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2-1 对图2-2-1所示电路图分别列写求电压v o （t）的微分方程表示。
图2-2-1
解： （1）由图2-2-1（a）所示可列写两个网孔的KVL方程为：
又
v o （t）＝2d[i 2 （t）]/dt③
联立式①②③可得微分方程为：
2d 3 [v o （t）]/dt 3 ＋5d 2 [v o （t）]/dt 2 ＋5d[v o （t）]/dt＋3v o （t）＝2d[e（t）]/dt。
（2）图2-2-1（b）为双耦合电路，列出微分方程：
化简方程组可得微分方程：
（3）由图2-2-1（c）所示列写电路方程，得：
消元可得微分方程：
（4）由图2-2-1（d）所示列写电路方程，得：
消元可得微分方程：
2-2 图2-2-2所示为理想火箭推动器模型。火箭质量为m 1 ，荷载舱质量为m 2 ，两者中间用刚度系数为k的弹簧相连接。火箭和荷载舱各自受到摩擦力的作用，摩擦系数分别为f 1 和f 2 。求火箭推进力e（t）与荷载舱运动速度v 2 （t）之间的微分方程表示。
图2-2-2
解： 设m 1 的速度为v 1 （t），对m 1 、m 2 进行受力分析，如图2-2-3所示。
图2-2-3
其中，F k 为弹簧对火箭的张力，F k ′为弹簧对荷载舱的张力，且
根据牛顿第二定律，分别对m 1 ，m 2 建立方程：
消元可得微分方程：
2-3 图2-2-4是汽车底盘缓冲装置模型图，汽车底盘的高度z（t）＝y（t）＋y 0 ，其中y 0 是弹簧不受任何力时的位置。缓冲器等效为弹簧与减震器并联组成，刚度系数和阻尼系数分别为k和f。由于路面的凹凸不平[表示为x（t）的起伏]通过缓冲器间接作用到汽车底盘，使汽车振动减弱。求汽车底盘的位移量y（t）和路面不平度x（t）之间的微分方程。
图2-2-4
解： 对汽车底盘进行受力分析。
图2-2-5
设汽车底盘运动速度为v（t），方向向上；F k 为弹簧对汽车底盘的拉力，方向向下；F f 为减震器阻尼力，方向向下，如图2-2-5所示。
汽车底盘的加速度为：
①
因弹簧的位移量为x（t）－y（t），所以拉力为：
F k （t）＝k[y（t）－x（t）]②
减震器对汽车底盘的作用力为：
F f （t）＝f{d[y（t）－x（t）]/dt}③
由牛顿第二定律知：
F k （t）＋F f （t）＝－m·a（t）
将式①②③代入上式，可得微分方程：
d 2 [y（t）]/dt 2 ＋（f/m）{d[y（t）]/dt}＋（k/m）y（t）＝（f/m）{d[x（t）]/dt}＋（k/m）x（t）
2-4 已知系统相应的齐次方程及其对应的0 ＋ 状态条件，求系统的零输入响应。
（1）d 2 [r（t）]/dt 2 ＋2d[r（t）]/dt＋2r（t）＝0，给定：r（0 ＋ ）＝1，r′（0 ＋ ）＝2；
（2）d 2 [r（t）]/dt 2 ＋2d[r（t）]/dt＋r（t）＝0，给定：r（0 ＋ ）＝1，r′（0 ＋ ）＝2；
（3）d 3 [r（t）]/dt 3 ＋2d 2 [r（t）]/dt 2 ＋d[r（t）]/dt＝0，给定：r（0 ＋ ）＝r′（0 ＋ ）＝0，r′′（0 ＋ ）＝1。
解： （1）系统的特征方程为：
α 2 ＋2α＋2＝0
特征根为：
α 1 ＝－1＋j，α 2 ＝－1－j
显然特征根为两个不相等复数解，故零输入响应可设为：
r zi （t）＝e － t （A 1 cost＋A 2 sint）（t≥0 ＋ ）
代入初始条件r（0 ＋ ）＝1，r′（0 ＋ ）＝2得：
A 1 ＝1，A 2 ＝3
则系统的零输入响应为：
r zi （t）＝e － t （cost＋3sint）（t＞0）
（2）系统的特征方程为：
α 2 ＋2α＋1＝0
特征根为：
α 1 ＝α 2 ＝－1
由于特征根为两个相等的实数，故零输入响应可设为：
r zi （t）＝A 1 e － t ＋A 2 te － t （t≥0 ＋ ）
代入初始条件r（0 ＋ ）＝1，r′（0 ＋ ）＝2得：
A 1 ＝1，A 2 ＝3
则系统的零输入响应为：
r zi （t）＝（3t＋1）e － t （t＞0）
（3）系统的特征方程为：
α 3 ＋2α 2 ＋α＝0
特征根为：
α 1 ＝0，α 2 ＝α 3 ＝－1
故零输入响应可设为：
r zi （t）＝A 1 ＋A 2 e － t ＋A 3 te － t （t≥0 ＋ ）
代入初始条件得：
A 1 ＝1，A 2 ＝－1，A 3 ＝－1
则系统的零输入响应为：
r zi （t）＝1－（1＋t）e － t （t＞0）
2-5 给定系统微分方程、起始状态以及以下两种情况的激励信号：
（1）d[r（t）]/dt＋2r（t）＝e（t），r（0 － ）＝0，e（t）＝u（t）；
（2）d[r（t）]/dt＋2r（t）＝3d[e（t）]/dt，r（0 － ）＝0，e（t）＝u（t）。
试判断在起始点是否发生跳变，据此对（1）（2）分别写出其r（0 ＋ ）值。
解： 当微分方程右端包含δ（t）及其各阶导数时，系统从0 － 状态到0 ＋ 状态发生跳变。
（1）将e（t）＝u（t）代入原方程得：
d[r（t）]/dt＋2r（t）＝u（t）
因方程右端不包含δ（t）及其导数项，故r（t）在t＝0处连续，即r（0 ＋ ）＝r（0 － ）＝0。
（2）将e（t）＝u（t）代入原方程得：
d[r（t）]/dt＋2r（t）＝3δ（t）
因方程右端包含δ（t），故r（t）在t＝0处发生跳变。
由冲激函数匹配法知，方程右端存在3δ（t）时，方程左端d[r（t）]/dt必定包含3δ（t），因此r（t）在0 － 到0 ＋ 时刻有3∆u（t）存在，从而有r（0 ＋ ）－r（0 － ）＝3，已知r（0 － ）＝0，则r（0 ＋ ）＝3＋r（0 － ）＝3。
2-6 给定系统微分方程：d 2 [r（t）]/dt 2 ＋3d[r（t）]/dt＋2r（t）＝d[e（t）]/dt＋3e（t），若激励信号和起始状态为：e（t）＝u（t），r（0 － ）＝1，r′（0 － ）＝2。试求它的完全响应，并指出其零输入响应、零状态响应、自由响应、强迫响应各分量。
提示： 将e（t）代入方程后可见右端最高阶次奇异函数为δ（t），故左端最高阶次也为δ（t），因而，r（t）项无跳变，而r′（t）项跳变值应为1，由此导出r（0 ＋ ）和r′（0 ＋ ）。
解： 方程的特征方程为：
α 2 ＋3α＋2＝0
特征根为：
α 1 ＝－1，α 2 ＝－2
由于特征根为两个不相等实数，故零输入响应可设为：
r zi （t）＝A 1 e － t ＋A 2 e － 2t （t＞0）①
代入已知条件：
将其代入式①解得：
A 1 ＝4，A 2 ＝－3
故零输入响应为：
r zi （t）＝4e － t －3e － 2t （t＞0）
将激励信号e（t）＝u（t）代入原方程得：
②
方程右端包含δ（t），所以r zs （t）在0 － 到0 ＋ 状态有跳变。
利用冲激函数匹配法，则：
将上式代入式②对比得a＝1。
故
。
由上面所求特征根可设齐次解为：
r zsh （t）＝B 1 e － t ＋B 2 e － 2t （t＞0）
又因t＞0时，e（t）＝u（t）＝1，故设特解为：
r zsp （t）＝p（t＞0）
将特解代入原微分方程，解得：p＝3/2
故零状态响应为：
r zs （t）＝B 1 e － t ＋B 2 e － 2t ＋3/2（t＞0）③
将
、r
zs
（0
＋
）代入③，可得：
r zs （t）＝－2e － t ＋e － 2t /2＋3/2（t＞0）
所以完全响应为：
r（t）＝r zi （t）＋r zs （t）＝2e － t －5e － 2t /2＋3/2（t＞0）
其中，自由响应分量为2e － t －5e － 2t /2（t＞0），强迫响应分量为3/2（t＞0）。
2-7 电路如图2-2-6所示，t＝0以前开关位于“1”，已进入稳态，t＝0时刻，S 1 与S 2 同时自“1”转至“2”，求输出电压v o （t）的完全响应，并指出其零输入、零状态、自由、强迫各响应分量（E和I S 各为常量）。
图2-2-6
解： 换路前，系统处于稳态，因而有v o （0 － ）＝E；换路后，由于电容两端电压不会发生突变，所以v o （0 ＋ ）＝v o （0 － ）＝E。
列写t≥0 ＋ 后的电路方程：
Cd[v o （t）]/dt＋v o （t）/R＝e（t）①
其中，e（t）＝I S u（t）。
（1）求零输入响应
由方程①可知，系统特征方程为：
Cα＋1/R＝0
则特征根为：
α＝－1/RC
故设零输入响应为：
v zi （t）＝Ae － t/RC （t＞0）
将v zi （0 ＋ ）＝v o （0 － ）＝E代入上式得：A＝E
所以零输入响应为：
v zi （t）＝Ee － t/RC （t＞0）
（2）求零状态响应
由e（t）＝I S 可设特解为B，代入方程①得：B＝RI S 。
故零状态响应设为：
v zs （t）＝Ce － t/RC ＋RI S （t＞0）
由冲激函数匹配法可得：v zs （0 ＋ ）＝v zs （0 － ）＝0，代入上式得：C＝－RI S 。
所以零状态响应为：
v zs （t）＝－RI S e － t/RC ＋RI S （t＞0）
（3）完全响应为：
v o （t）＝v zi （t）＋v zs （t）＝（E－RI S ）e － t/RC ＋RI S （t＞0）
自由响应分量为（E－RI S ）e － t/RC （t＞0），强迫响应分量为RI S （t＞0）。
2-8 图2-2-7所示电路，t＜0时，开关位于“1”且已达到稳态，t＝0时刻，开关自“1”转至“2”。
图2-2-7
（1）试从物理概念判断i（0 － ），i′（0 － ）和i（0 ＋ ），i′（0 ＋ ）；
（2）写出t≥0 ＋ 时间内描述系统的微分方程表示，求i（t）的完全响应。
解： （1）开关位于“1”时电路达到稳态，由于回路中有电容器，因此电感两端的电压u L （t）＝0，回路电流i（0 － ）＝0；
由u L （t）＝L{d[i（t）]/dt}，可知i′（0 － ）＝0；
开关转至“2”时，电容两端电压瞬时不变，所以v C （0 ＋ ）＝v C （0 － ）。
由i（t）＝C{d[v（t）]/dt}，可知i（0 ＋ ）＝i（0 － ）＝0；
故换路后电阻两端电压为0，又因为电容两端电压为10V，则电感两端电压为20－10＝10V。
由u L （t）＝L{d[i（t）]/dt}，可知i′（0 ＋ ）＝10A。
（2）由电路图列方程：
将C、L、R代入并整理得一般形式为：
i′′（t）＋i′（t）＋i（t）＝e′（t）①
t≥0时，将e（t）＝20u（t）代入①，得：
d 2 [i（t）]/dt 2 ＋d[i（t）]/dt＋i（t）＝20δ（t）
所以t≥0 ＋ 时，上式可化为：
d 2 [i（t）]/dt 2 ＋d[i（t）]/dt＋i（t）＝0（t≥0 ＋ ）
特征方程为：
α 2 ＋α＋1＝0
特征根为：
齐次解为：
由初始条件i（0 ＋ ）＝0，i′（0 ＋ ）＝10，解得：
所以完全响应为：
2-9 求下列微分方程描述的系统冲激响应h（t）和阶跃响应g（t）。
（1）d[r（t）]/dt＋3r（t）＝2d[e（t）]/dt；
（2）d 2 [r（t）]/dt 2 ＋d[r（t）]/dt＋r（t）＝d[e（t）]/dt＋e（t）；
（3）d[r（t）]/dt＋2r（t）＝d 2 [e（t）]/dt 2 ＋3d[e（t）]/dt＋3e（t）。
解： （1）将冲激响应h（t）代入方程，得：
d[h（t）]/dt＋3h（t）＝2δ′（t）①
特征方程为：
α＋3＝0
特征根为：
α＝－3
故方程齐次解为：
h（t）＝Ae － 3t （t≥0 ＋ ）②
由冲激函数匹配法，设
上述方程组代入①，对比可得：
a＝2，b＝－6
故有h（0 ＋ ）＝h（0 － ）＋b＝－6，代入式②得A＝－6。
又因为a＝2，h（t）中含有2δ（t），所以系统的冲激响应为：
h（t）＝2δ（t）－6e － 3t u（t）
阶跃响应为：
（2）系统的阶跃响应方程为：
d 2 [g（t）]/dt 2 ＋d[g（t）]/dt＋g（t）＝d[u（t）]/dt＋u（t）＝δ（t）＋u（t）①
特征方程为：
α 2 ＋α＋1＝0
特征根为：
齐次解可设为：
设特解为g p （t）＝B，代入方程①，解得B＝1。
故系统完全响应形式为：
由冲激函数匹配法可设
代入阶跃响应方程①得：a＝1。
故g′（0 ＋ ）＝g′（0 － ）＋a＝1，g（0 ＋ ）＝g（0 － ）＝0。
将其代入
，得：
故系统阶跃响应为：
系统冲激响应为：
（3）系统的冲激响应方程为：
d[h（t）]/dt＋2h（t）＝δ′′（t）＋3δ′（t）＋3δ（t）①
特征方程为：
α＋2＝0
特征根为：
α＝－2
故解的形式为：
h（t）＝Ae － 2t （t≥0 ＋ ）
由冲激函数匹配法，设
②
将式②代入式①得：a＝b＝c＝1，h（0 ＋ ）＝h（0 － ）＋c＝1；
则可解得A＝1，且h（t）中含有δ（t）、δ′（t）。
故冲激响应为：
h（t）＝δ′（t）＋δ（t）＋e － 2t u（t）
阶跃响应为：
2-10 一因果性的LTI系统，其输入、输出用下列微分-积分方程表示。
其中f（t）＝e － t u（t）＋3δ（t），求该系统的单位冲激响应h（t）。
解： 原微分方程可变换为：
d[r（t）]/dt＋5r（t）＝e（t）*f（t）－e（t）
令e（t）＝δ（t），则：
d[h（t）]/dt＋5h（t）＝e － t u（t）＋2δ（t）
引入微分算子p，则e － t u（t）＝δ（t）/（p＋1），从而有：
（p＋5）h（t）＝δ（t）/（p＋1）＋2δ（t）
则：
2-11 设系统的微分方程表示为：d 2 [r（t）]/dt 2 ＋5d[r（t）]/dt＋6r（t）＝e － t u（t），求使完全响应为r（t）＝Ce － t u（t）时的系统起始状态r（0 － ）和r′（0 － ），并确定常数C值。
解： 引入微分算子p，即e － t u（t）＝δ（t）/（p＋1），微分方程可变为：
（p 2 ＋5p＋6）r（t）＝δ（t）/（p＋1）
故系统的零状态响应为：
由原微分方程知，特征根为α 1 ＝－2，α 2 ＝－3，所以零输入响应可表示为：
r zi （t）＝A 1 e － 2t ＋A 2 e － 3t （t＞0）
由已知系统的完全响应r（t）＝Ce － t u（t），故零状态响应为：
对比得A 1 ＝1，A 2 ＝－1/2，C＝1/2。
代入得零输入响应为：
r zi （t）＝e － 2t －e － 3t /2（t＞0）
故系统的初始状态为：
2-12 有一系统对激励为e 1 （t）＝u（t）时的完全响应为r 1 （t）＝2e － t u（t），对激励为e 2 （t）＝δ（t）时的完全响应为r 2 （t）＝δ（t）。
（1）求该系统的零输入响应r zi （t）；
（2）系统的起始状态保持不变，求其对于激励为e 3 （t）＝e － t u（t）的完全响应r 3 （t）。
解： （1）由题意可知e 2 （t）＝d[e 1 （t）]/dt，所以r zs2 （t）＝d[r zs1 （t）]/dt。
由于是同一系统，零输入响应均为r zi （t），可得方程组：
式②－①得：
由微分算子法知（p－1）r zs1 （t）＝[1－2/（p＋1）]δ（t），则：
将r zs1 （t）代入式①得：r zi （t）＝r 1 （t）－r zs1 （t）＝2e － t u（t）－e － t u（t）＝e － t u（t）。
（2）由于系统的初始状态不变，则系统的零输入响应不变，即r zi （t）＝e － t u（t），由题意知激励为δ（t）时，完全响应为δ（t），所以，系统的单位冲激响应为：
h（t）＝δ（t）－e － t u（t）
当激励为e 3 （t）＝e － t u（t）时，其零状态响应为：
r zs3 （t）＝e 3 （t）*h（t）＝e － t u（t）*[δ（t）－e － t u（t）]＝e － t u（t）－te － t u（t）
故完全响应为：
r 3 （t）＝r zi （t）＋r zs3 （t）＝（2－t）e － t u（t）
2-13 求下列各函数f 1 （t）与f 2 （t）的卷积f 1 （t）*f 2 （t）。
（1）f 1 （t）＝u（t），f 2 （t）＝e － αt u（t）；
（2）f 1 （t）＝δ（t），f 2 （t）＝cos（ωt＋45°）；
（3）f 1 （t）＝（1＋t）[u（t）－u（t－1）]，f 2 （t）＝u（t－1）－u（t－2）；
（4）f 1 （t）＝cos（ωt），f 2 （t）＝δ（t＋1）－δ（t－1）；
（5）f 1 （t）＝e － αt u（t），f 2 （t）＝（sint）u（t）。
解： （1）根据卷积微分和积分性质：
故：
（2）f 1 （t）*f 2 （t）＝δ（t）*cos（ωt＋45°）＝cos（ωt＋45°）
（3）根据卷积微分和积分性质得：
（4）已知
，因此求卷积并化简得：
f 1 （t）*f 2 （t）＝cos（ωt）*[δ（t＋1）－δ（t－1）]＝cos[ω（t＋1）]－cos[ω（t－1）]＝－2（sinω）sin（ωt）
（5）
2-14 求下列两组卷积，并注意相互间的区别。
（1）f（t）＝u（t）－u（t－1），求s（t）＝f（t）*f（t）；
（2）f（t）＝u（t－1）－u（t－2），求s（t）＝f（t）*f（t）。
解： （1）根据卷积微分和积分性质得：
波形如图2-2-8（a）所示。
（2）根据卷积微分和积分性质得：
波形如图2-2-8（b）所示。
图2-2-8
从图形看出两者的区别为：将s 1 （t）右移2个单位将得到s 2 （t）。
2-15 已知f 1 （t）＝u（t＋1）－u（t－1），f 2 （t）＝δ（t＋5）＋δ（t－5），f 3 （t）＝δ（t＋1/2）＋δ（t－1/2）。画出下列各卷积波形。
（1）s 1 （t）＝f 1 （t）*f 2 （t）；
（2）s 2 （t）＝f 1 （t）*f 2 （t）*f 2 （t）；
（3）s 3 （t）＝{[f 1 （t）*f 2 （t）][u（t＋5）－u（t－5）]}*f 2 （t）；
（4）s 4 （t）＝f 1 （t）*f 3 （t）。
解： （1）s 1 （t）＝f 1 （t）*f 2 （t）＝[u（t＋1）－u（t－1）]*[δ（t＋5）＋δ（t－5）]＝[u（t＋6）－u（t＋4）]＋[u（t－4）－u（t－6）]
波形如图2-2-9（a）所示。
（2）s 2 （t）＝f 1 （t）*f 2 （t）*f 2 （t）＝s 1 （t）*f 2 （t）＝[u（t＋11）－u（t＋9）]＋2[u（t＋1）－u（t－1）]＋[u（t－9）－u（t－11）]
波形如图2-2-9（b）所示。
（3）s 3 （t）＝{[f 1 （t）*f 2 （t）][u（t＋5）－u（t－5）]}*f 2 （t）＝{s 1 （t）[u（t＋5）－u（t－5）]}*f 2 （t）＝[u（t＋5）－u（t＋4）＋u（t－4）－u（t－5）]*[δ（t＋5）＋δ（t－5）]＝[u（t＋10）－u（t＋9）]＋[u（t＋1）－u（t－1）]＋[u（t－9）－u（t－10）]
波形如图2-2-9（c）所示。
（4）s 4 （t）＝f 1 （t）*f 3 （t）＝[u（t＋1）－u（t－1）]*[δ（t＋1/2）＋δ（t－1/2）]＝u（t＋3/2）－u（t－1/2）＋u（t＋1/2）－u（t－3/2）
波形如图2-2-9（d）所示。
图2-2-9
2-16 设
，证明r（t）＝Ae
－
t
，0≤t≤3，并求出A值。
解： 由于t∈[0，3]，因此
则A＝1/（1－e － 3 ）。
2-17 已知某一LTI系统对输入激励e（t）的零状态响应
，求该系统的单位冲激响应。
解：
由于
又
对比得：h（t）＝e t － 1 u（－t＋3）。
2-18 某LTI系统，输入信号e（t）＝2e － 3t u（t），在该输入下的响应为r（t），即r（t）＝H[e（t）]，又已知
求该系统的单位冲激响应h（t）。
解：
由
，可得：
又
，所以h（t）＝（e
－
2t
/2）u（t）。
2-19 对图2-2-10所示的各组函数，用图解的方法粗略画出f 1 （t）与f 2 （t）卷积的波形，并计算卷积积分f 1 （t）*f 2 （t）。
图2-2-10
解： （a）①当－∞＜t＋2≤－3，即－∞＜t≤－5时，f 1 （t）*f 2 （t）＝0；
②当－3＜t＋2≤－2，即－5＜t≤－4时，f 1 （t）*f 2 （t）＝t＋5；
③当－2＜t＋2≤－1，即－4＜t≤－3时，f 1 （t）*f 2 （t）＝－t－3；
④当－1＜t＋2≤1，即－3＜t≤－1时，f 1 （t）*f 2 （t）＝0；
⑤当1＜t＋2≤2，即－1＜t≤0时，f 1 （t）*f 2 （t）＝2（t＋1）；
⑥当2＜t＋2≤3，即0＜t≤1时，f 1 （t）*f 2 （t）＝2（1－t）；
⑦当－1＜t－2≤1，即1＜t≤3时，f 1 （t）*f 2 （t）＝0；
⑧当1＜t－2≤2，即3＜t≤4时，f 1 （t）*f 2 （t）＝t－3；
⑨当2＜t－2≤3，即4＜t≤5时，f 1 （t）*f 2 （t）＝－t＋5；
⑩当3＜t－2＜∞，即t＞5时，f 1 （t）*f 2 （t）＝0。
综上，卷积结果为：
f 1 （t）与f 2 （t）卷积积分的图解及卷积后的波形如图2-2-11（a）所示。
图2-2-11（a）
（b）①当－∞＜t＋1≤1，即－∞＜t≤0时，
②当1＜t＋1＜∞，即0＜t＜∞时，有
综上，卷积结果为：
卷积图解及卷积后波形如图2-2-11（b）所示。
图2-2-11（b）
（c）①当－∞＜t≤0时，f 1 （t）*f 2 （t）＝0；
②当0＜t≤1时，
③当t＞1且t－π≥0，即1＜t≤π时，有
④当0＜t－π≤1，即π＜t≤π＋1时，有
⑤当t－π＞1，即t＞π＋1时，f 1 （t）*f 2 （t）＝0。
综上，卷积结果为：
卷积图解如图2-2-11（c）所示。
图2-2-11（c）
（d）①当t≤0时，f 1 （t）*f 2 （t）＝0
②当0＜t≤1时
③当1＜t≤2时
④当2＜t≤3时
⑤由以上推广，当n为奇数，且n＜t≤n＋1（n≥2）时：
当n为偶数，且n＜t≤n＋1（n≥2）时：
结合以上n为奇数或n为偶数的情况，可得对于n＜t≤n＋1，（n≥2）时，有
综上，可得：
卷积图解及卷积后波形如图2-2-11（d）所示。
图2-2-11（d）
（e）由题意可得d[f 2 （t）]/dt＝δ（t－1）。
又
，则由卷积性质可得：
①当t－1≤0，即t≤1时，f（t）＝0；
②当t－1＞0，即t＞1时，f（t）＝g（t）*δ（t－1）＝[1－cos（t－1）]u（t－1）。
综上，可得：
卷积结果如图2-2-11（e）所示。
图2-2-11（e）
（f）由题意可得：
可将d[f 1 （t）]/dt看成周期为3的函数，g（t）的周期为2。
利用卷积性质：
①d[f 1 （t）]/dt的第一个周期与g（t）卷积的结果为：
②d[f 1 （t）]/dt的第二个周期与g（t）卷积的结果为：
③由此推广可得，d[f 1 （t）]/dt的第n个周期与g（t）卷积的结果为：
综上，可得：
卷积图解及卷积后波形如图2-2-11（f）所示。
图2-2-11（f）
2-20 图2-2-12所示系统是由几个“子系统”组成，各子系统的冲激响应分别为：h 1 （t）＝u（t）（积分器）、h 2 （t）＝δ（t－1）（单位延时）、h 3 （t）＝－δ（t）（倒相器）。
试求总的系统的冲激响应h（t）。
图2-2-12
解： 根据图2-2-12可知，h 2 （t）、h 1 （t）、h 3 （t）级联后与h 1 （t）并联，因此，总的冲激响应为：
h（t）＝h 1 （t）＋h 2 （t）*h 1 （t）*h 3 （t）＝u（t）＋δ（t－1）*u（t）*[－δ（t）]＝u（t）－u（t－1）。
2-21 已知系统的冲激响应h（t）＝e － 2t u（t）：
（1）若激励信号表示为：e（t）＝e － t [u（t）－u（t－2）]＋βδ（t－2）。式中β为常数，试确定响应r（t）。
（2）若激励信号表示为：e（t）＝x（t）[u（t）－u（t－2）]＋βδ（t－2）。
式中x（t）为任意t函数，若要求系统在t＞2的响应为零，试确定β值应等于多少？
解： （1）r（t）＝e（t）*h（t）＝{e － t [u（t）－u（t－2）]＋βδ（t－2）}*[e － 2t u（t）]
利用积分图解法可知：
①当t≥2时
②当0≤t＜2时
③当t＜0时，两者卷积为0，即r（t）＝0；
综上，得：
（2）由题（1）可知，当t＞2时：
要使此时r（t）＝0，则有
。
2-22 如果把施加于系统的激励信号e（t）按图2-2-13那样分解为许多阶跃信号的叠加，设阶跃响应为g（t），e（t）的初始值为e（0 ＋ ），在t 1 时刻阶跃信号的幅度为Δe（t 1 ）。试写出以阶跃响应的叠加取和而得到的系统响应近似式；证明，当取Δt 1 →0的极限时，响应r（t）的表示式为：
[此式称为杜阿美尔积分，参看教材第一章式（1-63）及2.7节（一）。]
图2-2-13
解： 根据教材式（1-63）可知，当Δt 1 →0时，可将信号f（t）表示为：
假设系统的冲激响应为h（t），则当系统的激励信号为阶跃信号u（t）时，系统响应为：
题目已知阶跃响应为g（t），因此有h（t）*u（t）＝g（t），h（t）*u（t－τ）＝g（t－τ）。
代入r（t）的表示式可得：
2-23 若一个LTI系统的冲激响应为h（t），激励信号是e（t），响应是r（t）。试证明此系统可以用图2-2-14所示的方框图近似模拟。
图2-2-14
证明： 根据该方框图可写出r（t）与e（t）的关系式为：
当T趋于0时，有
因此，当T较小时，可以用题图所示的方框图近似模拟冲激响应为h（t），激励信号是e（t），响应是r（t）的LTI系统。
2-24 若线性系统的响应r（t）分别用以下各算子符号式表达，且系统起始状态为零，写出各问的时域表达式。
（1）Aδ（t）/（p＋α）；
（2）Aδ（t）/（p＋α） 2 ；
（3）Aδ（t）/[（p＋α）（p＋β）]。
解： （1）H（p）＝A/（p＋α），特征根为s＝－α，因此h（t）＝Ae － αt u（t），则Aδ（t）/（p＋α）＝Ae － αt u（t）。
（2）H（p）＝A/（p＋α） 2 ，特征根为s 1 ＝s 2 ＝－α，因此h（t）＝Ate － αt u（t），则Aδ（t）/（p＋α） 2 ＝Ate － αt u（t）。
（3）
，特征根为－α、－β，均为一阶，故
则
2-25 设H（p）是线性时不变系统的传输算子，且系统起始状态为零，试证明：[H（p）δ（t）]e － αt ＝H（p＋α）δ（t）。
证明： 设H（p）对应的冲激响应为h 1 （t），H（p＋α）对应的冲激响应为h 2 （t），有：
因为系统起始状态为零，所以有：
则：
显然，h 1 （t）e － αt ＝h 2 （t）
则[H（p）δ（t）]e － αt ＝H（p＋α）δ（t），命题得证。