杭電信號系統(tǒng)課件信號與第五章

1、第五章連續(xù)時間系統(tǒng)的時域分析5.1引言單輸入單輸出的 LTI 連續(xù)時間系統(tǒng)，描述其輸入輸出關(guān)系的n 階常系數(shù)微分方程為dn-1dm-1dndmddr(t) + Cn-1 dtn-1 r(t) +L+ C1 dt r(t) + C0r(t) = Eme(t) + Em-1 dtm-1 e(t) +L+ E1 dt e(t) + E0e(t)Cndtndtm簡寫為nmd id ji=0j =0r(t) =CEe(t)ijijdtdt算子方程為D( p)r(t) = N ( p)e(t)5.2時域經(jīng)典法求解微分方程時域經(jīng)典法求解微分方程是將一個微分方程分成兩個微分方程，其中的一個求所謂的齊次解，另一

2、個求所謂的特解，最后方程的完全解r(t) 是由齊次解 rh (t) 和特解 rp (t) 組成的，即r(t) = rh (t) + rp (t)5.2.1 齊次解的計算齊次方程是令微分方程的右邊等于零，即d n-1dt n-1d ndr(t) + Cn-1r(t) + L + C1 dt r(t) + C0 r(t) = 0Cndt nnd ii=0r(t) = 0Ciidt或5.2時域經(jīng)典法求解微分方程齊次方程的解稱為齊次解rh (t) 。根據(jù)微分方程理論，齊次解 rh (t) 的形式是指數(shù)函數(shù) Aeat 的線性組合。特征方程為ni=0iC a= 0i即+ Cn-1a n-1Cna n+L+

3、 C1a + C0 = 0對于實系數(shù)的特征方程，其根是以實數(shù)或共軛復(fù)數(shù)形式出現(xiàn)的，分單根和重根兩種情況。5.2時域經(jīng)典法求解微分方程1. 單根單根中分實數(shù)單根和共軛復(fù)數(shù)單根兩種。（1） 實數(shù)單根a 是實數(shù)單根，對應(yīng)的齊次解為rh (t) = Aeat（2） 共軛復(fù)數(shù)單根設(shè)a1,2 = s jw 是共軛復(fù)數(shù)單根，對應(yīng)的齊次解為r (t) = eC cos(wt) + C sin(wt)sth12= Dest cos(wt + j)= Pest sin(wt + q )5.2時域經(jīng)典法求解微分方程2.重根a是 K 重根，對應(yīng)的齊次解為rh (t) = eat (A0 + A1t +L+ AK -1

4、t K-1 )微分方程的齊次解是由各個特征根對應(yīng)的齊次解的相加，即ni=1r (t) =rh i (t)h5.2時域經(jīng)典法求解微分方程d 2dddtr(t) + 3r(t) + 2r(t) =dte(t) + 2e(t)例 5.2-1解求微分方程齊次方程為的齊次解dt 2d 2dr(t) + 3r(t) + 2r(t) = 0dtdt 2特征方程為a 2求得特征根為a1 = -1 ,齊次解為rh (t) = A1e-t+ 3a + 2 = 0a 2 = -2+ A2 e-2t5.2時域經(jīng)典法求解微分方程d 4d3d 2dr(t) +r(t) + 7r(t) + 6r(t) + 2r(t) =

5、0 dt 3dt 2dt例 5.2-2求方程的齊次解。dt 4a 4+ 4a 3 + 7a 2 + 6a + 2 = 0解即特征方程為(a + 1)2 (a 2 + 2a + 2) = 0特征根為a1,2= -1 ,a 3,4= -1 j齊次解為rh (t) = e-t A1 + A2t + A3 sin (t ) + A4 cos(t )5.2.2特解的計算將激勵e(t) 代入微分方程的右邊，化簡后的右端函數(shù)稱為自由項。特解 rp (t) 的函數(shù)形式與激勵有關(guān)，更與自由項函數(shù)密切相關(guān)，有時還與齊次方程的特征根有關(guān)。求特解的過程是先確定特解函數(shù)的形式，再代入微分方程的左邊，使等式成立來求特解。

6、1.自由項是多項式函數(shù)+ K p-1t p-1即 K pt p函數(shù)，設(shè)+ L K1t + K0 函數(shù)，特解一般也是同次的多項式+ Bp-1t p-1rp (t) = Bpt p+ L B1t + B0如果 0 是特征根，特解多項式函數(shù)的次數(shù)會高于自由項多項式函數(shù)的次數(shù)。5.2.2特解的計算2.自由項是指數(shù)函數(shù)即 Keat 函數(shù),分二種情況（1） a 不是特征根，此時特解為rp (t) = Be at（2） a 是 K 重特征根，此時特解為rp (t) = Bt K eat5.2.2特解的計算3.自由項是正弦函數(shù)即 K sin( wt + q ) 或 K cos(wt + j) 函數(shù)，且 jw

7、不是特征根，特解也是正弦函數(shù)，設(shè)rp (t) = B1 sin( wt) + B2 cos(wt)或rp (t) = B1 sin( wt + q B )或rp (t) = B2 cos(wt + jB )4.自由項是以上情況的的組合，特解也是相應(yīng)的組合。5.2.2特解的計算p + 2H ( p) =例 5.2-3 已知系統(tǒng)的傳輸算子情況時的特解。（1） e(t) = e3t，求以下兩種p 2+ 3 p + 2（2） e(t) = e-tH ( p) = r(t)解由于e(t) ，求得系統(tǒng)的微分方程為d 2dddtr(t) + 3r(t) + 2r(t) =dte(t) + 2e(t)dt 2

8、激勵e(t) 是指數(shù)函數(shù)，所以先求出特征根。a 2+ 3a + 2 = 0特征方程為a 2 = -2a1 = -1 ,求得特征根為5.2.2特解的計算（1） 將e(t) = e3t 代入方程右邊，得d 2r(t) +dr(t)3t+ 2r(t) = 5e3dt 2dt由于 a = 3 不是特征根，設(shè)特解為 rp (t) = Be3t入方程左邊，有，將其代9Be3t + 9Be3t+ 2Be3t= 5e3t求得B = 14所以特解為r (t) = 1 e3tp45.2.2特解的計算(2) e(t) = e-t 代入方程右邊，有d 2r(t) +dr(t)-t+ 2r(t) = e3dt 2dt由

9、于a = -1 是特征單根，所以設(shè)特解為 rp (t) = Bte -t代入方程中，有，將其- 2Be-t + Bte-t + 3(Be-t - Bte-t )+ 2Bte-t= e-tB = 1求得rp (t) = te-t 。所以特解為 d 求方程 r(t) + 2r(t) = sin (t )u(t) 的特解。例5.2-4dt（1）當 t 0 ，方程為dtcos(t ) 代入方程中，得rp (t) = B1 sin (t ) + B2設(shè)特解為(2B1 - B2 ) sin (t) + (B1+ 2B2 ) cos(t) = sin (t)2B1 - B2 = 1B+ 2B= 0有12B1

10、 = 0.4, B2 = -0.2rp (t) = 0.4 sin (t ) - 0.2 cos(t )解得所以最后方程的特解為t 0r (t) = 00.4 sin ( ) - 0.2 cos(t )pt= 0.4 sin (t ) - 0.2 cos(t )u(t)5.2.3完全解的計算完全解r(t) = rh (t) + rp (t) ，由于在齊次解中有待定系數(shù)，所以在完全解中需邊界條件來確定待定系數(shù)。5.35.3.1沖激平衡法求系統(tǒng)的響應(yīng)初始條件的確定和系統(tǒng)響應(yīng)的計算當方程的右邊出現(xiàn)沖激函數(shù)及其導(dǎo)數(shù)時，方程的左邊必定要有沖激函數(shù)及其導(dǎo)數(shù)，才能使等式成立，這就是沖激平衡。問題是方程左邊的

11、沖激函數(shù)及其導(dǎo)數(shù)不一定就出現(xiàn)在 r(t) 上， 衡法。沖激平衡法的原理，用具體的例子加以說明。設(shè)系統(tǒng)的微分方程為及計算的方法就是沖激平ddtr(t) + 2r(t) = 4d (t) + e-t u(t)(5.3-1)起始條件 r(0- ) = 1 ，求 r(t) 。由于方程的右邊出現(xiàn) 4d (t) ,可以斷定4d (t) 只能出現(xiàn)在 d r(t) 上， d r(t)dtdt除了4d (t) 外還應(yīng)有沖激函數(shù)d (t) 和無沖激函數(shù)及導(dǎo)數(shù)的函數(shù)?？稍O(shè)5.3沖激平衡法求系統(tǒng)的響應(yīng)dr(t) = 4d (t) + ad (t) + f (t)1（5.3-2）dt式中 a 為常數(shù)，函數(shù)f1 (t)

12、中無沖激函數(shù)及導(dǎo)數(shù)。 d 由于r(t) 是 r(t) 求一次導(dǎo)數(shù)而來，故有dtr(t) = 4d (t) + f 2 (t)(5.3-3) ddtf 2 (t) = ad (t) +f1 (t)式中(t) 中也無沖激函數(shù)及導(dǎo)數(shù)，且f2df(t) = f (t)t 0 時，有21dt將式（5.3-3）和（5.3-2）代入式（5.3-1）中，有4d (t) + (a + 8)d (t) + f1 (t) + 2 f 2 (t) = 4d (t) + e-tu(t)5.3得到?jīng)_激平衡法求系統(tǒng)的響應(yīng)a + 8 = 0求得a = -8 。式（5.3-2）變?yōu)閒1 (t) + 2 f 2 (t) = e-

13、tu(t)ddtr(t) = 4d (t) - 8d (t) + f (t)1（5.3-4）ddtf (t) + 2 f (t) = e-t u(t)t 0 時，有22f 2 (t) = ( Ae-2t + e-t )u(t)解得代入到式（5.3-3）中，有r(t) = 4d (t) + ( Ae-2t + e-t )u(t)為確定選定系數(shù) A ，必須求出r(0+ ) 的值。(5.3-5)5.3沖激平衡法求系統(tǒng)的響應(yīng) d 由于r(t) 是 r(t) 求一次導(dǎo)數(shù)而來，如果 r(t) 在 t = 0 時的數(shù)值發(fā)生dt d 變，則 r(t) 出現(xiàn)d (t) 函數(shù)，且r(0) 的值就是d (t) 前面

14、的系數(shù)。) - r(0+-dt d 式（5.3-4）可見， r(t) 出現(xiàn) -8d (t) ，表明r(0) - r(0 ) = -8 ,得+-dtr(0+ ) = -8 + r(0- ) = -7 。將t = 0+ 代入式（5.3-5）,有-7 = r(0+ ) = A + 1 ,求得 A = -8 。后方程的完全解為r(t) = 4d (t) + (-8e-2t + e-t )u(t)從上可見，0- 到 0+ 的跳變，是由于方程右邊d (t) 及導(dǎo)數(shù)產(chǎn)生的，如方程右邊無d (t) 及導(dǎo)數(shù)，0- 和 0+ 的數(shù)值相等，衡法可確定完全解 r(t) 的形式及系統(tǒng)的初始條件。發(fā)生跳變。用沖激d 2d

15、dtde(t) = d (t)r(t) + 2r(t) =e(t) + 3e(t) + 3e(t)dt例 5.3-1 系統(tǒng)方程為，激勵dt 2起始條件 r(0- ) = 1 ,求系統(tǒng)的響應(yīng)。將e(t) = d (t) 代入系統(tǒng)方程，有d解r(t) + 2r(t) = d (t) + 3d (t) + 3d (t)dt（1）確定r(t) 的形式設(shè) dr(t) = d (t) + ad (t) + bd (t) + f (t)dt1r(t) = d (t) + ad (t) + f 2 (t)ddtf (t) = bd (t) + f (t)a, b為常數(shù)，且21有d (t) + (a + 2)d

16、 (t) + (b + 2a)d (t) + f1 (t) + 2 f 2 (t) = d (t) + 3d (t) + 3d (t)a =1, b =1求得在t 0 時，有ddtf(t) + 2 f(t) = 022時域經(jīng)典法解得f 2 (t) = Ae-2tu(t)r(t) = d (t) + d (t) + Ae-2tu(t)故系統(tǒng)的解為r(0+ ) 的確定(2)A = 2由于r(0+ ) - r(0- ) = b ,故 r(0+ ) = 2 。將t = 0+ 代入,得(3)系統(tǒng)的響應(yīng)為r(t) = d (t) + d (t) + 2e-2tu(t)例d 35.3-2 已知系統(tǒng)方程為d

17、2d 2de(t) = u(t)r(t) + 6r(t) + 11r(t) + 6r(t) =dte(t) + e(t)，,dt 3dt 2dt 2r(0- ) =1, r(0- ) = r (0- ) = -1 ，求響應(yīng) r(t) 。將e(t) = u(t)d3解代入系統(tǒng)方程中，得d 2r(t) + 11 d r(t) + 6r(t) = d r(t) + 6(t) + u(t)dt 3dt 2dt（1）確定 r(t) 的形式設(shè) d 3r(t) = d (t) + ad (t) + f1 (t)3dt d 2r(t) = d (t) + f 2 (t)dt2 dr(t) = f3 (t)dt

18、r(t) = f (t)4a = -6代入，求得d3d 2df 4 (t) + 62 f 4 (t) + 11f 4 (dtdtt 0dt 3-te-2tf (t) = r(t) =A e+ A+412d 2dr(0+ ) = r(0- ) =1d (t)r(t)r(t)dtdt 2d 3dt 3-6d (t)r (0) = r (0 ) - 6 = -7r(0 ) = r(0 ) + 1 = 0r(t)+-A-AA = -1, A= 9 , A= - 83解得1232（3）系統(tǒng)的響應(yīng)為-t + 9 e-2t - 8 e-3t+ 1 u(t)r(t) =-e6 23求得 d3d (t) + (

19、)-t-2t-3tr(t) = d (t) - 6- 36e+ 72eeu(t)3dt d 2r(t) = d (t) + (- e+ 18e)-t-2t-3t- 24eu(t)2dt dr(t) = (e-t+ 8e-3t )u(t)- 9e-2tdt5.3.2系統(tǒng)響應(yīng)的函數(shù)形式從上可見，系統(tǒng)響應(yīng) r(t) 及導(dǎo)數(shù)的函數(shù)形式為r(t) = f (t)u(t) + fd (t) dr(t) = g(t)u(t) + g(t)i = 1,2,Lnidt id式中 f (t), g(t) 是普通函數(shù)， fd (t), gd (t) 中只有沖激函數(shù)及其導(dǎo)數(shù)。dd2d3r(t)r(t)dt， dt 2

20、， dt3r(t) 函數(shù)形式為r(t) = f (t)u(t) + fd (t) dr(t) = f (t)u(t) + fd (t) +r(0 + ) - r(0 - )d (t)dtd 2d d (t)r(t) =f (t)u(t) + fd (t) +r(0 + ) - r(0 - )(t) +r (0 + ) - r (0 - )dt 2d 3d (t)r(t) =f(t)u(t) + fd (t) +r(0 + ) - r(0 - )dt 3+r (0 + ) - r (0 - )d (t) +r (0 + ) - r (0 - )d (t)Lr(t) = d (t) + d (t)

21、 + 2e-2tu(t)例5.3-3在例 5.3-1中， 已經(jīng)求得，r(0- ) = 1 ，求 d r(t) 。dt（1）將微分方程移項，得d解r(t) = d (t) + 3d (t) + 3d (t) - 2r(t) = d (t) + d (t) + d (t) - 4e-2t u(t) 。dt（2） r(t) = d (t) + d (t) + 2e-2t u(t) = fd (t) + f (t)u(t) ，有fd (t) = d (t) + d (t) ， f (t) = 2e-2t ， r(0+ ) = f (0+ ) = 2所以ddtr(t) = fd (t) + f (t)u

22、(t) + r(0+ ) - r(0- )d (t)= d (t) + d (t) + (2e-2t ) u(t) + (2 - 1)d (t)= d (t) + d (t) + d (t) - 4e-2tu(t)5.4零輸入響應(yīng)的計算所謂零輸入響應(yīng)是在t t0 （一般t0 = 0 ）時，沒有外加激勵e(t) 的作用，只有系統(tǒng)的起始狀態(tài)所產(chǎn)生的響應(yīng)。系統(tǒng)的起始狀態(tài)就是零輸入響應(yīng)的起始狀態(tài)。5.4.1 零輸入響應(yīng)方程的確定根據(jù)定義，求t 0 時零輸入響應(yīng)的方程為nmd id jCirzi (t) = E je(t)ijdtdti=0j =0e(t) = 0(t 0)(k )(k ) = r(0)

23、(k = 0,1,L, n -1)r(0-zi5.4.2零輸入響應(yīng)的計算零輸入響應(yīng)可用沖激平衡法結(jié)合時域經(jīng)典法來計算。d 2例 5.4-1 系統(tǒng)方程為 dt 2dr(t) + 2r(t) + r(t) = e(t) ，激勵 e(t) = u(t) ，起始狀dtr(0- ) = 1 ， r(0- ) = 2 ，求零輸入響應(yīng)。解 由于e(t) = u(t) 是因果信號，求零輸入響應(yīng)的方程為態(tài)d 2drzi (t) + 2 dt rzi (t) + rzi (t) = 0(t 0)dt 2rzi (0- ) = r(0- ) = 1, r (0- ) = r(0- ) = 2zi+ A2t)e-t

24、，特解為 rp (t) = 0rh (t) = ( A1齊次解為完全解為rzi (t) = rh (t) + rp (t) = ( A1 + A2t)e-tu(t)由于零輸入響應(yīng)方程右邊無d (t) 及導(dǎo)數(shù)，故rzi (0+ ) = rzi (0- ) = 1, rzi (0+ ) = rzi (0- ) = 2代入到完全解中，有1 = rzi (0+ ) = A12 = r (0) = A- Azi+21求得A1 = 1, A2 = 3所以零輸入響應(yīng)為rzi (t) = (1 + 3t)e-tu(t)d 2d 2ddr(t) + 7r(t) + 10r(t) =dte(t) + 6e(t)

25、+ 4e(t)dt例 5.4-2 系統(tǒng)方程為，起dt 2dt 2r(0- ) = 4 , r (0- ) = 0 ，激勵 e(t) 的波形如圖始狀態(tài)5.4-1(a)所示，求零5輸入響應(yīng)。(a) 激勵e(t) 的波形(b) 零輸入響應(yīng)的激勵e(t) 波形圖 5.4-1 激勵信號的波形解根據(jù)零輸入響應(yīng)定義，求零輸入響應(yīng)的激勵e(t) 波形如(b)所示，即e(t) = 2u(-t) ，得到求零輸入響應(yīng)方程為d 2dd d (t)r(t) + 7rzi (t) + 10rzi (t) = -dt2(t) - 12zidt 2r(0) = 4 , r (0) = 0zi-zi-5用沖激平衡法求得rzi

26、(t) = ( A1e-2t + A2e-5t )u(t)r (0 ) = r (0 ) - 2 = - 6 , r (0 ) = r (0 ) + 2 = 2zi+zi-zi+zi-5代入，有- 6 = r(0) = A + Azi+1252 = rzi (0+ ) = -2 A1 - 5A2解得A = - 4 , A215=123零輸入響應(yīng)為42u(t)-2te-5t(t) =-e+rzi3155.5零狀態(tài)響應(yīng)的計算零狀態(tài)的定義為：系統(tǒng)的起始狀態(tài)為零，僅由外加激勵信號所引起的響應(yīng)，用rzs (t) 表示。5.5.1 零狀態(tài)響應(yīng)方程的確定根據(jù)定義，求t 0 時的零狀態(tài)響應(yīng)方程為nmd id

27、jCirzs (t) = E je(t)ijdtdti=0j =0e(t) = 0(t 0 時的方程為 d 27 d1i(t) +i(t) + 3i(t) = -d (t) + u(t) 2 dt2dt 2i(0- ) = 2 , i(0- ) = 0由沖激平衡法求得3i(0+ ) = i(0- ) = 23i(0+ ) = i(0- ) - 1 = - 122- 3 t21ip (t) =u(t)-2t ，特解齊次解ih (t) = A1e+ A2 e圖 5.6-4u (t) 的波形3S- 3 t21 i(t) = A1e+ A2e+u(t)-2t完全解3 t = 0+ 條件代入，有2+ 1

28、3= i(0) = A + A 3+121232-= i(0+ ) = - 2 A2A1A = 1 , A= 0求得123 1- 3 t21 i(t) = e+u(t)完全解 33 - 3 t2- 3 t213113e，強迫響應(yīng)為 u(t) 。瞬態(tài)響應(yīng)為e自由響應(yīng)為，穩(wěn)態(tài)響應(yīng)為31 u(t)3。系統(tǒng)的模擬圖如圖 5.6-5 所示，已知e(t) = e-t u(t), r(0- ) = 1, r(0- ) = 0例 5.6-2求零輸入響應(yīng)、零狀態(tài)響應(yīng)和完全響應(yīng)。圖 5.6-5 系統(tǒng)的模擬圖解 由梅森公式求得傳輸算子 H ( p) 為12+p 2p2 p + 1H ( p) =3p2p 2+ 3 p + 21 +p 2d 2ddr(t) + 3r(t) + 2r(t) = 2e(t) + e(t)系統(tǒng)的微分方程為dt 2dtdt(1)零輸入響應(yīng)的計算零輸入響應(yīng)方程為 d 2drzi (t) + 3 dt rzi (t) + 2rzi (t) = 0dt2rzi (0- ) = 1, rzi (0- ) = 0rzi (t) =