信号与系统第四版习题解答

《信号与系统》（第四版）

习题解析

高等教育出版社

2007年8月

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

目 录

第1章习题解析 ........................................................................................................... 3 第2章习题解析 ........................................................................................................... 7 第3章习题解析 ......................................................................................................... 17 第4章习题解析 ......................................................................................................... 25 第5章习题解析 ......................................................................................................... 32 第6章习题解析 ......................................................................................................... 43 第7章习题解析 ......................................................................................................... 51 第8章习题解析 ......................................................................................................... 57

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

第1章习题解析

1-1 题1-1图示信号中，哪些是连续信号？哪些是离散信号？哪些是周期信号？哪些是非周期信号？哪些是有始信号？

(c) (d)

题1-1图

解 (a)、(c)、(d)为连续信号；(b)为离散信号；(d)为周期信号；其余为非周期信号；(a)、(b)、(c)为有始（因果）信号。

1-2 给定题1-2图示信号f( t )，试画出下列信号的波形。[提示：f( 2t )表示将f( t )波形压缩，f(

t)表示将f( t )波形展宽。] 2(a) 2 f( t  2 ) (b) f( 2t ) (c) f(

t ) 2(d) f( t +1 )

题1-2图

解 以上各函数的波形如图p1-2所示。

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

图p1-2

1-3 如图1-3图示，R、L、C元件可以看成以电流为输入，电压为响应的简单线性系统SR、SL、SC，试写出各系统响应电压与激励电流函数关系的表达式。

题1-3图

解 各系统响应与输入的关系可分别表示为

SC SL SR

uR(t)RiR(t)

uL(t)LdiL(t) dtuC(t)

1tiC()d C1-4 如题1-4图示系统由加法器、积分器和放大量为a的放大器三个子系统组成，系统属于何种联接形式？试写出该系统的微分方程。

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

题1-4图

解 系统为反馈联接形式。设加法器的输出为x( t )，由于

x(t)f(t)(a)y(t)

且

y(t)x(t)dt,故有

x(t)y(t)

y(t)f(t)ay(t)

即

y(t)ay(t)f(t)

1-5 已知某系统的输入f( t )与输出y( t )的关系为y( t ) = | f( t )|，试判定该系统是否为线性时不变系统？

解 设T为系统的运算子，则可以表示为

y(t)T[f(t)]f(t)

不失一般性，设f( t ) = f1( t ) + f2( t )，则

T[f1(t)]f1(t)y1(t) T[f2(t)]f2(t)y2(t)

故有

T[f(t)]f1(t)f2(t)y(t)

显然

f1(t)f2(t)f1(t)f2(t)

即不满足可加性，故为非线性时不变系统。

1-6 判断下列方程所表示的系统的性质。

df(t)tf()d (1) y(t)0dt(2) y(t)y(t)3y(t)f(t) (3) 2ty(t)y(t)3f(t)

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

(4) [y(t)]y(t)f(t)

解 (1)线性；(2)线性时不变；(3)线性时变；(4)非线性时不变。

1-7 试证明方程

2y(t)ay(t)f(t)

所描述的系统为线性系统。式中a为常量。

证明 不失一般性，设输入有两个分量，且

f1(t)y1(t)，f2(t)y2(t)

则有

(t)ay1(t)f1(t) y1(t)ay2(t)f2(t) y2相加得

(t)ay1(t)y2(t)ay2(t)f1(t)f2(t) y1即

dy1(t)y2(t)ay1(t)y2(t)f1(t)f2(t) dt可见

f1(t)f2(t)y1(t)y2(t)

即满足可加性，齐次性是显然的。故系统为线性的。

1-8 若有线性时不变系统的方程为

y(t)ay(t)f(t)

若在非零f( t )作用下其响应y(t)1e，试求方程

ty(t)ay(t)2f(t)f(t)

的响应。

解 因为f( t ) y(t)1e，由线性关系，则

t2f(t)2y(t)2(1et)

由线性系统的微分特性，有

f(t)y(t)et

故响应

2f(t)f(t)y(t)2(1et)et2et

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

第2章习题解析

2-1 如图2-1所示系统，试以uC( t )为输出列出其微分方程。

题2-1图

解 由图示，有

iL又

uCduCC Rdt1tiL(uSuC)dt

L0故

u1 (uSuC)CCuCLR从而得

(t)uC

2-2 设有二阶系统方程

111(t)uCuC(t)uS(t) RCLCLCy(t)4y(t)4y(t)0

在某起始状态下的0+起始值为

y(0)1,y(0)2

试求零输入响应。

解 由特征方程

2 + 4 + 4 =0

得 1 = 2 = 2 则零输入响应形式为

yzi(t)(A1A2t)e2t

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

由于

yzi( 0+ ) = A1 = 1 2A1 + A2 = 2

所以

A2 = 4

故有

yzi(t)(14t)e2t,

2-3 设有如下函数f( t )，试分别画出它们的波形。 (a) f( t ) = 2( t 1 )  2( t 2 ) (b) f( t ) = sint[( t )  ( t 6 )]

解 (a)和(b)的波形如图p2-3所示。

图p2-3

2-4 试用阶跃函数的组合表示题2-4图所示信号。

题2-4图

t0

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

解 (a) f( t ) = ( t )  2( t 1 ) + ( t 2 ) (b) f( t ) = ( t ) + ( t T ) + ( t 2T )

2-5 试计算下列结果。 (1) t( t  1 )

(3) (2) (4)

t(t1)dt

πcos(t)(t)dt 0300e3t(t)dt

解 (1) t( t  1 ) = ( t  1 )

(3) (2) (4)

ππ1cos(t)(t)dtcos()(t)dt 00332t(t1)dt(t1)dt1

00e(t)dte(t)dt(t)dt1

003t03t02-6 设有题2-6图示信号f( t )，对(a)写出f ( t )的表达式，对(b)写出f ( t )的表达式，并分别画出它们的波形。

题2-6图

解 (a)

1,20t2

f ( t ) = ( t  2 )， t = 2

2( t  4 )， t = 4

(b) f ( t ) = 2( t )  2( t  1 )  2( t  3 ) + 2( t  4 )

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

图p2-6

2-7 如题2-7图一阶系统，对(a)求冲激响应i和uL，对(b)求冲激响应uC和iC，并画出它们的波形。

题2-7图

解 由图(a)有

L即

diuS(t)Ri dtdiR1iuS(t) dtLL当uS( t ) = ( t )，则冲激响应

1th(t)i(t)eL(t)

L则电压冲激响应

RdiRLth(t)uL(t)L(t)e(t)

dtL对于图(b)RC电路，有方程

RC即

duCuiSC dtR--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

uC当iS = ( t )时，则

11uCiS RCCt1h(t)uC(t)eRC(t)

C同时，电流

duC1RCiCC(t)e(t)

dtRC

2-8 设有一阶系统方程

ty(t)3y(t)f(t)f(t)

试求其冲激响应h( t )和阶跃响应s( t )。

解 因方程的特征根 = 3，故有

x1(t)e3t(t)

当h( t ) = ( t )时，则冲激响应

h(t)x1(t)[(t)(t)](t)2e3t(t)

阶跃响应

1s(t)h()d(12e3t)(t)

03t

2-9 试求下列卷积。 (a) ( t ) * 2

(b) ( t + 3 ) * ( t  5 ) (c) tet( t ) *  ( t )

解 (a) 由( t )的特点，故

( t ) * 2 = 2

(b) 按定义

( t + 3 ) * ( t  5 ) =

(3)(t5)d

考虑到 < 3时，(  + 3 ) = 0； > t 5时，( t   5 ) = 0，故

( t + 3 ) * ( t  5 ) =

也可以利用迟延性质计算该卷积。因为

t53dt2,t2

( t ) * ( t ) = t( t )

f1( t  t1 ) * f2( t  t2 ) = f( t t1 t2 ) --完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

故对本题，有

( t + 3 ) * ( t  5 ) = ( t + 3  5 )( t + 3  5 ) = ( t  2 )( t  2 )

两种方法结果一致。

(c) tet( t ) *  ( t ) = [tet( t )] = ( et  tet )( t )

2-10 对图示信号，求f1( t ) * f2( t )。

题2-10图

解 (a)先借用阶跃信号表示f1( t )和f2( t )，即

f1( t ) = 2( t )  2( t  1 ) f2( t ) = ( t )  ( t  2 )

故

f1( t ) * f2( t ) = [2( t )  2( t  1 )] * [( t )  ( t  2 )]

因为

( t ) * ( t ) =

故有

t01d= t( t )

f1( t ) * f2( t ) = 2t( t )  2( t  1 )( t  1 ) 2( t  2 )( t  2 ) + 2( t  3 )( t  3 )

读者也可以用图形扫描法计算之。结果见图p2-10(a)所示。

(b)根据 ( t )的特点，则

f1( t ) * f2( t ) = f1( t ) *[ ( t ) +  ( t  2 ) +  ( t + 2 )]

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

= f1( t ) + f1( t  2 ) + f1( t + 2 ) 结果见图p2-10(b)所示。

图p2-10

2-11 试求下列卷积。 (a) (1e2t)(t)(t)(t) (b) e3t(t)dtdt[e(t)]

解 (a)因为(t)(t)(t)(t)，故

(1e2t)(t)(t)(t)(1e2t)(t)(t)(1e2t)(t) (b)因为et(t)(t)，故

e3t(t)ddt[et(t)]e3t(t)(t)

(t)3e3t

2-12 设有二阶系统方程

y(t)3y(t)2y(t)4(t)

试求零状态响应

解 因系统的特征方程为

2 + 3 + 2 =0

解得特征根

1 = 1， 2 = 2

故特征函数

xt2(t)e1te2t(ee2t)(t)

零状态响应

y(t)4(t)x2(t)4(t)(ete2t)(t)

= (8e2t4et)(t)

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

2-13 如图系统，已知

h1(t)(t1),h2(t)(t)

试求系统的冲激响应h( t )。

题2-13图

解 由图关系，有

x(t)f(t)f(t)h1(t)(t)(t)(t1)(t)(t1)

所以冲激响应

h(t)y(t)x(t)h2(t)[(t)(t1)](t)(t)(t1)

即该系统输出一个方波。

2-14 如图系统，已知R1 = R2 =1，L = 1H，C = 1F。试求冲激响应uC( t )。

题2-14图

解 由KCL和KVL，可得电路方程为

(CuC代入数据得

R1R2C1R1(2)uC(t)2(t) )uCR1LLR1LR1R1L2uC2uC(t)(t) uC特征根

1,2 = 1  j1

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

故冲激响应uC( t )为

uC(t)(eλ1teλ1t)*[(t)(t)]

e(costsint)(t)esint(t)

ttetcost(t)V

2-15 一线性时不变系统，在某起始状态下，已知当输入f( t ) = ( t )时，全响应y1( t ) = 3e3t( t )；当输入f( t ) = ( t )时，全响应y2( t ) = e3t( t )，试求该系统的冲激响应h( t )。

解 因为零状态响应

( t )  s( t )，( t )  s( t )

故有

y1( t ) = yzi( t ) + s( t ) = 3e3t( t ) y2( t ) = yzi( t )  s( t ) = e3t( t )

从而有

y1( t )  y2( t ) = 2s( t ) = 2e3t( t )

即

s( t ) = e3t( t )

故冲激响应

h( t ) = s ( t ) = ( t )  3e3t( t )

2-16 若系统的零状态响应

y( t ) = f( t ) * h( t )

试证明：

df(t)t(1) f(t)h(t)h()d

dt(2) 利用(1)的结果，证明阶跃响应

s(t)h()d

t证 （1）因为

y( t ) = f( t )  h( t )

由微分性质，有

y ( t ) = f ( t )  h( t )

再由积分性质，有

ty(t)f(t)h()d

（2）因为

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

s( t ) = ( t )  h( t )

由（1）的结果，得

s(t)(t)h()d

t (t)tth()d

h()d



--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

第3章习题解析

3-1 求题3-1图所示周期信号的三角形式的傅里叶级数表示式。

题3-1图

解 对于周期锯齿波信号，在周期( 0，T )内可表示为

f(t)系数

At T1T1TAtAa0f(t)dtdt

T0T0T22T2ATanf(t)cosn1tdt2tcosn1tdt

T0T0T2Atsinn1t0 2Tn102AT2ATbnf(t)sinntdttsinn1tdt 1200TTT2Atcosn1tA 2nπTn10所以三角级数为

AAf(t)sinn1t

2n1nπ

3-2 如图所示周期矩形波信号，试求其复指数形式的傅里叶级数。图中T2。 解：该信号周期T2，故12，在一个周期内可得： T1011jntAAjntFnAedtAedt(ejnejn)

2120jnj2n--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

2AAAAcosn(1cosn)jnjnjnjn0因为f(t)为奇函数，故F00，从而有指数形式： f(t)

n1,3,n2,4,

n2Ajnte,n1,3,jn

题3-2图

3-3 设有周期方波信号f( t )，其脉冲宽度 = 1ms，问该信号的频带宽度（带宽）为多少？若压缩为0.2ms，其带宽又为多少？

解 对方波信号，其带宽为f当1 = 1ms时，则

1Hz，

f1当2 = 0.2ms时，则

11111000Hz 0.00115000Hz

0.0002f2

3-4

2求题3-4图示信号的傅里叶变换。

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

题3-4图

解 (a)因为

tf( t ) = ,t

0,为奇函数，故

t

F()j2jt022sintdt

[sincos]

2j[cosSa()]

或用微分定理求解亦可。

(b) f( t )为奇函数，故

F()j2(1)sintdt

0 24[cos1]jsin2() j2若用微分-积分定理求解，可先求出f ( t )，即

f ( t ) = ( t +  ) + ( t   )  2( t )

所以

f(t)F1(j)ejej22cos2

又因为F1( 0 ) = 0，故

F()

12F1()(cos1) jj3-5 试求下列信号的频谱函数。 (1) f(t)e2t

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

at(2) f(t)esin0t(t)

解 (1) F() f(t)ejtdtee02tjtdte2tejtdt

0114

2j2j421jtjtjtatjt(2) F()f(t)edte(e0e0)edt

02j1[ej0te(aj)tej0te(aj)t]dt 2j0111

2j(j)j0(j)j0

2j001 22222j(j)0(j)03-6 对于如题3-6图所示的三角波信号，试证明其频谱函数为

F()ASa2(

题3-6图

证 因为

(A(1f( t ) =

0，| t | >  则

2)

t),t

tF()2A(1)costdt

0 2A24A(1cos) sin2(22)

ASa2(2)

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

3-7 试求信号f( t ) = 1 + 2cost + 3cos3t的傅里叶变换。

解 因为

1  2()

2cost  2[(  1) + ( + 1) ] 3cos3t  3[(  3) + ( + 3) ]

故有

F( ) = 2[() + (  1) + ( + 1) ] + 3[(  3) + ( + 3) ]

3-8 试利用傅里叶变换的性质，求题3-8图所示信号f2( t )的频谱函数。

题3-8图

解 由于f1( t )的A = 2， = 2，故其变换

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

F1()ASa2(根据尺度特性，有

2)4Sa2()

tf1()2F1(2)8Sa2(2) 2再由调制定理得

tf2(t)f1()cosπtF2()

21F2()[8Sa2(22π)8Sa2(22π)]

24Sa2(22π)4Sa2(22π) sin2(2)sin2(2) (π)2(π)2

3-9 试利用卷积定理求下列信号的频谱函数。 (1) f( t ) = Acos(0t)  ( t ) (2) f( t ) = Asin(0t)( t )

解 （1）因为

Acos(0t)Aπ[(0)(0)]

1(t)π()

j所以由时域卷积定理

F()Aπ[(0)(0)][π()（2）因为

1] jAπ[(0)(0)] jAsin(0t)jAπ[(0)(0)]

1(t)π()

j由频域卷积定理

F()11jAπ[()()][π()] 002πjAjAπ[(0)(0)]202

20

3-10 设有信号

f1( t ) = cos4t

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

1,

f2( t ) = 0, t

t

试求f1( t ) f2( t )的频谱函数。

解 设f1( t )  F1()，由调制定理

1f1(t)cos4πt[F1(4π)F1(4π)]F()

2而

F1()Sa(故

2)2Sa()

F()Sa(4π)Sa(4π)

3-11 设有如下信号f( t )，分别求其频谱函数。 (1) f(t)e(3j4)t(t)

(2) f(t)(t)(t2)

解 (1) 因 e故

t1

je(3j4)t11

(3j4)j3j(4)(2) 因 (t)(t2)Gτ(t)(t1),故

2

F()Sa(

3-12 设信号

2)ej2Sa()ej

2,

f1( t ) = 0, 0t4

其他

试求f2( t ) = f1( t )cos50t的频谱函数，并大致画出其幅度频谱。

解 因

F()2Sa(2)ej28Sa(2)ej2

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

故

1F2()[F1(50)F1(50)]

24Sa[2(50)]ej2(50)4Sa[2(50)]ej2(50)

幅度频谱见图p3-12。

50

图p3-12

50

| F2() |

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

第4章习题解析

4-1 如题4-1图示RC系统，输入为方波u1( t )，试用卷积定理求响应u2( t )。

题4-1图

解 因为RC电路的频率响应为

H()而响应

1 j1u2( t ) = u1( t ) * h( t )

故由卷积定理，得

U2( ) = U1( ) * H( j )

而已知U1()1(1ej)，故 jU2()11(1ej) j1j反变换得

u2(t)(1et)(t)[1e(t1)](t1)

4-2 一滤波器的频率特性如题图4-2所示，当输入为所示的f( t )信号时，求相应的输出y( t )。

题4-2图

解 因为输入f( t )为周期冲激信号，故

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

Fn所以f( t )的频谱

11,T12π2π TF()2πFn(n1)2π(2nπ)

当n = 0，1，2时，对应H(  )才有输出，故

Y( ) = F( ) H(  )

= 2[2() + (  2) + ( + 2)]

反变换得

y( t ) = 2( 1 + cos2t )

4-3 设系统的频率特性为

nnH()试用频域法求系统的冲激响应和阶跃响应。

解 冲激响应，故

2

j2h(t)F1[H()]2e2t(t)

而阶跃响应频域函数应为

S()F[(t)]H()[π()12 jj211π()

jj2π()所以阶跃响应

12] jj2s(t)(1e2t)(t)

4-4 如题图4-4所示是一个实际的信号加工系统，试写出系统的频率特性H( j )。

题4-4图

解 由图可知输出

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

y(t)[f(t)f(tt0)]dt

0t取上式的傅氏变换，得

Y()故频率特性

F()(1ejt0) jH()

Y()1(1ejt0) F()j4-5 设信号f( t )为包含0 ~ m分量的频带有限信号，试确定f( 3t )的奈奎斯特采样频率。

解 由尺度特性，有

f(3t)1F() 33即f( 3t )的带宽比f( t )增加了3倍，即 = 3m。从而最低的抽样频率s = 6m 。故采样周期和采样频率分别为

TS1 6fmfS6fm

T4-6 若对带宽为20kHz的音乐信号f(t)进行采样，其奈奎斯特间隔s为多少？若对信号压

缩一倍，其带宽为多少？这时奈奎斯特采样频率

fs为多少？

解：对f(t)，其fm20kHz，故：fs2fm40kHz

Ts1162510s25us 3fs4010'压缩信号f(t)为f(2t)后，则带宽增加一倍：fm22040kHz '故：fs2fm24080kHz

4-7 设f( t )为调制信号，其频谱F(  )如题图4-7所示，cos0t为高频载波，则广播发射的调幅信号x( t )可表示为

x( t ) = A[ 1 + m f( t )] cos0t

式中，m为调制系数。试求x( t )的频谱，并大致画出其图形。

--完整版学习资料分享----

F()

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

题4-7图

解 因为调幅信号

x( t ) = Acos0t + mA f( t )cos0t

故其变换

X()πA[(0)(0)]mA[F(0)F(0)] 2式中，F( )为f( t )的频谱。x( t )的频谱图如图p4-7所示。

图p4-7

4-8 题4-8图所示(a)和(b)分别为单边带通信中幅度调制与解调系统。已知输入f(t)的频谱和频率特性H1(  )、H2(  )如图所示，试画出x(t)和y(t)的频谱图。

题4-8图 题4-8图

解 由调制定理知

F()

X()

1f1(t)f(t)cosCtF1()[F(C)F(C)]

2--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

而x(t)的频谱

X()F1()H1()

又因为

1f2(t)x(t)cosCtF2()[X(C)X(C)]

2所以

Y()F2()H2()

它们的频谱变化分别如图p4-8所示，设C > 2。

图p4-8

4-9 如题4-9图所示系统，设输入信号f(t)的频谱F( )和系统特性H1(  )、H2(  )均给定，试画出y(t)的频谱。

F()

--完整版学习资料分享----

H1(j)

H2(j)

Y() F2() X() F1()

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

题4-9图

解 设f1(t)f(t)cos50t，故由调制定理，得

1F1()[F(50)F(50)]

2f2(t)F2()H1()F1()

从而

它仅在|  | = ( 30 ~ 50 )内有值。再设

f3(t)f2(t)cos30t

则有

1F3()[F2(30)F2(30)]

2即F3( )是F2( )的再频移。进而得响应的频谱为

Y()F3()H2()

其结果仅截取 20 <  < 20的部分。以上过程的频谱变化如图p4-9所示。

F2() --完整版学习资料分享----

F1()

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

图p4-9

4-10 设信号f(t)的频谱F( )如题4-10图(a)所示，当该信号通过图(b)系统后，证明y(t)恢复为f(t)。

题4-10图

证明 因为

F()

j21t

f(t)ej21tF1(21)

故通过高通滤波器后，频谱F1( )为

F1()H()F(21)F(21)

所以输出

y(t)Y()F(2121)F()

即y(t)包含了f(t)的全部信息F( )，故恢复了f(t)。

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

第5章习题解析

5-1 求下列函数的单边拉氏变换。 (1) 2e (2) (t)e(3) e2t3tt

cost

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

21s2 0ss1s(s1)13tst(2) F(s)[(t)e]edt1

0s312tstjtjt2tst(3) F(s)(ecost)edt(ee)eedt

002111s2 22s2js2j(s2)1解 (1) F(s)(2et)estdt

5-2 求下列题5-2图示各信号的拉氏变换。

题5-2图

解 (a) 因为f1(t)(t)(tt0) 而(t)，(tt0)故

1

f1( t )

1

f2( t )

t0 (b)

t

1s1st0e s1f1(t)(1est0)

sttt(b) 因为f(t)[(t)(tt0)](t)(tt0)

t0t0t0t1又因为(t)2

t0st0t11(tt0)(2)est0 t0sst0故有

f2(t)111st0()e 22sst0st0112(1est0)est0

sst0

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

5-3 利用微积分性质，求题5-3所示信号的拉氏变换。

题5-3图

解 先对f( t )求导，则

f(t)(t)2(t1)2(t3)(t4)

故对应的变换

1F1(s)(12es2e3se4s)

s所以

F1(s)12es2e3se4sF(s)

ss2

5-4 用部分分式法求下列象函数的拉氏反变换。 (1) F(s)s1 2s5s62s2s2(2) F(s)

s(s21)(3) F(s)(4) F(s)

解 (1) F(s)1

s23s24

s(s2)2k1k2s1s1 2s5s6(s2)(s3)s2s3k1(s2)F(s)s21

k2(s3)F(s)s32

故有

F(s)12 s2s3--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

所以

f(t)(e2t2e3t)(t)

2s2s2ABsC2(2) F(s) ss(s21)s1可得

AsF(s)s02

又 2ss2AsABsCs 可得

B = 0，C = 1

222F(s)所以

21 2ss1f(t)(2sint)(t)

(3) F(s)k1k211 2(s1)(s2)s1s2s3s2k1(s1)F(s)s11 k2(s2)F(s)s21

故有

F(s)故

11 s1s2f(t)(ete2t)(t)

(4) F(s)故

k1k11k124

s(s2)2s(s2)2s2k1sF(s)s01

k11(s2)2F(s)s242 ss2dd4k12[(s2)2F(s)]()1

dsdsss2s2故有

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

112F(s) 2ss2(s2)所以

f(t)(1e2t2te2t)(t)

5-5 求下列象函数的拉氏反变换。 (1) F(s)1es

1es(2) F(s)

s21e2s(3) F(s)

s(1es)

解 (1) f(t)(t)(t1) (2) f(t)e2t(t)e2(t1)(t1)

(3) f(t)(t)(t2)(t1)(t3)(t2)(t5)

5-6 设系统微分方程为

y(t)4y(t)3y(t)2f(t)f(t)

已知y(0)1,y(0)1,f(t)e

解 对系统方程取拉氏变换，得

2t(t)。试用s域方法求零输入响应和零状态响应。

s2Y(s)sy(0)y(0)4sY(s)4y(0)3Y(s)2sF(s)F(s)

从而

Y(s)由于

sy(0)y(0)4y(0)2s1F(s)

s24s3s24s3F(s)1 s2故

Y(s)s52s1 22s4s3(s2)(s4s3)Yzi(s)Yzs(s)求反变换得

75yzi(t)ete3t

2215yzs(t)et3e2te3t

22--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

全响应为

y(t)3et3e2t5e3t,

5-7 设某LTI系统的微分方程为

t0

y(t)5y(t)6y(t)3f(t)

试求其冲激响应和阶跃响应。

解 对方程取拉氏变换，得系统函数

H(s)当f( t ) = ( t )时，F( s ) =1，得

33 2s5s6(s2)(s3)3

(s2)(s3)t0

Y(s)H(s)从而

h(t)3e2t3e3t,当f( t ) = ( t )时，F(s)1，得 s13Y(s)H(s)

ss(s2)(s3)0.51.51 ss2s3故得

y(t)s(t)0.51.5e2te3t,

5-8 试求题5-8图示电路中的电压u( t )。

题5-8图

解 对应的s域模型如图p5-8所示，则

--完整版学习资料分享----

t0

s22ss--可编辑2-----WORD格式--专业资料----- ()U(s)2s H(s)2s2s2F(s)s2s412ss2()2s而F(s)1，故有 sU(s)F(s)H(s)22

s22s4(s1)2(3)2所以

u(t)

2tesin3t(t)V,3t0

图p5-8

5-9 如题5-9图所示电路，试求冲激响应uC( t )。

题5-9图

解 以UC( s )为变量列节点方程

11s1()UC(s)US(s) 22.5s102--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

因US( s ) =1，则

UC(s)5s

(s1)(s4)52033 s1s4故

5204th(t)uC(t)(ete)(t)

33

5-10 如题5-10图所示电路，已知US = 28V，L = 4H，C =

1F，R1 = 12，R2 = R3 =2。4当t = 0时S断开，设开关断开前电路已稳定，求t  0后响应uC( t )。

题5-10图

解 初始状态在t = 0时求得

iL(0)US2A

R1R2USuC(0)R24V

R1R2对于图(b)S域模型，列出关于UC( s )的节点方程，即

2881s1()UC(s)s1 124s44124s解得

4(s25s7)73s8UC(s) 22s(s4s4)s(s2)可得

uC(t)72(t1.5)e2t

5-11 设有

(t0)

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

y(t)e3t(t)(t)

试用卷积定理求y( t )。

解 e3t1 s3(t)s

所以

Y(s)故

1s3 s1s3s3s3y(t)(t)3e3t(t)

5-12 如题5-12图所示RLC电路，已知us( t ) = 5( t )，i( 0 ) = 2A，u( 0 ) = 2V。试用S域方法求全响应u( t )。

题5-12图

解 由该电路对应的S域模型（此处略），可得

u(0)5Li(0)C2s3sI(s)s2

2s3s23ssu(0)122(2s3)U(s)I(s) 2ssCss(s3s2)521 ss1s2得

u(t)52ete2t

5-13 若有系统方程

(t0)

y(t)5y(t)6y(t)(t)

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

且y(0)y(0)0，试求y( 0+ )和y ( 0+ )。

解 取拉氏变换，得系统函数

H(s)11

s25s2(s2)(s3)11 s2s3t0

所以

h(t)e2te3t,故

h( 0+ ) = y( 0+ ) = 0， h ( 0+ ) = y ( 0+ ) =1

5-14 设有系统函数

H(s)试求系统的冲激响应和阶跃响应。

解 因为

s3 s2H(s)故

s3s211 1s2s2s2s2h(t)(t)e2t(t)

s(t)h()d

0t31(e2t)(t) 22

5-15 如题5-15图所示二阶系统，已知L = 1H，C = 1F，R = 1，uS( t ) = ( t )。试求以uC( t )为响应时的冲激响应h( t )。

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

题5-15图

解 列S域节点方程

(可得

U(s)11sC)UC(s)S sLRsLR因US( s ) = 1，故有

故

UC(s)LCRs2LsRUS(s)

U11C(s)s2s1(s12)2(32)2tu(t)h(t)223C3esin(2t)(t)

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

第6章习题解析

6-1 在题6-1图示系统中，已知ha(t)(t1),hb(t)(t)(t2)，试求系统函数H( s )和冲激响应h( t )，并画出其波形。

题6-1图

解 因为

y1(t)f(t)ha(t)f(t)

故

Y1(s)F(s)Ha(s)F(s)[1Ha(s)]F(s)

而

Y(s)Y1(s)Ha(s)Hb(s)

其中

1Ha(s)es,Hb(s)(1e2s)

s所以

1Y(s)(1es)es(1e2s)F(s)

s故

Y(s)(1es)(1e2s)esH(s)

F(s)s1s2s3s4s (eeee)

s所以冲激响应

h(t)(t1)(t2)(t3)(t4)

h( t )的波形如图p6-1所示。

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

图p6-1

6-2 试画出题6-2图所示网络的系统函数H(s)

(a) (b)

题6-2图

解 (a) 由图可得系统函数

U2(s)的波特图。 U1(s)H(s)可见其超前环节1

sR2C10.5s1

s(R1R2)C1s112rad/s，滞后环节21rad/s，故得波特图如图p6-2(a)所示。 0.5图p6-2(a)

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

(b) 由图可得系统函数

H(s)R2其中

R2R1sR1C1R2s11

R1R2s211R1C,2(R1//R2)C

故

H(s)0.5(s1)

0.5s1从而得波特图如图p6-2(b)所示。

图p6-2(a)

6-3 已知某系统函数H( s )的零、极点分布如题6-3图所示，若冲激响应的初值h(0+) = 2，求系统函数H( s )，并求出h( t )。

题6-3图

解 由图示零、极点分布，应有

3(s1)--完整版学习资料分享2---- 2H(s)H0s2

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

又因为

h(0)limsH(s)H(0)2

s故有

H(s)2s3(s1)222

进一步可表示为

s11 H(s)2223322(s1)2(s1)232(s1)22 2 2233322(s1)(s1)22所以

h(t)2et(cos

323tsint),223t0

6-4 某系统函数H( s )的零、极点分布如题6-4图所示，且H0 = 5，试写出H( s )的表达式。

题6-4图

解 从图可知系统的零点为

z1 = 0，z2 = 2，z3 = 3

极点为

S1 = 1， S2，3 = 2  j2 --完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

故系统函数

H(s)H0N(s)s(s2)(s3)5 D(s)(s1)(s2j2)(s2j2)5s(s25s6) 

(s1)(s24s8)

6-5 设系统函数

H(s)试画出其S域模拟框图。

解 H( s )可改写为

5(s1)

s(s2)(s5)H(s)5(s1)5s53 2s(s2)(s5)s7s10s5s25s3 1217s10s从而得模拟图如图p6-5所示。

图p6-5

6-6 如题6-6图所示为二阶有源带通系统的模型，设R = 1，C = 1F， K = 3，试求系统函数H(s)

--完整版学习资料分享----

U2(s)。 U1(s)-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

题6-6图

解 对于电路的S域模型，可列节点方程

U1(s)Ua(s)U2(s)Ua(s)Ua(s)Ub(s) 1RRRsCU(s) sC(UaUb)bRU2(s)KUb(s)

代入数据后，可得

H(s)

6-7 试判定下列系统的稳定性。

U2(s)3s2 U1(s)ss2s1 2s8s63s1(2) H(s)3 2s4s3s22s4(3) H(s)

(s1)(s24s3)(1) H(s)

解 (1) 因H( s )分母多项式各项系数均为正，故稳定。 (2) 因H( s )分母多项式有负系数，故不稳定。 (3) 因

H(s)2s42s4

(s1)(s24s3)(s1)(s1)(s3)其极点均在左半平面，故系统稳定。

6-8 已知系统的微分方程为

y(t)y(t)6y(t)f(t)

试求系统函数H( s )，系统是否稳定？

解 因系统函数为

H(s)s

s2s6--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

则二阶系统之D( s )的各项系数均为正，故系统稳定。

6-9 如题6-9图所示系统，试判定其稳定性。

题6-9图

解 由图可得系统函数

1012s4s(s1)(s4)H(s)3 2101s5s4s101s(s1)(s4)因为a1a2 = 20，a0a3 = 10，故满足

a1a2 > a0a3

故系统稳定。

6-10 如题6-10图示反馈系统，为使其稳定，试确定K值。

题6-10图

解 该系统的H( s )为

sK1sKs(s1)s2H(s)3 2sK1s3s3sK1s(s1)s2从必要条件考虑，应当K > 0，再由

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

a1a2 > a0a3

考虑，应满足K < 9，故当

0 < K < 9

时系统稳定。

也可以从劳斯阵列判定。因为阵列：

133K为使第一列元素不变号，即应即

时系统稳定。

9K

30K09K30,K0 0 < K < 9

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

第7章习题解析

7-1 试画出下列离散信号的图形。 (a) f1(n)()(n)

(b) f2(n)(2n) (c) f3(n)(2n) (d) f4(n)2(10.5)(n)

解 各信号的图形分别如图p7-1所示。

图p7-1

7-2 试画出下列序列的图形。 (a) f1(n)(n2)(n6)

(b) f2(n)(n2)(n) (c) f3(n)n(n)[(n)(n5)]

(d) f4(n)(n)(n1)2(n2)2(n3)(n4)

解 各序列的图形分别如图p7-2所示。

--完整版学习资料分享----

n12n-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

图p7-2

7-3 设有差分方程

y(n)3y(n1)2y(n2)f(n)

15起始状态y(1),y(2)。试求系统的零输入响应。

24

解 系统的特征方程为

2 + 3 + 2 = 0

其特征根为

1 = 1， 2 = 2

则零输入响应的形式为

nyzi(n)K11K2n2

K1(1)nK2(2)n

由起始状态y(1)和y(2)导出起始值y(0)和y(1)

n = 0时，y(0) = 3y(1)  2y(2) = 1.5  2.5 = 1 n = 1时，y(1) = 3y(0)  2y(1) = 3 + 1 = 4

从而有

yzi(0)K1K21 yzi(1)K12K24

解得

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

K1 = 2， K2 = 3

故

yzi(n)2(1)n3(2)n,

7-4 设有离散系统的差分方程为

n0

y(n)4y(n1)3y(n2)4f(n)f(n1)

试画出其时域模拟图。

解 原方程可以写为

y(n)4y(n1)3y(n2)4f(n)f(n1)

从而可得时域模拟图p7-4，图中D为单位延时（位移）器。

图p7-4

7-5 如图所示为工程上常用的数字处理系统，是列出其差分方程。

题7-5图

解 由图可得差分方程

--完整版学习资料分享---- D D D D

D

D

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

y(n)b0f(n)b1f(n1)b2f(n2)b3f(n3)

7-6 设有序列f1( n )和f2( n )，如图7-6所示，试用二种方法求二者的卷积。

题7-6图

解 方法一：用“乘法”

2 1.5 1 1 1.5 2

 1 1 1 1

2 1.5 1 1 1.5 2 2 1.5 1 1 1.5 2 2 1.5 1 1 1.5 2 2 1.5 1 1 1.5 2

2 3.5 4.5 5.5 5 5.5 4.5 3.5 2

即有

f1(n)f2(n){2,3.5,4.5,5.5,5,5.5,4.5,3.5,2}

n0方法二：用单位序列表示各函数后卷积。因为

f1(n)2(n)1.5(n1)(n2)(n3)1.5(n4)2(n5)

f2(n)(n)(n1)(n2)(n3)

则

f1(n)f2(n)2(n)3.5(n1)4.5(n2)5.5(n3)5(n4)5.5(n5)4.5(n6)3.5(n7)2(n8)

7-7 设有一阶系统为

y(n)0.8y(n1)f(n)

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

试求单位响应h( n )和阶跃响应s( n )，并画出s( n )的图形。

解 由方程知特征根 = 0.8，故

h(n)n(n)0.8n(n)

阶跃响应为

10.8n1s(n)h(n)(n)5(10.8n1)(n)

10.8s( n )的图形如图p7-7所示。

图p7-7

n7-8 设离散系统的单位响应h(n)()(n)，输入信号f(n)2，试求零状态响应

13ny( n )。

解 由给定的f( n )和h( n )，得

y(n)f(n)h(n)f(nk)h(k)

2k0nk1k1n()2()k 3k06k0因为

1an1a,1ak0na1

故得

y(n)

7-9 试证明

6n112(n)()n(n) 553n1n111 (n)(n)12n1n2

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

证明

(n)(n)n1n2k0nnk1k2n1k0nk1k2

2n1)nnn11(2)k1 k011(2)1n1n11(12n1121n11n111n2 12

7-10 已知系统的单位响应，

h(n)an(n)(0a1)

输入信号f(n)(n)(n6)，求系统的零状态响应。

解

y(n)f(n)h(n)[(n)(n6)]an(n)

因为

1an1(n)a(n)a(n)

1ak0nnk利用时延性质，则

1an16(n6)a(n)(n6)

1an所以得

1an11an5y(n)(n)(n6)

1a1a

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

第8章习题解析

8-1 求下列离散信号的Z变换，并注明收敛域。

解 (a) F(z)z2,(b) F(z)(a) ( n  2 ) (b) a-n( n ) (c) 0.5n1( n  1 ) (d) ( 0.5n + 0.25n )( n )

0z

n

(az)n

n0n01z1 ，z11a1(az)za1nn1n(c) F(z)0.5z2()

2zn1n1naz1z12，z1 2

(d) F(z)0.5n0nzn0.25nzn

n0

zz，z0.5

z0.5z0.258-2 求下列F( z )的反变换f( n )。

(a)

(b) (c) (d) (e)

10.5z1F(z)

31121zz48112zF(z)1

z22zF(z)

(z1)(z2)3z2zF(z)

(z0.2)(z0.4)zF(z)

(z2)(z1)2解 (a) 因为

z20.5zF(z)

11(z)(z)24--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

故

KKF(z)z0.512

1111z(z)(z)zz2424解得

K1 = 4，K2 = 3

进而

F(z)4z3z 11zz24所以

11f(n)[4()n3()n](n)

24z2z2z2(b) F(z) 12z12z12z2(z1)2(z1)22f(n)(c) 由于

所以

11n1()(n)()n1(n1) 222F(z)2z

(z1)(z2)故

KKF(z)212 z(z1)(z2)z1z2解得

K1 = 2，K2 =2

进而

F(z)所以

2z2z z1z2f(n)2(n)2(2)n(n)2(2n1)(n)

(d) 由于

3z2zF(z)

(z0.2)(z0.4)故

K1K2F(z)3z1 z(z0.2)(z0.4)z0.2z0.4解得

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

8K1,3故有

K21 381zz F(z)33z0.2z0.4所以

81f(n)[(0.2)n(0.4)n](n)

33(e) 由于

F(z)故

z 2(z2)(z1)K1K11K12F(z)1 z(z2)(z1)2z2(z1)2z1解得

K1 = 1， K11 = 1， K12 = 1

从而有

F(z)故得

zzz z2(z1)2z1f(n)(2nn1)(n)

8-3 试用z变换的性质求以下序列的z变换。

(a) f(n)(n3)(n3) (b) f(n)(n)(nN)

解 (a) 由时延性质，有

z13z

(z1)2z2(z1)2zzz (b) F(z)zN(1zN)

z1z1z1F(z)

8-4 试证明初值定理

f(0)limF(z)

z

证明 因为

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

F(z)f(n)znf(0)f(1)z1f(2)z2

n0当z时，则上式右边除f(0)外均为零，故

f(0)limF(z)

z

8-5 试用卷和定理证明以下关系：

(a) f(n)(nm)f(nm) (b) (n)(n)(n1)(n)

证明 (a) 因由卷和定理

f(n)(nm)F(z)zm

而

f(nm)zmF(z)

故得

f(n)(nm)f(nm)

(b) 因为

zzz2(n)(n)

z1z1(z1)2而

zzz2(n1)(n)n(n)(n) 22(z1)z1(z1)所以

(n)(n)(n1)(n)

8-6 已知(n)(n)(n1)(n)，试求n(n)的Z变换。

解 因由卷和定理

z2 (n)(n)2(z1)而

n(n)(n1)(n)(n)

所以

z2zz n(n)(z1)2z1(z1)2

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

8-7 已知因果序列的Z变换为F( z )，试分别求下列原序列的初值f( 0 )。

1 11(10.5z)(10.5z)z1(2) F(z)

11.5z10.5z2(1) F(z)

1z22解 (1) F(z) 210.25zz0.25所以

f(0)limF(z)1

z(2) F(z)所以

z

z21.5z0.5f(0)limF(z)0

z

8-8 已知系统的差分方程、输入和初始状态如下，试用Z变换法求系统的完全响应。

y(n)f(n)(n),

解 对方程取Z变换，有

11y(n1)f(n)f(n1) 22y(1)1。

Y(z)0.5z1Y(z)0.5F(z)0.5z1F(z)

即

(10.5z1)Y(z)(10.5z1)故

z0.5 z1Y(z)所以

z0.5z z1z0.5y(n)(n)0.5(0.5)n

8-9 设系统差分方程为

y(n)5y(n1)6y(n2)f(n)

起始状态y( 1 ) = 3，y( 2 ) = 2，当f( n ) = z( n )时，求系统的响应y( n )。

解 对差分方程取z变换，得

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

Y(z)5[z1Y(z)y(1)]6[z2Y(z)z1y(1)y(2)]F(z)

即

Y(z)5z1Y(z)156z2Y(z)18z112从而有

2z z12z18z13 Y(z)z1115z6z25z321z218z (z1)(z2)(z3)故

KKKY(z)123 zz1z2z3解得

K1 = 1， K2 = 4， K3 = 0

则有

Y(z)得全响应

z4z z1z2y(n)(n)4(2)n(n)

8-10 设一系统的输入f(n)(n)4(n1)2(n2)，系统函数

H(z)试求系统的零状态响应。

解 因为

1

(1z1)(10.5z1)z2z2H(z)2

z1.5z0.5(z0.5)(z1)所以

K1KH(z)z2 z(z0.5)(z1)z0.5z1解得

K1 = 1， K2 = 2

故

H(z)得

z2z

z0.5z1--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

h(n)(0.5)n2(n)

所以

y(n)h(n)f(n)

[(0.5)2(n)][(n)4(n1)2(n2)]

n4(n)2(n)(0.5)n(n)

8-11 设有系统方程

y(n)0.2y(n1)0.8y(n2)f(n)2f(n1)

试画出其Z域的模拟框图。

解 在零状态下对方程取z变换，得

Y(z)0.2z1Y(z)0.8z2Y(z)F(z)2z1F(z)

即

(10.2z10.8z2)Y(z)(12z1)F(z)

故有

Y(z)12z1H(z) 12F(z)10.2z0.8z由此可以画出模拟图如图p8-11所示。

图p8-11

8-12 如题8-12图所示z域框图，试写出其差分方程。

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

题8-12图

解 由图可得

bz1Y(z)F(z)

1az1故有

(1az1)Y(z)(bz1)F(z)

所以

y(n)ay(n1)bf(n)f(n1)

8-13 如题8-13图所示z域框图，是写出其差分方程。

题8-13图

解 由图可得

X(z)1F(z)

1az1Y(z)(1bz1)X(z)

故有

1bz1Y(z)F(z) 11az即

(1az1)Y(z)(1bz1)F(z)

从而有差分方程

y(n)ay(n1)f(n)bf(n1)

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

8-14 对于题8-12和8-13，试分别写出系统函数H( z )。

解 对于题8-12，因

X(z)F(z)az1X(z) F(z)(1az1)X(z)

而 Y(z)bX(z)zX(z)(bz)X(z) 故

11Y(z)bz1H(z) 1F(z)1az对于题8-13，因

X(z)1F(z)

1az1Y(z)(1bz1)X(z)

故

Y(z)1bz1H(z) 1F(z)1az

8-15 已知某数字滤波器的差分方程为

y(n)0.7y(n1)0.12y(n2)2f(n)f(n1)

（1）求系统函数H( z )； （2）求单位响应h( n)。

解 （1）在零状态下对方程取z变换，得

(10.7z10.12z2)Y(z)2F(z)z1F(z)

故系统函数

2z12z2zH(z)

10.7z10.12z2z20.7z0.12

（2）由于

2z2z4z2zH(z)2

z0.7z0.12z0.3z0.4故单位响应

h(n)[4(0.3)n2(0.4)n](n)

8-16 如题8-16图所示系统，试求其系统函数H( z )和单位响应h( n)。

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

题8-16图

解 由模拟图可得

0.6z23.6z133z23.6z0.6H(z)2

10.1z10.2z2z0.1z0.2K1zK2z3z23.6z0.6K0 

(z0.5)(z0.4)z0.5z0.4可得

K0 = 3， K1 = 1， K2 = 7

故得

h(n)3(n)(0.5)n(n)7(0.4)n(n)

8-17 设一阶系统为

y(n)（1）求单位响应h( n)； （2）若系统的零状态响应为

1y(n1)f(n) 311y(n)3[()n()n](n)

23试求输入信号。

解 （1）对方程取z变换，得

1(1z1)Y(z)F(z)

3故

H(z)1z 1111zz33所以

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

1h(n)()n(n)

3（2）由y(n)可得Y( z )

Y(z)3z3z

1z0.5z3Y(z)0.5 H(z)z0.5故有

F(z)最后输入

f(n)0.5(0.5)n(n1)

8-18 设离散系统输入f(n)(n)时，零状态响应y(n)2(10.5)(n)；若输入

nf(n)0.5n(n)时，求系统的响应；该系统是否稳定？

解

Y(z)2z2z z1z0.5z Y(z)z1Y(z)2(z1)2 F(z)z0.5故

H(z)当f(n)0.5(n)时，则

nF(z)所以

z

z0.52z2z(z1) 2z0.5(z0.5)Y(z)H(z)F(z)最后得

y(n)2n(0.5)n(n)

8-19 设有一个二阶横向滤波器，它可对输入序列的当前值及以前的两个采样值进行平均，即

1y(n)[f(n)f(n1)f(n2)]

3问该系统是否稳定？若稳定试求其幅频特性和相频特性。

--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

解 对方程取z变换，得

11z2z112H(z)(1zz) 233z因极点z = 0，故系统稳定。频率响应为

1H(ejT)(1ejTej2T)

31[(1cosTcos2T)j(sinTsin2T)] 3故

H(ejT)134cosT2cos2T 3sinTsin2T ()arctan1cosTcos2T特性如图p8-19所示。

图p8-19

8-20 设有系统函数

z22z4H(z)

112zz24试求系统的幅频特性和相频特性。

解 由系统函数可得极点

z1,2故系统稳定，从而可得频率响应为

13j 44H(ejT4(ejT24ejT)) jTjT4e2e)(5cosT2)j3sinT44ej()

(5cosT2)j3sinT--完整版学习资料分享----

-----WORD格式--可编辑--专业资料-----

从而有

H(ejT)4

()2arctan(特性如图p8-20所示。

3sinT)

5cosT2图p8-20 图p8-20

--完整版学习资料分享----