第三十三套 参考答案
一、解
1．2π。 2．)(t δ-。
3．由列表法可得零状态响应为：
??
?
???-=↓2,5,7,2,1,1)(*)(k h k f 4．
t
j t j t j t j n t jn n je je e e e F t f 0000033)()(2.02.05.05.01)(ωωπωπωω-+++==
-++-∞
-∞
=∑
)2/3cos(4.0)cos(100πωπω-+++=t t （因为1/200==T πω）
)3sin(4.0)cos(1)2/3cos(4.0)cos(1t t t t +-=-+++=ππ 5. ()()t h t f 222*。
6. 信号)(t f 的最高频率为)(Hz f m ，根据傅立叶变换的展缩特性可得信号)2(t f 的最高频率)(2Hz f m 。根据傅立叶变换的乘积特性，两信号时域相乘，其频谱为该两信号频谱的卷积，故)(t f )2(t f 的最高频率为)(3Hz f m 。
根据时域抽样定理，对信号)(t f )2(t f 取样时，其频谱不混叠得最大取样间隔max T 为)(61
21max max s f f T m
==
7. 由于信号s 域表达式中有一个极点在右半s 平面，故傅立叶变换)(ωj F 不存在。 8. 由于系统的极点为5.0,121=-=z z ，有一个极点在单位圆上，故系统不稳定。 9. 利用冲激信号的展缩特性和取样特性，可得
3
)2()1()2()1()2(1222
=+=-+=+-+=∞
∞
-∞
∞
-??
t t t dt t t t dt t t t δδ
10. 根据Fourier 变换的共轭对称性，由于)(ωA 为实偶函数，故信号应为实偶函数。再利用Fourier 变换的时移特性，频谱)(ωj F 相频特性ω3-对应信号右移3，因此信号是关于t=3的偶对称的实信号。 二、解
1、)(t f 和)(t g 的卷积的波形如图A-4所示。
2
31
23
t
)
()(t g t f *
图A-4
2、解
对于单边正弦信号，用频域卷积定理，得：
()()[]()[]()[]t F t F t t F o o εωεω*=sin sin
()()()[]001
21ωωδωωδπωπδωπ--+*??????+=
j j
()()[]
0020
202ωωδωωδπ
ωωω--++--=j
对单边余弦信号，用频域卷积定理，得：
()()[]()[]()[]t F t F t t F εωεω*=00cos cos
()()()[]001
21ωωδωωδπωπδωπ-++*??????+=
j
()()()[]002
22ωωδωωδπ
ωωω-+++-=o j
3、利用周期信号频谱和非周期信号频谱的关系可以求出)(t f T 的傅立叶系数为
T n Sa T Sa T F n n π
ωτωτωττωω2),4(2)4(2100220===
=
由此可以写出周期信号)(t f T 的傅立叶级数展开式
∑∑∞
-∞
=∞
-∞
==
=
n t
jn n t
jn n T e n Sa T
e
F t f 00)4(
2)(02ωωτωτ
对其进行傅立叶变换即得)(t f T 的频谱密度)(ωj F T
∑∞
-∞
=-=n T n n Sa T
j F )()4(
22)(002ωωδτ
ωτ
π
ω
取样信号),()()(t f t f t f T s =利用傅立叶变换的乘积特性可得
∑∞
-∞=-=*=n T s n F n Sa T j F j F j F )
()4(2)()(21)(002ωωτωτ
ωωπω
从)(ωj F s 可以看出，当m ωω20≥时，)(ωj F s 频谱不混迭，即
m T ωπ
≤
仍可从取样信号)(t f T 中恢复原信号
)(t f 。
4、解：
系统的零点为：0=z ；极点为：5.0=z ，零极点图如图A-5(a)所示。 由于极点在单位圆内，因此，系统的频率响应为：
5.0)()(-==Ω
Ω
=Ω
Ω
j j e z j e e z H e H j
系统的幅频响应为：
2
12
)]2/(sin 225.1[1
5
.0)(Ω+=
-=ΩΩ
Ω
j j j e e e H ，如图A-5(b)所示。
?O )
Re(z )
Im(z
π
π
-Ω
)
(Ωj e H
(a) (b)
图A-5
显然是一个低通滤波器。
5、解：设)()(t t f δ=，得系统单位冲激响应)(t h 满足的微分方程为： )(2)()(2)(3)(t t t h t h t h δδ+'=+'+''
对上述微分方程取单边拉普拉斯变换，得
2)()23(2+=++s s H s s
整理，得系统函数为：
11
)2)(1(2232)(2+=
+++=+++=s s s s s s s s H ，取单边拉普拉斯逆变换，得系统单位冲激响应为：
)()(t e t h t
ε-= 当输入为：)()(3t e
t f t
ε-=时，系统的零状态响应为
?
?>--∞
∞
------=-===0
4)
(33)()()(*)()(*)()(t t
t t
t
zs d e e
d t e
e t e t e t h t
f t y τ
ττετεεετττ
)
()(41
)41(50
04t e e e e t t t t ετ-->---=-=
三、解
1、解：
(1) 由图可得：
)
()81
43()()311()(211z Y z z z X z z Y ----++=
整理得：
)()31
1()()81431(121z X z z Y z z ---+=+-
(1)
根据单边Z 变换的位移性质，得系统的差分方程为
)1(31
)()2(81)1(43)(-+=-+--
n x n x n y n y n y
(2) 由式（1）可得系统函数为
)2/1)(4/1()3/1()8/14/3()3/1(8143131
1)()()(2211
--+=
+-+=+-+==---z z z z z z z z z z z z X z Y z H (3) 因为
4/1372/1310)2/1)(4/1()3/1()(--
-=--+=z z
z z z z z z z H ，取单边Z 逆变换，可得系统的单位样值响应为：)
(])41
(37)21(310[)(n n h n n ε-=
2、解
对微分方程两边做单边拉斯变换得 )()12()(10)0(7)(7)0(')0()(2s F s s Y y s sY y sy s Y s +=+-+-----
整理后可得
)(1071
2107)0(7)0(')0()()
(2
)
(2s F s s s s s y y sy s Y s Y s Y f x
+++=+++-=---
(1) 根据系统函数的定义，可得
53
2110712)
()()(2++
+-=+++=
=
s s s s s s F s Y s H f
进行拉斯反变换即得
)()3()(52t e e t h t t ε--+-=
(2) 零输入响应的s 域表达式为
53
/1723/5107254)(2++
+-=+++=
s s s s s s Y x
取拉斯反变换即得
,317
35)(52≥+-=-t e e t y t t x
(3) 零状态响应的s 域表达式为
575
.021125.0)
1)(107(12)(10712)(22+-+
+++-=++++=+++=
s s s s s s s s F s s s s Y f 取拉斯反变换即得
)()75.025.0()(52t e e e t y t t t f ε----+-=
(4) 若
)1()()
1(-=--t e t f t ε，则系统单位冲激响应h(t)、系统函数)(s H 和零输入响应)(t y x 均不变，根据时不变特性，可得系统零状态响应为 )1()75.025.0()1()1(5)1(2)1(--+-=-------t e e e t y t t t f ε
第三十四套 参考答案
一、解
1. 利用冲激信号的取样特性，可得
4
2
21
3
2)2(-=---=-=-?e e dt t e
t t
t
δ
2. 系统的零状态响应为)()(k h k f *，由于}1,1,1,1{)4()()(=--=k k k h εε，故利用列表法可得
}3,5,6,6,3,1{)()(1
==*k k h k f
3. 根据已知有 )2()}({)(k f k f T k y ==，)2(]}[{)(111k f k f T k y ==，)2()}({)(222k f k f T k y ==
由于
)()()2()2()}()({212121k by k ay k bf k af k bf k af T +=+=+
)()2()}({000k k y k k f k k f T -≠-=-
故系统为线性时变系统。
4. 对信号)]()()[cos()(πεπε--+=t t t t f 微分，可得 )]()()[cos()]()()[sin()('πδπδπεπε--++--+-=t t t t t t t f
利用冲激信号的筛选特性化简，可得
)()()]()()[sin()('πδπδπεπε-++---+-=t t t t t t f
5. ),4(44sin )(t Sa t t t f ==其频谱
?????><==4,04,)()(8ωωπωπωg j F 6. 信号)(t f 的最高角频率为m ω，根据傅立叶变换的展缩特性可得信号)4/(t f 的最高角频率为4/m ω，信号)2/(t f 的最高角频率为2/m ω。根据傅立叶变换的乘积特性，两信号时域相乘，其频谱为该两信号频谱的卷积，
故)2/()4/(t f t f 的最高角频率为
m m
m
ωωωω4324
max =+
=
根据时域抽样定理可知，对信号)2/()4/(t f t f 取样时，其频谱不混迭的最大抽样间隔max T 为
m T ωπωπ34max max =
=
7. )0)(Re(,9392)9(32)(22
22
22>+++=++=--s s e s s s s se s s F
)()3s i n 3c o s 2()(2
t t e t t f ω-+= 8.
)
()2()2(,)(522)(52t e t e t d e e t y t t t
t εετττ------*+=->=?
利用傅立叶变换的卷积特性可得
107)(512)(24
224++=
+?+=+ωωωωωωωj j e j j e e j Y j j
9.
111112311
211)31)(21(2)3)(2(2)(-----++
-=+-+=+-+=z z z z z z z z z z F
)(])3(2[)]([)(1k s F z k f k
k ε-+==- 10. 计算)(ωj H 的傅立叶反变换即得
)]([2121)(21)(0)(00
t t Sa dt e dt e
e
dt e
j H t h m m
t t j t
j t j t
j m
m
-=
=
=
=
???
∞
-
--∞
-
-∞
∞
-ωπωπ
π
ωπ
ω
ωω
ωωω
二、解
1、(1))2()4()3()2()1()()(+-++--+-+----=t t r t r t t r t r t f εε
(2) 将)42(--t f 改成)]2(2[+-t f ，先压缩，再翻转，最后左移2，即得)42(--t f ，如图A-5所示。
-1
1
)
2(t f 0
-0.51.5
2t
-1-1.5-21)2(t f -t
-3-2.5-4-2
-3.5
1
-1
1-1
t
)]
2(2[+-t f 00
图A-5
2．解：因为：
)()sin()(t Sa t t t f c c c ωπωπω==
，又因为：
)2()(ωτ
τSa t g ?，由傅立叶变换的对称性可知：)(2)(2)2(
ωπωπτ
ττg g t Sa =-?。设c ωτ2=，得
)(2)(2ωπωωc g t Sa c ?，即)(2)(2ωωωπωωc
g t Sa c c c
?，因此，有
)
(2)()()(2ωωωωπω
ωc
g j F t Sa t f c c c =?=
频谱图如图A-6所示。
c
ωc
ω-c
ω2ω
)(ωj H
图A-6
3、由已知，有
]
1[21)}1({-???
??=-k k T k
εδ 根据时不变特性，可得
)
(2121)}({)(k k T k h k
εδ???
??==
由于
∑-∞
=+
=+=k
n k k k k k f )
()(2)()(2)(δδεδ
根据线性和时不变特性，可得
)
(21211)()(2)(k n h k h k y k k
n ε????
??????? ??+=+=∑-∞=
4、解
分析：零状态响应可用微分方程解，零输入响应可用全响应减去零状态响应求出，()+0zi y 、()
+
'0zi y 可用初
值定理求出。
对方程两边取拉斯变换，得
()()()()()()s X s sX s X s s Y s sY s Y s 23652
2++=++，即
()()()()()()()312321562322++=
++++=++++==s s s s s s s s s s s X s Y s H 已知：()()112111++=
++=s s s s s s X ，所以
()()()())3(35
31312++
=++=
=s s s s s s X s H s Y zs
取单边拉斯逆变换得零状态响应：
()()
t e t y t zs ε???
??+=-33531
零输入响应：
()()()()
()t e e t y t y t y t
t zs zi ε3234---=-= ()656
33242
+++=+-+=
s s s s s s Y zi
()
()()
s sY t y y zi s zi t zi ∞
→→+==+
lim 0lim 0
1
656
2lim =+++?
=∞
→s s s s s
()
()()()[]
+
∞
→→+
-='='+
lim 0
lim 0
zi zi s zi t zi y s sY s t y y
()[
]1
2lim =-=∞
→s s Y s zi
s
5、解
（1）由题意，()t f 的最高频率,400Hz f m =则Nyquist 抽样间隔为：
ms f m 25.14002121=?=
∴ 抽样间隔应满足ms T 25.1≤
（2）已知抽样间隔T=1ms ，则抽样频率s f 为
kHz T f s 11
==
由抽样定理，c f 应满足 m s c m f f f f -<< 即()Hz Hz f Hz c 6004001000400=-<< 三、解
1、解： （1）由图可得：
)(21)()(11
1z X z z X z X -+
=，即
)
(2
1
)(1z X z z z X -=
(1)
因为：
)(41)()(21
2z X z z X z X -+
=，即
)
(4
1
)(12z X z z z X -=
(2)
式（1）代入式（2），得
)
()
2
1)(41()(2
2z X z z z z X --=
(3)
又因为：
)
()31
1()(31)()(21212z X z z X z z X z Y --+=+= (4)
式（3）代入式（4），可得
)()
21)(41()
31
()(z X z z z z z Y --+=
由系统函数的定义，有
)
21)(41()
31
()()()(--+=
=z z z z z X z Y z H
（2）因为：2
11
11181431311)211)(411(311)21)(41()31()
()()(------+-+=
--+=--+==z z z z z z z z z z z X z Y z H
所以，有
)(31
)()(81)(43)(121z X z z X z Y z z Y z z Y ---+=+-
在零状态条件下，由单边Z 变换的位移性质可得系统的输入输出差分方程为：
)1(31
)()2(81)1(43)(-+=-+--
n x n x n y n y n y
（3）因为：
413721310)21)(41()
31
()(-
-
-=--+=z z z z z z z z z H 由：
a z z
n a n -?
)(ε可得系统的单位样值响应为 )
(])41
(37)21(310[)(n n h n n ε-=
2、(1)利用傅立叶级数的计算公式可得到周期信号)(t p 的频谱n F 为
2
/2
/02
/2/2/2/000)(1)(1ττωττωωω=-=------===??t t t
jn t
jn T T t jn n e jn T A dt Ae T dt e t f T F
T n Sa T A n n T A π
ωτωττωτωτ2,22/)2/sin(0000=
??? ??==
(2)周期信号)(t p 的指数函数形式的傅立叶级数展开式为
∑
∞
-∞
=??? ??=
n t jn e n Sa T A
t p 02)(0ωτωτ
对其进行Fourier 变换即得p(t)的频谱密度)(ωj P 为
)(22)(00ωωδτωτπ
ωn n Sa T A
j P n -???
??=∑
∞
-∞
=
(3)由于)()()(t p t f t f p =，利用傅立叶变换的乘积特性，可得
)
(2)(*)(21)(00ωωτωτωωπωn F n Sa T A j P j F j F n p -???
??==∑∞
-∞=
(4)从信号)(t f p 的频谱表达式)(ωj F p 可以看出，当m ωω20≥时，)(ωj F p 频谱不混迭，即
m T ωπ≤
第三十五套 参考答案
一、解
1. 利用冲激信号的展缩特性和筛选特性，可得
)
1(21
)1(21)]2()([)22()]2()([-=-?--=-?--t t t t t t t δδεεδεε
2、利用排表法可得 }6,5,1,3,3,2{)(*)(--=↓
k h k f 3、连续时间信号t t f sin )(=的基本周期为
π
ωπ
220
0==
T 。若对)(t f 以Hz f s 1=进行抽样，所得离散序列
k t f k f kT t sin )()(===。由于离散序列k k f sin )(=的角频率
ππ21
2,
100=
Ω=Ω不是有理数，故该序列不是周
期序列。
4、对连续时间信号延迟0t 延迟器的单位冲激响应为)(0t t -δ，积分器的单位冲激响应为)(t ε，微分器的单位冲激响应为)('
t δ。
5、由于)(ωj H 的分子分母互为共轭，故有 )arctan(2)(ωωj e j H =
所以系统的幅度响应和相位响应分别为
1)(=ωj H ，)arctan(2)(ωωφ=
由于系统的相频响应)(ωφ不是ω的线性函数，所以系统不是无失真传输系统。
6、由于)(sin 2ωπg t t
?，根据Parseval 能量守恒定律，可得
πωππωωππ===??? ?????-∞∞-∞
∞-d d g dt t t 1
1
2
222
21)(21sin
7、由于)1()()(--=k k k εεδ，利用线性和时不变特性，可得
)
1()21
()()21()1()()(1--=--=-k k k g k g k h k k εε
8、t
j t j t j t j e e e e t t t f 2020101023
23222)20cos(3)10cos(42)(--++++=++=
利用Parseval 功率守恒定理，可得信号)(t f 的平均功率为
16.5)23()23(222222
222=++++==
∑∞
-∞=n n
F P
9、信号)(t f 的最高角频率为m ω，根据傅立叶变换的展缩特性可得信号)4/(t f 的最高角频率为4/m ω，信号)2/(t f 的最高角频率为2/m ω。根据傅立叶变换的乘积特性，两信号时域相乘，其频谱为该两信号频谱的卷积，
故)2/()4/(t f t f 的最高角频率为
m m
m
ωωωω4324
max =+
=
根据时域抽样定理可知，对信号)2/()4/(t f t f 取样时，其频谱不混迭的最大抽样间隔max T 为
m T ωπωπ34max max =
=
10、对单位脉冲响应进行z 变换可得系统函数为
211
115.05.115.235.01211)(-----++--=
+-++-=z z z z z z H
由系统函数的定义可得到差分方程的z 域表示式为 )()5.23()()5.05.11(121z F z z Y z z f -----=++
进行z 反变换即得差分方程为 )1(5.2)(3)2(5.0)1(5.1)(---=-+-+k f k f k y k y k y
二、解
1. 系统的零状态响应)()()(t h t f t y *=，其波形如图A-4所示。
t
)
(t y 02-2
1
2
3
图A-4
2．解：
∑+-==5
1
)
()(n n k k f n y 代表的系统是线性，时不变性，非因果，稳定，有记忆的系统。理由如下：
线性特性：已知：
∑+-==
?5
1
)
()()(n n k k f n y n f ，对于任意给定的不为零的常数
α
和β，设
∑+-==
?5
1
1
11)
()()(n n k k f n y n f ；
∑+-==
?51
2
22)
()()(n n k k f
n y n f ，则有
)
()()]()([)()(212
5
1
1
21n y n y k f
k f n f n f n n k βαβαβα+=+?
+∑+-=
因此，该系统是线性系统。
时不变性：已知：
∑+-==
?5
1
)
()()(n n k k f n y n f ，则有
)
()()()(0
5
1
51
000n n y k f n k f n n f n n n n k n n k -==-?
-∑∑+---=+-=
因此，该系统是时不变系统。
因果性：由∑+-==
5
1)
()(n n k k f n y 可知，系统的当前输出不仅与当前和过去的输入有关，而且还与未来的输入有关，
因此，该系统是时变系统。
稳定性：设输入有界，即：∞<≤M n f )(，则有
∑
∑∑+-=+-=+-=∞
<=≤
≤=
5
15
1
51
7)()()(n n k n n k n n k M M k f k f n y ，即输出也有界，因此，该系统是稳定的系统。
记忆性：由∑+-==
5
1)
()(n n k k f n y 可知，系统的当前输出历史输入有关，因此，该系统是记忆系统。
3. (1) 对微分方程两边做单边拉斯变换即得s 域代数方程为
)()14()(6)0(5)(5)0()0()('2s F s s Y y s sY y sy s Y s +=+-------
(2) 整理上述方程可得系统完全响应得s 域表达式为
)
(651
465)0(5)0()0()(22's F s s s s s y y sy s Y +-++++-+=---
其中零输入响应的s 域表达式为
31
652)(2-=
+--=
s s s s s Y x
取拉斯反变换可得 0,)(3≥=t e t y t x
零状态响应的s 域表达式为
34
/132314/1)1)(3)(2(14)(6
514)(2-+
--++-=---+=+-+=
s s s s s s s s F s s s s Y f 取拉斯反变换可得
)
(413341
)(32t e e e t Y t t t f ε??? ??+-+-=-
4．解：（1）设输入端求和器的输出为：)(s X ，对于输入端求和器，有
)()()()(2s H s Y s E s X += (1)
对于输出端求和器，有
)()](1[)(1s X s kH s Y -= (2)
由式（1）和（2）消去中间变量)(s X ，得
2)()](1[1)(1)()
()(211=---==
s H s kH s kH s E s Y s H
整理，得
)](1[2)
(1)(112s kH s kH s H -+=
(3)
将
31
)(1+=
s s H 代入式（3），得
)3(23)(2k s k
s s H -+++=
（2）由于系统函数的极点为：3-=k s p ，为了使系统稳定，系统极点应该在s 左半平面，即要求：03<-k ，因此，3 由 ∑∞ -∞ == n jnt e t f )(可知，)(t f 是一个周期信号，且周期为： π ωπ 220 == T ，指数形式的傅立叶级数系数为： ∞<<∞-=n F n ,1，因此，)(t f 的频谱为： ) (2)(2)(0 ∑∑∞ -∞ =∞ -∞ =-=-=n n n n n F j F ωδπωωδπ ω，A 点信号的频谱如图A-5(a)所示。 由图可知：)cos()()(t t f t g =，根据傅立叶变换的调制性质，有 )]} 1([)]1([{21 )(++-=ωωωj F j F j G ，B 点信号的频谱如图A-5(b)所示。 因为：)()()()()(3ωωωωωg j G j H j G j Y ==，很显然，只有 5.1<ω范围的频率分量才可以通过系统。C 点 信号的频谱如图A-5(c)所示。 ) 2(π)(ωj F ω 1 2 1-2 - ) 2(πω 1 2 1-2-) (ωj G (a) (b) ) 2(πω 01 1-) (ωj Y (c) 图A-5 三、解 1、(1) 对差分方程两边进行z 变换得 )()2()]2()1()([2)]1()([3)(1121z F z y y z z Y z y z Y z z Y ----+=-+-++-++ 整理后可得 ) (2312231)2(2)1(2)1(3)(211 211z F z z z z z y y z y z Y ------++++++------= 零输入响应的z 域表达式为 11211211213 112312231)2(2)1(2)1(3)(--------+-+ +=++--=++------=z z z z z z z y y z y z Y x 取z 反变换可得系统零输入响应为 )(])2(3)1[()(k k y k k x ε---= 零状态响应的z 域表达式为 111121121112 /121212/1)1)(231(2231)()2()(-----------+ ++--=-+++=+++=z z z z z z z z z z F z z Y f 取z 反变换可得系统零状态响应为 ) (]21 )2(2)1(21[)(k k Y k k f ε+-+--= (2) 根据系统函数的定义，可得 211 2312)()()(---+++= =z z z z F z Y z H f 由于系统的极点为2,121-=-=z z ，均不在单位圆内，故系统不稳定。 2. 解： (1) 在零状态情况下，对系统的差分方程取单边Z 变换，得 ) ()1(21 )(1z X z z Y -+= 因此，系统函数为: z z z z X z Y z H 21)1(21)()()(1+=+== -，0>z 由于收敛域包含单位圆，因此，系统的频率响应为： ωω ω ω j j e z j e z H e H j 1)()(+= == 对系统函数： ) 1( 2 1 ) (1- + =z z H ，取单边Z变换，可得系统的单位样值响应为 )]1 ( ) ( [ 2 1 ) (- + =n n n hδ δ (2) ) 2 cos( 2 1 ) ( ω ω ω ω= + = j j j e e e H ， π ω≤ (3) 幅频特性如图A-6所示。 图A-6 (4) 由幅频特性图可知，该系统是低通滤波器。 第三十六套 参考答案 一、解 1. 利用冲激信号的展缩特性和取样特性，可得 5.0)3(21 )2()3(21)42()3(2555 5-=-=---= +--=--??t t dt t t dt t t δδ 2. 由于)(t y 为信号)(t f 的偶分量，利用傅立叶变换的共轭对称性，其频谱为)(t f 频谱的实部。 3. 由系统函数可知系统的频率特性为 ωωj j H += 11 )(，由于0)(,1)0(=∞=j H j H ，故系统为低通。 4. 直流分量即为傅立叶系数的0F 。由于 41051)(11 12 /2 /0 000== = ?? --dt dt t f T F T T 。 5. 由于)()1(0,00, 1][k k k k k n k n εε+=???<≥+=∑-∞=。 6．解：)1()1sin(--t t ε 因为11)()sin(2+?s t t ε，所以 1)1()1sin(2 +?---s e t t s ε 7．解：s f T m s 125.0)2/(1== )(ωj F 的最高角频率为s rad /2π，即Hz f m 2= )5.0(5.0)12(5.0ωωj F e t f j -?- 所示)12(-t f 频谱的最高角频率为s rad m /4πω=，即Hz f m 4= 因此，采样周期为s f T m s 125.0)2/(1== 8．解：)/()()(t j e t t f jt πδ+= 因为)/(1)()(ωωπδεj t +?，由傅立叶变换的对称性，得 )(2)/(1)(ωπεπδ-?+it t )(2)/(1)(ωεπδ-?+t j t )1(2)/()(ωεπδ-?+t j e e t jt jt 故 )1(2)(ωεω-=j F 的傅立叶逆变换)/()()(t j e t t f jt πδ+= 9. )()(k a k x k ε= 10. ωωπδj 1)(+ 二、解 1、解 由题意可知，)2()1(2)()(-+--=t t t t f εεε，因此，有 )()1(2)2()2()(t t t t f t h -+---=-=εεε 由卷积的微积分性质，有 )]2()1(2)([*)]()1(2)2([)(*)()(*)()1(-+---+---='=-t r t r t r t t t t f t h t f t h δδδ )]2()1(2)([*)]()1(2)2([-+--+---=t r t r t r t t t δδδ )4()3(4)2(6)1(4)(-+---+--=t r t r t r t r t r )4()4()3()3(4)2()2(6)1()1(4)(--+-----+---=t t t t t t t t t t εεεεε ? ? ??? ????<<+-<<-<<+-<<><=43,432,8321,4310,4,0, 0t t t t t t t t t t 其波形如图A-3所示。 1234 12 -) (*)(t f t h t 图A-3 2、解 对微分方程取拉斯变换得 )()(2)0()(s F s Y y s sY =+-- 整理得 ) (21 2)0()(s F s s y s Y +++=- 因此有 2)0()(+= -s y s Y x ，)(21 )(s F s s Y f += 取拉斯反变换，得零输入响应为 )()0()(2t e y t y t x ε--= 由给定的系统全响应可知，激励信号应为：)()(t ke t f t ε-=，因此，其拉斯变换为 1)(+= s k s F ，因而有 21)2)(1()(21)(+-+=++=+= s k s k s s k s F s s Y f 取拉斯反变换，得零状态响应为 )()()(2t ke ke t y t t f ε---= 因此。系统的全响应为 )(])0([)(22t ke e y ke t y t t t ε-----+= 与给定的系统全响应)(]32[)(2t e e t y t t ε--+=比较，可得：2=k ， 5)0(=- y 因此，系统的零输入响应为 )(5)()0()(22t e t e y t y t t x εε---== 系统的零状态响应为 )()(2)()()(22t e e t ke ke t y t t t t f εε-----=-= 3、解：（1）s T s T 5.1)3/4/(2,4)2//(221====ππππ 该信号的基本周期 2 211T m T m T == 3/8//1221==m m T T 故 s T T T 128321=== 基波 )/(6/12/2/2s rad T πππ===Ω （2） )(t f 的3次和8次谐波分量不为0。前一项是)(t f 的3次谐波；后一项是)(t f 的8次谐波。 （3）改写)(t f 表达式 )434cos( )4 2 cos( 2)(π ππ π ++- =t t t f 该信号的单边振幅频谱图和相位频谱图，如图A-4(a)、(b)所示。 ???????? ???n A ) (Ωn ) (a 0123456789 2 1 ) (Ωn 4 /π4 /π-) (b ???????? ??012 3456789) (ω? 图A-4 4、解 依题意，)(z F 的另一个极点是：321π j e -，因此，)(z F 可表示为： 4121) 2 1)(21()(22 3 32 +-=--=-z z kz e z e z kz z F j j π π 由条件： 38 41211)1(2=+ -= k F 可得，2=k ，因此， 41212) 2 1)(21(2)(22 332 +-=--=-z z z e z e z z z F j j π π，收敛域：21>z 5、解：因为)1()()]1()([)()1(1-?-=--=-----t e e t e t t e t x t t t εεεε，又因为： ωεj t e t +? -11 )(，由傅立叶变 换的时移性质可得： ωεω j e t e j t +? ----1)1() 1(。根据傅立叶变换的线性性质，有 ]1[11 )()1(ωωωj e j j X +--+= 三、解 1、解 （1）对微分方程取傅立叶变换，即得 )()()()(ωωωωj F j a j Y a j -=+ 因此，系统的频率响应为： ωω ωωωj a j a j F j Y j H +-= = )()()( 幅频特性： 1 )(=+-= ωω ωj a j a j H 相频特性： a j H ω ωarctan 2)(-=∠ （2）1=a 时，ωωarctan 2)(-=∠j H ，由于： )(cos[)()()cos()(0000ωθωωθωj H t j H t y t t f ∠++=?+= 因此，有 )3/3/cos()]3/1arctan(23/cos[1)3/cos(π-=-??t t t )2/cos()]1arctan(2cos[1)cos(π-=-??t t t )3/23cos()]3arctan(23cos[1)3cos(π-=-??t t t 所以，系统的输出为： )3/23cos()2/cos()3/3/cos()(πππ-+-+-=t t t t y 2、解 (1) 对差分方程两边进行z 变换得 )()}2()1()({)}1()({5)(6121z F y y z z Y z y z Y z z Y =-+-++-+---- 整理后可得 2121156)(56)2()1()1(5)(-----+-+ +------=z z z F z z y y z y z Y 零输入响应的z 域表示式为 1 12112113113 /72112/95621356)2()1()1(5)(---------+ --=+-+-=+------=z z z z z z z y y z y z Y x 取z 反变换可得系统零输入响应为 ) (])31 (37)21(29[)(k k y k k x ε+-= 零状态响应的z 域表示式为 1111212112 /13116/12112/1) 1)(56(156)()(---------+ -+--=-+-=+-= z z z z z z z z z F z Y f 取z 反变换可得系统零状态响应为 ) (]21 )31(61)21(21[)(k k y k k f ε++-= 系统的完全响应 ) (]21 )31(25)21(5[)()()(k k y k y k y k k f x ε++-=+= (2) 根据系统函数的定义，可得 1 12 13113 /12112/1561) ()()(------+-= +-= = z z z z z F z Y z H f 取z 反变换即得系统单位冲激响应为 ) (])31 (31)21(21[)(k k h k k ε-= (3)若)1(2)(-=k k f ε，则系统的零输入响应)(k y x 、单位冲激响应)(k h 和系统函数)(z H 均不变，根据线 性时不变特性，可得系统零状态响应为 ) 1(]1)31 (31)21([)(11-++-=--k k y k k f ε 系统全响应为 ) 1(]1)31 (31)21([)(])31(37)21(29[)()()(11-++-++-=+=--k k k y k y k y k k k k f x εε 第三十七套 参考答案 一、解 1. 解：线性非因果系统 （1）因为2/π-=t 时，)0()2/(f y =-π，即系统输出与未来输入有关，因此，该系统是非因果系统。 （2）已知：)][cos()()(t f t y t f =?，设 )][cos()()(111t f t y t f =?，)][cos()()(222t f t y t f =? 则有 )()()][cos()][cos()()(212121t y t y t f t f t f t f βαβαβα+=+?+ 因此，该系统是线性系统。 2．解：1。原式= 1 32)1()2()1()2(2'2=+-=-++-+? ?∞ ∞ -∞ ∞ -dt t t dt t t δδ 3．解：-4。方法如下： 因为)]2()([2)(1--=t t t f εε，)4()2(2)2()(2-+--+='t t t t f δδδ，设)()()() 1(t t t t r -==εε，其中)(t r 为单 位斜坡信号。 根据卷积运算的微积分性质和时移性质，有 )]4()2(2)2([*)]2()([2)(*)()(*)()(2)1(121-+--+--='==-t t t t r t r t f t f t f t f t y δδδ )]6()4(2)()4()2(2)2([2---+--+--+=t r t r t r t r t r t r )]6()4(3)2(2)()2([2---+---+=t r t r t r t r t r 因此，4)2246(2)]2(2)4()6([2)4(-=?--=--=r r r y 4．解：ωωj e j +22 原式=)] ([22t e dt d e t ε- 21 )(2+? -ωεj t e t 利用时域微分性质，有2)]([222 +? -ωωεj j e t e dt d e t 5．解：1 , 1 >+z z z ∑∑∞ =∞ =--=--=0 ) ()1()()1()(m k m m m k m k k f δδ ) () 1()() 1(0 k m k k m k εδ-=--=∑∞ = 1 ,1 )(>+? z z z k f 6. )(z H 的全部极点在单位圆内。 7. 信号)(t f 的最高频率为)(0Hz f ，根据傅立叶变换的展缩特性可得信号)2/(t f 的最高频率为)(2/0Hz f ，再 1-1 （2）∞<<-∞=-t e t f t ,)( （3）)()sin()(t t t f επ= （4）)(sin )(t t f ε= （5）)(sin )(t r t f = （7）)(2)(k t f k ε= （10）)(])1(1[)(k k f k ε-+= 1-3 1-5 判别下列各序列是否为周期性的。如果是，确定其周期。 （2）)6 3cos()443cos()(2π πππ+++=k k k f （5）)sin(2cos 3)(5t t t f π+= ： 1-9 已知信号的波形如图1-11所示，分别画出 )(t f和 dt t df)( 的波形。 解：由图1-11知，) 3(t f-的波形如图1-12(a)所示（) 3(t f-波形是由对) 2 3(t f- 的波形展宽为原来的两倍而得）。将) 3(t f-的波形反转而得到)3 (+ t f的波形，如图1-12(b)所示。再将)3 (+ t f的波形右移3个单位，就得到了)(t f，如图1-12(c)所示。dt t df)(的波形如图1-12(d)所示。 1-23 设系统的初始状态为)0(x，激励为)(? f，各系统的全响应)(? y与激励和初始状态的关系如下，试分析各系统是否是线性的。 （1）?+ =-t t dx x xf x e t y ) ( sin )0( )(（2）?+ =t dx x f x t f t y ) ( )0( )( )( （3）?+ =t dx x f t x t y ) ( ])0( sin[ )(（4）)2 ( ) ( )0( )5.0( ) (- + =k f k f x k y k （5）∑=+ = k j j f kx k y ) ( )0( ) ( 信号与系统课后习题答 案 Company number：【WTUT-WT88Y-W8BBGB-BWYTT- 1-1 试分别指出以下波形是属于哪种信号 题图1-1 1-2 试写出题1-1图中信号的函数表达式。 1-3 已知信号)(1t x 与)(2t x 波形如题图1-3中所示，试作出下列各信号的波形 图，并加以标注。 题图1-3 ⑴ )2(1-t x ⑵ )1(1t x - ⑶ )22(1+t x ⑷ )3(2+t x ⑸ )22 (2-t x ⑹ )21(2t x - ⑺ )(1t x )(2t x - ⑻ )1(1t x -)1(2-t x ⑼ )2 2(1t x -)4(2+t x 1-4 已知信号)(1n x 与)(2n x 波形如题图1-4中所示，试作出下列各信号的波形 图，并加以标注。 题图1-4 ⑴ )12(1+n x ⑵ )4(1n x - ⑶ )2 (1n x ⑷ )2(2n x - ⑸ )2(2+n x ⑹ )1()2(22--++n x n x ⑺)2(1+n x )21(2n x - ⑻ )1(1n x -)4(2+n x ⑼ )1(1-n x )3(2-n x 1-5 已知信号)25(t x -的波形如题图1-5所示，试作出信号)(t x 的波形图，并加以标注。 题图1-5 1-6 试画出下列信号的波形图： ⑴ )8sin()sin()(t t t x ΩΩ= ⑵ )8sin()]sin(21 1[)(t t t x ΩΩ+= ⑶ )8sin()]sin(1[)(t t t x ΩΩ+= ⑷ )2sin(1 )(t t t x = 1-7 试画出下列信号的波形图： ⑴ )(1)(t u e t x t -+= ⑵ )]2()1([10cos )(---=-t u t u t e t x t π ⑶ )()2()(t u e t x t --= ⑷ )()()1(t u e t x t --= ⑸ )9()(2-=t u t x ⑹ )4()(2-=t t x δ 1-8试求出以下复变函数的模与幅角，并画出模与幅角的波形图。 ⑴ )1(1)(2Ω-Ω= Ωj e j X ⑵ )(1 )(Ω-Ω-Ω =Ωj j e e j X ⑶ Ω -Ω---=Ωj j e e j X 11)(4 ⑷ 21 )(+Ω=Ωj j X 1-9 已知信号)]()([sin )(π--=t u t u t t x ，求出下列信号，并画出它们的波形图。 ⑴ )() ()(2 21t x dt t x d t x += ⑵ ττd x t x t ?∞-=)()(2 1-10 试作出下列波形的奇分量、偶分量和非零区间上的平均分量与交流分量。 题图1-10 1-11 试求下列积分： ⑴ ?∞ ∞--dt t t t x )()(0δ ⑵ ?∞ ∞ ---dt t t u t t )2()(00δ ⑶ ?∞ ∞---dt t t t e t j )]()([0δδω ⑷ ?∞ ∞--dt t t )2 (sin π δ信号与系统课后答案.doc
信号与系统课后习题答案
信号与系统答案(刘卫东)第八章