訊號與系統/系統脈衝響應

系統脈衝響應(System Impulse Response)

【定義】連續時間(continuous-time)線性非時變(LTI)系統的“單位脈衝響應 (unit impulse response)”$𝐡(t)$ ︰

(1)系統的初始條件均為0

(2)在時間$t=0$時，系統輸入單位脈衝函數$\mathit{\delta }(t)$所得的系統響應(輸出)稱為
           單位脈衝響應。一般均用符號$h(t)$表示

© Edward W. Kamen and Bonnie S. Heck, Fundamentals of Signals and System Using the Web and Matlab, 2nd ed., Prentice Hall International, 2000.

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範例3.6

一LTI系統由底下微分方程表示 :${\mathit{\tau }}_0\frac{dy(t)}{dt}+y(t)=x(t)$試求此系統之單位脈衝響應。

【解】當系統輸入$𝐱(t)=\delta (t)$時，系統輸出$𝐲(t)$即為系統之單位脈衝響應$𝐡(t)$。

(1)當$𝐭>0$時，$\mathit{\delta }(t)=0$

$\mathbf{\Rightarrow }{\tau }_0\frac{dh(t)}{dt}+h(t)=0$ $𝐭>0$

$𝐡(t)=A{e}^{-\frac{t}{{\tau }_0}}$ $t>0$

(2)當$𝐭=0$ 時，由單位脈衝響應的定義得知，初始條件為0                   

故$𝐡(t)=0$ $𝐭<0$

(3)對所有$𝐭$ 

${\mathit{\tau }}_0\frac{dh(t)}{dt}+h(t)=\tau (t)$

觀察上式 : 等號右邊為一脈衝函數，等號左邊為$𝐡(t)$與$\frac{dh(t)}{dt}$。

由此可知 :$𝐡(t)$不含脈衝函數，(若$𝐡(t)$含有脈衝函數，則等號左邊會有脈衝函數的微分，而等號右邊僅有脈衝函數，方程式左右不相等，不合)且$𝐡(t)$的微分會產生脈衝函數(即$𝐡(t)$在$𝐭=0$的地方不連續)

(4)將(3)中的等式左右兩邊分別取積分，積分上下限為[$0^{-}$，$0^{+}$]可得 :     

$\underset{t=0^{-}}{\overset{t=0^{+}}{\int }}{\tau }_0\frac{dh(t)}{dt}dt+\underset{t=0^{-}}{\overset{t=0^{+}}{\int }}h(t)dt=\underset{t=0^{-}}{\overset{t=0^{+}}{\int }}\delta (t)dt$

$\mathit{\tau }[h(0^{+})-h(0^{-})]+0=1$

$\Rightarrow h(0^{+})=\frac{1}{{\tau }_0}$

(5)將$h(0^{+})=\frac{1}{{\tau }_0}$作為初始條件，代入(1)的結果可得

$a=\frac{1}{{\tau }_0}$

$\Rightarrow h(t)=\frac{1}{{\tau }_0}{e}^{-\frac{t}{{\tau }_0}}$ $t>0$

(6)系統的單位脈衝響應

$h(t)=\{\begin{array}{cc}0,& t>0\\ \frac{1}{{\tau }_0}{e}^{-\frac{t}{{\tau }_0}},& t>0\end{array}$ $=\frac{1}{{\tau }_0}{e}^{-\frac{t}{{\tau }_0}}u(t)$

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範例3.7

考慮如圖的RC電路。此電路的系統微分方程式即為上一例題之式子，其中${\tau }_0=RC$。考慮電阻與電容的物理特性來求系統的單位脈衝響應。

© Rodger E. Ziemer, William H. Tranter, D. Ronald Fannin, Signals & Systems: Continuous and Discrete, 4th ed., Prentice Hall International, 1998.

【解】

(1)在時間$𝐭=0^{-}$時，電容未充電，電位差$𝐯c(0^{-})=0$

(2)在$𝐭=0$時輸電壓$\mathit{\delta }(t)$，故流經電阻的電流

$i(t)=\frac{\delta (t)}{R}$ $0^{-}\le t\le 0^{+}$

(3)此電流對電容的充電量為$q(0^{+})=\underset{0^{-}}{\overset{0^{+}}{\int }}\frac{\delta (t)}{R}dt=\frac{1}{R}$

(4)電容兩端的電壓  ${𝐯}_c(0^{+})=\frac{1}{RC}$

(5)對於$t>0$，輸入電壓為 0，故電容所充的電量將經由電阻而放電。所以  $v_c(t)=A{e}^{-\frac{t}{RC}}$     $t>0$

(6)由(4)知$v_c(0^{+})=\frac{1}{RC}$代入(5)可得  $v_c(t)=\frac{1}{RC}{e}^{-\frac{t}{RC}}$   $t>0$

(7)故，系統的單位脈衝應為 $h(t)=\frac{1}{RC}{e}^{-\frac{t}{RC}}u(t)$觀察 : 範例3.6之微分方程式中，若$\tau =\frac{1}{RC}$，則與本例相同。

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範例3.8

求右圖LC電路的單位脈衝響應

© Rodger E. Ziemer, William H. Tranter, D. Ronald Fannin, Signals & Systems: Continuous and Discrete, 4th ed., Prentice Hall International, 1998.

【解】

(1)右圖LC電路的系統方程式為 :

$LC\frac{d^{2}y(t)}{dt}+y(t)=x(t)$

(2)對於單位脈衝輸入，此LC電路的系統方程式可改寫為 :

$LC\frac{d^{2}h(t)}{d{t}^2}+h(t)=\delta (t)$

(3)當$𝐭>0$時

$LC\frac{d^{2}h(t)}{d{t}^2}+h(t)=0$ $\Rightarrow h(t)=(A\cos {\omega }_{0}t+B\sin {\omega }_{0}t)$

其中${\omega }_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}$

(4)求$\frac{d^{2}h(t)}{d{t}^2}$

$\frac{dh(t)}{dt}=(-A{\omega }_0\cos {\omega }_{0}t+B{\omega }_0\cos {\omega }_{0}t)u(t)+(A\cos {\omega }_{0}t+B\sin {\omega }_{0}t)$

$\mathbf{=}-{\omega }_0(A\sin {\omega }_{0}t+B\cos {\omega }_{0}t)u(t)+A\delta (t)$

$\frac{d^{2}h(t)}{d{t}^2}=-{\omega }_0^2(A\cos {\omega }_{0}t+B\sin {\omega }_{0}t)u(t)-{\omega }_0(A\sin {\omega }_{0}t-B\cos {\omega }_{0}t)\delta (t)+A\frac{d\delta (t)}{dt}$

$=-{\omega }_0^2(A\cos {\omega }_{0}t+B\sin {\omega }_{0}t)u(t)+{\omega }_{0}B\delta (t)+A\frac{d\delta (t)}{dt}$

(5)將(2)(3)的結果代入(1)

$LC[-{\omega }_0^2(A\cos {\omega }_{0}t+B\sin {\omega }_{0}t)u(t)+{\omega }_{0}B\delta (t)+A\frac{d\delta (t)}{dt}]+(A\cos {\omega }_{0}t+B\sin {\omega }_{0}t)u(t)=\delta (t)$

因為 ${\omega }_0^2=\frac{1}{LC}$

$\Rightarrow LC[{\omega }_{0}B\delta (t)+A\frac{d\delta (t)}{dt}]=\delta (t)$

$\Rightarrow A=0$ $𝐋C{\omega }_{0}B=1$ $\Rightarrow B=\frac{1}{\sqrt{LC}}={\omega }_0$

(6)系統的單位脈衝響應$𝐡(t)$為

$𝐡(t)={\omega }_0\sin ({\omega }_{0}t)u(t)$