章連續(xù)時(shí)間信號(hào)與系統(tǒng)的時(shí)域分析-在線瀏覽
2025-07-18 09:01本頁(yè)面
【正文】 2||,02||,1)(???tttg利用移位階躍函數(shù)，門(mén)函數(shù)可表示為： )2()2()( ??? ???? tUtUtg復(fù)合函數(shù)形式的沖激函數(shù) ? 實(shí)際中有時(shí)會(huì)遇到形如 δ [f(t)]的沖激函數(shù)，其中 f(t)是普通函數(shù)。39。239。| 1)])((39。| 1)]([1iinitttftf ?? ????是位于各 ti處， n個(gè)沖激函數(shù)構(gòu)成的沖擊函數(shù)序列。 ? 由于在其分析過(guò)程涉及的函數(shù)變量均為時(shí)間 t，故稱為 時(shí)域分析法 。 ? LTI連續(xù)系統(tǒng)的時(shí)域分析，歸結(jié)為： 建立并求解線性微分方程 。 ? 齊次解 yh(t)的函數(shù)形式 由上述微分方程的 特征根 確定。 問(wèn)：若 f(t)=c（常數(shù)），特解形式？？ 解 : (1) 特征方程為 λ 2 + 5λ + 6 = 0 其特征根 λ 1= – 2， ? λ 2= – 3。 ? 其中待定常數(shù) C1,C2由初始條件確定。 由于 f(t)=e–2t，其指數(shù)與特征根之一相重。 全解為 ? y(t)= C1e–2t + C2e–3t + te–2t + P0e–2t= (C1+P0)e–2t +C2e–3t + te–2t ? 將初始條件代入，得 ? y(0) = (C1+P0) + C2=1 ， y’(0)= –2(C1+P0) –3C2+1=0 ? 解得 C1 + P0 = 2 ,C2= –1 最后得微分方程的全解為 ? y(t) = 2e–2t – e–3t + te–2t , t≥ 0 ? 注： 上式第一項(xiàng)的系數(shù) C1+P0= 2，不能區(qū)分 C1和 P0，因而也不能區(qū)分自由響應(yīng)和強(qiáng)迫響應(yīng)。 二、關(guān)于 0和 0+值 ? 在 t=0時(shí)，激勵(lì)尚未接入，該時(shí)刻的值 y(j)(0)反映了系統(tǒng)的歷史情況 而與激勵(lì)無(wú)關(guān)。 ? 為求解微分方程，就需要從已知的 初始狀態(tài) y(j)(0)設(shè)法求得 y(j)(0+)。 ?若輸入 f(t)是在 t=0時(shí)接入系統(tǒng)，則確定待定系數(shù) Ci時(shí)用 t = 0+時(shí)刻的 初始值 ，即 y(j)(0+) (j=0,1,2… ， n1)。 ? 解 ：將輸入 f(t)=ε (t)代入上述微分方程得 ? y”(t) + 3y’(t) + 2y(t) = 2δ (t) + 6ε (t) （ 1） ? 由于上式對(duì)于所有 t都 成立，等號(hào)兩端 δ (t)項(xiàng)的系數(shù)應(yīng)相等。 ? 但 y’(t)不含沖激函數(shù)，否則 y”(t)將含有 δ ’(t)項(xiàng)。 ? 故 y(0+) = y(0) = 2 例： 描述某系統(tǒng)的微分方程為 y”(t) + 3y’(t) + 2y(t) = 2f’(t) + 6f(t) 已知 y(0)=2， y’(0)= 0， f(t)=ε (t)，求 y(0+)和 y’(0+)。但如果右端不含時(shí)，則不會(huì)躍變 。 ? 零輸入響應(yīng)， 對(duì)應(yīng)的輸入為零，所以方程為 ? y(n)(t) + an1y (n1)(t) + …+ a 1y(1)(t) + a0y (t)＝ 0 ? 若其特征根都為單根，則零輸入響應(yīng)為： ???njtz i jzijeCty1)( ?由于激勵(lì)為零，故有 yzi(j)(0+)= yzi(j)(0) = y (j)(0), (j=0,1,…,n 1) 零狀態(tài)響應(yīng) ? 方程仍為 ? y(n)(t) + an1y (n1)(t) + …+ a 1y(1)(t) + a0y (t) ? = bmf(m)(t) + bm1f (m1)(t) + …+ b 1f(1)(t) + b0f (t) ? 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； ? 若微分方程的特征根均為單根，則其零狀態(tài)響應(yīng)為 )()(1tyeCty ptnjz s jzs ?? ???Czsj 為待定系數(shù)， yp(t)為方程的特解 ? 解 ：（ 1） 零輸入響應(yīng) yzi(t) 激勵(lì)為 0 ，故 yzi(t)滿足yzi”(t) + 3yzi’(t) + 2yzi(t) = 0 ? yzi(0+)= yzi(0)= y(0)=2 ? yzi’(0+)= yzi’(0)= y’(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 例 ：描述某系統(tǒng)的微分方程為 y”(t) + 3y’(t) + 2y(t) = 2f’(t) + 6f(t) 已知 y(0)=2， y’(0)=0， f(t)=U(t)。 注意此時(shí)系數(shù) C的求法！ ? yzs”(t) + 3yzs’(t) + 2yzs(t) = 2δ (t) + 6U(t) 并有 ? yzs(0) = yzs’(0) = 0 ? 由于上式等號(hào)右端含有 δ (t)，故 yzs”(t)含有 δ (t)，從而 yzs’(t)躍變，即 yzs’(0+)≠ yzs’(0)，而 yzs(t)在 t = 0連續(xù)，即 yzs(0+) = yzs(0) = 0，積分得 （ 2） 零狀態(tài)響應(yīng) yzs(t) 滿足 ?因此， yzs’(0+)= 2 ＋ yzs’(0)=2 ?對(duì) t0時(shí)， 有 yzs”(t) + 3yzs’(t) + 2yzs(t) = 6 ?不難求得其齊次解為 Czs1et + Czs2e2t，其特解為常數(shù) 3， ?于是有 yzs(t)=Czs1et + Czs2e2t + 3 ?代入初始值求得 yzs(t)= – 4et + e2t + 3 ， t≥ 0 全響應(yīng) ? 如果系統(tǒng)的初始狀態(tài)不為零，在激勵(lì) f(t)的作用下， LTI系統(tǒng)的響應(yīng) 稱為全響應(yīng) ，它是零輸入響應(yīng)與零狀態(tài)響應(yīng)之和，即 ? y(t)=yzi(t)+yzs(t) ?? ??? ????? ???????? ??零狀態(tài)響應(yīng)零輸入響應(yīng)強(qiáng)迫響應(yīng)自由響應(yīng))()()(111tyecectyecty pnjtz s jnjtz i jpnjtjjjj ????? ?????????? ?? ??? t tfdiCdt tdiLtRi )()(1)()( ??)()()(2)( tftititi ???????1,012 212 ?????? ????0,)()( 21 ??? ? tetCCti txVuVLuiAiiiLLxLxx12)0(,12)0()0(1)0()0()0(???????????????例 212 寫(xiě)出右圖示電路的微分方程， uc(0)=10,iL(0)=1A,求 ix(t)。 h(t)=T[{0},δ (t)] 沖激響應(yīng)示意圖 {x(0)}={0} )()()()()()()()(01)1(1)(01)1(1)(tbtbtbtbthathathathmmmmnnn???? ????????????????????????niti tUeCthi1)()()( ?)(2)()(2)(3)( tftftytyty ?????????當(dāng) t≥0+時(shí)，且 n ＞ m時(shí) 當(dāng) n≤ m時(shí) h（ t）表示式中還應(yīng)含有 δ （ t）及其各階導(dǎo)數(shù) 例 214 求 的沖激響應(yīng)。 解： 根據(jù) h(t)的定義有 h”(t) + 5h’(t) + 6h(t) = δ(t) h’(0) = h(0) = 0 先求 h’(0+)和 h(0+)。 h”(t)中含 δ (t)， h’(t)含 U(t)， h’(0+)≠ h’(0)， ? h(t)在 t=0連續(xù)，即 h(0+)=h(0)。 微分方程的特征根為 2， 3。 ? 由方程可知， h(t) 中含 δ (t) ? 故令 h(t) = aδ (t) + p1(t) [p1(t) 為不含 δ (t) 的某函數(shù) ] ? h’(t) = aδ ’(t) + bδ (t) + p2(t) ? h”(t) = aδ ”(t) + bδ ’(t) + cδ (t)+ p3(t) ? 代入式 (1)，有 例 2 描述某系統(tǒng)的微分方程為 y”(t)+5y’(t)+6y(t)= f”(t) + 2f’(t) + 3f(t)
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