《信号与系统》于慧敏著课后习题答案.pdf

于慧敏主编信号与系统第一章第一章 (P25-28)习题解答 （注：题目为黑色，解答为兰色，偶尔有红色） 1.1 试说明图 1-52（图在此略）中各种信号属哪类信号：周期、连续、能量或功率、确定 信号。 解答：以表格形式比较清楚： 1.2 画出以下各信号的波形： （1）)(ttu； （2）2nunun； （3）) 1() 1(tut； （4）2) 2 1 ( 2 nu n ； （5）)1()( tutue t ； （6）)2()2sin(tut。 解答：(1) (2) (3) (4) (5) (6) 1.3 写出图 153 中各信号的函数表达式(注意： （b） 、 （d） 、 （e）用 u(t)的形式)。 解答：(a) ) 1()(2) 1()( 1 +=tutututx 小题周期连续离散确定随机能量功率 （a） （b）非 （c）非 （d）非 （e）非 （f）非 0 t 0 t 1 n 0123 1 n 0123 1 0.5 456 0 t 1 1 0.368 0 t 2 1 -1 强度为 1 的冲激 t 1 -1 1 -1 x1(t) (a) x1(t) 强度为 2 的冲激 课后答案网 课后答案网 解答：(b) 1|0|,|1)( 2 n时，时刻n4在时刻n之后，因 此，是非因果系统； （ c ） 若4 11 nxny=，4 22 nxny=， 以 及 2211 nxanxanx+=， 则 有 444 22112211 nyanyanxanxanxny+=+=，线性系统； （d）若4 11 nxny=， 012 nnxnx=，则有44 0122 nnxnxny=，而 )(4 0101 nnxnny=，因此，是时变系统； （e）若Mnx 0 时的零状态响应和零输入响应及完全响应。 解： （1）由图可出系统的微分方程：)()( 1)( )(tedi Cdt tdi LtRi t =+ 其中=1R，C，F1=HL2=，)(1010)(tute+= 于是有，)(1010)()( )( 2tuditi dt tdi t +=+ 两边求导有，)(5)( 2 1)( 2 1)( 2 2 tti dt tdi dt tid =+； （2）因为时，系统已达到稳定，有0t0)( 2 1)( 2 1)( 2 2 =+ti dt tdi dt tid ，特征值为 4 7 4 1 2, 1 j= 解的形式为) 4 7 sin 4 7 cos()( 21 4 tctcet t += i 代入条件以及，可得0)0(= + i5)0( = + i0 1 =c， 7 20 2 =c，即teti t 4 7 sin 7 20 )( 4 =； 2.20 给定系统的微分方程、输出信号的起始条件以及激励信号，试分别求它们的完全响应 （t0）,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。 （1）)()(, 1)0()0(),()(6 )( 5 )( 2 2 tutxyytxty dt tdy dt tyd =+ （2）)()(, 0)0(, 1)0(),( )()( )(2 )( 3 )( 2 2 2 2 tutxyytx dt tdx dt txd ty dt tdy dt tyd =+=+ (3)( )()( )(2 )( 3 )( 2 2 2 2 tx dt tdx dx txd ty dt tdy dt tyd +=+，其中1)0(= y， 0)0( = y ； )()( 3 tuetx t = （4）)( )( 3)(6 )( 5 )( 2 2 tx dt tdx ty dt tdy dt tyd +=+，)(2)(2)(tututx+=； （5）)( )( )(2 )( tx dt tdx ty dt tdy +=+，； )(4)(2)(tuetutx t += 解： （1）特征方程：，特征根为：065 2 =+2 1 =；3 2 = 齐次解： tt h eCeCty 3 2 2 1 )( += 特解也即强迫响应：Btyp=)(；代入原方程(1)解之： 6 1 =B 系统完全响应： 6 1 )( 3 2 2 1 += tt eAeAty 因为：1)0( 21 =+= CCyzi；132)0( 21 = CCyzi 解之：3, 4 21 =CC 课后答案网 课后答案网 故零输入分量： )(34)( 32 tueety tt zi = 下面求零状态响应 方法一(如书上的方法)：)( 6 1 )( 3 2 2 1 tueCeCty t zs t zszs += 对上式求导：)(32)() 6 1 ()( 3 2 2 10 3 2 2 1 tueCeCteCeCty t zs t zst t zs t zszs = += )(94 )(32)() 6 1 ()( 3 2 2 1 3 2 2 10 3 2 2 1 tueCeC teCeCteCeCty t zs t zs t zs t zst t zs t zszs = + += 将上面式子代入原方程，注意 t=0 0)(6)(5)(=+ tytyty zszszs 方程两边关于)(t的系数应该相等 0 6 1 21 =+ zszs CC； ； 解之：032 21 =+ zszs CC 3 1 ; 2 1 21 = zszs CC 于是，零状态响应零状态响应：)( 3 1 2 1 6 1 )( 32 tueety tt zs += 方法二：零初始条件下应用求系统传递函数再求反变换方法得到零状态响应更简单： 因为输出的拉氏变换： ) 3(3 1 )2(2 1 6 1 65 11 )( 2 + + + = + = ssssss sy 故零状态分量：)( 3 1 2 1 6 1 )( 32 tueety tt zs += 系统完全响应：)( 3 8 2 7 6 1 )()()( 32 tueetytyty tt zszi +=+= 自由响应分量：)() 3 8 2 7 ( 32 tuee tt ；强迫响应分量：)( 6 1 tu； 解： （2）特征方程：，特征根为：023 2 =+1 1 =；2 2 = 齐次解： tt h eCeCty 2 21 )( += 特解也即强迫响应：Btyp=)(；代入原方程(1)解之： 2 1 =B 系统完全响应： 2 1 )( 2 21 += tt eAeAty 因为：1)0( 21 =+= CCyzi；02)0( 21 = CCyzi 解之：1, 2 21 =CC 课后答案网 课后答案网 故零输入分量零输入分量： )(2)( 2 tueety tt zi = 方法一： )( 2 1 )( 2 21 tueCeCty t zs t zszs += ；求其一阶、二阶导数后代入原方程(t=0) )()()(2)(3)(tttytyty zszszs +=+ 方程两边关于)(t的系数应该相等 1 2 1 21 =+ zszs CC； 1 3 2 2 21 =+ zszs CC； 解之： 2 3 ; 1 21 = zszs CC 于是，零状态响应：)( 2 3 2 1 )( 2 tueety tt zs += 仿(1)方法二，可求得： )2(2 3 ) 1( 1 2 1 23 11 )( 2 + + + = + = ssssss sy 故零状态分量：)( 2 3 2 1 )( 2 tueety tt zs += 系统完全响应：)( 2 1 2 1 )()()( 2 tueetytyty tt zszi +=+= 自由响应：)() 2 1 ( 2 tuee tt +；强迫响应：)( 2 1 tu； 解： （3）零输入响应：特征值为1 1 =，2 2 =， tt zi ececty 2 21 )( += 代入初值1)0(= + y，可得0)0( = + y2 1 =c，1 2 =c，即； tt zi eety 2 2)( = 零状态响应：)(7)(2)()(2 )( 3 )( 3 2 2 tuettty dt tdy dt tyd t +=+ 根据冲激函数匹配法可得，1)0(= + y，； 5)0( = + y t ety dt tdy dt tyd 3 2 2 7)(2 )( 3 )( =+， （时 ） ， 特 解 形 式 为 指 数 信 号ce， 可 得0t t3 t zsp ety 3 2 7 )( =，齐次解的形式为 tt zsh ecey 2 21 +ct)(= 于是有 ttt zs eececty 32 21 2 7 )( +=，代入初值1)0(= + y，有5)0( = + y 2 1 1 =c， ，即3 2 =c ttt zs eeety 32 2 7 3 2 1 )( +=； 课后答案网 课后答案网 完全响应： ttt zszi eeetytyty 32 2 7 4 2 5 )()()( +=+=， （t时） ； 0 自由响应：)()4 2 5 ( 2 tuee tt ；强迫响应：)( 2 7 3 tue t ； 解： （4）t时，0t 3 1 )(=tyzsp 齐次解的形式为是有 tt zsh ececty 3 2 2 1 )( += 3 1 )( 3 2 2 1 += tt zs ececty 代入初值，y有0)0(= + y12)0( = + 11 1 =c， 3 34 2 =c， 即 3 1 3 34 11)( 32 += tt zs eety； 完全响应： 3 1 3 32 10)()()( 32 +=+= tt zszi eetytyty， （t时） ； 0 自由响应：)() 3 32 10( 32 tuee tt ；强迫响应：)( 3 1 tu； 解： （5）t时，0 即)() 2 3 2 1 ()()( 2 tuetts t = ； 单位冲激响应)()()( )( )( 2 tuett dt tds t t +=h； (4)单位阶跃响应满足)(ts)()()()(2 )( 3 )( 2 2 tuttts dt tds dt tsd +=+ 根据冲激函数匹配法有，1)0(= + s，s的形式为2)0( = + )(ts 2 1 )( 2 21 += tt ecects 课后答案网 课后答案网 代入初值1)0(= + s，可得2)0( = + s 2 1 2 3 )( 2 += tt eets，t 0 即)() 2 1 2 3 ()( 2 tueets tt += ； 单位冲激响应)()3()( )( )( 2 tueet dt tds th tt +=； 2.22 求下列因果离散 LTI 系统的单位脉冲响应。 （1）3323 13+=nxnxnxnxny; （2）2 6 1 1 6 5 nxnynyny=+ （3）2223 14+=+nxnxnynyny 解： （1）令nnx=，则此题可直接写出： 3323 13+=nnnnnh （2）原式为：2 6 1 1 6 5 nnynyny=+ 当 n=0：12 6 1 1 6 5 0=+yyy 因为对于因果系统必有：02 1=yy。故10=y 又因特征方程：0 6 1 6 5 2 =+，特征根为： 2 1 1= ； 3 1 2 = 故有： nn CCny) 3 1 () 2 1 ( 21 += 代入初始条件，0 1=y10=y，有 0) 3 1 () 2 1 ( 1 1 2 1 1 =+= CCy 10 21 =+=CCy 解之，得 2, 3 21 =CC 故得单位阶跃响应：)() 3 1 (2) 2 1 (3nunh nn = （3） 先求出输入为n时的系统单位阶跃响应 h1n， 利用时不移性可求得输入单独为n-2 时的系统单位阶跃响应 h2n，最后由线性系统的叠加原理，将 h1n与 h2n相加便得到总的 系统单位阶跃响应 hn 第一步：对23 14nnynyny=+ 当 n=0：23 1410=yyy 因为对于因果系统必有：02 1=yy。故10=y 又因特征方程：，特征根为：034 2 =+1 1= ；3 2 = 故有： nn CCny)3() 1 ( 21 += 课后答案网 课后答案网 代入初始条件，0 1=y10=y，解之得： 2 3 , 2 1 21 =CC 故得单位阶跃响应：)()3)( 3 2 () 2 1 ( 1 nunh n += 第二步：求输入为n-2时的系统单位阶跃响应 h2n 即设原式为 223 14=+nnynyny 由时不变系统特性：单位阶跃响应：)2()3)( 3 2 () 2 1 ( 2 2 += nunh n 总的单位阶跃响应 hnh1n2h2n 即： )3)( 2 5 () 2 3 (2)3(3)3)( 2 3 ( 2 3 )2()3)( 2 3 () 2 1 (2)()3)( 2 3 () 2 1 ( 2 2 nununu nununh nnn nn +=+= += 2.23 解差分方程（n0） ，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。 （假定系统为因果系统） (1)12, 2 1, 022 13=+yynynyny 解： （1）由原方程 022 13=+nynyny可知 系统特征方程：，特征根为：023 2 =+1 1 =；2 2 = 故有： nn CCny)2() 1( 21 += 将起始条件：12, 2 1=yy代入原方程， 可求到初始条件：y 201 , 80=y 代入方程 yn后求解得：12, 4 21 =CC 故，完全响应为： )2(12) 1(4nuny nn = 因为输入为零，故自由响应分量与零输入响应相同，无强迫响应分量。 同时，零状态响应为零。 即： 零输入响应 4( 1)12( 2) nn zi ynu n= 零状态响应 0 zs yn = 自由响应分量 4( 1)12( 2) nn y nu n= 强迫响应分量 0y n = (2) 02, 1 1,2 1 2 3 =+yynunynyny-注意此题与书上不同！书上的题 目无法求特征根，且初始条件有误 解：因为系统特征方程：01 2 3 2 =+，特征根为： 2 1 =； 2 1 2 = 所以方程的齐次解为： nn h CCny) 2 1 ()2( 21 += 课后答案网 课后答案网 将方程的一个特解代入原方程：DnyP=1 2 3 =+DDD；解之： 3 2 =D 方程的全解： 3 2 ) 2 1 ()2( 21 += nn CCny 方程的初始条件可由已知的起始条件 1 ,0yy02, 1 1=yy求出： 2 1 2 1 2 3 10=+=yyy； 4 11 10 2 3 1 1 =+=yyy 将初始条件代入方程的全解，求得： 1 ,0yy 10 1 , 15 16 21 =CC 故系统的完全响应为：) 2 1 ( 10 1 )2( 15 16 3 2 nuny nn = 自由响应分量：) 2 1 ( 10 1 )2( 15 16 nuny nn = 强迫响应分量：) 3 2 (nuny= 零输入响应： nn zi AAny) 2 1 ()2( 21 +=,代入起始条件02, 1 1=yy，得 12 2 1 1 21 =+=AAyzi 04 4 1 2 21 =+=AAyzi 解之， 10 1 , 5 8 21 =AA 故系统零输入响应 ) 2 1 ( 10 1 )2( 5 8 nuny nn zi += 书上的方法我以为更麻烦一些：即先将起始条件02, 1 1=yy代入原方程求出初 始条件 1 ,0yy 2 3 2 1 2 3 0=+=yyyzi； 4 13 10 2 3 1 =+=yyyzi 然后再代入零输入方程： 2 3 0 21 =+=AAyzi 4 13 2 1 2 1 21 =+=AAyzi 解之： 10 1 , 5 8 21 =AA；结果与上相同。 零状态响应 n zs n zszs CCny) 2 1 ()2( 3 2 21 +=； 考虑：y-1=0, y-2=0 代入系统原方程可得： 2 1 1 , 10=yy 代入上面零状态响应方程，可求得： 5 1 , 15 8 21 = zszs CC 课后答案网 课后答案网 故系统零状态响应 ) 2 1 ( 5 1 )2( 15 8 3 2 nuny nn zs += 因而系统的完全响应又可写为：nynyny zszi += (3) 00 1,32 12=+yynynyny n 解：因为系统特征方程：，特征根为： 012 2 =+1 21 =； 所以方程的齐次解为： n h nCCny) 1)( 10 += 将方程的一个特解代入原方程：；解： n P Dny3= 22 3323=+DDD 16 9 =D； 故，方程的全解： nn nCCny3 16 9 ) 1)( 10 += 考虑零输入响应：由于初值为00=y，0 1 =y，且激励为，可得； 00=nyzi 考虑零状态响应：可计算出在输入激励下的初值为10=y，1 1 =y 代入方程： nn zs nCCny3 16 9 ) 1)( 10 +=后，可计算得到： 4 1 , 16 7 10 =CC 于是零状态响应与完全响应均为：3 16 9 ) 1)( 416 7 (nu n ny nn zs +=； 自由响应：) 1)( 416 7 (nu n n +； 强迫响应：3 16 9 nuny n zs =。 (4) 2, 1 2 1 nununxnxnyny+=+ 解：因为当时，0= = 10 11 2 sin 2 3 sin 1 1 n n nx F 3 2 sin 2 3 sin lim 0 = 所以： + 0 （2）x00 （3）2sinsin)(Im = j eX （4）6)( 2 = deX j 求 xn 解 3 2 6 )( 2 1 2 2 2 = = deXnx j n 由2sinsin)(Im = j eX得 2)