信号与系统 奥本海姆 第二版 习题详解

对方程两边同时做反变换得：
y[n] −
1 处有一个二阶极点，因为系统是因果的，所以 H ( z ) 的收敛域是 z > ， （b）H ( z) 在 z = 1 3 3 包括单位圆，所以系统是稳定的。
解： （a） x[n] = δ [n + 5] ← → X ( z ) = z , ROC : 全部z 因为收敛域包括单位圆，所以傅立叶变换存在。
( )
χ (s ) = uL{e −2t u (t )} =
H (s ) =
H (s )如图所示。
Y (s ) 1 = 2 . X (s ) s − s − 2
1 1 1 3 3 ( ) , ⇒ H s = − s2 − s − 2 s − 2 s +1 (i )如果系统是稳定的，H (s )的ROC为 − 1〈ℜe {s}〈2.
∞ ∞
n =−∞
∑
∞
x[n]z − n =
− n−2
1 −n ∞ 1 n z = ∑− z ∑ −3 3 n =−∞ n =2
−2 n −n
z n + 2 = 9 z 2 /(1 + 3z ) = 3z /(1 + (1/ 3) z −1 ), z < 1 3 1 = ∑ n =2 3
1 1 （b） H (s) = 1 − 3 s − 2 s +1

（1）系统是稳定的，说明 H (s) 的收敛域应该包括虚轴在内，即： − 1 < Re{s} < 2 ， 所以 h(t ) = 1 (− e u (−t ) − e u (t )) 3 （2）系统是因果的，则 H (s) 的收敛域应为 Re{s} > 2 ，所以 h(t ) = 1 (e u (t ) − e u (t )) 3 （ 3 ） 系 统 既 不 因 果 又 不 稳 定 ， 则 H (s) 的 收 敛 域 应 为 Re{s} < −1 ， 所 以
G ( z ) = 1 − z −6 , ROC : z > 0
n z −6 −1
1− z （b）由表 10.1，可得 x[n] = ∑ g[k ] ← → X ( z) = 1− z
k =−∞
, z >0
10.14
解： （a）若
n − 1, 0 ≤ n ≤ 5 q[n] = x[n] ∗ x[n] = 13 − n, 6 ≤ n ≤ 10 0, 其余n
0 0
，
0
则 g[n] = x[n]* x[n − n ] = q[n − n ] ，比较 q[n]和g[n] 得到 n
−z （b）由 10.13 题得到 X ( z) = 1 1− z
−6 −1
=2
, z >0
，运用时移性质，
1 − z −6 , z >0 1 − z −1
2
z → z −2 x[n − 2] ←
所以，Y ( jω ) = 0, ω > 1000π 。这意味着对于 y(t ) 来说奈奎斯特率为 2 ×1000π＝2000π 。 2π 所以采样周期 T 最大为 2000 ＝10－ s。因此从 y (t ) 恢复出 y (t ) 的 T 的范围为： π
3
p
T < 10 −3 sec
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TUT
10.21
z
5
（e）
X ( z) =
因为收敛域不包括单位圆，所以傅立叶变换不存在。 （h）
X ( z) =
∞ 1 1 (1 − (1/ 3) z −1 ) , z > 1 3 = ∑ z − n－2 = z −2 n =0 3 n n =−∞
1 = ∑ − 3 n =0
X -1
s 2Y ( s ) − sY ( s ) − 2Y ( s ) = X ( s ) Y (s) 1 1 H (s) = = 2 = X ( s ) s − s − 2 ( s − 2)( s + 1)
H (s)
X 2
Re
无零点，有两个极点： s

1
= 2, s 2 = −1
；零极点图如右图所示：
2t −t 2t −t
h(t ) =
9.35
解： （a）根据图 9.35 可以写出此系统的系统函数为：
H ( s) = 1 −1 s − 6 s2 s2 − s − 6 = 1 + 2 s + 1 s 2 s 2 + 2s + 1
2
1 ( − e 2 t u ( −t ) + e − t u ( −t ) ) 3
（b）因为系统是因果的，所以系统函数 H (s) 的收敛域应为极点 S=－1 的右边。收敛域包 括 jω 轴，因此系统是稳定的。
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TUT
信号与系统答案 H
第十章 Z 变换
10.3
解：已知 x[n] = (−1) u[n] + a u[−n − n ]
n n
0
Z a nu[−n − n0 ] ← →
∞ k =−∞ s
2π
ωs
=
1
75
。因此， G ( jω ) 如图所示，
1 显然当 ω ≤ 50π 时， G ( jω ) = X ( jω ) = 75 X ( jω ) 。 T
7.22
解：利用傅立叶变换性质，可得到：
Y ( jω ) = X 1 ( jω ) X 2 ( jω )
(b) y (0 − ) = 1, sY (s ) − 1 + Y (s ) = 0 ⇒ Y (s ) = 1 s +1
(c ) y(t ) = 2e −t u (t ) − e −2t u (t )
y (t ) = e −t u (t ).
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TUT
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Im
9.31
解： （a）对方程两边同时做拉普拉斯变换，得到：
信号与系统答案 H
第九章 拉普拉斯变换
有两个右边信号 x(t ) 和 y(t ) ，满足下面微分方程 dx(t ) dy (t ) = −2 y (t ) + δ (t ) 和 = 2 x(t ) dt dt 试确定 Y (s) 和 X (s) 及其收敛域。 解：根据拉普拉斯变换我们有 sX ( s ) = −2Y ( s ) + 1 和 sY ( s ) = 2 X ( s ) 解得 s X ( s) = 和 Y (s) = 2s + 4 s +4 因为 X (s) 和 Y (s) 都是右边信号所以它们的收敛域是 ℜ {s} > 0 9.17 有一因果 LTI 系统 S，其方框图如图所示，试确定描述该系统输入 x(t ) 到输出 y(t ) 的 微分方程。 解：这个系统包括两个反馈系统，其中一个的冲激响应为：
利用卷积性质
1 − z −6 g[n] = x[n] ∗ x[n − 1] ← →z , z >0 −1 1− z
z −2
因为 lim G( z) = 0 = g[0] ， G( z) 满足初值定理。 10.18 解： （a）运用例子 10.28 的分析方法，可得此系统的系统函数为：
解：由3.19我们知道输入输出的关系是 dy (t ) + y (t ) = x(t ) dt 根据单边拉普拉斯变换，我们有： sY (s ) − y 0 − + Y (s ) = χ (s ).
(a )由零状态响应知道y(0 − ) = 0, 我们又知道
1 s+2 (a )根据拉普拉斯变换我们 解： 知道：
(s) ，所以有： Y (s) ( s 因为 H (s) = Y X (s)
+ 2 s + 1) = ( s 2 − s − 6 ) X ( s )
，方程两边同时做拉普
拉斯反变换得：
d 2 y (t ) dy (t ) d 2 x(t ) dx(t ) +2 + y (t ) = − − 6 x(t ) dt 2 dt dt 2 dt
3 4)
处有两个极点。因为 h[n] 是因果的，所以 ROC 必须是：
z > (1/ 4) + j ( 3 4) = 1 2
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TUT
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（b） X ( z) = 所以
1 1 ,z > 1 2 1 − z −1 2
Y ( z) = H ( z) X ( z) =
1 −1 1 −1 1 −2 1 − z 1 − z + z 4 2 2
1
的收敛域是 X ( z) 和 H ( z) 收敛域的交集，这意味着 Y ( z) 的收敛域必须是 z > 1 。利 2 用部分分式展开：
Y ( z)
Y ( z) =
根据表 10.2，得： （b）
10.34

1 z −1 / 2 + 1 −1 1 −1 1 −2 1 − z 1 − z + z 4 2 2
− z n0 −1 ,z <a a n0 −1 1 − az −1 1
1 1 z n0 −1 X ( z) = + ,1 < z < a 1 + z −1 a n0 −1 1 − az −1
所以 a 必须为 2， n 可以取任意值。
0
10.13
解：信号 g[n] = δ [n] − δ [n − 6] ，其 Z 变换为：
TUT
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第七章 采样
7.9
解：
X ( jω )
-100π
0 G ( jω )
100π
ω
−150π
−100π
−50π
0
50π
100π
150π
ω
对于 x (t ) 的傅立叶变换是 X ( jω ) 如图所示，我们知道对 x (t ) 进行脉冲序列采样后得
1 到 G ( jω ) = T ∑ X ( j (ω − kω ) ) ，其中 T =
n n
解：对微分方程两边同时做 z 变换，整理得到
H ( z) = Y ( z) z −1 = X ( z ) 1 − z −1 − z −2
9.15
2 2
e
x (t )
2 S
y (t )
另一个为：
H 2 ( s) =
2S 2 H1 ( s ) = = 1 + 4(2 / s ) S + 8
−4
1 s
1S 2 = 1 + 2(1 S ) S + 8
1 2 2
−2
3S + 12 + 10 S + 16
则： H (s) = H (s) + H (s) = S
(b )H (s ) =
1 1 因此：h(t ) = − e 2t u (− t ) − e −t u (t ). 3 3 (ii )如果系统是因果的，H (s )的ROC为ℜe {s}〉 2. 1 1 因此：h(t ) = e 2t u (t ) − e −t u (t ). 3 3 (iii )如果系统不是稳定的也不是因果的，H (s )的ROC为ℜe {s}〈−1. 1 1 因此，h(t ) = − e 2t u (− t ) + e −t u (− t ). 3 3 1 因此Y (s )(s + 1) = , 所以： s+2 y (t ) = e −t u (t ) − e −2t u (t ).
x →∞
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TUT
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1 − 6 z −1 + 8 z −2 H ( z) = 2 1 1 − z −2 + z −2 3 9 ( z) 因为 H ( z) = Y ，所以 X ( z)
1 2 Y ( z ) 1 − z −2 + z −2 = X ( z ) (1 − 6 z −1 + 8 z −2 ) 9 3 2 1 y[n − 1] + y[n − 2] = x[n] − 6 x[n − 1] + 8 x[n − 2] 3 9
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TUT
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9.20考虑习题3.19的RL电路。
(a )当输入电流x(t ) = e −2t u (t )时，确定该电路的零状态响应。 (b )已知y (0 − ) = 1确定该电路在t 〉0 − 时的零输入响应。 (c )当输入电流x(t ) = e − 2t u (t ), 初始条件同（b）时，确定电路的输出
( s) ，得： 由 H ( s) = Y X ( s)
由拉普拉斯变换得：
2 Y (s) S + 10 S + 16 = X ( s ) [3S + 12]
d 2 y (t ) dy (t ) dx(t ) + 10 + 16 y (t ) = 12 x(t ) + 3 dt dt dt
∞
∑ x[n]z
n 2
−n
－
z −n =
因为收敛域包括单位圆，所以傅立叶变换存在。 10.33 解： （a） 对微分方程两边同时做 z 变换，整理得到
H ( z) =
Y ( z) 1 1 = ,z > X ( z ) 1 − 1 z −1 + 1 z −2 2 2 4
在 z = (1/ 4) ± j(