信号与系统 陈后金 第二版 课后习题答案(完整版).pdf

信号与系统 陈后金等编 作业参考解答 第 1 页 共 27 页 信号与系统 作业参考解答 第一章 第一章 P16 17 1 3 设 1 tf和 2 tf是基本周期分别为 1 T和 2 T的周期信号 证明 21 tftftf 是周期为 T的周期信号的条件为 TnTmT 21 m n为正整数 解 由题知 111 tfmTtf 222 tfmTtf 要使 2121 tftfTtfTtfTtf 则必须有 21 nTmTT m n为正整数 1 5 试判断下列信号是否是周期信号 若是 确定其周期 1 tttf sin62sin3 2 2 sin tatf 8 2 cos2 8 sin 4 cos kkk kf 解 1 因为t 2sin的周期为 而t sin的周期为2 显然 使方程 nm2 m n为正整数 成立的正整数m n是不存在的 所以信号tttf sin62sin3 是非周期信号 2 因为 2cos1 2 sin 2 2 t a tatf 所以信号 2 sin tatf 是周期 T的周期信号 8 由于 4 cos k 的周期为8 4 2 1 N 8 sin k 的周期为16 8 2 2 N 2 cos k 的周期为4 2 2 3 N 且有 16412 321 NNN 所以 该信号是周期16 N的周期信号 1 10 判断下列系统是否为线性时不变系统 为什么 其中 tf kf为输入信号 ty ky为零状态响应 1 tftgty 2 2 tftKfty 解 1 显然 该系统为线性系统 因为 00000 ttfttgttyttftgttfT 所以该系统为线性时变系统 注意 该系统方程表达式中 tf的系数为 tg 是随时间变 化的 所以该系统是时变系统 信号与系统 陈后金等编 作业参考解答 第 2 页 共 27 页 2 显然 该系统为非线性系统 由于 00 2 00 ttyttfttKfttfT 所以该系统为非线性时不变系统 注意 该系统方程表达式中 tf的系数均为常数 不随 时间变化 所以该系统是非时变系统 第二章 第二章 P55 58 2 2 定性绘出下列信号的波形 其中 t 1 3 tututf 4 1 4 42 teetf tt 5 2 tuttf 解 1 其波形图如下 4 由单位冲激信号的筛选特性可得 1 523 0 1 4 42 tteetf 所以其波形图如下 5 其波形图如下 2 7 计算下列积分的值 2 2 4 2 3 dtet t 10 dttutu 2 解 2 冲激信号 3 t 出现的时刻为3 t 包含在积分区间内 由冲激信号的取样特性可得 6 3 2 2 4 2 3 eedtet t 10 显然 被积函数 2 tutu 在区间 2 0 内的值为1 在其它区间范围内的值均为0 0 1 3 t tf 01 t tf 523 0 0 2 t tf 2 信号与系统 陈后金等编 作业参考解答 第 3 页 共 27 页 所以 2 0 21 2 dtdttutu 2 10 已知信号 tf的波形如题2 10图所示 绘出下列信号的波形 题 2 10 图 3 35 tf 5 1 tutf 7 t f 解 3 将 tf表示成如下的数学表达式 others t t t tf 0 20 2 1 012 由此得 others t tt tf 0 2 3 5 2 3 5 1 1 2 3 35 所以 35 tf 的波形为 5 1 tutf 相当于将 tf在1t的波形被截去 所以其 波形图为 7 方法1 几何法 由于 tf的波形在1 t处有一个幅度为2的正跳变 所以 t f 在 此处会形成一个强度为2的冲激信号 同理 在0 t处 t f 会形成一个强度为1的冲激信 号 方向向下 因为是负跳变 而在20 t tuetf t 2 0 y 3 0 y 解 1 求零输入响应 tyx 系统的特征方程为 044 2 其对应的特征根为 2 21 设 t x etAAty 2 21 则 t x etAAAty 2 212 22 代入初始条件 有 32 0 0 2 0 0 12 1 AAyy Ayy x x 解得2 1 A 1 2 A 故 tt x etetAAty 22 21 2 0 t 即 2 2 tuetty t x 2 求零状态响应 ty f 1 求单位冲激响应 th 设 2 21 tuetBBth t 则 22 1 2 212 tBtuetBBBth t 2 444 112 2 221 tBtBBtuetBBBth t 将以上三个表达式代入系统微分方程 输入为 t 输出为 th 并整理得 2 3 2 121 tttBBtB 由此得 22 3 12 1 BB B 解得3 1 B 4 2 B 故 信号与系统 陈后金等编 作业参考解答 第 6 页 共 27 页 43 2 tuetth t 2 求零状态响应 ty f 41 1 41 43 43 2 0 2 tueet tuetetudee dtueuetfthty tt tt t t t f 3 求完全响应 ty 方法1 13 41 2 2 22 tueet tueettuettytyty tt ttt fx 方法2 a 求齐次解 设齐次解为 t h etAAty 2 21 因为 tuetf t 所以微分方程的右端函数为 ttt eeetftf 23 2 3 不考虑 tu b 求特解 设 t p Bety 则 t p Bety t p Bety 将 typ typ 和 typ 代入原微分方程有 tttt eBeBeBe 44 解得1 B 所以 t p ety c 求完全解 tt ph eetAAtytyty 2 21 tt eetAAAty 2 212 22 因为 tty 所以 tuty 有跳变 trty 无跳变 而 3 2 3 3 2 3 ttue tuetetuetftf t ttt 所以 0 0 0 yy 信号与系统 陈后金等编 作业参考解答 第 7 页 共 27 页 3 0 0 yy 其中 3为跳变值 因为 3 tty 3 tuty 从而得到 0初始条件为 633 0 3 0 2 0 0 yy yy 将以上 0初始条件代入完全解 ty 得 612 0 21 0 12 1 AAy Ay 解得1 1 A 3 2 A 故 13 2 tueettytyty tt ph 3 9 已知连续时间LTI系统 tftayty 0 a 时完全响应为 t ety 3 23 0 t 试 求 1 系统的固有响应和强迫响应 2 a和 0 y的值及 tf的表达式 3 系统的零输入响应和零状态响应 4 1 tftayty的零输入响应和零状态响应 解 方法1 1 由系统的微分方程 tftayty 可知 其对应的特征方程为 0 a 特征根为a 其齐次解的结构形式为 at h Aety 0 t 由于微分方程的完全解 即完全响应 等于其齐次解 又称固有响应 和特解 又称强 迫响应 之和 而系统的完全响应为 t ety 3 23 所以系统的固有响应为 t h ety 3 2 0 t 强迫响应为 3 typ 0 t 显然3 a 2 将 t ety 3 23 代入系统的微分方程可得 9 23 36 3 33 tt eetytytf 0 t 即 9 tutf 或将特解3 ty代入系统的微分方程也可得到同样的结果 更简单 由 tuty 可得 trty 故系统输出 ty无跳变 即有 0 0 yy 在 t ety 3 23 0 t 中令 0t可得523 0 0 yy 3 设系统的零输入响应为 t x Bety 3 0 t 代入初始条件得 信号与系统 陈后金等编 作业参考解答 第 8 页 共 27 页 5 0 0 Byyx 故 5 3 tuety t x 系统的零状态响应为 1 3 523 333 tuetueetytyty ttt xf 4 显然 系统 1 tftayty是原系统 tftayty 中输入延时一个时间单位 后的结果 原系统是一个线性LTI系统 而系统的零输入响应与输入信号无关 所以系统 1 tftayty的零输入响应与原系统相同 即 5 3 tuety t x 由于原系统是一个线性LTI系统 所以系统 1 tftayty的零状态响应 与输入 有关 是原系统零状态响应延时相应的一个时间单位后的结果 即 1 1 3 1 3 tuety t f 方法2 1 与方法1相同 2 由于系统的强迫响应为常数 所以其输入 tf也应为常数 假设输入 tf的作用时刻 为 0 t 则有 tKutf 设 3 tuCeth t 则 3 3 333 tCtuCetCetuCeth ttt 将 th和 t h 代入下列方程 3 tthth 可解得1 C 故系统的单位冲激响应为 3 tueth t 由此得 1 3 33 tue K tKutuetfthty tt f 设系统的零输入响应为 t x Dety 3 0 t 则系统的完全响应为 tt tt fx ee K D K e K Detytyty 33 33 23 33 1 3 0 t 由此可解得9 K 5 D 信号与系统 陈后金等编 作业参考解答 第 9 页 共 27 页 故 9 tutf t x ety 3 5 0 t 55 0 0 0 3 t t x eyy 3 系统的零输入响应为 5 3 tuety t x 系统的零状态响应为 1 3 1 3 33 tuetue K ty tt f 4 与方法1相同 3 16 计算下列信号的卷积积分 2 1 2 tuetutu t 3 3 2 2 tuetue tt 解 2 因为 1 2 1 2 1 2 0 2 0 222 tuetue tudedtuuetuetu t t t t 由卷积的位移性质得 1 1 2 1 1 1 22 tuetuetu tt 所以 1 1 2 1 1 2 1 1 1 222 tuetuetuetutu ttt 3 6 6 3 2 3 2 2 0 22 tueetudee dtueuetuetue tt t t ttt 第二次 P110 111 3 28 已知描述某离散时间LTI系统的差分方程 1 5 0 kfkyky 0 k 1 0 y 试 求系统在下列输入激励作用下系统的固有响应 强迫响应及完全响应 3 2 kukf k 解 3 系统的特征方程为 05 0 r 系统的特征根为 5 0 r 由此得系统的齐次解 固有响应 为 k h Aky5 0 0 k 系统输入为 2 kukf k 设系统的特解 强迫响应 为 k p Bky2 0 k 信号与系统 陈后金等编 作业参考解答 第 10 页 共 27 页 将其代入系统的差分方程得 kkk BB225 02 1 解得3 4 B 故系统的强迫响应为 2 3 4 kuky k p 系统差分方程的完全解为 kk ph Akykyky2 3 4 5 0 0 k 代入初始条件得 1 3 4 0 Ay 解得3 1 A 故系统的固有响应为 5 0 3 1 kuky k h 系统的完全响应为 5 02 3 1 2 kukykyky kk ph 3 31 求下列方程描述的离散时间系统的零输入响应 kyx 零状态响应 kyf 及完全响应 ky 1 3 1 5 0 kfkyky 4 1 y kukf 解 1 a 求零输入响应 kyx 系统差分方程对应的特征方程为 05 0 r 解得特征根为 5 0 r 故系统的零输入响应为 k x Aky 5 0 0 k 代入初始条件有 42 5 0 1 1 1 AAyy x 解得2 A 故 5 0 2 kuky k x b 求零状态响应 kyf 1 先求单位脉冲响应 kh kh应满足以下差分方程 3 1 5 0 kkhkh 由 kh的定义 系统输入为 k 时的零状态响应 知 0 1 h 信号与系统 陈后金等编 作业参考解答 第 11 页 共 27 页 所以 3 0 3 1 5 0 0 hh 解得3 0 h 设 k Bkh 5 0 0 k 代入初始条件有 3 0 Bh 故 5 0 3 kukh k 2 再求零状态响应 kyf 由零状态响应的定义得 5 0 2 5 0 5 0 1 2 5 0 1 5 0 1 3 5 0 3 5 0 3 1 0 ku kuku kunkunu nkfnhkfkhky k k k k n n n n n f c 求完全响应 ky 5 0 2 5 0 2 5 0 2 ku kukukykyky k kk fx 3 39 计算以下序列的卷积和 1 4 2 kuku k 4 2 5 0kuku kk 解 1 方法1 由离散序列卷积和的定义得 4 12 4 12 12 4 2 4 2 4 2 3 3 4 0 kuku kunkunukuku k k n k n nnk 方法2 因为 12 12 12 2 2 2 1 1 0 kuku kunkunukuku k k k n n n nk 所以 卷积的位移性质 4 12 4 2 3 kukuku kk 4 由离散序列卷积和的定义得 信号与系统 陈后金等编 作业参考解答 第 12 页 共 27 页 5 02 3 1 25 012 3 4 25 01 25 01 2 25 02 2 5 0 2 5 0 2 1 1 0 ku kuku kunkunukuku kk kk k k n k n nknknkk 第四章 第四章 P142 4 2 试求题4 2图所示的周期信号的Fourier级数展开式 题 4 2 图 解 方法1 指数形式法展开 在一个周期内 ty的表达式为 c c jF 0 1 解 显然 2 c PjF b t 2 tf 120 1 34 信号与系统 陈后金等编 作业参考解答 第 15 页 共 27 页 所以 2 2 1 2 1 2 1 tSaSa tPFjFFtf c c t c c t c 5 12 已知信号的频谱 jF如题5 12图所示 试求信号 tf 题 5 12 图 解 因为 24 PPjF 而 22 1t SaPF c c c 所以 2 2 1 2 1 4 11 tSatSa PFPFjFFtf 第六章 第六章 P209 210 6 10 已知理想低通滤波器的频率响应为 20 2 2j e jH 1 求该滤波器的冲激响应 th 2 输入 tSatf t 求输出 ty 3 输入 3 tSatf t 求输出 ty 4 若滤波器的输入为题6 2图所示的周期方波信号 求输出 ty 解 1 由题知 jH 的波形图为 由此得 2 4 j ePjH 因为 jH 2 20 1 jF 11 2 20 2 1 b 信号与系统 陈后金等编 作业参考解答 第 16 页 共 27 页 22 1t SaPF c c c 0 1 0 ttfejFF tj 所以 2 2 2 2 2 4 2 4 2 4 11 tSatSa ePFjHFth j 2 因为 2 2 PtSaF 所以 令 2 2 PtSaFjF 2 2 j ePjFjHjY 故 2 2 2 2 2 2 2 2 11 tSatSa ePFjYFty j 3 令 6 有 3 1 6 2 3 66 PPtSaFjF 2 4 3 1 j ePjFjHjY 所以 2 2 3 2 2 2 4 2 4 3 1 3 1 2 4 11 tSatSa ePFjYFty j 4 由题6 2图知周期方波信号 tf的周期为2 0 T 其基波角频率为 00 2T 将 tf展开成以下的Fourier级数 ttt tn n tf n 000 0 1 5sin 5 1 3sin 3 1 sin 40 12sin 12 140 由于该理想低通滤波器的截止频率为 2 c 所以只有 tf中的基波分量 0 能通过该理想低通滤波器 其它高次谐波分量的角频率均大于理想低通滤波器的截止频率 所以被 虑掉 了 考虑到该理想低通滤波器的时间滞后 有 2 sin 40 2 sin 40 0 ttty 6 11 已知理想高通滤波器的频率响应为 信号与系统 陈后金等编 作业参考解答 第 17 页 共 27 页 40 4 2j e jH 1 试求该滤波器的冲激响应 th 2 输入 6 tSatf t 求输出 ty 3 若滤波器的输入为题6 2图所示的周期方波信号 求输出 ty 解 1 由题知 jH 的波形图为 由此得 2 8 1 j ePjH 所以 2 4 4 2 2 2 8 2 8 2 1 2 8 11 tSat tSat ePFjHFth j 2 令 12 有 6 1 12 2 6 1212 PPtSaFjF 其波形为 由此得 jY 的波形为 所以系统输出的频谱为 2 22 5 5 6 1 j ePPjY 或 jH 4 40 1 jF 6 60 6 1 jY 4 4 6 60 6 1 信号与系统 陈后金等编 作业参考解答 第 18 页 共 27 页 2 812 6 1 j ePPjY 故 2 5cos 2 3 1 2 5cos 2 2 6 1 2 2 2 6 1 2 5 2 5 1 ttSattSa eetSajYFty tjtj 或 2 4 3 2 2 6 2 4 2 8 2 6 2 12 6 1 1 tSatSa tSatSajYFty 上述两种结果是等价的 证明如下 2 5cos 2 3 1 2 sin 2 5cos 2 2 6 1 2 4sin 2 6 sin 2 6 1 2 4 2 4sin 3 2 2 6 2 6sin 2 4 3 2 2 6 ttSa tt t tt t t t t t tSatSa 证毕 3 由题6 2图知周期方波信号 tf的周期为2 0 T 其基波角频率为 00 2T 将 tf展开成以下的Fourier级数 ttt tn n tf n 000 0 1 5sin 5 1 3sin 3 1 sin 40 12sin 12 140 由于该理想高通滤波器的截止频率为 4 c 所以 tf中的基波分量 0 和 3次谐波分量 33 0 不能通过该理想高通滤波器 其它高次谐波分量的角频率均 大于理想高通滤波器的截止频率 所以可以通过 考虑到该理想低通滤波器的时间滞后 有 2 7sin 7 1 2 5sin 5 140 ttty 6 15 已知信号tttf 4 sin s 求下列各式的Laplace变换 6 cos 0 tute at 解 由欧拉公式可得 2 1 2 1 cos 0 00 00 tuetue tueeetute tajtaj tjtjatat t tf 1203 1 a 信号与系统 陈后金等编 作业参考解答 第 20 页 共 27 页 因为 s tuL 1 sFtfeL t 其中 tfLsF 所以 2 0 22 0 2 00 0 2 2 1 11 2 1 cos as as as as jasjas tuteL at 7 9 试求下列 sF的初值 0 f和终值 f 4 2 12 2 ss s sF 解 显然 sF为有理假分式 需要进行长除法分解 因为 2 2 41 2 2 12 1 2 sF ss s ss s sF 所以 4 2 41 lim lim 0 1 ss s sssFf ss 5 0 2 12 lim lim 2 00 s s ssFf ss 或 5 0 2 41 lim lim 0 1 0 ss s sssFf ss 7 13 试用部分分式法 求下列 sF的单边Laplace反变换 3 134 135 2 sss s sF 解 设 134 134 135 2 2 ss CBs s A sss s sF 则 1 0 134 135 2 0 s ss s ssFA s 从而 134 1 134 135 2 2 ss CBs s sss s sF 信号与系统 陈后金等编 作业参考解答 第 21 页 共 27 页 由待定系数法 有 135 134 2 sCBssss 即 13513 4 1 2 ssCsB 所以 54 01 C B 解得1 B 1 C 故 222222 222 3 2 3 3 2 21 3 2 3 2 1 3 2 11 134 11 ss s s s s s s s s ss s s sF 最后得 3sin3cos1 22 1 tutetesFLtf tt 7 21 试由s域求下列系统的系统函数 零状态响应 零输入响应及其完全响应 4 3 8 4 tftftytyty 0 t tuetf t 5 0 y 3 0 y 解 对上述微分方程两端取Laplace变换得 3 8 0 4 0 0 2 sFssFsYyssYysysYs 代入初始条件并整理得 84 13 84 235 22 sYsYsF ss s ss s sY fx 其中 1 1 s tueLtfLsF t 所以系统函数为 84 13 2 ss s sH 由此得 22222 2 2 2 2 13 2 2 2 5 84 235 ss s ss s sYx 系统的零输入响应为 2sin 2 13 2cos5 22 1 tutetesYLty tt xx 设 信号与系统 陈后金等编 作业参考解答 第 22 页 共 27 页 84 1 84 1 13 84 13 2 2 2 ss CBs s A sss s sF ss s sYf 其中 5 2 84 13 1 1 2 1 s sf ss s sYsA 且 13 1 84 5 22 sCBssss 令0 s 得5 21 C 令1 s 得5 2 B 故 2222 2 2 2 2 10 17 2 2 2 5 2 1 1 5 2 84 5 21 5 2 1 5 2 ss s s ss s s sYf 系统的零状态响应为 2sin 10 17 2cos 5 2 5 2 22 1 tuteteesYLty ttt ff 系统的完全响应为 2sin 5 41 2cos 5 27 5 2 22 tuteteetytyty ttt fx 7 23 题7 23图所示电路在0 t前开关一直处于闭合状态 画出电路的s域模型 并求开关 打开后流经电感的电流 ty 已知Vtf10 HL1 2 1 R 5 2 R FC 5 1 题 7 23 图 解 设电路换路前已处于稳态 由题7 23图 a 知ARtfiL25 10 0 2 Vtfuc10 0 开关打开后电路的s域模型如图7 23图 b 所示 由KVL可得 sC RsL suLisF sY cL 1 0 0 1 其中 s tuLtfLsF 10 10 代入元件参数和系统初始值并整理得 L 0 t 1 R tf C ty 2 R a sL 1 R sF sC 1 sY 0 L Li suc 0 b 信号与系统 陈后金等编 作业参考解答 第 23 页 共 27 页 2222 2 2 1 2 2 1 1 2 52 2 ss s ss s sY 故 Atute tutetesYLty t tt 57 262cos 5 2sin2cos2 0 1 7 26 已知某线性时不变系统在阶跃信号 tu激励下产生的阶跃响应为 2 1 tuety t 试由s 域求系统在 3 2 tuetf t 激励下产生的零状态响应 2 ty 解 设 1 tutf 则 s tuLtfLsF 1 11 2 1 2 11 s tueLtyLsY t 由此得系统函数为 21 2 1 1 1 s s s s sF sY sH 又因为 3 1 3 22 s tueLtfLsF t 所以 3 3 2 2 3 2 3 1 2 22 ss ss s ss s sFsHsY 故 23 23 2 1 2 tueesYLty tt 第八章 第八章 P304 306 8 3 根据z变换的性质 求以下序列的单边z变换及其收敛域 2 1 kukak 4 Nkukuk 解 2 设 1 k F zZ a u k 则 az a az z az azzazF k k k kk 11 1 1 1 1 0 1 1 由z域微分性质可得 22 1 az az az a z az a dz d z dz zdF zkukaZ k 信号与系统 陈后金等编 作业参考解答 第 24 页 共 27 页 其中 1 1 4 设 NkukuZzF 则 111 1 z zz z z z z z zF N N 故 则 2 12 2 1 1 1 1 1 1 1 z zNzNz z zzzzN z dz zdF zNkukukZ NN NN 其中0z 8 6 已知因果序列 kf的z变换式 zF 试求 kf的初值和终值 0 f 1 f f 1 5 0 1 1 2 zz zz zF 解 用长除法可将 zF展开为 21 2 5 0 5 0 1 5 0 1 1 zz zz z zz zz zF 而 0 1 1 0 k k zffzkfzF 故0 0 f 1 1 f 或 0 5 0 1 lim lim 0 zz z zFf zz 因为 zF为有理真分式 其展开式中无常数项 所以 1 5 0 1 lim lim 1 2 zz z zzFf zz 终值为 3 2 5 1 1 5 0 lim 1 lim 11 z z zFzf