《信号与系统》课程教学资源（习题解答）第二章 连续时间系统的时域分析

第二章连续时间系统的时域分析本章重点(1)微分方程的建立和求解；初始条件的确定；(2)零输入响应与零状态响应；(3)(4)冲激响应与阶跃响应；卷积积分及其性质；(5)(6)利用卷积积分求系统得零状态响应。例2.1已知系统微分方程相应的齐次方程为dr+3'r0+2d0=0(a)dtdt初始条件为：r(0)=0,r(0*)=1,r(o)=1求出的零输入响应，+32+2=0解（a）特征方程为特征根为=0,2=-1,=-2齐次解为r(0)=A + Ae" +Age-*由于是求系统的零输入响应，没有激励信号，系统的起始状态)(o-）不会发生跳变，即r(0(0-)=r(0(0*)r(o-)= A + 4 + A, =0r(o-)=-A -24, =1(0-)= A +44, =1解得 4,=1,4 =-3,4, =2,故零输入响应为r()= 2 - 3e' +e-例2.2已知系统得微分方程为-+4-+-0-040

第二章 连续时间系统的时域分析 本章重点 （1） 微分方程的建立和求解； （2） 初始条件的 确定； （3） 零输入响应与零状态响应； （4） 冲激响应与阶跃响应； （5） 卷积积分及其性质； （6） 利用卷积积分求系统得零状态响应。 例 2.1 已知系统微分方程相应的齐次方程为 （a） ( ) ( ) ( ) 3 2 0 2 2 3 3 + + = dt dr t dt d r t dt d r t 初始条件为： (0 ) = 0 + r ， ′(0 ) = 1 + r ， ′′(0 ) = 1 + r 求出的零输入响应. 解 （a）特征方程为 3 2 0 3 2 λ + λ + λ = 特征根为 0 λ1 = ， 1 λ2 = − ，λ3 = −2 齐次解为 ( ) t t r t A A e A e 2 1 2 3 − − = + + 由于是求系统的零输入响应，没有激励信号，系统的起始状态 ( ) ( ) − 0 k r 不会发生跳变， 即 ( ) ( ) ( ) ( ) − + 0 = 0 k k r r ′(0 ) = 1 + 2 + 3 = 0 − r A A A ′(0 ) = − 2 − 2 3 = 1 − r A A ′′(0 ) = 2 + 4 3 = 1 − r A A 解得 1, 3, 2, A3 = A2 = − A1 = 故零输入响应为 ( ) t t r t e e 2 2 3 − − = − + 例 2.2 已知系统得微分方程为 ( ) () () e() () t e t dt d r t r t dt d r t dt d 4 3 4 2 2 + + = +

若激励信号与起始状态为：(a) e(0)=e(0), r(0-)=1, r(0-)=2(b) e(0)=2e-"e(0), r(o-)=1., r(o-)=2试分别求他们的完全响应解（a)将el)=e()代入微分方程，可得素0)+4%0+3r0=80)+4()先求齐次解，特征方程为2+4α+3=0特征根为 =-1, =-3齐次解为r:(0)= Ae' +Ae-"在求特解时，注意到特解只在1>0时成立，由方程知特解为r,(0-1在求完全解时，先进行函数平衡，平衡过程如下：r(0)+4%r0+30)=0(0)+4e()+ 18)60)*()由上述分析可得rg(ot)=1, r2(0*)=1因此r(0*)= r(0-)+r. (o*)=1+0=1r(0*)=r(0-)+r:(0*)=2+1=3完全解为r0)=r(0+,0)-+4e*+4e-m利用初始条件[r(0)=4 +4 +→=1[r(0*)=-A- -34, =3

若激励信号与起始状态为： （a）e() () t = ε t ， (0 ) = 1 − r ， ′(0 ) = 2 − r （b）e( )t e (t) t ε 4 2 − = ， (0 ) = 1 − r ， ′(0 ) = 2 − r 试分别求他们的完全响应 解 （a）将e() () t = ε t 代入微分方程，可得 ( ) r() () () () t r t t t dt d r t dt d 4 3 δ 4ε 2 2 + + = + 先求齐次解，特征方程为 4 3 0 2 λ + λ + = 特征根为 1 λ1 = − ， 3 λ2 = − 齐次解为 ( ) t t c r t A e A e 3 1 2 − − = + 在求特解时，注意到特解只在t > 0 时成立，由方程知特解为 ( ) 3 4 rp t = 在求完全解时，先进行 函数平衡，平衡过程如下： δ ( )t ε (t) tε(t) ( ) r() () () ( t r t t t) dt d r t dt d 4 3 δ 4ε 2 2 + + = + 由上述分析可得 (0 ) = 1 + zs r ， ′ (0 ) = 1 + zs r 因此 (0 ) = (0 )+ (0 ) = 1+ 0 = 1 + − + zs r r r ′(0 ) = ′(0 )+ ′ (0 ) = 2 +1 = 3 + − + zs r r r 完全解为 () () () t t c p r t r t r t A e A e 3 1 2 3 4 − − = + = + + 利用初始条件 ( )  ( )     ′ = − − = = + + = + + 0 3 3 1 3 4 0 1 2 1 2 r A A r A A

，故完全解为可求得A=1,A,=-r()=e--e"+(b）将e(0)=2e-"s()代入方程得+4-0*3r0-20)齐次解为rt=Ae"+Ae-"，特解r,()=0，由函数平衡法可求得rg(0t)=0, r(0+)=2所以r(0+)=r(0-)+r,(0*)=1+0=1r(0*)=r(0-)+rg(0*)=2+2=4因此 -(o )= A + A =1(r(0*)=-A -34, =4解得4=，4=-号，故完全响应为r0)-e-号e-, 120例2.3给定系统得微分方程为dr0+s0+6r(0)=8()+(-1)dt当下述起始状态时，试求系统得完全响应：(a) r(o-)=0,r(o-)=0(b) r(o-)=0,r(o-)=1解由微分方程求得系统得齐次解r。()为r:(0)= Ae- + Ae由于激励函数为s(0)+s(t-1)，故当0<1<1时，特解为

可求得 1 A1 = ， 3 4 A2 = − ，故完全解为 ( ) 3 4 3 4 3 = − + −t − t r t e e （b）将e() () t e t t ε 4 2 − = 代入方程得 r() () () t r t t dt d rt dt d 4 3 2δ 2 2 + + = 齐次解为 t t c r t A e A e 3 1 2 − − = + ，特解 rp (t) = 0 ，由 δ 函数平衡法可求得 (0 ) = 0 + zs r ， ′ (0 ) = 2 + zs r 所以 (0 ) = (0 )+ (0 ) = 1+ 0 = 1 + − + zs r r r ′(0 ) = ′(0 )+ ′ (0 ) = 2 + 2 = 4 + − + zs r r r 因此 ( ) ( )    ′ = − − = = + = + + 0 3 4 0 1 1 2 1 2 r A A r A A 解得 2 7 A1 = ， 2 5 A2 = − ，故完全响应为 ( ) t t r t e e 3 2 5 2 7 − − = − ，t ≥ 0 例 2.3 给定系统得微分方程为 ( ) ( ) 5 6 () () ( ) 1 2 2 + + r t = t + t − dt dr t dt d r t ε ε 当下述起始状态时，试求系统得完全响应： （a） (0 ) = 0, ′(0 ) = 0 − − r r （b） (0 ) = 0, ′(0 ) = 1 − − r r 解 由微分方程求得系统得齐次解 r (t) c 为 ( ) t t c r t A e A e 3 2 2 1 − − = + 由于激励函数为ε () ( ) t + ε t −1 ，故当0 < t < 1时 ，特解为

r.0-1而当1>1时，特解为r,(0=因此当01时，完全响应为r(0)= Be-+ +Be- +1,.1>1微分方程右边没有8函数项，故没有跳变，即(0(0*)=r(0(0-), +(0(+*)=r(0(-)(a）题中给定，r(o-)=0,r(o-)=0因而(0)=0,r(0)=0，由以上初始状态代入微分方程可得r(0)=4 +4 +=0r(0 )= -24 -34, =0可解得A=·4=-·因此01时，先求得r(1-)-)--0+e+-)r(t-)=e?-e =r(*)根据以上状态值，代入1>1时的r(），得r()=Be*+Be*+--e*+e*+r()=-2B,e2-3B,e*+→=e-2-e由此可得B:-++0,B,=-1e故1>1时的完全响应为r0)=--"-e)+e+++

( ) 6 1 rp t = 而当t > 1时， 特解为 ( ) 3 1 rp t = 因此当0 1时，完全响应为 ( ) 3 3 1 2 2 = 1 + + − t − t r t B e B e ，t > 1 微分方程右边没有δ 函数项，故没有跳变，即 ( ) ( ) ( ) ( ) + − 0 = 0 k k r r ， ( ) ( ) ( ) ( ) + − 1 = 1 k k r r （a） 题中给定， (0 ) = 0, ′(0 ) = 0 − − r r 因而 (0 ) = 0, ′(0 ) = 0 + + r r ，由以上初始状态代入微分方程可得 ( ) 0 6 1 0 = 1 + 2 + = + r A A ′(0 ) = −2 1 − 3 2 = 0 + r A A 可解得 2 1 A2 = ， 2 1 A1 = − ，因此0 1时，先求得 ( ) ( ) − 1 k r ( ) ( ) − − − + = − + + = 1 6 1 3 1 2 1 1 2 3 r e e r ( ) ( ) − − − + ′ 1 = − = ′ 1 2 3 r e e r 根据以上状态值，代入t > 1时的 r(t) ，得 ( ) 6 1 3 1 2 1 3 1 1 3 2 3 2 2 = 1 + + = − + + + − − − − r B e B e e e ( ) 3 2 3 2 2 1 3 1 1 2 3 + − − − − r = − B e − B e + = e − e 由此可得 2 1 3 2 2 1 2 1 , 3 1 3 1 B = + e B = − − e 故t > 1 时的完全响应为 ( ) ( ) ( ) 3 1 3 1 3 1 2 1 2 1 2 2 1 3 3 1 = − − + + + − t − t− − t − t− r t e e e e

由于题中给定r((o*)与系统的r()(o-)等于零，故t>1时的完全响应也可利用系统的可加性，比例性与非时变性来求取，01故1>1时，系统的完全响应可按可加性与比例行得到r0)=-le2--e-2(-+e+e(-)++, 1>(b)）题中给定r(0-)=0,r(0-)=1,因而r(0*)=0 r(0*)-1代入微分方程后得r(0)=4 +4 +=0r(0*)=-24, -34, =1可解得A=，4=-,，因此01时的情形，先求r()(-）()=-0~+=)(-)- -e* +2e* =r(*)代入1>1时的r(），得)-Be*+Be+-e~-e+r(*)=-2B,e-2 -3B,e =-e- +2e-3可解得 B-1o.B--号++0，故1>1时的完全响应为--由于题中给定((0)*0，故完全响应不满足可加性与比例性，和非时变性，只有零状态响应满足这些特性。故此题不存在（a）中所述的第二种求解完全响应得方法

由于题中给定 ( ) ( ) + 0 k r 与系统的 ( ) ( ) − 0 k r 等于零，故t > 1时的完全响应也可利用系统的可加 性，比例性与非时变性来求取，0 1 故t > 1 时，系统的完全响应可按可加性与比例行得到 ( ) ( ) ( ) 3 1 3 1 3 1 2 1 2 1 2 2 1 3 3 1 = − − + + + − t − t− − t − t− r t e e e e ，t > 1 （b）题中给定 (0 ) = 0, ′(0 ) = 1 − − r r ，因而 (0 ) = 0, ′(0 ) = 1 + + r r 代入微分方程后得 ( ) 0 6 1 0 = 1 + 2 + = + r A A ′(0 ) = −2 1 − 3 2 = 1 + r A A 可解得 2 1 A2 = ， 3 2 A1 = − ，因此0 1 时的情形，先求 ( ) ( ) − 1 k r ( ) ( ) − − − + = − + = 1 6 1 3 2 2 1 1 2 3 r e e r ( ) ( ) − − − + ′ 1 = − + 2 = ′ 1 2 3 r e e r 代入t > 1 时的 r( )t ，得 ( ) 6 1 3 2 2 1 3 1 1 3 2 3 2 2 = 1 + + = − + + − − − − r B e B e e e ( ) 3 2 3 2 2 1 2 1 3 2 + − − − − r′ = − B e − B e = −e + e 可解得 3 2 2 1 3 1 3 2 , 2 1 2 1 B = − e B = − + e ，故t > 1 时的完全响应为 ( ) ( ) ( ) 3 1 3 1 3 2 2 1 2 1 2 2 1 3 3 1 = − − + + − t − t− − t − t− r t e e e e 由于题中给定 ( ) (0) ≠ 0 k r ，故完全响应不满足可加性与比例性，和非时变性，只有零状 态响应满足这些特性。故此题不存在（a）中所述的第二种求解完全响应得方法

例2.4若激励为e(0)、响应为r(）的系统得微分方程由下式描述，试对于下式求系统的冲激响应：405-0-2dtat%r0+0-+2+20)(b) dt解（a）方法一：函数平衡方法4h0 + 5h0)= 280)dt齐次解为h0)= Ae''sc()8函数平衡h'(0)28()-10()h(t)28()-10s()可知h()包含28(0)，且在起始点有-10的跳变量，即h(o*)=-10，于是h0)= Ae' + 28(0)将h_(0*)=-10代入，可得h.(o*)= A=-10故h0)= -10e-* + 26()（b）函数平衡法将e()=8()代入方程，可得40+0)-80+28(0)+280)at齐次解为h(l)= Ae'c(0)8函数平衡为h'()8"0)+8(0)+80)h()80)+ 8(0)+6(0)），且h,(0)=1，于是因此 h0)中包含8(0)+()

例 2.4 若激励为e( )t 、响应为 r( )t 的系统得微分方程由下式描述，试对于下式求系统的 冲激响应： （a） ( ) ( ) ( ) dt de t r t dt dr t + 5 = 2 （b） () () ( ) ( ) e( )t dt de t dt d e t r t r t dt d 2 2 2 2 + = + + 解 （a）方法一： δ 函数平衡方法 ( ) h() () t t dt dh t + 5 = 2δ ′ 齐次解为 h(t) Ae (t) t ε −5 = δ 函数平衡 h (t ) 2δ (t)−10ε (t) h ′( )t 2δ′(t)−10δ(t) 可知 h( )t 包含 2δ ( )t ，且在起始点有 −10的跳变量，即 (0 ) = −10 + hzs ，于是 h(t) Ae (t) t 2δ 5 = + − 将 (0 ) = −10 + hzs 代入，可得 (0 ) = = −10 + hzs A 故 h(t) e (t) t 10 2δ 5 = − + − （b） δ 函数平衡法 将e() () t = δ t 代入方程，可得 ( ) h() () () () t t t t dt dh t + = δ ′′ + 2δ ′ + 2δ 齐次解为 h(t) Ae (t) t ε − = δ 函数平衡为 δ ′(t) + δ (t) + ε (t) δ ′′(t) + δ ′(t) + δ (t) h( )t h′( )t 因此 h( )t 中包含 δ′() () t +δ t ，且 (0 ) = 1 + hzs ，于是

h()= Ae'e(0)+8()+ 80)将h_(0*)=1代入，可得h.(0*)=1=A因此h(0)=e'e(0)+6()+8()

h( )t Ae (t) (t) (t) t = ε + δ + δ ′ − 将 (0 ) = 1 + hzs 代入，可得 hzs ( ) = = A + 0 1 因此 h( )t e (t) (t) (t) t = ε + δ + δ ′ −