第六章作业答案_10-25

于慧敏主编＜信号与系统＞(P257-260)第六章 6.10-6.25习题解答 6.10 已知系统的微分方程为： xxyyy 3232 +′=−′+′′ ，试求下列输入时的零状态响应 yzs(t). (1) x(t)=u(t) (2) x )()( tuet t−= 解：对系统的微分方程两边取双边拉氏变换得： 32 32 )( )()( 2 −+ +== ss s sX sYsH （1） s sX 1)( = ； ssssss ss 1 3 4 1 1 4 5 1 32 32)( 2 −+−−=⋅−+ +=Y 所以： )(1 4 1 4 5)( 3 tueety ttzs    −−= − （2） 1 1)( += ssX 1 4 1 3 8 3 1 8 5 1 1 32 32)( 2 +−+−−=+⋅−+ += ssssss ssY 所以： )( 4 1 8 3 8 5)( 3 tueeety tttzs    −−= −− 6.11已知某系统的系统函数 H(s)及起始条件如下，求零输入响应。 4 )( 2 += s ssH 1)0(,0)0( =′= −− yy 解： )()(4)( 4 )( 2 txtyty s ssH ′=+′′⇒+= 对上式两边取单边拉氏变换得： )0()()(4)0()0()(2 xssXsYysysYs −=+′−− 4 1)0()( 4 )0()0()0()()( 22 + +−=+ ′++−= s xssX s ysyxssXsY 所以，系统得零输入响应的拉氏变换为： 4 1)( 2 += ssYzi 由此得系统的零输入响应为： )(2sin 2 1)( tutty zi ⋅= 6.12 下面为某因果系统的微分方程模型及输入 x(t)，求 yzs的初值 和 . )0( +zsy )(∞zsy )()()(43 tuetxtxxyyy t−=+′=+′+′′ 解：对微分方程两边取双边拉氏变换： 1 1 13 4)( 2 +⋅++ += sss ssY 由于 Y(s)分子阶数小于分母，故在 t＝0时不包含冲激函数及其导数 故，由初值定理： 0 )1)(13( )4(lim)(lim)0( 2 =+++ +== ∞→∞→ + sss ssssYy ss zs 再，因为 Y(s)的极点均在 s平面的左半平面 故由终值定理： 0 )1)(13( )4(lim)(lim)( 200 =+++ +==∞ →→ sss ssssYy ss zs 6.13 某因果 LTI系统具有以下性质： （1） 当激励 ，对全部 t时，输出tetx 2)( = tety 2 6 1)( = （2） h(t)满足下列微分方程： )()()()(2 4 tbutueth dt dh t +=+ − 这里 b是一个未知数，试求 b，H(s) 解：由已知的性质（1）得： 6 1)( 2 ==ssH 由性质（2）得： )4)(2( 4)1( 4 1 2 1)( ++ ++=   +++= sss bsb s b ss sH 将性质（1）的结果代入性质（2），得：b=1 )4( 2)( += sssH ，试求（1）H(s)及收敛域；（2）h(t) 6.14 已知某稳定的 LTI系统 t>0，x(t)=0， 2 2)( − += s ssX ，系统的输出    +−−= − )( 3 1)( 3 2)( 2 tuetuety tt 解：因为： )2)(1(1 3 1 2 3 2 )()( 3 1)( 3 2)( 2 −+=++−=⇒   +−−= − ss s ss sYtuetuety tt 所以：（1） )2)(1( 2 )( )()( ++== sssX sYsH ，因为是稳定系统，故：ROC：Re{s}>-1 （2）因为 1 1 2 2)( +−+= sssH 所以： ( ) )(2)( 2 tueeth tt −− −= 6.15 已知某因果的 LTI 系统的微分方程： ，求当 x(t)=2u(t)时系统的全响应、零输入响应、零状态响应。 5)0(,3)0(),(23 −=′==+′+′′ −− yytxyyy 解：因为 s sX 2)( = ，对微分方程两边取单边拉氏变换： )()(2)0(3)(3)0()0()(2 sXsYyssYysysYs =+−+′−− ，整理得 23 5)3(3)( 23 )0()0()3()()( 22 ++ −++=++ ′+++= ss ssX ss yyssXsY 故， 1 1 2 2 23 5)3(3)( 2 +++=++ −+= ssss ssziY 2 1 1 21 23 )()( 2 +++−=++= sssss sXsYzs 所以：系统的零输入响应： ( ) )(2)( 2 tueety ttzi −− += 系统的零状态响应： ( ) )(21)( 2 tueety ttzs −− +−= 系统的全响应为： ( ) )(31)()()( 2 tueetytyty ttzszi −− +−=+= 6.16 已知 RLC电路如图 6-34所示，写出描述系统的微分方程，并利用单边拉氏变换求出系 统对 的全响应 ，并用 S 域元件模型验证其结果的正确性。已知 。 )()( 3 tuetv ti −= 2)0(,1) =′= −− cv )(tvc 0(cv 解： dt tdv Ct c )( )( =i )()()()( tv dt tdiLtRitv ci ++= 所以： )()()()( 2 2 tv dt tidLC dt tdv RCtv c c i ++= 两边取单边拉氏变换： ( ) ( ) )()0()0()()0()()( 2 sVvsvsVsLCvssVRCs cccccci +′−−+−=V 代入相关参数： 1 2 3 2 1 1 2 1 2 3)( )( 2 ++ +   ++ = ss ssV s i cV 利用 S域模型电路： ( ) ( ) ( ) ( )RCLCss vRCLCsvLCsVsV RCLCss vRCLCs dt tdv LCsVsV v ssLR LisVsV sC v s sI sC sV ccci c t c ci c Lci ccc + ++′+−= + +++− = ++ +−⋅=+= = )0()0()()( )0( )( )()( )0(1 )0()()(1)0(1)(1)( 0 与上述方程相同 系统的零输入响应拉氏变换为： 2 3 1 4 1 2 3 2 1 1 2 1 2 3 )( 2 , +−+=++ +   + = ssss s szicV 系统的零状态响应拉氏变换为： 1 2 3 2 1 )( )( 2 , ++ = ss sV s izscV 3 1)( += ssiV 3 1 2 2 1 1)(, +++−+= ssssV zsc 系统的零输入响应： ( ) )(34)( 2, tueetv ttzic −− −= 系统的零状态响应： ( ) )(2)( 32, tueeetv tttzsc −−− +−= 系统的全响应： ( ) )(55)()()( 32,, tueeetvtvtv tttzsczicc −−− +−=+= 6.17 已知某系统函数 H(s)的极点位于 s=-3处，零点在 s=-a，H∞=1，该系统的阶跃响应中包 含一项为 k ，若 a从 0变到 5，问响应的 kte 31 − 1如何变化？ 解：由已知条件知： 3 )( )( + += s asksH 由 1 3 )( ==+ += ∞= ∞ ks askH s ，得 3 )( + += s assH 系统阶跃响应的位氏变换为： 3 3 3 3 )3( 1)()( + − −=+ +=⋅= s a s a ss as s sHsY 其反变换 )( 3 3 3 )( 3 tueaaty t    −−= − ，因已知含 ，故：tek 31 − 3 3 1 −−= ak 易知：当 a从 0变到 5时，k1从 1变到-2/3 6.18 根据响应的零极点图，确定下列每个拉氏变换相应系统的频率响应。 （1） 1}Re{ )3)(2( 1)(1 −>++= ssssH （2） 1}Re{, 12 )( 2 2 1 −>++= sss ssH 解：（1）易知 )3ω)(2ω( 1)ω(1 ++= jjjH 当 的模 1/6， 的相位：0 0ω = )ω(1 jH )ω(1 jH 当 的模 0， 的相位：-180˚ ∞→ω )ω(1 jH )ω(1 jH 所以，该系统为低通系统 （2） ω2ω1 ω 1ω2)ω( )ω()( 2 2 2 2 2 jjj jsH +− −=++= 当 的模 0， 的相位：-0˚ 0ω = )ω(1 jH )ω(1 jH 当 的模 1， 的相位：180˚ ∞→ω )ω(1 jH )ω(1 jH 所以，该系统为高通系统 6.19 已知 LTI因果系统的输入 ，单位冲激响应为 ，试分别用时域 分析法和频域分析法求出系统的响应 y(t)。 )()( 3 tuetx t−= )()( tueth t−= 解：（1）时域分析法：即卷积法求系统响应 )( 2 1 2 1 2 ττ)τ()τ()()()( 3 τ2 )τ(τ3 tueeeedeedthxtxthty tt t tt tt    −=−==−=∗= −− ∞− −− ∞− −−− ∞− ∫∫ （2）复频域分析法 3 1)()()( 3 +=←→= − s sXtuetx L t 1 1)()()( +=←→= − s sHtueth L t 所以： 3 2 1 1 2 1 )3)(1( 1)()()( +−+=++== sssssXsHsY )( 2 1 2 1)( 3 tueety tt    −= −− 6.20 某 LTI系统的零极点如图 6-35所示，指出与该极零点分布有关的所有可能的收敛域， 并对每一个收敛域确定系统的稳定性、因果性。 解：（a）图略 ROC：Re{s}>-1 ，因果，稳定 ROC：Re{s}<-2，非因果，不稳定 ROC：-21 ，因果，不稳定 ROC：-1-2 ( ) 2 1 )2( 11 )1()(δ)1(δ)()( 6 0 )2( 6 0 )3(2 0 )3(2 0 ++=+−+=+= ++++== −∞+−−∞ −+− ∞ −+−∞ − ∫ ∫∫ s e s eedtee dtetuettdtetxsX ts stt sttst ROC：Re{s}>-2 （2） ( ) )4)(2( 62 4 1 2 1 )()()()( 0 42 0 ++ +=+++= +== ∫∫ ∞ −−−∞ − ss s ss dtetuetuedtetxsX stttst ROC：Re{s}>-2 （3） （4） ( )∫∫ ∞ −−∞ − −== 00 11)()( dteetdtetxsX statst 应用 S域的微分性质： )()( ttxsX ds d −= ( )  +−−=−−=′ ∫∞ −− assdteesX stat 111)( 0 ( ) as sasssX +−=+−−= ln)ln(ln)( 6.25 如图 6-36所示反馈系统，试求 （1） )( )( )( 1 2 sV sV sH = （2）K满足什么条件时系统稳定 （3）在临界稳定条件下，求系统的 h(t) )( 44 )( )()()( 22 21 sE ss KssV sVsVsE ++= += 所以： 4)4()( )( )( 21 2 +−+== sKs Ks sV sV sH 解：（1） （2）系统稳定，则系统的频率响应 存在，即 H(s)的收敛域包含虚轴 )ω( jH 也即 H(s)的极点均在 S平面的左半平面 令： 04)4(2 =+−+ sKs 2 16)4()4( 2 2,1 −−±−−= KKs H(s)的收敛域 ROC: Re{s}>max(Re{s1},Re{s2}) 所以： 4≤K )(2cos4)( 4 4)( 1 2 ttuth s ssH L = →←+= − （3）当 H(s)的极点落在 jw轴上时，系统临界稳定，易知，此时 K=4