信号与系统考题参考解答(完整版)

《信号与系统》作业参考解答
第一章（P16-17）
1-3 设)(1t f 和)(2t f 是基本周期分别为1T 和2T 的周期信号。

证明)()()(21t f t f t f +=是周期为T 的周期信号的条件为
T nT mT ==21 （m ,n 为正整数） 解：由题知
)()(111t f mT t f =+ )()(222t f mT t f =+
要使
)()()()()(2121t f t f T t f T t f T t f +=+++=+
则必须有
2
1nT mT T == （m ,n 为正整数） 1-5 试判断下列信号是否是周期信号。

若是，确定其周期。

（1）t t t f πsin 62sin 3)(+= （2）2)sin ()(t a t f =
（8）⎪⎭
⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=2cos 28sin 4cos )(k k k k f πππ
解：（1）因为t 2sin 的周期为π，而t πsin 的周期为2。

显然，使方程
n m 2=π （m ,n 为正整数）
成立的正整数m ,n 是不存在的，所以信号t t t f πsin 62sin 3)(+=是非周期信号。

（2）因为
)2cos 1()sin ()(2
2t a t a t f -==
所以信号2)sin ()(t a t f =是周期π=T 的周期信号。

（8）由于)4/cos(k π的周期为8)4//(21==ππN ，)8/sin(k π的周期为16)8//(22==ππN ，)2/cos(k π的周期为4)2//(23==ππN ，且有
16412321=⨯=⨯=⨯N N N
所以，该信号是周期16=N 的周期信号。

1-10 判断下列系统是否为线性时不变系统，为什么？其中)(t f 、][k f 为输入信号，)(t y 、][k y 为零状态响应。

（1）)()()(t f t g t y = （2）)()()(2t f t Kf t y += 解：（1）显然，该系统为线性系统。

因为
{})()()()()()(00000t t f t t g t t y t t f t g t t f T --=-≠-=-
所以该系统为线性时变系统。

（注意：该系统方程表达式中)(t f 的系数为)(t g ，是随时间变化的，所以该系统是时变系统）
（2）显然，该系统为非线性系统。

由于
{})()()()(00200t t y t t f t t Kf t t f T -=-+-=-
所以该系统为非线性时不变系统。

（注意：该系统方程表达式中)(t f 的系数均为常数，不随时间变化，所以该系统是非时变系统） 第二章（P55-58）
2-2 定性绘出下列信号的波形，其中+∞<<∞-t 。

（1）)3()()(t u t u t f -= （4）)1()4()(42--=--t e e t f t t δ （5）)()2()(t u t t f -=
解：（1）其波形图如下
（4）由单位冲激信号的筛选特性可得
)1(523.0)1()4()(42-≈--=--t t e e t f δδ
所以其波形图如下
（5）其波形图如下
2-7 计算下列积分的值。

（2）⎰---+24
2)3(dt e t t δ （10）⎰+∞
∞
--dt t u t u )2()(
解：（2）冲激信号)3(+t δ出现的时刻为3-=t ，包含在积分区间内。

由冲激信号的取样特性可得
6)3(22
4
2)3(e e dt e t t ==+-⨯----⎰
δ
（10）显然，被积函数)2()(t u t u -在区间]2,0[内的值为1，在其它区间范围内的值均为0。

1
t
)
(t f )
523.0(
⎰
⎰+∞
∞
-==-2
21)2()(dt dt t u t u
2-10 已知信号)(t f 的波形如题2-10图所示，绘出下列信号的波形。

题2-10图
（3）)35(t f - （5）)1()(t u t f - （7）)(t f ' 解：（3）将)(t f 表示成如下的数学表达式
⎪⎩⎪⎨⎧<<-<<-=others
t t
t t f 0
2021012
)( 由此得
⎪⎪⎪⎩
⎪
⎪⎪⎨
⎧<<<<-=-others
t t t t f 023
5235
1)1(23)35( 所以)35(t f -的波形为
（5）)1()(t u t f -相当于将)(t f 在1<t 范围内的波形保留下来，1>t 的波形被截去，所以其波形图为
（7）方法1：几何法。

由于)(t f 的波形在1-=t 处有一个幅度为2的正跳变，所以)(t f '在此处会形成一个强度为2的冲激信号。

同理，在0=t 处)(t f '会形成一个强度为1的冲激信号（方向向下，因为是负跳变），而在20<<t 的区间内有5.0)(-='t f （由)(t f 的表达式可
所以，)(t f '的波形为
方法2：解析法。

由)(t f 的波形图可得 )]2()()[5.01()]()1([2)(---+-+=t u t u t t u t u t f
所以有
)]
2()([5.0)()1(2)()]2()([5.0)(2)1(2)2()5.01()()5.01()]2()([5.0)(2)1(2)]2()()[5.01()]2()([5.0)]()1([2)(----+=+----+=----+----+=---+----+='t u t u t t t t u t u t t t t t t t u t u t t t t t t u t u t t t f δδδδδδδδδδδδδ 由此即可得到上面的波形图。

（注：在上式中用到了冲激信号的筛选特性） 2-18 一个离散时间信号)(k f 如题2-18图所示，画出下列信号的图形。

题2-18图
（2）)3(k f （5）)23(+-k f 解：（2）由)(k f 的波形图可知，当1=k 时，3)3()3(==f k f ；当2=k 时，3)6()3(==f k f ；当k 取其它整数时)3(k f 的值均为0。

所以)3(k f 的波形图为
（5）当2-=k 时，1)8()23(==+-f k f ；当1-=k 时，3)5()23(==+-f k f ；当0=k 时，2)2()23(==+-f k f ；当k 取其它整数时)23(+-k f 的值均为0。

所以)23(+-k f 的波形图为
1
2
3456k
1
23)
(k f 783
012k
3)3(k f 3301
-2--k
1
2
)
23(+-k f 3
第三章（P106-111）
第一次（P106-107）
3-8 试求下列连续时间LTI 系统的零输入响应、零状态响应和完全响应。

（2）)(2)(3)(4)(4)(t f t f t y t y t y +'=+'+''，0>t ； )()(t u e t f t -=，2)0(-=-y ，3)0(='-y
解：1. 求零输入响应)(t y x
系统的特征方程为：0442=++λλ 其对应的特征根为：221-==λλ 设
t x e t A A t y 221)()(-+=
则
t
x e
t A A A t y 2212)22()(---=' 代入初始条件，有
⎩⎨⎧=-='='
-===-
-
32)0()0(2
)0()0(121A A y y A y y x x 解得21-=A ，12-=A 。

故
t t x e t e t A A t y 2221)2()()(--+-=+=，0>t
即
)()2()(2t u e t t y t x -+-=
2. 求零状态响应)(t y f （1）求单位冲激响应)(t h
设
)()()(221t u e t B B t h t -+=
则
)()()22()(12212t B t u e t B B B t h t δ+--='-
)()()2()()444()(1122221t B t B B t u e t B B B t h t δδ'+-++-=''-
将以上三个表达式代入系统微分方程（输入为)(t δ，输出为)(t h ），并整理得
)(2)(3)()2()(121t t t B B t B δδδδ+'=++' 由此得
⎩⎨⎧=+=22312
1B B B 解得31=B ，42-=B 故
)()43()(2t u e t t h t --=
（2）求零状态响应)(t y f
[]
[]
)
()41()(1)41()()43()()()43()()()(20)(2t u e e t t u e t e t u d e e d t u e u e t f t h t y t t t t t
t t f ------∞
∞
-----+=-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=--=*=⎰⎰τττ
ττττττ
（3）求完全响应)(t y 方法1：
[]
[
])
()13()()41()()2()()()(222t u e
e
t t u e e t t u e t t y t y t y t
t
t t t f x -------=-+++-=+=
方法2：（a ）求齐次解 设齐次解为
t h e t A A t y 221)()(-+=
因为)()(t u e t f t -=，所以微分方程的右端函数为
t t t e e e t f t f ----=+-=+'23)(2)(3（不考虑)(t u ）
（b ）求特解
设t p Be t y -=)(，则t p Be t y --=')(，t p Be t y -='')(。

将)(t y p 、)(t y p '和)(t y p
''代入原微分方程有 t t t t e Be Be Be -----=+-44
解得1-=B 。

所以t p e t y --=)(。

（c ）求完全解
t t p h e e t A A t y t y t y ---+=+=221)()()()( t t e e t A A A t y --+--='2212)22()(
因为
)()(t t y δ→''
所以
)()(t u t y →'，有跳变
)()(t r t y →，无跳变
而
)
(3)()(2)(3)(3)(2)(3t t u e t u e t e t u e t f t f t
t t t δδ+-=++-=+'----
所以
0)0()0(=--+y y
3)0()0(='-'-+y y
其中，3为跳变值，因为)(3)(t t y δ→''，)(3)(t u t y →'。

从而得到+0初始条件为
⎩
⎨⎧=+='+='-==-
+-
+633)0(3)0(2
)0()0(y y y y 将以上+0初始条件代入完全解)(t y ，得
⎩⎨⎧=+-='-=-=+
+
6
12)0(2
1)0(121A A y A y 解得11-=A ，32=A 。

故
)(])13[()()()(2t u e e t t y t y t y t t p h ----=+=
3-9 已知连续时间LTI 系统)()()(t f t ay t y =+'，0≠a 时完全响应为t e t y 323)(-+=，0≥t ，试求
（1）系统的固有响应和强迫响应；（2）a 和)0(-y 的值及)(t f 的表达式； （3）系统的零输入响应和零状态响应；
（4）)1()()(-=+'t f t ay t y 的零输入响应和零状态响应。

解：方法1：（1）由系统的微分方程)()()(t f t ay t y =+'可知，其对应的特征方程为0=+a λ，特征根为a -=λ，其齐次解的结构形式为
at h Ae t y -=)(，0>t
由于微分方程的完全解（即完全响应）等于其齐次解（又称固有响应）和特解（又称强迫响应）之和，而系统的完全响应为t e t y 323)(-+=，所以系统的固有响应为
t h e t y 32)(-=，0>t
强迫响应为
3)(=t y p ，0>t
显然3=a 。

（2）将t e t y 323)(-+=代入系统的微分方程可得
9)23(36)(3)()(33=++-=+'=--t t e e t y t y t f ，0>t
即)(9)(t u t f =。

或将特解3)(=t y 代入系统的微分方程也可得到同样的结果（更简单）。

由)()(t u t y →'可得)()(t r t y →，故系统输出)(t y 无跳变，即有)0()0(+-=y y 。

在
t e t y 323)(-+=（0≥t ）中令+=0t 可得523)0()0(=+==+-y y 。

（3）设系统的零输入响应为
t x Be t y 3)(-=，0>t
代入初始条件得
5)0()0(===-+B y y x
故
)(5)(3t u e t y t x -=
系统的零状态响应为
)()1(3)()523()()()(333t u e t u e e t y t y t y t t t x f ----=-+=-=
（4）显然，系统)1()()(-=+'t f t ay t y 是原系统)()()(t f t ay t y =+'中输入延时一个时间单位后的结果。

原系统是一个线性LTI 系统，而系统的零输入响应与输入信号无关，所以系统
)1()()(-=+'t f t ay t y 的零输入响应与原系统相同，即
)(5)(3t u e t y t x -=
由于原系统是一个线性LTI 系统，所以系统)1()()(-=+'t f t ay t y 的零状态响应（与输入有关）是原系统零状态响应延时相应的一个时间单位后的结果，即
)1()1(3)()1(3--=--t u e t y t f
方法2：（1）与方法1相同。

（2）由于系统的强迫响应为常数，所以其输入)(t f 也应为常数。

假设输入)(t f 的作用时刻为0=t ，则有
)()(t Ku t f = 设
)()(3t u Ce t h t -=
则
)()(3)()(3)(333t C t u Ce t Ce t u Ce t h t t t δδ+-=+-='---
将)(t h 和)(t h '代入下列方程
)()(3)(t t h t h δ=+'
可解得1=C 。

故系统的单位冲激响应为
)()(3t u e t h t -=
由此得
)()1(3
)()()()()(33t u e K t Ku t u e t f t h t y t t f ---=*=*=
设系统的零输入响应为
t x De t y 3)(-= ，0>t
则系统的完全响应为
t
t t t f x e e K D K e K De t y t y t y 33332333)
1(3)()()(----+=⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡-+=-+=+= ，0>t 由此可解得9=K ，5=D
故
)(9)(t u t f =
t x e t y 35)(-= ，0>t
55)0()0(03===+
=-+-t t
x e y y
（3）系统的零输入响应为
)(5)(3t u e t y t x -=
系统的零状态响应为
)()1(3)()1(3
)(33t u e t u e K t y t t f ---=-=
（4）与方法1相同。

3-16 计算下列信号的卷积积分 （2）)()]1()([2t u e t u t u t -*-- （3）)(3)(22t u e t u e t t --* 解：（2）因为
)
()1(2
1)(21)
()()()()(2020222t u e t u e t u d e d t u u e t u e t u t t
t
t ---+∞∞----=-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=-=*⎰⎰τττττττ
由卷积的位移性质得
)1()1(2
1)()1()1(22--=*----t u e t u e t u t t
所以
)1()1(2
1)()1(21)()]1()([)1(222----=*------t u e t u e t u e t u t u t t t
（3）
)
()(6)(6)(3)(2)(3)(220)(22t u e
e t u d e e d t u e u e t u e t u e t
t
t
t
t t t ----+∞
∞-------=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡=-⨯=*⎰⎰ττ
τττ
ττ
第二次（P110-111）
3-28 已知描述某离散时间LTI 系统的差分方程)()1(5.0)(k f k y k y =--，0>k ；1)0(=y ，试求系统在下列输入激励作用下系统的固有响应、强迫响应及完全响应。

（3）)(2)(k u k f k =
解：（3）系统的特征方程为：05.0=-r 系统的特征根为：5.0=r
由此得系统的齐次解（固有响应）为
k h A k y 5.0)(⨯=，0≥k
系统输入为)(2)(k u k f k =，设系统的特解（强迫响应）为
k p B k y 2)(⨯=，0≥k
将其代入系统的差分方程得
k k k B B 225.021=⨯-⨯-
解得3/4=B 。

故系统的强迫响应为
)(23
4)(k u k y k p ⨯=
系统差分方程的完全解为
k k p h A k y k y k y 23
45.0)()()(⨯+⨯=+=，0≥k
代入初始条件得
13
4)0(=+=A y
解得3/1-=A 。

故系统的固有响应为
)(5.03
1)(k u k y k h ⨯-=
系统的完全响应为
[]
)(5.023
1)()()(2k u k y k y k y k k p h -=+=+
3-31 求下列方程描述的离散时间系统的零输入响应)(k y x ，零状态响应)(k y f 及完全响应)(k y 。

（1）)(3)1(5.0)(k f k y k y =-+，4)1(=-y ，)()(k u k f = 解：（1）
（a ）求零输入响应)(k y x
系统差分方程对应的特征方程为：05.0=+r ，解得特征根为：5.0-=r 。

故系统的零输入响应为
k x A k y )5.0()(-⨯=，0≥k
代入初始条件有
42)5.0()1()1(1=-=-⨯=-=--A A y y x
解得2-=A 。

故
)()5.0(2)(k u k y k x -⨯-=
（b ）求零状态响应)(k y f 1）先求单位脉冲响应)(k h )(k h 应满足以下差分方程
)(3)1(5.0)(k k h k h δ=-+
由)(k h 的定义（系统输入为)(k δ时的零状态响应）知
0)1(=-h
所以
3)0(3)1(5.0)0(==-+δh h
解得3)0(=h 。

设
k B k h )5.0()(-⨯=，0≥k
代入初始条件有
3)0(==B h
故
)()5.0(3)(k u k h k -=
2）再求零状态响应)(k y f 由零状态响应的定义得
)
(])5.0(2[)
(])5.0)(5.0(1[2)()5.0(1])5.0(1[3)()5.0(3)()()5.0(3)
()()()()(10k u k u k u k u n k u n u n k f n h k f k h k y k k k k n n n n
n f -+=---=----=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡-=--=-=
*=+=∞
-∞=∞
-∞
=∑∑∑ （c ）求完全响应)(k y
)
(])5.0(2[)(])5.0(2[)()5.0(2)()()(k u k u k u k y k y k y k
k k f x --=-++--=+=
3-39 计算以下序列的卷积和 （1）)4()(2-*k u k u k （4）)(2)(5.0k u k u k k * 解：（1）方法1：
由离散序列卷积和的定义得
)4()12()4(1
212
)
4(2)4()(2)4()(233
40--=---=-⎥⎦⎤
⎢⎣⎡=--=-*--∞
-∞=-=∑∑k u k u k u n k u n u k u k u k k n k n n n
k
方法2：
因为
)()12()(1
212)
(2)()(2)()(2110k u k u k u n k u n u k u k u k k k n n n n
k
-=--=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡=-=*++=∞
-∞=∑∑
所以（卷积的位移性质）
)4()12()4()(23--=-*-k u k u k u k k
（4）由离散序列卷积和的定义得
[]
[]
)(5.023
1)
(25.01234)(25
.0125.012)
(25.02)(2
)(5
.0)(2)(5.0211
0k u k u k u k u n k u n u k u k u k k k k k k n k n n k
n
k n
k
k -=-⨯=--=⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡=-⨯=
*+++∞
-∞
==-∑∑
第四章（P142）
4-2 试求题4-2图所示的周期信号的Fourier 级数展开式。

题4-2图
解：方法1：指数形式法展开 在一个周期内，)(t y 的表达式为
⎩⎨
⎧<<=others
T t t T A t f 0
0)/()(0
因为
2
)/(1
)(1
00
0A tdt T A T dt t f T C T T ===⎰
⎰
)
0(221)/(1
)(1
0000
0200
00
0000
00
00
0≠=
⨯-=
⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡-=
-⨯===⎰⎰
⎰
⎰
-----n n
A j T nT j A dt e te A dt tde jn T A dt te T A T dt e t f T C T t jn T t jn T t jn T t jn T t jn n πππωωωωωω
所以
∑∑∑∑∞
=∞
=∞
=∞
=-=++=+=+=1
01001
1
0sin 2)]
sin )(cos 2/Re[(22]
)2/Re[(22)Re(2)(00n n n t jn n t
jn n n t n A A t n j t n n jA A e n jA A e
C C t f ωπωωππωω
方法2：三角形式法展开 因为
A tdt T A dt t f a T T ===⎰⎰
000
0)/(2
)(2
0cos )/(2
cos )(2
000
00
===⎰
⎰
T T n tdt n t T A T tdt n t f T a ωω
000
n A
T A tdt n t
n t nT A
t n td n T A tdt
n t T A T tdt n t f T b T T T T T n ππωωπωωωω-=⨯-=⎥⎦
⎤
⎢⎣
⎡--=-⨯===⎰⎰
⎰
⎰
00
000
000
0020
000
00
00
cos cos cos 12sin )/(2
sin )(2
所以
∑∑∞
=∞
=-=++=1
01000
sin 2)
sin cos (2)(n n n n n t
n A A t n b t n a a t f ωπωω
4-3 求下列信号的指数形式Fourier 级数系数。

（4）t t t t f 6sin 4cos 2sin )(++=
解：因为t 2sin 的周期为π，t 4cos 的周期为2/π，t 6sin 的周期为3/π，且
ππππ=⨯=⨯=⨯)3/(3)2/(21
所以t t t t f 6sin 4cos 2sin )(++=的周期为π，即
π=0T ，2/200==T πω
又因为
)
(5.0)(5.0)(5.0)
(2
1)(21)(216sin 4cos 2sin )(0000003322664422t j t j t j t j t j t j t j t j t j t j t j t j e e j e e e e j e e j e e e e j t
t t t f ωωωωωω--------++--=-+++-=++=
所以
5.01j C =±，5.02=±C ，5.03j C =±，0=n C when 1±≠n ,2±≠n ,3±≠n
第五章（P177-180）
5-1 试求题5-1图所示非周期信号的频谱函数。

题5-1图
解：方法1： 因为
)]
5.1()5.1([2)(11-++=t P t P t f a 所以
)
(a
)
5.1cos()5.0(4])[5.0(2)]([)(5.15.1ωωωωωωSa e e Sa t f F j F j j a a =+==-
方法2：
因为
)]()([2)(24t P t P t f a -=
所以
)
(4)2(8)](2)2(4[2)]([)(ωωωωωSa Sa Sa Sa t f F j F a a -=-==
注意：上述两种方法的结果形式不一样，但实际上是相等的，证明如下：
)
5.1cos()5.0(4)5.1cos(]5.0/)5.0[sin(4)
5.0sin()5.1cos(24]sin )2[sin(4sin 42)
2sin(8)(4)2(8ωωωωωωωω
ωωωωω
ω
ωωωSa Sa Sa ==⨯=-=⨯-⨯
=-
证毕。

5-2 试求题5-2图所示非周期信号的频谱函数。

题5-2图
解：由上图可得
)3()1()(222-∆+-∆=t t t f
而
)5.0()]([22ωSa t F =∆
所以
)
)(5.0())](([)]([)(32
3222ω
ω
ωωωωj j j j e
e
Sa e e t F t f F j F ----+=+∆==
5-10 试求下列频谱函数所对应的信号)(t f 。

（5）
⎩⎨
⎧>≤=c
c j F ωωωωω0
1
)(
解：显然
)()(2ωωωc P j F =
)
(b
所以
)
()(221)]([21)]([)(21t Sa Sa t P F j F F t f c c t c c t
c ωπωωωωπ
πωωωω=⨯===-=-=-
5-12 已知信号的频谱)(ωj F 如题5-12图所示，试求信号)(t f 。

题5-12图
解：因为
)()()(24ωωωP P j F +=
而
⎪⎭
⎫ ⎝⎛=
-22)]([1t Sa P F c c c ωπωωω 所以
)]
()2(2[1)]([)]([)]([)(21411t Sa t Sa P F P F j F F t f +=+==---π
ωωω
第六章（P209-210）
6-10 已知理想低通滤波器的频率响应为
⎩⎨
⎧><=-π
ωπ
ωωω
20
2)(2j e j H
（1）求该滤波器的冲激响应)(t h ；
（2）输入)()(t Sa t f π=，∞<<∞-t ，求输出)(t y ； （3）输入)3()(t Sa t f π=，∞<<∞-t ，求输出)(t y ；
（4）若滤波器的输入为题6-2图所示的周期方波信号，求输出)(t y 。

解：（1）由题知)(ωj H 的波形图为
由此得
ωπωω24)()(j e P j H -=
因为
)
(b
⎪⎭
⎫ ⎝⎛=
-22)]([1t Sa P F c c c ωπωωω
)(])([010t t f e j F F t j -=--ωω
所以
))2(2(2]2/)2(4[24])([)]([)(2411-=-⨯===---t Sa t Sa e P F j H F t h j πππ
πωωωπ
（2）因为
)(2)]2/([ωτ
πττP t Sa F =
所以（令πτ2=）
)()]([)(2ωπωπP t Sa F j F ==
ωπωωωω22)()()()(j e P j F j H j Y -==
故
))2((]2/)2(2[22])([)]([)(2211-=-⨯===---t Sa t Sa e P F j Y F t y j πππ
πωωωπ
（3）令πτ6=，有
)(31)(62)]3([)(66ωωπππωππP P t Sa F j F ===
ωπωωωω24)(3
1)()()(j e P j F j H j Y -==
所以
))2(2(3
2]2/)2(4[2431])()3/1[()]([)(2411-=-⨯⨯===---t Sa t Sa e P F j Y F t y j ππππωωωπ
（4）由题6-2图知周期方波信号)(t f 的周期为20=T ，其基波角频率为ππω==00/2T 。

将)(t f 展开成以下的Fourier 级数：
⎪⎭
⎫
⎝⎛+++=--=∑
∞= t t t t
n n t f n 000015sin 513sin 31sin 40)12sin(1
2140)(ωωωπωπ
由于该理想低通滤波器的截止频率为πω2=c ，所以只有)(t f 中的基波分量（πωω==0）能通过该理想低通滤波器（其它高次谐波分量的角频率均大于理想低通滤波器的截止频率，所以被“虑掉”了）。

考虑到该理想低通滤波器的时间滞后，有
))2(sin(40))2(sin(40)(0-=-=t t t y ππ
ωπ
6-11 已知理想高通滤波器的频率响应为
⎩⎨
⎧<>=-π
ωπωωω
40
4)(2j e j H
（1）试求该滤波器的冲激响应)(t h ；
（2）输入)6()(t Sa t f π=，∞<<∞-t ，求输出)(t y ；
（3）若滤波器的输入为题6-2图所示的周期方波信号，求输出)(t y 。

解：（1）由题知)(ωj H 的波形图为
由此得
ωπωω28)](1[)(j e P j H --=
所以
))
2(4(4)2(]
2/)2(8[28)2(])(1[)]([)(2811---=-⨯--=-==---t Sa t t Sa t e P F j H F t h j πδππ
πδωωωπ
（2）令πτ12=，有
)(6
1)(122)]6([)(1212ωωπππωππP P t Sa F j F ===
其波形为
由此得)(ωj Y 的波形为
所以系统输出的频谱为
ωπππωπωω222)]5()5([6
1)(j e P P j Y --++=
或
ωππωωω2812)]()([6
1)(j e P P j Y --=
故
))2(5cos())2((3
1))2(5cos(2))2((61]
))[2((2261)]([)()2(5)2(51--=-⨯-=+-⨯==----t t Sa t t Sa e e t Sa j Y F t y t j t j πππππππωππ
或
))2(4(3
2))2(6())2(4(28))2(6(21261)]([)(1---=⎥
⎦⎤⎢⎣⎡---⨯==-t Sa t Sa t Sa t Sa j Y F t y ππππππππω 上述两种结果是等价的，证明如下：
))2(5cos())2((1))2(sin())2(5cos(2)
2(61))]
2(4sin())2(6[sin()
2(61))2(4))
2(4sin(32)2(6))2(6sin())2(4(32))2(6(--=--⨯-=
----=--⨯
---=---t t Sa t t t t t t t t t t t Sa t Sa ππππππππππππππ
证毕。

（3）由题6-2图知周期方波信号)(t f 的周期为20=T ，其基波角频率为ππω==00/2T 。

将)(t f 展开成以下的Fourier 级数：
⎪⎭
⎫
⎝⎛+++=--=∑
∞
= t t t t
n n t f n 0000
1
5sin 513sin 31sin 40)12sin(12140)(ωωωπωπ
由于该理想高通滤波器的截止频率为πω4=c ，所以)(t f 中的基波分量（πωω==0）和3次谐波分量（πωω330==）不能通过该理想高通滤波器（其它高次谐波分量的角频率均大于理想高通滤波器的截止频率，所以可以通过）。

考虑到该理想低通滤波器的时间滞后，有
⎪⎭
⎫
⎝⎛+-+-= ))2(7sin(1))2(5sin(140)(t t t y πππ
6-15 已知信号t t t f ππ/)4(sin )(=，∞<<∞-t 。

当对该信号抽样时，试求能够恢复原信号的最大抽样周期max T 。

解：由题知
)4(444sin 44sin )(t Sa t
t t t t f πππππ===
因为
)(2)]2/([ωτ
πττP t Sa F =
令πτ8=，有
)(4
1)]4([8ωππP t Sa F =
故
)()]4([4)]([)(8ωπωπP t Sa F t f F j F ===
从而有
)/(4s rad m πω=，)(22Z m m H f ==ω
由抽样定理可得
)(4
121max s f T m ==
第七章（P259-262）
7-5 试求题7-5图所示信号的单边Laplace 变换。

题7-5图
解：方法1：间接法。

因为
)
3()1()1()()]
3()1([)]1()([)(-----=---+--=t u t u t t tu t u t u t u t u t t f
所以
2
332211)]([)(s se e
s e s e s t f L s F s
s
s
s ------=--
== 方法2：直接法。

2
332
3
1
10
1)1(1)()]([)(s se e
s e s e e s s e dt
e dt te dt
e t
f t f F s F s
s
s s s
s
st st st --------∞
---=+----=+===⎰⎰⎰
7-8 利用Laplace 变换的性质，由s t u L /1)]([=，0)Re(>s ，求下列各式的Laplace 变换。

（6）)()cos(0t u t e at ω- 解：由欧拉公式可得
[]
)
()(2
1)
()(21)()cos()()(00000t u e t u e t u e e e t u t e t a j t a j t j t j at at +-----+=+=ωωωωω
)(a
因为
s
t u L 1)]([=
)()]([λλ s F t f e L t =±，其中)]([)(t f L s F =
所以
2
022020
00)()()(2211121)]()cos([ωωωωω+++=+++⨯=⎪⎪⎭⎫
⎝⎛+++-+=-a s a s a s a s j a s j a s t u t e L at
7-9 试求下列)(s F 的初值)0(+f 和终值)(∞f 。

（4）
)
2(12)(2
++=s s s s F
解：显然，)(s F 为有理假分式，需要进行长除法分解。

因为
)(2)
2(412)2(12)(12
s F s s s s s s s F +=+-+=++=
所以
4)
2(41lim )(lim )0(1-=+-⨯==∞→∞→+s s s s s sF f s s 5.0)
2(12lim )(lim )(2
00=++==∞→→s s s sF f s s
或
5.0)
2(41lim )(lim )(010=+-⨯==∞→→s s s s s sF f s s 7-13 试用部分分式法，求下列)(s F 的单边Laplace 反变换。

（3）
)
134(135)(2
+++=
s s s s s F
解：设
134)
134(135)(22
++++=+++=
s s C Bs s A s s s s s F 则
10
)134(135)
(2
==+++=
==s s s s s sF A s
从而
1341)
134(135)(22
++++=+++=
s s C Bs s s s s s s F
由待定系数法，有
135)(1342+=++++s C Bs s s s
即
13513)4()1(2+=++++s s C s B
所以
⎩⎨
⎧=+=+5
401C B
解得1-=B ，1=C 。

故
2
222222
22
3)2(33)2(213)2(3)2(13)2(1
113411)(++++++-=++-+-=++--=+++-+
=s s s s s s s s s s s s s s s F
最后得
)()3sin 3cos 1()]([)(221t u t e t e s F L t f t t ---+-==
7-21 试由s 域求下列系统的系统函数、零状态响应、零输入响应及其完全响应。

（4）
)()(3)(8)(4)(t f t f t y t y t y +'=+'+''，0>t ；
)()(t u e t f t -=，5)0(=-y ，3)0(='-y
解：对上述微分方程两端取Laplace 变换得
)()(3)(8)]0()([4)0()0()(2s F s sF s Y y s sY y sy s Y s +=+-+'-----
代入初始条件并整理得
)()()(8
41384235)(22
s Y s Y s F s s s s s s s Y f
x +=+++++++=
其中
1
1)]([)]([)(+===-s t u e L t f L s F t
所以系统函数为
8
413)(2
+++=
s s s s H 由此得
222222)2(22132
)2()2(584235)(++⨯++++=+++=
s s s s s s s Y x 系统的零输入响应为
)(2sin 132cos 5)]([)(221t u t e t e s Y L t y t t x x ⎪⎭
⎫ ⎝⎛+==---
设
8
41)84)(1(1
3)(8413)(222
+++++=++++=+++=
s s C Bs s A s s s s s F s s s s Y f
其中
5
28
413)
()1(121
-=+++=
+=-=-=s s f s s s s Y s A 且
13))(1()84(5
22+=+++++-s C Bs s s s
令0=s ，得5/21=C ；令1=s ，得5/2=B 。

故
2
22
22
2)2(210172)2(25211528
452152152
)(++⨯++++⨯++⨯-=+++++-=s s s s s s s s s Y f
系统的零状态响应为
)(2sin 10172cos 5252)]([)(221t u t e t e e s Y L t y t t t f f ⎪⎭
⎫
⎝⎛++-==----
系统的完全响应为
)(2sin 5412cos 52752)()()(22t u t e t e e t y t y t y t t t f x ⎪⎭
⎫
⎝⎛++-=+=---
7-23 题7-23图所示电路在0=t 前开关一直处于闭合状态，画出电路的s 域模型，并求开关打开后流经电感的电流)(t y 。

已知V t f 10)(=，H L 1=，Ω=21R ，Ω=52R ，F C )5/1(=。

题7-23图
解：设电路换路前已处于稳态。

由题7-23图（a ）知A R t f i L 25/10/)()0(2===-，V t f u c 10)()0(==-。

开关打开后电路的s 域模型如图7-23图（b ）所示。

由KVL 可得
sC
R sL s u Li s F s Y c L 1
/)0()0()()(1++-+=
--
其中
s
t u L t f L s F 10)](10[)]([)(===
代入元件参数和系统初始值并整理得
)(a
sC /)(b
22222
2
)1(22)1()1(2522)(++-+++=++=
s s s s s s s Y 故
A
t u t e t u t e t e s Y L t y t
t t )()57.262cos(5)(]2sin 2cos 2[)]([)(0
1+=-==----
7-26 已知某线性时不变系统在阶跃信号)(t u 激励下产生的阶跃响应为)()(21t u e t y t -=，试由s 域求系统在)()(32t u e t f t -=激励下产生的零状态响应)(2t y 。

解：设)()(1t u t f =，则
s t u L t f L s F 1)]([)]([)(11===
2
1)]([)]([)(211+=
==-s t u e L t y L s Y t 由此得系统函数为
21
2
1
)()()(11+=+==s s s
s s F s Y s H
又因为
3
1)]([)]([)(322+=
==-s t u e L t f L s F t 所以
3
3
22)3)(2(312)()()(22+++-=++=+⨯+==s s s s s
s s s s F s H s Y
故
)()23()]([)(23212t u e e s Y L t y t t ----==
第八章（P304-306）
8-3 根据z 变换的性质，求以下序列的单边z 变换及其收敛域。

（2）)1(-k u ka k （4）)]()([N k u k u k -- 解：（2）设)]1([)(-=k u ka Z z F k 则
a z a a z z az az z
a z F k k k k
k
-=--=
--=
-==-∞
=-∞
=-∑∑11111
)()(1
11
由z 域微分性质可得
2
2)()()()]1([a z az
a z a z a z a dz d z dz z dF z k u ka Z k -=--⨯
-=⎪⎭⎫
⎝⎛--=-=-
其中，11<-az ，即a z >。

（4）设)]()([)(N k u k u Z z F --= 则
1
11)(1--=⨯---=
--z z z z z z z z z F N N
故
则
{}2
1221)1()1()1()()1]()1(1[)()]()([--+-=
------⨯
-=-=------z z N z N z z z z z z N z dz
z dF z N k u k u k Z N N N N 其中1>z 。

8-6 已知因果序列)(k f 的z 变换式)(z F ，试求)(k f 的初值和终值)0(f 、)1(f 、)(∞f 。

（1）
)
5.0)(1()1()(2
+-+=
z z z z z F 解：用长除法可将)(z F 展开为
++=+-=+-+=
--2125.0)5.0)(1()5.0)(1()1()(z z z z z z z z z z F
而
∑∞
=--++==0
1)1()0()()(k k z f f z k f z F
故0)0(=f ，1)1(=f 。

或
0)
5.0)(1(lim
)(lim )0(=+-==∞→∞
→z z z z F f z z
因为)(z F 为有理真分式，其展开式中无常数项，所以
1)
5.0)(1(lim
)(lim )1(2
=+-==∞→∞
→z z z z zF f z z
终值为
3
25.115.0lim
)()1(lim )(1
1
==+=-=∞→→z z z F z f z z 8-9 用部分分式法求以下各式的单边z 反变换)(k f 。

（6）
2
312)(2+++=
z z z z F 解：设
2
1)2)(1(12)23(12)(2++++=+++=+++=z C z B z A z z z z z z z z z z F 因为
2
10)2)(1(12==+++=
z z z z A 11)2(12=-=++=z z z z B
232
)1(12-=-=++=z z z z C
所以
2
23121)(+⨯-++=z z z z z F
故
)()2(3)1()(1)(k u k k f k k ⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡---+=δ
或
2
312311)
2)(1(122312)(1
12+⨯++⨯-=+++-=+++=
+++=
--z z
z z z z z z z z z z z z z F
所以
)
1()2(23)1()1()2(3)1()1()(11-⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡---=--⨯+---=--k u k u k u k f k k k k
虽然以上两种解法的求解结果形式不同，但本质上是一样的。

因为当0=k 时，由第一
个结果得05.115.0)0(=-+=f ，而由第二个结果直接得0)0(=f ，因为此时0)1(=-u 。

当1≥k 时，两个结果相同，因为此时0)(=k δ，1)1()(=-=k u k u 。

8-19 求下列各离散时间LTI 系统的零输入响应、零状态响应和完全响应。

（4）
)()2(3
1)1(34)(k f k y k y k y =-+--
)(1)(k u k f k
⎪⎭
⎫
⎝⎛=，1)1(=-y ，2)2(=-y
解：将原微分方程变形为
)(3)2()1(4)(3k f k y k y k y =-+--
两边取z 变换有
)(3)2()1()()]1()([4)(3121z F y z y z Y z y z Y z z Y =-+-++-+----
其中
5
.0)(-=
z z z F
将初始条件及输入)(z F 代入上式并整理得
)
()()143)(5.0(31432)(23
22z Y z Y z z z z z z z z z Y f x +=+--++--=
设
⎥⎦
⎤⎢⎣⎡-+-=---⨯=---=+--=13/131)1)(3/1(1231)1)(13(1214312)(2z B z A z z z z z z z z z z z Y x 因为
213/1112==--=z z z A
2
313/112==--=z z z B
所以
1
213/1611233/12131)(-⨯+-⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯+-⨯=z z z z z z z z z Y x 故
)(316121)(k u k y k x ⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+=
又设
1
2/13/1)1()2/1()3/1()2/1)(1)(13(3)(2
2-+-+-=
---=---=z C z B z A z z z z z z z z z z Y f 因为
13/1)1)(2/1(2
==--=
z z z z A
32
/1)1)(3/1(2
-==--=
z z z z B
《信号与系统》（陈后金等编）作业参考解答
31
)2/1)(3/1(2
==--=
z z z z C
所以
1
32/133/1)(-+--+-=
z z z z z z z Y f 故
)(213313)(k u k y k
k f ⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=
)(213316727)()()(k u k y k y k y k
k f x ⎥⎥⎦⎤
⎢⎢⎣
⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=。