何子述信号与系统习题解答第7章z变换.pdf

第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 240 第第 7 章 z 变 换 习 题 解 答 章 z 变 换 习 题 解 答 一、基本概念与基本运算习题 一、基本概念与基本运算习题 题 7.1 解： (1)不是任意的信号都存在 z 变换。反例：()() 000 1,cos,sinznnww，因为对这 些信号，求和式( ) n n F zf n z - =- =不收敛。 (2)同理， 2 n f na u n=的z变换不存在。 题 7.2 解： 逆z变换的表达式为 ( ) 1 1 d 2j n f nF z zz - = 其物理意义是，将离散时间信号 f n分解成无穷多个离散复指数信号 1n z 之和，且 1n z 的幅度为 ( )d / 2jf nF zz=，复数z的取值是包含原点的闭合路径。 积分路径不是唯一的，使积分收敛的闭合路径均可。 题 7.3 解： （a）将式 22f nnn=-+代入主教材式( ) n n F zf n z - =- =中，可求得 ( ) 22 22 nn nn nn nn F zf n znnz nznz - =-=- - =-=- =-+ =-+ 利用单位冲激信号的筛选性，可得 ( ) 22, 0时，求和项收敛，有 ( ) 2 1 2 84 1 1 2 F zzz z- =+ - 整理得z变换为 ( ) 2 1 81 , 1 2 1 2 z F zz z- = - （c）将式 ()22 n f nun= - -代入z变换定义式，可得 ( ) 2 ( 2) nnn nn F zf n zz - - =-=- =- 在上式中，令nm=- ( ) 2 1 2 m m F zz = =- 补充0,1m=两点，有 ( ) 0 11 1 22 m m F zzz = =- +- 当 1 1 2 z ， f n是右向信号。 题 7.5 解： 由原教材图P7.5，有 ( ) () ()() 1 1 1 11 16 11 55 111 12 12112 222 z zz F z z zzzzz - - - - - + =+ - +-+- （1）若 f n为左边信号，( )F z的收敛域应为最靠近原点的极点的圆内z平面，所 以收敛域为 1 2 z ，根据主教材的z变换对 1 1 , 1 n a u nza az Z - - ，可求得 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 244 116 2 525 n n f nu nu n =-+ （3）若 f n的傅里叶变换存在，则( )F z的收敛域应包含单位圆，故收敛域为 1 2 2 zmax,= 3 zpa 若是这种情况，当信号 1 2 n f n 的z变换的收敛域 1 2 za包含单位圆1z =时，信 号 1 4 n f n 的z变换的收敛域 1 4 za也一定包含单位圆1z =；这与信号 1 4 n f n 的傅 里叶变换不存在矛盾。 （3）ROC： 22 11 , 62 zp不可能包含单位圆 1z =，这与条件信号 1 2 n f n 的傅里叶变换存在矛盾。 （4）ROC： 22 11 , 33 pzp 若是这种情况，信号 1 2 n f n 的z变换的收敛域为 2 11 26 pz，并考虑信号 1 2 n f n 的傅里叶变换存在，所以有 2 1 1 2 p，即 2 2p。 同时考虑信号 1 4 n f n 的傅里叶变换不存在，应满足 2 1 - ( ) 2 1 11 , 1 3 1 3 Fzz z- = - 由主教材z变换的时移特性和时域反转特性，可得 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 247 ( ) 1 1 11 1 1,2 12 z f nzF zz z Z - - - - = - 2 2 1 3 1,3 13 z fnz z Z - - - - + 3z， 不存在公共收敛域， 所以( )F z不存在。 （d）信号 f n可表示为如下形式 () () 2411 41 n f na aun - =- 由主教材式 1 1 1, 1 n a unza az Z - - - - ，可求得 1 1 , 1 n a u nza az Z - - 再由主教材式 1 1 1, 1 n a unza az Z - - - - 再由z域尺度变换特性得 () 1 1 1,1 1 n u nz z Z - - + 再由z域微分特性得 () () 2 1 1,1 1 nz nu nz z Z - - + () () 12 2 3 1 1,1 1 nzz nu nz z Z - - - - + （h）信号 f n可表示为如下形式 () =0 (1) =1 n n k k f nu nu n=-* 由主教材的阶跃信号的z变换可得到 1 1 ,1 1 u nz z Z - - 再由z域尺度变换特性得 () 1 1 1,1 1 n u nz z Z - - + 再由z变换的时域卷积特性得 ( ) 112 111 ,1 111 F zz zzz - = +- 题 7.14 解： （a） f n的z变换为( )F z， 0 ROC: zz 由z变换的时域反转特性和时移特性得 () 1 fnF z Z - - ()() 21 +2fnz F z Z - - 再由z域的微分特性得 () ()() 21 211 d 22 d z F z nfnzz F zzFz z Z - - - - -=-+ 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 252 () ()()() 21 2 2111 0 d d d 2 d 1 43, z F z z z n fnz z z F zzFzFzz z Z - - - - - - =-+ （c）信号 f n可表示为如下形式 n n kf knf nu n =- =* 由z变换的z域微分特性和时域卷积特性得 ( )( ) 0 2 1 dd 1 ,max,1 d11d n n F zF z z kf kzzz zzzz Z - - =- - -= - （d）信号 f n可表示为如下形式 , 0 n kn k ka f kna f nu na =- =* 由z域的尺度变换特性、微分特性和时域卷积特性得 () 1 0 , n a f nF azzaz Z - () 1 2 0 d ,max,1 d1 n kn k F az z ka f kna f nu nzaz zz Z - =- - =* - （e）信号 f n可表示为如下形式 () 0 n nn k akf kanf nu na， =- =* 由z域微分特性和时域卷积特性得 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 253 () ( ) 0 1 d1 ,max,1 d1 F z nf nu nzzz zz Z - * - - 再由z域的尺度变换特性得 () 1 1 0 1 d 1 ,max,1 d1 n n k F az akf kazzaz zaz Z - - - =- - - 题 7.15 解： （a）利用初值定理和终值定理得 ( ) 1 0lim 2 z fF z =- ()( ) 1 1 1 ()limlim 1 3 nz ff nzF z - =-= （b）利用初值定理和终值定理得 ( ) 2 2 11 1 0limlim1 11 11 43 zz z fF z zz - - + = -+ () ()( ) 1 1 limlim 10 nz ff nzF z - =-= 题 7.16 解： （a）由( )F z的表达式可知，( )F z有三个单极点 123 1 =1,=2,= 3 ppp-，可将 ( ) 1 zF z - 表示为 ( ) ()() ()() 2 1312 41 32 1112 12 33 zz CCC zF z zz zzzz - -+ =+ +- +- 根据主教材的部分分式分解法，可确定上式中的待定系数为 ()( ) 1 1 1 17 1 24 z CzzF z - =- =+= ()( ) 1 2 2 11 2 30 z CzzF z - = =-= ( ) 1 3 1 3 13 340 z CzzF z - = =-=- 可得到 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 254 ( ) ()() 1 11317 304024 112 3 zF z zz z - - =+ +- - 两边同乘z，表示成z的负幂次 ( ) 11 1 11317 304024 ,12 1 112 1 3 F zz zz z - - - =+ -+ 由于极点都是位于收敛圆环2z 的内侧， 为右边信号的极点， 根据主教材的常用z 变换对，逆z变换 f n为 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 255 jj 22 113j13j 2e2e 102020 113 2cos2cos 10102102 nn nn nn f nu nu nu n nn u nu nu n - - +- - =+ =- （c）由( )F z的表达式可知，( )F z有一个单极点 1 1 = 2 p-，一个二重极点 2=2 p。 可将( ) 1 zF z - 表示为 ( ) () () () 2 111112 2 2112 2 2 22 CCCzz zF z z z zzz - + =+ - - -+ 根据主教材的部分分式分解法,可确定上式中的待定系数为 ( ) 1 1 1 2 11 225 z CzzF z - =- =+=- ()( ) 2 1 11 2 8 2 25 z CzzF z - = =-= ()( ) 2 1 12 2 d26 2 d25 z CzzF z z - = =-= 可得到 ( ) () ()() 1 1 22 112 1 11 1826 11 252525 ,2 11 2 1212 1121 22 z z F zz zz zzz - - - - - - + =+ - - - 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 256 根据主教材式的部分分式分解法,可确定上式中的待定系数为 ()( ) 3 1 1 1 13 z CzzF z - = =-= ()( ) 3 1 2 1 d 13 d z CzzF z z - = =-= ()( ) 2 3 1 3 2 1 d 12 d z CzzF z z - = =-= 可得到 ( ) ()() () 32 332 ,1 1 11 zzz F zz z zz =+ - - 由于极点 1=1 p是位于收敛圆环1z 的内侧，为右边信号的极点，根据主教材的常 用z变换对，求其逆z变换可得 f n为 () 2 3 132 2 33 2 22 f nn nu nnu nu n nnu n =-+ =+ + 题 7.17 解： 由于是右边信号，将除式和被除式均按降幂次排列，应用长除法得 321 346237 13 127 124 47 457 22 2142 12 242 242 22 242 zzz zzzzzz zz zzz zzz zz zzz - - - - - - - +- -+-+ -+ -+ -+ -+ -+- 所以，0n -+ 则系统函数( )H z的零极点如图J7.20.1所示。 Re Im 0 3 2 z 图图J7.20.1 系统函数 系统函数( )H z的零极点图 的零极点图 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 259 （2）对( )H z进行部分分式分解可得 ( ) 11 22 55 1312 H z zz - - =+ -+ 求其逆z变换可得系统冲激响应为 () 2 32 5 n n h nu n =- - （3）系统不稳定，因为 h n的收敛域不包含单位圆。 （4）由主教材式( )( ) inv 1HzH z=，可求得 ( ) ( ) ()() () 11 1 inv 1 1312 11 16,0 22 zz Hzzzz H zz - - - -+ =- - 求其逆z变换为 inv 11 131 22 hnnnn=+- 由于 inv hn的收敛域包含单位圆，所以它是稳定系统。 题 7.21 解： （1）输入的z变换为 1 11 , 1 2 1 2 f nz z Z - - 输出的z变换为 12 1 11 2 21 11 3 2, 11 3 11 33 zz y nzz zz Z - - - - -= - 根据系统函数的定义，可得系统函数( )H z为 ( ) ( ) ( ) 12 1 1 2 21 1 3 1 1 2 1 3 zz Y z H zz F z z - - - - =- - 整理可得 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 260 ( ) 1 12 1 1 1 1 2 2, 1 3 1 3 z H zzzz z - - - - = - 且仅当( )H z的收敛域为 1 3 z 时，响应的z变换( )Y z的收敛域才可能为 1 3 z 。 （2）求( )H z的逆z变换可得 1 11 1 2121 32 3 nn h nnnu nu n - =-+- （3）由系统函数( )H z，可得系统的差分方程为 1551 1123 3233 y ny nf nf nf nf n-=-+-+- 题 7.22 解： （a）由题，可得 ( ) jj2 1 10.1e0.72e H WW W - = +- 则系统的零极点图和幅频特性图分别如图J7.22.1和图J7.22.2所示。 Re Im 10.9 1 1 A 2 A 0.8 j e z 图图J7.22.1 主教材例 主教材例7.6.4向量向量 1 A、 2 A长度随长度随变化 变化 O j e H 图图J7.22.2 系统（a）的幅频特性图 系统（a）的幅频特性图 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 261 (b) 由题，可得 ( ) j2 1 10.64e H W W - = + 则系统的零极点图和幅频特性图分别如图J7.22.3和图J7.22.4所示。 Re Im 1 平面 1 1 A 2 A 0.8j 0.8j j e 单位圆 z 图图J7.22.3 向量 向量 1 A、 2 A长度随长度随变化 变化 O /2 / 2 j e H 图图J7.22.4 系统（ 系统（b）的幅频特性图 ）的幅频特性图 (c) 由题，可得 ( ) j 1 10.5e H W W - = + 则系统的零极点图和幅频特性图分别如图J7.22.5和图J7.22.6所示。 Re11 1 A 0.5 j e z 图图J7.22.5 向量 向量 1 A长度随长度随变化 变化 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 262 O j e H 图图J7.22.6 系统（ 系统（c）的幅频特性图 ）的幅频特性图 (d) 由题，可得 ( ) ()() jj 1 11.1e10.8e H WW W - = +- 则系统的零极点图和幅频特性图分别如图J7.22.7和图J7.22.8所示。 Re Im 1 1 1 A 2 A 0.8 1.1 j e z 图图J7.22.7 向量 向量 1 A、 2 A长度随长度随变化 变化 O j e H 图图J7.22.8 系统（ 系统（d）的幅频特性图 ）的幅频特性图 题 7.23 解： （a）因为是因果系统，所以 1 2 z ，由于此收敛域包含单位圆，所以该系统稳定。 又因为它的极点和零点并不全在单位圆内，所以它不是最小相位系统。 由于 ( ) () 11 111 2 112 3 111 111 223 zz H z zzz - - +- = -+- 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 263 也可表示为 ( ) () ( )( ) 11 1 1 111 minap 2 110.5 123 11110.5 111 223 zz z H z z zzz Hz Hz - - - - +- - = - -+- = 可以看出， ( ) min Hz是最小相位系统，而( ) ap Hz为全通系统。 （b）因为是因果系统，所以2z ，由于此收敛域不包含单位圆，所以该系统不稳 定。 又因为它的极点和零点不都在单位圆内，所以它不是最小相位系统。 由于 ( ) () ()() () () ()()() () 11 2 1111 11 111 11111 1j 21j 2 12 11 121121 44 11 1j1+j 10.51j 21j 2 22 111 10.51121j1+j 422 zz z H z zzzz zz zzz zzzzz - - - - - - +- + = -+-+ - -+- = -+- ( )( ) minap Hz Hz = 可以看出， ( ) min Hz是最小相位系统，而( ) ap Hz为全通系统。 （c）因为是因果系统，所以此收敛域不包含单位圆，所以该系统不稳定。 又因为它的极点和零点不都在单位圆内，所以它不是最小相位系统。 由于 ( ) () () ()() () ()() ( )( ) 1 1 211 1111 11111 minap 1 12 1 2 = 2141j21j2 111 11j1+j12 1222 1112 1j1+j1j21j21 222 z z H z zzz zzzz zzzzz Hz Hz - - - - - - - = - +- - = - -+- = 可以看出，( ) min Hz是最小相位系统，而( ) ap Hz为全通系统。 题 7.24 解： 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 264 （a）根据定义， f n的双边z变换为 ( ) 22 ,0 - 根据定义， f n的单边z变换为 ( ) 1 0 1 1 2 , 1 2 1 2 n u n Fzf n zz z - - = = - （c）因为 ()() 2 22422 nn f nu nu n - = -=-是因果信号，所以双边变换和单 边变换一样，可得 ( )( ) 2 1 4 ,2 12 u z F zFzz z - - = + （d）因为 2221 nnn f nu nun=+- -的双边z变换没有公共收敛域，所以其双 边z变换不存在。 根据定义， f n的单边z变换为 ( ) 1 0 1 ,2 12 n u n Fzf n zz z - - = = - 题 7.25 解： 对差分方程取双边z变换，可得 ( )( )( )( ) 121 31 42 Y zz Y zz Y zzF z - -= 根据系统函数的定义，可得系统函数( )H z，并根据因果性可确定其收敛域为 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 265 ( ) ( ) ( ) 11 12 11 11 3 22 , 331 2 111 422 zz Y z H zz F z zzzz - - - = -+ （a）输入信号 f n的z变换为 ( ) () 1 1 1 11 3 111 2 ,2 11 122 1112 22 z F zz z zzz - - - - - =-=，( )( )( )Y zF z H z=没有公共的收敛域，( )Y z不存在， 所以 y n不存在。 题 7.26 解： （a） 1y ny nf n+-=， 1 3 n f nu n = ，11y -= 系统全响应 y n 设输入 f n和响应 y n的单边z变换为( ) u Fz和( ) u Yz， 对差分方程两边取单边z变 换，由单边z变换的时移特性，可得 ( )( )()( ) 1 1 uuu Yzz YzyFz - +-= 输入 f n的z变换为 ( ) 1 11 , 1 3 1 3 u Fzz z- = - 将初始条件11y -=代入，并整理得到 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 267 ( ) () 1 1 1 11 111 344 11 1 111 33 u z Yz z zzz - - - - - =+ + -+- 注意，( ) u Yz一共有两个极点，极点1-是系统的极点，由于系统是因果系统，所以 其收敛域应为1z ；而极点 1 3 是输入信号引入的极点，收敛域为 1 3 z 。所以( ) u Yz的 收敛域应为1z ， 1 3 z 的交集1z 。对( ) u Yz取逆z变换可得系统全响应为 () 11 1 1 44 3 n n y nu nu n =-+ 系统零状态响应 f y n 在单边z变换中，所有初始条件都置为0，则该式为 ( )( ) 1 1 1 1 1 3 uu Yzz Yz z - - += - 整理得到 ( ) () 1 1 11 31 1 44 11 1 111 33 u Yz z zzz - - - =+ + -+- 求逆z变换得零状态响应为 () f 31 1 1 44 3 n n y nu nu n =-+ 系统零输入响应 s y n 在的求解中，将输入置为零，有 ( )( )( ) 1 1=0 uuu Yzz YzyFz - +-= 将初始条件11y -=代入，并整理得到 ( ) 1 1 1 u Yz z- - = + 求逆z变换，且由系统是因果系统，可得 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 268 () s 1 n y nu n=- - 可以验证 sf +y ny ny n= （b） 11 21 42 y ny nf nf n-=-， f nu n=，11y -=， 21y -=- 系统全响应 y n 设输入 f n和响应 y n的单边z变换为( ) u Fz和( ) u Yz。 输入 f n的z变换为 ( ) 1 1 , 1 1 u Fzz z- = - 则 1 1 1 1 1 2 1,1 21 z f nf nz z Z - - - - - 对差分方程两边取单边z变换，利用单边z变换的时移特性，并代入初始条件，可 得 ( ) 1 21 1 1 1 111 2 1 4441 u z Yzzz z - - - - -+= - 整理得到 ( ) 1 11 2117 3824 ,1 11 1 11 22 u Yzz z zz - - - =+ - -+ 注意，( ) u Yz一共有三个极点，极点 1 2 和 1 2 -是系统的极点，由于系统是因果系统， 所以其收敛域应为 1 2 z ； 而极点1是输入信号引入的极点， 收敛域为1z 。 所以( ) u Yz 的收敛域应为1z ， 1 2 z 的交集1z ，对( ) u Yz取逆z变换可得系统全响应为 21 1171 38 2242 nn y nu nu nu n =-+- 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 269 系统零状态响应 f y n 在单边z变换中，将所有初始条件都置为0，则有 ( )( ) 21 11 11 42 uu zYzFzz - -=- 整理得到 ( ) 1 1 21 33 ,1 1 1 1 2 u Yzz z z - - =+ - + 求逆z变换得零状态响应为 f 211 332 n y nu nu n =+ - 系统零输入响应 s y n 在的求解中，将输入置为零，有 ( ) 21 111 10 444 u Yzzz - -+= 整理得到 ( ) 1 2 11 + 1 44 , 1 2 1 4 u z Yzz z - - - = - 求逆z变换得零输入响应 sf 311 1 828 2 nn y ny ny nu nu n =-=- 可以验证 sf +y ny ny n= （c） 1 12 2 y ny nf n-=， 2 cos( / 2) n f nnu n=，12y -= 设输入 f n和响应 y n的单边z变换为( ) u Fz和( ) u Yz， 对差分方程两边取单边z 变换，可用单边z变换的时移特性，可得 ( )( )( ) 1 1 12 2 uuu YzYz zyFz - -+-= 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 270 输入 f n的z变换为 ( ) 1 2 12 12cos 1 2 ,2 1 14 1cos4 42 u z Fzz z zz - - - - = + -+ 将初始条件代入，并整理得到 ( ) () 2 312 -1-1 1 12 34 11 1+2jz12jz 1114 22 u CCCz Yz zzz - - - + =+ - -+ 由( ) u Yz的表达式可知，( )F z有三个单极点 123 =1,=2j,=2jppp-，可将( ) 1 u z Yz - 表示为 ( )( ) 13 12 1 +2j2j 2 u CCC G zz Yz zz z - =+ - - 根据主教材的部分分式分解法,可确定上式中的待定系数为 ( ) 1 1 1 2 119 217 z CzzF z - = =-= ()( ) 1 2 2j 4j164j 2j 14j17 z CzzF z - =- + =+= + ()( ) 1 3 2j 4j164j164j 2j 14j1717 z CzzF z - = -+- =-= - +- 将系数 1 C、 2 C、 3 C代入( )G z的表达式，可得 ( ) 19164j164j 171717 1 +2j2j 2 G z zz z +- =+ - - 再由( )( ) u YzzG z=，可求得 ( )( ) 11 1 19164j164j 171717 ,2 1 1+2j12j 1 2 u YzzG zz zz z - - +- =+ - - 注意，( ) u Yz一共有三个极点，由于系统是因果系统，所以其收敛域应为2z ；对 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 271 ( ) u Yz取逆z变换可得系统全响应为 jj 22 19 1164j164j 2 e2 e 17 21717 19 1328 2 cos2 sin 17 2172172 n nn nn n nn y nu nu nu n u nn u nn u n - +- =+ =+ 系统零状态响应 f y n 在单边z变换中，所有初始条件都置为0，则该式为 ( )( )( ) 1 1 2 2 uuu YzYz zFz - -= 整理得到 ( ) ( ) () 11 11 12 2164j164j 22 171717 111 12j12j 11114 222 u u Fz Yz zz zzzz - - - +- =+ +- -+ 求逆z变换得零状态响应 jj 22 f 2 1164j164j 2 e2 e 17 21717 2 1328 2 cos2 sin 17 2172172 n nn nn n nn y nu nu nu n u nn u nn u n - +- =+ =+ 系统零输入响应 s y n 在的求解中，将输入置为零，有 ( )( )() 1 1 10 2 uu YzYz zy - -+-= 整理得到 ( ) 1 11 , 1 2 1 2 u Yzz z- = - 注意，由于系统是因果系统，所以其收敛域应为 1 2 z ，对( ) u Yz取其逆z变换可得 系统全响应为 s 1 2 n y nu n = 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 272 可以验证 sf +y ny ny n= 题 7.27 解： （1）因为系统是稳定的，所以系统函数的收敛域应包含单位圆，为 1 3 2 z （a）输入信号 22 1nf n=为复指数信号，且 0 1z =位于( ) H z的收敛域内，所 以响应为 ( ) 1 2 18 n z y nH z = = （b）输入信号 1 11 =2 22 nn f n - = 为复指数信号，由于 0 1 2 z =位于( ) H z的收敛域 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 273 内，所以响应 y n为 ( ) 1 2 11 218 22 nn z y nH z = = （c）输入信号 1 22 2 nn f n + =为复指数信号，且 0 2z =位于( ) H z的收敛域内， 所以响应为 ( ) 2 9 2 22 2 nn z y nH z = = （d）输入信号 () 1 cos / 3 4 n f nn = - 为复指数信号,并且 ()() j /3j /3j/3j/3 111111 cos / 3 =ee=e+e 442244 nnnn nn f nn - = -+- 由于 /3 1 e 4 -和 /3 1 e 4 - -均位于( ) H z的收敛域内，所以响应为 j/3j/3j/3j/3 11111 eHe+eHe 24444 11 =11cos+4 3sin 4343 nn nn y n nn - =- - 题 7.28 解： （a）离线时间系统的系统函数( )H z为 ( ) ()() 1212 123 111 110110 531 121131 222 zzzz H z zzzzzz - - - -+-+ = -+- 根据主教材的直接实现方框图，并注意离散系统的系统函数( )H z的系数在图中的 位置，可得系统方框图的直接型如图J7.28.1所示。 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 274 3 2 2 5 2 1-10 f n 1 z 1 z 1 z y n 图图J7.28.1 系统方框图的直接型实现 系统方框图的直接型实现 利用部分分式分解法，系统函数( )H z可分解为 ( ) ()() 12 11 1 111 110221 11 113 11131 22 zz H z zz zzzz - - - - -+- =+ +- -+- 根据主教材并联型的方框图，可画出其并联型的方框图如图J7.28.2所示。 f n 1 2 1 z 1 z 1 z y n -2 1 2 3 图图J7.28.2 系统方框图的并联型实现 系统方框图的并联型实现 系统函数( )H z也可以看成3个子系统的级联，为 ( ) ()() 1212 12 1 111 1101101 11 123 11131 22 zzzz H z zz zzzz - - - - -+-+ = - -+- 可画出系统级联型方框图如图J7.28.3所示。 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 275 3 2 1-10 f n 1 z 1 z y n 1 z 1 2 图图J7.28.3 系统方框图的级联型实现 系统方框图的级联型实现 （b）离线时间系统函数的系统函数( )H z为 ( ) () 12 12 123 11 5 5 22 22 2 2 513 11 222 zzz zz H z zzzzzz - - - - -+ -+ = -+- 根据主教材的直接实现方框图，并注意离散系统的系统函数( )H z中的系数在图中 的位置，可得系统方框图的直接型如图J7.28.4所示。 1 5 2 2 f n 1 z 1 z 1 z y n 5 2 1 2 2 图图J7.28.4 系统方框图的直接型实现 系统方框图的直接型实现 利用部分分式分解法，系统函数( )H z可分解为 ( ) () 12 11 1 11 5 22 1212 13 112 11 22 zzz H z zz zzzz - - - - -+ - =+ - +- 根据主教材并联型的方框图，可画出其并联型的方框图，如图J7.28.5所示。 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 276 f n 1 z 1 z 1 z y n 1 2 2 图图J7.28.5 系统框图的并联型实现 系统框图的并联型实现 系统函数( )H z也可以看成3个子系统的级联，为 ( ) () 12 12 121 11 5 5 22 22 12 2 313 111 222 zzz zz H z zzzzzz - - - - -+ -+ = -+- 可画出系统级联型方框图如图J7.28.6所示。 2 3 2 5 2 f n 1 z 1 z y n 1 z 2 图图J7.28.6 系统方框图的级联型实现 系统方框图的级联型实现 题 7.29 解： （1）由题，对差分方程两边求z变换可得 ( )( )( )( )( ) 121 31 2 42 Y zz Y zz Y zF zzF z - -=+ 且由系统函数的定义，可得 ( ) ( ) ( ) 11 121111 1711 22 1 2442 33131 11111 42222 zz Y z H z F z zzzzzz - - + =+= -+-+ 则可画出信号流图的直接、并联、级联实现形式，分别如J7.29.1、图J7.29.2、图J7.29.3 所示。 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 277 1 z- 1 z- ( )F z ( )Y z 3 4 2 1 2 图图J7.29.1 信号流图的直接实现形式 信号流图的直接实现形式 1 z- ( )F z( )Y z 3/ 2 7 4 1 z- 1 4 1/ 2- 图 图J7.29.2 信号流图的并联实现形式 信号流图的并联实现形式 ( )F z 1 z- 1 z- 2 1 2 3 2 1 2 - ( )Y z 图图J7.29.3 信号流图的级联实现形式 信号流图的级联实现形式 （2）1直接型 根据图J7.29.1可知状态变量和输入变量之间满足关系 12 22 2221 1 3 1 4 153 212 222 x nx n x nx nx nf n y nx nx nx nx nf n += +=+ =+=+ 便可得到系统的状态方程为 11 22 01 1 0 3 111 4 x nx n f n x nx n + =+ + 输出方程为 1 2 35 2 22 x n y nf n x n =+ 第 7 章 习题解答 信号与系统 何子述 高等教育出版社 278 并联型 根据图J7.29.2可知状态变量和输入变量之间满足关系 11 22 12 3 1 2 1 1 2 71 44 x nx nf n x nx nf n y nx nx n +=+ +=+ =+ 便可得到系统的状态方程为 11 22 3 0 11 2 111 0 2 x nx n f n x nx n + =+ + - 输出方程为