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§00 作业题目

作业要求链接： 信号与系统 2022 春季学期第三次作业 https://zhuoqing.blog.csdn.net/article/details/123403423

§01 参考答案（1）

1.1 列写系统微分方程

（1）第一小题

求解： 根据题目所示电路图，列写网孔电路方程：2i1(t)+di1(t)dt+∫−∞ti1(τ)dτ−∫−∞ti2(τ)dτ=e(t)2i_1 \left( t \right) + {{di_1 \left( t \right)} \over {dt}} + \int_{ - \infty }^t {i_1 \left( \tau \right)d\tau } - \int_{ - \infty }^t {i_2 \left( \tau \right)d\tau } = e\left( t \right)2i1(t)+dtdi1(t)+∫−∞ti1(τ)dτ−∫−∞ti2(τ)dτ=e(t)∫−∞t[i2(τ)−∫i1(τ)]dτ+i2(t)=−v0(t)\int_{ - \infty }^t {\left[ {i_2 \left( \tau \right) - \int_{}^{} {i_1 \left( \tau \right)} } \right]d\tau } + i_2 \left( t \right) = - v_0 \left( t \right)∫−∞t[i2(τ)−∫i1(τ)]dτ+i2(t)=−v0(t)
又 v2(t)=2di2(t)dtv_2 \left( t \right) = 2{{di_2 \left( t \right)} \over {dt}}v2(t)=2dtdi2(t) 经过校区 i1(t),i2(t)i_1 \left( t \right),i_2 \left( t \right)i1(t),i2(t) 可以得到电路的输入输出方程为 2d3dt2v0(t)+5d2dt2v0(t)+5ddtv0(t)+3v0(t)=2ddte(t)2{{d^3 } \over {dt^2 }}v_0 \left( t \right) + 5{{d^2 } \over {dt^2 }}v_0 \left( t \right) + 5{d \over {dt}}v_0 \left( t \right) + 3v_0 \left( t \right) = 2{d \over {dt}}e\left( t \right)2dt2d3v0(t)+5dt2d2v0(t)+5dtdv0(t)+3v0(t)=2dtde(t)

（2）第二小题

求解： 这是一个带有互感的电路，根据原边回路典雅与副边回路电压列写回路电压方程：
1C∫−∞ti1(τ)dτ+Ldi1(t)dt+Mdi2(t)dt+Ri1(t)=e(t){1 \over C}\int_{ - \infty }^t {i_1 \left( \tau \right)d\tau } + L{{di_1 \left( t \right)} \over {dt}} + M{{di_2 \left( t \right)} \over {dt}} + Ri_1 \left( t \right) = e\left( t \right)C1∫−∞ti1(τ)dτ+Ldtdi1(t)+Mdtdi2(t)+Ri1(t)=e(t)1C∫−∞ti2(τ)dτ+Ldi2(t)dt+Mdi1(t)dt+Ri2(t)=0{1 \over C}\int_{ - \infty }^t {i_2 \left( \tau \right)d\tau } + L{{di_2 \left( t \right)} \over {dt}} + M{{di_1 \left( t \right)} \over {dt}} + Ri_2 \left( t \right) = 0C1∫−∞ti2(τ)dτ+Ldtdi2(t)+Mdtdi1(t)+Ri2(t)=0
输出电压为 −Ri2(t)=v0(t)- Ri_2 \left( t \right) = v_0 \left( t \right)−Ri2(t)=v0(t) 消去 i1(t),i2(t)i_1 \left( t \right),i_2 \left( t \right)i1(t),i2(t) 可以得到电路输入输出电压方程 (L2−M2)d4dt4v0(t)+2RLd3dt3v0(t)+(2LC+R2)d2dt2v0(t)+2RCddtv0(t)+1C2v0(t)=MRd2dt2e(t)\left( {L^2 - M^2 } \right){{d^4 } \over {dt^4 }}v_0 \left( t \right) + 2RL{{d^3 } \over {dt^3 }}v_0 \left( t \right) + \left( {{{2L} \over C} + R^2 } \right){{d^2 } \over {dt^2 }}v_0 \left( t \right) + {{2R} \over C}{d \over {dt}}v_0 \left( t \right) + {1 \over {C^2 }}v_0 \left( t \right) = MR{{d^2 } \over {dt^2 }}e\left( t \right)(L2−M2)dt4d4v0(t)+2RLdt3d3v0(t)+(C2L+R2)dt2d2v0(t)+C2Rdtdv0(t)+C21v0(t)=MRdt2d2e(t)

（3）第三小题

求解： 设m1m_1m1的速度为v1(t)v_1 \left( t \right)v1(t)，火箭m1、载荷仓m2m_1 、载荷仓m_2m1、载荷仓m2受力情况如下图所示：

根据牛顿第三定律，火箭的质量m1,m2m_1 ,m_2m1,m2之间的作用力FkF_kFk，Fk′F'_kFk′大小相等，方向相反，大小等于：

k∫−∞t[v1(τ)−v2(τ)]dτk\int_{ - \infty }^t {\left[ {v_1 \left( \tau \right) - v_2 \left( \tau \right)} \right]d\tau }k∫−∞t[v1(τ)−v2(τ)]dτ

对于m1m_1m1可以建立如下方程：
e(t)−f1v1(t)−k∫−∞t[v1(τ)−v2(τ)]dτ=m1dv1(t)dte\left( t \right) - f_1 v_1 \left( t \right) - k\int_{ - \infty }^t {\left[ {v_1 \left( \tau \right) - v_2 \left( \tau \right)} \right]d\tau } = m_1 {{dv_1 \left( t \right)} \over {dt}}e(t)−f1v1(t)−k∫−∞t[v1(τ)−v2(τ)]dτ=m1dtdv1(t)

对于m2m_2m2可以建立如下方程：
k∫−∞t[v1(τ)−v2(τ)]dτ−f2v2(t)=m2dv2(t)dtk\int_{ - \infty }^t {\left[ {v_1 \left( \tau \right) - v_2 \left( \tau \right)} \right]d\tau } - f_2 v_2 \left( t \right) = m_2 {{dv_2 \left( t \right)} \over {dt}}k∫−∞t[v1(τ)−v2(τ)]dτ−f2v2(t)=m2dtdv2(t)

由上式可以得到：

v1(t)=v2(t)+f2kddtv2(t)+m2kd2dt2v2(t)v_1 \left( t \right) = v_2 \left( t \right) + {{f_2 } \over k}{d \over {dt}}v_2 \left( t \right) + {{m_2 } \over k}{{d^2 } \over {dt^2 }}v_2 \left( t \right)v1(t)=v2(t)+kf2dtdv2(t)+km2dt2d2v2(t)

代入m1m_1m1对应的方程，化简可得：

d3dt3v2(t)+m1f2+m2f1m1m2d2dt2v2(t)+f1f2+k(m1+m2)m1m2ddtv2(t)+(f1+f2)km1m2v2(t)=km1m2e(t){{d^3 } \over {dt^3 }}v_2 \left( t \right) + {{m_1 f_2 + m_2 f_1 } \over {m_1 m_2 }}{{d^2 } \over {dt^2 }}v_2 \left( t \right) + {{f_1 f_2 + k\left( {m_1 + m_2 } \right)} \over {m_1 m_2 }}{d \over {dt}}v_2 \left( t \right) + {{\left( {f_1 + f_2 } \right)k} \over {m_1 m_2 }}v_2 \left( t \right) = {k \over {m_1 m_2 }}e\left( t \right)dt3d3v2(t)+m1m2m1f2+m2f1dt2d2v2(t)+m1m2f1f2+k(m1+m2)dtdv2(t)+m1m2(f1+f2)kv2(t)=m1m2ke(t)

1.2 液体混合差分方程

（1）第一小题

（1） 如果y[n]表示第n个循环结束时，A在混合液中所占的比例，则y[n-1]表示在第n-1个循环结束是A在混合液中所占的比例，根据题意可得：

900⋅y[n−1]+x[n]1000=y[n]{{900 \cdot y\left[ {n - 1} \right] + x\left[ n \right]} \over {1000}} = y\left[ n \right]1000900⋅y[n−1]+x[n]=y[n]

化简可以得到：
1000⋅y[n]−900⋅yh[n−1]=x[n]1000 \cdot y\left[ n \right] - 900 \cdot yh\left[ {n - 1} \right] = x\left[ n \right]1000⋅y[n]−900⋅yh[n−1]=x[n]

（2） 通过求解特征方程，得到特征根为0.9，所以差分方程的齐次解为：yh[n]=C⋅0.9ny_h \left[ n \right] = C \cdot 0.9^nyh[n]=C⋅0.9n

设特解为：yp[n]=Dy_p \left[ n \right] = Dyp[n]=D。代入差分方程，求得：D=12D = {1 \over 2}D=21。

因而差分方程的完全解为：
y[n]=C⋅0.9n+0.5y\left[ n \right] = C \cdot 0.9^n + 0.5y[n]=C⋅0.9n+0.5

将初始条件y[0]=0y\left[ 0 \right] = 0y[0]=0代入完全解，求出待定系数C：
C=−0.5C = - 0.5C=−0.5

所以差分方程的完全解为：

y[n]=−0.5×0.9n+0.5y\left[ n \right] = - 0.5 \times 0.9^n + 0.5y[n]=−0.5×0.9n+0.5

（3） 自由分量：−0.5×0.9n- 0.5 \times 0.9^n−0.5×0.9n。强迫响应为： 0.5。

（4） 当n→+∞n \to + \inftyn→+∞， y[∞]=0.5y\left[ \infty \right] = 0.5y[∞]=0.5。

由于每次导入的都是A,B各占50%的混合液，因此不管原先容器内的900升的混合液是怎样的，经过无限次的倒入、混匀、倒出的过程，A所占的比例最终趋近于50%。

1.3 微分、差分方程求解

1.3.1 必做题

（1）微分方程求解

Ⅰ.第一小问

求解：

求齐次解：

系统的特征方程为：λ2+7λ+10=0\lambda ^2 + 7\lambda + 10 = 0λ2+7λ+10=0；

特征根：λ1=−2;λ2=−5\lambda _1 = - 2;\,\,\,\,\lambda _2 = - 5λ1=−2;λ2=−5;

系统齐次解：yh(t)=c1e−2t+c2e−5ty_h \left( t \right) = c_1 e^{ - 2t} + c_2 e^{ - 5t}yh(t)=c1e−2t+c2e−5t

求特解：

假设系统的特解：ys(t)=By_s \left( t \right) = Bys(t)=B。代入方程，可得：10⋅B=110 \cdot B = 110⋅B=1，因此:B=0.1B = 0.1B=0.1。

完全解：

y(t)=yh(t)+ys(t)=c1e−2t+c2e−5t+0.1y\left( t \right) = y_h \left( t \right) + y_s \left( t \right) = c_1 e^{ - 2t} + c_2 e^{ - 5t} + 0.1y(t)=yh(t)+ys(t)=c1e−2t+c2e−5t+0.1

利用奇异函数方法求系统的起始条件（0+0_ +0+时刻的状态）：
d2dt2r(t)=a⋅δ(t)+b⋅u(t){{d^2 } \over {dt^2 }}r\left( t \right) = a \cdot \delta \left( t \right) + b \cdot u\left( t \right)dt2d2r(t)=a⋅δ(t)+b⋅u(t)ddtr(t)=a⋅u(t){d \over {dt}}r\left( t \right) = a \cdot u\left( t \right)dtdr(t)=a⋅u(t)r(t)=0r\left( t \right) = 0r(t)=0

代入方程左边：a⋅δ(t)+b⋅u(t)+7a⋅u(t)=δ(t)+u(t)a \cdot \delta \left( t \right) + b \cdot u\left( t \right) + 7a \cdot u\left( t \right) = \delta \left( t \right) + u\left( t \right)a⋅δ(t)+b⋅u(t)+7a⋅u(t)=δ(t)+u(t)

通过奇异函数系数匹配法可以得到：
{a=1b+7a=1\left\{ \begin{matrix} {a = 1}\\{b + 7a = 1}\\\end{matrix} \right.{a=1b+7a=1

{a=1b=−6\left\{ \begin{matrix} {a = 1}\\{b = - 6}\\\end{matrix} \right.{a=1b=−6

r′(0+)−r′(0−)=a=1r'\left( {0_ + } \right) - r'\left( {0_ - } \right) = a = 1r′(0+)−r′(0−)=a=1

r(0+)−r(0−)=0r\left( {0_ + } \right) - r\left( {0_ - } \right) = 0r(0+)−r(0−)=0

所以，系统的起始条件为：
r′(0+)=4,r(0+)=2r'\left( {0_ + } \right) = 4,\,\,\,\,r\left( {0_ + } \right) = 2r′(0+)=4,r(0+)=2

代入系统完全解，求解待定系数：
{−2c1−5c2=4c1+c2+0.1=2\left\{ \begin{matrix} { - 2c_1 - 5c_2 = 4}\\{c_1 + c_2 + 0.1 = 2}\\\end{matrix} \right.{−2c1−5c2=4c1+c2+0.1=2

{c1=4.5c2=−2.6\left\{ \begin{matrix} {c_1 = 4.5}\\{c_2 = - 2.6}\\\end{matrix} \right.{c1=4.5c2=−2.6
系统的完全响应为：

y(t)=(4.5e−2t−2.6e−5t+0.1)⋅u(t)y\left( t \right) = \left( {4.5e^{ - 2t} - 2.6e^{ - 5t} + 0.1} \right) \cdot u\left( t \right)y(t)=(4.5e−2t−2.6e−5t+0.1)⋅u(t)

Ⅱ.第二小问

零状态相应、零输入响应

当系统为零状态的时候，对应的起始条件为：
r′(0+)=1,r(0+)=0r'\left( {0_ + } \right) = 1,\,\,\,\,r\left( {0_ + } \right) = 0r′(0+)=1,r(0+)=0

{−2c1−5c2=1c1+c2+0.1=0\left\{ \begin{matrix} { - 2c_1 - 5c_2 = 1}\\{c_1 + c_2 + 0.1 = 0}\\\end{matrix} \right.{−2c1−5c2=1c1+c2+0.1=0

{c1=16c2=−415\left\{ \begin{matrix} {c_1 = {1 \over 6}}\\{c_2 = - {4 \over {15}}}\\\end{matrix} \right.{c1=61c2=−154

零状态响应为：

yzs(t)=16e−2t−415e−5t+0.1,t≥0y_{zs} \left( t \right) = {1 \over 6}e^{ - 2t} - {4 \over {15}}e^{ - 5t} + 0.1,\,\,\,\,t \ge 0yzs(t)=61e−2t−154e−5t+0.1,t≥0

零输入响应为：
yzi(t)=y(t)−yzs(t)=413e−2t−213e−5t,t≥0y_{zi} \left( t \right) = y\left( t \right) - y_{zs} \left( t \right) = 4{1 \over 3}e^{ - 2t} - 2{1 \over 3}e^{ - 5t} ,\,\,\,\,t \ge 0yzi(t)=y(t)−yzs(t)=431e−2t−231e−5t,t≥0

系统自由响应与强迫响应

自由响应为：
yh(t)=4.5e−2t−2.6e−5t,t≥0y_h \left( t \right) = 4.5e^{ - 2t} - 2.6e^{ - 5t} ,\,\,\,\,t \ge 0yh(t)=4.5e−2t−2.6e−5t,t≥0

强迫响应为：
yf(t)=0.1,t≥0y_f \left( t \right) = 0.1,\,\,\,\,t \ge 0yf(t)=0.1,t≥0

（2）差分方程求解

Ⅰ.第一小题

y[n]−14y[n−1]=(−1)nu[n]y\left[ n \right] - {1 \over 4}y\left[ {n - 1} \right] = \left( { - 1} \right)^n u\left[ n \right]y[n]−41y[n−1]=(−1)nu[n]

特征方程：λ−14=0\lambda - {1 \over 4} = 0λ−41=0，求得特征根：λ1=14\lambda _1 = {1 \over 4}λ1=41。系统的齐次解：yh[n]=c1(14)n,n≥0y_h \left[ n \right] = c_1 \left( {{1 \over 4}} \right)^n ,\,\,n \ge 0yh[n]=c1(41)n,n≥0

系统的特解：ys[n]=B⋅(−1)ny_s \left[ n \right] = B \cdot \left( { - 1} \right)^nys[n]=B⋅(−1)n。代入方程左右：B⋅(−1)n−14(−1)⋅(−1)n=(−1)nB \cdot \left( { - 1} \right)^n - {1 \over 4}\left( { - 1} \right) \cdot \left( { - 1} \right)^n = \left( { - 1} \right)^nB⋅(−1)n−41(−1)⋅(−1)n=(−1)n

B⋅(−1)n−14(−1)⋅B⋅(−1)n=(−1)nB \cdot \left( { - 1} \right)^n - {1 \over 4}\left( { - 1} \right) \cdot B \cdot \left( { - 1} \right)^n = \left( { - 1} \right)^nB⋅(−1)n−41(−1)⋅B⋅(−1)n=(−1)n

所以：54⋅B=1{5 \over 4} \cdot B = 145⋅B=1，求得：B=45B = {4 \over 5}B=54。

系统的完全解：y[n]=c1(14)n+45(−1)ny\left[ n \right] = c_1 \left( {{1 \over 4}} \right)^n + {4 \over 5}\left( { - 1} \right)^ny[n]=c1(41)n+54(−1)n

有系统为零状态，根据差分方程可以计算出系统的初始条件为：y[0]=1y\left[ 0 \right] = 1y[0]=1。求解完全解中的待定系数：，c1+45=1c_1 + {4 \over 5} = 1c1+54=1，所以 c1=15c_1 = {1 \over 5}c1=51。

系统的零状态解为：
y[n]=15(14)n+45(−1)n,n≥0y\left[ n \right] = {1 \over 5}\left( {{1 \over 4}} \right)^n + {4 \over 5}\left( { - 1} \right)^n ,\,\,\,\,n \ge 0y[n]=51(41)n+54(−1)n,n≥0

Ⅱ.第二小题

y[n]−14y[n−1]=cos⁡(π2n)u[n]y\begin{bmatrix} n \end{bmatrix} - {1 \over 4}y\begin{bmatrix} {n - 1} \end{bmatrix} = \cos \left( {{\pi \over 2}n} \right)u\begin{bmatrix} n \end{bmatrix}y[n]−41y[n−1]=cos(2πn)u[n]

由特征方程：λ−14=0\lambda - {1 \over 4} = 0λ−41=0，求的特征根：λ1=14\lambda _1 = {1 \over 4}λ1=41。系统的齐次解：yh[n]=c1(14)n,n≥0y_h \left[ n \right] = c_1 \left( {{1 \over 4}} \right)^n ,\,\,\,\,n \ge 0yh[n]=c1(41)n,n≥0

系统的特解：ys(t)=a⋅sin⁡(π⋅n2)+b⋅cos⁡(π⋅n2)y_s \left( t \right) = a \cdot \sin \left( {{{\pi \cdot n} \over 2}} \right) + b \cdot \cos \left( {{{\pi \cdot n} \over 2}} \right)ys(t)=a⋅sin(2π⋅n)+b⋅cos(2π⋅n)

代入系统方程左边：a⋅sin⁡(π⋅n2)+b⋅cos⁡(π⋅n2)−14[a⋅sin⁡(π⋅n2−π2)+b⋅cos⁡(π⋅n2−π2)]a \cdot \sin \left( {{{\pi \cdot n} \over 2}} \right) + b \cdot \cos \left( {{{\pi \cdot n} \over 2}} \right) - {1 \over 4}\left[ {a \cdot \sin \left( {{{\pi \cdot n} \over 2} - {\pi \over 2}} \right) + b \cdot \cos \left( {{{\pi \cdot n} \over 2} - {\pi \over 2}} \right)} \right]a⋅sin(2π⋅n)+b⋅cos(2π⋅n)−41[a⋅sin(2π⋅n−2π)+b⋅cos(2π⋅n−2π)]=(a−14b)sin⁡(π⋅n2)+(14a+b)cos⁡(π⋅n2)=cos⁡(π⋅n2)= \left( {a - {1 \over 4}b} \right)\sin \left( {{{\pi \cdot n} \over 2}} \right) + \left( {{1 \over 4}a + b} \right)\cos \left( {{{\pi \cdot n} \over 2}} \right) = \cos \left( {{{\pi \cdot n} \over 2}} \right)=(a−41b)sin(2π⋅n)+(41a+b)cos(2π⋅n)=cos(2π⋅n)

{a−14b=014a+b=1\left\{ \begin{matrix} {a - {1 \over 4}b = 0}\\{{1 \over 4}a + b = 1}\\\end{matrix} \right.{a−41b=041a+b=1

{a=417b=1617\left\{ \begin{matrix} {a = {4 \over {17}}}\\{b = {{16} \over {17}}}\\\end{matrix} \right.{a=174b=1716

系统的の完全解：y[n]=c1(14)n+417sin⁡(π⋅n2)+1617cos⁡(π⋅n2)y\left[ n \right] = c_1 \left( {{1 \over 4}} \right)^n + {4 \over {17}}\sin \left( {{{\pi \cdot n} \over 2}} \right) + {{16} \over {17}}\cos \left( {{{\pi \cdot n} \over 2}} \right)y[n]=c1(41)n+174sin(2π⋅n)+1716cos(2π⋅n)

由系统为零状态，根据差分方程可以计算出系统的初始条件为：y[0]=1y\left[ 0 \right] = 1y[0]=1。求解完全解中的待定系数：

c1+1617=1c_1 + {{16} \over {17}} = 1c1+1716=1

所以：c1=117c_1 = {1 \over {17}}c1=171。

系统的零状态解为：
y[n]=117(14)n+417sin⁡(π⋅n2)+1617cos⁡(π⋅n2),n≥0y\left[ n \right] = {1 \over {17}}\left( {{1 \over 4}} \right)^n + {4 \over {17}}\sin \left( {{{\pi \cdot n} \over 2}} \right) + {{16} \over {17}}\cos \left( {{{\pi \cdot n} \over 2}} \right),\,\,\,\,n \ge 0y[n]=171(41)n+174sin(2π⋅n)+1716cos(2π⋅n),n≥0

Ⅲ.第三小题

特征方程为：α+5=0\alpha + 5 = 0α+5=0

求得特征根：α=−5\alpha = - 5α=−5

于是齐次解为：yh[n]=C⋅(−5)ny_h \left[ n \right] = C \cdot \left( { - 5} \right)^nyh[n]=C⋅(−5)n

由于输入信号是nnn，所以令特解为：yp[n]=D1n+D2y_p \left[ n \right] = D_1 n + D_2yp[n]=D1n+D2

将特解代入方程，有：D1n+D2+5{D1[n−1]+D2}=nD_1 n + D_2 + 5\left\{ {D_1 \left[ {n - 1} \right] + D_2 } \right\} = nD1n+D2+5{D1[n−1]+D2}=n

比较上式左右同类项系数可得：D1=16,D2=536D_1 = {1 \over 6},\,\,\,D_2 = {5 \over {36}}D1=61,D2=365

则差分方程的完全解为：y[n]=yh[n]+yp[n]=C(−5)n+16n+536y\left[ n \right] = y_h \left[ n \right] + y_p \left[ n \right] = C\left( { - 5} \right)^n + {1 \over 6}n + {5 \over {36}}y[n]=yh[n]+yp[n]=C(−5)n+61n+365

将y[−1]=0y\left[ { - 1} \right] = 0y[−1]=0代入上式，可得：C=−536C = - {5 \over {36}}C=−365

所以：y[n]=136[(−5)n+1+6n+5]y\left[ n \right] = {1 \over {36}}\left[ {\left( { - 5} \right)^{n + 1} + 6n + 5} \right]y[n]=361[(−5)n+1+6n+5]

1.3.2 选做题

（1）微分方程求解

求解：

Ⅰ.第一小问

齐次解：

求解齐次解的过程与第一小题相同。

特解：

下面从求解系统的特解开始：
假设系统的特解为：ys(t)=B⋅e−3ty_s \left( t \right) = B \cdot e^{ - 3t}ys(t)=B⋅e−3t，代入方程左边：9Be−3t−7⋅3e−3t+10B⋅e−3t=−3e−3t+e−3t9Be^{ - 3t} - 7 \cdot 3e^{ - 3t} + 10B \cdot e^{ - 3t} = - 3e^{ - 3t} + e^{ - 3t}9Be−3t−7⋅3e−3t+10B⋅e−3t=−3e−3t+e−3t

化简可得方程：−2B=−2- 2B = - 2−2B=−2，所以 B=1B = 1B=1B=1B = 1B=1。

完全解：

系统的完全响应为：
y(t)=yh(t)+ys(t)=c1e−2t+c2e−5t+e−3ty\left( t \right) = y_h \left( t \right) + y_s \left( t \right) = c_1 e^{ - 2t} + c_2 e^{ - 5t} + e^{ - 3t}y(t)=yh(t)+ys(t)=c1e−2t+c2e−5t+e−3t

使用奇异函数匹配方法确定系统初始状态，将输入信号e(t)=e−3t⋅u(t)e\left( t \right) = e^{ - 3t} \cdot u\left( t \right)e(t)=e−3t⋅u(t)代入系统方程左边，得到δ(t)\delta \left( t \right)δ(t)的最高求导次数为1。
d2dt2r(t)=a⋅δ(t)+b⋅u(t){{d^2 } \over {dt^2 }}r\left( t \right) = a \cdot \delta \left( t \right) + b \cdot u\left( t \right)dt2d2r(t)=a⋅δ(t)+b⋅u(t)

ddtr(t)=a⋅u(t){d \over {dt}}r\left( t \right) = a \cdot u\left( t \right)dtdr(t)=a⋅u(t)

r(t)=0r\left( t \right) = 0r(t)=0

a⋅δ(t)+(b+7a)⋅u(t)=δ(t)−2⋅u(t)a \cdot \delta \left( t \right) + \left( {b + 7a} \right) \cdot u\left( t \right) = \delta \left( t \right) - 2 \cdot u\left( t \right)a⋅δ(t)+(b+7a)⋅u(t)=δ(t)−2⋅u(t)

平衡奇异函数方程西树，得到方程组：{a=1b+7a=−2\left\{ \begin{matrix} {a = 1}\\{b + 7a = - 2}\\\end{matrix} \right.{a=1b+7a=−2

{a=1b=−9\left\{ \begin{matrix} {a = 1}\\{b = - 9}\\\end{matrix} \right.{a=1b=−9

因此可以确定系统的输出在0时刻的跳跃：

r′(0+)−r′(0−)=1r(0+)−r(0−)=0r'\left( {0_ + } \right) - r'\left( {0_{\rm{ - }} } \right){\rm{ = }}1\,\,\,\,r\left( {0_ + } \right) - r\left( {0_ - } \right) = 0r′(0+)−r′(0−)=1r(0+)−r(0−)=0

系统的初始条件为：r′(0+)=2,r(0+)=2r'\left( {0_ + } \right) = 2,\,\,\,\,r\left( {0_ + } \right) = 2r′(0+)=2,r(0+)=2

根据初试条件求解系统的待定系数：
{−2c1−5c2−3=3c1+c2+1=1\left\{ \begin{matrix} { - 2c_1 - 5c_2 - 3 = 3}\\{c_1 + c_2 + 1 = 1}\\\end{matrix} \right.{−2c1−5c2−3=3c1+c2+1=1

{c1=2c2=−2\left\{ \begin{matrix} {c_1 = 2}\\{c_2 = - 2}\\\end{matrix} \right.{c1=2c2=−2

系统的完全响应为：
y(t)=2e−2t−2e−5t+e−3t,t≥0y\left( t \right) = 2e^{ - 2t} - 2e^{ - 5t} + e^{ - 3t} ,\,\,\,\,t \ge 0y(t)=2e−2t−2e−5t+e−3t,t≥0

Ⅱ.第二小问

自由响应与强迫响应：

求解系统的零状态响应，根据完全解求解过程，系统的零状态的初始条件为：
r′(0+)=1,r(0+)=0r'\left( {0_ + } \right) = 1,\,\,\,\,r\left( {0_ + } \right) = 0r′(0+)=1,r(0+)=0

求对应系统的待定系数：
{−2c1−5c2−3=1c1+c2+1=0\left\{ \begin{matrix} { - 2c_1 - 5c_2 - 3 = 1}\\{c_1 + c_2 + 1 = 0}\\\end{matrix} \right.{−2c1−5c2−3=1c1+c2+1=0

{c1=−13c2=−23\left\{ \begin{matrix} {c_1 = - {1 \over 3}}\\{c_2 = - {2 \over 3}}\\\end{matrix} \right.{c1=−31c2=−32

因此对应的零状态响应为：

yzs(t)=−13e−2t−23e−5t+e−3t,t≥0y_{zs} \left( t \right) = - {1 \over 3}e^{ - 2t} - {2 \over 3}e^{ - 5t} + e^{ - 3t} ,\,\,\,\,t \ge 0yzs(t)=−31e−2t−32e−5t+e−3t,t≥0

系统的零输入响应为：
yzi(t)=y(t)−yzs(t)=213e−2t−113e−5t,t≥0y_{zi} \left( t \right) = y\left( t \right) - y_{zs} \left( t \right) = 2{1 \over 3}e^{ - 2t} - 1{1 \over 3}e^{ - 5t} ,\,\,\,\,t \ge 0yzi(t)=y(t)−yzs(t)=231e−2t−131e−5t,t≥0

自由响应与强迫响应：

系统的自由响应为：

yh(t)=2e−2t−2e−5t,t≥0y_h \left( t \right) = 2e^{ - 2t} - 2e^{ - 5t} ,\,\,\,\,t \ge 0yh(t)=2e−2t−2e−5t,t≥0

系统的强迫响应为：

yf(t)=e−3t,t≥0y_f \left( t \right) = e^{ - 3t} ,\,\,\,\,t \ge 0yf(t)=e−3t,t≥0

（2）差分方程求解

Ⅰ.第一小题

Ⅱ.第二小题

特征方程为：α2+2α+1=0\alpha ^2 + 2\alpha + 1 = 0α2+2α+1=0

求得特征根：α1=α2=−1\alpha _1 = \alpha _2 = - 1α1=α2=−1

于是齐次解为：yh[n]=(C1n+C2)(−1)ny_h \left[ n \right] = \left( {C_1 n + C_2 } \right)\left( { - 1} \right)^nyh[n]=(C1n+C2)(−1)n

由于输入信号为指数序列3n3^n3n，令特解为：yp[n]=D1⋅3ny_p \left[ n \right] = D_1 \cdot 3^nyp[n]=D1⋅3n

将特解代入方程，有：D1⋅3n+2D1⋅3n−1+D1⋅3n−2=3nD_1 \cdot 3^n + 2D_1 \cdot 3^{n - 1} + D_1 \cdot 3^{n - 2} = 3^nD1⋅3n+2D1⋅3n−1+D1⋅3n−2=3n

比较上式左右同类型系数，可以求得：D1=916D_1 {\rm{ = }}{9 \over {16}}D1=169

则差分方程的完全解为：y[n]=yh[n]+yp[n]=(C1n+C2)(−1)n+916⋅3ny\left[ n \right] = y_h \left[ n \right] + y_p \left[ n \right] = \left( {C_1 n + C_2 } \right)\left( { - 1} \right)^n + {9 \over {16}} \cdot 3^ny[n]=yh[n]+yp[n]=(C1n+C2)(−1)n+169⋅3n

将y[−1]=0,y[0]=0y\left[ { - 1} \right] = 0,y\left[ 0 \right] = 0y[−1]=0,y[0]=0代入上式，可得：

(−C1+C2)×(−1)+916×13=0\left( { - C_1 + C_2 } \right) \times \left( { - 1} \right) + {9 \over {16}} \times {1 \over 3} = 0(−C1+C2)×(−1)+169×31=0
C2+916=0C_2 + {9 \over {16}} = 0C2+169=0

求解得到完全解中的待定系数：C1=−34,C2=−916C_1 = - {3 \over 4},\,\,\,C_2 = - {9 \over {16}}C1=−43,C2=−169

所以：y[n]=(−34n−916)(−1)n+9163ny\left[ n \right] = \left( { - {3 \over 4}n - {9 \over {16}}} \right)\left( { - 1} \right)^n + {9 \over {16}}3^ny[n]=(−43n−169)(−1)n+1693n

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信号与系统分析2022春季作业-参考答案：第三次作业-第一部分

§01 参考答案（1）

1.1 列写系统微分方程

（1）第一小题

（2）第二小题

（3）第三小题

1.2 液体混合差分方程

（1）第一小题

1.3 微分、差分方程求解

1.3.1 必做题

（1）微分方程求解

Ⅰ.第一小问

Ⅱ.第二小问

（2）差分方程求解

Ⅰ.第一小题

Ⅱ.第二小题

Ⅲ.第三小题

1.3.2 选做题

（1）微分方程求解

Ⅰ.第一小问

Ⅱ.第二小问

（2）差分方程求解

Ⅰ.第一小题

Ⅱ.第二小题

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