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一、简单计算题：
1、 已知某连续信号()f t 的傅里叶变换为
21
()23F j j ωωω=
-+，按照取样
间隔1T =对其进行取样得到离散时间序列()f k ，序列()f k 的Z 变换。

2、 求序列{}
10()1,2,1
k f k ==和2()1cos ()2f k k k πε⎡⎤⎛⎫=+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦的卷积和。

3、 已知某双边序列的Z 变换为
21
()1092F z z z =
++，求该序列的时域表达
式()f k 。

4、 已知某连续系统的特征多项式为：
269111063)(234567+++++++=s s s s s s s s D
试判断该系统的稳定情况，并指出系统含有负实部、零实部和正实部的根各有几个？
5、 已知某连续时间系统的系统函数为：
323
2642
()21s s s H s s s s +++=+++。

试给出该系统的状态方程。

6、 求出下面框图所示离散时间系统的系统函数。

)
(k
答案：
1、 已知某连续信号()f t 的傅里叶变换为
2
1()23F j j ωωω=
-+，按照取样间隔1T =对其进行取样得到离散时间序列()f k ，序列()f k 的Z 变换。

解法一：f(t)的拉普拉斯变换为
21
11)2)(1(1321)(2+-
+=++=++=
s s s s s s s F ，
2111
)(Re )(--===---=-=⎥
⎦⎤
⎢⎣⎡-=∑∑e z z e z z e z z K e z z s F s z F n
i T s i s s n
i sT i i 解法二：f(t)=L -1{F(jw)}=(e -t - e -2t
)ε(t)
f(k)= (e -k - e -2k
)ε(k)=)())()((21k e e k
k ε---
F(z)=Z[f(k)]= 21
-----e z z
e
z z 2、 求序列{}
10()1,2,1
k f k ==和2()1cos ()2f k k k πε⎡⎤
⎛⎫=+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦的卷积和。

解：f 1(k)={1,2,1}=δ(k)+2δ(k -1)+ δ(k -2)
f 1(k)* f 2(k)= f 2(k)+ 2f 2(k -1)+ f 2(k -2) 3、已知某双边序列的Z 变换为
21
()1092F z z z =
++，求该序列的时域表达式()f k 。

解：
5.01
4.01)(+-
+=
z z z F ，两个单阶极点为-0.4、-0.5
当收敛域为|z|>0.5时，f(k)=(( -0.4)k -1-( -0.5)k -1
)ε(k -1)
当收敛域为0.4<|z|<0.5时，f(k)= ( -0.4)k -1ε(k -1)+( -0.5)k -1
ε( -k)
当收敛域为|z|<0.4时，f(k)= - ( -0.4)k -1ε(-k)+( -0.5)k -1
ε( -k)
点评：此题应对收敛域分别讨论，很多学生只写出第一步答案，即只考虑单边序列。

4、已知某连续系统的特征多项式为：
269111063)(234567+++++++=s s s s s s s s D
试判断该系统的稳定情况，并指出系统含有负实部、零实部和正实部的根各有几个？
解 构作罗斯-霍维茨阵列
611617s 291036s
3168385s 2314
s 3
4
2(00)32s s s ++此时出现全零行，有辅助多项式
3
46
46,4,6s
s +求导可得以代替全零行系数。

21
3
22232s s s
由罗斯-霍维茨数列可见，元素符号并不改变，说明s 右半平面无极点。

再由
42
320s s ++=
令2
s x =则有
2320x x ++=
可解得 1,2x =--
相应地有
1,2s ==±
j
3,4s ==±
这说明该系统的系统函数在虚轴上有四个单极点分别为土j 及土
所以系统含有三个负实部的根、四个零实部的根，无正实部的根。

点评：此题得分率很低。

很多学生对全零行不知如何处理。

5、已知某连续时间系统的系统函数为：
323
2642
()21s s s H s s s s +++=+++。

试给出该系统的状态方程。

解：系统的微分方程为
)(2)(4)(6)()()()(2)(t e t e t e t e t y t y t y t y +'+''+'''=+'+''+'''
取原来的辅助变量q 及其各阶导数为状态变量并分别表示为1x q =、2'x q =、3''x q =、
''''3x q =，于是，由此微分方程立即可以写出如下方程
状态方程：
⎪⎩⎪
⎨⎧+---===)
(2'''3213
3
221t e x x x x x x x x 输出方程：
)(436423213213t e x x x x x x x y +++=+++'=
或者写成矩阵形式，上式即为
e x x x x x x ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡---=+=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡10021101010
0'''321321Be Ax ``
[])(431321t e x x x y +⎥⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎢⎣⎡=+=De Cx
6、求出下面框图所示离散时间系统的系统函数。

)
(k
解：
06.05.03
.22.01)3.021()(2
+++=+++
=z z z z z z H
二、已知系统框图如图（a ），输入信号e(t)的时域波形如图（b ），子系统h(t)的冲激响应波形如图(c)所示，信号()f t 的频谱为()jn n F j e
πω
ω+∞
=-∞
=
∑。

图(a)
y(t)
)
(t f
e(t)图(b)
h(t)图(c)
试：1） 分别画出)(t f 的频谱图和时域波形；
2） 求输出响应y(t)并画出时域波形。

3） 子系统h(t)是否是物理可实现的？为什么？请叙述理由；
解：1）根据傅立叶变换的性质得：
∑∞
-∞
=-=
n n t t f )
2()(δ
∑∞
-∞
=-=n n j F )
()(πωδπ
ω
2）y(t)=[e(t)•f(t)]*h(t)=[δ(t+2)+2δ(t)+ δ(t -2)] *h(t)= h(t+2)+2h(t)+ h(t -2)
3）因h(t)是有始因果信号，所以子系统h(t)是物理可实现的。

三已知电路如下图所示，激励信号为)()(t t e ε=，在t=0和t=1时测得系统的输出为1)0(=y ，5
.0)1(-=e
y 。

分别求系统的零输入响应、零状态响应、全响应、
以及自然响应和受迫响应。

L=2H
C=1F
+_
解：1）电路满足KVL ：得
)(5.0)(5.0)(5.1)(t e t y t y t y '=+'+''
2）系统函数为：
5.05.15.0)(2
++=s s s
s H ，特征根为λ1=-0.5，λ2=-1 Y zs (s)=H(s)E(s)= s s s s 15.05.15.02
•++=11
5.01+-+s s
零状态响应：y zs (t)=(e -
0.5t
-e -t
)ε(t)
y zs (0)=0，y zs (1)=(e -0.5
-e -1
)；
y zi (0)= y(0) -y zs (0)=1，y zi (1)= y(1) -y zs (1)= -e -1
； y zi (t)=(C 1e -
0.5t
+C 2e -t
)ε(t),得C 1=0，C 2=1
零输入响应：y zi (t)= e -t
ε(t)； 全响应：y (t)= e -
0.5t
ε(t)
四、已知某离散系统的差分方程为
)1()()1(3)2(2+=++-+k e k y k y k y 其初始状态为6)2(,
2)1(-=--=-zi zi y y ，激励)()(k k e ε=；
求：1） 零输入响应)(k y zi 、零状态响应)(k y zs 及全响应)(k y ；
2） 指出其中的自由响应分量和受迫响应分量； 3） 判断该系统的稳定性。

解：
132)(2
+-=z z z
z H ，特征根为ν1=0.5，ν2=1 1） y zi (k)=(C 10.5k
+C 2)ε(k)； 代入初始条件得C 1=-2，C 2=2 零输入响应：y zi (k)= (2-20.5k
)ε(k)
Y zs (z)=H(z)E(z)= 2
2)1(15.011
32-+---=-•+-z z z z z z z z z z z =115.01+-+s s
零状态响应：y zs (k)= (0.5k
+k -1)ε(k) y zs (0)=0，y zs (1)=(e -0.5
-e -1)； 全响应：y (k)= (1+k -0.5k
)ε(k) 2）自由响应：(1 -0.5k
)ε(k)
受迫响应：k ε(k)，严格地说是混合响应。

3）系统的特征根为ν1=0.5（单位圆内），ν2=1（单位圆上），所2系统临界稳定。

五已知某离散时间系统的单位函数响应()cos ()
2k h k k πε⎛⎫
= ⎪⎝⎭。

1） 求其系统函数()H z ； 2） 粗略绘出该系统的幅频特性； 3） 画出该系统的框图。

解：1）系统函数为：
121)(21)(21)(2)()2cos(2
2222
222+=⎪⎭
⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧-+-=⎭⎬
⎫⎩⎨⎧+⎭⎬⎫⎩⎨⎧=⎪
⎭
⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧+=⎭⎬⎫⎩⎨⎧---z z e z z e z z k e Z k e Z k e e Z k k Z j j k j k j k j k j πππππ
πεεεεπ
1)(22
+=
z z
z H
2）系统的幅频特性为：
|cos 2|1
|1)()(||)(|22ωωωω
=
+=j j j e e e H
3）系统的框图
六、请叙述并证明z 变换的卷积定理。

解：
卷积定理
设{})()(11z F k f Z =,{})()(22z F k f Z =，则
{})()()(*)(2121z F z F k f k f Z = 或用符号表示为：若)()(11z F k f ↔，)()(22z F k f ↔，则
)()()(*)(2121z F z F k f k f ↔
两序列卷积后z 变换的收敛区是原来两个Z 变换收敛区的重叠部分。

以上定理可根据卷积和及Z 变换的定义证明如下
{}∑
∑∑
+∞-∞=+∞
-∞
=-+∞-∞=-=⎪⎭⎪
⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧-=k j k
j j k f j f z j k f j f Z k f k f Z )
()()()()(*)(2
1
2121
交换上式右方的取和次序，上式成为
{}∑∑+∞-∞=+∞
-∞=--=
j k k
j k f z
j f k f k f Z )
()()(*)(21
21
对上式右方第二个取和式应用式(8—15)的移序特性，则得
{})
()()()()(*)(2121
21z F z F z F z
j f k f k f Z j j
==
∑+∞
-∞
=-
1-1 已知信号()f t 的波形如图1-1所示，画出(12)f t -的波形。

(f
图1-1 信号()f t 的波形
1-2 计算下列各式。

（1）0(2)sin (3)d t t t δω∞
--⎰
（2）20()d t e t t δτ-
∞
--⎰
（3）
1
0(3)d j t t e t ωδ-⎰ （4）'
sin 2()
d t
t t t
δ∞⎰
1-3 设系统的输入和输出信号分别为()f t ， ()f k 及()y t ，()y k ，判断下列各系统是：①线性的；②时不变的；③因果的；④稳定的。

（1） ()
()f t y t e
= （2） ()(cos )()y t t f t =⋅
（3）()(1)()0(0)(1)(0)f k k y k k f k k ≥⎧⎪
= =⎨⎪+ <⎩
1-4 已知()f t ，为求0()f t at -应按下列哪种运算求得正确结果？（式中0,t a 都为正值） （1）()f at -左移0t （2）()f at 右移0t （3）()f at 左移
0t a （4）()f at -右移0t
a
1-5 应用冲激信号的性质，求下列表达式的值。

（1）0()()d f t t t t δ∞
-∞-⎰
（2）0()()d f t t t t δ∞
-∞
-⎰
（3）00()()d 2
t
t t u t t δ∞
-∞
--⎰
（4）00()(2)d t t u t t t δ∞
-∞--⎰
（5）()(2)d t
e t t t δ∞
--∞++⎰ （6）(sin )()d 6
t t t t πδ∞-∞
+-⎰ （7）
0[()()]d j t
e
t t t t ωδδ∞
--∞
--⎰
（8）2
21
(31)()d t t t δ-+⎰
（9）
(cos )(1)d t t t t πδ∞
-∞
+-⎰
（10）30()d k t
k e
t k t δ-
∞
∞-=-∞
-∑⎰
解答
-1 解：
信号波形变换为信号分析中的一个难点，通常的方法是对给定的信号波形用反折、时移、尺度变换3种运算按不同的排列顺序依次进行变换。

如反折→时移→尺度变换，反折→尺度变换→时移等6种变换方法。

但不管哪一种变换方法都容易出现错误。

在这里介绍一种简单可靠的方法，很容易得到变换后的波形且准确无误。

具体步聚如下：
（1）对给定信号的自变量用t 表示，变换后信号的自变量用x 表示，则本例中的对应自变量为()f t 、(12)f x -。

（2）令括号的变量相等，即12x t -=，解出1
(1)2
x t =
-。

（3）给定不同的t 值，求出相应的x 值，当然最好用已知波形的特殊点所对应的t 值。

如果用拐点处的t 求x ，则x 对应于变换后波形的拐点。

即0t =，12
x =
；1t =，0x =；
2t =，12
x =-。

（4）找到各x 值处的信号值。

1
2
x =处的值为对应于0t =处的值，即
12
()x f x ==0()0t f t ==；0x =处的值为0
1
()
()
1x t f x f t ====。

同理，
12
()
()
1x t f x f t =-===。

各点值对应于图中的'
a 、'
b 、'
c 、'
d 各点。

（5）按给定的信号波形变化规律依次连接变换后的信号各x 值的信号值，即得到变换后的波形。

图1（a ）中a b c d →→→对应于图1（b ）中'
'
'
'
a b c d →→→。

（6）需特别注意冲激信号的尺度变换，因为冲激信号的尺度变换对应着冲激强度的变化，即1
()()at t a
δδ=。

（7）最后令x t =恢复原自变量，如图1（b ）所示。

(
f
()
a
图1 波形变换的过程
1-2 解： （1）0
(2)sin (3)d (2)sin (1)d sin t t t t t δωδωω∞
∞
--=--=-⎰
⎰
（2）22200(0)
()d ()d 0(0)
t e t e t t e
t t t ττ
δτδτ---∞
∞--⎧ ≥-=-=⎨
<⎩⎰⎰ （3）1
13
00
(3)d (3)d 0j t
j t e
t e
t t ωωδδ-=-=⎰⎰
（4）
''0
000
2
sin 2sin 2sin 2d sin 2()
d ()()()d ()
0d 2cos 2sin 20
t t t t t t
t t t t t t t t t t
t t t
t δδδ-
-∞∞=-=∞=-=--⋅+=
=⎰
⎰
1-3 解： （1）()
()f t y t e =
① 1()
1()f t y t e
=，2()
2()f t y t e
=，1212()
()()()][12()()f t f t f t f t y t y t e
e e ++=+≠，所以该系统是
非线性系统。

② 0()
0()f t t y t t e
--=，所以该系统是时不变的。

③()y t 与()f t 有关，与0()f t t +无关0(0)t >，所以该系统是因果的。

④ 假设()f t 是有界的，()f t M ≤，则对应的输出()
()f t M y t e e =≤也是有界的，所以该
系统是稳定的。

（2）()(cos )()y t t f t =⋅
① 11()cos ()y t t f t =⋅，22()cos ()y t t f t =⋅，1212()()cos [()()]y t y t t f t f t +=⋅+，所以该
系统是线性系统。

② 0000()cos()()cos ()y t t t t f t t t f t t -=-⋅-≠⋅-，所以该系统是时变的。

③ ()y t 与0()f t t +无关0(0)t >，所以该系统是因果的。

④ 若()f t 是有界的，即()f t M ≤，则对应的输出()cos ()()y t t f t f t M =⋅≤≤，所以该系统是稳定的。

（3）()(1)()0(0)(1)(0)f k k y k k f k k ≥⎧⎪
= =⎨⎪+ <⎩
①12121
2()()(1)()()0(0)(1)(1)(0)
f k f k k y k y k k f k f k k + ≥⎧⎪
+= =⎨⎪+++ <⎩
所以，该系统是线性的。

②当输入为0()f k k -时，输出为
001
0()(1)0(0)(1)(0)
k f k k k y k f k k k - ≥⎧⎪
= =⎨⎪-+ <⎩
00()k y y k k =-，所以该系统是时不变的。

③ 因为()y k 与(1)(0)f k k + <有关，所以该系统是非因果的。

④ 若()f k 有界，则()y k 也有界，所以该系统是稳定的。

1-4 解：
（1）因为()f at -左移0t ，得00
[()]()f a t t f at t -+≠-+，所以不能采用这种运算。

（2）因为()f at 右移0t ，得000
[()]()()f a t t f at at f at t -=-≠-+，所以不能采用这种运算。

（3）因为()f at 左移0
t a
，得000[()]()()t f a t f at t f at t a +=+≠-+，所以不能采用这
种运算。

（4）因为()f at -右移0
t a
，得00[()]()t f a t f at t a --=-+，所以可采用此种运算。

1-5 解：
（1）000()d (0)()f t t t f t f t ∞
-∞-δ(τ)=-=-⎰
（2）00()d ()f t t t f t ∞
-∞-δ(τ)=⎰
（3）000
00)d ()()222
t t t t t u t t u t u ∞
-∞
δ(-)(-=-=⎰ （4）
000)d ()t t u t t t u t ∞-∞δ(-)(-2=-⎰
（5）22)d 2t e t t t e ∞
--∞
(+)δ(+=-⎰
（6）1
(sin )()d 662
t t t t ππ∞
-∞
+δ-=+⎰ （7）
00()()]d 1j t j t e t t t t e ωω∞
---∞[δ-δ-=-⎰
（8）2
2211
(31)()()d 1t t dt t t --+δ=δ=⎰⎰
（9）(cos )(1)d (1)d 0t t t t t t π∞
∞
-∞
-∞
+δ-=0δ-=⎰
⎰
（10）2
2
3330
()d ()d kt
k k k k k e
t k t e
t k t e ∞
∞
∞
∞
∞
---=-∞
=-∞
=δ-=δ-=∑
∑
∑⎰⎰
2-1 给定电路如图2-1所示，0<t 时开关S 处于1的位置而且已经达到直流稳态；当0
t =时，开关S 由1转向2。

确定系统起始条件(0)y -，'(0)y -和初始条件(0)y +，'(0)y +。

()
i t ()y t ()4t x t e V
-=+-
图2-1 题2-1电路图
2-2 已知系统微分方程、起始条件以及激励信号分别为
2
22d d ()3()()4(),(0)2,()()d d t y t y t x t x t y x
t e u t t t --+=+==
试求解该系统。

2-3 已知图2-3所示电路中，(0)1c u V -=，(0)1L i A -=-，求响应()c u t 。

(c u t ()
t
图2-2 题2-3电路图
2-4 已知一LTI 系统对激励为1()()x t u t =时的完全响应为1()2()t
y t e u t -=，对激励为
2()()x t t δ=时的完全响应为2()()y t t δ=，试求
（1） 该系统的零输入响应()zi y t ；
（2） 该系统的阶跃响应； （3） 该系统的冲激响应。

2-5 求图2-3所示函数()x t 与()h t 的卷积积分()y t 。

图 2-3 题2-5的波形
2-6 已知1()(1)[()(1)]f t t u t u t =+--，2()(1)(2)f t u t u t =---，分别利用图解法和公式法计算12()()f t f t * 2-7 已知一个线性时不变系统的输入信号()f t 及单位冲激响应()h t 如图2-8所示，求零状
态响应()zs y t 。

f
h
图2-4 题2-7的波形图
2-8 已知电路如图2-9所示，0t =时合上开关S ，3()()t
f t e u t -=，求0t ≥时的电流()i t 。

R 2()f t H
图2-5 题2-8电路图
2-1 解：
首先根据电路求系统在0t -=时刻的电感电流(0)L i -和电容电压(0)C v -及系统起始条件(0),'(0)y y --。

换路前，电路已经到达直流稳态，电容相当于开路，电感相当于短路，所以
122
(0)1A L i R R -=
=+，112(0)2V 1V C R v R R -=⨯=+
因为()()()C y t x t v t =-，所以有
(0)(0)(0)211C y x v V ---=-=-=
[]()d d d 1
(0)(0)(0)0(0)0/d d d C C C y x v v i V s t t t C -----=-=-=-=
下面用前面介绍的两种方法来求0t +=时刻系统的初始条件(0)y +，'(0)y +。

方法一：由电路直接求
换路后电容电压和电感电流不跳变，即有
(0)(0)1A L L i i +-==，(0)(0)1V C C v v +-==
由此可以画出0t +=瞬间的等效电路
()
y t ()4t x t e -=
(0)1C v V
+=
图2-2 +0时刻等效电路
所以有
(0)(0)(0)413C y x v V +++=-=-=
[]0d d 1
(0)(0)(0)4(0)4(0)
d d t C C C t y x v
e i i t t C -+++++==-=--=-- 而 1
1
(0)(0)(0)110C L C i i v A
R +++=-=-=
故 d
(0)4/d y V s t +=-
方法二：用微分方程两端冲激函数匹配法求0t -=到0t +=时刻系统状态的跳变，再求
初始条件
该方法利用微分方程两端冲激函数匹配原理求0t -=时刻到0t +=时刻系统起始条件的跳变值。

求跳变值的基本思路是，首先由系统微分方程简化得到00t -+<<时刻的微分方程，该微分方程右端只包含信号的跳变值、冲激信号及其各阶导数；接着利用微分方程两端冲激信号匹配条件求得从0t -=到0t +=时刻系统起始条件的跳变值；最后根据跳变值求得0t +=时刻系统的初始条件。

首先列写电路的微分方程。

由算子法根据分压关系，得
)
(2212)(1
1
11)(11)(222
1
2t x p p p p t x p p p t x R pL R pC R pL t y ++++=++++=
+++
+=
① 即
22(22)()(21)()p p y t p p x t ++=++
②
写成微分方程形式，即为
2222d d d d
()2()2()()2()()d d d d y t y t y t x t x t x t t t t t ++=++
③
激励信号及其导数为
2
2()2()4()2(42)()d ()(42)()4()2()4()d d ()2'()4()4()d t t t t t t x t u t e u t e u t x t e t e u t t e u t t x t t t e u t t δδδδ------⎧=-+=+-⎪⎪⎪=--=-⎨⎪⎪=-+⎪⎩ ④
下面只考虑00t -+<<时刻的跳变问题，用u ∆表示在00t -+<<时刻的跳变值，有
22()2d ()2()4d d ()2'()4()4d x t u
x t t u t x t t t u t δδδ=∆⎧⎪⎪⎪=-∆⎨⎪⎪=-+∆⎪⎩ ⑤
注意式⑤只在时间范围00t -+<<有效，而且只考虑跳变问题，它们分别由式④化简得到。

将它们代入式③，则系统在00t -+<<时刻的微分方程为
22d d ()2()2()2'()2d d y t y t y t t u t t δ++=-∆
⑥
方程⑥右端最高项是'()t δ，因而假设
2
2d ()'()()d y t a t b t c u t δδ=++∆
⑦
将式⑦连续积分二次分别得到
d
()()d y t a t b u t δ=+∆ ⑧
u a t y ∆=)(
⑨
注意从式⑤到式⑨只考虑时间00t -+<<范围，而且只包含跳变值、冲激函数及其各阶导数，不包含其他普通函数。

从式⑦、⑧和式⑨容易看出，a ，b ，c 分别为()y t ，
d
()d y t t
，2
2d ()d y t t
在0t -=到0t +=时刻的跳变值。

将式⑦、⑧和⑨代入式⑥，得
'()()2()222'()2a t b t c u a t b u a u t u δδδδ++∆++∆+∆=-∆
求得
2=a ，4-=b
因为a 和b 分别表示()y t 和
d
()d y t t
在0t -=到0t +=时刻的跳变值，因而有 (0)(0)213d d
(0)(0)044d d y y a y y b t t +-+-=+=+=⎧⎪⎨=+=-=-⎪⎩
由此可以看出，两种方法求得的结果一致。

一般来说，如果系统给定的是已知电路，
则利用第一种方法直接由电路求系统的起始条件和初始条件比较方便；如果系统给定的是微分方程，则只有用第二种方法来求系统的起始条件和初始条件。

2-2 解：
（1）特征方程 30λ+=，特征根 3λ=，齐次解为
3()t h y t C e -=
（2）设特解为 2()t
p y t A e -=，代入原微分方程，有
t t t t e e e A e A 22224432----+=+-
整理得8A =，所以特解为
2()8t
p y t e -=
（3）根据冲激函数匹配法求跳变值
首先，将激励信号代入微分方程的右端，化简得
2'()2()8()t t t e u t δδ--+
00t -+<<时的微分方程则为
d
()3()'()2()8d y t y t t t u t δδ+=-+∆
①
因而有
d
()'()()d ()()y t a t b t c u t y t a t b u δδδ⎧=++∆⎪⎨⎪=+∆⎩ ② 其中，b 和c 分别表示()y t 和d
()d y t t
在0t -=到0t +=时刻的跳变值，代入微分方程①，
得
'()()3()3'()2()8a t b t c u a t b u t t u δδδδδ++∆++∆=-+∆
所以
23,5,1=-==c b a
因而有
(0)(0)253y y b +-=+=-=-
（4）完全解为32()8t
t y t Ce e --=+，由初始条件(0)3y +=-，得11C =-，所以完全
解为
32()118t t y t e e --=-+
（5）根据式②的第二式，我们知道()y t 在00t -+<<时还包含有()()a t t δδ=，所以
完全解为
32()()(118)()t t y t t e e u t δ--=+-+
2-3 解：
电路中无外加激励，故响应也为零输入响应，需要确定系统特征方程的特征根。

另一方面在确定响应中待定常数时要知道(0)c u +及
d
(0)d c u t
+，
所以要从已知条件中求出(0)c u +及d
(0)d c u t
+。

电路的回路方程为
11112()()()0d ()()()()0d c c L L c L u t i t R i t R i t i t R R R i t L t ++=⎧⎪⎨+++= ⎪⎩
①
2
(2)()2()02()(6)()0
c L c
L i t i t p
i t p i t ⎧++=⎪⎨⎪++=⎩
所以系统的特征方程为
22
22221012(2)(6)40
26p p p P p p
P +++=++-==+
可得12p =-，23p =-，故
2312()()()t t c u t C e C e u t --=+ ②
方程①中的第一式中，令0t -=，有
(0)(0)2(0)20c c L u i i ---+⋅+⋅=
1(0)220c i -+⋅-=
1
(0)2c i -=
因为d ()
()d c c u t i t C
t
=，所以 d 11(0)(0)21d 2c c u i t C --==⋅=
由于系统没有输入信号，所以在0t =时()c u t ，d
()d c u t t
没有跳变。

即
(0)(0)1c c u u +-==，d d (0)(0)1d d c c u u t t +
-== ③
将式③代入式②中，得
121212(3)1
C C C C +=⎧⎨
-+-=⎩
14C =，23C =-，即23()(43)()t
t
c u t e
e u t --=-。

2-4 解：
（1）该题既没有给出系统的微分方程，也没有给出电路结构，所以系统的数学模型是不知道的，但可以利用LTI 系统的线性分解性质。

假设1()()x t u t =引起的零状态响应为
()g t 。

因为21
d ()()d x t x t t
=，所以有
1()2()()()t zi y t e u t y t g t -==+
① 2d
()()()()d zi y t t y t g t t δ==+
②
式②减式①，有
d
()()()2()d t g t g t t e u t t δ--=-
③
齐次解为t Ae ，求特解时，由于只考虑0t >的情况，所以上式中的冲激信号不用考虑，故设特解为t Be -，代入式③得1B =，所以完全解为
(),0t t g t Ae e t -=+>
④
根据冲激函数匹配法求初始条件，由于式③右边只含()t δ，所以
d
()()d ()g t a t b u t g t a u δ⎧=+∆⎪⎨⎪=∆⎩
⑤
代入式③，求得1a =，所以(0)(0)1g g a +-=+=，代入式④得0A =，所以有
()()t g t e u t -=
⑥ 将式⑥代入式①，则系统的零输入响应为
()()t zi y t e u t -=
⑦
（2）式⑥中的()g t 是()u t 引起的零状态响应，也即为系统的阶跃响应。

（3）由系统的阶跃响应可求得系统的冲激响应为
d
()()()()d t h t g t t e u t t
δ-=
=- 2-5 解：
将()x t 和()h t 中的自变量t 换成τ时，得
x (),
,,ττττ=<--≤<≥⎧⎨⎪⎩⎪02222
02 ⎪⎩⎪⎨⎧≥<≤<=2,020,10,0)(ττττh
波形分别如图2-5(a)和2-5(b)所示。

将()h τ反折，得 ⎪⎩⎪
⎨⎧-≤≤<->=-2,00
2,10,0)(ττττh
波形如图2-5(c)所示。

将()h τ-移位，得()h t τ-，因此
()()()()()d y t x t h t x h t τττ
∞
-∞
=*=-⎰
（1）当-∞<<-t 2时，()x τ与()h t τ-没有重叠部分，波形如图2-5(d)所示，其乘积为零，故()0y t =。

（2）当20t -≤<时，()h t τ-部分进入()x τ的范围，波形如图2-5(e)所示。

在(2,)t -的范围内，()x τ与()h t τ-有重叠部分，于是
2
2
()()()d 21d 2(2)
t t
y t x h t t ττττ--=-=⋅=+⎰⎰
（3）当02t ≤<时，()h t τ-完全处于()x τ的范围内，波形如图2-5(f)所示。

在(2,)t t -的范围内， ()x τ与()h t τ-有重叠部分，于是
2
2
()()()d 21d 4
t t
t t y t x h t ττττ--=-=⋅=⎰⎰
（4）当24t ≤<时，()h t τ-部分离开()x τ的范围，波形如图2-5(g)所示。

在(2,2)t -的范围内，()x τ与()h t τ-有重叠部分，于是
22
2
2
()()()d 21d 2(4)
t t y t x h t t ττττ--=-=⋅=-⎰⎰
（5）当4t ≥时，()x τ与()h t τ-没有重叠部分，波形如图2-5(h)所示。

因此，()0y t =。

归纳上述计算结果，得
⎪⎪⎩⎪⎪⎨
⎧≤<-≤<≤<-+>-<=42 ,2820
,402 ,424or 2
,0)(t t t t t t t t y
卷积结果波形如图2-5(i)所示。

()
a ()
b
()
c ()
d
()
e
()
g ()
h
图 2-5 卷积积分的图解计算
t
2-6 解：
解法一：图解法。

由信号表达式画出信号波形，如图2-6所示。

2(f t
()
a ()
b ()
c
图2-6 例2-6的波形图
图解法计算卷积时如何确定积分区间是个难点，确定不准确会使计算出现错误。

通常卷积中出现积分区间的变化是由于参与卷积的信号是由折线组成的，所以我们在图解之前先找出信号的拐点，如图2-6（a ）中1()f t 波形的a 、b 点及图2-6(b)中2()f t 波形的c 、d 点。

图中当12()()f t f t *随t 的变化从-∞到∞变化过程中，当2()f t τ-中的一个拐点与1()f τ中的一个拐点相遇时就会引发积分区间的变化，利用这个结论就可以判断有几次积分区间的变化。

积分区间如何变化，要根据具体情况判断。

2()f t τ-的两个拐点c ，d 的位置分别为1t -，和2t -时刻。

当2()f t τ-中1t <时，两个函数不重合，12()()0f t f t *=；1t =时，拐点c 和a 相遇，说明12()()f t f t *出现拐点，
即12()()0f t f t *≠；当2t =时，拐点c 、b 和d 、a 相遇，说明12()()f t f t *又出现拐点；当12t <<时，12()()f t f t *无拐点，表明在12t <<内是一个积分区间，即在12t <<时，有
1
12120
22()()()()d (1)d 11
11(1)0222t f t f t f f t t t τττττ
τ∞
--∞
*=-=+-=
+=-
⎰
⎰
当2t =时，拐点c 、b 、d 、a 相遇，12()()f t f t *出现拐点；当3t =时，拐点d 、b
相遇，表明12()()f t f t *又出现拐点；当23t <<时，12()()f t f t *无拐点，说明在23t <<时为一个新的积分区间。

当23t <<时，有
1
2
121222211()()()()d (1)d (1)
22
113
2(1)222t f t f t f f t t t t t ττττττ∞
-∞
-*=-=+=+-=--=-++
⎰
⎰
当3t =时，拐点d 、b 相遇，表明12()()f t f t *在3t =处出现拐点；而3t >以后1()
f τ与2()f t τ-不再重合，即3t >时12()()0f t f t *=。

12()()f t f t *波形如图2-7所示。

2
122
0(1)(1)/2(12)
()()/23/2(23)0(3)t t t f t f t t t t t <⎧⎪- ≤<⎪*=⎨-++ ≤<⎪⎪ ≥⎩
12()(f t f *
图2-7 12()()f t f t *的波形图
解法二：按定义计算
121212
()()()()d (1)[()(1)][(1)(2)]d (1)()(1)d (1)()(2)d (1)(1)(1)d (1)(1)(2)d (1)(1t t f t f t f f t u u u t u t u u t u u t u u t u u t d τττ
ττττττ
ττττττττ
ττττττττ
ττ∞
-∞∞
-∞∞
∞
-∞
-∞
∞∞
-∞
-∞
--*=⋅-=+-------=+---+-- -+---++---=+-+⎰
⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰
12
1
1
222222222)d (1)d (1)d 1211
(1)(1)(1)(2)
00221211
(1)(2)(1)(3)
112211
(1)(1)[(1)1](2)2211
(4)(2)[(1)4](3)
2211
(1)(1)[(22t t t t u t u t t t u t u t t u t t u t t u t t u t t u t ττττττ
ττττ---+++--=+--+--- -+-++-=------ ---+---=---⎰⎰
2221)5)(2)1
[(4)4)(3)
2
t t u t t u t ---- +---
所以
2
122
0(1)(1)/2(12)
()()/23/2(23)0(3)t t t f t f t t t t t <⎧⎪- ≤<⎪*=⎨-++ ≤<⎪⎪ ≥⎩
解法三：用卷积性质计算 由于1221d
()()()()d d t f t f t f t f t
ττ-∞*=*⎰，可先对2()f t 求导数，对1()f t 求积分，再卷
积。

2d
()[(1)(2)](1)(2)d d f t u t u t t t dt t δδ=---=---
10
1
2222()d (1)[()(1)]d (1)d (1)d 11
(1)()(1)(1)
0122
111
[(1)]()[(1)4](1)222
t
t t t
f u u t t u t u t t u t t u t ττττττττττ
ττ-∞
-∞
=+--=+-+=
+-+-=+--+--⎰
⎰⎰⎰
所以
22122222222111
()(){[(1)]()[(1)4](1)}[(1)(2)]
2221111
()(1)[(1)](2)2222
11
(2)(2)[(1)2](3)221113
()(1)(2)(2)()(3)2222
f t f t t u t t u t t t t u t t u t t u t t u t t u t t t u t t t u t δδ*=+--+--*---=------- --+---=------+---
2
122
0(1)
(1)/2(12)
()()/23/2(23)0(3)t t t f t f t t t t t <⎧⎪- ≤<⎪*=⎨-++ ≤<⎪⎪ ≥⎩
2-7 解：此题利用卷积的微积分性质可以简化运算。

()()()()d '()
t
zs y t f t h t f h t ττ-∞
=*=*⎰
2
()d sin [()(2)]d sin ()d sin (2)d 1
1
cos ()cos (2)021
1
(1cos )()(cos 1)(2)1
1
[()(2)]cos [()(2)]
t
t
t
t
f u u u u t t u t u t t u t t u t u t u t t u t u t ττπττττπτττπτττ
πτ
πτπ
π
πππ
π
πππ
-∞
=--=--=-+-=-+--=
---
--⎰
⎰⎰⎰
'()(1)(3)h t t t δδ=---
所以
1
1
()[(1)(3)]cos (1)[(1)(3)]11
[(3)(5)]cos (3)[(3)(5)]
zs y t u t u t t u t u t u t u t t u t u t πππππ
π
=
----
-----
---+----
2-8 解：
（1）先求零状态响应，此题可用叠加法求解。

设第二个回路电流为2()i t ，方向如图2-9所示。

设()f t 产生的电流为()f i t ，E 产生的电流为()E i t ，则()()()zs f E i t i t i t =+。

① 在()f t 的作用下（将电源E 短路），有
12222122()()()()
()()()0f f R R i t R i t f t R i t R R Lp i t ++=⎧⎪⎨+++=⎪⎩ 代入元件参数，整理得
224()2()()2()(4)()0f f i t i t f t i t p i t +=⎧⎪⎨++=⎪⎩
解得
411
()()(1)()
41243f p i t f t f t p p +=
=+++ 所以
31
()(())()4t f h t t e u t δ-=
+
33311
()(){[()]()}{()}(1)()
44t t t f f i t h f t t e u t e u t t e u t δ---=*=+*=+
② 在E 的作用下，有
224()2()02()(4)()E E i t i t i t p i t E +=⎧⎨
++=⎩
解得
211
()41223E E i t E
p p -=
=-⋅++
故
31
()()
2t E h t e u t -=-
3312
()4(){()}{4()}(1)()
23t t E E i t h u t e u t u t e u t --=*=-*=-
（2）求零输入响应()zi i t
初始条件(0)i +的确定：此题中由电路可分析出0t <时，S 断开，(0)1L i A -=，但在
0t =时刻S 闭合，()i t 在电源()f t 及(0)1L i A -=的共同作用下，使得(0)0i -≠，
30(0)1t t f e +
-+===，()L i t 在0t =时刻也不能突变。

所以
(0)(0)1L L i i A +-==
2111
(0)[(0)(0)]()
2L i f i R A R +++=-⋅=-
由（1）可知，系统特性方程为30p +=，特征根3p =-。

故
3()()t zi i t Ce u t -=
1
(0)2i C
+=-=
因此
31
()()
2t zi i t e u t -=-
3333331
1221
()()()()()()4
4332
512()()1243
t
t t t f E zi t t i t i t i t i t e te e e u t e te u t ------=++=++--=+-
3-1 已知信号()f t 波形如图3-1如示，其中，1
2
A =
，2T =。

（1）求该信号的傅里叶变级数（三角形式与指数形式）。

（2）求级数111
1357
S =-
+-L 之和。

图3-1 信号()f t 的波形
3-2 已知半波余弦脉冲如图3-2所示，求其傅里叶变换。

图3-2半波余弦脉冲波形
3-3 已知信号1()f t t
=，求[()]F f t 。

3-4 已知下列频谱函数()F ω，求其所对应的原函数()f t 。

（1）2
1()F ωω= （2）22
1
()F ωω= （3）3()()a F e u ω
ωω=-
3-5 用帕什瓦尔定理计算积分
4S ()d a t t ∞
∞
⎰
－。

3-6 已知1()f t 如图3-3(a)所示，11F[()]()f t F ω=，周期信号2()f t 与1()f t 的关系如图3-3(b)所示，求2()f t 的傅里叶变换2()F ω。

()
a ()
b
图3-3 1()f t ，2()f t 的波形图
3-7 若对下列信号进行理想抽样，求下列信号的奈奎斯特频率N f 和奈奎斯特间隔N T 。

（1）()100f t Sa t = （2）2
()100f t Sa t = （3）10
()100100f t Sa t Sa t =+
3-8 已知三角脉冲如图3-4（a ）所示，现被冲激抽样，抽样函数如图3-4（b ）所示，且6s T τ=，求抽样后的频谱。

()
a ()
b
图3-4 三解脉冲及抽样函数波形图
3-9 已知一个零状态LTI 系统的微分方程为
3232d d d d 1085() =137()
d d d d y y y x
y t x t t t t t ++++
试求该系统的频率响应。

3-10 已知滤波器的单位冲激响应1
()h t t
π=
，外加激励0()sin f t t ω=，()t -∞<<∞，求其稳态响应。

3-11 已知电压信号()e t 如图3-5（a ）所示，作用于图3-5（b
）的系统上，求响应的电流2()i t
t
()
e t 2()
t ()
b
图3-5 例3.10的波形图和电路图
3-12 求阶跃信号作用于图3-6的RC 高通滤波器的零状态响应，并用频谱图对结果进行分析。

()()
x t u t =-
()y t
图3-6 RC 高通滤波器
3-13 理想低通滤波器3()()H j G πωω=，输入信号2
()2cos cos 10f t t t ππ=，求输出
)(t y 。

3-14 已知电路如题图3-7所示，输入为()i t ，输出为()t υ求该系统的频率响应()H j ω，欲使系统无失真传输信号，确定12,R R 。

传输过程有无时间延迟？
()
i t +
-
()
t υ
图3-7 例3.14电路图
3-15 图3-8(a)所示系统，带通滤波器的幅频特性如图3-8(b)所示，其相频特性()0ϕω=，若输入()2f t Sa t π=，()cos100s t t =，求输出信号()y t 。

()
b 图3-8 系统图及幅频特性图
3-1 解：
（1）()f t 为2=T 的奇函数，又是奇谐函数，02T
π
ωπ==，因此()f t 的傅里叶级数只有正弦函数的奇数项。

三角傅里叶级数为
00==n a a
001201211()sin d sin d sin d 22t T
n t b f t n t t n t t n t t
T πππ+==-⎰⎰⎰
121111
cos cos (1cos )(1cos )
012222n t n t n n n n n n ππππππππ-=+=-+-
2
()0()n n n π⎧ ⎪=⎨⎪ ⎩为奇数为偶数
所以
00011211
()cos sin (sin sin 3sin 5)
235n n n n a f t a n t b n t t t t ωωππππ∞∞
===++=+++∑∑L
指数形式傅里叶级数为
00001101111()d (()d d )
222t T j t
jn t jn t n t F f t e t e t e t T ωππ+----==-+⎰⎰⎰
1111((1)(1))(2)2224jn jn jn jn e e e e j n j n j n πππππππ--=---=-+-
222
22112()(2sin )sin 4422n n j j n n e e j j n j n jn ππ
ππ
πππ---=-==
∑∑∞
-∞=∞-∞=-==n t jn n t
jn n e
n jn e F t f 002sin 2)(2ωωππ
（2）根据三角傅里叶级数展开式
2
111
()(sin sin 3sin 5sin 7)357f t t t t t πππππ=
++++L
令12t =，则11
()22f =，代入有
121315172111sin sin sin sin )(1)22325272357ππππππ++++=-+-+L L ＝（
所以
11113574π-+-+=L
3-2 解：
解法一：
42,2,2T
T T ===
=ττππωτ
)]
2()2([cos )(τ
ττπ
--+=t u t u t E t f
222
2
()()d cos
d d 2
j t
j t
j t j t j t e e F f t e t E te t E e t
π
πτ
τ
τ
τ
ωωωττ
πωτ-∞
----∞
--+===⎰⎰⎰
()()222
2
[d d ]
2j t
j t
E e t e
t ππτ
τ
ωωτ
τ
ττ---+--=
+⎰⎰
(
)
(
)(
)(
)2
2
2
2
2
2
2
2
[][]
2()2()
j j j j E
E
e
e
e
e
j j ωτπωτπωτπωτπππ
ωωττ--++-+++=
-+
----+
sin()sin()
2222E E ωτπωτπππωωττ=-++-+ [((
)()]
22222E Sa Sa τωτπωτπ
=
-++
解法二：
)]
2()2([cos )(τ
ττπ--+=t u t u t E t f
'()(sin )[()()]cos [()()]2222sin [()()]
22f t E t u t u t E t t t E t u t u t ππττπττδδτττππττττ=-
+--++--=-+-- 2222''()cos [()()]sin [()()]
2222()()()
22E E f t t u t u t t t t E E f t t t ππττππττ
δδττττππτπτδδτττ=-+---+--=-+++- 22''()()()()
22E E f t f t t t ππτπτδδτττ+=++-
因为
0''()d 0F[''()]0f t t f t ω∞
=-∞
=⇒=⎰
，0
'()d 0F['()]
0f t t f t ω∞
=-∞
=⇒=⎰
由傅里叶变换的时域积分性质可知
2F[''()]()f t F ωω=-
所以 22
2222()()[]cos 2
j j E E F e e ωτωτπππωτ
ωωτττ--+=+=
]
)(1[2cos
2)(2πωτπωτ
τω-=
E F
3-3 解：
解法一：利用对称性求解。

由2sgn t j ω↔
，得1sgn 2
j
t ω↔。

由对称性有
ωπωπsgn )sgn(221j j
t -=-⋅↔
解法二：利用频域积分性质求解。

频域积分性质为
()
(0)()()d f t f t j
F t ωπδωω
-∞+↔⎰
题中，()1f t =，故(0)1f =，()2()F ωπδω=，即
F[()]2()d 2()
j
t u t πδπδωωπω∞-∞+==⎰ 1
F[]2()
j u t ππω+=
所以 1
F[][2()]sgn j u j t
πωππω=--=-
3-4 解：
（1）22
1()()1F j ωωω==-⋅，因为()1t δ↔，故由时域微分特性可知
22''()()1t j δωω↔⋅=-，12
1()F []''()f t t ωδ-==-
（2）2221
1()()F j ωωω=
=
-，由
2
sgn t j ω↔，根据频域微分特性可知 2
d 22
sgn ()d t t j j ωωω↔=-
因此211sgn 2t t ω↔-，122111()F []sgn 22
f t t t t ω-==-=-
（3）由3()a F e u ω
ω=-，得
00
()3()0111()()d d d 2221111
22j t
a j t a j a jt f t F e e e e e a jt
a jt ωωωωωωωωωω
πππ
ππ∞+-∞-∞-∞
+-∞=
=⋅===
++⎰⎰⎰
3-5 解：利用傅里叶变换对称性求解
已知三角脉冲1()0t
t f t t ττ
τ⎧-<⎪
=⎨⎪>⎩ 的傅里叶变换为2()2F Sa ωτωτ=，当2=τ时，12()2
02t
t f t t ⎧-<⎪==⎨⎪>⎩
的傅里叶变换为2
()2F Sa ωω=，
则 2
1
2(1)(2)22Sa t ωπω↔⋅-
< 2(1(2)F[]2
0(2)Sa t ωπωω⎧-<⎪
=⎨⎪>⎩
）
由帕什瓦尔定理得 2
2
1()d ()d 2f t t F ωωπ∞
∞∞
-∞
=⎰
⎰－
3-6 解：先求2()f t 的傅里叶级数的系数。

2()f t 在一个周期(1,1)-内可用()o f t 表示为
02T πωπ=
=
11()()()o f t f t f t =+-
1111F[()]F[()()]()()o f t f t f t F F ωω=+-=+-
0112
F[()]()()
n o n F f t F n F n ωωπππ
===+-
20
1
1
1
F[()]()[()()]()
2Re[()]()
n
n n n f t F n F n F n n F n n π
δωωπππδωωπ
πδωπ∞
∞
=-∞
=-∞
∞
=-∞
=-=+--=-∑∑∑
3-7 解：
（1）()100f t Sa t = 因有F[()]2
G t Sa
τωτ
τ=，令200τ=，则
200F[()]200(100)G t Sa ω= 2001F[()](100)200G t Sa ω=
所以
2002002F[(100)]()()200100Sa t G G ππ
ωω==
F[(100)][(100)(100)]
100
Sa t u u π
ωω=
+--
因此，该信号带宽为100m ω=rad/s （只考虑正频率部分），10050
2m f ππ=
=
Hz 。

故奈奎斯特抽样频率为100
2N m f f π
=⋅= (Hz)，奈奎斯特抽样间隔为1100N N T f π== (s)。

（2）2
()(100)f t Sa t =
220020011F[(100)]{F[(100)]F[(100)]}[()*()]22100100Sa t Sa t Sa t G G ππωωππ=
*=
200()G ω的带宽为1100m ω=rad/s ，由卷积的性质可知卷积后带度为12200m ω=rad/s 。

所
以1002m m f ωππ== (s)。

故奈奎斯特抽样频率为200
2N m f f π=⋅= (Hz)，奈奎斯特抽样间
隔 1200
N N T f π== (s)。

（3）10
()100100f t Sa t Sa t =+
由(1)，(2)可知(100)Sa t 的带宽为1100m ω=rad/s ，10
(100)Sa t 的带宽为
210010m ω=⨯1000=rad/s ，所以10(100)(100)Sa t Sa t +的带宽为31000m ω=rad/s 。

奈奎斯特抽样频率为1000
2N m f f π
=⋅= (Hz)，奈奎斯特抽样间隔为
11000
N N T f π== (s)。

3-8 解：三角波可由2个相同的矩形波2()G t τ卷积得到，即
122()()()
f t G t G t ττ=*
而
2()()()]44G t u t u t τττ
=
+--
2221122F[()]24
F[()]())2424212()F[()](),s s s n s G t Sa f t F Sa Sa F f t n T ττωττωττωτ
ωππ
ωωδωωωτ∞
=-∞
=
=====-==
∑ 抽样后信号12()()()s f t f t f t =⋅，故
121
11
()[()]()()()
2s s s
n s
F F f t F F F n T ωωωωωπ∞
=-∞
==*=
-∑
3-9 解：对上式两边取傅里叶变换，得 )(]7)(13[)(]5)(8)(10)[(23ωωωωωωX j Y j j j +=+++
所以频率响应为
581071358)(10)(713)()()(2323++--+=
++++==
ωωωωωωωωωωωj j j j j j j X Y H
3-10 解： 解法一：
()1
()F[()]F[
]sgn ()j H j h t j H j e t ϕωωωωπ===- ＝
⎪⎩⎪⎨
⎧<>-==)0(2)0(2)(,1)(ωπ
ωπ
ωϕω
j H
该滤波器是一个0
90相移器，所以
)
cos(cos )2
sin()(000πωωπ
ω-=-=-
=t t t t y
解法二：
1
()F[()]F[
]sgn H j h t j t ωωπ===-
)]()([)(00ωωδωωδπω--+=j F
00000000()()()sgn [()()]
[sgn()()sgn()()][()()]
Y H j F j j ωωωωπδωωδωωπωδωωωδωωπδωωδωω==-⋅+--=-+--=-+-＋
所以
1
00()F [()]cos cos()y t Y t t ωωωπ-==-=-
3-11 解：
222121212
()()
()()E j L j L E I j LR j L R R R j L R R R j L R ωωωωωωωωω⋅=
⋅=
++++
+
21212()()()()I j L
H j E R R j L R R ωωωωω==
++
代入元件值，得。