信号与系统、郑君里、第二章习题解答

自由响应： ⎜ 2e − 受迫响应：
⎛ ⎝
−t
5 −2t ⎞ e ⎟ u (t ) 2 ⎠
3 u (t ) 2
−3t
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 u ( 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 − 4e
p+3 u ( t ) = ( p + 3) ⎡ e − t u ( t ) ∗ e −2t u ( t ) ∗ u ( t ) ⎤ ⎣ ⎦ ( p + 1)( p + 2 )
−τ
∫ (e
t 0
1 ⎛1 ⎞ − e−2τ ) dτ = ⎜ − e− t + e−2t ⎟ u ( t ) 2 ⎝2 ⎠
1 1 3⎞ ⎛1 ⎞ ⎛ ∴ rZs ( t ) = ( p + 3) ⎜ − e − t + e −2t ⎟ u ( t ) = ⎜ −2e − t + e −2t + ⎟ u ( t ) 2 2 2⎠ ⎝2 ⎠ ⎝ 5 3⎞ ⎛ ∴ 全响应 r ( t ) = rZi ( t ) + rZs ( t ) = ⎜ 2e − t − e−2t + ⎟ u ( t ) 2 2⎠ ⎝
因为 e ( t ) = u ( t ) 故设特解为 rZsp ( t ) = C ⋅ u ( t ) ，代入原方程得 C = 故 rZs ( t ) = rZsh ( t ) + rZsp ( t ) = ⎜ B1e + B2 e
−t
'
3 2
ww
⎛ ⎝
−2 t
3⎞ + ⎟ u (t ) 2⎠
代入 rZs ( 0+ ) ， rZs ( 0+ ) 得 B1 = −2 ， B2 = 故 rZs ( t ) = ⎜ −2e +
−t
d h ( t ) + 5h ( t ) = e − t u ( t ) + 2δ ( t ) dt
1
受迫响应：
3 u (t ) 2
方法二： p 算子法
d2 d d r t + 3 r ( t ) + 2r ( t ) = e ( t ) + 3e ( t ) 2 ( ) dt dt dt
化为算子形式为： p + 3 p + 2 r ( t ) = ( p + 3) e ( t )2 Nhomakorabea(
)
特征方程： α + 3α + 2 = 0 特征根为： α1 = −1 ， α 2 = −2
−t
ww
(
−2 t
) u (t )
−2 t
零输入响应： rZi ( t ) = 4e − 3e
−t
(
−2 t
) u (t )
零状态响应： rZs ( t ) = e − e
−t
(
) u (t )
自由响应： 5e − 4e 受迫响应： 0 2-10 分析：
(
−t
−2 t
) u (t )
2
+∞ d r ( t ) + 5r ( t ) = ∫ e (τ ) f ( t − τ ) dτ − e ( t ) = e ( t ) ∗ f ( t ) − e ( t ) = e ( t ) ∗ ⎡ ⎣ f ( t ) − δ ( t )⎤ ⎦ −∞ dx
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：
⎧rZi '' ( t ) + 3rZi ' ( t ) + 2rZi ( t ) = 0 ⎪ ⎪ ' ' ①求 rZi ：由已知条件，有 ⎨rZi ( 0+ ) = rZi ( 0− ) = 2 ⎪ ' ' ⎪ ⎩rZi ( 0+ ) = rZi ( 0− ) = 1
2
rZi ( t ) 的求法与经典时域法一致， rZi ( t ) = ( 4e − t − 3e−2t ) u ( t )
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其中 e u ( t ) ∗ e u ( t ) ∗ u ( t ) =
−t −2 t
再求 rZs ( t ) ：e ( t ) = u ( t ) ，r ( t ) =
特征方程： α + 3α + 2 = 0 特征根为： α1 = −1 ， α 2 = −2
2
故 rZi ( t ) = A1e + A2 e
−t
(
−2 t
) u ( t ) ，代入 r ( 0 ) ， r ( 0 ) 得 A = 4 ， A
'
Zi
+
Zi
+
1
2
= −3
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已知冲激函数 δ ( t ) 与单位冲激响应 h ( t ) 为“输入——输出”对，故 e ( t ) = δ ( t ) 时，
r ( t ) = h ( t ) 。类似上题，也可以用经典法和算子法两种思路求解该微分方程。
解题过程：方法一：经典法 代入 e ( t ) = δ ( t ) ， f ( t ) = e u ( t ) + 3δ ( t ) 得到
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 + B2 e
−t
(
−2 t
) u (t )
故 rZi ( t ) = 4e − 3e
−t
(
−2 t
) u (t )
②求 rZs ： 将 e ( t ) = u ( t ) 代入原方程，有 rZs ( t ) + 3rZs ( t ) + 2rZs ( t ) = δ ( t ) + 3u ( t )
'' '
⎧rZs '' ( t ) = aδ ( t ) + bΔu ( t ) ⎪ ⎪ ' 用冲激函数匹配法，设 ⎨rZs ( t ) = aΔu ( t ) ⎪ ⎪ ⎩rZs ( t ) = at Δu ( t )
−t
1 2
⎛ ⎝
1 −2t 3 ⎞ e + ⎟ u (t ) 2 2⎠ ⎛ ⎝
③全响应： r ( t ) = rZi ( t ) + rZs ( t ) = ⎜ 2e −
−t
5 −2t 3 ⎞ e + ⎟ u (t ) 2 2⎠
自由响应： ⎜ 2e −
⎛ ⎝
−t
5 −2t ⎞ e ⎟ u (t ) 2 ⎠