奥本海姆信号与系统(第2版)知识点笔记课后答案(下册)
奥本海姆《信号与系统》(第2版)笔记和课后习题(含考研真题)详解(下册)-z变换(圣才出品)
第10章z变换10.1 复习笔记一、z变换1．z变换的定义一个离散时间信号x[n]的z变换定义为其中z是一个复变量。
简单记为2．z变换与傅里叶变换的关系X（re jω）是序列x[n]乘以实指数r-n后的傅里叶变换，即指数加权r-n可以随n增加而衰减，也可以随n增加而增长，这取决于r大于1还是小于1。
若r＝1，或等效为|z|＝1，z变换就变为傅里叶变换，即（1）在连续时间情况下，当变换变量的实部为零时，拉普拉斯变换演变为傅里叶变换，即在虚轴jω上的拉普拉斯变换是傅里叶变换。
（2）在z变换中是当变换变量z的模为1，即z＝e jω时，z变换演变为傅里叶变换。
即傅里叶变换是在复数z平面中半径为1的圆上的z变换。
在z平面上，单位圆在z变换中所起的作用类似于s平面上的虚轴在拉普拉斯变换中所起的作用。
二、z变换的收敛域1．性质1X（z）的收敛域是在z平面内以原点为中心的圆环。
2．性质2收敛域内不包含任何极点。
3．性质3如果x[n]是有限长序列，那么收敛域是整个z平面，可能除去z＝0和/或z＝∞。
4．性质4如果x[n]是一个右边序列，并且|z|＝r0的圆位于收敛域内，那么|z|＞r0的全部有限z 值都一定在这个收敛域内。
5．性质5如果x[n]是一个左边序列，而且|z|＝r0的圆位于收敛域内，那么满足0＜|z|＜r0的全部z值都一定在这个收敛域内。
6．性质6如果z[n]是双边序列，而且|z|＝r0的圆位于收敛域内，那么该收敛域在z域中一定是包含|z|＝r0这一圆环的环状区域。
7．性质7如果x[n]的z变换X（z）是有理的，那么它的收敛域就被极点所界定，或者延伸至无限远。
8．性质8如果x[n]的z变换X（z）是有理的，并且x[n]是右边序列，那么收敛域就位于z平面内最外层极点的外边，亦即半径等于X（z）极点中最大模值的圆的外边。
而且，若x[n]是因果序列，即x[n]为n＜0时等于零的右边序列，那么收敛域也包括z＝∞。
奥本海姆信号与系统(第二版)复习题参考答案
第一章作业解答1.9解：（b ）jt t t j e e e t x --+-==)1(2)(由于)()(2)1()1())(1(2t x e e e T t x T j t j T t j ≠==++-+-++-，故不是周期信号；（或者：由于该函数的包络随t 增长衰减的指数信号，故其不是周期信号；） （c ）n j e n x π73][= 则πω70= 7220=ωπ是有理数，故其周期为N=2； 1.12解：]4[1][1)1(]1[1][43--=--==+---=∑∑∞=∞=n u m n mk k n n x m k δδ-3 –2 –1 0 1 2 3 4 5 6 n1…减去：-3 –2 –1 0 1 2 3 4 5 6 nu[n-4]等于：-3 –2 –1 0 1 23 4 5 6 n…故：]3[+-n u 即：M=-1，n 0=-3。
1.14解：x(t)的一个周期如图(a)所示，x(t)如图(b)所示：而：g(t)如图(c)所示……dtt dx )(如图（d ）所示：……故：)1(3)(3)(--=t g t g dtt dx 则：1t ,0t 3,32121==-==；A A 1.15解：该系统如下图所示： 2[n]（1）]4[2]3[5]2[2]}4[4]3[2{21]}3[4]2[2{]3[21]2[][][1111111222-+-+-=-+-+-+-=-+-==n x n x n x n x n x n x n x n x n x n y n y即：]4[2]3[5]2[2][-+-+-=n x n x n x n y（2）若系统级联顺序改变，该系统不会改变，因为该系统是线性时不变系统。
（也可以通过改变顺序求取输入、输出关系，与前面做对比）。
1.17解：（a ）因果性：)(sin )(t x t y =举一反例：当)0()y(,0int s x t =-=-=ππ则时输出与以后的输入有关，不是因果的；（b ）线性：按照线性的证明过程（这里略），该系统是线性的。
奥本海姆《信号与系统》(第2版)(下册)名校考研真题-通信系统(圣才出品)
【答案】C
【 解 析 】 线 性 相 位 FIR 滤 波 器 必 满 足 某 种 对 称 性 ， 即 h(n) = h( N −1− n) 或 者 h(n) = −h( N −1− n) 。答案中 C 为偶对称，且 N＝8，为Ⅰ型 FIR 滤波器。
【答案】 h(n) = 0，n 0 h(t) = 0，t 0 【解析】①对于稳定的又是因果的离散系统，其系统函数 H (z) 的极点都在 z 平面的单 位圆内；②对于稳定的又是因果的连续系统，其系统函数 H (s) 的极点都在 s 平面的左半开 平面。
2．离散系统的模拟可由
【解析】LTI 连续时间系统总可被分解为全通网络和最小相移网络的级联的形式。
三、简答题
1．FIR 数字滤波器必为稳定系统，试说明。[清华大学 2006 研] 解：FIR 数字滤波器的冲击响应是有限长的，因而当有限输入时，必有有限输出，必为 稳定的。
2．已知
LTI
系统的输入
x[n]和输出
y[n]满足如下关系
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第 8 章 通信系统
一、选择题
1．下面给出了几个 FIR 滤波器的单位函数响应。其中满足线性相位特性的 FIR 滤波器 是（ ）。[东南大学 2007 研]
A．h（n）＝{1,2,3,4,5,6,7,8} B．h（n）＝{1,2,3,4,1,2,3,4} C．h（n）＝{1,2,3,4,4,3,2,1}
k +100
i=k −100
n) e(i
= +
k +n+100
e(i)
i=k +n−100
信号与系统奥本海姆第二版答案
《国外电子与通信教材系列:信号与系统(第2版)》是美国麻省理工学院（MIT）的经典教材之一，讨论了信号与系统分析的基本理论、基本分析方法及其应用。
全书共分11章，主要讲述了线性系统的基本理论、信号与系统的基本概念、线性时不变系统、连续与离散信号的傅里叶表示、傅里叶变换以及时域和频域系统的分析方法等内容。
作者使用了大量在滤波、采样、通信和反馈系统中的实例，并行讨论了连续系统、离散系统、时域系统和频域系统的分析方法，使读者能透彻地理解各种信号系统的分析方法并比较其异同。
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奥本海姆《信号与系统》(第2版)(下册)课后习题-Z变换(圣才出品)
第10章Z变换习题10.1 试对下列和式，为保证收敛确定在r＝|z|上的限制：解:（a）为了保证收敛，需满足即使和式收敛的z均满足，亦即有又因在和式中含有一个正幂项z，故z≠∞。
综上所述，使和式收敛的z的模需满足为了保证收敛，需，即满足|2z|＜1，从而知使和式收敛的z的模需满足为了保证收敛，需，即|z|＞1；为了保证收敛，需，即|z|＞1综上所述，使和式收敛的z的模需满足r＞1。
对于上式右端第二项，要保证其收敛，需，即|z|＜2。
对于上式右端第三项，要保证其收敛，需，即|z|＜2。
对于上式右端第四项，要保证其收敛，需，即。
对于上式右端第五项，要保证其收敛，需，即。
综上所述，要使和式收敛，z的模需满足。
10.2 设信号x[n]为利用式（10-3）求该信号的z变换，并标出对应的收敛域。
解:为使该级数收敛，需，即，于是可得10.3 设信号x[n]为已知它的z变换x（z）的收敛域是试确定在复数α和整数n0上的限制。
解:令x[n]＝x1[n]＋x2[n]，其中x1[n]＝（－1）n u[n]，x2＝αn u[－n－n0]于是有则X（z）＝X1（z）＋X2（z），1＜|z|＜|α|由于已知X（z）的收敛域为1＜|z|＜2，所以α应满足|α|＝2，而n0可为任意整数。
10.4 考虑下面信号：对x（z）确定它的极点和收敛域。
解：因为，要使x（z）收敛，显然应有及，即X（z）的ROC为由于故X（z）的两个极点分别为，它们是互为共轭自两个复数极点。
10.5 对下列信号z变换的每个代数表示式，确定在有限z平面内的零点个数和在无限远点的零点个数。
解:（a）由于X（z）的分母多项式的阶数比分子多项式的阶数高1阶，所以X（z）在有限z平面上零点的个数为1（即X（z）的有限零点个数为1），同样在无穷远处的零点个数也为1。
由于x（z）的分母多项式与分子多项式有相同的阶数，所以X（z）仅有2个有限零点，而在无穷远处无零点。
由于X（z）的分母多项式的阶数比分子多项式的阶数高2阶，所以X（z）有1个有限零点，而在无穷远处有2个零点。
奥本海姆《信号与系统》(第2版)知识点归纳考研复习(下册)
第7章采样第8章通信系统第9章拉普拉斯变换第10章Z变换第11章线性反馈系统第7章采样7.2连续时间信号x（t）从一个截止频率为的理想低通滤波器的输出得到，如果对x（t）完成冲激串采样，那么下列采样周期中的哪一些可能保证x（t）在利用一个合适的低通滤波器后能从它的样本中得到恢复？7.3在采样定理中，采样频率必须要超过的那个频率称为奈奎斯特率。
试确定下列各信号的奈奎斯特率：7.4设x（t）是一个奈奎斯特率为ω0的信号，试确定下列各信号的奈奎斯特率：7.5设x（t）是一个奈奎斯特率为ω0的信号，同时设其中。
7.6在如图7-1所示系统中，有两个时间函数x1（t）和x2（t）相乘，其乘积W （t）由一冲激串采样，x1（t）带限于ω17.7信号x（t）用采样周期T经过一个零阶保持的处理产生一个信号x0（t），设x1（t）是在x（t）的样本上经过一阶保持处理的结果，即7.8有一实值且为奇函数的周期信号x（t），它的傅里叶级数表示为7.9考虑信号x（t）为7.10判断下面每一种说法是否正确。
7.11设是一连续时间信号，它的傅里叶变换具有如下特点：7.12有一离散时间信号其傅里叶变换具有如下性质：7.13参照如图7-7所示的滤波方法，假定所用的采样周期为T，输入xc（t）为带限，而有7.14假定在上题中有重做习题7.13。
7.15对进行脉冲串采样，得到若7.16关于及其傅里叶变换7.17考虑理想离散时间带阻滤波器，其单位脉冲响应为频率响应在条件下为7．18假设截止频率为π/2的一个理想离散时间低通滤波器的单位脉冲响应是用于内插的，以得到一个2倍的增采样序列，求对应于这个增采样单位脉冲响应的频率响应。
7.19考虑如图7-11所示的系统，输入为x[n]，输出为y[n]。
零值插入系统在每一序列x[n]值之间插入两个零值点，抽取系统定义为其中W[n]是抽取系统的输入序列。
若输入x[n]为试确定下列ω1值时的输出y[n]：7.20有两个离散时间系统S1和S2用于实现一个截止频率为π/4的理想低通滤波器。
奥本海姆《信号与系统》(第2版)课后习题-第7章至第9章(下册)(圣才出品)
第二部分课后习题第7章采样基本题7.1已知实值信号x（t），当采样频率时，x（t）能用它的样本值唯一确定。
问在什么ω值下保证为零？解：对于因其为实函数，故是偶函数。
由题意及采样定理知的最大角频率即当时，7.2连续时间信号x（t）从一个截止频率为的理想低通滤波器的输出得到，如果对x（t）完成冲激串采样，那么下列采样周期中的哪一些可能保证x（t）在利用一个合适的低通滤波器后能从它的样本中得到恢复？解：因为x（t）是某个截止频率的理想低通滤波器的输出信号，所以x（t）的最大频率就为＝1000π，由采样定理知，若对其进行冲激采样且欲由其采样m点恢复出x（t），需采样频率即采样时间问隔从而有（a）和（c）两种采样时间间隔均能保证x（t）由其采样点恢复，而（b）不能。
7.3在采样定理中，采样频率必须要超过的那个频率称为奈奎斯特率。
试确定下列各信号的奈奎斯特率：解：（a）x（t）的频谱函数为由此可见故奈奎斯特频率为（b）x（t）的频谱函数为由此可见故奈奎斯特频率为（c）x（t）的频谱函数为由此可见，当故奈奎斯特频率为7.4设x（t）是一个奈奎斯特率为ω0的信号，试确定下列各信号的奈奎斯特率：解：（a）因为的傅里叶变换为可见x（t）的最大频率也是的最大频率，故的奈奎斯特频率为0 。
（b）因为的傅里叶变换为可见x （t）的最大频率也是的最大频率．故的奈奎斯特频率仍为。
（c）因为的傅里叶变换蔓可见的最大频率是x（t）的2倍。
从而知x 2（t）的奈奎斯特频率为2（d）因为的傅里叶变换为，x（t）的最大频率为，故的最大频率为，从而可推知其奈奎斯特频率为7.5设x（t）是一个奈奎斯特率为ω0的信号，同时设其中。
当某一滤波器以Y（t）为输入，x（t）为输出时，试给出该滤波器频率响应的模和相位特性上的限制。
解：p（t）是一冲激串，间隔对x（t）用p（t-1）进行冲激采样。
先分别求出P（t）和P（t-1）的频谱函数：注意0ω是x（t）的奈奎斯特频率，这意味着x（t）的最大频率为02ω，当以p（t-1）对x（t）进行采样时，频谱无混叠发生。
信号与系统_第二版_奥本海默 _课后答案[1-10章]
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学霸助手[]-课后答案|期末试卷|复习提纲
学霸h助us手 Contents baz Chapter 1 ······················································· 2 xue Chapter 2 ······················································· 17
e 5 = 5 j0 ,
e -2 = 2 ,jp
e -3 j = 3
-
j
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e 1
2
-
j
3 2
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j
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, j
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( ) 1- j e 2 =2
-
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j(1- j) = 4 ,
e 1+
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—Learning Instructions
xu(eEbxe学arzc霸hisue助sshA手onus.wceorms)
Department
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Computer 2005.12
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E¥ < ¥
手 om ò (b)
x e , 2(t) = j(2t+p4 )
奥本海姆《信号与系统》(第2版)(下册)课后习题-拉普拉斯变换(圣才出品)
第9章拉普拉斯变换习题9.1 对下列每个积分，给出保证积分收敛的实参数σ的值：解：（a）因可见，要使积分收敛，当t→∞时，需满足5＋σ＞0，即σ＞－5，此时积分为。
（b）此题中的被积函数与（a）相同，只是积分区间不同。
利用（a）中的积分过程可见，要使积分收敛，当t→∞时，需满足5＋σ＜0，即σ＜－5。
σ＜－5即为实数σ的取值范围。
（c）与（b）相似。
由于积分是在一个有限的区间[－5，5]上进行的，所以无论σ取何实值，积分均收敛，即实数盯的取值范围为－∞＜1＜∞。
（d）与（b）相似。
要使积分收敛，当t→∞时，应有5＋σ＞0，即t＞－5；且当t→－∞时，又应有5＋σ＜0，即σ＜－5。
综合以上分析可知，无论σ取何值，该积分都不收敛。
（e）此积分可化为以上第一个积分要收敛，需满足σ＞－5。
对于第二个积分，由于可见要使其收敛，需满足σ＜5。
综上所述，当－5＜σ＜5时，积分收敛。
（f）此积分可化为由（e）中分析可知，当实数σ＜5时，积分收敛。
9.2 考虑信号x（t）＝e-5t u（t－1）其拉普拉斯变换记为X（s），（a）利用式（9.3）求X（s），并给出它的收敛域。
（b）确定有限数A和t0，以使g（t）＝Ae-5t u（-t－t0）的拉普拉斯变换G（s）与X （s）有相同的代数式。
对应于G（s）的收敛域是什么？解：（a）由拉普拉斯变换的定义得（b）由拉普拉斯变换的定义得要使G（s）收敛，当t→∞时，需满足，即，此时对比G（s）与X（s）的代数表达式可发现，要使两者相同，应有A＝－1，t0＝－1,G （s）的ROC为9.3 考虑信号x（t）＝e-5t u（t）＋e-βt u（t）其拉普拉斯变换记为X（s）。
若X（s）的收敛域是Re{s}＞-3，应在β的实部和虚部上施加什么限制？解：利用常用信号的拉普拉斯变换对可直接写出这里的β可为复数，也可为实数。
若β为复数，那么只有它的实部对X（s）的ROC有影响。
X（s）的ROC为Re{S}大于－5和Re{－β}中的大者。
信号与系统奥本海姆第二版课后答案
信号与系统 奥本海姆第二版 习题解答Department of Computer Engineering2005.12ContentsChapter 1 (2)Chapter 2 (17)Chapter 3 (35)Chapter 4 (62)Chapter 5 (83)Chapter 6 (109)Chapter 7 (119)Chapter 8 (132)Chapter 9 (140)Chapter 10 (160)Chapter 1 Answers1.1 Converting from polar to Cartesian coordinates:111cos 222j eππ==- 111c o s ()222j e ππ-=-=- 2cos()sin()22jj j eπππ=+=2c o s ()s i n ()22jjj eπππ-=-=- 522j jj eeππ==4c o s ()s i n ())144jjj πππ+=+9441j jj ππ=-9441j j j ππ--==-41jj π-=-1.2 055j=, 22j e π-=,233jj e π--=212je π--=, 41j j π+=, ()2221jj eπ-=-4(1)j je π-=, 411j je π+=-12e π-1.3. (a) E ∞=4014tdt e∞-=⎰, P ∞=0, because E ∞<∞ (b) (2)42()j t t x eπ+=, 2()1t x =.Therefore, E ∞=22()dt t x +∞-∞⎰=dt +∞-∞⎰=∞,P ∞=211limlim222()TTTTT T dt dt TTt x --→∞→∞==⎰⎰lim11T →∞=(c) 2()t x =cos(t). Therefore, E ∞=23()dt t x +∞-∞⎰=2cos()dt t +∞-∞⎰=∞, P ∞=2111(2)1lim lim 2222cos()TTTTT T COS t dt dt T Tt --→∞→∞+==⎰⎰(d)1[][]12nn u n x =⎛⎫ ⎪⎝⎭,2[]11[]4nu n n x =⎛⎫ ⎪⎝⎭. Therefore, E ∞=24131[]4nn n x +∞∞-∞===⎛⎫∑∑ ⎪⎝⎭P ∞=0，because E ∞<∞.(e) 2[]n x =()28n j e ππ-+,22[]n x =1. therefore, E ∞=22[]n x +∞-∞∑=∞,P ∞=211limlim1122121[]NNN N n Nn NN N n x →∞→∞=-=-==++∑∑.(f) 3[]n x =cos 4nπ⎛⎫ ⎪⎝⎭. Therefore, E ∞=23[]n x +∞-∞∑=2cos()4n π+∞-∞∑=2cos()4n π+∞-∞∑,P ∞=1limcos 214nNN n NN π→∞=-=+⎛⎫∑ ⎪⎝⎭1cos()112lim ()2122NN n Nn N π→∞=-+=+∑ 1.4. (a) The signal x[n] is shifted by 3 to the right. The shifted signal will be zero for n<1, And n>7. (b) The signal x[n] is shifted by 4 to the left. The shifted signal will be zero for n<-6. And n>0. (c) The signal x[n] is flipped signal will be zero for n<-1 and n>2.(d) The signal x[n] is flipped and the flipped signal is shifted by 2 to the right. The new Signal will be zero for n<-2 and n>4.(e) The signal x[n] is flipped and the flipped and the flipped signal is shifted by 2 to the left. This new signal will be zero for n<-6 and n>0.1.5. (a) x(1-t) is obtained by flipping x(t) and shifting the flipped signal by 1 to the right. Therefore, x (1-t) will be zero for t>-2. (b) From (a), we know that x(1-t) is zero for t>-2. Similarly, x(2-t) is zero for t>-1, Therefore, x (1-t) +x(2-t) will be zero for t>-2. (c) x(3t) is obtained by linearly compression x(t) by a factor of3. Therefore, x(3t) will be zero for t<1.(d) x(t/3) is obtained by linearly compression x(t) by a factor of 3. Therefore, x(3t) will bezero for t<9.1.6(a) x1(t) is not periodic because it is zero for t<0.(b) x2[n]=1 for all n. Therefore, it is periodic with a fundamental period of 1.(c) x3[n1.7. (a)()1[]vnxε={}1111[][]([][4][][4])22n n u n u n u n u nx x+-=--+----Therefore, ()1[]vnxεis zero for1[]nx>3.(b) Since x1(t) is an odd signal, ()2[]vnxεis zero for all values of t.(c)(){}11311[][][][3][3]221122vn nn n n u n u nx x xε-⎡⎤⎢⎥=+-=----⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭Therefore, ()3[]vnxεis zero when n<3 and when n→∞.(d) ()1554411()(()())(2)(2)22vt tt t t u t u tx x x e eε-⎡⎤=+-=---+⎣⎦Therefore, ()4()vtxεis zero only when t→∞.1.8. (a) ()01{()}22cos(0)tt tx eπℜ=-=+(b) ()02{()}cos()cos(32)cos(3)cos(30)4tt t t tx eππℜ=+==+(c) ()3{()}sin(3)sin(3)2t tt t tx e eππ--ℜ=+=+(d) ()224{()}sin(100)sin(100)cos(100)2t t tt t t tx e e eππ---ℜ=-=+=+1.9. (a)1()tx is a periodic complex exponential.101021()j t j tt jx e eπ⎛⎫+⎪⎝⎭==(b)2()tx is a complex exponential multiplied by a decaying exponential. Therefore,2()tx is not periodic.（c）3[]nx is a periodic signal. 3[]n x=7j neπ=j neπ.3[]nx is a complex exponential with a fundamental period of 22ππ=.(d)4[]nx is a periodic signal. The fundamental period is given by N=m(23/5ππ)=10().3mBy choosing m=3. We obtain the fundamental period to be 10.(e)5[]nx is not periodic. 5[]nx is a complex exponential with 0w=3/5. We cannot find any integer m such that m(2wπ) is also an integer. Therefore,5[]nxis not periodic.1.10. x(t)=2cos(10t＋1)-sin(4t-1)Period of first term in the RHS =2105ππ=.Period of first term in the RHS =242ππ=.Therefore, the overall signal is periodic with a period which the least commonmultiple of the periods of the first and second terms. This is equal toπ.1.11. x[n] = 1+74j n e π−25j n e πPeriod of first term in the RHS =1. Period of second term in the RHS =⎪⎭⎫ ⎝⎛7/42π=7 （when m=2）Period of second term in the RHS =⎪⎭⎫ ⎝⎛5/22ππ=5 (when m=1)Therefore, the overall signal x[n] is periodic with a period which is the least common Multiple of the periods of the three terms inn x[n].This is equal to 35.1.12. The signal x[n] is as shown in figure S1.12. x[n] can be obtained by flipping u[n] and thenShifting the flipped signal by 3 to the right. Therefore, x[n]=u[-n+3]. This implies that M=-1 and no=-3.1.13y (t)=⎰∞-tdt x )(τ =dt t))2()2((--+⎰∞-τδτδ=⎪⎩⎪⎨⎧>≤≤--<2,022,12,0,t t tTherefore ⎰-==∞224d t E∑∑∞-∞=∞-∞=----=k k k t k t t g 12(3)2(3)(δδ)This implies that A 1=3, t 1=0, A 2=-3, and t 2=1.1.15 (a) The signal x 2[n], which is the input to S 2, is the same as y 1[n].Therefore ,y 2[n]= x 2[n-2]+21x 2[n-3] = y 1[n-2]+ 21y 1[n-3]=2x 1[n-2] +4x 1[n-3] +21( 2x 1[n-3]+ 4x 1[n-4]) =2x 1[n-2]+ 5x 1[n-3] + 2x 1[n-4] The input-output relationship for S isy[n]=2x[n-2]+ 5x [n-3] + 2x [n-4](b) The input-output relationship does not change if the order in which S 1and S 2 are connected series reversed. . We can easily prove this assuming that S 1 follows S 2. In this case , the signal x 1[n], which is the input to S 1 is the same as y 2[n].Therefore y 1[n] =2x 1[n]+ 4x 1[n-1]= 2y 2[n]+4 y 2[n-1]=2( x 2[n-2]+21 x 2[n-3] )+4(x 2[n-3]+21x 2[n-4]) =2 x 2[n-2]+5x 2[n-3]+ 2 x 2[n-4]The input-output relationship for S is once againy[n]=2x[n-2]+ 5x [n-3] + 2x [n-4]1.16 (a)The system is not memory less because y[n] depends on past values of x[n].(b)The output of the system will be y[n]= ]2[][-n n δδ=0(c)From the result of part (b), we may conclude that the system output is always zero for inputs of the form ][k n -δ, k ∈ ґ. Therefore , the system is not invertible .1.17 (a) The system is not causal because the output y(t) at some time may depend on future values of x(t). For instance , y(-π)=x(0).(b) Consider two arbitrary inputs x 1(t)and x 2(t).x 1(t) →y 1(t)= x 1(sin(t)) x 2(t) → y 2(t)= x 2(sin(t))Let x 3(t) be a linear combination of x 1(t) and x 2(t).That is , x 3(t)=a x 1(t)+b x 2(t)Where a and b are arbitrary scalars .If x 3(t) is the input to the given system ,then the corresponding output y 3(t) is y 3(t)= x 3( sin(t))=a x 1(sin(t))+ x 2(sin(t)) =a y 1(t)+ by 2(t)Therefore , the system is linear.1.18.(a) Consider two arbitrary inputs x 1[n]and x 2[n].x 1[n] → y 1[n] =][01k x n n n n k ∑+-=x 2[n ] → y 2[n] =][02k x n n n n k ∑+-=Let x 3[n] be a linear combination of x 1[n] and x 2[n]. That is :x 3[n]= ax 1[n]+b x 2[n]where a and b are arbitrary scalars. If x 3[n] is the input to the given system, then the corresponding outputy 3[n] is y 3[n]=][03k x n n n n k ∑+-==])[][(2100k bx k ax n n n n k +∑+-==a ][001k x n n n n k ∑+-=+b ][02k x n n n n k ∑+-== ay 1[n]+b y 2[n]Therefore the system is linear.(b) Consider an arbitrary input x 1[n].Lety 1[n] =][01k x n n n n k ∑+-=be the corresponding output .Consider a second input x 2[n] obtained by shifting x 1[n] in time:x 2[n]= x 1[n-n 1]The output corresponding to this input isy 2[n]=][02k x n n n n k ∑+-== ]n [1100-∑+-=k x n n n n k = ][01011k x n n n n n n k ∑+---=Also note that y 1[n- n 1]=][01011k x n n n n n n k ∑+---=.Therefore , y 2[n]= y 1[n- n 1] This implies that the system is time-invariant.(c) If ][n x <B, then y[n]≤(2 n 0+1)B. Therefore ,C ≤(2 n 0+1)B.1.19 (a) (i) Consider two arbitrary inputs x 1(t) and x 2(t). x 1(t) → y 1(t)= t 2x 1(t-1)x 2(t) → y 2(t)= t 2x 2(t-1)Let x 3(t) be a linear combination of x 1(t) and x 2(t).That is x 3(t)=a x 1(t)+b x 2(t)where a and b are arbitrary scalars. If x 3(t) is the input to the given system, then the corresponding output y 3(t) is y 3(t)= t 2x 3 (t-1)= t 2(ax 1(t-1)+b x 2(t-1))= ay 1(t)+b y 2(t)Therefore , the system is linear.(ii) Consider an arbitrary inputs x 1(t).Let y 1(t)= t 2x 1(t-1)be the corresponding output .Consider a second input x 2(t) obtained by shifting x 1(t) in time:x 2(t)= x 1(t-t 0)The output corresponding to this input is y 2(t)= t 2x 2(t-1)= t 2x 1(t- 1- t 0)Also note that y 1(t-t 0)= (t-t 0)2x 1(t- 1- t 0)≠ y 2(t) Therefore the system is not time-invariant.(b) (i) Consider two arbitrary inputs x 1[n]and x 2[n]. x 1[n] → y 1[n] = x 12[n-2]x 2[n ] → y 2[n] = x 22[n-2].Let x 3(t) be a linear combination of x 1[n]and x 2[n].That is x 3[n]= ax 1[n]+b x 2[n]where a and b are arbitrary scalars. If x 3[n] is the input to the given system, then the corresponding output y 3[n] is y 3[n] = x 32[n-2]=(a x 1[n-2] +b x 2[n-2])2=a 2x 12[n-2]+b 2x 22[n-2]+2ab x 1[n-2] x 2[n-2]≠ ay 1[n]+b y 2[n]Therefore the system is not linear.(ii) Consider an arbitrary input x 1[n]. Let y 1[n] = x 12[n-2]be the corresponding output .Consider a second input x 2[n] obtained by shifting x 1[n] in time:x 2[n]= x 1[n- n 0]The output corresponding to this input isy 2[n] = x 22[n-2].= x 12[n-2- n 0]Also note that y 1[n- n 0]= x 12[n-2- n 0] Therefore , y 2[n]= y 1[n- n 0] This implies that the system is time-invariant.(c) (i) Consider two arbitrary inputs x 1[n]and x 2[n].x 1[n] →y 1[n] = x 1[n+1]- x 1[n-1] x 2[n ]→y 2[n] = x 2[n+1 ]- x 2[n -1]Let x 3[n] be a linear combination of x 1[n] and x 2[n]. That is :x 3[n]= ax 1[n]+b x 2[n]where a and b are arbitrary scalars. If x 3[n] is the input to the given system, then the corresponding output y 3[n] is y 3[n]= x 3[n+1]- x 3[n-1]=a x 1[n+1]+b x 2[n +1]-a x 1[n-1]-b x 2[n -1]=a(x 1[n+1]- x 1[n-1])+b(x 2[n +1]- x 2[n -1])= ay 1[n]+b y 2[n]Therefore the system is linear.(ii) Consider an arbitrary input x 1[n].Let y 1[n]= x 1[n+1]- x 1[n-1]be the corresponding output .Consider a second input x 2[n] obtained by shifting x 1[n] in time: x 2[n]= x 1[n-n 0]The output corresponding to this input isy 2[n]= x 2[n +1]- x 2[n -1]= x 1[n+1- n 0]- x 1[n-1- n 0] Also note that y 1[n-n 0]= x 1[n+1- n 0]- x 1[n-1- n 0] Therefore , y 2[n]= y 1[n-n 0] This implies that the system is time-invariant.(d) (i) Consider two arbitrary inputs x 1(t) and x 2(t).x 1(t) → y 1(t)= d O {}(t) x 1 x 2(t) → y 2(t)= {}(t) x 2d OLet x 3(t) be a linear combination of x 1(t) and x 2(t).That is x 3(t)=a x 1(t)+b x 2(t)where a and b are arbitrary scalars. If x 3(t) is the input to the given system, then the corresponding output y 3(t) is y 3(t)= d O {}(t) x 3={}(t) x b +(t) ax 21d O=a d O {}(t) x 1+b {}(t) x 2d O = ay 1(t)+b y 2(t)Therefore the system is linear.(ii) Consider an arbitrary inputs x 1(t).Lety 1(t)= d O {}(t) x 1=2)(x -(t) x 11t -be the corresponding output .Consider a second input x 2(t) obtained by shifting x 1(t) in time:x 2(t)= x 1(t-t 0)The output corresponding to this input isy 2(t)= {}(t) x 2d O =2)(x -(t) x 22t -=2)(x -)t -(t x 0101t t --Also note that y 1(t-t 0)= 2)(x -)t -(t x 0101t t --≠ y 2(t)Therefore the system is not time-invariant.1.20 (a) Givenx )(t =jt e 2 y(t)=t j e 3x )(t =jt e 2- y(t)=t j e 3- Since the system liner+=tj e t x 21(2/1)(jt e 2-))(1t y =1/2(tj e 3+tj e 3-)Thereforex 1(t)=cos(2t))(1t y =cos(3t)(b) we know thatx 2(t)=cos(2(t-1/2))= (j e -jte 2+je jt e 2-)/2Using the linearity property, we may once again writex 1(t)=21( j e -jt e 2+j e jte 2-))(1t y =(j e -jt e 3+je jte 3-)= cos(3t-1)Therefore,x 1(t)=cos(2(t-1/2)))(1t y =cos(3t-1)1.21.The signals are sketched in figure S1.21.1.24 The even and odd parts are sketched in Figure S1.24 1.25 (a) periodic period=2π/(4)= π/2 (b) periodic period=2π/(4)= 2(c) x(t)=[1+cos(4t-2π/3)]/2. periodic period=2π/(4)= π/2 (d) x(t)=cos(4πt)/2. periodic period=2π/(4)= 1/2 (e) x(t)=[sin(4πt)u(t)-sin(4πt)u(-t)]/2. Not period. (f) Not period.1.26 (a) periodic, period=7.(b) Not period.(c) periodic, period=8.(d) x[n]=(1/2)[cos(3πn/4+cos(πn/4)). periodic, period=8. (e) periodic, period=16. 1.27 (a) Linear, stable(b) Not period. (c) Linear(d) Linear, causal, stable(e) Time invariant, linear, causal, stable (f) Linear, stable(g) Time invariant, linear, causal 1.28 (a) Linear, stable(b) Time invariant, linear, causal, stable (c)Memoryless, linear, causal (d) Linear, stable (e) Linear, stable(f) Memoryless, linear, causal, stable (g) Linear, stable1.29 (a) Consider two inputs to the system such that[][][]{}111.S e x n y n x n −−→=ℜand [][][]{}221.Se x n y n x n −−→=ℜNow consider a third inputx3[n]=x2[n]+x 1[n]. The corresponding system outputWill be [][]{}[][]{}[]{}[]{}[][]33121212e e e e y n x n x n x n x n x n y n y n ==+=+=+ℜℜℜℜtherefore, we may conclude that the system is additive Let us now assume that inputs to the system such that [][][]{}/4111.Sj e x n y n e x n π−−→=ℜand[][][]{}/4222.Sj e x n y n e x n π−−→=ℜNow consider a third input x 3 [n]= x 2 [n]+ x 1 [n]. The corresponding system outputWill be[][]{}()[]{}()[]{}()[]{}()[]{}()[]{}()[]{}[]{}[]{}[][]/433331122/4/41212cos /4sin /4cos /4sin /4cos /4sin /4j e m e m e m e j j e e y n e x n n x n n x n n x n n x n n x n n x n e x n e x n y n y n πππππππππ==-+-+-=+=+ℜℜI ℜI ℜI ℜℜ therefore, we may conclude that the system is additive (b) (i) Consider two inputs to the system such that()()()()211111Sdx t x t y t x t dt ⎡⎤−−→=⎢⎥⎣⎦and ()()()()222211S dx t x t y t x t dt ⎡⎤−−→=⎢⎥⎣⎦ Now consider a third input x3[t]=x2[t]+x 1[t]. The corresponding system outputWill be()()()()()()()()()2333211111211dx t y t x t dt d x t x t x t x t dt y t y t ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎡⎤+⎡⎤⎣⎦=⎢⎥+⎢⎥⎣⎦≠+ therefore, we may conclude that the system is not additiveNow consider a third input x 4 [t]= a x 1 [t]. The corresponding system output Will be()()()()()()()()2444211211111dx t y t x t dt d ax t ax t dt dx t a x t dt ay t ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎡⎤⎡⎤⎣⎦=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎡⎤=⎢⎥⎣⎦=Therefore, the system is homogeneous.(ii) This system is not additive. Consider the fowling example .Let δ[n]=2δ[n+2]+2δ[n+1]+2δ[n] andx2[n]=δ[n+1]+ 2δ[n+1]+ 3δ[n]. The corresponding outputs evaluated at n=0 are [][]120203/2y andy ==Now consider a third input x 3 [n]= x 2 [n]+ x 1 [n].= 3δ[n+2]+4δ[n+1]+5δ[n]The corresponding outputs evaluated at n=0 is y 3[0]=15/4. Gnarly, y 3[0]≠ ]0[][21y y n +.This[][][][][]444442,1010,x n x n x n y n x n otherwise ⎧--≠⎪=-⎨⎪⎩[][][][][][]4445442,1010,x n x n ax n y n ay n x n otherwise ⎧--≠⎪==-⎨⎪⎩Therefore, the system is homogenous.1.30 (a) Invertible. Inverse system y(t)=x(t+4)(b)Non invertible. The signals x(t) and x 1(t)=x(t)+2πgive the same output (c) δ[n] and 2δ[n] give the same output d) Invertible. Inverse system; y(t)=dx(t)/dt(e) Invertible. Inverse system y(n)=x(n+1) for n ≥0 and y[n]=x[n] for n<0 (f) Non invertible. x (n) and –x(n) give the same result (g)Invertible. Inverse system y(n)=x(1-n) (h) Invertible. Inverse system y(t)=dx(t)/dt(i) Invertible. Inverse system y(n) = x(n)-(1/2)x[n-1] (j) Non invertible. If x(t) is any constant, then y(t)=0 (k) δ[n] and 2δ[n] result in y[n]=0 (l) Invertible. Inverse system: y(t)=x(t/2)(m) Non invertible x 1 [n]= δ[n]+ δ[n-1]and x 2 [n]= δ[n] give y[n]= δ[n] (n) Invertible. Inverse system: y[n]=x[2n]1.31 (a) Note that x 2[t]= x 1 [t]- x 1 [t-2]. Therefore, using linearity we get y 2 (t)= y 1 (t)- y 1 (t-2).this is shown in Figure S1.31(b)Note that x3 (t)= x1 [t]+ x1 [t+1]. .Therefore, using linearity we get Y3 (t)= y1 (t)+ y1 (t+2). this is2(4) y 2(t) periodic, period T; x(t) periodic, period T/2;1.33(1) True x[n]=x[n+N ]; y 1 (n)= y 1 (n+ N 0)i.e. periodic with N 0=n/2if N is even and with period N 0=n if N is odd.(2)False. y 1 [n] periodic does no imply x[n] is periodic i.e. Let x[n] = g[n]+h[n] where0,1,[][]0,(1/2),nn even n even g n and h n n odd n odd⎧⎧==⎨⎨⎩⎩ Then y 1 [n] = x [2n] is periodic but x[n] is clearly not periodic. (3)True. x [n+N] =x[n]; y 2 [n+N 0] =y 2 [n] where N 0=2N (4) True. y 2 [n+N] =y 2 [n]; y 2 [n+N 0 ]=y 2 [n] where N 0=N/2 1.34. (a) ConsiderIf x[n] is odd, x[n] +x [-n] =0. Therefore, the given summation evaluates to zero. (b) Let y[n] =x 1[n]x 2[n] .Theny [-n] =x 1[-n] x 2[-n] =-x 1[n]x 2[n] =-y[n]. This implies that y[n] is odd.(c)ConsiderUsing the result of part (b), we know that x e [n]x o [n] is an odd signal .Therefore, using the result of part (a) we may conclude thatTherefore,(d)ConsiderAgain, since x e (t) x o (t) is odd,Therefore,1.35. We want to find the smallest N 0 such that m(2π /N) N 0 =2πk or N 0 =kN/m,{}1[][0][][]n n x n x x n x n ∞∞=-∞==++-∑∑22[][]e o n n n n x x ∞∞=-∞=-∞=+∑∑222[][][]e on n n n n n x x x∞∞∞=-∞=-∞=-∞==+∑∑∑2[][]0eon n n x x ∞=-∞=∑222[][][].e on n n n n n xx x ∞∞∞=-∞=-∞=-∞==+∑∑∑2220()()()2()().eoet dt t dt t dt t t dt x x x x x ∞∞∞∞-∞-∞-∞-∞=++⎰⎰⎰⎰0()()0.et t dt x x ∞-∞=⎰222()()().e ot dt t dt t dt xx x ∞∞∞-∞-∞-∞=+⎰⎰⎰()()()()()().xy yx t x t y d y t x d t φττττττφ∞-∞∞-∞=+=-+=-⎰⎰where k is an integer, then N must be a multiple of m/k and m/k must be an integer .this implies that m/k is a divisor of both m and N .Also, if we want the smallest possible N 0, then m/k should be the GCD of m and N. Therefore, N 0=N/gcd(m,N). 1.36．(a)If x[n] is periodic0(),0..2/j n N T o e where T ωωπ+= This implies that022o T kNT k T T Nππ=⇒==a rational number . (b)T/T 0 =p/q then x[n] =2(/)j n p q e π,The fundamental period is q/gcd(p,q) and the fundmental frequencyis(c) p/gcd(p,q) periods of x(t) are needed .1.37.(a) From the definition of ().xy t φWe havepart(a) that()().xx xx t t φφ=-This implies that()xy t φis(b) Note from even .Therefore,the odd part of().xx t φis zero.(c) Here, ()().xy xx t t T φφ=-and ()().yy xx t t φφ= 1.38.(a) We know that /22(2)().t t δδ=ThereforeThis implies that1(2)().2t t δδ=(b)The plot are as shown in Figure s3.18. 1.39 We havelim ()()lim (0)()0.u t t u t δδ→→==Also,0022gcd(,)gcd(,)gcd(,)gcd(,).T pp q p q p q p q q p q p pωωππ===/21lim (2)lim ().2t t δδ→∞→∞=01lim ()()().2u t t t δδ→=u Δ'（t ） 1 1/2Δ/2-Δ/2t 0tu Δ'（t ）12Δ t 0tu Δ'（t ） 1 1/2Δ-Δttu Δ'（t ）1 1/2Δ-Δt 0t⎰⎰∞∞∞--=-=0)()()()()(ττδτττδτd t u d t u t gTherefore,0,0()1,00t g t t undefined for t >⎧⎪=<⎨⎪=⎩()0()()()t u t t δττδτδτ-=-=-1.40.(a) If a system is additive ,then also, if a system is homogeneous,then(b) y(t)=x 2(t) is such a systerm . (c) No.For example,consider y(t) ()()ty t x d ττ-∞=⎰with ()()(1).x t u t u t =--Then x(t)=0for t>1,but y(t)=1 for t>1.1.41. (a) y[n]=2x[n].Therefore, the system is time invariant.(b) y[n]=(2n-1)x[n].This is not time-invariant because y[n- N 0]≠(2n-1)2x [n- N 0]. (c) y[n]=x[n]{1+(-1)n +1+(-1)n-1}=2x[n].Therefore, the system is time invariant .1.42.(a) Consider two system S 1 and S 2 connected in series .Assume that if x 1(t) and x 2(t) arethe inputs to S 1..then y 1(t) and y 2(t) are the outputs.respectively .Also,assume thatif y 1(t) and y 2(t) are the input to S 2 ,then z 1(t) and z 2(t) are the outputs, respectively . Since S 1 is linear ,we may write()()()()11212,s ax t bx t ay t by t +→+where a and b are constants. Since S 2 is also linear ,we may write()()()()21212,s ay t by t az t bz t +→+We may therefore conclude that)()()()(212121t b t a t b t a z z x x s s +−→−+Therefore ,the series combination of S 1 and S 2 is linear. Since S 1 is time invariant, we may write()()11010s x t T y t T -→-and()()21010s y t T z t T -→-Therefore,()()121010s s x t T z t T -→-Therefore, the series combination of S 1 and S 2 is time invariant.(b) False, Let y(t)=x(t)+1 and z(t)=y(t)-1.These corresponds to two nonlinear systems. If these systems are connected in series ,then z(t)=x(t) which is a linear system.00.()().00x t y t =→=0()()()()0x t x t y t y t =-→-=(c) Let us name the output of system 1 as w[n] and the output of system 2 as z[n] .Then11[][2][2][21][22]24y n z n w n w n w n ==+-+-[][][]241121-+-+=n x n x n xThe overall system is linear and time-invariant.1.43. (a) We have())(t y t x s−→−Since S is time-invariant.())(T t y T t x s-−→−-Now if x (t) is periodic with period T. x{t}=x(t-T). Therefore, we may conclude that y(t)=y(t-T).This impliesthat y(t) is also periodic with T .A similar argument may be made in discrete time . (b)1.44 (a) Assumption : If x(t)=0 for t<t 0 ,then y(t)=0 for t< t 0.To prove That : The system is causal.Let us consider an arbitrary signal x 1(t) .Let us consider another signal x 2(t) which is the same as x 1(t)fort< t 0. But for t> t 0 , x 2(t) ≠x 1(t),Since the system is linear,()()()()1212,x t x t y t y t -→-Since ()()120x t x t -=for t< t 0 ,by our assumption =()()120y t y t -=for t< t 0 .This implies that()()12y t y t =for t< t 0 . In other words, t he output is not affected by input values for 0t t ≥. Therefore, thesystem is causal .Assumption: the system is causal . To prove that :If x(t)=0 for t< t 0 .then y(t)=0 for t< t 0 .Let us assume that the signal x(t)=0 for t< t 0 .Then we may express x(t) as ()()12()x t x t x t =-, Where()()12x t x t = for t< t 0 . the system is linear .the output to x(t) will be()()12()y t y t y t =-.Now ,since the system is causal . ()()12y t y t = for t< t 0 .implies that()()12y t y t = for t< t 0 .Therefore y(t)=0 for t< t 0 .(b) Consider y(t)=x(t)x(t+1) .Now , x(t)=0 for t< t 0 implies that y(t)=0 for t< t 0 .Note that the system is nonlinear and non-causal .(c) Consider y(t)=x(t)+1. the system is nonlinear and causal .This does not satisfy the condition of part(a). (d) Assumption: the system is invertible. To prove that :y[n]=0 for all n only if x[n]=0 for all n . Consider[]0[]x n y n =→. Since the system is linear :2[]02[]x n y n =→.Since the input has not changed in the two above equations ,we require that y[n]= 2y[n].This implies that y[n]=0. Since we have assumed that the system is invertible , only one input could have led to this particular output .That input must be x[n]=0 .Assumption: y[n]=0 for all n if x[n]=0 for all n . To prove that : The system is invertible . Suppose that11[][]x n y n → and21[][]x n y n →Since the system is linear ,1212[][][][]0x n x n y n y n -=→-=By the original assumption ,we must conclude that 12[][]x n x n =.That is ,any particular y 1[n] can be produced that by only one distinct input x 1[n] .Therefore , the system is invertible. (e) y[n]=x 2[n]. 1.45. (a) Consider ,()111()()shx x t y t t φ→= and()222()()shx x t y t t φ→=.Now, consider ()()()312x t ax t bx t =+. The corresponding system output will be()()12331212()()()()()()()()()hx hx y t x h t d a x h t d b x t h t d a t b t ay t by t ττττττττφφ∞-∞∞∞-∞-∞=+=+++=+=+⎰⎰⎰Therefore, S is linear .Now ,consider x 4(t)=x 1(t-T).The corresponding system output will be()14411()()()()()()()hx y t x h t d x T h t d x h t T d t T τττττττττφ∞-∞∞-∞∞-∞=+=-+=++=+⎰⎰⎰Clearly, y 4(t)≠ y 1(t-T).Therefore ,the system is not time-invariant.The system is definitely not causal because the output at any time depends on future values of the input signal x(t).(b) The system will then be linear ,time invariant and non-causal. 1.46. The plots are in Figure S1.46.1.47.(a) The overall response of the system of Figure P1.47.(a)=(the response of the system to x[n]+x 1[n])-the response of the system to x 1[n]=(Response of a linear system L to x[n]+x 1[n]+zero input response of S)- (Response of a linear system L to x 1[n]+zero input response of S)=( (Response of a linear system L to x[n]).Chapter 2 answers2.1 (a) We have know that 1[]*[][][]k y x n h n h k x n k ∞=-∞==-∑1[][1][1][1][1]y n h x n h x n =-++-2[1]2[1]x n x n =++-This gives1[]2[1]4[]2[1]2[2]2[4]y n n n n n n δδδδδ=+++-+--- (b)We know that2[][2]*[][][2]k y n x n h n h k x n k ∞=-∞=+=+-∑Comparing with eq.(S2.1-1),we see that21[][2]y n y n =+(c) We may rewrite eq.(S2.1-1) as1[][]*[][][]k y n x n h n x k h n k ∞=-∞==-∑Similarly, we may write3[][]*[2][][2]k y n x n h n x k h n k ∞=-∞=+=+-∑Comparing this with eq.(S2.1),we see that31[][2]y n y n =+2.2 Using given definition for the signal h[n], we may write{}11[][3][10]2k h k u k u k -⎛⎫=+-- ⎪⎝⎭The signal h[k] is non zero only in the rang 1[][2]h n h n =+. From this we know that the signal h[-k] is non zero only in the rage 93k -≤≤.If we now shift the signal h[-k] by n to the right, then the resultant signal h[n-k] will be zero in the range (9)(3)n k n -≤≤+. Therefore ,9,A n =- 3B n =+ 2.3 Let us define the signals11[][]2nx n u n ⎛⎫= ⎪⎝⎭and1[][]h n u n =. We note that1[][2]x n x n =- and 1[][2]h n h n =+ Now,。
信号与系统第二版课后答案西安交大奥本海姆
第一章1.3 解：(a). 2401lim(),04Tt T TE x t dt e dt P ∞-∞∞→∞-====⎰⎰(b) dt t x TP T TT ⎰-∞→∞=2)(21lim121lim ==⎰-∞→dt T TTT∞===⎰⎰∞∞--∞→∞dt t x dt t x E TTT 22)()(lim(c).222lim()cos (),111cos(2)1lim()lim2222TT TTTT T TTE x t dt t dt t P x t dt dt TT∞∞→∞--∞∞→∞→∞--===∞+===⎰⎰⎰⎰(d) 034121lim )21(121lim ][121lim 022=⋅+=+=+=∞→=∞→-=∞→∞∑∑N N n x N P N Nn n N N N n N 34)21()(lim202===∑∑-∞=∞→∞nNNn N n x E (e). 2()1,x n E ∞==∞211lim []lim 112121N NN N n N n NP x n N N ∞→∞→∞=-=-===++∑∑ (f) ∑-=∞→∞=+=NNn N n x N P 21)(121lim 2∑-=∞→∞∞===NNn N n x E 2)(lim1.9. a). 00210,105T ππω===; b) 非周期的； c) 00007,,22mN N ωωππ=== d). 010;N = e). 非周期的； 1.12 解：∑∞=--3)1(k k n δ对于4n ≥时，为1即4≥n 时，x(n)为0，其余n 值时，x(n)为1易有：)3()(+-=n u n x , 01,3;M n =-=- 1.15 解：(a)]3[21]2[][][222-+-==n x n x n y n y , 又2111()()2()4(1)x n y n x n x n ==+-， 1111()2[2]4[3][3]2[4]y n x n x n x n x n ∴=-+-+-+-，1()()x n x n = ()2[2]5[3]2[4]y n x n x n x n =-+-+- 其中][n x 为系统输入。
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60、生活的道路一旦选定，就要勇敢地 走到底 ，决不 回头。 ——左
文 家 。汉 族 ，东 晋 浔阳 柴桑 人 （今 江西 九江 ） 。曾 做过 几 年小 官， 后辞 官 回家 ，从 此 隐居 ，田 园生 活 是陶 渊明 诗 的主 要题 材， 相 关作 品有 《饮 酒 》 、 《 归 园 田 居 》 、 《 桃花 源 记 》 、 《 五 柳先 生 传 》 、 《 归 去来 兮 辞 》 等 。
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56、书不仅是生活，而且是现在、过 去和未 来文化 生活的 源泉。 ——库 法耶夫 57、生命不可能有两次，但许多人连一 次也不 善于度 过。— —吕凯 特 58、问渠哪得清如许，为有源头活水来 。—— 朱熹 59、我的努力求学没有得到别的好处， 只不过 是愈来 愈发觉 自己的 无知。 ——笛 卡儿
本海默信号与系统第二版课后习题解 信号与系统部分习题答案
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7、翩翩新 来燕，双双入我庐 ，先巢故尚在，相 将还旧居。
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若ห้องสมุดไป่ตู้
浮
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9、 陶渊 明（ 约 365年 —427年 ），字 元亮， （又 一说名 潜，字 渊明 ）号五 柳先生 ，私 谥“靖 节”， 东晋 末期南 朝宋初 期诗 人、文 学家、 辞赋 家、散
奥本海姆《信号与系统》(第2版)笔记和课后习题(含考研真题)详解(下册)-通信系统(圣才出品)
第8章通信系统8.1 复习笔记几个基本概念：（1）调制：将某一个载有信息的信号嵌入另一个信号中的过程。
（2）解调：将载有信息的信号提取出来的过程。
（3）复用：将若干个彼此独立的信号，合并为一个可在同一信道上同时传输的复合信号的方法。
（4）幅度调制：正弦幅度调制和正弦频率调制。
（5）正弦幅度调制：一个复指数信号或正弦信号c(t)的振幅被载有信息的信号x(t)相乘。
信号x(t)称为调制信号，而信号c(t)称为载波信号，已调信号y(t)是这两个信号的乘积，即。
一、复指数与正弦幅度调制1．正弦幅度调制的两种常用的形式（1）载波信号c(t)为如下复指数：（2）载波信号是正弦的频率ωc都称为载波频率。
2．复指数载波的幅度调制选θc＝0，已调信号y(t)是。
（1）信号的傅里叶变换x(t)、y(t)和c(t)的傅里叶变换分别为X(jω)、Y(jω)和C(jω)。
已调输出y(t)的频谱是输入的谱，只是在频率轴上位移了一个等于载波频率ωc的量。
（2）解调将x(t)从已调信号y(t)中恢复出来，只要将y(t)乘以复指数，即在频域，这等于把已调信号的频谱在频率轴上往回挪到调制信号原先所在的频谱位置。
3．正弦载波的幅度调制取θc＝0，载波是正弦波。
（1）信号的傅里叶变换①载波信号的频谱②已调信号的频谱（2）解调只要就能从y(t)中恢复出x(t)；否则，这两个重复的频谱将会有重叠。
二、正弦幅度调制的解调1．同步解调同步解调是指解调器载波在相位上与调制器载波是同相的解调过程。
（1）解调器载波在相位上与调制器载波是同相假设，已调信号为原始信号可通过用y(t)来调制同样一个正弦载波并用一个低通滤波器把它恢复出来，即于是ω(t)由两项之和组成：一项是原始信号的一半，另一项则是用原始信号的一半去调制一个2ωc的正弦载波。
因此应该应用低通滤波器就相应于保留第一项，消除掉第二项。
（2）调制器和解调器在相位上不同步在复指数载波的情况下，用θc代表调制用载波的相位，用代表解调用载波的相位，即如果，那么ω(t)将有一个复振幅因子。
信号与系统奥本海姆第二版答案
第1章信号与系统1.1复习笔记1，连续时间和离散时间信号1个连续时间信号和离散时间信号（1）连续时间信号（图1-1（a））①定义连续时间信号是指自变量是连续变量的信号，并且该信号是在自变量的连续值上定义的。
②代表自变量由T表示，表示连续时间。
连续时间信号表示为X（T）。
（2）离散时间信号（图1-1（b））①定义离散时间信号的自变量仅在一组离散值中选择，并且仅在离散时间点定义信号。
②代表自变量由N表示，N表示离散时间。
离散时间信号表示为x [n]。
说明：hwocrtemp_ ROC60图1-1信号的图形表示（a）连续的时间表示；（b）离散时间信号2.信号能量和功率（1）有限间隔内信号的总能量和功率①描述中的连续时间信号x（T）：hwocrtemp_ roc120中的总能量说明：hwocrtemp_ ROC130哪里x |是X的模块（可能是复数）。
通过将上述公式除以长度t2-t1，可以获得平均功率。
②描述中的离散时间信号x [n]：hwocrtemp_ roc140中的总能量说明：hwocrtemp_ ROC150将其除以interval_中的点数即可。
Roc160获得该范围内的平均功率。
（2）无限间隔内信号的总能量和功率①无限时间连续时间信号的总能量x（T）说明：hwocrtemp_ ROC180无限时间连续时间信号x（T）的平均功率说明：hwocrtemp_ ROC220②无限时间中离散时间信号x [n]的总能量说明：hwocrtemp_ ROC190无限时间间隔内离散时间信号x [n]的平均功率说明：hwocrtemp_ ROC230（3）根据信号能量和功率的限制进行分类①该信号的总能量有限，即：hwocrtemp_ Roc240，该信号的平均功率为零。
②如果平均功率P∞是有限的，则其能量是无限的。
③具有无限大的P∞和E∞的信号。
2，自变量的变换基本转型（1）时移①X（t-t0）表示具有延迟|的X（T）。
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第7 章采样7.1复习笔记一、用信号样本表示连续时间信号：采样定理1.冲激串采样（1）冲激串采样的定义冲激串采样是指用一个周期冲激串p(t)去乘待采样的连续时间信号x(t)。
该周期冲激串p(t)称为采样函数，周期T 称为采样周期，而p(t)的基波频率ω＝2π/T 称为采样频率。
（2）采样过程（图7-1）在时域中有其中即由相乘性质有因为信号与一个单位冲激函数的卷积就是该信号的移位，于是有即X p(jω)是频率ω 的周期函数，它由一组移位的X(jω)的叠加组成，但在幅度上标以1/T 的变化。
图7-1 冲激串采样（3）采样定理设x(t)是某一个带限信号，在|ω|＞ωM时，X(jω)＝0。
如果ωs＞2ωM，其中ωs＝2π/T，那么x(t)唯一地由其样本x(nT)，n＝0，±1，±2，… 所确定。
已知这些样本值，重建x(t)的办法：产生一个周期冲激串，其冲激幅度就是这些依次而来的样本值；然后将该冲激串通过一个增益为T，截止频率大于ωM而小于的理想低通滤波器，该滤波器的输出就是x(t)。
频率2ωM称为奈奎斯特率。
2.零阶保持采样（1）零阶保持的含义（图7-2）在一个给定的瞬时对x(t)采样并保持这一样本值，直到下一个样本被采到为止。
图7-2 利用零阶保持采样（2）零阶保持采样的过程零阶保持的输出x0(t)在原理上可以用冲激串采样，再紧跟着一个线性时不变系统（该系统具有矩形的单位冲激响应）来得到。
①用一个单位冲激响应为h r(t)，频率响应为H r(jω)的线性时不变系统来处理x0(t)。
②给出一个H r(jω)，以使r(t)＝x(t)。
这就要求若H 的截止频率等于ωs/2，则紧跟在一个零阶保持系统后面的重建滤波器的理想模和相位特性如图7-4 所示。
零阶保持输出本身就被认为是一种对原始信号的充分近似，用不着附加任何低通滤波。
图7-3 作为冲激串采样，再紧跟一个具有矩形单位冲激响应的线性时不变系统的零阶保持图7-4 为零阶保持采样重建信号的重建滤波器的模和相位特性二、利用内插由样本重建信号内插是指用一连续信号对一组样本值的拟合。
1.零阶保持2.线性内插（一阶保持）（1）线性内插是将相邻的样本点用直线直接连起来。
（2）利用理想低通滤波器的单位冲激响应的内插（即带限内插）：①输出x0(t)为时上式体现了在样本点x(nT)之间如何拟合成一条连续曲线，因此代表了一种内插公式。
②对于理想低通滤波器H(jω)，h(t)为所以有按照上式在ωc＝ωs／2 时的重建过程如图7-5 所示。
图7-5 利用sinc 函数的理想带限内插（a）带限信号x(t)；（b）x(t)的样本冲激串；（c）用x r的sinc 函数的叠加取代冲激串的理想带限内插。
3.高阶保持三、欠采样的效果：混叠现象混叠是指采样后信号的频谱发生重叠导致失真的现象。
即当ωs＜2ωM时，x(t)的频谱X(jω)不在X0(jω)中重复，因此利用低通滤波不能把x(t)从采样信号中恢复出来，这时单项发生重叠，被重建的信号x r(t)不等于x(t)。
四、连续时间信号的离散时间处理1.对连续时间信号的处理方法（图7-6）图7-6 连续时间信号的离散时间处理（1）连续时间信号x c(t)可以完全用一串瞬时样本值x c(nT)来表示：x d[n]＝x c(nT)（2）把从连续时间到离散时间的变换表示成一个周期采样的过程，再紧跟着一个把冲激串映射为一个序列的环节。
图7-7 用一个周期冲激串采样，再跟着一个到离散时间序列的转换。
（a）整个系统；（b）两种采样率的x p(t)，虚线包络代表x c(t)；（c）两种不同采样率的输出序列。
①第一步代表一个采样过程，冲激串x p(t)是一个冲激序列，各冲激的幅度与x c(t)的样本值相对应，而在时间间隔上等于采样周期T。
②在从冲激串到离散时间序列的转换中，得到x d[n]；这是以x c(t)的样本值为序列值的同一序列，但是其单位间隔采用新的自变量n。
实际上从样本的冲激串到样本的离散时间序列的转换可认为是一个时间的归一化过程。
③离散时间到连续时间的转换，即恢复过程。
连续时间的频率变量用ω 表示，将离散时间的频率变量用Ω 表示。
2.X c(jω)、X p(jω)和X d（e jΩ）的关系x c(t)和y c(t)的连续时间傅里叶变换分别用Xc(jω)和Y c(jω)表示；而x d[n]和y d[n]的离散时间傅里叶变换分别用和表示。
（1）用x c(t)的样本值来表示x p(t)的连续时间傅里叶变换X p(jω)又δ（t－nT）的傅里叶变换是e-jωnT，所以现在考虑x d[n]的离散时间傅里叶变换，即因为x d[n]＝x c(nT)从而可得X d（e jΩ）和X p(jω)的关系又因为因此得到（2）X c(jω)、X p(jω)和X d（e jΩ）三者之间的关系①X d（e jΩ）是X p(jω)的重复，唯频率坐标有一个尺度变换。
②x d[n]和x r(t)之间的频谱关系，是通过先把x c(t)的频谱X c(jω)按进行周期重复，然后再跟着一个按的线性频率尺度变换联系起来的。
图7-8 在两种不同采样率下，X c(jω)、X p(jω)和X d(e jΩ)之间的关系3．利用离散时间滤波器过滤连续时间信号的系统图7-9 利用离散时间滤波器过滤连续时间信号的系统图7-10 图7-9 所示系统的频域说明。
（a）连续时间信号的频谱X c(jω)；（b）冲激串采样以后的谱；（c）离散时间序列x d[n]的谱；（d）H d(e jΩ)和X d(e jΩ)相乘后得到的Y d(e jΩ)；（e）H p(jω)和X p(jω)相乘后得到的Y P(jω)；（f）H c(jω)和X c(jω)相乘后得到的Y c(jω)。
（1）图7-10 左边是某一代表性的频谱X c(jω)、X p(jω)和X o(e jΩ)，其中假定ωM＜ωs/2，所以没有混叠发生。
相应于时间滤波器输出的谱y d(e jΩ)是X d(e jΩ)和H d(e jΩ)相乘，如图7-10（d）所示。
（2）变换到Y e( jω)就相应于进行频率尺度的变换，然后进行低通滤波，所得到的频谱分别如图7-10（e）和图7-10（f）所示。
（3）因为Y d(e jΩ)是两个互为重叠的频谱积，如图7-10（d）所示，所以对两者都应施加频率尺度的变换和滤波。
（4）将图7-10（a）和（f）讲行比较，可得，在输入是充分带限的，并满足采样定理的条件下，图7-10 的整个系统事实上就等效于一个相应为H c(jω)的连续时间系统，而H c( jω)与离散时间频率响应H d(e jΩ)的关系为等效的连续时间滤波器的频率响应是该离散时间滤波器在一个周期内的特性，只是频率轴有线性尺度变化。
4.数字微分器（1）连续时间微分滤波器的频率响应（2）截止频率为ωc的带限微分器的频率响应（3）ωs＝2ωc时相应的离散时间的频率响应H d(e iΩ)因此只要x c(t)的采样中没有混叠产生，y c(t)一定是x c(t)的导数。
图7-11 连续时间理想带限微分器的频率响应H c(jω)＝jω，|ω|＜ωc图7-12 用于实现一个连续时间带限微分器的离散时间滤波器的频率响应5.半采样间隔延时（1）在输入x c(t)是带限的，且采样率足够高以避免混叠的条件下，整个系统的输入、输出是用下列关系联系起来的：其中Δ代表延时时间。
（2）根据时移性质，频率响应为（3）截止频率为ωc的带限微分器的频率响应（图7-13（a））。
要被实现的等效连续时间系统必须是带限的，因此选取ωc是该连续时间滤波器的截止频率。
即H c( jω)对于带限内的信号就相应于的一个时间移位，而对于比ωc高的频率则全部滤除。
（4）若取采样频率ωs＝2ω，则相应的离散时间频率响应（图7-13（b））为：图7-13（a）连续时间延时系统频率响应的模和相位特性；（b）相应的离散时间延时系统频率响应的模和相位特性。
（5）半采样间隔延时当，即输入的延时，若Δ/T是一个整数，序列y d[n]是x d[n]的延时，即五、离散时间信号采样1.脉冲串采样（1）采样过程由采样过程形成的新序列x p[n]在采样周期N的整倍数点上就等于原来的序列x[n]，而在采样点之间都是零，即（2），和的关系在频域内有采样序列p[n]的傅里叶变换是式中采样频率。
于是有图7-14 一个离散时间信号经脉冲串采样后的频域效果（a）原始信号的频谱；（b）采样序列的频谱；（c）在时已采样信号的频谱；（d）在时已采样信号的频谱，这时发生了混叠。
（3）信号的恢复（图7-15）在没有频谱重叠的情况下，如实地在和2π的整数倍附近再现，这样就能利用增益为N，截止频率大于ωm而小于的低通滤波器从中恢复出来。
（该低通滤波器的截止频率为。
）图7-15 利用理想低通滤波器从样本中完全恢复一个离散时间信号。
（a）一个带限信号采样并从样本中恢复的方框图；（b）信号的频谱；（c）的频谱；（d）截止频率为的理想低通滤波器的频率响应；（e）重建信号的频谱。
（4）该低通滤波器的单位脉冲响应重建的序列是或者等效地写成上式代表一种理想的带限内插，从而要求实现一个理想低通滤波器。
在一般应用中，往往使用一个适当近似的低通滤波器，这时等效的内插公式为，其中是内插滤波器的单位脉冲响应。
2.离散时间抽取与内插（1）离散时间抽取①采样序列：用已采样序列中的每隔N 点上的序列值构成的，即或因为和在N 的整数倍上都是相等的，可等效为②和的关系或利用，有令或者，且因为当n 不为N 的整数倍时，，所以于是的傅里叶变换为。