【正文】 )1()()()()()( 01)1(1)( tUtgatgatgatg nnn ????? ?? ?其初始值為 : 0)0()0(39。 ? 整理得 ? aδ ”(t)+(b+5a)δ ’(t)+(c +5b+6a)δ (t) + p3(t)+5 p2(t)+6 p1(t)= δ ”(t) + 2δ ’(t) + 3δ (t) ? 利用 δ (t) 系數(shù)匹配，得 a =1 ， b = 3， c = 12 ? 所以 h(t) = δ (t) + p1(t) （ 2） ? h’(t) = δ ’(t) 3δ (t) + p2(t) （ 3） ? h”(t) = δ ”(t) 3 δ ’(t) + 12δ (t)+ p3(t) （ 4） ? 對式 (3)從 0到 0+積分得 h(0+) – h(0) = – 3 ? 對式 (4)從 0到 0+積分得 h’(0+) – h’(0) =12 aδ ”(t) + bδ ’(t)+ cδ (t) + p3(t) + 5[aδ ’(t) + bδ (t) + p2(t) ] + 6[aδ (t) + p1(t) ] = δ ”(t)+ 2δ ’(t)+3δ (t) ? 微分方程的特征根為 – 2， – 3。故系統(tǒng)的沖激響應(yīng)為 h(t)=(C1e2t + C2e3t)U(t) 代入初始條件求得 C1=1,C2=1, 所以 h(t)=( e2t e3t)U(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+)。積分得 考慮 h(0+)= h(0)，由上式可得 h(0+)=h(0)=0 , h’(0+) =1 + h’(0) = 1 對 t0時， 有 h”(t) + 5h’(t) + 6h(t) = 0 故系統(tǒng)的沖激響應(yīng)為一齊次解。 因方程右端有 δ (t)，故利用系數(shù)平衡法。 0)()()()( 01)1(1)( ????????? ?? thathathath nnn)(2)()(2)(3)( ttththth ?? ?????????)()()(0)(2)(3)(221 tUeCeCththththtt ?? ????????當(dāng) t≥0+時 )()43()(4,312)(32221212121tUeethCCCCCCCCtt ???????????????)(2)()()2()()(2)()1(tftititftyty???????)(2)()()2()()(2)()1(tththtthth?????????求下列系統(tǒng)的沖激響應(yīng) )()()()2()()()1(212tCtUeCthtUCethtt??????解： 則 例 1 描述某系統(tǒng)的微分方程為y”(t)+5y’(t)+6y(t)=f(t),求其沖激響應(yīng) h(t)。 解：根據(jù) KVL有 Us(t) L R + + uc(t) C 1H 2Ω 1F i(t) 沖激響應(yīng)和階躍響應(yīng) ? 一、沖激響應(yīng) ? 由單位沖激函數(shù) δ (t)所引起的 零狀態(tài)響應(yīng) 稱為 單位沖激響應(yīng) ， 簡稱沖激響應(yīng) ，記為 h(t)。求該系統(tǒng)的零輸入響應(yīng)和零狀態(tài)響應(yīng)。 連續(xù)系統(tǒng)的零輸入響應(yīng) ? y(t) = yzs(t) + yzi(t) 。 ? 由于積分在無窮小區(qū)間 [0， 0+]進(jìn)行的，且y(t)在 t=0連續(xù)，故 對式 (1)兩端積分有 于是由上式得 [y’(0+) – y’(0)] + 3[y(0+) – y(0)]=2 因?yàn)?y(0+) = y(0)=2 ，所以 y’(0+) – y’(0) = 2 ， y’(0+) = y’(0) + 2 =2 由上可見， 當(dāng)微分方程等號右端含有沖激函數(shù)（及其各階導(dǎo)數(shù)）時，響應(yīng) y(t)及其各階導(dǎo)數(shù)中， 有些 在 t=0處將發(fā)生躍變。由 ? 于 y’(t)中不含 δ (t)，故 y(t)在 t=0處是連續(xù)的。 ? 由于等號右端為 2δ (t)， 故 y”(t)應(yīng)包含沖激函數(shù)，從 ? 而 y’(t)在 t= 0處將發(fā)生躍變，即 y’(0+)≠ y’(0)。 ?y(j)(0+)包含了輸入信號的作用，不便于描述系統(tǒng)的歷史信息。下列舉例說明。稱這些值為 初始狀態(tài) 或 起始值 。 （ 2）當(dāng) f(t) = e2t， t≥ 0； y(0)= 1， y’(0)=0時的全解。故其特解可設(shè)為 yp(t) = (P1t + P0)e–2t ? 代入微分方程可得 P1e2t = e–2t ? 所以 P1= 1 但 P0不能求得。 ? y(0) = C1+C2+ 1 = 2， y’(0) = – 2C1 – 3C2 – 1= – 1 ? 解得 C1 = 3 ， C2 = – 2 ? 最后得全解 y(t) = 3e – 2t – 2e– 3t + e – t , t≥ 0 全解為： y(t) = yh(t) + yp(t) = C1e – 2t + C2e – 3t + e – t 注意： 自由響應(yīng)的系數(shù) Cj由系統(tǒng)的初始狀態(tài)和激勵信號共同來確定 ? 自由響應(yīng) 強(qiáng)迫響應(yīng) ? 解：齊次解同上。齊次解為 ? yh(t) = C1e – 2t + C2e – 3t ？？ ? 因?yàn)?f(t) = 2e – t，故其特解可設(shè)為 ? yp(t) = Pe – t ? 將其代入微分方程得 ? Pe – t + 5(– Pe – t) + 6Pe – t = 2e – t 解得 P=1 ? 于是特解為 yp(t) = e – t ?例 描述某系統(tǒng)的微分方程為 ?y”(t) + 5y’(t) + 6y(t) = f(t) ?求（ 1）當(dāng) f(t) = 2et， t≥ 0； y(0)=2， y’(0)= 1時的全解； ?（ 2）當(dāng) f(t) = e2t， t≥ 0； y(0)= 1， y’(0)=0時的全解。 ?y(n)(t) + an1y (n1)(t) + …+ a 1y(1)(t) + a0y (t) ?= bmf(m)(t) + bm1f (m1)(t) + …+ b 1f(1)(t) + b0f (t) ?微分方程的經(jīng)典解 ? 表 2－ 1 不同特征根所對應(yīng)的齊次解 特征根 ? 齊次解 yh(t) 單實(shí)根 e?t ？？ r重實(shí)根 (Cr1 tr1+ Cr2 tr2+… C 1 t1+C0) e?t 一對共軛復(fù)根?1,2=??j? e ?t[Ccos(?t)+Dsin(?t)]或 Acos(?t?)其中 A e j ? =C+jD r重共軛復(fù)根 [Ar1tr1 cos(?t+?r1)+ Ar2tr2 cos(?t+?r2)+…+ A0 cos(?t+?0)] e ?t 齊次解 的函數(shù)形式僅與 系統(tǒng)本身的特性 有關(guān)，而與激勵 f(t)的函數(shù)形式無關(guān)，稱為系統(tǒng)的 固有響應(yīng) 或 自由響應(yīng) ； ? 特解 的函數(shù)形式由激勵確定，稱為 強(qiáng)迫響應(yīng) 。 連續(xù)系統(tǒng)的時域分析 ? 其經(jīng)典解： ? y(t)(完全解 ) = yh(t)(齊次解 ) + yp(t)(特解 ） ? 齊次解 是齊次微分方程 ? y(n)+an1y(n1)+…+a 1y(1)(t)+a0y(t)=0的解。這種方法比較直觀，物理概念清楚，是學(xué)習(xí)各種變換域分析法的基礎(chǔ)。 例：若 f(t)=4t21,則有 )21(41)21(41]14[ 2 ????? ttt ???? 時域分析方法： 即對于給定的激勵，由系統(tǒng)的數(shù)學(xué)模型（微分方程）求得其響應(yīng)的方法。[)]([ iiii tttftttftf ???? ???)(|)(39。iiiiiiitttftttftttftftf?????????f(t)可以展開成泰勒級數(shù) ? 若 f(t)=0的 n個根 t=ti都是單根，即在 t=ti處 f’(ti)?0，則 在 t=ti附近 有： )(|)(39。21))(()()(39。并且 f(t) = 0有 n個 互不相等的實(shí)根 ti ( i=1， 2， … ， n)； ))((. . .))((39。 g?(t) 1 ?/2 ?/2 0 t 特點(diǎn) :