信號與系統(tǒng)習(xí)題

例1設(shè)一個LT1離散系統(tǒng)的初始狀態(tài)不為零，當激勵為/(〃)=〃(〃)時全響應(yīng)為

+1〃(〃)，當激勵為f(ri)=一〃(〃)時全響應(yīng)為必(〃)=

2「￡|.s

(1)當系統(tǒng)的初始狀態(tài)保持不變，且激勵為人(〃)=4，，(〃)時，求系統(tǒng)的全響應(yīng)內(nèi)(“)。

(2)當系統(tǒng)的初始狀態(tài)增加一倍，且激勵為/；(〃)=4“(〃-2)時，求系統(tǒng)的全響應(yīng)外(〃)。

(3)求該系統(tǒng)的單位序列響應(yīng)〃(〃)。

解：設(shè)系統(tǒng)的初始狀態(tài)保持不變，當激勵為工(〃)="(〃)時系統(tǒng)的零輸入響應(yīng)和零狀態(tài)響應(yīng)分別為

匕5)、yf?依題意，有:

,S)="(〃)+J7(〃)+1"(")(b

根據(jù)LTI系統(tǒng)的性質(zhì)，當激勵為f2(〃)=-"(〃)時全響應(yīng)為

②

聯(lián)立式④、②，可解得:

同樣，根據(jù)LTI系統(tǒng)的基本性質(zhì)，不難得到:

(|)當系統(tǒng)的初始狀態(tài)保持不變，且激勵為人(〃)=4”(〃)時，系統(tǒng)的全響應(yīng)為:

%(")=?(〃)+4〃(〃)

”(〃)+4+1”(〃)

+4〃(〃)

(2)當系統(tǒng)的初始狀態(tài)增加一倍，且激勵為/；(〃)=4〃5—2)時，系統(tǒng)的全響應(yīng)為:

九(〃)=2”(〃)+4〃(〃-2)

(3)由于5(〃)="(〃)一〃(〃一1),所以該系統(tǒng)的單位序列響應(yīng)為:

h(n)=yf(n)-yf(n-T)

?(?)-出++1?(?-!)

例2一個irn連續(xù)系統(tǒng)對激勵/(/)=sintu(t)的零狀態(tài)響應(yīng)yf(/)如例2圖所示,求該系統(tǒng)的沖激響

應(yīng)//(，)。

解：依題意，該系統(tǒng)的零狀態(tài)響應(yīng)為：

y,(7)=sin/〃(/)*〃⑺

由于沒學(xué)過卷積逆運算，無法直接求得沖激響應(yīng)。(/),可以從卷

積運算的性質(zhì)下手，設(shè)法使激勵信號中出現(xiàn)5(7),這樣就有可能求出

八⑴。

dsintu(t)/、d~sin/w(Z)e/..z.

因為-----------=cos/"(/)----------=5Q)-sin九/Q)

dt,dr

不難發(fā)現(xiàn)：

.八d2sinZw(Z)

sin/?(/)+-----廠」=sin/”“)+[3(。-sinZM(/)]=b(/)

dr

從而，一方面，根據(jù)卷積分配律：

sintu(t)*h(t)+-----z—*〃(/)

dt-

2

..八t/sinZw(Z)1，/、

=[sin/w(/)H------；一-J*h(t)

dt-

=5(7)*〃(/)

=〃(/)

另?方面，根據(jù)卷積的微分性質(zhì)：

...，/、/sin/”")d'yf(t)

sm%⑺*%(/)+—源--*h(t)=yf(t)+”

故系統(tǒng)的沖激響應(yīng)為:

2

dyf(t)

〃⑺=〃(。+.

at

其波形如例2解圖所示。

例3求卜.面例3圖(1)所示系統(tǒng)中的加權(quán)系數(shù)〃(〃)，以使得該系統(tǒng)與例3圖(2)所示的系統(tǒng)等效。

例3圖(2)

解：如果兩個離散系統(tǒng)的單位序列響應(yīng)相同，則這兩個系統(tǒng)等效。因此，必須先求出每個系統(tǒng)的單位序列

響應(yīng)。

根據(jù)例3圖(2),可以得到該系統(tǒng)的差分方程為:

y(“)-5y(n-1)+6y(n-2)=x(〃)+x(〃-1)

設(shè)該系統(tǒng)初始狀態(tài)為零，當激勵x(〃)為單位取樣信號5(“)時，系統(tǒng)響應(yīng)y(n)就是單位序列響應(yīng)瓦(〃),

上述差分方程可以寫為：

h0(ri)-5%(〃-1)+67?O(?-2)=S(ri)+8(n-1)

此差分方程的特征方程為：

A2-52+6=0

解之，得特征根：

4=2,4=3

由于激勵是單位取樣信號3(“)，方程特解為零，故單位序列響應(yīng)的形式與齊次解相同，即：

%(〃)=(G-2"+G

由于初始狀態(tài)

%(-1)=4(-2)=0

不難根據(jù)差分方程迭代求出n>0的初始條件：

瓦(0)=1力o⑴=6

將它們代入單位序列響應(yīng)，求得

%(o)=G+《2=1

%⑴=2G+3a=6

C=一3

解之，得《「x，

lG=4

故：%(〃)=(一3-2"+4-3”)”(〃)(D

對于例3圖(1)所示系統(tǒng)的響應(yīng)為：

y(〃)=〃(0)x(〃)+h(\)x(n-1)+...+h(N)x(n-N)+....

00

=>m)

m=0

—x(n)*h(ri)

因為系統(tǒng)的零狀態(tài)響應(yīng)等于激勵信號和單位序列響應(yīng)的卷積，所以圖(1)所示系統(tǒng)中的各加權(quán)系數(shù)人(〃)

正是該系統(tǒng)的單位序列響應(yīng)在不同時刻的樣值。這樣要使圖(1)和圖(2)所示的兩個系統(tǒng)等效，則圖(1)所

示系統(tǒng)的加權(quán)系數(shù)/7(〃)就應(yīng)和式a相同，即

A(?)=(-3-2M+4-3n>(H)

從上面分析可以看出，圖(1)所示系統(tǒng)實際上是一個卷積器。利用這個結(jié)構(gòu)可以模擬線性離散系統(tǒng)。

6.3習(xí)題精解

1.下列系統(tǒng)中/(?)為激勵，y(?)為響應(yīng)，x(0)為初始狀態(tài)，試判斷它們是否為線性系統(tǒng)。

⑴y(t)=x(0)/(Z)⑵y?)=x(0)3+5/Q)

(3)_y(w)=4x(0)-7|/(w)|(4)y(n)=af(n)+b,其中a、6為常數(shù)

解：由于系統(tǒng)(1)不滿足分解性；系統(tǒng)(2)不滿足零輸入線性；系統(tǒng)(3)不滿足零狀態(tài)線性，故這三個系統(tǒng)都不

是線性系統(tǒng)。

對于系統(tǒng)(4),如果直接觀察y(")?/(〃)關(guān)系，似乎系統(tǒng)既不滿足齊次性，也不滿足疊加性。但考慮到

令/(〃)=0時，系統(tǒng)響應(yīng)為常數(shù)6,若把它看成是由初始狀態(tài)引起的零輸入響應(yīng)時，系統(tǒng)仍是滿足線性系統(tǒng)

條件的，故系統(tǒng)(4)是線性系統(tǒng)。

2.下列系統(tǒng)中/(?)和卜/(?)分別表示激勵和零狀態(tài)響應(yīng)，試判斷它們是否為時不變系統(tǒng)。

(1)yf(t)=acos[/(Z)],其中。為常數(shù)⑵歹/(〃)=//(〃)，其中，為常數(shù)

解：

(1)已知/(/)?力(/)=acos[〃/)],設(shè)/；")=/(/一勿)，，>力，則其零狀態(tài)響應(yīng)為

yn(/)-tzcos[/；(/)]=67cos[/(/-/(/)J,顯然yJA(/)=yf(/-td),故該系統(tǒng)是時不變系統(tǒng)。

(2)已知/(〃)》〃(〃)=af(〃)，設(shè)/；(〃)=八〃一〃0),〃>〃o，則其零狀態(tài)響應(yīng)為

〃](〃)=妨(〃)=V(〃一〃o),顯然力|(〃)=力(〃一〃o),故該系統(tǒng)是時不變系統(tǒng)。

3.下列系統(tǒng)中/(?)和N/G)分別表示激勵和零狀態(tài)響應(yīng)，試判斷系統(tǒng)的因果性。

(1)yz(/)=7/(/)+3(2)〃(/)=『,/(x)dx⑶〃(〃)=3/(〃)+5/(〃一2)

〃

(4)〃(〃)=Z，(i)(5)力(〃)=/(〃+1)(6)yz(/)=/(3z)

z=-oo

解：對于(1)?(4),由于任一時刻的零狀態(tài)響應(yīng)均與該時刻以后的輸入無關(guān)，因此都是因果系統(tǒng)。

而對于(5),系統(tǒng)任一時刻的零狀態(tài)響應(yīng)都與該時刻以后的激勵有關(guān)。響應(yīng)在先，激勵在后，這在物理

系統(tǒng)中是不可能的。因此，該系統(tǒng)是非因果的。

(6)也是非因果的，因為如果

/(/)=0,t<tQ

則有

〃(/)="3/)=0,/<?

3

可見在區(qū)間上</</0上歹/(/)力0,即零狀態(tài)出現(xiàn)于激勵之前，因而該系統(tǒng)是非因果的。

4.下列系統(tǒng)中/(?)和分別表示激勵和零狀態(tài)響應(yīng)，試判斷系統(tǒng)的穩(wěn)定性。

⑴〃(〃)=3/(〃)+2/(〃-1)⑵〃(/)=L/(x)dx

解：

(1)顯然，無論激勵/(〃)是何種形式的序列，只要它是有界的，那么丫/(〃)也是有界的，因果該系統(tǒng)

是穩(wěn)定的。

(2)若/(/)=〃(/),顯然該激勵是有界的，但

yf(t)-J?(x)dx=/,/>0

它隨時間/無限增長，故該系統(tǒng)是不穩(wěn)定的。

5.已知系統(tǒng)方程及其對應(yīng)的初始條件(。+狀態(tài))，求系統(tǒng)的零輸入響應(yīng)。

(1)y'\t)+2y\t)+2y(t)=f(t),給定:y(Q+)=Q,/(0+)=2；

⑵y'\t)+2y\t)+y(t)=f(t),給定:y(0+)=1,/(0+)=2；

解：

(1)特征方程為：A,"+2A+2=0,得特征根：Aj=—1+j,4=-1—)

因而，可設(shè)零輸入響應(yīng)為:yx(t)=e-'(C]cost+C2sint),/>0

代入初始條件得：

yx(0+)=/(Gcos/+。2sinz)|,=0=C(=0

-/

y/(0+)=[-e''{C}cost+C2sin/)+e(-Clsinr+C2cos/)]|,=0=-C,+C2=2

聯(lián)立以上兩式，解得G=0，。2=2

所以，系統(tǒng)的零輸入響應(yīng)為：片(/)=2/‘sin例⑺

(2)特征方程為：幾~+2A+1=0,得特征根：4=丸2=—1

因而，可設(shè)零輸入響應(yīng)為：孔(。=(。]/+。2)"‘，z>0

代入初始條件得：

匕。)=?/+。2b1，丸=。2=1

汽'(0+)=[G"'—(G/+)e-1i=G—=2

聯(lián)立以上兩式，解得G=3，。2=1

所以，系統(tǒng)的零輸入響應(yīng)為：yx(t)=(3t+l)e~'u(t)

6.給定系統(tǒng)微分方程、初始狀態(tài)(0一狀態(tài))以及激勵信號分別為以卜.三種情況：

(1)y'(t)+2y(f)=/(/).》(0_)=0,/(/)="(/)

⑵y?)+2y(/)=3/?),y(0_)=0,/(/)=〃0)

(3)2y,(/)+3y(/)+4xo=/,(o.xo_)=by(o_)=i,/?)=〃(/)

試判斷系統(tǒng)在起始點是否發(fā)生跳變，據(jù)此對(1)(2)分別寫出其M0+)值，對⑶寫出M°+)和尸(°+)

值。

解：

(1)將/“)=”(/)代入方程，由于方程右邊沒有沖激信號6。)及其導(dǎo)數(shù)，所以系統(tǒng)在起始點(從0_

狀態(tài)到0+狀態(tài))沒有發(fā)生跳變。

從而可知：y(0_)=y(0_)=0

(2)將/(/)="(/)代入方程，由于/'(/)=6。)，即方程右邊有沖激信號6(/),所以系統(tǒng)在起始點

(從0_狀態(tài)到0+狀態(tài))會發(fā)生跳變。

根據(jù)奇異函數(shù)匹配法的原理，可設(shè)：/(/)=a^(r)+/??(/),0_4/40+。(注意：這里〃(/)不

代表單位階躍信號，只是借用它表示Q)在/=0點有一個單位的跳變量。)

從而有：y(Z)=au(t)

代入原方程可得：<?￡>(/)+bu(t)+2au(t)=3bQ)

解得：(7=3,b=-6

故y(。+)=^(。一)+4=3

(3)將/(/)=〃(1)代入方程，由于/'”)=6(1),即方程右邊有沖激信號6(/),所以系統(tǒng)在起始點

(從0_狀態(tài)到0+狀態(tài))會發(fā)生跳變。

根據(jù)奇異函數(shù)匹配法的原理，可設(shè)：y(r)=aS(r)+b3(t)+cw(r),0_</<0+

從而有:y'(t)=aS(t)+bu(t),y(t)=au(t)

代入原方程可得：2a￡(J)+2b3⑴+2cu(t)+3ab(/)+3b〃(t)+4m/(/)=b(/)

八L13

解得：a=0,b=—,c=—

24

,3

故：y(0+)=y(0_)+/>=-,y(0+)=y(0_)+a=l

7.給定系統(tǒng)微分方程"'(7)+3了(/)+2>。)=/'(，)+3/Q),若激勵信號和初始狀態(tài)分別為

/?)=〃(/),丁(0_)=1,/(0_)=2,試求系統(tǒng)的全響應(yīng)，并指出其零輸入響應(yīng)、零狀態(tài)響應(yīng)、自由

響應(yīng)、強迫響應(yīng)各分量。

解：

(1)求零輸入響應(yīng)匕(/)：

由已知條件有：

匕"⑺+3”()+2匕⑺=0

,?(。+)="(0-)=2

.”(。+)=”(。一)=1

特征方程：+3/1+2=0

特征根為：4=—L九2=-2

2

故可設(shè)零輸入響應(yīng)(齊次解)為：yx(/)=(Cte-'+C2e-'),/>0

代入初始條件，并求解得C|=4,C2=-3

故y.x(,)=(46-'-3e~2')?(/)

(2)求零狀態(tài)y/(7)：

2

依題意，可設(shè)齊次解D-+D2e~',/>0,

3

又由于/>0時，/(/)=〃(/)=1,易知5是方程的一個特解。

3

2

故零狀態(tài)響應(yīng)為：yf(t)=D}e~'+D2e~'+-,t>0

為了確定待定系數(shù)，將/代入原方程，有：

〃"(/)+3"⑺+2yf(?)=河)+3"(/)

根據(jù)奇異函數(shù)匹配法，當0_</《0+時，可設(shè)：夕/(/)=。3(7)+6〃(/),則：

y/(t)=au(t),yf(t)-atu{t}-0

代入方程，平衡兩邊相同項的系數(shù)得。=1,6=0

故為(。+)=力(0一)+。=0+1=1,%(。+)=%(0一)=0

代入表達式，可解得：D,=-2,D,=-

2

i3

2

故yf(t)=(-2e-'+-e-'

(3)全響應(yīng)M，)=Xr(7)+>>(7)=(2e“一■|"2'+》"(/),其中:

零輸入響應(yīng)為：(4e~)〃(r)

零狀態(tài)響應(yīng)為:

白由響應(yīng)為：(2c'—e")"(/)

2

3八

強迫響應(yīng)為:TM(Z)

2

8.有系統(tǒng)滿足:當激勵為f\⑺=〃⑺時,全響應(yīng)為必(Z)=；當激勵為力(Z)=Z>(z)時,

全響應(yīng)為%(/)=3(/)。

(1)求該系統(tǒng)的零輸入響應(yīng)yx(t｝：

(2)設(shè)系統(tǒng)的初始狀態(tài)保持不變，求其對于激勵為力(/)=-5(/)的全響應(yīng)必⑺。

解：

(1)設(shè)當激勵為工(/)=〃(/)時，系統(tǒng)的零輸入響應(yīng)為j\(/)、零狀態(tài)響應(yīng)為//■(/),則系統(tǒng)全響應(yīng)

為：

必“)=”(/)+J7?)=2"打⑺d)

系統(tǒng)的初始狀態(tài)保持不變，根據(jù)UTI系統(tǒng)的性質(zhì)，當激勵為人(/)=5(。時全響應(yīng)為：

%(，)=八4)+〃'(/)=6。)?

聯(lián)立式④、②，可得：

力(/)-〃(/)=3(/)-2/〃(/)③

又知丁/(0_)=0,用經(jīng)典法解式③所示的方程，可得yf(t)=e~'u(t)

從而，系統(tǒng)的零輸入響應(yīng)為：

yx⑺=%(0-匕⑺=2e~'u(t)-"5⑺=e~'u(t)

(2)由(1)不難看出，系統(tǒng)的單位沖激響應(yīng)酬/)=歹/(/)=5(/)—

所以，根據(jù)卷積積分法，當激勵為右(/)=e-'〃(/)時，零狀態(tài)響應(yīng)為：

-,

y(/)=f3(t)*h(t)-"'〃(/)*[b(f)-"'"(7)]=e~'u(t)—te-'u(t)-(l-/)ew(Z)

又由于系統(tǒng)的初始狀態(tài)保持不變，所以系統(tǒng)的零輸入響應(yīng)仍為歹式/)=，

故系統(tǒng)的全響應(yīng)為：

%⑺=K⑺+%3⑺=+(1-t)e~'u(t)=(2-t)e~'u(t)

9.某ETI系統(tǒng)，無初始儲能，在外界激勵/(/)=2e-3,w(z)作用下的響應(yīng)為火/),即

y?)=7[/(/)],乂己知：?[/'(/)]=-3y(/)+e-2,w(Z),求該系統(tǒng)的單位沖激響應(yīng)〃(7)。

解：依題意，對于初始狀態(tài)為零的LTI系統(tǒng)，在激勵/(/)=2e-3'“(/)作用下的響應(yīng)為：

-="?)]=%)*〃(/)

則在激勵/'(/)=一6"“"⑺+2b(/)作用下的響應(yīng)為：

y(o=n/'(oi=/'(o*A(o

由于/(/)=一6e』“(/)+25")=-3/(/)+2b?),故有：

y\t)-[-3h(t)+2-(f)]*h(t)=-3A(/)*h(t)+28(t)*h(t)=-3y(Z)+2h(t)

又由已知條件：y\t)=T[/'(r)]=-3y(t)+e~2'u(t),從而得：

-3X0+e-2'u(t)=-3X0+2h⑴

故該系統(tǒng)的單位沖激響應(yīng)為：

力⑺

10.電路如題10圖所示，/<0時，開關(guān)位于“I”且已達到穩(wěn)定狀態(tài)，t=0時刻,開關(guān)自“I”轉(zhuǎn)至“2”。

(1)試從物理概念判斷i(0_)、“0_)和“0+)、z'(0+)；

(2)寫出/?0+時間內(nèi)描述系統(tǒng)的微分方程表示，求，(/)的全響應(yīng)；

(3)寫出一個方程式，可在時間-00</<+8內(nèi)描述系統(tǒng)，根據(jù)此式利用奇異函數(shù)匹配法判斷0一時

刻和0+時刻狀態(tài)的變化，并與(1)的結(jié)果比較。

解：

(I)，=0_時刻，開關(guān)位于“1”，電路處于穩(wěn)定狀態(tài)，不難得到：

M

wc(0_)=10V,L(0_)=0V,z(O_)=zL(O_)=0

從而可知：i(0_)=i,(0_)=—w(0_)=0

-LL

/=0+時刻，開關(guān)自“I”轉(zhuǎn)至“2"，電容電壓和電感電流不會突變，故有：

uc(0+)="c(°一)=10V,z(0+)=jJO+)=九(0_)=0

而電感電壓要發(fā)生變化，有KVL可知：(0+)=20—10=10(V)

1

從而可知：，(()+)=%「(。+)=￡〃L(°+)=1°/

綜上所述，有：

z(0_)=z'(0_)=z(0+)=0,z(0+)=10A

(2)時，由KVL可知：w(-(/)+L—/(/)+/?/(/)=20z/(Z)

dt

方程兩邊求導(dǎo)并將i")=代入，可得：

dt

+7?—z(Z)+—z(/)=203(/)

drdtC

由于L=R=C=1,且/NO.時，b(/)=0,所以系統(tǒng)微分方程為：

d2d

dt-dt

]A/3

其特征方程為：+4+1=0,得特征根：2

顯然o是方程的一個特解，故全響應(yīng)可設(shè)為：i(t)=KM22+K2e22,/

代入初始條件i(0+)=0,i(0+)=10,解得:

K_10.?_10.

K'=一忑J'忑J

代入上式，并化簡，得系統(tǒng)的全響應(yīng)為:

./、20；，.、/、

i{t}=-=e2sin(—Z>(/)

V32

(3)根據(jù)(2),不難得到,在一8</<00時間內(nèi)，系統(tǒng)微分方程為:

10,Z<0

其中，/?)=<,這可表示為/(z)=10+10i/(z)

20,/>0

代入系統(tǒng)微分方程，得:

根據(jù)奇異函數(shù)匹配法的原理，可設(shè)：/(/)=ab(/)+bu(t),0_</<0+

從而有：z'(Z)=au(t),z(Z)=atu(t)=0

代入原方程可得：”b(/)+bu(t')+an⑴=10b(/)

解得：a=10,Z)=-10

故：z'(0+)=f(0_)+4/=0+10=10,z(0+)=z(0J=0

可見，與(1)的結(jié)果一致。

11.設(shè)某因果ETI系統(tǒng)輸入、輸出之間的關(guān)系可以用以下方程表示：

歹,⑺+5y(/)=￡⑺

其中p⑴="勿⑺+3SQ),求該系統(tǒng)的單位沖激響應(yīng)〃(/)和階躍響應(yīng)s(/)。

解：y'(/)+5y(/)=￡/(r)-r)Jr-/(/)=p(Z)*f(?)-f(r)

為了求〃(/),將已知條件pQ)=e''u(t)+3S(t)及了求)=b⑴代入,并化簡得:

力'⑺+5〃(/)=eT“⑺+23。)

易知力(0_)=0,用“經(jīng)典法”可求得系統(tǒng)的單位沖激響應(yīng)為:

?7

從而進一步可以得到系統(tǒng)的階躍響應(yīng)為：

s(/)=rW)"r=4/-二"")〃(/)

J-8544

12.如題12圖所示電路，以/(7)為輸入，“2(力為輸出，試列出其微分方程，用時域分析法求出電路

的沖激響應(yīng)和階躍響應(yīng)。

1Q

題12圖

解：依題意，不難得到電路的微分方程為：

2"：(7)+“2(/)=u's(/)+Us(0

〃,(/)=3(/)作用于系統(tǒng)時，對應(yīng)得到的系統(tǒng)亦激響應(yīng)〃(/),從而有：

2”(/)+〃(/)=￡(/)+&

特征方程為：22+1=0,得特征根：2=--

2

JI

可設(shè)齊次解：4⑺=Ae^(Z>0+)

初始狀態(tài)：/?(0_)=0

用奇異函數(shù)匹配法，設(shè)/(/)=a￡(Z)+Z?SQ)+c〃(/),0?</<0

財//(Z)-a3(t)+bu(t)

代入方程2"(7)+/?(/)=￡(/)+3(/),得：

1

a--

2

<。+26=1

b+2c=0

解得：a=―,h=-,c=--

248

111

2

故A(O+)=/)+/?(OJ=-；即〃(()+)=ZeLo=-,從而有N=a

又因為沖激響應(yīng)中含有b(/)分量，故所求沖激響應(yīng)為：

]1

/?(Z)=-^>(Z)+-e2”⑴

進一步可得系統(tǒng)階躍響應(yīng)為：

fri11-r

s(7)=[h(T)dT=[[—^(r)+—e2u{r}\dr

j24

111--Z

=-M(Z)+(---e2)M(Z)

1--Z

=〃(/)-—e2〃(/)

13.題13圖所示系統(tǒng)是由幾個“子系統(tǒng)”組成，各子系統(tǒng)(積分器、單位延時器、倒相器)的沖激響應(yīng)分

別為:用(?)="(/),2a)=b(fT)，久(。=一5(/)，試求整個系統(tǒng)的沖激響應(yīng)力⑺。

題13圖

解：根據(jù)串、并聯(lián)系統(tǒng)的特點，不難得到整個系統(tǒng)的沖激響應(yīng)為：

〃⑺=九(。+刈(/)*%(/)*〃3⑺

="(/)+bQ—l)*“(/)*[—6Q)]

—u(z)—u(j—1)

14.已知系統(tǒng)的沖激響應(yīng)〃(f)=

(1)若激勵信號為

=——2)]+俄。-2)

式中尸為常數(shù)，試求系統(tǒng)的零狀態(tài)響應(yīng)丫/(/)。

(2)若激勵信號表示為

/(/)=X。)[〃⑺-u(t-2)]+儻(t-2)

式中x(/)為任意/函數(shù)，若要求系統(tǒng)在，〉2的零狀態(tài)響應(yīng)為零，試確定/值應(yīng)等于多少？

解：

(1)依題意，可得：

2-2/

yf(/)=h(t)*/(/)=e-'u(t)*/[“(/)-u(t-2)]+eM(/)*/38[t-2)

=e~2,u(t)*u(t-2)]+/3e~2(1~2)u(t-2)

先計算：e~2'u(t)*e~'u(t)=e~2re~('~r)dr=(e~'-e-2/)w(r)

JO

由卷積積分的性質(zhì)，可得：

2,2-<,-2)

e~u(t)*eT〃(f-2)=e-*u(t)*[e~-eu(r-2)]

=e-2[e-(,-2)-e-20-2)]w(r-2)

={e~'-e~2,+2)u(t-2)

故有：22,+2優(yōu)”々)“。一

yf(t)=(e-'-e-'Mt)+(e-'-e-Mt-2)+2)

=(e-,-e~21)〃(/)+(e-,-e~2,+2+/3e~2,+4)u(t-2)

也可以寫作：

當時，2

0<f<2yf(t)=e~'-e~'

當時，22

f>2yf(t)=e-'(/3e"+e-1)

(2)依題意，可得：

y,(/)=〃(/)*./,?)=e~2'u(t)*x(?)[w(Z)—u(t—2)]+e~2'u(t)*p8(t-2)

=fe-20~r)M(/-r)x(r)?(r)t/r-￡e~2(1~T)u(t-r)x(r)w(r-1)dr

+J3e~2('~2)u(t-2)

=￡e-2(,-r)x(r)i/r-?(/)-￡e-2(,_r)x(r)i/r-?(/-2)+(3e1(,^u[t-2)

當/時，要即；

>2yf(t)=O,

e~2'￡e1Tx(T)dr-e~2'(e2rx(r)dr+/3e~2('~2)-e-2,^￡e2rx(T)(7r+4=0

故有：

0=-e~4￡e2rx(r)t/r

2

15.-■個乒乓球從方米高處自由下落至地面，每次彈學(xué)■的最高高度是前一次最高高度的若以y(〃)

表示第〃次跳起的最高高度，試列出描述此過程的差分方程。若給定力=2,試解此差分方程。

2

解：依題意，可得此差分方程為：y(n)--y(n-l)=O

且y(0)=h9n>0

從而，用“經(jīng)典法”不難得到方程的解形如：y(n)=C(|)M,n>0

由y(o)=力得c=A,于是有：〃〉o

所以，當人=2時，得y(?)=2(1)n,?>0

16.已知./■(〃"□〃(〃)分別表示LTI離散系統(tǒng)的激勵和單位序列響應(yīng)，試求系統(tǒng)的零狀態(tài)響應(yīng)。

(1)以n)=u(n),h(n)=3(〃)-3(〃-3)

/(〃)叫)心),摘)=〃⑺-加5)

(2)

解：

(1)利用“卷積和”求ETI離散系統(tǒng)的零狀態(tài)響應(yīng)

歹(〃)=/(〃)*/?(〃)

=u(n)*[3(n)-8(n-3)]

=u(n)*b(〃)-z/(〃)*6{n-3)

=〃(〃)_?/(〃_3)

(2)利用“卷積和”求ED離散系統(tǒng)的零狀態(tài)響應(yīng)

y(n)=f(ri)*h(n)

=/?(〃)*/(〃)

=[〃(〃)-W(M-5)1*[(g)"“(〃)]

2

“1

=x〃(吁嗎尸--⑼

加=70J

nm

=〃1-￡00(51)-

m=0乙m=5乙

\\_7M+1i75-7w+,

=(VK心)F"丁丁"("5)

=(2-2-")w(?)-[2-2=(〃_5)

17.題17圖所示的系統(tǒng)由兩個級聯(lián)的un系統(tǒng)組成，它們的單位序列響應(yīng)分別為〃?(〃)和〃2(〃)。已知

九(〃)=<5(〃)-3(〃-3),〃2(〃)=(。8)"〃(〃)。令/(〃)="(〃)，求y(〃)。

/（〃）——?%S）-A425）-A歹（〃）

題17圖

解：

方法1：y（〃）=［］（〃）*%（〃）］*/?2（〃）

={〃(〃)*[8(h)—8(n-3)]}*[(0.8)ww(w)]

二[W(H)-u(n-3)]*[(0.8)n〃(〃)]

88

=Z(0.8),Mw(w)w(w-m)-Z(0-8),Hu[m}u{n-m-3)

/n=—oozw=-oo

nw-3

=Z()8"〃(〃)—Z08"〃(〃—3)

m=0m=0

l-(0.8)w+1,、l-0.81,-2,.、

u(n)---------u(n-3)

1-0.81-0.8

=5((1-0.8"+,)〃(〃)-(1-0.8"2)“(〃_3)]

方法2：y(n)=/(?)*[/?](n)*/t2(n)]

=u(n)*{[8(n)—8(n—3)]*(0.8)"M(H)}

=〃(〃)*[0.8""(”)-0.8"-3"(〃_3)]

0000

=Z08"〃(加)〃(〃一團)一>>二)0.8"-〃T〃(〃一團一3)

m=-<x>w=-oc

=￡08""(〃)一￡0.8"'"-3〃("-3)

m=0m=0

(….8，Tld^“(”3)

1-0.81-0.8-'

=5[(1-0.8川)〃(〃)-(1-OB”")〃(〃-3)]

is.已知un離散系統(tǒng)模擬框圖如題18圖所示。

/(?)

題18圖

（1）列出系統(tǒng)的差分方程。

（2）求出它的單位序列響應(yīng)和階躍響應(yīng)。

(3)已知激勵/(〃)=3"〃(〃)，求該系統(tǒng)的零狀態(tài)響應(yīng)。

解：

(I)根據(jù)上圖列出差分方程：

y(〃)=3y(〃-1)-2y(n-2)+f(n)+/(w-1)

整理后得到：

y(?)-3y(n-1)+2y(n-2)=f(n)+f(n-1)

(2)單位序列響應(yīng)//(〃)滿足

J/?(/?)-3h(n-1)+2h(n-2)=b(〃)+3(n-1)

//(—I)=/?(—2)=0

由迭代法，可得初始條件：

/?(0)=3/?(-1)-2//(-2)+J(0)+5(—1)=0-0+1+0=1

/?(1)=36(0)-2//(-1)+5(1)+J(0)=3-0+0+1=4

特征方程為：22-32+2=0

特征根為：4=1,4=2

可設(shè)單位序列響應(yīng)為：h(n)-(C]+C2-2”)”(〃)

將初始條件代入，得

例o)=G+c,=1fG=—2

(12，解之，得《1

為⑴=G+2c2=4[C2=3

從而得系統(tǒng)的單位序列響應(yīng)為

h(n)=(-2+3?2”)〃(〃)

進?步得系統(tǒng)的階躍響應(yīng)為

s(〃)=￡〃4)=￡(-2+3。2')〃4)=￡(-2+32)=(-2〃+2""-1)"⑺

/=-ooj=-oo?=0

(3)激勵為/(〃)=3"〃(力)，系統(tǒng)的零狀態(tài)響應(yīng)為：

yf(/)=/(〃)*h(n)—3"u(n)*(-2+3?2”)〃(〃)=(1-6?2"+6?3")〃(〃)

第七章

例1已知一個連續(xù)LTI系統(tǒng)可用如2+2y。)=/(/)描述，利用傅里葉變換求下列輸入信號作用下的輸

dt

出阿:

(1)f(t)=e~'u(t)(2)/(1)="(/)

解：對微分方程求傅里葉變換，得:

jCY(jC)+2y(./0)=F(JQ)

頻率響應(yīng)為:

1

Hg=Yg)

F(jC)2+加

(1)輸入/(7)=e~'u(t)，其傅里葉變換為F(jC)=]+:

丫(陽)=/(/。)”(陽)=:二1

1+.102+jQ

求其反變換可得y")=(1'-e_2,)w(r)。

(2)輸入/(/)=〃(/)，其傅里葉變換為/(/0)=萬5(0)+二一，

jC

I1I1)11

Y(jC)=F(jC)H(jC)=癡(0)+)-7i8/?+-

,0」2+jil21_Iji2JJ22+ji2

1力

求其反變換可得=-(l-e-2/)w(/)o

例2如例2圖所示的電路，若激勵電壓源UsQ)為單位階躍信號〃(力，求電容電壓。,的零狀態(tài)響

應(yīng)。

例2圖

解：電路的頻率響應(yīng)函數(shù)為:

11

=0=正

U.gR+1圖+,a+jQ

jQCRC

式中，a=—!。單位階躍信號〃(/)的傅里葉變換為：

RC

。,(/。)=超(0)+工

jQ

可得零狀態(tài)響應(yīng)u//)的頻譜函數(shù)為:

a乃5(。)+」-anfa

Ue(./0)=H(jQ)Us(jC)=——------3e(z12)+-----------

a+/02a+jQjC(a+jC)

考慮到?jīng)_激函數(shù)的取樣性質(zhì)，得:

4g=刖0)+方入

取上式的傅里葉反變換,得輸出電壓

4")=；+(Sgn(Z)一1"〃(/)=(1一e")〃⑺

式中，a二」一

RC

2-70〃

例3某LTI系統(tǒng)的頻率響應(yīng)為4(/0)=——--,若系統(tǒng)輸入為/(/)=C0S(2/),求該系統(tǒng)的輸出

2+jil

y(t)o

解：因為E(〃2)=乃E(0+2)+S(0—2)],所以系統(tǒng)的輸出N(/)的傅里葉變換Y(J0)為:

y(/0)=H(jC)F(jC)=2一〃.乃做0+2)+3g-2)]=/1忸(0+2)+3(0-2)]

2+J0

得輸出為y(/)=sinIt。

例4已知某?理想低通濾波器的頻率響應(yīng)為"(JQ)=G24O(0)，若輸入信號為

/(/)=20COS(100/)COS2(104/),求輸出y(7)。

解：對輸入信號進行化簡，得：

/(Z)=10cos(100/)+5cos(l00+2X104)Z+5COS(2xlO4-100)/

即輸入信號包含了三個頻率成分：0°=1°。，01=100+2x104以及。2=2x1O'—100。由于

系統(tǒng)頻率響應(yīng)是截止頻率為120的理想低通濾波器，則只能讓。0=100的頻率分量通過，而。1和R無法

通過，故y(E)=lOcos(lOOf)。

例5已知系統(tǒng)框圖如例5圖所示，其中G](/)為門函數(shù)，子系統(tǒng)的單位沖激響應(yīng)為:

.3萬

sin——t

%(/)=%(/):——

n--<r>7lt

系統(tǒng)輸入為

e(f)=cosm(-oo</<+oo)0

(1)求子系統(tǒng)輸出的傅里葉變換;

/、1k7i

(2)證明口(f)傅里葉系數(shù)為=........-cos——；

兀(1—k~)2

(3)求系統(tǒng)的穩(wěn)態(tài)響應(yīng)。

解：(1)?(/)=[(/)?G|(7)]*九(/),

因為e(()3E(JC)=疝3(0-%)+b(0+左)],G,(/)<->

C—7T+S”改

2【2

再由時域卷積定理可得:

C—71/2+乃