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信号与系统》第二版课后答案

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文档介绍
1-4 ****过程: (1)例 1-1 的方法: f (t ) → f (t − 2) → f (3t − 2) → f (−3t − 2) (2)方法二: f (t) → f (3t ) → f ⎡⎢⎣3⎛⎜⎝ t − 2 ⎞⎤ → f (−3t − 2) 3 ⎟⎠⎥⎦ (3)方法三: f (t ) → f (−t ) → f ⎡⎣− (t + 2)⎤⎦ → f (−3t − 2) 解题过程: (1)方法一: f (t) f (t − 2) 1 1 → → -2 -1 0 1 1 2 3 f (3t − 2) f (−3t − 2) 1 → 2/3 1 -1 -2/3 方法二: f (3t ) f (t) 1 1 → → -2 -1 0 1 -2/3 1/3 f (3t − 2) f (−3t − 2) → 2/3 1 -1 -2/3 方法三: 1 f (t) f (−t ) 1 1 → → -2 -1 0 1 -1 0 1 2 f (−t − 2) f (−3t − 2) 1 → -3 -2 -1 0 -1 -2/3 1-5 解题过程: (1) f (−at ) 左移 t0 : f ⎡⎣−a (t + t0 )⎤⎦ = f (−at − at0 ) ≠ f (t0 − at ) (2) f (at ) 右移 t0 : f ⎡⎣a (t − t0 )⎤⎦ = f (at − at0 ) ≠ f (t0 − at ) (3) f (at ) 左移 t0 : f ⎡ a ⎛ t + t0 ⎞⎤ = f (at + t0 ) ≠ f (t0 − at ) ⎢⎣ ⎜⎝ a ⎟⎠⎥⎦ a (4) f (at ) 右移 t0 : f ⎡ −a ⎛ t − t0 ⎞⎤ = f (−at + t0 ) = f (t0 − at ) ⎢⎣ ⎜⎝ a ⎟⎠⎥⎦ a 故(4)运算可以得到正确结果。 注:1-4、1-5 题考察信****时域运算:1-4 题说明采用不同的运算次序可以得到一致的结果; 1-5 题提醒所有的运算是针对自变量 t 进行的。如果先进行尺度变换或者反转变换,再进行 移位变换,一定要注意移位量和移位的方向。 1-9 解题过程: (1) f (t ) = (2 − e−t )u (t ) ( ) (2) f (t ) = 3e−t + 2e−2t u (t ) 2 ( ) (3)f (t ) = 5e−t − 5e−2t u (t ) (4)f (t ) = e−t cos (10π t ) ⎡⎣u (t −1) − u (t − 2)⎤⎦ 1-12 解题过程: f (t) f (t) 1 1 (1) 1 (2) 1 f (t) f (t) 1 (3) 1 1 (4) -1 f (t) f (t) 1 3 2 (5) 1 (6) 23 3 f (t) 1 23 (7) -2 注:1-9、1-12 题中的时域信****均为实因果信****,即 f (t ) = f (t )u (t ) 1-18 ****过程:任何信****均可分解为奇分量与偶分量之和的形式,即 f (t) = fe (t) + fo (t) (1) 其中, fe (t ) 为偶分量, fo (t ) 为奇分量,二者性质如下: fe (t ) = fe (−t ) (2) fo (t ) = − fo (−t ) (3) (1) ∼ (3) 式联立得 fe (t) = 1 ⎡⎣ f (t ) + f (−t )⎤⎦ 2 fo (t) = 1 ⎡⎣ f (t) − f (−t )⎤⎦ 2 解题过程: (a-1) (a-2) (a-3) (a-4) 4 (b) f (t ) 为偶函数,故只有偶分量,为其本身 (c-1) (c-2) (c-3) (c-4) (d-1) (d-2) (d-3) (d-4) 1-20 ****过程:本题为判断系统性质:线性、时不变性、因果性 (1)线性(Linearity):基本含义为叠加性和均匀性 5 即 输 入 x1 (t ) , x2 (t ) 得 到 的 输 出 分 别 为 y1 (t ) , y2 (t ) , T ⎡⎣x1 (t )⎤⎦ = y1 (t ) , T ⎡⎣x2 (t )⎤⎦ = y2 (t ) ,则T ⎡⎣c1x1 (t ) + c2x2 (t )⎤⎦ = c1 y1 (t ) + c2 y2 (t ) ( c1 , c2 为常数)。 线性系统是指系统的全响应可以分解为零输入响应和零状态响应,并且二者均分别具有 线性性质。 本题未说明初始条件,可认为系统起始状态为零(“松弛”的),故零输入响应为零,只 需判断系统的输入——输出是否满足线性。 (2)时不变性(Time-Invariblity):是指当激励延迟一段时间 t0 时,其响应也同样延迟 t0 , 波形形状不变。 (3)因果性(Causality):是指系统在 t0 时刻的响应只与 t = t0 和 t < t0 的时刻有关,与未来 的时刻无关。 满足因果性的系统又称为物理可实现系统。 判断因果性的方法: ① 通过时域关系式: y (t ) = T ⎡⎣x (t )⎤⎦ 判断是否可能有 y (t1 ) = T ⎡⎣x (t2 )⎤⎦ ,t1 < t2 的时刻出 现。若有则非因果系统,否则为因果系统; ② 对于时间连续系统 冲激响应 h (t ) ⎧⎪= h (t ) u (t ) 因果系统 ⎨⎪⎩ ≠ h (t ) u (t ) 非因果系统 ③ 对于时间离散系统 单位冲激响应 h ( n) ⎧⎪= h (n) u (n) 因果系统 ⎨⎪⎩ ≠ h (n) u (n) 非因果系统 解题过程: (1) r (t ) = de(t ) dt 线性: r1 (t) = de1 (t ) 、 r2 (t) = de2 (t ) ,则 d ⎡⎣c1e1 (t ) + c2e2 (t )⎤⎦ = c1r1 (t) + c2r2 (t) dt dt dt 时不变:输入 e(t − t0 ) ,输出 de(t − t0 ) = de(t − t0 ) = r (t − t0 ) d (t − t0 ) dt 因果: r (t ) 仅与此时刻 e (t ) 有关 (2) r (t ) = e(t )u (t ) 线性:设 r1 (t ) = e1 (t )u (t ) 、 r2 (t ) = e2 (t )u (t ) , 则 ⎡⎣c1e1 (t ) + c2e2 (t )⎤⎦ u (t ) = c1r1 (t ) + c2r2 (t ) 6 时变:输入 e (t − t0 ) ,输出 e (t − t0 )u (t ) ≠ e (t − t0 )u (t − t0 ) = r (t − t0 ) 因果: r (t ) 仅与此时刻 e (t ) 有关 (3) r (t ) = sin ⎡⎣e(t )⎤⎦ u (t ) 非线性:设 r1 (t ) = sin ⎡⎣e1 (t )⎤⎦ u (t ) 、 r2 (t ) = sin ⎡⎣e2 (t )⎤⎦ u (t ) , 则 sin ⎡⎣c1e1 (t ) + c2e2 (t )⎤⎦ u (t ) ≠ sin ⎡⎣c1e1 (t )⎤⎦ u (t ) + sin ⎡⎣c2e2 (t )⎤⎦ u (t ) 时变:输入 e (t − t0 ) ,输出 sin ⎡⎣e (t − t0 )⎤⎦ u (t ) ≠ sin ⎡⎣e(t − t0 )⎤⎦ u (t − t0 ) = r (t − t0 ) 因果: r (t ) 仅与此时刻 e (t ) 有关 (4) r (t ) = e (1− t ) 线性:设 r1 (t ) = e1 (1− t ) 、 r2 (t ) = e2 (1− t ) ,则 c1e1 (1− t ) + c2e2 (1− t ) = c1r1 (t ) + c2r2 (t ) 时变:设 e1 (t ) = u (t ) − u (t −1.5) ,则 r1 (t ) = u (t + 0.5) − u (t ) e2 (t ) = e1 (t − 0.5) = u (t − 0.5) − u (t − 2) ,则 r2 (t ) = u (t +1) − u (t − 0.5) ≠ r1 (t − 0.5) 非因果:取 t = 0 ,则 r (0) = e (1) ,即 t = 0 时刻输出与 t = 1时刻输入有关。 (5) r (t ) = e(2t ) 线性:设 r1 (t ) = e1 (2t ) 、 r2 (t ) = e2 (2t ) ,则 c1e1 (2t ) + c2e2 (2t ) = c1r1 (t ) + c2r2 (t ) 时变:设 e1 (t ) = u (t ) − u (t − 2) ,则 r1 (t ) = u (t ) − u (t −1) e2 (t ) = e1 (t − 2) = u (t − 2) − u (t − 4) ,则 r2 (t ) = u (t −1) − u (t − 2) ≠ r1 (t − 2) 非因果:取 t = 1,则 r (1) = e (2) ,即 t = 1时刻输出与 t = 2 时刻输入有关。 (6) r (t ) = e2 (t ) 非线性:设 r1 (t ) = e12 (t ) 、 r2 (t ) = e22 (t ) , 则 ⎡⎣c1e1 (t ) + c2e2 (t )⎤⎦2 = c12e12 (t ) + c22e22 (t ) + 2c1c2e1 (t ) e2 (t ) ≠ c1r1 (t ) + c2r2 (t ) 时不变:输入 e (t − t0 ) ,输出 e2 (t − t0 ) = r (t − t0 ) 因果: r (t ) 仅与此时刻 e (t ) 有关 7 t (7) r (t ) = ∫ e(τ ) dτ −∞ t t 线性:设 r1 (t ) = ∫ e1 (τ ) dτ 、 r2 (t ) = ∫ e2 (τ ) dτ , −∞ −∞ 5t (τ ) (τ )⎤⎦ dτ = r1 (t ) = c1 ( ) 5t τ dτ + c2 5t (τ ) dτ = c1r1 (t ) + c2r2 (t ) −∞ −∞ −∞ e1 ∫ ∫ ∫ 则 + ⎡⎣c1e1 c2e2 e2 5t τ −t0 = x e 5t −t0 e 5(t−t0 ) e dτ = −∞ −∞ ∫ ∫ ∫ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 时变:输入 e t − t0 τ ,输出 −∞ − t0 x dx ≠ x dx = r t − t0 非因果: t = 1时, r (1) = 5 e (τ ) dτ , r (1) 与 (−∞,5] 内的输入有关。 ∫−∞ 1-21 ****:一个系统可逆,当且仅当输入、输出时一一对应的关系 解题过程: (1) 可逆。逆系统为 r (t ) = e (t + 5) (2) 不可逆。因为 r (t) = d e (t) = d ⎡⎣e (t) + C ⎤⎦ C 为任意常数 dt dt 不满足一一对应关系。 (3) 可逆。逆系统为 r (t ) = d e (t ) dt (4) 可逆。逆系统为 r (t ) = e ⎛ 1 t ⎞ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 1-23 解题过程: 利用线性时不变系统得微分特性 因为 e2 (t ) = d e1 (t ) ,所以, dt r2 (t) = d r1 (t) = d ⎡⎣e−αtu (t )⎤⎦ = −α e−αt + e−αtδ (t) = δ (t) − α e−αt dt dt 8 --- 2-1 (a) 2i1 (t ) + 1∗ di1 (t ) + uc (t ) = e(t )  dt u20d(itd2)(t=t)2+di2id2((ttt))= uc (t) ⇒  duc (t ) = i1 (t ) − i2 (t)   dt 1 i1dt + Li1' + Mi2' + Ri1 = e(t) ∫ C1 ∫  i2 dt + Li '2 + Mi ' + Ri2 = 0 C 1   v0 (t) = −Ri2 b  ⇒ (L2 − M 2) d4 v0 (t) + 2RL d3 v0 (t) + (R2 + 2L) d2 v0 (t) + 2R d v0 (t) + 1 v0 (t) = MR d3 e(t) dt 4 dt 3 C dt 2 C dt C2 dt 3 ∫ v0 (t) = L1i ' = 1 i2 dt 1 C1 (c) ⇒  d i1 = 1 v0 (t)  i1 = L1 v '0 (t)  dt 1  d2 L1  dt 2  ∫  1 i1 = L1 v0 (t)dt  i3 = i1 + i2 = i1 + C1L1 d2 i1 (t) dt 2 ⇒ CC1 d3 v0 +[ C + C1 ] d 2 v0 +[C + 1 ]d v0 + 1 v0 (t0 = µ d e(t) dt 3 R1 R dt 2 L1 RR1 dt RL1 R1 dt ∫ e(t)= + 1 i1 (t)dt + µv1 (t) Ri1 (t) C (d)  v1 (t) = −Ri1 (t) + e(t) ⇒ (1 − µ) d v1 + 1 V1 = 1 e(t) dt RC CR v0 (t) = µv1 (t) ⇒ (1 − v)Cv ' + 1 v0 (t ) = v e(t) 0 R R 2-4 0+ 1 d2 r(t) + 2 d r(t) + 2r(t) = 0 r(0+ ) = 1, r ' (0+ ) = 2 dt 2 dt α 2 + 2α + 2 = 0 α1 = −1 + j α 2 = −1 − j r(t) = A1eα1t + A2eα2t ⇒ A1 = −1 A2 = 2 r(t) = −eα1t + 2eα2t = e−t (cos t − 3sin t) d 2 r(t) + 2 d r(t) + r(t) = 0 r(0+ ) = 1, r ' (0+ ) = 2 dt 2 dt 2 α 2 + 2α + 1 = 0 α1 = α 2 = −1 r(t) = ( A1t + A2 )e−t ⇒ A1 = 3 A2 = 1 r(t) = (3t + 1)e−t d 3 r(t) + 2 d 2 r(t) + d r(t) = 0 r(0+ ) = r ' (0+ ) = 0, r " (0+ ) = 1 3 dt 3 dt 2 dt α 3 + 2α 2 + α = 0 α1 = α 2 = −1 α = 0 r(t) = ( A1t + A2 )e−t + A3 ⇒ A1 = A 2 = −1 A3 = 1 r(t) = 1 − (t + 1)e−t 2-5 d r(t) + 2r(t) = e(t), r(0 _) = 0, e(t) = u(t) dt 1 d r(t) + 2r(t) = 3 d e(t), r(0 _) = 0, e(t) = u(t) dt dt 2 2 d 2 r(t) + 3 d r(t) + 4r(t) = d e(t), r(0 _) = 1, r ' (0 _) = 1, e(t) = u(t) dt 2 dt dt 3 1 2 r(0+) 3 r(0+) r’(0+) (1) (1) δ (t) r(0+ ) = r(0- ) = 0 d r(t) + 2r(t) = 3 d e(t) Q d e(t) = δ (t) δ (t) (2) dt dt dt d r(t) = aδ (t) + b∆u(t) dt r(t) = a∆u(t) aδ (t) + b∆u(t) + 2a∆u(t) = 3δ (t) ⇒ a = 3, b = -6 ∴ r(0+ ) = r(0− ) + a = 3 2 d2 r(t) + 3 d r(t) + 4r(t) = d e(t) Q d e(t) = δ (t ) δ (t) dt 2 dt dt dt (3) d 2 r(t) = aδ ' (t) + bδ (t) + c∆u(t) dt 2 d r(t) = aδ (t) + b∆u(t) dt r(t) = a∆u(t) 2aδ ' (t) + 2bδ (t) + 2c∆u(t) + 3aδ (t) + 3b∆u(t) + 4a∆u(t) = δ (t) ∴ a=0 b= 1 c=−3 2 4 r(0+ ) = r(0− ) + a = 1 r ' (0+ ) = r ' (0− ) + b = 3 2 2-7 t=0 1 t=0 S 1 S2 1 2 v0(t) E IS 2-7 t = 0− uc (0− ) = E = v0 (0− ) pCuc (t) + v0 (t) = I su(t) R v0 (t) = uc (t) C d v0 (t ) + 1 v0 (t) = I su(t) dt R − 1t −1t rzi (t) = ( A1e RC + B)u(t) = (−RI se RC + RI s )u(t) −1t −1t rzs (t) = A2e RC u(t) = Ee RC u(t) r(t) = rzi (t) + rzs (t) = ( −1t − − 1t + RI s )u(t) Ee RC RI s e RC 2-8 1 t<0 t =01 2 i(0-)i’(0 -) i(0+)i’(0 +) i(t) 1 1 −∞ 0+ uc (t) +L d i(t) + Ri(t ) = 0  i(t) dt   = C d uc (t) dt ⇒ d 2 i(t) + d i(t) + i(t) = 0 dt 2 dt (−1+ j 3 )t (−1 − j 3 )t i(t) = A1e 2 2 + A2e 2 2 i(0+ ) = 0,i ' (0+ ) = 10 ⇒ i(t) = 20 −1t sin( 3 t) 3 e2 2 3 −∞ 3  3  t (1 + t − τ )dτ ,1 < t < 2   1 2 (1 + t − τ )dτ ,2 < t < 3 t −1   0,t < 1,t > 3  =  1 (t 2− 1),1 0 ∫ ∫ ∫ f1(t) ∗ , t<0 f2 (t) = −∞ 1 e-(t-τ +1) dτ + t+1 2e −(t−τ +1) dτ , -∞ 1 =  1, t <0 0 = u(−t) + (2 − e−t )u(t) 2 - e-t , t> (c) f1(t −τ ) f2 (τ ) 2 sin[u(τ ) − u(τ −π )] -1 0 0π t t  0, t < 0, t > π + 1  ∫ ∫∫ f1(t) ∗  t 2sinτdτ , 0 < t < 1  0, t < 0, t > π + 1  f 2 (t) =  0 , 1< t <π  2(1- cost), 0 < t < 1  π< t <π  π t 2sinτdτ  2[cos(t - 1) - cost], 1< t <π t −1 t -1 + 1 = 2[cos(t -1) + 1], π < t < π + 1 2sinτdτ , 2-20 h1(t) = u(t) h2 (t) = δ (t −1) h3 (t) = −δ (t) h(t) 2-21 h(t) = h1 (t) + h2 (t) ∗ h1 (t) ∗ h3 (t) 1 = u(t) + δ (t −1) ∗ u(t) ∗[−δ (t)] = u(t) − u(t −1) 2 h(t) = e−2tu(t) 1 1 e(t) = e−t [u(t) − u(t − 2)] + βδ (t − 2) β r (t ) 2 e(t) = x(t)[u(t) − u(t − 2)] + βδ (t − 2) x(t) t t>2 r(t) = h(t) ∗ e(t) = e−2tu(t) ∗ e−t [u(t) − u(t − 2)] + e−2tu(t) ∗ βδ (t − 2) ∫ ∫ = t e−2τ u(τ )e−(t−τ )u(t − τ )dτ − t−2 e−2τ u(τ )e−(t−τ )u(t − τ − 2)dτ + βe−2(t−2)u(t − 2)00 ∫ ∫ = e−t [ t e−τ dτu(t) − t−2 e−τ dτu(t) + βe−2(t−2)u(t − 2)00 02 r(t) = e−t [(1 − e−t ) − (1 − e−(t−2) )] + βe−2(t−2) = e−2t (βe4 + e2 − 1) 2 r(t) = h(t) ∗ e(t) = e−2tu(t) ∗ x(t)[u(t) − u(t − 2)] + e−2tu(t) ∗ βδ (t − 2) ∫ ∫ = t e−2(t−τ )u(t − τ )x(τ )u(τ )dτ − t e−2(t−τ )u(t − τ )x(τ )u(τ − 2)dτ02 + βe−2(t−2)u(t − 2) ∫ ∫ = t e−2(t−τ ) x(τ ))dτu(t) − t e−2(t−τ ) x(τ )dτu(t − 2) + βe−2(t−2)u(t − 2)02 t > 2 r(t) = 0 ∫ ∫ r(t) = t e−2(t−τ ) x(τ ))dτu(t) − t e−2(t−τ ) x(τ )dτu(t − 2) + βe−2(t−2)u(t − 2)02 ∫= 2 e−2(t−τ ) x(τ )dτ + βe−2(t−2)u(t − 2) = 0 0 ∫ β = −e−4 2 e2τ x(τ )dτ 0 2-23 δ (2t 2 − 1 ) 1 2 f (t) = 2t 2 − 1 = 0 t1 = 1 t2 = −1 2 2 2 f ' (t1 ) = 2 f ' (t2 ) = −2 ∑ ∴ δ (2t 2 − 1) = 2 f 1 δ (t − ti ) = 1 δ (t 2 − 1) = 1 [δ (t − 1) + δ (t + 1 )] ' (ti ) 2 4 2 2 2 2 i =1 2 δ (sin t) sin t = 0 ⇒ t = kπ (k = 0, ± 1, ± 2, +∞ ∴ δ (sint) = ∑δ (t - kπ ) -∞ 2-27 A δ (t ) A δ (t) A δ (t) 1 +α 2 (p +α)2 p 3 ( p + α )( p + β ) 1 2 A δ (t) = Ae−αtu(t) 3 p +α A δ (t) = [ A + 0 ]δ (t) = Ate−αtu(t) (p +α)2 (p +α)2 p +α A δ (t) A ( 1 − 1 )δ (t) = A (e−αt − e−βt )u(t) ( p + α )( p + β ) = β − α p + α p + β β −α 2-6 解题过程: (1) e (t ) = u (t ) , r (0− ) = 1, r' (0− ) = 2 方法一:经典时域法: ⎪⎪⎨⎧rrZZii '' (t) + 3rZi ' (t ) + 2rZi ( t ) = 0 ' (0+ = rZi ' (0− ) =2 ①求 rZi :由已知条件,有 ) ⎪ ' ( 0+ ) = rZi ' ( 0− ) = 1 ⎪⎩ rZi 特征方程:α 2 + 3α + 2 = 0 特征根为:α1 = −1,α2 = −2 ( ) 故 rZi (t ) = A1e−t + A2e−2t u (t ) ,代入 rZi' (0+ ) , rZi (0+ ) 得 A1 = 4 , A2 = −3 ( ) 故 rZi (t ) = 4e−t − 3e−2t u (t ) ②求 rZs : 将 e (t ) = u (t ) 代入原方程,有 rZs'' (t ) + 3rZs' (t ) + 2rZs (t ) = δ (t ) + 3u (t ) ⎧⎪⎪⎨rrZZss '' (t) = aδ (t ) + bΔu ( t ) ' (t) = aΔu (t 用冲激函数匹配法,设 ) ⎪⎪⎩rZs (t ) = atΔu (t ) 代入微分方程,平衡δ (t ) 两边的系数得 a = 1 故 rZs' (0+ ) = rZs' (0− ) +1 = 1 , rZs (0+ ) = rZs (0− ) = 0 ( ) 再用经典法求 rZs (t ) :齐次解 rZsh (t ) = B1e−t + B2e−2t u (t ) 因为 e(t ) = u (t ) 故设特解为 rZsp (t) = C ⋅u (t) ,代入原方程得 C = 3 2 故 rZs (t) = rZsh (t) + rZsp (t) = ⎛ B1e−t + B2e−2t + 3 ⎞ u (t) ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 代入 rZs ' (0+ ) , rZs (0+ ) 得 B1 = −2 , B2 = 1 2 故 rZs (t) = ⎛ −2e−t + 1 e−2t + 3 ⎞ u (t) ⎜⎝ 2 2 ⎟⎠ ③全响应: r (t ) = rZi (t ) + rZs (t ) = ⎛ 2e−t − 5 e−2t + 3 ⎞ u (t ) ⎜⎝ 2 2 ⎟⎠ ****响应: ⎛ 2e−t − 5 e−2t ⎞ u (t) ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 1 受迫响应: 3 u (t ) 2 方法二: p 算子法 d2 r (t ) + 3 d r (t ) + 2r (t ) = d e (t ) + 3e (t ) dt 2 dt dt ( ) 化为算子形式为: p2 + 3 p + 2 r (t ) = ( p + 3) e(t ) 特征方程:α 2 + 3α + 2 = 0 特征根为:α1 = −1,α2 = −2 ( ) rZi (t ) 的求法与经典时域法一致, rZi (t ) = 4e−t − 3e−2t u (t ) 再求 rZs (t ) :e (t ) = u (t ) ,r (t ) = ( p + p+ 3 + 2) u (t ) = ( p + 3) ⎡⎣e−tu (t ) ∗ e −2t u (t ) ∗ u (t )⎤⎦ p 1) ( ∫ ( ) 其中 e−tu (t ) ∗ e−2tu (t ) ∗u (t ) = t ⎛ 1 1 e−2t ⎞ (t ) 0 e−τ − e−2τ dτ = ⎜⎝ 2 − e−t + 2 ⎟⎠ u ∴ rZs (t) = ( p + 3) ⎛ 1 − e−t + 1 e−2t ⎞ u (t ) = ⎛ −2e−t + 1 e−2t + 3 ⎞ u (t) ⎜⎝ 2 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 2 ⎟⎠ ∴全响应 r (t ) = rZi (t ) + rZs (t ) = ⎛ 2e−t − 5 e−2t + 3 ⎞ u (t ) ⎜⎝ 2 2 ⎟⎠ ****响应: ⎛ 2e−t − 5 e−2t ⎞ u (t) ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 受迫响应: 3 u (t ) 2 综观以上两种方法可发现 p 算子法更简洁,准确性也更高 (2) e (t ) = e−3tu (t ) , r (0− ) = 1, r' (0− ) = 2 运用和上题同样的方法,可得 ( ) 全响应 r (t ) = 5e−t − 4e−2t u (t ) ( ) 零输入响应: rZi (t ) = 4e−t − 3e−2t u (t ) ( ) 零状态响应: rZs (t ) = e−t − e−2t u (t ) ( ) ****响应: 5e−t − 4e−2t u (t ) 受迫响应: 0 2-10 ****: 2 d r (t ) + 5r (t ) = +∞ e (τ ) f (t −τ ) dτ − e (t ) = e(t ) ∗ f (t ) − e (t ) = e (t ) ∗ ⎡⎣ f (t ) −δ (t )⎤⎦ dx ∫−∞ 已知冲激函数 δ (t) 与单位冲激响应 h(t) 为“输入——输出”对,故 e(t) = δ (t) 时, r (t ) = h (t ) 。类似上题,也可以用经典法和算子法两种思路求解该微分方程。 解题过程:方法一:经典法 代入 e(t ) = δ (t ) , f (t ) = e−tu (t ) + 3δ (t ) 得到 d h (t ) + 5h (t ) = e−tu (t ) + 2δ (t ) (∗) dt 对于因果系统 h (0− ) = 0 先求满足 d h1 (t) + 5h1 (t) = δ (t) 的 h1 (t) : h1 (t) = Ae−5tu (t) dt 利用冲激函数匹配法,在 (0− , 0+ ) 时间段内 ⎧ d h1 (t ) = aδ ( t ) + bΔu ( t ) (0− < t < 0+ ) ⎪ dx ⎨ ⎪⎩h1 (t ) = aΔu (t ) ⇒ aδ (t ) + bΔu (t ) + 5aΔu (t ) = δ (t ) ⇒ a = 1,b = −5 ⇒ h1 (0+ ) = a + h (0− ) = A = 1 ⇒ h1 (t ) = e−5tu (t ) 对于 (∗) 式: h(t) = h1 (t)∗ ⎣⎡e−tu (t) + 2δ (t )⎦⎤ = e −5t u (t ) ∗ e−tu (t) + 2e−5tu (t) = ⎛ 1 e−t + 7 e−5t ⎞ u (t) ⎜⎝ 4 4 ⎟⎠ 方法二: p 算子法 (常用关系式:① dx (t ) = px (t ) ,② e−λtu (t ) = 1 δ (t ) dt p+λ ③ 1 x(t) = 1 ⎡⎣δ (t )∗ x (t )⎤⎦ = ⎡ 1δ (t )⎤⎥⎦ ∗ x (t ) = e−λtu (t)∗ x(t) ) p+λ p+λ ⎢⎣ p+λ 引入微分算子 p , (∗) 式变成: ( p + 5) h(t ) = 1 δ (t ) + 2δ (t ) p +1 3 ⎛ −1 1⎞ ⎜ 4+ ⎟ ⇒ h(t) = 1⋅ 1δ (t ) + 2δ (t) = ⎜ 4 ⎟δ (t ) + 2δ (t) p+5 p +1 p+5 ⎜ p+5 p +1 ⎟ p+5 ⎝ ⎠ ⇒ h(t) = ⎛ 7 e−5t + 1 e−t ⎞ u (t) ⎜⎝ 4 4 ⎟⎠ 注:由本例再次看到,相比经典法, p 算子法形式简洁,易算易记。 2-14 ****:求解两个信****的卷积,可以直接用定义,依照“反转 → 平移 → 相乘 → 求和” ∫ 的顺序来求,积分式为 x1 (t ) ∗ x2 (t ) = +∞ x1 (τ ) x2 (t −τ ) dτ ,但是这种依靠定义的基本方 −∞ 法可能不是最简便的。更应该注意灵活运用卷积的性质(卷积的交换律、结合律、分配律; 卷积的微分与积分;与冲激函数或阶跃函数的卷积)对表达式进一步的化简,甚至直接得到 结果。 解题过程: (1) f (t ) = u (t ) − u (t −1) = u (t )∗ ⎡⎣δ (t ) − δ (t −1)⎤⎦ ∴s (t ) = f (t ) ∗ f (t ) = u (t ) ∗ ⎡⎣δ (t ) − δ (t −1)⎤⎦ ∗u (t )∗ ⎡⎣δ (t ) − δ (t −1)⎤⎦ = ⎡⎣u (t ) ∗u (t )⎤⎦ ∗ ⎡⎣δ (t ) − 2δ (t −1) + δ (t − 2)⎤⎦ = tu (t ) ∗ ⎡⎣δ (t ) − 2δ (t −1) + δ (t − 2)⎤⎦ = tu (t ) − 2(t −1)u (t −1) + (t − 2)u (t − 2) (2) f (t ) = u (t −1) − u (t − 2) = u (t )∗ ⎡⎣δ (t −1) − δ (t − 2)⎤⎦ ∴s (t ) = f (t ) ∗ f (t ) = u (t ) ∗ ⎡⎣δ (t −1) − δ (t − 2)⎤⎦ ∗u (t )∗ ⎡⎣δ (t −1) − δ (t − 2)⎤⎦ = ⎡⎣u (t ) ∗u (t )⎤⎦ ∗ ⎡⎣δ (t − 2) − 2δ (t − 3) + δ (t − 4)⎤⎦ = tu (t ) ∗ ⎡⎣δ (t − 2) − 2δ (t − 3) + δ (t − 4)⎤⎦ = (t − 2)u (t − 2) − 2(t − 3)u (t − 3) + (t − 4)u (t − 4) 注:可见(2)中的 s (t ) 是(1)中 s (t ) 右移两位,不难推出如下结论: s1 (t ) = x1 (t ) ∗ x2 (t ) s2 (t ) = x1 (t − t1 ) ∗ x2 (t − t2 ) = s1 (t − t1 − t2 ) (t1 ≥ 0,t2 ≥ 0) 2.15 ****:利用卷积的性质: f (t ) ∗ ⎡⎣δ (t + t0 ) + δ (t − t0 )⎤⎦ = f (t + t0 ) + f (t − t0 ) 可画出 如下波形: (1) s1 (t ) = f1 (t ) ∗ f2 (t ) = f1 (t ) ∗ ⎡⎣δ (t + 5) + δ (t − 5)⎤⎦ = f1 (t + 5) + f2 (t − 5) (2) s2 (t ) = f1 (t ) ∗ f2 (t ) ∗ f2 (t ) = f1 (t ) ∗ ⎡⎣δ (t + 5) + δ (t − 5)⎤⎦ ⎡⎣δ (t + 5) + δ (t − 5)⎤⎦ 4 = f1 (t ) ∗ ⎡⎣δ (t +10) + 2δ (t ) + δ (t −10)⎤⎦ = f1 (t +10) + 2 f1 (t ) + f1 (t −10) { } (3) s3 (t ) = ⎡⎣ f1 (t ) ∗ f2 (t )⎤⎦ ⎡⎣u (t + 5) − u (t − 5)⎤⎦ ∗ f2 (t ) 由(1)得 f1 (t ) ∗ f2 (t ) = s1 (t ) , ⎡⎣u (t + 5) − u (t − 5)⎤⎦ 相当于一个“时间窗”,保留 (−5,5) 内的信****,其它范围内的信****为 0。 (4) s4 (t ) = f1 (t ) ∗ f3 (t ) 发生时域信****的叠加 s1 (t ) 1 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1234 56 s2 (t ) 2 1 -11 -9 -1 1 9 11 s3 (t ) 1 -10 -9 -1 1 9 10 s4 (t ) 2 1 -3/2 -1/2 1/2 3/2 2-18 ****:本题可以用经典法、算子法或者直接用 LTI 系统的性质求解 解题过程: 方法一:经典法 5 { } ∵ (t ) (t )⎤⎦ ⎡ d )⎤⎥⎦ d = d r(t) r = H ⎡⎣e = e (t)∗ h (t ) , H ⎢⎣ dt e(t = dt H ⎡⎣e(t )⎤⎦ dt ∴得到微分方程: d r (t ) + 3r (t ) = e−2tu (t ) dt 此方程齐次解 rn (t ) = Ae−3tu (t ) ,特解 rp (t ) = Be−2tu (t ) 将 rp (t ) 代入上式得到 B = 1 ,即 rp (t ) = e−2tu (t ) 由于 r (t ) 是零状态响应,且方程右端无冲激项,故 r (0+ ) = 0 ,将此初始条件代入 ( ) r (t ) = rh (t ) + rp (t ) = Ae−3t + e−2t u (t ) 得 A = −1 ( ) ∴ r (t ) = −e−3t + e−2t u (t ) 又∵ r (t ) = e(t ) ∗ h(t ) ( ) ∴e(t ) ∗ h (t ) = ⎡⎣2e−3tu (t )⎤⎦ ∗ h (t ) = −e−3t + e−2t u (t ) (1) 又 d ⎡⎣e(t ) ∗ h(t )⎤⎦ = ⎡ d e(t )⎤⎥⎦ ∗ h (t) = d r (t ) dt ⎢⎣ dt dt ( ) ∴ ⎡⎣−6e−3tu (t ) + 2δ (t )⎤⎦ ∗ h (t ) = 3e−3t − 2e−2t u (t ) (2) (1)*3+(2)得δ (t ) ∗ h (t ) = 1 e−2tu (t ) 2 即 h (t ) = 1 e−2tu (t ) 2 方法二: p 算子法 r(t) = H (e(t)) H ⎡d e(t )⎤⎥⎦ = H ⎡⎣ pe(t )⎤⎦ = pH ⎡⎣e(t )⎤⎦ = pr (t) = −3r (t) + e−2tu (t ) ⎢⎣ dt ∴( p + 3) r (t ) = e−2tu (t ) ∴r (t ) = 1 e−2tu (t ) ∗ e−2tu (t ) = 2e−3tu (t ) ∗ 1 e−2tu (t ) (3) p+3 2 又∵ r (t ) =∴e(t ) ∗ h (t ) = 2e−3tu (t ) ∗ h (t ) (4) 由(3)(4)对比可知 h (t ) = 1 e−2tu (t ) 2 方法三:直接利用 LTI 系统的性质 6 H (e(t )) = r (t ) ⇒ H ⎡⎣2e−3tu (t )⎤⎦ = r (t ) H ⎛ d e (t ) ⎞ = H ⎡⎣2δ (t ) − 6e −3t u (t )⎤⎦ = −3r (t ) + e2tu (t ) (5) ⎜⎝ dx ⎟⎠ (4)*3+(5) ⇒ h(t) = H ⎡⎣δ (t )⎤⎦ = 1 e −2t u (t) 2 2-20 解题过程:由系统框图知, r (t ) = e (t ) ∗ h1 (t ) + e (t ) ∗ h2 (t ) ∗ h1 (t ) ∗ h3 (t ) = e (t ) ∗ ⎡⎣h1 (t ) + h2 (t ) ∗ h1 (t ) ∗ h3 (t )⎤⎦ = e(t)∗h(t) ∴h (t ) = h1 (t ) + h2 (t ) ∗ h1 (t ) ∗ h3 (t ) 其中, h1 (t ) = u (t ) , h2 (t ) ∗ h1 (t ) ∗ h3 (t ) = δ (t −1) ∗u (t ) ∗ ⎡⎣−δ (t )⎤⎦ = −u (t −1) ∴h(t ) = u (t ) − u (t −1) 7 3-1 解题过程: (1)三角形式的傅立叶级数(Fourier Series,以下简称 FS) +∞ f (t ) = a0 + ∑ ⎡⎣an cos (nω1t ) + bn sin (nω1t )⎤⎦ n=1 式中 ω1 = 2π , n 为正整数, T1 为信****周期 T1 (a)直流分量 ∫ ( ) a0=1 t0 +T1 f t dt T1 t0 (b)余弦分量的幅度 ∫ an = 2 t0 +T1 f (t ) cos (nω1t ) dt T1 t0 (c)正弦分量的幅度 ∫ bn = 2 t0 +T1 f (t )sin (nω1t ) dt T1 t0 (2)指数形式的傅立叶级数 +∞ ∑ f (t ) = ( ) F nω1 e jnω1t n=−∞ =1 f t0 +T1 e− jnω1t dt T1 t0 ( ) ∫ ( ) 其中复数频谱 nω1 Fn = F t Fn = 1 ( an − jbn ) F−n = 1 ( an + jbn ) 2 2 由图 3-1 可知, f (t ) 为奇函数,因而 a0 = an = 0 T 4 T (t )sin (nω1t ) dt 4 T E sin (nω1t ) dt −2E 2 E ⎡⎣1− cos (nπ )⎤⎦ ∫ ∫ bn=T 2 f = T 2 2 = nω1t = nπ 0 0 cos (nω1t ) 0 = ⎧⎪0 n = 2, 4, ⎨2E n = 1,3, ⎪⎩ nπ 所以,三角形式的 FS 为 f (t) = 2E ⎡⎢⎣sin (ω1t ) + 1 sin (3ω1t ) + 1 sin (5ω1t ) + ⎤ ω1 = 2π π 3 5 ⎥⎦ T 指数形式的 FS 的系数为 Fn = −1 jbn = ⎧⎪0 n = 0, ±2, ±4, 2 ⎨⎪⎩ − jE n = 0, ±1, ±3, nπ 1 所以,指数形式的 FS 为 ( ) f t = − jE e jω1t + jE e− jω1t − jE e j3ω1t + jE e− j3ω1t + ω1 = 2π π π 3π 3π T 3-15 ****:半波余弦脉冲的表达式 f (t) = E cos ⎛ π t ⎞ ⎡⎢⎣u ⎛ t + τ ⎞ − u ⎛ t − τ ⎞⎤ ⎜⎝ τ ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠⎥⎦ 求 f (t ) 的傅立叶变换有如下两种方法。 解题过程: 方法一:用定义 ∫ F (ω) = τ E cos ⎛ π t ⎞ e− jωt dt 2 ⎜⎝ τ ⎟⎠ −τ 2 ∫ = E τ ⎡ j⎛⎜⎝ π −ω ⎞⎟⎠t + − j⎛⎜⎝ π +ω ⎞⎟⎠t ⎤ 2 2 ⎢e τ τ ⎥ −τ e ⎥⎦ dt 2 ⎢⎣ = E ⎡ j ⎛ π −ω ⎞τ − − j⎛⎜⎝ π −ω ⎞τ ⎤ − E ⎡− j⎛⎜⎝ π +ω ⎞τ − e j⎛⎜⎝ π +ω ⎞τ ⎤ ⎢e ⎜⎝ τ ⎟⎠ 2 τ ⎟⎠ 2 ⎥ π +ω ⎢e τ ⎟⎠ 2 τ ⎟⎠ 2 ⎥ e ⎥⎦ τ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎛ π ⎞ ⎛ ⎞ 2 j ⎜⎝ τ −ω ⎟⎠ ⎢⎣ 2 j ⎜⎝ ⎟⎠ E cos ⎛ τ ω ⎞ E cos ⎛ τ ω ⎞ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ = + π −ω π +ω τ τ 2Eτ cos ⎛ τω ⎞ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ = ⎡ ωτ ⎞2 ⎤ π ⎢1 − ⎛ π ⎟⎠ ⎥ ⎢⎣ ⎜⎝ ⎥⎦ 方法二:用 FT 的性质和典型的 FT 对 f (t ) = E cos ⎛ π t ⎞ ⎡⎢⎣u ⎛ t + τ ⎞ − u ⎛ t − τ ⎞⎤ ⎜⎝ τ ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠⎥⎦ F (ω) = E F ⎡⎢⎣cos ⎛ π t ⎞⎤ ∗ F ⎡⎢⎣u ⎛ t + τ ⎞ − u ⎛ t − τ ⎞⎤ 2π ⎜⎝ τ ⎟⎠⎥⎦ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠⎥⎦ 其中 F ⎡⎢⎣cos ⎛ π t ⎞⎤ = π ⎡⎢⎣δ ⎛ ω + π ⎞ + δ ⎛ ω − π ⎞⎤ , ⎜⎝ τ ⎟⎠⎥⎦ ⎜⎝ τ ⎟⎠ ⎜⎝ τ ⎟⎠⎥⎦ F ⎡⎢⎣u ⎛ t + τ ⎞ − u ⎛ t − τ ⎞⎤ = 2 sin ⎛ ωτ ⎞ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠⎥⎦ ω ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 代入 F (ω ) = E F ⎡⎢⎣cos ⎛ π t ⎞⎤ ∗ F ⎡⎢⎣u ⎛ t + τ ⎞ − u ⎛ t − τ ⎞⎤ 得 ⎜⎝ τ ⎟⎠⎥⎦ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠⎥⎦ 2π 2 F (ω ) = E ⋅π ⎡⎢⎣δ ⎛ ω + π ⎞ + δ ⎛ ω − π ⎞⎤ ∗ 2 sin ⎛ ωτ ⎞ 2π ⎜⎝ τ ⎟⎠ ⎜⎝ τ ⎟⎠⎥⎦ ω ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎧ ⎡ ⎛ ω + π ⎞⎟⎠τ ⎤ ⎡ ⎛⎜⎝ ω − π ⎞⎟⎠τ ⎤ ⎫ ⎪ ⎢ ⎜⎝ τ ⎥ ⎢ τ ⎥ ⎪ ⎪sin ⎢ ⎥ sin ⎢ ⎥ ⎪ ⎪ ⎢ 2 ⎥ ⎢ 2 ⎥⎪ ⎪⎪ ⎢⎣ ⎥⎦ + ⎢⎣ ⎥⎦ ⎪⎪ = E ⎨ ⎬ π π ⎪ ω + τ ω − τ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎪⎭ 2Eτ cos ⎛ τω ⎞ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ = ⎡ ωτ ⎞2 ⎤ π ⎢1 − ⎛ π ⎟⎠ ⎥ ⎢⎣ ⎜⎝ ⎥⎦ 其频谱图如下图所示: 3-19 ****:本题意在说明:对于两频域信****,如果其幅频特性相同,但是相频特性不同则 它们对应的时域信****是不一样的。 解题过程: (a) F (ω ) = A ⎡⎣u (ω + ω0 ) − u (ω − ω0 )⎤⎦ ,ϕ (ω ) = ωt0 ⎡⎣u (ω + ω0 ) − u (ω − ω0 )⎤⎦ 所以, F (ω ) = F (ω ) e jϕ(ω) = Ae jωt0 ⎡⎣u (ω + ω0 ) − u (ω − ω0 )⎤⎦ 先求 F1 (ω ) = u (ω + ω0 ) − u (ω − ω0 ) 的 FT: f1 (t ) 由 F ⎡⎣Sa (ωct )⎤⎦ = π ⎡⎣u (ω + ωc ) − u (ω − ωc )⎦⎤ ωc 3 可知 F −1 ⎡⎣u (ω + ω0 ) − u (ω − ω0 )⎤⎦ = ω0 Sa (ω0t ) π { } 再由 FT 的平移性质:f (t )= F Aω0 Ae jωt0 ⎡⎣u (ω + ω0 ) − u (ω − ω0 )⎤⎦ = π Sa ⎡⎣ω0 (t + t0 )⎤⎦ (b) F (ω ) = A ⎡⎣u (ω + ω0 ) − u (ω − ω0 )⎤⎦ ϕ (ω ) = − π ⎡⎣u (ω + ω0 ) − u (ω )⎤⎦ + π ⎡⎣u (ω ) − u (ω − ω0 )⎤⎦ 2 2 所以, F (ω ) = F (ω) e jϕ(ω) = Ae j ⎛ −π ⎞ ⎡⎣u (ω + ω0 ) − u (ω )⎤⎦ + jπ ⎡⎣u (ω ) − u (ω − ω0 )⎤⎦ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ Ae 2 = − jA ⎡⎣u (ω + ω0 ) − u (ω )⎤⎦ + jA ⎡⎣u (ω ) − u (ω − ω0 )⎤⎦ 欲求 F (ω ) 的反变换,可利用 FT 的频域微分性质: d F (ω ) = − jA ⎡⎣δ (ω + ω0 )−δ (ω )⎤⎦ + jA ⎡⎣δ (ω) −δ (ω − ω0 )⎤⎦ dω 另 f1 (t ) = F −1 ⎧d F (ω )⎫⎬ = − jA ⎡⎣e− jω0t −1⎤⎦ + jA ⎡⎣1− e jω0t ⎤⎦ ⎨ 2π 2π ⎩ dω ⎭ ( ) = jA jA 2π π 2 − e jω0t − e− jω0t = (1 − cos ω0t ) 由 FT 的频域微分性质,有 f (t) = f1 ( t ) = A ( cos ω0t − 1) = −2 A sin 2 ⎛ ω0t ⎞ πt πt ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 3-22 ****:FT 的时域对称性:若 F (ω ) = F ⎡⎣ f (t )⎤⎦ ,则 F ⎡⎣F (t )⎤⎦ = 2π f (−ω ) (1)∵δ (t ) ↔ 1 ,δ (t + ω0 ) ↔ e jω0ω ∴由 FT 的时频对称性,有 e jω0t ↔ 2πδ (−ω + ω0 ) = 2πδ (ω − ω0 ) ∴ F (ω ) = δ (ω − ω0 ) 的时间函数 f (t) = 1 e jω0t 2π (2)∵u (t + ω0 ) − u (t − ω0 ) ↔ 2ω0Sa (ω0ω ) ∴由 FT 的时频对称性,有 2ω0Sa (ω0t ) ↔ 2π ⎡⎣u (−ω + ω0 ) − u (−ω − ω0 )⎤⎦ = 2π ⎡⎣u (ω + ω0 ) − u (ω − ω0 )⎤⎦ 即 ω0 Sa (ω0t ) ↔ u (ω + ω0 ) − u (ω − ω0 ) π ∴ F (ω ) = u (ω + ω0 ) − u (ω − ω0 ) 的时间函数 f (t) = ω0 Sa (ω0t ) π (3) F (ω ) = ⎧⎪ ω0 ( ω ≤ ω0 ) = ω0 ⎡⎣u (ω + ω0 ) − u (ω − ω0 )⎤⎦ ⎨ π π others ⎪⎩ 0 4 利用(2)的结论, F (ω ) 的时间函数 f (t) = ω02 Sa (ω0t ) π2 3-32 解题过程:利用性质: F (x(t)⋅ y(t)) = 1 F ⎡⎣x (t )⎤⎦ ∗ F ⎡⎣ y (t )⎤⎦ 2π F ⎡⎣sin (ω0t )u (t )⎤⎦ = 1 F ⎡⎣sin (ω0t )⎤⎦ ∗ F ⎡⎣u (t )⎤⎦ 2π 单边正弦函数的 FT: = 1 ⋅ jπ ⎣⎡δ (ω + ω0 ) − δ (ω − ω0 )⎤⎦ ∗ ⎡ 1 + πδ (ω )⎤⎥⎦ 2π ⎢⎣ jω = π ⎡⎣δ (ω + ω0 ) + δ (ω − ω0 )⎤⎦ + ω02 jω 2 −ω2 5 4-2 解题过程: (1)由 f (t ) = sin wt ⎡⎣u (t ) − u (t − T / 2)⎤⎦ = sin wtu (t ) + sin [w(t − T / 2)]u (t − T / 2) 得 L ⎡⎣ f (t )⎤⎦ = L ⎡⎣sin wtu (t )⎤⎦ + L {sin [w(t − T / 2)]u (t − T / 2)} = ω2 + s2 ω − sT s2 +ω2 +ω2 e2 = s2 ω ⎛ + − sT ⎞ +ω2 ⎜1 ⎟ e2 ⎠ ⎝ (2)由 sin ( wt + ϕ ) = sin wt cosϕ + cos wt sinϕ 得 L ⎡⎣sin (wt + ϕ )⎤⎦ = L (sin wt cosϕ ) + L (cos wt sinϕ ) = ω cosϕ + s sinϕ s2 +ω2 s2 +ω2 = ω cosϕ + s sin ϕ s2 +ω2 4-3 解题过程: (1)由 f (t ) = ( e−(t−2)u t − 2) ⋅ e−2 得 L ⎡⎣ f (t )⎤⎦ = e−2 L ( ⎡⎣e−(t−2)u t − 2)⎤⎦ = e−2 ⋅ 1 ⋅ e−2s s +1 = 1 e−2(s+1) s +1 (2) L ⎡⎣ f (t )⎤⎦ = 1 e−2s s +1 (3)由 f (t ) = e−tu (t ) ⋅ e2 得 L ⎡⎣ f (t )⎤⎦ = e2 L ⎡⎣e−tu (t )⎤⎦ = e2 s +1 (4)由 f (t ) = sin ⎡⎣2(t −1) + 2⎤⎦ u (t −1) = cos 2sin ⎡⎣2(t −1)⎤⎦ u (t −1) + sin 2cos ⎡⎣2(t −1)⎤⎦ u (t −1) 得 1 { } { } L ⎣⎡ f (t )⎦⎤ = cos 2 L sin ⎣⎡2(t −1)⎦⎤ u (t −1) + sin 2 L sin ⎡⎣2(t −1)⎤⎦ u (t −1) = 2 cos 2 e−s + s sin 2 e−s s2 + 4 s2 + 4 = 2 cos 2 + s sin 2 e−s s2 +4 (5)由 f (t ) = (t −1)u (t −1) − (t − 2)u (t − 2) − u (t − 2) 得 L ⎡⎣ f (t )⎤⎦ = L ⎡⎣(t −1)u (t −1)⎤⎦ − L ⎡⎣(t − 2)u (t − 2)⎤⎦ − L ⎡⎣u (t − 2)⎤⎦ = 1 e−s − 1 e−2s − 1 e−s s2 s2 s = 1 ⎡⎣1− (1+ s ) e−s ⎤⎦ s2 4-4 解题过程: (1) L −1 ⎛ 1 ⎞ = e−t ⎜⎝ + ⎟⎠ s 1 ⎡⎤ 3t ⎢ ⎥ 2 (2)由 4 = 2 得 L −1 ⎡ 4 ⎤ = L −1 ⎢ 2 ⎥ = − 2s + + ⎢⎣ 2s + ⎥⎦ ⎢ + ⎥ 3 3 3 3 2e s s 2 ⎣ 2⎦ ⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎡⎤ ⎜ ⎟ ⎢ ⎢ ⎥ (3)由 4 = 4 ⎜ 1 − 1 ⎟ 得 L −1 ⎣ 4 ⎥ = 4 L −1 ⎡ 1 ⎤ − 4 L −1 ⎢ 1 ⎥ 3 ⎜ s + ⎟ ⎦ 3 ⎢⎣ s ⎥⎦ 3 ⎢ + ⎥ s (2s + 3) s 3 s(2s + 3) s 3 ⎝ 2⎠ ⎣ 2⎦ (4)由 1 5) = 1 ⎛ 1 − s2 s 5 ⎞ 得 s(s2 + 5 ⎜⎝ s + ⎟⎠ ⎡ 1 ⎤ 1 ⎡ 1 ⎤ 1 ⎡ s ⎤ 1 ⎢ s(s2 + ⎥ 5 ⎢⎣ s ⎥⎦ 5 ⎢⎣ + 5 ⎥⎦ 5 ( ) L−1 ⎣ ⎦ = −1 − −1 = L L 1− cos 5t 5) s2 (5)由 (s + 3 + 2) = 3⎛ s 1 2 − s 1 4 ⎞ 得 2 ⎜⎝ + + ⎟⎠ 4)(s ( ) L−1 ⎡ 3 ⎤ 3 −1 ⎡ 1 ⎤ 3 −1 ⎡ 1 ⎤ 3 ⎢ ⎥ = 2 L ⎢⎣ + ⎥⎦ − 2 L ⎢⎣ + 4 ⎥⎦ = 2 e−2t − e−4t ⎣ ( s + 4)(s + 2) ⎦ s 2 s (6)由 (s + 3s + 2) = s 6 4 − s 3 2 得 + + 4)(s 2 L −1 ⎡ 3s ⎤ = L −1 ⎡ 6 ⎤ − L −1 ⎡ 3⎤ = 6e−4t − 3e−2t ⎢ ⎥ ⎢⎣ + ⎥⎦ ⎢⎣ s + 2 ⎥⎦ ⎣ ( s + 4)(s + 2) ⎦ s 4 (7) L −1 ⎡ 1 + 1⎤⎥⎦ = sin t + δ (t) ⎢⎣ 2+ s 1 (8)由 s2 − 1 + 2 = s 1 2 − s 1得 3s − −1 L −1 ⎡ 1 ⎤ = L −1 ⎛ 1 ⎞ − L −1 ⎛ 1⎞ = e2t − et ⎢⎣ 3s ⎥⎦ ⎝⎜ − ⎠⎟ ⎝⎜ − 1 ⎠⎟ s2 − + 2 s 2 s (9)由 1 = 1 − 1 得 L −1 ⎡ 1 ⎤ = 1− − t RCs s + ⎢ RCs ⎥ RC ⎣ ⎦ e s ( + 1) 1 s ( + 1) s RC (10)由 1− RCs = 1 − 2 得 L −1 ⎡ 1− RCs ⎤ −t s + ⎢ ⎥ s ( RCs +1) 1 ⎣ s ( RCs +1) ⎦ = 1− 2e RC s RC ⎛ 1⋅ w ⎞ ⎜ RCw ⎟ (11)由 s2 w ⋅ 1 + 1) = RCw ⎜ 1 1 − s2 s + s+ 1 ⎟ 得 + w2 ⎜ + + w2 ⎟ ( RCs 1+ ( RCw)2 s ⎝ RC RC ⎠ L −1 ⎡ w ⋅ 1 ⎤ = RCw ⎡ −t − cos wt + 1 sin ⎤ ⎢ + w2 ⎥ ⎢e RC RCw wt ⎥ ⎣ s 2 ( RCs + 1) ⎦ 1+ ( RCw)2 ⎣ ⎦ (12)由 4s + 5 = 7−3得 L −1 ⎡ 4s + 5 ⎤ = 7e−3t − 3e−2t + 5s + s+3 s+2 ⎢⎣ + 5s + ⎥⎦ s 2 6 s2 6 (13)由 100(s + 50) = ( 100(s + 50) 得 s +1)(s + 200) s2 + 201s + 200 ⎡ 100(s + 50) ⎤ 100 ⎢ ⎥ 199 ⎣ s2 + 201s + 200 ⎦ ( ) L −1 = 49e−t +150e−200t (14)令 (s s+3 + 2) = k1 + (s k2 + (s k3 + k4 s+2 s +1 +1)3 (s + 1)3 + 1)2 则 k1 = s+3 = −1, k2 = s+3 = 2 , s +1 (s +1)3 s = −2 s = −1 k3 = d ⎛ s+3 ⎞ = −1, k4 = d2 ⎛ s +3 ⎞ =1 ds ⎜⎝ s +1 ⎟⎠ ds2 ⎜⎝ s +1 ⎟⎠ s = −1 s = −1 3 从而 ( s+3 2) = −1 + ( 2 − (s 1 + s 1 s+2 +1 s +1)3 (s + s + 1)3 + 1)2 ⎡ s+3 ⎤ ⎢ ⎥ ⎢⎣ +1)3 (s ⎥⎦ ( ) 所以 −1 L = −e−t + t2 −t +1 e−t (s + 2) (15)由 A = A⋅ K 得 L −1 ⎡ A ⎤ = A sin Kt s2 + K2 K s2 + K2 ⎢⎣ s2 + K2 ⎥⎦ K ( ) ⎡ s 2 ⎤ = 1 t sin Kt 由拉氏变换的积分性质可得 +3 ⎥ 23 (16)由于 L −1 ⎢ s2 ⎥ ⎢ ⎦ ⎣ ( ) ( ) ( ) ⎡1 ⎤ +3 ⎥ L −1 ⎢ ⎥ ⎦ ∫ ⎢ ( ) ⎣ s2 2 = t 1 τ sin 3τ dτ = 3 sin 3t − t cos 3t 02 3 18 6 4-19 解题过程: ∞ 由于 f (t ) 可以写作 f (t ) = ∑ f1 (t − kT ) k =0 ( ) ∑ ( ) = F1 s ∞ = F1 s 1− e − sT e − skT k =0 则 L ⎡⎣ f (t )⎤⎦ = F (s) = L ∑⎡ ∞ f1 (t − kT )⎤⎥⎦ ⎢⎣ k =0 ∞ ∞ ∑ ∑ = L ⎡⎣ f1 (t − kT )⎤⎦ = ( ) F1 s e−skT k =0 k =0 ( ) ∑ ( ) = F1 s ∞ = F1 s 1− e − sT e − skT k =0 4-20 解题过程: (1)周期矩形脉冲信****的第一个周期时间信****为 f1 (t) = u (t ) − u ⎛ t − T ⎞ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ( ) 1 ⎛ −T s ⎞ ( ) F1 (s) −sT =1 s ⎜1− ⎟ 1− ⎝ e2 ⎠ e − sT = 1−e 2 s 1− e−sT ( ) 所以F1 s = 则 F s = ⎛ −sT ⎞ s⎜1+ e 2 ⎟ ⎝ ⎠ (2)正弦全波整流脉冲信****第一周期时间信****为 4 f1 ( t ) = sin ( wt ) ⎡ ( t ) − u ⎛ t − T ⎞ ⎤ = sin wtu ( t ) + sin ⎡ w ⎛ t − T ⎞ ⎤ u ⎛ t − T ⎞ ⎢⎣u ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎥⎦ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ( ) ( ) ( ) 所以 −T s F1 s + −T s w w w 1 e2 F1 s = + w2 + + w2 e2 则 F s = −T s = + w2 ⋅ s2 s2 s2 −T 1−e 2 1−e 2 s 4-27 解题过程:由 e(t) = e−t 得E(s) = L ⎡⎣e(t )⎤⎦ = 1 s +1 rzs (t) = r (t) = 1 e−t − e−2t + 2e−3t 2 Rzs ( s) = L ⎡⎣rzs (t )⎤⎦ = 1 − s 1 2 + s 2 3 + − 2(s +1) 故 H (s) = Rzs ( s) E(s) = ⎡ 2 ( 1 − s 1 2 + s 2 3 ⎤ ⋅ ( s + 1) ⎢ + − ⎥ ⎣ s +1) ⎦ = 1 − s +1 + 2(s +1) 2 s+2 s−3 =3+ 1 − 8 2 s+2 s−3 ( ) 所以 3 h(s) = L −1 ⎡⎣ H ( s )⎤⎦ = 2 δ (t ) + e−2t + 8e3t u (t ) 4-35 解题过程: k ∏(s − zi ) ( ) H (s) = K i =1 l (K 为系数) ∏ s− pj j =1 = K ( s s(s + 2 −j )(s+2+ j) j ) + 3)(s + 1− 3j)(s +1+3 s(s2 + 4s + 5) = K (s + 3)(s2 + 2s +10) 又知 H (∞) = 5 ,即 lim H (s) = K = 5 s→∞ ( ( ) ) ( ) H ( s ) = ( s 5s s2 + 4s + 5 5 s3 + 4s2 + 5s = + 3) s2 + 2s +10 s3 + 5s2 +16s + 30 4-38 解题过程: 5 分别画出题图对应的零极点图如下图(a-2)~(f-2)所示。 (1)由解图(a-1)有, 当 ω = 0 时,极点矢量 M1 最短,辐角θ1 = 0 ,随着 ω ↑ ,有 M1 ↑ ,θ1 ↑ 当ω → ∞ 时, M1 → ∞ ,θ1 → π 2 幅频、相频特性如图(a-3)、(a-4)(极点选取-0.5 为例) jω jω M1 σ θ1 σ (a-1) (a-2) jω (a-3) −π (2)由解图(b)有, 2 (a-4) 当 ω = 0 时, N1 最短,辐角ϕ1 = 0 ,随着 ω ↑ ,有 N1 ↑ ,ϕ1 ↑ 当ω → ∞ 时, N1 → ∞ , ϕ1 → π 2 幅频、相频特性如图(以零点为-0.5 为例) jω N1 ϕ1 σ (b-1) (b-2) 6 π 2 (b-3) (b-4) (3)由解图(b)有, ω = 0 时, M1 , N1 均为最短,辐角θ1 = ϕ1 = 0 ω ↑ ,则有 M1 ↑ , N1 ↑ ,且有θ1 ↑ ,ϕ1 ↑ ,且有θ1 < ϕ1 ω → ∞ 时, M1 → ∞ , N1 → ∞ ,θ1 → π , ϕ1 → π 2 2 幅频、相频特性如图(以极点-0.5,零点-0.2 为例) jω M1 θ1 N1 ϕ1 σ (c-1) (c-2) (c-3) (c-4) (4)由解图(d)有, ω = 0 时, M1 , N1 均为最短,辐角θ1 = ϕ1 = 0 ω ↑ ,则有 M1 ↑ , N1 ↑ ,且有 M1 > N1 ;θ1 ↑ ,ϕ1 ↑ ,且有θ1 > ϕ1 ω → ∞ 时, M1 → ∞ , N1 → ∞ ,θ1 → π , ϕ1 → π 2 2 幅频、相频特性如图(以零点-0.5,极点-0.2 为例) 7 jω jω N1 σ ϕ1 M1θ1 σ (d-1) (d-2) (d-3) (d-4) (5)由解图(e)有, ω = 0 时, M1 , N1 均为最短,辐角θ1 = 0 ,ϕ1 = π ω ↑ ,则有 M1 ↑ , N1 ↑ , M1 > N1 ;θ1 ↑ ,ϕ1 ↓ ω → ∞ 时, M1 → ∞ , N1 → ∞ ,θ1 → π , ϕ1 → π 2 2 幅频、相频特性如图(以极点-0.5,零点 0.2 为例) jω jω M1 N1 σ θ1 ϕ1 σ (e-1) (e-2) π (e-3) (e-4) (6)由解图(e)有, ω = 0 时, M1 , N1 均为最短,辐角θ1 = 0 ,ϕ1 = π 8 ω ↑ ,则有 M1 ↑ , N1 ↑ , M1 > N1 ;θ1 ↑ ,ϕ1 ↓ ,但相对关系与(e)中不同。 ω → ∞ 时, M1 → ∞ , N1 → ∞ ,θ1 → π , ϕ1 → π 2 2 幅频、相频特性如图(以极点-0.5,零点 0.3 为例) jω jω M1 N1 σ θ1 ϕ1 σ (f-1) (f-2) π (f-3) (f-4) 9 5-6 解题过程: 令 e1 (t ) = π δ (t ) , e2 (t ) = sin (ωct ) ωc ωct E1 ( jω ) = F ⎡⎣e1 (t )⎤⎦ = π ωc E2 ( jω ) = F ⎡⎣e2 (t )⎤⎦ = π ⎡⎣u (ω + ωc ) − u (ω − ωc )⎤⎦ = ⎧π ,ω < ωc ωc ⎪⎨ωc ⎪⎩0, 其他 理想低通的系统函数的表达式 H ( jω ) = H ( jω ) e jϕ(ω) 其中 H ( jω ) = ⎧⎪1,ω < ωc ϕ (ω ) = −t0ω 因此有 ⎨⎪⎩0,ω ≥ ωc R1 ( jω ) = H( jω ) E1 ( jω ) = ⎧π e − t 0ω,ω < ωc ⎪⎨ωc ⎪⎩0, 其他 ⎧π e − t 0ω,ω < ωc ⎪ R2 ( jω ) = H ( jω ) E2 ( jω ) = ⎨ ωc ⎪⎩0, 其他 R1 ( jω ) = R2 ( jω ) 则 F −1 ⎡⎣R1 ( jω )⎤⎦ = F −1 ⎡⎣R2 ( jω )⎤⎦ 5-8 解题过程: 记 f (t ) = sin ωct = sin ωct ⋅ ωc πt ωct π F( jω ) = ⎡⎣ f (t )⎤⎦ = ⎧ π ,ω < ωc ⎪ ωc F ⎨ ⎪⎩0, ω ≥ ωc H( jω ) = F ⎡⎣h (t )⎤⎦ = F ⎧⎪ d ⎡ sin (ωct ) ⎤ ⎫⎪ ⎨ ⎢ ⎥ ⎬ ⎪⎩ dt ⎣ πt ⎦ ⎪⎭ ⎧π ⋅ jω,ω < ωc ⎪ = jωF ( jω ) = ⎨ ωc ⎪⎩0, ω ≥ ωc 故 H ( jω ) = ⎧⎪⎨ωπc ⋅ω,ω < ωc ⎧π , ω < ωc ⎪ ⎪⎩0, ω ≥ ωc ϕ (ω ) = ⎨ 2 ⎪⎩0, ω ≥ ωc H ( jω ) 和ϕ (ω ) 的图形如解图。 H ( jω ) ϕ (ω) ωc ⋅ω π π 2 −ωc ωc −ωc ωc 幅频响应 相频响应 5-11 解题过程: 由题图 5-11 有 v2 (t ) = ⎡⎣v1 (t − T ) − v1 (t )⎤⎦ ∗ h (t ) 据时域卷积定理有V2 ( jω ) = ⎡⎣V1 ( ) jω e− jωT −V1 ( jω )⎤⎦ H ( jω ) (1) v1 (t ) = u (t ) v2 (t ) = ⎡⎣u (t −T ) − u (t )⎤⎦ ∗ h(t ) 由 h(t) = F −1 ⎡⎣ H ( jω )⎤⎦ = 1 Sa (t − t0 ) , f (t ) ∗u (t ) = t f (λ )dλ ,有 π ∫−∞ ∫ ∫ v2(t) = 1 t −T Sa ( λ − t0 ) d λ − 1 t Sa ( λ − t0 ) d λ π −∞ π −∞ ∫ ( ) ∫ ( ) = 1 Sa t−t0 −T λ ' dλ ' − 1 t−t0 Sa λ '' dλ '' π −∞ π −∞ ∫ 又知 Si ( y) = y Sa ( x) dx ,所有 −∞ v2 (t ) = 1 ⎡⎣Si (t − t0 − T ) − Si (t − t0 )⎤⎦ π 2 sin ⎛ t ⎞ ⎛ t ⎞ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ (2) v1 (t) = = Sa t V1 ( jω ) = F ⎡⎣v1 ( t ) ⎤⎦ = ⎧⎪2π ω <1 ⎨ 2 ⎪⎩0 其他 ( ) ( ) 则 ⎧⎪2π jωt0 ω <1 ⎨ e− e− jωT −1 2 V2 ( jω ) = V1 ( jω ) H ( jω ) e− jωT −1 = 其他 ⎪⎩0 所以 v2 (t) = F −1 ⎡⎣V2 ( jω )⎤⎦ = Sa ⎡ 1 (t − t0 − T )⎤⎥⎦ − Sa ⎡ 1 (t − t0 ) ⎤ ⎢⎣ 2 ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 5-18 解题过程: 信**** g (t ) 经过滤波器 H ( jω ) 的频谱为 G1 (ω ) = G (ω ) H ( jω ) = − j sgn (ω )G (ω ) 信**** g (t ) 经过与 cos (ω0t ) 进行时域相乘后频谱为 G2 (ω ) = 1 ⎡⎣G (ω + ω0 ) + G (ω − ω0 )⎤⎦ 2 信**** g1 (t ) 经过与 − sin (ω0t ) 进行时域相乘后频谱为 G3 (ω ) = − j ⎡⎣G1 (ω + ω0 ) − G1 (ω − ω0 )⎤⎦ 2 = − 1 ⎡⎣G (ω + ω0 ) sgn (ω + ω0 ) − G (ω − ω0 ) sgn (ω − ω0 )⎤⎦ 2 = 1 ⎡⎣G (ω − ω0 ) sgn (ω − ω0 ) + G (ω + ω0 ) sgn (ω + ω0 )⎤⎦ 2 V (ω ) = G2 (ω ) + G3 (ω ) = 1 ⎡⎣G (ω + ω0 ) + G (ω − ω0 )⎤⎦ + 1 ⎡⎣G (ω − ω0 ) sgn (ω − ω0 ) + G (ω + ω0 ) sgn (ω + ω0 )⎤⎦ 2 2 { } = 1 2 G (ω + ω0 ) ⎡⎣1− sgn (ω + ω0 )⎤⎦ + G (ω − ω0 ) ⎡⎣1+ sgn (ω + ω0 )⎤⎦ 又由于 1 + sgn (ω − ω0 ) = ⎧⎪2 (ω > ω0 ) ⎨ (ω < ω0 ) ⎪⎩ 0 则 V (ω ) = G (ω − ω0 )U (ω − ω0 ) + G (ω + ω0 )U (ω + ω0 ) 其图形如图所示 −ω0 − ωm −ω0 ω0 ω0 + ωm 5-20 解题过程: (1)系统输入信****为δ (t ) 时,δ (t ) cos (ω0t ) = δ (t ) 所以虚框所示系统的冲激响应 h (t ) 就是 hi (t ) 即 h(t) = F −1 ⎡⎣ H i ( jω )⎤⎦ = sin ⎡⎣2Ω (t − t0 )⎤⎦ π (t − t0 ) (2)输入信****与 cos ( w0t ) 在时域相乘之后 e (t ) cos ω0t = ⎡sin (Ωt ) ⎤2 cos2 (ω0t ) = ⎡sin (Ωt ) ⎤2 1+ cos (2ω0t ) ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ Ωt ⎦ ⎣ Ωt ⎦ 2 又由 Hi ( jω ) 的表达式可知ω0  Ω 时,载波为 2ω0 的频率成分被滤除 而且 ϕ (ω ) = −ωt0 故 r (t ) = 1 ⎡sin Ω(t − t0 ) ⎤2 2 ⎢ ⎥ ⎣ Ω(t − t0 ) ⎦ (3)输入信**** e (t ) 与 cosω0t 在时域相乘之后 e (t ) cos ω0t = ⎡sin Ω (t ) ⎤2 sin ω0t cos ω0t = ⎡sin Ω (t ) ⎤2 ⋅ 1 sin ( 2ω0t ) ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ 2 ⎣ Ωt ⎦ ⎣ Ωt ⎦ ω0  Ω 时,载波为 2ω0 的频率成分被滤除 故 r(t) = 0 (4)由于理想低通滤波器能够无失真的传输信****,只是时间上的搬移,故理想低通滤波器 是线性时变系统;又 h (t ) = hi (t ) 所以该系统是线性时变的。 6-1 解题过程: 图 6-5 所示的矩形波如解图所示,它表示为 f (t) = ⎧⎪+1 (0 < t <π ) ⎨⎪⎩−1 (π < t < 2π ) 在[0, 2π ]内 2π f (t ) cos (nt ) dt ∫0 = π cos ( nt ) dt + π ⎡⎣− cos ( nt )⎤⎦ dt ∫0 ∫0 1 π 1 2π = n sin (nt ) − sin (nt ) 0n π =0 (n = 1, 2,3") 故有 f (t ) 与信**** cos t, cos (2t ) ,",cos (nt ) 正交( n 为整数)。 6-2 解题过程: 在区间 (0,2π ) 内,有 ∫ 2π cos ( n1t ) cos ( n2t ) dt (n1 ≠ n2,且n1n2均为不为零的整数) 0 ∫ = 1 2π ⎡⎣cos ( n1 + n2 ) t + cos ( n1 − n2 ) t ⎤⎦ dt 2 0 1 1 2π 1 1 2π 2 + 2 − = ⋅ n1 n2 sin ( n1 + n2 )t + ⋅ n1 n2 sin ( n1 − n2 )t 0 0 =0 ∫ ∫ ∫ ∫ 2π cos2 (nt ) dt = 2π 1+ cos (2nt ) dt = 2π 1 dt + 2π cos (2nt ) dt = π2 0 0 02 0 2 满足正交函数集的条件,故 cos t, cos (2t ) ,",cos (nt ) 正交( n 为整数)是区间 (0,2π ) 中的正交函数集。 6-3 解题过程: 在区间 ⎛ 0,π ⎞ 内 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ π ∫2 cos ( n1t ) cos ( n2t ) dt (n1 ≠ n2,且n1n2均为不为零的整数) 0 ∫ = 1 π 2 2 ⎡⎣ cos ( n1 + n2 ) t + cos ( n1 − n2 ) t ⎤⎦ dt 0 π π = 1 ⋅ n1 1 sin (n1 + n2 )t 2 + 1 ⋅ n1 1 n2 sin (n1 − n2 )t 2 2 + n2 0 2 − 0 = 1 ⋅ 1 sin ⎡π (n1 + n2 )⎤ + 1 ⋅ 1 sin ⎡π (n1 − n2 )⎤ 2 + ⎢ 2 − ⎢ n1 n2 ⎣ 2 ⎥ n1 n2 ⎣ 2 ⎥ ⎦ ⎦ 只有当 (n1 + n2 ) 和 (n1 − n2 ) 均为偶数时上式为零,因此不满足函数之间的正交性条件, cos t, cos ( 2t ) ,",cos ( nt ) 正交( n 为整数)不是区间 ⎛ 0,π ⎞ 中的正交函数集。 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 6-4 解题过程: 在区间 (0,1) 内,有 1 (i ≠ j,i, j ∈{0,1, 2,3}) ∫0 xi x jdx ∫= 1 xi+ j dx = xi+ j+1 1 1 ≠0 = 0 i + j +1 i + j +1 0 不满足正交函数集所要求的第一个条件,故1, x, x2,x3 不是区间 (0,1) 上的正交函数集。 6-5 解题过程: 由题 6-2 结论有 cos t, cos (2t ),",cos (nt ) 正交( n 为整数)是区间 (0,2π ) 内的正交 函数集。以下考察其完备性。 取 x (t ) = sin t ,在区间 (0,2π ) 内有 ∫ ∫ 2π sin2 tdt = 2π 1− cos (2t ) dt 0 0 2 =π <∞ 且有 2π sin t cos ( nt ) dt = 2π sin ⎡⎣( n + 1) t ⎤⎦ + sin ⎡⎣(1 − n) t ⎤⎦ dt 2 ∫0 ∫0 = − 1 ⎡cos (n +1)t + cos (1− n)t ⎤ 2π 2 ⎢ ⎥ 0 ⎣ n +1 1− n ⎦ =0 不符合完备正交函数集的定义,故 cos t, cos (2t ) ,",cos (nt ) 正交( n 为整数)不是区间 ⎛ 0,π ⎞ 内的完备正交函数集。 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 6-9 解题过程: 令 et ≈ at2 + bt + c ,则均方误差 ∫ ε 2 = 1 1 ⎡⎣et − at 2 + bt + c ⎤⎦ 2 dt −1 2 ∫ ∂ε 2 = ∂ ⎧1 1 ⎡⎣et − at 2 + bt + c⎤⎦2 dt ⎫ = 0 ∂a ⎨ −1 ⎬ ∂a ⎩ 2 ⎭ ∫ ( ) 1 2at4 − 2t2et + 2bt3 + 2ct2 dt = 0 (1) −1 (2) (3) 4 a + 4 c = 2e −10e−1 53 ∫ ∂ε 2= ∂ ⎧1 1 ⎡⎣et − at 2 + bt + c⎤⎦2 dt ⎫ = 0 ∂b ⎨ −1 ⎬ ∂b ⎩ 2 ⎭ ∫ ( ) 1 2bt2 − 2tet + 2at3 + 2ct2 dt = 0 −1 4 b + 2c = 4e−1 3 ∫ ∂ε 2= ∂ ⎧⎨ 1 1 ⎡⎣et − at 2 + bt + c⎤⎦2 dt ⎫⎬ = 0 ∂c ⎩ 2 −1 ⎭ ∂c ∫ ( ) 1 2c − 2et + 2at2 + 2bt dt = 0 −1 4c + 4 a = 2e − 2e−1 3 (1)(2)(3)式联立有 ⎧ 4 a + 4 c = 2e −10e−1 ( ) ⎧⎪a= 15 e − e−1 ⎪ 5 3 = 4 ⎪ ⎪⎪⎨b 3e−1 ⎪ 4 ⎨ b + 2c = 4e−1 解得 ⎪3 ( ) ⎪ 1 ⎪c ⎪⎪⎩4c + 4 a = 2e − 2e −1 = −3e + 33e−1 3 ⎪⎩ 4 6-10 解题过程: 取 x (t ) = cos (2π t ) ,则 x (t ) 满足 ∫ 0 < 1 x2 (t ) dt < ∞ 0 在拉德马赫(Rade****cher)函数集中任取一函数 Rad(n,t),波形如解图 Rad (n,t ) 1 1 2 "" 2n −1 2n 2n 2n "" -1 1 x ( t ) Rad ( n, t ) dt ∫0 1 2 1 2n 2n cos (2π t ) dt − 2n ( 2π ) " ( 2π ) 1 0 ∫ ∫ ∫ = cos t dt + − −1 cos t dt 2n 2n = 1 ⎛ π − sin 2π + sin π + sin 3π − sin 2π −" + sin 2n −1π ⎞ 2π ⎜ sin 2n−1 2n−1 2n−1 2n−1 2n−1 2n ⎟ ⎝ ⎠ = 1 sin 2n−1 π = 1 sin π = 0 π 2n−1 π ∫ 故存在 x (t ) 使 1 x (t ) Rad (n,t ) dt(n 为任意正整数)为 0,拉德马赫函数集不是 (0,1) 0 上的完备正交函数集。 6-11 解题过程: 当 f1 ( t ) = cos (ωt ) , f2 ( t ) = sin (ωt ) 同时作用于单位电阻时产生的能量 ∫ E = +∞ ⎡⎣cos (ωt ) + sin (ωt )⎤⎦2 dt −∞ = +∞ ⎡⎣cos2 (ωt ) + 2 sin (ωt ) cos (ωt ) + sin 2 (ωt ) ⎤⎦ dt ∫−∞ ∫= +∞ ⎡⎣1 + sin ( 2ωt )⎤⎦ dt −∞ 取一个周期 (0,T ) 其中T = 2π ,则 sin (2ωt ) 在 (0,T ) 内积分为零,有 ω E = ∫T ⎡⎣1 + sin ( 2ωt )⎤⎦ dt = T 0 当 f1 ( t ) , f2 ( t ) 分别作用于单位电阻时各自产生的能量为(仍取 (0,T ) 内) T cos (ωt )2 dt = T 1+ cos (2ωt ) dt = T 0 ∫ ∫ E1 = 0 2 2 T sin (ωt )2 dt = T 1− cos (2ωt ) dt = T 0 ∫ ∫ E2 = 0 2 2 故 E1 + E2 = T 即两信****同时作用于单位电阻所产生的能量等于 f1 ( t ) 和 f2 ( t ) 分别作用时产生的能 ( ) 量之和。当 f1 ( t ) = cos (ωt ) , f2 ( t ) = cos ωt + 45D 时,同时作用时有 ( ) ∫ E =T ⎤⎦2 dt 0 ⎡⎣cos (ωt ) + cos ωt + 45D ∫= T ⎡ ⎛ ωt + ωt + 45D ⎞ ⎛ ωt − ωt − 45D ⎞⎤ ⎢2 cos ⎜ ⎟ cos ⎜ ⎟⎥ dt 0 ⎣⎝ 2 ⎠⎝ 2 ⎠⎦ ∫ = 4 cos2 π T cos ⎛ ωt + π ⎞2 dt 0 ⎜⎝ 8 ⎟⎠ 8 = 2T cos2 π 8 分开作用时 T cos (ωt )2 dt = T 1+ cos (2ωt ) dt = T 0 ∫ ∫ E1 = 0 2 2 T ⎜⎝⎛ ωt π ⎞2 T 1 + cos ⎛ 2ωt + π ⎞ 0 4 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ∫ ∫ E2 = cos + dt = dt 0 2 = T 1− sin ( 2ωt ) dt = T 2 ∫0 2 E1 + E2 ≠ E ( ) 即当 f1 ( t ) = cos (ωt ) , f2 ( t ) = cos ωt + 45D 时上述结论不成立,其原因是 cos (ωt ) 和 ( ) cos ωt + 45D 相互间不满足正交关系,而 cos (ωt ) 和 sin (ωt ) 满足正交关系。 6-16 解题过程: ∫ ∫ ( ) (1) E = +∞ e−2tu t dt = +∞ e−2tdt = 1 < ∞ −∞ 0 2a 则 f (t ) = e−atu (t ) 为能量函数。 由 F (ω) = 1 得 a + jω F ⎡⎣R (τ )⎤⎦ = 1 a2 +ω2 所以 R (τ ) = F −1 ⎡ 1 ⎤ = 1 e−aτ ⎢⎣ a2 +ω2 ⎥⎦ 2a (2)对周期余弦函数 f1 (t ) = E cosω0t 有 Cal (0,t ) 1 2 1 2 3 4 5 6 7 1 8 8 8 8 8 8 8 Cal (1,t ) 1 3 4 4 5 8 8 8 −1 1 2 6 7 1 4 8 8 8 8 Cal (3,t ) 1 3 4 5 8 8 8 8 −1 1 2 6 7 1 8 8 8 8 8 x' (t) 7/8 5/8 3/8 1/8 1 2 3 4 5 6 7 1 8 8 8 8 8 8 8 1 T T ∫ R1 (τ ) = 2 f1 (t ) f1 (t −τ ) dt lim −T 2 T →∞ 1 ⎡ T f1 (t ) f1 (t −τ ) dt + 0 (t ) (t −τ ) ⎤ ∫ ∫ = T ⎢ 2 −T f1 f1 dt ⎥ lim ⎣ 0 ⎦ 2 T →∞ 1 ⎡ T f1 (t ) f1 (t −τ ) dt + T (t ) (t +τ ) ⎤ ∫ ∫ = T ⎢ 2 2 f1 f1 dt ⎥ lim ⎣ 0 0 ⎦ T →∞ = E2 cos ω0τ 2 又 f (t ) = E cos (ω0t )u (t ) = f1 (t )u (t ) 则有 ∫ R (τ ) = lim 1 T T →∞ T 2 f (t) f (t −τ ) dt −T 2 ∫ = lim 1 T T →∞ T 2 f (t) f (t +τ ) dt −T 2 ∫ = lim 1 T T →∞ T 2 f1 (t ) f1 (t −τ ) dt 0 ∫ = lim 1 T T →∞ T 2 f1 (t ) f1 (t +τ ) dt −T 2 所以 R (τ ) = 1 R1 (τ ) = E2 cos ω0τ 2 4 6-17 解题过程: (4) f (t) = A ⎡⎣sin (2200π t ) − sin (1800π t )⎤⎦ 2 所以 P = A2 + A2 = A2 88 4 功率谱 P (ω) = A2 π ⎡⎣δ (ω + 2200π )+δ (ω − 2200π )+δ (ω + 1800π )+δ (ω −1800π )⎤⎦ 8 功率谱如图所示 P (ω) A2 π A2 π A2 π A2 π 8 8 8 8 −2200π −1800π 1800π 2200π (6) f (t ) = A⋅1− cos (400π t ) cos (2000π t ) 2 = A cos (2000πt ) − A ⎡⎣cos (2400π t ) + cos (1600π t )⎤⎦ 2 4 所以 P = A2 + A2 = 3A2 8 16 16 功率谱 P (ω) = A2 π ⎡⎣δ (ω + 2000π )+δ (ω − 2000π )⎤⎦ + 8 A2 π ⎡⎣δ (ω + 2400π ) + δ (ω − 2400π ) + δ (ω + 1600π ) + δ (ω −1600π )⎤⎦ 32 功率谱如图所示 P (ω) A2 π A2 π 8 8 A2 π A2 π A2 π A2 π 32 32 32 32 −2400π −2000π −1800π 1800π 2000π 2400π 6-21 解题过程: (1) r (t ) = f (t ) ∗ h (t ) = +∞ f (τ ) h(t −τ ) dτ ∫−∞ = +∞ f (τ ) s(T +τ − t ) dτ ∫−∞ (2) t = T 时, r (t) = r (T ) = +∞ f (τ ) s (τ ) dτ ∫−∞ (3)由题图 6-21 可知 r (T ) = +∞ f (τ ) s (τ ) dτ ∫−∞ 又冲激响应 h (t ) = s (T − t ) 是信**** s (t ) 的匹配滤波器冲激响应,则 s (t ) = 0 , t > T 所以第(2)题中 r (T ) = +∞ f (τ ) s (τ ) dτ ∫−∞ = ∫T f (τ ) s (τ ) dτ −∞ 6-22 解题过程: h1 (t ) = x1 (T − t ) 波形解如下图 h1 (t ) (1) h0 (t ) = x0 (T − t ) h0 (t ) 1 1 1 2 3 4 1 2 34 -1 -1 (2) M 0 对 x0 的响应波形: h0 (t ) ∗ x0 (t ) 如图(a); M 0 对 x1 的响应波形: h0 (t ) ∗ x1 (t ) 如 图(b); M1 对 x0 的响应波形: h1 (t ) ∗ x0 (t ) 如图(c); M1 对 x1 的响应波形: h1 (t ) ∗ x1 (t ) 如 图(d) h0 (t ) ∗ x1 (t ) h0 (t ) ∗ x0 (t ) 3 4 2 2 1 2 4 6 8 2 4 6 8 -1 -2 -2 图(b) 图(a) h1 (t ) ∗ x0 (t ) h0 (t ) ∗ x1 (t ) 4 3 2 1 -1 2 4 6 8 2 4 6 8 -2 图(c) 图(d) (3)由题图可知,M 0 在 t = 4 时 x0 (t ) 的响应输出为 4,对 x1 (t ) 的响应输出为 2;M1 在 t = 4 时对 x0 (t ) 的响应输出为 2,对 x1 (t ) 的输出响应为 4。若使 x0 (t ) 与 x1 (t ) 正交,将 x0 (t ) 改 为如下图(a),则 M 0 为下图(b)所示。此时 M 0 为 x1 (t ) 的响应输出如下图(c)所示, M1 为 x0 (t ) 的输出如下图(d)。在 t = 4 时, M 0 对 x1 (t ) 和 M1 对 x0 (t ) 的响应为零。 x0 (t ) x1 (t ) 1 1 2 4 6 8 2 4 6 8 -1 -1 图 (a) 图 (b) h0 (t ) ∗ x1 (t ) h1 (t ) ∗ x0 (t ) 2 2 1 2 4 6 1 2 4 6 8 8 -1 -1 -2 -2 -3 -3 图 (c) 图 (d) 7-1 解题过程:(1) x ( n ) = ⎛ 1 ⎞n u ( n ) (2) x (n) = 2n u (n) ⎜⎝ 2 ⎟⎠ (3) x ( n ) = ⎛ − 1 ⎞n u ( n ) (4) x (n) = (−2)n u (n) ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎛ 1 ⎞n −1 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ (5) x (n) = 2n−1u (n −1) (6) x ( n ) = u ( n ) 7-5 解题过程:由图可得系统误差方程为 y (n) = x (n) + 1 y (n −1) 3 (1) x (n) = δ (n) 根据系统差分方程及边界条件 y (−1) = 0 进行迭代求解: y (0) = x (0) + 1 y (−1) = 1 3 y (1) = x (1) + 1 y (0) = 1 3 3 y ( 2) = x ( 2) + 1 y (1) = ⎛ 1 ⎞2 3 ⎜⎝ 3 ⎟⎠ "" ⎛ 1 ⎞ n ⎜⎝ 3 ⎟⎠ y ( n ) = u ( n ) (2) x (n) = u (n) y (0) = x (0) + 1 y ( −1) = 1 = 30 3 30 y (1) = x (1) + 1 y (0) = 1+ 1 = 4 = 30 + 31 3 3 3 31 y (2) = x(2) + 1 y (1) =1+ 4 = 13 = 30 + 31 + 32 3 9 9 32 "" y (n) = x (n) + 1 y (n −1) = 30 + 31 + 32 +" + 3n 3 3n = 1 ⋅ 3n+1 −1 = 3 − 3−n u (n) 3n 3−1 3−1 (3) x (n) = u (n) − u (n − 5) y (0) = x (0) + 1 y ( −1) = 1 = 30 3 30 y (1) = x (1) + 1 y (0) = 4 = 30 + 31 3 3 31 "" y (4) = x(4) + 1 y (3) = 30 + 31 +" + 34 = 121 34 81 3 y (5) = x (5) + 1 y (4) = 1 ⋅121 3 3 81 y ( 6 ) = x ( 6 ) + 1 y ( 5) = ⎛ 1 ⎞2 ⋅ 121 3 ⎜⎝ 3 ⎟⎠ 81 "" y (n) = 3 − 3n ⎡⎣u (n) − u (n − 5)⎤⎦ + 121 ⎛ 1 ⎞n−4 u (n − 5) 2 81 ⎜⎝ 3 ⎟⎠ = 3 − 3n ⎡⎣u (n) − u (n − 5)⎤⎦ + 121 u (n − 5) 2 3n 7-9 解题过程: 围绕相加器给出 y (n) = b1y (n −1) + b2 y (n − 2) + a0x (n) + a1x (n −1) 整理的差分方程为 y (n) − b1y (n −1) − b2 y (n − 2) = a0x (n) + a1x (n −1) 这是二阶差分方程。 7-30 解题过程: (1)单位冲激信****δ (n) 可表示为 δ (n) = u (n) − u (n −1) 系统对 u (n) 的响应是 g (n) ,又由系统的线性时不变特性可得 对 u (n −1) 的响应是 g (n −1) ,故系统得冲激响应 h(n) = g (n) − g (n −1) (2)单位阶跃信**** u (n) 可表示为 ∞ u(n) = ∑δ (n-k) k=0 有系统的线性时不变特性可得对δ (n - k ) 的响应为 h (n - k ) 。 ∞ 故阶跃响应 g (n) = ∑ h (n - k ) k=0 7-33 解题过程: (1) y (n) = ⎡⎣x (n) ∗ h1 (n)⎤⎦ ∗ h2 (n) = {u ( n ) ∗ ⎡⎣δ ( n ) − δ ( n − 3)⎤⎦} ∗ ⎡⎣( 0.8)n u ( n ) ⎤ ⎦ = ⎡⎣u (n) − u (n − 3)⎤⎦ ∗ ⎣⎡(0.8)n u (n)⎦⎤ ∞ ∞ = ∑ (0.8)m u (m)u (n − m) − ∑ (0.8)m u (m)u (n − m − 3) m=−∞ m=−∞ n n−3 = ∑ 0.8mu (n) − ∑ 0.8mu (m)u (n − 3) m=0 m=0 = 1− ( ) 0.8 n+1 u (n) − 1− (0.8)n−2 u (n − 3) 1− 0.8 1− 0.8 = 5 ⎡⎣(1 − ) 0.8 n−1 u ( n ) − (1 − 0.8)n− 2 u ( n − 3) ⎤ ⎦ (2) y (n) = x (n) ∗ ⎡⎣h1 (n) ∗ h2 (n)⎤⎦ { } = u (n)∗ ⎡⎣δ (n) −δ (n − 3)⎤⎦ ∗(0.8)n u (n) = u (n) ∗ ⎡⎣(0.8)n u (n) − ( ) 0.8 n−3 u (n − 3)⎤⎦ ∞ ∞ = ∑ (0.8)m u (m)u (n − m) − ∑ (0.8)m u (m)u (n − m − 3) m=−∞ m=−∞ n n−3 = ∑ 0.8mu (n) − ∑ 0.8mu (m)u (n − 3) m=0 m=0 = 1− (0.8)n+1 u (n) − 1− ( ) 0.8 n−2 u (n − 3) 1− 0.8 1− 0.8 = 5 ⎡⎣(1− 0.8)n−1 u (n) − (1− 0.8)n−2 u (n − 3)⎤⎦ 8-1 解题过程: (z) = ( ) ∞ ⎛ 1 ⎞n ∞ ⎛ 1 ⎞n z ⎛ 1⎞ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ n=0 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ z−1 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ n=−∞ ∑ ∑ (1) X u n z−n = z−n = z > 2 (z) = ∞ ⎛ 1 ⎞n ( ) ∞ ⎛ 1 ⎞n z ⎛ 1⎞ ∑ ∑ (2) X n=−∞ ⎜⎝ − 4 ⎟⎠ u n z − n = n=0 ⎜⎝ − 4 ⎟⎠ z−n = z+1 ⎜⎝ z > 4 ⎟⎠ 4 ∞ ⎛ 1 ⎞−n ∞ ⎛1 ⎞− n z n=−∞ ⎜⎝ 3 ⎟⎠ n=0 ⎜⎝ 3 ⎟⎠ −3 ∑ ∑ ( ) (3)(z) X = u(n) z−n = z = z z >3 (z) ∞ ⎛ 1 ⎞n ( ) 0 ⎛ 1 ⎞n ∞ ⎛ 1 ⎞n z ⎛ 1⎞ ∑ ∑ ∑ (4)X = n=−∞ ⎜⎝ 3 ⎟⎠ u −n z −n = n=−∞ ⎜⎝ 3 z −1 ⎟⎠ = − n=0 ⎜⎝ 3 z −1 ⎟⎠ = − −1 ⎜⎝ z < 3 ⎟⎠ z 3 (z) ∞ ⎡ ⎛ 1 ⎞n u (−n −1)⎥⎤ −1 ⎡ ⎛ 1 ⎞n ⎤ ∞ ⎡⎣− ( )n ⎤ n=−∞ ⎢− ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎢− ⎝⎜ 2 ⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ = ⎢⎣ = n=−∞ n=1 ∑ ∑ ∑ (5)X = z−n ⎠⎟ ⎥ z−n 2 z ⎥⎦ ∑ = 1− ∞ =1− 1 = −2z = z 1 ⎛ z < 1⎞ 1− 2z 1− 2z − ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ( 2z )n z n=0 2 ∞ (6) X ( z) = ∑ δ (n +1) z−n =z ( z < +∞) n=−∞ ∑ (7)X(z ) = ∞ ⎛ 1 ⎞n ⎡⎣u ( n ) − u ( n −10)⎤⎦ z −n n=−∞ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ∑ = 9 ⎛ 1 ⎞n z−n n=0 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 1 − ⎛ 1 z −1 ⎞10 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ( ) = 1− 1 z−1 z >0 2 1 − ⎛ 1 z −1 ⎞10 z10 − ⎛ 1 ⎞10 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 由于 = 故极点为 z = 0 (9 阶), z = 1 (1 阶) 1− 1 z−1 z 9 ⎛ z − 1 ⎞ 2 2 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 零点由 z10 − ⎛ 1 ⎞10 = 0 可求得。 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 令 z = re jω0 代入有 10 ⎛ 1 ⎞10 1 j 2kπ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ e 10 ( ) ( ) re jω0 = e j2kπ 于是 re jω0 = 2 k = 0,1, 2, 9 所以零点 z = 1 j 2kπ (k = 0,1, 2, 9) 2 e 10 又 z = 1 出零极点抵消,故收敛域为 z > 0 。 2 ∑ (8)X ( z ) = ∞ ⎡⎢⎢⎣⎛⎜⎝ 1 ⎞n u ( n) + ⎛ 1 ⎞n u ( n)⎤⎥ z −n n=−∞ 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 3 ⎟⎠ ⎥⎦ = z 1 + z 1 − − z z 23 z ⎛ 2 z − 5 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎜⎝ 6 ⎟⎠ 2 ⎟⎠ = ⎜⎝ z > ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎜⎝ z − 2 ⎟⎠ ⎜⎝ z − 3 ⎟⎠ ∑ ( ) (9)(z) = ∞ ⎡⎢⎣δ (n) − 1δ (n − 3)⎤⎥⎦ z−n = 1− 1 z −3 X n=−∞ 8 8 z >0 8-5 解题过程: (1) X (z) = 1 + 1 z −1 = z z x (n) = (−0.5)n u (n) 0.5 + 0.5 (2) X ( z ) = 1− 0.5z−1 3 z−1 + 1 1+ 48 z −2 = 1− 0.5z−1 ( )( ) 1 z−1 + 2 z−1 + 4 8 = 8 − 12 4 z−1 + 2 z−1 + = 4−3 1+ 1 z−1 1+ 1 z−1 2 4 = 4z − 3z z+1 z+1 24 x (n) = ⎡⎢⎢⎣4 ⎛⎜⎝ − 1 ⎞n − 3⎛⎜⎝ − 1 ⎞n ⎤ u (n) 2 ⎟⎠ 4 ⎟⎠ ⎥ ⎥⎦ 1− 1 z−1 1− 1 z−1 2 2 (3) X (z) = 1 = ⎛⎜⎝1 + 1 ⎞ ⎛⎜⎝1 1 ⎞ 1− 4 z −2 2 z −1 ⎟⎠ − 2 z −1 ⎟⎠ = 1 =z 1+ 1 z−1 z + 1 2 2 x ( n ) = ⎛ − 1 ⎞n u ( n ) ⎜⎝ 2 ⎟⎠ (4) X (z) = 1− az−1 = 1− a2 −a = a2 −1 i 1 −a z−1 − a z−1 − a a 1− 1 z −1 a x(n) = a2 −1⎛ 1 ⎞n u(n) − aδ (n) a ⎜⎝ a ⎟⎠ 8-12 解题过程: 由于 X ( z) = 2 − −3z −1 = 2z2 −3z + 2 5z−1 + 2z−2 − 5z =−3 z 2 ( z −1) ⎛ z − 1 ⎞ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 零极点如图所示 解图 8-12 X (z) = − 3 z = 1 − 1 2 −1 − z (z − 1) ⎛ z − 1⎞ z z 2 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 2 X ( z) = z 1 − z z 2 − − z 2 当 z > 2 时为右边序列 x (n) = ⎡⎛ 1 ⎞n − 2n ⎤ u ( n ) ⎢⎢⎣⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎥ ⎥⎦ 当 z < 0.5 时为左边序列 x(n) = ⎡ − ⎛ 1 ⎞n ⎤ u ( −n − 1) ⎢2n ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎛ 1 ⎞ n ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 当 0.5 < z < 2 时为右边序列 x (n) = u ( n ) + 2n u ( −n − 1) 8-18 解题过程: 因为 H ( z) = Z ⎡⎣h (n)⎤⎦ = z( z > a) z−a X (z) = Z ⎡⎣x (n)⎤⎦ = z− ( z−N +1 z > 1) z −1 z −1 Y ( z) = X ( z) H ( z) = z ( ) ⋅ z − z−N+1 z > 1 z − a z −1 ( ) ( ) Y (z) 1 z⎤ ⎡1 z a z − z −1⎦⎥ ⎣⎢1 − −1 − = ⎡ z a ⋅ 1− z−N = a ⋅ z − 1 a ⋅ 1⎤ 1− z−N ( z > 1) ⎣⎢ z − a ⎥⎦ ( ) Y ( z) = 1 z 1− a − ⎡ z 1 − az ⎤ 1− z−N ⎢⎣ z − a ⎥⎦ 由于 y (n) 是因果序列,据移位性质求得 y(n) = Z −1 ⎡⎣Y ( z)⎤⎦ ( ) = 1− an+1 u n − 1− an+1−N u(n− N) 1− a 1− a 8-25 解题过程: 由图得 y (n) = b1y (n −1) + b2 y (n − 2) + ax (n −1) 设系统是因果系统,对差分方程两边取 z 变换: Y ( z ) = b1z−1Y ( z ) + b2z−2Y ( z ) + az−1X ( z ) 系统函数 H (z) = Y (z) = 1 − az −1 b2 z −2 = z2 az X (z) b1 z −1 − b1z − b2 + 单位样值响应 h(n) = Z −1 ⎡⎣H ( z )⎤⎦ = Z −1 ⎡ az ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ z 2 − b1z − b2 ⎦ ⎡ a ⎛ z z ⎞⎤ a ⎢ p1 − ⎜ z − p1 z − p2 ⎟⎥ p1 − ( ) = ⎝ ⎠⎦ Z −1 − = p1n − p2n u (n) ⎣ p2 p2 其中 p1 , p2 为 H ( z ) 的极点 p1 = b1 + b12 + 4b2 , p2 = b1 − b12 + 4b2 2 2 8-32 解题过程: ( ) (1) H ( z) = Y (z) z 1 Y (z) = X (z) X (z) = z−k = 1 − kz −1 = 1− kz−1 两边取逆 z 变换可得差分方程 y (n) − ky (n −1) = x (n) (2)由差分方程可得系统结构图如下: x(n) ∑ y(n) k z −1 (3)系统频率响应为 ( ) He jω( ) = H z z=e jω = e jω = 1 − 1 jω = 1 jk sin ω e jω − k ke (1− k cosω ) + ( ) 故幅度响应 H e jω = 1 1+ k 2 − 2k cosω 相位响应 ϕ (ω ) = − tan−1 k sin ω 1− k cosω ( ) ① k = 1, H e jω = 1,ϕ (ω ) = 0 ( ) ② k = 0.5 , H e jω = 1 ,ϕ (ω ) = − tan−1 sin ω 1.25 − cosω 2 − cosω ( ) ③ k = 1, H e jω = 1 = 1 , sin ω 2(1− cosω ) 2 2 ϕ (ω ) = − tan−1 sin ω = − tan −1 ⎛ cot ω ⎞ = ω −π 2 − cosω ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 2 当 k = 0 时,幅频响应和相频响应如下图 1 幅频响应 相频响应 当 k = 0.5 时,幅频响应和相频响应如下图 1π 6 2 1π π 2π 2/3 3 π 2π −1π 6 幅频响应 相频响应 当 k = 1 时,幅频响应和相频响应如下图 1π 2 π 2π -0.5 π 2π −1π 2 幅频响应 相频响应 8-33 解题过程:(1) H ( z ) = 1 零极点分布与幅度响应如图 z − 0.5 2 2/3 −2π −π 0 π 2π 3π 图 8-33_1(a) 零极点分布 图 8-33_1(b) 幅度响应 (2) H ( z ) = z ,相比于 H ( z ) = 1 ,只在 z = 0 处增加一个零点,幅度响应不 z − 0.5 z − 0.5 发生变化,零极点分布与幅度响应如图 2 2/3 −2π −π 0 π 2π 3π 图 8-33_2(a) 零极点分布 图 8-33_2(b) 幅度响应 (3) H ( z ) = z + 0.5 ,零极点分布与幅度响应如图 z 1.5 −2π −π 0.5 2π 3π 0π 8-37 解题过程: (1) y (n) − 3 y (n −1) + 1 y (n − 2) = x (n) + 1 x (n −1) 4 8 3 作 z 变换Y ( z ) − 3 z−1Y ( z ) + 1 z−2Y ( z ) = X ( z ) + 1 z−1X ( z ) 4 8 3 Y (z) 1+ 1 z−1 z ⎛ z + 1 ⎞ X (z) 3 ⎜⎝ 3 ⎟⎠ 系统函数 H (z) = = = 1− 3 z−1 + 1 z2 − 3 z + 1 48 z −2 48 ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎛ = 10 ⎜ z ⎟− 7 ⎜ z ⎟ ⎜⎝ z > 1 ⎞ 3 ⎜ − 1 ⎟ 3 ⎜ − 1 ⎟ 2 ⎟⎠ z z ⎝ z⎠ ⎝ z⎠ 单位样值响应 h (n) = Z −1 ⎡⎣ H ( z )⎤⎦ = ⎡10 ⎛ 1 ⎞n − 7 ⎛ 1 ⎞n ⎤ u ( n) ⎢ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 3 ⎜⎝ 4 ⎟⎠ ⎥ ⎢⎣ 3 ⎥⎦ Y (z) z ⎛ z + 1 ⎞ z ⎛ z + 1 ⎞ X (z) ⎜⎝ 3 ⎟⎠ ⎜⎝ 3 ⎟⎠ (2) H (z) = = = z2 − 3 z + 1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 48 ⎜⎝ z − 2 ⎟⎠ ⎜⎝ z − 4 ⎟⎠ 零极点分布如图 (3)由零极点分布得系统幅频响应为解图 16/45 2π 3π 零极点图 −2π −π 0 π 幅频响应 (4)由差分方程的系统结构如图 1 y(n) x(n) 3 ∑ z −1 z −1 3 z −1 4 −1 8 9-2 解:设周期序列 xp (n) 的周期为 N ,则: N −1 n e− j⎛⎜⎝ 2π ⎞⎟⎠nk N = xp ( ) ∑ ( ) X pk n=0 ⎡ N −1 e− j⎜⎛⎝ 2π ⎟⎞⎠nk ⎤∗ N −1 ⎦⎤∗ ⎡− j ⎛ 2π ⎟⎠⎞nk ⎤∗ = ⎢ xp N ⎥ ⎢e ⎜⎝ N ⎥ ⎥⎦ ⎣⎡ xp ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ n=0 n=0 ( ) ∑ ( ) ∑ ( ) X∗k n = n p 由于 xp (n) 是实数序列 ⎡⎣xp (n)⎤⎦∗ = xp (n) 而 ⎡− j ⎛ 2π ⎞⎟⎠nk ⎤∗ = ej ⎛ 2π ⎞⎟⎠nk ⎢e ⎜⎝ N ⎥ ⎜⎝ N ⎢⎣ ⎥⎦ N −1 n e j⎛⎜⎝ 2π ⎞ nk N ⎟⎠ = xp ( ) ∑ ( ) 于是X ∗ k p n=0 N −1 e− j ⎛ 2π ⎞⎟⎠nk ⎜⎝ N = xp ( ) ∑ ( ) ( ) 故∗ −k X p n = Xp k n=0 9-3 解题过程: N −1 n e− j ⎛ 2π ⎞⎟⎠nk ⎜⎝ N = xp ( ) ( ) ∑ ( ) 设 xp n 的周期为 N ,则 X p k n=0 ⎡ N −1 e− j ⎛ 2π ⎞⎠⎟nk ⎤∗ N −1 n e j⎛⎝⎜ 2π ⎞⎠⎟nk = ⎢ xp ⎝⎜ N ⎥ N xp ( ) ∑ ( ) ∑ ( ) X∗k n = p ⎢⎣ n=0 ⎥⎦ n=0 变量置换,令 n = −n ,则 −( N −1) n e− j ⎛ 2π ⎞⎟⎠nk ⎜⎝ N ( ) ∑ ( ) X∗k = xp p n=0 由于 xp (n) 是 n 的偶函数,所以 xp (−n) = xp (n) 又 知 xp (n) 是 以 N 为 周 期 的 周 期 序 列 , 故 其 在 任 一 周 期 内 的 DFS 应 相 同 , 即 ∑ ( ) ∑ ( ) x n e = x n e −(N−1)−j⎛⎜⎝ 2π ⎞⎟⎠nk N −1 − j ⎛ 2π ⎞⎟⎠nk p N p ⎜⎝ N n=0 n=0 −( N −1) n e = x − j⎛⎜⎝ 2π ⎞⎟⎠nk N −1 e− j⎛⎜⎝ 2π ⎞⎟⎠nk N p N ( ) ∑ ( ) ∑ ( ) ( ) 故∗= X p n xp n = Xp n n=0 n=0 因此 X p (k ) 是实数序列。 又由题 9-2 可知,对实数序列 xp (n) ,有 X p (k ) = X ∗ (−k ) p 也即 X ∗ (k ) = X p (−k ) p 因此 X p (k ) = X p (−k ) 即 X p (k ) 为 k 的偶函数。 9-7 解题过程: 设 xp (n) 如图 9-7(a)所示,由定义有 x (( −n)) = xp (−n) N ( ) 因此, x (−n) N 序列即 xp (n) 序列以 n = 0 点为轴反转,如解图 9-7(b)所示。 图 9-7(a) 图 9-7(b) 9-8 解题过程: 3 由定义 X (k ) = ∑ x (n)W nk n=0 ⎡ X (0)⎤ ⎡W 0 W0 W0 W 0 ⎤ ⎡x(0)⎤ ⎢ X ⎥ ⎢⎢W 0 W1 W2 ⎢ X (1) ⎥ ⎢W 0 W2 W4 W 3 ⎥ ⎢ x (1) ⎥ ⎢ X ⎢ 0 W3 W6 ⎥ ⎢ ⎥ 其矩阵形式为 ⎢ ( 2 )⎥⎥ = ⎣W W 6 ⎥ ⎢x(2)⎥ ⎣⎢ ( 3) ⎦⎥ W 9 ⎥ ⎢ x ( 3) ⎥ ⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ 又有W = e N − j ⎛ 2π ⎞ , = ⎜⎝ N ⎟⎠ 4 故W 4 = W 0 ,W 6 = W 2 ,W 9 = W 1 且W 2 = −W 0 ,W 3 = −W 1 而W 0 =1,W1 = − j ⎡ X (0)⎤ ⎡W 0 W0 W0 W 0 ⎤ ⎡x (0)⎤ ⎡1 1 1 1 ⎤⎡1 ⎤ ⎡ 5 ⎤ ⎢ X ⎥ ⎢⎢W 0 W1 W2 −j −1 所以 ⎢ X (1) ⎥ = ⎢W 0 W2 W4 W 3 ⎥ ⎢ x (1) ⎥ = 1 ⎢⎢1 −1 1 j ⎥ ⎢ 2 ⎥ = ⎢⎢2 + j ⎥⎥ ⎢ X ⎢ 0 W3 W6 W 6 ⎥ ⎢ ⎥ 4 ⎢1 j −1 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ −5 ⎥ ⎢ ( 2 )⎥⎥ ⎣W ⎥ ⎢ x ( 2)⎥ ⎢⎣ ⎢ ⎥ −1⎥ ⎢−1⎥ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣1 j ⎥⎦ ⎢ ⎥ ⎢⎣2 − ⎥ ( 3) ⎥⎦ W 9 ⎦ x ( 3) − ⎣ 3 ⎦ j ⎦ 1 N −1 ∑ 又 x (n) = 其矩阵形式为 X (k )W −nk N k=0 ⎡ x (0)⎤ ⎡W 0 W0 W0 W 0 ⎤ ⎡ X (0)⎤ ⎡1 1 1 1 ⎤⎡ 5 ⎤ ⎡1 ⎤ ⎢ x ⎥ ⎢⎢W 0 W −1 −W 0 ⎢ x (1) ⎥ = 1 ⎢W 0 −W −0 W0 −W −1 ⎥ ⎢ X (1) ⎥ = 1 ⎢⎢1 −j −1 − j ⎥ ⎢⎢2 + j ⎥⎥ = ⎢ 2 ⎥ ⎢ x 4 ⎢ 0 −W −1 −W −0 −W 0 ⎥ ⎢ X ⎥ 4 ⎢1 −1 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ( 2 )⎥⎥ ⎣W ⎥ ⎢ (2)⎥ ⎣⎢ ⎢ ⎥ 1 −1⎥ ⎢ −5 ⎥ ⎢−1⎥ ⎥ ⎣⎢ ⎦⎥ ⎢⎣1 − j ⎥ ⎢⎣2 − j ⎥⎦ ⎢ ⎥ ( 3) ⎦⎥ W −1 ⎦ X (3) −1 j ⎦ ⎣ 3 ⎦ 与原 x (n) 一致。 9-9 解题过程: a e N −1 − j⎛⎝⎜ 2π ⎞⎠⎟nk N −1 ⎛ − j ⎛ 2π ⎞⎟⎠k ⎞n ( ) ∑ ∑ X = n N = n=0 ⎜⎜⎝ ⎜⎝ N ⎟⎟⎠ k ae n=0 ⎛ j⎛⎜⎝ 2π ⎞⎟⎠k ⎞ n ⎜⎜⎝ N ⎟⎟⎠ 1 − − 1 1− aN ae = ⎛ 2π ⎞⎟⎠k = j⎛⎜⎝ 2π ⎞⎟⎠k 0 ≤ k ≤ N −1 ⎜⎝ N N − ae− j − − 1 ae 9-11 解题过程:如题图 9-11 x(n) 图 9-11 先由 x ( n ) 绘出 x ( ( n ) ) ,在据 x ( ( n )) 绘出 x ( ( n − 2 ) ) ,得 x1 ( n ) 如解图 9-11(a)。 4 4 4 x1 (n) 图 9-11(a) 同样,得 x2 (n) 如解图 9-11(b)所示。 x2 (n) 9-12 解题过程: 图 9-11(b) 如题图 9-12 h(n) x(n) 题图 9-12 ( ) ( ) 5 ( ) ( ( ) ) ( ) ∑ 6 x n ⊗ h n = h m x n − m R6 n m=0 5 ( ) ( ( ) ) ( ) ∑ 6 = δ m − 2 x n − m R6 n m=0 = x (( n − 2)) R6 ( n ) 6 其结果如解图 9-12 所示。 9-13 解题过程: 解图 9-12 1 N −1 1 N −1 1 N −1−l m W −n(m+l) N N Y X X ∑ ∑ ( ) ∑ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) IDFT ⎡⎣Y k ⎤⎦ = k =0 k W −nk = N k=0 k −l N W −nk = N m=−l ( ) ( ) 由于 X m 及W −n(m+l) 都以 N 为周期, N 所以 ∑ (( )) 1 N−1−l m W −n(m+l) X N N m=−l 1 N −1 m W −n(m+l) N X ∑ (( )) = N m=0 ∑ ( ) ( ) =⎡1N −1X m W − nm ⎤ ⋅ W − nl ⎢⎣ N m=0 ⎥⎦ N ∑ ( ) =⎡1 N −1 X m W − nm ⎤ ⋅W − nl ⎢⎣ N m=0 ⎥⎦ = x (n) ⋅W −nl 即 IDFT ⎡⎣Y (k )⎤⎦ = x (n) ⋅W −nl 9-21 解题过程: 因为 x (n) = x1 (n) + jx2 (n) , x1 (n) , x2 (n) 为实序列。 所以 x1 (n) = 1 ⎡⎣ x (n) + x∗ ( n )⎤⎦ , jx2 (n) = 1 ⎡⎣ x (n) − x∗ ( n )⎤⎦ 2 2 { } DFT 1 ⎡⎣ x1 ( n )⎤⎦ = X1 (k ) = 2 DFT ⎡⎣x (n)⎤⎦ + DFT ⎡⎣x∗ (n)⎤⎦ { } DFT ( n)⎤⎦ ( ) 1 ⎡⎣ jx2 = X 2 k = 2 DFT ⎣⎡x (n)⎦⎤ − DFT ⎡⎣x∗ (n)⎤⎦ N −1 ⎡ N −1 ⎤∗ ⎢⎣ n=0 x ⎥⎦ n ⎤⎦ = x∗ n=0 ∑ ∑ ( ) ( ) ( ) 又 DFT ⎡⎣x∗ − n W nk = n W nk 由于W nk 是 N 的周期函数,而有W (N −k)n = W −nk ⎡⎣x∗ (n)⎤⎦ N −1 ( ) ⎡N −1 ⎤∗ X ∗ (n − k ) ⎥⎦ x∗ (n)W nk ⎢⎣ n=0 x n=0 ∑ ∑ 于是 DFT = = n W − nk = 因此 X1 (k ) = 1 ⎡⎣ X (k ) + X ∗ ( N − k )⎤⎦ , X2 (k ) = 1 ⎡⎣ X (k ) − X ∗ ( N − k )⎤⎦ 2 2 9-22 解题过程: N −1 X (k ) = DFT ⎡⎣x (n)⎤⎦ = ∑ RN (n)W nk n=0 N −1 = 1−W kN 1−W k W nk n=0 ∑ ( ) = k≠0 − − j 2π Nk 1 e N = j 2π =0 − k 1−e N N −1 若 k = 0 ,则 X (k ) = ∑1 = N ,故 X (k ) = Nδ (k ) n=0 ∑ ∑ ∑ ∑ ( ) ( ) ( ) N−1 帕斯瓦尔定理: x n 2 = 1 N −1 X k 2 此题中 N −1 x n 2 = N −1 N N n=0 1= n=0 n=0 n=0 ∑ ∑ 1 N −1 X (k ) 2 = 1 N −1 Nδ (k ) 2 = N ,故帕斯瓦尔定理成立。 N n=0 N n=0 9-23 解题过程: N −1 X x(n) = ( ) 1 ∑ 由逆变换定义 k W −nk N k=0 1 N −1 ∑ 所以 x (-n) = (k )W nk X N k=0 将变量 n , k 的取值范围都是从 0 到 N-1 ,据离散傅里叶变换的定义有 DFT ⎡⎣x (n)⎤⎦ = Nx (−k ) RN (n) 9-24 解题过程: N −1 N −1 ∞ 1− z−N n=0 1− z−1 n ⎤⎦ = x z−n = RN n=0 n=0 ∑ ∑ ∑ ( ) ( ) ( ) ( ) (1) Z ⎡⎣ X z−n = z−n = n n z >0 (2) DFT ⎡⎣x (n)⎤⎦ = Nx (−k ) RN (n) ( n )⎤⎦ N −1 (n)W nk ( ) ⎡N −1 ⎤∗ X ∗ (n − k ) ∑ ∑ DFT⎡⎣ x∗ = = n W −nk ⎥⎦ = x∗ ⎢⎣ n=0 x n=0 ⎛ − j Nω j NW ⎞ − j NW e 2 ⎜e 2 −e 2 ⎟ 1− e− jNω ( ) ( ) (3) Xe jω 1 − e− jω ⎝ ⎠ =X z = = z =e jω ⎛ − jW jW − jW ⎞ e 2 ⎜e 2 −e 2 ⎟ ⎝ ⎠ sin Nω − j ( N −1)ω sin Nω − j ( N −1)ω + jθ (ω ) 2 = 2 e2 = e 2 ω sin ω sin 相位 2  2 幅度 sin Nω 2 由于对 sin ω 取绝对值时,分子分母符****可能不同,因而相位特性有一个θ (ω ) ,θ (ω ) 可 2 能为 0 或π 。 幅度特性曲线如解图 9-24 所示。(设 N = 6 ) N π 2π π 2π 33 解图 9-24 9-34 解题过程: (1)由于 f1 ≤ 5Hz ,所以T1 = 1 ≥1 = 0.2s f1 5 (2)由于 Ts ≤ 1 ,而最高频率 fh ≤ 1.25kHz 2 f1 故 Ts ≤ 1 = 1 = 0.4ms ,取Ts = 0.4ms 2 f1 2 ×1.25 ×103 (3)由于 N = T1 故N  0.2 = 500 一般要求 N 为2 的整数幂,故取 N = 29 = 512 Ts 0.4 ×10−3 所以T1 = NTs = 512× 0.4× 2 = 0.2048
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本文标题:信号与系统》第二版课后答案 链接地址:http://www.topstudy.com.cn/jiaoyu/tiku/96.html
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