沖激函數匹配法在信號與系統教學中的應用研究

徐斌

【摘 要】《信號與系統》中的系統時域分析時，系統響應在0時刻具有不連續性的特點。沖激函數匹配法是0-狀態（起始狀態）求0+狀態（初始條件）的有效方法之一。針對目前教材和教學參考書中關于沖激函數匹配法的介紹不系統，學生對該法的學習感到困難的問題。本文對沖激函數匹配法在求解系統響應時的應用進行系統研究。

【關鍵詞】沖擊函數；教學；信號與系統

1.引言

《信號與系統》課程中，時域經典方法求解線性時不變系統響應比較繁瑣，很多教材淡化了該部分內容。如果不將時域求解系統響應上升到物理層面，對后面三大變換的學習和理解有困難。系統響應求解離不開系統初始狀態（0-狀態）到初始條件（0+狀態）的跳變這一問題，而解決這一問題的最有效方法即為沖激函數匹配法。該方法是一種數學的通用解法，具有廣泛應用價值。但筆者在多年教學中發現，關于沖激函匹配法的介紹都比較繁瑣，邏輯分析不嚴謹，導致教師對該法的教和學生的學均感到困難。一些教材為了繞過這一教學障礙，淡化甚至回避這一內容，因此如何讓沖激函數匹配法的教學淺顯易懂在《信號與系統》課程教學中具有重要意義。

2.系統響應的劃分和初始條件的跳變情況

2.1零輸入響應

零輸入響應是激勵為零，起始狀態單獨作用時引起的響應分量。既然輸入為零，那么，系統就沒有沖激或者階躍信號作用。因此，系統零輸入響應rzi（t）及其各階導數項在零時刻都不會跳變，rzi（0+）=rzi（0-）。

2.2零狀態響應

零狀態響應是初始狀態為零，單獨由激勵源作用時引起的。既然起始狀態為零，那么rzs（0-）=rzs′（0-）=…=rzs（n）（0-）=0。此時，系統響應及其各階導數在零時刻可能會發生跳變。

2.3全響應

求全響應時，系統初始狀態不為零，激勵源也不為零，因此系統響應在0時刻可能有跳變，但該跳變與求零狀態響應時的跳變不一樣，是在初始狀態（不為零）的基礎上跳變。

3.沖擊函數配備法的數學描述

如果系統的數學模型抽象為

r′（t）+2r（t）=δ（t） （1）

由方程可知，右端δ（t）不是屬于r′（t）就是屬于2r（t）。由于討論的是系統響應從0-狀態（起始狀態）求0+狀態（初始條件）的跳變，因此將討論區間定義在鄰域[0-，0+]上。不妨假設右端δ（t）屬于2r（t）。既然r（t）含有δ（t），那么r′（t）就含有δ′（t）；但是方程右端又沒有δ′（t），為了平衡r′（t）中的δ′（t），r（t）中應該含有負的δ′（t），這樣r′（t）中就必須含有δ″（t）。同樣的道理，方程右端又沒有δ″（t），為了平衡r′（t）中的δ″（t），r（t）中應該含有負的δ″（t），這樣r′（t）中就必須含有δ？蓯（t）。這樣循環下去，就成了一個死循環。

顯然上述假設是不成立的，即右端自由項δ（t）應該屬于r′（t）。定義函數△u（t）為函數u（t）上截取區間[0-，0+]這一部分。既然r′（t）中含有δ（t），那么r（t）就應該含有△u（t），方程右端又沒有△u（t），所以r′（t）中必有與之相消的負△u（t）；這樣的話，r（t）中應該還有△u（t）的積分項△tu（t）；二方程右端又沒有△tu（t），所以也應該r′（t）中必定有與之相消的負△tu（t）；按這樣分析下去的話，好像也陷入了死循環。但是我們是在區間[0-，0+]上討論系統響應r（t）及其導數項在零時刻的跳變情況，而函數t及其各次冪函數在該區間上連續，且恒等于零。因此△tu（t）及其后面的各項不會影響r（t）及其導數項在零時刻的跳變情況。因此，只需要討論到△u（t）這一項即可，函數在零時刻有沒有跳變取決于其表達式是否存在△u（t），跳變的大小等于△u（t）的系數。

針對上述方程，不妨設

r′（t）=aδ（t）+b△u（t） （2）

對上式積分得

r′（t）=a△u（t） （3）

由于跳變量取決于△u（t）的系數，因此系統響應r（t）就有a個單位的跳變，r′（t）有b個單位的跳變。將（2）和（3）式代入（1）式比較系數得a=1，b=-2，那么r（0+）=r（0-）+1；r′（0+）=r′（0-）-1。

4.實例分析

假設某一系統初始狀態r（0-）=1；r′（0-）=0其微分方程表示如下：

r″（t）+3r（t）+2r（t）=e（t）+2e′（t） （4）

求激勵e（t）=u（t），時系統全響應及零輸入響應和零狀態響應分量。

先求零輸入響應。激勵e（t）=0，則：

rzi″（t）+3rzi（t）+2rzi（t）=0 （5）

其解為rzi（t）=[Ae-t+Be-2t]u（t），因為沒有激勵作用，其響應及其導數項在零時刻不會跳變。則有rzi（0+）=rzi（0-）=1；rzi′（0+）=rzi′（0-）=0。將該初始條件代入（5）式可求得

rzi（t）=[2e-t-e-2t]u（t） （6）

再求零狀態響應。此時系統狀態r（0-）=r′（0-）=0將激勵e（t）=u（t）代入（4）式得

rzs″（t）+3rzs（t）+2rzs（t）=u（t）+2δ（t） （7）

t>0時，上述方程的通解為：

rzs=[Ce-t+De-2t+0.5]u（t） （8）

設

rzs″（t）=aδ（t）+b△u（t） rzs′（t）=a△u（t） rzs（t）在零時刻連續 （9）

將（9）式代入（7）式比較系數得a=1，因此r′zs（0+）=rzs′（0-）+a=1。rzs（0+）=rzs（0-）+0=0將此條件代入（8）式得，其零狀態響應：

rzs（t）=0.5e-2tu（t） （10）

求全響應時。微分方程的形式（8）式完全相同，因此其通解的形式如（8）式相同，全響應初始條件是在r（0-）=1；r′（0-）=0的基礎上跳變，因此，r（0+）=r（0-）+0=1；r′（0+）=r′（0-）+a=1將該條件代入（8）式得

r（t）=[2e-t-1.5e-2t+0.5]ut（t） （11）

5.總結

經典法是分析系統響應的基本方法，也是學習其他方法的基礎。本文運用沖擊函數匹配法的原理介紹和數學分析，解釋了系統響應在0時刻發生跳變的本質和跳變的基礎，解決了求不同響應所代初始條件不同的問題。該研究對于深入認識系統響應的起因及其分類具有重要的意義。

【參考文獻】

[1]鄭君里，應啟珩，楊為理.信號與系統.北京：高等教育出版社，第2版

（作者單位：湖北工業大學）

【摘 要】《信號與系統》中的系統時域分析時，系統響應在0時刻具有不連續性的特點。沖激函數匹配法是0-狀態（起始狀態）求0+狀態（初始條件）的有效方法之一。針對目前教材和教學參考書中關于沖激函數匹配法的介紹不系統，學生對該法的學習感到困難的問題。本文對沖激函數匹配法在求解系統響應時的應用進行系統研究。

【關鍵詞】沖擊函數；教學；信號與系統

1.引言

《信號與系統》課程中，時域經典方法求解線性時不變系統響應比較繁瑣，很多教材淡化了該部分內容。如果不將時域求解系統響應上升到物理層面，對后面三大變換的學習和理解有困難。系統響應求解離不開系統初始狀態（0-狀態）到初始條件（0+狀態）的跳變這一問題，而解決這一問題的最有效方法即為沖激函數匹配法。該方法是一種數學的通用解法，具有廣泛應用價值。但筆者在多年教學中發現，關于沖激函匹配法的介紹都比較繁瑣，邏輯分析不嚴謹，導致教師對該法的教和學生的學均感到困難。一些教材為了繞過這一教學障礙，淡化甚至回避這一內容，因此如何讓沖激函數匹配法的教學淺顯易懂在《信號與系統》課程教學中具有重要意義。

2.系統響應的劃分和初始條件的跳變情況

2.1零輸入響應

零輸入響應是激勵為零，起始狀態單獨作用時引起的響應分量。既然輸入為零，那么，系統就沒有沖激或者階躍信號作用。因此，系統零輸入響應rzi（t）及其各階導數項在零時刻都不會跳變，rzi（0+）=rzi（0-）。

2.2零狀態響應

零狀態響應是初始狀態為零，單獨由激勵源作用時引起的。既然起始狀態為零，那么rzs（0-）=rzs′（0-）=…=rzs（n）（0-）=0。此時，系統響應及其各階導數在零時刻可能會發生跳變。

2.3全響應

求全響應時，系統初始狀態不為零，激勵源也不為零，因此系統響應在0時刻可能有跳變，但該跳變與求零狀態響應時的跳變不一樣，是在初始狀態（不為零）的基礎上跳變。

3.沖擊函數配備法的數學描述

如果系統的數學模型抽象為

r′（t）+2r（t）=δ（t） （1）

由方程可知，右端δ（t）不是屬于r′（t）就是屬于2r（t）。由于討論的是系統響應從0-狀態（起始狀態）求0+狀態（初始條件）的跳變，因此將討論區間定義在鄰域[0-，0+]上。不妨假設右端δ（t）屬于2r（t）。既然r（t）含有δ（t），那么r′（t）就含有δ′（t）；但是方程右端又沒有δ′（t），為了平衡r′（t）中的δ′（t），r（t）中應該含有負的δ′（t），這樣r′（t）中就必須含有δ″（t）。同樣的道理，方程右端又沒有δ″（t），為了平衡r′（t）中的δ″（t），r（t）中應該含有負的δ″（t），這樣r′（t）中就必須含有δ？蓯（t）。這樣循環下去，就成了一個死循環。

顯然上述假設是不成立的，即右端自由項δ（t）應該屬于r′（t）。定義函數△u（t）為函數u（t）上截取區間[0-，0+]這一部分。既然r′（t）中含有δ（t），那么r（t）就應該含有△u（t），方程右端又沒有△u（t），所以r′（t）中必有與之相消的負△u（t）；這樣的話，r（t）中應該還有△u（t）的積分項△tu（t）；二方程右端又沒有△tu（t），所以也應該r′（t）中必定有與之相消的負△tu（t）；按這樣分析下去的話，好像也陷入了死循環。但是我們是在區間[0-，0+]上討論系統響應r（t）及其導數項在零時刻的跳變情況，而函數t及其各次冪函數在該區間上連續，且恒等于零。因此△tu（t）及其后面的各項不會影響r（t）及其導數項在零時刻的跳變情況。因此，只需要討論到△u（t）這一項即可，函數在零時刻有沒有跳變取決于其表達式是否存在△u（t），跳變的大小等于△u（t）的系數。

針對上述方程，不妨設

r′（t）=aδ（t）+b△u（t） （2）

對上式積分得

r′（t）=a△u（t） （3）

由于跳變量取決于△u（t）的系數，因此系統響應r（t）就有a個單位的跳變，r′（t）有b個單位的跳變。將（2）和（3）式代入（1）式比較系數得a=1，b=-2，那么r（0+）=r（0-）+1；r′（0+）=r′（0-）-1。

4.實例分析

假設某一系統初始狀態r（0-）=1；r′（0-）=0其微分方程表示如下：

r″（t）+3r（t）+2r（t）=e（t）+2e′（t） （4）

求激勵e（t）=u（t），時系統全響應及零輸入響應和零狀態響應分量。

先求零輸入響應。激勵e（t）=0，則：

rzi″（t）+3rzi（t）+2rzi（t）=0 （5）

其解為rzi（t）=[Ae-t+Be-2t]u（t），因為沒有激勵作用，其響應及其導數項在零時刻不會跳變。則有rzi（0+）=rzi（0-）=1；rzi′（0+）=rzi′（0-）=0。將該初始條件代入（5）式可求得

rzi（t）=[2e-t-e-2t]u（t） （6）

再求零狀態響應。此時系統狀態r（0-）=r′（0-）=0將激勵e（t）=u（t）代入（4）式得

rzs″（t）+3rzs（t）+2rzs（t）=u（t）+2δ（t） （7）

t>0時，上述方程的通解為：

rzs=[Ce-t+De-2t+0.5]u（t） （8）

設

rzs″（t）=aδ（t）+b△u（t） rzs′（t）=a△u（t） rzs（t）在零時刻連續 （9）

將（9）式代入（7）式比較系數得a=1，因此r′zs（0+）=rzs′（0-）+a=1。rzs（0+）=rzs（0-）+0=0將此條件代入（8）式得，其零狀態響應：

rzs（t）=0.5e-2tu（t） （10）

求全響應時。微分方程的形式（8）式完全相同，因此其通解的形式如（8）式相同，全響應初始條件是在r（0-）=1；r′（0-）=0的基礎上跳變，因此，r（0+）=r（0-）+0=1；r′（0+）=r′（0-）+a=1將該條件代入（8）式得

r（t）=[2e-t-1.5e-2t+0.5]ut（t） （11）

5.總結

經典法是分析系統響應的基本方法，也是學習其他方法的基礎。本文運用沖擊函數匹配法的原理介紹和數學分析，解釋了系統響應在0時刻發生跳變的本質和跳變的基礎，解決了求不同響應所代初始條件不同的問題。該研究對于深入認識系統響應的起因及其分類具有重要的意義。

【參考文獻】

[1]鄭君里，應啟珩，楊為理.信號與系統.北京：高等教育出版社，第2版

（作者單位：湖北工業大學）

【摘 要】《信號與系統》中的系統時域分析時，系統響應在0時刻具有不連續性的特點。沖激函數匹配法是0-狀態（起始狀態）求0+狀態（初始條件）的有效方法之一。針對目前教材和教學參考書中關于沖激函數匹配法的介紹不系統，學生對該法的學習感到困難的問題。本文對沖激函數匹配法在求解系統響應時的應用進行系統研究。

【關鍵詞】沖擊函數；教學；信號與系統

1.引言

《信號與系統》課程中，時域經典方法求解線性時不變系統響應比較繁瑣，很多教材淡化了該部分內容。如果不將時域求解系統響應上升到物理層面，對后面三大變換的學習和理解有困難。系統響應求解離不開系統初始狀態（0-狀態）到初始條件（0+狀態）的跳變這一問題，而解決這一問題的最有效方法即為沖激函數匹配法。該方法是一種數學的通用解法，具有廣泛應用價值。但筆者在多年教學中發現，關于沖激函匹配法的介紹都比較繁瑣，邏輯分析不嚴謹，導致教師對該法的教和學生的學均感到困難。一些教材為了繞過這一教學障礙，淡化甚至回避這一內容，因此如何讓沖激函數匹配法的教學淺顯易懂在《信號與系統》課程教學中具有重要意義。

2.系統響應的劃分和初始條件的跳變情況

2.1零輸入響應

零輸入響應是激勵為零，起始狀態單獨作用時引起的響應分量。既然輸入為零，那么，系統就沒有沖激或者階躍信號作用。因此，系統零輸入響應rzi（t）及其各階導數項在零時刻都不會跳變，rzi（0+）=rzi（0-）。

2.2零狀態響應

零狀態響應是初始狀態為零，單獨由激勵源作用時引起的。既然起始狀態為零，那么rzs（0-）=rzs′（0-）=…=rzs（n）（0-）=0。此時，系統響應及其各階導數在零時刻可能會發生跳變。

2.3全響應

求全響應時，系統初始狀態不為零，激勵源也不為零，因此系統響應在0時刻可能有跳變，但該跳變與求零狀態響應時的跳變不一樣，是在初始狀態（不為零）的基礎上跳變。

3.沖擊函數配備法的數學描述

如果系統的數學模型抽象為

r′（t）+2r（t）=δ（t） （1）

由方程可知，右端δ（t）不是屬于r′（t）就是屬于2r（t）。由于討論的是系統響應從0-狀態（起始狀態）求0+狀態（初始條件）的跳變，因此將討論區間定義在鄰域[0-，0+]上。不妨假設右端δ（t）屬于2r（t）。既然r（t）含有δ（t），那么r′（t）就含有δ′（t）；但是方程右端又沒有δ′（t），為了平衡r′（t）中的δ′（t），r（t）中應該含有負的δ′（t），這樣r′（t）中就必須含有δ″（t）。同樣的道理，方程右端又沒有δ″（t），為了平衡r′（t）中的δ″（t），r（t）中應該含有負的δ″（t），這樣r′（t）中就必須含有δ？蓯（t）。這樣循環下去，就成了一個死循環。

顯然上述假設是不成立的，即右端自由項δ（t）應該屬于r′（t）。定義函數△u（t）為函數u（t）上截取區間[0-，0+]這一部分。既然r′（t）中含有δ（t），那么r（t）就應該含有△u（t），方程右端又沒有△u（t），所以r′（t）中必有與之相消的負△u（t）；這樣的話，r（t）中應該還有△u（t）的積分項△tu（t）；二方程右端又沒有△tu（t），所以也應該r′（t）中必定有與之相消的負△tu（t）；按這樣分析下去的話，好像也陷入了死循環。但是我們是在區間[0-，0+]上討論系統響應r（t）及其導數項在零時刻的跳變情況，而函數t及其各次冪函數在該區間上連續，且恒等于零。因此△tu（t）及其后面的各項不會影響r（t）及其導數項在零時刻的跳變情況。因此，只需要討論到△u（t）這一項即可，函數在零時刻有沒有跳變取決于其表達式是否存在△u（t），跳變的大小等于△u（t）的系數。

針對上述方程，不妨設

r′（t）=aδ（t）+b△u（t） （2）

對上式積分得

r′（t）=a△u（t） （3）

由于跳變量取決于△u（t）的系數，因此系統響應r（t）就有a個單位的跳變，r′（t）有b個單位的跳變。將（2）和（3）式代入（1）式比較系數得a=1，b=-2，那么r（0+）=r（0-）+1；r′（0+）=r′（0-）-1。

4.實例分析

假設某一系統初始狀態r（0-）=1；r′（0-）=0其微分方程表示如下：

r″（t）+3r（t）+2r（t）=e（t）+2e′（t） （4）

求激勵e（t）=u（t），時系統全響應及零輸入響應和零狀態響應分量。

先求零輸入響應。激勵e（t）=0，則：

rzi″（t）+3rzi（t）+2rzi（t）=0 （5）

其解為rzi（t）=[Ae-t+Be-2t]u（t），因為沒有激勵作用，其響應及其導數項在零時刻不會跳變。則有rzi（0+）=rzi（0-）=1；rzi′（0+）=rzi′（0-）=0。將該初始條件代入（5）式可求得

rzi（t）=[2e-t-e-2t]u（t） （6）

再求零狀態響應。此時系統狀態r（0-）=r′（0-）=0將激勵e（t）=u（t）代入（4）式得

rzs″（t）+3rzs（t）+2rzs（t）=u（t）+2δ（t） （7）

t>0時，上述方程的通解為：

rzs=[Ce-t+De-2t+0.5]u（t） （8）

設

rzs″（t）=aδ（t）+b△u（t） rzs′（t）=a△u（t） rzs（t）在零時刻連續 （9）

將（9）式代入（7）式比較系數得a=1，因此r′zs（0+）=rzs′（0-）+a=1。rzs（0+）=rzs（0-）+0=0將此條件代入（8）式得，其零狀態響應：

rzs（t）=0.5e-2tu（t） （10）

求全響應時。微分方程的形式（8）式完全相同，因此其通解的形式如（8）式相同，全響應初始條件是在r（0-）=1；r′（0-）=0的基礎上跳變，因此，r（0+）=r（0-）+0=1；r′（0+）=r′（0-）+a=1將該條件代入（8）式得

r（t）=[2e-t-1.5e-2t+0.5]ut（t） （11）

5.總結

經典法是分析系統響應的基本方法，也是學習其他方法的基礎。本文運用沖擊函數匹配法的原理介紹和數學分析，解釋了系統響應在0時刻發生跳變的本質和跳變的基礎，解決了求不同響應所代初始條件不同的問題。該研究對于深入認識系統響應的起因及其分類具有重要的意義。

【參考文獻】

[1]鄭君里，應啟珩，楊為理.信號與系統.北京：高等教育出版社，第2版

（作者單位：湖北工業大學）