信號(hào)與系統(tǒng)第二版課后答案燕慶明1

1、信號(hào)與系統(tǒng)信號(hào)與系統(tǒng) （第二版）（第二版） 課后習(xí)題解析課后習(xí)題解析 燕慶明主編燕慶明主編 高等教育出版社 目目 錄錄 第第 1 章習(xí)題解析章習(xí)題解析.2 第第 2 章習(xí)題解析章習(xí)題解析.5 第第 3 章習(xí)題解析章習(xí)題解析.15 第第 4 章習(xí)題解析章習(xí)題解析.22 第第 5 章習(xí)題解析章習(xí)題解析.30 第第 6 章習(xí)題解析章習(xí)題解析.40 第第 7 章習(xí)題解析章習(xí)題解析.48 第第 8 章習(xí)題解析章習(xí)題解析.54 第第 1 1 章習(xí)題解析章習(xí)題解析 1-11-1 題 1-1 圖示信號(hào)中，哪些是連續(xù)信號(hào)？哪些是離散信號(hào)？哪些是周期信號(hào)？哪些 是非周期信號(hào)？哪些是有始信號(hào)？ (c) (d) 題

2、1-1 圖 解解 (a)、(c)、(d)為連續(xù)信號(hào)；(b)為離散信號(hào)；(d)為周期信號(hào)；其余為非周期信號(hào)；(a)、 (b)、(c)為有始（因果）信號(hào)。 1-21-2 給定題 1-2 圖示信號(hào) f( t )，試畫(huà)出下列信號(hào)的波形。提示：f( 2t )表示將 f( t )波形 壓縮，f()表示將 f( t )波形展寬。 2 t (a) 2 f( t 2 ) (b) f( 2t ) (c) f( ) 2 t (d) f( t +1 ) 題 1-2 圖 解解 以上各函數(shù)的波形如圖 p1-2 所示。 圖 p1-21-31-3 如圖 1-3 圖示，r、l、c 元件可以看成以電流為輸入，電壓為響應(yīng)的簡(jiǎn)單線性

3、 系統(tǒng) sr、sl、sc，試寫(xiě)出各系統(tǒng)響應(yīng)電壓與激勵(lì)電流函數(shù)關(guān)系的表達(dá)式。 題 1-3 圖 解解 各系統(tǒng)響應(yīng)與輸入的關(guān)系可分別表示為 ；)()(tirtu rr t ti ltu l l d )(d )( t cc i c tud)( 1 )( 1-41-4 如題 1-4 圖示系統(tǒng)由加法器、積分器和放大量為a 的放大器三個(gè)子系統(tǒng)組成，系統(tǒng)屬 于何種聯(lián)接形式？試寫(xiě)出該系統(tǒng)的微分方程。 題 1-4 圖 解解 系統(tǒng)為反饋聯(lián)接形式。設(shè)加法器的輸出為 x( t )，由于)()()()(tyatftx 且 )()(,d)()(tytxttxty 故有 )()()(taytfty 即 )()()(tftay

4、ty sr sl sc 1-51-5 已知某系統(tǒng)的輸入 f( t )與輸出 y( t )的關(guān)系為 y( t ) = | f( t )|，試判定該系統(tǒng)是否為線性 時(shí)不變系統(tǒng)？ 解解 設(shè) t 為系統(tǒng)的運(yùn)算子，則可以表示為：)()()(tftftty 不失一般性，設(shè) f( t ) = f1( t ) + f2( t )，則 ； )()()( 111 tytftft)()()( 222 tytftft 故有 )()()()( 21 tytftftft 顯然 )()()()( 2121 tftftftf 即不滿足可加性，故為非線性時(shí)不變系統(tǒng)。 1-61-6 判斷下列方程所表示的系統(tǒng)的性質(zhì)。 (1) (2

5、) t f t tf ty 0 d)( d )(d )()()(3)()(tftytyty (3) (4) )(3)()(2tftyty t)()()( 2 tftyty 解解 (1)線性；(2)線性時(shí)不變；(3)線性時(shí)變；(4)非線性時(shí)不變。 1-71-7 試證明方程所描述的系統(tǒng)為線性系統(tǒng)。式中 a 為常量。)()()(tftayty 證明證明 不失一般性，設(shè)輸入有兩個(gè)分量，且)()()()( 2211 tytftytf， 則有 )()()( 111 tftayty)()()( 222 tftayty 相加得 )()()()()()( 212211 tftftaytytayty 即 )()(

6、)()()()( d d 212121 tftftytyatyty t 可見(jiàn))()()()( 2121 tytytftf 即滿足可加性，齊次性是顯然的。故系統(tǒng)為線性的。 1-81-8 若有線性時(shí)不變系統(tǒng)的方程為)()()(tftayty 若在非零 f( t )作用下其響應(yīng)，試求方程 t ty e1)( 的響應(yīng)。)()(2)()(tftftayty 解解 因?yàn)?f( t ) ，由線性關(guān)系，則 t ty e1)()e1 (2)(2)(2 t tytf 由線性系統(tǒng)的微分特性，有 t tytf e)()( 故響應(yīng) ttt tytftf e2e)e1 (2)()()(2 第 2 章習(xí)題解析 2-12-1

7、 如圖 2-1 所示系統(tǒng)，試以 uc( t )為輸出列出其微分方程。 題 2-1 圖 解解 由圖示，有 t u c r u i d d cc l 又 t tuu l i 0 csl d)( 1 故 c c cs )( 1 uc r u uu l 從而得 )( 1 )( 1 )( 1 )( sccc tu lc tu lc tu rc tu 2-22-2 設(shè)有二階系統(tǒng)方程 0)(4)(4)( tytyty 在某起始狀態(tài)下的 0+起始值為 2)0(, 1)0( yy 試求零輸入響應(yīng)。 解解 由特征方程 2 + 4 + 4 =0 得 1 = 2 = 2 則零輸入響應(yīng)形式為 t etaaty 2 21

8、zi )()( 由于 yzi( 0+ ) = a1 = 1 2a1 + a2 = 2 所以 a2 = 4 故有 0,)41 ()( 2 zi tetty t 2-32-3 設(shè)有如下函數(shù) f( t )，試分別畫(huà)出它們的波形。 (a) f( t ) = 2( t 1 ) 2( t 2 ) (b) f( t ) = sint( t ) ( t 6 ) 解解 (a)和(b)的波形如圖 p2-3 所示。 圖 p2-3 2-42-4 試用階躍函數(shù)的組合表示題 2-4 圖所示信號(hào)。 題 2-4 圖 解解 (a) f( t ) = ( t ) 2( t 1 ) + ( t 2 ) (b) f( t ) = (

9、 t ) + 2( t t ) + 3( t 2t ) 2-52-5 試計(jì)算下列結(jié)果。 (1) t( t 1 ) (2) tttd) 1( (3) 0 d)() 3 cos(ttt (4) 0 0 3 d)(ett t 解解 (1) t( t 1 ) = ( t 1 ) (2) 1d) 1(d) 1( ttttt (3) 2 1 d)() 3 cos(d)() 3 cos( 00 ttttt (4) 1d)(d)(ed)(e 0 0 0 0 3 0 0 3 tttttt tt 2-62-6 設(shè)有題 2-6 圖示信號(hào) f( t )，對(duì)(a)寫(xiě)出 f ( t )的表達(dá)式，對(duì)(b)寫(xiě)出 f ( t

10、)的表達(dá)式， 并分別畫(huà)出它們的波形。 題 2-6 圖 解解 (a) 20, 2 1 t 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 ) 圖 p2-6 2-72-7 如題 2-7 圖一階系統(tǒng)，對(duì)(a)求沖激響應(yīng) i 和 ul，對(duì)(b)求沖激響應(yīng) uc和 ic，并畫(huà)出 它們的波形。 題 2-7 圖 解解 由圖(a)有 ritu t i l)( d d s 即 )( 1 d d s tu l i l r t i 當(dāng) us( t ) = ( t )，則沖激響應(yīng) )(e

11、1 )()(t l tith t l r 則電壓沖激響應(yīng) )(e)( d d )()( l t l r t t i ltuth t l r 對(duì)于圖(b)rc 電路，有方程 r u i t u c c s c d d 即 scc 11 i c u rc u 當(dāng) is = ( t )時(shí)，則 )(e 1 )()( c t c tuth rc t 同時(shí)，電流 )(e 1 )( d d c c t rc t t u ci rc t 2-82-8 設(shè)有一階系統(tǒng)方程 )()()(3)(tftftyty 試求其沖激響應(yīng) h( t )和階躍響應(yīng) s( t )。 解解 因方程的特征根 = 3，故有 )(e)( 3

12、 1 ttx t 當(dāng) h( t ) = ( t )時(shí)，則沖激響應(yīng) )(e2)()()()()( 3 1 tttttxth t 階躍響應(yīng) )()e21 ( 3 1 d)()( 3 0 thts t t 2-92-9 試求下列卷積。 (a) ( t + 3 ) * ( t 5 ) (b) ( t ) * 2 (c) tet( t ) * ( t ) 解解 (a) 按定義 ( t + 3 ) * ( t 5 ) = d)5()3(t 考慮到 t 5 時(shí)，( t 5 ) = 0，故 ( t + 3 ) * ( t 5 ) =2, 2d 5 3 tt t 也可以利用遲延性質(zhì)計(jì)算該卷積。因?yàn)?( t )

13、* ( t ) = t( t ) f1( t t1 ) * f2( t t2 ) = f( t t1 t2 ) 故對(duì)本題，有 ( t + 3 ) * ( t 5 ) = ( t + 3 5 )( t + 3 5 ) = ( t 2 )( t 2 ) 兩種方法結(jié)果一致。 (b) 由( t )的特點(diǎn)，故 ( t ) * 2 = 2 (c) tet( t ) * ( t ) = tet( t ) = ( et tet )( t ) 2-102-10 對(duì)圖示信號(hào)，求 f1( t ) * f2( t )。 題 2-10 圖 解解 (a)先借用階躍信號(hào)表示 f1( t )和 f2( t )，即 f1( t

14、 ) = 2( t ) 2( t 1 ) f2( t ) = ( t ) ( t 2 ) 故 f1( t ) * f2( t ) = 2( t ) 2( t 1 ) * ( t ) ( t 2 ) 因?yàn)?( t ) * ( t ) = = t( t ) t 0 d1 故有 f1( t ) * f2( t ) = 2t( t ) 2( t 1 )( t 1 ) 2( t 2 )( t 2 ) + 2( t 3 )( t 3 ) 讀者也可以用圖形掃描法計(jì)算之。結(jié)果見(jiàn)圖 p2-10(a)所示。 (b)根據(jù) ( t )的特點(diǎn)，則 f1( t ) * f2( t ) = f1( t ) * ( t )

15、+ ( t 2 ) + ( t + 2 ) = f1( t ) + f1( t 2 ) + f1( t + 2 ) 結(jié)果見(jiàn)圖 p2-10(b)所示。 圖 p2-10 2-112-11 試求下列卷積。 (a) )()()()e1 ( 2 ttt t (b) )(e d d )(e 3 t t t tt 解解 (a)因?yàn)椋?()()()(tttt )()e1 ()()()e1 ()()()()e1 ( 222 tttttt ttt (b)因?yàn)?，?()(ett t t ttt t ttt t t 3 33 e3)( )()(e)(e d d )(e 2-122-12 設(shè)有二階系統(tǒng)方程 )(4)(

16、2)(3)(ttytyty 試求零狀態(tài)響應(yīng) 解解 因系統(tǒng)的特征方程為 2 + 3 + 2 =0 解得特征根 1 = 1， 2 = 2 故特征函數(shù) )()ee (ee)( 2 2 21 ttx tttt 零狀態(tài)響應(yīng) )()ee ()(4)()(4)( 2 2 tttxtty tt = )()4ee8( 2 t tt 2-132-13 如圖系統(tǒng)，已知 )()(),1()( 21 tthtth 試求系統(tǒng)的沖激響應(yīng) h( t )。 題 2-13 圖 解解 由圖關(guān)系，有 ) 1()() 1()()()()()()( 1 tttttthtftftx 所以沖激響應(yīng) ) 1()()()1()()()()()(

17、 2 tttttthtxtyth 即該系統(tǒng)輸出一個(gè)方波。 2-142-14 如圖系統(tǒng)，已知 r1 = r2 =1，l = 1h，c = 1f。試求沖激響應(yīng) uc( t )。 題 2-14 圖 解解 由 kcl 和 kvl，可得電路方程為 )()( 1 ) 1 () 1 ( 1 2 1 c 1 2 c 2 1 c t lr r t r u lr r l u l cr r uc 代入數(shù)據(jù)得 )()(22 ccc ttuuu 特征根 1,2 = 1 j1 故沖激響應(yīng) uc( t )為 )()(*)ee ()( 11 c tttu tt )(sine)()sin(cosettttt tt v)(cos

18、ett t 2-152-15 一線性時(shí)不變系統(tǒng)，在某起始狀態(tài)下，已知當(dāng)輸入 f( t ) = ( t )時(shí)，全響應(yīng) y1( t ) = 3e3t( t )；當(dāng)輸入 f( t ) = ( t )時(shí)，全響應(yīng) y2( t ) = e3t( t )，試求該系統(tǒng)的沖激響應(yīng) h( t )。 解解 因?yàn)榱銧顟B(tài)響應(yīng) ( t ) s( t )，( t ) s( t ) 故有 y1( t ) = yzi( t ) + s( t ) = 3e3t( t ) y2( t ) = yzi( t ) s( t ) = e3t( t ) 從而有 y1( t ) y2( t ) = 2s( t ) = 2e3t( t ) 即

19、 s( t ) = e3t( t ) 故沖激響應(yīng) h( t ) = s ( t ) = ( t ) 3e3t( t ) 2-162-16 若系統(tǒng)的零狀態(tài)響應(yīng) y( t ) = f( t ) * h( t ) 試證明： (1) t h t tf thtfd)( d )(d )()( (2) 利用(1)的結(jié)果，證明階躍響應(yīng) t htsd)()( 證證 （1）因?yàn)?y( t ) = f( t ) h( t ) 由微分性質(zhì)，有 y ( t ) = f ( t ) h( t ) 再由積分性質(zhì)，有 t htftyd)()()( （2）因?yàn)?s( t ) = ( t ) h( t ) 由（1）的結(jié)果，得 t

20、 httsd)()()( t htd)()( t hd)( 第第 3 3 章習(xí)題解析章習(xí)題解析 3-13-1 求題 3-1 圖所示周期信號(hào)的三角形式的傅里葉級(jí)數(shù)表示式。 題 3-1 圖 解解 對(duì)于周期鋸齒波信號(hào)，在周期( 0，t )內(nèi)可表示為 t t a tf)( 系數(shù) 2 d 1 d)( 1 00 0 a t t at t ttf t a tt tt ttnt t a ttntf t a 0 1 2 0 1n dcos 2 dcos)( 2 0 sin2 0 1 1 2 t n tnt t a tt ttnt t a ttntf t a b 0 1 2 0 1n dsin 2 dsin)(

21、2 cos2 0 1 1 2 n a n tnt t a t 所以三角級(jí)數(shù)為 1 1 sin 2 )( n tn n aa tf 3-23-2 求周期沖激序列信號(hào) n nttt)()( t 的指數(shù)形式的傅里葉級(jí)數(shù)表示式，它是否具有收斂性？ 解解 沖激串信號(hào)的復(fù)系數(shù)為 所以 n tn t t 1 j t e 1 )( 因 fn為常數(shù)，故無(wú)收斂性。 3-33-3 設(shè)有周期方波信號(hào) f( t )，其脈沖寬度 = 1ms，問(wèn)該信號(hào)的頻帶寬度（帶寬）為多 少？若壓縮為 0.2ms，其帶寬又為多少？ 解解 對(duì)方波信號(hào)，其帶寬為hz， 1 f 當(dāng)1 = 1ms 時(shí)，則 hz1000 001 . 0 11 1

22、 1 f 當(dāng)2 = 0.2ms 時(shí)，則 hz5000 0002 . 0 11 2 2 f 3-43-4 求題 3-4 圖示信號(hào)的傅里葉變換。 題 3-4 圖 解解 (a)因?yàn)?t t , t, 0 為奇函數(shù)，故 f( t ) = t tt t f t t tn 1 de )( 1 2 2 j n 1 tt t fdsin2 j)( 0 cossin 2 j 2 )(sacos 2 j 或用微分定理求解亦可。 (b) f( t )為奇函數(shù)，故 ttfdsin) 1(2 j)( 0 ) 2 (sin 4 j 1cos j 2 2 若用微分-積分定理求解，可先求出 f ( t )，即 f ( t )

23、 = ( t + ) + ( t ) 2( t ) 所以 2cos22ee)j ()( jj 1 ftf 又因?yàn)?f1( 0 ) = 0，故 ) 1(cos j 2 )( j 1 )( 1 ff 3-53-5 試求下列信號(hào)的頻譜函數(shù)。 (1) t tf 2 e)( (2) )(sine)( 0 tttf at 解解 (1) 0 j2 0 j2j deedeede )()(ttttff ttttt 2 4 4 j2 1 j2 1 (2) 0 jjjj d)ee(e 2j 1 ede )()( 00 tttff tttatt 0 )j(j)j(j deeee 2j 1 00 t tattat 00

24、 j)j( 1 j)j( 1 2j 1 22 0 22 0 00 )j()j( j2 2j 1 3-63-6 對(duì)于如題 3-6 圖所示的三角波信號(hào)，試證明其頻譜函數(shù)為 ) 2 (sa)( 2 af 題 3-6 圖 證證 因?yàn)?t t a),1 ( 0，| t | 則 0 dcos)1 (2)(tt t af )cos1 ( 2 2 a ) 2 (sin 4 2 2 a ) 2 (sa 2 a 3-73-7 試求信號(hào) f( t ) = 1 + 2cost + 3cos3t 的傅里葉變換。 解解 因?yàn)?1 2() 2cost 2( 1) + ( + 1) 3cos3t 3( 3) + ( + 3)

25、 故有 f( ) = 2() + ( 1) + ( + 1) + 3( 3) + ( + 3) 3-83-8 試?yán)酶道锶~變換的性質(zhì)，求題 3-8 圖所示信號(hào) f2( t )的頻譜函數(shù)。 f( t ) = 題 3-8 圖 解解 由于 f1( t )的 a = 2， = 2，故其變換 )(sa4) 2 (sa)( 22 1 af 根據(jù)尺度特性，有 )2(sa8)2(2) 2 ( 2 11 f t f 再由調(diào)制定理得 )(cos) 2 ()( 212 ft t ftf )22(sa8)22(sa8 2 1 )( 22 2 f )22(sa4)22(sa4 22 2 2 2 2 )( )2(sin

26、)( )2(sin 3-93-9 試?yán)镁矸e定理求下列信號(hào)的頻譜函數(shù)。 (1) f( t ) = acos(0t) ( t ) (2) f( t ) = asin(0t)( t ) 解解 （1）因?yàn)?)()()cos( 000 ata j 1 )()(t 所以由時(shí)域卷積定理 j 1 )()()()( 00 af )()( j 00 a （2）因?yàn)?)()(j)sin( 000 ata j 1 )()(t 由頻域卷積定理 j 1 )()()(j 2 1 )( 00 af 2 0 2 0 00 )()( 2 j aa 3-103-10 設(shè)有信號(hào) f1( t ) = cos4t t, 1 t, 0

27、試求 f1( t ) f2( t )的頻譜函數(shù)。 解解 設(shè) f1( t ) f1()，由調(diào)制定理 )()4()4( 2 1 4cos)( 111 fffttf 而 )(sa2) 2 (sa)( 1 f 故 )4(sa)4(sa)(f 3-113-11 設(shè)有如下信號(hào) f( t )，分別求其頻譜函數(shù)。 (1) )(e)( )4j3( ttf t (2) )2()()(tttf 解解 (1) 因 j 1 e t 故 )4j(3 1 j)4 j3( 1 e )4j3( t f2( t ) = (2) 因 2),1()()2()( ttgtt 故 jj e )(sa2e ) 2 (sa)( f 3-12

28、3-12 設(shè)信號(hào) 40, 2 t 其他, 0 試求 f2( t ) = f1( t )cos50t 的頻譜函數(shù)，并大致畫(huà)出其幅度頻譜。 解解 因 j2j2 e )2(sa8e ) 2 (sa2)( f 故 )50()50( 2 1 )( 112 fff )50j2()50j2( e)50(sa24e)50(sa24 幅度頻譜見(jiàn)圖 p3-12。 圖 p3-12 f1( t ) = 5050 | f2( ) | 第第 4 4 章習(xí)題解析章習(xí)題解析 4-14-1 如題 4-1 圖示 rc 系統(tǒng)，輸入為方波 u1( t )，試用卷積定理求響應(yīng) u2( t )。 題 4-1 圖 解解 因?yàn)?rc 電路的

29、頻率響應(yīng)為 1j 1 )j ( h 而響應(yīng) u2( t ) = u1( t ) * h( t ) 故由卷積定理，得 u2( ) = u1( ) * h( j ) 而已知，故)e1 ( j 1 )( j 1 u )e1 ( j 1 1j 1 )( j 2 u 反變換得 ) 1(e1 )()e1 ()( )1( 2 tttu tt 4-24-2 一濾波器的頻率特性如題圖 4-2 所示，當(dāng)輸入為所示的 f( t )信號(hào)時(shí)，求相應(yīng)的輸 出 y( t )。 題 4-2 圖 解解 因?yàn)檩斎?f( t )為周期沖激信號(hào)，故 2 2 , 1 1 1n tt f 所以 f( t )的頻譜 nn nnff)2(2

30、)(2)( 1n 當(dāng) n = 0，1，2 時(shí)，對(duì)應(yīng) h( j )才有輸出，故 y( ) = f( ) h( j ) = 22() + ( 2) + ( + 2) 反變換得 y( t ) = 2( 1 + cos2t ) 4-34-3 設(shè)系統(tǒng)的頻率特性為 2j 2 )j ( h 試用頻域法求系統(tǒng)的沖激響應(yīng)和階躍響應(yīng)。 解解 沖激響應(yīng)，故 )(e2)j ()( 21 thth t f 而階躍響應(yīng)頻域函數(shù)應(yīng)為 2j 2 j 1 )()j ()()( htsf 2j 2 j 1 )( 2j 1 j 1 )( 所以階躍響應(yīng) )()e1 ()( 2 tts t 4-44-4 如題圖 4-4 所示是一個(gè)實(shí)際

31、的信號(hào)加工系統(tǒng)，試寫(xiě)出系統(tǒng)的頻率特性 h( j )。 題 4-4 圖 解解 由圖可知輸出 t tttftfty 0 0 d)()()( 取上式的傅氏變換，得 )e1 ( j )( )( 0 j t f y 故頻率特性 )e1 ( j 1 )( )( )j ( 0 j t f y h 4-54-5 設(shè)信號(hào) f( t )為包含 0 m分量的頻帶有限信號(hào)，試確定 f( 3t )的奈奎斯特采樣頻率。 解解 由尺度特性，有 ) 3 ( 3 1 )3( ftf 即 f( 3t )的帶寬比 f( t )增加了 3 倍，即 = 3m。從而最低的抽樣頻率s = 6m 。故采樣周 期和采樣頻率分別為 m s 6

32、1 f t ms 6 ff 4-64-6 若電視信號(hào)占有的頻帶為 0 6mhz，電視臺(tái)每秒發(fā)送 25 幅圖像，每幅圖像又分 為 625 條水平掃描線，問(wèn)每條水平線至少要有多少個(gè)采樣點(diǎn)？ 解解 設(shè)采樣點(diǎn)數(shù)為 x，則最低采樣頻率應(yīng)為 xf625252 m 所以 768 62525 1062 62525 2 6 m f x 4-74-7 設(shè) f( t )為調(diào)制信號(hào)，其頻譜 f( )如題圖 4-7 所示，cos0t 為高頻載波，則廣播發(fā) 射的調(diào)幅信號(hào) x( t )可表示為 x( t ) = a 1 + m f( t ) cos0t 式中，m 為調(diào)制系數(shù)。試求 x( t )的頻譜，并大致畫(huà)出其圖形。 題

33、 4-7 圖 解解 因?yàn)檎{(diào)幅信號(hào) x( t ) = acos0t + ma f( t )cos0t 故其變換 )()( 2 )()()( 0000 ff ma ax 式中，f( )為 f( t )的頻譜。x( t )的頻譜圖如圖 p4-7 所示。 圖 p4-7 4-84-8 題 4-8 圖所示(a)和(b)分別為單邊帶通信中幅度調(diào)制與解調(diào)系統(tǒng)。已知輸入 f(t)的頻 譜和頻率特性 h1( j )、h2( j )如圖所示，試畫(huà)出 x(t)和 y(t)的頻譜圖。 題 4-8 圖 題 4-8 圖 x( ) f( ) f( ) 解解 由調(diào)制定理知 )()( 2 1 )(cos)()( cc1c1 ff

34、fttftf 而 x(t)的頻譜 )()()( 11 jhfx 又因?yàn)?)()( 2 1 )(cos)()( cc2c2 xxfttxtf 所以 )()()( 22 jhfy 它們的頻譜變化分別如圖 p4-8 所示，設(shè)c 2。 圖 p4-8 4-94-9 如題 4-9 圖所示系統(tǒng)，設(shè)輸入信號(hào) f(t)的頻譜 f( )和系統(tǒng)特性 h1( j )、h2( j )均 給定，試畫(huà)出 y(t)的頻譜。 f1( ) f2( ) x( ) y( ) 題 4-9 圖 解解 設(shè)，故由調(diào)制定理，得ttftf50cos)()( 1 )50()50( 2 1 )( 1 fff 從而 )()()()( 1122 fhf

35、tf 它僅在| | = ( 30 50 )內(nèi)有值。再設(shè) ttftf30cos)()( 23 則有 )30()30( 2 1 )( 223 fff 即 f3( )是 f2( )的再頻移。進(jìn)而得響應(yīng)的頻譜為 )()()( 23 jhfy 其結(jié)果僅截取 20 a0a3 故系統(tǒng)穩(wěn)定。 6-106-10 如題 6-10 圖示反饋系統(tǒng)，為使其穩(wěn)定，試確定 k 值。 題 6-10 圖 解解 該系統(tǒng)的 h( s )為 ksss ks sss ks sss ks sh 33 2 1 ) 1( 1 2 1 ) 1( )( 23 從必要條件考慮，應(yīng)當(dāng) k 0，再由 a1a2 a0a3 考慮，應(yīng)滿足 k 9，故當(dāng) 0

36、 k 9 時(shí)系統(tǒng)穩(wěn)定。 也可以從勞斯陣列判定。因?yàn)殛嚵校?0 0 3 9 3 31 k k k 為使第一列元素不變號(hào)，即應(yīng) 0, 0 3 9 k k 即 0 k 9 時(shí)系統(tǒng)穩(wěn)定。 第第 7 7 章習(xí)題解析章習(xí)題解析 7-17-1 試畫(huà)出下列離散信號(hào)的圖形。 (a) )() 2 1 ()( 1 nnf n (b) )2()( 2 nnf (c) )2()( 3 nnf (d) )()5 . 01 (2)( 4 nnf n 解解 各信號(hào)的圖形分別如圖 p7-1 所示。 圖 p7-1 7-27-2 試畫(huà)出下列序列的圖形。 (a) )6()2()( 1 nnnf (b) )()2()( 2 nnnf

37、(c) )5()()()( 3 nnnnnf (d) )4()3(2)2(2) 1()()( 4 nnnnnnf 解解 各序列的圖形分別如圖 p7-2 所示。 圖 p7-2 7-37-3 設(shè)有差分方程 )()2(2) 1(3)(nfnynyny 起始狀態(tài)。試求系統(tǒng)的零輸入響應(yīng)。 4 5 )2(, 2 1 ) 1(yy 解解 系統(tǒng)的特征方程為 2 + 3 + 2 = 0 其特征根為 1 = 1， 2 = 2 則零輸入響應(yīng)的形式為 nn kkny 2211zi )( nn kk)2() 1( 21 由起始狀態(tài) y(1)和 y(2)導(dǎo)出起始值 y(0)和 y(1) n = 0 時(shí)，y(0) = 3y

38、(1) 2y(2) = 1.5 2.5 = 1 n = 1 時(shí)，y(1) = 3y(0) 2y(1) = 3 + 1 = 4 從而有 1)0( 21zi kky 42) 1 ( 21zi kky 解得 k1 = 2， k2 = 3 故 0,)2(3) 1(2)( zi nny nn 7-47-4 設(shè)有離散系統(tǒng)的差分方程為 ) 1()(4)2(3) 1(4)(nfnfnynyny 試畫(huà)出其時(shí)域模擬圖。 解解 原方程可以寫(xiě)為 ) 1()(4)2(3) 1(4)(nfnfnynyny 從而可得時(shí)域模擬圖 p7-4，圖中 d 為單位延時(shí)（位移）器。 圖 p7-4 7-57-5 如圖所示為工程上常用的數(shù)

39、字處理系統(tǒng)，是列出其差分方程。 題 7-5 圖 解解 由圖可得差分方程 dd d d d d )3()2() 1()()( 3210 nfbnfbnfbnfbny 7-67-6 設(shè)有序列 f1( n )和 f2( n )，如圖 7-6 所示，試用二種方法求二者的卷積。 題 7-6 圖 解解 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 2, 5 . 3, 5 . 4, 5 . 5,

40、 5, 5 . 5, 5 . 4, 5 . 3,2)()( 0 21 n nfnf 方法二：用單位序列表示各函數(shù)后卷積。因?yàn)?)5(2)4(5 . 1)3()2() 1(5 . 1)(2)( 1 nnnnnnnf )3()2() 1()()( 2 nnnnnf 則 )8(2)7(5 . 3 )6(5 . 4)5(5 . 5)4(5 )3(5 . 5)2(5 . 4) 1(5 . 3)(2)()( 21 nn nnn nnnnnfnf 7-77-7 設(shè)有一階系統(tǒng)為 )() 1(8 . 0)(nfnyny 試求單位響應(yīng) h( n )和階躍響應(yīng) s( n )，并畫(huà)出 s( n )的圖形。 解解 由方

41、程知特征根 = 0.8，故 )(8 . 0)()(nnnh nn 階躍響應(yīng)為 )()8 . 01 (5 8 . 01 8 . 01 )()()( 1 1 nnnhns n n s( n )的圖形如圖 p7-7 所示。 圖 p7-7 7-87-8 設(shè)離散系統(tǒng)的單位響應(yīng)，輸入信號(hào)，試求零狀態(tài)響應(yīng) y( n )。)() 3 1 ()(nnh n n nf2)( 解解 由給定的 f( n )和 h( n )，得 0 )()()()()( k khknfnhnfny k k nk k kn ) 6 1 (2) 3 1 (2 00 因?yàn)?1, 1 1 1 0 a a a a n k n 故得 )() 3

42、1 ( 5 1 )(2 5 6 )(nnny nn 7-97-9 試證明 21 1 1 1 1 21 )()( nn nn nn 證明證明 n k kknk n k knnn nn 0 2112 0 121 )()( )(1 )(1 )( 1 2 1 1 2 1 0 1 2 1 n n n k kn 21 1 2 1 1 1 21 1 1 1 2 1 1 1 nnn nn n 7-107-10 已知系統(tǒng)的單位響應(yīng)， ) 10()()(ananh n 輸入信號(hào)，求系統(tǒng)的零狀態(tài)響應(yīng)。)6()()(nnnf 解解 )()6()()()()(nannnhnfny n 因?yàn)?)( 1 1 )()( 1

43、0 n a a anan nn k kn 利用時(shí)延性質(zhì)，則 )6( 1 1 )()6( 61 n a a nan n n 所以得 )6( 1 1 )( 1 1 )( 51 n a a n a a ny nn 第第 8 8 章習(xí)題解析章習(xí)題解析 8-18-1 求下列離散信號(hào)的 z 變換，并注明收斂域。 (a) ( n 2 ) (b) a-n( n ) (c) 0.5n1( n 1 ) (d) ( 0.5n + 0.25n )( n ) 解解 (a) zzzf0,)( 2 (b) 00 )()( n n n nn azzazf a z a z z az 1 1 )(1 1 1 ， (c) 11 1

44、 ) 2 1 (25 . 0)( n n n nn z zzf 2 1 2 1 1 z z ， (d) 00 25 . 0 5 . 0)( n nn n nn zzzf 5 . 0 25 . 0 5 . 0 z z z z z ， 8-28-2 求下列 f( z )的反變換 f( n )。 (a) 21 1 8 1 4 3 1 5 . 01 )( zz z zf (b) 2 21 )( 1 1 z z zf (c) )2)(1( 2 )( zz z zf (d) )4 . 0)(2 . 0( 3 )( 2 zz zz zf (e) 2 ) 1)(2( )( zz z zf 解解 (a) 因?yàn)?

45、) 4 1 )( 2 1 ( 5 . 0 )( 2 zz zz zf 故 4 1 2 1 ) 4 1 )( 2 1 ( 5 . 0)( 21 z k z k zz z z zf 解得 k1 = 4，k2 = 3 進(jìn)而 4 1 3 2 1 4 )( z z z z zf 所以 )() 4 1 (3) 2 1 (4)(nnf nn (b) ) 2 1 (2 2 ) 2 1 (2 21 2 2121 2 )( zz z zz z z z zf 所以 ) 1() 2 1 ()() 2 1 ( 2 1 )( 1 nnnf nn (c) 由于 )2)(1( 2 )( zz z zf 故 21)2)(1(

46、2)( 21 z k z k zzz zf 解得 k1 = 2，k2 =2 進(jìn)而 2 2 1 2 )( z z z z zf 所以 )() 12(2)()2(2)(2)(nnnnf nn (d) 由于 )4 . 0)(2 . 0( 3 )( 2 zz zz zf 故 4 . 02 . 0)4 . 0)(2 . 0( 13)( 21 z k z k zz z z zf 解得 3 1 , 3 8 21 kk 故有 4 . 0 3 1 2 . 0 3 8 )( z z z z zf 所以 )()4 . 0( 3 1 )2 . 0( 3 8 )(nnf nn (e) 由于 2 ) 1)(2( )( z

47、z z zf 故 1) 1(2) 1)(2( 1)( 12 2 111 2 z k z k z k zzz zf 解得 k1 = 1， k11 = 1， k12 = 1 從而有 1) 1(2 )( 2 z z z z z z zf 故得 )() 12()(nnnf n 8-38-3 試用 z 變換的性質(zhì)求以下序列的 z 變換。 (a) )3()3()(nnnf (b) )()()(nnnnf 解解 (a) 由時(shí)延性質(zhì)，有 22 3 2 ) 1( 1 ) 1( )( zz z z z zf (b) )1 ( 111 )( nn z z z z z z z z zf 8-48-4 試證明初值定理

48、)(lim)0(zff z 證明證明 因?yàn)?21 0 )2() 1 ()0()()(zfzffznfzf n n 當(dāng) z時(shí)，則上式右邊除 f(0)外均為零，故 )(lim)0(zff z 8-58-5 試用卷和定理證明以下關(guān)系： (a) )()()(mnfmnnf (b) )() 1()()(nnnn 證明證明 (a) 因由卷和定理 m zzfmnnf )()()( 而 )()(zfzmnf m 故得 )()()(mnfmnnf (b) 因?yàn)?2 2 ) 1(11 )()( z z z z z z nn 而 2 2 2 ) 1(1) 1( )()()() 1( z z z z z z nnnn

49、n 所以 )() 1()()(nnnn 8-68-6 已知，試求的 z 變換。)() 1()()(nnnn)(nn 解解 因由卷和定理 2 2 ) 1( )()( z z nn 而 )()() 1()(nnnnn 所以 22 2 ) 1(1) 1( )( z z z z z z nn 8-78-7 已知因果序列的 z 變換為 f( z )，試分別求下列原序列的初值 f( 0 )。 (1) )5 . 01)(5 . 01 ( 1 )( 11 zz zf (2) 21 1 5 . 05 . 11 )( zz z zf 解解 (1) 25 . 0 25 . 0 1 1 )( 2 2 2 z z z

50、zf 所以 1)(lim)0( zff z (2) 5 . 05 . 1 )( 2 zz z zf 所以 0)(lim)0( zff z 8-88-8 已知系統(tǒng)的差分方程、輸入和初始狀態(tài)如下，試用 z 變換法求系統(tǒng)的完全響應(yīng)。 ) 1( 2 1 )() 1( 2 1 )(nfnfnyny 。1) 1(),()(ynnf 解解 對(duì)方程取 z 變換，有 )(5 . 0)(5 . 0)(5 . 0)( 11 zfzzfzyzzy 即 5 . 0 1 )5 . 01 ()()5 . 01 ( 11 z z zzyz 故 5 . 0 5 . 0 1 )( z z z z zy 所以 n nny)5 .

51、0(5 . 0)()( 8-98-9 設(shè)系統(tǒng)差分方程為 )()2(6) 1(5)(nfnynyny 起始狀態(tài) y( 1 ) = 3，y( 2 ) = 2，當(dāng) f( n ) = z( n )時(shí)，求系統(tǒng)的響應(yīng) y( n )。 解解 對(duì)差分方程取 z 變換，得 )()2() 1()( 6)1()( 5)( 121 zfyyzzyzyzyzzy 即 1 2 1218)(615)(5)( 121 z z zzyzzyzzy 從而有 21 1 651 318 1 2 )( zz z z z zy )3)(2)(1( 18215 23 zzz zzz 故 321 )( 321 z k z k z k z z

52、y 解得 k1 = 1， k2 = 4， k3 = 0 則有 2 4 1 )( z z z z zy 得全響應(yīng) )()2(4)()(nnny n 8-108-10 設(shè)一系統(tǒng)的輸入，系統(tǒng)函數(shù))2(2) 1(4)()(nnnnf )5 . 01)(1 ( 1 )( 11 zz zh 試求系統(tǒng)的零狀態(tài)響應(yīng)。 解解 因?yàn)?) 1)(5 . 0(5 . 05 . 1 )( 2 2 2 zz z zz z zh 所以 15 . 0) 1)(5 . 0( )( 21 z k z k zz z z zh 解得 k1 = 1， k2 = 2 故 1 2 5 . 0 )( z z z z zh 得 )(2)5 .

53、 0()(nnh n 所以 )()()(nfnhny )2(2) 1(4)()(2)5 . 0(nnnn n )()5 . 0()(2)(4nnn n 8-118-11 設(shè)有系統(tǒng)方程 ) 1(2)()2(8 . 0) 1(2 . 0)(nfnfnynyny 試畫(huà)出其 z 域的模擬框圖。 解解 在零狀態(tài)下對(duì)方程取 z 變換，得 )(2)()(8 . 0)(2 . 0)( 121 zfzzfzyzzyzzy 即 )()21 ()()8 . 02 . 01 ( 121 zfzzyzz 故有 21 1 8 . 02 . 01 21 )( )( )( zz z zf zy zh 由此可以畫(huà)出模擬圖如圖

54、p8-11 所示。 圖 p8-11 8-128-12 如題 8-12 圖所示 z 域框圖，試寫(xiě)出其差分方程。 題 8-12 圖 解解 由圖可得 )( 1 )( 1 1 zf az zb zy 故有 )()()()1 ( 11 zfzbzyaz 所以 ) 1()() 1()(nfnbfnayny 8-138-13 如題 8-13 圖所示 z 域框圖，是寫(xiě)出其差分方程。 題 8-13 圖 解解 由圖可得 )( 1 1 )( 1 zf az zx )()1 ()( 1 zxbzzy 故有 )( 1 1 )( 1 1 zf az bz zy 即 )()1 ()()1 ( 11 zfbzzyaz 從而有差分方程 ) 1()() 1()(nbfnfnayny 8-148-14 對(duì)于題 8-12 和 8-13，試分別寫(xiě)出系統(tǒng)函數(shù) h( z )。 解解 對(duì)于題 8-12，因 )()()( 1 zxazzfzx )()1 ()( 1 zxazzf 而 )()()()()( 11 zxzbzxzzbxzy 故 1 1 1)( )(