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信号与系统 第三章典型例题

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信号与系统-第三章习题讲解

信号与系统-第三章习题讲解

Fn

1 T
T f (t)e jntdt 1
0
T
T E(1 t )e jntdt
0
T
E T e jnt dt 1 T te jnt dt]
T0
T0

E { 1 [t TT
1 e jnt
jn
|T0

T e jnt
0 jn
dt]}
E { 1 [T 1 0]} j E ; n 1, 2,....
E cos( )
2




2E cos( ) 2E cos( )

2
2 2 2

2
[1 ( )2 ]

3 32已知阶跃函数和正弦、余弦函数的傅立叶变换：
FT[u(t)] 1 (); j
FT[cos(0t)] [ ( 0 ) ( 0 )]; FT[sin(0t)] j[ ( 0 ) ( 0 )];
E
n

e
j

2
,
n为奇数
0，
n为偶数
故：f (t ) jE e jt jE e jt jE e j3t jE e j3t ....


3
3
4、求题图3－4所示周期三角信号的傅里叶级 数并画出幅度谱。
解：将该信号表示为三角形式的傅里叶级数，有
1T
2
频谱图如下所示：
3 7利用信号f (t)的对称性，定性判断题图3－7中各 周期信号的傅里叶级数中所含有的频率分量。
解：(1)图(a)中f (t)为偶函数，同时也是奇谐函数，故其 傅氏级数中只含奇次余弦分量。 (2)图(b)中f (t)为奇函数，同时也是奇谐函数，故其傅 氏级数中只含奇次正弦分量。 (3)图(c)中f (t)为奇谐函数，故其傅氏级数只含奇次谐 波分量。 (4)图(d )中f (t)为奇函数,故其傅氏级数中只含正弦分量。 (5)图(e)中f (t)既为偶函数又为偶谐函数，故其傅氏级数 中仅含直流和偶次谐波的余弦分量。

信号与系统习题答案第三章

信号与系统习题答案第三章

第三章习题基础题3.1 证明cos t , cos(2)t , …, cos()nt (n 为正整数)，在区间(0,2)π的正交集。

它是否是完备集?解：(积分???)此含数集在(0,2)π为正交集。

又有sin()nt 不属于此含数集02sin()cos()0nt mt dt π=⎰，对于所有的m 和n 。

由完备正交函数定义所以此函数集不完备。

3.2 上题的含数集在(0,)π是否为正交集？解：由此可知此含数集在区间(0,)π内是正交的。

3.3实周期信号()f t 在区间(,)22T T-内的能量定义为222()TT E f t dt -=⎰。

如有和信号12()()f t f t +(1)若1()f t 与2()f t 在区间(,)22T T-内相互正交，证明和信号的总能量等于各信号的能量之和;(2)若1()f t 与2()f t 不是相互正交的，求和信号的总能量。

解：(1)和信号f(t)的能量为[]222222222221212222()12()()()()()()T T T T T T T T T T E f t dt dtf t dt f t dt f t f t dtf t f t -----===+++⎰⎰⎰⎰⎰（少乘以2）由1()f t 与2()f t 在区间内正交可得2122()()0T T f t f t dt -=⎰则有 22221222()()T T T T E f t dt f t dt --=+⎰⎰即此时和信号的总能量等于各信号的能量之和。

和信号的能量为(2)[]222222222221212222()12()()()()()()T T T T T T T T T T E f t dt dtf t dt f t dt f t f t dtf t f t -----===+++⎰⎰⎰⎰⎰（少乘以2吧？）由1()f t 与2()f t 在区间(,)22T T-内不正交可得2122()()0T T f t f t dt K -=≠⎰则有2222222212122222()()()()T T T T T T T T E f t dt f t dt K f t dt f t dt ----=++≠+⎰⎰⎰⎰即此时和信号的总能量不等于各信号的能量之和。

《信号与系统》第三章习题解答

《信号与系统》第三章习题解答

Chapter 3 3.15
Problem Solution
1 ω ≤ 100 H ( jω ) = 0 ω > 100
x(t ) , T = π/ 6 S y (t ) = x(t ) →
For what values of k is guaranteed that ak = 0 ?
k =−∞
分别如图2和图3 两个子系统的频率响应 H1 ( jω)和 H2 ( jω)分别如图2和图3 所示。 所示。试求该系统的输出信号 y ( t ) 。
x( t )
1
0
H1 ( jω)
+
−
H1 ( jω)
H2 ( jω)
y( t )
ω
H1 ( jω)
2
图1
H2 ( jω)
0 −1
ω
图2
+π / 2
Chapter 3 3.13 Consider a continuous-time LTI system
Problem Solution
H ( jω ) =
sin (4ω )
ω
1 0 ≤ t < 4 x(t ) = −1 4 ≤ t < 8
T =8
y (t ) =
k = −∞
∑
∞
ak H ( jkω 0 )e jkω 0t = 0
+∞
sin πt πt
n = −∞
∑ x (t − 3n )
1
Suppose we are given
1 -1 < t < 1 x1 (t ) = 0 others
2π 2 sin 2 3 cos 2π t y (t ) = + π 3 3

信号与系统王明泉第三章习题解答

信号与系统王明泉第三章习题解答
（3）周期信号的傅里叶变换；
（4）频域分析法分析系统；
（5）系统的无失真传输；
（6）理想低通滤波器；
（7）系统的物理可实现性；
3.3本章的内容摘要
3.3.1信号的正交分解
两个矢量 和 正交的条件是这两个矢量的点乘为零，即：
如果 和 为相互正交的单位矢量，则 和 就构成了一个二维矢量集，而且是二维空间的完备正交矢量集。也就是说，再也找不到另一个矢量 能满足 。在二维矢量空间中的任一矢量 可以精确地用两个正交矢量 和 的线性组合来表示，有
条件1：在一周期内，如果有间断点存在，则间断点的数目应是有限个。
条件2：在一周期内，极大值和极小值的数目应是有限个。
条件3:在一周期内，信号绝对可积，即
（5）周期信号频谱的特点
第一：离散性，此频谱由不连续的谱线组成，每一条谱线代表一个正弦分量，所以此谱称为不连续谱或离散谱。
第二：谐波性，此频谱的每一条谱线只能出现在基波频率 的整数倍频率上。
(a)周期、连续频谱； (b)周期、离散频谱；
(c)连续、非周期频谱； (d)离散、非周期频谱。
答案：(d)
题7、 的傅里叶变换为
答案：
分析：该题为典型信号的调制形式
题8、 的傅里叶变换为
答案：
分析：根据时移和频移性质即可获得
题9、已知信号 如图所示，且其傅里叶变换为
试确定：
(1)
(2)
(3)
解：
(1)将 向左平移一个单位得到
对于奇谐函数，满足 ，当 为偶数时， ， ；当 为奇数时， ， ，即半波像对称函数的傅里叶级数展开式中只含奇次谐波而不含偶次谐波项。
（4）周期信号傅里叶级数的近似与傅里叶级数的收敛性
一般来说，任意周期函数表示为傅里叶级数时需要无限多项才能完全逼近原函数。但在实际应用中，经常采用有限项级数来代替无限项级数。无穷项与有限项误差平方的平均值定义为均方误差，即 。式中， ， 。研究表明， 越大， 越小，当 时， 。

信号与系统课后习题与解答第三章

信号与系统课后习题与解答第三章

3-1 求图3-1所示对称周期矩形信号的傅利叶级数〔三角形式和指数形式〕。

图3-1解 由图3-1可知，)(t f 为奇函数，因而00==a a n2112011201)cos(2)sin(242,)sin()(4T T T n t n T n Edt t n E T T dt t n t f T b ωωωπωω-====⎰⎰所以，三角形式的傅利叶级数〔FS 〕为T t t t E t f πωωωωπ2,)5sin(51)3sin(31)sin(2)(1111=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++=指数形式的傅利叶级数〔FS 〕的系数为⎪⎩⎪⎨⎧±±=-±±==-= ,3,1,0,,4,2,0,021n n jE n jb F n n π所以，指数形式的傅利叶级数为T e jE e jE e jE e jE t f t j t j t j t j πωππππωωωω2,33)(11111=++-+-=--3-2 周期矩形信号如图3-2所示。

假设：图3-22τT-2τ-重复频率kHz f 5= 脉宽 s μτ20=幅度 V E 10=求直流分量大小以及基波、二次和三次谐波的有效值。

解 对于图3-2所示的周期矩形信号，其指数形式的傅利叶级数〔FS 〕的系数⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛====⎰⎰--22sin 12,)(1112212211τωττωππωττωωn Sa T E n n E dt Ee T T dt e t f T F tjn TT t jn n那么的指数形式的傅利叶级数〔FS 〕为∑∑∞-∞=∞-∞=⎪⎭⎫⎝⎛==n tjn n tjn ne n Sa TE eF t f 112)(1ωωτωτ 其直流分量为T E n Sa T E F n ττωτ=⎪⎭⎫ ⎝⎛=→2lim100 基波分量的幅度为⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=+-2sin 2111τωπEF F 二次谐波分量的幅度为⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=+-22sin 122τωπEF F 三次谐波分量的幅度为⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=+-23sin 32133τωπE F F 由所给参数kHz f 5=可得s T s rad 441102,/10-⨯==πω 将各参数的值代入，可得直流分量大小为V 110210201046=⨯⨯⨯--基波的有效值为())(39.118sin 210101010sin 210264V ≈=⨯⨯⨯- πππ二次谐波分量的有效值为())(32.136sin 251010102sin 21064V ≈=⨯⨯⨯- πππ三次谐波分量的有效值为())(21.1524sin 32101010103sin 2310264V ≈=⨯⨯⨯⨯- πππ3-3 假设周期矩形信号)(1t f 和)(2t f 的波形如图3-2所示，)(1t f 的参数为s μτ5.0=，s T μ1= ，V E 1=； )(2t f 的参数为s μτ5.1=，s T μ3= ，V E 3=，分别求：〔1〕)(1t f 的谱线间隔和带宽〔第一零点位置〕，频率单位以kHz 表示； 〔2〕)(2t f 的谱线间隔和带宽； 〔3〕)(1t f 与)(2t f 的基波幅度之比； 〔4〕)(1t f 基波与)(2t f 三次谐波幅度之比。

信号与线性系统题解第三章

信号与线性系统题解第三章

第三章习题答案da3.1 计算下列各对信号的卷积积分()()()y t x t h t =*：(a) ()()()()t tx t e u t h t e u t αβ==（对αβ≠和αβ=两种情况都做）。

(b) 2()()2(2)(5)()tx t u t u t u t h t e =--+-=(c) ()3()()()1tx t eu t h t u t -==-(d) 5,0()()()(1),0tt t e t x t h t u t u t e e t -⎧<⎪==--⎨->⎪⎩(e) []()sin ()(2)()(2)x t t u t u t h t u t π=--=--(f) ()x t 和()h t 如图P3.1(a)所示。

(g) ()x t 和()h t 如图P3.1(b)所示。

图P3.1 解：(a) ()()0()()()(0)t ttty t x t h t eed eed t βτατβαβτττ------=*==>⎰⎰当αβ≠时，()1()()ttey t e u t αβββα----=-当αβ=时，()()t y t te u t α-=(b) 由图PS3.1(a)知， 当1t ≤时，252()2()22(2)2(5)021()22t t t t t y t ed ed e e e ττττ----⎡⎤=-=-+⎣⎦⎰⎰ 当13t ≤≤时，252()2()22(2)2(5)121()22t t t t t y t ed ed e e e ττττ-----⎡⎤=-=-+⎣⎦⎰⎰ 当36t ≤≤时，52()2(5)211()2t t t y t ed e e ττ---⎡⎤=-=-⎣⎦⎰ 当6t >时，()0y t =(c) 由图PS3.1(b)知，当1t ≤时，()0y t = 当1t >时，133(1)01()13t t y t ed e ττ----⎡⎤==-⎣⎦⎰3(1)1()1(1)3t y t e u t --⎡⎤∴=--⎣⎦(d) 由图PS3.1(d)知： 当0t ≤时，11()tt t t y t e d e eττ--==-⎰当01t <≤时，055(1)1014()(2)255t ttt t y t e d e e d e eeτττττ-----=+-=+--⎰⎰当1t >时，555(1)(1)111()(2)2255t tt tt t y t e ed eeeeτττ------=-=-+-⎰(e) 如下图所示：(f) 令()11()(2)3h t h t t δ⎡⎤=+--⎢⎥⎣⎦，则11()()()(2)3y t x t h t x t =*-- 由图PS3.1(h)知，11424()()()()(21)333t t y t x t h t a b d a t b ττ-=*=+=-+⎰2411()(21)(2)()3333a y t tb a t b a t b x t ∴=-+---=+= (g) ()x t 是周期信号，由此可推知()()()y t x t h t =*也是周期的，且周期也为2。

信号与系统第三章习题部分参考答案

信号与系统第三章习题部分参考答案

(w)
（14） f (t)u(t) ↔ 1 F ( jw) *[ 1 + πδ (w)]
2π
jw
（15） df (1 − t) ↔ jwF (−w)e− jw
dt t df (1 − t) ↔ jwF (−w)e− jw − F (−w)e− jw − wF ′(−w)e− jw
dt
（16） (t − 2) f (t)e j2(t−3) ↔ e− j6[F ′(w − 2) − 2F (w − 2)]
−τ τ
w
方法二 利用时域微分性质
对 f(t)求一阶导数得到
f
′(t)
=
1 τ
G2τ
(t)
−
δ
(t
+
τ
)
−
δ
(t
−
δ
)
F1 (w) = 2sa(wτ ) − 2 cos(wτ )
F1 (0) = 0
F (w) =
F1 (w) jw
+
πF1
(0)δ
(w)
=
j
2 [cos(wτ ) − sa(wτ )] w
1
− F(
jw )]
−∞
−∞
j2w 2
（12） df (t) ↔ jwF (w)
dt
df (t) + f (3t − 2)e− jt ↔ jwF (w) + 1 F ( w + 1)e j2(w+1) / 3
dt
33
（13） sa(t) ↔ πG4 (w) / 2
f
(t)
*
sa(t)
↔
π 2
F (w)G4
↔ 2π e−a⎜−ω⎜

信号与系统课后答案第三章作业答案

信号与系统课后答案第三章作业答案

初始为 0， C2 -4
y f (t) -4e3tu(t) 4e2tu(t)
全响应= yx (t)+y f (t) 4e2tu(t)-2e3tu(t)
3-2 描述某 LTI 系统的微分方程为
d2 y(t) dt 2

3dy(t) dt来自2y(t)

df (t) dt

6
1
1
(2e1 e1 et ) u(t)
e1(2 et ) u(t)
（2）
f
(t)

a[u(t
s) 2

u(t
2)]
h(t) b[u(t 2) u(t 3)]
f
(t)

h(t)

ab[(t

1 2
)
u(t
1 2
)

(t

1 2
)
u(t
1) 2

tu(t)

1 4
(et

e3t
)u(t)

1 2
t
e3tu(t)

[
1 4
et

(
1 2
t

1 4
)e3t
]u
(t)
3-19 一 个 LTI 系 统 ， 初 始 状 态 不 祥 。 当 激 励 为 f (t) 时 其 全 响 应 为
(2e3t sin 2t)u(t) ；当激励为 2 f (t) 时其全响应为 (e3t 2sin 2t)u(t) 。求
（1） 初始状态不变，当激励为 f (t 1) 时的全响应，并求出零输入相应、
零状态响应； （2） 初始状态是原来的两倍、激励为 2 f (t) 时系统的全响应。

信号与系统第三章习题答案

信号与系统第三章习题答案

d (t - 1) « e- jw
\ e-2( t -1)d (t - 1) « e- jw
(8) U (t ) - U (t - 3) Q 根据傅里叶变换的线性性质可得： 1 U (t ) « p d (w ) + jw 1 U (t - 3) « e - j 3w (p d (w ) + ) jw \ U (t ) - U (t - 3) « ( 1- e - j 3w )(p d (w ) + 1 ) jw
U (t - 1) « e - jw (pd (w ) +
t 1 U ( - 1) « 2e - j 2w (pd (2w ) + ) 2 j 2w Q d (aw ) = 1 d (w ) a
\ 2e- j 2wpd (2w ) = 2pd (2w )w =0 = pd (w ) \ 2e - j 2w (pd (2w ) +
e - jtd (t - 2 ) « e - j 2(w +1)
(6) e -2( t -1)d (t - 1) Q 根据傅里叶变换的性质 f (t ± t0 ) « e ± jwt0 F ( jw ) 可得： e -2( t -1)d (t - 1) = d (t - 1) d (t ) « 1 (t = 1)
d F ( jw ) - 2 F ( jw ) dw
y ''(t ) + 4 y '(t ) + 3 y (t ) = f (t ) y ''(t ) + 5 y '(t ) + 6 y (t ) = f '(t ) + f (t )
（1） 求系统的频率响应 H（jw）和冲激响应 h（t） ； （2） 若激励 f (t ) = e-2tU (t ) ，求系统的零状态响应 y f (t ) 。 解： 方程 1：

信号与系统第三章习题答案

信号与系统第三章习题答案

T 0
−
T 0
e−
jnω0t dt
( ) =
1 − jnω0T
e− jnω0T
+
1 jnω0T
+
1 jnω0T 2
Te
−
jnω0
T
−1 − jnω0
e− jnω0t T 0
=
1 jnω0T
+
1 j2 n 2ω02T 2
e− jnω0T
−1 =
1 j2nπ
+
1 n 2π
2
1−
e− j2 nπ
=1 j2 nπ
n = ±1, ±2,L
∫ ∫ F0
=
1 T
T f (t ) dt = 1
0
T
T 0
1−
1 T
t
dt
=
1 2
该信号的指数型傅里叶级数为
( ) ∑∞
ft =
1 e jnω0t
n=−∞ j 2nπ
98
其频谱图如图 ３．２（ｂ）所示。
（２）由图 ３．１（ｂ）可知，其周期为T = 2π ，其频ω0 = 1，信号的解析式为：
2πn
100
即
bn
=
−
2E nπ
n为奇数
0
n为偶数
故得信号的傅里叶级数展开式为
f
(t )
=
−
2E π
sin
ω0t
+
1 sin 3
3ω 0t
+
1 sin 5
5ω 0t
+
L
+
1 n
sin
nω0 t
+

信号与系统第三章习题解答

信号与系统第三章习题解答
2 4 T 4 TE −2 E E bn = ∫ 2 f ( t ) sin ( nω1t ) dt = ∫ 2 sin ( nω1t ) dt = cos ( nω1t ) = ⎡ ⎣1 − cos ( nπ ) ⎤ ⎦ T 0 T 0 2 nω1t n π 0 T
⎧0 ⎪ = ⎨ 2E ⎪ ⎩ nπ
d F (ω ) = − jA ⎡ ⎣δ (ω + ω0 ) − δ (ω ) ⎤ ⎦ + jA ⎡ ⎣δ (ω ) − δ (ω − ω0 ) ⎤ ⎦ dω
另 f1 ( t ) = F
−1
jA − jω0t jA ⎧ d ⎫ ⎡ ⎡ F (ω ) ⎬ = − e − 1⎤ + 1 − e jω0t ⎤ ⎨ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 2π 2π ⎩ dω ⎭
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） F ( ω ) = A ⎡ ⎣ u ( ω + ω0 ) − u ( ω − ω0 ) ⎤ ⎦ ⎣ u ( ω + ω0 ) − u ( ω − ω0 ) ⎤ ⎦ ， ϕ ( ω ) = ω t0 ⎡ 所以， F (ω ) = F (ω ) e
⎞ ⎡ ⎛ τ ⎞ ⎛ τ ⎞⎤ t ⎟ ⎢u ⎜ t + ⎟ − u ⎜ t − ⎟ ⎥ ⎠ ⎣ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠⎦
⎛π F (ω ) = ∫ 2τ E cos ⎜ − ⎝τ 2
τ
⎞ t ⎟ e − jωt dt ⎠
⎛π ⎞ ⎛π ⎞ −ω ⎟t − j ⎜ +ω ⎟ t ⎤ E τ2 ⎡ j ⎜ ⎝τ ⎠ ⎝τ ⎠ = ∫ τ ⎢e +e ⎥ dt 2 −2 ⎢ ⎥ ⎣ ⎦

信号与系统课程习题与解答

信号与系统课程习题与解答

《信号与系统》课程习题与解答第三章习题(教材上册第三章p160-p172)3-1～3-3,3-5,3-9,3-12,3-13,3-15～3-17,3-19,3-22,3-24,3-25,3-29,3-32第三章习题解答3-2 周期矩形信号如题图3-2所示。

若：求直流分量大小以及基波、二次和三次谐波的有效值。

解：直流分量⎰⎰--=⨯==2222301105)(1ττv Edt dt t f T a TTf(t)为偶函数，∴0=n b)(2cos )(222T n Sa T E tdt n t f T a n πττωττ⎰-==)(21T n Sa T E a F n n πςτ== 基波 =1a )1.0s i n (20)(2πππττ=T Sa T E有效值 39.11.0sin 22021≈=ππa二次谐波有效值 32.122≈a三次谐波有效值 21.123≈a3-3 若周期矩形信号)(1t f 和 )(2t f 波形如题图3-2所示，)(1t f 的参数为s μτ5.0=，s T μ1=，E=1V ；)(2t f 的参数为s μτ5.1=，s T μ3=，E=3V ，分别求：（1）)(1t f 的谱线间隔和带宽（第一零点位置），频率单位以kHz 表示； （2）)(2t f 的谱线间隔和带宽； （3） )(1t f 和 )(2t f 的基波幅度之比； （4） )(1t f 基波与)(2t f 三次谐波幅度之比。

解：（1）)(1t f s μτ5.0= s T μ1= E=1V 谱线间隔：khZ T 10001==∆带宽：KHzB f 20001==τ(2) )(2t f s μτ5.1= s T μ3= E=3V间隔：khZ T 310001==∆谱线带宽：KHzB f 320001==τ(3) )(1t f 基波幅度：ππτ2)2cos(4201==⎰dt t T E T a )(2t f 基波幅度：ππτ6)2cos(4201==⎰dt t T E T a幅度比：1：3（4） )(2t f 三次谐波幅度：ππτ2)23cos(4203-=⨯=⎰dt t T E T a 幅度比：1：13-5 求题图3-5所示半波余弦信号的傅立叶级数。

信号与系统第3章习题和重点

信号与系统第3章习题和重点

ZB
3-26
已知 f (t) = f1(t) + f2(t)的频谱密度函数 F(ω) = 4Sa(ω) − j
4
ω
，
为偶函数， 为奇函数， 且 f1(t)为偶函数， f2(t)为奇函数，试求 f1(t)和 f2(t) 。 解：由题意知
f1(t) ↔4Sa(ω) = AτSa( 2 ∴f1(t) = 2g2(t)
F = n 1 T 1 T
∫ ∫
3T 4 T 4
f (t)e− jnω0tdt
L − 2 L 2 2 2 −2T −T 0 T 2T t
() 1
− jnω0 T 2 ) = 1 (1−e− jnπ )
−
=
T 1 δ (t) −δ (t − )e− jnω0tdt = (1−e T 2 T − 4
0
T
ZB
3-4 已知周期信号 f (t)的前四分之一周期的波形如图所 且其余每一段四分之一周期的波形要与之相同， 示，且其余每一段四分之一周期的波形要与之相同，试 整个周期的波形。 就下列情况分别画出 f (t)整个周期的波形。 为偶函数， 解：(1) f (t)为偶函数，且只含偶次谐波
f (t)
∞
F(ω) =
∫ = e e ∫
=
−∞ 0 2t − jωt
e2tε(−t)e− jωtdt dt
−∞ (2− jω)t 0 e
2 − jω −∞
ZB
1 = 2 − jω 《信号与系统》SIGNALS AND SYSTEMS
3-19 设 f (t) ↔F(ω) ，试证： 试证： （1） ∫ ∞ f (t)dt = F(0) ） −
解： (2) 为非周期信号 T →∞

信号与线性系统第三章答案(简)

信号与线性系统第三章答案(简)

3-9 求图题3-9所示各信号的傅里叶变换。

解：()()()()()()()1 222j j j ja j 1Sa e e 12b j 1j e T F E F T Tττττ---=⋅=-=--ωωωωωωωωω3-10 试求下列信号的频谱函数。

()()()()()()()()sgn()()()()t t f t e t f t t G t f t t f t e t εδε () -=--=-+=-=312234j212122113 4 2解：()()()()()()()j j e F F e Sa j ωωπδωω -+-=-=++3 121j 4 2j 223ωωω ()()()()()()F F j πδ ==-+- 34113 j j 4 j 22ωωωωω3-11 利用傅里叶变换的对称性求下列信号的频谱函数。

(1))2(π)2(π2sin )(1--=t t t f (2)()()f t G t =22解：()()()()()()F G e F Sa ω-==j2 124π1 j 2 j 2ωωωω3-12 已知信号f (t )的频谱函数F (j )如下，求信号f (t )的表达式。

()()();()()()(). 0001 j 3 j F F δεε =-=+--ωωωωωωωω解：()()()()().000j 11 3 Sa 2ππtf t e f t t == ωωω△3-13 利用傅立叶变换的微积分性质求图所示信号的频谱函数F (j )。

解：()[()cos()] 2j 2j F Sa =-ωωωω3-15 已知f (t )* f '(t ) (1-t )e -t ε(t )，求信号f (t )。

解：()()e t f t t ε-=±(b)3-17 利用频域卷积定理求下列信号的频谱函数。

()()cos ()f t t t ε=101 ω △()()()cos f t Sa t t π=22 22解：()()[()()] 00220j π1 j 2F δδ=++-+-ωωωωωωωω △()()F G G ππωω=-+ 2222 j (2)+(2)ω3-20 设f (t )为限带信号，频带宽度为 m ，其频谱F ( j )如图所示。

[信号与系统作业解答]第三章

[信号与系统作业解答]第三章

3-4 求下图所示周期三角信号的傅里叶级数（三角形式）。
解：从图中可知，周期信号的在[ T / 2,T / 2] 的表达式为
f (t)
2E T
t,
0
t
T /2
2E T
t
T /2 t 0
周期为T ，基频 0
2 T。
1）三角形式的傅里叶级数
f (t) a0
[an cos(n 0t) bn sin(n 0t)]
解：
f (t)cos( 0t)
F1( )
1 2
[F(
0) F(
0 )]
f (t)e j 0t F2( ) F(
0)
f (t)cos( 1t)
F3( )
1 2
[F(
1) F(
1)]
3-39 确定下列信号的最低抽样率与奈奎斯特间隔。
（1） Sa(100t )
（3）Sa(100t) Sa(50t)
解：（1）因为Sa(100t) 50G200( ) ，最高频率为 m 100 rad / s ，所以最低抽样
所以
F [fo(t)] 1 [F( ) 2
1 2F
[f (t)
F *( )]
f *( t)] j Im[F( )]
（2）因为 fr (t)
1 2
[f
(t)
f *(t)] ，
所以
F [fr (t)]
1 2F
[f (t)
f *(t)]
1 [F( ) F *( 2
)]
同样的， fi (t)
1 [f (t) 2j
1因为20010050sa最高频率为100所以最低抽样频率为2002又因为另一个分量1005025sa最高频率为100所以最低抽样频率为200341系统如图所示求最大抽样间隔max100020003000300030001000200010001000300010003000波形如下图所示可知的最高频率为3000要进行无失真的恢复则最低抽样频率为min6000对应的最大抽样间隔为maxmin波形如下图所示其中
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（3） f 3 (t ) = sin ω0 (t − 1) ⋅ u (t − 1) ； （4） f 4 (t ) = sin ω0t ⋅ u (t − 1) ； 解： （1） （2） F1 ( s ) = F2 ( s ) = L [sin ω0 (t − 1)] = L [sin ω 0 t ⋅ cos ω 0 − cos ω0 t ⋅ sin ω 0 ]
∴ f ( 0 + ) = lim sF ( s ) = lim s ⋅
s →∞ s →∞
s 2 + 2s + 1 =1 ( s − 1)( s + 2 )( s + 3)
由于 F ( s ) 在 s 右半平面有极点 s = 1 ，故 f (t ) 的终值不存在。 （2）
5s 2 + 9s + 5 F (s) = 1 − 3 = 1 + F0 ( s ) s + 6 s 2 + 11s + 6 − (5 s 2 + 9 s + 5) ∴ f ( 0 + ) = lim sF0 ( s ) = lim s ⋅ 3 = −5 s →∞ s →∞ s + 6 s 2 + 11s + 6
L [tu (t )] =
1 s2
L [ f (t − t 0 )u (t − t 0 )] = F ( s ) e − st0
∴ F (s) =
方法三
1 1 (1 − 2e − s + e −2s ) = 2 (1 − e −s ) 2 2 s s
利用时域卷积性质求解。
f (t ) 可看作两个矩形脉冲 f1 (t ) 的卷积。
−s
解： （1） F ( s ) = 2e
⋅[
s +1 1 − ] ( s + 1) 2 + 100 ( s + 1) 2 + 100
1 ∴ f (t ) = e − (t −1) ⋅ [2 cos10 (t − 1) − sin 10 (t − 1)] ⋅ u (t − 1) 5
35 s + 50 （2） F ( s ) = 30 + 2 = 30 + s + 1.5 s
f (∞ ) = lim sF ( s ) = lim s ⋅
s →∞ s →0
s3 + s2 + 2s + 1 =0 ( s + 1)( s + 2)( s + 3)
例 3-2：求下列函数的单边拉氏变换。 （1） f1 ( t ) = sin ω 0 (t − 1) ； （2） f 2 (t ) = sin ω0 (t − 1) ⋅ u (t ) ；
1 ∴ f (t ) = (1 − e t ) ⋅ u (t ) t
f1 ( t ) = u (t ) − u (t − 1)
1 F1 ( s) = (1 − e − s ) s 1 (1 − e −s ) 2 2 s
F ( s ) = F1 ( s ) ⋅ F1 ( s ) =
方法四
利用微分特性求解。
L [ f ′′( t )] = [δ (t ) − 2δ (t − 1) + δ (t − 2)] = (1 − e − s ) 2 又 L [ f ′′( t )] = s 2 F ( s ) − f ′(0 − ) − sf ( 0 − ) = s 2 F ( s )
=
ω0 ⋅ cosω0 s 2 + ω0
2
−
s ⋅ sin ω0 s 2 + ω0
2
=
ω 0 cosω 0 − s ⋅ sin s ) = L [sin ω 0 ( t − 1) ⋅ u (t − 1)] =
ω0 s + ω0
2
⋅ e −S
（4） F4 ( s ) = L {sin[ ω0 (t − 1) + ω 0 ] ⋅ u ( t − 1)]}
= cos ω0 ⋅ [sin ω0 (t − 1) ⋅ u (t − 1)] + sin ω0 ⋅ [cos ω 0 (t − 1) ⋅ u (t − 1)]
=
ω0 ⋅ cosω0 + s ⋅ sin ω 0 s + ω0
2 2
e −s
例 3-3：求下图所示三角函数 f (t ) 的拉氏变换。
t f (t ) = 2 − t 0
解：方法一
0 < t <1 1≤t ≤ 2 其他
0 1
f (t )
t
1
2
按定义式求解
∞
−
F ( s ) = ∫0 f (t )e −st dt = ∫0 te st dt + ∫ ( 2 − t ) e −st dt 1
1
2
=
方法二
1 −s ( e − 1) 2 2 s
利用线性和时移特性求解。
Q f ( t ) = t[u (t ) − u ( t − 1) + (− t + 2 )[u (t − 1) − u (t − 2)] = tu (t ) − 2(t − 1) u (t − 1) + (t − 2)u (t − 2)
∴ F (s) =
1 (1 − e −s ) 2 2 s
例 3-4：求拉氏反变换 f (t )
2 se − s （1） F ( s ) = ( s + 1) 2 + 100
（3） F ( s ) = ln
30 s 2 + 80 s + 50 （2） F ( s ) = s 2 + 1.5s
s −1 s
100 s
3+
3 s + 1.5
5
100 5 −1.5 t ∴ f (t ) = 30δ (t ) + ( + e ) ⋅ u (t ) 3 3
（3）
d d s −1 s 1 1 F ( s ) = ln = = − 2 ds ds s s −1 s ( s − 1) ⋅ s − tf (t ) = L -1 [ d s −1 ln ] = ( e t − 1) ⋅ u (t ) ds s
第三章典型例题
例 3-1：已知信号的拉氏变换，求原信号的初值和终值。
s 2 + 2s + 1 （1） F ( s ) = ( s − 1)( s + 2 )( s + 3)
解： （1） Q F ( s) 是真分式
s3 + s 2 + 2s + 1 （2） F ( s ) = ( s + 1)( s + 2)( s + 3)