信号与系统课后习题答案—第章
信号与系统 陈后金 第二版 课后习题答案(完整版)
（1） f (t) = 3sin 2t + 6 sinπ t
（2） f (t) = (a sin t) 2
（8）
f
(k)
=
cos⎜⎛ ⎝
πk 4
⎟⎞ ⎠
+
sin⎜⎛ ⎝
πk 8
⎟⎞ ⎠
−
2
cos⎜⎛ ⎝
πk 2
⎟⎞ ⎠
解：（1）因为 sin 2t 的周期为π ，而 sin πt 的周期为 2 。
显然，使方程
−∞
0
2-10 已知信号 f (t) 的波形如题 2-10 图所示，绘出下列信号的波形。
f (t)
2
1
−1 0
t 2
题 2-10 图
（3） f (5 − 3t) （7） f ′(t) 解：（3）将 f (t) 表示成如下的数学表达式
（5） f (t)u(1 − t)
由此得
⎧2
f
(t)
=
⎪ ⎨ ⎪ ⎩
f (t)u(1− t) 2
1
0.5
t
−1 0
1
（7）方法 1：几何法。由于 f (t) 的波形在 t = −1处有一个幅度为 2 的正跳变，所以 f ′(t) 在 此处会形成一个强度为 2 的冲激信号。同理，在 t = 0 处 f ′(t) 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 0 < t < 2 的区间内有 f ′(t) = −0.5 （由 f (t) 的表达式可
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《信号与系统》（陈后金等编）作业参考解答
（2）显然，该系统为非线性系统。 由于
T{f (t − t0 )}= Kf (t − t0 ) + f 2 (t − t0 ) = y(t − t0 )
信号与线性系统分析习题答案
信号与线性系统课后答案第一章 信号与系统（一）1-1画出下列各信号的波形【式中)()(t t t r ε=】为斜升函数。
（2）∞<<-∞=-t e t f t ,)( （3）)()sin()(t t t f επ= （4）)(sin )(t t f ε= （5）)(sin )(t r t f = （7）)(2)(k t f k ε= （10）)(])1(1[)(k k f k ε-+= 解：各信号波形为 （2）∞<<-∞=-t e t f t ,)(（3）)()sin()(t t t f επ=（4）)fεt=(sin)(t （5）)tf=r(sin)(t（7）)tf kε(k=(2)（10）)f kεk-=(k+]()1(1[)1-2 画出下列各信号的波形[式中)()(t t t r ε=为斜升函数]。
（1）)2()1(3)1(2)(-+--+=t t t t f εεε （2）)2()1(2)()(-+--=t r t r t r t f（5）)2()2()(t t r t f -=ε （8）)]5()([)(--=k k k k f εε（11）)]7()()[6sin()(--=k k k k f εεπ （12）)]()3([2)(k k k f k---=εε 解：各信号波形为 （1）)2()1(3)1(2)(-+--+=t t t t f εεε（2）)2()1(2)()(-+--=t rt rt rtf（5）)2()2()(ttrtf-=ε（8）)]5()([)(--=k k k k f εε（11）)]7()()[6sin()(--=k k k k f εεπ（12）)]()3([2)(kkkf k---=εε1-3 写出图1-3所示各波形的表达式。
1-4 写出图1-4所示各序列的闭合形式表达式。
1-5 判别下列各序列是否为周期性的。
如果是，确定其周期。
信号与系统课后习题与解答第一章
信号与系统课后习题与解答第⼀章1-1 分别判断图1-1所⽰各波形是连续时间信号还是离散时间信号，若是离散时间信号是否为数字信号？图1-1图1-2解信号分类如下：--???--））（散（例见图数字：幅值、时间均离））（连续（例见图抽样：时间离散，幅值离散））（连续（例见图量化：幅值离散，时间））（续（例见图模拟：幅值、时间均连连续信号d 21c 21b 21a 21图1-1所⽰信号分别为（a ）连续信号（模拟信号）；（b ）连续（量化）信号；（c ）离散信号，数字信号；（d ）离散信号；（e ）离散信号，数字信号；（f ）离散信号，数字信号。
1-2 分别判断下列各函数式属于何种信号？（重复1-1题所⽰问）（1）)sin(t e at ω-；（2）nT e -；（3）)cos(πn ；（4）为任意值）（00)sin(ωωn ；（5）221。
解由1-1题的分析可知：（1）连续信号；（2）离散信号；（3）离散信号，数字信号；（4）离散信号；（5）离散信号。
1-3 分别求下列各周期信号的周期T ：（1）)30t (cos )10t (cos -；（2）j10t e ；（3）2)]8t (5sin [；（4）[]为整数）（n )T nT t (u )nT t (u )1(0n n ∑∞=-----。
解判断⼀个包含有多个不同频率分量的复合信号是否为⼀个周期信号，需要考察各分量信号的周期是否存在公倍数，若存在，则该复合信号的周期极为此公倍数；若不存在，则该复合信号为⾮周期信号。
（1）对于分量cos (10t )其周期5T 1π=；对于分量cos (30t )，其周期15T 2π=。
由于5π为21T T 、的最⼩公倍数，所以此信号的周期5T π=。
（2）由欧拉公式)t (jsin )t (cos e t j ωωω+= 即)10t (jsin )10t (cos e j10t +=得周期5102T ππ==。
（3）因为[])16t (cos 2252252)16t (cos 125)8t (5sin 2-=-?=所以周期8162T ππ==。
信号与系统课后习题答案
习 题 一 第一章习题解答基本练习题1-1 解 (a) 基频 =0f GCD （15,6）=3 Hz 。
因此，公共周期3110==f T s 。
(b) )30cos 10(cos 5.0)20cos()10cos()(t t t t t f ππππ+==基频 =0f GCD （5, 15）=5 Hz 。
因此，公共周期5110==f T s 。
(c) 由于两个分量的频率1ω=10π rad/s 、1ω=20 rad/s 的比值是无理数，因此无法找出公共周期。
所以是非周期的。
(d) 两个分量是同频率的，基频 =0f 1/π Hz 。
因此，公共周期π==01f T s 。
1-2 解 (a) 波形如图1-2(a)所示。
显然是功率信号。
t d t f TP T TT ⎰-∞→=2)(21lim16163611lim 22110=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=⎰⎰⎰∞→t d t d t d T T T W(b) 波形如图1.2(b)所示。
显然是能量信号。
3716112=⨯+⨯=E J (c) 能量信号 1.0101)(lim101025=-===⎰⎰∞∞---∞→T t ttT e dt edt eE J(d) 功率信号，显然有 1=P W1-3 解 周期T=7 ，一个周期的能量为 5624316=⨯+⨯=E J 信号的功率为 8756===T E P W 1-5 解 (a) )(4)2()23(2t tt δδ=+； (b) )5.2(5.0)5.2(5.0)25(5.733-=-=----t e t e t et tδδδ(c) )2(23)2()3sin()2()32sin(πδπδπππδπ+-=++-=++t t t t 题解图1-2(a) 21题解图1-2(b) 21(d) )3()3()(1)2(-=----t e t t et δδε。
1-6 解 (a) 5)3()94()3()4(2-=+-=+-⎰⎰∞∞-∞∞-dt t dt t t δδ(b) 0)4()4(632=+-⎰-dt t t δ(c) 2)]2(2)4(10[)]42(2)4()[6(63632=+++-=+++-⎰⎰--dt t t dt t t t δδδδ(d)3)3(3)(3sin )(1010=⋅=⎰⎰∞-∞-dt t Sa t dt ttt δδ。
信号与系统奥本海姆习题答案
Chapter 1 Answers1.6 (a).NoBecause when t<0, )(1t x =0.(b).NoBecause only if n=0, ][2n x has valuable.(c).Yes Because ∑∞-∞=--+--+=+k k m n k m n m n x ]}414[]44[{]4[δδ ∑∞-∞=------=k m k n m k n )]}(41[)](4[{δδ ∑∞-∞=----=k k n k n ]}41[]4[{δδ N=4.1.9 (a). T=π/5Because 0w =10, T=2π/10=π/5.(b). Not periodic.Because jt t e e t x --=)(2, while t e -is not periodic, )(2t x is not periodic.(c). N=2Because 0w =7π, N=(2π/0w )*m, and m=7.(d). N=10Because n j j e e n x )5/3(10/343)(ππ=, that is 0w =3π/5, N=(2π/0w )*m, and m=3.(e). Not periodic. Because 0w =3/5, N=(2π/0w )*m=10πm/3 , it ’s not a rational number.1.14 A1=3, t1=0, A2=-3, t2=1 or -1dtt dx )( isSolution: x(t) isBecause ∑∞-∞=-=k k t t g )2()(δ, dt t dx )(=3g(t)-3g(t-1) or dtt dx )(=3g(t)-3g(t+1) 1.15. (a). y[n]=2x[n-2]+5x[n-3]+2x[n-4]Solution:]3[21]2[][222-+-=n x n x n y ]3[21]2[11-+-=n y n y ]}4[4]3[2{21]}3[4]2[2{1111-+-+-+-=n x n x n x n x ]4[2]3[5]2[2111-+-+-=n x n x n xThen, ]4[2]3[5]2[2][-+-+-=n x n x n x n y(b).No. For it ’s linearity.the relationship between ][1n y and ][2n x is the same in-out relationship with (a). you can have a try.1.16. (a). No.For example, when n=0, y[0]=x[0]x[-2]. So the system is memory. (b). y[n]=0.When the input is ][n A δ,then, ]2[][][2-=n n A n y δδ, so y[n]=0. (c). No.For example, when x[n]=0, y[n]=0; when x[n]=][n A δ, y[n]=0. So the system is not invertible.1.17. (a). No.For example, )0()(x y =-π. So it ’s not causal.(b). Yes.Because : ))(sin()(11t x t y = , ))(sin()(22t x t y =))(sin())(sin()()(2121t bx t ax t by t ay +=+1.21. Solution:We have known:(a).(b).(c).(d).1.22. Solution:We have known:(a).(b).(e).(g)1.23. Solution:For )]()([21)}({t x t x t x E v -+= )]()([21)}({t x t x t x O d --= then,(a).(b).(c).1.24.For: ])[][(21]}[{n x n x n x E v -+= ])[][(21]}[{n x n x n x O d --=then,(a).(b).1.25. (a). Periodic. T=π/2.Solution: T=2π/4=π/2.(b). Periodic. T=2.Solution: T=2π/π=2.(d). Periodic. T=0.5. Solution: )}()4{cos()(t u t E t x v π=)}())(4cos()()4{cos(21t u t t u t --+=ππ )}()(){4cos(21t u t u t -+=π )4cos(21t π= So, T=2π/4π=0.51.26. (a). Periodic. N=7Solution: N=m *7/62ππ=7, m=3.(b). Aperriodic.Solution: N=ππm m 16*8/12=, it ’s not rational number.(e). Periodic. N=16 Solution as follow:)62cos(2)8sin()4cos(2][ππππ+-+=n n n n x in this equation,)4cos(2n π, it ’s period is N=2π*m/(π/4)=8, m=1.)8sin(n π, it ’s period is N=2π*m/(π/8)=16, m=1.)62cos(2ππ+-n , it ’s period is N=2π*m/(π/2)=4, m=1. So, the fundamental period of ][n x is N=(8,16,4)=16.1.31. SolutionBecause )()1()(),2()()(113112t x t x t x t x t x t x ++=--=. According to LTI property ,)()1()(),2()()(113112t y t y t y t y t y t y ++=--=Extra problems:Sketch ⎰∞-=t dt t x t y )()(. 1. SupposeSolution:2. SupposeSketch:(1). )]1(2)1()3()[(--+++t t t t g δδδ(2). ∑∞-∞=-k k t t g )2()(δ(2).Chapter 22.1 Solution:Because x[n]=(1 2 0 –1)0, h[n]=(2 0 2)1-, then(a).So, ]4[2]2[2]1[2][4]1[2][1---+-+++=n n n n n n y δδδδδ (b). according to the property of convolutioin:]2[][12+=n y n y(c). ]2[][13+=n y n y][*][][n h n x n y =][][k n h k x k -=∑∞-∞= ∑∞-∞=-+--=k k k n u k u ]2[]2[)21(2 ][211)21()21(][)21(12)2(0222n u n u n n k k --==+-++=-∑ ][])21(1[21n u n +-= the figure of the y[n] is:2.5 Solution:We have known: ⎩⎨⎧≤≤=elsewhere n n x ....090....1][，，, ⎩⎨⎧≤≤=elsewhere N n n h ....00....1][，，,(9≤N ) Then, ]10[][][--=n u n u n x , ]1[][][---=N n u n u n h∑∞-∞=-==k k n u k h n h n x n y ][][][*][][ ∑∞-∞=-------=k k n u k n u N k u k u ])10[][])(1[][(So, y[4] ∑∞-∞=-------=k k u k u N k u k u ])6[]4[])(1[][( ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≤=∑∑==4,...14, (140)0N N k Nk =5, then 4≥N And y[14] ∑∞-∞=------=k k u k u N k u k u ])4[]14[])(1[][(⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≤=∑∑==14,...114, (1145)5N N k Nk =0, then 5<N ∴4=N2.7 Solution:[][][2]k y n x k g n k ∞=-∞=-∑（a ）[][1]x n n δ=-,[][][2][1][2][2]k k y n x k g n k k g n k g n δ∞∞=-∞=-∞=-=--=-∑∑(b) [][2]x n n δ=-,[][][2][2][2][4]k k y n x k g n k k g n k g n δ∞∞=-∞=-∞=-=--=-∑∑ (c) S is not LTI system..(d) [][]x n u n =,0[][][2][][2][2]k k k y n x k g n k u k g n k g n k ∞∞∞=-∞=-∞==-=-=-∑∑∑2.8 Solution: )]1(2)2([*)()(*)()(+++==t t t x t h t x t y δδ )1(2)2(+++=t x t xThen,That is, ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧≤<-≤<-+-=-<<-+=others t t t t t t t t y ,........010,....2201,.....41..,.........412,.....3)(2.10 Solution:(a). We know:Then,)()()(αδδ--='t t t h)]()([*)()(*)()(αδδ--='='t t t x t h t x t y )()(α--=t x t xthat is,So, ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+≤≤-+≤≤≤≤=others t t t t t t y ,.....011,.....11,....0,.....)(ααααα(b). From the figure of )(t y ', only if 1=α, )(t y ' would contain merely therediscontinuities.2.11 Solution:(a). )(*)]5()3([)(*)()(3t u et u t u t h t x t y t----==⎰⎰∞∞---∞∞--------=ττττττττd t u e u d t u eu t t )()5()()3()(3)(3⎰⎰-------=tt t t d e t u d et u 5)(33)(3)5()3(ττττ⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧≥+-=-<≤-=<=---------⎰⎰⎰5,.......353,.....313.........,.........0315395)(33)(3393)(3t e e d e d e t e d e t tt t t t t t t t ττττττ(b). )(*)]5()3([)(*)/)(()(3t u e t t t h dt t dx t g t ----==δδ)5()3()5(3)3(3---=----t u e t u e t t(c). It ’s obvious that dt t dy t g /)()(=.2.12 Solution∑∑∞-∞=-∞-∞=--=-=k tk tk t t u ek t t u e t y )]3(*)([)3(*)()(δδ∑∞-∞=---=k k t k t u e)3()3(Considering for 30<≤t ,we can obtain33311])3([)(---∞=-∞-∞=--==-=∑∑ee e ek t u e e t y tk k tk kt. (Because k must be negetive ,1)3(=-k t u for 30<≤t ).2.19 Solution:(a). We have known:][]1[21][n x n w n w +-=(1) ][]1[][n w n y n y βα+-=(2)from (1), 21)(1-=E EE Hfrom (2), αβ-=E EE H )(2then, 212212)21(1)21)(()()()(--++-=--==E E E E E E H E H E H ααβαβ∴][]2[2]1[)21(][n x n y n y n y βαα=-+-+-but, ][]1[43]2[81][n x n y n y n y +-+--=∴⎪⎩⎪⎨⎧=⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=143)21(:....812βααor ∴⎪⎩⎪⎨⎧==141βα(b). from (a), we know )21)(41()()()(221--==E E E E H E H E H21241-+--=E EE E ∴][)41()21(2][n u n h n n ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=2.20 (a). 1⎰⎰∞∞-∞∞-===1)0cos()cos()()cos()(0dt t t dt t t u δ(b). 0dt t t )3()2sin(5+⎰δπ has value only on 3-=t , but ]5,0[3∉-∴dt t t )3()2sin(5+⎰δπ=0(c). 0⎰⎰---=-641551)2cos()()2cos()1(dt t t u d u πτπττ⎰-'-=64)2cos()(dt t t πδ0|)2(s co ='=t t π 0|)2sin(20=-==t t ππ∑∞-∞=-==k t h kT t t h t x t y )(*)()(*)()(δ∑∞-∞=-=k kT t h )(∴2.27Solution()y A y t dt ∞-∞=⎰,()xA x t dt ∞-∞=⎰,()hA h t dt ∞-∞=⎰.()()*()()()y t x t h t x x t d τττ∞-∞==-⎰()()()()()()()()()(){()}y x hA y t dt x x t d dtx x t dtd x x t dtd x x d d x d x d A A ττττττττττξξτττξξ∞∞∞-∞-∞-∞∞∞∞∞-∞-∞-∞-∞∞∞∞∞-∞-∞-∞-∞==-=-=-===⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰(a) ()()(2)tt y t e x d τττ---∞=-⎰,Let ()()x t t δ=,then ()()y t h t =. So , 2()(2)(2)()(2)()(2)t t t t t h t ed e d e u t τξδττδξξ---------∞-∞=-==-⎰⎰(b) (2)()()*()[(1)(2)]*(2)t y t x t h t u t u t e u t --==+---(2)(2)(1)(2)(2)(2)t t u eu t d u e u t d ττττττττ∞∞-------∞-∞=+------⎰⎰22(2)(2)12(1)(4)t t t t u t e d u t e d ττττ---------=---⎰⎰(2)2(2)212(1)[]|(4)[]|t t t t u t e e u t ee ττ-------=--- (1)(4)[1](1)[1](4)t t e u t e u t ----=-----2.46 SolutionBecause)]1([2)1(]2[)(33-+-=--t u dtde t u e dt d t x dt d t t )1(2)(3)1(2)(333-+-=-+-=--t e t x t e t x t δδ.From LTI property ,we know)1(2)(3)(3-+-→-t h e t y t x dtdwhere )(t h is the impulse response of the system. So ,following equation can be derived.)()1(223t u e t h e t --=-Finally, )1(21)()1(23+=+-t u e e t h t 2.47 SoliutionAccording to the property of the linear time-invariant system: (a). )(2)(*)(2)(*)()(000t y t h t x t h t x t y ===(b). )(*)]2()([)(*)()(00t h t x t x t h t x t y --==)(*)2()(*)(0000t h t x t h t x --=012y(t)t4)2()(00--=t y t y(c). )1()1(*)(*)2()1(*)2()(*)()(00000-=+-=+-==t y t t h t x t h t x t h t x t y δ(d). The condition is not enough.(e). )(*)()(*)()(00t h t x t h t x t y --==τττd t h x )()(00+--=⎰∞∞-)()()(000t y dm m t h m x -=--=⎰∞∞-(f). )()]([)](*)([)(*)()(*)()(000000t y t y t h t x t h t x t h t x t y "=''='--'=-'-'==Extra problems:1. Solute h(t), h[n](1). )()(6)(5)(22t x t y t y dt dt y dtd =++ (2). ]1[][2]1[2]2[+=++++n x n y n y n y Solution:(1). Because 3121)3)(2(1651)(2+-++=++=++=P P P P P P P Hso )()()()3121()(32t u e e t P P t h t t ---=+-++=δ (2). Because )1)(1(1)1(22)(22i E i E EE E E E E E H -+++=++=++=iE Eii E E i -+-+++=1212 so []][)1()1(2][1212][n u i i i k i E E i i E E i n h n n +----=⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+-+++=δChapter 33.1 Solution:Fundamental period 8T =.02/8/4ωππ==00000000033113333()224434cos()8sin()44j kt j t j t j t j tk k j t j t j t j tx t a e a e a e a e a e e e je je t t ωωωωωωωωωππ∞----=-∞--==+++=++-=-∑3.2 Solution:for, 10=a , 4/2πj ea --= , 4/2πj ea = , 3/42πj ea --=, 3/42πj ea =n N jk k N k e a n x )/2(][π∑>=<=n j n j n j n j e a e a e a e a a )5/8(4)5/8(4)5/4(2)5/4(20ππππ----++++=n j j n j j n j j n j j e e e e e e e e )5/8(3/)5/8(3/)5/4(4/)5/4(4/221ππππππππ----++++= )358cos(4)454cos(21ππππ++++=n n)6558sin(4)4354sin(21ππππ++++=n n3.3 Solution: for the period of )32cos(t πis 3=T , the period of )35sin(t πis 6=Tso the period of )(t x is 6 , i.e. 3/6/20ππ==w)35sin(4)32cos(2)(t t t x ππ++= )5sin(4)2cos(21200t w t w ++=)(2)(21200005522t w j t w j t w j t w j e e j e e ----++=then, 20=a , 2122==-a a , j a 25=-, j a 25-=3.5 Solution:(1). Because )1()1()(112-+-=t x t x t x , then )(2t x has the same period as )(1t x ,that is 21T T T ==, 12w w =(2). 212111()((1)(1))jkw t jkw tk T T b x t e dt x t x t e dt T--==-+-⎰⎰111111(1)(1)jkw tjkw t T Tx t e dt x t e dt T T --=-+-⎰⎰ 111)(jkw k k jkw k jkw k e a a e a e a -----+=+=3.8 Solution:kt jw k k e a t x 0)(∑∞-∞==while:)(t x is real and odd, then 00=a , k k a a --=2=T , then ππ==2/20wand0=k a for 1>kso kt jw k k e a t x 0)(∑∞-∞==t jw t jw e a e a a 00110++=--)sin(2)(11t a e e a t j t j πππ=-=-for12)(2121212120220==++=-⎰a a a a dt t x∴2/21±=a ∴)sin(2)(t t x π±=3.13 Solution:Fundamental period 8T =.02/8/4ωππ==kt jw k k e a t x 0)(∑∞-∞==∴t jkw k k e jkw H a t y 0)()(0∑∞-∞==0004, 0sin(4)()0, 0k k H jk k k ωωω=⎧==⎨≠⎩ ∴000()()4jkw t k k y t a H jkw e a ∞=-∞==∑Because 48004111()1(1)088T a x t dt dt dt T ==+-=⎰⎰⎰So ()0y t =.kt jw k k e a t x 0)(∑∞-∞==∴t jkw k k e jkw H a t y 0)()(0∑∞-∞== ∴dt e jkw H t y Ta t jkw Tk 0)()(10-⎰=for⎪⎩⎪⎨⎧>≤=100, (0100),.......1)(w w jw H ∴if 0=k a , it needs 1000>kwthat is 12100,........1006/2>>k kππand k is integer, so 8>K3.22 Solution:021)(1110===⎰⎰-tdt dt t x Ta Tdt te dt te dt e t x T a t jk t jk t jkw T k ππ-----⎰⎰⎰===1122112121)(10t jk tde jk ππ--⎰-=1121⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡---=----111121ππππjk e te jk t jk tjk ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---+-=--ππππππjk e e e e jk jk jk jk jk )()(21⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-=ππππjk k k jk )sin(2)cos(221[]πππππk jk k j k jk k)1()cos()cos(221-==-=0............≠k404402()()1184416tj tj t t j tt j t H j h t edt ee dte edt e e dtj j ωωωωωωωω∞∞----∞-∞∞----∞===+=+=-++⎰⎰⎰⎰A periodic continous-signal has Fourier Series:. 0()j kt k k x t a e ω∞=-∞=∑T is the fundamental period of ()x t .02/T ωπ=The output of LTI system with inputed ()x t is 00()()jk t k k y t a H jk e ωω∞=-∞=∑Its coefficients of Fourier Series: 0()k k b a H jk ω= (a)()()n x t t n δ∞=-∞=-∑.T=1, 02ωπ=11k a T==. 01/221/21()()1jkw t jk tk T a x t e dt t e dt Tπδ---===⎰⎰ （Note ：If ()()n x t t nT δ∞=-∞=-∑,1k a T=） So 2282(2)16(2)4()k k b a H jk k k πππ===++ (b)()(1)()n n x t t n δ∞=-∞=--∑ .T=2, 0ωπ=,11k a T== 01/23/21/21/2111()()(1)(1)221[1(1)]2jkw t jk tjk t k T k a x t e dt t e dt t e dtT ππδδ----==+--=--⎰⎰⎰So 24[1(1)]()16()k k k b a H jk k ππ--==+, (c) T=1,02ωπ=01/421/4sin()12()jk t jk tk T k a x t e dt e dt Tk ωπππ---===⎰⎰28sin()2()[16(2)]k k k b a H jk k k ππππ==+ 3.35 Solution: T= /7π,02/14T ωπ==.kt jw k k e a t x 0)(∑∞-∞==∴t jkw k k e jkw H a t y 0)()(0∑∞-∞==∴0()k k b a H jkw =for⎩⎨⎧≥=otherwise w jw H ,.......0250,.......1)(,01,. (17)()0,.......k H jkw otherwise ⎧≥⎪=⎨⎪⎩that is 0250250, (14)k k ω<<, and k is integer, so 18....17k or k <≤. Let ()()y t x t =,k k b a =, it needs 0=k a ,for 18....17k or k <≤.3.37 Solution:11()[]()212()21312411511cos 224nj j nj n n n n j nn j nn n j j j H e h n ee ee e e e ωωωωωωωωω∞∞--=-∞=-∞-∞--=-∞=-===+=+=---∑∑∑∑A periodic sequence has Fourier Series:2()[]jk n Nk k N x n a eπ=<>=∑.N is the fundamental period of []x n .The output of LTI system with inputed []x n is 22()[]()jk jk n NNk k N y n a H eeππ=<>=∑.Its coefficients of Fourier Series: 2()jk Nk k b a H eπ=(a)[][4]k x n n k δ∞=-∞=-∑.N=4, 14k a =.So 2314()524cos()44j k Nk k b a H e k ππ==-3165cos()42k b k π=-3.40 Solution: According to the property of fourier series: (a). )2cos(2)cos(20000000t Tka t kw a e a ea a k k t jkw k t jkw k k π==+='- (b). Because 2)()()}({t x t x t x E v -+=}{2k v k k k a E a a a =+='-(c). Because 2)(*)()}({t x t x t x R e +=2*kk k a a a -+='(d). k k k a Tjka jkw a 220)2()(π=='(e). first, the period of )13(-t x is 3T T ='then 3)(1)13(131213120dme m x T dt e t x T a m T jk T t T jk T k +'--'-'-'⎰⎰'=-'='ππTjkk m T jk T T jk T jk m T jk T ea dm e m x T e dm e e m x T πππππ221122211)(1)(1---------=⎥⎦⎤⎢⎣⎡==⎰⎰3.43 (a) Proof:（i ）Because ()x t is odd harmonic ,(2/)()jk T t k k x t a e π∞=-∞=∑,where 0k a = for everynon-zero even k.(2/)()2(2/)(2/)()2T jk T t k k jk jk T tk k jk T tk k T x t a ea e e a e ππππ∞+=-∞∞=-∞∞=-∞+===-∑∑∑It is noticed that k is odd integers or k=0.That means()()2Tx t x t =-+（ii ）Because of ()()2Tx t x t =-+,we get the coefficients of Fourier Series222/200/222(/2)/2/20022/2/200111()()()11()(/2)11()()(1)jk t jk t jk t T T T T T T k T jk t jk t T T T T Tjk t jk t T T k TT a x t e dt x t e dt x t e dtT T T x t e dt x t T e dt T T x t e dt x t e dt T T πππππππ-----+--==+=++=--⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰ 2/21[1(1)]()jk t T kT x t e dt T π-=--⎰It is obvious that 0k a = for every non-zero even k. So ()x t is odd harmonic ,(b)Extra problems:∑∞-∞=-=k kT t t x )()(δ, π=T(1). Consider )(t y , when )(jw H ist(2). Consider )(t y , when )(jw H isSolution:∑∞-∞=-=k kT t t x )()(δ↔π11=T , 220==Tw π(1).kt j k k tjkw k k e k j H a ejkw H a t y 20)2(1)()(0∑∑∞-∞=∞-∞===ππ2=(for k can only has value 0)(2).kt j k k tjkw k k e k j H a e jkw H a t y 20)2(1)()(0∑∑∞-∞=∞-∞===πππte e t j t j 2cos 2)(122=+=- (for k can only has value –1 and 1)。
信号与系统课后习题答案—第1章
第1章 习题答案1－1 题1－1图所示信号中，哪些是连续信号？哪些是离散信号？哪些是周期信号？哪些是非周期信号？哪些是有始信号？解： ① 连续信号：图〔a 〕、〔c 〕、〔d 〕； ② 离散信号：图〔b 〕； ③ 周期信号：图〔d 〕； ④ 非周期信号：图〔a 〕、〔b 〕、〔c 〕； ⑤有始信号：图〔a 〕、〔b 〕、〔c 〕。
1－2 某系统的输入f(t)与输出y(t)的关系为y(t)=|f(t)|，试判定该系统是否为线性时不变系统。
解： 设T 为此系统的运算子，由条件可知： y(t)=T[f(t)]=|f(t)|，以下分别判定此系统的线性和时不变性。
① 线性1〕可加性不失一般性，设f(t)=f 1(t)+f 2(t)，那么y 1(t)=T[f 1(t)]=|f 1(t)|，y 2(t)=T[f 2(t)]=|f 2(t)|，y(t)=T[f(t)]=T[f 1(t)+f 2(t)]=|f 1(t)+f 2(t)|，而|f 1(t)|＋|f 2(t)|≠|f 1(t)+f 2(t)|即在f 1(t)→y 1(t)、f 2(t)→y 2(t)前提下，不存在f 1(t)＋f 2(t)→y 1(t)＋y 2(t)，因此系统不具备可加性。
由此，即足以判定此系统为一非线性系统，而不需在判定系统是否具备齐次性特性。
2〕齐次性由条件，y(t)=T[f(t)]=|f(t)|，那么T[af(t)]=|af(t)|≠a|f(t)|=ay(t) 〔其中a 为任一常数〕即在f(t)→y(t)前提下，不存在af(t)→ay(t),此系统不具备齐次性，由此亦可判定此系统为一非线性系统。
② 时不变特性由条件y(t)=T[f(t)]=|f(t)|，那么y(t-t 0)=T[f(t-t 0)]=|f(t-t 0)|，即由f(t)→y(t)，可推出f(t-t 0)→y(t-t 0)，因此，此系统具备时不变特性。
依据上述①、②两点，可判定此系统为一非线性时不变系统。
信号与系统第三版郑君里课后习题答案
信号与系统第三版郑君里课后习题答案第一章习题参考解1，判刑下列信号的类型解：()sin [()];y t A x t = 连续、模拟、周期、功率型信号 。
()()tt y t x ed τττ--∞=⎰连续、模拟、非周期、功率型信号。
()(2y n x n =） 离散、模拟、非周期、功率型信号。
()()y n n x n = 离散、模拟、非周期、功率型信号。
1－6，示意画出下列各信号的波形，并判断其类型。
(1) 0()s in ()x t A t ωθ=+ 连续、模拟、周期、功率型(2) ()t x t A e -= 连续、模拟、非周期、只是一个函数，不是物理量。
(3) ()c o s 0tx t ett -=≥ 连续、模拟、非周期、能量型 (4) ()2112,x t t t =+-≤≤ 连续、模拟、非周期、能量型(5) 4()(),0.5k x k k =≥ 离散、模拟、非周期、能量型(6) 0().j kx k eΩ= 离散、模拟、周期、功率型()s i n [()];()()()(2);()()tt y t A x t y t x ed y n x n y n n x n τττ--∞====⎰1－6题，1－4图。
t=-pi:1/200:pi;y1=1.5*sin(2*t+pi/6);subplot(4,1,1),plot(t,y1),title('1.5sin(2*t+pi/6)'),gridy2=2*exp(-t);subplot(4,1,2),plot(t,y2),title('2exp(-t)'),gridt1=0:1/200:2*pi;y3=10*exp(-t1).*cos(2*pi*t1);subplot(4,1,3),plot(t1,y3),title('10exp(-t1)cos(2*pi*t1)'),grid t2=-1:1/200:2;y4=2*t2+1;subplot(4,1,4),plot(t2,y4),title('2x+1'),grid习题1－6 5－6题n=0:pi/10:2*pi;y=(0.8).^n;subplot(4,1,1),stem(n,y,'fill'),title('(0.8)^n'),gridn1=0:pi/24:2*pi;y1=cos(2*pi*n1);y2=sin(2*pi*n1);subplot(4,1,2),stem3(y1,y2,n1,'fill'),title('exp[2*pi*n1'),gridsubplot(4,1,4),stem(n1,sin(2*pi*n1),'fill'),title('sin2pin1'),gridsubplot(4,1,3),stem(n1,cos(2*pi*n1),'fill'),title('cos2pin1)'),grid1－8，判断下列系统的类型。
信号与系统 人民邮电出版社 第二版第一章 课后答案
w
w
.k hd
第一章 信号与系统的基本概念 习题
南京邮电大学 信号分析与信息处理教学中心
aw
信号与系统
2006.1
.c
SIGNALS AND SYSTEMS
om
.c
∫
1 2 0
1-1 下列信号中哪些是周期信号，哪些是脉冲信号？哪 些是能量信号？哪些是功率信号它们的平均功率各为多 少？ ω 0t ω 0t j (ω 0t +θ )
om
∫
q
w
画系统 x (t ) q ∑ 模拟图：
∫
15
∑
y (t )
w
5
11
15
w
aw
) 1-23 已知某系统的数学模型为 y " ( t ) + a y ' ( t ) + a y ( t ) = b ' x ( t ) + b x ( t， 其模拟图如下，试导出微分方程中的系数 a1, a0 , b1, b0 与模拟图 与模拟 中的系数 α1,α0 , β1, β0的关系。 解：设辅助函数 q" x(t ) β0 β1 如图所示，则 q" = β 0 x + α 0 y + α1q' y (t ) q' q"
w
w
1 y ( t ) = {[[ x1( t ) + x2 ( t )]2 [[ x1( t ) x2 (t )]2 } 4 = x1(t ) x2 ( t )
.k hd
对所假设系统，有：
q(3) (t ) = x (t ) 5q" (t ) 11q' (t ) 15q(t )
信号与系统课后习题答案
f 2 (−1) (t) =
δ (t − 2) − δ (t − 3)
*
t ε e(−t+1) (t + 1)dt
−∞
= [δ (t − 2) − δ (t − 3)]* (1 − e−(t+1) )ε (t + 1)
= (1 − e−(t−2+1) )ε (t − 2 + 1) − (1 − e−(t−3+1) )ε (t − 3 + 1)
) − iL (t) − uC (t) R1
R2
状态方程为：
⎪⎪⎧u&C (t) ⎨
=
f (t) R1C
−
uC (t) R1C
−
iL (t) C
⎪⎪⎩i&L
(t)
=
uC
(t)
− R2iL L
(t)
1．17 写出题图 1．8 系统的输入输出方程。
解： （b）系统框图等价为：
⎧x′′(t) = f (t) − 3x′(t) − 2 y(t)
x2(0-)＝1 时，y2(t)＝4e-t-2e-3t，t≥0 则 x1(0-)＝5，x2(0-)＝3 时，系统的零输入响应： yx(t)＝y(t)＝5y1(t)＋3y2(t)＝22e-t 十 9e-3t，t≥0
1．22 在题 1.21 的基础上，若还已知 f(t)＝ε(t)，x1(0-)＝0，x2(0-)＝0 时，有 y(t)＝2+e-t+2e-3t，t≥0 试求当 f(t)＝3ε(t)，x1(0-)＝2，x2(0-)＝5 时的系统响应 y(t)。 解： 记，f(t)＝ε(t)，x1(0-)＝0，x2(0-)＝0 时，系统响应 yf(t)＝y(t)＝2+e-t+2e-3t，t≥0 则当 f(t)＝3ε(t)，x1(0-)＝2，x2(0-)＝5 时的系统全响应 y(t)为： y(t)＝3yf(t)＋2y1(t)＋5y2(t)
西南交大信号与系统第二版课后答案
1口 7 -, 刀、歹L
2.25
CD CD
f(t) = IOcosl 11(1) 证明： J(t)关8(1-1。) =f(t-1。)
@ f(t) = e-''u(t) (?) f(t)
状态响应可以表示力
2.26
已知线性时不变系统的输入力f(t)'系统的阶跃响应力g(t)'试证明系统的零 汕） = Lf'(,!)g(t-,!)d儿 2.27 2.28 2.29 用MATLAB求题2.7的全响 应。 用MATLAB求题2. 9的零输入响应。 （此式称为杜阿美尔积分）
=
心Yx (/)=7e-'-5e-2'(t汃0)
(2)yx (1)=6e-'-(4+5/)e-3'(t;>O) CZ) /,(1)= te-'11(1) 3 @i,(1) = -e-2'sin(21)11(1) 2
2.11 2.12
CD /,(1)�(-2e-'+2e-")的）+ 0(1)
心yx (t)�ze-" -2e-" (1;;, O) I 5 8 3 y(t) � - 3 e- '+ 2e-" + 6
第1章信号与系统概述
习题1
心f(t)=cost+2 sin(2 兀t) @ f(t)=e _,, srn(2 亢I) (J) f(k)=sm(2忒） 心f(t)=cos( 兀 I) ＠ 1.2 1.1 判断 下列信号是否是周期信号。若是周期信号，则确定信号周期。 @ f(t)= costu(t) CZ) f(t)= sin(3 兀t)+cos(2 兀t) @八I)= sin'[
信号与系统课后习题参考答案
信号与系统课后习题参考答案1试分别指出以下波形就是属于哪种信号？题图1-11-2试写出题1-1图中信号得函数表达式。
1-3已知信号与波形如题图1-3中所⽰,试作出下列各信号得波形图,并加以标注。
题图1-3⑴⑵⑶⑷⑸⑹⑺⑻⑼1-4已知信号与波形如题图1-4中所⽰,试作出下列各信号得波形图,并加以标注。
题图1-4⑴⑵⑶⑷⑸⑹⑺⑻⑼1-5已知信号得波形如题图1-5所⽰,试作出信号得波形图,并加以标注。
题图1-51-6试画出下列信号得波形图:⑴⑵⑶⑷1-7试画出下列信号得波形图:⑴⑵⑶⑷⑸⑹1-8试求出以下复变函数得模与幅⾓,并画出模与幅⾓得波形图。
⑴⑵⑶⑷1-9已知信号,求出下列信号,并画出它们得波形图。
1-10试作出下列波形得奇分量、偶分量与⾮零区间上得平均分量与交流分量。
题图1-101-11试求下列积分:⑴⑵⑶⑷⑸⑹1-12试求下列积分:⑴⑵⑴(均为常数)⑵⑶⑷⑸⑹⑺⑻1-14如题图1-14中已知⼀线性时不变系统当输⼊为时,响应为。
试做出当输⼊为时,响应得波形图。
题图1-14 1-15已知系统得信号流图如下,试写出各⾃系统得输⼊输出⽅程。
题图1-151-16已知系统⽅程如下,试分别画出她们得系统模拟框图。
⑴⑵⑶1-17已知⼀线性时不变系统⽆起始储能,当输⼊信号时,响应,试求出输⼊分别为与时得系统响应。
第⼆章习题2-1试计算下列各对信号得卷积积分:。
⑴(对与两种情况)⑵⑶⑷⑸⑹2-2试计算下列各对信号得卷积与:。
⑴(对与两种情况)⑵⑶⑷⑸⑹2-3试计算下图中各对信号得卷积积分:,并作出结果得图形。
题图2-32-4试计算下图中各对信号得卷积与:,并作出结果得图形。
题图2-42-5已知,试求:⑴⑵⑶2-7系统如题图2-7所⽰,试求系统得单位冲激响应。
已知其中各⼦系统得单位冲激响应分别为:题图2-72-8设已知LTI 系统得单位冲激响应,试求在激励作⽤下得零状态响应。
2-9⼀LTI 系统如题图2-9所⽰,由三个因果LTI ⼦系统级联⽽成,且已知系统得单位样值响应如图中。
信号与系统课后答案
与奇分量的波形，相应如图题 1.12 中所示。
1-13 已知信号 f(t)的偶分量 fe(t)的波形如图题 1-13(a)所示， 信号 f(t+1)×U(-t-1)的波形如图题 1-13(b) 所示。求 f(t)的奇分量 fo(t)，并画出 fo(t)的波形。
解 因
f (t ) = f e (t ) + f 0 (t )
∫
t
−∞
δ (τ )dτ ，故根据现行系统的积分性有
y (t ) = ∫ h(τ (dτ = ∫ [δ (τ ) − δ (τ − 1) − δ (τ − 2) + δ (τ − 3)]dτ = u (t ) − u (t − 1) − u (t − 2) + u (t − 3)
1-2 已知各信号的波形如图题 1-2 所示，试写出它们各自的函数式。
解： f 1 (t ) = t[u (t ) − u (t − 1)] + u (t − 1)
f 2 (t ) = −(t − 1)[u (t ) − u(t − 1)]
f 3 (t ) = (t − 2)[u(t − 2) − u(t − 3)]
y 2 (t ) 的波形如图题 1.17(c)所示.
1-18 图题 1-18(a)所示为线性时不变系统，已知 h1(t)=δ(t)-δ(t-1), h2(t)=δ(t-2)-δ(t-3)。（1）求响 应 h(t)； （2） 求当 f(t)=U(t)时的响应 y(t)（见图题 1-18(b))。
解（1） h(t ) = h1 (t ) − h2 (t ) = δ (t ) − δ (t − 1) − δ (t − 2) + δ (t − 3) (2) 因 f (t ) = u (t ) =
信号与系统第三版课后习题答案
信号与系统第三版课后习题答案信号与系统第三版课后习题答案信号与系统是电子信息类专业中一门重要的基础课程，它是研究信号的产生、传输、处理和识别的学科。
在学习这门课程时，课后习题是非常重要的，它可以帮助我们巩固所学的知识，并且提高解决问题的能力。
下面是信号与系统第三版课后习题的答案。
第一章：信号与系统的基本概念1. 信号是指随时间、空间或其他独立变量的变化而变化的物理量。
系统是指能够对输入信号进行处理并产生输出信号的物理设备或数学模型。
2. 连续时间信号是在连续时间范围内定义的信号，可以用连续函数表示。
离散时间信号是在离散时间范围内定义的信号，可以用数列表示。
3. 周期信号是指在一定时间间隔内重复出现的信号，具有周期性。
非周期信号是指不具有周期性的信号。
4. 奇对称信号是指关于原点对称的信号，即f(t)=-f(-t)。
偶对称信号是指关于原点对称的信号，即f(t)=f(-t)。
5. 系统的线性性质是指系统满足叠加原理，即对于输入信号的线性组合，输出信号也是这些输入信号的线性组合。
6. 系统的时不变性质是指系统对于不同时间的输入信号，输出信号的特性是不变的。
7. 系统的因果性质是指系统的输出只依赖于当前和过去的输入信号，而不依赖于未来的输入信号。
第二章：连续时间信号与系统的时域分析1. 奇偶分解是将一个信号分解为奇对称和偶对称两个部分的过程。
奇偶分解的目的是简化信号的处理和分析。
2. 卷积是信号处理中常用的一种操作，它描述了两个信号之间的相互作用。
卷积的定义为：y(t) = ∫[x(τ)h(t-τ)]dτ。
3. 系统的冲激响应是指系统对于单位冲激信号的输出响应。
冲激响应可以用来描述系统的特性和性能。
4. 系统的单位阶跃响应是指系统对于单位阶跃信号的输出响应。
单位阶跃响应可以用来描述系统的稳定性和响应速度。
5. 系统的单位斜坡响应是指系统对于单位斜坡信号的输出响应。
单位斜坡响应可以用来描述系统的积分特性。
信号与系统(郑君里)课后答案 第一章习题解答
1-4 分析过程：（1）例1-1的方法：()()()()23232f t f t f t f t →−→−→−− （2）方法二：()()()233323f t f t f t f t ⎡⎤⎛⎞→→−→−−⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦（3）方法三：()()()()232f t f t f t f t →−→−+→−−⎡⎤⎣⎦ 解题过程：（1）方法一：方法二：（1）()−f at 左移0t ：()()()000−+=−−≠−⎡⎤⎣⎦f a t t f at at f t at （2）()f at 右移0t ：()()()000−=−≠−⎡⎤⎣⎦f a t t f at at f t at （3）()f at 左移0t a ：()()000⎡⎤⎛⎞+=+≠−⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦t f a t f at t f t at a （4）()f at 右移0t a ：()()000⎡⎤⎛⎞−−=−+=−⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎣⎦t f a t f at t f t at a 故（4）运算可以得到正确结果。
注：1-4、1-5题考察信号时域运算：1-4题说明采用不同的运算次序可以得到一致的结果；1-5题提醒所有的运算是针对自变量t 进行的。
如果先进行尺度变换或者反转变换，再进行移位变换，一定要注意移位量和移位的方向。
1-9 解题过程： （1）()()()2tf t eu t −=− （2）()()()232tt f t ee u t −−=+（3）()()()255ttf t e eu t −−=− （4）()()()()cos 1012tf t et u t u t π−=−−−⎡⎤⎣⎦1-12 解题过程：（（（（注：1-9、1-12题中的时域信号均为实因果信号，即()()()=f t f t u t 1-18 分析过程：任何信号均可分解为奇分量与偶分量之和的形式，即()()()()1e o f t f t f t =+其中，()e f t 为偶分量，()o f t 为奇分量，二者性质如下：()()()()()()23e e o o f t f t f t f t =−=−−()()13∼式联立得()()()12e f t f t f t =+−⎡⎤⎣⎦ ()()()12o f t f t f t =−−⎡⎤⎣⎦ 解题过程：(a-1) (a-2)(a-3)(a-4)f t为偶函数，故只有偶分量，为其本身(b) ()(c-1)(c-2)(c-3)(c-4)(d-1)(d-2)(d-3)(d-4)1-20 分析过程：本题为判断系统性质：线性、时不变性、因果性（1）线性（Linearity）：基本含义为叠加性和均匀性即输入()1x t ，()2x t 得到的输出分别为()1y t ，()2y t ，()()11T x t y t =⎡⎤⎣⎦，()()22T x t y t =⎡⎤⎣⎦，则()()()()11221122T c x t c x t c y t c y t +=+⎡⎤⎣⎦（1c ，2c 为常数）。
信号与系统课后答案(西南交大)
y x (t ) = 3e −2 t − 2 e−3 t t ≥ 0 y f ( t ) = te−2 t − e−2 t + e −3 t t ≥ 0
自由响应 2 e−2 t − e −3 t 强迫响应 te−2 t 稳态响应 0
暂态响应 te−2 t + 2e −2 t − e− 3t t ≥ 0
2.19 y f ( t ) =
2.22① t 3 u( t ) ④(
②∞
③( t−
1 2
1 1 −2 t + e )u( t ) 4 4
sin t + cost 1 −t − e )u( t ) ⑤ eu (t − 3) + e t − 2 u( 3 − t ) ⑥ cos(ωt + 45° ) 2 2 1 − cosπt cosπt − 1 1 1 2.23① u( t ) + u( t − 2) ② t 2 u( t ) − ( t − 1)2 u( t − 1) π π 2 2
3.6 f (t ) =
1 − j 3 ω0 t 3 − j 2 ω 0 t 3 1 e + e + e − jω 0 t + 1 + e jω 0 t + e j 2 ω0 t + e j 3 ω 0t 2 2 2 2
3.7 f (t ) = cos( 4ω0 t + 20°) + 2 cos( 2ω0 t + 30 °) + 3 cos(ω 0 t + 10° ) + 2
p2 + p +1 2.3 H ( p ) = 3 p + 2 p2 + 3p + 2 p2 + 3 p + 2 2.4 H ( p ) = 2p2 +3p +2
信号与系统课后习题答案(金波 华中科技大学出版社)
(t ) ;
(c) f (t ) G2 (t ) Q1 (t ) (d) f (t ) (t 1)G1 (t 0.5) G1 (t 0.5) (t 2)G1 (t 0.5) ; (e) f (t ) sin( t )G3 (t 1.5)
1-18 对于题图1.18中的信号 f (t ) ，为以下各式作图。
P lim
1 T 2T
T T
f (t ) d t lim
2
2 T 1 1 1d t 36 d t 16 d t 16 W 1 2 T T 0
f (t )
6 6
f (t )
4 1
0
1 1 2
t
0
1
2
t
题解图 1-2(a)
题解图 1-2(b)
2
1-10 已知一线性非时变系统，系统的初始状态为零，当输入信号为 f1 (t ) ，其输出信号为
y1 (t ) ，对应的波形如题图 1.10(a)(b)所示。试求： (a) 当输入信号为 f 2 (t ) 时，其波形如题图 1.15(c)所示，画出对应的输出 y 2 (t ) 的波形。 (b) 当输入信号为 f 3 (t ) 时，其波形如题图 1.10(d)所示，画出对应的输出 y 3 (t ) 的波形。
3
t 2
(b) e
3t
(5 2t ) ；
) (t
2
)；
(d) e
(t 2)
(t ) (t 3) 。
(b) (d)
1-6 求下列积分。 (a) (c)
4
6 3
(4 t 2 ) (t 3) dt ;
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第1章 习题答案 1－1 题1－1图所示信号中，哪些是连续信号？哪些是离散信号？哪些是周期信号？哪些是非周期信号？哪些是有始信号？解： ① 连续信号：图（a ）、（c ）、（d ）； ② 离散信号：图（b ）； ③ 周期信号：图（d ）； ④ 非周期信号：图（a ）、（b ）、（c ）； ⑤有始信号：图（a ）、（b ）、（c ）。
1－2 已知某系统的输入f(t)与输出y(t)的关系为y(t)=|f(t)|，试判定该系统是否为线性时不变系统。
解： 设T 为此系统的运算子，由已知条件可知： y(t)=T[f(t)]=|f(t)|，以下分别判定此系统的线性和时不变性。
① 线性1）可加性不失一般性，设f(t)=f 1(t)+f 2(t)，则y 1(t)=T[f 1(t)]=|f 1(t)|，y 2(t)=T[f 2(t)]=|f 2(t)|，y(t)=T[f(t)]=T[f 1(t)+f 2(t)]=|f 1(t)+f 2(t)|，而|f 1(t)|＋|f 2(t)|≠|f 1(t)+f 2(t)|即在f 1(t)→y 1(t)、f 2(t)→y 2(t)前提下，不存在f 1(t)＋f 2(t)→y 1(t)＋y 2(t)，因此系统不具备可加性。
由此，即足以判定此系统为一非线性系统，而不需在判定系统是否具备齐次性特性。
2）齐次性由已知条件，y(t)=T[f(t)]=|f(t)|，则T[af(t)]=|af(t)|≠a|f(t)|=ay(t) （其中a 为任一常数）即在f(t)→y(t)前提下，不存在af(t)→ay(t),此系统不具备齐次性，由此亦可判定此系统为一非线性系统。
② 时不变特性由已知条件y(t)=T[f(t)]=|f(t)|，则y(t-t 0)=T[f(t-t 0)]=|f(t-t 0)|，即由f(t)→y(t)，可推出f(t-t 0)→y(t-t 0)，因此，此系统具备时不变特性。
依据上述①、②两点，可判定此系统为一非线性时不变系统。
1－3 判定下列方程所表示系统的性质：解：（a ）① 线性1）可加性由 ⎰+=t dx x f dt t df t y 0)()()(可得⎪⎩⎪⎨⎧→+=→+=⎰⎰t t t y t f dx x f dt t df t y t y t f dx x f dt t df t y 01122011111)()()()()()()()()()(即即 则 即在)()()()()()()()(21212211t y t y t f t f t y t f t y t f ＋＋前提下，有、→→→，因此系统具备可加性。
2）齐次性由)()(t y t f →即⎰+=t dx x f dtt df t y 0)()()(，设a 为任一常数，可得 即)()(t ay t af →，因此，此系统亦具备齐次性。
由上述1）、2）两点，可判定此系统为一线性系统。
② 时不变性)()(t y t f → 具体表现为：⎰+=t dx x f dtt df t y 0)()()( 将方程中得f(t)换成f(t-t 0）、y(t)换成y(t-t 0)（t 0为大于0的常数），即 ⎰-+-=-t dx t x f dtt t df t t y 0000)()()( 设τ=-0t x ，则τd dx =，因此⎰--+-=-00)()()(00t t t d f dtt t df t t y ττ 也可写成⎰--+-=-00)()()(00t t t dx x f dtt t df t t y ， 只有f(t)在t=0时接入系统，才存在)()(00t t y t t f -→-，当f(t)在t ≠0时接入系统， 不存在)()(00t t y t t f -→-，因此，此系统为一时变系统。
依据上述①、②，可判定此系统为一线性时变系统。
（b ）① 线性1）可加性在由)2()()(3)(2)(''''-+=++t f t f t y t y t y 规定的)()(t y t f →对应关系的前提下，可得即由)()()()()()()()(21212211t y t y t f t f t y t f t y t f ＋＋可推出→−−→−⎭⎬⎫→→，系统满足可加性。
2）齐次性 由)()(t y t f →，即)2()()(3)(2)(''''-+=++t f t f t y t y t y ，两边同时乘以常数a ，有 即)()(t ay t af→，因此，系统具备齐次性。
由1）、2）可判定此系统为一线性系统。
② 时不变性分别将)()(00t t f t t y --和（t 0为大于0的常数）代入方程)2()()(3)(2)(''''-+=++t f t f t y t y t y 左右两边，则左边＝)(3)(2)(00202t t y dt t t dy dtt t y d -+-+- 而 ，)()()(000t t y dt d t t y t t d d -=-- )()]()([)(022000t t y dtd t t y t t d d t t d d -=--- 所以，右边＝)(3)(2)(00202t t y dt t t dy dtt t y d -+-+-＝左边，故系统具备时不变特性。
依据上述①、②，可判定此系统为一线性时不变系统。
（c ）① 线性1）可加性在由式)(3)(2)(2)('''t f t y t ty t y =++规定的)()(t y t f →对应关系的前提下，可得 即在)()()()(2211t y t f t y t f →→、的前提下，有式)()()()(2121t y t y t f t f +→+存在，即系统满足可加性。
2）齐次性由)()(t y t f →，即)(3)(2)(2)('''t f t y t ty t y =++，两边同时乘以常数a ，有)]([3)]([2)]([2)]([)(3)(2)(2)(''''''t af t ay t ay t t ay t af t ay t aty t ay =++⇒=++，即有 )()(t ay t af →，因此，系统具备齐次性。
依据上述1）、2），此系统为一线性系统。
② 时不变性分别将)()(00t t f t t y --和 （t 0为大于0的常数）代入方程)(3)(2)(2)('''t f t y t ty t y =++ 左右两边，则因此，系统是时变的。
依据上述①、②，可判定此系统为一线性时变系统。
（d ）① 线性1）可加性在由式)()()]([2't f t y t y =+规定的)()(t y t f →对应关系的前提下，可得 而不是：)]()([)]()([})]'()({[2121221t f t f t y t y t y t y +=+++即在)()()()(2211t y t f t y t f →→、的前提下，并不存在)()()()(2121t y t y t f t f +→+ 因此系统不满足可加性，进而系统不具备线性特性。
（下面的齐次性判定过程可省略） 2）齐次性由)()(t y t f →，即)()()]([2't f t y t y =+，两边同时乘以常数a ，有)()()]([2't af t ay t y a =+，即式)]([)]([})]({[2't af t ay t ay =+不成立，不存在)()(t ay t af → 因此，系统也不具备齐次性。
单独此结论，也可判定此系统为一非线性系统。
② 时不变性分别将)()(00t t f t t y --和 （t 0为大于0的常数）代入方程)()()]([2't f t y t y =+ 左右两边，则即以式)()()]([2't f t y t y =+规定的)()(t y t f →关系为前提，存在)()(00t t y t t f -→-因此，系统是非时变的。
依据上述①、②，可判定此系统为一线性时不变系统。
1－4 试证明方程)()()('t f t ay t y =+所描述的系统为线性系统。
[提示：根据线性的定义，证明满足可加性和齐次性。
]证明：1）证明齐次性2）证明可加性由以上1）、2），可知系统是线性的。
1－5 试证明题1－4的系统满足时不变性。
[提示：将方程中的t 换为t-t 0,导出f(t-t 0)与y （t-t 0)对应。
] 证明：分别将)()(00t t f t t y --和 （t 0为大于0的常数）代入方程)()()('t f t ay t y =+ 左右两边，则即以式)()()('t f t ay t y =+规定的)()(t y t f →关系为前提，存在)()(00t t y t t f -→- 因此，系统满足时不变性。
1－6 试一般性的证明线性时不变系统具有微分特性。
[提示：利用时不变性和微分的定义推导。
] 证明：设线性时不变系统的激励与响应的对应关系为)()(t y t f →，则 由线性可加性可得 )()()()(t t y t y t t f t f ∆--→∆--因此 tt t y t y t t t f t f ∆∆--→∆∆--)()()()( 所以 t t t y t y t t t f t f t t ∆∆--→∆∆--→∆→∆)()()()(lim lim 00 即 )()(''t y t f → 线性时不变系统具有微分特性。
1－7 若有线性时不变系统的方程为)()()('t f t ay t y =+，若在非零f(t)作用下其响应t et y --=1)(，试求方程 )()(2)()(''t f t f t ay t y +=+的响应。
解：已知t e t y t f --=→1)()(，由线性关系的齐次性特性，有又由线性系统的微分特性，有再由线性关系的可加性特性，可得。