郑君里的信号与系统的第二三章习题参考解

B 第二章习题参考解
2－2，试画出下列信号波形，从中可得出何结论。

其中t -∞<<∞
t1=0:1/200:8;
>> y1=sin(0.5*pi*t1);
>> subplot(4,1,1),plot(t1,y1),title('sin(0.5*pi*t1)u(t1)的一段'),grid >> t2=1:1/200:8;
>> y2=sin(0.5*pi*t2);
>> subplot(4,1,2),plot(t2,y2),title('sin(0.5*pi*t)u(t2-1)的一段'),grid >> y3=sin(0.5*pi*(t1-1));
>> subplot(4,1,3),plot(t1,y3),title('sin(0.5*pi*(t1-1))u(t)的一段'),grid >> y4=sin(0.5*pi*(t2-1));
>> subplot(4,1,4),plot(t2,y4),title('sin(0.5*pi*(t2-1))u(t2-1)的一段'),grid 解：用MA TLAB 作图如上。

从中可看出：1，周期信号Sin 与单位阶跃信号相乘，得到非周期信号。

2，1sin()()2t u t π与1
sin[(1)](1)2t u t π--是向右移动1。

而1sin[(1)]()2t u t π-与1
sin()()2
t u t π只是sin 的起始相位不同。

2-12，己知序列
(0.8)230
2,3(){
k
k k k x k -≤≤<>=
1， 用阶跃信号的截取特性表示X （k ）； 解：()(0.8)[(2)4()]k
x k u k u k =+--
2，用加权单位脉冲序列表示X(k)。

解：3
2
()(0.8)
()m
m x k k m δ=-=
-∑
3－1，判断下列系统的类型(线性、时变性、稳定性和因果性)。

解：稳定性：所有特征根Res[Si]<0(连续)/|ri|<1。

因果性：输出在输入之后。

（1）'()4()(1)y t y t x t +=- 线性、时不变、因果、稳定
（2）''()2'()5()'()2()y t y t y t x t x t ++=+ 线性、时不变、因果、稳定 （3）'()()()2y t ty t x t +=+ 非线性、时变、因果、t>0时稳定，t<0时不稳定
（4）
2
''()2'()5()()y t y t y t x t ++= 非线性、时不变、因果、稳定 （5）[]0.5[1][]y k ky k x k +-= 线性、时变、因果、|k|<2时稳定 （6）[]0.5[1][]1y k y k x k +-=+ 非线性、时不变、因果、稳定 （7）[]2[2][1]y k y k x k +-=- 线性、时不变、因果、不稳定 （8）[][][1][2]y k x k x k x k =+-+- 线性、时不变、因果、稳定
3－7，己知CLTI 系统()
()(),0,dy t ay t x t a dt +=≠的全响应
3()32,0.t
y t e t -=+≥ 求：1，系统的固有响应和强迫响应；
解：因LTI 系统的固有响应包括零输入响应和零状态响应中由争取极点决定的成份。

系统只有一个极点“0a ≠”，故而全响中的3u （t ）不是固有响应。

则固有响应为
3()2()t
N y t e u t -=
剩下的应为强迫响应
()3()F y t u t =
2，a 和(0)y -
的值，()x t 的表达式；
解：因为系统的固有响应的函数形式由系统的极点决定，而系统的固有响应的函数形式为32()t
e u t -，故系统的极点“－a ”应为
3a =
强迫响应是由输入信号的极点和强度决定，由于强迫响应3u(t).故输入信号的极点应为零。

则得输入信号()x t 应为
()()x t ku t =
由于系统方程，可得的零输入响应为
3()()t
x y t ce u t -=
由于系统方程，可得 330
()3
t
t f k y t k e d e τ
ττ--==-⎰3[]()33
t k k
e u t -=- 系统的全响应应为
()()()x f y t y t y t =+
33[]()33
t
t
k k ce
e u t --=+
- ()3k u t =+3()()3
t
k c e u t --
3(32)()t
e u t -=+
故有关
33
k
= 则9k = ()23
k
c -= 则5c =
30(0)55t t y e -
--===
()9()x t u t =
3，系统的零输入响应和零状态响应； 解：由上计算可得
零输入响应 33()()5()t t
x y t ce u t e u t --==
零状态响应 4，
()
()(1)dy t ay t x t dt
+=-的零输入响应和零状态响应。

解：由于LTI 系统的位移不变性，可得
零输入响应 33()()5()t t
x y t ce u t e u t --== （零负状态没有移动）
零状态响应 3(1)3(1)()[](1)3(1)(1)33
t t f k k y t e u t e u t ----=--=-- 3-14, 计算下列卷积积分:
(1) [(+1)2(-1)][(1)(3)]t t t t δδδδ+*---
解: [(+1)2(-1)][(1)(3)]
(+1)*(1)(+1)*(3)2(-1)(1)2(-1)(3)
()(2)2(2)2(4)()(2)2(4)
t t t t t t t t t t t t t t t t t t t δδδδδδδδδδδδδδδδδδδ+*---=---+*--*-=--+---=+---
(2) [()(1)][(2)(3)]u t u t u t u t --*---
解:
[()(1)][(2)(3)]Re (0.5)*Re ( 2.5)( 2.5)(2)
(2)2(3)(4)
u t u t u t u t ct t ct t t r t r t r t --*---=--=∆-=---+-宽度为
(3) 2[()(1)]()t
u t u t e u t ---*
解: 22222(1)[()(1)]()
()()(1)()
11
(1)()(1)(1)22
t t
t
t t u t u t e u t u t e u t u t e u t e u t e u t --------*=*--*=----
3-16，己知()x t 为题3－16图a 所示，()()T i t t iT δδ∞
=-∞
=
-∑是图3-16b 所示周期冲激串，计
算()()T x t t δ*，并分别画出3,2,T T T τττ===的卷积图形。

解：()()()T i x t t x t iT δ∞
=-∞
*=
-∑
3-20,已知某连续时间LTI 系统的微分方程为
''()7'()10()2'()3()y t y t y t x t x t ++=+
已知()(),(0)1,'(0)1t
x t e u t y y --
-
===,试求:
(1) 求系统的冲激响应h(t)；
(2) 求系统的零输入响应()zi y t ，零状态响应()zs y t 及完全响应()y t 。

(3) 若()(1)t
x t e u t -=-，重求系统的完全响应2()y t 。

解：（1）系统的冲激响应即为微分方程的齐次解。

2
1271002,5s s s s ++=⇒=-=-特征根
25()()()t t h t Ae Be u t --⇒=+冲激响应的形式为，
2525252525'()(25)()()()(25)()()()
''()(425)()(25)()()'()
t t t t t t t t t t h t Ae Be u t Ae Be t Ae Be u t A B t h t Ae Be u t Ae Be t A B t δδδδ----------⇒=--++=--++⇒=++--++
代入方程得
217
523
33A B A B A B +=⎧⇒=-=⎨
+=⎩， 2517
()()()33
t t h t e e u t --⇒=-+
（2）2512()=()()t
t zi y t K e
K e u t --+,将初始状态代入,得
1212121
12251
K K K K K K +=⎧⇒=-=⎨
--=⎩， 25()=(2)()t t zi y t e e u t --⇒-
2525()=()*()
17
()*()()33
117
()()4312
zs t t t t t t y t x t h t e u t e e u t e e e u t ------=-+=+-
()=()()zi zs y t y t y t +
(3) ()zi y t 不变,当激励为(1)
1()(1)t x t e
u t --=-时, 1()(1)zs zs y t y t =-
122()
()(1)()(1)t zs zs zs y t x t e u t y t e y t e
--⇒=-=
=-当激励为时， 1i ()(1)()+(1)t z zs x t e u t y t y e y t --⇒=-=-当激励为时，全响应
2－10，用基本信号表示图2－10中各信号。

解：1()()()42t t x t Rect Rect =+ 2()Re ()Re ()Re ()4t
x t ct ct t ct t =+*
3()Re ()Re ()Re )2
2(t
x t ct ct t ct t =-*
40
()Re (0.52)n x t ct t n ∞
-=
--∑
5()Re ()Re ()3
t
x t ct t ct =*
6()[Re (0.5)()(1)][Re ( 1.5)()(2)x t ct t u t u t ct t u t u t =+*----+*- 7()[2Re (0.5)()2(1)]1x t ct t u t u t =+*---
说明：首先将信号向上移“1”,在（－1，0）区域内是一高度为“2”、宽度为“1”、中心位于“－”处的矩形的参量积分（与单位阶跃信号的卷积）得方括号内第一项（是从-1开始以斜率2直线上升，至(0,)∞保持）；在(1,)∞范围内要去掉幅度为2，得方括号内第二项2u(t-1)；最后将向上移了“1”还原，向下移“1”得方括号外的“－1”。

8()((2)(1)()(1)(2)
x k k k k k k δδδδδ=+-+++---
9()[2Re (0.5)()3Re (0.5)()Re ( 1.5)()]1x t ct t u t ct t u t ct t u t =++*--*+-*- 说明：首先将信号向上移“1”,在（,-∞∞）区域内是一常数“2”，得方括号内第一项；(1,)-∞；区域内是一高度为“1”宽度为“1”
、中心位于“－”处的矩形的参量积分（与单位阶跃信号的卷积）得方括号内第二项（是从-1开始以斜率“1”直线上升，至(0,)∞保持）（下面图A 所示）；再减去下面图B 所示信号（只是图A 所示信号右移“1”）;再加上下面图C 所示信号（只是图A 所示信号幅度改为“1”且右移“2”）； 最后将向上移了“1”还原向下移“1”得方括号外的“－1”。

2-18，分别画出题2-18图所未信号的奇、偶分量。

解：因为有 ()()();()()()e o e o f t f t f t f k f k f k =+=+
及 1
()[()()]2
e f f f •=
•+-•
1
()[()()]2
o f f f •=
•--• ()f •其中“•”表示可以是“t ”或“k ”. 分别作图如下。

”
3－18，己知LTI 系统在阶跃信号激励下产生的阶跃响应21()()t
y t e u t -=，试求系统在
32()()t x t e u t -=激励下产生的零状态响应2()?y t =
解：根据LTI 系统的微分不变性，输入阶跃信号微分得()t δ，可得系统的冲激响应()h t 为 221()()2()t
t dy t d h t e e u t dt dt
--=
==- 22()()()y t x t h t =*
23()0
2t
t e e d τττ
---=-•⎰
30
2t
t
e
e d ττ-=-•⎰
302[]t t e e τ-=-• 32[1]t t e e -=-•-
23[22]()t t e e u t --=-+
3－19，己知LTI 系统对'
()t δ的零状态响应2()3()t sz y t e u t -=，
试求：1，系统的冲激响应；
解：根据LTI 系统的微分不变性可得 2220
3()3 1.5(1)()2
t
t t h t e d e e u t τ
ττ---=
=-=-⎰
2，该系统对输入激励()2[()(2)]x t u t u t =--产生的零状态响应2()y t 。

因：2()()()2()()[()(2)]y t x t h t h t u t t t δδ=*=**-- 20
()()() 1.5(1)t
t
h t u t h d e d ττττ-*=
=•-⎰
⎰
220
01111
1.5 1.5()222
t t t e t e y t ττ
--=+=+-= 211()2()2(2)y t y t y t =--
3－28，计算下列x(k)与h(k)的卷积和。

1，x(k)=[1,2,1];h(k)=[1,0,2,0,1]；
1 2 1 1，0 2 0 1 1 2 1 2 4 2
1 2 1 1 2 3 4 3 2 1
2，x(k)＝[－3，4，6，0,-1],h(k)=u(k)-u(k-4);
－3 4 6 0 －1 1 1 1 1 －3 4 6 0 －1 －3 4 6 0 －1 －3 4 6 0 -1
-3 4 6 0 -1 -3 1 7 7 9 5 -1 -1
3，x(k)=
(0.5)(2)k u k -，()()(1)h k k k δδ=--； ()()x k h k *=(0.5)(2)k u k --
1(0.5)(3)k u k -- 4，()(1)(1)x k k k δδ=++-，
()(4)r h k k r δ∞=-∞=-∑。

()()x k h k *=[(3)(5)]r k r k r δδ∞=-∞---∑
3－34，判定下列LTI 系统的因果性、稳定性，并说明原因。

1，
0()sin t h t e t ω-=； 非因果，因当0t <时，有0()sin()()0t h t e t u t ω-=-≠；
稳定的，因0lim ()lim sin 0t t t h t e t ω-→±∞→±∞==
2，
()()at h t e u t =-； 非因果，因当0t <时，有()0at h t e
-=≠； 稳定的，因lim ()lim 0at t t h t e -→±∞→±∞==
3，()cos(0.5)()h k pi k u k =••：
因果，因当0k <时，有()cos(0.5)()0h k pi k u k =••-= 不稳定，因lim ()cos(0.5)()0k h k pi k u k →∞=••≠
4，
()()()(0)k h k a u k u k N N =--> 因果，因当0k <时，有
()()()(0)0k h k a u k u k N N =-->= 稳定，因有lim ()()()(0)0k k h k a u k u k N N →∞=-->=。