信號與系統(tǒng)奧本海姆中文答案chapter

第九章9.6解：假如有限連續(xù)期信號Roc為整個s平面，故存在極點不行能，故不行能為有限連續(xù)期?？赡苁亲髠?cè)的。不行能是右側(cè)的，假如右側(cè)信號，它其實不是絕對可積的。x(t)可能為雙邊的。9.8解：因為g(t)x(t)e2t的傅氏變換，G(j)收斂所以x(t)絕對可積若x(t)為左側(cè)或許右側(cè)信號，則x(t)不停對可積故x(t)為雙邊信號9.10解：低通帶通高通9.14解：X(s)x(t)estdt，由x(t)是偶函數(shù)可得X(s)x(t)estd(t)x(t)e(s)tdtx(t)e(s)tdtX(s)1j1se4為極點，故se22

j4也為極點，由x(t)是實信號可知其極點成對出現(xiàn)，1j1j故se4與se4也為極點。22X(s)M1j1j1j1j(s2e4)(se4)(s2e4)(se4)22由x(t)dt4得x(0)4所以，M＝1/4即，224Re{s}49.21解：(a)X(s)11s2s3Re{s}2(b)X(s)15s4(s5)225Re{s}4(c)X(s)11s2s3Re{s}2(d)X(s)11(s2)2(s2)22Re{s}2(e)X(s)11(s2)2(s2)22Re{s}2(f)X(s)1(s2)2Re{s}2(g)X(s)1(1es)sRe{s}0(h)X(s)(es1)2s2Re{s}0(i)X(s)11sRe{s}011(j)X(s)s3Re{s}09.23解：1．Roc包含Re{s}=32．Roc包含Re{s}=03．Roc在最左側(cè)極點的左側(cè)4．Roc在最右側(cè)極點的右側(cè)圖1：1，Re{s}22，2Re{s}23，Re{s}24，Re{s}2圖2：1，Re{s}22，Re{s}23，Re{s}24，Re{s}2圖3：1，Re{s}22，Re{s}23，Re{s}24，Re{s}2圖4：1，S為整個平面2，S為整個平面3，S為整個平面4，S為整個平面9.25解：圖略9.27解：x(t)為實信號，X(s)有一個極點為s1jX(s)另一個極點為s1jX(s)M(s1j)(s1j)又X(0)8M16則，X(s)8j8js(1j)s(1j)Re{s}1或許Re{s}1之一使其建立又e2tx(t)不是絕對可積的對任一個s，右移2，不必定在Roc中所以，Re{s}19.35解：(a)x(t)*u(t)L1X(s)s那么方框圖表示的方程為x(t)2x(t)*u(t)x(t)*u(t)*u(t)y(t)y(t)*u(t)6y(t)*u(t)*u(t)tttttt即x(t)2x()dx()ddty(t)y()d6y()ddt對兩邊求導(dǎo)可得d2y(t)dy(t)y(t)d2x(t)dx(t)dt2dtdt26x(t)dt(b)H(s)s2s6s1s21是H(s)的二重極點，因為系統(tǒng)是因果的s22s1所以Re{s}1Roc包含虛軸，所以系統(tǒng)是穩(wěn)固的。9.40解：1(a)H(s)s36s211s61X(s)Re{s}4s4Y(s)(s36s2111s6)(s4)y1(t)(1et1e2t1e3t1e4t)u(t)6622(b)s3Y(s)s2y(0)sy(0)y(0)6[s2Y(s)sy(0)y(0)]11[sY(s)y(0)]6Y(s)＝0Y(s)s25s6s36s211s6y2(t)etu(t)(c)S輸出為a,b之和即，Y(s)1s25s6(s36s211s6)(s4)s36s211s69.48解：1(a)H(s)H1(s)圖略9.65解：3dV0(t)1dV02(t)(a)Vi(t)V0(t)dt2dt22(b)Vi(t)e3