信号与系统_第二版_奥本海默 _课后答案[1-10章]

资料-奥本海姆信号与系统上册2版课后答案

1答案习题1.1用笛卡儿坐标形式（x＋yj）表示下列复数。

解：利用欧拉公式：和复平面性质，有：，，1.2用极坐标形式（re jθ，－π＜θ≤π）表示下列复数。

解：根据，有：1.3对下列每一个信号求P∞和E∞。

解：（a）（b）（c）（d）（e）（f）1.1设n＜－2和n＞4时x[n]＝0，对以下每个信号确定其值保证为零的n值。

解：（a）x[n－3]＝0，n－3＜－2或n－3＞4，即x[n－3]＝0，n＜1或n＞7（b）x[n＋4]＝0，n＋4＜－2或n＋4＞4，即x[n＋4]＝0，n＜－6或，n＞0（c）x[－n]＝0，－n＜－2或－n＞4，即x[－n]＝0，n＜－4或n＞2（d）x[－n＋2]＝0，－n＋2＜－2或－n＋2＞4，即x[－n＋2]＝0，n＜－2或n＞4（e）x[－n－2]＝0，－n－2＜－2或－n－2＞4，即x[－n－2]＝0，，n＜－6或n＞01.2设t＜3时x(t)＝0，确定以下每个信号的值保证为零的t值。

解：（a）x（1－t）＝0，1－t＜3，即x（1－t）＝0，t＞－2（b）x（1－t）＋x（2－t）＝0，1－t＜3且2－t＜3，即x（1－t）＋z（2－t）＝0，t＞－1（c）x（1－t）x（2－t）＝0，1－t＜3或2－t＜3，即x（1－t）x（2－t）＝0，t＞－2（d）x（3t）＝0，3t＜3，即x（3t）＝0，t＜1（e）x（t／3）＝0，t／3＜3，即x（t／3）＝0，t＜91.3判断下列信号的周期性。

解：（a）由于对于－∞＜t＜∞，x1(t)的值不具备重复性，所以x1(t)不是周期信号。

（b）由于所以x2[n]也不具备周期性。

（c）由于所以x3[n]是基波周期为4的周期序列。

1.4对以下每个信号求信号的偶部保证为零的所有自变量值。

解：（a）只有当|n|＞3时，（b）即对一切t，（c）所以当|n|＜3及|n|→∞时，（d），由于所以只有当|t|→∞时，1.5将下列信号的实部表示成的形式，其中A，a，ω和都是实数，A＞0且－π＜≤π。

_奥本海姆信号与系统二版中文版答案

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 TTTT∞===∫∫∞∞−−∞→∞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 N n n N NNn 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,,22m N 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。

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一章部分习题答案

(e)
x[n], n 1

y[n] 0,
n0
x[n 1], n 1

(e)
Байду номын сангаас[n], n 1

y[n] 0,
n0
x[n 1], n 1

(g )
y[n] x[4n 1]
+++
1.31 在本题中将要说明线性时不变性质的重要结果之一，即一旦知道了一个线性
∴ 1 = 3，1 = 0，2 = −3，2 =1（或-1）
1.19判定下列输入-输出关系的系统是否具有线性性质、时不变性质，或两者俱有。
线
性： 3 = 1 + 2
时不变性： 2 = 1 ( − 0 )
(a) = 2 ( − 1)
∴ 是线性的
∴ 不是时不变的
基波周期0 ：使[] = + 成立的最小正整数。

离散时间复指数信号的周期： 0 ， 0 = 是有理数，则是周期的，
2
2 0

且和无公因子时，基波周期为，角频率为 =
常数通常不讨论它的周期性，但可以认为周期为1。
1
4
2
=
= ，1 = 7
2 7 × 2 7
1
3
1
[] = [cos + cos( )]
2
4
4
N1
2
* m 8, m 3
3 / 4
N1
∴ 是周期的，基波周期为 =8
2
* m 8, m 1
/4
+ + + 1.27 这一章介绍了系统的几个一般性质，这就是一个系统可能是或不是：

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)。

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(第二版)》习题参考答案.

故：时移系统是线性系统；(2时不变性：y1 (t = x1 (t − t1令：x 2 (t = x1 (t − t 0 → y 2 (t = x 2 (t − t1 = x1 (t − t 0 − t1而：y1 (t − t 0 = x1 (t − t1 − t 0 y1 (t − t 0 = y 2 (t故时移系统是时不变系统。（3）因果性：由定义可知，当t1 ≥ 0，则系统是因果的；否则为非因果系统；（4）记忆性：由定义可知，时移系统是记忆系统；（5）稳定性：由于信号进行时移后，不影响幅度，故时移系统是稳定的；二反折系统：线性、时变、非因果、记忆、稳定；三尺度系统：线性、时变、非因果、记忆、稳定；(a y (t = x(t − 2 + x(2 − t解：由于该系统由时移与反折系统所组成，故性质由二者决定:线性、时变、非因果、记忆、稳定；（b）y(t = [cos 3t ]x(t线性(略：是线性的时不变性：y1 (t = [cos 3t ]x(t令：x 2 (t = x1 (t − t 0 → y 2 (t = [cos 3t ]x 2 (t = [cos 3t ]x1 (t − t 0而：y1 (t − t 0 = [cos 3(t − t 0 ]x1 (t − t 0 y1 (t − t 0 ≠ y 2 (t故系统时变(总结：若y(t与x(t之间的关系除了x(t的形式外，还包括有关于t的函总结：的形式外，总结与之间的关系除了的形式外则该系统是时变系统数，则该系统是时变系统因果性：输出仅与x(t的当前值有关，故系统因果；(注意，因果性的定义：仅与当前值或以前值有关【二者只要满足一个就注意，注意因果性的定义：仅与当前值或以前值有关【是】记忆性：输出仅与x(t的当前值有关，故为非记忆系统；稳定性：由于cos3t是有界的函数，则x(t有界，y(t有界，故系统稳定；（c）y (t = ∫−∞ x(τ dτ解：线性：该系统是线性的（参考1小题证明）；时不变性：2t y1 (t = ∫ x1 (τ dτ −∞ 2t 8

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。

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51页文档

拉
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。
1
0
、
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膝
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易
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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
6
、
露
凝
无
游
氛
，
天
高
风
景
澈
。
7、翩翩新来燕，双双入我庐，先巢故尚在，相将还旧居。
8
、
吁
嗟
身
后
名
，
于
我
若ห้องสมุดไป่ตู้
浮
烟
。
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

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）。

信号与系统_奥本海姆_中文答案_chapter_10

第十章10.6 (a) 可能(b) 不可能(c) 可能 (d) 可能10.8 双边的10.12 (a) 高通 (b) 低通 (c) 带通10.15解：11()119Y z z-=-1:9R O C z >22111111()()()11122111933X z X z Y z z zz ---⎛⎫⎪+-==+=⎪⎪--+ ⎪⎝⎭11()113X z z-∴=13z >1()[]3n x n u n ⎛⎫= ⎪⎝⎭ 或 1()[]3nx n u n ⎛⎫=- ⎪⎝⎭10.17 解：因为[]h n 为右边实序列，所以ROC 为最大极点的外部，极点共轭成对出现。

则：两极点都在34z =的圆上。

且由lim ()1z H z →∞=知ROC 为34z >，所以系统是因果的。

又1z =在ROC 内，知系统是稳定的。

10.20 解：单边z 变换：1()[1]()()z y z y zy z x z -+-+=112()()22x z y z zz---∴=+++当1[]()4n x n u n ⎛⎫= ⎪⎝⎭时，11()114x z z -=+11111[][][][]23264n n ny n u n u n u n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⇒=--+-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴(a)零输入响应为1[]2nu n ⎛⎫-- ⎪⎝⎭；(b)零状态响应为1111[][]3264nnu n u n ⎛⎫⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(c)全响应为2111[][]3264nnu n u n ⎛⎫⎛⎫--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭10.21解：(b) 5()X z z -= :0R O C z ≠，存在傅立叶变换。

（零极点图均略）(c) 11()1X z z-=+，1z >，傅立叶变换不存在。

(d) 31[]4[3]2n x n u n +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，311()4112X z zz-=-，1:2R O C z >。

奥本海姆《信号与系统(第二版)》习题参考答案

Charpt 11.21—(a),(b),(c)一连续时间信号x(t)如图original所示，请画出下列信号并给予标注：a）x(t-1)b）x(2-t)c）x(2t+1)d）x(4-t/2)e）[x(t)=x(-t)]u(t)f）x(t)[δ(t+3/2)-δ(t-3/2)](d),(e),(f)1.22一离散时间信号x[n]如图original所示，请画出下列信号并给予标注。

a)x[n-4]b)x[3-n]c)x[3n]e)x[n]u[3-n]f)x[n-2]δ[n-2]1.23确定并画出图original信号的奇部和偶部，并给予标注。

1.25判定下列连续时间信号的周期性，若是周期的，确定它的基波周期。

a) x(t)=3cos(4t+π/3)T=2π/4=π/2;b) x(t)=e )1(-t j πT=2π/π=2;c) x(t)=[cos(2t-π/3)]2x(t)=1/2+cos[(cos(4t-2π/3))]/2, so T=2π/4=π/2;d) x(t)=E v {cos (4πt)u(t)}定义x(0)=1/2,则T=1/2;e) E v {sin(4πt)u(t)}非周期f ）x(t)=∑∞-∞=--n n t e )2(假设其周期为T 则∑∞-∞=--n n t e )2(=∑∞-∞=+--n T n t e )22(=∑∞-∞=---n T n t e ))2(2(=∑∞-∞=--n n t e )2( 所以T=1/2(最小正周期)；1.26判定下列离散时间信号的周期性；若是周期的，确定他们的基波周期。

(a) x[n]=sin(6π/7+1)N=7(b) x[n]=cos(n/8-π)不是周期信号（c ）x[n]=cos(πn 2/8)假设其周期为N ，则8/8/)(22n N n ππ=+＋πk 2 所以易得N=8（d ）x[n]=)4cos()2cos(n n ππ N=8 (e) x[n]=)62cos(2)8sin()4cos(2ππππ+-+n n n N=161.31在本题中将要说明线性时不变性质的最重要的结果之一，即一旦知道了一个线性系统或线性时不变系统对某单一输入的响应或者对若干个输入的响应，就能直接计算出对许多其他输入信号的响应。

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)。