路中，L
=
1 2
H
，C
=
1F
，R
=
1 3
上式即为描述该系统的二阶微分方程。
例 6-3：判断系统 r (t) = te(t ) 是否为线性、时不变性和因果性的系统 解：（1）判断线性
e1(t) → r1(t) = te1(t)
e2 (t) → r2 (t) = te2 (t) 令 e3 (t ) = a1e1(t) + a2e2 (t)
则 e3 (t) → r3 (t ) = te3 (t) = t[a1e1 (t) + a2e2 (t)] = a1te1 (t) + a2te2 (t) = a1r1 (t) + a2r2 (t )
例 6-5：如下图所示的 LTI 系统，求其 h(t) 和 g (t) 。
－１
e(t)
∫
∫
２
r(t)
－３
－２
解：描述该系统的微分方程为： r ′′(t) + 3r ′(t) + 2r (t) = −e′(t ) + 2e(t )
α 2 + 3α + 2 = 0 α1 = −1 α 2 = −2 n > m ∴ h(t ) = (k1e−t + k2e−2t )u(t) h′(t) = (k1 + k2 )δ (t) + (−k1e−t − 2k2e−2t )u(t) h′′(t) = (k1 + k2 )δ ′(t) + (−k1 − 2k2 )δ (t ) + (k1e −t + 4k 2e −2t )u(t) 又 h′′(t) + 3h′(t) + 2h(t) = −δ ′(t) + 2δ (t )
解：假设 r ′′(t) = aδ ′(t) + bδ (t ) + cu(t)
0− < t < 0+
r ′(t) = aδ (t) + bu(t )
r (t ) = au(t )
aδ ′(t ) + bδ (t) + cu(t) + 5aδ (t ) + 5bu(t ) + 6au(t ) = δ ′(t ) − 2δ (t )
2
3
得： uc′′(t) + 3uc′ (t ) + 2uc (t) = 2e(t )
1）求 h(t)
α 2 + 3α + 2 = 0 α1 = −1 α 2 = −2 n > m ∴ h(t ) = (k1e−t + k2e−2t )u(t) h′(t) = (k1 + k2 )δ (t) + (−k1e−t − 2k2e−2t )u(t) h′′(t) = (k1 + k2 )δ ′(t) + (−k1 − 2k2 )δ (t ) + (k1e −t + 4k 2e −2t )u(t) 又 h′′(t) + 3h′(t) + 2h(t) = 2δ (t)
(d)
)
∴
rzs
(t
rzi )=
(t) = (−e−
3e−3t u(t ) 3t + sin 2t)
u(t)
∴ r3 (t ) = rzi (t ) + rzs (t − t0 )
= 3e −3tu (t) + [−e −3(t−t0 ) + sin 2(t − t0 )]u(t − t0 )
2）起始条件增大一倍 → rzi (t) 增大一倍 激励变为 0.5e(t ) → rzs (t) 变为 0.5 倍