信号与系统(郑君里)课后答案 第二章习题解答
- 格式：pdf
- 大小：108.91 KB
- 文档页数：7
( p + 5) h(t ) = 1 δ (t ) + 2δ (t )
p +1
3
⇒
h(t) =
1⋅ p+5
1δ p +1
(t ) +
2δ p+5
(t) =
⎛ ⎜ ⎜ ⎜
−1 4+
p+5
1⎞
4 p +1
⎟ ⎟δ ⎟
(t ) +
2δ p+5
(t)
⎝
⎠
⇒
h(t)
=
⎛ ⎜⎝
7 4
e−5t
+
1 4
e−t
⎞ ⎟⎠
卷积的微分与积分；与冲激函数或阶跃函数的卷积）对表达式进一步的化简，甚至直接得到
结果。
解题过程：
（1） f (t ) = u (t ) − u (t −1) = u (t )∗ ⎡⎣δ (t ) − δ (t −1)⎤⎦
∴s (t ) = f (t ) ∗ f (t ) = u (t ) ∗ ⎡⎣δ (t ) −δ (t −1)⎤⎦ ∗u (t )∗ ⎡⎣δ (t ) − δ (t −1)⎤⎦ = ⎡⎣u (t ) ∗u (t )⎤⎦ ∗ ⎡⎣δ (t ) − 2δ (t −1) + δ (t − 2)⎤⎦ = tu (t ) ∗ ⎡⎣δ (t ) − 2δ (t −1) + δ (t − 2)⎤⎦ = tu (t ) − 2(t −1)u (t −1) + (t − 2)u (t − 2)
⎞ ⎟⎠
u
(t)
受迫响应： 3 u (t )
2 综观以上两种方法可发现 p 算子法更简洁，准确性也更高
（2） e (t ) = e−3tu (t ) ， r (0− ) = 1， r' (0− ) = 2
运用和上题同样的方法，可得
( ) 全响应 r (t ) = 5e−t − 4e−2t u (t )
=
Ae−5tu
(t)
利用冲激函数匹配法，在 (0− , 0+ ) 时间段内
⎧ ⎪ ⎨
d dx
h1
(t
)
=
aδ
(
t
)
+
bΔu
(
t
)
⎪⎩h1 (t ) = aΔu (t )
(0− < t < 0+ )
⇒ aδ (t ) + bΔu (t ) + 5aΔu (t ) = δ (t )
⇒ a = 1,b = −5
（2） f (t ) = u (t −1) − u (t − 2) = u (t )∗ ⎡⎣δ (t −1) − δ (t − 2)⎤⎦
∴s (t ) = f (t ) ∗ f (t ) = u (t ) ∗ ⎡⎣δ (t −1) − δ (t − 2)⎤⎦ ∗u (t )∗ ⎡⎣δ (t −1) − δ (t − 2)⎤⎦ = ⎡⎣u (t ) ∗u (t )⎤⎦ ∗ ⎡⎣δ (t − 2) − 2δ (t − 3) + δ (t − 4)⎤⎦ = tu (t ) ∗ ⎡⎣δ (t − 2) − 2δ (t − 3) + δ (t − 4)⎤⎦ = (t − 2)u (t − 2) − 2(t − 3)u (t − 3) + (t − 4)u (t − 4)
( ) 零输入响应： rZi (t ) = 4e−t − 3e−2t u (t )
( ) 零状态响应： rZs (t ) = e−t − e−2t u (t )
( ) 自由响应： 5e−t − 4e−2t u (t )
受迫响应： 0
2-10 分析：
2
d dx
r
(t
)
+
5r
(t
)
=
+∞
∫−∞
e
(τ
)
由于 r (t ) 是零状态响应，且方程右端无冲激项，故 r (0+ ) = 0 ，将此初始条件代入
( ) r (t ) = rh (t ) + rp (t ) = Ae−3t + e−2t u (t ) 得 A = −1
( ) ∴ r (t ) = −e−3t + e−2t u (t )
又∵ r (t ) = e(t ) ∗ h(t )
)
方法二： p 算子法
（常用关系式：① dx (t ) = px (t ) ，② e−λtu (t ) = 1 δ (t )
dt
p+λ
③
1 p+λ
x(t)
=
1 p+λ
⎡⎣δ
(t )∗ x (t )⎤⎦
=
⎡ ⎢⎣
1δ p+λ
(t )⎤⎥⎦ ∗ x (t )
=
e−λtu (t)∗ x(t) ）
引入微分算子 p ， (∗) 式变成：
②求 rZs ： 将 e (t ) = u (t ) 代入原方程，有 rZs'' (t ) + 3rZs' (t ) + 2rZs (t ) = δ (t ) + 3u (t )
用冲激函数匹配法，设
⎧⎪⎪⎨rrZZss
'' '
(t) (t)
= =
aδ (t ) aΔu (t
+
)
bΔu
(
t
)
⎪⎪⎩rZs (t ) = atΔu (t )
故设特解为
rZsp
(t)
=
C
⋅u
(t)
，代入原方程得 C
=
3 2
故
rZs
(t)
=
rZsh
(t)
+
rZsp
(t)
=
⎛ ⎜⎝
B1e−t
+
B2e−2t
+
3 2
⎞ ⎟⎠
u
(t)
代入
rZs '
(0+
)
，
rZs
(0+
)
得
B1
=
−2
，
B2
=
1 2
故
rZs
(t)
=
⎛ ⎜⎝
−2e−t
+
1 2
e−2t
+
3 2
⎞ ⎟⎠
u
代入微分方程，平衡δ (t ) 两边的系数得 a = 1
故 rZs' (0+ ) = rZs' (0− ) +1 = 1 ， rZs (0+ ) = rZs (0− ) = 0
( ) 再用经典法求 rZs (t ) ：齐次解 rZsh (t ) = B1e−t + B2e−2t u (t )
因为 e(t ) = u (t )
( ) ∴e(t ) ∗ h (t ) = ⎡⎣2e−3tu (t )⎤⎦ ∗ h (t ) = −e−3t + e−2t u (t )
(1)
又
d dt
⎡⎣e(t ) ∗
h(t )⎤⎦
=
⎡ ⎢⎣
d dt
e(t
)⎤⎥⎦
∗
h
(t)
=
d dt
r
(t
)
( ) ∴ ⎣⎡−6e−3tu (t ) + 2δ (t )⎦⎤ ∗ h (t ) = 3e−3t − 2e−2t u (t )
u
(t)
注：由本例再次看到，相比经典法， p 算子法形式简洁，易算易记。
2-14 分析：求解两个信号的卷积，可以直接用定义，依照“反转 → 平移 → 相乘 → 求和”
∫ 的顺序来求，积分式为 x1 (t ) ∗ x2 (t ) =
+∞ −∞
x1
(τ
)
x2
(t
−τ
)
dτ
，但是这种依靠定义的基本方
法可能不是最简便的。更应该注意灵活运用卷积的性质（卷积的交换律、结合律、分配律；
代入 e(t ) = δ (t ) ， f (t ) = e−tu (t ) + 3δ (t ) 得到
d h (t ) + 5h (t ) = e−tu (t ) + 2δ (t ) (∗)
dt
对于因果系统 h (0− ) = 0
先求满足
d dt
h1
(t)
+
5h1
(t)
=
δ
(t)
的
h1
(t)
：
h1
(t)
2-6 解题过程：
（1） e (t ) = u (t ) ， r (0− ) = 1， r' (0− ) = 2
方法一：经典时域法：
①求
rZi
：由已知条件，有
⎪⎪⎨⎧rrZZii
'' '
(t) (0+
+
)
3rZi ' = rZi
(t ) + ' (0− )
2rZi =2
(
t
)
=
0
⎪⎪⎩rZi' (0+ ) = rZi' (0− ) = 1
(t)
③全响应：
r
(t
)
=
rZi
(t
)
+
rZs
(t
)
=
⎛ ⎜⎝
2e−t
−
5 2
e−2t
+
3 2
⎞ ⎟⎠
u
(t
)
自由响应：
⎛ ⎜⎝
2e−t
−
5 2
