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打印版信号与系统论述
第第
内容摘要
1页页
⎧输入—输出描述法
建立系统的数学模型⎩⎨状态变量描述法
()()
⎧uc0=u0
−
+
c
满足换路定则⎨
()()
iL0=i0
−
⎩
+
L
经典法:
→定初始条件
求
解
系
统
响
应
起始点有跳变:
求跳变量
零输入响应:
用经典法求解
双零法
零状态响应:
卷积积分法求解
卷积积分法:
求零状态响应
X
第第
例题
2页页
•例题1:
连续时间系统求解(经典法,双零法)
•例题2:
求冲激响应(n>m)
•例题3:
求冲激响应(n<m)
•例题4:
求系统的零状态响应
•例题5:
卷积
•例题6:
系统互联
X
第第
例2-1
1页页
描述某LTI系统的微分方程为
()()
()
det
2
drtdrt
()
()
+3+2rt=2+6et
2
dtdt
r=e(t)=u(t),求系统的全响应,
−
dt
()()
0=2,′00,
已知r
−
并指出零输入响应,零状态响应,自由响应,强迫响应。
X
第第
分析
2页页
在求解系统的完全响应时,要用到有关的三个量是:
():
起始状态,它决定零输入响应;
r(k)0−
():
跳变量,它决定零状态响应;
(k)
zs
r0
+
()
r(k)0:
初始条件,它决定完全响应;
+
这三个量之间的关系是
()()()
r(k)0−r0=r0
(k)
(k)
zs
+
−
+
分别利用
()()
(k)
zs
(k)
r0,r0
+
+
求零状态响应和完全响应,需先确定微分方程的特解。
X
第第
解:
3页页
()()
将et=ut代入原方程有
()()
d2rtdrt
()()()
+3+2rt=2δt+6ut
dt2
dt
()()
r′0,r0
先来求完全响应,再求零输入
方法一:
利用
+
+
响应,零状态响应等于完全响应减去零输入响应。
方法二:
用方法一求零输入响应后,利用跳变量
′
′
()()
rzs0,r0
+
zs
+
来求零状态响应,零状态响应加上零输入响应等于完
全响应。
本题也可以用卷积积分求系统的零状态响应。
X
第第
方法一
4页页
1.完全响应
该完全响应是方程
()()
dt2
d2rtdrt
+3+2rt=2δt+6ut
dt
()()()
(1)
()()
且满足02,0=0的解
r=r′
−
−
方程
(1)的特征方程为
α2+3α+2=0
特征根为
α11,α2−2
X
第第
5页页
方程
(1)的齐次解为
()
rt=A1e−t+A2e−2t
因为方程
(1)在t>0时,可写为
()()
d2rtdrt
()()
+3+2rt=6ut
dt
(2)
dt2
显然,方程
(1)的特解可设为常数D,把D代入方程
(2)求得
D=3
所以方程
(1)的解为
()
rtA1e−t+A2e−2t+3
下面由冲激函数匹配法定初始条件
X
第第
由冲激函数匹配法定初始条件
6页页
据方程
(1)可设
()=aδ(t)+bΔu(t)
d2rt
dt2
dr(t)=aΔu(t)
dt
()
rt无跳变
代入方程
(1),得
aδ(t)+bΔu(t)+3aΔu(t)+2r(t)=2δ(t)+6u(t)
()
匹配方程两端的δt,及其各阶导数项,得
a=2
X
第第
7页页
所以
()()
r0r0+a=0+2=2
′=′
+
−
()()
r0r0=2
+
−
()()
把r′0=2,r0=2代入
+
+
()
rt=A1e−t+A2e−2t+3
得A1=0,A2=−1,所以系统的完全响应为
()
rt=−e−2t+3
t≥0
再求零输入响应rzi(t)
X
第第
2.求零输入响应
8页页
()
因为激励为零,零输入响应rzit是方程
()()
d2rtdrt
()
+3+2rt=0
(3)
dt2
dt
()()()
且满足rzi0=r0=r0=2,
+
zi
−
−
′()=rzi′(0−)()
=r′
0=0的解.
(4)
−
rzi
0
+
(3)式的特征根为
α1=−1,α2=−2
方程(3)的齐次解即系统的零输入响应为
()
rzit=B1e−t+B2e−2t
X
第第
9页页
()
rzit=B1e−t+B2e−2t
′
()()
由rzi0=2,r0=0,代入(4)式解得
+
zi
+
B1=4,B2=−2
所以,系统的零输入响应为
()
rzit=e
42
−
t
−e−2t
t≥0
下面求零状态响应
X
第第
3.求零状态响应
10页页
零状态响应=完全响应—零输入响应,即
()
rzst=−4e−t+e−2t+3
t≥0
因为特解为3,所以
强迫响应是3,自由响应是−
4ee−2t
−
t
+
X
第第
方法二
11页页
()
零状态响应rzst是方程
()()
d2rtdrt
()()()
+3+2rt=2δt+6ut
(5)
dt2
dt
且满足rzs0=rzs′(0−)=0的解
()
−
″
()
()
′
由于上式等号右边有δt项
()
,故rt应含有冲激函数,
zs
′
′
()()
rzs0≠r0
zs
+−
从而rzst将发生跳变,即
()
而rzst在t=0处是连续的.
以上分析可用下面的数学过程描述
d2
dt2
d
()()()()()
rzst+aδt+bΔut,rt+aΔut
zs
dt
X
第第
12页页
代入(5)式
aδ(t)+bΔu(t)+3aΔu(t)+2r(t)=2δ(t)+6u(t)
()
根据在t=0时刻,微分方程两端的δt及其各阶导数应
该平衡相等,得
a=2
于是
′
′
()()
rzs0=r0+a=2
+
zs
−
()
rzs0r=0
(0)
+
zs
−
t>0时,方程为
d2rtdrt
+3+2rt=6ut
dt2
dt
()()
()()
X
第第
13页页
齐次解为
D1e−t+D2e−2t
,特解为3,于是有
()
rzit=D1e−t+D2e−2t+3
′
()
由初始条件rzs0=2,r=0得
(0)
+
zs
+
D1=−4,D2=1
所以,系统的零状态响应为
()
rzst=4e−t+e−2t+3
(t≥0)
方法一求出系统的零输入响应为
()
rzit=e
42
−
t
−e−2t
t≥0
完全响应=零状态响应+零输入响应,即
()
rt=−e−2t+3
(t≥0)
X
第第
例2-2
1页页
已知某系统的微分方程为
()()
()
det
2
+5+6rt=3+2et
drtdrt
()
()
2
d
t
dt
dt
试求其冲激响应h(t).
冲激响应是系统对单位冲激信号激励时的零状态响应。
在系统分析中,它起着重要的作用。
下面我们用两种方
法来求解本例。
方法一:
奇异函数项相平衡法
方法二:
齐次解法
X
第第
方法一:
奇异函数项相平衡法
2页页
首先求方程的特征根,得
α1=−2,α2=−3
因为微分方程左边的微分阶次高于右边的微分阶次,
冲激响应为
()(
)()
htA1e−2t+A2e−3tut
(1)
对上式求导,得
dh(t)
()()(
)()
2A1e−2t−3A2e−3tut
AAt
=+δ+−
1
2
dt
()
d2ht
dt2
()()(
)()
′
2A1e−2t−3A2e−3tut
AAt
=+δ+−
1
2
+(
4A1e−2t+9A2e−3tut
)()
X
第第
3页页
()()
将et=δt,以及上述三个等式代入原微分方程,整理
()()(
)()()()
=′
AAδt3A2A2δt3δt+2δt
+′++
1
2
1
则得
解得
A+A2=3
3A1+2A2=2
⎧
⎨
⎩
1
A=−4
⎧
⎨
⎩
1
A=7
2
代入
(1)得
h(t)=(−
)()
4e−2t+7e−3tut
X
第第
方法二:
齐次解法
4页页
()()
先求方程d2rtdrt
∧
()()()
+5+6rt=δt的解ht,得
dt2
dt
∧
()(
)()
htC1e−2t+C2e−3tut
初始条件
得
解得
⎧
∧
()
⎪h0=0
+
C+C2=0
⎧C1=1
⎧
⎨
⎩
1
⎨
⎨
∧
−−=
2C3C1C=−1
()
⎩
⎪
h'0=1
+
⎩
1
2
2
即
∧
()()()
hteeut
=
−
−2t−3t
X
∧
()
dht
∧
()
+2ht
()
∴ht=3
dt
=3−2e−2t+3e−3tut3eet2eeut
(
)()()()()()
+−−
−2t−3tδ+−2t−3t
(
)()()()
=3−2e−2t+3e−3tut2eeut
+−
−2t−3t
(
)()
7e−3t−4e−2tut
说明:
齐次解法相对于奇异函数项相平衡法和冲激函数
∧
ht
匹配法的优点是在求()时,只可能n>m,无需考虑其它
情况;由于n个初始条件是固定不变的,即
(n−2)
(n−1)
()
h0=h'0=L=h0=0,h0=1
∧
∧
∧
∧
()()
()
+
+
+
+
C0
dn
nh(t)项前面的系数,因而给计算
其中C0是微分方程中dt
带来了方便。
X
第第
例2-3
1页页
()()
若激励为et,响应rt的系统的微分方程
2
drt+2rt=et+3et+3et
d
d
()()()
()()
2
dt
求系统的冲激响应.
dt
dt
()()
将et=δt代入方程
2
d
d
d
()()()()()
(1)
ht+2ht=δt+3δt+3δt
2
dt
dt
dt
方法一:
奇异函数项相平衡法
方法二:
冲激函数匹配法
X
第第
方法一:
奇异函数项相平衡法
2页页
由于微分方程的右端比左端还高一阶,故冲激响应设成
()
()()()
+δδ
+′
23
ht=A1e−2tutAtAt
(2)
将
(2)式代入
(1)式,得
⎧+=
A2A3
1
2
⎪
⎨
A+2A3=2
2
⎪
A=1
3
⎩
解得冲激响应
阶跃响应
()()()()
−2
t
+δ+δ′
hteuttt
hd
=ττ=⎜⎛1−
eutt
⎝2⎠
⎞
()()
−2t⎟+δ
1
t
()∫()
gt
−
0
X
第第
方法二:
冲激函数匹配法
3页页
2
d
d
d
()()()()()
rt+2rt=δt+3δt+3δt
(1)
dt
dt
2
dt
微分方程的齐次解为
()
ht=B1e−2t
(3)
下面用冲激函数匹配法求初始条件,设
()
drt
()()()()
atbt+ct+dΔut
=δ′′+δ′δ
dt
()()()()
rtat+bt+cΔut
=δ′δ
上述两等式代入方程
(1),经整理得
()()()()()()()
atbtctdut2at+2bt+2cΔut
δ′′+δ′+δ+Δ+δ′
δ
=δ′′(t)+3δ′(t)+3δ(t)
X
⎧=
a1
根据在t=0时刻,微分方程两端的冲激
函数及其各阶导数应该平衡相等,解得
⎪
⎨b1
⎪
c=1
⎩
于是
()()
r0=r0+c=1
+
−
()
把r0=1代入(3)式,求得A1=1,考虑n=1,m=2,n + () () ht中应加上δ函数匹配过程中出现的δt及其导数项 ()()(m−n)(t) δ′LδLδ t ′ t 故冲激响应为 ()()()() = −2t +δ+δ hteuttt 说明: 两种方法求得的结果一致。 一般说来,第二种方法 比第一种方法简单,特别是对高阶方程。 X 第第 例2-4 1页页 已知线性时不变系统的一对激励和响应波形如下图所示, ()[()()] 求该系统对激励的=π −−零状态响应。 etsintutut1 e(t) r(t) 1 1 O 1 2 t t O 1 1 2 2 3t 对激励和响应分别微分一次,得 () () r′t e′t ()()() ′=δ−δ−2 ettt 1 (1) ()[()()] ′=−−1 2 3 rtutut 1 O t O (1) −[u(t−2)−u(t−3)] −1 X 第第 2页页 ()() ()()() 当激励为e′t=δt时,响应为rtutut1 ′=−− ()() ()()() 于是,当激励为et=δt时,响应为rt=ut−ut−1 即h(t)=u(t)−u(t−1) () [()()] 当激励为et=sinπtut−ut−1时的零状态响应为 r(t)=e(t)∗h(t) ={sinπt[u(t)−u(t−1)]}∗[u(t)−u(t−1)] t [()()] 1 ∫ t−1 [()()] ∫ =sinπτdτut−ut−2+sinπτdτut−ut−2 0 2 ( )[()()] =π1−cosπtut−ut−2 X 第第 例2-5计算卷积 f1(t)∗f2(t),并画出波形. 1页页 f1(t) f2(t) 2 1 1e−(t+1)u(t+1) o −1 o t t 1 此题如果直接利用卷积微分与积分性质计算,则将得出 错误的结果。 () 其原因在于f1t在t=−∞时不等于零; 从图形上看,f1′t只在t=1点有一个冲激信号δt−1 () () () 然而,对此微分信号积分并不能恢复原信号f1t,即 () df1τ dτ t t ∫ ∫()()() dτ=δτ−τ=−≠ 1dut1ft 1 −∞ −∞ X 第第 2页页 从原理上看,如果 () df1(τ)dτ dft t ()()∗∫ f1t∗ft= 1 2 dτ dt −∞ 则应有 df1(τ)dτ f1(t)=∫−t∞ dτ () limft=0 很容易证明,上式成立的充要条件是t→−∞ 1 显然,所有的时限信号都满足上式。 对于时限信号,可 以放心地利用卷积的微分与积分性质进行卷积计算。 此题若将f1(t)看成两个信号的叠加,则也可以利用该性 质计算: ()()() ()() t 1 f1t=+ut−ft=e−+1ut+ 1 1 2 X ()()() st=ft∗ft 1 2 [()](+1) () ut =1+−1∗ eut t+1 ()()()()(+1) +1+−1∗−t+1 =1∗eututeut −t+1 du(t−1) +∞ t =∫ euτ+1dτ+ ()() ∗∫()() −τ+1 −τ+1τ+1dτ eu dt −∞ −∞ +∞ t =∫ e−(τ+1)dτ+δ−1∗ ()∫−(τ+1) t e dτ −1 −1 t−1 ()() =1+∫ e−(τ+1)dτ=1+1−eut −t −1 2f1(t)∗f2(t) 1 o t −(t+1)() −(t+1)() ut+ 1 注意: 1∗e ut+≠e 1 X 第第 例2-6 1页页 对图(a)所示的复合系统由三个子系统构成,已知各子系 统的冲激响应如图(b)所示。 (1)求复合系统的冲激响应h(t),画出它的波形; ()() (2)用积分器、加法器和延时器构成子系统hatht 和 b 的框图; ha(t) ht () b ha(t) +y()t f(t) 1 1 ha(t) Σ + hb(t) o o 1 t t 1 2 (a) (b) X 第第 分析 2页页 本例的总系统是几个子系统串、并联组合而成的。 对因果系统而言,串联系统的冲激响应等于各串联子 系统的冲激响应卷积;并联系统的冲激响应等于各并 联子系统的冲激响应相加。 系统的零状态响应,可以用系统的微分方程求解,也 可以用系统的冲激响应与激励信号的卷积求解。 后一 种方法回避了起始点跳变问题,但是,这种方法只限 于求零状态响应,不能求完全响应。 其原因在于卷积 运算是一种线性运算,它满足叠加性、齐次性与时不 变性。 而当系统的起始状态不为零时,系统的完全响 应不满足叠加性、齐次性与时不变性。 X 第第 (1)求h(t) 3页页 ()() 当ft=δt时,系统的零状态响应为h(t), 复合系统的冲激响应为 ()()[()()] ht=ht∗ht+ht a a b 其波形如图 h(t) 1 O 3t 1 2 (c) X 第第 ()() (2)子系统hat和ht的框图 4页页 b 由于 ha(t)=u(t)−u(t−1)=[δ(t)−δ(t−1)]∗u(t) ha(t)框图如图(d)所示 ()() 子系统hat和ht的关系为 b ()() hbt=ht−1 a () 故hbt的框图如图(e)所示 + + Σ ∫ ∫ Σ T − − T T T=1s T=1s (d) (e) X
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