何子述信号与系统习题解答第5章拉普拉斯变换(2012新)

何子述老师2012年最新高等教育出版社出版《信号与系统习题解答》发布,对考研同学帮助极大!

第5章 拉普拉斯变换

习题解答

一、基本概念与基本运算习题

题5.1 解：

当f t u t 时， 0能使信号g t 的傅里叶变换存在。 当f t u t 时， 0能使信号g t 的傅里叶变换存在。 当f t 1时，找不到一个实数 使信号g t f t e t绝对可积。 题5.2 解：

（a）由拉普拉斯变换的定义式

F(s) e 2tu t 1 e

1

j t

dt

e 2te te j tdt

1 s 2

e, 2s 2

（b）由拉普拉斯变换的定义式

F s

j tt

δt12δt1eut1edt

利用积分的分配律及单位冲激信号的筛选性，可得

F s es 2e s ete te j tdt

- 1

e1 s

e 2e , 1

1 s

s

s

（c）由拉普拉斯变换的定义式

F s e 2tsin 3t u t e

-

j t

dt

e

2t

ej3t e j3t t j t

eedt2j

2

3

s 2

9

, 2

157

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（d）由拉普拉斯变换的定义式

F s

f t e

j t

dt

0

ete te j tdt 20

e 2te te j t 2

dt

s 1

2

s 2

e

2 11 es 1 s 2

,

（e）由拉普拉斯变换的定义式

F s

e 2t j t

e

dt

不存在 使上式积分收敛，故信号f(t) e 2t的拉普拉斯变换不存在。 （f）由拉普拉斯变换的定义式

F s

2δ j t

t δ t 2 e dt

2 s2 se 2s,

题5.3 解：

（a）有拉普拉斯变换对

e 2tu t L 1s 2, 2 e 4tu t L

1s 4

, 4

由拉普拉斯变换的线性，信号f t 的拉普拉斯变换为

f t L

11s 2

s 4

, 4 2 零极点图如图J5.3.1所示。

（b）有拉普拉斯变换对

e2tsin 5t u t L

5

s 2 2

25

, 2

δ t L

1,

由拉普拉斯变换的线性，信号f t 的拉普拉斯变换为

f t L

1

5

s s2 4s 34

s 2 s 2 2

2

25

s2 4s 29 s 2 j5s 2 j5,158

2

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零极点图如图J5.3.2所示。

（c）有拉普拉斯变换对

2L

2e 3tu t , 3

s 3L

e tcos 2t u t

s

s 1

2

4

, 1

由于以上2个信号拉普拉斯变换的收敛域无交集，故信号f t 的拉普拉斯变换不存在。

（d）有拉普拉斯变换对

L

cos 2t u t

s

, 0 s2 4

sL

cos 2t u t 2, 0

s 4

由于以上2个信号拉普拉斯变换的收敛域无交集，故信号f t 的拉普拉斯变换不存在。

图 J5.3.1 图J5.3.2

题5.4 解：

F s 的零极点图如图J5.4.1所示。F s 可能的收敛域有

（1） 2，对应的时间信号是左边信号；

1

（2） 2 ，对应的时间信号是双边信号；

21

（3） 1，对应的时间信号是双边信号；

2（4） 1，对应的时间信号是右边信号。

159

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图 J5.4.1

题5.5 解：

有拉普拉斯变换对

1L

e 2tu t , 2

s 2 2L

2es0tu t , 0

s s0

要使F s 的收敛域为 2，则要满足Re s0 0 2， Im s0 0 。

因为F s 的收敛域包含虚轴，信号f t 的傅里叶变换存在。 题5.6 解：

（1）由时移特性有

1t2s t L

u t e, 0

s2

1 t2s t L

u t e, 0

s2

因此，gt t 的拉普拉斯变换Gt s 为

ts 1 t2s

Gt s e e2 ,

s

注意上式中的收敛域为 ，gt t 是时限信号。

（2）根据拉普拉斯变换的线性和时移特性，主教材图P5.6(a)所示信号f1 t 的拉普拉斯变换F1 s 为

160

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F1 s Gt s e 2kts ts/2

k 0

1 e ts 2kts

e

sk0 1 e ts11 , 0

1 e 2tss1 e tss

（3）由图可知f2 t e 2tf1 t ，由拉普拉斯变换的s域移位特性，信号f2 t 的拉普拉斯变换F2 s 为

L

f2 t F2 s F1 s 2

1

t s 2 s 2 1 e

, 2

题5.7解： F s 可表示为

F s

4111

5s 35s 2

由拉普拉斯变换的s域移位特性，信号g t etf t 的拉普拉斯变换应为

G s F s 1

而信号g t etf t 的傅里叶变换存在，即G s F s 1 的收敛域包含虚轴，所以F s 的收敛域应为 2 3，求拉普拉斯逆变换，信号f t 为

41

f t e3tu t e 2tu t

55

题5.8 解：

（1）对拉普拉斯变换对

Lδ t 1

由尺度变换特性可得

1L

δ at ,

a

主教材28页第一章例1.5.4的结论为

161

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δ at

直接对其求拉普拉斯变换可得

1

δ t a

1L

δ at ,

a

两种方法结果相同。 （2）有拉普拉斯变换对

1L

u t , 0

s

由尺度变换特性可得： 当a 0时，有

111L

u at , 0

asas

当a 0时，有

111L

u at , 0

asas

其实，上述结果与下面单位阶跃信号u(t)的尺度变换结论吻合

a 0 u t ,

u at

ut,a0

题5.9 证明：

（1）设实信号f(t)的拉普拉斯变换为F s

N* s Ds

*

N s Ds

，由主教材5.3.5节可得

=

N s Ds或有N s =N* s 和D s =D* s 。

设zi为F s 的零点，即有N zi 0，两边取共轭，所以

N zi N zi 0

故zi与zi*均为F s 的零点，即F s 的零点关于实轴对称。

同理可证F s 的极点也关于实轴对称。 （2）由信号f t 是偶信号可得

162

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N s N s L

f t f t F s

D sDs设zi为F s 的零点，则有N zi 0，从而N zi 0。因此，zi与 zi均为F s 的零点，即F s 的零点关于原点对称。

同理可证F s 的极点也关于原点对称。 题5.10 解：

由拉普拉斯变换对

1L

, 1 f1 t etu( t) s 11L

, 2 f2 t e 2tu(t)

s 2

由拉普拉斯变换的性质可得

e 2sL

, 1 f1 t 2 s 1e 3sL

, 2 f2 t 3

s 2

则由拉普拉斯变换的时域卷积特性，可得信号y t 的拉普拉斯变换Y s 为

Ly t

e 5s

, 1

s 2s 1题5.11 解：

LL

（a）设f1 t F1(s)，所以f1 t sF1(s)，由图知

es1 2sL

sF1(s) e, f1 t u t 1 u t δ t 2

ss

可解得

es 1e 2sL

F1(s) 2 , f1 t

ss

L

（b）设f2 t F2(s)，由图知

f2 t δ t 1 u t 1 2u t u t 1 2δ t 1 δ t 2

由拉普拉斯变换的线性

163

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es2e sLs

e 2e s e 2s, f2 t

sss

与（a）小题类似，可得

-es 2 e s 2e s e 2s esL , f2 t

s2s

题5.12 解：

LL

设f t F(s)，所以y t Y(s)，由拉普拉斯变换的线性可得

sF s 4Y s 1

sY s F s

可解得， F s 和Y s 的表达式分别为

F s Y s

s

s2 41

s2 4

由于信号f(t)和y(t)的傅氏变换存在，F s 和Y s 收敛域应包含虚轴，所以收敛域为 2 2。

题5.13 解：

（a）由时移特性有

L

f t δ t 5 e5s,

由尺度变换特性有

1Lδ 3t 5 e5s/3,

3

（b）信号f t 可表示为

f t e tcos 3t 4 u t e t cos 3t cos4 sin 3t sin4 u t

先求出上式中方括号内正弦和余弦的拉普拉斯变换，再用s域移位特性，则f t 的拉普拉斯变换为

Lf t cos4

（c）由拉普拉斯变换对

s 1

s 1 9

2

sin4

3

s 1 9

2

, 1

164

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L

cos 2t u t

由拉普拉斯变换的时域微分特性有

s

, 0 s2 4

d2s3Lf t 2[cos 2t u t ] , 0 2

dts 4

（d）信号f t 可表示为

t 2 f t te t 3u t 2 e teu t 2

或

f t e (t 2)e

由主教材例5.3.9的结论

t 2

u t 2 +2e

t 2

u t 2

1L

e atu t , a

s a

L

te atu t

1

s a

2

, a

再由拉普拉斯变换的线性与时移特性，可得f t 的拉普拉斯变换为

L

f t

1

s 1

2

e 2s 1

2 2s 12s 3 2s 1

ee, 1 2

s 1s1

该问题也可首先求出信号e号 te

t 2

t 2

u t 2 的拉普拉斯变换，再用s域微分特性求出信

u t 2 的拉普拉斯变换，请读者自己完成。

（e）令信号

g t cos 4t dt cos 4t u t dt

t

t

所以f(t) g(2t)。由变换对

L

cos 4t u t

利用拉普拉斯变换的时域积分特性可得

s

, 0 s2 16

s1L

g t , 0 2

ss 16

再由拉普拉斯变换的尺度变换特性，可得f t 的拉普拉斯变换为

165

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112L

f t , 0

2 s2 2 16s2 64

题5.14 解：

（a）由初值定理有

f 0 limsF s lim

s

s

1

s s 2

由终值定理有

f limsF s lim

s 0

s

0

s 0s 2s s a

（b）由初值定理有

f 0 limsF s lim

s

s

s a 02

s s a

2

1

由终值定理有

f limsF s lim

s 0

s 0

s a

20

0

（c）由初值定理有

f 0 limsF s lim

s

s

s s 2 s2 5s 6s s 2 s2 5s 6s 0

1

由终值定理有

f limsF s lim

s 0

s 0

0

（d）由初值定理有

f 0 limsF s lim

s

s

s a

2

20

0

由终值定理有

f limsF s lim

s 0

s 0

s 0

s a

2

20

0

题5.15 解： （a）F s 可表示为

F s

s 1

, s 3 s 4

166

4 3

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由于p1 3为二重极点，p2 4为单极点，所以，可以用部分分式解法将F s 展开成如下形式

F s

C11

s 3

2

C12C2

, 4 3 3 4ss根据主教材式（5.5.6）容易求得

C2 sF s s 4 3

由于

s 3

利用主教材式（5.5.16），可得

2

F s

s 1

s 4

C11 C12

所以，F s 可展开为

s 1

2

s 4s 3

d s 1

3

ds s 4 s 3

F s

2

s 3

2

3 3

, 4 3 s 3s 4考虑收敛域，可知F s 的拉普拉斯逆变换f t 是双边信号，为

f t 2te 3tu t 3e 3tu t 3e 4tu t

（b）因为F s 不是真分式，因此先用长除法将其化为多项式与真分式之和，有

F s s 4

8s 33

, 2

s2 4s 8

F s 的极点为p1,2 2 j2，对真分式进行部分分式分解，有

F1 s

C1C28s 33

s2 4s 8s 2 j2s 2 j216 j1716 j17

,C2 44

167

利用主教材式（5.5.6）求得待定系数分别为

C1

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所以F s 为

F s s 4

16 j17 16 j17 , 2

s 2 j2s 2 j216 j17 2 j2 t16 j17 2 j2 t

eeu t u t 44

17 2t

esin 2t u t 2

由于两极点都位于收敛域的左侧，应为右边信号极点。根据主教材表5.4.2，可得

f t δ t 4δ t

整理得

f t δ t 4δ t 8e 2tcos 2t u t

（c）F s 可表示为

F s

对上式用部分分式分解，表示为

s

s 1

2

e 2s

s 1

2

, 1

11e 2s

, 1 F s 22

s 1 s 1 s 1

由于极点p 1位于收敛域右侧，应为左边信号极点，对上式取拉普拉斯逆变换，可得

f t etu t tetu t t 2 et 2u t 2

（d）F s 可表示为

F s

1 2e

2 s 1

2

e

4 s 1

s 1 s 1

1

2

s 1 s 1 s 1 s 1 s 1 s 1

2e

2 s 1 2

e

4 s 1 2

, 1

对上式用部分分式分解，表示为

4 4 2 4 2 4 2 2s

F s 2ee 22

ssss 1111 s 1 s 1

4 2 4 4 4s ee , 12

ss 11 s 1

由于极点p1 1和p2 1都位于收敛域的左侧，应为右边信号极点。对上式取拉普

168

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拉斯逆变换，可得

11 11 t 2 1 1 t 2

f t et te t e t u t 2e 2 et 2 t 2 e e u t 2

24 24 4 4

11 t 4 1 t 4

e 4 et 4 t 4 e e u t 4

24 4

题5.16 解：

（1）由微分方程可得

s2Y s 2sY s 3Y s 2sF s F s

则系统函数H s 为

H s

零极点图如图J5.16.1所示。

Y s Fs

2s 12s 1

s2 2s 3(s 1)(s 3)

图J5.16.1

（2）部分分式分解得

H s

44

s 3s 1

（a）由于系统是稳定的，收敛域为 1 3，则系统冲激响应h t 为

71

h t e3tu t e tu t

44

（b）由系统是因果的，得收敛域为 3，则系统冲激响应h t 为

71

h t e3tu t e tu t

44

（c）由系统是逆因果的，得收敛域为 1，则系统冲激响应h t 为

169

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71

h t e3tu t e tu t

44

（3）逆系统的系统函数Hinv s 为

s2 2s 31

Hinv s ,

2s 12

Hinv s 可表示为

1 574 1

Hinv s s ,

2 2s 2 2

得逆系统的冲激响应hinv t 为

1 57 1

hinv t δ t δ t e2u t

2 24

题5.17 解：

（1）H s 可能的收敛域有 2， 2 1， 1 1以及 1四种情况。 （2）由于收敛域 1 1包含虚轴，对应系统是稳定的。另外三种情况的收敛域

对应系统不稳定。

（3）由于输入信号e 3tu t 的拉普拉斯变换的收敛域为 3，仅当系统函数H s 的收敛域为 1 1时，响应y t 的拉普拉斯变换的收敛域才包含虚轴，即y t 的傅里叶变换存在，故H s 的收敛域为 1 1。由零极点图可得系统函数为

H(s)

s 2

, 1 1

ssss21j1j1 进行部分分式分解可得

H(s)

3 3 j 2 6j 3 j 2 6j ,

s 2s 1s 1 js 1 j

1 1

取拉普拉斯逆变换得系统冲激响应为 21 3 j 1 j t 3 j 1 j t

eeh t e 2tu t etu t u t u t

3152 6j2 6j整理得

170

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2143

h t e 2tu t etu t e tsintu t e tcostu t

31555

题5.18 解：

输入信号f t u t 和响应y(t)的拉普拉斯变换分别为

1

F s , >0

s

Y(s)

根据系统函数的定义，可得

H s

Y s Fs

2ss

, 1

s 1 s 1 2

21

, 1

s 1 s 1 2

上式中H s 收敛域的确定原则是，仅当收敛域为 1，才可能使Y s H s F s 的收敛域为 1。

t 3t

响应y t 3ee u t 的拉普拉斯变换为

Y s

输入的拉普拉斯变换为

F s

31

, 1

s 1s 3

Y s Hs s 1 s 3 2ss 1 s s 1

2

s 1 4s 10 ss 32s 11035 , 0ss 2s 3

基于上面类似的原则，可确定F s 一种可能的收敛域为 0（还可能其他收敛域，请读者自己完成）。取拉普拉斯逆变换可得输入信号f t 为

108 14

f t u t e2u t e 3tu t

3515

171

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题5.19 解：

系统频率响应H 为

H H s s j

1

j

2

2j 2

2

jarctan2

2 则系统的幅频特性H 和相频特性 H 可分别表示为

H

H arctan

2 2 2

因此可定性画出系统的幅频特性H 如图J5.19.1所示，相频特性 H 如图J5.19.2所示。

图J5.19.1 图J5.19.2

题5.20 解：

（a）F s 表示为全通系统和最小相位系统级联为

F s

s 1s 1

s 1 s 2 2 3

（b）F s 表示为全通系统和最小相位系统级联为

172

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F s

题5.21 解：

s 3 s 1 s 3

s 3s 1s 2s 1（1）f t 的拉普拉斯变换F s 为

F s

f t 的单边拉普拉斯变换Fu s 为

12s

e e 2s s

Fu s f t e stdt

1

1 e 2s s

（2）令g t f t 1 u t 3 u t 1 ，信号f t 1 的单边拉普拉斯变换为

Gu s g t e stdt

1

1 e s s

对照（1）中Fu s 可知不满足时移特性。

（3）令w t f t 1 u t 1 u t 3 ，信号f t 1 的单边拉普拉斯变换为

Wu s w t e stdt

1

1 e 3s s

对照（1）中Fu s 可知不满足时移特性。

题5.22 解：

由题知系统函数H s 可表示为

H s

s 3

, 2 s2 4

（a）信号f t 的拉普拉斯变换F s 为

F s

11 , 3 4 s 4s 3

则可得响应y t 的拉普拉斯变换Y s 为

173

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Y s F s H s

1s 3

s2 4 s 4 s2 4787247 ,2 4s 2s 2s 4

因此，系统响应y t 为

777

y t e2tu t e 2tu t e4tu t

82412

（b）信号f t 的拉普拉斯变换F s 为

F s

6

, 3 3 s 9

2

则可得响应y t 的拉普拉斯变换Y s 为

Y s F s H s

6

s 3 s2 4 52 ,2 3s 3s 2s 2

因此，系统响应y t 为

633

y t e3tu t e2tu t e 2tu t

5210

（c）信号f t 的拉普拉斯变换F s 为

F s

1

, 3 s 3

则可得响应y t 的拉普拉斯变换Y s 为

Y s F s H s

因此，系统响应y t 为

1

, 2 s 4

2

11

y t e2tu t e 2tu t

44

174

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（d）信号f t 的拉普拉斯变换F s 为

F s

2

, 1 1 s2 1

在系统收敛域内无响应，故系统响应不存在。

题5.23 解：

对方程两边取单边拉普拉斯变换得

sY s y 0 8Y s s2Y s sy 0 y 0 6

整理得

3s

s 1

Y s

进行部分分式分解并整理得

s 413s

s2 6s 8s2 6s 8s 14 2 1 , 1 s 2s 4s 1

Y s

则系统的全响应为

y t 4e 2tu t 2e 4tu t e tu t

在上面的拉普拉斯变换中，令初始状态为零，即y 0 y 0 0，可求得

Y s

13s

, 1

s2 6s 8s 1

进行部分分式分解，并取拉普拉斯逆变换得系统的零状态响应为

yf t 3e 2tu t 2e 4tu t e tu t

在上面的拉普拉斯变换中，令输入信号为零，可求得

Y s

s 41

, 2

s2 6s 8s 2ys t e 2tu t

取拉普拉斯逆变换得系统的零输入响应为

题5.24 解：

对方程两边取单边拉普拉斯变换得

s3Y s s2y 0 sy 0 y 0 6 s2Y s sy 0 y 0

2 11 sY s y 0 6Y s 3sF s F s

整理得

175

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