电子教案《信号与系统》第三版信号系统习题解答

1、电子教课方案信号与系统第三版信号系统习题解答电子教课方案信号与系统第三版信号系统习题解答电子教课方案信号与系统第三版信号系统习题解答信号与系统（第3版）习题剖析高等教育初版社目录第1章习题剖析2第2章习题剖析6第3章习题剖析16第4章习题剖析23第5章习题剖析31第6章习题剖析41第7章习题剖析49第8章习题剖析551第1章习题剖析1-1题1-1图示信号中，哪些是连续信号？哪些是失散信号？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(a)、(c)、(d)为连续信号；(b)为失散信号；(d)为周期信号；其他为非周期信号；(a)、(b)、(c)为有始（因果）信号。1-

2、2给定题1-2图示信号f(t)，试画出以下信号的波形。提示：f(2t)表示将f(t)波形压缩，f(t)表示将f(t)波形展宽。2(a)2f(t2)(b)f(2t)(c)f(t)2(d)f(t+1)题1-2图解以上各函数的波形如图p1-2所示。2图p1-21-3如图1-3图示，R、L、C元件可以看作以电流为输入，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。SRSLSC题1-3图解各系统响应与输入的关系可分别表示为uR(t)RiR(t)uL(t)diL(t)L1dttuC(t)iC()dC1-4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

3、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。3题1-4图解系统为反响联接形式。设加法器的输出为x(t)，由于x(t)f(t)(a)y(t)且y(t)x(t)dt,x(t)y(t)故有y(t)f(t)ay(t)即y(t)ay(t)f(t)1-5已知某系统的输入f(t)与输出y(t)的关系为y(t)=|f(t)|，试判断该系统可否为线性时不变系统？解设T为系统的运算子，则可以表示为y(t)Tf(t)f(t)不失一般性，设f(t)=f1(t)+f2(t)，则Tf1(t)f1(t)y1(t)Tf2(t)f2(t)y2(t)故有Tf(t)f1(t)f2(t)y(t)显然f1(t)f2(t)

4、f1(t)f2(t)即不满足可加性，故为非线性时不变系统。1-6判断以下方程所表示的系统的性质。(1)y(t)df(t)t)ddtf(0(2)y(t)y(t)3y(t)f(t)4(3)2ty(t)y(t)3f(t)(4)y(t)2y(t)f(t)解(1)线性；(2)线性时不变；(3)线性时变；(4)非线性时不变。1-7试证明方程y(t)ay(t)f(t)所描述的系统为线性系统。式中a为常量。证明不失一般性，设输入有两个重量，且f1(t)y1(t)，f2(t)y2(t)则有y1(t)ay1(t)f1(t)y2(t)ay2(t)f2(t)相加得y1(t)ay1(t)y2(t)ay2(t)f1(t)

5、f2(t)即dy1(t)y2(t)ay1(t)y2(t)f1(t)f2(t)dt可见f1(t)f2(t)y1(t)y2(t)即满足可加性，齐次性是显然的。故系统为线性的。1-8若有线性时不变系统的方程为y(t)ay(t)f(t)若在非零f(t)作用下其响应y(t)1et，试求方程y(t)ay(t)2f(t)f(t)的响应。解由于f(t)y(t)1et，由线性关系，则2f(t)2y(t)2(1et)由线性系统的微分特点，有f(t)y(t)et故响应2f(t)f(t)y(t)2(1et)et2et5第2章习题剖析2-1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图解由图示，有u

6、CduCiLCRdt又iL1t(uSuC)dtL0故1(uSuC)uCCuCLR进而得uC(t)1uC(t)1uC(t)1uS(t)RCLCLC2-2设有二阶系统方程y(t)4y(t)4y(t)0在某初步状态下的0+初步值为y(0)1,y(0)2试求零输入响应。解由特点方程2+4+4=0得1=2=2则零输入响应形式为yzi(t)(A1A2t)e2t6由于yzi(0+)=A1=12A1+A2=2所以A2=4故有yzi(t)(14t)e2t,t02-3设有以下函数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(a)和(b)的波形如图p2

7、-3所示。图p2-32-4试用阶跃函数的组合表示题2-4图所示信号。题2-4图7解(a)f(t)=(t)2(t1)+(t2)f(t)=(t)+(tT)+(t2T)2-5试计算以下结果。t(t1)t(t1)dt(3)cos(t)(t)dt030(4)3t(t)dte0解(1)t(t1)=(t1)(2)t(t1)dt(t1)dt1(3)cos(t(t)dt1)cos()(t)dt03032(4)03t(t)dt03t(t)dt0(t)dt1ee0002-6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(a)1,0t22f

8、(t)=(t2)，t=22(t4)，t=4(b)f(t)=2(t)2(t1)2(t3)+2(t4)8图p2-62-7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图解由图(a)有LdiuS(t)Ridt即diR1dtLiLuS(t)当uS(t)=(t)，则冲激响应h(t)i(t)Rt(t)1eLL则电压冲激响应h(t)uL(t)Ldi(t)R(t)ReLtdtL关于图(b)RC电路，有方程CduCiSuCdtR9即uC1uC1iSRCC当iS=(t)时，则h(t)uC(t)1eCtRC(t)同时，电流iCCduC(t)1edtRCtR

9、C(t)2-8设有一阶系统方程y(t)3y(t)f(t)f(t)试求其冲激响应h(t)和阶跃响应s(t)。解因方程的特点根=3，故有x1(t)e3t(t)当h(t)=(t)时，则冲激响应h(t)x1(t)(t)(t)(t)2e3t(t)阶跃响应s(t)t1(12e3t)(t)h()d032-9试求以下卷积。(a)(t)*2(b)(t+3)*(t5)(c)tet(t)*(t)解(a)由(t)的特点，故(t)*2=2按定义(t+3)*(t5)=(3)(t5)d考虑到t5时，(t5)=0，故t5t2,t2(t+3)*(t5)=d3也可以利用延迟性质计算该卷积。由于10(t)*(t)=t(t)f1(t

10、t1)*f2(tt2)=f(tt1t2)故对本题，有(t+3)*(t5)=(t+35)(t+35)=(t2)(t2)两种方法结果一致。(c)tet(t)*(t)=tet(t)=(ettet)(t)2-10对图示信号，求f1(t)*f2(t)。题2-10图解(a)先借用阶跃信号表示f1(t)和f2(t)，即f(t)=2(t)2(t1)1f(t)=(t)(t2)2故f1(t)*f2(t)=2(t)2(t1)*(t)(t2)由于(t)*(t)=t1d=t(t)0故有f1(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p2-1

11、0(a)所示。11(b)依照(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p2-102-11试求以下卷积。(a)(1e2t)(t)(t)(t)(b)e3t(t)det(t)dt解(a)由于(t)(t)(t)(t)，故(1e2t)(t)(t)(t)(1e2t)(t)(t)(1e2t)(t)(b)由于et(t)(t)，故dete3t(t)(t)e3t(t)(t)dt(t)3e3t2-12设有二阶系统方程y(t)3y(t)2y(t)4(t)试求零状态响应解因系统的特点方程为2+3+2=0解得特

12、点根1=1，2=2故特点函数x2(t)e1te2t(ete2t)(t)12零状态响应y(t)4(t)x2(t)4(t)(ete2t)(t)=(8e2t4et)(t)2-13如图系统，已知h1(t)(t1),h2(t)(t)试求系统的冲激响应h(t)。题2-13图解由图关系，有x(t)f(t)f(t)h1(t)(t)(t)(t1)(t)(t1)所以冲激响应h(t)y(t)x(t)h2(t)(t)(t1)(t)(t)(t1)即该系统输出一个方波。2-14如图系统，已知R1=R2=1，L=1H，C=1F。试求冲激响应uC(t)。题2-14图解由KCL和KVL，可得电路方程为CuC(1R2C)uC(1

13、R2)uC1(t)R2(t)R1LLR1LR1R1L13代入数据得uC2uC2uC(t)(t)特点根1,2=1j1故冲激响应uC(t)为uC(t)(e1te1t)*(t)(t)et(costsint)(t)etsint(t)etcost(t)V2-15一线性时不变系统，在某初步状态下，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)。解由于零状态响应(t)s(t)，(t)s(t)故有y1(t)=yzi(t)+s(t)=3e3t(t)y2(t)=yzi(t)s(t)=e3t(t)进而有y1(t)

14、y2(t)=2s(t)=2e3t(t)即s(t)=e3t(t)故冲激响应h(t)=s(t)=(t)3e3t(t)2-16若系统的零状态响应y(t)=f(t)*h(t)试证明：(1)f(t)h(t)df(t)tdth()d利用(1)的结果，证明阶跃响应s(t)th()d证（1）由于y(t)=f(t)h(t)14由微分性质，有y(t)=f(t)h(t)再由积分性质，有y(t)f(t)th()d（2）由于s(t)=(t)h(t)由（1）的结果，得s(t)(t)t)dh(t)t)dh(t)dh(15第3章习题剖析3-1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图解关于周期锯齿波信号

15、，在周期(0，T)内可表示为f(t)AtT系数a01T1TAtAf(t)dtTdt2T0T0an2T1tdt2ATcosn1tdtTf(t)cosnT2t002AtsinnT1t0T2n10bn2AT1tdt2ATsinn1tdtTf(t)sinnT2t002Atcosn1tTAT2n10n所以三角级数为f(t)AAsinn1t2n1n3-2求周期冲激序列信号T(t)(tnT)n的指数形式的傅里叶级数表示式，它可否拥有收敛性？解冲激串信号的复系数为16Fn1Tjn1t12(t)eTdtT所以2TT(t)1ejn1tTn因Fn为常数，故无收敛性。3-3设有周期方波信号f(t)，其脉冲宽度=1ms

16、，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？解对方波信号，其带宽为f1Hz，当1=1ms时，则11f11000Hz10.001当2=0.2ms时，则11f25000Hz20.00023-4求题3-4图示信号的傅里叶变换。题3-4图解(a)由于ttf(t)=0,t为奇函数，故17F()j2tsintdt0j2cos2sinj2cosSa()或用微分定理求解亦可。(b)f(t)为奇函数，故F()j2(1)sintdt02cos1j4sin2()j2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f(t)F1(j)ejej22cos2又由

17、于F1(0)=0，故F()1F1()2(cos1)jj3-5试求以下信号的频谱函数。(1)f(t)2te(2)f(t)eatsin0t(t)解(1)F()f(t)etdt0tdte2tetdtje2tejj01142j2j421(ej0t(2)F()f(t)ejtdt0eatej0t)ejtdt2j1ej0te(aj)tej0te(aj)tdt2j0112j(j)j012j02j(j)2201(j)j00(j)2203-6关于如题3-6图所示的三角波信号，试证明其频谱函数为F()ASa2()218题3-6图证由于t(A(1),tf(t)=0，|t|则F()2A(1ttdt)cos022A(1c

18、os)42Asin2()2ASa2()23-7试求信号f(t)=1+2cost+3cos3t的傅里叶变换。解由于12()2cost2(1)+(+1)3cos3t3(3)+(+3)故有F()=2()+(1)+(+1)+3(3)+(+3)3-8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。19题3-8图解由于f(t)的，故其变换1A=2=2F1()ASa2()4Sa2()2依照尺度特点，有f1(t)2F1(2)8Sa2(2)2再由调拟定理得f2(t)f1(t)costF2()2F2()18Sa2(22)8Sa2(22)24Sa2(22)4Sa2(22)sin2(2)sin2(2

19、)()2()23-9试利用卷积定理求以下信号的频谱函数。(1)f(t)=Acos(0t)(t)f(t)=Asin(0t)(t)解（1）由于Acos(0t)A(0)(0)1(t)()j所以由时域卷积定理F()A(0)(0)()1j20f2(t)=A0)(0)(j（2）由于Asin(0t)jA(0)(0)(t)()1j由频域卷积定理F()1jA(0)(0)()12jjA(0)(0)20A2203-10设有信号f1(t)=cos4t1,t0,t试求f1(t)f2(t)的频谱函数。解设f11()，由调拟定理(t)Ff1()cos41(4)F1(4)F()ttF12而F1()Sa()2Sa()2故F()

20、Sa(4)Sa(4)3-11设有以下信号f(t)，分别求其频谱函数。(1)f(t)e(3j4)t(t)(2)f(t)(t)(t2)解(1)因et1j故e(3j4)t11(3j4)j3j(4)21(2)因(t)(t2)G(t)(t1),2故jjF()Sa()e2Sa()e3-12设信号2,0t4f1(t)=0,其他试求f2(t)=f1(t)cos50t的频谱函数，并大体画出其幅度频谱。解因F()2Sa()ej28Sa(2)ej22故F2()1F1(50)F1(50)24Sa2(50)ej2(50)4Sa2(50)ej2(50)幅度频谱见图p3-12。|F2()|5050图p3-1222第4章习题

21、剖析4-1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图解由于RC电路的频率响应为H(j)1j1而响应u2(t)=u1(t)*h(t)故由卷积定理，得U2()=U1()*H(j)而已知U1()1(1ej)，故jU2()11(1ej)j1j反变换得u2(t)(1et)(t)1e(t1)(t1)4-2一滤波器的频率特点如题图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解由于输入f(t)为周期冲激信号，故11,2Fn12TT所以f(t)的频谱F()2Fn(n1)2(2n)当n=0，1，2时，对应H(jnn)才有输出，故Y()=

22、F()H(j)=22()+(2)+(+2)反变换得y(t)=2(1+cos2t)4-3设系统的频率特点为H(j)2j2试用频域法求系统的冲激响应和阶跃响应。解冲激响应，故h(t)F1H(j)2e2t(t)而阶跃响应频域函数应为S()F(t)H(j)()12jj2(12)j2j(11)j2j所以阶跃响应s(t)(1e2t)(t)4-4如题图4-4所示是一个实质的信号加工系统，试写出系统的频率特点H(j)。题4-4图24解由图可知输出ty(t)f(t)f(tt0)dt0取上式的傅氏变换，得Y()F()(1ejt0)j故频率特点H(j)Y()1(1ejt0)F()j4-5设信号f(t)为包含0m重量

23、的频带有限信号，试确定f(3t)的奈奎斯特采样频率。解由尺度特点，有f(3t)1F()33即f(3t)的带宽比f(t)增加了3倍，即=3m。进而最低的抽样频率s=6m。故采样周期和采样频率分别为TS16fmfS6fm4-6若电视信号占有的频带为06MHz，电视台每秒发送25幅图像，每幅图像又分为条水平扫描线，问每条水平线最少要有多少个采样点？解设采样点数为x，则最低采样频率应为2fm25625x所以2fm26106x62525768256254-7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)cos0t式

24、中，m为调制系数。试求x(t)的频谱，并大体画出其图形。25F()题4-7图解由于调幅信号x(t)=Acos0t+mAf(t)cos0t故其变换X()A(0)(0)mAF(0)F(0)2式中，F()为f(t)的频谱。x(t)的频谱图如图p4-7所示。X()图p4-74-8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)的频谱和频率特点H1)、2(j)以下列图，试画出x(t)和y(t)的频谱图。(jHF()题4-8图26题4-8图解由调拟定理知f1(t)f(t)cosCtF1()1F(C)F(C)2而x(t)的频谱X()F1()H1(j)又由于f2(t)x(t)

25、cosCtF2()1C)X(C)X(2所以Y()F2()H2(j)它们的频谱变化分别如图p4-8所示，设C2。F1()X()F2()Y()图p4-84-9如题4-9图所示系统，设输入信号f(t)的频谱F()和系统特点H1(j)、H2(j)均27给定，试画出y(t)的频谱。F()H1(j)H2(j)题4-9图解设f1(t)f(t)cos50t，故由调拟定理，得F1()1F(50)F(50)2进而f2(t)F2()H1()F1()它仅在|=(3050)内有值。再设f3(t)f2(t)cos30t则有F3()130)F2(30)F2(即F32()是2)的再频移。进而得响应的频谱为F(Y()F3()H

26、2(j)其结果仅截取20a0a3故系统牢固。6-10如题6-10图示反响系统，为使其牢固，试确定K值。题6-10图47解该系统的H(s)为sK1s(s1)s2sKH(s)K1s33s23sKs1s2s(s1)从必要条件考虑，应当K0，再由a1a2a0a3考虑，应满足K9，故当0K9时系统牢固。也可以从劳斯阵列判断。由于阵列：133K9K03K0为使第一列元素不变号，即应9K3即0,K00K9时系统牢固。48第7章习题剖析7-1试画出以下失散信号的图形。(a)f1(n)(1)n(n)2f2(n)(2n)(c)f3(n)(2n)(d)f4(n)2(10.5n)(n)解各信号的图形分别如图p7-1所

27、示。图p7-17-2试画出以下序列的图形。(a)f1(n)(n2)(n6)(b)f2(n)(n2)(n)(c)f3(n)n(n)(n)(n5)(d)f4(n)(n)(n1)2(n2)2(n3)(n4)解各序列的图形分别如图p7-2所示。49图p7-27-3设有差分方程y(n)3y(n1)2y(n2)f(n)初步状态y(1)1,y(2)5。试求系统的零输入响应。24解系统的特点方程为2+3+2=0其特点根为1=1，2=2则零输入响应的形式为nK2nyzi(n)K112K1(1)nK2(2)n由初步状态y(1)和y(2)导出初步值y(0)和y(1)n=0时，y(0)=3y(1)2y(2)=1.52

28、.5=1n=1时，y(1)=3y(0)2y(1)=3+1=4进而有yzi(0)K1K21yzi(1)K12K2450解得K1=2，K2=3故yzi(n)2(1)n3(2)n,n07-4设有失散系统的差分方程为y(n)4y(n1)3y(n2)4f(n)f(n1)试画出其时域模拟图。解原方程可以写为y(n)4y(n1)3y(n2)4f(n)f(n1)进而可得时域模拟图p7-4，图中D为单位延时（位移）器。DDD图p7-47-5以下列图为工程上常用的数字办理系统，是列出其差分方程。DDD题7-5图51解由图可得差分方程y(n)b0f(n)b1f(n1)b2f(n2)b3f(n3)7-6设有序列f1(

29、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f1(n)f2(n)2,3.5,4.5,5.5,5,5.5,4.5,3.5,2n0方法二：用单位序列表示各函数后卷积。由于f1(n)2(n)1.5(n1)(n2)(n3)1.5(n4)2(n5)f2(n)(n)(n1)(n2)(n3)则f1(n)f2(n)2(n)3.5(n1)4.5(n2)5.5(n3)5(n4)5.5(n5)4.5(n6)3.5(n7

30、)2(n8)7-7设有一阶系统为52y(n)0.8y(n1)f(n)试求单位响应h(n)和阶跃响应s(n)，并画出s(n)的图形。解由方程知特点根=0.8，故h(n)n(n)0.8n(n)阶跃响应为s(n)h(n)(n)10.8n15(10.8n1)(n)10.8s(n)的图形如图p7-7所示。图p7-77-8设失散系统的单位响应h(n)(1)n(n)，输入信号f(n)2n，试求零状态响应y(n)。3解由给定的f(n)和h(n)，得y(n)f(n)h(n)f(nk)h(k)2nk(1)kk0(1)k2nk03k06由于an1an1,a1k01a故得y(n)62n(n)1(1)n(n)5537-

31、9试证明nnn1n1(n)(n)11121253证明nnn(n)n(n)nkknkk1212112k0k0n1(2)n1n2kn1()11k011(2)n1n1112nn1n1n11121121217-10已知系统的单位响应，h(n)an(n)(0a1)输入信号f(n)(n)(n6)，求系统的零状态响应。解y(n)f(n)h(n)(n)(n6)an(n)由于nn1anak1a(n)(n)(n)k01a利用时延性质，则1an16(n6)n(n6)a(n)1a所以得1an1(n)1an5y(n)(n6)1a1a54第8章习题剖析8-1求以下失散信号的Z变换，并注明收敛域。(n2)a-n(n)0.5

32、n1(n1)(0.5n+0.25n)(n)解(a)F(z)z2,0z(b)F(z)anzn(az)nn0n011(az)1z，z11aza(c)F(z)0.5n1zn2(1)nn1n12z1，z1z122(d)F(z)0.5nzn0.25nznn0n0zz，z0.5z0.5z0.258-2求以下F(z)的反变换f(n)。(a)F(z)10.5z13z11z2148(b)12z1F(z)12z(c)F(z)2z1)(z2)(z(d)F(z)3z2z0.2)(z0.4)(z(e)F(z)z2)(z1)2(z解(a)由于55F(z)z20.5z(z1)(z1)24故F(z)z0.5K1K2z1111

33、(z)(z)z2z244解得K1=4，K2=3进而F(z)4z3zz1z124所以f(n)4(1)n3(1)n(n)24z2z2z2(b)F(z)2z12z12z1112(z2(z)22所以f(n)1(1)n(n)(1)n1(n1)222由于2zF(z)(z1)(z2)故F(z)2K1K2z(z1)(z2)z1z2解得K1=2，K2=2进而2z2zF(z)z1z2所以f(n)2(n)2(2)n(n)2(2n1)(n)由于3z2zF(z)0.4)(z0.2)(z故56F(z)3z1K1K2z(z0.2)(z0.4)z0.2z0.4解得81K1,K233故有8z1zF(z)33z0.2z0.4所以

34、f(n)8(0.2)n1(0.4)n(n)33由于zF(z)2(z2)(z1)故F(z)1K1K11K12z(z2)(z1)2z2(z1)2z1解得K1=1，K11=1，K12=1进而有zzzF(z)(z1)2z1z2故得f(n)(2nn1)(n)8-3试用z变换的性质求以下序列的z变换。f(n)(n3)(n3)f(n)(n)(nN)解(a)由时延性质，有F(z)zz31zzz(z1)2z2(z1)2(b)F(z)zN(1zN)z1z1z18-4试证明初值定理f(0)limF(z)z57证明由于F(z)f(n)znf(0)f(1)z1f(2)z20当z时，则上式右边除f(0)外均为零，故f(0

35、)limF(z)z8-5试用卷和定理证明以下关系：(a)f(n)(nm)f(nm)(b)(n)(n)(n1)(n)证明(a)出处卷和定理f(n)(nm)F(z)zm而f(nm)zmF(z)故得f(n)(nm)f(nm)(b)由于z2(n)(n)zzz1z1(z1)2而z2(n1)(n)n(n)(n)zz(z1)2z1(z1)2所以(n)(n)(n1)(n)8-6已知(n)(n)(n1)(n)，试求n(n)的Z变换。解出处卷和定理z2(n)(n)(z1)2而n(n)(n1)(n)(n)所以58n(n)z2zz(z1)2z1(z1)28-7已知因果序列的Z变换为F(z)，试分别求以下原序列的初值f

36、(0)。(1)F(z)10.5z1)(10.5z1)(1(2)F(z)z11.5z10.5z21解(1)F(z)1z210.25z2z20.25所以f(0)limF(z)1z(2)F(z)zz21.5z0.5所以f(0)limF(z)0z8-8已知系统的差分方程、输入和初始状态以下，试用Z变换法求系统的完好响应。y(n)1y(n1)f(n)1f(n1)22f(n)(n),y(1)1。解对方程取Z变换，有Y(z)0.5z1Y(z)0.5F(z)0.5z1F(z)即(10.5z1)Y(z)(10.5z1)z0.5z1故z0.5zY(z)z0.5z1所以y(n)(n)0.5(0.5)n8-9设系统差

37、分方程为y(n)5y(n1)6y(n2)f(n)59初步状态y(1)=3，y(2)=2，当f(n)=z(n)时，求系统的响应y(n)。解对差分方程取z变换，得Y(z)5z1Y(z)y(1)6z2Y(z)z1y(1)y(2)F(z)即Y(z)5z1Y(z)156z2Y(z)18z1122zz1进而有2z18z13Y(z)z116z215z5z321z218z(z1)(z2)(z3)故Y(z)K1K2K3zz1z2z3解得K1=1，K2=4，K3=0则有z4zY(z)z2z1得全响应y(n)(n)4(2)n(n)8-10设一系统的输入f(n)(n)4(n1)2(n2)，系统函数H(z)1z1)(1

38、0.5z1)(1试求系统的零状态响应。解由于H(z)z2z221.5z0.5(z0.5)(z1)z所以H(z)zK1K2z(z0.5)(z1)z0.5z1解得K1=1，K2=260故z2zH(z)z1z0.5得h(n)(0.5)n2(n)所以y(n)h(n)f(n)(0.5)n2(n)(n)4(n1)2(n2)4(n)2(n)(0.5)n(n)8-11设有系统方程y(n)0.2y(n1)0.8y(n2)f(n)2f(n1)试画出其Z域的模拟框图。解在零状态下对方程取z变换，得Y(z)0.2z1Y(z)0.8z2Y(z)F(z)2z1F(z)即(10.2z10.8z2)Y(z)(12z1)F(z

39、)故有Y(z)12z1H(z)10.2z10.8z2F(z)由此可以画出模拟图如图p8-11所示。图p8-118-12如题8-12图所示z域框图，试写出其差分方程。61题8-12图解由图可得bz1Y(z)1az1F(z)故有(1az1)Y(z)(bz1)F(z)所以y(n)ay(n1)bf(n)f(n1)8-13如题8-13图所示z域框图，是写出其差分方程。题8-13图解由图可得X(z)11F(z)az1Y(z)(1bz1)X(z)故有1bz1Y(z)1az1F(z)62即(1az1)Y(z)(1bz1)F(z)进而有差分方程y(n)ay(n1)f(n)bf(n1)8-14关于题8-12和8-13，试分别写出系统函数H(z)。解关于题8-12，因X(z)F(z)而Y(z)bX(z)z1X(z)(bz1)X(z)故H(z)F(z)az1X(z)(1az1)X(z)Y(z