訊號與系統/零輸入響應

零輸入響應(zero-input response)

令輸入訊號 $𝐟(t)$

用 ${𝐲}_0(t)$ 表示零輸入響應(輸出)

系統微分方程：

        $𝐐(D)y_0(t)=0$

     or

       $\mathbf{(}{D}^n+a_{n-1}{D}^{n-1}+\dots +a_{1}D+a_0)y_0(t)=0$

此為齊性微分方程式(homogeneous differential equation)

---

解齊性微分方程

●$𝐐(D)y(t)=0$ 為 n 次多項式

●令$𝐐(\lambda )=0$

(1)相異實根：$\mathit{\lambda }={\lambda }_1,{\lambda }_2,\dots ,{\lambda }_n$
             ${𝐲}_0(t)=c_1{e}^{{\lambda }_{1}t}+c_2{e}^{{\lambda }_{2}t}+\dots +c_n{e}^{{\lambda }_{n}t}$

(2)重根：$\mathit{\lambda }=\underbrace{{\lambda }_1,{\lambda }_1,\cdots ,{\lambda }_1},{\lambda }_{r+1},\dots ,{\lambda }_n$
               重根
          $\mathbf{\Rightarrow }{y}_0(t)=(c_1+c_{2}t+\dots +c_r{t}^{r-1})e^{{\lambda }_{1}t}+c_{r+1}{e}^{{\lambda }_{y+1}t}+\dots +c_n{e}^{{\lambda }_{n}t}$

(3)共軛複數根： $\mathit{\lambda }=\alpha +j\beta$  , $\alpha -j\beta$
              $\mathbf{\Rightarrow }{y}_0(t)=c{e}^{at}\cos (\beta t+\theta )$

---

範例3.2

    一LTI系統的微分方程式為 $\mathbf{(}{D}^2+3D+2)y(t)=Df(t)$ ，試求其
     
    零輸入響應${𝐲}_0(t)$ 。已知初始條件為${𝐲}_0(t)=0$ 且 ${𝐲}_0^{\prime }(t)=\frac{d}{dt}{y}_0(t){\mid }_{t=0}=-5$ 。

【解】 令$\mathbf{(}{\lambda }^2+3\lambda +2)=0\Rightarrow \lambda =-1,-2$

       故${𝐲}_0(t)=c_1{e}^{-t}+c_2{e}^{-2t}$

        ${𝐲}_0^{\prime }(t)=\frac{d}{dt}{y}_0(t)=-c_1{e}^{-t}-2c_2{e}^{-2t}$

由初始條件可知${𝐜}_1+c_2=0,-c_1-2c_2=-5$

           $\mathbf{\Rightarrow }{c}_1=-5,c_2=5$

故零輸入響應：${𝐲}_0(t)=-5e^{-t}+5e^{-2t}$ $t\ge 0$

---

範例3.3

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

已知初始條件為${𝐲}_0(0)=3$ 且${𝐲}_0^{\prime }(t)=\frac{d}{dy}{y}_0(t){\mid }_{t=0}=-7$

【解】： 

令 ${\mathit{\lambda }}^2+6\lambda +9=0\Rightarrow \lambda =-3,-3$

${𝐲}_0(t)=(c_1+c_{2}t)e^{-3t}$

故 ${𝐲}_0^{\prime }(t)=\frac{d}{dt}{y}_0(t)$

由初始條件可得$𝐜1=3$

${𝐜}_2-3c_1=-7$

故${𝐜}_1=3,c_2=2$

所以${𝐲}_0(t)=(3+2t)e^{-3t}$   $𝐭\ge 0$

---

範例3.4

同範例3.2，系統的微分方程式改為$\mathbf{(}{D}^2+4D+40)y(t)=(D+2)f(t)$，

已知初始條件為${𝐲}_0(0)=2$ 且 ${𝐲}_0^{\prime }(0)=\frac{d}{dt}{y}_0(t){\mid }_{t=0}=16.78$。

【解】  

令 ${\mathit{\lambda }}^2+4\lambda +40=0\Rightarrow \lambda =-2+j6,-2-j6$

${𝐲}_0(t)=c_1{e}^{-2t}\cos (6t+\theta )$

故${𝐲}_0^{\prime }(t)=\frac{d}{dt}{y}_0(t)=-2c{e}^{-2t}\cos (6t+\theta )-6c{e}^{-2t}\sin (6t+\theta )$

由初始條件可得

$\{\begin{array}{c}𝐜\cos \mathit{\theta }\mathbf{=}\mathrm{𝟐}\\ \mathbf{-}\mathrm{𝟐}𝐜\cos \mathit{\theta }\mathbf{-}\mathrm{𝟔}𝐜\sin \mathit{\theta }\mathbf{=}\mathrm{𝟏}\mathrm{𝟔}\mathbf{.}\mathrm{𝟕}\mathrm{𝟖}\end{array}$

$\mathbf{\Rightarrow }\{\begin{array}{cc}c\cos \theta =2,& \text{(1)}\\ c\sin =-\frac{10.39}{3},& \text{(2)}\end{array}$

$\mathbf{(}1{)}^2+(2{)}^2$ 
  

${𝐜}^2=2^2+(-{\frac{10.39}{3}}^2)\approx 16$

$𝐜=4$

$\mathit{\theta }=-\frac{\pi }{3}($因為$\cos \theta >0$ 且$\sin \theta <0)$

故 ${𝐲}_0(t)=4e^{-2t}\cos (6t-\frac{\pi }{3})$

---

範例3.5

如下圖RLC串聯電路，輸入電壓為$𝐟(t)$ 。試求迴圈電流$𝐲(t)$的零輸入響應 ${𝐟}_0(t)$。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${𝐲}_0(0)=0,v_c(0)=5$

【解】 由前面範例可知，系統的微分方程為

       $\mathbf{(}{D}^2+3D+2)y(t)=Df(t)$

      故其零輸入響應${𝐲}_0(t)$為${𝐲}_0(t)=c_1{e}^{-t}+c_2{e}^{-2t}$

      要求得${𝐜}_1$與${𝐜}_2$必須知道兩個初始條件   ${𝐲}_0(0)$與${𝐲}_0^{\prime }(0)$

找初始條件，由題目知，${𝐲}_0(0)=0⟶$初始條件(1)因考慮零輸入響應，故令$𝐟(t)=0$，電路可簡化成右圖。由此圖知

${𝐲}_0^{\prime }(0)+3y_0+v_c(t)=0$

當$𝐭=0$時

       ${𝐲}_0^{\prime }(0)+3y_0+v_c(0)=0$

由題目知${𝐲}_0(0)=0,v_c(0)=5$

故$𝐲{\prime }_0(0)+3\cdot 0+5=0$

      $\mathbf{\Rightarrow }{y}_0^{\prime }(0)=-5⟶$初始條件(2)

依據${𝐲}_0(0)=0,y{\prime }_0=5$可得${𝐲}_0(t)=-5e^{-t}+5e^{-2t}$ $𝐭\ge 0$

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