2.2　课后习题详解

2-1　对图2-2-1所示电路图分别列写求电压v₀（t）的微分方程表示。

图2-2-1

解：（1）由图2-2-1（a）所示可列写两个网孔的KVL方程

又v_o（t）＝2d[i₂（t）]/dt③

联立式①②③可得微分方程得：

2d3[v_o（t）]/dt3＋5d2[v_o（t）]/dt2＋5d[v_o（t）]/dt＋3v_o（t）＝2d[e（t）]/dt

（2）图2-2-1（b）为双耦合电路，列出微分方程

化简方程组可得微分方程

（3）由图2-2-1（c）所示列写电路方程，得

消元可得微分方程

（4）由图2-2-1（d）所示列写电路方程

消元可得微分方程

2-2　图2-2-2所示为理想火箭推动器模型。火箭质量为m₁，荷载舱质量为m₂，两者中间用刚度系数为k的弹簧相连接。火箭和荷载舱各自受到摩擦力的作用，摩擦系数分别为f₁和f₂。求火箭推进力e（t）与荷载舱运动速度v₂（t）之间的微分方程表示。

图2-2-2

解：设m₁的速度为v₁（t），对m₁、m₂进行受力分析，如图2-2-3所示。

图2-2-3

其中，F_k为弹簧对火箭的张力，F_k′为弹簧对荷载舱的张力，且

根据牛顿第二定律，分别对m₁，m₂建立方程有

消元可得微分方程

2-3　图2-2-4是汽车底盘缓冲装置模型图，汽车底盘的高度z（t）＝y（t）＋y₀，其中y₀是弹簧不受任何力时的位置。缓冲器等效为弹簧与减震器并联组成，刚度系数和阻尼系数分别为k和f。由于路面的凹凸不平[表示为x（t）的起伏]通过缓冲器间接作用到汽车底盘，使汽车振动减弱。求汽车底盘的位移量y（t）和路面不平度x（t）之间的微分方程。

图2-2-4

解：对汽车底盘进行受力分析。

图2-2-5

设汽车底盘运动速度为v（t），方向向上；F_k为弹簧对汽车底盘的拉力，方向向下；F_f为减震器阻尼力，方向向下，如图2-2-5所示。

汽车底盘的加速度

　①

因弹簧的位移量为x（t）－y（t），所以拉力为：F_k（t）＝k[y（t）－x（t）]②

减震器对汽车底盘的作用力：F_f（t）＝f{d[y（t）－x（t）]/dt}③

由牛顿第二定律知：F_k（t）＋F_f（t）＝－ma（t）

将式①②③代入上式，可得微分方程：

d2[y（t）]/dt2＋（f/m）{d[y（t）]/dt}＋（k/m）·y（t）＝（f/m）{d[x（t）]/dt}＋（k/m）·x（t）

2-4　已知系统相应的齐次方程及其对应的0_＋状态条件，求系统的零输入响应。

（1）d2[r（t）]/dt2＋2d[r（t）]/dt＋2r（t）＝0，给定：r（0_＋）＝1，r′（0_＋）＝2；

（2）d2[r（t）]/dt2＋2d[r（t）]/dt＋r（t）＝0，给定：r（0_＋）＝1，r′（0_＋）＝2；

（3）d3[r（t）]/dt3＋2d2[r（t）]/dt2＋d[r（t）]/dt＝0，给定：r（0_＋）＝r′（0_＋）＝0，r′′（0_＋）＝1。

解：（1）系统的特征方程为：α2＋2α＋2＝0

特征根为：α₁＝－1＋j，α₂＝－1－j

故零输入响应可设为：r_zi（t）＝e－t（A₁cost＋A₂sint）（t≥0_＋）

代入初始条件得：A₁＝1，A₂＝3

则系统的零输入响应：r_zi（t）＝e－t（cost＋3sint）（t＞0）。

（2）系统的特征方程为：α2＋2α＋1＝0

特征根为：α₁＝α₂＝－1

故零输入响应可设为：r_zi（t）＝A₁e－t＋A₂te－t（t≥0_＋）

代入初始条件得：A₁＝1，A₂＝3

则系统的零输入响应：r_zi（t）＝（3t＋1）e－t（t＞0）。

（3）系统的特征方程为：α3＋2α2＋α＝0

特征根为：α₁＝0，α₂＝α₃＝－1

故零输入响应可设为：r_zi（t）＝A₁＋A₂e－t＋A₃te－t（t≥0_＋）

代入初始条件得：A₁＝1，A₂＝－1，A₃＝－1

则系统的零输入响应：r_zi（t）＝1－（1＋t）e－t（t＞0）。

2-5　给定系统微分方程、起始状态以及激励信号分别为以下两种情况：

（1）d[r（t）]/dt＋2r（t）＝e（t），r（0_－）＝0，e（t）＝u（t）；

（2）d[r（t）]/dt＋2r（t）＝3d[e（t）]/dt，r（0_－）＝0，e（t）＝u（t）。

试判断在起始点是否发生跳变，据此对（1）（2）分别写出其r（0_＋）值。

解：当微分方程右端包含δ（t）及其各阶导数时，系统从0_－状态到0_＋状态发生跳变。

（1）将e（t）＝u（t）代入原方程得：d[r（t）]/dt＋2r（t）＝u（t）

因方程右端不包含δ（t）及其导数项，故r（t）在t＝0处连续，即r（0_＋）＝r（0_－）＝0。

（2）将e（t）＝u（t）代入原方程得：d[r（t）]/dt＋2r（t）＝3δ（t）。

因方程右端包含δ（t），故r（t）在t＝0处发生跳变。由冲激函数匹配法知，方程右端存在3δ（t）时，方程左端d[r（t）]/dt必定包含3δ（t），因此r（t）在0_－到0_＋时刻有3∆u（t）存在，从而有r（0_＋）－r（0_－）＝3，已知r（0_－）＝0，则r（0_＋）＝3＋r（0_－）＝3。

2-6　给定系统微分方程：d2[r（t）]/dt2＋3d[r（t）]/dt＋2r（t）＝d[e（t）]/dt＋3e（t），若激励信号和起始状态为：e（t）＝u（t），r（0_－）＝1，r′（0_－）＝2。试求它的完全响应，并指出其零输入响应、零状态响应、自由响应、强迫响应各分量。

解：方程的特征方程为：α2＋3α＋2＝0

特征根为：α₁＝－1，α₂＝－2

得零输入响应：r_zi（t）＝A₁e－t＋A₂e－2t（t＞0）①

由已知条件得

将其代入式①得：A₁＝4，A₂＝－3

故零输入响应为：r_zi（t）＝4e－t－3e－2t（t＞0）

将e（t）＝u（t）代入原方程得

　②

方程右端包含δ（t），所以r_zs（t）在0_－到0_＋状态有跳变。

利用冲激函数匹配法，则

将上述式子代入式②得a＝1

故

由上面所求特征根知齐次解为：r_zsh（t）＝B₁e－t＋B₂e－2t（t＞0）

又因t＞0时，e（t）＝u（t）＝1，故设特解为：r_zsp（t）＝p（t＞0）

将特解代入原式，解得：p＝3/2

故零状态响应：r_zs（t）＝B₁e－t＋B₂e－2t＋3/2（t＞0）③

将、r_zs（0_＋）代入③，可得r_zs（t）＝－2e－t＋e－2t/2＋3/2（t＞0）

所以全响应为：r（t）＝r_zi（t）＋r_zs（t）＝2e－t－5e－2t/2＋3/2（t＞0）

其中，自由响应为2e－t－5e－2t/2（t＞0），强迫响应为3/2（t＞0）。

2-7　电路如图2-2-6所示，t＝0以前开关位于“1”，已进入稳态，t＝0时刻，S₁与S₂同时自“1”转至“2”，求输出电压v₀（t）的完全响应，并指出其零输入、零状态、自由、强迫各响应分量（E和I_s各为常量）。

图2-2-6

解：换路前，系统处于稳态，因而有v_o（0_－）＝E；换路后，由于电容两端电压不会发生突变，所以：v_o（0_＋）＝v_o（0_－）＝E。

列写t≥0_＋后的电路方程： d[v_o（t）]/dt＋v_o（t）/R＝e（t）①

其中，e（t）＝I_su（t）。

（1）求零输入响应

由方程①可知，系统特征方程为：Cα＋1/R＝0，则特征根为：α＝－1/RC，故设零输入响应为：v_zi（t）＝Ae－t/RC（t＞0）。

将v_zi（0_＋）＝v_o（0_－）＝E代入上式得：A＝E，所以：v_zi（t）＝Ee－t/RC （t＞0）。

（2）求零状态响应

由e（t）＝I_s可设特解为B，代入方程①得：B＝RI_s。

故零状态响应设为：v_zs（t）＝Ce－t/RC＋RI_s（t＞0）。

由冲激函数匹配法可得v_zi（0_＋）＝v_zi（0_－）＝0，代入上式得：C＝－RI_s

所以：v_zs（t）＝－RI_s e－t/RC＋RI_s（t＞0）。

（3）全响应为：v_o（t）＝（E－RI_s）e－t/RC＋RI_s（t＞0）

自由响应分量为：（E－RI_s）e－t/RC（t＞0）

强迫响应分量为：RI_s（t＞0）。

2-8　图2-2-7所示电路，t＜0时，开关位于“1”且已达到稳态，t＝0时刻，开关自“1”转至“2”。

图2-2-7

（1）试从物理概念判断i（0_－），i′（0_－）和i（0_＋），i′（0_＋）；

（2）写出t≥0_＋时间内描述系统的微分方程表示，求i（t）的完全响应。

解：（1）开关位于“1”时电路达到稳态，由于回路中有电容器，因此有电感两端的电压u_L（t）＝0，回路电流i（0_－）＝0。

由u_L（t）＝L{d[i（t）]/dt}，可知i′（0_－）＝0

开关转至“2”时，电容两端电压不变，所以v_C（0_＋）＝v_C（0_－）

由i（t）＝C{d[v（t）]/dt}，可知i（0_＋）＝i（0_－）＝0

故换路后电阻两端电压为0，又因为电容两端电压为10V，则电感两端电压为10V。

由u_L（t）＝L{d[i（t）]/dt}，可知i′（0_＋）＝10A。

（2）由电路图列方程

整理得一般形式为i′′（t）＋i′（t）＋i（t）＝e′（t）①

t≥0时，将e（t）＝20u（t）代入①，得：

d2[i（t）]/dt2＋d[i（t）]/dt＋i（t）＝20δ（t）

所以t≥0_＋时，上式可化为：

d2[i（t）]/dt2＋d[i（t）]/dt＋i（t）＝0（t≥0_＋）

特征方程为有α2＋α＋1＝0

特征根为

齐次解为

由初始条件i（0_＋）＝0，i′（0_＋）＝0，解得

所以完全响应为

2-9　求下列微分方程描述的系统冲激响应h（t）和阶跃响应g（t）。

（1）d[r（t）]/dt＋3r（t）＝2d[e（t）]/dt；

（2）d2[r（t）]/dt2＋d[r（t）]/dt＋r（t）＝d[e（t）]/dt＋e（t）；

（3）d[r（t）]/dt＋2r（t）＝d2[e（t）]/dt2＋3d[e（t）]/dt＋3e（t）。

解：（1）将冲激响应h（t）代入方程，得：d[h（t）]/dt＋3h（t）＝2δ′（t）①

故方程齐次解为h（t）＝Ae－3t（t≥0_＋）②

由冲激函数匹配法，设

上述方程组代入①，可得：a＝2，b＝－6

故有h（0_＋）＝h（0_－）＋b＝－6

代入式②得A＝－6。

又a＝2，h（t）中含有2δ（t），所以系统的冲激响应为h（t）＝2δ（t）－6e－3tu（t）。

阶跃响应为

（2）系统的阶跃响应方程为：d2[g（t）]/dt2＋d[g（t）]/dt＋g（t）＝d[u（t）]/dt＋u（t）＝δ（t）＋u（t）①

特征方程为α2＋α＋1＝0

特征根为

齐次解为

设特解为g_p（t）＝B，代入方程①，解得B＝1。

故系统全响应形式为

由冲激函数匹配法可设

代入阶跃响应方程①得：a＝1

故g′（0_＋）＝g′（0_－）＋a＝1，g（0_＋）＝g （0_－）＝0。

将其代入

得

故系统阶跃响应为

系统冲激响应为

（3）系统的冲激响应方程为d[h（t）]/dt＋2h（t）＝δ′′（t）＋3δ′（t）＋3δ（t）①

故解的形式为h（t）＝Ae－2t（t≥0_＋）

由冲激函数匹配法，设

　②

将式②代入式①得：a＝b＝c＝1，h（0_＋）＝h（0_－）＋c＝1；

则可解得A＝1，且h（t）中含有δ（t）、δ′（t）。

故冲激响应为h（t）＝δ′（t）＋δ（t）＋e－2tu（t）

阶跃响应

2-10　一因果性的LTI系统，其输入、输出用下列微分-积分方程表示

其中f（t）＝e－tu（t）＋3δ（t），求该系统的单位冲激响应h（t）。

解：原微分方程可变换为：d[r（t）]/dt＋5r（t）＝e（t）*f（t）－e（t）

令e（t）＝δ（t），则：d[h（t）]/dt＋5h（t）＝e－tu（t）＋2δ（t）

引入微分算子p，则e－tu（t）＝δ（t）/（p＋1），从而有：（p＋5）h（t）＝δ（t）/（p＋1）＋2δ（t）

则

2-11　设系统的微分方程表示为：d2[r（t）]/dt2＋5d[r（t）]/dt＋6r（t）＝e－tu（t），求使完全响应为r（t）＝Ce－tu（t）时的系统起始状态r（0_－）和r′（0_－），并确定常数C值。

解：由算子法知：（p2＋5p＋6）r（t）＝δ（t）/（p＋1）。

故系统的零状态响应

由原微分方程知，特征根为－2，－3，所以零输入响应可表示为：r_zi（t）＝A₁e－2t＋A₂e－3t（t＞0）。

由已知系统的完全响应r（t）＝Ce－tu（t），故

所以A₁＝1，A₂＝－1/2，C＝1/2。

系统的初始状态为

2-12　有一系统对激励为e₁（t）＝u（t）时的完全响应为r₁（t）＝2e－tu（t），对激励为e₂（t）＝δ（t）时的完全响应为r₂（t）＝δ（t）。

（1）求该系统的零输入响应r_zi（t）；

（2）系统的起始状态保持不变，求其对于激励为e₃（t）＝e－tu（t）的完全响应r₃（t）。

解：（1）由题意可知e₂（t）＝d[e₁（t）]/dt，所以r_zs2（t）＝d[r_zs1（t）]/dt。

由于是同一系统，零输入响应均为r_zi（t），可得方程组

式②－①得

由微分算子法知（p－1）r_zs1（t）＝[1－2/（p＋1）]δ（t），则

将r_zs1（t）代入式①得：r_zi（t）＝r₁（t）－r_zs1（t）＝2e－tu（t）－e－tu（t）＝e－tu（t） 。

（2）由于系统的初始状态不变，则系统的零输入响应不变，由题意知激励为δ（t）时，全响应为δ（t），所以，系统的单位冲激响应为h（t）＝δ（t）－e－tu（t）。

当激励为e₃（t）＝e－tu（t）时，其零状态响应为：

r_zs3（t）＝e₃（t）*h（t）＝e－tu（t）*[δ（t）－e－tu（t）]＝e－tu（t）－te－tu（t）

故全响应为：

r₃（t）＝r_zi（t）＋r_zs3（t）＝（2－t）e－tu（t）。

2-13　求下列各函数f₁（t）与f₂（t）的卷积f₁（t）*f₂（t）

（1）f₁（t）＝u（t），f₂（t）＝e－αtu（t）；

（2）f₁（t）＝δ（t），f₂（t）＝cos（ωt＋45。）；

（3）f₁（t）＝（1＋t）[u（t）－u（t－1）]，f₂（t）＝u（t－1）－u（t－2）；

（4）f₁（t）＝cos（ωt），f₂（t）＝δ（t＋1）－δ（t－1）；

（5）f₁（t）＝e－αtu（t），f₂（t）＝（sint）u（t）。

解：（1）根据卷积微分和积分性质有

故

（2）f₁（t）*f₂（t）＝δ（t）*cos（ωt＋45°）＝cos（ωt＋45°）

（3）

（4）已知

因此求卷积并化简得：

f₁（t）*f₂（t）＝cos（ωt）*[δ（t＋1）－δ（t－1）]＝cos[ω（t＋1）]－cos[ω（t－1）]＝－2（sinω）sin（ωt）

（5）

2-14　求下列两组卷积，并注意相互间的区别。

（1）f（t）＝u（t）－u（t－1），求s（t）＝f（t）*f（t）；

（2）f（t）＝u（t－1）－u（t－2），求s（t）＝f（t）*f（t）。

解：（1）

波形如图2-2-8（a）所示。

（2）

波形如图2-2-8（b）所示。

（a）

（b）

图2-2-8

从图形看出两者的区别为：将s₁（t）右移2个单位将得到s₂（t）。

2-15　已知f₁（t）＝u（t＋1）－u（t－1）， f₂（t）＝δ（t＋5）＋δ（t－5），f₃（t）＝δ（t＋1/2）＋δ（t－1/2）画出下列各卷积波形。

（1）s₁（t）＝f₁（t）*f₂（t）；

（2）s₂（t）＝f₁（t）*f₂（t）*f₂（t）；

（3）s₃（t）＝{[f₁（t）*f₂（t）][u（t＋5）－u（t－5）]}*f₂（t）；

（4）s₄（t）＝f₁（t）*f₃（t）。

解：（1）

s₁（t）＝f₁（t）*f₂（t）＝[u（t＋1）－u（t－1）]*[δ（t＋5）＋δ（t－5）]＝[u（t＋6）－u（t＋4）]＋[u（t－4）－u（t－6）]

波形如图2-2-9（a）所示。

（2）

s₂（t）＝f₁（t）*f₂（t）*f₂（t）＝s₁（t）*f₂（t）＝[u（t＋11）－u（t＋9）]＋2[u（t＋1）－u（t－1）]＋[u（t－9）－u（t－11）]

波形如图2-2-9（b）所示。

（3）

s₃（t）＝{[f₁（t）*f₂（t）][u（t＋5）－u（t－5）]}*f₂（t）＝{s₁（t）[u（t＋5）－u（t－5）]}*f₂（t）＝[u（t＋5）－u（t＋4）＋u（t－4）－u（t－5）]*[δ（t＋5）＋δ（t－5）]＝[u（t＋10）－u（t＋9）]＋[u（t＋1）－u（t－1）]＋[u（t－9）－u（t－10）]

波形如图2-2-9（c）所示。

（4）

s₄（t）＝f₁（t）*f₃（t）＝[u（t＋1）－u（t－1）]*[δ（t＋1/2）＋δ（t－1/2）]＝u（t＋3/2）－u（t－1/2）＋u（t＋1/2）－u（t－3/2）

波形如图2-2-9（d）所示。

（a）

（b）

（c）

（d）

图2-2-9

2-16　设

证明r（t）＝Ae－t，0≤t≤3，并求出A值。

解：由于t∈[0，3]，因此

则A＝1/（1－e－3）。

2-17　已知某一LTI系统对输入激励e（t）的零状态响应

求该系统的单位冲激响应。

解：由于

又

所以h（t）＝et－1u（－t＋3）。

2-18　某LTI系统，输入信号e（t）＝2e－3tu（t），在该输入下的响应为r（t），即r（t）＝H[e（t）] ，又已知

求该系统的单位冲激响应h（t）。

解：由

可得

又

所以h（t）＝（e－2t/2）u（t）。

2-19　对图2-2-10所示的各组函数，用图解的方法粗略画出f₁（t）与f₂（t）卷积的波形，并计算卷积积分f₁（t）*f₂（t）。

（a）

（b）

（c）

（d）

（e）

（f）

图2-2-10

解：（a）①当－∞＜t＋2≤－3，即－∞＜t≤－5时，f₁（t）*f₂（t）＝0；

②当－3＜t＋2≤－2，即－5＜t≤－4时，f₁（t）*f₂（t）＝t＋5；

③当－2＜t＋2≤－1，即－4＜t≤－3时，f₁（t）*f₂（t）＝－t－3；

④当－1＜t＋2≤1，即－3＜t≤－1时，f₁（t）*f₂（t）＝0；

⑤当1＜t＋2≤2，即－1＜t≤0时，f₁（t）*f₂（t）＝2（t＋1）；

⑥当2＜t＋2≤3，即0＜t≤1时，f₁（t）*f₂（t）＝2（1－t）；

⑦当－1＜t－2≤1，即1＜t≤3时，f₁（t）*f₂（t）＝0；

⑧当1＜t－2≤2，即3＜t≤4时，f₁（t）*f₂（t）＝t－3；

⑨当2＜t－2≤3，即4＜t≤5时，f₁（t）*f₂（t）＝－t＋5；

⑩当3＜t－2＜∞，即t＞5时，f₁（t）*f₂（t）＝0。

卷积积分的图解如图2-2-11（a）所示。

图2-2-11（a）

（b）①当－∞＜t＋1≤1，即－∞＜t≤0时

②当1＜t＋1＜∞，即0＜t＜∞时，有

卷积图解如图2-2-11（b）所示。

图2-2-11（b）

（c）①当－∞＜t≤0时，f₁（t）*f₂（t）＝0；

②当0＜t≤1时

③当t＞1且t－π≥0，即1＜t≤π时，有

④当0＜t－π≤1，即π＜t≤π＋1时，有

⑤当t－π＞1，即t＞π＋1时，f₁（t）*f₂（t）＝0。

卷积图解如图2-2-11（c）所示。

图2-2-11（c）

（d）①当t≤0时，f₁（t）*f₂（t）＝0

②当0＜t≤1时

③当1＜t≤2时

④当2＜t≤3时

⑤由以上推广，当n为奇数，且n＜t≤n＋1（n≥2）时

当n为偶数，且n＜t≤n＋1（n≥2）时

结合以上n为奇数或n为偶数的情况，可得对于n＜t＜n＋1，（n≥2）时有

卷积图解如图2-2-11（d）所示。

图2-2-11（d）

（e）由题意可得d[f₂（t）]/dt＝δ（t－1）。

又

则由卷积性质可得

当t－1≤0，即t≤1时，f（t）＝0；

当t－1＞0，即t＞1时，f（t）＝g（t）*δ（t－1）＝[1－cos（t－1）]u（t－1）。

卷积结果如图2-2-11（e）所示。

图2-2-11（e）

（f）由题意可得

可将d[f₁（t）]/dt看成周期为3的函数，g（t）的周期为2。

利用卷积性质

①d[f₁（t）]/dt的第一个周期与g（t）卷积的结果为

②d[f₁（t）]/dt的第二个周期与g（t）卷积的结果为

③由此推广可得，d[f₁（t）]/dt的第n个周期与g（t）卷积的结果为

卷积图解如图2-2-11（f）所示。

图2-2-11（f）

2-20　图2-2-12所示系统是由几个“子系统”组成，各子系统的冲激响应分别为：h₁（t）＝u（t）（积分器）、h₂（t）＝δ（t－1）（单位延时）、h₃（t）＝－δ（t）（倒相器）。

试求总的系统的冲激响应h（t）。

图2-2-12

解：总的冲激响应：

h（t）＝h₁（t）＋h₂（t）*h₁（t）*h₃（t）＝u（t）＋δ（t－1）*u（t）*[－δ（t）]＝u（t）－u（t－1）

2-21　已知系统的冲激响应h（t）＝e－2tu（t）

（1）若激励信号为：e（t）＝e－t[u（t）－u（t－2）]＋βδ（t－2），式中β为常数，试决定响应r（t）；

（2）若激励信号表示为: e（t）＝x（t） [u（t）－u（t－2）]＋βδ（t－2），式中x（t）为任意t函数，若要求系统在t＞2的响应为零，试确定β值应等于多少?

解：（1）r（t）＝e（t）*h（t）＝{e－t[u（t）－u（t－2）]＋βδ（t－2）}*[e－2tu（t）]

利用积分图解法可知：

①当t≥2时

②当t＜0时，两者卷积为0；而当0＜t＜2时为

因此

（2）由题（1）可知，当t＞2时

要使此时r（t）＝0，则有

2-22　如果把施加于系统的激励信号e（t）按图2-2-13那样分解为许多阶跃信号的叠加，设阶跃响应为g（t），e（t）的初始值为e（O_＋），在t₁时刻阶跃信号的幅度为Δe（t₁）。试写出以阶跃响应的叠加取和而得到的系统响应近似式；证明，当取Δt₁→0的极限时，响应r（t）的表示式为

[此式称为杜阿美尔积分，参看教材第一章式（1-63）及2.7节（一）。]

图2-2-13

解：根据教材式（1-63）可知，当Δt₁→0时，可将信号f（t）表示为

假设系统的冲激响应为h（t），则当系统的激励信号为阶跃信号u（t）时，系统响应为

题目已知阶跃响应为g（t），因此有h（t）*u（t）＝g（t），h（t）*u（t－τ）＝g（t－τ）。

代入r（t）的表示式可得

2-23　若一个LTI系统的冲激响应为h（t），激励信号是e（t），响应是r（t）。试证明此系统可以用图2-2-14所示的方框图近似模拟。

图2-2-14

证明：根据该方框图可写出r（t）与e（t）的关系式为

当T趋于0时，有

因此，当T较小时，可以用题图所示的方框图近似模拟冲激响应为h（t），激励信号是e（t），响应是r（t）的LTI系统。

2-24　若线性系统的响应r（t）分别用以下各算子符号式表达，且系统起始状态为零，写出各问的时域表达式。

（1）Aδ（t）/（p＋α）；

（2）Aδ（t）/（p＋α）2；

（3）Aδ（t）/[（p＋α）（p＋β）]。

解：（1）H（p）＝A/（p＋α），特征根为s＝－α，因此h（t）＝Ae－αtu（t），则Aδ（t）/（p＋α）＝Ae－αtu（t）。

（2）H（p）＝A/（p＋α）2，特征根为s₁＝s₂＝－α，因此h（t）＝Ate－αtu（t），则Aδ（t）/（p＋α）2＝Ate－αtu（t）。

（3）

特征根为－α、－β，均为一阶，故

则

2-25　设H（p）是线性时不变系统的传输算子，且系统起始状态为零，试证明：[H（p）δ（t）]e－αt＝H（p＋α）δ（t）。

证明：设H（p）对应的冲激响应为h₁（t），H（p＋α）对应的冲激响应为h₂（t），有

因为系统起始状态为零，所以有

则

即h₁（t）e－αt＝h₂（t）

则[H（p）δ（t）]e－αt＝H（p＋α）δ（t），命题得证。