信号与系统版课后答案郑君里高等教育出版社.pdf

1 1-4 分析过程： （1）例 1-1 的方法：( )()()()23232f tf tftft （2）方法二：( )( )() 2 3332 3 f tftftft （3）方法三：( )()()()232f tftftft+ 解题过程： （1）方法一： 方法二： 方法三： ( )f t 1 10 -1 -2 1 ()2f t 13 2 1 ()32ft 2/3 1 -2/3-1 1 ()32ft ( )f t 10 -1 -2 1 ()3ft -2/3 1/3 ()32ft 1 2/3 1 -2/3-1 ()32ft 2 1-5 解题过程： （1）()fat左移 0 t：()()() 000 += fa ttfatatf tat （2）()f at右移 0 t：()()() 000 = f a ttf atatf tat （3）()f at左移 0 t a ：()() 0 00 +=+ t fa tf attf tat a （4）()f at右移 0 t a ：()() 0 00 =+= t fa tfattf tat a 故（4）运算可以得到正确结果。 注：1-4、1-5 题考察信号时域运算：1-4 题说明采用不同的运算次序可以得到一致的结果； 1-5 题提醒所有的运算是针对自变量t进行的。如果先进行尺度变换或者反转变换，再进行 移位变换，一定要注意移位量和移位的方向。 1-9 解题过程： （1）( )()( )2 t f teu t = （2）( ) ()( ) 2 32 tt f teeu t =+ ( )f t 10 -1 -2 1 ()ft 2 10-1 1 ()2ft 0-1 -2 -3 1 -2/3-1 ()32ft 3 （3）( ) ()( ) 2 55 tt f teeu t = （4）( )()()()cos 1012 t f tetu tu t = 1-12 解题过程： （1） （2） （3） （4） （5） （6） ( )f t 1 1 ( )f t 1 1 ( )f t 1 1 ( )f t 1 -1 ( )f t 1 1 ( )f t 3 2 3 2 4 （7） 注：1-9、1-12 题中的时域信号均为实因果信号，即( )( ) ( )=f tf t u t 1-18 分析过程：任何信号均可分解为奇分量与偶分量之和的形式，即 ( )( )( )( )1 eo f tftft=+? 其中，( ) e ft为偶分量，( ) o ft为奇分量，二者性质如下： ( )()( ) ( )()( ) 2 3 ee oo ftft ftft = = ? ? ? ? ( )( )13 式联立得 ( )( )() 1 2 e ftf tft=+ ( )( )() 1 2 o ftf tft= 解题过程： (a-1) (a-2) (a-3)(a-4) ( )f t 1 -2 2 3 5 (b) ( )f t为偶函数，故只有偶分量，为其本身 (c-1)(c-2) (c-3)(c-4) (d-1)(d-2) (d-3)(d-4) 1-20 分析过程：本题为判断系统性质：线性、时不变性、因果性 （1）线性（Linearity） ：基本含义为叠加性和均匀性 6 即 输 入( ) 1 x t，( ) 2 xt得 到 的 输 出 分 别 为( ) 1 y t，( ) 2 yt，( )( ) 11 T x ty t= ， ( )( ) 22 T xtyt= ，则( )( )( )( ) 1 1221122 T c x tc xtc y tc yt+=+ （ 1 c， 2 c为常数） 。 线性系统是指系统的全响应可以分解为零输入响应和零状态响应， 并且二者均分别具有 线性性质。 本题未说明初始条件，可认为系统起始状态为零（ “松弛”的） ，故零输入响应为零，只 需判断系统的输入输出是否满足线性。 （2）时不变性（Time-Invariblity） ：是指当激励延迟一段时间 0 t时，其响应也同样延迟 0 t， 波形形状不变。 （3）因果性（Causality） ：是指系统在 0 t时刻的响应只与 0 tt=和 0 ttt 0)(=tr )2( )2()()()(r(t) )2(2 02 )(2)(2 += tuetudxetudxe t tt tt 0)2()( )2(2 2 0 )(2 =+= tuedxe tt dxee)( 2 0 24 = 2-23 化简下列两式： （1） ) 2 1 2( 2 t ； 令 0 2 1 2)( 2 =ttf 则：2 1 t 2 1 21 =t 2)(f 2)( 2 1 =ttf ) 2 1 () 2 1 ( 2 1 ) 4 1 ( 2 1 )( )( 1 ) 2 1 2( 2 2 1 2 += = ttttt tf t i i i （2） )(sint 。 令 2, 1, 0,(k 0sin=ktt ） + = - )k-(t(sint) 2-27 试求下列各值，设系统起始状态为零： （1） )(t p A + （2） )( )( 2 t p A + （3） )( )( t pp A + 解： （1） )()(tuAet p A t = + （2） )()( 0 )( )( )( 22 tuAtet pp A t p A t = + + + = + （3） )( )( t pp A +( = )()()() 11 (tuee A t pp A tt = + + 1 2-6 解题过程： （1）( )( )e tu t=，()01r =，() 02r = 方法一：经典时域法： 求 Zi r：由已知条件，有 ( )( )( ) ()() ()() 320 002 001 ZiZiZi ZiZi ZiZi rtrtrt rr rr + + += = = 特征方程： 2 320+= 特征根为： 1 1= ， 2 2= 故( )()( ) 2 12 tt Zi rtAeA eu t =+，代入() 0 Zi r + ，()0 Zi r + 得 1 4A =， 2 3A = 故 ( ) ()( ) 2 43 tt Zi rteeu t = 求 Zs r： 将( )( )e tu t=代入原方程，有( )( )( )( )( ) 323 ZsZsZs rtrtrttu t+=+ 用冲激函数匹配法，设 ( )( )( ) ( )( ) ( )( ) Zs Zs Zs rtatb u t rta u t rtat u t =+ = = 代入微分方程，平衡( )t两边的系数得1a = 故()() 0011 ZsZs rr + =+ =，()()000 ZsZs rr + = 再用经典法求( ) Zs rt：齐次解 ( ) ()( ) 2 12 tt Zsh rtBeB eu t =+ 因为( )( )e tu t= 故设特解为( )( ) Zsp rtC u t=，代入原方程得 3 2 C = 故( )( )( )( ) 2 12 3 2 tt ZsZshZsp rtrtrtBeB eu t =+=+ 代入() 0 Zs r + ，()0 Zs r + 得 1 2B = ， 2 1 2 B = 故( )( ) 2 13 2 22 tt Zs rteeu t = + 全响应：( )( )( )( ) 2 53 2 22 tt ZiZs r trtrteeu t =+=+ 自由响应：( ) 2 5 2 2 tt eeu t 2 受迫响应：( ) 3 2 u t 方法二：p算子法 ( )( )( )( )( ) 2 2 323 ddd r tr tr te te t dtdtdt +=+ 化为算子形式为：( )( )() ( ) 2 323ppr tpe t+=+ 特征方程： 2 320+= 特征根为： 1 1= ， 2 2= ( ) Zi rt的求法与经典时域法一致，( ) ()( ) 2 43 tt Zi rteeu t = 再求( ) Zs rt：( )( )e tu t=，( ) ()() ( )()( )( )( ) 2 3 3 12 tt p r tu tpe u teu tu t pp + =+ + 其中( )( )( )()( ) 222 0 11 22 t tttt e u teu tu teedeeu t =+ ( )()( )( ) 22 1113 32 2222 tttt Zs rtpeeu teeu t =+= + 全响应( )( )( )( ) 2 53 2 22 tt ZiZs r trtrteeu t =+=+ 自由响应：( ) 2 5 2 2 tt eeu t 受迫响应：( ) 3 2 u t 综观以上两种方法可发现p算子法更简洁，准确性也更高 （2）( )( ) 3t e teu t =，()01r =，() 02r = 运用和上题同样的方法，可得 全响应( )()( ) 2 54 tt r teeu t = 零输入响应：( ) ()( ) 2 43 tt Zi rteeu t = 零状态响应：( ) ()( ) 2tt Zs rteeu t = 自由响应：( )( ) 2 54 tt eeu t 受迫响应：0 2-10 分析： 3 ( )( )( )()( )( )( )( )( )( )( )5 d r tr tef tde te tf te te tf tt dx + += 已知冲激函数( )t与单位冲激响应( )h t为“输入输出”对，故( )( )e tt=时， ( )( )r th t=。类似上题，也可以用经典法和算子法两种思路求解该微分方程。 解题过程：方法一：经典法 代入( )( )e tt=，( )( )( )3 t f te u tt =+得到 ( )( )( )( )( )52 t d h th te u tt dt +=+? 对于因果系统()00h = 先求满足( )( )( ) 11 5 d h th tt dt +=的( ) 1 h t：( )( ) 5 1 t h tAeu t = 利用冲激函数匹配法，在()0 ,0 + 时间段内 ( )( )( ) ( )( ) 1 1 d h tatb u t dx h ta u t =+ = ()00t + 时， 1 M， 1 N， 1 2 ， 1 2 幅频、相频特性如图(以零点-0.5，极点-0.2 为例) 2 j 1 1 1 N 1 M 8 (d-1) (d-2) (d-3)(d-4) （5）由解图(e)有， 0=时， 1 M， 1 N均为最短，辐角 1 0=， 1 = ，则有 1 M， 1 N， 11 MN； 1 ， 1 时， 1 M， 1 N， 1 2 ， 1 2 幅频、相频特性如图(以极点-0.5，零点 0.2 为例) (e-1) (e-2) (e-3)(e-4) （6）由解图(e)有， 0=时， 1 M， 1 N均为最短，辐角 1 0=， 1 = j j 1 1 1 N 1 M j j 1 N 1 M 1 1 9 ，则有 1 M， 1 N， 11 MN； 1 ， 1 ，但相对关系与(e)中不同。 时， 1 M， 1 N， 1 2 ， 1 2 幅频、相频特性如图(以极点-0.5，零点 0.3 为例) (f-1) (f-2) (f-3)(f-4) j j j 1 M 1 N 1 1 5-6 解题过程： 令 ( )( ) 1 c e tt =，( ) () 2 sin c c t et t = ()( ) 11 = c Eje tF F ()( )()() 22 0 =+= ， ， 其他 c ccc c EjetuuF F 理想低通的系统函数的表达式 ()() ( )j HjHje = 其中 () 1 0 c c Hj = ， ， ( ) 0 t = 因此有 ()()() 0 t 11 0 = c c e RjHjEj ， ，其他 ()()() 0 t 22 0 = c c e RjHjEj ， ，其他 ()() 12 =RjRj 则()() 11 12 = RjRjFFFF 5-8 解题过程： 记 ( ) sinsin = ccc c tt f t tt ()( ) 0 = ， ， c c c Fjf tF ()( ) () () sin 0 = = ， ， c c c c td Hjh t dtt j j Fj FFFF 故 () 0 = c c c Hj ， ， ( )2 0 = c c ， ， ()Hj和( ) 的图形如解图。 5-11 解题过程： 由题图 5-11 有( )()( )( ) 211 = vtv tTv th t 据时域卷积定理有()()()() 211 = j T VjVjeVjHj （1）( )( ) 1 =v tu t ( )()( )( ) 2 = vtu tTu th t 由( )()() 1 0 1 = h tHjSa ttF F，( )( )( ) = t f tu tfd，有 ( )()() ( )() 00 200 11 11 = = t Tt t tTt t vtSatdSatd SadSad 又知( )( ) = y i SySa x dx，所有 ( )()() 200 1 = ii vtS ttTS tt （2）( ) 1 2sin 2 2 = t t v tSa t ()( ) 11 1 2 2 0 = VjF v t 其他 ()Hj c c c c c ( ) 2 幅频响应 相频响应 则 ()()()( ) () 0 21 1 21 12 0 += 则 ( )()()()() 0000 =+VGUGU 其图形如图所示 0 0m 0 0m + 5-20 解题过程： （1）系统输入信号为( )t时，( )()( ) 0 cos=ttt 所以虚框所示系统的冲激响应( )h t就是( ) i h t 即 ( )() () () 0 1 0 sin 2 = i tt h tHj tt F F （2）输入信号与() 0 cos w t在时域相乘之后 ( ) () () ()() 22 02 00 sinsin1 cos 2 coscos 2 + = ttt e ttt tt 又由() i Hj的表达式可知 0 ?时，载波为 0 2的频率成分被滤除 而且 ( ) 0 = t 故 ( ) () () 2 0 0 sin1 2 = tt r t tt （3）输入信号( )e t与 0 cost在时域相乘之后 ( ) ( )( ) () 22 0000 sinsin1 cossincossin 2 2 = tt e ttttt tt 0 ?时，载波为 0 2的频率成分被滤除 故 ( )0=r t （4）由于理想低通滤波器能够无失真的传输信号，只是时间上的搬移，故理想低通滤波器 是线性时变系统；又 ( )( )= i h th t 所以该系统是线性时变的。 6-1 解题过程： 图 6-5 所示的矩形波如解图所示，它表示为 ( ) () () 10 12 + nn nn nn z X zu n zzz z （2）( )( ) 0 111 1 444 4 = = + nn nn nn z X zu n zzz z （3）( )( )() 0 11 3 333 = = nn n nn z X zu n zzz z （4）( )() 0 11 0 1111 1 3333 3 = = = nnn n nnn z X zun zzzz z （5）( )()() 1 1 11 12 22 = = = nn n nn nnn X zunzzz () 0 121 121 1 12122 2 = = = = n n zz zz zz z （6）( )()()1 = =+= n n n z z z z 由于 1010 110 1 9 11 1 22 11 1 22 = zz zzz 故极点为0=z（9 阶） ， 1 2 =z（1 阶） 零点由 10 10 1 0 2 = z可求得。 令 0 = j zre代入有 () 0 10 10 2 1 2 = jj k ree于是() 0 2 10 1 0,1,2,9 2 =? k j j reek 所以零点 () 2 10 1 0,1,2,9 2 =? k j zek 又 1 2 =z出零极点抵消，故收敛域为0z。 （8）( )( )( ) 11 23 = =+ nn n n X zu nu nz 11 23 5 2 16 112 23 =+ = zz zz zz z zz （9）( )( )()() 3 11 310 88 = = n n X znnzzz 8-5 解题过程： （1）( ) 1 1 1 0.50.5 = + z X z zz ( )()( )0.5= n x nu n （2）( ) 1 12 1 0.5 31 1 48 = + z X z zz ()() 1 11 11 11 1 0.5 1 24 8 812 24 43 11 11 24 43 11 24 = + = + = + = + z zz zz zz zz zz ( )( ) 11 43 24 = nn x nu n （3）( ) 11 2 11 11 11 22 111 111 422 = + zz X z zzz 1 1 11 1 22 = + z zz ( )( ) 1 2 = n x nu n （4） ( ) ( ) 122 11 1 2 1111 1 1 1 1 ( )( ) = = i n azaa X zaa zazaa z a a x nu nan aa 8-12 解题过程： 由于( ) 1 122 33 252252 zz X z zzzz = + () 3 12 1 2 = z zz 零极点如图所示 解图 8-12 ( ) () 311 11 22 1 22 X zz zz zzz = = ( ) 1 2 2 = zz X z z z 当z2时为右边序列( )( ) 1 2 2 = n n x nu n 当z0.5 N zz X zx nz zz ZZ ( )( )( )() 1 1 1 + = N zzz Y zX z H zz zaz ( ) ()()() 111 111 1111 = NN Y zzza zzz zza za za za ( )() 1 1 11 = N zaz Y zz azza 由于( )y n是因果序列，据移位性质求得 ( )( )( )() 11 1 11 11 + = nnN aa y nY zu nu nN aa ZZ 8-25 解题过程： 由图得 ( )()()() 12 121=+y nb y nb y nax n 设系统是因果系统，对差分方程两边取z变换： ( )( )( )( ) 121 12 =+Y zb z Y zb z Y zaz X z 系统函数 ( ) ( ) ( ) 1 122 1212 1 = + Y zazaz H z X zb zb zzb zb 单位样值响应 ( )( ) ()( ) 11 2 12 1 12 121212 = = nn az h nH z zb zb azza ppu n ppzpzppp ZZ Z ZZ Z 其中 1 p， 2 p为( )H z的极点 2 112 1 4 2 + = bbb p， 2 112 2 4 2 + = bbb p 8-32 解题过程： （1）( ) ( ) ( ) ()( )( ) 1 1 1 1 1 = Y zz H zkzY zX z X zzkkz 两边取逆z变换可得差分方程 ( )()( )1=y nky nx n （2）由差分方程可得系统结构图如下： （3）系统频率响应为 ()( ) () 11 11cossin = = + j j j jj z e e H eH z ekkekjk 故幅度响应 () 2 1 12 cos = + j H e kk 相位响应 ( ) 1 sin tan 1cos = k k 1=k， () 1 = j H e，( )0 = 0.5=k，() 1 1.25cos = j H e，( ) 1 sin tan 2cos = ( )x n ( )y n 1 z k 1=k， () () 11 2 1 cos 2 2 = j H e sin ， ( ) 11 sin tantancot 2cos22 = = = 当0k =时，幅频响应和相频响应如下图 当0.5k =时，幅频响应和相频响应如下图 当1k =时，幅频响应和相频响应如下图 8-33 解题过程： （1）( ) 1 0.5 = H z z 零极点分布与幅度响应如图 1 幅频响应 相频响应 2/3 2 2 幅频响应 2 1 3 1 6 1 6 相频响应 -0.5 幅频响应 2 相频响应 1 2 1 2 2 （2）( ) 0.5 = z H z z ，相比于( ) 1 0.5 = H z z ，只在0=z处增加一个零点，幅度响应不 发生变化，零极点分布与幅度响应如图 （3）( ) 0.5+ = z H z z ，零极点分布与幅度响应如图 8-37 解题过程： 2 2/3 0 2 32 图 8-33_1(a) 零极点分布 图 8-33_1(b) 幅度响应 2 2/3 0 2 3 2 图 8-33_2(a) 零极点分布 图 8-33_2(b) 幅度响应 1.5 0.5 0 2 3 2 （1）( )()()( )() 311 121 483 +=+y ny ny nx nx n 作z变换( )( )( )( )( ) 121 311 483 +=+Y zz Y zz Y zX zz X z 系统函数( ) ( ) ( ) 1 122 1 1 1 3 3 3131 1 4848 + + = + z z z Y z H z X z zzzz 1071 11 332 = zz z zz zz 单位样值响应( )( )( ) 1 10 17 1 323 4 = nn h nH zu nZZ （2）( ) ( ) ( )2 11 33 3111 4824 + = + z zz z Y z H z X z zzzz 零极点分布如图 （3）由零极点分布得系统幅频响应为解图 （4）由差分方程的系统结构如图 零极点图 16/45 0 2 3 2 幅频响应 ( )x n 1 z 1 z 1 z 1 3 ( )y n 3 4 1 8 9-2 解：设周期序列( ) p xn的周期为N，则： ( )( ) 2 1 0 = = N jnk N pp n Xkxn e ( )( )( ) 22 11 00 = = NN jnkjnk NN ppp nn Xkxn exne 由于( ) p xn是实数序列 ( )( ) = pp xnxn 而 22 = jnkjnk NN ee 于是( )( ) 2 1 0 = = N jnk N pp n Xkxn e 故 ()( )( ) 2 1 0 = = N jnk N ppp n Xkxn eXk 9-3 解题过程： 设( ) p xn的周期为N，则( )( ) 2 1 0 = = N jnk N pp n Xkxn e ( )( )( ) 22 11 00 = = NN jnkjnk NN ppp nn Xkxn exn e 变量置换，令= nn，则 ( )( ) () 2 1 0 = = N jnk N pp n Xkxn e 由于( ) p xn是n的偶函数，所以()( )= pp xnxn 又知( ) p xn是以N为周期的周期序列，故其在任一周期内的 DFS 应相同，即 ( ) () ( ) 22 1 1 00 = = N N jnkjnk NN pp nn xn exn e 故( )( ) () ( )( ) 22 1 1 00 = = N N jnkjnk NN pppp nn Xnxn exn eXn 因此( ) p Xk是实数序列。 又由题 9-2 可知，对实数序列( ) p xn，有( )() = pp XkXk 也即( )() = pp XkXk 因此( )()= pp XkXk 即( ) p Xk为k的偶函数。 9-7 解题过程： 设( ) p xn如图 9-7(a)所示，由定义有 ()()()= p N xnxn 因此，()() N xn序列即( ) p xn序列以0=n点为轴反转，如解图 9-7(b)所示。 9-8 解题过程： 由定义( )( ) 3 0= = nk n X kx n W 其矩阵形式为 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0000 0123 0246 0369 0 0 11 22 3 3 = X xWWWW Xx WWWW xWWWWX xWWWW X 图 9-7(b) 图 9-7(a) 又有 2 = j N We，4=N 故 40 =WW， 62 =WW， 91 =WW且 20 = WW， 31 = WW 而 0 1=W， 1 = Wj 所以 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0000 0123 0246 0369 0 0111115 11 1122 1 211111542 31132 3 + = X xWWWW Xx jjjWWWW xWWWWX xjjjWWWW X 又( )( ) 1 0 1 = = N nk k x nX k W N 其矩阵形式为 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0000 0101 0000 0101 0 0111151 11 1122 11 2111151442 31123 3 + = x XWWWW xX jjjWWWW XWWWWx XjjjWWWW x 与原( )x n一致。 9-9 解题过程： ( ) 22 11 00 2 22 1 1 01 11 = = = n NN jnkjk nNN nn n jk N N jkjk NN X ka eae ae a kN aeae 9-11 解题过程：如题图 9-11 先由( )x n绘出( )()4xn，在据( )()4xn绘出()()42xn，得( ) 1 x n如解图 9-11(a)。 图 9-11 ( )x n 同样，得( ) 2 xn如解图 9-11(b)所示。 9-12 解题过程： 如题图 9-12 ( )( )( )()()( ) 5 6 6 0m x nh nh m xnmRn = = ()()()( ) ()()( ) 5 6 6 0 6 6 2 2 m mxnmRn xnRn = = = 其结果如解图 9-12 所示。 图 9-11(a) 图 9-11(b) ( )x n ( )h n ( ) 2 xn ( ) 1 x n 题图 9-12 9-13 解题过程： ( )( )()()( )() () 111 00 111 + = = NNNl n m lnknk NN kkml IDFT Y kY k WXklWXmW NNN 由于( )()NXm及 ()+n m l W都以N为周期， 所以( )() () 1 1 + = Nl n m l N ml XmW N ( )() () ( )() ( ) ( ) 1 0 1 0 1 0 1 1 1 + = = = = = = = N n m l N m N nmnl N m N nmnl m nl XmW N XmWW N X m WW N x n W 即( )( ) = nl IDFT Y kx n W 9-21 解题过程： 因为( )( )( ) 12 =+x nx njxn，( ) 1 x n，( ) 2 xn为实序列。 所以( )( )( ) 1 1 2 =+ x nx nxn，( )( )( ) 2 1 2 = jxnx nxn ( )( )( )( ) 11 1 2 =+ DFT x nXkDFT x nDFT xn ( )( )( )( ) 22 1 2 = DFTjxnX