第七、八章习题答案7.1 绘出下列离散信号的图形。
（2）2()()k k δε-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）0.4j k e π （3）sin(0.2)cos(0.3)k k ππ+ 解： （2）0.40.4cos(0.4)sin(0.4)cos[0.4()]cos(0.4)0.42515sin(0.4)55j k j k e k j k k T k T n T n n T k e πππππππππ=++=⇒=⇒=⇒==因为当时，同理的周期为。
所以的周期为。
（3）s i n [0.2()]s i n (0.2)0.2210120[0.3]cos(0.3)0.3233sin[0.2()][0.3]20k T k T n T nn k T k T n T n n k T k T ππππππππππ+=⇒=⇒==+=⇒=⇒==+++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：min max min100112002002602240001200m s m s s f Hzf sf Hz T s f ===⇒==⨯==min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: n7.7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:10.50.257.12一初始状态不为零的离散系统。
当激励为()e k 时全响应为11()[()1]()2k y k k ε=+，当激励为()e k -时全响应为21()[()1]()2k y k k ε=--，求当初始状态增加一倍且激励为4()e k 时的全响应。
解：设初始状态不变，当激励为()e k 时，系统的零输入响应为()zi y k ，零状态响应为()zs y k 。
按题意得到：1111()()()[()1]()(1)2,(),1()()()[()1]()(2)2(1),(2),11()[()()]()2211()[()()1]()22,4(),()k zi zs k zi zs k k zi k k zs y k y k y k k e k y k y k y k k y k k y k k e k y k εεεε+++=+=+-=-=--=--=+-+=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112()4()[43()()]()22k k zi zs y k y k k ε+=+--7.13试列出图P7-13所示系统的差分方程。
（a ）解：(1)()()y k ay k be 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21120()()*()()()(0)111(1)1110.51.5(2)1110.510.251.75(3)1110.510.2510.1251.875(4)10.510.2510.1250.875(5)10.2510.1250.375(6)10.1250.125(7kj f k f k f k f k j f j f f f f f f f f ===-=⨯==⨯+⨯==⨯+⨯+⨯==⨯+⨯+⨯+⨯==⨯+⨯+⨯==⨯+⨯==⨯=∑)0=（b ）解：（b ） 图中21120()()*()()()(1)11112(2)112(3)0(0)1111113(1)111111114(2)111111114(3)1111113(4)11112(5)111(6)0(7)0kj f k f k f k f kj f j 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 k k εε 解：110.50.5()*()2(10.5)()0.5k kk k k k εεε+-==-8.1利用定义式求下列序列的z 变换并标注收敛区。
（1）(){1,1,1,1,1,......}f k =-- （5）()0.5(1)k f k k ε=- （6）()(1)f k k ε=--- 解：（1）由z 变换的定义得：11234221()()1 (1111)kz zF z f k zz z z z z z z z -+∞--------∞-==-+-+-=+=--+>∑收敛区：（5）由z 变换的定义得：11111()()0.5(2)212kkkkk k F z f k zzz z z +∞+∞+∞---∞======>-∑∑∑收敛区： （6）由z 变换的定义得：1()(1)11kk k zF z k zz z zε+∞---∞=-∞-=---=-=<-∑∑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 k k k εε=-- （5）()cos()()2k f k k πε= 解：（2）88z Z Z Z (1),11z z z z z εεεε---=->-由变换线性性质得z z {（k)-(k-8)}={（k)}-{(k-8)}=z-1z-1 （5）由z 变换线性性质得2222222211{cos()()}{()}{()}{()}22221112212k k j j k k j j k k j j k e e Z k Z k Z e k Z e k z z z z z z e z e πππππππεεεε---+==+=∙+∙=>+--8.7用部分分式展开法及留数法求下列()F z 对应的原右边序列。
（1）210()(1)(1)z F z z z =-+解：（1）部分分式展开法：211112111110()(1)(1)()1055(1)(1)11()[55(1)]()10()(1)(1)0()1,1()110(1)Re [()](1)(1k k k k k k k z z F z z z F z z z z z z z f k k z F z zz z k F z z z z F z z z z z s F z zz z ε+---+-=-=-+==+-+-+=+-=-+≥==-=-+=-+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11111115(1))()110(1)Re [()]5(1)(1)()Re [()][55(1)]()kz k k k z z k k F z z z z z s F z zz z f k s F z z k ε=--+-==-=-=+==-+==+-∑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)3k k f k k k εε=+--（3）1()()2kf k =解：（2）由双边z 变换的定义得：11011()[()()2(1)]3111(3)()()122131152211(2)(31)111332123k k kkk kk k k n kn n n F z k k z z z z zzz z z z z z z z εε+∞--∞+∞-----==-∞=-∞+∞=--==+--=+=+--−−−→+=+=-----<<∑∑∑∑∑令收敛区： （3）L L 11()()()()(1)221()()Z 212(){()()}122121()(1)Z 212(){()(1)}z 22z 1231()()()3(2)(21)2k k k k R k k R f k k k k z zF z Z k z z k zzF z Z k zF z F z F z z z z εεεεεε---=+--===----=--==---=+=<<--右边序列的变换为左边序列的变换为所以收敛区：228.10 ()273111z 32z ;(3)z 322z F z z z +=-+<<<求的原序列，收敛区分别为：（） >；（）。
解：将(z F ）展开为部分分式：2122()1273(3)()221()13313221z ()13332(1)z 3211()3()()()3321(2)z 221()3(33k k k zz F z z z z z F z z z z z zF z z z k k k k k δεεδε++==-+---=++--=+∙--->+-<--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) =11)()(1)211(3)z 3223,211()3(1)()()332k k k k k k k εδεε-+--<----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：2122221,2()()0.25()()()11()()()0.25(0.5)(0.5)()(1)0.5(1)4(1)0.5(1)()0.5,z 0.5,k k z Y z zY z Y z E z Y z z H z H z zE z z z z z h k k k k k H z z εε---+=====-+--=--=--=>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。
21(1)()2()()()()()2()2()()2()()()(),(2)(2)11()1122()2222221(){()}[2(2k ZS ZS ZS ZS k zs zs zY z Y z zE z Y z zH z E z z e k k zE z z Y z z Y z H z E z z z zY z z zY z z z z z z y k Z y z ε-+===+==-==-+=+⇒=∙+∙-+-+==+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 ε- 1(2)()2()()()1()()2()2()()()(),(2)(2)11()1144()2242421(){()}[2(2)]()4ZS ZS ZS ZS k k zs zs zY z Y z E z Y z H z E z z zE z z Y z zY z H z E z z z zY z z zY z z z z z z y k Z y z k ε-+===+=-==-+-=+⇒=∙-∙-+-+==--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22(3)()3()2()()()1()()32()3()()()(),(1)(2)(3)111()1115204()1235241203()ZS ZS ZS ZS zs z Y z zY z Y z E z Y z H z E z z z zE z z Y z zY z H z E z z z z z Y z z z zY z z z z z z z z y k Z ++===++=-==++--=++⇒=∙-∙+++-++-=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1111{()}(2)()(1)()3()54201[4(2)5(1)3]()20k k k zs k k ky z k k k k εεεε-=---+=---+ 2212221111(4)()2()2()()2()()+2()()221()222()()()(22)2222(1)(1)22()(1)(1)(){(ZS z Y z zY z Y z zE z E z Y z z H z E z z z E z zz z z Y z H z E z z z z z z z z z z j j Y z z j z j y k Z Y --++=+==++=+++===++++++-+=+--+---=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11111111)}(1)(1)(1)(1)221[(1)(1)](1)2(cos (1)4(1)(){()}(cos (2)4k k k k k k zs j jz j k j k j j k k k z k y k Z z Y z k εεεπεπε------+=-+-+---=--++---=---==--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。
