《信号与系统》第二版课后答案_(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 tt 的时刻有关 与未来 的时刻无关 满足因果性的系统又称为物理可实现系统 判断因果性的方法 通过时域关系式 y tT x t 判断是否可能有 12 y tT x t 12 tt 的时刻出 现 若有则非因果系统 否则为因果系统 对于时间连续系统 冲激响应 h t u t h t h t u t 对于时间离散系统 单位冲激响应 h n u n h n h n u n 解题过程 1 de t r t dt 线性 1 1 de t r t dt 2 2 det r t dt 则 1 12 2 1 12 2 d c e tc et c r tc r t dt 时不变 输入 0 e tt 输出 00 0 0 de ttde tt r tt dtd tt 因果 r t仅与此时刻 e t有关 2 r te t u t 线性 设 11 r te t u t 22 r tet u t 则 1 12 21 12 2 c e tc etu tc r tc r t 因果系统 非因果系统 因果系统 非因果系统 7 时变 输入 0 e tt 输出 0000 e ttu te ttu ttr tt 因果 r t仅与此时刻 e t有关 3 sin r te tu t 非线性 设 11 sin r te tu t 22 sin r tetu t 则 1 12 21 12 2 sinsinsin c e tc etu tc e tu tc etu t 时变 输入 0 e tt 输出 0000 sinsin e ttu te ttu ttr tt 因果 r t仅与此时刻 e t有关 4 1 r tet 线性 设 11 1 r tet 22 1 r tet 则 1 12 21 12 2 11 c etc etc r tc r t 时变 设 1 1 5 e tu tu t 则 1 0 5 r tu tu t 21 0 50 52 ete tu tu t 则 21 10 50 5 r tu tu tr t 非因果 取0 t 则 01 re 即0 t时刻输出与1 t时刻输入有关 5 2 r tet 线性 设 11 2 r tet 22 2 r tet 则 1 12 21 12 2 22 c etc etc r tc r t 时变 设 1 2 e tu tu t 则 1 1 r tu tu t 21 224 ete tu tu t 则 21 122 r tu tu tr t 非因果 取1 t 则 12 re 即1 t时刻输出与2 t时刻输入有关 6 2 r tet 非线性 设 2 11 r tet 2 22 r tet 则 2 2222 1 12 211221 2 121 12 2 2 c e tc etc etc etc c e t etc r tc r t 时不变 输入 0 e tt 输出 2 00 ettr tt 因果 r t仅与此时刻 e t有关 8 7 t r ted 线性 设 11 t r ted 22 t r ted 则 555 1 12 2111221 12 2 ttt c ec edr tcedcedc r tc r t 时变 输入 0 e tt 输出 0 00 555 00 tx tt tt t etde x dxe x dxr tt 非因果 1t 时 5 1red 1r与 5 内的输入有关 1 21 分析 一个系统可逆 当且仅当输入 输出时一一对应的关系 解题过程 1 可逆 逆系统为 5r te t 2 不可逆 因为 dd r te te tC dtdt C为任意常数 不满足一一对应关系 3 可逆 逆系统为 d r te t dt 4 可逆 逆系统为 1 2 r tet 1 23 解题过程 利用线性时不变系统得微分特性 因为 21 d ete t dt 所以 21 tttt dd r tr teu teette dtdt 信号与系统习题答案 注 教材 郑君里编 习题二 2 1 对下图所示电路图分别列写求电压的微分方程表示 图 a 微分方程 1 1 2 2 2 0 12 2 1 2 2 c c c di t i tu te t dt di t i tu t dt di t u t dt du t i ti t dt 图 b 微分方程 20 2 1 2 2 1 2 11 0 1 1 Ritv RiMiLidti C teRiMiLidti C 1 2 2 2 3 3 0 2 00 2 2 2 0 3 3 0 4 4 22 te dt d MRtv C tv dt d C R tv dt d C L Rtv dt d RLtv dt d ML 图 c 微分方程 dti C iLtv 2 1 1 10 1 dttv L i tv L i dt d tv L i dt d 1 1 1 0 1 1 0 1 1 2 2 0 1 1 1 2 2 111213 ti dt d LCiiii 0 1 1 1 0 1 0 11 0 2 2 1 1 0 3 3 1 te dt d R tv RL v dt d RRL C v dt d R C R C v dt d CC 图 d 微分方程 1 11 111 tetRitv tvdtti C tRite RC v dt d1 1 1 1 1 teV CR v 10 tvt 1 1 0 0 te R v tv R Cvv 2 4 已知系统相应的其次方程及其对应的 0 状态条件 求系统的零输入响应 1 2 0 1 0 0 2 2 2 2 rrtrtr dt d tr dt d 给定 特征方程 022 2 特征根 1 1 j 1 2 j 零输入响应 tt eAeAtr 21 21 代入初始条件 2A 1 21 A r sin3 cos2 21 tteeet ttt 2 2 0 1 0 0 2 2 2 rrtrtr dt d tr dt d 给定 特征方程 012 2 特征根 1 21 零输入响应 t eAtAtr 21 代入初始条件 1A 3 21 A t ettr 13 3 1 0 0 0 0 0 2 2 2 3 3 rrrtr dt d tr dt d tr d 给定 dt 特征方程 02 23 特征根 1 21 0 零输入响应 321 AeAtAtr t 代入初始条件 1A 1A 321 A r t ett 1 1 2 5 给定系统微分方程 起始状态以及激励信号分别为以下三种情况 1 0 0 2 tutertetrtr dt d 2 0 0 3 2 tuterte dt d trtr dt d 3 1 0 1 0 4 3 2 2 2 tuterrte dt d trtr dt d tr dt d 试判断在起始点是否发生跳变 据此对 1 2 分别写出其 r 0 值 对 3 写出 r 0 和 r 0 值 1 1 由于方程右边没有冲激函数 t 及其导数 所以在起始点没有跳变 0 r 0 r 0 2 d 3 2 tte dt te dt d trtr dt d Q 即方程右边有冲激函数 t 设 tubtatr dt d tuatr 则有 3 2 ttuatubta 6b 3 a 3 0 r 0 ar 3 dt d 4 3 2 2 2 ttete dt d trtr dt d tr dt d Q 即方程右边含有 t 设 2 2 tuctbtatr dt d tubtatr dt d tuatr 则有 2 4 3 3 2 2 ttuatubtatuctbta 4 3 c 2 1 b 0a 1 0 0 arr 2 3 0 0 brr 2 7 电路如图所示 t 0 以前开关位于 1 已进入稳态 t 0 时刻 S1和 S2同时自 1 转至 2 求输出电压 v0 t 的完全响应 并指出其零输入 零状态 自由 强迫各响应分 量 E 和 IS各为常量 题图 2 7 解 t时刻 u 0 0 0 0 vE c 0 0 tutv tuI R tv tpCu c sc 系统微分方程 1 00 tuItv R tv dt d C s 零状态响应 11 1 tuRIeRItuBeAtr s t RC s t RC zi 零输入响应 11 2 tuEetueAt t RC t RC zs r 完全响应 trtrtr zszi t RC Ee 1 1 tuRIeRI s t RC s 2 8 电路如图所示 时 开关位于 1 且已达到稳定状态 0 t0 t 时刻 开关自 1 转至 2 1 1 试从物理概念判断 i 0 i 0 和 i 0 i 0 2 2 写出时间内描述系统的微分方程表示 求 i t 的完全响应 0t 3 3 写出一个方程式 可在时间 0t 0 tu dt d Cti tRiti dt d Ltu c c 0 2 2 titi dt d ti dt d 全解 ti tjtj eAeA 2 3 2 1 2 2 3 2 1 1 代入初始条件i 10 0 0 0 i 2 3 sin 3 20 2 1 teti t 3 在 t 时间内 系统微分方程 2 2 te dt d titi dt d ti dt d 其中e 1010 tut 2 9 求下列微分方程描述的系统冲激响应和阶跃响应 th tg 1 2 3 te dt d trtr dt d 2 2 2 tete dt d trtr dt d tr dt d 3 3 3 2 2 2 tete dt d te dt d trtr dt d 解 1 e tt 对应系统冲激响应 h t 2 3 ttrtr dt d 3 tuAeth t 用冲激函数匹配法 设 tuctbtath dt d tubtath 则有 2 3 3 ttubtatuctbta 18 6 2 cba 6e t 2h t 3t tu tute 对应于系统的阶跃响应 g t 则有 2 3 ttrtr dt d 3 tuAetg t 设 tubtatg dt d tuatg 6 2 ba 2 3 tuetg t 2 2 2 tete dt d trtr dt d tr dt d tte 对应系统冲激响应 h t 2 2 ttthth dt d th dt d 2 3 2 1 2 2 3 2 1 1 tueAeAth tjtj 1 1 2 pp p pH 2 31 32 13 2 31 32 13 j p j j j p j j t j t j e j e j th 2 31 2 31 32 1 2 1 32 1 2 1 t 0 2 3 sin 3 1 2 3 cos 2 1 tutteth t tt dhdhtg 0 1 2 3 sin 3 1 2 3 cos 2 1 tutte t 3 3 3 2 2 2 tete dt d te dt d trtr dt d 2 1 1 2 33 2 p p p pp pH 2 tuetttpHth t 2 1 2 3 2 0 2 tuetdetutdhtg t tt 2 10 一因果性的 LTI 系统 其输入 输出用下列微分 积分方程表示 5 tedtfetrtr dt d 其中 求该系统的单位冲激 3 ttuetf t th 解 5 tedtfetrtr dt d e 3 ttuetf t tt 代入 2 3 5 ttuetttuetetetftrtr dt d tt 2 5 ttuetrtr dt d t 用算子表示为 2 1 1 2 1 1 5 t p tt p trp 5 7 1 1 4 1 2 1 1 5 1 pppp pH 4 7 4 1 5 tueetpHth tt 2 12 有一系统对激励为时的完全响应为 对激励为 tue 1 2 1 tuetr t 2 tte 时的完全响应为 2 ttr 1 求该系统的零输入响应 trzi 2 系统的起始状态保持不变 求其对于及激励为e的完全响应 3 tuet t 3 tr 解 1 trtrtr zszi 22 11 trtrtr rtrtr zszi tzszi 由题知 12 tr dt d tr zszs 112121 tr dt d trtrtrtrtr zszszszs 用算子表示为 2 1 121 ttuetrptrtr t zs 即 1 1 1 1 2 1 1 1 t p t pp trzs 1 tuetr t zs 1 1 1 11 t p pHt p thtetrzs 1 1 1 1 p p pp pH 系统的零输入响应为 11 tuetrtrtr t zszi 2 3 tuete t 1 1 1 33 tuteet pp p tepHtr tt zs 2 33 tuetrrtr t zszi 2 13 求下列各函数与的卷积 1 tf 2 tf 1 tf 2 tf 1 21 tuetftutf at 2 45cos 21 ttfttf 3 2 1 1 1 21 tututftututtf 4 1 1 cos 21 tttfttf 5 sin 21 ttutftuetf t 解 1 dtuuetuetutftf t 21 1 1 0 t t ede 2 45cos 45cos 21 ttttftf 3 2 1 1 21 32 1 21 1 3 1 0 t t tdt tdt tt tftf 0 t e 2 0 t 1 t 2 tuetu t 图 c 1 1 f t t 0 2 2 f uu sin 0 t 1 1 t t 0 21 1t sin2 t1 d2sin 1t0 d2sin 1t0 t 0 t t d tftf 2 的响应为零 试确定 值应等于多少 tx 解 1 2 2 tutuetuetethtr tt 2 2 ttue t 2 2 2 2 0 2 0 2 2 tuedtueuedtueue tt tt t 2 2 0 2 2 0 tuetudetudee t t t t 当时 20 2 2 2 1 1 tttt eeeetr 1 242 eee t 2 2 2 22 ttuetututxtuetethtr tt 2 2 2 2 02 2 2 tue duxtueduxtue t tt tt 2 2 2 2 02 2 2 tuetudxetudxe t tt tt 由题意有 当时 2 t 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 1 5 1 5 1 5 001 t atb u ta u tt ab hahA h teu t 对于 式 555 1 17 22 44 tttttt h th te u tteu te u teu teeu t 方法二 p算子法 常用关系式 dx t px t dt 1 t eu tt p 111 t x ttx ttx teu tx t ppp 引入微分算子p 式变成 1 52 1 ph ttt p 4 11 1122 44 515515 h ttttt pppppp 5 71 44 tt h teeu t 注 由本例再次看到 相比经典法 p算子法形式简洁 易算易记 2 14 分析 求解两个信号的卷积 可以直接用定义 依照 反转 平移 相乘 求和 的顺序来求 积分式为 1212 x txtxxtd 但是这种依靠定义的基本方 法可能不是最简便的 更应该注意灵活运用卷积的性质 卷积的交换律 结合律 分配律 卷积的微分与积分 与冲激函数或阶跃函数的卷积 对表达式进一步的化简 甚至直接得到 结果 解题过程 1 11f tu tu tu ttt 11 212 212 21122 s tf tf tu tttu ttt u tu tttt tu tttt tu ttu ttu t 2 1212f tu tu tu ttt 1212 2234 2234 2223344 s tf tf tu tttu ttt u tu tttt tu tttt tu ttu ttu t 注 可见 2 中的 s t是 1 中 s t右移两位 不难推出如下结论 112 s tx txt 2112211212 0 0stx ttxtts ttttt 2 15 分析 利用卷积的性质 0000 f tttttf ttf tt 可画出 如下波形 1 112112 5555s tftftftttftft 2 21221 5555stftftftfttttt 5 1 10210ftttt 111 10210ftftft 3 3122 55stftftu tu tft 由 1 得 121 ftfts t 55u tu t 相当于一个 时间窗 保留 5 5 内的信号 其它范围内的信号为 0 4 413 stftft 发生时域信号的叠加 2 18 分析 本题可以用经典法 算子法或者直接用 LTI 系统的性质求解 解题过程 方法一 经典法 1 s t 1 12 34 5 6 6 5 4 3 2 1 2 st 2 1 1 1911 9 11 3 st 1 1 910 9 1 10 4 st 3 21 2 1 2 3 2 2 1 6 r tH e te th t ddd He tH e tr t dtdtdt 得到微分方程 2 3 t d r tr teu t dt 此方程齐次解 3t n r tAeu t 特解 2t p rtBeu t 将 p rt代入上式得到1B 即 2t p rteu t 由于 r t是零状态响应 且方程右端无冲激项 故 00r 将此初始条件代入 32tt hp r tr trtAeeu t 得1A 32tt r teeu t 又 r te th t 332 2 1 ttt e th teu th teeu t 又 ddd e th te th tr t dtdtdt 332 6232 2 ttt eu tth teeu t 1 3 2 得 2 1 2 t th teu t 即 2 1 2 t h teu t 方法二 p算子法 r tH e t 2 3 t d He tHpe tpH e tpr tr teu t dt 2 3 t pr teu t 2232 11 2 3 32 tttt r teu teu teu teu t p 又 3 2 4 t r te th teu th t 由 3 4 对比可知 2 1 2 t h teu t 方法三 直接利用 LTI 系统的性质 7 3 2 t H e tr tHeu tr t 32 2635 tt d He tHteu tr te u t dx 4 3 5 2 1 2 t h tHteu t 2 20 解题过程 由系统框图知 1213 r te th te thth th t 1213 e th thth th t e th t 1213 h th thth th t 其中 1 h tu t 213 11hth th ttu ttu t 1h tu tu t 1 3 1 解题过程 1 三角形式的傅立叶级数 Fourier Series 以下简称 FS 011 1 cossin nn n f taantbnt 式中 1 1 2 T n为正整数 1 T为信号周期 a 直流分量 01 0 0 1 1 tT t af t dt T b 余弦分量的幅度 01 0 1 1 2 cos tT n t af tnt dt T c 正弦分量的幅度 01 0 1 1 2 sin tT n t bf tnt dt T 2 指数形式的傅立叶级数 1 1 jnt n f tF ne 其中复数频谱 01 1 0 1 1 1 tT jnt n t FF nf t edt T 1 2 nnn Fajb 1 2 nnn Fajb 由图 3 1 可知 f t为奇函数 因而 0 0 n aa 2 22 111 00 1 0 442 sinsincos1 cos 2 02 4 2 1 3 T TT n EEE bf tnt dtnt dtntn TTntn n E n n 所以 三角形式的 FS 为 1111 2112 sinsin 3sin 5 35 E f tttt T 指数形式的 FS 的系数为 00 2 4 1 20 1 3 nn n Fjb jE n n 2 所以 指数形式的 FS 为 1111 33 1 2 33 jtjtjtjt jEjEjEjE f teeee T 3 15 分析 半波余弦脉冲的表达式 cos 22 f tEtu tu t 求 f t的傅立叶变换有如下两种方法 解题过程 方法一 用定义 2 2 2 2 2222 cos 2 22 cos 2 j t jtjt jjjj FEt edt E eedt EE eeee jj EE 2 cos 2 2cos 2 1 E 方法二 用 FT 的性质和典型的 FT 对 cos 22 f tEtu tu t cos 222 E Ftu tu t FFFF 其中cost F F 2 sin 222 u tu t F F 代入 cos 222 E Ftu tu t FFFF得 3 2 2 sin 22 sinsin 22 2cos 2 1 E F E E 其频谱图如下图所示 3 19 分析 本题意在说明 对于两频域信号 如果其幅频特性相同 但是相频特性不同则 它们对应的时域信号是不一样的 解题过程 a 00 FA uu 000 tuu 所以 0 00 jj t FFeAeuu 先求 100 Fuu 的 FT 1 ft 由 ccc c Satuu F F 4 可知 1 0 000 uuSat F F 再由FT的平移性质 0 0 0000 j t A f tAeuuSatt F F b 00 FA uu 00 22 uuuu 所以 2 2 00 j j j FFeAeuuAeuu 00 jA uujA uu 欲求 F 的反变换 可利用 FT 的频域微分性质 00 d FjAjA d 另 00 1 1 11 22 jtjt djAjA ftFee d F F 00 0 21 cos 2 jtjt jAjA eet 由 FT 的频域微分性质 有 2 0 10 2 cos1sin 2 tAA f tftt tt 3 22 分析 FT 的时域对称性 若 Ff t F F 则 2F tf F F 1 1t 0 0 j te 由 FT 的时频对称性 有 0 00 22 jt e 0 F 的时间函数 0 1 2 jt f te 2 0000 2u tu tSa 由 FT 的时频对称性 有 000000 222Satuuuu 即 0 000 Satuu 00 Fuu 的时间函数 0 0 f tSat 3 0 00 00 0 Fuu others 5 利用 2 的结论 F 的时间函数 2 0 0 2 f tSat 3 32 解题过程 利用性质 1 2 x ty tx ty t FFFFFF 单边正弦函数的 FT 00 00 00 22 0 1 sinsin 2 11 2 2 t u ttu t j j j FFFFFF 1 4 2 解题过程 1 由 sin 2sinsin 2 2f twt u tu tTwtu tw tTu tT 得 2 2 2222 2 22 sinsin 2 2 1 sT sT f twtu tw tTu tT e ss e s LLLLLL 2 由 sinsincoscossinwtwtwt 得 2222 22 sinsincoscossin cossin cossin wtwtwt s ss s s LLLLLL 4 3 解题过程 1 由 22 2 t f teu te 得 22 22 2 1 2 1 1 1 1 t s s f teeu t ee s e s LLLL 2 2 1 1 s f te s L L 3 由 2t f te u te 得 2 2 1 t e f tee u t s LLLL 4 由 sin 2121f ttu t cos2sin 211sin2cos 211tu ttu t 得 2 22 2 cos2sin 211sin2sin 211 2cos2sin2 44 2cos2sin2 4 ss s f ttu ttu t s ee ss s e s LLLLLL 5 由 11222f ttu ttu tu t 得 2 22 2 11222 111 1 11 sss s f ttu ttu tu t eee sss s e s LLLLLLLL 4 4 解题过程 1 1 1 1 t e s L L 2 由 42 3 23 2 s s 得 3 11 2 42 2 3 23 2 t e s s LLLL 3 由 44 11 3 233 2 sss s 得 111 44141 3 2333 2 sss s LLLLLL 4 由 22 11 1 5 55 s s sss 得 111 22 11111 1 cos 5 5 5555 s t s sss LLLLLL 5 由 3311 4 2 224ssss 得 11124 331313 4 2 22242 tt ee ssss LLLLLL 6 由 363 4 2 42 s ssss 得 3 11142 363 63 4 2 42 tt s ee ssss LLLLLL 7 1 2 1 1sin 1 tt s L L 8 由 2 111 3221ssss 得 1112 2 111 3221 tt ee ssss LLLLLL 9 由 111 1 1s RCss s RC 得 1 1 1 1 t RC e s RCs L L 10 由 112 1 1 RCs s RCss s RC 得 1 1 1 2 1 t RC RCs e s RCs L L 11 由 22222 1 11 11 1 1 w wRCws RCw swRCssw RCw ss RCRC 得 1 222 11 cossin 1 1 t RC wRCw ewtwt swRCsRCw RCw L L 12 由 2 4573 5632 s ssss 得 132 2 45 73 56 tt s ee ss L L 13 由 2 1005010050 2012001200 ss ssss 得 1200 2 10050100 49150 201200199 tt s ee ss L L 14 令 3124 332 3 21 1211 kkkks ss ssss 则 13 2 3 1 1 s s k s 2 1 3 2 1 s s k s 3 1 3 1 1 s ds k dss 2 4 2 1 3 1 1 s ds k dss 4 从而 332 31211 21 1211 s ss ssss 所以 12 3 3 1 12 tt s ette ss L L 15 由 2222 AAK sKK sK 得 1 22 sin AA Kt sKK L L 16 由于 1 2 2 1 sin 2 3 3 s tKt s L L 由拉氏变换的积分性质可得 1 2 02 113 sin3sin3cos3 1862 3 3 t t dtt s L L 4 19 解题过程 由于 f t可以写作 1 0k f tftkT 1 1 0 1 skT sT k F s F se e 则 1 0k f tF sftkT LLLL 11 00 skT kk ftkTF s e L L 1 1 0 1 skT sT k F s F se e 4 20 解题过程 1 周期矩形脉冲信号的第一个周期时间信号为 1 2 T ftu tu t 所以 2 1 1 1 T s F se s 则 2 1 2 11 11 1 T s sT TsT s F se F s ese se 2 正弦全波整流脉冲信号第一周期时间信号为 5 1 sinsinsin 222 TTT ftwtu tu twtu tw tu t 所以 2 1 2222 T s ww F se swsw 则 2 1 22 22 1 11 T s TT ss F swe F s sw ee 4 27 解题过程 由 t e te 得 1 1 E se t s L L 23 1 2 2 ttt zs rtr teee 112 2123 zszs Rsrt sss L L 故 zs Rs H s E s 112 1 2123 2111 223 318 223 s sss ss ss ss 所以 123 3 8 2 tt h sH steeu t L L 4 35 解题过程 1 1 k i i l j j sz H sK sp K 为系数 2 2 22 31 31 3 45 3210 s sjsj K ssjsj s ss K sss 又知 5H 即 lim5 s H sK 232 32 2 545545 516303210 s sssss H s ssssss 4 38 解题过程 6 分别画出题图对应的零极点图如下图 a 2 f 2 所示 1 由解图 a 1 有 当0 时 极点矢量 1 M最短 辐角 1 0 随着 有 1 M 1 当 时 1 M 1 2 幅频 相频特性如图 a 3 a 4 极点选取 0 5 为例 a 1 a 2 a 3 a 4 2 由解图 b 有 当0 时 1 N最短 辐角 1 0 随着 有 1 N 1 当 时 1 N 1 2 幅频 相频特性如图 以零点为 0 5 为例 b 1 b 2 2 j j 1 M 1 j j 1 N 1 7 b 3 b 4 3 由解图 b 有 0 时 1 M 1 N均为最短 辐角 11 0 则有 1 M 1 N 且有 1 1 且有 11 11 MN 1 1 且有 11 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 cos t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 t f t t 在 0 2 内 2 0 00 2 0 cos coscos 11 sinsin 01 2 3 f tnt dt nt dtntdt ntnt nn n 故有 f t与信号 cos cos 2 cos ttnt 正交 n为整数 6 2 解题过程 在区间 0 2 内 有 2 121212 0 coscos ntn t dtnnn n 且均为不为零的整数 2 1212 0 22 1212 1212 00 1 coscos 2 1111 sinsin 22 0 nntnnt dt nntnnt nnnn 2222 2 0000 1 cos 2cos 21 222 ntnt cosnt dtdtdtdt 满足正交函数集的条件 故 cos cos 2 cos ttnt 正交 n为整数 是区间 0 2 中的正交函数集 6 3 解题过程 在区间0 2 内 2 121212 0 coscos ntn t dtnnn n 且均为不为零的整数 2 1212 0 22 1212 1212 00 1212 1212 1 coscos 2 1111 sinsin 22 1111 sinsin 2222 nntnnt dt nntnnt nnnn nnnn nnnn 只有当 12 nn和 12 nn均为偶数时上式为零 因此不满足函数之间的正交性条件 cos cos 2 cos ttnt 正交 n为整数 不是区间0 2 中的正交函数集 6 4 解题过程 在区间 0 1 内 有 1 0 0 1 2 3 ij x x dxiji j 1 1 1 0 0 1 0 11 ij ij x xdx ijij 不满足正交函数集所要求的第一个条件 故 23 1 x xx 不是区间 0 1 上的正交函数集 6 5 解题过程 由题 6 2 结论有 cos cos 2 cos ttnt 正交 n为整数 是区间 0 2 内的正交 函数集 以下考察其完备性 取 sin x tt 在区间 0 2 内有 22 2 00 1 cos 2 sin 2 t tdtdt 且有 22 00 2 0 sin1sin1 sin cos 2 cos1cos 11 211 0 ntn t tnt dtdt ntn t nn 不符合完备正交函数集的定义 故 cos cos 2 cos ttnt 正交 n为整数 不是区间 0 2 内的完备正交函数集 6 9 解题过程 令 2 t eatbtc 则均方误差 12 22 1 1 2 t eatbtcdt 2 12 2 1 1 0 2 t eatbtcdt aa 1 4232 1 22220 t att ebtctdt 1 44 210 53 acee 1 2 12 2 1 1 0 2 t eatbtcdt bb