信号与系统,沈元隆第四章课后答案

信号与系统第四章课后习题答案

其拉氏逆变换为： s3 + s 2 + 1 f (t ) = F [ ] = (-e-2t + 2e -4t )U (t ) ( s + 1)( s + 2)
-1
(8)
s+5 s ( s 2 + 2 s + 5) s+5 A B1s + B2 = = + s[( s + 1)2 + 4] s ( s + 1)2 + 4 A= s+5 gs = 1 s[( s + 1) 2 + 4)] s =0
(3) (2 cos t + sin t )U (t ) 查表得： s s + w2 w sin wtU (t ) « 2 s + w2 \ 根据拉氏变换的线性性质： 2s 1 2s + 1 (2 cos t + sin t )U (t ) « 2 + 2 = 2 s +1 s +1 s +1 cos wtU (t ) «
(9) 2d (t - t0 ) + 3d (t ) 根据时移特性：
d (t - t0 ) « e - st0
\ 2d (t - t0 ) + 3d (t ) « 2e - st0 + 3
(10) (t - 1)U (t - 1) 根据复频域微分特性： (-t ) n f (t ) « F ( n ) ( s ) 1 1 -tU (t ) « ( ) ' = - 2 s s 1 \tU (t ) « 2 s 根据时移特性： e- s (t - 1)U (t - 1) « 2 s
\ cos tU (t ) «

(仅供参考)信号与系统第四章习题答案

e −sT
=
−sT
2 − 4e 2
+ 2e −sT
Ts 2
（f） x(t) = sin πt[ε (t)− ε (t − π )]
sin π tε (t ) ↔
π s2 + π 2
L[sin
πtε (t
−π
)]
=
L e jπt
− 2
e− jπt j
ε (t
−π
)
∫ ∫ =
1 2j
∞ π
e
jπt e−st dt
4.3 图 4.2 所示的每一个零极点图，确定满足下述情况的收敛域。
（1） f (t) 的傅里叶变换存在
（2） f (t )e 2t 的傅里叶变换存在
（3） f (t) = 0, t > 0
（4） f (t) = 0, t < 5
【知识点窍】主要考察拉普拉斯变换的零极点分布特性。【逻辑推理】首先由零极点写出拉普拉斯变换式，再利用反变换求取其原信号，即可求取其收
= cosϕ eω0tj + e−ω0tj − sin ϕ eω0tj − e−ω0tj
2
2j
=
cos 2
ϕ
−
sin 2
ϕ j
e
ω0 t j
+
cosϕ 2
+
sin ϕ 2j
e −ω 0tj
F(s) =
L
cosϕ 2
−
sin ϕ 2j
eω0tj
+
cos 2
ϕ
+
sin ϕ 2j
e
−ω0
t
j
ε
(t
)
∫ ∫ =

信号与系统第四章习题解答

得E(s) =
L
⎡⎣e(t )⎤⎦
=
1 s +1
rzs
(t)
=
r
(t)
=
1 2
e−t
−
e−2t
+
2e−3t
Rzs ( s) =
L
⎡⎣rzs
(t
)⎤⎦
=
1
2(s +1)
−
s
1 +
2
+
s
2 −
3
故
H
(s)
=
Rzs ( s) E(s)
=
⎡ ⎢ ⎣
2
(
1
s +1)
−
s
1 +
2
+
s
2 −
3
⎤ ⎥ ⎦
⋅
(
s
+
1)
= 1 − s +1 + 2(s +1)
2 s+2 s−3
=3+ 1 − 8 2 s+2 s−3
( ) 所以
h(s) =
L
−1
⎡⎣ H
(
s )⎤⎦
=
3 2
δ
(t
)
+
e−2t + 8e3t
u (t )
4-35 解题过程：
k
∏(s − zi )
( ) H (s) = K
i =1 l
∏ s− pj
j =1
− 3e−2t
（7）
L
−1
⎡ ⎢⎣
s
1 2+
1
+
1⎤⎥⎦
= sin t + δ (t)

信号与系统课后习题答案

习题一第一章习题解答基本练习题1-1 解 (a) 基频 =0f GCD （15,6）=3 Hz 。

因此，公共周期3110==f T s 。

(b) )30cos 10(cos 5.0)20cos()10cos()(t t t t t f ππππ+==基频 =0f GCD （5, 15）=5 Hz 。

因此，公共周期5110==f T s 。

(c) 由于两个分量的频率1ω=10π rad/s 、1ω=20 rad/s 的比值是无理数，因此无法找出公共周期。

所以是非周期的。

(d) 两个分量是同频率的，基频 =0f 1/π Hz 。

因此，公共周期π==01f T s 。

1-2 解 (a) 波形如图1-2(a)所示。

显然是功率信号。

t d t f TP T TT ⎰-∞→=2)(21lim16163611lim 22110=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=⎰⎰⎰∞→t d t d t d T T T W(b) 波形如图1.2(b)所示。

显然是能量信号。

3716112=⨯+⨯=E J (c) 能量信号 1.0101)(lim101025=-===⎰⎰∞∞---∞→T t ttT e dt edt eE J(d) 功率信号，显然有 1=P W1-3 解周期T=7 ，一个周期的能量为 5624316=⨯+⨯=E J 信号的功率为 8756===T E P W 1-5 解 (a) )(4)2()23(2t tt δδ=+； (b) )5.2(5.0)5.2(5.0)25(5.733-=-=----t e t e t et tδδδ(c) )2(23)2()3sin()2()32sin(πδπδπππδπ+-=++-=++t t t t 题解图1-2(a) 21题解图1-2(b) 21(d) )3()3()(1)2(-=----t e t t et δδε。

1-6 解 (a) 5)3()94()3()4(2-=+-=+-⎰⎰∞∞-∞∞-dt t dt t t δδ(b) 0)4()4(632=+-⎰-dt t t δ(c) 2)]2(2)4(10[)]42(2)4()[6(63632=+++-=+++-⎰⎰--dt t t dt t t t δδδδ(d)3)3(3)(3sin )(1010=⋅=⎰⎰∞-∞-dt t Sa t dt ttt δδ。

信号与系统(第四版)第四章课后答案

第5-10页
■
©西安电子科技大学电路与系统教研中心
信号与系统电子教案
4.1 拉普拉斯变换
四、常见函数的单边拉普拉斯变换
1. (t ) 1, 2.( t) 或1 3. ( t ) s, 4. 指数信号e
1
s
, 0

1 s s0
s0t
(t 2)
f1(t) 1 0 1 f2(t) 1 t
例1：e (t 2) e
-t
2
e
(t 2)
e
2

1 s 1
e
2s
-1 0
第5-17页
■
1
t
©西安电子科技大学电路与系统教研中心
信号与系统电子教案
4.2 拉普拉斯变换性质
1 1e sT
例2：单边冲激 T(t ) 1 e sT e s 2T 例3：单边周期信号 fT(t ) (t ) f1(t ) f1(t T ) f1(t 2T ) F1(s )(1 e sT e s 2T )
8 e 2 s
s
f(t ) 1 0 1 y(t ) 2 4 t
二、尺度变换
2s
2
(1 e 2 s 2s e 2 s )
2 e 2 s 2 (1 e 2 s 2s e 2 s ) s
第5-16页
■
0
2
4
t
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信号与系统电子教案
拉氏逆变换的物理意义
f (t )
2 j 1

j
j
F (s)est ds

信号系统第四章答案(1)

所以 b1
（3）利用连续时间傅立叶级数的相乘性质，求 z (t ) 的傅立叶级数系数 ck 。
FS ak bk ck 解： z (t ) x(t ) y(t )
4
①
k 1 1
即 k<-2 时， al bk l 0 ， al bk l 0
l
方法二：构造一个标准方波信号 P(t),T=2,T1=0.5 2T 1 1 那么频谱系数为 1 Sa(kw0T1 ) Sa(k ) T 2 2 将 P(t)向右平移 0.5 个单位长度记为 p1 (t 0.5) 将 P(t)向右平移 1.5 个单位长度记为 p2 (t 1.5)
x(t ) p1 (t 0.5) p2 (t 1.5) 1.5
对应的 bk (a k ak )e jkw1
w2 w1
4.5 x(t ) 是一个基波周期为 T 2 的周期信号，傅里叶级数为 ak ，在一个周期内定义为
t x(t ) 2 t
X(t)
0 t 1 1 t 2
1
0 -1
1
2
t
(1) 求 a0 解： a0
x1 (t ) p1 (t 1.5) p2 (t 1.5)
1 k 由于 p(t ) 的傅里叶级数系数为 Sa( ) 2 2
所以 x(t)的傅里叶级数系数为 ak
3 jkw0 3 k jkw0 1 2 2 Sa( )(e e ) 4 2
4.4 设 x1 (t ) 为一个连续时间周期信号，其基波频率为 1 ，傅里叶级数系数为 ak ，另一个连续时间信号信号 x2 (t ) x1 (1 t ) x1 (t 1) ，求 x2 (t ) 的基波频率 2 与傅里叶级数系数 bk （分别用 1 与 ak 表示）。

信号与系统第4章-作业参考答案

题图 4-3-1 解：
11
第四章傅立叶分析
第 4 章习题参考答案
4-3-7
1）x(t)是实周期信号，且周期为 6； 3）x(t) = −x(t − 3)
1 3
设某信号x(t)满足下述条件：
2）x(t)的傅里叶系数为ak ，且当k = 0 和 k > 2时，有ak = 0；
1
4） ∫−3 |x(t)|2dt = 6 2 5）a1是正实数。
第四章傅立叶分析
第 4 章习题参考答案
第 4 章习题参考答案
4-1 思考题答案暂略 4-1 练习题 4-2-2 已知三个离散时间序列分别为 x1 ( n) = cos
2πn 2πn , x3 (n) = e , x 2 (n) = sin 25 10
π x (t ) = sin 4π t + cos 6π t + 时，试求系统输出 y (t ) 的傅立叶级数。 4
解：
3
第四章傅立叶分析
第 4 章习题参考答案
4因果系统： y(t) + 4y(t) = x(t)
式中x(t) 为系统输入，y(t)是系统输出。在下面两种输入条件下，求输出y(t)的傅里叶级数展开： 1）x(t) = cos2πt ；
2
2
= 3 ） f ( t ) Sa (100t ) + Sa
解：
( 60t ) 4）
sin(4π t ) , −∞ < t < ∞ πt
9
第四章傅立叶分析
第 4 章习题参考答案
4）T=1/4 4-2-27 设 x(t ) 是一实值信号，在采样频率 ω s = 10000π 时， x(t ) 可用其样本值唯一确定

信号与系统课后习题答案第4章

按直接形式Ⅰ画出模拟信号流图和方框图分别如题解图4.25(c)、(d)
所示。
➢ 题解图 4.25
按直接形式Ⅰ画出模拟信号流图和方框图分别如题解图4.25(e)、(f)
所示。
➢ 题解图 4.26
的系统函数H(s)如下,求系统的频
率响应，粗略地画出幅频响应和相频响应曲线。
H(s)收敛域包含jω轴,故频率响应
(2) 依照系统方框图与信号流图表示之间的对应关系，分别画出两系统的信号流图表示，如题解图
2.23(c)、(d)所示。
图分别如题图 4.9(a)、(b)所示,求
系统函数H(s)。
➢ 题图 4.9
4.25 已知线性连续系统的系统函数如下,用直接形式信号流图模拟系统，画出系统的方框图。
所示。
点，列出节点电压方程:
h3(t)=ε(t)。
(1) 求系统的冲激响应；
(2) 若输入f(t)=ε(t)，求零状
态响应。
➢ 题图 4.6
(1) 求系统的冲激响应；
(2) 若f(t)=tε(t)，求零状态响
应。
➢ 题图 4.7
(1) 写出描述系统输入输出关系的微分方程；
(2) 画出系统的信号流图。
4.4 求题图4.1所示信号的单 ➢ 题图 4.1 边拉氏变换。
(1) f(t)=ε(t)－ε(t－3)。因为
所以
4.7 题图4.2所示为从t=0起始
的周期信号, 求f(t)的单边拉氏变
➢ 题图 4.2
换。
于第一周期信号的象函数与周期因子的乘积。
(a) 记f(t)中第一周期信号为相应的象函数为F1(s)。由于
数为F(s)，求下列F(s)的原函数f(t) 的初值f(0+)和终值f(∞)。

信号与系统课后答案第四章作业答案_第二次

1ω
0
e−3
jω
e
jωt
dω
⎤ ⎥⎦
0
=
−1 2π
⎧⎪ ⎨ ⎪⎩
ω
j(t −
3)
e jω(t−3)
−
⎡⎣ j(t
1
− 3)⎤⎦2
e jω(t−3)
⎫⎪ ⎬ ⎪⎭
−1
+
1 2π
⎧⎪ ⎨ ⎪⎩
ω
j(t −
3)
e jω(t−3)
−
⎡⎣ j(t
1
− 3)⎤⎦2
e jω(t−3)
⎫⎪ 1 ⎬ ⎪⎭ 0
=
−1 2π
Fn
=
−2
4π (n −1)
−
−2
4π (n +1)
=
1 2
⎡ ⎢ ⎣
1
π (n +1)
−
1⎤
π
(n
−1)
⎥ ⎦
⎧0
, n is odd
( ) 所以，
Fn
=
⎪
⎨1
⎪ ⎩
2
⎡1
⎢ ⎣
π
(n
+
1)
−
1⎤
π
(
n
−1)
⎥ ⎦
=
−
1 n2 −1
, π
n is even
其频谱图如下图所示：
Fn 1 π
−6ω1 −4ω1 −2ω1
)
↔
2πSa
⎛ ⎜⎝
2πω 2
⎞ ⎟⎠
，cos(ω0t)
↔
π
[δ(ω
+
ω0
)
+
δ(ω

信号与系统课后答案第四章作业答案_第一次

(t
)
−
2δ
(t
−
1)⎤⎦
⋅
e−
jnω1t
dt
∫ ( ) ∫ ( ) = 1 δ 2− t ⋅ e− jnω1tdt − 1 2− 2δ t −1 ⋅ e− jnω1tdt = 1 − 2 e− jnω1 = 1 − e− jnω1
T 0−
T 0−
TT
2
其中 ω1
=
2π T
=
π
（上式可继续写为：
Fn
⎞ ⎟+ ⎠
1
− j3nω1
e2
jTnω1
⎛ − jnω1 ⎜e 2 ⎝
j nω1
−e 2
⎞ ⎟ ⎠
=
2 Tnω1
j3nω1
e2
⎛ jnω1 ⎜e 2 ⎜⎜⎝
− jnω1
−e 2 2j
⎞
⎟ ⎟⎟⎠
−
2 Tnω1
− j3nω1
e2
⎛ jnω1 ⎜e 2 ⎜⎜⎝
− jnω1
−e 2 2j
⎞ ⎟ ⎟⎟⎠
=
=
∞
bk e jkω1t
k =−∞
=
x(t )*
=
⎡ ⎢⎣
k
∞ =−∞
ak
e
jkω1t
⎤ ⎥⎦
∗
=
∞
a e∗ − jkω1t k k =−∞
∞
∞
∞
( ) ∑ ∑ ∑ 由于 k 从 −∞ 到 ∞ ，故 y t =
b e jkω1t k
=
a e∗ − jkω1t k
=
a e ∗ jkω1t −k
，所以
k =−∞
Fn = 1， n = 1 ， Fn = 0 ， n 为除 1 外的其它整数。

信号与系统课后答案第四章作业答案_第三次

=
0
( ) ( ) 4-31 设一个 LTI 系统对输入 x (t ) = e−t + e−3t u (t ) 的响应为 y (t ) = 2e−t − 2e−4t u (t ) ，
（1）求此系统的频率响应。
（2）求系统的冲激响应。
（3）求系统的微分方程，并用积分器，相加器和系数乘法器构成此系统。解：求系统的频率响应即为求系统的系统函数的幅频关系。
。由于
∗
=
ω
ω
ω
故信号
Sa2 (90t) 的最高角频率ωm
= 180 rad
s
，最高频率
fm
=
180 2π
=
90 π
Hz
，所以
Ts
=
1 2 fm
= π s， 180
fs
=1 Ts
= 180 π
Hz 。
（3）Sa
(90t
)
↔
π 90
g180
(ω
)
，Sa
(50t
)
↔
π 50
g100
(ω
)
，故信号
Sa(90t)
⎞ ⎟⎠
根据时移性可得
1 2
gωc
− j2π ω
(ω ) e ωc
=
1 2
gωc
− j2πω
(ω ) e ωc
↔
ωc 4π
Sa
⎡ ⎢ωc ⎢ ⎢
⎛ ⎜ ⎝
t
− 2
2π ωc
⎞ ⎟ ⎠
⎤ ⎥ ⎥ ⎥
=
ωc 4π
Sa
⎡ωct ⎢⎣
− 2
2π
⎤ ⎥⎦
⎢
⎥
⎢⎣

信号与系统第四章习题

1 3
s +1 ) ，复频移性质、尺度变换、S 域微分 3
b
b ⎤ 1 s - s ⎡ (4) f (at − b) = f ⎢a(t − )⎥ ↔ F( )e a ，时移性质、尺度变换 a ⎦ a a ⎣
4．7 题图 4．2 所示为从 t=0 起始的周期信号。求 f(t)的单边拉氏变换。
解： (a) f (t ) = f a (t ) *
∑ δ (t − nT )
n =0
∞
- s 1 f a (t ) = ε (t ) − ε (t − T / 2) ↔ (1 - e 2 ) s - s 1 1 1- e 2 1 = = ∴ F(s) = (1 - e 2 ) T -s ⎞ s 1 - e -sT s 1 - e -sT ⎛ ⎜ s ⎜1 + e 2 ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ T T - s
2
K1 =
2 jπ / 6 2 − jπ / 6 e , K2 = e 3 3
∴ h(t ) =
π 4 −t 2 −t e cos( 3t + )ε (t ) = e 6 3 3
2
(
3cos 3t - sin 3t ε (t )
)
当 u s (t ) = ε (t ) 时， U( s ) = H ( s) =
−2 t 解：(1) e f (2t ) ↔
1 s+2 F( ) ，复频移性质、尺度变换 2 2 ⎡1 ⎤
2 2 -2s (2) (t − 2) f ( t − 1) = (t − 2) f ⎢ (t − 2)⎥ ↔ 2F′′(2s)e ，时移性质、尺度变换、S 域微分 2 ⎣2 ⎦
1
−t (3) te f (3t ) ↔ − F′(

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信号系统第四章答案(1)

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