信號(hào)與系統(tǒng)第二版課后答案

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)題解析高等教育出版社1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.542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 1-1 圖解解 (a)、(c)、(d)為連續(xù)信號(hào)；

2、(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。2t(a) 2 f( t 2 ) (b) f( 2t )(c) f( )2t(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。3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)單線性系統(tǒng) SR、SL、SC，試寫出各系統(tǒng)響應(yīng)電壓與激勵(lì)電流函數(shù)關(guān)系的表達(dá)式。題

3、 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；)()(tiRtuRRttiLtuLLd)(d)(tCCiCtud)(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 )()()(taytftySRSLSC4即 )()()(tftayty1-51-5 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 )|

4、，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； )()()(111tytftfT)()()(222tytftfT故有 )()()()(21tytftftfT顯然 )()()()(2121tftftftf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) tfttfty0d)(d)(d)()()(3)()(tftytyty (3) (4) )(3)()(2tftyty t)()()(2tftyty解解 (1)線性；(

5、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)()()()(2211tytftytf，則有 )()()(111tftayty)()()(222tftayty相加得 )()()()()()(212211tftftaytytayty即)()()()()()(dd212121tftftytyatytyt可見(jiàn))()()()(2121tytytftf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

6、非零 f( t )作用下其響應(yīng)，試求方程ttye1)(的響應(yīng)。)()(2)()(tftftayty解解 因?yàn)?f( t ) ，由線性關(guān)系，則ttye1)()e1 (2)(2)(2ttytf由線性系統(tǒng)的微分特性，有ttytfe)()(故響應(yīng) ttttytftfe2e)e1 (2)()()(25第 2 章習(xí)題解析2-12-1 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tuCRuiddCCL又ttuuLi0CSLd)(1故CCCS)(1uCRuuuL 從而得)(1)(1)(1)(SCCCtuLCtuLCtuRCtu 2-22-2 設(shè)有二階系統(tǒng)方程

7、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tetAAty221zi)()(由于6yzi( 0+ ) = A1 = 12A1 + A2 = 2所以A2 = 4故有0,)41 ()(2zitettyt2-32-3 設(shè)有如下函數(shù) f( t )，試分別畫出它們的波形。(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 p2-32-42-4 試用階

8、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 )7 (b) f( t ) = ( 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) 0d)()3cos(ttt(4) 003d)(ettt解解 (1) t( t 1 ) = ( t 1 )(2) 1d) 1(d) 1(ttttt(3) 21d)()3cos(d)()3cos(00ttttt(4) 1d)(d)(ed)(e00003003tttttttt2-62-6 設(shè)有題 2-

9、6 圖示信號(hào) f( t )，對(duì)(a)寫出 f ( t )的表達(dá)式，對(duì)(b)寫出 f ( t )的表達(dá)式，并分別畫出它們的波形。題 2-6 圖解解 (a)20,21tf ( t ) = ( t 2 )， t = 22( t 4 )， t = 4 (b) f ( t ) = 2( t ) 2( t 1 ) 2( t 3 ) + 2( t 4 )8圖 p2-62-72-7 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，并畫出它們的波形。題 2-7 圖解解 由圖(a)有RitutiL)(ddS即)(1ddStuLiLRti當(dāng) uS( t ) = ( t

10、)，則沖激響應(yīng))(e1)()(tLtithtLR則電壓沖激響應(yīng))(e)(dd)()(LtLRttiLtuthtLR對(duì)于圖(b)RC 電路，有方程RuituCCSCdd即9SCC11iCuRCu當(dāng) iS = ( t )時(shí)，則)(e1)()(CtCtuthRCt同時(shí)，電流)(e1)(ddCCtRCttuCiRCt2-82-8 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)(31ttxt當(dāng) h( t ) = ( t )時(shí)，則沖激響應(yīng))(e2)()()()()(31tttttxtht階躍響應(yīng))()e21

11、 (31d)()(30thtstt2-92-9 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, 2d53ttt也可以利用遲延性質(zhì)計(jì)算該卷積。因?yàn)? t ) * ( t ) = t( t )f1( t t1 ) * f2( t t2 ) = f( t t1 t2 )10故對(duì)本題，有( t + 3 ) * ( t 5 ) = ( t + 3 5 )

12、( 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 ) = 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 )

13、* ( t ) = = t( t )t0d1故有11f1( 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 ) + ( t 2 ) + ( t + 2 ) = f1( t ) + f1( t 2 ) + f1( t + 2 )結(jié)果見(jiàn)圖 p2-10(b)所示。圖 p2-102-112-11 試求下列卷積。 (a) )()()()e1 (2t

14、ttt(b) )(e dd)(e3ttttt解解 (a)因?yàn)?，?()()()(tttt)()e1 ()()()e1 ()()()()e1 (222ttttttttt (b)因?yàn)椋?()(ettttttttttttt333e3)()()(e)(e dd)(e2-122-12 設(shè)有二階系統(tǒng)方程)(4)(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 = 212故特征函數(shù))()ee (ee)(2221ttxtttt零狀態(tài)響應(yīng))()ee ()(4)()(4)(22tttxttytt = )()4ee8(2ttt2-132-13

15、如圖系統(tǒng)，已知)()(),1()(21tthtth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()()()()()()(1tttttthtftftx所以沖激響應(yīng)) 1()()()1()()()()()(2tttttthtxtyth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13)()(1)1()1(121C12C21CtLRRtRuLRRLuLCRRuC 代入數(shù)據(jù)得)()(22CCCttuuu 特征根1

16、,2 = 1 j1故沖激響應(yīng) uC( t )為)()(*)ee ()(11Ctttutt )(sine)()sin(cosetttttttV)(cosettt2-152-15 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 ) = yz

17、i( t ) s( t ) = e3t( t )從而有y1( t ) y2( t ) = 2s( t ) = 2e3t( t )即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) thttfthtfd)(d)(d)()(2) 利用(1)的結(jié)果，證明階躍響應(yīng)thtsd)()(14證證 （1）因?yàn)閥( 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thtftyd)(

18、)()(（2）因?yàn)閟( t ) = ( t ) h( t ) 由（1）的結(jié)果，得thttsd)()()( thtd)()(thd)(15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tTAtf)(系數(shù)2d1d)(1000AtTAtTttfTaTTTTttntTAttntfTa01201ndcos2dcos)(2 0sin20112TntntTATTttntTAttntfTAb01201ndsin2dsin)(2 cos20112nAntntTAT所以三角級(jí)數(shù)為11s

19、in2)(ntnnAAtf3-23-2 求周期沖激序列信號(hào)nnTtt)()(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16所以ntnTt1jTe1)(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，1f當(dāng)1 = 1ms 時(shí)，則Hz1000001. 01111f當(dāng)2 = 0.2ms 時(shí)，則Hz50000002. 01122f3-43-4 求題 3-4 圖示信號(hào)的傅里葉變換。題 3-4 圖解解 (a)因?yàn)閠t,t

20、, 0f( t ) = TttTFTTtn1de )(122jn117為奇函數(shù)，故tttFdsin2 j)(0cossin2j2)(Sacos2j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(sin4j 1cosj22若用微分-積分定理求解，可先求出 f ( t )，即f ( t ) = ( t + ) + ( t ) 2( t )所以2cos22ee)j ()(jj1Ftf又因?yàn)?F1( 0 ) = 0，故) 1(cosj2)(j1)(1FF3-53-5 試求下列信號(hào)的頻譜函數(shù)。(1) ttf2e)(2) )(sine)(0tttfat解解

21、(1) 0j20j2jdeedeede )()(ttttfFttttt 244j21j21(2) 0jjjjd)ee(e2j1ede )()(00tttfFtttatt0)j(j)j(jdeeee2j100ttattat00j)j(1j)j(12j122022000)j()j(j22j13-63-6 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18)2(Sa)(2AF題 3-6 圖證證 因?yàn)閠tA),1 ( 0，| t | 則0dcos)1 (2)(tttAF )cos1 (22A)2(sin422A)2(Sa2A3-73-7 試求信號(hào) f( t ) = 1 + 2cost + 3

22、cos3t 的傅里葉變換。解解 因?yàn)? 2() 2cost 2( 1) + ( + 1) 3cos3t 3( 3) + ( + 3) 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 ) =19題 3-8 圖解解 由于 f1( t )的 A = 2， = 2，故其變換)(Sa4)2(Sa)(221 AF根據(jù)尺度特性，有)2(Sa8)2(2)2(211Ftf再由調(diào)制定理得)(cos)2()(212Fttftf)22(Sa8)22(Sa821)(222F)2

23、2(Sa4)22(Sa4222222)()2(sin)()2(sin3-93-9 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 AtAj1)()(t所以由時(shí)域卷積定理j1)()()()(00 AF20)()(j00A（2）因?yàn)?()(j)sin(000 AtAj1)()(t由頻域卷積定理j1)()()(j21)(00AF202000)()(2jAA3-103-10 設(shè)有信號(hào)f1( t ) = cos4tt, 1t, 0試求 f1( t ) f2( t

24、)的頻譜函數(shù)。解解 設(shè) f1( t ) F1()，由調(diào)制定理)()4()4(214cos)(111FFFttf而)(Sa2)2(Sa)(1F故)4(Sa)4(Sa)(F3-113-11 設(shè)有如下信號(hào) f( t )，分別求其頻譜函數(shù)。(1) )(e)()4j3(ttft(2) )2()()(tttf解解 (1) 因 j1e t故)4j(31j)4 j3(1e)4j3(tf2( t ) =21(2) 因 2),1()()2()(ttGtt故jje )(Sa2e )2(Sa)(F3-123-12 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

25、出其幅度頻譜。解解 因j2j2e )2(Sa8e )2(Sa2)(F故)50()50(21)(112FFF)50j2()50j2(e)50(Sa24e)50(Sa24幅度頻譜見(jiàn)圖 p3-12。圖 p3-12f1( t ) =5050| F2( ) |22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 電路的頻率響應(yīng)為1j1)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 (

26、j1)(j1U)e1 (j11j1)(j2U反變換得) 1(e1 )()e1 ()()1(2tttutt4-24-2 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23解解 因?yàn)檩斎?f( t )為周期沖激信號(hào)，故22, 111nTTF所以 f( t )的頻譜nnnnFF)2(2)(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2j2)j

27、 (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 ()(21tHthtF而階躍響應(yīng)頻域函數(shù)應(yīng)為2j2j1)()j ()()(HtSF2j2j1)(2j1j1)(所以階躍響應(yīng))()e1 ()(2ttst4-44-4 如題圖 4-4 所示是一個(gè)實(shí)際的信號(hào)加工系統(tǒng)，試寫出系統(tǒng)的頻率特性 H( j )。題 4-4 圖24解解 由圖可知輸出ttttftfty00d)()()(取上式的傅氏變換，得)e1 (j)()(0j tFY故頻率特性)e1 (j1)()()j (0j tFYH4-54-5 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

28、采樣頻率。解解 由尺度特性，有)3(31)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mS61fT mS6 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xf625252m所以7686252510626252526mfx4-74-7 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

29、( t )可表示為x( t ) = A 1 + m f( t ) cos0t25式中，m 為調(diào)制系數(shù)。試求 x( t )的頻譜，并大致畫出其圖形。題 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)()()(0000FFmAAX式中，F(xiàn)( )為 f( t )的頻譜。x( t )的頻譜圖如圖 p4-7 所示。圖 p4-74-84-8 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，試畫出 x(t)和 y(t)的頻譜圖。X( )F( )F

30、( )26題 4-8 圖題 4-8 圖解解 由調(diào)制定理知)()(21)(cos)()(CC1C1FFFttftf而 x(t)的頻譜)()()(11jHFX又因?yàn)?()(21)(cos)()(CC2C2XXFttxtf所以)()()(22jHFY它們的頻譜變化分別如圖 p4-8 所示，設(shè)C 2。圖 p4-8F1( )F2( )X( )Y( )274-94-9 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，試畫出 y(t)的頻譜。題 4-9 圖解解 設(shè)，故由調(diào)制定理，得ttftf50cos)()(1)50()50(21)(1FFF從

31、而)()()()(1122FHFtf它僅在| | = ( 30 50 )內(nèi)有值。再設(shè)ttftf30cos)()(23則有)30()30(21)(223FFF即 F3( )是 F2( )的再頻移。進(jìn)而得響應(yīng)的頻譜為)()()(23jHFY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47解解 該系統(tǒng)的 H( s )為KsssKssssKssssKssH3321) 1(121) 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 K 9時(shí)系統(tǒng)穩(wěn)定。也可以從勞斯陣列判定。因

32、為陣列：0039331KKK為使第一列元素不變號(hào)，即應(yīng)0, 039KK即0 K 9時(shí)系統(tǒng)穩(wěn)定。48第第 7 7 章習(xí)題解析章習(xí)題解析7-17-1 試畫出下列離散信號(hào)的圖形。 (a) )()21()(1nnfn(b) )2()(2nnf(c) )2()(3nnf(d) )()5 . 01 (2)(4nnfn解解 各信號(hào)的圖形分別如圖 p7-1 所示。圖 p7-17-27-2 試畫出下列序列的圖形。 (a) )6()2()(1nnnf(b) )()2()(2nnnf(c) )5()()()(3nnnnnf(d) )4()3(2)2(2) 1()()(4nnnnnnf解解 各序列的圖形分別如圖 p7

33、-2 所示。49圖 p7-27-37-3 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)。45)2(,21) 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nnKKny2211zi)(nnKK)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(1) 2y(2) = 1.5 2.5 = 1n = 1 時(shí)，y(1) = 3y(0) 2y(1) = 3 + 1 = 4從而有1)0(21ziKKy42) 1 (21ziKKy50解得K1

34、 = 2， K2 = 3故0,)2(3) 1(2)(zinnynn7-47-4 設(shè)有離散系統(tǒng)的差分方程為) 1()(4)2(3) 1(4)(nfnfnynyny試畫出其時(shí)域模擬圖。解解 原方程可以寫為) 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 p7-47-57-5 如圖所示為工程上常用的數(shù)字處理系統(tǒng)，是列出其差分方程。題 7-5 圖DDDDDD51解解 由圖可得差分方程)3()2() 1()()(3210nfbnfbnfbnfbny7-67-6 設(shè)有序列 f1( n )和 f2( n )，如圖 7-6 所示，試用二種

35、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 12 1.5 1 1 1.5 22 1.5 1 1 1.5 22 1.5 1 1 1.5 22 1.5 1 1 1.5 22 3.5 4.5 5.5 5 5.5 4.5 3.5 2即有2, 5 . 3, 5 . 4, 5 . 5, 5, 5 . 5, 5 . 4, 5 . 3,2)()(021nnfnf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)(1nnnnnnnf)3()2() 1()()(2nnnnnf則)8(2)7(5 . 3)6(

36、5 . 4)5(5 . 5)4(5)3(5 . 5)2(5 . 4) 1(5 . 3)(2)()(21nnnnnnnnnnfnf7-77-7 設(shè)有一階系統(tǒng)為52)() 1(8 . 0)(nfnyny試求單位響應(yīng) h( n )和階躍響應(yīng) s( n )，并畫出 s( n )的圖形。解解 由方程知特征根 = 0.8，故)(8 . 0)()(nnnhnn階躍響應(yīng)為)()8 . 01 (58 . 018 . 01)()()(11nnnhnsnns( n )的圖形如圖 p7-7 所示。圖 p7-77-87-8 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 )。)()31()(nnhnnnf2)

37、(解解 由給定的 f( n )和 h( n )，得0)()()()()(kkhknfnhnfnykknkkkn)61(2)31(200因?yàn)?,1110aaaankn故得)()31(51)(256)(nnnynn7-97-9 試證明5321111121)()(nnnnnn證明證明nkkknknkknnnnn021120121)()()(1)(1)(1211210121nnnkkn2112111211112111nnnnnn7-107-10 已知系統(tǒng)的單位響應(yīng)，) 10()()(ananhn輸入信號(hào)，求系統(tǒng)的零狀態(tài)響應(yīng)。)6()()(nnnf解解 )()6()()()()(nannnhnfnyn因

38、為)(11)()(10naaanannnkkn利用時(shí)延性質(zhì)，則)6(11)()6(61naanannn所以得)6(11)(11)(51naanaanynn54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)()(nnnnnazzazFazazzaz11)(111，(c) 111)21(25 . 0)(nnnnnzzzF21211zz，(d) 0025. 05 . 0)(nnnnnn

39、zzzF5 . 025. 05 . 0zzzzz，8-28-2 求下列 F( z )的反變換 f( n )。(a) 211814315 . 01)(zzzzF(b) 221)(11zzzF(c) )2)(1(2)(zzzzF(d) )4 . 0)(2 . 0(3)(2zzzzzF(e) 2) 1)(2()(zzzzF解解 (a) 因?yàn)?5)41)(21(5 . 0)(2zzzzzF故4121)41)(21(5 . 0)(21zKzKzzzzzF解得K1 = 4，K2 = 3進(jìn)而413214)(zzzzzF所以)()41(3)21(4)(nnfnn(b) )21(22)21(221221212)

40、(zzzzzzzzzF所以) 1()21()()21(21)(1nnnfnn(c) 由于)2)(1(2)(zzzzF故21)2)(1(2)(21zKzKzzzzF解得K1 = 2，K2 =2進(jìn)而2212)(zzzzzF所以)() 12(2)()2(2)(2)(nnnnfnn(d) 由于)4 . 0)(2 . 0(3)(2zzzzzF故564 . 02 . 0)4 . 0)(2 . 0(13)(21zKzKzzzzzF解得31,3821KK故有4 . 0312 . 038)(zzzzzF所以)()4 . 0(31)2 . 0(38)(nnfnn(e) 由于2) 1)(2()(zzzzF故1) 1

41、(2) 1)(2(1)(1221112zKzKzKzzzzF解得K1 = 1， K11 = 1， K12 = 1從而有1) 1(2)(2zzzzzzzF故得)() 12()(nnnfn8-38-3 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2232) 1(1) 1()(zzzzzzF (b) )1 (111)(NNzzzzzzzzzF8-48-4 試證明初值定理)(lim)0(zFfz57證明證明 因?yàn)?10)2() 1 ()0()()(zfzffznfzFnn當(dāng) z時(shí)，則上式右邊除 f(0)外均為零，

42、故)(lim)0(zFfz8-58-5 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mzzFmnnf)()()(而)()(zFzmnfm故得)()()(mnfmnnf (b) 因?yàn)?2) 1(11)()(zzzzzznn而222) 1(1) 1()()()() 1(zzzzzznnnnn所以)() 1()()(nnnn8-68-6 已知，試求的 Z 變換。)() 1()()(nnnn)(nn解解 因由卷和定理22) 1()()(zznn而)()() 1()(nnnnn所以58222) 1(1) 1()(zzzzz

43、znn8-78-7 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)(11zzzF(2)2115 . 05 . 11)(zzzzF解解 (1) 25. 025. 011)(222zzzzF所以1)(lim)0(zFfz(2) 5 . 05 . 1)(2zzzzF所以0)(lim)0(zFfz8-88-8 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(21)() 1(21)(nfnfnyny。1) 1(),()(ynnf解解 對(duì)方程取 Z 變換，有)(5 . 0)(5 . 0)(5

44、 . 0)(11zFzzFzYzzY即5 . 01)5 . 01 ()()5 . 01 (11zzzzYz故5 . 05 . 01)(zzzzzY所以nnny)5 . 0(5 . 0)()(8-98-9 設(shè)系統(tǒng)差分方程為)()2(6) 1(5)(nfnynyny59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)(121zFyyzzYzyzYzzY即121218)(615)(5)(121zzzzYzzYzzY從而有21165131812)(zzzzz

45、zY)3)(2)(1(1821523zzzzzz故321)(321zKzKzKzzY解得K1 = 1， K2 = 4， K3 = 0則有241)(zzzzzY得全響應(yīng))()2(4)()(nnnyn8-108-10 設(shè)一系統(tǒng)的輸入，系統(tǒng)函數(shù))2(2) 1(4)()(nnnnf)5 . 01)(1 (1)(11zzzH試求系統(tǒng)的零狀態(tài)響應(yīng)。解解 因?yàn)? 1)(5 . 0(5 . 05 . 1)(222zzzzzzzH所以15 . 0) 1)(5 . 0()(21zKzKzzzzzH解得K1 = 1， K2 = 260故125 . 0)(zzzzzH得)(2)5 . 0()(nnhn所以)()()(

46、nfnhny )2(2) 1(4)()(2)5 . 0(nnnnn)()5 . 0()(2)(4nnnn8-118-11 設(shè)有系統(tǒng)方程) 1(2)()2(8 . 0) 1(2 . 0)(nfnfnynyny試畫出其 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)(121zFzzFzYzzYzzY即)()21 ()()8 . 02 . 01 (121zFzzYzz故有2118 . 02 . 0121)()()(zzzzFzYzH由此可以畫出模擬圖如圖 p8-11 所示。圖 p8-118-128-12 如題 8-12 圖所示 z 域框圖，試寫出其差分方程。61題 8-12 圖解解 由圖可得)(1)(11zFazzbzY故有)()()()1 (11zFzbzYaz所以) 1()() 1()(nfnbfnayny8-138-13 如題 8-13 圖所示 z 域框圖，是寫出其差分方程。題 8-13 圖解解 由圖可得)(11)(1zFazzX)()1 ()(1zXbzzY故有)(11)(11zFazbzzY62即)()1 ()()1 (11zFbzzYaz從而有差分方程) 1()() 1()(nbfnfnayny8-148-14 對(duì)于題 8-12 和 8-13，試分別寫出系統(tǒng)函數(shù) H( z )。解解 對(duì)于題 8-12