信号与系统分析第四章部分答案 许信玉

∞
故， f T (t ) 的表达式为 f T (t ) =
∑
n =0
f 0 (t − nT ) = ∑ [ε (t − 2n) − ε (t − 1 − 2n)]
n =0
∞
( 1 + e −π s ) （3） 2 ( s + 1)(1 − e −π s ) 1 + e −π s 1 解：原式= 2 ⋅ s + 1 1 − e −π s
（2） δ (t ) − e 解： F ( s ) =
−2 t
+
1 −( s + 2 ) t e s+2
∞ 0−
=
1 1 − s s+2
Re[ s ] > −2
∫0
∞
−
[δ (t ) − e −2 t ] ⋅ e − st dt = ∫ δ (t )dt − ∫ e −2 t ⋅ e − st dt
0− 0− ∞ 0−
∞
∞
= 1+
1 −( s + 2 ) t e s+2
=
1 1 − s s+2
Re[ s ] > −2
（3） e
−2 t
+ e 2t
解： F ( s ) =
∫0
∞
−
(e −2 t − e 2 t ) ⋅ e − st dt = ∫ e −2 t ⋅ e − st dt − ∫ e 2 t ⋅ e − st dt
=
s 2 s−6 −3 2 = 2 s +4 s +4 s +4
2
Re[ s ] > 0
4–8
已知因果信号 f (t ) 的象函数为 F ( s ) ，求下列 F ( s ) 的原函数 f (t ) 的初值 f (0 + ) 和
终值 f (∞) 。 （1） F ( s ) =
2s + 1 s + 2s + 3
解： f (0 + ) = lim sF ( s ) = lim s 终值不存在。
2s − 1 =2 s2 + 4
4–9 求下列象函数的单边拉氏逆变换。 （1）
s2 +1 s 2 + 4s + 3 s2 +1 4s + 2 4s + 2 5 1 = 1− 2 = 1− = 1− + 2 ( s + 3)( s + 1) s + 3 s +1 s + 4s + 3 s + 4s + 3
∞
故， f T (t ) 的表达式为 f T (t ) =
∑
n =0
f 0 (t − nT ) = ∑ [δ (t − 4n) − δ (t − 2 − 4n)]
n =0
∞
（2）
1 s (1 + e − s ) 1 − e −s 1 ⋅ s 1 − e −2 s
解：原式=
所以，此信号的周期为 T = 2 ， f 0 (t ) = ε (t ) − ε (t − 1)
1 1 + e −2 s 1 − e −2 s ， 1 − e −4 s
解：原式=
4
第四章
连续时间系统的复频域分析
∞
因为周期信号 f T (t ) =
n =0
∑ f 0 (t − nT ) 的拉氏变换为 FT ( jω ) = F0 ( jω ) 1 − e −sT
1
所以，此信号的周期为 T = 4 ， f 0 (t ) = δ (t ) − δ (t − 2)
⎤ 0− ⎥ ⎦
∞
3 ⎡ 1 − e −( s − j 2 ) t ⎢ 2 j ⎣ s − j2
∞ 0−
1 e −( s + j 2 ) t s + j2
⎤ 0− ⎥ ⎦
∞
1
第四章
连续时间系统的复频域分析
=
1⎡ 1 1 ⎤ 3 ⎡ 1 1 ⎤ + − − ⎢ ⎥ ⎢ 2 ⎣ s − j2 s + j2 ⎦ 2 j ⎣ s − j2 s + j2 ⎥ ⎦
所以，此信号的周期为 T = π ，
f 0 (t ) = sin tε (t ) + sin(t − π )ε (t − π ) = sin t [ε (t ) − ε (t − π )]
故， f T (t ) 的表达式为 f T (t ) = sin t [ε (t ) − ε (t − π )] ∗
n =0
4–12 试用拉氏变换分析法，求解下列微分方程所描述系统的零输入响应、零状态响应 和全响应： （1） y ′′(t ) + 3 y ′(t ) + 2 y (t ) = e′(t ) ，
y (0 − ) = 1 ， y ′(0 − ) = −2 ， e(t ) = ε (t )
（3） y ′′(t ) + 3 y ′(t ) + 2 y (t ) = e′(t ) + 4e(t ) ， y (0 + ) = 1 ， y ′(0 + ) = 3 ， e(t ) = ε (t ) 解： （1）对微分方程求拉氏变换，有
对系统微分方程，在零输入情况下求拉氏变换，可得：
Yzi ( s ) =
s y (0 − ) − y ′(0 − ) + 3 y (0 − ) s − 2 + 3 s +1 1 = = = s 2 + 3s + 2 s 2 + 3s + 2 s 2 + 3s + 2 s + 2
所以， y zi (t ) = e
=∫
∞ 1 1 j 2t (e + e − j 2t ) ⋅ e − st dt − 3∫ (e j 2t − e − j 2t ) ⋅ e − st dt 0− 2 0− 2 j
=
1⎡ 1 − e −( s − j 2 ) t ⎢ 2 ⎣ s − j2 −
∞ 0−
−
1 e −( s + j 2 ) t s + j2 +
2
其中， Yzs ( s ) =
s y (0 − ) − y ′(0 − ) + 3 y (0 − ) s ， Y ( s ) = E ( s ) zi s 2 + 3s + 2 s 2 + 3s + 2
1 代入上两式，有 s
将 y (0 − ) = 1 ， y ′(0 − ) = −2 ， E ( s ) =
（3）
2 s ( s + 4)
2
解：原式=
1 3 1 1 s + 2 = − 2 2 2s s + 2 2s 2 s + 2 2 1 (1 − cos 2t )ε (t ) 2
所以，其单边拉氏逆变换为 f (t ) =
3
第四章
连续时间系统的复频域分析
（4）
s+5 s ( s + 2s + 5)
2
解：原式=
解： f (0 + ) = lim sF ( s ) = lim s
s →∞ s →∞
f (∞) = lim sF ( s ) = lim s
s →0 s →0
2s + 1 1 = 2 4 s ( s + 2)
2
第四章
连续时间系统的复频域分析
（4） F ( s ) =
2s − 1 s2 + 4
s →∞ s →∞
∞
∑ δ (t − nπ )
n =0
（4）
π (1 + e − s ) ( s 2 + π 2 )(1 − e − 4 s )
5
第四章
连续时间系统的复频域分析
解：原式= ⎜
⎛ π π e −s + ⎜ s2 + π 2 s2 + π 2 ⎝
⎞ 1 ⎟⋅ ⎟ 1 − e −4 s ⎠
所以，此信号的周期为 T = 4 ，
0− 0− ∞ 0−
∞
∞
=−
1 −( s + 2) t e s+2
+
1 −( s − 2 ) t e s−2
∞ 0−
=
1 1 − s+2 s−2
Re[ s ] > 2
（4） cos 2t + 3 sin 2t
∞
−
解： F ( s ) =
∞
∫0
(cos 2t + 3 sin 2t ) ⋅ e − st dt
2
所以， y zs (t ) = 2 − 3e
(
−t
+ e −2 t ε (t )
)
求零输入响应：由零状态响应可得， y zs (0 + ) = 0 ， y ′ zs (0 + ) = 1 ， 因为 y (0 + ) = 1 ， y ′(0 + ) = 3 ，所以
y zi (0 + ) = y zi (0 − ) = 1 ， y ′ zi (0 + ) = y ′ zi (0 − ) = 2
2
y zi (t ) = e −2 t ε (t )
（2） 先求系统的零输入响应。 根据系统微分方程，可得系统函数为 H ( s ) =
s+4 s + 3s + 2
2
根据 Yzs ( s ) = H ( s ) ⋅ E ( s ) ，有
Yzs ( s ) =
s+4 1 2 3 1 ⋅ = − + s + 3s + 2 s s s + 1 s + 2