查看“︁訊號與系統/零輸入響應”︁的源代码

{{noteTA
|G1=Communication
|G2=Math
}}

== '''零輸入響應(zero-input response)''' ==

令輸入訊號 <math>\mathbf f(t)</math>            

用 <math>\mathbf y_0(t)</math> 表示零輸入響應(輸出)

系統微分方程：

         <math>\mathbf Q(D)y_0(t)=0</math>

      or

        <math>\mathbf (D^n+a_{n-1}D^{n-1}+\ldots +a_1D+a_0)y_0(t)=0</math>
 
此為齊性微分方程式(homogeneous differential equation)


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== '''解齊性微分方程''' ==

●<math>\mathbf Q(D)y(t)=0</math> 為 n 次多項式

●令<math>\mathbf Q(\lambda )=0</math>
 (1)相異實根：<math>\mathbf \lambda =\lambda_1,\lambda_2,\ldots ,\lambda_n</math>
              <math>\mathbf y_0(t)=c_1e^{\lambda_1t}+c_2e^{\lambda_2t}+\ldots +c_ne^{\lambda_nt}</math>


 (2)重根：<math>\mathbf \lambda =\underbrace{\lambda_1,\lambda_1,\cdots,\lambda_1},\lambda_{r+1},\ldots ,\lambda_n</math>
                重根
           <math>\mathbf \Rightarrow y_0(t)=(c_1+c_2t+\ldots +c_rt^{r-1})e^{\lambda_1t}+c_{r+1}e^{\lambda_{y+1}t}+\ldots +c_ne^{\lambda_nt}</math>

 (3)共軛複數根： <math>\mathbf \lambda=\alpha+j\beta</math>  , <math>\alpha-j\beta</math>
               <math>\mathbf \Rightarrow y_0(t)=ce^{at}\cos (\beta t+\theta) </math>


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== '''範例3.2''' ==

     一LTI系統的微分方程式為 <math>\mathbf (D^2+3D+2)y(t)=Df(t)</math> ，試求其
      
     零輸入響應<math>\mathbf y_0(t)</math> 。已知初始條件為<math>\mathbf y_0(t)=0</math> 且 <math>\mathbf y^\prime_0(t)={d \over dt}y_0(t)\mid_{t=0}=-5</math> 。
【解】   令<math>\mathbf (\lambda^2+3\lambda+2)=0 \Rightarrow \lambda=-1,-2</math>
        故<math>\mathbf y_0(t)=c_1e^{-t}+c_2e^{-2t}</math>

         <math>\mathbf y^\prime_0(t)={d \over dt}y_0(t)=- c_1e^{-t}-2c_2e^{-2t}</math>
由初始條件可知<math>\mathbf c_1+c_2=0,-c_1-2c_2=-5</math>
            <math>\mathbf \Rightarrow c_1=-5,c_2=5</math>
故零輸入響應：<math>\mathbf y_0(t)=-5e^{-t}+5e^{-2t}</math>    <math>t\ge 0</math>


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== '''範例3.3''' ==

同範例3.2，系統的微分方程改為 <math>\mathbf (D^2+6D+9)y(t)=(3D+5)f(t)</math>，

已知初始條件為<math>\mathbf y_0(0)=3</math> 且<math>\mathbf y^\prime_0(t)={d \over dy}y_0(t)\mid_{t=0}=-7</math>

 【解】： 

令  <math>\mathbf \lambda^2+6\lambda+9=0 \Rightarrow \lambda=-3,-3</math>

<math>\mathbf y_0(t)=(c_1+c_2t)e^{-3t}</math>

故  <math>\mathbf y^\prime_0(t)={d \over dt}y_0(t)</math>

 由初始條件可得<math>\mathbf c1=3</math>

<math>\mathbf c_2-3c_1=-7</math>

故<math>\mathbf c_1=3,c_2=2</math>

 所以<math>\mathbf y_0(t)=(3+2t)e^{-3t}</math>   <math>\mathbf t \ge 0</math>

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== '''範例3.4''' ==

同範例3.2，系統的微分方程式改為<math>\mathbf (D^2+4D+40)y(t)=(D+2)f(t)</math>，

已知初始條件為<math>\mathbf y_0(0)=2</math> 且 <math>\mathbf y^\prime_0(0)={d \over dt}y_0(t)\mid_{t=0}=16.78</math>。

 【解】  

令 <math>\mathbf \lambda^2+4\lambda+40=0 \Rightarrow \lambda=-2+j6 , -2-j6</math>

<math>\mathbf  y_0(t)=c_1e^{-2t}\cos(6t+\theta)</math>

故<math>\mathbf y^\prime_0(t)={d \over dt}y_0(t)=-2ce^{-2t}\cos (6t+\theta)-6ce^{-2t}\sin (6t+\theta)</math>


 由初始條件可得

<math>\mathbf \begin{cases} c  \cos\theta =2 \\ -2c \cos\theta -6c \sin\theta =16.78 \end{cases}</math>

<math>\mathbf \Rightarrow \begin{cases} c  \cos\theta =2, & \mbox{(1)} \\c \sin=-{10.39 \over 3}, & \mbox{(2)}\end{cases}</math>

 <math>\mathbf (1)^2+(2)^2</math> 
   
<math>\mathbf c^2=2^2+(-{10.39 \over 3}^2)\approx 16</math>

<math>\mathbf c=4</math>

<math>\mathbf \theta =-{\pi \over 3}(</math>因為<math>\cos\theta >0</math> 且<math>\sin\theta <0 )</math>

 故 <math>\mathbf y_0(t)=4e^{-2t} \cos (6t-{\pi \over 3})</math>

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== '''範例3.5''' ==

如下圖RLC串聯電路，輸入電壓為<math>\mathbf f(t)</math> 。試求迴圈電流<math>\mathbf y(t)</math>的零輸入響應 <math>\mathbf f_0(t)</math>。已知電感的初始電流為0，電容的初始電壓為5伏特。也就是<math>\mathbf y_0(0)=0 , v_c(0)=5</math>

【解】  由前面範例可知，系統的微分方程為
        <math>\mathbf (D^2+3D+2)y(t)=Df(t)</math>

       故其零輸入響應<math>\mathbf y_0(t)</math>為<math>\mathbf y_0(t)=c_1e^{-t}+c_2e^{-2t}</math>

       要求得<math>\mathbf c_1</math>與<math>\mathbf c_2</math>必須知道兩個初始條件   <math>\mathbf y_0(0)</math>與<math>\mathbf y^\prime_0(0)</math>


找初始條件，由題目知，<math>\mathbf y_0(0)=0 \longrightarrow </math>初始條件(1)因考慮零輸入響應，故令<math>\mathbf f(t)=0</math>，電路可簡化成右圖。由此圖知

<math>\mathbf y^\prime_0(0)+3y_0+v_c(t)=0</math>

當<math>\mathbf t=0</math>時

        <math>\mathbf y^\prime_0(0)+3y_0+v_c(0)=0</math>

由題目知<math>\mathbf y_0(0)=0 , v_c(0)=5</math>

故<math>\mathbf y\prime_0(0)+3 \cdot 0+5=0</math>

       <math>\mathbf \Rightarrow y^\prime_0(0)=-5 \longrightarrow</math>初始條件(2)

依據<math>\mathbf y_0(0)=0 , y\prime_0=5</math>可得<math>\mathbf y_0(t)=-5e^{-t}+5e^{-2t}</math> <math>\mathbf t\ge 0</math>




© B. P. Lathi, Signal Processing and Linear Systems, Berkeley-Cambridge Press, 1998.