冲激函数匹配法

2024-07-07 03:13| 来源: 网络整理| 查看: 265

首先介绍两个基本概念。

起始状态：0时刻之前的瞬时状态，记为 r ( k ) ( 0 − ) r^{(k)}(0-) r(k)(0−)初始状态：0时刻之后的瞬时状态，记为 r ( k ) ( 0 + ) r^{(k)}(0+) r(k)(0+) 匹配法的作用

由起始状态 r ( k ) ( 0 − ) r^{(k)}(0-) r(k)(0−)确定初始状态 r ( k ) ( 0 + ) r^{(k)}(0+) r(k)(0+)。

基本规则只对方程两端的 δ \delta δ函数项进行匹配，其他函数项不予考虑。匹配从方程左端 y ( k ) ( t ) y^{(k)}(t) y(k)(t)的最高阶次项开始，使其与方程右端最高阶次的 δ \delta δ函数项匹配。当两端的高阶次项的 δ \delta δ函数得到匹配后，再进行相邻的低阶次项匹配。每当遇到两端对应的 δ \delta δ函数项不平衡时，则返回到 y ( k ) ( t ) y^{(k)}(t) y(k)(t)的最高阶次进行补偿。例题

已知系统的微分方程为 d 3 d t 3 y ( t ) + 4 d 2 d t 2 y ( t ) + 5 d d t y ( t ) + 2 y ( t ) = δ ′ ′ ( t ) + 3 δ ( t ) \frac{d^3}{dt^3}y(t) + 4\frac{d^2}{dt^2}y(t) + 5\frac{d}{dt}y(t) + 2y(t) = \delta^{\prime\prime}(t) + 3\delta(t) dt3d3y(t)+4dt2d2y(t)+5dtdy(t)+2y(t)=δ′′(t)+3δ(t)且系统的起始状态为 y ( k ) ( 0 − ) = 0 y^{(k)}(0-)=0 y(k)(0−)=0，求系统的初始状态 y ( k ) ( 0 + ) y^{(k)}(0+) y(k)(0+)

冲激函数匹配法

下面就用冲激函数匹配法解决这道题。

先从最高阶次开始匹配。等式右边最高次项为 δ ′ ′ ( t ) \delta^{\prime\prime}(t) δ′′(t)，故 d 3 d t 3 y ( t ) \dfrac{d^3}{dt^3}y(t) dt3d3y(t)中应含有一项 δ ′ ′ ( t ) \delta^{\prime\prime}(t) δ′′(t)分析高阶匹配后对低阶次项的影响。由于 d 3 d t 3 y ( t ) \dfrac{d^3}{dt^3}y(t) dt3d3y(t)有一项 δ ′ ′ ( t ) \delta^{\prime\prime}(t) δ′′(t)，则 d 2 d t 2 y ( t ) \dfrac{d^2}{dt^2}y(t) dt2d2y(t)有一项 δ ′ ( t ) \delta^{\prime}(t) δ′(t)（积分即可），同理 d d t y ( t ) \dfrac{d}{dt}y(t) dtdy(t)会有一项 δ ( t ) \delta(t) δ(t)。再考虑方程系数的影响， 4 d 2 d t 2 y ( t ) 4\dfrac{d^2}{dt^2}y(t) 4dt2d2y(t)会有一项 4 δ ′ ( t ) 4\delta^{\prime}(t) 4δ′(t)， 5 d d t y ( t ) 5\dfrac{d}{dt}y(t) 5dtdy(t)会有一项 5 δ ( t ) 5\delta(t) 5δ(t)接着匹配 δ ′ ′ ( t ) \delta^{\prime\prime}(t) δ′′(t)相邻的低阶次项 δ ′ ( t ) \delta^\prime(t) δ′(t)。由前两步可知， δ ′ ′ ( t ) \delta^{\prime\prime}(t) δ′′(t)匹配完成后，等式左边出现一项 4 δ ′ ( t ) 4\delta^{\prime}(t) 4δ′(t)，故 d 3 d t 3 y ( t ) \dfrac{d^3}{dt^3}y(t) dt3d3y(t)中应有一项 − 4 δ ′ ( t ) -4\delta^{\prime}(t) −4δ′(t)进行补偿。同理 d 2 d t 2 y ( t ) \dfrac{d^2}{dt^2}y(t) dt2d2y(t)中应有一项 − 4 δ ( t ) -4\delta(t) −4δ(t)补偿， d d t y ( t ) \dfrac{d}{dt}y(t) dtdy(t)中应有一项 − 4 u ( t ) -4u(t) −4u(t)补偿。但注意， u ( t ) u(t) u(t)已经不是 δ ( t ) \delta(t) δ(t)的阶次项，故忽略。接下来匹配 δ ′ ( t ) \delta^\prime(t) δ′(t)相邻的低阶次项 δ ( t ) \delta(t) δ(t)。目前为止， δ ′ ′ ( t ) \delta^{\prime\prime}(t) δ′′(t)和 δ ′ ( t ) \delta^\prime(t) δ′(t)已经匹配完成，此时等式左边多出了 5 δ ( t ) 5\delta(t) 5δ(t)（ 5 d d t y ( t ) 5\dfrac{d}{dt}y(t) 5dtdy(t)产生的）和 − 16 δ ( t ) -16\delta(t) −16δ(t)（ 4 d 2 d t 2 y ( t ) 4\dfrac{d^2}{dt^2}y(t) 4dt2d2y(t)产生的），所以共计多出了 − 11 δ ( t ) -11\delta(t) −11δ(t)。而等式右边只有 3 δ ( t ) 3\delta(t) 3δ(t)，因此还需要再在 d 3 d t 3 y ( t ) \dfrac{d^3}{dt^3}y(t) dt3d3y(t)中补充 14 δ ( t ) 14\delta(t) 14δ(t)根据匹配结果确定跳变量。由于 δ ( t ) = d d t u ( t ) \delta(t) = \dfrac{d}{dt}u(t) δ(t)=dtdu(t)，因此只有当某项 y ( k ) ( t ) y^{(k)}(t) y(k)(t)中有 δ ( t ) \delta(t) δ(t)时， y ( k − 1 ) ( t ) y^{(k-1)}(t) y(k−1)(t)才会在 t = 0 t=0 t=0处发生跳变。这里再继续解释一下，首先应明确除了 ∫ − ∞ ∞ δ ( t ) = 1 \int_{-\infty}^{\infty}\delta(t) =1 ∫−∞∞δ(t)=1外， δ ( t ) \delta(t) δ(t)的其余阶次的积分均为0。又由积分的概念，有 y ( k − 1 ) ( 0 + ) − y ( k − 1 ) ( 0 − ) = ∫ 0 − 0 + y ( k ) ( t ) d t y^{(k-1)}(0+) - y^{(k-1)}(0-) = \int_{0-}^{0+}y^{(k)}(t)\, dt y(k−1)(0+)−y(k−1)(0−)=∫0−0+y(k)(t)dt因此若 y ( k ) ( t ) y^{(k)}(t) y(k)(t)中有 δ ( t ) \delta(t) δ(t)时，则 ∫ 0 − 0 + y ( k ) ( t ) d t = u ( 0 + ) − u ( 0 − ) = 1 \int_{0-}^{0+}y^{(k)}(t)\, dt = u(0+)-u(0-)=1 ∫0−0+y(k)(t)dt=u(0+)−u(0−)=1，不为0，也就是发生了跳变。回到题目，则有：匹配 δ ′ ′ ( t ) \delta^{\prime\prime}(t) δ′′(t)时，仅 d d t y ( t ) \dfrac{d}{dt}y(t) dtdy(t)中有一项 δ ( t ) \delta(t) δ(t)，则 y ( 0 + ) = y ( 0 − ) + ∫ 0 − 0 + δ ( t ) d t = 0 + 1 = 1 y(0+) = y(0-)+ \int_{0-}^{0+}\delta(t)\, dt = 0+1 = 1 y(0+)=y(0−)+∫0−0+δ(t)dt=0+1=1；匹配 δ ′ ( t ) \delta^{\prime}(t) δ′(t)时，仅 d 2 d t 2 y ( t ) \dfrac{d^2}{dt^2}y(t) dt2d2y(t)中有一项 − 4 δ ( t ) -4\delta(t) −4δ(t)，则 y ′ ( 0 + ) = y ′ ( 0 − ) + ∫ 0 − 0 + − 4 δ ( t ) d t = − 4 y^\prime(0+) = y^\prime(0-)+\int_{0-}^{0+}-4\delta(t)\, dt = -4 y′(0+)=y′(0−)+∫0−0+−4δ(t)dt=−4；匹配 δ ( t ) \delta(t) δ(t)时，仅 d 3 d t 3 y ( t ) \dfrac{d^3}{dt^3}y(t) dt3d3y(t)中有一项 14 δ ( t ) 14\delta(t) 14δ(t)，则 y ′ ′ ( 0 + ) = y ′ ′ ( 0 − ) + ∫ 0 − 0 + 14 δ ( t ) d t = 14 y^{\prime\prime}(0+) = y^{\prime\prime}(0-)+ \int_{0-}^{0+}14\delta(t)\, dt = 14 y′′(0+)=y′′(0−)+∫0−0+14δ(t)dt=14；待定系数法

其实，冲激函数法并不是解决该问题的唯一途径，待定系数也不失为一种好方法。由于等式右边最高阶次项为 δ ′ ′ ( t ) \delta^{\prime\prime}(t) δ′′(t)，故可设 d 3 d t 3 y ( t ) = a δ ′ ′ ( t ) + b δ ′ ( t ) + c δ ( t ) + d u △ ( t ) \frac{d^3}{dt^3}y(t) = a\delta^{\prime\prime}(t) + b\delta^{\prime}(t) + c\delta(t) + du_{\triangle}(t) dt3d3y(t)=aδ′′(t)+bδ′(t)+cδ(t)+du△(t)其中 a , b , c , d a, b, c, d a,b,c,d为待定系数， u △ ( t ) u_{\triangle}(t) u△(t)表示在 t = 0 t=0 t=0处有一个单位值得跳变信号，可以认为 u △ ( t ) = ∫ − ∞ t δ ( τ ) d τ u_{\triangle}(t) = \int_{-\infty}^{t}\delta(\tau)\, d\tau u△(t)=∫−∞tδ(τ)dτ 接着对 d 3 d t 3 y ( t ) \dfrac{d^3}{dt^3}y(t) dt3d3y(t)依次积分且不考虑 u △ ( t ) u_{\triangle}(t) u△(t)的积分结果，则有 d 2 d t 2 y ( t ) = a δ ′ ( t ) + b δ ( t ) + c u △ ( t ) \frac{d^2}{dt^2}y(t) = a\delta^{\prime}(t) + b\delta(t) + cu_{\triangle}(t) dt2d2y(t)=aδ′(t)+bδ(t)+cu△(t) d d t y ( t ) = a δ ( t ) + b u △ ( t ) \frac{d}{dt}y(t) = a\delta(t) + bu_{\triangle}(t) dtdy(t)=aδ(t)+bu△(t) y ( t ) = a u △ ( t ) y(t) = au_{\triangle}(t) y(t)=au△(t) 分别代入到例题中的原方程，得： [ a δ ′ ′ ( t ) + b δ ′ ( t ) + c δ ( t ) + d u △ ( t ) ] [a\delta^{\prime\prime}(t) + b\delta^{\prime}(t) + c\delta(t) + du_{\triangle}(t)] [aδ′′(t)+bδ′(t)+cδ(t)+du△(t)] + 4 [ a δ ′ ( t ) + b δ ( t ) + c u △ ( t ) ] + 4[a\delta^{\prime}(t) + b\delta(t) + cu_{\triangle}(t)] +4[aδ′(t)+bδ(t)+cu△(t)] + 5 [ a δ ( t ) + b u △ ( t ) ] + 2 a u △ ( t ) + 5[a\delta(t) + bu_{\triangle}(t)]+2au_{\triangle}(t) +5[aδ(t)+bu△(t)]+2au△(t) = a δ ′ ′ ( t ) + ( b + 4 a ) δ ′ ( t ) + ( c + 4 b + 5 a ) δ ( t ) + ( d + 4 c + 5 b + 2 a ) u △ ( t ) = a\delta^{\prime\prime}(t) + (b+4a)\delta^\prime(t) + (c+4b+5a)\delta(t) + (d+4c+5b+2a)u_\triangle (t) =aδ′′(t)+(b+4a)δ′(t)+(c+4b+5a)δ(t)+(d+4c+5b+2a)u△(t) = δ ′ ′ ( t ) + 3 δ ( t ) = \delta^{\prime\prime}(t) + 3\delta(t) =δ′′(t)+3δ(t) 对应系数相等，则有 { a = 1 b + 4 a = 0 c + 4 b + 5 a = 3 d + 4 c + 5 b + 2 a = 0 \left\{ \begin{array}{lcc} a & = & 1 \\ b+4a & = & 0\\ c+4b+5a & = & 3\\ d+4c+5b+2a & = & 0 \end{array} \right. ⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ab+4ac+4b+5ad+4c+5b+2a====1030 解得 { a = 1 b = − 4 c = 14 d = − 38 \left\{ \begin{array}{lcc} a & = & 1 \\ b & = & -4\\ c & = & 14\\ d & = & -38 \end{array} \right. ⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧abcd====1−414−38 所以 y ( 0 + ) = y ( 0 − ) + ∫ 0 − 0 + a δ ( t ) d t = a = 1 y(0+) = y(0-)+ \int_{0-}^{0+}a\delta(t)\, dt = a = 1 y(0+)=y(0−)+∫0−0+aδ(t)dt=a=1 y ′ ( 0 + ) = y ′ ( 0 − ) + ∫ 0 − 0 + b δ ( t ) d t = b = − 4 y^\prime(0+) = y^\prime(0-)+ \int_{0-}^{0+}b\delta(t)\, dt = b = -4 y′(0+)=y′(0−)+∫0−0+bδ(t)dt=b=−4 y ′ ′ ( 0 + ) = y ′ ′ ( 0 − ) + ∫ 0 − 0 + c δ ( t ) d t = c = 14 y^{\prime\prime}(0+) = y^{\prime\prime}(0-)+ \int_{0-}^{0+}c\delta(t)\, dt = c = 14 y′′(0+)=y′′(0−)+∫0−0+cδ(t)dt=c=14 最后，由于 d 3 d t 3 y ( t ) \dfrac{d^3}{dt^3}y(t) dt3d3y(t)在 t = 0 t=0 t=0处是否有跳变，对微分方程没有影响，故求得的 d d d在这里没有意义。也可以用另一种思路解释，因为微分方程是三阶的，因此齐次解最多有3个，因此 d d d是多余的。

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