2023–2024 学年第 4 次作业：连续系统响应与稳定性

#作业

我按 2023–2024 学年 HW4.pdf 与 HW4 参考答案.pdf 整理，共七题。

1. 因果性、稳定性与收敛域

判断下列说法是否正确，并说明理由：

  1. h(t)=e−tu(t)h(t)=e^{-t}u(t) 是因果系统的冲激响应；
  2. h(t)=e−∣t∣h(t)=e^{-|t|} 是因果系统的冲激响应；
  3. 某稳定因果系统的系统函数 H(s)H(s) 为有理式，在 s=−2s=-2 有极点、在原点没有零点，其余零极点未知。回答：
    • F{h(t)e3t}\mathcal F\{h(t)e^{3t}\} 是否收敛？
    • H(s)=H(−s)H(s)=H(-s) 是否可能成立？

2. 起始点跳变

分别判断 r(t)r(t) 在 t=0t=0 是否跳变，并求 r(0+)r(0^+)：

  1. r′(t)+2r(t)=e(t)r'(t)+2r(t)=e(t)，r(0−)=0r(0^-)=0，e(t)=u(t)e(t)=u(t)；
  2. r′(t)+2r(t)=3e′(t)r'(t)+2r(t)=3e'(t)，r(0−)=0r(0^-)=0，e(t)=u(t)e(t)=u(t)。

3. 微分方程的系统响应

  1. 已知

    r′′+3r′+2r=e′+3e,r''+3r'+2r=e'+3e,

    e(t)=u(t)e(t)=u(t)、r(0−)=1r(0^-)=1、r′(0−)=2r'(0^-)=2。求自由响应、受迫响应、零输入响应，并分别用卷积、待定系数和拉普拉斯变换求零状态响应。

  2. 已知

    r′′−4r′+3r=e−2tu(t),r''-4r'+3r=e^{-2t}u(t),

    r(0+)=1r(0^+)=1、r′(0+)=1r'(0^+)=1，求全响应。

4. 拉普拉斯逆变换

求：

2(s+2)s2+7s+12,s−2(s+1)3s\frac{2(s+2)}{s^2+7s+12}, \qquad \frac{s-2}{(s+1)^3s}

的拉普拉斯逆变换。

5. 由条件确定系统函数

某因果有理系统的极点为 −2-2 与 4；对常值输入，其稳态输出为 0；并且 h(0+)=4h(0^+)=4。求系统函数 H(s)H(s) 与单位冲激响应 h(t)h(t)。

6. 极点位置与时域波形

说明因果系统的极点位于 ss 平面不同位置时，对应时域波形的衰减、增长和振荡特征。比较左、右半平面，实轴与复平面，以及距实轴远近的影响。

极点位置与对应时域波形

7. 正反馈系统

前向通路为

G(s)=Kss2+4s+4,G(s)=\frac{Ks}{s^2+4s+4},

输出以单位正反馈回到加法器。求闭环系统函数、稳定条件，以及临界稳定时的冲激响应。

正反馈系统框图

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第 1 题

  1. 正确，h(t)h(t) 在 t<0t<0 为 0；
  2. 错误，e−∣t∣e^{-|t|} 在 t<0t<0 不为 0；
  3. F{h(t)e3t}\mathcal F\{h(t)e^{3t}\} 不收敛。它要求 H(s)H(s) 的收敛域包含 s=−3s=-3，但稳定因果系统的 ROC 在最右极点右侧，已知极点 −2-2 就足以排除 −3-3。H(s)=H(−s)H(s)=H(-s) 也不可能成立：若 −2-2 是极点，则对称性会迫使 +2+2 也是极点，与稳定因果系统矛盾。

第 2 题

第一式右端无冲激，r(0+)=r(0−)=0r(0^+)=r(0^-)=0，不跳变。第二式右端含 3δ(t)3\delta(t)，跨越原点积分得

r(0+)−r(0−)=3,r(0^+)-r(0^-)=3,

故 r(0+)=3r(0^+)=3。

第 3 题

第一小题：

rf(t)=(2e−t−52e−2t)u(t),rp(t)=32u(t),r_f(t)=\left(2e^{-t}-\frac52e^{-2t}\right)u(t), \qquad r_p(t)=\frac32u(t), rzi(t)=(4e−t−3e−2t)u(t),r_{zi}(t)=(4e^{-t}-3e^{-2t})u(t), rzs(t)=(−2e−t+12e−2t+32)u(t).r_{zs}(t)=\left(-2e^{-t}+\frac12e^{-2t}+\frac32\right)u(t).

因此全响应为

r(t)=(2e−t−52e−2t+32)u(t).r(t)=\left(2e^{-t}-\frac52e^{-2t}+\frac32\right)u(t).

第二小题的题面写成

r′′−4r′+3r=e−2tu(t),r''-4r'+3r=e^{-2t}u(t),

按这一题面直接核算，特征根为 1、3，得到

r(t)=(56et+110e3t+115e−2t)u(t).r(t)=\left(\frac56e^t+\frac1{10}e^{3t}+\frac1{15}e^{-2t}\right)u(t).

源答案给出的则是

r(t)=(52e−t−e−2t−12e−3t)u(t),r(t)=\left(\frac52e^{-t}-e^{-2t}-\frac12e^{-3t}\right)u(t),

它对应的是把题面中的 −4r′-4r' 改成 +4r′+4r'。两份源文件在这一处不一致。

第 4 题

L−1{2(s+2)(s+3)(s+4)}=(−2e−3t+4e−4t)u(t),\mathcal L^{-1}\left\{\frac{2(s+2)}{(s+3)(s+4)}\right\} =(-2e^{-3t}+4e^{-4t})u(t), L−1{s−2(s+1)3s}=(2e−t+2te−t+32t2e−t−2)u(t).\mathcal L^{-1}\left\{\frac{s-2}{(s+1)^3s}\right\} =\left(2e^{-t}+2te^{-t}+\frac32t^2e^{-t}-2\right)u(t).

第 5 题

常值输入的稳态输出为 0，故 H(0)=0H(0)=0，分子在原点有零点。再由 h(0+)=lim⁡s→∞sH(s)=4h(0^+)=\lim_{s\to\infty}sH(s)=4，得到

H(s)=4s(s+2)(s−4)=4ss2−2s−8.H(s)=\frac{4s}{(s+2)(s-4)} =\frac{4s}{s^2-2s-8}.

按因果 ROC 取右边序列，部分分式展开为

H(s)=4/3s+2+8/3s−4,H(s)=\frac{4/3}{s+2}+\frac{8/3}{s-4},

所以

h(t)=(43e−2t+83e4t)u(t).h(t)=\left(\frac43e^{-2t}+\frac83e^{4t}\right)u(t).

第 6 题

实系数系统的共轭复极点给出

h(t)=Aeσtcos⁡(ωt+ϕ)u(t).h(t)=Ae^{\sigma t}\cos(\omega t+\phi)u(t).
  • σ<0\sigma<0 时包络衰减，极点越向左，衰减越快；
  • σ=0\sigma=0 时等幅振荡；
  • σ>0\sigma>0 时包络增长，极点越向右，增长越快；
  • ∣ω∣|\omega| 越大，振荡越快；极点落在实轴上时没有振荡项。

第 7 题

正反馈闭环系统函数为

H(s)=Kss2+(4−K)s+4.H(s)=\frac{Ks}{s^2+(4-K)s+4}.

二阶系统稳定要求 4−K>04-K>0，即 K<4K<4。临界稳定时 K=4K=4：

H(s)=4ss2+4,h(t)=4cos⁡2t u(t).H(s)=\frac{4s}{s^2+4}, \qquad h(t)=4\cos2t\,u(t).

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