信号与系统第二版课后答案燕庆明.doc

信号与系统信号与系统（第二版）（第二版）课后习题解析课后习题解析燕庆明主编燕庆明主编高等教育出版社xaqZ目目录录第第1章习题解析章习题解析.2第第2章习题解析章习题解析.5第第3章习题解析章习题解析.15第第4章习题解析章习题解析.22第第5章习题解析章习题解析.30第第6章习题解析章习题解析.40第第7章习题解析章习题解析.481第第8章习题解析章习题解析.542第第11章习题解析章习题解析1-11-1题1-1图示信号中，哪些是连续信号？哪些是离散信号？哪些是周期信号？哪些是非周期信号？哪些是有始信号？(c)(d)题1-1图解解(a)、(c)、(d)为连续信号；(b)为离散信号；(d)为周期信号；其余为非周期信号；(a)、(b)、(c)为有始（因果）信号。1-21-2给定题1-2图示信号f(t)，试画出下列信号的波形。提示：f(2t)表示将f(t)波形压缩，f()表示将f(t)波形展宽。2t(a)2f(t2)(b)f(2t)(c)f()2t(d)f(t+1)题1-2图解解以上各函数的波形如图p1-2所示。3图p1-21-31-3如图1-3图示，R、L、C元件可以看成以电流为输入，电压为响应的简单线性系统SR、SL、SC，试写出各系统响应电压与激励电流函数关系的表达式。题1-3图解解各系统响应与输入的关系可分别表示为；)()(tiRtuRRttiLtuLLd)(d)(tCCiCtud)(1)(1-41-4如题1-4图示系统由加法器、积分器和放大量为a的放大器三个子系统组成，系统属于何种联接形式？试写出该系统的微分方程。题1-4图解解系统为反馈联接形式。设加法器的输出为x(t)，由于)()()()(tyatftx且)()(d)()(tytxttxty故有)()()(taytftySRSLSC4即)()()(tftayty1-51-5已知某系统的输入f(t)与输出y(t)的关系为y(t)=|f(t)|，试判定该系统是否为线性时不变系统？解解设T为系统的运算子，则可以表示为：)()()(tftfTty不失一般性，设f(t)=f1(t)+f2(t)，则；)()()(111tytftfT)()()(222tytftfT故有)()()()(21tytftftfT显然)()()()(2121tftftftf即不满足可加性，故为非线性时不变系统。1-61-6判断下列方程所表示的系统的性质。(1)(2)tfttfty0d)(d)(d)()()(3)()(tftytyty(3)(4)(3)()(2tftytyt)()()(2tftyty解解(1)线性；(2)线性时不变；(3)线性时变；(4)非线性时不变。1-71-7试证明方程所描述的系统为线性系统。式中a为常量。)()()(tftayty证明证明不失一般性，设输入有两个分量，且)()()()(2211tytftytf，则有)()()(111tftayty)()()(222tftayty相加得)()()()()()(212211tftftaytytayty即)()()()()()(dd212121tftftytyatytyt可见)()()()(2121tytytftf即满足可加性，齐次性是显然的。故系统为线性的。1-81-8若有线性时不变系统的方程为)()()(tftayty若在非零f(t)作用下其响应，试求方程ttye1)(的响应。)()(2)()(tftftayty解解因为f(t)，由线性关系，则ttye1)()e1(2)(2)(2ttytf由线性系统的微分特性，有ttytfe)()(故响应ttttytftfe2e)e1(2)()()(25第2章习题解析2-12-1如图2-1所示系统，试以uC(t)为输出列出其微分方程。题2-1图解解由图示，有tuCRuiddCCL又ttuuLi0CSLd)(1故CCCS)(1uCRuuuL从而得)(1)(1)(1)(SCCCtuLCtuLCtuRCtu2-22-2设有二阶系统方程0)(4)(4)(tytyty在某起始状态下的0+起始值为2)0(1)0(yy试求零输入响应。解解由特征方程2+4+4=0得1=2=2则零输入响应形式为tetAAty221zi)()(由于6yzi(0+)=A1=12A1+A2=2所以A2=4故有0)41()(2zitettyt2-32-3设有如下函数f(t)，试分别画出它们的波形。(a)f(t)=2(t1)2(t2)(b)f(t)=sint(t)(t6)解解(a)和(b)的波形如图p2-3所示。图p2-32-42-4试用阶跃函数的组合表示题2-4图所示信号。题2-4图解解(a)f(t)=(t)2(t1)+(t2)7(b)f(t)=(t)+2(tT)+3(t2T)2-52-5试计算下列结果。(1)t(t1)(2)tttd)1(3)0d)()3cos(ttt(4)003d)(ettt解解(1)t(t1)=(t1)(2)1d)1(d)1(ttttt(3)21d)()3cos(d)()3cos(00ttttt(4)1d)(d)(ed)(e00003003tttttttt2-62-6设有题2-6图示信号f(t)，对(a)写出f(t)的表达式，对(b)写出f(t)的表达式，并分别画出它们的波形。题2-6图解解(a)2021tf(t)=(t2)，t=22(t4)，t=4(b)f(t)=2(t)2(t1)2(t3)+2(t4)8图p2-62-72-7如题2-7图一阶系统，对(a)求冲激响应i和uL，对(b)求冲激响应uC和iC，并画出它们的波形。题2-7图解解由图(a)有RitutiL)(ddS即)(1ddStuLiLRti当uS(t)=(t)，则冲激响应)(e1)()(tLtithtLR则电压冲激响应)(e)(dd)()(LtLRttiLtuthtLR对于图(b)RC电路，有方程RuituCCSCdd即9SCC11iCuRCu当iS=(t)时，则)(e1)()(CtCtuthRCt同时，电流)(e1)(ddCCtRCttuCiRCt2-82-8设有一阶系统方程)()()(3)(tftftyty试求其冲激响应h(t)和阶跃响应s(t)。解解因方程的特征根=3，故有)(e)(31ttxt当h(t)=(t)时，则冲激响应)(e2)()()()()(31tttttxtht阶跃响应)()e21(31d)()(30thtstt2-92-9试求下列卷积。(a)(t+3)(t5)(b)(t)2(c)tet(t)(t)解解(a)按定义(t+3)(t5)=d)5()3(t考虑到t5时，(t5)=0，故(t+3)(t5)=22d53ttt也可以利用迟延性质计算该卷积。因为(t)(t)=t(t)f1(tt1)f2(tt2)=f(tt1t2)10故对本题，有(t+3)(t5)=(t+35)(t+35)=(t2)(t2)两种方法结果一致。(b)由(t)的特点，故(t)2=2(c)tet(t)(t)=tet(t)=(ettet)(t)2-102-10对图示信号，求f1(t)f2(t)。题2-10图解解(a)先借用阶跃信号表示f1(t)和f2(t)，即f1(t)=2(t)2(t1)f2(t)=(t)(t2)故f1(t)f2(t)=2(t)2(t1)(t)(t2)因为(t)(t)=t(t)t0d1故有11f1(t)f2(t)=2t(t)2(t1)(t1)2(t2)(t2)+2(t3)(t3)读者也可以用图形扫描法计算之。结果见图p2-10(a)所示。(b)根据(t)的特点，则f1(t)f2(t)=f1(t)(t)+(t2)+(t+2)=f1(t)+f1(t2)+f1(t+2)结果见图p2-10(b)所示。图p2-102-112-11试求下列卷积。(a)()()()e1(2tttt(b)(edd)(e3ttttt解解(a)因为，故)()()()(tttt)()e1()()()e1()()()()e1(222ttttttttt(b)因为，故)()(ettttttttttttt333e3)()()(e)(edd)(e2-122-12设有二阶系统方程)(4)(2)(3)(ttytyty试求零状态响应解解因系统的特征方程为2+3+2=0解得特征根1=1，2=212故特征函数)()ee(ee)(2221ttxtttt零状态响应)()ee()(4)()(4)(22tttxttytt=)()4ee8(2ttt2-132-13如图系统，已知)()()1()(21tthtth试求系统的冲激响应h(t)。题2-13图解解由图关系，有)1()()1()()()()()()(1tttttthtftftx所以冲激响应)1()()()1()()()()()(2tttttthtxtyth即该系统输出一个方波。2-142-14如图系统，已知R1=R2=1，L=1H，C=1F。试求冲激响应uC(t)。题2-14图解解由KCL和KVL，可得电路方程为13)()(1)1()1(121C12C21CtLRRtRuLRRLuLCRRuC代入数据得)()(22CCCttuuu特征根12=1j1故冲激响应uC(t)为)()()ee()(11Ctttutt)(sine)()sin(cosetttttttV)(cosettt2-152-15一线性时不变系统，在某起始状态下，已知当输入f(t)=(t)时，全响应y1(t)=3e3t(t)；当输入f(t)=(t)时，全响应y2(t)=e3t(t)，试求该系统的冲激响应h(t)。解解因为零状态响应(t)s(t)，(t)s(t)故有y1(t)=yzi(t)+s(t)=3e3t(t)y2(t)=yzi(t)s(t)=e3t(t)从而有y1(t)y2(t)=2s(t)=2e3t(t)即s(t)=e3t(t)故冲激响应h(t)=s(t)=(t)3e3t(t)2-162-16若系统的零状态响应y(t)=f(t)h(t)试证明：(1)thttfthtfd)(d)(d)()(2)利用(1)的结果，证明阶跃响应thtsd)()(14证证（1）因为y(t)=f(t)h(t)由微分性质，有y(t)=f(t)h(t)再由积分性质，有thtftyd)()()(（2）因为s(t)=(t)h(t)由（1）的结果，得thttsd)()()(thtd)()(thd)(15第第33章习题解析章习题解析3-13-1求题3-1图所示周期信号的三角形式的傅里叶级数表示式。题3-1图解解对于周期锯齿波信号，在周期(0，T)内可表示为tTAtf)(系数2d1d)(1000AtTAtTttfTaTTTTttntTAttntfTa01201ndcos2dcos)(20sin20112TntntTATTttntTAttntfTAb01201ndsin2dsin)(2cos20112nAntntTAT所以三角级数为11sin2)(ntnnAAtf3-23-2求周期冲激序列信号nnTtt)()(T的指数形式的傅里叶级数表示式，它是否具有收敛性？解解冲激串信号的复系数为16所以ntnTt1jTe1)(因Fn为常数，故无收敛性。3-33-3设有周期方波信号f(t)，其脉冲宽度=1ms，问该信号的频带宽度（带宽）为多少？若压缩为0.2ms，其带宽又为多少？解解对方波信号，其带宽为Hz，1f当1=1ms时，则Hz1000001.01111f当2=0.2ms时，则Hz50000002.01122f3-43-4求题3-4图示信号的傅里叶变换。题3-4图解解(a)因为ttt0f(t)=TttTFTTtn1de)(122jn117为奇函数，故tttFdsin2j)(0cossin2j2)(Sacos2j或用微分定理求解亦可。(b)f(t)为奇函数，故ttFdsin)1(2j)(0)2(sin4j1cosj22若用微分-积分定理求解，可先求出f(t)，即f(t)=(t+)+(t)2(t)所以2cos22ee)j()(jj1Ftf又因为F1(0)=0，故)1(cosj2)(j1)(1FF3-53-5试求下列信号的频谱函数。(1)ttf2e)(2)(sine)(0tttfat解解(1)0j20j2jdeedeede)()(ttttfFttttt244j21j21(2)0jjjjd)ee(e2j1ede)()(00tttfFtttatt0)j(j)j(jdeeee2j100ttattat00j)j(1j)j(12j122022000)j()j(j22j13-63-6对于如题3-6图所示的三角波信号，试证明其频谱函数为18)2(Sa)(2AF题3-6图证证因为ttA)1(0，|t|则0dcos)1(2)(tttAF)cos1(22A)2(sin422A)2(Sa2A3-73-7试求信号f(t)=1+2cost+3cos3t的傅里叶变换。解解因为12()2cost2(1)+(+1)3cos3t3(3)+(+3)故有F()=2()+(1)+(+1)+3(3)+(+3)3-83-8试利用傅里叶变换的性质，求题3-8图所示信号f2(t)的频谱函数。f(t)=19题3-8图解解由于f1(t)的A=2，=2，故其变换)(Sa4)2(Sa)(221AF根据尺度特性，有)2(Sa8)2(2)2(211Ftf再由调制定理得)(cos)2()(212Fttftf)22(Sa8)22(Sa821)(222F)22(Sa4)22(Sa4222222)()2(sin)()2(sin3-93-9试利用卷积定理求下列信号的频谱函数。(1)f(t)=Acos(0t)(t)(2)f(t)=Asin(0t)(t)解解（1）因为)()()cos(000AtAj1)()(t所以由时域卷积定理j1)()()()(00AF20)()(j00A（2）因为)()(j)sin(000AtAj1)()(t由频域卷积定理j1)()()(j21)(00AF202000)()(2jAA3-103-10设有信号f1(t)=cos4tt1t0试求f1(t)f2(t)的频谱函数。解解设f1(t)F1()，由调制定理)()4()4(214cos)(111FFFttf而)(Sa2)2(Sa)(1F故)4(Sa)4(Sa)(F3-113-11设有如下信号f(t)，分别求其频谱函数。(1)(e)()4j3(ttft(2)2()()(tttf解解(1)因j1et故)4j(31j)4j3(1e)4j3(tf2(t)=21(2)因2)1()()2()(ttGtt故jje)(Sa2e)2(Sa)(F3-123-12设信号402t其他0试求f2(t)=f1(t)cos50t的频谱函数，并大致画出其幅度频谱。解解因j2j2e)2(Sa8e)2(Sa2)(F故)50()50(21)(112FFF)50j2()50j2(e)50(Sa24e)50(Sa24幅度频谱见图p3-12。图p3-12f1(t)=5050|F2()|22第第44章习题解析章习题解析4-14-1如题4-1图示RC系统，输入为方波u1(t)，试用卷积定理求响应u2(t)。题4-1图解解因为RC电路的频率响应为1j1)j(H而响应u2(t)=u1(t)h(t)故由卷积定理，得U2()=U1()H(j)而已知，故)e1(j1)(j1U)e1(j11j1)(j2U反变换得)1(e1)()e1()()1(2tttutt4-24-2一滤波器的频率特性如题图4-2所示，当输入为所示的f(t)信号时，求相应的输出y(t)。题4-2图23解解因为输入f(t)为周期冲激信号，故22111nTTF所以f(t)的频谱nnnnFF)2(2)(2)(1n当n=0，1，2时，对应H(j)才有输出，故Y()=F()H(j)=22()+(2)+(+2)反变换得y(t)=2(1+cos2t)4-34-3设系统的频率特性为2j2)j(H试用频域法求系统的冲激响应和阶跃响应。解解冲激响应，故)(e2)j()(21tHthtF而阶跃响应频域函数应为2j2j1)()j()()(HtSF2j2j1)(2j1j1)(所以阶跃响应)()e1()(2ttst4-44-4如题图4-4所示是一个实际的信号加工系统，试写出系统的频率特性H(j)。题4-4图24解解由图可知输出ttttftfty00d)()()(取上式的傅氏变换，得)e1(j)()(0jtFY故频率特性)e1(j1)()()j(0jtFYH4-54-5设信号f(t)为包含0m分量的频带有限信号，试确定f(3t)的奈奎斯特采样频率。解解由尺度特性，有)3(31)3(Ftf即f(3t)的带宽比f(t)增加了3倍，即=3m。从而最低的抽样频率s=6m。故采样周期和采样频率分别为mS61fTmS6ff4-64-6若电视信号占有的频带为06MHz，电视台每秒发送25幅图像，每幅图像又分为625条水平扫描线，问每条水平线至少要有多少个采样点？解解设采样点数为x，则最低采样频率应为xf625252m所以7686252510626252526mfx4-74-7设f(t)为调制信号，其频谱F()如题图4-7所示，cos0t为高频载波，则广播发射的调幅信号x(t)可表示为x(t)=A1+mf(t)cos0t25式中，m为调制系数。试求x(t)的频谱，并大致画出其图形。题4-7图解解因为调幅信号x(t)=Acos0t+mAf(t)cos0t故其变换)()(2)()()(0000FFmAAX式中，F()为f(t)的频谱。x(t)的频谱图如图p4-7所示。图p4-74-84-8题4-8图所示(a)和(b)分别为单边带通信中幅度调制与解调系统。已知输入f(t)的频谱和频率特性H1(j)、H2(j)如图所示，试画出x(t)和y(t)的频谱图。X()F()F()26题4-8图题4-8图解解由调制定理知)()(21)(cos)()(CC1C1FFFttftf而x(t)的频谱)()()(11jHFX又因为)()(21)(cos)()(CC2C2XXFttxtf所以)()()(22jHFY它们的频谱变化分别如图p4-8所示，设C2。图p4-8F1()F2()X()Y()274-94-9如题4-9图所示系统，设输入信号f(t)的频谱F()和系统特性H1(j)、H2(j)均给定，试画出y(t)的频谱。题4-9图解解设，故由调制定理，得ttftf50cos)()(1)50()50(21)(1FFF从而)()()()(1122FHFtf它仅在|=(3050)内有值。再设ttftf30cos)()(23则有)30()30(21)(223FFF即F3()是F2()的再频移。进而得响应的频谱为)()()(23jHFY其结果仅截取200，再由a1a2a0a3考虑，应满足K9，故当0K9时系统稳定。也可以从劳斯阵列判定。因为阵列：0039331KKK为使第一列元素不变号，即应0039KK即0K9时系统稳定。48第第77章习题解析章习题解析7-17-1试画出下列离散信号的图形。(a)()21()(1nnfn(b)2()(2nnf(c)2()(3nnf(d)()5.01(2)(4nnfn解解各信号的图形分别如图p7-1所示。图p7-17-27-2试画出下列序列的图形。(a)6()2()(1nnnf(b)()2()(2nnnf(c)5()()()(3nnnnnf(d)4()3(2)2(2)1()()(4nnnnnnf解解各序列的图形分别如图p7-2所示。49图p7-27-37-3设有差分方程)()2(2)1(3)(nfnynyny起始状态。试求系统的零输入响应。45)2(21)1(yy解解系统的特征方程为2+3+2=0其特征根为1=1，2=2则零输入响应的形式为nnKKny2211zi)(nnKK)2()1(21由起始状态y(1)和y(2)导出起始值y(0)和y(1)n=0时，y(0)=3y(1)2y(2)=1.52.5=1n=1时，y(1)=3y(0)2y(1)=3+1=4从而有1)0(21ziKKy42)1(21ziKKy50解得K1=2，K2=3故0)2(3)1(2)(zinnynn7-47-4设有离散系统的差分方程为)1()(4)2(3)1(4)(nfnfnynyny试画出其时域模拟图。解解原方程可以写为)1()(4)2(3)1(4)(nfnfnynyny从而可得时域模拟图p7-4，图中D为单位延时（位移）器。图p7-47-57-5如图所示为工程上常用的数字处理系统，是列出其差分方程。题7-5图DDDDDD51解解由图可得差分方程)3()2()1()()(3210nfbnfbnfbnfbny7-67-6设有序列f1(n)和f2(n)，如图7-6所示，试用二种方法求二者的卷积。题7-6图解解方法一：用“乘法”21.5111.52111121.5111.5221.5111.5221.5111.5221.5111.5223.54.55.555.54.53.52即有25.35.45.555.55.45.32)()(021nnfnf方法二：用单位序列表示各函数后卷积。因为)5(2)4(5.1)3()2()1(5.1)(2)(1nnnnnnnf)3()2()1()()(2nnnnnf则)8(2)7(5.3)6(5.4)5(5.5)4(5)3(5.5)2(5.4)1(5.3)(2)()(21nnnnnnnnnnfnf7-77-7设有一阶系统为52)()1(8.0)(nfnyny试求单位响应h(n)和阶跃响应s(n)，并画出s(n)的图形。解解由方程知特征根=0.8，故)(8.0)()(nnnhnn阶跃响应为)()8.01(58.018.01)()()(11nnnhnsnns(n)的图形如图p7-7所示。图p7-77-87-8设离散系统的单位响应，输入信号，试求零状态响应y(n)。)()31()(nnhnnnf2)(解解由给定的f(n)和h(n)，得0)()()()()(kkhknfnhnfnykknkkkn)61(2)31(200因为11110aaaankn故得)()31(51)(256)(nnnynn7-97-9试证明5321111121)()(nnnnnn证明证明nkkknknkknnnnn021120121)()()(1)(1)(1211210121nnnkkn2112111211112111nnnnnn7-107-10已知系统的单位响应，)10()()(ananhn输入信号，求系统的零状态响应。)6()()(nnnf解解)()6()()()()(nannnhnfnyn因为)(11)()(10naaanannnkkn利用时延性质，则)6(11)()6(61naanannn所以得)6(11)(11)(51naanaanynn54第第88章习题解析章习题解析8-18-1求下列离散信号的Z变换，并注明收敛域。(a)(n2)(b)a-n(n)(c)0.5n1(n1)(d)(0.5n+0.25n)(n)解解(a)zzzF0)(2(b)00)()(nnnnnazzazFazazzaz11)(111，(c)111)21(25.0)(nnnnnzzzF21211zz，(d)0025.05.0)(nnnnnnzzzF5.025.05.0zzzzz，8-28-2求下列F(z)的反变换f(n)。(a)211814315.01)(zzzzF(b)221)(11zzzF(c)2)(1(2)(zzzzF(d)4.0)(2.0(3)(2zzzzzF(e)2)1)(2()(zzzzF解解(a)因为55)41)(21(5.0)(2zzzzzF故4121)41)(21(5.0)(21zKzKzzzzzF解得K1=4，K2=3进而413214)(zzzzzF所以)()41(3)21(4)(nnfnn(b)21(22)21(221221212)(zzzzzzzzzF所以)1()21()()21(21)(1nnnfnn(c)由于)2)(1(2)(zzzzF故21)2)(1(2)(21zKzKzzzzF解得K1=2，K2=2进而2212)(zzzzzF所以)()12(2)()2(2)(2)(nnnnfnn(d)由于)4.0)(2.0(3)(2zzzzzF故564.02.0)4.0)(2.0(13)(21zKzKzzzzzF解得313821KK故有4.0312.038)(zzzzzF所以)()4.0(31)2.0(38)(nnfnn(e)由于2)1)(2()(zzzzF故1)1(2)1)(2(1)(1221112zKzKzKzzzzF解得K1=1，K11=1，K12=1从而有1)1(2)(2zzzzzzzF故得)()12()(nnnfn8-38-3试用z变换的性质求以下序列的z变换。(a)3()3()(nnnf(b)()()(Nnnnf解解(a)由时延性质，有2232)1(1)1()(zzzzzzF(b)1(111)(NNzzzzzzzzzF8-48-4试证明初值定理)(lim)0(zFfz57证明证明因为210)2()1()0()()(zfzffznfzFnn当z时，则上式右边除f(0)外均为零，故)(lim)0(zFfz8-58-5试用卷和定理证明以下关系：(a)()()(mnfmnnf(b)()1()()(nnnn证明证明(a)因由卷和定理mzzFmnnf)()()(而)()(zFzmnfm故得)()()(mnfmnnf(b)因为22)1(11)()(zzzzzznn而222)1(1)1()()()()1(zzzzzznnnnn所以)()1()()(nnnn8-68-6已知，试求的Z变换。)()1()()(nnnn)(nn解解因由卷和定理22)1()()(zznn而)()()1()(nnnnn所以58222)1(1)1()(zzzzzznn8-78-7已知因果序列的Z变换为F(z)，试分别求下列原序列的初值f(0)。(1)5.01)(5.01(1)(11zzzF(2)2115.05.11)(zzzzF解解(1)25.025.011)(222zzzzF所以1)(lim)0(zFfz(2)5.05.1)(2zzzzF所以0)(lim)0(zFfz8-88-8已知系统的差分方程、输入和初始状态如下，试用Z变换法求系统的完全响应。)1(21)()1(21)(nfnfnyny。1)1()()(ynnf解解对方程取Z变换，有)(5.0)(5.0)(5.0)(11zFzzFzYzzY即5.01)5.01()()5.01(11zzzzYz故5.05.01)(zzzzzY所以nnny)5.0(5.0)()(8-98-9设系统差分方程为)()2(6)1(5)(nfnynyny59起始状态y(1)=3，y(2)=2，当f(n)=z(n)时，求系统的响应y(n)。解解对差分方程取z变换，得)()2()1()(6)1()(5)(121zFyyzzYzyzYzzY即121218)(615)(5)(121zzzzYzzYzzY从而有21165131812)(zzzzzzY)3)(2)(1(1821523zzzzzz故321)(321zKzKzKzzY解得K1=1，K2=4，K3=0则有241)(zzzzzY得全响应)()2(4)()(nnnyn8-108-10设一系统的输入，系统函数)2(2)1(4)()(nnnnf)5.01)(1(1)(11zzzH试求系统的零状态响应。解解因为)1)(5.0(5.05.1)(222zzzzzzzH所以15.0)1)(5.0()(21zKzKzzzzzH解得K1=1，K2=260故125.0)(zzzzzH得)(2)5.0()(nnhn所以)()()(nfnhny)2(2)1(4)()(2)5.0(nnnnn)()5.0()(2)(4nnnn8-118-11设有系统方程)1(2)()2(8.0)1(2.0)(nfnfnynyny试画出其Z域的模拟框图。解解在零状态下对方程取z变换，得)(2)()(8.0)(2.0)(121zFzzFzYzzYzzY即)()21()()8.02.01(121zFzzYzz故有2118.02.0121)()()(zzzzFzYzH由此可以画出模拟图如图p8-11所示。图p8-118-128-12如题8-12图所示z域框图，试写出其差分方程。61题8-12图解解由图可得)(1)(11zFazzbzY故有)()()()1(11zFzbzYaz所以)1()()1()(nfnbfnayny8-138-13如题8-13图所示z域框图，是写出其差分方程。题8-13图解解由图可得)(11)(1zFazzX)()1()(1zXbzzY故有)(11)(11zFazbzzY62即)()1()()1(11zFbzzYaz从而有差分方程)1()()1()(nbfnfnayny8-148-14对于题8-12和8-13，试分别写出系统函数H(z)。解解对于题8-12，因)()()(1zXazzFzX)()1()(1zXazzF而)()()()()(11zXzbzXzzbXzY故111)()()(