徐亚宁信号与系统全部作业的参考答案.pdf

1 第一章 1 8 系统的数学模型如下 试判断其线性 时不变性和因果性 其中 X 0 为 系统的初始状态 2 2 f t y te 5 cos2y tf tt 8 2y tft 解 2 2 2 f t y te 线性 设 1122 f ty tftyt 则 12 22 12 f tft y teyte 那么 1 12 2 1 12 2 222 1 122 a f ta fta f ta ft a f ta fty teee 显然 1122 y ta y ta yt 所以是非线性的 时不变性 设 11 f ty t 则 101 22 110 f t tf t y tey tte 设 102 f ttyt 则 10 2 210 f t t ytey tt 所以是时不变的 因果性 因为对任意时刻 t1 1 2 1 f t y te 即输出由当前时刻的输入决定 所以系统是 因果的 5 5 cos2y tf tt 线性 设 1122 f ty tftyt 则 1122 cos2 cos2y tf ttytftt 那么 1 1221 1221 122 cos2cos2cos2a f ta fty ta f ta ftta f tta ftt 显然 1122 y ta y ta yt 所以系统是线性的 时不变性 设 11 f ty t 则 1110100 cos2 cos2y tf tty ttf tttt 设 102 f ttyt 则 21010 cos2ytf ttty tt 所以是时变的 因果性 因为对任意时刻 t1 111 cos2y tf tt 即输出由当前时刻的输入决定 所以 系统是因果的 2 8 8 2y tft 线性 设 1122 f ty tftyt 则 1122 2 2y tftytft 那么 1 1221 1221 122 2222a f ta fty ta fta fta fta ft 显然 1122 y ta y ta yt 所以系统是线性的 时不变性 设 11 f ty t 则 111010 2 2y tfty ttftt 设 102 f ttyt 则 21010 2ytftty tt 所以系统是时变的 因果性 因为对任意时刻 t1 11 2y tft 当 1 0t 时 11 2tt 即输出由未来时刻 的输入决定 所以系统是非因果的 3 第二章第二章 2 12 a 已知信号 f t 如图所示 试分别画出下列信号的波形 1 f 1 t 2 f 2t 2 3 f 2 t 3 4 f t f 2 t U 1 t 解 1 先将 f t 向左移 1 得 f t 1 见图 a 然后反折即得 f 1 t 见图 b 2 首先 f t 向左移 2 得 f t 2 见图 a 然后将 f t 2 的波形压缩为 1 2 即得 f 2t 2 的波形 见图 b 3 f t 2 1 1 2 1 t 0 图 a 图 b 3 2 f 2t 2 1 1 2 1 2 t 0 2 f t 1 1 1 2 1 2 t 1 2 2 1 1 2 f 1 t t 图 a 图 b 1 f t 1 1 2 1 2 3 t 4 3 首先 f t 向左移 2 得 f t 2 见图 a 然后将 f t 2 的波形扩展 3 倍即得 f 2 t 3 的波形 见图 b 最后将 f 2 t 3 进行反折即得 f 2 t 3 的波形 见图 c 4 先作出 f 2 t 的波形 和 U 1 t 的波形 见图 a 和图 b 然后作出 f t f 2 t 的波形 见图 c 最后乘以 U 1 t 后的波形如图 d 1 1 3 1 2 f 2 t t 图 b 2 1 1 t U 1 t 图 a 3 3 9 1 2 f 2 t 3 t 图 c 6 3 f t 2 1 1 2 1 t 0 图 a 图 b 9 f t 3 2 1 1 2 3 t 0 5 2 16 利用冲激信号及其各阶导数的性质 计算下列各式 2 3t d f tet dt 8 3 241f ttt dt 10 t f tettdt 14 1 2 3 2 t n f tetn dt 解 2 0 d f tett dt 8 因为 11tt 所以 333 1 2412412410 t f ttt dtttdtt 10 0 0 2 ttt t t f tettdtee 14 冲激串 n tn 中只有 两个 t 和 t 1 落在积分区间 3 2 1 2 之中 因此 11 1 22 33 22 11 tt n f tetn dtettdte 2 25 已知激励为零时刻加入 求下列系统的零输入响应 1 02 00yty tftyy 3 32 01 00yty ty tf tyy 解 1 特征方程为 2 10 特征根为 12 ii 因此 yx t 为 12 0 itit x ytCeC et 代入初始条件并求解 有 f 2 t f t 图 d 1 3 t 图 c 2 3 t 6 12 12 12 2 1 0 CC CC iCiC 所以 2cos0 itit x yteet t 3 特征方程为 2 320 特征根为 12 1 2 因此 yx t 为 2 12 0 tt x ytCeC et 代入初始条件并求解 有 121 122 12 201 CCC CCC 所以 2 20 tt x yteet 2 26 系统框图如图 2 58 所示 试列出系统的微分方程 求单位冲激响应 解 1 如图 加法器的输出方程为 ytf ty t 整理后即得系统的微分方程为 yty tf t 2 求 h t 特征方程为 2 0 特征根为 12 1 0 因此 h t 为 12 t h tCeC U t 微分方程中令 f t t 并将 h t 代入 得 1112112 tt Ce U tCtCCtCe U tCCtt 比较两边冲激函数的系数 得 121 22 01 11 CCC CC 所以 1 t h teU t f t y t yt 1 7 2 33 已知信号如图 2 61 所示 试分别画出 12 f tft的波形 1 1 2 f1 t t 1 1 f2 t t 1 0 0 c 1 1 1 f1 t t f2 t t 1 0 0 b 2 2 1 f1 t t 1 1 1 f2 t t 1 0 0 a 8 解 a 12111 1111f tftf tttf tf t 故波形如 下 b 1 1212 0 221 t f tftftfttte dU t 1 2 12 11 00 2 101 211 tt t t eU teU t t et eet 波形见 b c 11 12122 2121 f tftftftttft 11 22 2121ftft 而 1 2 ft 的波形是一个等腰三 角形 因此 卷积的波形为 3 3 1 f t t 2 1 e 1 f t t 0 0 a 1 1 b 1 1 f1 t t f2 t t 1 0 0 e sint U t U t 2 9 e 1 121 0 sin 11sin 1f tftt U tU tU tdftt 1 3 21ft 其中 1 1 00 sin1 cos0 2 t t ftUUdtt t 所以 12 21 3cos11 41 t ftfttt t 卷积的波形见 d 2 49 已知 LTI 系统的框图如图 2 72 所示 三个子系统的冲激响应分别为 123 1 h tU tU th tU th tt 求总系统的冲激响应 h t 2 2 2 f t t 0 c f t t 2 0 d 4 1 1 10 解 由图可知 总的冲激响应为 231 1 00 1 11 111 1 tt h thth th tU ttU tU t dU tdU tU tU t tU ttU tU tU t t U tU tU t 2 52 求下列系统的零输入响应 零状态响应和全响应 1 32 2 01 02 t yty ty tf tf te U tyy 解 特征方程为 2 320 特征根为 12 1 2 1 求零输入响应 由特征根得 x yt为 2 12 0 tt x ytCeC et 代入初始条件并求解 有 121 122 14 223 CCC CCC 所以 2 430 tt x yteet 2 求冲激响应 h t 由特征根及微分方程的阶数可知 2 12 tt h tAeA eU t 在原微分方程中 令 f t t 并将 h t 代入 得 22 1212121212 2 12 4232 2 tttt tt AeA eU tAAtAAtAeA eU tAAt AeA eU tt 比较两边冲激函数的系数 得 121 122 01 211 AAA AAA 所以 2tt h teeU t 3 求零状态响应 h2 t h3 t y t f t h1 t 11 2 2 00 2 2 22 22 ttt f tt tt ttt ytf th te U te U teU t e edU te edU t te U teeU t 因此全响应为 22 2 4322 625 ttttt xf ttt y tytyteeU tte U teeU t eteeU t 2 54 一 LTI 系统 初始状态不详 当激励为 f t 时全响应为 3 2sin2 t et U t 当激励为 2f t 时全响应为 3 2sin2 t et U t 求 1 初始状态不变 当激励为 f t 1 时其全响应 并指出零输入响应和零 状态响应 2 初始状态是原来的两倍 激励为 2f t 时其全响应 解 设系统的零输入响应为 x yt f t 产生的零状态响应为 f yt 因为系 统是 LTI 系统 由题设可得 3 3 2sin2 22sin2 t xf t xf ytytet U t ytytet U t 解此方程 得 3 3 3 sin2 t x t f yte U t ytet U t 1 由时不变性 此时的零状态响应为 1 f yt 而零输入响应不变 故全 响应为 313 13sin211 tt xf y tytyte U tetU t 其 中 零输入响应为 3 3 t e U t 零状态响应为 31 sin211 t etU t 2 根据线性性质 此时系统的零输入响应和零状态响应均为原来的两倍 故全响应为 3 2242sin2 t xf y tytytet U t 其中 零状态响应为 3 6 t e U t 零状态响应为 3 22sin2 t et U t 12 第三章第三章 3 10 已知周期电压 22cos45sin 245cos 360u tttt 试画 出其单边 双边幅度谱和相位谱 解 22cos45sin 245cos 360u tttt 22cos45cos 2135cos 360ttt 所以令 0 1 即有 0112133 2 2 45 1 135 1 60 AAAA 因此单边幅度谱和相位谱如下 根据单双边谱之间的关系得 312 4513560 00112233 111 2 0 5 0 5 222 jjjjjj FAFAeeFA eeFAee 由此的双边谱如下 0 0 3 2 0 5 n F 0 2 0 0 2 0 3 1 0 0 2 0 3 2 1 A n 0 0 2 0 3 3 4 3 n 4 13 3 12 已知连续周期信号 f t 的波形如图 3 58 所示 1 求指数型与三角型傅里叶级数 2 求级数 111 1 357 S 之和 解 1 有图易知 0 2 2 T T 三角型 111 0 000 2 111 cos0 sin1 cos 22 0 nn n adtan tdtbn tdtnn n n 为奇数 为偶数 所以 1 121 sin 212 1 sin3sin5 2212 n f tnttt n 指数型 00 1 1 3 5 111 1 cos 222 0 nnn n FaFajbnn n otherwise 0 0 2 0 3 3 4 3 4 0 0 2 0 3 n 1 1 2 f t t 1 14 所以 21 2 11 221 jnt n f te n 2 在三角型级数中令 1 2 t 得 11213151211 1sinsin 1 223252235 f 因 1 1 2 f 所以 211111 1 1 352354 即 S 4 3 30 求下列信号的傅里叶变换 2 2 1U t 4 2 jt et 6 21 1 t et 8 1U tU t 解 2 因为 2 12U tU t 所以 2 1 2 1 j U te j 4 因为 2 22 jtj etet 所以 21 2 jjt ete 6 因为 21 11 t ett 所以 21 1 tj ete 8 因为 1 10 5U tU tg t 所以 0 5 1 2 j U tU tSae 3 31 已知信号 1 ft 和 2 ft的带宽分别为 1 和 2 并且 12 求下列信号 的带宽 1 12 f tft 2 12 f tft 3 12 2f tft 4 2 12 ftft 5 12 21ftft 1 1212 1 2 f tftF jFjFj 根据卷积的性质可知 F j 带宽为 12 2 因为 1212 f tftF jFjFj 所以 F j 的带宽为 2 3 因为 1212 22f tftF jFjFj 所以 F j 的带宽为 1 15 4 因为 1 2 2112 1 2 ftftF jFjFjFj 所以 F j 的 带宽为 2 5 因为 1212 11 21 222 j ftftF jFjFje 所以 F j 的带宽为 12 2 3 32 利用傅里叶变换的对称性 求下列信号的傅里叶变换 2 sin21 1 t f t t 4 1 f t t 解 2 sin21 221 1 t f tSat t 因为 2 gtSa 令 4 4 42gtSa 根据对称性 得 44 42222SatgSatg 再由时移性质得 4 j f tge 4 因为 2 sgn t j 根据对称性 有 2 2 sgn jt 因此 1 sgnj t 3 33 已知 f tF j 利用傅里叶变换的性质 求下列信号的傅里叶变换 1 35ft 7 d tf t dt 8 0 jt d ef t dt 9 5t fd 11 1 d f t dtt 15 cos2f tt 解 1 5 3 1 35 33 j ftFje 7 由时域微分性质有 d f tj F j dt 再由频域微分性质 得 ddd jtf tj F jjF jjF j dtdd 所以 dd tf tF jF j dtd 16 8 由时域微分性质有 d f tj F j dt 再根据频移性质即得 0 11 jt d ef tjFj dt 9 由积分性质有 0 tF j fdF j 再根据时移性质 得 55 05 5 tFj fdF j 11 由时域微分特性 有 d f tj F j dt 由对称性可得 1 sgnj t 最后根据卷积定理 得 1 sgn d f tj F jjF j dtt 15 因为 cos222t 根据频域卷积定理 得 111 cos2 2222 222 f ttF jFjFj 3 44 已知系统的微分方程如下 a 43yty ty tf t b 56yty ty tftf t 1 求系统的频率响应 H j 和冲激响应 h t 2 若激励 2t f te U t 求系统的零状态响应 f yt 解 a 1 由微分方程可知系统的频率响应为 2 1111 213 43 Hj jj jj 因此冲激响应为 3 1 2 tt h teeU t 2 设 ff f tF jytYj 则 1 2 F j j 由频域分析 2 111 2123 43 f YjF jHj jjjj jj 可令 312 123 f AAA Yj jjj 其中 17 1 1 1 11 1 232 f j j AjYj jj 2 2 2 1 21 13 f j j AjYj jj 3 3 3 11 3 122 f j j AjYj jj 即 1 211 2 123 f Yj jjj 因此零状态响应为 23 11 22 ttt f yteeeU t b 1 由微分方程可知系统的频率响应为 2 112 23 56 j Hj jj jj 因此冲激响应为 23 2 tt h teeU t 2 设 ff f tF jytYj 则 1 2 F j j 由频域分析 22 111 2 5623 f jj YjF jHj j jjjj 可令 312 2 23 2 f AAA Yj jj j 其中 2 1 2 2 1 21 3 f j j j AjYj j 2 22 2 2 2 12 22 3 3 f j j j dj AjYj d jj j 32 3 3 1 32 2 f j j j AjYj j 即 2 122122 23223 2 f d Yjj jjdjjj j 18 因此零状态响应为 223 22 ttt f ytteeeU t 3 46 已知 LTI 系统的频率响应如图 3 75 所示 其相频特性 0 求当输 入为 0 2jntjn n f tee 其中 0 1 rad s 时的输出 y t 解 因为 11 1 jtjt AeAH je 且 0 2jntjn n f tee 所以 0 2 2 2 0 2 22 22 1 12sin2cos2 jntjnjnjnt nn jj jj tjtjtjj t y teHjneeHjn e e eeeeeee tt 3 50 如图 3 78 所示系统 已知输入信号 f t 的频谱为 F j H2 j 6 g 试画出 x t 和 y t 的频谱 5 3 3 5 1 1 Hj 2 Hj f t cos5t cos3t x t 2 5 2 5 H j 1 y t 19 解 设 x tXj 又设第一个乘法器的输出为 11 f tFj 则 1 cos5f tf tt 根据频域卷积定理 有 1 111 5555 222 FjF jFjFj 由频域分析可知 11 XjFjHj 其波形如图 a 所示 类似地 2 11 33 22 YjXjXjHj 其波形如图 b 所 示 3 61 已知系统的微分方程和激励如下 求系统的稳态响应 1 1 5 cos2y ty tftf tt 2 22 cos23y ty tftf tf tt 解 1 系统频响为 1 5 j Hj j 当 2 时 频响 36 9 2 20 8 2 1 5 j j Hje j 因此稳态响应为 2 cos 220 8cos 236 9 ss ytH jtt 5 3 3 5 1 2 X j 图 a 2 2 1 4 Y j 图 b F j 2 2 1 F j 2 2 1 2 2 20 2 系统频响为 2 2 j Hj j 设 12 cos2 3 ssss tytyt 因为 2 22 2 22 j j Hje j 02 01 02 j Hj j 所以 1 2 cos 22cos 2sin2 2 ss ytHjttt 2 0 33 ss ytH j 最后 总的稳态响应为 12 sin23 ssssss ytytytt 3 63 已知某理想高通滤波器的频率特性如图 3 86 所示 求其冲激响应 解 系统的频率响应为 555 44 2 122 jjjj H jH jegeege 因为 5 252 j te 由对称性及时移性质可求得 5 4 4252 j Satge 因此 冲激响应为 25425h ttSat Hj 21 3 66 如图 3 89 所示系统 已知 sin2 sgn t f tHjj t 求输出 y t 解 如图 12 y ty tyt 因此 12 Y jYjYj 由对称性求得 4 f tF jg 因为 1 cos4y tf tt 所以 144 1111 4444 2222 YjFjFjgg 而 2 4 44 1 44 2 1 sgn 44 2 11 4 sgn44 sgn4 22 YjF jHjj g gg 因此 1222128 55Y jYjYjgggg 此结果 需借助图形才比较容易得到 即 将 12 YjYj 的波形画出并相加 因为 128 sin6sin4 tt gg tt 所以 sin6sin42sin cos52 cos5 tttt y tSa tt ttt 3 52 已知基带信号 1 ft带限于 1 信号 2 ft带限于 2 求对下列信号进行 理想抽样时 所允许的最大抽样间隔 T 1 12 f tft 2 12 f tft 3 12 f tft 4 2 1 ft 5 1 3ft 6 11 5ftf t Hj f t sin4t cos4t y t y1 t y2 t 22 解 1 因为 1212 1 2 f tftF jFjFj 根据卷积的性质 可知 F j 带限于 12 因此最大抽样间隔为 12 T 因为 1212 f tftF jFjFj 易知 F j 带限于 12 max 因此最大抽样间隔为 12 max T 因为 1212 f tftF jFjFj 易知 F j 带限于 12 min 因此最大抽样间隔为 12 min T 因为 2 111 1 2 f tF jFjFj 根据卷积的性质可知 F j 带限于 1 2 因此最大抽样间隔为 1 2 T 因为 1 1 3 33 ftF jFj 根据尺度变换的性质可知 F j 带限于 1 3 因此最大抽样间隔为 1 3 T 因为 5 1111 1 5 2 j ftf tF jFjeFj 由尺度变换 及卷积的性质可知 F j 带限于 1 2 因此最大抽样间隔为 1 2 T 23 第四章第四章 4 4 求下列信号的拉氏变换 并注明收敛域 1 t e Ut 3 2t te U t 5 2 2 t eU t 解 1 0 1 1 Re1 1 sttst F se Ut edtedts s 3 2 1 1 Re2 2 tst F ste U tedts s 5 22 122 2 2 Re1 1 s sttst e F seU tedteedts s 4 5 求下列信号的单边拉氏变换 2 7 23 t te U t 4 2 2 tt e U teU t 6 1 t eU t 8 212U tU tU t 10 11tU t 12 1 cos t t eU t 解 2 7 3217 232 77 t s te U t ss 4 22 2 11 2 111 ss tt ee e U teU t sss 6 111 1 11 t eU t sss s 8 2 2 1 1 2121 2 s ss e U tU tU tee ss 10 2 11 s e tU t s 12 2 2 1 1 cos t s t eU t s s 4 10 求下列函数的拉氏逆变换 f t 2 32 1 12 ss ss 4 4 2 1 5 s e s 6 24 s ss 8 2 5 25 s s ss 24 10 3 3 21 s ss 解 2 首先 32 145 2 1212 sss s ssss 然后令 12 45 1212 AAs ssss 其中 12 12 4545 1 3 21 ss ss AA ss 因此 32 113 2 1212 ss s ssss 于是 2 23 tt f ttte U te U t 4 因为 2 11 55 tU t s 由时移特性即得 11 44 55 f ttU ttU t 6 令 12 2424 AAs ssss 其中 12 24 1 2 42 ss ss AA ss 因此 12 2424 s ssss 从而 42 2 tt f teeU t 8 令 2 31 22 2 22 15 251212 AsAAs ss ss ss 其中 1 2 0 5 1 25 s s A ss 因此 2 3 22 2 22 151 251212 AsAs ss ss ss 通分 后得 2 223 22 1255 2525 AsAAss s sss ss 比较分子的各项系数 得 23 1 0AA 故 2 2 2 151 2512 ss ss ss s 从而 1cos2 t f tet U t 10 令 2312122 332 3 21 2111 AAAAs ss ssss 其中 25 1213 1 2 222 1 1 23 3 1 1 33 1 2 2 1 31 1 2 2 131 1 22 2 s s s s s s ss AA s s s A s s s A s s 所以 332 31211 21 2111 s ss ssss 从而 22 1 tt f te U ttte U t 4 16 由时域卷积定理求下列信号的卷积 1 2 12 t f ttU tfte U t 4 12 1 3f ttU tftU t 7 12 4 sinf tU tU tfttU t 解 1 设 1122 f tF sftF s 则 12 2 11 2 F sFs ss 由卷 积定理 1212 2 1 2 ftftF s Fs ss 作部分分式展开 有 11122 22 1 22 AAA sssss 其中 1112 2 0 0 0 2 2 2 11111 2224 2 11 4 s s s s AA ss s A s 因此 22 11 21 41 4 22sssss 所以 2 12 111 244 t f tfttU tU te U t 4 设 3 ftU t 记 1213 f tf tfty tf tft 那么 3f ty t 下面先求 y t 26 设 1133 f tF sftF s 则 13 2 11 s se F sF s ss 由卷积定 理 13 332 111 ss s y tF s F see sss 因为 2 32 111 2 t U ttU t ss 所以 21 1111 2 y ttU ttU t 从而 2 2 1 32222 2 1 342 2 f ty ttU ttU t ttU t 7 记 12 f tf tft 设 1132 f tF sftF s 则 4 13 22 1 s e F sF s ss 由卷积定理可知 4 12 22 1 s e f tF sF s Fs s s 令 22 22 ABsC sss s 则 22 0 1 s A s 将上式右边通分 有 2 22 222222 1 1 B sCs ss BsC s ss ss s 比较分子的各项系 数 得 1 0BC 因此 4 22 1 1 1 s s F se ss 于是 00 111 1 cos1 cos441 cos04 04 t f tt U ttU ttt t 4 20 已知某 LTI 系统的阶跃响应 t g te U t 若系统的输入 2f ttU t 求该系统的零状态响应 f yt 解 设 g tG s 则 1 1 G s s 易知 1 G sH s s 因此系统函数 27 1 s H ssG s s 又设 ff f tF sytYs 因为 22222f ttU ttU tU t 所以 2 2 21 s s F se s 故 22 2111 11 ss f s YsF s H see s sss 因此 2 12 t f yteU t 4 27 已知系统的微分方程为 323yty ty tftf t 求在下列两 种情况下系统的全响应 1 01 02f tU tyy 2 3 01 02 t f te U tyy 解 1 设 f tF sy tY s 则 1 F s s 对微分方程两边取拉氏变换 有 2 003023s Y ssyyY syY ssF s 代入初始条件 与 F s并解此代数方程 得 2 2 53 3232 ss Y s sss ss 作部分分式展开 得 35 2 22 12 Y s sss 所以全响应为 2 35 2 22 tt y teeU t 2 此时 1 3 F s s 将它和新的一组初始条件代入上面关于象函数的代数 方程中 解得 2 6 32 s Y s ss 作部分分式展开 得 54 12 Y s ss 所以全响应为 2 54 tt y teeU t 4 30 如图 4 32 所示电路 求 1 系统的单位冲激响应 h t 2 欲使系统的零输入响应 Cx uth t 系统的初始状态 3 欲使系统在单位阶跃信号激励下 全响应为 C utU t 系统的初始状 态 28 解 先画出电路的复频域模型如下 1 先求系统函数 在复频域模型中令 00 00 LC iu 此时由分压公 式 得 1 2 1 C s UsF s ss 因此 22 11 21 1 C Us H s F sss s 所以冲激响应为 t h tte U t 2 在复频域模型中 令 0F s 此时由分压公式 得 2 00 1 1 00 2 1 21 CC CxLL uu s Usii ssssss 要使 Cx UsH s 则应有 01 00 LC iAu 3 此时 1 F s s 由复频域模型可得 2 f t 1H L it C ut 1F 2 F s s L it C Us 0 L i 0 C u s 1 s 29 22 2 0 11 0 2121 001 1 21 C CCxCfL LC u UsUsUiF s sssss siu sss 要使 1 C Us s 应有 00 01 LC iuV 4 36 如果 LTI 因果系统 H s 的零极点分布如图 4 35 所示 且 H 0 1 求 1 系统函数 H s 的表达式 2 系统的单位阶跃响应 解 a 1 由零极点图可设系统函数为 2 61 A s H s ss 由 013HA 故 32 61 s H s ss 2 设 g tG s 则 321 61 s G sH s ss ss 做部分分式展开 得 3212 79 7 6161 s s sssss 所以阶跃响应 6 29 1 77 tt g teeU t b 1 由零极点图可设系统函数为 1 521 A s H s sss 由 0110HA 故 101 521 s H s sss 6 2 1 j 6 2 1 j 1 a b 30 2 设 g tG s 则 1011 521 s G sH s ss sss 做部分分式展 开 得 1011155 521521 s s sssssss 所以阶跃响应 52 155 ttt g teeeU t 4 41 系统框图如图 4 40 所示 试求 1 系统的传输函数 H s 和单位冲激响应 2 描述系统输入输出关系的微分方程 3 当输入 3 2 t f te U t 时 系统的零状态响应 4 判断系统是否稳定 解 1 如图设最后一个积分器的输出为 x t 写两个加法器的输出方程 得 32 2 xtf tx tx t y tx tx t 在零状态条件下取俩式的拉氏变换 得 2 32 21 F sssX s Y ssX s 因此 2 21 32 Y ss H s F sss 做部分分式展开 得 13 12 H s ss 因此 2 3 tt h teeU t 2 由系统函数可知微分方程如下 322yty ty tftf t 1 s 1 s f t y t 3 2 2 x t 31 3 2 2 212165 3123332 f s F sYsF s H s sssssss 所以 23 65 ttt f yteeeU t 4 系统函数的两个极点均在复平面的左半平面 因此系统是稳定的 此处将 系统视作因果的 4 44 已知某 LTI 系统 当 1 t f te U t 时全响应 tt y teteU t 2 2t f te U t 时全响应 2 2 tt y teeU t 求系统的零输入响应以及当 f tU t 时系统的全响应 解 设 y tY s 则 xfx Y sYsYsYsF s H s 在 1 中 22 1112 11 11 s F sY s ss ss 代入 式 得 2 21 1 1 x s YsH s s s 在 2 中 1213 21212 s F sY s sssss 代入到 式中 得 31 122 x s YsH s sss 解 式组成的方程 得 1 1 1 1 x Ys s H s s 所以 t x yte U t 当输入 f tU t 时 111 11 x Y sYsF s H s ss ss 所以 全响应 y tU t 32 第五章第五章 5 45 4 利用 U n和 n 来表示图 5 18 所示各个序列 解 1 1 14fnU nU n 2 2 1fnU n 3 3 14fnn U nU n 4 1 21325fnnnU nU n 5 1 1 1 2 fnnU n 5 55 5 离散信号 f n的波形如图 5 19 所示 试画出下列信号的波形 2 1fn 4 2fn 6 11f nf n 8 1fnU n 10 11fnUn 1 1 2 3 n 1 1 fn 1 1 2 n 1 2 fn 2 1 1 2 3 n 1 3 fn 2 2 3 4 1 1 2 3 n 4 fn 1 2 3 5 1 4 1 2 3 n 1 1 3 2 2 1 2 5 fn 33 解 2 将原信号波形左移 1 然后反折即得 1fn 的波形 如图 a 所示 4 因为 231 2010 0 fn fnfn otherwise 所以波形如图 b 所示 6 因为 1 331 112 240 0 n f nf nn otherwise 所以波形如图 c 所示 2 1 n 1 3 2 3 2 1 f n 2 3 n 1 1 2 3 4 1 1fn 图 a 2 1 n 1 3 1 2fn 图 b 2 1 n 3 4 1 11f nf n 图 c 1 n 1 2 3 2 1 1fnU n 图 d 2 1 n 1 3 2 3 2 1 11fnUn 图 e 34 8 将原波形向右平移 1 然后反折得 1fn 的波形 最后与 U n相乘即得 1fnU n 的波形 如图 d 所示 10 将原波形右移 1 后反折得 1fn 的波形 将 U n的波形左移 1 后反 折得 1Un 最后将两者相乘即得 11fnUn 的波形 如图 e 所 示 5 15 求下列系统的零输入响应 x yn 已知激励 f n在 n 0 时接入 1 6251212y ny ny nf nyy 2 0 510 5220 11y ny ny nf nyy 解 1 特征方程为 2 6510 特征根 12 11 32 所以 12 11 0 32 nn x ynCCn 代入初始条件 得 22 12 11 12 11 2 32 11 2 32 CC CC 解得 1 2 2 4 C C 因此 11 240 32 nn x ynn 2 特征方程为 2 0 50 50 特征根 12 1 0 5 所以 12 11 0 32 nn x ynCCn 代入初始条件 得 22 12 11 12 10 50 10 51 CC CC 解得 1 2 2 3 1 6 C C 因此 121 10 50 36 n n x ynn 5 17 求下列差分方程所描述的系统的单位样值响应 1 1 2 9 y ny nf n 35 2 11 12 48 y ny ny nf n 解 1 特征方程为 2 1 0 9 特征根 12 11 33 所以 12 11 33 nn h nCCU n 因为 1 10 0101 9 hhh 所以 11 12 12 11 0 33 1 CC CC 解得 1 2 1 2 1 2 C C 因此 111 233 nn h nU n 2 特征方程为 2 11 0 48 特征根 12 11 24 所以 12 11 24 nn h nCCU n 因为 11 10 01201 48 hhhh 所以 11 12 12 11 0 24 1 CC CC 解得 1 2 2 3 1 3 C C 因此 211 1 323 4 nn h nU n 5 20 求下列信号的卷积 2 2 2 nn U nU n 3 1 2 n U nU n 4 4 4U nU nU nU n 解 2 利用因果信号卷积和的性质知 00 2 22 2211 2 nn nnmn mnn mm U nU nU nU nnU n 36 3 2 利用因果信号卷积和的性质知 1 1 1 2 1 2 1 0 2 111 2 1 221 n nm n n m U nU nU nU nU n 3 首先 原式 2 44 4U nU nU nU nU nU n 因为 0 11 n m U nU nU nnU n 根据时移特性 得 原式 123478nU nnU nnU n 5 26 已知 LTI 系统的差分方程为 0 51y ny nf n 1 求系统的单位样值响应 h n 2 求系统对于下列输入的响应 0 5 0 51 n af nU nbf nnn 解 1 特征方程为 0 50 特征根为 0 5 所以 0 5 n h nCU n 因为 00 5101hh 所以1C 故 0 5 n h nU n 2 a 0 0 5 0 50 50 510 5 n nnmn mn f m ynf nh nU nU nU nnU n b 1 0 5 0 51 0 50 50 51 n f nn ynf nh nU nnn U nU nn 5 27 已知 LTI 系统的差分方程及初始条件为 2312 01 12 xx y ny ny nf nyy 1 绘出系统框图 2 求系统的单位样值响应 3 若 1f nU n 求系统的全响应 指出零输入和零状态响应 4 比较全响应在 n 0 n 1 的值与初始值 二者不同的原因是什么 解 1 将原微分方程整理为 2312y ny ny nf n 因此得系 统的模拟框图如下 37 2 特征方程为 2 320 特征根为 12 1 2 先求系统 2322y ny ny nf n 的单位样值响应 1 h n 则易知原系 统的单位样值为 1 2h nh n 根据上述特征根可知 112 12 nn h nCCU n 并有 11 10 01hh 代入后可得 12 11 12 1 120 CC CC 解得 1 2 1 2 C C 因此 22 1 21222 nn h nh nU n 3 首先系统的零输入响应为 12 12 0 nn x ynAAn 根据初始条 件 有 12 12 1 122 AA AA 解得 1 2 4 3 A A 因此 4132 0 nn x ynn 其次零状态响应为 22 11 00 1 1222 11221 1112 121 1 1 1 2 112 121 623 112 12 623 nn f nn mm mm nn nn nn ynf nh nU nU n U nU n U nU n U n U n 因此全响应为 D D f n y n 3 2 38 112 413212 623 1911 12 623 nnnn xf nn y nynynU nU n U n 4 由上可知 0001 1113 xfxf yyyyyy 0y与 0 x y相同 1y与 1 x y不同 原因 将 1f nU n 代入差分方程中并令2 1n 可得 031221 130210 yyyU yyyU 可知 0y与激励无关 故与 0 x y相同 而 1y与激励有关 故与 1 x y不同 5 29 已知 LTI 系统单位阶跃响应 2 10 5 n g nU n 求系统在激励 0 5nf nU n 时的零状态响应 解 因为 1h ng ng n 所以零状态响应 1 1 f ynf nh nf ng ng nf ng nf ng n 记 y nf ng n 则 1 f yny ny n 下面求 y nf ng n 00 1 0 5 2 1 0 5 20 520 5 0 5 44 0 521 0 5 nn nn mmn m mm nn y nf ng nU nU n U nU n nU n 所以 1 10 5 n f yny ny nnU n 5 36 如图 5 27 所示 复合系统由三个子系统组成 其单位样值响应分别为 123 0 5 2 n hh nU nhnnnU n 试求复合系统的单位样值 响应 39 解 令 f nn 此时系统的输出即为其单位样值响应 有图可知 1231233 2 0 1 0 5 2 0 52 2 1 0 52 1 342 2 n n m m n n h nnh nhnnhnh nhnhnhn U nnU nU n U nU n U nU n U nn 1 h t 2 ht 3 h t f n y n 40 第六章第六章 6 6 根据定义求下列序列的双边 z 变换画出其零极点图 并注明收敛域 2 1 1 2 n f nUn 4 1 2 n f n 6 20 5 nn f nU nU n 解 2 1 1 112 12 221 20 5 nn n nn nnn zz F zUnzzz zz 收敛域为 21z 即 1 2 z 4 1 0 1111 5 22220 50 52 nnn nnn nnn zzz F zzzz zzzz 其中第一个求和的条件为 1 1 2 z 即2z 第二个求和的条件为 1 2 z 因此 收敛域为 1 2 2 z 6 f n为因果序列 其双边变换与单边变换相同 所以 22 5 20 520 5 zzzz F z zzzz 收敛域为 2z 6 14 已知因果序列 f n的 z 变换为 F z 求下列信号的 z 变换 1 an ef n 3 0 n k k a f k 5 11f nU n 解 1 ana ef nF e z 3 因为 0 n kn k a f ka f nU n 所以 0 1 n k k zz a f kF za 5 1 11f nU nz F z 6 15 求下列单边 z 变换所对应的序列 f n 41 2 5 41 32 z F z zz 4 2 4 11 z F z zz 6 1 2 1 1 6 z F z z 解 2 令 12 12 43 F zAA zzz 则 5 12 1 2 11 3 44 1 1 4 zz F z Az zz 5 12 1 1 22 4 33 2 1 3 zz F z Az zz 因此 12 43 zz F z zz 于是对应的序列为 12 43 nn f nU n 4 令 11122 2 11 1 F zAAA zzz z 则 11 1 1 4 12 1 z z F z Az zz 122 1 1 1 44 11 1 1 z z z F zd Az dzzz z 22 1 1 4 11 1 z z F z Az z z 因此 2 2 11 1 F zzzz zzz z 于是对应的序列为 211 n f nnU n 6 象函数即 22 16 6 66 zz F z zz 因此对应的序列为 1 6nf nnU n 6 26 求下列系统的全响应 5 2123 010 n y ny ny nU nyy 42 解 5 先求出 1y 和 2y 02121 12013 yyy y