辛格瑞拉
2024-05-09 18:36
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求解沖激響應不管是在離散或者連續時間系統的方法是類似的,但是其中還是有許多差異.
一.總的方法
為瞭防止讀者不清楚沖激響應的定義,我們先給一個定義.
註:我們這裡將最高階導數的系數歸一化瞭.
現在先給出一個定理.
這個定理也就是告訴我們,當 x 端也有太多的導數和系數,此時我們可以先解最簡單的 y_1(t) ,再直接通過右邊帶入進去.我們換個好看一點的記號
若記 mathrm T[ y(t) ]:=y^{(n)}(t)+….+a_1y(t) ,即 mathrm T:=D^n+…+a_1 ( D=frac{mathrm d}{mathrm dt} ) ,mathrm T'=b_mD^m+…+b_1 則我們有:
同樣地,我們還有離散線性時不變系統的版本.
同樣地我們有離散情況下的定理.
假如我們用上面方法簡寫的話,那就是:
當然由於初始條件的原因,這兩個解題時步驟並不完全一樣.但好在我們隻需要考慮 y_1 就行瞭.以下就讓我們討論一下 y_1 的特性.
二.解的形式
不管對離散而言還是對連續而言,他們的特解都是 0 也就是說
其中通解 y_h 由特征方程解來.
三.連續時間變量的初始條件確定
由於是零狀態響應,所以 y^{(k)}(0^-)=0 由於右端有 delta(t) 所以由奇異函數平衡法得 delta(t)subset y^{(m)}(t) 所以
四.離散時間變量的初始條件確定
將 n=0 帶入 y[n]+…+a_my[n-m]=delta[n] 可得:
我們可以看到到這裡初始條件就不一樣瞭.註意：按理說 delta[n] 加入後這個不再是零輸入響應，所以應該迭代至 y[1],y[2] 進行求解，但是由於沖激函數的特殊性，他隻在一點有值，所以說是可以直接使用上面的初值的。
五.u(t) 與 tgeq 0
我們在得出 y_1(t) 時,可以寫成兩種形式:第一種是直接含有 u(t) 的,如: y_1(t)=e^{-t}u(t) 第二種是: y_1(t)=e^{-t},tgeq 0 這兩種在 y_1(t) 時沒有區別,但是求瞭導數之後,第一種會出現 delta(t) 第二種則不會出現.但這兩種寫法怎麼寫呢?我們看看書中的例題發現有如下的情況:
粗略的想法:考察拉普拉斯變換:
(s^n+…+a_1)Y(s)=(s^m+…+b_1) , Y(s)=frac{s^m+…+b_1}{s^n+…+a_1} 當 n=m 時,能提取個 1 出來即 Y(s)=1+frac{s^{m-1}+…+b_1'}{s^n+…+a_1} ,而我們知道 mathcal L[1]=delta(t) 所以有 delta(t) 出現,當然這隻是我粗略的想法,沒有問過別人,邊寫邊想罷瞭.
例1:求 y''+3y'+2y=2x'+x 沖激響應.
令 h_1(t) 為 y''+3y'+2y=delta(t) 的解,則 h(t)=2h_1'(t)+h_1(t)
由平衡法,可得 h_1(0^+)=1,h_1(0^+)=0 特征方程: r^2+3r+2=0 我們能得出同解: h_1(t)=c_1e^{-t}+c_2e^{-2t} 由初值得 c_1+c_2=0,c_1+2c_2=-1 解得 h_1(t)=e^{-t}-e^{-2t} ,tgeq 0 所以 h(t)=3e^{-2t}-e^{-t},t geq 0
例2.求 y[n]-b_1y[n-1]+b_2y[n-2]=ax[n-1] 沖激響應.(兩個特征根不相等)
令 y_1[n] 為 y[n]-b_1y[n-1]+b_2y[n-2]=delta[n] 的解
特征方程: p^2-b_1p+b_2=0 解得 p_{1,2}=frac{b_1pmsqrt{b_1^2-4b_2}}{2} 所以 y_1[n]=c_1p_1^n+c_2p_2^n
y_1[0]=1Rightarrow c_1+c_2=1 y_1[-1]=0Rightarrow c_1p_2+c_2p_1=0 解得 c_1=frac{p_1}{p_1-p_2},c_2=frac{-p_2}{p_1-p_2}
所以 y[n]=frac{a}{p_1-p_2}(p_1^n-p_2^n)