信号与系统第二版课后答案燕庆明1

1、信号与系统信号与系统 （第二版）（第二版） 课后习题解析课后习题解析 燕庆明主编燕庆明主编 高等教育出版社 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.5 第第 3 章习题解析章习题解析.15 第第 4 章习题解析章习题解析.22 第第 5 章习题解析章习题解析.30 第第 6 章习题解析章习题解析.40 第第 7 章习题解析章习题解析.48 第第 8 章习题解析章习题解析.54 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

2、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 p1-21-31-3 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

3、 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 tud)( 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。 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 )()()(tftay

4、ty sr sl sc 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) (2

5、) t f t tf ty 0 d)( d )(d )()()(3)()(tftytyty (3) (4) )(3)()(2tftyty t)()()( 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 试证明方程所描述的系统为线性系统。式中 a 为常量。)()()(tftayty 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 )()(

6、)()()()( 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)( 的响应。)()(2)()(tftftayty 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 2 章习题解析 2-12-1

7、 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 21

8、zi )()( 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 ) = sint( 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 ) = (

9、 t ) + 2( t t ) + 3( 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

10、)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

11、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

12、 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 + 3 ) * ( t 5 ) (b) ( t ) * 2 (c) tet( t ) * ( t ) 解解 (a) 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 )

13、* ( 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。 (b) 由( t )的特点，故 ( t ) * 2 = 2 (c) tet( t ) * ( t ) = tet( t ) = ( et tet )( 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

14、 ) = 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 )

15、+ ( 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)(

16、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()()()()()(

17、 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 tt )(sine)()sin(cosettttt tt v)(cos

18、ett 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 ) = 3e3t( t )；当输入 f( t ) = ( t )时，全响应 y2( t ) = e3t( 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 ) = 3e3t( t ) y2( t ) = yzi( t ) s( t ) = e3t( t ) 从而有 y1( t ) y2( t ) = 2s( t ) = 2e3t( t ) 即

19、 s( t ) = e3t( t ) 故冲激响应 h( t ) = s ( t ) = ( t ) 3e3t( 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 thtfd)( d )(d )()( (2) 利用(1)的结果，证明阶跃响应 t htsd)()( 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 htftyd)()()( （2）因为 s( t ) = ( t ) h( t ) 由（1）的结果，得 t

20、 httsd)()()( t htd)()( t hd)( 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)(

21、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 求周期冲激序列信号 n nttt)()( t 的指数形式的傅里叶级数表示式，它是否具有收敛性？ 解解 冲激串信号的复系数为 所以 n tn t t 1 j t e 1 )( 因 fn为常数，故无收敛性。 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

22、 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。 题 3-4 图 解解 (a)因为 t t , t, 0 为奇函数，故 f( t ) = t tt t f t t tn 1 de )( 1 2 2 j n 1 tt t fdsin2 j)( 0 cossin 2 j 2 )(sacos 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 1cos j 2 2 若用微分-积分定理求解，可先求出 f ( t )，即 f ( t )

23、 = ( 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)( (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 deeee 2j 1 00 t tattat 00

24、 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 ) 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)

25、 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。 f( t ) = 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

26、)( )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 ) = cos4t t, 1 t, 0

27、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 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 f2( t ) = (2) 因 2),1()()2()( ttgtt 故 jj e )(sa2e ) 2 (sa)( f 3-12

28、3-12 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(sa24e)50(sa24 幅度频谱见图 p3-12。 图 p3-12 f1( t ) = 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

29、频率响应为 1j 1 )j ( 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

30、)(2)( 1n 当 n = 0，1，2 时，对应 h( j )才有输出，故 y( ) = f( ) h( j ) = 22() + ( 2) + ( + 2) 反变换得 y( t ) = 2( 1 + cos2t ) 4-34-3 设系统的频率特性为 2j 2 )j ( 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)j ()( 21 thth t f 而阶跃响应频域函数应为 2j 2 j 1 )()j ()()( 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

31、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 )( )( )j ( 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 = 3m。从而最低的抽样频率s = 6m 。故采样周 期和采样频率分别为 m s 6

32、1 f t ms 6 ff 4-64-6 若电视信号占有的频带为 0 6mhz，电视台每秒发送 25 幅图像，每幅图像又分 为 625 条水平扫描线，问每条水平线至少要有多少个采样点？ 解解 设采样点数为 x，则最低采样频率应为 xf625252 m 所以 768 62525 1062 62525 2 6 m f x 4-74-7 设 f( t )为调制信号，其频谱 f( )如题图 4-7 所示，cos0t 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 ) cos0t 式中，m 为调制系数。试求 x( t )的频谱，并大致画出其图形。 题

33、 4-7 图 解解 因为调幅信号 x( t ) = acos0t + ma f( t )cos0t 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( j )、h2( j )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 ff

34、fttftf 而 x(t)的频谱 )()()( 11 jhfx 又因为 )()( 2 1 )(cos)()( cc2c2 xxfttxtf 所以 )()()( 22 jhfy 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( j )、h2( j )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 fhf

35、tf 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 jhfy 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

36、 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

37、(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

38、(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

39、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,

40、 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

41、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

42、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

43、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) 0.5n1( 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

44、 ) 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

45、) 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(

46、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( )( z

47、z 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

48、)(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 nnnn

49、n 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

50、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 .

51、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 z

52、y 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 .

53、 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

54、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)( )(