徐亚宁信号与系统全部作业的参考答案.pdf

1 第一章 1.8 系统的数学模型如下，试判断其线性、时不变性和因果性。其中 X（0 -）为 系统的初始状态。 （2） 2 f t y te （5） cos2y tf tt （8） 2y tft 解：（2 2） 2 f t y te 线性： 设 1122 ,f ty tftyt，则 12 22 12 , f tft y teyte 那么 1 12 2 1 12 2 222 1 122 a f ta fta f ta ft a f ta fty teee ，显然， 1122 y ta y ta yt，所以是非线性的。 时不变性 设 11 ,f ty t则 101 22 110 , f t tf t y tey tte 设 102 ,f ttyt则 10 2 210 f t t ytey tt ，所以是时不变的。 因果性 因为对任意时刻 t1， 1 2 1 f t y te，即输出由当前时刻的输入决定，所以系统是 因果的。 （5 5） cos2y tf tt 线性： 设 1122 ,f ty tftyt，则 1122 cos2 ,cos2y tf ttytftt 那么 1 1221 1221 122 cos2cos2cos2a f ta fty ta f ta ftta f tta ftt , 显然 1122 y ta y ta yt，所以系统是线性的。 时不变性 设 11 ,f ty t则 1110100 cos2 ,cos2y tf tty ttf tttt 设 102 ,f ttyt则 21010 cos2ytf ttty tt，所以是时变的。 因果性 因为对任意时刻 t1， 111 cos2y tf tt，即输出由当前时刻的输入决定，所以 系统是因果的。 2 （8 8） 2y tft 线性： 设 1122 ,f ty tftyt，则 1122 2 ,2y tftytft 那么 1 1221 1221 122 2222a f ta fty ta fta fta fta ft , 显然 1122 y ta y ta yt，所以系统是线性的。 时不变性 设 11 ,f ty t则 111010 2 ,2y tfty ttftt 设 102 ,f ttyt则 21010 2ytftty tt，所以系统是时变的。 因果性 因为对任意时刻 t1， 11 2y tft，当 1 0t 时， 11 2tt，即输出由未来时刻 的输入决定，所以系统是非因果的。 3 第二章第二章 2.12 （a）已知信号 f（t）如图所示，试分别画出下列信号的波形。 （1）f（1-t） （2）f（2t+2） （3）f（2-t/3） （4）f（t）+f（2-t）U（1-t） 解：（1）先将 f（t）向左移 1 得 f（t+1）（见图（a）： 然后反折即得 f（1-t）（见图（b）。 （2）首先 f（t）向左移 2 得 f（t+2）（见图 a）： 然后将 f（t+2）的波形压缩为 1/2 即得 f（2t+2）的波形（见图 b）。 -3 f(t+2) -1 1 2 1 t 0 图(a) 图(b) -3/2 f(2t+2) -1 1 2 1/2 t 0 -2 f(t+1) -1 1 2 1 2 t 1 -2 2 -1 1 2 f(1-t) t 图(a) 图(b) -1 f(t) -1 1 2 1 2 3 t 4 (3) 首先 f（t）向左移 2 得 f（t+2）（见图 a）： 然后将 f（t+2）的波形扩展 3 倍即得 f（2+t/3）的波形（见图 b）。 最后将 f（2+t/3）进行反折即得 f（2-t/3）的波形（见图 c）： (4) 先作出 f（2-t）的波形 和 U（1-t）的波形（见图 a 和图 b）： 然后作出 f（t）+f（2-t）的波形（见图 c）： 最后乘以 U（1-t）后的波形如图 d。 1 -1 3 1 2 f(2-t) t 图(b) 2 1 1 t U(1-t) 图(a) 3 -3 9 1 2 f(2-t/3) t 图(c) 6 -3 f(t+2) -1 1 2 1 t 0 图(a) 图(b) -9 f(t/3+2) -1 1 2 3 t 0 5 2.16 利用冲激信号及其各阶导数的性质，计算下列各式： （2） 3t d f tet dt （8） 3 241f ttt dt （10） t f tettdt （14） 1 2 3 2 t n f tetn dt 解：（2） 0 d f tett dt （8）因为 11tt， 所以 333 1 2412412410 t f ttt dtttdtt （10） 0 0 2 ttt t t f tettdtee （14）冲激串 n tn 中只有 两个：（t）和（t+1）落在积分区间 -3/2 1/2之中，因此 11 1 22 33 22 11 tt n f tetn dtettdte 2.25 已知激励为零时刻加入，求下列系统的零输入响应。 （1） ,02,00yty tftyy （3） 32,01,00yty ty tf tyy 解：（1）特征方程为： 2 10 ，特征根为 12 , ii ，因此，yx（t） 为： 12 0 itit x ytCeC et ，代入初始条件并求解，有： f(2-t)+f（t） 图(d) 1 3 t 图(c) 2 3 t 6 12 12 12 2 1 0 CC CC iCiC ，所以 2cos0 itit x yteet t （3）特征方程为： 2 320，特征根为： 12 1,2 ， 因此，yx（t）为 ： 2 12 0 tt x ytCeC et ；代入初始条件并求解，有： 121 122 12 201 CCC CCC ，所以 2 20 tt x yteet 2.26 系统框图如图 2-58 所示，试列出系统的微分方程，求单位冲激响应。 解：（1）如图，加法器的输出方程为： ytf ty t ，整理后即得系统的微分方程为： yty tf t （2）求 h（t） 特征方程为 2 0，特征根为： 12 1,0 ，因此，h（t）为： 12 t h tCeC U t ，微分方程中令 f（t）=（t），并将 h（t）代入， 得： 1112112 tt Ce U tCtCCtCe U tCCtt 比较两边冲激函数的系数，得： 121 22 01 11 CCC CC ，所以 1 t h teU t f (t) y (t) yt -1 7 2.33 已知信号如图 2-61 所示，试分别画出 12 *f tft的波形。 -1 1 2 f1(t) t -1 1 f2(t) t -1 0 0 （c） 1 1 1 f1(t) t f2(t) t 1 0 0 （b） -2 2 1 f1(t) t -1 1 (1) f2(t) t (1) 0 0 （a） 8 解：（a） 12111 *1111f tftf tttf tf t ,故波形如 下： （b） 1 1212 0 *221* t f tftftfttte dU t 1 2 12 11 00 2 101 211 tt t t eU teU t t et eet 波形见（b） （c） 11 12122 *2121*f tftftftttft 11 22 2121ftft ，而 1 2 ft 的波形是一个等腰三 角形，因此 卷积的波形为： -3 3 1 f(t) t 2（1-e-1） f（t） t 0 0 （a） -1 1 （b） 1 1 f1(t) t f2(t) t 1 0 0 （e） sintU(t)-U(t- 2 9 (e) 1 121 0 *sin* 11sin*1f tftt U tU tU tdftt 1 3 21ft , 其中 1 1 00 sin1 cos0 2 t t ftUUdtt t 所以， 12 21 *3cos11 41 t ftfttt t 卷积的波形见（d） 2.49 已知 LTI 系统的框图如图 2-72 所示，三个子系统的冲激响应分别为 123 1 ,h tU tU th tU th tt，求总系统的冲激响应 h(t)。 -2 2 2 f(t) t 0 （c） f(t) t 2 0 （d） 4 1 +1 10 解：由图可知，总的冲激响应为 231 1 00 *1 11 111 1 tt h thth th tU ttU tU t dU tdU tU tU t tU ttU tU tU t t U tU tU t 2.52 求下列系统的零输入响应，零状态响应和全响应。 （1） 32,2,01,02 t yty ty tf tf te U tyy 解：特征方程为： 2 320，特征根为： 12 1,2 ， （1）求零输入响应 由特征根得 x yt为： 2 12 0 tt x ytCeC et ；代入初始条件并求解，有： 121 122 14 223 CCC CCC ，所以 2 430 tt x yteet （2）求冲激响应 h（t） 由特征根及微分方程的阶数可知： 2 12 tt h tAeA eU t ，在原微分方程中 令 f（t）=（t），并将 h（t）代入，得： 22 1212121212 2 12 4232 2 tttt tt AeA eU tAAtAAtAeA eU tAAt AeA eU tt 比较两边冲激函数的系数，得： 121 122 01 211 AAA AAA ，所以 2tt h teeU t （3）求零状态响应 h2（t） h3（t） y(t) f(t) h1（t） 11 2 2 00 2 *2* 22 22 ttt f tt tt ttt ytf th te U te U teU t e edU te edU t te U teeU t 因此全响应为： 22 2 4322 625 ttttt xf ttt y tytyteeU tte U teeU t eteeU t 2.54 一 LTI 系统，初始状态不详。当激励为 f（t）时全响应为 3 2sin2 t et U t ，当激励为 2f（t）时全响应为 3 2sin2 t et U t 。求 （1）初始状态不变，当激励为 f（t-1）时其全响应，并指出零输入响应和零 状态响应。 （2）初始状态是原来的两倍，激励为 2f（t）时其全响应。 解：设系统的零输入响应为 x yt，f（t）产生的零状态响应为 f yt，因为系 统是 LTI 系统，由题设可得 3 3 2sin2 22sin2 t xf t xf ytytet U t ytytet U t ，解此方程，得 3 3 3 sin2 t x t f yte U t ytet U t （1） 由时不变性，此时的零状态响应为1 f yt ，而零输入响应不变，故全 响应为： 313 13sin211 tt xf y tytyte U tetU t ，其 中 ： 零输入响应为 3 3 t e U t ，零状态响应为 31 sin211 t etU t （2） 根据线性性质，此时系统的零输入响应和零状态响应均为原来的两倍， 故全响应为： 3 2242sin2 t xf y tytytet U t ，其中： 零状态响应为 3 6 t e U t ，零状态响应为 3 22sin2 t et U t 12 第三章第三章 3.10 已知周期电压 22cos45sin 245cos 360u tttt，试画 出其单边、双边幅度谱和相位谱。 解： 22cos45sin 245cos 360u tttt 22cos45cos 2135cos 360ttt 所以令 0 1，即有 0112133 2,2,45 ,1,135 ,1,60 ,AAAA 因此单边幅度谱和相位谱如下： 根据单双边谱之间的关系得： 312 4513560 00112233 111 2,0.5,0.5 222 jjjjjj FAFAeeFA eeFAee 由此的双边谱如下： 0 0 3 2 0.5 n F 0 2 0 0 2 0 3 1 0 0 2 0 3 2 1 A n 0 0 2 0 3 3/4 /3 n /4 13 3.12 已知连续周期信号 f（t）的波形如图 3-58 所示。 （1）求指数型与三角型傅里叶级数； （2）求级数 111 1. 357 S 之和。 解：（1）有图易知 0 2 2,T T 。 三角型： 111 0 000 2 111 cos0,sin1 cos 22 0 nn n adtan tdtbn tdtnn n n 为奇数 为偶数 所以 1 121 sin 212 1 sin3sin5. 2212 n f tnttt n ； 指数型： 00 1 1, 3, 5,.111 ,1 cos 222 0 nnn n FaFajbnn n otherwise 0 0 2 0 3 3/4 /3 /4 0 0 2 0 3 n -1 1 2 f(t) t 1 。 14 所以 21 2 11 221 jnt n f te n （2）在三角型级数中令 1 2 t ，得 11213151211 1sinsin.1. 223252235 f ，因 1 1 2 f ， 所以 211111 1.1. 352354 ，即 S = 4. 3.30 求下列信号的傅里叶变换 （2）/2 1U t (4) 2 jt et （6） 21 1 t et （8） 1U tU t 解：（2）因为 /2 12U tU t，所以 2 1 /2 1 j U te j （4）因为 2 22 jtj etet ，所以， 21 2 jjt ete （6）因为 21 11 t ett ，所以， 21 1 tj ete （8）因为 1 10.5U tU tg t，所以 0.5 1 2 j U tU tSae 3.31 已知信号 1 ft 和 2 ft的带宽分别为 1 和 2 ，并且 12 ，求下列信号 的带宽。 （1） 12 f tft （2） 12 f tft （3） 12 2f tft （4） 2 12 *ftft （5） 12 21ftft （1） 1212 1 * 2 f tftF jFjFj ，根据卷积的性质可知F j 带宽为 12 ； （2）因为 1212 f tftF jFjFj，所以F j的带宽为 2 ； (3)因为 1212 22f tftF jFjFj，所以F j的带宽为 1 ； 15 （4）因为 1 2 2112 1 * 2 ftftF jFjFjFj ，所以F j的 带宽为 2 ； （5）因为 1212 11 21* 222 j ftftF jFjFje ，所以 F j的带宽为 12 2。 3.32 利用傅里叶变换的对称性，求下列信号的傅里叶变换 （2） sin21 1 t f t t （4） 1 f t t 解：（2） sin21 221 1 t f tSat t ， 因为 2 gtSa ，令 4， 4 42gtSa ，根据对称性，得 44 42222SatgSatg ，再由时移性质得： 4 j f tge （4）因为 2 sgn t j ，根据对称性，有 2 2 sgn jt ，因此 1 sgnj t 3.33 已知 f tF j，利用傅里叶变换的性质，求下列信号的傅里叶变换 （1）35ft （7） d tf t dt （8） 0 jt d ef t dt （9） 5t fd （11） 1 * d f t dtt （15） cos2f tt 解：（1） 5 3 1 35 33 j ftFje （7）由时域微分性质有 d f tj F j dt ，再由频域微分性质，得 ddd jtf tj F jjF jjF j dtdd ，所以 dd tf tF jF j dtd 16 （8）由时域微分性质有 d f tj F j dt ，再根据频移性质即得 0 11 jt d ef tjFj dt （9）由积分性质有 0 tF j fdF j ，再根据时移性质，得 55 05 5 tFj fdF j （11）由时域微分特性，有 d f tj F j dt ，由对称性可得 1 sgnj t ，最后根据卷积定理，得 1 *sgn d f tj F jjF j dtt （15）因为 cos222t ，根据频域卷积定理，得 111 cos2*2222 222 f ttF jFjFj 3.44 已知系统的微分方程如下： （a） 43yty ty tf t； （b） 56yty ty tftf t （1）求系统的频率响应 H（j）和冲激响应 h（t）； （2）若激励 2t f te U t ，求系统的零状态响应 f yt。 解：（a） （1）由微分方程可知系统的频率响应为 2 1111 213 43 Hj jj jj ，因此冲激响应为 3 1 2 tt h teeU t （2）设 , ff f tF jytYj，则 1 2 F j j ，由频域分析 2 111 2123 43 f YjF jHj jjjj jj 可令 312 123 f AAA Yj jjj ，其中 17 1 1 1 11 1 232 f j j AjYj jj 2 2 2 1 21 13 f j j AjYj jj 3 3 3 11 3 122 f j j AjYj jj 即 1/211/2 123 f Yj jjj ，因此零状态响应为 23 11 22 ttt f yteeeU t （b） （1）由微分方程可知系统的频率响应为 2 112 23 56 j Hj jj jj ，因此冲激响应为 23 2 tt h teeU t （2）设 , ff f tF jytYj，则 1 2 F j j ，由频域分析 22 111 2 5623 f jj YjF jHj j jjjj 可令 312 2 23 2 f AAA Yj jj j ，其中 2 1 2 2 1 21 3 f j j j AjYj j 2 22 2 2 2 12 22 3 3 f j j j dj AjYj d jj j 32 3 3 1 32 2 f j j j AjYj j 即 2 122122 23223 2 f d Yjj jjdjjj j ， 18 因此零状态响应为 223 22 ttt f ytteeeU t 3.46 已知 LTI 系统的频率响应如图 3-75 所示，其相频特性 0 。求当输 入为 0 /2jntjn n f tee ，其中 0 1/rad s 时的输出 y（t）。 解：因为 11 1 jtjt AeAH je 且 0 /2jntjn n f tee ，所以 0 2 /2/2 0 2 22 22 1 12sin2cos2 jntjnjnjnt nn jj jj tjtjtjj t y teHjneeHjn e e eeeeeee tt 3.50 如图 3-78 所示系统，已知输入信号 f（t）的频谱为 F（j），H2（j） = 6 g，试画出 x（t）和 y（t）的频谱。 -5 -3 3 5 1 1 Hj 2 Hj f(t) cos5t cos3t x(t) -2.5 2.5 H(j) 1 y(t) 19 解：设 x tXj，又设第一个乘法器的输出为 11 f tFj，则 1 cos5f tf tt，根据频域卷积定理，有： 1 111 *5555 222 FjF jFjFj 由频域分析可知， 11 XjFjHj，其波形如图 a 所示： 类似地， 2 11 33 22 YjXjXjHj ，其波形如图 b 所 示。 3.61 已知系统的微分方程和激励如下，求系统的稳态响应。 （1） 1.5,cos2y ty tftf tt （2） 22,cos23y ty tftf tf tt 解：（1）系统频响为 1.5 j Hj j ，当=2 时，频响 36.9 2 20.8 2 1.5 j j Hje j ，因此稳态响应为 2 cos 220.8cos 236.9 ss ytH jtt -5 -3 3 5 1 2 X(j) 图 a -2 2 1 4 Y(j) 图 b F j 2 -2 1 F j 2 -2 1 2 -2 20 （2）系统频响为 2 2 j Hj j ，设 12 cos2,3 ssss tytyt， 因为 2 22 2 22 j j Hje j ， 02 01 02 j Hj j ，所以 1 2 cos 22cos 2sin2 2 ss ytHjttt ， 2 0 33 ss ytH j 最后，总的稳态响应为 12 sin23 ssssss ytytytt 3.63 已知某理想高通滤波器的频率特性如图 3-86 所示，求其冲激响应。 解：系统的频率响应为 555 44 2 122 jjjj H jH jegeege 因为 5 252 j te ，由对称性及时移性质可求得 5 4 4252 j Satge ，因此 冲激响应为 25425h ttSat Hj 21 3.66 如图 3-89 所示系统，已知 sin2 ,sgn t f tHjj t ，求输出 y(t). 解：如图， 12 y ty tyt，因此 12 Y jYjYj 由对称性求得 4 f tF jg，因为 1 cos4y tf tt，所以 144 1111 4444 2222 YjFjFjgg 而 2 4 44 1 *44 2 1 sgn*44 2 11 4 sgn44 sgn4 22 YjF jHjj g gg 因此 1222128 55Y jYjYjgggg（此结果 需借助图形才比较容易得到，即 将 12 ,YjYj的波形画出并相加） 因为 128 sin6sin4 , tt gg tt 所以 sin6sin42sin cos52 cos5 tttt y tSa tt ttt 3.52 已知基带信号 1 ft带限于 1 ，信号 2 ft带限于 2 ，求对下列信号进行 理想抽样时，所允许的最大抽样间隔 T。 （1） 12 f tft （2） 12 f tft （3） 12 f tft （4） 2 1 ft （5） 1 3ft （6） 11 5ftf t Hj f(t) sin4t cos4t y(t) y1(t) y2(t) 22 解：（1）因为 1212 1 * 2 f tftF jFjFj ，根据卷积的性质 可知F j 带限于 12 ，因此最大抽样间隔为 12 T ； （）因为 1212 f tftF jFjFj，易知F j 带限于 12 max, ，因此最大抽样间隔为 12 max, T ； （）因为 1212 *f tftF jFjFj，易知F j 带限于 12 min, ，因此最大抽样间隔为 12 min, T ； （）因为 2 111 1 * 2 f tF jFjFj ，根据卷积的性质可知 F j 带限于 1 2，因此最大抽样间隔为 1 2 T （）因为 1 1 3 33 ftF jFj ，根据尺度变换的性质可知F j 带限于 1 3，因此最大抽样间隔为 1 3 T ； （）因为 5 1111 1 5* 2 j ftf tF jFjeFj ，由尺度变换 及卷积的性质可知，F j带限于 1 2，因此最大抽样间隔为 1 2 T ； 23 第四章第四章 4.4 求下列信号的拉氏变换，并注明收敛域。 （1） t e Ut （3） 2t te U t （5） 2 2 t eU t 解：（1） 0 1 1 , Re1 1 sttst F se Ut edtedts s （3） 2 1 1, Re2 2 tst F ste U tedts s （5） 22 122 2 2, Re1 1 s sttst e F seU tedteedts s 4.5 求下列信号的单边拉氏变换。 （2） 7 23 t te U t （4） 2 2 tt e U teU t （6） 1 t eU t （8） 212U tU tU t （10）11tU t （12） 1 cos t t eU t 解：（2） 7 3217 232 77 t s te U t ss （4） 22 2 11 2 111 ss tt ee e U teU t sss （6） 111 1 11 t eU t sss s （8） 2 2 1 1 2121 2 s ss e U tU tU tee ss （10） 2 11 s e tU t s （12） 2 2 1 1 cos t s t eU t s s 4.10 求下列函数的拉氏逆变换 f(t)。 （2） 32 1 12 ss ss （4） 4 2 1 5 s e s （6） 24 s ss （8） 2 5 25 s s ss 24 （10） 3 3 21 s ss 解：（2）首先， 32 145 2 1212 sss s ssss ， 然后令 12 45 1212 AAs ssss ，其中 12 12 4545 1,3 21 ss ss AA ss 因此 32 113 2 1212 ss s ssss ，于是 2 23 tt f ttte U te U t （4） 因为 2 11 55 tU t s ，由时移特性即得 11 44 55 f ttU ttU t （6）令 12 2424 AAs ssss ，其中 12 24 1,2 42 ss ss AA ss 因此 12 2424 s ssss ，从而 42 2 tt f teeU t （8）令 2 31 22 2 22 15 251212 AsAAs ss ss ss ，其中 1 2 0 5 1 25 s s A ss ，因此 2 3 22 2 22 151 251212 AsAs ss ss ss ，通分 后得 2 223 22 1255 2525 AsAAss s sss ss ，比较分子的各项系数，得 23 1,0AA ，故 2 2 2 151 2512 ss ss ss s ，从而 1cos2 t f tet U t （10）令 2312122 332 3 21 2111 AAAAs ss ssss ，其中 25 1213 1 2 222 1 1 23 3 1 1 33 1,2 2 1 31 1 2 2 131 1 22 2 s s s s s s ss AA s s s A s s s A s s 所以 332 31211 21 2111 s ss ssss ，从而 22 1 tt f te U ttte U t 4.16 由时域卷积定理求下列信号的卷积。 （1） 2 12 , t f ttU tfte U t （4） 12 1 ,3f ttU tftU t （7） 12 4 ,sinf tU tU tfttU t 解：（1）设 1122 ,f tF sftF s，则 12 2 11 , 2 F sFs ss ,由卷 积定理， 1212 2 1 * 2 ftftF s Fs ss ，作部分分式展开，有 11122 22 1 22 AAA sssss ，其中 1112 2 0 0 0 2 2 2 11111 , 2224 2 11 4 s s s s AA ss s A s 因此， 22 11/21/41/4 22sssss ，所以 2 12 111 * 244 t f tfttU tU te U t （4）设 3 ftU t,记 1213 *,*f tf tfty tf tft，那么 3f ty t。下面先求 y t。 26 设 1133 ,f tF sftF s，则 13 2 11 , s se F sF s ss ,由卷积定 理， 13 332 111 ss s y tF s F see sss ， 因为 2 32 111 2 t U ttU t ss ,所以 21 1111 2 y ttU ttU t，从而 2 2 1 32222 2 1 342 2 f ty ttU ttU t ttU