信号系统9
信号与系统第9章 离散系统的分析
归纳得
将该结论推广到系统有 r（r >1）重特征根的 情况，此时可假设系统的传输算子为
8
考虑到实际的系统都为因果系统，输出不可能 超前于输入，则对离散系统来说，其传输算子不可 能为 H（E）=AEn（n >0，A 为常数）的形式。因 为此时由式（9.1.6）得到系统的单位响应为 h（k ）=H（E）δ（k）=Aδ（k+n），而这意味着在单 位脉冲序列 δ（k）作用下，系统的输出超前于输 入。
第9章 离散系统的分析
离散系统的输入输出信号都为离散信号。上 一章介绍了离散信号的基本分析方法，本章在此 基础上，介绍了离散系统的时域、频域和复频域 分析，并综合利用这些基本方法对数字信号处理 系统中常用的数字滤波器进行分析。
1
9.1 离散系统的时域分析 在连续系统的时域分析中，将连续系统用微分 方程或算子方程来描述，并据此求解系统的零输入 响应、零状态响应以及单位冲激响应等。离散系统 也有类似分析方法。但是对离散系统，在时域中用 差分方程来描述，通过引入超前滞后算子而得到离 散系统的传输算子，再据此求解系统的响应。
2
9.1.1 离散系统的传输算子 离散系统的输入输出方程为差分方程，其标准 形式为
为了简化表示，引入滞后算子 E-1，其代表的 运算为将信号向右平移一个点，即
3
9.1.2 离散系统的零输入响应 对于离散系统，同样令其输入序列为零，则由 其算子方程和零输入响应的定义得
4
归纳得到此时零输入响应的一般形式为 将以上结论推广到一般的离散系统，假设系统 有一个 r重特征根为 λ，则由该特征根决定的系统 零输入响应为
9
则由式（9.1.6）根据算子的含义直接得到此 时的单位脉冲响应为
综合以上各种情况，可以得到求解离散系统单 位脉冲响应的一般步骤为： ①确定系统的传输算子 H（E）。 ②将 H（E）/E 用部分分式展开法分解为若干 部分分式的叠加，即
信号与系统习题解答 (9)
0 7Ω 9Ω
ω
2Aj
2Aj /
3
2Aj /
由X
4 ()
2A 2
X1()
F{sin
10t}
得x4 (t)
F
1{X
4 ()}
4A
x1(t) sin
10t
x4(t)
(b)可取
x5(t) ( / 2A)sin 10t
则
x6 (t) x4 (t)x5 (t)
2x1(t)
sin
2
10t
2x1
10)
X 1 (
10)]
2A 2
X 1 ( )
F{sin
10t}
X1( 30)
2 Aj
…
2 Aj 3 9
-29Ω -27Ω
-33Ω -31Ω 2Aj
2 Aj 9
3
X1( 10)
2Aj /
2 Aj
3
-9Ω -7Ω
-13Ω -11Ω
0
2Aj /
X1( 10)
2Aj /
2 Aj
3
11Ω 13Ω
]
X 3() F{x1(t)x2 (t)} X1() X 2 () / 2
4 Aj 2
X1()
k 1
1 [ 2k 1
(
(2k
1)0 )
(
(2k
1)0 ]
2 Aj
k 1
1 2k
1
[
X1
(
(2k
1)0 )
X 1 (
(2k
1)0 ]
k 1
2 Aj (2k
1)
[
X
1
(
(2k
信号、系统分析与控制 第9章 系统函数的零极点
2. 离散系统函数的零极点
M
离散系统函数的多项式形式为：
H (z)
B(z) A(z)
bj z j
j0
N
ai z i
b0 a0
b1z 1 ... bm z m a1z 1 ... an z n
（9.1.2）
将系统函数进行因式分解，可采用根的形式表示多项式，即 i0
M
H (z)
Y (z)
➢ 说明系统正弦稳态特性。
➢ 研究系统的稳定性。从系统函数的极点分布可以了解系统的固有频率，进而了解系统冲激响应的模式，也就 是说可以知道系统的冲激响应是指数型、衰减振荡型、等幅振荡型、还是几者的组合，从而可以了解系统的
响应特性及系统是否稳定。
1. 连续系统的零极点
系统函数一般以多项式形式出现，分子多项式和分母多项式都可以分解成线性因子的乘积，即连续系统函数：
➢ 可预测系统的时域特性。确定系统函数H(s)、H(z)。 ➢ 可以用函数 [r,p,k]=residuez（num,den）完成部分分式展开计算系统函数的留数、极点和增益； ➢ 可以用函数sos=zp2sos（z,p,k）完成将高阶系统分解为2阶系统的串联。
➢ 描述系统的频响特性。从系统的零、极点分布可以求得系统的频率响应特性，从而可以分析系统的正弦稳态 响应特性。 使用h=freqz(num,den,w)函数可求系统的频率响应。
2. 使用多项式的roots()函数分别求出多项式和的根，获得系统函数的极点、零点。
3. 用用zero(sys)和pole(sys)函数直接计算零极点，sys表示系统传递函数。用法如下：
z = zero(sys)：返回 LTI模型 sys的零点z 的列向量。
[z,gain] = zero(sys)：同时返回增益gain。
信号与系统第9章系统的状态变量分析法
1
C
vC
(t)
0
1
0 R2
iL1 iL2
(t ) (t)
L1 0
L2
0
0
e1 e2
(t) (t)
1
L2
（9.1-5）
v(t) 0 iC (t) 0
0 1
R2 1
vC iL1 iL2
(t) (t) (t)
0 0
1 e1(t)
0
e2
(t
)
（9.1-6）
第9章 系统的状态变量分析法
9.1.2 连续系统的状态方程和输出方程
对于一个 n 阶多输入/多输出的连续时间系统，其状态方程和输出 方程的一般形式可以表示为
状
d1(t)
dt
f1 1(t), 2 (t),
, n (t); e1(t), e2 (t),
, em (t), t
态 方
d2 (t) dt
dvC
(t
)
dt
1 C
iL1
(t)
1 C
iL2
(t)
diL1 (t dt
)
1 L1
vC
(t)
R1 L1
iL1
(t)
1 L1
e1 (t )
diL2
(t
)
dt
1 L2
vC (t)
R2 L2
iL2
(t)
1 L2
e2 (t)
（9.1-3）
第9章 系统的状态变量分析法
式（9.1-3）是由三个内部变量 vC (t) 、 iL1 (t) 和 iL2 (t) 构成的一阶微分联立方程组。由微分方程理论 可知，如果这三个变量在初始时刻 t t0 的值 vC (t0 ) 、iL1 (t0 ) 和 iL2 (t0 ) 已知，那么根据 t t0 时的激励 e1(t) 和 e2 (t) ，就可以唯一地确定该一阶微分方程组在 t t0 时的解 vC (t) 、iL1 (t) 和 iL2 (t) 。这样，系统的输出 v(t) 和 iC (t) 就可以很容易通过这三个内部变量 vC (t) 、 iL1 (t) 、 iL2 (t) 和系统的激励 e1(t) 、 e2 (t) 求出，此时
信号与系统-第9章拉普拉斯变换
X (s) eatestdt e(sa)tdt 1
0
0
sa
在 Re[s] 时，a 积分收敛。
当 a 时0 ， 的x(傅t) 里叶变换存在
X ( j ) eate jtdt 1
0
a j
(a 0)
显然，在 a 0时，拉氏变换收敛的区域为 Re[s] ，a包括了 （ 即 0 轴）。j
[x(t)et ]
所以拉氏变换是对傅里叶变换的推广， x(的t)
拉氏变换就是 x(t)e的傅t 里叶变换。只要有合适的 存在，就可以使某些本来不满足狄里赫利条件的
信号在引入 后满e足该t 条件。即有些信号的傅氏
变换不收敛而它的拉氏变换存在。这表明拉氏变
换比傅里叶变换有更广泛的适用性。
6
例1. x(t) eatu(t)
2
x(t) 1 X ( j)ete jtd 1 X (s)estd
2
2
22
由 s j 得 ds jd
当 从 时, 从 s j j
x(t) 1 j X (s)est ds
2 j j
X (s)的反变换
拉氏反变换表明:
可x(t以) 被分解成复振幅为
的复指数信号 e的st 线性组合。
1 X (s)ds
2 j
23
二.拉氏反变换的求法: 对有理函数形式的 X求(s反) 变换一般有两种方法, 即部分分式展开法和留数法。
❖ 部分分式展开法： 1. 将 X (s)展开为部分分式。 2. 根据X (s)的ROC，确定每一项的ROC 。 3. 利用常用信号的变换对与拉氏变换的性质, 对每一项进行反变换。
3
9.1 拉普拉斯变换
The Laplace Transform
信号与系统奥本海姆英文版课后答案chapter9
Chapter 9 Answers9.1 （a ）The given integral may be written as(5)0t j t e e dt σω∞-+⎰If σ<-5 ,then the function (5)te σ-+ grows towards ∞ with increasing t and the given integral does not converge .but if >-5,then the integral does converge (b) The given integral may be written as0(5)t j t e e d σω-+-∞⎰tIf σ>-5 ,then the function (5)te σ-+ grows towards ∞as t decreases towards -∞and the given integral does not converge .but if σ<-5,then the integral does converge (c) The given integral may be written as5(5)5t j t e e d σω-+-⎰tClearly this integral has a finite value for all finite values of σ. (d) The given integral may be written as(5)t j t e e d σω∞-+-∞⎰tIf σ>-5 ,then the function (5)t e σ-+ grows towards ∞as t decreases towards -∞and the given integral does not converge If σ<-5, ,then function (5)te σ-+ grows towards ∞ with increasing t and the given integral does not converge If σ=5, then the integral stilldoes not have a finite value. therefore, the integral does not converge for any value of σ. (e) The given integral may be written as 0(5)t j t e e d σω-+-∞⎰t+ (5)0t j t e e d σω∞-+⎰tThe first integral converges for σ<-5, the second internal converges if σ>-5,therefore, the given internal converges when σ<5. (f) The given integral may be written as0(5)t j t e e d σω-+-∞⎰tIf σ>5 ,then the function (5)te σ--+grows towards ∞ as t decrease towards -∞ and the given integral does not converge .but if σ<5,then the integral does converge. 9.2 (a)X(s)= 5(1)t dt eu t e dt ∞---∞⎰- =(5)0s tedt ∞-+⎰ =(5)5s es -++As shown in Example 9.1 the ROC will be {}Re s >-5. (b) By using eg.(9.3), we can easily show that g(t)=A 5te -u(-t-0t ) has the LaplacetransformG(s)= 0(5)5s t Ae s ++The ROC is specified as {}Re s <-5 . Therefore ,A=1 and 0t =-19.3 Using an analysis similar to that used in Example 9.3 we known that given signal has a Laplace transform of the formX(s)115s s β+++The corresponding ROC is {}Re s >max(-5,Re{β}). Since we are given that the ROCis Re{s}>-3, we know that Re{β}=3 . there are no constraints on the imaginary part of β. 9.4 We know form Table 9.2 thatWe also know form Table 9.1 thatx(t)= 1()Lx t -←−→X(s)= 1()X s - The ROC of X(s) is such that if 0s was in the ROC of 1()X s , then -0s will be in the ROC of X(s). Putting the two above equations together ,we havex(t)= 1x (-t) =sin(2)()t e t u t --L ←−→X(s)= 1()X s -=-222(1)2s -+, {}Re s <1the denominator of the form 2s -2s+5. Therefore, the poles of X(s) are 1+2j and 1-2j.9.5 (a) the given Laplace transform may be written as ()X s =24(1)(3)s s s +++.Clearly ,X(s) has a zero at s=-2 .since in X(s) the order of the denominator polynomial exceeds the order of the numerator polynomial by 1 ,X(s) has a zero at ∞. Therefore ,X(s) has one zero in finite s-plane and one zero at infinity. (b) The given Laplance transform may be written asX(s)=1(1)(1)s s s +-+= 11s -Clearly ,X(s) has no zero in the finite s-plane .Since in X(s) the of the denominatorpolynomial exceeds the order the numerator polynomial by 1,X(s) has a zero at ∞.therefore X(s) has no zero in the finite s-plane and one zero at infinity. (c) The given Laplace transform may be written as22(1)(1)()1(1)s s s X s s s s -++==-++Clearly ，X （s ）has a zero at s=1.since in X(s) the order of the numerator polynomial exceeds the order of the denominator polynomial by 1,X(s) has zeros at ∞ .therefore , X(s) has one zero in the s-plane and no zero at infinity .9.6 (a) No. From property 3 in Section 9.2 we know that for a finite-length signal .the ROC is the entire s-plane .therefore .there can be no poles in the finite s-plane for a finite length signal . Clearly in this problem this not the case.(b) Yes. Since the signal is absolutely integrable, The ROC must include, the j ω-axis . Furthermore ,X(s) has a pole at s=2 .therefore, one valid ROC for the signal would be Re{s}<2. From property 5 in section 9.2 we know that this would correspond to a left-sided signal (C) No . Since the signal is absolutely integrable, The ROC must include , the j ω-axis . Furthermore ,X(s) has a pole at s=2. therefore ,we can never have an ROC of the form Re{s}> α. From property 5 in section 9.2 we knew that x(t) can not be a right-side signal(d) Yes . Since the signal is absolutely integrable, The ROC must include , the j ω-axis . Furthermore ,X(s) has a pole at s=2 .therefore, one valid ROC for the signal could be α<Re{s}<2 such that α<0 .From property 6 in section 9.2 ,we know that this would correspond to a two side signal9.7 We may find different signal with the given Laplace transform by choosing different regions of convergence , the poles of the given Laplace transform are02s =- 13s =- 212s j =- 312s j =-Based on the locations of the locations of these poles , we my choose form the following regions of convergence: (i) Re{s}>- 12(ii)-2< Re{s}<- 12(iii)-3<Re{s}<-2 (iv)Re{s}<-39.8 From Table 9.1,we know thatG(t)= 2()()(2)Lt e x t G s X s ←−→=-. The ROC of G(s) is the ROC of X(s) shifted to the right by 2We are also given that X(s) has exactly 2 poles at s=-1 and s=-3. since G(s)=X(s-2), G(s)also has exactly two poles ,located at s=-1+2=1 and s=-3+2=-1 since we are given G(j ω) exists , we may infer that j ω-axis lies in the ROC of G(s). Given this fact and the locations of thepoles ,we may conclude that g(t) is a two side sequence .Obviously x(t)= 2te g(t) will also be two sided9.9 Using partial fraction expansion X(s)= 4243s s -++Taking the inverse Laplace transform, X(t)=443()2()t t e u t e u t ---9.10 The pole-zero plots for each of the three Laplace transforms is as shown in Figure S9.10(a) form Section 9.4 we knew that the magnitude of the Fourier transform may be expressed aswe se that the right-hand side of the above expression is maximum for ω=0 and decreases asω becomes increasing more positive or more negative . Therefore 1()H j ω is approximatelylowpass(b) From Section 9.4 we know that the magnitude of the Fourier transform may be expressaswe see that the right-hand side of the above expression is zero for ω=0.It thenincreams with increasing |ω| until |ω| reach 1/2. Then it starts decreasing as |ω| increase even further.Therefore | 2H (j )ω| is approximately bandpass.(c) From Section 9.4 we know that the magnitude of the Fourier transform may be expressas2We see that the right-hand side of the above expression is zero for ω=0. It thenincreases with increasing |ω| until |ω| reaches 21. Then |ω| increases,| 3()H j ω|decreases towards a value of 1(because all the vector lengths became almost identical and the ratio become 1) .Therefore |3()H j ω| is approximately highpass.9.11 X(s) has poles ats=1-2and 1-2.X(s) has zeros ats=12and1ω)| is(Length of vector form ω to -1)(Length of vector form ω to 111(Length of vector from toto 22ωωThe terms in the numerator and denominator of the right-band side of above expressioncancel our giving us |X(j ω)|=1.9.12 (a) If X(s) has only one pole, then x(t) would be of the form A ate -.Clearly such a signal violates condition 2. Therefore , this statement is inconsistent with the given information.(b) If X(s) has only two poles, then x(t) would be of the form A 0sin()atet ω- .Clearlysuch a signal could be made to satisfy all three conditions(Example:0ω=80π,α=19200).Therefore, this statement is consistent with the given information. (c) If X(s) has more than two poles (say 4 poles), then x(t) could be assumed to be of the form 00sin()sin()atbt Aet Be t ωω--+. Clearly such a signal could still be made tosatisfy all three conditions. Therefore, this statement is consistent with the given information.9.13 We have1}Re{,1)(->+=s s s X β.Also,1}Re{1),()()(<<--+=s s X s X s G αTherefore, ].11[)(2s s s s G -++-=ααβComparing with the given equation for G(s), ,1-=α .21=β9.14. Since X(s) has 4 poles and no zero in the finite s-plane, we many assume that X(s) is of the form.))()()(()(d s c s b s a s As X ----=Since x(t) is real ,the poles of X(s) must occur in conjugate reciprocal pairs. Therefore, we may assume that b=*a and d=*c . This result in .))()()(()(**c s c s a s a s As X ----=Since the signal x (t) is also even , the Laplace transform X(s) must also be even . This implies that the poles have to be symmetric about the j ω-axis. Therefore, we may assume that c=*a -. This results in .))()()(()(**a S a s a s a s As X ++--=We are given that the location of one of the poles is (1/2)4πj e . If we assume that this pole is a, we have 4444AX(s)=.1111(s-)(s-)(s+)(s+)2222j j j j e e e e ππππ--This gives us22().11()()44AX s s s s s =Also ,we are give that ()(0)4x t dt X ∞-∞==⎰Substituting in the above expression for X(s), we have A=1/4. Therefore,221/4().11()()44X s s s s s =9.15. Taking the Laplace transform of both sides of the two differential equations, wes X(s)=1)(2+-s Y and s Y(s)=2X(s) . Solving for X(s) and Y(s), we obtain 4)(2+=s s s X and Y(s)= 22s 4+.The region of convergence for both X(s) and Y(s) is Re{s}>0 because both are right-handsignals.9.16. Taking the Laplace transform of both sides of the given differential equations ,we obtain).(])1()1()[(223s X s s s s Y =+++++αααα therefore,.)1()1(1)()()(223αααα+++++==s s s s X s Y s H(a) Taking the Laplace transform of both sides of the given equation, we haveG(s) = s H(s)+ H(s). Substituting for H(s) from above,.1)1()1()1()(22223αααααα++=++++++=s s s s s s s GTherefore, G(s) has 2 poles.(b) we know thatH(s) =.))(1(122αα+++s s s Therefore, H(s) has poles at and j ),2321(,1+--α ).2321(j --α If the system has to bestable, then the real part of the poles has to be less than zero. For this to be true, we require that ,02/<-α i.e.,0>α.9.17 The overall system show in Figure 9.17 may be treated as two feedback system of the form shown in figure 9.31 connected in parallel. By carrying out an analysis similar to that described in Section 9.8.1, we find the system function of the upper feedback system to be.82)/2(41/2)(1+=+=s s s s HSimilarly, the system function of the lower feedback system is .21)2/1(21/1)(2+=+=s s s HThe system function of the overall system is now .1610123)()()(221+++=+=s s s s H s H s HSince H(s)=Y(s)/X(s), we may write]123)[(]1610)[(2+=++s s X s s s Y . Taking the inverse Laplace transform, we obtaindtt dx t x t y dt t dy dt t y d )(3)(12)(16)(10)(2+=++9.18. ( a) From problem 3.20, we know that differential equation relating the input and output of the RLC circuit is2()()()().d y t dy t y t x t dtdt++=Taking the Laplace transform of this (while nothing that the system is causal and stable), we obtain2()[1]().Y s s s X s ++= Therefore ,2()1(),()1Y s H s X s s s ==++ 1{}.e s ℜ>-(b) We note that H(s) has twopoles at 12s =--12s =-+zeros in thefinite s-plane. From Section 9.4 we know that the magnitude of the Fourier transform maybe expressed asWe see that the right hand side of the above expression Increases with increasing|ω| until |ω| reaches 12. Then it starts decreasing as |ω| increasing even further. It finally reaches 0 for |ω|=∞. Therefore 2|()|H j ω is approximately lowpass. (c) By repeating the analysis carried out in Problem 3.20 and part (a) of this problem with R =310-Ω, we can show that2()1(),()1Y s H s X s s s ==++ {}0.0005.e s ℜ>-(d) We haveWe see that when |ω| is in he vicinity 0.0005, the right-hand side of the aboveequation takes on extremely large value. On either side of this value of |ω| the value of |H (j ω)| rolls off rapidly. Therefore, H(s) may be considered to be approximately bandpass.9.19. (a) The unilateral Laplace transform isX(s) = 20(1)t st e u t e dt -∞--+⎰= 20t st e e dt -∞--⎰=21+s {} 2.e s ℜ>- (b) The unilateral Laplace transform is2(3)0()[(1)()(1)]t st X s t t e u t e dt δδ-∞-+-=++++⎰2(3)0[()]t st t e e dt δ-∞-+-=+⎰612e s -=++ {} 2.e s ℜ>- (c) The unilateral Laplace transform is240()[()()]t t st X s e u t e u t e dt -∞---=⎰240[]t t st e e e dt -∞---=+⎰1124s s =+++ {} 2.e s ℜ>- 9.20. In Problem 3.29, we know that the input of the RL circuit are related by ).()()(t x t y dtt dy =+Applying the unilateral Laplace transform to this equation, we have ).()()0()(s x s y y s sy =+--(a) For the zero-state response, set (0)0y -=.Also we have u s x =)(L{)(2t u et-}=21+s .Therefore,y(s)(s+1)=.21+sComputing the partial fraction expansion of the right-hand side of the above equation and then taking its inverse unilateral Laplace transform, we have(b) For the zero-state response, assume that x(t) = 0.Since we are given that (0)1y -=,.11)(0)(1)(+=⇒=+-s s y s y s syTaking the inverse unilateral Laplace transform, we have ()().t y t e u t -=Figure S9.21(c) The total response is the sum of the zero-state and zero-input response. This is 2()2()().t t y t e u t e u t --=-9.21. The pole zero plots for all the subparts are shown in figure S9.21. (a) The Laplace transform of x(t) is X(s)= 230()t t st e e e dt ∞---+⎰= (2)(3)00[/(2)]|[/(3)]|s t s te s e s -+∞-+∞-++-+ = 211252356s s s s s ++=++++(b) Using an approach similar to that show in part (a), we have41(),4L t e u t s -←−→+ {} 4.e s ℜ>-Also,551(),55L t j t e e u t s j -←−→+-{}5e s ℜ>-. and(){}551,555LT t j t e e u t e s s j --←−→ℜ>-++.From this we obtain()()()()55555215sin 52525LTt t j t t j t e t u t e e e e u t js ----⎡⎤=-←−→⎣⎦++ ,where {}5e s ℜ>- .Therefore, ()()(){}245321570sin 5,51490100LTt t s s e u t e t u t e s s s s --+++←−→ℜ>-+++. (c)The Laplace transform of ()x t is ()()023t t st X s e e e dt --∞=+⎰()()()()2300/2|/3|s t s t e s e s ----∞-∞⎡⎤⎡⎤=--+--⎣⎦⎣⎦ 211252356s s s s s -=+=---+.The region of convergence (ROC) is {}2e s ℜ<.(d)Using an approach along the lines of part (a),we obtain(){}21,22LT t e u t e s s -←−→ℜ>-+. (S9.21-1) Using an approach along the lines of part (c) ,we obtain(){}21,22LT t e u t e s s -←−→ℜ<-. (S9.21-2)R b Im()()222224t LT t t s e e u t e u t s --=+-←−→-, {}22e s -<ℜ<. Using the differentiation in the s-domain property , we obtain(){}22222228,2244t LT d s s te e s ds s s -+⎡⎤←−→-=--<ℜ<⎢⎥-⎣⎦-. (e)Using the differentiation in the s-domain property on eq.(S9.21-1),we get()(){}2211,222LT t d te u t e s ds s s -⎡⎤←−→-=ℜ>-⎢⎥+⎣⎦+.Using the differentiation in the s-domain property on eq (S9.21-2),we get ()(){}2211,222LT t d te u t e s ds s s ⎡⎤--←−→=-ℜ<⎢⎥-⎣⎦-.Therefore,()()()(){}222224,2222t LT t t st e te u t te u t e s s s ---=--←−→-<ℜ<+-.(f)From the previous part ,we have()()(){}2221,22LT t t t e u t te u t e s s -=--←−→-ℜ<-.(g)Note that the given signal may be written as ()()()1x t u t u t =-- .Note that (){}1,0LTu t e s s←−→ℜ>.Using the time shifting property ,we get(){}1,0s LT e u t e s s--←−→ℜ>.Therefore , ()1x t()()11,sLT e u t u t s----←−→ All s . Note that in this case ,since the signal is finite duration ,the ROC is the entire s-plane. (h)Consider the signal ()()()11x t t u t u t =--⎡⎤⎣⎦.Note that the signal ()x t may beexpressed as ()()()112x t x t x t =+-+ . We have from the previous part()()11sLT e u t u t s----←−→, All s . Using the differentiation in s-domain property ,we have()()()12111s s s LT d e se e x t t u t u t ds s s---⎡⎤--+=--←−→=⎡⎤⎢⎥⎣⎦⎣⎦, All s . Using the time-scaling property ,we obtain()121s s LT se e x t s --+-←−→, All s . Then ,using the shift property ,we have()21212s s LT sse e x t e s ---+-+←−→ ,All s . Therefore ,()()()21122112s s s sLTs se e se e x t x t x t es s ----+--+=+-+←−→+, All s. (i) The Laplace transform of ()()()x t t u t δ=+ is (){}11/,0X s s e s =+ℜ>.(j) Note that ()()()()33t u t t u t δδ+=+.Therefore ,the Laplace transform is the same as the result of the previous part. 9.22 (a)From Table 9.2,we have ()()()1sin 3x t t u t =.(b)From Table 9.2 we know that()(){}2cos 3,09LT st u t e s s ←−→ℜ>+. Using the time scaling property ,we obtain()(){}2cos 3,09LT s t u t e s s -←−→-ℜ<+Therefore ,the inverse Laplace transform of ()X s is ()()()cos 3x t t u t =--.(c)From Table 9.2 we know that()()(){}21cos 3,119LTt s e t u t e s s -←−→ℜ>-+. Using the time scaling property ,we obtain ()()(){}21cos 3,119LTt s e t u t e s s -+-←−→-ℜ<-++. Therefore ,the inverse Laplace transform of ()X s is ()()()cos 3t x t e t u t -=--.(d)Using partial fraction expansion on ()X s ,we obtain ()2143X s s s =-++ . From the given ROC ,we know that ()x t must be a two-sided signal .Therefore ()()()432t t x t e u t e u t --=+-.(e)Using partial fraction expansion on ()X s ,we obtain ()2132X s s s =-++. From the given ROC ,we know that ()x t must be a two-sided signal ,Therefore,()()()332ttx t e u t e u t --=+-.(f)We may rewrite ()X s as ()2311s X s s s =+-+ ()()22311/22ss =+-+1=+Using Table 9.2 ,we obtain()())())()/2/23cos/2sin/2t t x t t e u t u t δ--=+.(g)We may rewrite ()X s as()()2311sX s s =-+.From Table 9.2,we know that(){}21,0LT tu t e s s ←−→ℜ>.Using the shifting property ,we obtain()(){}21,11LT t e tu t e s s -←−→ℜ>-+.Using the differentiation property ,()()()(){}2,11LT t t t d s e tu t e u t te u t e s dt s ---⎡⎤=-←−→ℜ>-⎣⎦+.()()()()33t t x t t e u t te u t δ--=--.9.23.The four pole-zero plots shown may have the following possible ROCs:·Plot (a): {}2e s ℜ<- or {}22e s -<ℜ< or {}2e s ℜ>. ·Plot (b): {}2e s ℜ<- or {}2e s ℜ>-. ·Plot (c): {}2e s ℜ< or {}2e s ℜ>. ·Plot (d): Entire s-plane.Also, suppose that the signal ()x t has a Laplace transform ()X s with ROC R . (1).We know from Table 9.1 that ()()33LTt e x t X s -←−→+.The ROC 1R of this new Laplace transform is R shifted by 3 to the left .If ()3t x t e - is absolutely integrable, then 1R must include the jw -axis. ·For plot (a), this is possible only if R was {}2e s ℜ> . ·For plot (b), this is possible only if R was {}2e s ℜ>-. ·For plot (c), this is possible only if R was {}2e s ℜ> . ·For plot (d),R is the entire s-plane. (2)We know from Table 9.2 that(){}1,11LT t e u t e s s -←−→ℜ>-+.Also ,from Table 9.1 we obtain()()(){}2,11LT t X s x t e u t R R e s s -⎡⎤*←−→=ℜ>-⎡⎤⎣⎦⎣⎦+I If ()()t e u t x t -*is absolutely integrable, then 2R must include the jw -axis. ·For plot (a), this is possible only if R was {}22e s -<ℜ<. ·For plot (b), this is possible only if R was {}2e s ℜ>-. ·For plot (c), this is possible only if R was {}2e s ℜ< . ·For plot (d),R is the entire s-plane.(3)If ()0x t = for 1t > ,then the signal is a left-sided signal or a finite-duration signal .·For plot (a), this is possible only if R was {}2e s ℜ<-. ·For plot (b), this is possible only if R was {}2e s ℜ<-. ·For plot (c), this is possible only if R was {}2e s ℜ< . ·For plot (d),R is the entire s-plane.(4)If ()0x t =for 1t <-,then the signal is a right-sided signal or a finite-duration signal·For plot (a), this is possible only if R was {}2e s ℜ>. ·For plot (b), this is possible only if R was {}2e s ℜ>- . ·For plot (c), this is possible only if R was {}2e s ℜ>.·For plot (d),R is the entire s-plane.9.24.(a)The pole-zero diagram with the appropriate markings is shown Figure S9.24. (b)By inspecting the pole-zero diagram of part (a), it is clear that the pole-zero diagram shown in Figure S9.24 will also result in the same ()X jw .This would correspond to the Laplace()112X s s =-, {}12e s ℜ<.(c)≮()X jw π=-≮()1X jw .(d)()2X s with the pole-zero diagram shown below in Figure S9.24 would have the property that ≮()2X jw =≮()X jw .Here , ()211/2X s s -=-. (e) ()()21/X jw X jw =.(f)From the result of part (b),it is clear that ()1X s may be obtained by reflecting the poles and zeros in the right-half of the s-plane to the left-half of the s-plane .Therefore,()11/22s X s s +=+.From part (d),it is clear that ()2X s may be obtained by reflecting the poles (zeros) in the right-half of the s-plane to the left-half and simultaneously changing them to zeros (poles).Therefore, ()()()()2211/22s X s s s +=++ 9.25.The plots are as shown in Figure S9.25. 9.26.From Table 9.2 we have()()(){}2111,22LT t x t e u t X s e s s -=←−→=ℜ>-+and()()(){}3111,33LTt x t e u t X s e s s -=←−→=ℜ>-+.Using the time-shifting time-scaling properties from Table 9.1,we obtain()(){}22112,22s LT s e x t e X s e s s ---←−→=ℜ>-+and()(){}33223,33s LT s e x t e X s e s s---+←−→-=ℜ>--.Therefore, using the convolution property we obtain()()()()23122323s s LTe e y t x t x t Y s s s --⎡⎤⎡⎤=-*-+←−→=⎢⎥⎢⎥+-⎣⎦⎣⎦. 9.27.From clues 1 and 2,we know that ()X s is of the form()()()AX s s a s b =++.Furthermore , we are given that one of the poles of ()X s is 1j -+.Since ()x t is real, the poles of ()X s must occur in conjugate reciprocal pairs .Therefore, 1a j =-and 1b j =+ and()()()11AH s s j s j =+-++.From clue 5,we know that ()08X =.Therefore, we may deduce that 16A = and ()21622H s s s =++ .Let R denote the ROC of ()X s .From the pole locations we know that there are two possible choices of R .R may either be {}1e s ℜ<-or {}1e s ℜ>-.We will now use clue 4 to pick one .Note that()()()()22LTt y t e x t Y s X s =←−→=-.The ROC of ()Y s is R shifted by 2 to the right .Since it is given that ()y t is not absolutelyintegrable ,the ROC of ()Y s should not include the jw axis -.This is possible only ofR is {}1e s ℜ>-.9.28.(a) The possible ROCs are(i) {}2e s ℜ<-.(ii) {}21e s -<ℜ<-. (iii) {}11e s -<ℜ<. ( iv) {}1e s ℜ>.(b)(i)Unstable and anticausal. (ii) Unstable and non causal. （iii ）Stable and non causal. (iv) Unstable and causal. 9.29.(a)Using Table 9.2,we obtain (){}1,11X s e s s =ℜ>-+and(){}1, 2.2H s e s s =ℜ>-+(b) Since ()()()y t x t h t =*,we may use the convolution property to obtain()()()()()112Y s X s H s s s ==++.The ROC of ()Y s is {}1e s ℜ>-.(c) Performing partial fraction expansion on ()Y s ,we obtain . ()1112Y s s s =-++.Taking the inverse Laplace transform, we get()()()2t t y t e u t e u t --=-. (d)Explicit convolution of ()x t and ()h t gives us()()()y t h x t d τττ∞-∞=-⎰()()20t e e u t d ττττ∞---=-⎰t t e e d ττ--=⎰ for 0t>()2.t t e e u t --⎡⎤=-⎣⎦ 9.30.For the input ()()x t u t =, the Laplace transform is (){}1,0.X s e s s=ℜ>The corresponding output ()()1t t y t e te u t --⎡⎤=--⎣⎦has the Laplace transform()()(){}221111,0111Y s e s s s s s s =--=ℜ>+++. Therefore,()()()(){}21,0.1Y s H s e s X s s ==ℜ>+ Now ,the output ()()3123t t y t e e u t --⎡⎤=-+⎣⎦has the Laplace transform ()()(){}12316,0.1313Y s e s ss s s s s =-+=ℜ>++++ Therefore , the Laplace transform of the corresponding input will be()()()()(){}1161,0.3Y s s X s e s H s s s +==ℜ>+Taking the inverse Laplace transform of the partial fraction expansion of ()1,X s we obtain()()()3124.t x t u t e u t -=+9.31.(a).Taking the Laplace transform of both sides of the given differential equation andsimplifying, we obtain()()()212Y s H s X s s s ==--.b).The partial fraction expansion of ()H s is()1/31/321H s s s =--+. (i).If the system is stable ,the ROC for ()H s has to be {}12e s -<ℜ< . Therefore ()()()21133t t h t e u t e u t -=---.(ii).If the system is causal, the ROC for ()H s has to be {}2e s ℜ> .Therefore()()()21133t t h t e u t e u t -=-.(iii)If the system is neither stable nor causal ,the ROC for ()H s has to be {}1e s ℜ<-. Therefore ,()()()21133t t h t e u t e u t -=--+-9.32. If ()2t x t e =produces ()()21/6t y t e =,then ()()21/6H =. Also, by taking the Laplace transform of both sides of the given differential equation we get ()()()()442s b s H s s s s ++=++.Since ()21/6H = ,we may deduce that 1b = .Therefore()()()()()222424s H s s s s s s +==+++. 9.33.Since ()()()t t t x t e e u t e u t --==+-, ()()(){}112,111111Xs e s s s s s -=-=-<ℜ<+-+-. We are also given that ()2122s H s s s +=++.Since the poles of ()H s are at 1j -±, and since ()h t is causal ,we may conclude that the ROC of ()H s is {}1e s ℜ>-.Now()()()()()22221Y s H s X s s s s -==++-. The ROC of ()Y s will be the intersection of the ROCs of ()X s and ()H s .This is {}11e s -<ℜ<.We may obtain the following partial fraction expansion for ()Y s : ()22/52/56/5122s Ys s s s +=-+-++. We may rewrite this as()()()222/521411551111s Y s s s s ⎡⎤⎡⎤+=-++⎢⎥⎢⎥-++++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦. Nothing that the ROC of ()Y s is {}11e s -<ℜ<and using Table9.2,we obtain()()()()224cos sin 555t t t y t e u t e tu t e tu t --=-++9.34.We know that()()(){}111,0LTx t u t X s e s s=←−→=ℜ> Therefore, ()1X s has a pole at 0s =.Now ,the Laplace transform of the output ()1y t of thesystem with ()1x t as the input is ()()()11Y s H s X s =Since in clue 2, ()1Y s is given to be absolutely integrable ,()H s must have a zero at0s =which cancels out the pole of ()1X s at 0s =.We also know that()()(){}2221,0LT x t tu t X s e s s=←−→=ℜ> Therefore , ()2x s has two poles at 0s =.Now ,the Laplace transform of the output ()2y t of the system with ()2x t as the input is()()()22Y s H s X s =Since in clue 3, ()2Y s is given to be not absolutely integrable ,()H s does not have two zerosat 0s =.Therefore ,we conclude that ()H s has exactly one zero at 0s =. From clue 4 we know that the signal ()()()()2222d h t dh t p t h t dt dt=++is finite duration .Taking the Laplace transform of both sides of the above equation ,weget()()()()222P s s H s sH s H s =++. Therefore,()()222P s H s s s =++.Since ()p t is of finite duration, we know that ()P s will have no poles in the finite s-plane.Therefore, ()H s is of the form ()()1222Ni i A s z H s s s =-=++∏,where i z ,1,2,....,i N =represent the zeros of ()P s .Here ,A is some constant.From clue 5 we know that the denominator polynomial of ()H s has to have a degree which is exactly one greater than the degree of the numerator polynomial .Therefore, ()()1222A s s H s s s -=++.Since we already know that ()H s has a zero at 0s = ,we may rewrite this as()222As H s s s =++ From clue 1 we know that ()1H is 0.2.From this ,we may easily show that 1A = .Therefore, ()222s H s s s =++.Since the poles of ()H s are at 1j -± and since ()h t is causal and stable ,the ROC of()H s is {}1e s ℜ>-.。
信号与系统(奥本海默)chapter9-1
x(t ) e u(t ) e u(t )
2t
t
留数法（当 X ( s ) 是有理函数时）： 1. 求出 X ( s ) 的全部极点。
2. 求出 X (s)est 在 ROC 左边的所有极点处的留 数之和，它们构成了x(t ) 的因果部分。 3. 求出 X (s)est 在 ROC 右边的所有极点处的留 数之和，并加负号，它们构成了 x(t ) 的反因果 部分。
at st
0
0
( s a )t
1 dt Re[s] a sa
与例1.比较，区别仅在于收敛域不同。
由以上例子，可以看出: 1. 拉氏变换与傅里叶变换一样存在收敛问题。并
非任何信号的拉氏变换都存在，也不是 S 平面上
的任何复数都能使拉氏变换收敛。
2. 使拉氏变换积分收敛的那些复数 S的集合，称
st
st
显然当s
j 时，就是连续时间傅里叶变换。
一.双边拉氏变换的定义：
X (s) x(t )e st dt
称为 x(t ) 的双边拉氏变换，其中 s j 。
s j 则有: X ( j ) x(t )e jt dt 若 0，
这就是 x(t ) 的傅里叶变换。 表明：连续时间傅里叶变换是双边拉普拉斯变换
比较 X ( s ) 和 X ( j )，显然有
X ( s)
s j
X ( j )
at x ( t ) e u(t ) u(t ) a 0 当 时， 1 Re[ s] 0 可知 u (t ) s
at x ( t ) e u(t ) 例2.
X ( s ) e e dt e
信号与系统：Chapter9拉普拉斯反变换
｛1.
反拉氏
2.
变换
3.
将x(s)展开为部分分式。 根据X(s)的ROC，确定每一项的ROC 。 利用常用信号的变换对与拉氏变换的性质,对每一项 进行反变换。
双边拉氏变换性质回顾
性质
公式
条件（收敛域）
线性 ax1(t) bx2 (t) aX1(s) bX 2 (s) ROC : 包括 R1 R2
s1u(t)
s
1 est 1
s2 u(t)
etu(t) e2tu(t)
9. 3 拉普拉斯反变换
例4. 求下列函数的反变换 X (s) 10(s 2)(s 5) ，Re{s} 0
s(s 1)(s 3)
解：将X(s)写成部分分式展开形式
X (s) c1 c2 c3 s s 1 s 3
随着 ， H趋( j向)于 。 / 2 则 H ( j趋)向于 。/ 2
H ( j)
1/
1/
9.4 由零极点图对傅里叶变换几何求值
例2. 全通系统：
考查零极点对称分布的系统 H (s) s a （一阶全通系统） sa
❖ 该系统的 H( 在j)任何时候都等于1，所以 称为全通系统。
j
j
1
a
9. 3 拉普拉斯反变换
例6. 求以下函数的拉氏反变换
X (s) s 2
Re{s} 0
s(s 1)3
解：将 X (s)写成展开式
X (s) k11 k12 k13 k2 (s 1)3 (s 1)2 (s 1) s
k2 sX (s) |s0 2
令
X1
(s)
(s
1)3
X
(S)
D(s)
于D(s)的阶次，即m<n 。如果不满足此条件，不可 以按上面方法展开成部分分式。对于m≥n的情况， 可先用长除法将分子中的高次项提出，余下的部分 满足m<n，仍按以上方法分析。
信号与线性系统-9
信号与线性系统-9(总分：100.00，做题时间：90分钟)一、计算题(总题数：17，分数：100.00)求下列序列的卷积和。
（分数：8.00）(1).ε(k)*ε(k)（分数：2.00）__________________________________________________________________________________________ 正确答案：()解析：解由卷积和的定义有(2).0.5 kε(k)*ε(k)（分数：2.00）__________________________________________________________________________________________ 正确答案：()解析：解由卷积和的定义有(3).2 kε(k)*3 kε(k)（分数：2.00）__________________________________________________________________________________________ 正确答案：()解析：解由卷积和的定义有(4).kε(k)*δ(k-1)（分数：2.00）__________________________________________________________________________________________ 正确答案：()解析：解由卷积和的定义有1.证明卷积和的移序特性，即若e(k)*h(k)=y(k)，则e(k-k 1 )*h(k-k 2 )=y(k-k 1 -k 2 )（分数：2.00）__________________________________________________________________________________________ 正确答案：()解析：证由卷积和的定义得令j-k 1 =x，则求下列差分方程所示系统的零状态响应。
信号与系统§9-3 连续时间系统状态方程的建立
§9.3 连续时间系统状态方程的建立一．状态方程的一般形式和建立方法概述状态方程表示为矢量矩阵形式状态方程和输出方程分析的示意结构图状态变量的特性二．由电路图直接建立状态方程三．由系统的输入-输出方程或流图建立状态方程四．将系统函数分解建立状态方程 X 第 * 页北京邮电大学电子工程学院2002.3 状态方程的一般形式和建立方法概述由电路图直接建立状态方程由系统的输入-输出方程或流图建立状态方程将系统函数分解建立状态方程一个动态连续系统的时域数学模型可利用信号的各阶导数来描述。
作为连续系统的状态方程表现为状态变量的联立一阶微分方程组，即为系统的k个状态变量。
m个输入信号 r个输出信号输出方程如果系统是线性时不变的，则状态方程和输出方程是状态变量和输入信号的线性组合，即：状态方程输入方程是积分环节，它的输入为，输出为。
若矩阵是的函数，表明系统是线性时变的，对于线性时不变系统，的各元素都为常数，不随改变。
每一状态变量的导数是所有状态变量和输入激励信号的函数；每一微分方程中只包含有一个状态变量对时间的导数；输出信号是状态变量和输入信号的函数。
通常选择动态元件的输出作为状态变量，在连续系统中是选积分器的输出。
建立给定系统的状态方程的方法分为直接法和间接法两类：直接法――主要应用于电路分析、电网络（如滤波器）的计算机辅助设计；间接法――常见于控制系统研究。
(1)选取独立的电容上电压和电感中电流为状态变量，有时也选电容电荷与电感磁链。
中必然包含，注意只能将此项放在方程左边； (2)对包含有电容的回路列写回路电压方程，其中必然包括，对连接有电容的节点列节点电流方程，其 (3)把方程中非状态变量用状态变量表示； (4)把状态方程和输出方程用矩阵形式表示。
状态变量的个数等于系统的阶数；对于较简单的电路，用直观的方法容易列写状态方程。
当电路结构相对复杂时，往往要借助计算机辅助设计（CAD）技术。
假定某一物理系统可用如下微分方程表示此系统为k 阶系统，输入信号的最高次导数也为k 次系统函数为为便于选择状态变量，系统函数表示成当用积分器来实现该系统时，其流图如下取积分器的输出作为状态变量，如图中所标的状态方程输出方程表示成矢量矩阵的形式状态方程输出方程简化成对应A,B,C,D的矩阵分别为。
信号与系统 刘树棠 第二版 中文答案 第9章
Chapter 96/24/20199.21确定下列时间函数的拉普拉斯变换，收敛域及零极点图： (a) )()()(32t u e t u e t x t t --+= (b))()5(sin )()(54t u t e t u e t x t t --+= (c))()()(32t u e t u e t x t t -+-= (d)ttet x 2)(-=(g)x(t)=(i))()(t t x =δ解：(a) 65523121)()(2+++=+++==⎰∞+∞--s s s s s dt e t x s X st右边序列收敛域为Re{s}>-2(b)200901470155)5(541)(23222+++++=++++=s s s s s s s s X 右边序列收敛域为Re{s}>-4(c)65523121)(2+-+-=--=s s s s s s X －－ 左边序列收敛域为Re{s}<2(d)8422521)21()(232--+++=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+'+-=s s s s s s s s X 双边序列收敛域为－2<Re{s}<2(g))1(1)(10s ste sdt e s X ---==⎰有限序列在整个复平面收敛(i)ss s s X 111)(+=+= 收敛域为右半复平面9.22对下面的每个拉普拉斯变换及其收敛域，确定时间函数x(t).(a)912+s (c)3}Re{4,9)1(12-<<-+++s s s (d)1}{,12722-<+++s Rs s s s (g)1}Re{,)1(122->++-s s s s 解： (a))()3sin(31)(t u t t x = (c))()3cos()(t u t e t x t --=-(d))(2)(43t u e t u e t t --+-(g))(3)(3)(t u te t u e t t t --+-δ9.23对于下面关于x(t)的每一种说法，和图P9.23中四个零极点图中的每一个，确定在ROC 上相应的限制： 1．t e t x 3)(-是绝对可积的。
sending signal 9 意思
sending signal 9 意思发送信号9（又称SIGKILL）是一种操作系统信号，常被用于强制终止正在运行的进程。
下面将会详细说明发送信号9的意思以及它的运作方式，以及它在计算机系统中的应用。
发送信号9是一种中断信号，它可以被操作系统发送给一个进程，用于强制终止该进程的执行。
这种信号的名称"SIGKILL"中的"KILL"含义直观，表明了它的终结特性。
发送信号9的操作可以通过命令行指令或编程语言中的系统调用来执行。
在Linux系统中，可以使用kill命令来发送信号9。
例如，可以使用"kill -9 PID"的命令行指令来向进程号为PID的进程发送信号9，从而强制终止该进程。
与其他信号不同，发送信号9的特殊之处在于它不能被进程捕捉、阻塞或忽略。
这意味着，无论进程是否愿意接受这个信号，它都会立即被终止。
因此，发送信号9通常被用来处理一些异常情况，如当一个进程无法正常终止或处于僵尸状态时。
发送信号9的使用需要慎重考虑，因为它可能会带来一些潜在的问题。
由于它不允许进程清理善后工作，因此可能会导致资源泄露或数据丢失。
因此，建议在其他方法无效时才使用这种方式，且仅在必要的情况下使用。
发送信号9在计算机系统中有广泛的应用。
以下是一些常见的使用场景：1.调试和错误处理：当一个进程出现异常，如无法响应或陷入死循环时，发送信号9可以迫使其立即终止，以方便调试和错误分析。
2.关闭无响应的应用程序：当一个应用程序无法正常关闭时，发送信号9可以强制终止该应用程序，以消除潜在的系统资源泄露或冲突问题。
3.批处理和自动化脚本：在批处理或自动化脚本中，发送信号9可以用于自动终止某些耗时的任务或进程，以加快整个脚本的执行速度。
尽管发送信号9能够迅速终止进程，但也存在一些潜在的问题和注意事项：1.数据丢失：由于发送信号9不允许进程进行清理工作，所以可能会导致正在执行的进程无法保存数据或状态，从而导致数据丢失。
worker exited prematurely signal9 -回复
worker exited prematurely signal9 -回复[worker exited prematurely signal9]在计算机科学中，信号是用于与操作系统进行通信的一种机制。
常见的信号之一是"SIGKILL"，又称为信号9（signal9），它表示终止进程。
当一个进程收到SIGKILL信号时，它将立即终止执行并退出。
然而，有时候进程会出现"worker exited prematurely signal9"的消息，表示进程提前退出了。
本文将详细探讨这个问题，并提供解决方案。
一、什么是"worker exited prematurely signal9"错误？当一个进程非正常退出并收到信号9时，系统会输出"worker exited prematurely signal9"的错误消息。
这通常发生在以下情况下：1. 内存错误：进程试图访问未分配给它的内存区域，导致操作系统强制终止进程。
2. 无限循环：进程可能进入了一个无限循环，无法正常退出。
3. 资源不足：进程可能由于资源不足而被系统强制终止，例如文件句柄或内存不足。
二、如何解决"worker exited prematurely signal9"错误？1. 检查代码逻辑：首先，检查代码并确保没有无限循环或其他可能导致进程异常退出的逻辑问题。
使用调试器和日志记录来帮助定位问题，并尽可能详细地分析代码。
2. 检查内存使用：内存错误是最常见的导致signal9错误的原因之一。
使用工具如Valgrind可以帮助检查内存泄漏和越界访问等问题。
确保分配和释放内存的操作正确无误。
3. 检查资源限制：在一些情况下，操作系统强制终止进程是因为它超过了系统分配给它的资源限制。
检查进程使用的文件句柄、内存和其他资源，并确保在合理范围内使用。
尽量避免打开过多的文件句柄或使用过多的内存等。
《信号与系统》课件
系统的稳定性评估
了解如何评估系统的稳定性，包括绝对稳定性和相对稳定性，以及其对信号 处理和通信系统的影响。
应用示例
通过实际的应用示例，展示信号与系统在通信、音频处理、图像处理等领域中的重要性和应用。
《信号与系统》PPT课件
欢迎来到《信号与系统》PPT课件！这个课程将带你深入了解信号与系统的定 义、概述以及应用示例。让我们开始这个令人兴奋的学习之旅吧！
信号与系统的定义与概述
在本节中，我们将介绍信号与系统的基本概念和定义，以及它们在不同领域 中的应用。深入了解信号与系统的重要性和用途。
信号的分类与特性
连续信号与离散信号
了解连续信号和离散信号之间的区别以及它们 的应用场景。
能量信号与功率信号
学习能量信号和功率信号的不同，并了解它们 在通信系统中的应用。
周期信号与非周期信号
探索周期信号和非周期信号的特性和重要性。
模拟信号与数字信号
介绍模拟信号与数字信号之间的区别，并探究 的基本原理和方 法，并探索不同类型的滤波器。
系统的定义与分类
线性系统与非线性系统
了解线性系统和非线性系统 的特性和区别，并掌握它们 在实际应用中的概念。
因果系统与非因果系统
探索因果系统和非因果系统 之间的差异，并了解它们在 信号处理中的重要性。
时变系统与时不变系统
学习时变系统和时不变系统 的特性和应用，以及它们如 何影响信号处理结果。
时域分析
1
时域表示
学习如何使用时域来表示信号及其特性。
时域运算
2
了解信号在时域中的运算及其在系统分
析中的重要性。
3
卷积与相关
深入了解卷积和相关运算，并探索它们 在信号处理中的应用。
信号与系统第9章信号与系统在生物医学中的应用
生物医学信号与系统的应用案例
1
脑电图分析
利用生物电信号的脑电图进行失眠症状的诊断和治疗，并且预测病人治疗效果的 方法得到了广泛研究和应用。
2
医学图像处理
通过信号处理技术对医学图像的分割、去噪、增强等处理，有助于医生进行更准 确的诊断和治疗。
3
医学动态监测
利用生物医学信号技术对患者进行多样化的生理参数监测，提高了患者治疗的效 率和准确性。
应用
不同类型的生物医学信号广泛应用于心电图分析、脑电图诊断、医学图像重建和医学信息处 理等领域。
生物医学信号频带选择和特征提取等。
2
时频分析技术
可帮助我们看清信号的时域和频域表现，以更好地进行分析与应用。
3
小波分析技术
可用于信号去噪和特征提取等，能够处理非平稳信号，有利于信号分析。
生物医学系统模型与分析
生物医学系统模型
生物医学系统模型是生物医学工 程领域内重要的建模技术，用于 分析和设计生物医学系统。
生物医学系统分析
生物医学系统分析是对生物医学 系统进行系统性的研究和分析， 既包括数学模型分析，也包括试 验分析等。
健康科技发展
生物医学系统模型与分析的不断 发展推动了健康科技的发展，为 医疗保健行业提供不断革新的工 具和方法。
总结与展望
1 总结
本章回顾了信号与系统的基础知识，并深入 探讨了生物医学中的信号与系统，介绍了生 物医学信号的特点和分类，信号处理技术， 系统模型与分析，以及信号和系统在生物医 学中的应用案例。
2 展望
生物医学是一个快速发展的领域，随着技术 和理论的不断进步，信号与系统在生物医学 中的应用将会更加广泛，为人类健康事业提 供更加全面和有力的支持。
9.行车信号系统概述
正线使用二种色灯信号机：防护信号机和阻挡信号机，基 地内设有调车信号用以指示基地的调车和转线等作业。
2013-6-3
序号 1 2
3 4 5 6
类别
信号灯显示 绿灯 黄灯
黄灯+红灯 红灯 白灯 红灯
行车指示内容 开通直向允许越过 开通侧向允许越过
引导信号允许越过 禁止越过 允许调车 禁止越过
2013-6-3
钟 南 街 站
图 2-4站名标 图2-7车档表示器
停 车 标
停 车 标
图2-6停车标
一 度 停 车
鸣
图2-5鸣笛标
图2-7一度停车标
300m预告标
200m预告标
图2-9 预告标
（一）色灯信号机
色灯信号机是运行组织过程中最基本的信号设备，它通过
固定装置上的各种光色的变化来表达电客车或其他车辆运
2 点式列车控制闭塞法 (ITC模式)
信号具备点式ATP功能时，采用进路行车法组织行车，凭地面信号显示及车载信号显
示(也叫速度码)以SM模式驾驶列车。
3 采用区段进路闭塞法
进路划分：始端信号机至终端信号机之间为一条行车进路。正线区段进路以相邻两站 出站信号机之间的进路为单元划分，列车运行以一条区段进路为行车间隔，一个区段 内只允许一列车运行。信号具备联锁功能但不具备点式ATP功能时，采用区段进路闭 塞法组织行车，凭地面信号显示以URM模式驾驶列车。
2
3 4 5 6 7 8 9
——
—— —— —— ··· ···
表2-5口笛鸣示方式
2013-6-3
在日常运作中，调车员或管理人员及行车有关人员 检查工作或遇列车救援、发生紧急情况，没有携带 信号灯或信号旗时，可用下列徒手信号显示。
信号与系统 (9)
s)
推广：
[ ] f ' (0+ ) = lim s sF (s) − f (0− ) s →∞
[ ] 或： f '(0+ ) = lim s sF (s) − f (0+ ) s →∞
或： f '(0+ ) = lim s2F (s)
s→∞
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在单边 LT 中，我们只考虑 t>0 的情况，所以积分曲线应
该在增加 ABC。所以，这时候只要考虑积分线左半平面中
的所有极点的留数。即：
∫ ∑ f
(t)=
L−1{F ( s)}=
1
2π j
c
F (s)estds
=
Re si
积分线左边平面所有极点
F(s)est 的极点就是 F(s) 的极点。
留数计算：
如果 L{f (t)}= F (s) ，收敛区间 σ1 < Re(s) < σ 2 ，
则：
L{tf
(t)}=
−
d ds
F
(
s)
，
∫ L⎨⎧ ⎩
f
(t t
)
⎫ ⎬ ⎭
=
+∞
F ( p)dp
s
收敛区：复频域微分：可能增加；
复频域积分：可能减小。
与 FT 比较：
F.T.{tf
(t)}=
−
d
d( jω)
F(
十、 终值定理
如果 f (t) 和 f '(t) 存在， f (t) 的 LT 也存在，且 F(s)
的极点位于 s 平面的左半平面，在 s=0 上至多存在单极点，
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a( ) 为 的偶函数。
( ) 和 jb ( ) 为
的奇函数。
补充：复数谱（又称为幅相频谱）
复数谱的图形通常用横轴表示实部，纵轴表示 虚部。频率作为参变数，给定一个频率值 f (t ) e T
1 t T
1 k T t jt 则F ( j) e e dt T
知
| F ( j ) | | f (t )e
| dt | f (t ) || e
jt
| dt
而| e
jt
| 1
F ( ) | | f (t ) | dt |
傅立叶变换存在的充分条件是：
| f (t ) | dt 存在。
六.周期和非周期矩形脉冲信号频谱的对比
三.非周期信号的频谱分析----傅立叶变换
1.由傅立叶级数到傅立叶积分
1 jn1t f (t ) C n e 2 n 2 Cn T
T 2 T 2
f (t ) e
jn1t
dt
当 T 时 1 d , 1 0, n , n1
TC n F ( j ) lim lim T 2
3.傅立叶积分的三角形式
1 1 jt f (t ) F ( j )e d | F ( ) | e j ( ) e jt d 2 2 1 1 | F ( ) | cos[t ( )d j 2 | F ( ) | sin[t ( )d 2
n1 sin E 2 e jn1t f (t ) n1 T n 2
2.画频谱图 由复振幅 c n 的表达式可知，频谱谱线顶点的联线所
sin x 的形式----称为抽样函数。 构成的包络是 x
1. 找出谐波次数为零的点（即包络与横轴的交点）
2 E 包络线方程为 cn T
f0 T 2T 3T f 0T , , f1
所以，包络线与横轴的交点应满足两个条件： 一是谐波条件。 二是谐波为零的条件。
2.粗略求出各次谐波的振幅值 由 C n 的表达式可知： 1 时，最大值为 2 E 2 E 当 T 3 T 3
Cn
即当
T1
2 E 3
3
2
jn1t
T 2 T 2
T 2 T 2
周期矩形脉冲频谱的数学表达式
上式中n=0，则为不定式利用罗必塔法则
n1 sin 1 2 E 2 ] E c0 lim [ n1 2 n 0 T T 2
n1 sin E 2 cos n t ]1 2 f (t ) [1 2 1 T n1 T1 n 1 2
§ 3.3典型周期信号的傅里叶级数
•周期矩形脉冲信号
•周期锯齿脉冲信号
•周期三角脉冲信号
•周期半波余弦信号
•周期全波余弦信号 我们重点讨论周期矩形脉冲信号的频谱，由 此得出的某些结论，适用于所有的周期信号。
一.周期矩形脉冲信号的频谱分析
f (t )
E
0
nT1
nT1
2
2
t nT1
1 T /2 2 信号的平均功率为 P T T / 2 f (t )dt 0.2
P 1
4 4
包含在有效带宽(0~2/)内的各谐波平均功率为
n = —4
| F (n 0 ) |2 F 2 (0) 2 | F (n 0 ) |2 0.1806
n =1
P 0.1806 1 90% P 0.200
1 0 | F () | cos(t ()]d
非周期信号：
f (t )
1
0
| F ( ) | cos( t ( )]d
周期信号：
f (t ) C0 Cn cos(nt n )
n 1
周期信号与非周期信号都可以分解为许多不同 频率的正弦分量。
结论：信号的频谱分布是不会随着信号的周期
的无限增大而消失的。
T 时，信号的频谱分布仍然存在。
二.频谱密度函数
CnT Cn 2 F ( j ) lim lim (T ) T 2 0 1 1
1.定义：令
T a. lim Cn lim T 2
T 2 T T 2
0 时，第一个零 1 2 ( ) 6f ( ) 3 f1 点内含有二条 谱线，依次类推，就大致画出了振幅频谱图。
1
4
n1
3.相位的确定 2 1 代入 C n 可知 T 2E n Cn sin ( p103 104 ) n T1 当角度
n T1
在第一、二象限时C n 为正实数
sin
2
2
sin
2 0
与横轴的交点由下式决定：
2
即：
2
,2 ,3
2 4 6
0
2m
1 2 3 2f f f 0 , , ...
( f 0表示过零点的谐波频率 )
若这些频率恰好是基波频率的整数倍，则相应的谐波 为零。 ( f1表示基波频率)
sin x 1.它们都具有抽样函数 的形式。 x n1 sin sin 2 E 2 2 和 F ( j ) E 2. Cn n1 T1 2 2 2 A. C n 值较 F ( j ) 值多乘了 T
这是由于两者的定义规定的。 B. C n中的不连续变量 n1在 F ( j ) 中变成 了连续变量
k 1 j T
k T 1 2 2 ( ) T
arctg (
1 T
)
e
F ( j )
( j )
0
0
K K KT F ( j ) 2 2 j 2 2 jT 1 T 1 T 1 a( ) jb ( )
F ( )e d
jt
反变换 正变换
F ( j ) f (t )e jt dt
2.几点说明： a.正变换给出了非周期信号的频谱的数学表达式。 时间函数f(t)可以表示为频率在区间( )
内的指数函数的连续和。 傅立叶变换提供了信号的频率描述和时间描述之 间相互变换的工具。正变换通常叫做分析运算， 反变换通常叫做综合运算。
2
2
t (n 1)T1
2
2
T
1.求f(t)的复数振幅和展开成傅立叶级数
P90 (3-5)
f (t ) c0 cn cos(n1t )
n 1
2 cn T
2 jn1t f (t )e dt Ee dt T n1 sin 2 E 2 ] 2 E Sa( n1 ) [ n1 T T 2 2
一.问题的提出
1.从物理概念考虑：信号的能量存在，其频谱 分布的规律就存在。
2.从数学角度来看：
2 jn1t Cn lim f (t )e dt T T 1 jn1t f (t ) Cn e 2 n
无限多个无穷小量之和仍可等于一个有限量。
T 2 T 2
b( ) T a ( ) K a ( ) b( ) 2 [ ] 1 a ( )
2 2
b( )
0
1 K 2
a( )
1 2 K 2 2 a ( ) b ( ) Ka( ) 0 [a( ) K ] b ( ) ( ) 2 2
fT (t ) A
T
2
2
T
t
[解] 周期矩形脉冲的傅立叶复系数为
n1 sin( ) E n1 E 2 Fn Sa( )＝ n1 T 2 T 2 将E=1，T=1/4，=1/20，1=2/T=8 代入上式
Fn 0.2 Sa (n1 / 40) 0.2 Sa (n / 5)
d .F ( j ) | F ( j ) | e
2
j ( )
a( ) jb ( )
2
| F ( j ) | a ( ) b ( ) 为 F ( j )
b( ) ( ) arctg 为 F ( j ) 的相位。 a( )
的振幅。
且 | F ( j ) | 和
Fn
1 25
8
2
40
40
n 0
周期信号的功率谱
三. 的比值改变时，对频谱结构的影响。 T1
P105.图(3-11)和p106.图（3－12）
1.T不变， 变
a. T1不变， 1不变，
即谱线的疏密不变 b. ,则c n的收敛速度变慢 2. 不 变 ，T变 时
f (t )e
jn1t
dt
b.这样定义能确切的反映信号的频谱分布特性。 各个频率分量振幅之间的相对比例关系是固定不 变的。
a.F ( j ) 代表了信号中各频率分量振幅的相对
大小。
2.几点说明
b.各频率分量的实际振幅为 小量。
| F ( ) | d
是无穷
C. F ( j ) 具有单位角频率振幅的量纲。
2 b. 不 变 ， 不 变 ， a.T , 1 , 谱 线 密 集
包线的零值位置不变
c.T 时，时域波形和频谱结 构会发生什么变化呢？
§ 3.4傅立叶变换
一.频谱密度函数 二.非周期信号的频谱分析----傅立叶变换 三.傅立叶积分的其他形式 四.傅立叶积分的其他形式 五.傅立叶变换的存在 六.周期和非周期矩形脉冲信号频谱的对比