信号与系统第四版习题解答.doc

信号与系统信号与系统 第四版 第四版 习题解析习题解析 高等教育出版社 2007 年 8 月 目目 录录 第第 1 章习题解析章习题解析 2 第第 2 章习题解析章习题解析 6 第第 3 章习题解析章习题解析 16 第第 4 章习题解析章习题解析 23 第第 5 章习题解析章习题解析 31 第第 6 章习题解析章习题解析 41 第第 7 章习题解析章习题解析 49 第第 8 章习题解析章习题解析 55 第第 1 1 章习题解析章习题解析 1 11 1 题 1 1 图示信号中 哪些是连续信号 哪些是离散信号 哪些是周期信号 哪些 是非周期信号 哪些是有始信号 c d 题 1 1 图 解解 a c d 为连续信号 b 为离散信号 d 为周期信号 其余为非周期信号 a b c 为有始 因果 信号 1 21 2 给定题 1 2 图示信号 f t 试画出下列信号的波形 提示 f 2t 表示将 f t 波形 压缩 f 表示将 f t 波形展宽 2 t a 2 f t 2 b f 2t c f 2 t d f t 1 题 1 2 图 解解 以上各函数的波形如图 p1 2 所示 图 p1 2 1 31 3 如图 1 3 图示 R L C 元件可以看成以电流为输入 电压为响应的简单线性系 统 SR SL SC 试写出各系统响应电压与激励电流函数关系的表达式 题 1 3 图 解解 各系统响应与输入的关系可分别表示为 tiRtu RR t ti Ltu L L d d t CC i C tu d 1 1 41 4 如题 1 4 图示系统由加法器 积分器和放大量为 a 的放大器三个子系统组成 系 统属于何种联接形式 试写出该系统的微分方程 SR SL SC 题 1 4 图 解解 系统为反馈联接形式 设加法器的输出为 x t 由于 tyatftx 且 d tytxttxty 故有 taytfty 即 tftayty 1 51 5 已知某系统的输入 f t 与输出 y t 的关系为 y t f t 试判定该系统是否为 线性时不变系统 解解 设 T 为系统的运算子 则可以表示为 tftfTty 不失一般性 设 f t f1 t f2 t 则 111 tytftfT 222 tytftfT 故有 21 tytftftfT 显然 2121 tftftftf 即不满足可加性 故为非线性时不变系统 1 61 6 判断下列方程所表示的系统的性质 1 t f t tf ty 0 d d d 2 3 tftytyty 3 3 2tftyty t 4 2 tftyty 解解 1 线性 2 线性时不变 3 线性时变 4 非线性时不变 1 71 7 试证明方程 tftayty 所描述的系统为线性系统 式中 a 为常量 证明证明 不失一般性 设输入有两个分量 且 2211 tytftytf 则有 111 tftayty 222 tftayty 相加得 212211 tftftaytytayty 即 d d 212121 tftftytyatyty t 可见 2121 tytytftf 即满足可加性 齐次性是显然的 故系统为线性的 1 81 8 若有线性时不变系统的方程为 tftayty 若在非零 f t 作用下其响应 试求方程 t ty e1 2 tftftayty 的响应 解解 因为 f t 由线性关系 则 t ty e1 e1 2 2 2 t tytf 由线性系统的微分特性 有 t tytf e 故响应 ttt tytftf e2e e1 2 2 第第 2 2 章习题解析章习题解析 2 12 1 如图 2 1 所示系统 试以 uC t 为输出列出其微分方程 题 2 1 图 解解 由图示 有 t u C R u i d d CC L 又 t tuu L i 0 CSL d 1 故 C C CS 1 uC R u uu L 从而得 1 1 1 SCCC tu LC tu LC tu RC tu 2 22 2 设有二阶系统方程 0 4 4 tytyty 在某起始状态下的 0 起始值为 2 0 1 0 yy 试求零输入响应 解解 由特征方程 2 4 4 0 得 1 2 2 则零输入响应形式为 t etAAty 2 21zi 由于 yzi 0 A1 1 2A1 A2 2 所以 A2 4 故有 0 41 2 zi tetty t 2 32 3 设有如下函数 f t 试分别画出它们的波形 a f t 2 t 1 2 t 2 b f t sin t t t 6 解解 a 和 b 的波形如图 p2 3 所示 图 p2 3 2 42 4 试用阶跃函数的组合表示题 2 4 图所示信号 题 2 4 图 解解 a f t t 2 t 1 t 2 b f t t t T t 2T 2 52 5 试计算下列结果 1 t t 1 2 tttd 1 3 0 d 3 cos ttt 4 0 0 3 d ett t 解解 1 t t 1 t 1 2 1d 1 d 1 ttttt 3 2 1 d 3 cos d 3 cos 00 ttttt 4 1d d ed e 0 0 0 0 3 0 0 3 tttttt tt 2 62 6 设有题 2 6 图示信号 f t 对 a 写出 f t 的表达式 对 b 写出 f t 的表达式 并分别画出它们的波形 题 2 6 图 解解 a 20 2 1 t f t t 2 t 2 2 t 4 t 4 b f t 2 t 2 t 1 2 t 3 2 t 4 图 p2 6 2 72 7 如题 2 7 图一阶系统 对 a 求冲激响应 i 和 uL 对 b 求冲激响应 uC和 iC 并画出 它们的波形 题 2 7 图 解解 由图 a 有 Ritu t i L d d S 即 1 d d S tu L i L R t i 当 uS t t 则冲激响应 e 1 t L tith t L R 则电压冲激响应 e d d L t L R t t i Ltuth t L R 对于图 b RC 电路 有方程 R u i t u C C S C d d 即 SCC 11 i C u RC u 当 iS t 时 则 e 1 C t C tuth RC t 同时 电流 e 1 d d C C t RC t t u Ci RC t 2 82 8 设有一阶系统方程 3 tftftyty 试求其冲激响应 h t 和阶跃响应 s t 解解 因方程的特征根 3 故有 e 3 1 ttx t 当 h t t 时 则冲激响应 e2 3 1 tttttxth t 阶跃响应 e21 3 1 d 3 0 thts t t 2 92 9 试求下列卷积 a t 2 b t 3 t 5 c te t t t 解解 a 由 t 的特点 故 t 2 2 b 按定义 t 3 t 5 d 5 3 t 考虑到 t 5 时 t 5 0 故 t 3 t 5 2 2d 5 3 tt t 也可以利用迟延性质计算该卷积 因为 t t t t f1 t t1 f2 t t2 f t t1 t2 故对本题 有 t 3 t 5 t 3 5 t 3 5 t 2 t 2 两种方法结果一致 c te t t t te t t e t te t t 2 102 10 对图示信号 求 f1 t f2 t 题 2 10 图 解解 a 先借用阶跃信号表示 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 因为 t t t t t 0 d1 故有 f1 t f2 t 2t t 2 t 1 t 1 2 t 2 t 2 2 t 3 t 3 读者也可以用图形扫描法计算之 结果见图 p2 10 a 所示 b 根据 t 的特点 则 f1 t f2 t f1 t t t 2 t 2 f1 t f1 t 2 f1 t 2 结果见图 p2 10 b 所示 图 p2 10 2 112 11 试求下列卷积 a e1 2 ttt t b e d d e 3 t t t tt 解解 a 因为 故 tttt e1 e1 e1 222 tttttt ttt b 因为 故 ett t t ttt t ttt t t 3 33 e3 e e d d e 2 122 12 设有二阶系统方程 4 2 3 ttytyty 试求零状态响应 解解 因系统的特征方程为 2 3 2 0 解得特征根 1 1 2 2 故特征函数 ee ee 2 2 21 ttx tttt 零状态响应 ee 4 4 2 2 tttxtty tt 4ee8 2 t tt 2 132 13 如图系统 已知 1 21 tthtth 试求系统的冲激响应 h t 题 2 13 图 解解 由图关系 有 1 1 1 tttttthtftftx 所以冲激响应 1 1 2 tttttthtxtyth 即该系统输出一个方波 2 142 14 如图系统 已知 R1 R2 1 L 1H C 1F 试求冲激响应 uC t 题 2 14 图 解解 由 KCL 和 KVL 可得电路方程为 1 1 1 1 2 1 C 1 2 C 2 1 C t LR R t R u LR R L u L CR R uC 代入数据得 22 CCC ttuuu 特征根 1 2 1 j1 故冲激响应 uC t 为 ee 11 C tttu t t sine sin cosettttt tt V cosett t 2 152 15 一线性时不变系统 在某起始状态下 已知当输入 f t t 时 全响应 y1 t 3e 3t t 当输入 f t t 时 全响应 y2 t e 3t t 试求该系统的冲激 响应 h t 解解 因为零状态响应 t s t t s t 故有 y1 t yzi t s t 3e 3t t y2 t yzi t s t e 3t t 从而有 y1 t y2 t 2s t 2e 3t t 即 s t e 3t t 故冲激响应 h t s t t 3e 3t t 2 162 16 若系统的零状态响应 y t f t h t 试证明 1 t h t tf thtf d d d 2 利用 1 的结果 证明阶跃响应 t hts d 证证 1 因为 y t f t h t 由微分性质 有 y t f t h t 再由积分性质 有 t htfty d 2 因为 s t t h t 由 1 的结果 得 t htts d t ht d t h d 第第 3 3 章习题解析章习题解析 3 13 1 求题 3 1 图所示周期信号的三角形式的傅里叶级数表示式 题 3 1 图 解解 对于周期锯齿波信号 在周期 0 T 内可表示为 t T A tf 系数 2 d 1 d 1 00 0 A t T At T ttf T a TT TT ttnt T A ttntf T a 0 1 2 0 1n dcos 2 dcos 2 0 sin2 0 1 1 2 T n tnt T A TT ttnt T A ttntf T A b 0 1 2 0 1n dsin 2 dsin 2 cos2 0 1 1 2 n A n tnt T A T 所以三角级数为 1 1 sin 2 n tn n AA tf 3 23 2 如图所示周期矩形波信号 试求其复指数形式的傅里叶级数 图中 2 T 解 该信号周期 故 在一个周期内可得 2 T T 2 1 1 0 0 1 22 1 2 1 jnjntjntjn n ee nj A jn A dtAedtAeF 4 20 3 1 2 cos1 cos n n jn A n jn A n jn A jn A 因为为奇函数 故 从而有指数形式 tf0 0 F 题 3 2 图 3 33 3 设有周期方波信号 f t 其脉冲宽度 1ms 问该信号的频带宽度 带宽 为 多少 若 压缩为 0 2ms 其带宽又为多少 解解 对方波信号 其带宽为Hz 1 f 当 1 1ms 时 则 Hz1000 001 0 11 1 1 f 当 2 0 2ms 时 则 Hz5000 0002 0 11 2 2 f 3 43 4求题 3 4 图示信号的傅里叶变换 3 1 2 ne jn A tf tjn n 题 3 4 图 解解 a 因为 t t t 0 为奇函数 故 tt t Fdsin2 j 0 cos sin 2 j 2 Sa cos 2 j 或用微分定理求解亦可 b f t 为奇函数 故 ttFdsin 1 2 j 0 2 sin 4 j 1 cos j 2 2 若用微分 积分定理求解 可先求出 f t 即 f t t t 2 t 所以 2cos22ee j jj 1 Ftf 又因为 F1 0 0 故 1 cos j 2 j 1 1 FF 3 53 5 试求下列信号的频谱函数 1 t tf 2 e f t 2 sine 0 tttf at 解解 1 0 j2 0 j2j deedeede ttttfF ttttt 2 4 4 j2 1 j2 1 2 0 jjjj d ee e 2j 1 ede 00 tttfF tttatt 0 j j j j deee e 2j 1 00 t tattat 00 j j 1 j j 1 2j 1 22 0 22 0 00 j j j2 2j 1 3 63 6 对于如题 3 6 图所示的三角波信号 试证明其频谱函数为 2 Sa 2 AF 题 3 6 图 证证 因为 t t A 1 0 t 则 0 dcos 1 2 tt t AF cos1 2 2 A 2 sin 4 2 2 A f t 2 Sa 2 A 3 73 7 试求信号 f t 1 2cost 3cos3t 的傅里叶变换 解解 因为 1 2 2cost 2 1 1 3cos3t 3 3 3 故有 F 2 1 1 3 3 3 3 83 8 试利用傅里叶变换的性质 求题 3 8 图所示信号 f2 t 的频谱函数 题 3 8 图 解解 由于 f1 t 的 A 2 2 故其变换 Sa4 2 Sa 22 1 AF 根据尺度特性 有 2 Sa8 2 2 2 2 11 F t f 再由调制定理得 cos 2 212 Ft t ftf 22 Sa8 22 Sa8 2 1 22 2 F 22 Sa4 22 Sa4 22 2 2 2 2 2 sin 2 sin 3 93 9 试利用卷积定理求下列信号的频谱函数 1 f t Acos 0t t 2 f t Asin 0t t 解解 1 因为 cos 000 AtA j 1 t 所以由时域卷积定理 j 1 00 AF j 00 A 2 因为 j sin 000 AtA j 1 t 由频域卷积定理 j 1 j 2 1 00 AF 2 0 2 0 00 2 j AA 3 103 10 设有信号 f1 t cos4 t t 1 t 0 试求 f1 t f2 t 的频谱函数 解解 设 f1 t F1 由调制定理 4 4 2 1 4cos 111 FFFttf f2 t 而 Sa2 2 Sa 1 F 故 4 Sa 4 Sa F 3 113 11 设有如下信号 f t 分别求其频谱函数 1 e 4j3 ttf t 2 2 tttf 解解 1 因 j 1 e t 故 4j 3 1 j 4 j3 1 e 4j3 t 2 因 2 1 2 ttGtt 故 jj e Sa2e 2 Sa F 3 123 12 设信号 40 2 t 其他 0 试求 f2 t f1 t cos50t 的频谱函数 并大致画出其幅度频谱 解解 因 j2j2 e 2 Sa8e 2 Sa2 F 故 50 50 2 1 112 FFF 50j2 50j2 e 50 Sa 24e 50 Sa 24 幅度频谱见图 p3 12 f1 t 图 p3 12 5050 F2 第第 4 4 章习题解析章习题解析 4 14 1 如题 4 1 图示 RC 系统 输入为方波 u1 t 试用卷积定理求响应 u2 t 题 4 1 图 解解 因为 RC 电路的频率响应为 1j 1 H 而响应 u2 t u1 t h t 故由卷积定理 得 U2 U1 H j 而已知 故 e1 j 1 j 1 U e1 j 1 1j 1 j 2 U 反变换得 1 e1 e1 1 2 tttu tt 4 24 2 一滤波器的频率特性如题图 4 2 所示 当输入为所示的 f t 信号时 求相应的输 出 y t 题 4 2 图 解解 因为输入 f t 为周期冲激信号 故 2 2 1 1 1n TT F 所以 f t 的频谱 nn nnFF 2 2 2 1n 当 n 0 1 2 时 对应 H 才有输出 故 Y F H 2 2 2 2 反变换得 y t 2 1 cos2 t 4 34 3 设系统的频率特性为 2j 2 H 试用频域法求系统的冲激响应和阶跃响应 解解 冲激响应 故 e2 21 tHth t F 而阶跃响应频域函数应为 2j 2 j 1 HtSF 2j 2 j 1 2j 1 j 1 所以阶跃响应 e1 2 tts t 4 44 4 如题图 4 4 所示是一个实际的信号加工系统 试写出系统的频率特性 H j 题 4 4 图 解解 由图可知输出 t tttftfty 0 0 d 取上式的傅氏变换 得 e1 j 0 j t F Y 故频率特性 e1 j 1 0 j t F Y H 4 54 5 设信号 f t 为包含 0 m分量的频带有限信号 试确定 f 3t 的奈奎斯特采样频 率 解解 由尺度特性 有 3 3 1 3 Ftf 即 f 3t 的带宽比 f t 增加了 3 倍 即 3 m 从而最低的抽样频率 s 6 m 故采 样周期和采样频率分别为 m S 6 1 f T mS 6 ff 4 64 6 若对带宽为 20kHz 的音乐信号进行采样 其奈奎斯特间隔为多少 若对信号 tf s T 压缩一倍 其带宽为多少 这时奈奎斯特采样频率为多少 s f 解解 对 其 故 tfkHzfm20 kHzff ms 402 uss f T s s 251025 1040 11 6 3 压缩信号为后 则带宽增加一倍 tf 2 tfkHzfm40202 故 kHzff ms 804022 4 74 7 设 f t 为调制信号 其频谱 F 如题图 4 7 所示 cos 0t 为高频载波 则广播 发射的调幅信号 x t 可表示为 x t A 1 m f t cos 0t 式中 m 为调制系数 试求 x t 的频谱 并大致画出其图形 题 4 7 图 解解 因为调幅信号 x t Acos 0t mA f t cos 0t 故其变换 2 0000 FF mA AX 式中 F 为 f t 的频谱 x t 的频谱图如图 p4 7 所示 图 p4 7 4 84 8 题 4 8 图所示 a 和 b 分别为单边带通信中幅度调制与解调系统 已知输入 f t 的频 谱和频率特性 H1 H2 如图所示 试画出 x t 和 y t 的频谱图 题 4 8 图 题 4 8 图 X F F 解解 由调制定理知 2 1 cos CC1C1 FFFttftf 而 x t 的频谱 11 HFX 又因为 2 1 cos CC2C2 XXFttxtf 所以 22 HFY 它们的频谱变化分别如图 p4 8 所示 设 C 2 图 p4 8 4 94 9 如题 4 9 图所示系统 设输入信号 f t 的频谱 F 和系统特性 H1 H2 均给定 试画出 y t 的频谱 F1 F2 X Y 题 4 9 图 解解 设 故由调制定理 得ttftf50cos 1 50 50 2 1 1 FFF 从而 1122 FHFtf 它仅在 30 50 内有值 再设 ttftf30cos 23 则有 30 30 2 1 223 FFF 即 F3 是 F2 的再频移 进而得响应的频谱为 23 HFY 其结果仅截取 20 a0a3 故系统稳定 6 106 10 如题 6 10 图示反馈系统 为使其稳定 试确定 K 值 题 6 10 图 解解 该系统的 H s 为 Ksss Ks sss Ks sss Ks sH 33 2 1 1 1 2 1 1 23 从必要条件考虑 应当 K 0 再由 a1a2 a0a3 考虑 应满足 K 9 故当 0 K 9 时系统稳定 也可以从劳斯阵列判定 因为阵列 0 0 3 9 3 31 K K K 为使第一列元素不变号 即应 0 0 3 9 K K 即 0 K 9 时系统稳定 第第 7 7 章习题解析章习题解析 7 17 1 试画出下列离散信号的图形 a 2 1 1 nnf n b 2 2 nnf c 2 3 nnf d 5 01 2 4 nnf n 解解 各信号的图形分别如图 p7 1 所示 图 p7 1 7 27 2 试画出下列序列的图形 a 6 2 1 nnnf b 2 2 nnnf c 5 3 nnnnnf d 4 3 2 2 2 1 4 nnnnnnf 解解 各序列的图形分别如图 p7 2 所示 图 p7 2 7 37 3 设有差分方程 2 2 1 3 nfnynyny 起始状态 试求系统的零输入响应 4 5 2 2 1 1 yy 解解 系统的特征方程为 2 3 2 0 其特征根为 1 1 2 2 则零输入响应的形式为 nn KKny 2211zi nn KK 2 1 21 由起始状态 y 1 和 y 2 导出起始值 y 0 和 y 1 n 0 时 y 0 3y 1 2y 2 1 5 2 5 1 n 1 时 y 1 3y 0 2y 1 3 1 4 从而有 1 0 21zi KKy 42 1 21zi KKy 解得 K1 2 K2 3 故 0 2 3 1 2 zi nny nn 7 47 4 设有离散系统的差分方程为 1 4 2 3 1 4 nfnfnynyny 试画出其时域模拟图 解解 原方程可以写为 1 4 2 3 1 4 nfnfnynyny 从而可得时域模拟图 p7 4 图中 D 为单位延时 位移 器 图 p7 4 7 57 5 如图所示为工程上常用的数字处理系统 是列出其差分方程 题 7 5 图 解解 由图可得差分方程 DD D D D D 3 2 1 3210 nfbnfbnfbnfbny 7 67 6 设有序列 f1 n 和 f2 n 如图 7 6 所示 试用二种方法求二者的卷积 题 7 6 图 解解 方法一 用 乘法 2 1 5 1 1 1 5 2 1 1 1 1 2 1 5 1 1 1 5 2 2 1 5 1 1 1 5 2 2 1 5 1 1 1 5 2 2 1 5 1 1 1 5 2 2 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 0 21 n nfnf 方法二 用单位序列表示各函数后卷积 因为 5 2 4 5 1 3 2 1 5 1 2 1 nnnnnnnf 3 2 1 2 nnnnnf 则 8 2 7 5 3 6 5 4 5 5 5 4 5 3 5 5 2 5 4 1 5 3 2 21 nn nnn nnnnnfnf 7 77 7 设有一阶系统为 1 8 0 nfnyny 试求单位响应 h n 和阶跃响应 s n 并画出 s n 的图形 解解 由方程知特征根 0 8 故 8 0 nnnh nn 阶跃响应为 8 01 5 8 01 8 01 1 1 nnnhns n n s n 的图形如图 p7 7 所示 图 p7 7 7 87 8 设离散系统的单位响应 输入信号 试求零状态响应 y n 3 1 nnh n n nf2 解解 由给定的 f n 和 h n 得 0 k khknfnhnfny k k nk k kn 6 1 2 3 1 2 00 因为 1 1 1 1 0 a a a a n k n 故得 3 1 5 1 2 5 6 nnny nn 7 97 9 试证明 21 1 1 1 1 21 nn nn nn 证明证明 n k kknk n k knnn nn 0 2112 0 121 1 1 1 2 1 1 2 1 0 1 2 1 n n n k kn 21 1 2 1 1 1 21 1 1 1 2 1 1 1 nnn nn n 7 107 10 已知系统的单位响应 10 ananh n 输入信号 求系统的零状态响应 6 nnnf 解解 6 nannnhnfny n 因为 1 1 1 0 n a a anan nn k kn 利用时延性质 则 6 1 1 6 61 n a a nan n n 所以得 6 1 1 1 1 51 n a a n a a ny nn 第第 8 8 章习题解析章习题解析 8 18 1 求下列离散信号的 Z 变换 并注明收敛域 a n 2 b a n n c 0 5n 1 n 1 d 0 5n 0 25n n 解解 a zzzF0 2 b 00 n n n nn azzazF a z a z z az 1 1 1 1 1 c 11 1 2 1 25 0 n n n nn z zzF 2 1 2 1 1 z z d 00 25 0 5 0 n nn n nn zzzF 5 0 25 0 5 0 z z z z z 8 28 2 求下列 F z 的反变换 f n a 21 1 8 1 4 3 1 5 01 zz z zF b 2 21 1 1 z z zF c 2 1 2 zz z zF d 4 0 2 0 3 2 zz zz zF e 2 1 2 zz z zF 解解 a 因为 4 1 2 1 5 0 2 zz zz zF 故 4 1 2 1 4 1 2 1 5 0 21 z K z K zz z z zF 解得 K1 4 K2 3 进而 4 1 3 2 1 4 z z z z zF 所以 4 1 3 2 1 4 nnf nn b 2 1 2 2 2 1 2 21 2 2121 2 zz z zz z z z zF 所以 1 2 1 2 1 2 1 1 nnnf nn c 由于 2 1 2 zz z zF 故 21 2 1 2 21 z K z K zzz zF 解得 K1 2 K2 2 进而 2 2 1 2 z z z z zF 所以 12 2 2 2 2 nnnnf nn d 由于 4 0 2 0 3 2 zz zz zF 故 4 02 0 4 0 2 0 13 21 z K z K zz z z zF 解得 3 1 3 8 21 KK 故有 4 0 3 1 2 0 3 8 z z z z zF 所以 4 0 3 1 2 0 3 8 nnf nn e 由于 2 1 2 zz z zF 故 1 1 2 1 2 1 12 2 111 2 z K z K z K zzz zF 解得 K1 1 K11 1 K12 1 从而有 1 1 2 2 z z z z z z zF 故得 12 nnnf n 8 38 3 试用 z 变换的性质求以下序列的 z 变换 a 3 3 nnnf b Nnnnf 解解 a 由时延性质 有 22 3 2 1 1 1 zz z z z zF b 1 111 NN z z z z z z z z zF 8 48 4 试证明初值定理 lim 0 zFf z 证明证明 因为 21 0 2 1 0 zfzffznfzF n n 当 z 时 则上式右边除 f 0 外均为零 故 lim 0 zFf z 8 58 5 试用卷和定理证明以下关系 a mnfmnnf b 1 nnnn 证明证明 a 因由卷和定理 m zzFmnnf 而 zFzmnf m 故得 mnfmnnf b 因为 2 2 1 11 z z z z z z nn 而 2 2 2 1 1 1 1 z z z z z z nnnnn 所以 1 nnnn 8 68 6 已知 试求的 Z 变换 1 nnnn nn 解解 因由卷和定理 2 2 1 z z nn 而 1 nnnnn 所以 22 2 1 1 1 z z z z z z nn 8 78 7 已知因果序列的 Z 变换为 F z 试分别求下列原序列的初值 f 0 1 5 01 5 01 1 11 zz zF 2 21 1 5 05 11 zz z zF 解解 1 25 0 25 0 1 1 2 2 2 z z z zF 所以 1 lim 0 zFf z 2 5 05 1 2 zz z zF 所以 0 lim 0 zFf z 8 88 8 已知系统的差分方程 输入和初始状态如下 试用 Z 变换法求系统的完全响应 1 2 1 1 2 1 nfnfnyny 1 1 ynnf 解解 对方程取 Z 变换 有 5 0 5 0 5 0 11 zFzzFzYzzY 即 5 0 1 5 01 5 01 11 z z zzYz 故 5 0 5 0 1 z z z z zY 所以 n nny 5 0 5 0 8 98 9 设系统差分方程为 2 6 1 5 nfnynyny 起始状态 y 1 3 y 2 2 当 f n z n 时 求系统的响应 y n 解解 对差分方程取 z 变换 得 2 1 6 1 5 121 zFyyzzYzyzYzzY 即 1 2 1218 615 5 121 z z zzYzzYzzY 从而有 21 1 651 318 1 2 zz z z z zY 3 2 1 18215 23 zzz zzz 故 321 321 z K z K z K z zY 解得 K1 1 K2 4 K3 0 则有 2 4 1 z z z z zY 得全响应 2 4 nnny n 8 108 10 设一系统的输入 系统函数 2 2 1 4 nnnnf 5 01 1 1 11 zz zH 试求系统的零状态响应 解解 因为 1 5 0 5 05 1 2 2 2 zz z zz z zH 所以 15 0 1 5 0 21 z K z K zz z z zH 解得 K1 1 K2 2 故 1 2 5 0 z z z z zH 得 2 5 0 nnh n 所以 nfnhny 2 2 1 4 2 5 0 nnnn n 5 0 2 4nnn n 8 118 11 设有系统方程 1 2 2 8 0 1 2 0 nfnfnynyny 试画出其 Z 域的模拟框图 解解 在零状态下对方程取 z 变换 得 2 8 0 2 0 121 zFzzFzYzzYzzY 即 21 8 02 01 121 zFzzYzz 故有 21 1 8 02 01 21 zz z zF zY zH 由此可以画出模拟图如图 p8 11 所示 图 p8 11 8 128 12 如题 8 12 图所示 z 域框图 试写出其差分方程 题 8 12 图 解解 由图可得 1 1 1 zF az zb zY 故有 1 11 zFzbzYaz 所以 1 1 nfnbfnayny 8 138 13 如题 8 13 图所示 z 域框图 是写出其差分方程 题 8 13 图 解解 由图可得 1 1 1 zF az zX 1 1 zXbzzY 故有 1 1 1 1 zF az bz zY 即 1 1 11 zFbzzYaz 从而有差分方程 1 1 nbfnfnayny 8 148 14 对于题 8 12 和 8 13 试分别写出系统函数 H z 解解 对于题 8 12 因 1 zXazzFzX 1 1 zXazzF 而 11 zXzbzXzzbXzY 故 1 1 1 az zb zF zY zH 对于题 8 13 因 1 1 1