[理學(xué)]第4講連續(xù)系統(tǒng)的時(shí)域分析-資料下載頁(yè)
2025-10-10 00:54本頁(yè)面
【正文】 y(j)(0+)= yzi(j)(0+)+ yzs(j)(0+) 對(duì)于 零輸入響應(yīng) ，由于激勵(lì)為零，故有 yzi(j)(0+)= yzi(j)(0) = y (j)(0) 對(duì)于 零狀態(tài)響應(yīng) ，在 t=0時(shí)刻激勵(lì)尚未接入，故應(yīng)有 yzs(j)(0)=0 yzs(j)(0+)的求法下面舉例說(shuō)明 。 例 1 第 21 頁(yè) ■ 零輸入響應(yīng)和零狀態(tài)響應(yīng) 舉例 例 ：描述某系統(tǒng)的微分方程為 y(t) + 3y39。(t) + 2y(t) = 2f 39。(t) + 6f(t) 已知 y(0)=2， y39。(0)=0， f(t)=ε(t)。求該系統(tǒng)的零輸入響應(yīng)和零狀態(tài)響應(yīng)。 解 ：（ 1） 零輸入響應(yīng) yzi(t) 激勵(lì)為 0 ，故 yzi(t)滿足 yzi(t) + 3yzi39。(t) + 2yzi(t) = 0 yzi(0+)= yzi(0)= y(0)=2 yzi39。(0+)= yzi39。(0)= y39。(0)=0 該齊次方程的 特征根 為 –1， – 2，故 yzi(t) = Czi1e –t + Czi2e –2t 代入初始值并解得系數(shù)為 Czi1=4 ,Czi2= – 2 ，代入得 yzi(t) = 4e –t – 2e –2t ,t 0 ■ 第 22 頁(yè) （ 2）零狀態(tài)響應(yīng) yzs(t) 滿足 yzs(t) + 3yzs39。(t) + 2yzs(t) = 2δ(t) + 6ε(t) 并有 yzs(0–) = yzs39。(0–) = 0 由于上式等號(hào)右端含有 δ(t)，故 yzs(t)含有 δ(t)，從而yzs39。(t)躍變，即 yzs39。(0+)≠yzs39。(0–)，而 yzs(t)在 t=0連續(xù)，即yzs(0+) = yzs(0–) = 0，積分得 [yzs39。(0+) – yzs39。(0–)]+ 3[yzs(0+)– yzs(0–)]+2 ?? ???? ??0000 d)(62d)( tttty zs ?因此， yzs39。(0+)= 2 + yzs39。(0–)=2 對(duì) t0時(shí)，有 yzs(t) + 3yzs39。(t) + 2yzs(t) = 6 不難求得其齊次解為 Czs1e–t + Czs2e–2t，其特解為常數(shù) 3， 于是有 yzs(t)=Czs1e–t + Czs2e–2t + 3 代入初始值求得 yzs(t)= – 4e–t + e–2t + 3 ， t≥0 ■ 第 23 頁(yè) 課外作業(yè) PP. 7980 (1),(5)， (1), (4), (1), (4), (1), (3) END
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