信号与线性系统七八章习题答案

第七 八章习题答案第七 八章习题答案 7 1 绘出下列离散信号的图形 2 2 kk 解 7 5 判断下列信号是否是周期性信号 如果是则其周期为多少 2 3 0 4jk e sin 0 2 cos 0 3 kk 解 2 0 4 0 4 cos 0 4 sin 0 4 cos 0 4 cos 0 4 0 42515 sin 0 4 55 jk jk ekjk kTkTnTnnT ke 因为 当时 同理的周期为 所以的周期为 3 sin 0 2 sin 0 2 0 2210 1 20 0 3 cos 0 3 0 32 3 3 sin 0 2 0 3 20 kTkTnTn n kTkTnTn n kTkT 因为 当时 T 10 cos 当时 T 20 所以 cos 是周期信号 周期为 7 6 一个有限长连续时间信号 时间长度为 2 分钟 频谱包含有直流至 100Hz 分量的连续时间信号 为便于计算机处理 对其取样以构成离散信号 求最小 的理想取样点 解 minmax min 100 11 200 200 2 60 224000 1 200 m sms s fHz fsfHzTs f m i n 由采样定理可知采样周期最大值 所以在分钟内最小的理想采样点数 n k o 1 1 1 23 2 kk 45 7 7 设一连续时间信号 其频谱包含有直流 1kHz 2kHz 3kHz 四个频率分量 幅度分别为 0 5 1 0 5 0 25 相位谱为 0 试以 10kHz 的采样频率对该信号 取样 画出取样后所得离散序列在 0 到 25kHz 频率范围内的频谱 解 由采样定理可知采样后的频谱为原序列频谱以采样频率为周期进行周期延 拓 故在 0 25kHz 范围内有三个周期 其频谱如下图所示 0 fkHz 1 0 5 0 25 1231011121320212223 7 12 一初始状态不为零的离散系统 当激励为时全响应为 e k 当激励为时全响应为 求当 1 1 1 2 k y kk e k 2 1 1 2 k y kk 初始状态增加一倍且激励为 4时的全响应 e k 解 设初始状态不变 当激励为时 系统的零输入响应为 零状态 e k zi yk 响应为 按题意得到 zs yk 1 11 1 1 1 2 1 1 2 2 1 2 11 22 11 1 22 4 k zizs k zizs kk zi kk zs y kykykk e k y kykykk ykk ykk e k y k 根据线性非时变系统的性质当激励为时全响应为 联立两式可解得 所以当初始状态增加一倍且激励为时 11 2 4 43 22 kk zizs ykykk 7 13 试列出图 P7 13 所示系统的差分方程 a e k y k a Db 解 1 y kay kbe k 7 22 用图解法求图 P7 22 所示各时间序列的卷积和的图形 并归纳卷积和的表 达式中上下选定的原则 a 解 a 图中 2112 0 0 1 11 1 1 1 1 0 51 5 2 1 1 1 0 5 1 0 251 75 3 1 1 1 0 5 1 0 25 1 0 1251 875 4 1 0 5 1 0 25 1 0 1250 875 5 1 0 25 1 0 1250 375 6 1 0 1250 125 7 k j f kfkf kf kj fj f f f f f f f f 0 o 1 23 2 fk k 1 0 5 0 25 0 125 k 1 fk 1 1 23 o o 1 23 f k k 1 45 6 7 b 解 b 图中 2112 0 1 1 1 1 12 2 1 12 3 0 0 1 1 1 1 1 13 1 1 1 1 1 1 1 1 14 2 1 1 1 1 1 1 1 14 3 1 1 1 1 1 13 4 1 1 1 12 5 1 11 6 0 7 0 k j f kfkf kf kj fj f f f f f f f f f f f 7 24 求下列序列的卷积和 2 0 5 k kk 解 1 1 0 5 0 5 2 1 0 5 0 5 k kk kkk 8 1 利用定义式求下列序列的 z 变换并标注收敛区 k 1 fk 1 1 23 o k 2 fk 1 1 23 o 2 o 1 2 3 f k k 1 45 6 2 3 4 1 2 3 1 1 1 1 1 1 f k 5 0 5 1 k f kk 6 1 f kk 解 1 由 z 变换的定义得 1 1234 22 1 1 111 1 k zz F zf k zzzzz zzz z 收敛区 5 由 z 变换的定义得 11 111 0 5 2 212 kkk k kk F zf k zzz zz 收敛区 6 由 z 变换的定义得 1 1 1 1 kk k z F zkzzz z 收敛区 8 3 利用 z 变换的性质求下列序列的 z 变换 2 8 f kkk 5 cos 2 k f kk 解 2 88 z ZZZ 1 1 1 z zzz z 由变换线性性质得 zz k k 8 k k 8 z 1 z 1 5 由 z 变换线性性质得 22 22 2 2 22 11 cos 2222 111 2212 kk jj kk jj kk jj kee ZkZkZ ekZ ek zzz z z zeze 8 7 用部分分式展开法及留数法求下列对应的原右边序列 F z 1 2 10 1 1 z F z zz 解 1 部分分式展开法 2 1 1 1 12 1 1 1 1 10 1 1 1055 1 1 11 55 1 10 1 1 0 1 1 1 10 1 Re 1 1 k k k k k k k z z F z zz F zz zzzzz f kk z F z z zz kF z zzz F z zz zz s F z z zz 因为 则 所以 留数法 当时 有两个极点 它的两个极点处的留数如下 在处的留数为 1 1 1 1 1 1 1 5 1 1 10 1 Re 5 1 1 Re 55 1 k z k k k z z kk F z zz zz s F z z zz f ks F z zk 在处的留数为 所以 8 9 求下列序列的双边 z 变换 2 1 2 1 3 kk f kkk 3 1 2 k f k 解 2 由双边 z 变换的定义得 11 0 1 1 2 1 3 111 3 1 22 1 3 115 2 2 11 2 31 111 332 1 2 3 kkk kkk kkk nknn n F zkkz zzz z z z z z zz zz z 令 收敛区 3 L L 11 1 22 1 Z 2 12 1 221 2 1 1 Z 2 1 2 1 z 22z 1 2 31 3 2 21 2 kk k k R k k R f kkk k zz FzZk z z k z z FzZk z F zFzFzz zz 右边序列的变换为 左边序列的变换为 所以收敛区 2 2 8 10 273 11 1z 32 z 3 z3 22 z F z zz 求的原序列 收敛区分别为 解 将展开为部分分式 zF 2 1 2 2 1 273 3 2 21 1 33 1 3 2 21z 1 333 2 1 z3 211 3 332 1 2 z 2 21 3 33 kk k z z F z zz zz F z zzz z z F z z z kkk kk 所以 由收敛区可知各极点在收敛区内 故对应为右边序列 所以 f k 由收敛区可知各极点在收敛区内 故对应为左边序列 所以 f k 1 1 1 2 11 3 z3 22 3 211 3 1 332 k kk k kkk 由收敛区 可知 极点z 在收敛区内 相应的部分分式对应的序列为 右边序列 极点z 在收敛区外相应的部分分式对应的序列为左边序列 所以 f k 8 15 用 z 变换分析法求解 7 18 所示系统的系统函数和单位函数响应 并判断系 统是否稳定 解 3 对差分方程等式两边作 z 变换 2 1 222 2 1 2 0 25 11 0 25 0 5 0 5 1 0 5 1 4 1 0 5 1 0 5 z0 5 kk z Y zzY zY zE z Y zz H zH zz E zzzzz h kkkkk H zz 故系统函数为 对上式作反z变换得单位函数响应h k 因为有二阶重极点收敛区包含单位圆 所以系统稳定 8 16 用 z 变换分析法求解 7 26 所示系统的零输入响应 2 1 1 2 2 2 2 2 2 11 11 22 222222 1 2 2 k ZS ZS ZS ZS k zszs zY zY zzE z Y zz H z E zz e kk z E z z Yzz YzH z E z zzz Yzzz Yz zzzzz ykZyz 解对差分方程两边作z变换 又已知 所以 故系统零状态响应 将进行部分分式展开 所以2 k k 1 2 2 1 2 2 2 2 11 11 44 224242 1 2 2 4 ZS ZS ZS ZS kk zszs zY zY zE z Y z H z E zz z E z z Yzz YzH z E z zzz Yzzz Yz zzzzz ykZyzk 解对差分方程两边作z变换 又已知 故系统零状态响应 将进行部分分式展开 所以 2 2 3 3 2 1 32 3 1 2 3 111 111 5204 1235241203 ZS ZS ZS ZS zs z Y zzY zY zE z Y z H z E zzz z E z z Yzz YzH z E z zzzz Yzzzz Yz zzzzzzz ykZ 解对差分方程两边作z变换 又已知 故系统零状态响应 将进行部分分式展开 所以 1 111 2 1 3 5420 1 4 2 5 1 3 20 kkk zs kkk yzkkk k 2 2 1 222 1 1 11 4 2 2 2 2 22 1 222 22 2222 1 1 22 1 1 ZS z Y zzY zY zzE zE z Y zz H z E zzz E z z zzz YzH z E zzz z zzzzzz jj Y z zjzj y kZY 解对差分方程两边作z变换 又已知 故系统零状态响应 先将反变换 所以 11 111 1 11 1 1 1 1 22 1 1 1 1 2 2 cos 1 4 1 2 cos 2 4 kk kk k k zs jj zjkjk jjk k k z k ykZz Y zk 根据变换的移序性有 8 22 求图 P8 22 所示系统的系统函数并粗略绘其频响 E z Y z 1 z 0 99 1 z 0 98 a 解 a 由图 a 可得以上方程 2 22 22 2 2 2 2 0 990 98 0 99 0 98 0 990 980 992 490 992 49 22 0 990 98 02 1 10 0 992 94 2 jw j w jw j wjw jw Y zY z E zY z E zz z E zzY zY zz Y z zz H z zzjj zz ze e H e ee w wH e 故 令则 由增加至过程中 当时 2 1 0 27 3 68 2 2 3 1 4 520 jw jw jw wH e wH e wH e ww 1 当增加时 减小 当时 当增加时 增大 当时 同时的情况 如此周期循环 将这五点描于坐标中 画出粗略频响 图略 8 24 求图 P8 24 所示三阶非递归滤波器的系统函数 并绘其极零图与粗略的幅 频响应曲线 假设输入信号的取样间隔为 1ms x k y k D 2 0 5 1 DD 1x k 2x k 3 x k 解 由图可得该系统的差分方程为 2 321 33 0 0 5 3 2 2 1 1313 2 20 5 4444 0 52 13 0 44 y kx kx kx k zjzj zz