信号与系统第三版郑君里课后习题答案

信号与系统第三版郑君里课后习题答案

第一章习题参考解

1，判刑下列信号的类型

y(t)Asin[x(t)];y(n)x(2n);ty(t)tx()etdy(n)nx(n)

解：y(t)Asin[x(t)]; 连续、模拟、周期、功率型信号 。

y(t)x()etd 连续、模拟、非周期、功率型信号。

y(n)x(2n） 离散、模拟、非周期、功率型信号。 y(n)nx(n) 离散、模拟、非周期、功率型信号。

1－6，示意画出下列各信号的波形，并判断其类型。

(1) x(t)Asin(0t) 连续、模拟、周期、功率型

(2) x(t)Ae 连续、模拟、非周期、只是一个函数，不是物理量。 (3) x(t)ecost (4) x(t)2t1ttt0 连续、模拟、非周期、能量型 1t2, 连续、模拟、非周期、能量型

(5) x(k)(),k0. 离散、模拟、非周期、能量型 (6) x(k)ej0k45k. 离散、模拟、周期、功率型

1

1－6题，1－4图。 t=-pi:1/200:pi;

y1=1.5*sin(2*t+pi/6);

subplot(4,1,1),plot(t,y1),title('1.5sin(2*t+pi/6)'),grid y2=2*exp(-t);

subplot(4,1,2),plot(t,y2),title('2exp(-t)'),grid t1=0:1/200:2*pi;

y3=10*exp(-t1).*cos(2*pi*t1);

subplot(4,1,3),plot(t1,y3),title('10exp(-t1)cos(2*pi*t1)'),grid t2=-1:1/200:2; y4=2*t2+1;

subplot(4,1,4),plot(t2,y4),title('2x+1'),grid

2

习题1－6 5－6题 n=0:pi/10:2*pi; y=(0.8).^n;

subplot(4,1,1),stem(n,y,'fill'),title('(0.8)^n'),grid n1=0:pi/24:2*pi;

y1=cos(2*pi*n1);y2=sin(2*pi*n1);

subplot(4,1,2),stem3(y1,y2,n1,'fill'),title('exp[2*pi*n1'),grid subplot(4,1,4),stem(n1,sin(2*pi*n1),'fill'),title('sin2pin1'),grid subplot(4,1,3),stem(n1,cos(2*pi*n1),'fill'),title('cos2pin1)'),grid

1－8，判断下列系统的类型。其中x(t),x(k)为系统输入信号，y(t),y(k)为系统零状态响

应。

3

(1)y(t)sin[x(t)] 非线性、时不变、连续、因果

x(t) Sin y(t) (2)y(t)sint•x(t). 线性、时变、连续、因果

x(t) Sin(t) y(t) (3)y(t)x(t) dx(t) 线性、时不变、连续、因果 dtx(t) + y(t)y d dt (4) y(t)

tx()etd. 线性、时不变、连续、因果(设et,t0）

x(t) et y(t) (5) y(k)x(k)2x(k1). 线性、时不变、离散、因果

x(k)延迟1

(6)y(k)x(2k). 线性、时变、离散、因果

+ y(k) 2

4

x(k)  y(k) 2(k) (7)y(k)

x(kn). 线性、时不变、离散、因果

n0kx(k)

u(n) y(k)

(8) y(k)kx(k). 线性、时变、离散、因果

x(k)  K y(k)

4t1- 9,己知某线性时不变系统，当其y(0)2时，系统零输入响应yx1(t)6e,t0.而当

y(0)8以及输入激励x(t)共同作用下产生的系统完全响应y1(t)3e4t5et,t0.

试求：1），系统的零状态响应yzs(t)；

解：因系统在y(0)8和输入x(t)作用下的完全响应为 y1(t)3e4t5etyx2(t)yzs(t)

而y(0)8的零输入响应yx2(t)，由零输入响应的线性性质，可得

yx2(t)＝4yx1(t)24e4t,t0.

故得

yzs(t)y1(t)yx2(t) 3e4t5et24e4t,t0

4t 5e21e

5

t,t0

2），系统在y(0)1以及输入为3x(t1)共同作用下系统的完全响应，

4t 解：由题给y(0)2时，系统零输入响应yx1(t)6e,t0.可得

4t y(0)1时，系统零输入响应为yx(t)3eu(t)（不应该用t0表示）  输入为3x(t1)，应为3yzs(t1)u(t1)（不应该用t0表示） 故得系统在y(0)1以及输入为3x(t1)共同作用下系统的完全响应为 y(t)yx(t)yf(t) 3eu(t)[15e4t(t1)63e4(t1)]u(t1)

1-11,己知某DLTI系统在输入x1(k)（下图所示）的作用下，其零状态响应y1(k)（下图所

示）。

试求：在x2(k)（下图所示）作用下，系统的零状态响应y2(k)

1 1 x1(k)0.5 y1(k) 1 x2(k) 5 6 7 8 0 1 2 3 -0.5 -1 0 1 2 3 4 -1 解：本题是给出DLTI一种输入、输出，求另一输入信号时的响应。这个条件下的问题，

一般来说，可以先求得系统的数学模型，再求解。这是经典方法。

但在这种情况下，应先看看两种输入间是否有简单关系。本题两种输入间，有

简单关系。由图可见有 x2(k)x1(k)x1(k5)

根据DLTI系统的线性性质和延迟不变性，则得 y2(k)y1(k)y1(k5)

B第二章习题参考解

2－2，试画出下列信号波形，从中可得出何结论。其中t

6

t1=0:1/200:8;

>> y1=sin(0.5*pi*t1);

>> subplot(4,1,1),plot(t1,y1),title('sin(0.5*pi*t1)u(t1)的一段'),grid >> t2=1:1/200:8;

>> y2=sin(0.5*pi*t2);

>> subplot(4,1,2),plot(t2,y2),title('sin(0.5*pi*t)u(t2-1)的一段'),grid >> y3=sin(0.5*pi*(t1-1));

>> subplot(4,1,3),plot(t1,y3),title('sin(0.5*pi*(t1-1))u(t)的一段'),grid >> y4=sin(0.5*pi*(t2-1));

>> subplot(4,1,4),plot(t2,y4),title('sin(0.5*pi*(t2-1))u(t2-1)的一段'),grid 解：用MATLAB作图如上。

从中可看出：1，周期信号Sin与单位阶跃信号相乘，得到非周期信号。

11t)u(t)与sin[(t1)]u(t1)是向右移动1。 2211 而sin[(t1)]u(t)与sin(t)u(t)只是sin的起始相位不同。

22 2，sin(2-12，己知序列

x(k){(0.8)k02k3k2,k3

1， 用阶跃信号的截取特性表示X（k）； 解：x(k)(0.8)[u(k2)u(k4)] 2，用加权单位脉冲序列表示X(k)。

k 7

解：x(k)m2(0.8)3m(km)

3－1，判断下列系统的类型(线性、时变性、稳定性和因果性)。 解：稳定性：所有特征根Res[Si]<0(连续)/|ri|<1。 因果性：输出在输入之后。

（1）y'(t)4y(t)x(t1) 线性、时不变、因果、稳定

（2）y''(t)2y'(t)5y(t)x'(t)2x(t) 线性、时不变、因果、稳定 （3）y'(t)ty(t)x(t)2 非线性、时变、因果、t>0时稳定，t<0时不稳定

2y''(t)2y'(t)5y(t)x(t) 非线性、时不变、因果、稳定 （4）

（5）y[k]0.5ky[k1]x[k] 线性、时变、因果、|k|<2时稳定 （6）y[k]0.5y[k1]x[k]1 非线性、时不变、因果、稳定 （7）y[k]2y[k2]x[k1] 线性、时不变、因果、不稳定 （8）y[k]x[k]x[k1]x[k2] 线性、时不变、因果、稳定

dy(t)ay(t)x(t),a0,3ty(t)32e,t0. dt3－7，己知CLTI系统的全响应

求：1，系统的固有响应和强迫响应；

解：因LTI系统的固有响应包括零输入响应和零状态响应中由争取极点决定的成份。系统只有一个极点“a0”，故而全响中的3u（t）不是固有响应。则固有响应为

3t yN(t)2eu(t)

剩下的应为强迫响应

yF(t)3u(t)

2，a和y(0)的值，x(t)的表达式；

解：因为系统的固有响应的函数形式由系统的极点决定，而系统的固有响应的函数形式为2eu(t)，故系统的极点“－a”应为

a3

强迫响应是由输入信号的极点和强度决定，由于强迫响应3u(t).故输入信号的极点应为零。则得输入信号x(t)应为

x(t)ku(t)

3t 8

由于系统方程，可得的零输入响应为

3t yx(t)ceu(t)

由于系统方程，可得 yf(t)k系统的全响应应为

y(t)yx(t)yf(t)

k33ede03tt0kk[e3t]u(t) 33kk3te]u(t) 33kk3t u(t)(c)eu(t)

33 [ce3t (32e故有关

3t)u(t)

k3 则k9 3k (c)2 则c5

3 y(0)5e3t x(t)9u(t)

3，系统的零输入响应和零状态响应； 解：由上计算可得

3t3t零输入响应 yx(t)ceu(t)5eu(t)

t05

零状态响应 yf(t)[ 4，

k3k3te]u(t)3(1e3t)u(t) 3dy(t)ay(t)x(t1)的零输入响应和零状态响应。 dt 解：由于LTI系统的位移不变性，可得

3t3t 零输入响应 yx(t)ceu(t)5eu(t) （零负状态没有移动）

零状态响应 yf(t)[3-14, 计算下列卷积积分:

k3k3(t1)e]u(t1)3(1e3(t1))u(t1) 3(1) [(t+1)2(t-1)][(t1)(t3)]

9

[(t+1)2(t-1)][(t1)(t3)](t+1)*(t1)(t+1)*(t3)2(t-1)(t1)2(t-1)(t3) 解:

(t)(t2)2(t2)2(t4)(t)(t2)2(t4)(2) [u(t)u(t1)][u(t2)u(t3)]

解:

[u(t)u(t1)][u(t2)u(t3)]Rect(t0.5)*Rect(t2.5)(t2.5)(宽度为2)r(t2)2r(t3)r(t4)2t

(3) [u(t)u(t1)]eu(t)

[u(t)u(t1)]e2tu(t)解: u(t)eu(t)u(t1)eu(t)2t2t

11(1e2t)u(t)(1e2(t1))u(t1)223-16，己知x(t)为题3－16图a所示，T(t)i(tiT)是图3-16b所示周期冲激串，

计算x(t)T(t)，并分别画出T3,T2,T的卷积图形。

解：x(t)T(t)ix(tiT)

… … － 0  t …… … ……-3 0 3 -2 - 0  2 - 0 

3-20,已知某连续时间LTI系统的微分方程为

y''(t)7y'(t)10y(t)2x'(t)3x(t)

已知x(t)eu(t),y(0)1,y'(0)1,试求:

t 10

(1) 求系统的冲激响应h(t)；

(2) 求系统的零输入响应yzi(t)，零状态响应yzs(t)及完全响应y(t)。 (3) 若x(t)eu(t1)，重求系统的完全响应y2(t)。 解：（1）系统的冲激响应即为微分方程的齐次解。

2 s7s100特征根s12,s25

t冲激响应的形式为h(t)(Ae2tBe5t)u(t)，

h'(t)(2Ae2t5Be5t)u(t)(Ae2tBe5t)(t)(2Ae2t5Be5t)u(t)(AB)(t)h''(t)(4Ae2t25Be5t)u(t)(2Ae2t5Be5t)(t)(AB)'(t)代入方程得

AB217 A，B335A2B317h(t)(e2te5t)u(t)

33（2）yzi(t)=(K1e2tK2e5t)u(t),将初始状态代入,得

K1K21K11，K22 2K15K21yzi(t)=(2e2te5t)u(t)

yzs(t)=x(t)*h(t)17etu(t)*(e2te5t)u(t)

33117(ete2te5t)u(t)4312y(t)=yzi(t)yzs(t)

(3) yzi(t)不变,当激励为x1(t)e(t1)u(t1)时, yzs1(t)yzs(t1)

当激励为x(t)etu(t1)时，yzs2(t)yzs2(t)e1yzs(t1) e当激励为x(t)etu(t1)时，全响应y(t)yzi+e1yzs(t1)

2－10，用基本信号表示图2－10中各信号。 解：x1(t)Rect()Rect()

t4t2 11

x2(t)Rect()Rect(t)Rect(t) x3(t)2Rect()Rect(t)Rect(t) x4(t)t4t2Rect(t0.52n)

n0 x5(t)Rect(t)Rect()

x6(t)[Rect(t0.5)u(t)u(t1)][Rect(t1.5)u(t)u(t2) x7(t)[2Rect(t0.5)u(t)2u(t1)]1

说明：首先将信号向上移“1”,在（－1，0）区域内是一高度为“2”、宽度为“1”、中心位于“－0.5”处的矩形的参量积分（与单位阶跃信号的卷积）得方括号内第一项（是从-1开始以斜率2直线上升，至(0,)保持）；在(1,)范围内要去掉幅度为2，得方括号内第二项2u(t-1)；最后将向上移了“1”还原，向下移“1”得方括号外的“－1”。 x8(k)((k2)(k1)(k)(k1)(k2)

t3 x9(t)[2Rect(t0.5)u(t)3Rect(t0.5)u(t)Rect(t1.5)u(t)]1 说明：首先将信号向上移“1”,在（,）区域内是一常数“2”，得方括号内第一项；、中心位于“－0.5”处的矩形的参量积分（与(1,)；区域内是一高度为“1”宽度为“1”

单位阶跃信号的卷积）得方括号内第二项（是从-1开始以斜率“1”直线上升，至(0,)保持）（下面图A所示）；再减去下面图B所示信号（只是图A所示信号右移“1”）;再加上下面图C所示信号（只是图A所示信号幅度改为“1”且右移“2”）； 最后将向上移了“1”还原向下移“1”得方括号外的“－1”。

12

2 x7(t) 1 －1 0 1 2 －1 t 3 2 1 -1 0 1 2 t x7(t)1(上移） 3 图A 2 －1 0 1.0 t 33 图B －1 0 1.0 t 图C 1.0 -1 0 1 2 t

2 1 2 1 2 －2 －1 0 1 2 t X1(t) … 1 -2 -1 0 1 2 t X2(t) -1 0 1 t X3(t) 1 0 1 2 3 t X4(t) 1 -1 t －2 －1 0 1 2 t X5(t) -1 2 1 -1 0 1 2 t X6(t) 2 1 -1 0 1 2 t X9(t)

-1 X7(t) -2 -1 0 1 2 n X8(t)

2-18，分别画出题2-18图所未信号的奇、偶分量。

解：因为有 f(t)fe(t)fo(t);f(k)fe(k)fo(k)

及 fe(•)1[f(•)f(•)] 2 13

fo(•)1[f(•)f(•)] 2 f(•)其中“•”表示可以是“t”或“k”. 分别作图如下。

A图 1 －2 －1 0 1 2 t -1 0.5 -2 -1 0 1 2 t 0.5f(t) 0.5 -2 -1 0 1 2 t -1 0.5f(t) 1 0.5 -2 -1 0 1 2 t -1 偶分量fe(t) 0.5 -2 -1 0 1 2 t -0.5 奇分量fo(t) B图 1 -1 0 1 2 t 0.5 -1 0 1 2 t 0.5f(t) 0.5 0.5f(t) -2 -1 0 1 2 t 1 -2 -1 0 1 2 t 偶分量fe(t) 0.5 -2 -1 0 1 2 t -0.5 奇分量fo(t) 14

”

C图 2 1 - 3 -2 -1 0 1 2 3 k 1 0.5 -3 -2 -1 0 1 2 3 k 2 2 2 D图 -2 -1 0 1 2 3 k -1 -1 1 1 1 -2 -1 0 1 2 3 k -0.5 -0.5 0.5f(k) 1 0.5 -3 -2 -1 0 1 2 3 k 1.5 1 -3 -2 -1 0 1 2 3 k 偶分量 1.5 0.5f(k) 1 1 1 -3 -2 -1 0 1 2 -0.5 -0.5 0.5f(k)2 2 2 -3 -2 -1 0 1 2 3 k -0.5 -0.5 -0.5 -0.5 偶分量0.5 fe(k) 0.5 -3 -2 -1 0 1 2 3 k -0.5 奇分量fe(k) 0.5 fo(t) -3 -2 - 1 0 1 2 3 k -0.5 奇 分 量 -0.5

2t3－18，己知LTI系统在阶跃信号激励下产生的阶跃响应y1(t)eu(t)，试求系统在

x2(t)e3tu(t)激励下产生的零状态响应y2(t)?

解：根据LTI系统的微分不变性，输入阶跃信号微分得(t)，可得系统的冲激响应h(t)为 h(t)dy1(t)d2te2e2tu(t) dtdt y2(t)x2(t)h(t)

2e2•e3(t)d03tt

2e•ed

0t 15

2e3t•[e]t0 2e3t•[et1] [2e2t2e3t]u(t)

2t'3－19，己知LTI系统对(t)的零状态响应ysz(t)3eu(t)，

试求：1，系统的冲激响应；

解：根据LTI系统的微分不变性可得 h(t)3223ede02tt01.5(1e2t)u(t)

2，该系统对输入激励x(t)2[u(t)u(t2)]产生的零状态响应y2(t)。 因：y2(t)x(t)h(t)2h(t)u(t)[(t)(t2)] h(t)u(t)t0h()d1.5•(1e2)d

0t0t 1.5111e2t01.5te2ty1(t) 222 y2(t)2y1(t)2y1(t2)

3－28，计算下列x(k)与h(k)的卷积和。

1，x(k)=[1,2,1];h(k)=[1,0,2,0,1]；

1 2 1 1，0 2 0 1 1 2 1 2 4 2

1 2 1 1 2 3 4 3 2 1

2，x(k)＝[－3，4，6，0,-1],h(k)=u(k)-u(k-4);

－3 4 6 0 －1 1 1 1 1 －3 4 6 0 －1 －3 4 6 0 －1 －3 4 6 0 -1

-3 4 6 0 -1 -3 1 7 7 9 5 -1 -1

16

k(0.5)u(k2)，h(k)(k)(k1)； 3，x(k)=

kk1(0.5)u(k2)(0.5)u(k3) x(k)h(k) -

4，x(k)(k1)(k1)，

h(k)r(k4r)。

x(k)h(k)r[(k3r)(k5r)]

3－34，判定下列LTI系统的因果性、稳定性，并说明原因。

h(t)esin0t；

1，

h(t)etsin(0t)u(t)0t0 非因果，因当时，有；

稳定的，因ttlimh(t)limesin0t0tt

ath(t)eu(t)； 2，

非因果，因当t0时，有h(t)e 稳定的，因ttat0；

limh(t)limeat0

3，h(k)cos(0.5•pi•k)u(k)：

因果，因当k0时，有h(k)cos(0.5•pi•k)u(k)0 不稳定，因klimh(k)cos(0.5•pi•k)u(k)0

kh(k)au(k)u(kN)(N0) 4，

kh(k)au(k)u(kN)(N0)0 k0 因果，因当时，有

稳定，因有k

limh(k)aku(k)u(kN)(N0)0

17