信号与系统第5版习题答案pdf

第 1 页 共 65 页 目 录 第 1章概念习题解析.................................................................................................... 2 第 2章线性时不变系统的系统描述和系统响应 5 第 3章连续信号的傅里叶变换习题解析..................................................................15 第 4章连续时间信号与系统的傅里叶分析习题解析............................................. 22 第 5章拉普拉斯变换习题解析.................................................................................. 30 第 6章离散信号习题解析.......................................................................................... 48 第 7章 Z变换习题解析..............................................................................................54 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 2 页 共 65 页 第 1章概念习题解析 1-1 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 (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。 1-2 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( 2 t )表示将 f( t )波形展宽。] (a) 2 f( t  2 ) (b) f( 2t ) (c) f( 2 t ) (d) f( t +1 ) 题 1-2图 解 以上各函数的波形如图 p1-2所示。 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 3 页 共 65 页 图 p1-21-3 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 各系统响应与输入的关系可分别表示为 )()( tiRtu RR  ； t tiLtu LL d )(d)(  ；   t CC iCtu  d)(1)( 1-4 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 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  SR SL SC 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 4 页 共 65 页 即 )()()( tftayty  1-5 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 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。 1-6 判断下列方程所表示的系统的性质。 (1)  t fttfty 0 d)(d )(d)(  (2) )()(3)()( tftytyty  (3) )(3)()(2 tftytyt  (4) )()()]([ 2 tftyty  解 (1)线性；(2)线性时不变；(3)线性时变；(4)非线性时不变。 1-7 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 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 tftftytyatytyt  可见 )()()()( 2121 tytytftf  即满足可加性，齐次性是显然的。故系统为线性的。 1-8 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 tty  e1)( ，试求方程 )()(2)()( tftftayty  的响应。 解 因为 f( t ) tty  e1)( ，由线性关系，则 )e1(2)(2)(2 ttytf  由线性系统的微分特性，有 ttytf  e)()( 故响应 ttttytftf   e2e)e1(2)()()(2 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 5 页 共 65 页 第 2章线性时不变系统的系统描述和系统响应习题解析 2-1 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 由图示，有 t uC R ui d d CC L  又   t tuuLi 0 CSL d)(1 故 C C CS )( 1 uC R uuu L  从而得 )(1)(1)(1)( SCCC tuLC tu LC tu RC tu  2-2 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 由特征方程 2 + 4 + 4 =0 得 1 = 2 = 2 则零输入响应形式为 tetAAty 221zi )()(  由于 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 6 页 共 65 页 yzi( 0+ ) = A1 = 1 2A1 + A2= 2 所以 A2= 4 故有 0,)41()( 2zi   tetty t 2-3 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 (a)和(b)的波形如图 p2-3所示。 图 p2-3 2-4 试用阶跃函数的组合表示题 2-4图所示信号。 题 2-4图 解 (a) f( t ) = ( t )  2( t 1 ) + ( t 2 ) 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 7 页 共 65 页 (b) f( t ) = ( t ) + 2( t T ) + 3( t 2T ) 2-5 试计算下列结果。 (1) t( t  1 ) (2)   ttt d)1( (3)  0 d)()3πcos( ttt  (4)   00 3 d)(e ttt 解 (1) t( t  1 ) = ( t  1 ) (2) 1d)1(d)1(    ttttt  (3) 2 1d)() 3 πcos(d)() 3 πcos( 00     ttttt  (4) 1d)(d)(ed)(e 0 0 0 0 30 0 3     tttttt tt  2-6 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 (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 ) 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 8 页 共 65 页 图 p2-6 2-7 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 由图(a)有 Ritu t iL  )( d d S 即 )(1 d d S tuL i L R t i  当 uS( t ) = ( t )，则冲激响应 )(e1)()( t L tith t L R   则电压冲激响应 )(e)( d d)()( L tL Rt t iLtuth t L R    对于图(b)RC电路，有方程 R ui t uC CSCd d  即 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 9 页 共 65 页 SCC 11 i C u RC u  当 iS = ( t )时，则 )(e1)()( C tC tuth RC t   同时，电流 )(e1)( d d C C tRC t t uCi RC t    2-8 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 因方程的特征根 = 3，故有 )(e)( 31 ttx t   当 h( t ) = ( t )时，则冲激响应 )(e2)()]()([)()( 31 tttttxth t    阶跃响应 )()e21( 3 1d)()( 3 0 thts t t    2-9 试求下列卷积。 (a) ( t + 3 ) * ( t  5 ) (b) ( t ) * 2 (c) tet( t ) *  ( t ) 解 (a) 按定义 ( t + 3 ) * ( t  5 ) =    d)5()3( t 考虑到 < 3时，(  + 3 ) = 0； > t 5时，( t   5 ) = 0，故 ( t + 3 ) * ( t  5 ) = 2,2d5 3   ttt  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 ) 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 10 页 共 65 页 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) tet( t ) *  ( t ) = [tet( t )] = ( et  tet )( t ) 2-10 对图示信号，求 f1( t ) * f2( t )。 题 2-10图 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 ) = t0 d1  = t( t ) 故有 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 11 页 共 65 页 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 2-11 试求下列卷积。 (a) )()()()e1( 2 tttt    (b) )](e[ d d)(e 3 t t t tt    解 (a)因为 )()()()( tttt   ，故 )()e1()()()e1()()()()e1( 222 tttttt ttt    (b)因为 )()(e ttt   ，故 t ttt t ttt t t 3 33 e3)( )()(e)](e[ d d)(e       2-12 设有二阶系统方程 )(4)(2)(3)( ttytyty   试求零状态响应 解 因系统的特征方程为 2 + 3 + 2 =0 解得特征根 1 = 1， 2 = 2 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 12 页 共 65 页 故特征函数 )()ee(ee)( 22 21 ttx tttt    零状态响应 )()ee()(4)()(4)( 22 tttxtty tt    = )()4ee8( 2 ttt   2-13 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 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。 2-14 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 由 KCL和 KVL，可得电路方程为 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 13 页 共 65 页 )()(1)1()1( 1 2 1 C 1 2 C 2 1 C tLR Rt 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()( 11C tttu tλtλ   )(sine)()sin(cose ttttt tt    V)(cose ttt   2-15 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 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 ) 2-16 若系统的零状态响应 y( t ) = f( t ) * h( t ) 试证明： (1)   t httfthtf  d)(d )(d)()( (2) 利用(1)的结果，证明阶跃响应   t hts  d)()( 证 （1）因为 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 14 页 共 65 页 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)( 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 15 页 共 65 页 第 3章连续信号的傅里叶变换习题解析 3-1 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 对于周期锯齿波信号，在周期( 0，T )内可表示为 t T Atf )( 系数 2 d1d)(1 000 At T At T ttf T a TT     TT ttntTAttntfTa 0 120 1n dcos2dcos)(2  0sin2 01 1 2     T n tnt T A     TT ttntTAttntfTAb 0 120 1n dsin2dsin)(2  π cos2 01 1 2 n A n tnt T A T       所以三角级数为    1 1sinπ2 )( n tn n AAtf  3-2 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 冲激串信号的复系数为 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 16 页 共 65 页 所以    n tn T t 1jT e 1)(  因 Fn为常数，故无收敛性。 3-3 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 对方波信号，其带宽为  1f Hz， 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 3-4 求题 3-4图示信号的傅里叶变换。 题 3-4图 解 (a)因为  t t , t,0f( t ) = T tt T F T T tn 1de)(1 2 2 j n 1     江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 17 页 共 65 页 为奇函数，故 tttF dsin2j)( 0   ]cos[sin2j 2   )](Sa[cos2j   或用微分定理求解亦可。 (b) f( t )为奇函数，故 ttF dsin)1(2j)( 0    ) 2 (sin4j]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()( jj1    Ftf 又因为 F1( 0 ) = 0，故 )1(cos j 2)( j 1)( 1   FF 3-5 试求下列信号的频谱函数。 (1) ttf 2e)(  (2) )(sine)( 0 tttf at    解 (1)       0 j20 j2j deedeede)()( ttttfF ttttt  24 4 j2 1 j2 1   (2)      0 jjjj d)ee(e2j1ede)()( 00 tttfF tttatt     0 )j(j)j(j ]deee[e2j1 00 ttattat      00 j)j( 1 j)j( 1 2j 1  22 0 22 0 00 )j()j( j2 2j 1      3-6 对于如题 3-6图所示的三角波信号，试证明其频谱函数为 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 18 页 共 65 页 ) 2 (Sa)( 2  AF  题 3-6图 证 因为   t t A ),1( 0，| t | >  则     0 dcos)1(2)( tttAF )cos1(22   A ) 2 (sin4 22   A ) 2 (Sa 2 A 3-7 试求信号 f( t ) = 1 + 2cost + 3cos3t的傅里叶变换。 解 因为 1 2() 2cost 2[(  1) + ( + 1) ] 3cos3t 3[(  3) + ( + 3) ] 故有 F( ) = 2[() + (  1) + ( + 1) ] + 3[(  3) + ( + 3) ] 3-8 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 ) = 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 19 页 共 65 页 题 3-8图 解 由于 f1( t )的 A = 2， = 2，故其变换 )(Sa4) 2 (Sa)( 221   AF 根据尺度特性，有 )2(Sa8)2(2) 2 ( 211   Ftf 再由调制定理得 )(πcos) 2 ()( 212 Fttftf  )]π22(Sa8)π22(Sa8[ 2 1)( 222  F )π22(Sa4)π22(Sa4 22   2 2 2 2 )π( )2(sin )π( )2(sin      3-9 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 （1）因为 )]()([π)cos( 000   AtA  j 1)(π)( t 所以由时域卷积定理 ] j 1)(π[)]()([π)( 00   AF 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 20 页 共 65 页 )]()([ j π 00   A （2）因为 )]()([πj)sin( 000   AtA  j 1)(π)( t 由频域卷积定理      ] j 1)(π[)]()([πj π2 1)( 00  AF 2 0 2 0 00 )]()([2 πj    AA 3-10 设有信号 f1( t ) = cos4t t,1 t,0 试求 f1( t ) f2( t )的频谱函数。 解 设 f1( t ) F1()，由调制定理 )()]π4()π4([ 2 1π4cos)( 111  FFFttf  而 )(Sa2) 2 (Sa)(1  F 故 )π4(Sa)π4(Sa)(  F 3-11 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 (1) 因   j 1e   t 故 )4j(3 1 j)4j3( 1e )4j3(    t f2( t ) = 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 21 页 共 65 页 (2) 因 2),1()()2()( τ   ttGtt 故   jj e)(Sa2e) 2 (Sa)(  F 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 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。 图 p3-12 f1( t ) = 50 50 | F2() | 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 22 页 共 65 页 第4章连续时间信号与系统的傅里叶分析习题解析 4-1 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 因为 RC电路的频率响应为 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 )e1( j 1)( j1   U ，故 )e1( j 1 1j 1)( j2   U 反变换得 )1(]e1[)()e1()( )1(2   tttu tt  4-2 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 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 23 页 共 65 页 解 因为输入 f( t )为周期冲激信号，故 π2π2,11 1n  TTF  所以 f( t )的频谱       nn nnFF )π2(π2)(π2)( 1n  当 n = 0，1，2时，对应 H( j )才有输出，故 Y( ) = F( ) H( j ) = 2[2() + (  2) + ( + 2)] 反变换得 y( t ) = 2( 1 + cos2t ) 4-3 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 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)(π[)j()]([)(   HtS F 2j 2 j 1)(π   2j 1 j 1)(π   所以阶跃响应 )()e1()( 2 tts t   4-4 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 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 24 页 共 65 页 解 由图可知输出   t tttftfty 0 0 d)]()([)( 取上式的傅氏变换，得 )e1( j )()( 0j tFY    故频率特性 )e1( j 1 )( )()j( 0j t F YH    4-5 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 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  4-6 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 设采样点数为 x，则最低采样频率应为 xf  625252 m 所以 768 62525 1062 62525 2 6m   fx 4-7 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。 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 25 页 共 65 页 题 4-7图 解 因为调幅信号 x( t ) = Acos0t + mA f( t )cos0t 故其变换 )]()([ 2 )]()([π)( 0000   FFmAAX 式中，F( )为 f( t )的频谱。x( t )的频谱图如图 p4-7所示。 图 p4-7 4-8 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 X() F() F() 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 26 页 共 65 页 题 4-8图 解 由调制定理知 )]()([ 2 1)(cos)()( CC1C1   FFFttftf 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 4-9 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 F1() F2() X() Y() 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 27 页 共 65 页 给定，试画出 y(t)的频谱。 题 4-9图 解 设 ttftf 50cos)()(1  ，故由调制定理，得 )]50()50([ 2 1)(1   FFF 从而 )()()()( 1122  FHFtf  它仅在|  | = ( 30 ~ 50 )内有值。再设 ttftf 30cos)()( 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 <  < 20的部分。以上过程的频谱变化如图 p4-9所示。 F() H1(j) H2(j) 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 28 页 共 65 页 图 p4-9 4-10 设信号 f(t)的频谱 F( )如题 4-10图(a)所示，当该信号通过图(b)系统后，证明 y(t) 恢复为 f(t)。 题 4-10图 证明 因为 )2(e)( 11 2j 1   Ftf t F2() F3() Y() F1() F() j21t 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 29 页 共 65 页 故通过高通滤波器后，频谱 F1( )为 )2()2()j()( 111   FFHF 所以输出 )()22()()( 11  FFYty  即 y(t)包含了 f(t)的全部信息 F( )，故恢复了 f(t)。 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 30 页 共 65 页 第 5章拉普拉斯变换习题解析 5-1 求下列函数的单边拉氏变换。 (1) t e2 (2) tt 3e)(  (3) tt cose 2 解 (1) )1( 2 1 12de)e2()( 0      ss s ss tsF stt (2) 3 11de]e)([)( 0 3      s ttsF stt (3)      0 2jj0 2 dee)e(e21de)cos(e)( tttsF sttttstt 1)2( 2 j2 1 j2 1 2 1 2       s s ss 5-2 求下列题 5-2图示各信号的拉氏变换。 题 5-2图 解 (a) 因为 )()()( 01 ttttf   而 0e1)(1)( 0 st s tt s t   ， 故 )e1(1)( 01 st s tf  (b) 因为 )()()]()([)( 0 00 0 0 tt t tt t tttt t ttf   1 f2( t )f1( t ) t0 t 1 (b) 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 31 页 共 65 页 又因为 0 2 0 1)( ts t t t  0s 0 20 0 )11()( te tss tt t t  故有 0s 0 2 0 22 e) 11(1)( t tssts tf  00 ss 0 2 e 1)e1(1 tt sts   5-3 利用微积分性质，求题 5-3所示信号的拉氏变换。 题 5-3图 解 先对 f( t )求导，则 )4()3(2)1(2)()(  tttttf  故对应的变换 )ee2e21(1)( 431 sss s sF   所以 2 43 1 ee2e21)()( ss sFsF sss   5-4 用部分分式法求下列象函数的拉氏反变换。 (1) 65 1)( 2   ss ssF (2) )1( 22)( 2 2   ss sssF (3) 23 1)( 2  sssF 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 32 页 共 65 页 (4) 2)2( 4)(  sssF 解 (1) 32)3)(2( 1 65 1)( 212    s k s k ss s ss ssF 1)()2( 21  ssFsk 2)()3( 32  ssFsk 故有 3 2 2 1)(   ss sF 所以 )()e2e()( 32 ttf tt   (2) 1)1( 22)( 22 2    s CBs s A ss sssF 可得 2)( 0  ssFsA 又 CsBsAAsss  222 22 可得 B = 0，C = 1 1 12)( 2  sssF 所以 )()sin2()( tttf  (3) 21)2)(1( 1 23 1)( 212  s k s k ssss sF 1)()1( 11  ssFsk 1)()2( 22  ssFsk 故有 2 1 1 1)(   sssF 故 )()ee()( 2 ttf tt   江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 33 页 共 65 页 (4) 2)2()2( 4)( 122 111 2  s k s k s k ss sF 故 1)( 01  ssFsk 24)()2( 2 2 2 11    s s s sFsk 1)4( d d)]()2[( d d 22 2 12   ss ss sFs s k 故有 2)2( 2 2 11)(   sss sF 所以 )()e2e1()( 22 tttf tt   5-5 求下列象函数的拉氏反变换。 (1) ssF  e1)( (2) 2 e1)(    s sF s (3) )e1( e1)( 2 s s s sF     解 (1) )1()()(  tttf  (2) )1(e)(e)( )1(22   tttf tt  (3)  )5()2()3()1()2()()( tttttttf  5-6 设系统微分方程为 )()(2)(3)(4)( tftftytyty  已知 )(e)(,1)0(,1)0( 2 ttfyy t   。试用 s域方法求零输入响应和零状态响应。 解 对系统方程取拉氏变换，得 )()(2)(3)0(4)(4)0()0()(2 sFssFsYyssYysysYs   从而 )( 34 12 34 )0(4)0()0()( 22 sFss s ss yysysY     由于 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 34 页 共 65 页 2 1)(  ssF 故    )( )34)(2( 12 )( 34 5)( zs 2 zi 2 sY sss s sY ss ssY    求反变换得 ttty 3zi e2 5e 2 7)(   tttty 32zs e2 53ee 2 1)(   全响应为 0,e5e3e3)( 32   tty ttt 5-7 设某 LTI系统的微分方程为 )(3)(6)(5)( tftytyty  试求其冲激响应和阶跃响应。 解 对方程取拉氏变换，得系统函数 )3)(2( 3 65 3)( 2  sssssH 当 f( t ) = ( t )时，F( s ) =1，得 )3)(2( 3)()(  sssHsY 从而 0,e3e3)( 32   tth tt 当 f( t ) = ( t )时， s sF 1)(  ，得 )3)(2( 3)(1)(  ssssHssY 3 1 2 5.15.0   sss 故得 0,ee5.15.0)()( 32   ttsty tt 5-8 试求题 5-8图示电路中的电压 u( t )。 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 35 页 共 65 页 题 5-8图 解 对应的 s域模型如图 p5-8所示，则 42 2 )2 2 ( 2 21 )2 2 ( 2 2 )( )()( 2        ss s s s s s s s s s sF sUsH 而 s sF 1)(  ，故有 222 )3()1( 2 42 2)()()(  ssssHsFsU 所以 0,V)(3sine 3 2)(   ttttu t  图 p5-8 5-9 如题 5-9图所示电路，试求冲激响应 uC( t )。 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 36 页 共 65 页 题 5-9图 解 以 UC( s )为变量列节点方程 )( 2 1)() 105.2 1 2 1( SC sUsU s s  因 UC( s ) =1，则 )4)(1( 5)(C  ss ssU 4 3 20 1 3 5    ss 故 )()e 3 20e 3 5()()( 4C ttuth tt   5-10 如题 5-10图所示电路，已知 US = 28V，L = 4H，C = 4 1 F，R1 = 12，R2 = R3 =2。 当 t = 0时 S断开，设开关断开前电路已稳定，求 t  0后响应 uC( t )。 题 5-10图 解 初始状态在 t = 0时求得 A2)0( 21 S L  RR Ui V4)0( 2 21 S C  RRR Uu 对于图(b)S域模型，列出关于 UC( s )的节点方程，即 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 37 页 共 65 页 1 412 828 )() 4 1 4412 1( C    s ssUs s 解得 22 2 C )2( 837 )44( )75(4)(    s s ssss sssU 可得 )0(e)5.1(27)( 2C   tttu t 5-11 设有 )()(e)( 3 ttty t    试用卷积定理求 y( t )。 解 3 1e 3   s t st  )( 所以 3 31 33 1)(  ss ss s sY 故 )(e3)()( 3 ttty t    5-12 如题 5-12图所示 RLC电路，已知 us( t ) = 5( t )，i( 0 ) = 2A，u( 0 ) = 2V。试用 S域方法求全响应 u( t )。 题 5-12图 解 由该电路对应的 S域模型（此处略），可得 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 38 页 共 65 页 23 32 23 )0( )0(5 )( 2 C        ss s s s s u Li ssI )23( )32(221)()0()( 2    sss s ssC sI s usU 2 1 1 25  sss 得 )0(ee25)( 2   ttu tt 5-13 若有系统方程 )()(6)(5)( ttytyty  且 0)0()0(   yy ，试求 y( 0+ )和 y ( 0+ )。 解 取拉氏变换，得系统函数 )3)(2( 1 25 1)( 2  sssssH 3 1 2 1  ss 所以 0,ee)( 32   tth tt 故 h( 0+ ) = y( 0+ ) = 0， h ( 0+ ) = y ( 0+ ) =1 5-14 设有系统函数 2 3)(   s ssH 试求系统的冲激响应和阶跃响应。 解 因为 2 11 2 1 2 2 2 3)(    sss s s ssH 故 )(e)()( 2 ttth t  江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 39 页 共 65 页  dhts t  0 )()( )()e 2 1 2 3( 2 tt  5-15 如题 5-15图所示二阶系统，已知 L = 1H，C = 1F，R = 1，uS( t ) = ( t )。试求 以 uC( t )为响应时的冲激响应 h( t )。 题 5-15图 解 列 S域节点方程 sL sUsUsC RsL )()()11( SC  可得 )()( S2C sURLsLCRs RsU  因 US( s ) = 1，故有 22 2C ) 2 3() 2 1( 1 1 1)(   s ss sU 故 )() 2 3sin(e 3 2)()( 2C ttthtu t   5-16 在题 6-1图示系统中，已知 )2()()(),1()( ba  ttthtth  ，试求系统函数 H( s ) 和冲激响应 h( t )，并画出其波形。 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 40 页 共 65 页 题 6-1图 解 因为 )()()()( a1 tfthtfty  故 )()](1[)()()()( aa1 sFsHsFsHsFsY  而 )()()()( ba1 sHsHsYsY  其中 )e1(1)(,e)( 2ba ss s sHsH   所以 )()e1(1e)e1()( 2 sF s sY sss   故 ssF sYsH sss   e)e1)(e1( )( )()( 2 )eeee(1 432 ssss s   所以冲激响应 )4()3()2()1()(  ttttth  h( t )的波形如图 p6-1所示。 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 41 页 共 65 页 图 p6-1 5-17 试画出题 6-2图所示网络的系统函数 )( )()( 1 2 sU sUsH  的波特图。 (a) (b) 题 6-2图 解 (a) 由图可得系统函数 1 15.0 1)( 1)( 21 2    s s CRRs CsRsH 可见其超前环节 s/rad2 5.0 1 1  ，滞后环节 s/rad12  ，故得波特图如图 p6-2(a)所示。 图 p6-2(a) (b) 由图可得系统函数 1 1 1 )( 2 1 21 2 1 1 2 2       s s RR R CsR RR RsH 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 42 页 共 65 页 其中 CRRCR )//(, 21211   故 15.0 )1(5.0)(   s ssH 从而得波特图如图 p6-2(b)所示。 图 p6-2(a) 5-18 已知某系统函数 H( s )的零、极点分布如题 6-3图所示，若冲激响应的初值 h(0+) = 2，求系统函数 H( s )，并求出 h( t )。 解 由图示零、极点分布，应有 2 2 0 2 3)1( )(      s sHsH 又因为 2)0()(lim)0(   HssHh s 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 43 页 共 65 页 故有 2 2 2 3)1( 2)(      s ssH 进一步可表示为                     2 2 2 2 2 3)1( 1 2 3)1( 12)( ss ssH 2 2 3)1( 2 3 3 2 2 3)1( )1(2 2 2 2 2            ss s 所以 0), 2 3sin 3 2 2 3(cose2)(   tttth t 5-19 某系统函数 H( s )的零、极点分布如题 6-4图所示，且 H0 = 5，试写出 H( s )的表 达式。 题 6-4图 解 从图可知系统的零点为 z1 = 0，z2 = 2，z3 = 3 极点为 S1 = 1， S2，3 = 2  j2 故系统函数 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 44 页 共 65 页 )2j2)(2j2)(1( )3)(2(5 )( )()( 0   sss sss sD sNHsH )84)(1( )65(5 2 2   sss sss 5-20 设系统函数 )5)(2( )1(5)(   sss ssH 试画出其 S域模拟框图。 解 H( s )可改写为 sss s sss ssH 107 55 )5)(2( )1(5)( 23    21 32 1071 55     ss ss 从而得模拟图如图 p6-5所示。 图 p6-5 5-21 如题 6-6图所示为二阶有源带通系统的模型，设 R = 1，C = 1F， K = 3，试求系 统函数 )( )()( 1 2 sU sUsH  。 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 45 页 共 65 页 题 6-6图 解 对于电路的 S域模型，可列节点方程 R sU sC sU R sUsU R sUsU )( 1 )()()()()( baa2a1  R sUUUsC )()( bba  )()( b2 sKUsU  代入数据后，可得 2 3 )( )()( 2 1 2  ss s sU sUsH 5-22 试判定下列系统的稳定性。 (1) 68 1)( 2   ss ssH (2) 234 13)( 23   sss ssH (3) )34)(1( 42)( 2   sss ssH 解 (1) 因 H( s )分母多项式各项系数均为正，故稳定。 (2) 因 H( s )分母多项式有负系数，故不稳定。 (3) 因 )3)(1)(1( 42 )34)(1( 42)( 2    sss s sss ssH 其极点均在左半平面，故系统稳定。 5-23 已知系统的微分方程为 )()(6)()( tftytyty  试求系统函数 H( s )，系统是否稳定？ 解 因系统函数为 6 )( 2  ss ssH 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 46 页 共 65 页 则二阶系统之 D( s )的各项系数均为正，故系统稳定。 5-24 如题 6-9图所示系统，试判定其稳定性。 题 6-9图 解 由图可得系统函数 1045 42 )4)(1( 1101 )4)(1( 110 )( 23     sss s sss ssssH 因为 a1a2 = 20，a0a3 = 10，故满足 a1a2 > a0a3 故系统稳定。 5-25 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 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 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 47 页 共 65 页 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  KK 即 0 < K < 9 时系统稳定。 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 48 页 共 65 页 第 6章离散信号习题解析 6-1 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 各信号的图形分别如图 p7-1所示。 图 p7-1 6-2 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 各序列的图形分别如图 p7-2所示。 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 49 页 共 65 页 图 p7-2 6-3 设有差分方程 )()2(2)1(3)( nfnynyny  起始状态 4 5)2(, 2 1)1(  yy 。试求系统的零输入响应。 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 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 50 页 共 65 页 解得 K1 = 2， K2 = 3 故 0,)2(3)1(2)(zi  nny nn 6-4 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 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 6-5 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 D D D D D D 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 51 页 共 65 页 解 由图可得差分方程 )3()2()1()()( 3210  nfbnfbnfbnfbny 6-6 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 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    6-7 设有一阶系统为 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 52 页 共 65 页 )()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 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 6-8 设离散系统的单位响应 )() 3 1()( nnh n ，输入信号 nnf 2)(  ，试求零状态响应 y( n )。 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      aaaa n k n 故得 )() 3 1( 5 1)(2 5 6)( nnny nn   6-9 试证明 21 1 1 1 1 21 )()(      nn nn nn 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 53 页 共 65 页 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 6-10 已知系统的单位响应， )10()()(  ananh n 输入信号 )6()()(  nnnf  ，求系统的零状态响应。 解 )()]6()([)()()( nannnhnfny n  因为 )( 1 1)()( 1 0 n a aanan nn k kn       利用时延性质，则 )6( 1 1)()6( 61    n a anan n n  所以得 )6( 1 1)( 1 1)( 51     n a an a any nn  江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 54 页 共 65 页 第 7章 Z 变换习题解析 7-1 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 (a)   zzzF 0,)( 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 25.05.0)( n nn n nn zzzF 5.0 25.05.0  zz z z z ， 7-2 求下列 F( z )的反变换 f( n )。 (a) 21 1 8 1 4 31 5.01)(     zz zzF (b) 2 21)( 1 1     z zzF (c) )2)(1( 2)(  zz zzF (d) )4.0)(2.0( 3)( 2   zz zzzF (e) 2)1)(2( )(  zz zzF 解 (a) 因为 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 55 页 共 65 页 ) 4 1)( 2 1( 5.0)( 2   zz zzzF 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 zzF 所以 )(]) 4 1(3) 2 1(4[)( nnf nn  (b) ) 2 1(2 2 ) 2 1(221 2 2121 2)(      zz z zz z z zzF 所以 )1() 2 1()() 2 1( 2 1)( 1   nnnf nn  (c) 由于 )2)(1( 2)(  zz zzF 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 zzF 所以 )()12(2)()2(2)(2)( nnnnf nn   (d) 由于 )4.0)(2.0( 3)( 2   zz zzzF 故 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 56 页 共 65 页 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 zzF 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 zzF 故得 )()12()( nnnf n  7-3 试用 z变换的性质求以下序列的 z变换。 (a) )3()3()(  nnnf  (b) )()()( Nnnnf   解 (a) 由时延性质，有 22 3 2 )1( 1 )1( )(   zz z z zzF (b) )1( 111 )( NN z z z z zz z zzF   7-4 试证明初值定理 )(lim)0( zFf z  江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 57 页 共 65 页 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  7-5 试用卷和定理证明以下关系： (a) )()()( mnfmnnf  (b) )()1()()( nnnn   证明 (a) 因由卷和定理 mzzFmnnf  )()()(  而 )()( zFzmnf m 故得 )()()( mnfmnnf  (b) 因为 2 2 )1(11 )()(  z z z z z znn  而 2 2 2 )1(1)1( )()()()1(  z z z z z znnnnn  所以 )()1()()( nnnn   7-6 已知 )()1()()( nnnn   ，试求 )(nn 的 Z变换。 解 因由卷和定理 2 2 )1( )()(  z znn  而 )()()1()( nnnnn   所以 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 58 页 共 65 页 22 2 )1(1)1( )(  z z z z z znn 7-7 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   zzzF (2) 21 1 5.05.11 )(    zz zzF 解 (1) 25.025.01 1)( 2 2 2   z z z zF 所以 1)(lim)0(   zFf z (2) 5.05.1 )( 2  zz zzF 所以 0)(lim)0(   zFf z 7-8 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 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 zzzYz 故 5.0 5.0 1 )(  z z z zzY 所以 nnny )5.0(5.0)()(   7-9 设系统差分方程为 )()2(6)1(5)( nfnynyny  江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 59 页 共 65 页 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 对差分方程取 z变换，得 )()]2()1()([6)]1()([5)( 121 zFyyzzYzyzYzzY   即 1 21218)(615)(5)( 121   z zzzYzzYzzY 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 zzY 得全响应 )()2(4)()( nnny n  7-10 设一系统的输入 )2(2)1(4)()(  nnnnf  ，系统函数 )5.01)(1( 1)( 11   zzzH 试求系统的零状态响应。 解 因为 )1)(5.0(5.05.1 )( 2 2 2  zz z zz zzH 所以 15.0)1)(5.0( )( 21  z K z K zz z z zH 解得 K1 = 1， K2 = 2 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 60 页 共 65 页 故 1 2 5.0 )(   z z z zzH 得 )(2)5.0()( nnh n  所以 )()()( nfnhny  )]2(2)1(4)([)](2)5.0([  nnnnn  )()5.0()(2)(4 nnn n  7-11 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 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 zYzH 由此可以画出模拟图如图 p8-11所示。 图 p8-11 7-12 如题 7-12图所示 z域框图，试写出其差分方程。 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 61 页 共 65 页 题 7-12图 解 由图可得 )( 1 )( 1 1 zF az zbzY     故有 )()()()1( 11 zFzbzYaz   所以 )1()()1()(  nfnbfnayny 7-13 如题 7-13图所示 z域框图，是写出其差分方程。 题 7-13图 解 由图可得 )( 1 1)( 1 zFaz zX  )()1()( 1 zXbzzY  故有 )( 1 1)( 1 1 zF az bzzY     江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 62 页 共 65 页 即 )()1()()1( 11 zFbzzYaz   从而有差分方程 )1()()1()(  nbfnfnayny 7-14 对于题 8-12和 8-13，试分别写出系统函数 H( z )。 解 对于题 8-12，因 )()()( 1 zXazzFzX  )()1()( 1 zXazzF  而 )()()()()( 11 zXzbzXzzbXzY   故 1 1 1)( )()(     az zb zF zYzH 对于题 8-13，因 )( 1 1)( 1 zFaz zX  )()1()( 1 zXbzzY  故 1 1 1 1 )( )()(     az bz zF zYzH 7-15 已知某数字滤波器的差分方程为 )1()(2)2(12.0)1(7.0)(  nfnfnynyny （1）求系统函数 H( z )； （2）求单位响应 h( n)。 解 （1）在零状态下对方程取 z变换，得 )()(2)()12.07.01( 121 zFzzFzYzz   故系统函数 12.07.0 2 12.07.01 2)( 2 2 21 1      zz zz zz zzH （2）由于 4.0 2 3.0 4 12.07.0 2)( 2 2   z z z z zz zzzH 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 63 页 共 65 页 故单位响应 )(])4.0(2)3.0(4[)( nnh nn  7-16 如题 7-16图所示系统，试求其系统函数 H( z )和单位响应 h( n)。 题 7-16图 解 由模拟图可得 2.01.0 6.06.33 2.01.01 36.36.0)( 2 2 21 12      zz zz zz zzzH 4.05.0)4.0)(5.0( 6.06.33 21 0 2   z zK z zKK zz zz 可得 K0 = 3， K1 = 1， K2 = 7 故得 )()4.0(7)()5.0()(3)( nnnnh nn   7-17 设一阶系统为 )()1( 3 1)( nfnyny  （1）求单位响应 h( n)； （2）若系统的零状态响应为 )(]) 3 1() 2 1[(3)( nny nn  试求输入信号。 解 （1）对方程取 z变换，得 )()() 3 11( 1 zFzYz   故 3 1 3 11 1)( 1      z z z zH 所以 )() 3 1()( nnh n （2）由 y(n)可得 Y( z ) 3 1 3 5.0 3)(   z z z zzY 故有 5.0 5.0 )( )()(  zzH zYzF 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 64 页 共 65 页 最后输入 )1()5.0(5.0)(  nnf n 7-18 设离散系统输入 )()( nnf  时，零状态响应 )()5.01(2)( nny n  ；若输入 )(5.0)( nnf n 时，求系统的响应；该系统是否稳定？ 解 5.0 2 1 2)(  z z z zzY 1 )(  z zzY 故 5.0 )1(22 )( )()(   z z zF zYzH 当 )(5.0)( nnf n 时，则 5.0 )(  z zzF 所以 2)5.0( )1(2 5.0 2)()()(   z zz z zzFzHzY 最后得 )()5.0(2)( nnny n 7-19 设有一个二阶横向滤波器，它可对输入序列的当前值及以前的两个采样值进行平 均，即 )]2()1()([ 3 1)(  nfnfnfny 问该系统是否稳定？若稳定试求其幅频特性和相频特性。 解 对方程取 z变换，得 2 2 21 1 3 1)1( 3 1)( z zzzzzH   因极点 z = 0，故系统稳定。频率响应为 )ee1( 3 1)e( j2jj TTTH    )]2sin(sinj)2coscos1[( 3 1 TTTT   故 TTeH T  2cos2cos43 3 1)( j  TT TT   2coscos1 2sinsinarctan)(   特性如图 p8-19所示。 图 p8-19 7-20 设有系统函数 江西财经大学 信号与系统第 5版习题全解 第 65 页 共 65 页 4 1 2 1 42)( 2 2   zz zzzH 试求系统的幅频特性和相频特性。 解 由系统函数可得极点 4 3j 4 1 2,1 z 故系统稳定，从而可得频率响应为 )e2e4 )e42e(4)e( jj jj j TT TT TH        )(je4 sin3j)2cos5( sin3j)2cos5(4     TT TT 从而有 4)( j TeH  ) 2cos5 sin3arctan(2)(  T T   特性如图 p8-20所示。 图 p8-20 图 p8-20 第1章概念习题解析 第3章连续信号的傅里叶变换习题解析 第4章连续时间信号与系统的傅里叶分析习题解析 第5章拉普拉斯变换习题解析 第6章离散信号习题解析 第7章 Z变换习题解析