【文章內(nèi)容簡介】 –sin(πt)]u(t) 根據(jù) LTI系統(tǒng)的時不變特性 e1(t–1) →r 1zs(t – 1) ={ –4 + cos[π(t –1)]}u(t–1) 由線性性質，得：當輸入 e3(t) = +2e1(t–1)時， r3zs(t) = + 2r1zs(t–1) = –3δ(t) + [4 –πsin(πt)]u(t)+ 2{ –4 + cos[π(t –1)]}u(t–1) dttde )(1dttdr zs )(1dttde )(1）－（ 1te?te?dttdrzs )(1 te?）－（ 1te?H? ?t? ? ?th一．沖激響應 1．定義 系統(tǒng)在單位沖激信號 δ (t) 作用下產(chǎn)生的 零狀態(tài)響應 ，稱為單位沖激響應，簡稱沖激響應，一般用 h(t)表示。 沖激響應和階躍響應 [例 ] 描述某系統(tǒng)的微分方程為 r”(t)+5r’(t)+6r(t)=e(t)求其沖激響應 h(t)。 解： 根據(jù) h(t)的定義有 h”(t) + 5h’(t) + 6h(t) = δ(t) h’(0 ) = h(0) = 0， 利用沖激函數(shù)匹配法，設： h”(t) =a δ(t)+b h’(t) =a h(t) =0 解得： a=1, b=5 h(0+)=h(0)=0 h’(0+) =1 + h’(0 ) = 1 微分方程的特征根為 故系統(tǒng)的 沖激響應 為 代入初始條件求得 A1=1,A2=1, 所以 3221??????)()()( 3221 tueAeAth tt ?? ??)()()( 32 tueeth tt ?? ??對 t0時， h”(t) + 5h’(t) + 6h(t) = 0 ，故系統(tǒng)的沖激響應為齊次解。 [例 ] 描述某系統(tǒng)的微分方程為 r”(t)+5r’(t)+6r(t)= e”(t) + 2e’(t) + 3e(t) ，求其沖激響應 h(t)。 解：根據(jù) h(t)的定義有 h”(t) + 5h’(t) + 6h(t) = δ”(t)+ 2δ’(t)+3δ(t) (1) h’(0 ) = h(0) = 0 先求 h’(0+) 和 h’(0 )，根據(jù)沖激函數(shù)匹配法得： h”(t) = aδ”(t) +b δ’(t) +cδ(t)+ d h’(t) = aδ’(t) +bδ(t) + c h(t) = aδ(t) + b 帶入方程求得： a =1 ， b = 3， c = 12， d=42 故 h(0+) = – 3， h’(0+) =12 對 t≥0時，有 h”(t) + 6h’(t) + 5h(t) = 0 微分方程的特征根為 故系統(tǒng)的沖激響應為 3221??????)()()( 3221 tueAeAth tt ?? ??所以 : h(t) = δ(t) + b h’(t) = δ’(t) 3δ(t) + c h”(t) = δ”(t) 3 δ’(t) + 12δ(t)+ d 代入初始條件 h(0+) = – 3， h’(0+) =12 求得 A1=3， A2= – 6, 所以 結合式 h(t) = δ(t) + b 得 : )()63()( 32 tueeth tt ?? ??)()63()()( 32 tueetth tt ?? ??? ? 系統(tǒng)的輸入 e(t)=u(t) ，其響應為 r(t)=g(t) 。系統(tǒng)方程的右端將包含階躍函數(shù) u(t) ，所以除了 齊次解外，還有特解項 。 我們也可以根據(jù)線性時不變系統(tǒng)特性， 利用沖激響應與階躍響應關系求階躍響應 。 二．階躍響應 1．定義 系統(tǒng)在 單位階躍信號 作用下的 零狀態(tài)響應 ，稱為單位階躍響應，簡稱 階躍響應， 一般用 g(t)表示。 H? ?tu ? ?tg????tt0, 對因果系統(tǒng)：積分，注意積分限：階躍響應是沖激響應的－2．階躍響應與沖激響應的關系 線性時不變系統(tǒng)滿足微、積分特性 ? ??? t tttu d)()( ?? ??? t tthtg d)()(解： s由 1轉向 2后， 列寫 回路方程： R1 i(t)+vc(t)=e(t) vc(t)=L i’ L(t)+iL(t)R2 列寫 結點方程： i(t)=Cv’ c(t)+iL(t) [例 ]電路如圖所示，求電流 i(t)對激勵 e(t)=u(t)的階躍響應， t＝ 0時， s由 1轉向 2。 整理得到： i’’(t)+7i’(t)+10i(t)=e’’(t)+6e’(t)+4e(t) 階躍響應滿足： )(4)(6)()(10)(7)( 39。39。39。39。 tutttgtgtg ????? ??g(0)=0 ,得 0,)( 5221 ???? ?? tBeAeAtg tt特解 B代入得： 10B＝ 4， B＝ 2/5 利用沖激函數(shù)匹配法求解常數(shù) A1， A2，設： 代入原方程得到： 所以： a=1,b=1,c=1 atgbtatgctbtatg??????)()()()()()(39。39。39。39。???)(4)(6)(107)(7)()( 39。39。 tuttabtactbta ???????? ?????得： g(0+)=g(0)+1=1 g’(0+)=g’(0 )1=1 解得： A1=2/3, A2=1/15 得： )(]5/2)15/1()3/2[()( 52 tueetg tt ??? ?? 卷積積分 一、信號的時域分解 任意信號的分解 ????????dtfktkftftfnka)()()()()()(10????????????????? ?? ?? ?????????????????? ? ??))1(()()()()( 10ktuktukftftf nka卷積積分 (1)定義： 已知定義在區(qū)間（ – ∞ ， ∞ ）上的兩個函數(shù) f1(t)和 f2(t)，則定義積分 ? ?? ?????? 21)()( ??? dtfftf? ? ? ?tftftf 21)( ??記為 ： ? ? )(*)()()( thtedthetr zs ??? ? ???????(2) 任意信號作用下的零狀態(tài)響應 ???? dtete )()()( ?? ? ???[例 ]求卷積： )()]([ tutue t ?? ??????? dtuuetutue t )()()()]([ ??? ? ?? ??)0( 10??? ? tet???? ? )( 11 tue t?? ???解： ??? det? ?? 0 （ 3）卷積積分的求解 ? ??????????????????? ??????? dtueedthethtetrtzs)(]16[)()(*