2-6解题过程 ()=l(t),r(0.)=1,r(0)=2 方法一:经典时域法 0 ①求h:由已知条件,有2(0.)=2(0)=2 (0,)=z2(0-)= 特征方程:a2+3a+2=0特征根为:a1=-1,a2=-2 故2()=(4e+4e2)(),代入E(0.),E(0.)得A=4,4=-3 t2()=(4e--3e-)() ②求h2:将e()=1()代入原方程,有()+32()+22()=()+3() 用冲激函数匹配法,设{2()=a△() (t)=a△n(t) 代入微分方程,平衡(1)两边的系数得a=1 故z2(0,)=2(0) 0 rz(04)=z 再用经典法求E2():齐次解(0)=(Be+Be-2)() 因为()=a()故设特解为()=C(0,代入原方程得C=3 故h2()=h2()+p() 2 代入E2(0,),E2(0,)得B=-2,B2 故r2(t =z()+r 自由响应:/2e5。1y()
1 2-6 解题过程： （1）et ut () () = ， r( ) 0 1 − = ， ( ) ' r 0 2 − = 方法一：经典时域法： ①求 Zi r ：由已知条件，有 ( ) ( ) ( ) () () () () '' ' ' ' ' ' 320 0 02 0 01 Zi Zi Zi Zi Zi Zi Zi r t rt rt r r r r + − + − ⎧ + + = ⎪⎪ ⎨ = = ⎪ ⎪ = = ⎩ 特征方程： 2 α α + += 3 20 特征根为： 1 α = −1， 2 α = −2 故 ( ) ( ) ( ) 2 1 2 t t Zi r t Ae Ae u t − − = + ，代入 ( ) ' 0 Zi r + ， rZi (0+ ) 得 1 A = 4 ， 2 A = −3 故 ( ) ( ) ( ) 2 4 3 t t Zi r t e e ut − − = − ②求 Zs r ： 将et ut () () = 代入原方程，有 ( ) ( ) ( ) ( ) () '' ' 32 3 Zs Zs Zs r t r t r t t ut + + =+ δ 用冲激函数匹配法，设 ( ) ( ) ( ) () () () () '' ' Zs Zs Zs r t a t but r t aut r t at u t ⎧ = +Δ δ ⎪⎪ ⎨ = Δ ⎪ ⎪ = Δ ⎩ 代入微分方程，平衡δ ( )t 两边的系数得 a =1 故 () () ' ' 0 0 11 Zs Zs r r + − = += ， r r Zs Zs ( ) 0 00 + − = ( ) = 再用经典法求 r t Zs ( ) ：齐次解 ( ) ( ) ( ) 2 1 2 t t Zsh r t Be Be u t − − = + 因为et ut () () = 故设特解为 r t Cut Zsp ( ) = ⋅ ( ) ，代入原方程得 3 2 C = 故 () () () ( ) 2 1 2 3 2 t t Zs Zsh Zsp r t r t r t Be Be u t ⎛ ⎞ − − = + = ++ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 代入 ( ) ' 0 Zs r + ， rZs (0+ ) 得 1 B = −2 ， 2 1 2 B = 故 ( ) ( ) 1 3 2 2 2 2 t t Zs r t e e ut ⎛ ⎞ − − =− + + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ③全响应： () () () ( ) 5 3 2 2 2 2 t t Zi Zs rt r t r t e e ut ⎛ ⎞ − − =+=−+ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 自由响应： ( ) 5 2 2 2 t t e e ut ⎛ ⎞ − − ⎜ ⎟ − ⎝ ⎠
受追响应:=u() 方法二:P算子法 r()+3d-()+2()=e()+3() 化为算子形式为:(P2+3p+2)r()=(p+3)e(0) 特征方程:a2+3a+2=0特征根为:a1=-1,a2=-2 2()的求法与经典时域法一致,2()=(4e--3-2)() 再求2():e()=u(),r(t)= p+3 (P+1)(P+2) 2(0)=(p+3e()e()0() 其中c200-)(--y l()=-2 全响应r()=2(0)+m2()=2 自由响忘,(,5。() 受追响应:=u() 综观以上两种方法可发现P算子法更简洁,准确性也更高 ),r(0)=1,r(0)=2 运用和上题同样的方法,可得 全响应r()=(5e-4-2)n() 零输入响应:2()=(4--32-2)() 零状态响应:E2(0)=(e-e)() 自由响应:(5e-42)u() 受迫响应:0 2-10分析
2 受迫响应： ( ) 3 2 u t 方法二： p 算子法 ( ) () () () () 2 2 32 3 dd d rt rt rt et et dt dt dt + += + 化为算子形式为：( ) ( ) ( ) ( ) 2 p ++ =+ 32 3 p rt p et 特征方程： 2 α α + += 3 20 特征根为： 1 α = −1， 2 α = −2 r t Zi ( ) 的求法与经典时域法一致， ( ) ( ) ( ) 2 4 3 t t Zi r t e e ut − − = − 再求 r t Zs ( ) ：et ut () () = ， ( ) ( )( ) () ( ) () () () 3 2 3 1 2 p t t rt ut p eut e ut ut p p + − − = =+ ∗ ∗ ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ + + 其中 () () () ( ) ( ) 2 22 0 1 1 2 2 t t t tt eut e ut ut e e d e e ut τ τ τ − − −− − − ⎛ ⎞ ∗ ∗ = − =−+ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∫ () ( ) ( ) ( ) 1 1 13 2 2 3 2 2 2 22 tt tt Zs r t p e e ut e e ut ⎛ ⎞⎛ ⎞ −− −− ∴ = + − + =− + + ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ∴全响应 () () () ( ) 5 3 2 2 2 2 t t Zi Zs rt r t r t e e ut ⎛ ⎞ − − =+=−+ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 自由响应： ( ) 5 2 2 2 t t e e ut ⎛ ⎞ − − ⎜ ⎟ − ⎝ ⎠ 受迫响应： ( ) 3 2 u t 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） () () 3t et e ut − = ， r( ) 0 1 − = ， ( ) ' r 0 2 − = 运用和上题同样的方法，可得 全响应 ( ) ( ) ( ) 2 5 4 t t rt e e ut − − = − 零输入响应： ( ) ( ) ( ) 2 4 3 t t Zi r t e e ut − − = − 零状态响应： ( ) ( ) ( ) t t 2 Zs r t e e ut − − = − 自由响应：( ) ( ) 2 5 4 t t e e ut − − − 受迫响应：0 2-10 分析：
(0+50r(/(c)-()=0)(00)=05/0-0 已知冲激函数()与单位冲激响应h(t)为“输入一一输出”对,故e()=o()时 r(t)=h()。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)=6(1),∫(1)=eu()+306()得到 h()+5h()=eu()+25()…() 对于因果系统h(0-)=0 先求满足h()+5()=6(1)的():h()=Aeu() 利用冲激函数匹配法,在(0,0,)时间段内 h1(t)=a6()+b△u() (0<t<0,) h1(t)=a△() →a6(t)+b△()+5a4(l)=6() →a=1,b=-5 →h(0,)=a+h(0)=A=1 h()=e() 对于(*)式 方法二:P算子法 (常用关系式:() d=p(O),②e"u()=-1 (t) ()x2+d 6()0x()-|-1 p+元 6()|*x()=e"(0)*x() 引入微分算子P,(*)式变成 (p+5)h()=n5()+26()
3 () () ( ) ( ) () () () () () () () 5 d rt rt e f t d et et f t et et f t t dx τ ττ δ +∞ −∞ + = − −=∗ −=∗ − ⎡ ⎤ ∫ ⎣ ⎦ 已知冲激函数 δ ( )t 与单位冲激响应 h t( ) 为“输入——输出”对，故 et t () () = δ 时， rt ht () () = 。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et t () () = δ ， () () 3 ( ) t f t eut t δ − = + 得到 () () () () ( ) 5 2 d t ht ht e ut t dt δ − += + ∗ "" 对于因果系统 h( ) 0 0 − = 先求满足 1 1 () () () 5 d ht ht t dt + = δ 的 h t 1 ( ) ： ( ) ( ) 5 1 t h t Ae u t − = 利用冲激函数匹配法，在( ) 0 ,0 − + 时间段内 () () () () () 1 1 d h t a t but dx h t a ut δ ⎧ ⎪ = +Δ ⎨ ⎪ = Δ ⎩ ( ) 0 0 t − < < + () () () ( ) () () () () 1 5 1 5 1, 5 0 01 t a t but aut t a b h ah A h t e ut δ δ + − − ⇒ +Δ + Δ = ⇒ = =− ⇒ =+ = = ⇒ = 对于( ) ∗ 式： () () () () () () () ( ) 55 5 1 1 7 2 2 4 4 t t t t tt ht h t e ut t e ut e ut e ut e e ut δ − − − − −− ⎛ ⎞ =∗ + = ∗ + = + ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 方法二： p 算子法 （常用关系式：① ( ) ( ) dx t px t dt = ，② ( ) ( ) t 1 e ut t p λ δ λ − = + ③ ( ) () () () () () () 11 1 t x t t xt t xt e ut xt pp p λ δ δ λλ λ − ⎡ ⎤ = ∗ = ∗= ∗ ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ++ + ⎣ ⎦ ） 引入微分算子 p ，(∗) 式变成： ( ) () () () 1 5 2 1 p ht t t p += + δ δ +
→h()= ()+-2:(t) p+5P+1 (t) p+5 p P →h() 注:由本例再次看到,相比经典法,p算子法形式简洁,易算易记 2-14分析:求解两个信号的卷积,可以直接用定义,依照“反转→平移→>相乘→求和” 的顺序来求,积分式为x()*x()=x()x1(-)dt,但是这种依靠定义的基本方 法可能不是最简便的。更应该注意灵活运用卷积的性质(卷积的交换律、结合律、分配律: 卷积的微分与积分;与冲激函数或阶跃函数的卷积)对表达式进一步的化简,甚至直接得到 结果。 解题过程: (1)f()=(0)-(-1)=()*[o()-(-) s()=f(0)*f()=()[6()-6(1-1)]*()[()-(-) [n()*n()][o()-26(t-1)+(-2) →[6()-20(1-1)+6(1-2) ()-2(1-1)a(t-1)+(t-2)(t-2 (2)f()=(-1)-(-2)=()*[b(-1)-(-2) s()=f(0)*f()=(0)*[6(-1)-0(-2)]*()[b(-1)-6(-2) [()*()[(t-2)-26(1-3)+8(t-4)] ()*[o(-2)-26(1-3)+6(-4)] =(-2)(-2)-2(t-3)a(t-3)+(t-4)a(t-4) 注:可见(2)中的s()是(1)中s()右移两位,不难推出如下结论 ()=x1()*x2() s2()=x(-4)*x2(-12) 12)(4≥0.120) 25分析:利用卷积的性质:f()[(+b)+6(1-b)=f(+6)+f(-4)可画出 如下波形 (1)S()=f()*1()=f()“[(+5)+6(-5)=f(+5)+1(-5) (2)s()=f()*()*1()=f(){(+5)+6(-5)6(+5)+6(-5)
4 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 11 2 2 4 4 51 5 5 1 5 ht t t t t pp p p p p δ δ δδ ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ ⇒= ⋅ + = + + ⎜ ⎟ ++ + + + + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ( ) ( ) 7 1 5 4 4 t t ht e e ut ⇒= + ⎛ ⎞ − − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 注：由本例再次看到，相比经典法， p 算子法形式简洁，易算易记。 2-14 分析：求解两个信号的卷积，可以直接用定义，依照“反转→平移→相乘→求和” 的顺序来求，积分式为 x1 2 12 () () ( ) ( ) t xt x xt d τ τ τ +∞ −∞ ∗= − ∫ ，但是这种依靠定义的基本方 法可能不是最简便的。更应该注意灵活运用卷积的性质（卷积的交换律、结合律、分配律； 卷积的微分与积分；与冲激函数或阶跃函数的卷积）对表达式进一步的化简，甚至直接得到 结果。 解题过程： （1） f t ut ut ut t t () () ( ) () = − −= ∗ − − 1 1 ⎡δ δ ( ) ( )⎤ ⎣ ⎦ () () () () () ( ) ( ) ( ) ( ) () () () ( ) ( ) () () ( ) ( ) () ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 21 2 21 2 21 1 2 2 st f t f t ut t t ut t t ut ut t t t tu t t t t tu t t u t t u t δδ δδ δδ δ δδ δ ∴ = ∗ = ∗ − −∗ ∗ − − ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎣ ⎦⎣ ⎦ = ∗ ∗ − −+ − ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎣ ⎦⎣ ⎦ = ∗ − −+ − ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ = − − −+− − （2） f t ut ut ut t t () ( ) ( ) = −− − = ∗ −− − 12 12 ( ) ⎡δ δ ( ) ( )⎤ ⎣ ⎦ () () () () ( ) ( ) ( ) ( )( ) () () ( ) ( ) ( ) () ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 12 12 22 3 4 22 3 4 2 22 3 3 4 4 st f t f t ut t t ut t t ut ut t t t tu t t t t t ut t ut t ut δδ δδ δ δδ δ δδ ∴ = ∗ = ∗ −− − ∗ ∗ −− − ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎣ ⎦⎣ ⎦ = ∗ ∗ −− −+ − ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎣ ⎦⎣ ⎦ = ∗ −− −+ − ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ =− − − − −+− − 注：可见（2）中的 s t( )是（1）中 s t( )右移两位，不难推出如下结论： st xt xt 1 12 () () () = ∗ st xt t xt t st t t t t 2 1 1 2 2 1 12 1 2 () ( ) ( ) ( ) = − ∗ − = −− ≥ ≥ ( 0, 0) 2.15 分析：利用卷积的性质： f ( )t t t t t ft t ft t ∗ ⎡ ⎤ δ δ ( ++ − = ++ − 00 0 0 ) ( ) ( )( ) ⎣ ⎦ 可画出 如下波形： （1） st ft f t ft t t ft f t 1 12 1 1 2 () () () () = ∗ = ∗ ++ − = ++ − ⎡ ⎤ δ δ ( 55 5 5 ) ( ) ( ) () ⎣ ⎦ （2） st ft ft ft ft t t t t 2 122 1 () () () () = ∗ ∗ = ∗ ++ − ++ − ( ) ⎡δδδδ ( 55 55 ) ( )⎤⎡ ⎤ ( )( ) ⎣ ⎦⎣ ⎦
=f()*[(+10)+26()+6(-10) f1(1+10)+2f(t)+f(t-10) (3)s()={()*()[(+5)-am(=5)]*/() 由(1)得f()*()=1(),[4(+5)-(1-5)相当于一个“时间窗”,保留(-5) 内的信号,其它范围内的信号为0 (4)s4(t)=A()*()发生时域信号的叠加 S 11 109 910 S4() 3/2-121/23/2 2-18分析:本题可以用经典法、算子法或者直接用LTI系统的性质求解 解题过程 方法一:经典法
5 = ∗ ++ + − ft t t t 1 () ( ) () ( ) ⎡ ⎤ δ δδ 10 2 10 ⎣ ⎦ = ++ + − ft ft ft 1 11 ( ) () ( ) 10 2 10 （3） s t f t f t ut ut f t 3 12 2 () () () ( ) ( ) = ∗ +− − ∗ {⎡ ⎤⎡ ⎤ 5 5 } ( ) ⎣ ⎦⎣ ⎦ 由（1）得 f12 1 ( )t f t st ∗ = ( ) () ，⎡ ⎤ ut ut ( +− − 5 5 ) ( ) ⎣ ⎦ 相当于一个“时间窗”，保留( ) −5,5 内的信号，其它范围内的信号为 0。 （4） st ft ft 4 13 () () () = ∗ 发生时域信号的叠加 2-18 分析：本题可以用经典法、算子法或者直接用 LTI 系统的性质求解 解题过程： 方法一：经典法 s t 1 ( ) 1 1 2 3 4 5 6 -6 -5 -4 -3 -2 -1 s t 2 ( ) 2 1 -11 -9 -1 1 9 11 s t 3 ( ) -9 -1 1 9 10 1 -10 s t 4 ( ) -3/2 -1/2 1/2 3/2 2 1
r()=H[e()=()*h(),Hae(0)=a{H[e(}=() 得到微分方程:r()+3(1)=e2u(t) 此方程齐次解r(t)=Ae(),特解r()=Be2u() 将rn()代入上式得到B=1,即r()=e-() 由于r()是零状态响应,且方程右端无冲激项,故r(0,)=0,将此初始条件代入 r(0)=n()+()=(4e-y+e-)n()得A=- r()=(-e+e-)a() 又:r()=e()*h() e()*h()=-[2c2()]*h()=(-e-+ce)() d dt [-6e-()+26()]*h(0)=(3e--2c2)() (1)*3+(2)得O(1)*h(t)=eu() 即b()=-e2(O) 方法二:P算子法 r(t)=H(e() (P+3)r()=e() r()=1e2lu()e2u()=2e“n()*ea( 又∵()=:e()*h()=2e-n()*h()……(4) 由(3)4)对比可知h()=eu() 方法三:直接利用LTl系统的性质
6 rt H et et ht () () () () = =∗ ⎡ ⎤ ∵ ⎣ ⎦ ， ( ) { } ( ) ( ) dd d H et H et rt dt dt dt ⎡ ⎤ = = ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ∴得到微分方程： () () () 2 3 d t rt rt e ut dt − + = 此方程齐次解 () () 3t nr t Ae u t − = ，特解 ( ) ( ) 2t p r t Be u t − = 将 r t p ( ) 代入上式得到 B =1，即 ( ) ( ) 2t p r t e ut − = 由于 r t( ) 是零状态响应，且方程右端无冲激项，故 r(0 0 + ) = ，将此初始条件代入 () () () ( ) ( ) 3 2 t t h p r t r t r t Ae e u t − − =+= + 得 A = −1 ∴ ( ) ( ) ( ) 3 2 t t rt e e ut − − =− + 又∵ rt et ht () () = ∗ ( ) () () () () ( ) ( ) 3 32 2 (1) t tt et ht e ut ht e e ut − −− ∴ ∗ = ∗ =− + ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ """"""" 又 () () () () ( ) d dd et ht et ht rt dt dt dt ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ∗ = ∗= ⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ( ) ( ) () ( ) ( ) 3 32 6 2 3 2 (2) t tt e ut t ht e e ut δ − −− ∴⎡ ⎤ − + ∗= − ⎣ ⎦ """""""" （1）*3+（2）得 () () ( ) 1 2 2 t δ t ht e ut − ∗ = 即 ( ) ( ) 1 2 2 t ht e ut − = 方法二： p 算子法 rt H et () () = ( ) () () () () () () 2 3 d t H e t H pe t pH e t pr t r t e u t dt ⎡ ⎤ − = = = =− + ⎡ ⎤ ⎡⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎣⎦ ⎣ ⎦ ( ) () () 2 3 t p rt e ut − ∴ + = ( ) () () () ( ) 1 1 22 3 2 2 (3) 3 2 tt t t rt e ut e ut e ut e ut p −− − − ∴ = ∗= ∗ + """" 又 () () () () ( ) 3 2 (4) t rt et ht e ut ht − ∵ """ =∴ ∗ = ∗ 由(3)(4)对比可知 ( ) ( ) 1 2 2 t ht e ut − = 方法三：直接利用 LTI 系统的性质
H(e()=r()→H[2e()]=r( H(c(0)=H[26()-6c0()=-3()+()-…( (4)*3+(5)→h()=H[()=e2n() 220解题过程:由系统框图知,r()=e(1)*h()+e(1)*h2(1)*()*h( [A()+2()*1()*在(门) =e()*h( h()=h()+h2()*h(1)*h() 其中,A()=(0),()*(O)*()=6(-1)*(0)“[6()]=-(-
7 ( ) ( ) () () ( ) 3 2 t H et rt H e ut rt − =⇒ = ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ () () () () () ( ) 3 2 26 3 5 d t t H et H t e ut rt eut dx δ ⎛ ⎞ − = − =− + ⎡ ⎤ ⎜ ⎟ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠ """ （4）*3+（5） () () ( ) 1 2 2 t ht H t e ut δ ⇒= = − ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ 2-20 解题过程：由系统框图知， rt et h t et h t h t h t ( ) =∗ +∗ ∗ ∗ ( ) 1 213 ( ) ( ) ( ) ( ) () ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) () () 1 213 et h t h t h t h t et ht =∗ + ∗ ∗ ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ = ∗ ∴ht h t h t h t h t () () () () = + ∗∗ 1 213 ( ) 其中， h t ut 1 () () = ， h t h t h t t ut t ut 213 () () ∗ ∗ = − ∗ ∗ − =− − ( ) δ δ ( 1 1 ) ( ) ⎡ ⎤ ( ) () ⎣ ⎦ ∴ht ut ut () () ( ) = −−1