信号与系统答案32-40

更新时间：2023-04-06 21:34:01 阅读量：教育文库文档下载

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1 第三十三套参考答案

一、解

1．2π

。

2．)(t δ-。

3．由列表法可得零状态响应为：

??????-=↓2,5,7,2,1,1)(*)(k h k f 4．t j t j t j t j n t jn n je je e e e F t f 0000033)()(2.02.05.05.01)(ωωπωπωω-+++==

-++-∞-∞=∑

)2/3cos(4.0)cos(100πωπω-+++=t t （因为1/200==T πω）

)3sin(4.0)cos(1)2/3cos(4.0)cos(1t t t t +-=-+++=ππ

5. ()()t h t f 222*。

6. 信号)(t f 的最高频率为)(Hz f m ，根据傅立叶变换的展缩特性可得信号)2(t f 的最高频率)(2Hz f m 。根据傅立叶变换的乘积特性，两信号时域相乘，其频谱为该两信号频谱的卷积，故)(t f )2(t f 的最高频率为)(3Hz f m 。根据时域抽样定理，对信号)(t f )2(t f 取样时，其频谱不混叠得最大取样间隔max T 为

)(6121max max s f f T m ==

7. 由于信号s 域表达式中有一个极点在右半s 平面，故傅立叶变换)(ωj F 不存在。

8. 由于系统的极点为5.0,121=-=z z ，有一个极点在单位圆上，故系统不稳定。

9. 利用冲激信号的展缩特性和取样特性，可得 3)2()1()2()1()2(1222=+=-+=+-+=∞∞-∞

∞-??t t t dt t t t dt t t t δδ

10. 根据Fourier 变换的共轭对称性，由于)(ωA 为实偶函数，故信号应为实偶函数。再利用Fourier 变换的时移特性，频谱)(ωj F 相频特性ω3-对应信号右移3，因此信号是关于t=3的偶对称的实信号。

二、解

1、)(t f 和)(t g 的卷积的波形如图A-4所示。 0

123t

)

()(t g t f *

图A-4 2、解

对于单边正弦信号，用频域卷积定理，得： ()()[]()[]()[]t F t F t t F o o εωεω*=sin sin

()()()[]001

21ωωδωωδπωπδωπ--+*??????+=

j j

()()[]

0020

202ωωδωωδπ

ωωω--++--=j

对单边余弦信号，用频域卷积定理，得：

()()[]()[]()[]t F t F t t F εωεω*=00cos cos

()()()[]001

21ωωδωωδπωπδωπ-++*??????+=

()()()[]002

22ωωδωωδπ

ωωω-+++-=o j

3、利用周期信号频谱和非周期信号频谱的关系可以求出)(t f T 的傅立叶系数为

T n Sa T Sa T F n n π

ωτωτωττωω2),4(2)4(2100220===

由此可以写出周期信号)(t f T 的傅立叶级数展开式

∑∑∞

-∞

=∞

-∞

n t

jn n t

jn n T e n Sa T

F t f 00)4(

2)(02ωωτωτ

对其进行傅立叶变换即得)(t f T 的频谱密度)(ωj F T

∑∞

-∞

=-=n T n n Sa T

j F )()4(

22)(002ωωδτ

ωτ

取样信号),()()(t f t f t f T s =利用傅立叶变换的乘积特性可得

∑∞

-∞=-=*=n T s n F n Sa T j F j F j F )

()4(2)()(21)(002ωωτωτ

ωωπω

从)(ωj F s 可以看出，当m ωω20≥时，)(ωj F s 频谱不混迭，即

m T ωπ

≤

仍可从取样信号)(t f T 中恢复原信号

)(t f 。

4、解：

系统的零点为：0=z ；极点为：5.0=z ，零极点图如图A-5(a)所示。由于极点在单位圆内，因此，系统的频率响应为：

5.0)()(-==Ω

=Ω

j j e z j e e z H e H j

系统的幅频响应为：

)]2/(sin 225.1[1

.0)(Ω+=

-=ΩΩ

j j j e e e H ，如图A-5(b)所示。

?O )

Re(z )

Im(z

-Ω

)

(Ωj e H

(a) (b)

图A-5

3 显然是一个低通滤波器。

5、解：设)()(t t f δ=，得系统单位冲激响应)(t h 满足的微分方程为： )(2)()(2)(3)(t t t h t h t h δδ+'=+'+''

对上述微分方程取单边拉普拉斯变换，得 2)()23(2+=++s s H s s 整理，得系统函数为：

11)2)(1(2232)(2+=+++=+++=s s s s s s s s H ，取单边拉普拉斯逆变换，得系统单位冲激响应为：

)()(t e t h t ε-= 当输入为：)()(3t e t f t ε-=时，系统的零状态响应为

??>--∞∞------=-===0

04)

(33)()()(*)()(*)()(t t t t t zs d e e d t e e t e t e t h t f t y τττετεεετττ

)()(41)41(50

04t e e e e t t t t ετ-->---=-= 三、解

1、解：

(1) 由图可得： )()8143()()311()(211z Y z z z X z z Y ----++=

整理得： )()311()()81431(121z X z z Y z z ---+=+- (1)

根据单边Z 变换的位移性质，得系统的差分方程为

)1(31)()2(81)1(43)(-+=-+--

n x n x n y n y n y

(2) 由式（1）可得系统函数为 )2/1)(4/1()3/1()

8/14/3()3/1(81431311)()()(2211

--+=+-+=+-+==---z z z z z z z z z z z z X z Y z H

(3) 因为

4/1372/1310)2/1)(4/1()3/1()(---=--+=z z z z z z z z z H ，取单边Z 逆变换，可得系统的单位样值响应为：)(])41(37)21(310[)(n n h n n ε-= 2、解

对微分方程两边做单边拉斯变换得

)()12()(10)0(7)(7)0(')0()(2s F s s Y y s sY y sy s Y s +=+-+-----

整理后可得 )(10712107)0(7)0(')0()()

(2)(2s F s s s s s y y sy s Y s Y s Y f x

+++=+++-=---

(1) 根据系统函数的定义，可得 532110712)()()(2+++-=+++==

s s s s s s F s Y s H f 进行拉斯反变换即得

)()3()(52t e e t h t t ε--+-= (2) 零输入响应的s 域表达式为

4 53/1723/5107254)(2+++-=+++=

s s s s s s Y x

取拉斯反变换即得 0,31735)(52≥+-=-t e e t y t t x

(3) 零状态响应的s 域表达式为 575.021125.0)

1)(107(12)(10712)(22+-++++-=++++=+++=

s s s s s s s s F s s s s Y f 取拉斯反变换即得 )()75.025.0()(52t e e e t y t t t f ε----+-=

(4) 若

)1()()1(-=--t e t f t ε，则系统单位冲激响应h(t)、系统函数)(s H 和零输入响应)(t y x 均不变，根据时不变特性，可得系统零状态响应为

)1()75.025.0()1()1(5)1(2)1(--+-=-------t e e e t y t t t f ε

5 第三十四套参考答案

一、解

1. 利用冲激信号的取样特性，可得

422132)2(-=---=-=-?e e dt t e t t

t δ 2. 系统的零状态响应为)()(k h k f *，由于}1,1,1,1{)4()()(=--=k k k h εε，故利用列表法可得

}3,5,6,6,3,1{)()(1==*k k h k f 3. 根据已知有

)2()}({)(k f k f T k y ==，)2(]}[{)(111k f k f T k y ==，)2()}({)(222k f k f T k y ==

由于 )()()2()2()}()({212121k by k ay k bf k af k bf k af T +=+=+ )()2()}({000k k y k k f k k f T -≠-=-

故系统为线性时变系统。 4. 对信号)]()()[cos()(πεπε--+=t t t t f 微分，可得

)]()()[cos()]()()[sin()('πδπδπεπε--++--+-=t t t t t t t f

利用冲激信号的筛选特性化简，可得 )()()]()()[sin()('πδπδπεπε-++---+-=t t t t t t f 5. ),4(44sin )(t Sa t t t f ==其频谱

?????><==4,04,)()(8ωωπωπωg j F 6. 信号)(t f 的最高角频率为m ω，根据傅立叶变换的展缩特性可得信号)4/(t f 的最高角频率为4/m ω，信号)2/(t f 的最高角频率为2/m ω。根据傅立叶变换的乘积特性，两信号时域相乘，其频谱为该两信号频谱的卷积，故)2/()4/(t f t f 的最高角频率为

m m m

ωωωω4324max =+=

根据时域抽样定理可知，对信号)2/()4/(t f t f 取样时，其频谱不混迭的最大抽样间隔max T 为

m T ωπωπ34max max == 7. )0)(Re(,9392)9(32)(22

2222>+++=++=--s s e s s s s se s s F

)()3s i n 3c o s 2()(2t t e t t f ω-+= 8.

)()2()2(,)(522)(52t e t e t d e e t y t t t t εετττ------*+=->=?

利用傅立叶变换的卷积特性可得 107)(512)(24

224++=+?+=+ωωωωωωωj j e j j e e j Y j j 9.

111112311211)31)(21(2)3)(2(2)(-----++-=+-+=+-+=z z z z z z z z z z F

)(])3(2[)]([)(1k s F z k f k k ε-+==- 10. 计算)(ωj H 的傅立叶反变换即得

)]([2121)(21)(0)(00t t Sa dt e dt e e dt e j H t h m m t t j t j t j t j m m -====???∞---∞--∞∞-ωπωππωπ

ωωωωωω 二、解

1、(1))2()4()3()2()1()()(+-++--+-+----=t t r t r t t r t r t f εε

(2) 将)42(--t f 改成)]2(2[+-t f ，先压缩，再翻转，最后左移2，即得)42(--t f ，如图A-5所示。

-1

)

2(t f 0

-0.51.5

-1-1.5-21)2(t f -t

-3-2.5-4-2

-3.5

-1

1-1

)]

2(2[+-t f 00

图A-5

2．解：因为：

)()sin()(t Sa t t t f c c c ωπωπω==

，又因为：

)2()(ωτ

τSa t g ?，由傅立叶变换的对称性可知：)(2)(2)2(

ωπωπτ

ττg g t Sa =-?。设c ωτ2=，得

)(2)(2ωπωωc g t Sa c ?，即)(2)(2ωωωπωωc

g t Sa c c c

?，因此，有

)

(2)()()(2ωωωωπω

ωc

g j F t Sa t f c c c =?=

频谱图如图A-6所示。

ωc

ω-c

ω2ω

)(ωj H

图A-6

3、由已知，有

]

1[21)}1({-???

??=-k k T k

εδ 根据时不变特性，可得

)

(2121)}({)(k k T k h k

εδ???

??==

由于

∑-∞

=+=k

n k k k k k f )

()(2)()(2)(δδεδ

根据线性和时不变特性，可得

)

(21211)()(2)(k n h k h k y k k

n ε????

??????? ??+=+=∑-∞=

4、解

分析：零状态响应可用微分方程解，零输入响应可用全响应减去零状态响应求出，()+0zi y 、()

'0zi y 可用初

值定理求出。

对方程两边取拉斯变换，得

()()()()()()s X s sX s X s s Y s sY s Y s 23652

2++=++，即

()()()()()()()312321562322++=

++++=++++==s s s s s s s s s s s X s Y s H 已知：()()112111++=

++=s s s s s s X ，所以

()()()())3(35

31312++

=++=

=s s s s s s X s H s Y zs

取单边拉斯逆变换得零状态响应：

()()

t e t y t zs ε???

??+=-33531

零输入响应：

()()()()

()t e e t y t y t y t

t zs zi ε3234---=-= ()656

33242

+++=+-+=

s s s s s s Y zi

()

()()

s sY t y y zi s zi t zi ∞

→→+==+

lim 0lim 0

656

2lim =+++?

=∞

→s s s s s

()

()()()[]

∞

→→+

-='='+

lim 0

zi zi s zi t zi y s sY s t y y

()[

2lim =-=∞

→s s Y s zi

5、解

（1）由题意，()t f 的最高频率,400Hz f m =则Nyquist 抽样间隔为：

ms f m 25.14002121=?=

∴ 抽样间隔应满足ms T 25.1≤

（2）已知抽样间隔T=1ms ，则抽样频率s f 为

kHz T f s 11

由抽样定理，c f 应满足 m s c m f f f f -<< 即()Hz Hz f Hz c 6004001000400=-<< 三、解

1、解：（1）由图可得：

)(21)()(11

1z X z z X z X -+

=，即

)

)(1z X z z z X -=

(1)

因为：

)(41)()(21

2z X z z X z X -+

=，即

)

)(12z X z z z X -=

(2)

式（1）代入式（2），得

)

()

1)(41()(2

2z X z z z z X --=

(3)

又因为：

)

()31

1()(31)()(21212z X z z X z z X z Y --+=+= (4)

式（3）代入式（4），可得

)()

21)(41()

()(z X z z z z z Y --+=

由系统函数的定义，有

)

21)(41()

()()()(--+=

=z z z z z X z Y z H

（2）因为：2

11181431311)211)(411(311)21)(41()31()

()()(------+-+=

--+=--+==z z z z z z z z z z z X z Y z H

所以，有

)(31

)()(81)(43)(121z X z z X z Y z z Y z z Y ---+=+-

在零状态条件下，由单边Z 变换的位移性质可得系统的输入输出差分方程为：

)1(31

)()2(81)1(43)(-+=-+--

n x n x n y n y n y

（3）因为：

413721310)21)(41()

()(-

-=--+=z z z z z z z z z H 由：

a z z

n a n -?

)(ε可得系统的单位样值响应为 )

(])41

(37)21(310[)(n n h n n ε-=

2、(1)利用傅立叶级数的计算公式可得到周期信号)(t p 的频谱n F 为

/02

/2/2/2/000)(1)(1ττωττωωω=-=------===??t t t

jn t

jn T T t jn n e jn T A dt Ae T dt e t f T F

T n Sa T A n n T A π

ωτωττωτωτ2,22/)2/sin(0000=

??? ??==

(2)周期信号)(t p 的指数函数形式的傅立叶级数展开式为

∑

∞

-∞

=??? ??=

n t jn e n Sa T A

t p 02)(0ωτωτ

对其进行Fourier 变换即得p(t)的频谱密度)(ωj P 为

)(22)(00ωωδτωτπ

ωn n Sa T A

j P n -???

??=∑

∞

-∞

(3)由于)()()(t p t f t f p =，利用傅立叶变换的乘积特性，可得

)

(2)(*)(21)(00ωωτωτωωπωn F n Sa T A j P j F j F n p -???

??==∑∞

-∞=

(4)从信号)(t f p 的频谱表达式)(ωj F p 可以看出，当m ωω20≥时，)(ωj F p 频谱不混迭，即

m T ωπ≤

10 第三十五套参考答案

一、解

1. 利用冲激信号的展缩特性和筛选特性，可得

)1(21)1(21)]2()([)22()]2()([-=-?--=-?--t t t t t t t δδεεδεε

2、利用排表法可得 }6,5,1,3,3,2{)(*)(--=↓k h k f

3、连续时间信号t t f sin )(=的基本周期为πωπ

2200==T 。若对)(t f 以Hz f s 1=进行抽样，所得离散序列

k t f k f kT t sin )()(===。由于离散序列k k f sin )(=的角频率

ππ212,100=Ω=Ω不是有理数，故该序列不是周

期序列。 4、对连续时间信号延迟0t 延迟器的单位冲激响应为)(0t t -δ，积分器的单位冲激响应为)(t ε，微分器的单位冲激响应为)('t δ。

5、由于)(ωj H 的分子分母互为共轭，故有

)arctan(2)(ωωj e j H =

所以系统的幅度响应和相位响应分别为 1)(=ωj H ，)arctan(2)(ωωφ=

由于系统的相频响应)(ωφ不是ω的线性函数，所以系统不是无失真传输系统。

6、由于)(sin 2ωπg t t ?，根据Parseval 能量守恒定律，可得

πωππωωππ===??? ?????-∞∞-∞∞-d d g dt t t 1

1222221)(21sin

7、由于)1()()(--=k k k εεδ，利用线性和时不变特性，可得

)1()21()()21()1()()(1--=--=-k k k g k g k h k k εε

8、t

j t j t j t j e e e e t t t f 202010102323222)20cos(3)10cos(42)(--++++=++=

利用Parseval 功率守恒定理，可得信号)(t f 的平均功率为 16.5)23()23(222222222=++++==∑∞

-∞=n n F P

9、信号)(t f 的最高角频率为m ω，根据傅立叶变换的展缩特性可得信号)4/(t f 的最高角频率为4/m ω，信号)2/(t f 的最高角频率为2/m ω。根据傅立叶变换的乘积特性，两信号时域相乘，其频谱为该两信号频谱的卷积，故)2/()4/(t f t f 的最高角频率为 m m m

ωωωω4324max =+=

根据时域抽样定理可知，对信号)2/()4/(t f t f 取样时，其频谱不混迭的最大抽样间隔max T 为

m T ωπωπ34max max ==

10、对单位脉冲响应进行z 变换可得系统函数为 211

115.05.115.235.01211)(-----++--=+-++-=z z z z z z H

11 由系统函数的定义可得到差分方程的z 域表示式为

)()5.23()()5.05.11(121z F z z Y z z f -----=++ 进行z 反变换即得差分方程为

)1(5.2)(3)2(5.0)1(5.1)(---=-+-+k f k f k y k y k y

二、解 1. 系统的零状态响应)()()(t h t f t y *=，其波形如图A-4所示。 t

)

(t y 02-2

123 图A-4

2．解：∑+-==51)()(n n k k f n y 代表的系统是线性，时不变性，非因果，稳定，有记忆的系统。理由如下：

线性特性：已知：∑+-==

?51)

()()(n n k k f n y n f ，对于任意给定的不为零的常数α和β，设∑+-==?51111)()()(n n k k f n y n f ；∑+-==?5

1222)

()()(n n k k f n y n f ，则有

)()()]()([)()(21251

121n y n y k f k f n f n f n n k βαβαβα+=+?

+∑+-=

因此，该系统是线性系统。时不变性：已知：∑+-==

?51)()()(n n k k f n y n f ，则有

)()()()(051510000n n y k f n k f n n f n n n n k n n k -==-?

-∑∑+---=+-=

因此，该系统是时不变系统。

因果性：由∑+-==

51)

()(n n k k f n y 可知，系统的当前输出不仅与当前和过去的输入有关，而且还与未来的输入有关，

因此，该系统是时变系统。稳定性：设输入有界，即：∞<≤M n f )(，则有

∑

∑∑+-=+-=+-=∞<=≤≤=

5151517)()()(n n k n n k n n k M M k f k f n y ，即输出也有界，因此，该系统是稳定的系统。

记忆性：由∑+-==

51)

()(n n k k f n y 可知，系统的当前输出历史输入有关，因此，该系统是记忆系统。

3. (1) 对微分方程两边做单边拉斯变换即得s 域代数方程为 )()14()(6)0(5)(5)0()0()('2s F s s Y y s sY y sy s Y s +=+-------

(2) 整理上述方程可得系统完全响应得s 域表达式为 )(651465)0(5)0()0()(22's F s s s s s y y sy s Y +-++++-+=--- 其中零输入响应的s 域表达式为

652)(2-=

+--=

s s s s s Y x

取拉斯反变换可得 0,)(3≥=t e t y t x

零状态响应的s 域表达式为

/132314/1)1)(3)(2(14)(6

514)(2-+

--++-=---+=+-+=

s s s s s s s s F s s s s Y f 取拉斯反变换可得

)

(413341

)(32t e e e t Y t t t f ε??? ??+-+-=-

4．解：（1）设输入端求和器的输出为：)(s X ，对于输入端求和器，有

)()()()(2s H s Y s E s X += (1)

对于输出端求和器，有

)()](1[)(1s X s kH s Y -= (2)

由式（1）和（2）消去中间变量)(s X ，得

2)()](1[1)(1)()

()(211=---==

s H s kH s kH s E s Y s H

整理，得

)](1[2)

(1)(112s kH s kH s H -+=

(3)

将

)(1+=

s s H 代入式（3），得

)3(23)(2k s k

s s H -+++=

（2）由于系统函数的极点为：3-=k s p ，为了使系统稳定，系统极点应该在s 左半平面，即要求：03<-k ，因此，3

由

∑∞

-∞

n jnt

e t

f )(可知，)(t f 是一个周期信号，且周期为：

ωπ

220

T ，指数形式的傅立叶级数系数为：

∞<<∞-=n F n ,1，因此，)(t f 的频谱为：

)

(2)(2)(0

∑∑∞

-∞

=∞

-∞

=-=-=n n n

n n F j F ωδπωωδπ

ω，A 点信号的频谱如图A-5(a)所示。

由图可知：)cos()()(t t f t g =，根据傅立叶变换的调制性质，有

)]}

1([)]1([{21

)(++-=ωωωj F j F j G ，B 点信号的频谱如图A-5(b)所示。

因为：)()()()()(3ωωωωωg j G j H j G j Y ==，很显然，只有

5.1<ω范围的频率分量才可以通过系统。C 点

信号的频谱如图A-5(c)所示。

)

2(π)(ωj F ω

1-2

)

2(πω

1-2-)

(ωj G

(a) (b)

)

2(πω

1-)

(ωj Y

三、解

1、(1) 对差分方程两边进行z 变换得 )()2()]2()1()([2)]1()([3)(1121z F z y y z z Y z y z Y z z Y ----+=-+-++-++

整理后可得

)

(2312231)2(2)1(2)1(3)(211

211z F z z z z z y y z y z Y ------++++++------=

零输入响应的z 域表达式为

11211211213

112312231)2(2)1(2)1(3)(--------+-+

+=++--=++------=z z z z z z z y y z y z Y x

取z 反变换可得系统零输入响应为 )(])2(3)1[()(k k y k k x ε---=

零状态响应的z 域表达式为

111121121112

/121212/1)1)(231(2231)()2()(-----------+

++--=-+++=+++=z z z z z z z z z z F z z Y f

取z 反变换可得系统零状态响应为

)

(]21

)2(2)1(21[)(k k Y k k f ε+-+--=

(2) 根据系统函数的定义，可得

211

2312)()()(---+++=

=z z z

z F z Y z H f 由于系统的极点为2,121-=-=z z ，均不在单位圆内，故系统不稳定。

2. 解：

(1) 在零状态情况下，对系统的差分方程取单边Z 变换，得

)

()1(21

)(1z X z z Y -+=

因此，系统函数为:

z z z z X z Y z H 21)1(21)()()(1+=+==

-，0>z

由于收敛域包含单位圆，因此，系统的频率响应为：

ωω

j j e z j e e z H e H j 21)()(+=

对系统函数：

)

(1-

，取单边Z变换，可得系统的单位样值响应为

)]1

(

)

(

[

)

hδ

(2)

)

cos(

)

(

ω=

，

ω≤

(3) 幅频特性如图A-6所示。

图A-6

(4) 由幅频特性图可知，该系统是低通滤波器。

15 第三十六套参考答案

一、解

1. 利用冲激信号的展缩特性和取样特性，可得

.0)3(21)2()3(21)42()3(25

555-=-=---=+--=--??t t dt t t dt t t δδ

2. 由于)(t y 为信号)(t f 的偶分量，利用傅立叶变换的共轭对称性，其频谱为)(t f 频谱的实部。

3. 由系统函数可知系统的频率特性为ωωj j H +=11

)(，由于0)(,1)0(=∞=j H j H ，故系统为低通。

4. 直流分量即为傅立叶系数的0F 。由于41051)(11

/2/0000===

??--dt dt t f T F T T 。

5. 由于)

()1(0,00,1][k k k k k n k

n εε+=???<≥+=∑-∞=。

6．解：)1()1sin(--t t ε 因为11)()sin(2+?s t t ε，所以1)1()1sin(2+?---s e t t s ε

7．解：s f T m s 125.0)2/(1==

)(ωj F 的最高角频率为s rad /2π，即Hz f m 2=

)5.0(5.0)12(5.0ωωj F e t f j -?-

所示)12(-t f 频谱的最高角频率为s rad m /4πω=，即Hz f m 4=

因此，采样周期为s f T m s 125.0)2/(1==

8．解：)/()()(t j e t t f jt πδ+=

因为)/(1)()(ωωπδεj t +?，由傅立叶变换的对称性，得

)(2)/(1)(ωπεπδ-?+it t

)(2)/(1)(ωεπδ-?+t j t

)1(2)/()(ωεπδ-?+t j e e t jt jt

故 )1(2)(ωεω-=j F 的傅立叶逆变换)/()()(t j e t t f jt πδ+=

9. )()(k a k x k ε= 10. ωωπδj 1

)(+

二、解

1、解

由题意可知，)2()1(2)()(-+--=t t t t f εεε，因此，有

)()1(2)2()2()(t t t t f t h -+---=-=εεε

由卷积的微积分性质，有

16 )]2()1(2)([*)]()1(2)2([)(*)()(*)()1(-+---+---='=-t r t r t r t t t t f t h t f t h δδδ )]2()1(2)([*)]()1(2)2([-+--+---=t r t r t r t t t δδδ

)4()3(4)2(6)1(4)(-+---+--=t r t r t r t r t r

)4()4()3()3(4)2()2(6)1()1(4)(--+-----+---=t t t t t t t t t t εεεεε

?????????<<+-<<-<<+-<<><=43,43

2,832

1,431

0,4

,0,0t t t t t t t t t t

其波形如图A-3所示。

012341

2-)

(*)(t f t h t

图A-3

2、解

对微分方程取拉斯变换得

)

()(2)0()(s F s Y y s sY =+--

整理得 )

(21

2)0()(s F s s y s Y +++=-

因此有 2)

0()(+=-s y s Y x ，)(21)(s F s s Y f +=

取拉斯反变换，得零输入响应为

)()0()(2t e y t y t

x ε--=

由给定的系统全响应可知，激励信号应为：)()(t ke t f t ε-=，因此，其拉斯变换为 1)(+=s k

s F ，因而有

1)2)(1()(21

)(+-+=++=+=s k

s k s s k s F s s Y f

取拉斯反变换，得零状态响应为 )

()()(2t ke ke t y t t f ε---=

因此。系统的全响应为 )(])0([)(22t ke e y ke t y t t t ε-----+=

与给定的系统全响应)(]32[)(2t e e t y t t ε--+=比较，可得：2=k ，5)0(=-y 因此，系统的零输入响应为

)

(5)()0()(22t e t e y t y t t x εε---==

系统的零状态响应为

)()(2)()()(22t e e t ke ke t y t t t t f εε-----=-=

3、解：（1）s T s T 5.1)3/4/(2,4)2//(221====ππππ

该信号的基本周期 2

211T m T m T ==

3/8//1221==m m T T 故 s T T T 128321===

基波 )/(6/12/2/2s rad T πππ===Ω

（2）

)(t f 的3次和8次谐波分量不为0。前一项是)(t f 的3次谐波；后一项是)(t f 的8次谐波。

（3）改写)(t f 表达式

)434cos(

cos(

2)(π

ππ

++-

=t t t f

该信号的单边振幅频谱图和相位频谱图，如图A-4(a)、(b)所示。

????????

???n

A )

(Ωn )

(a 0123456789

)

(Ωn 4

/π4

/π-)

(b ????????

??012

3456789)

(ω?

图A-4

4、解

依题意，)(z F 的另一个极点是：321π

j e

-，因此，)(z F 可表示为：

4121)

1)(21()(22

+-=--=-z z kz e z e z kz z F j j π

π 由条件：

41211)1(2=+

k F 可得，2=k ，因此， 41212)

1)(21(2)(22

332

+-=--=-z z z e z e z z z F j j π

π，收敛域：21>z 5、解：因为)1()()]1()([)()1(1-?-=--=-----t e e t e

t t e t x t t

εεεε，又因为：

ωεj t e t +?

-11

)(，由傅立叶变

换的时移性质可得：

ωεω

j e t e

j t +?

----1)1()

1(。根据傅立叶变换的线性性质，有

]1[11

)()1(ωωωj e j j X +--+=

三、解

1、解

（1）对微分方程取傅立叶变换，即得

)()()()(ωωωωj F j a j Y a j -=+

因此，系统的频率响应为：

ωω

ωωωj a j a j F j Y j H +-=

)()()(

幅频特性：

)(=+-=

ωω

ωj a j a j H

相频特性：

a j H ω

ωarctan

2)(-=∠

（2）1=a 时，ωωarctan

2)(-=∠j H ，由于： )(cos[)()()cos()(0000ωθωωθωj H t j H t y t t f ∠++=?+=

因此，有

)3/3/cos()]3/1arctan(23/cos[1)3/cos(π-=-??t t t )2/cos()]1arctan(2cos[1)cos(π-=-??t t t

)3/23cos()]3arctan(23cos[1)3cos(π-=-??t t t

所以，系统的输出为：

)3/23cos()2/cos()3/3/cos()(πππ-+-+-=t t t t y

2、解

(1) 对差分方程两边进行z 变换得 )()}2()1()({)}1()({5)(6121z F y y z z Y z y z Y z z Y =-+-++-+----

整理后可得

2121156)(56)2()1()1(5)(-----+-+

+------=z z z F z z y y z y z Y

零输入响应的z 域表示式为

12112113113

/72112/95621356)2()1()1(5)(---------+

--=+-+-=+------=z z z z z z z y y z y z Y x

取z 反变换可得系统零输入响应为

)

(])31

(37)21(29[)(k k y k k x ε+-=

零状态响应的z 域表示式为

1111212112

/13116/12112/1)

1)(56(156)()(---------+

-+--=-+-=+-=

z z z z z z z z z F z Y f

取z 反变换可得系统零状态响应为

)

(]21

)31(61)21(21[)(k k y k k f ε++-=

系统的完全响应

)

(]21

)31(25)21(5[)()()(k k y k y k y k k f x ε++-=+=

(2) 根据系统函数的定义，可得

13113

/12112/1561)

()()(------+-=

+-=

z z z z z F z Y z H f

19 取z 反变换即得系统单位冲激响应为

)(])31(31)21(21[)(k k h k k ε-=

(3)若)1(2)(-=k k f ε，则系统的零输入响应)(k y x 、单位冲激响应)(k h 和系统函数)(z H 均不变，根据线性时不变特性，可得系统零状态响应为 )1(]1)31(31)21([)(11-++-=--k k y k k f ε

系统全响应为 )1(]1)31(31)21([)(])31(37)21(29[)()()(11-++-++-=+=--k k k y k y k y k k k k f x εε

第三十七套参考答案

一、解

1. 解：线性非因果系统

（1）因为2/π-=t 时，)0()2/(f y =-π，即系统输出与未来输入有关，因此，该系统是非因果系统。

（2）已知：)][cos()()(t f t y t f =?，设

)][cos()()(111t f t y t f =?，)][cos()()(222t f t y t f =?

则有

)()()][cos()][cos()()(212121t y t y t f t f t f t f βαβαβα+=+?+

因此，该系统是线性系统。

2．解：1。原式=132)1()2()1()2(2'2=+-=-++-+??∞

∞-∞∞-dt t t dt t t δδ

3．解：-4。方法如下：

因为)]2()([2)(1--=t t t f εε，)4()2(2)2()(2-+--+='t t t t f δδδ，设)()()()1(t t t t r -==εε，其中)(t r 为单

位斜坡信号。

根据卷积运算的微积分性质和时移性质，有

)]4()2(2)2([*)]2()([2)(*)()(*)()(2)1(121-+--+--='==-t t t t r t r t f t f t f t f t y δδδ

)]6()4(2)()4()2(2)2([2---+--+--+=t r t r t r t r t r t r

)]6()4(3)2(2)()2([2---+---+=t r t r t r t r t r

因此，4)2246(2)]2(2)4()6([2)4(-=?--=--=r r r y

4．解：ωωj e j +22 原式=)]([22t e dt d e t ε-

21)(2+?

-ωεj t e t 利用时域微分性质，有2)]([222+?-ωωεj j e t e dt

d e t 5．解：1,1

>+z z z ∑∑∞

=∞=--=--=00)()1()()1()(m k m m m k m k k f δδ

)()

1()()

1(0k m k k m k εδ-=--=∑∞= 1,1

)(>+?z z z k f 6. )(z H 的全部极点在单位圆内。

7. 信号)(t f 的最高频率为)(0Hz f ，根据傅立叶变换的展缩特性可得信号)2/(t f 的最高频率为)(2/0Hz f ，再

21 根据时域抽样定理，可得对信号)2/(t f 取样时，其频谱不混迭的最大取样间隔max T 为

0max max 121f f T ==。

8. 根据已知条件，有 )4()}({)(),4()}({)(),4()}({)(222111t f t f T t y t f t f T t y t f t f T t y ======

由于)()()4()4()}()({212121t by t ay t bf t af t bf t af T +=+=+

)()4()}({000t t y t t f t t f T -≠-=-

故系统为线性时变系统。 9. 信号)(t f 的最高角频率为m ω，根据傅立叶变换的展缩特性可得信号)4/(t f 的最高角频率为4/m ω，信号)2/(t f 的最高角频率为2/m ω。根据傅立叶变换的乘积特性，两信号时域相乘，其频谱为该两信号频谱的卷积，故)2/()4/(t f t f 的最高角频率为

m m m

ωωωω4324max =+=

根据时域抽样定理可知，对信号)2/()4/(t f t f 取样时，其频谱不混迭的最大抽样间隔max T 为

m T ωπωπ34max max ==

10. )(z F 的极点为2,2/121==z z ，只有收敛域为2),max(21=>z z z 时，][k f 才是因果序列。二、解

1．因为s e s s F 2111)(--?=，s t 1)(?ε，∑∞=--?-011)(n Ts e nT t δ，（0)R

e (>s ）令2=T ，得∑∞=--?-0

211)2(n s e n t δ。由傅立叶变换的时域卷积性质，有 ∑∑∞=∞=-=-=00)

2()2(*)()(n n n t n t t t f εδε，其波形如图A-6所示。

??)

(t f t

02468???