第五章连续系统的s域分析 sy(0)+y(0-)+5y(0-)+x3F(s) s2+5s+6 s2+5s+ (2) (1)将F(s)=f(t)]=e(t)]=-,连同y(0-)=1,y(0-)=2代入(1)式可 得 Y(s)=Y(s) +7 4 +5s+6s+2s+3 Y(s) 对以上两式取逆变换,得零输入响应和零状态响应分别为 y(t)=x[Y(s)]=(5e2-4e)(t) y(t)=x[Y(s)]=( e-2+e-3)e(t) (2)将F(s)=f(t)]=ee(t)] 和各初始值代入(1)式,得 Y()=3+5+6-3+2s+3 Y(s) +5s+6s s+1s+2 对以上两式取逆变换,得零输入响应和零状态响应分别为 y(t)=x[Y(s)]=(e-e-)e(t) y(1)=x1[Y(5)]=[e-3-+3e( ◎5.13描述某系统输出y(t)和y2(t)的联立微分方程为 y1(t)+y1(t)-2y2(1)=4f(t) (1)已知y1(0-)=1,y2(0-)=2,f(t)=0,求零输入响应y(t),y2(t); (2)已知y1(0-)=y2(0-)=0,f(t)=ee(t),求零状态响应y(t),y2(t) 分析对两个微分方程进行拉普拉斯变换,然后联立求解可得系统的零输入响应和零 状态响应的拉普拉斯变换,求其逆变换得y(t)和yr(t) 解对两个方程进行拉普拉斯变换,由时域微分特性可得 sY1()-y1(0-)+Y1(s)-2Y2(s)=4F(s) sY2(s)-y2(0-)-Y1(s)+2Y2(s)=-F(s) 联立两个方程可解得 YI(s)=Y(s)+Y(s) (s+2) s(s+3)y(O)+ (0-)1+ s(s+3)(s) Y2(s)=Y2(s)+Y2(s) (s+1)y2(0-)+y1(0)-s+3 s(s+3) s(s+3 217
/01 !"#$%!&’( #!@"$& #’@B"$& #’)@"$& # !’ ’)!’4 ’ 2 !’ ’)!’4 ""!# "’# "!#½""!##!)$"%#*#!)#"%#*# ! !&øz@"$& ##!&@B"$& ##’Õª"!#,Á C"!##C-"!## !’5 !’ ’)!’4# ) !’’& 3 !’2 C$"!## 2 !’ ’)!’4%! ! # ! ’ ! & 2 ’ !’’’ ! !’2 wÃØÒ,‘^)*&!©ªst¤!_st@ H @-"%## !&!)C-"!#*# ")%&’% &3%&2%##"%# @$"%## !&!)C$"!#*# "! ’ & 2 ’%&’% ’%&2%##"%# "’#½""!## !)$"%#*# !)%&% #"%#*# ! !’!¤>EPFÕª"!#,& C-"!## ! !’ ’)!’4# ! !’’& ! !’2 C$"!## 2 !’ ’)!’4% ! !’!# 2 ’ !’!& 2 !’’’ 2 ’ !’2 wÃØÒ,‘^)*&!©ªst¤!_st@ H @-"%## !&!)C-"!#*# "%&’% &%&2%##"%# @$"%## !&!)C$"!#*# )2 ’%&% &2%&’% ’ 2 ’%&2%*#"%# 2)"!2 aÙ¨no©å@!"%#¤@’"%##bc?@_ÎH @B!"%#’@!"%#&’@’"%##3$"%# @B’"%#&@’"%#’’@’"%##&$"%# "!#®¯@!"$& ##!&@’"$& ##’&$"%##$&\!©ªst@!-"%#&@’-"%#( "’#®¯@!"$& ##@’"$& ##$&$"%##%&% #"%#&\!_st@!$"%#&@’$"%#$ ’( wÒ¥?@_η¸&’&()*&debc\]Áno#!©ªst¤! _st#&’&()*&\^)*@-"%#¤@$"%#$ ? wÒ¥_η¸&’&()*&56?@/Á !C!"!#&@!"$& #’C!"!#&’C’"!##3""!# !C’"!#&@’"$& #&C!"!#’’C’"!##&""!# bcÒ¥_ÎÁ] C!"!##C!-"!#’C!$"!# # "!’’# !"!’2#@!"$& #’ ’ ) !"!’2#@’"$& #*’ ’!’2 !"!’2#""!# C’"!##C’-"!#’C’$"!# # "!’!#@’"$& #’@!"$’# !"!’2# ’ &!’2 !"!’2#""!# %!#(%
信号与线性系统分析同步辅导及习题全解 (1)将F(s)=f(t)]=0和各初始值代入以上两式,得 Y1(s)=s(s+3) 对以上两式取逆变换,得零输入响应分别为 y1(t)=[Y1(s)]=(2-c)e(t) y2(t)=Y2x(s)]=(1+e)e(t) (2)将F()=近f()]=3+1和各初始值代以上两式,得 4s+6 s(s+1)(s+3) Y2(s) (s+1)(s+3)=s3+1+s+3 对以上两式取逆变换,得零状态响应分别为 y/(t)=x[Y1(s)]=(2-e--e-)e(t) y/(t)=x[Y2()]=(1-2e+e)e(t) ◎5.14描述某LTI系统的微分方程 y'(t)+2y(t)=f(t)+f(t) 求在下列激励下的零状态响应 (1)f(t)=E(t) (2)f(t)=e(t) (3)f(t)=e2(t)(4)f(t)=te(t) 分析利用拉普拉斯变换法求解。 解令零状态响应的象函数为Y(s),对方程取拉普拉斯变换(注意到初始状态为 于是得 (1) (1)将F(=9f()=()]=1代入(1)式,得 +2 对上式取逆变换,得输入为f(t)=ε(t)时系统的零状态响应 y,()=x[y,(s)]=1(1+c2)() (2)将F()=f(=代入(1)式,得 Y,(s) 对上式取逆变换,得输入为f(1)=e(t)时系统的零状态响应 218
23456#$’(789:;<=>? "!#½""!## !)$"%#*#$¤>EPFÕªÃØÒ,& C!-"!## !’4 !"!’2## ’ !& ! !’2 C’-"!## ’!’2 !"!’2## ! !’ ! !’2 wÃØÒ,‘^)*&!©ªst@ H @!-"%## !&!)C!-"!#*# "’&%&2%##"%# @’-"%## !&!)C’-"!#*# "!’%&2%##"%# "’#½""!## !)$"%#*# ! !’!¤>EPFÕÃØÒ,& C!$"!## 3!’4 !"!’!#"!’2## ’ !& ! !’!& ! !’2 C’$"!## &!’2 !"!’!#"!’2## ! !& ’ !’!’ ! !’2 wÃØÒ,‘^)*&!_st@ H @!$"%## !&!)C!$"!#*# "’&%&% &%&2%##"%# @’$"%## !&!)C’$"!#*# "!&’%&% ’%&2%##"%# 2)"!3 aÙ¨ <=>no#?@_Î @B"%#’’@"%##$B"%#’$"%# \Krx#!_st "!#$"%###"%# "’#$"%##%&% #"%# "2#$"%##%&’% #"%# "3#$"%##%#"%# ’( £b&’&()*‘\]$ ? æ!_st#WXYHC$"!#&w_Α&’&( ) * "O- % E P _ H !#& !C$"!#’’C$"!##!""!#’""!# y C$"!##!’! !’’ ""!# "!# "!#½""!## !)$"%#*# !)#"%#*# ! ! Õª"!#,& C$"!##!’! !’’%! ! # ! ’ ! ’ ! ’ !’’ wØ,‘^)*&©ªH$"%###"%#5no#!_st @$"%## !&!)C$"!#*# ! ’"!’%&’%##"%# "’#½""!## !)$"%#*# ! !’!Õª"!#,& C$"!##!’! !’’% ! !’!# ! !’’ wØ,‘^)*&©ªH$"%##%&% #"%#5no#!_st %!#)%
第五章连续系统的s域分析 y(t)=lY(s]=ee(t) (3)将F(s)=ee(t)] 代人(1)式,得 Y(s)=5+1.1 +2s+ (s+2)2 对上式取逆变换,得输入为f(t)=ee(t)时系统的零状态响应 y(t)=Y(s)]=(1-t)ee(t) (4)将F(s)=f(t)]=t(t)]=代入(1)式,得 1 对上式取逆变换,得输入为f(t)=t(t)时系统的零状态响应 y,(1)=xy,(]=(1+1-1c-)e( ◎5.15描述某LTI系统的微分方程为 y(t)+3y(t)+2y(t)=f(t)+4f(t) 求在下列条件下的零输入响应和零状态响应 (1)f(t)=E(t),y(0-)=0,y(0-)=1; (2)f(t)=ee(t),y(0-)=1,y(0-)=1 分析利用拉普拉斯变换法解方程得Y(s)=Yx(s)十Y(s),求逆变换得零输人响应 y2(t)=x[Y(s)]和零状态响应,y/(1)=x[Yr(s)] 解对微分方程取拉普拉斯变换,有 s2Y(s)-sy(0-)-y(0-)+3sY(s)-3y(0-)+2Y(s)=sF(s)+4F(s) (2+3s+2)Y(s)-[sy(0-)+y(0-)+3y(0-)]=(s+4)F(s) 可解得 Y(s)=Y(s)+Y(s) sy(0-)+y(0-)+3y(0-) +S+4F(s) (1) s2+3s+2 (1)将F(s)=()门=9e(1)]=1和各初始值代入(1)式,得 Y2(s) s2+3s+ Y(s) 1_2 对以上二式取逆变换,得零输入响应和零状态响应分别为 (t)=x[Y(s)]=(e-e2)e(t) yr(t)=x[Y(x)]=(2-3e+e-2)e(t) (2)将F()=f()]=c()]=s+2和各初始值代入(1)式,得 219
/01 !"#$%!&’( @$"%## !&!)C$"!#*#%&’% #"%# "2#½""!## !)%&’% #"%#*# ! !’’Õª"!#,& C$"!##!’! !’’% ! !’’# ! !’’& ! "!’’#’ wØ,‘^)*&©ªH$"%##%&’% #"%#5no#!_st @$"%## !&!)C$"!#*# "!&%#%&’% #"%# "3#½""!## !)$"%#*# !)%#"%#*# ! !’ Õª"!#,& C$"!##!’! !’’%! !’ # ! 3 ! ’ ! ’ !’ & ! 3 !’’ wØ,‘^)*&©ªH$"%##%#"%#5no#!_st @$"%## !&!)C$"!#*# "! 3 ’ ! ’%& ! 3%&’%##"%# 2)"!) aÙ¨ <=>no#?@_ÎH @M"%#’2@B"%#’’@"%##$B"%#’3$"%# \Kfl#!©ªst¤!_st "!#$"%###"%#&@"$& ##$&@B"$& ##!( "’#$"%##%&’% #"%#&@"$& ##!&@B"$& ##! $ ’( £b&’&()*‘]_ÎC"!##C-"!#’C$"!#&\^)*!©ªst @-"%## !&!)C-"!#*¤!_st&@$"%## !&!)C$"!#*$ ? w?@_Α&’&()*&õ !’ C"!#&!@"$& #&@B"$& #’2!C"!#&2@"$& #’’C"!##!""!#’3""!# ¿ "!’ ’2!’’#C"!#& )!@"$& #’@B"$& #’2@"$& #*# "!’3#""!# Á] C"!##C-"!#’C$"!# #!@"$& #’@B"$& #’2@"$& # !’ ’2!’’ ’ !’3 !’ ’2!’’ ""!# "!# "!#½""!## !)$"%#*# !)#"%#*# ! ! ¤>EPFÕª"!#,& C-"!## ! !’ ’2!’’# ! !’!& ! !’’ C$"!## !’3 !’ ’2)’’%! ! # ’ !& 2 !’!’ ! !’’ wÃØ;,‘^)*&!©ªst¤!_st@ H @-"%## !&!)C-"!#*# "%&% &%&’%##"%# @$"%## !&!)C$"-#*# "’&2%&% ’%&’%##"%# "’#½""!## !)$"%#*# !)%&’% #"%#*# ! !’’¤>EPFÕª"!#,& %!#"%
信号与线性系统分析同步辅导及习题全解 对以上二式取逆变换,得零输入响应和零状态响应分别为 (t)=Y()]=( [Y(s)]=[3e--(2t+3)e-2Je(t) ◎5.16描述LTI系统的微分方程为 y"(t)+3y(t)+2y(t)=f'(t)+4f(t) 求在下列条件下的零输入响应和零状态响应 (1)f(t)=(t),y(0+)=1,y(0+)=3; (2)f(t)=ee(t),y(0+)=1,y(0+) 分析由拉普拉斯变换法求解系统的零状态响应的拉普拉斯变换,求其逆变换可得 y(t),由y(0-)=y(0+)-y(0+)(i=0,1)可得系统的初始状态,由此可 求系统的零输入响应。 解对微分方程取拉普拉斯变换,有 2Y(s)-sy(0-)-y(0-)+3Y(s)-3y(0)+2y(s)=sF(s)+4F(s) 即 (s2+3s+2)Y(s)-[sy(0-)+y(0-)+3y(0-)]=(s+4)F(s) 可解得 (s)=Y(s)+Y(s) y(0)+y(0)+3y(0) (1)将F(s)=f(门=5(1)]=1代入(1)式,得 s2+3s+2 对上式取逆变换,得零状态响应为 (t)=X[Y(s)]=(2-3e+ 由此可得y(0+)=0,y(04)=1,则有 y(0-)=y(0+)-y(0+)=2 将各初始值代入(1)式,得 Y(s)= 对上式取逆变换,得零输入响应为 y2(t)=x[Y2(s)]=(4e-3e)e(t) (2)+ F(s)=Lf(t)]= LezE()] 代入(1)式,得 3
23456#$’(789:;<=>? C-"!## !’3 !’ ’2!’’# 2 !’!& ’ !’’ C$"!## !’3 !’ ’2!’’% ! !’’# 2 !’!& ’ "!’’#’ & 2 !’’ wÃØ;,‘^)*&!©ªst¤!_st@ H @-"%## !&!)C-"!#*# "2%&% &’%&’%##"%# @$"%## !&!)C$"!#*# )2%&% & "’%’2#%&’%*#"%# 2)"!4 aÙ <=>no#?@_ÎH @M"%#’2@B"%#’’@"%##$B"%#’3$"%# \Kfl#!©ªst¤!_st "!#$"%###"%#&@"$’ ##!&@B"$’ ##2( "’#$"%##%&’% #"%#&@"$’ ##!&@B"$’ ##’$ ’( &’&()*‘\]no#!_st#&’&()*&\^)*Á @$"%#&@"1#"$& ##@$ "1#"$’ #&@"1# $ "$’ #"1#$&!#Áno#EP_&ÅÁ \no#!©ªst$ ? w?@_Α&’&()*&õ !’ C"!#&!@"$& #&@B"$& #’2!C"!#&2@"$& #’’@"!##!""!#’3""!# ¿ "!’ ’2!’’#C"!#& )!@"$& #’@B"$& #’2@"$& #*# "!’3#""!# Á] C"!##C-"!#’C$"!# #!@"$& #’@B"$& #’2@"$& # !’ ’2!’’ ’ !’3 !’ ’2!’’ ""!# "!# "!#½""!## !)$"%#*# !)#"%#*# ! ! Õª"!#,& C$"!## !’3 !’ ’2!’’%! ! # ’ !& 2 !’!’ ! !’’ wØ,‘^)*&!_stH @$"%## !&!)C$"!#*# "’&2%&% ’%&’%##"%# ÅÁ@$"$’ ##$&@B$"$’ ##!&iõ @"$& ##@"$’ #&@$"$’ ##! @B"$& ##@B"$’ #&@B$"$’ ##’ ½>EPFÕª"!#,& C-"!## !’) !’ ’2!’’# 3 !’!& 2 !’’ wØ,‘^)*&!©ªstH @-"%## !&!)C-"!#*# "3%&% &2%&’%##"%# "’#½""!## !)$"%#*# !)%&’% #"%#*# ! !’’Õª"!#,& C$"!## !’3 !’ ’2!’’% ! !’’# 2 !’!& 2 !’’& ’ !’’ %!!*%
第五章连续系统的s域分析 对上式取逆变换,得零状态响应为 y(t)=x[Yr(s)]=[3e-(2t+3)e-2e(t) 由此可得y(0+)=0,y(0+)=1,则有 y(0-)=y(0+)-y(0+)= y(0-)=y(0+)-y(0+)=1 将各初始值代入(1)式,得 +3s+2s+1s+2 对上式取逆换,得零输入响应 y2(t)=x[Y()]=(3e--2e-)e(t) 5.17求下列方程所描述LTI系统的冲激响应h(t)和阶跃响应g(t) (1)y"(t)+4y(t)+3y(t)=f(t)-3f(t) (2)y"(t)+y(t)+y(t)=f(t)+f(t) 分析由拉普拉斯变换法可求得系统函数H(s),求其逆可得h(t)=[H(s)],g(t) 1[+H(s)] 解1)令零状态响应的象函数为Y(s),对方程取拉普拉斯变换(注意到初始状态为 零)得 s2Y(s)+4sY(s)+3Y(s)= sF(s)-3F(s) 于是得系统函数 f(s)≈Yr(s) 1H(s) 3 s(s2+4s+3) 对以上二式取逆变换,得系统的冲激响应和阶跃响应分别为 h(t)=[H()]=(-2e+3e)e(t) g(t)=[-H(s)]=(-1+2e-e)e(t) (2)令零状态响应的象函数为Y(s),对方程取拉普拉斯变换(注意到初始状态为 零)得 s'Y(s)+sY(s)+Y(s)= sF(s)+F(s) 于是得系统函数 √3 √3 HOs-Y(s 1。-}x Leas s+1 2中12 对以上二式取逆变换,得系统的冲激响应和阶跃响应分别为
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