f1(t)=(1+t)[u(t)−u(t−1)]，f2(t)=u(t−1)−u(t−3)，分别利用图解法和性
f1(t)*f2(t)。
解：方法一（图解法）
f2(−τ)f1(τ)=1+ττ
当t−1<0⇒t<1时，
f1(t)*f2(t)=0
f2(t−τ)f1(τ)=1+τt−3t−1τ
当0 t−1 0 (1+τ)dτ=⎜τ+ ⎝ f1(τ)=1+τ⎛τ⎞ 2 t−1 ⎟2⎠0 =(t−1)+ 12(t−1) 2 f2(t−τ)t−3t−1τ ⎛τ2⎞3 = 当1 1 f2(t−τ)f1(τ)=1+τt−3t−1τ 当2 f1(t)*f2(t)=∫(1+τ)dτ=⎜τ+⎟=−(t−3)−(t−3) t−32⎠t−322⎝ 1 1 f1(τ)=1+τf2(t−τ)t−3t−1τ 当1 f1(t)*f2(t)=0 f1(τ)=1+τf2(t−τ)τt−3t−1 0⎧⎪ ⎪(t−1)+1(t−1)2 2⎪ ⎪⎪3=ftft()*()故1⎨2 ⎪2⎪312 t3t3−−−−()()⎪22⎪⎪⎩0 方法二（利用性质） t<11 (−1)(−1) f1(t)*f2(t)=f1(−1)(t)*f2(1)(t)=f1(−1)(t)*⎡δt−1−δt−3=f(t−1)−f(t−3) ⎤()()11⎣⎦ f (−1)1 (t)=∫ t −∞ (1+τ)⎡⎣u(τ)−u(τ−1)⎤⎦dτ t 当0 (1+τ)⎡⎣u(τ)−u(τ−1)⎤⎦dτ=∫0(1+τ)dτ−∞ 1⎞⎛1⎞+τ2⎟=⎜t+t2⎟2⎠0⎝2⎠ 1 t t ⎛=⎜τ⎝ 当t>1时， t f (−1)1 (t)=∫ −∞ (1+τ)⎡⎣u(τ)−u(τ−1)⎤⎦dτ=∫0(1+τ)dτ1 1⎞3⎛ =⎜τ+τ2⎟= 2⎠02⎝ 故f1 (−1) 3⎛1⎞ (t)=⎜t+t2⎟⎡utut1−−+⎤()()⎦u(t−1) ⎣2⎝2⎠ 利用时移性可得： f1(t)*f2(t)=f1(−1)(t−1)−f1(−1)(t−3) 132⎤⎡ =⎢(t−1)+(t−1)⎥⋅⎡−−−+ut1ut2⎤()()⎦u(t−2) ⎣22⎣⎦ 132⎤⎡ −⎢(t−3)+(t−3)⎥⋅⎡−−−−u3u4u(t−4)tt⎤()()⎣⎦22⎣⎦ 3-7、已知一个线性时不变系统的输入信号f(t)及单位冲激响应h(t)如题图3-8所示，求零状态响应yf(t)。 f(t)1h(t)10−112t0123t(a)(b) 题图3-8 解：由题图3-8可得：f(t)=sinπt⎡⎣u(t)−u(t−2)⎤⎦，h(t)=u(t−1)−u(t−3) 故系统的零状态响应yf(t)=f(t)∗h(t)，该题采用图解法较容易。 h(t−τ)f(τ)t−3t−1τ 当t−1<0⇒t<1时，yf(t)=f(t)∗h(t)=0 h(t−τ)f(τ)t−3t−1τ 当0 t−1 0 1 sinπτdτ=−cosπτπ h(t−τ)t−1 = 0 1 ⎡1−cosπ(t−1)⎤⎦ π⎣ f(τ)t−3t−1τ 当0 yf(t)=f(t)∗h(t)=∫sinπτdτ=−cosπτt−3π 2 2 = t−3 1 ⎡cosπ(t−3)−1⎤⎦ π⎣ 1f(τ)2h(t−τ)0-1t−3t−1τ 当t−3>2⇒t>5时，yf(t)=f(t)∗h(t)=0 故yf(t)=f(t)∗h(t)=1⎡1−cosπ(t−1)⎤ ⎦⎦⋅⎡⎣u(t−1)−u(t−3)⎤π⎣1⋅⎡+⎡u(t−3)−u(t−5)⎤cosπ(t−3)−1⎤⎦⎦⎣⎣π)f2(t)的波形如题图3-10所示，试3-100、已知f1(t),试画出f1(t)*f2(t)的波形形。 题图3-10解：f1(t)∗f2(t)=f1(t)∗⎡⎣δ(t+1)+δ(t−2)⎤⎦=f1(t+1)+f1(t−2) f1(t+1)+f1(t−2)2-10124t 3-111 试计算下列列卷积： (t)*e (2) eu(解：eu(t)*e−t−3t−t−3tu(t) ∞−∞u(t)=∫e−3τu(τ)⋅e−(t−τ)u(t−τ)dτ =∫e−3τ⋅e−(t−τ)dτ⋅u(t)=0t1−t−3te−e)u(t) (2 (4) eu(t)*tu(t) 解：eu(t)*tu(t)= −t −t ⎢0⎥⎣⎦ ttt−tτ−tτ⎤−tτt−t⎡⎤⎡⎡=e∫τedτ⋅u(t)=e∫τd(e)⋅u(t)=e⋅τe−e∫eτdτ⎤⋅u(t) 0⎢⎥⎢⎥⎢⎥000⎣⎦⎣⎦⎣⎦ −∞ ∫ ∞ τu(τ)⋅e−(t−τ)u(t−τ)dτ=⎡∫τ⋅e−(t−τ)dτ⎤⋅u(t) t −t−τt⎤−tt⎡⎤⋅u(t)=(t−1+e−t)⋅u(t) =⎢t−e⋅e⎥⋅u(t)=⎡−−tee1()⎣⎦0⎦⎣ (6) teu(t)*[u(t)−u(t−2)] 解：teu(t)*[u(t)−u(t−2)]=teu(t)*u(t)−teu(t)∗u(t−2) tt −τ−τt⎡⎤⎡teu(t)*u(t)=∫τeu(τ)⋅u(t−τ)dτ=∫τedτ⋅u(t)=−τe+∫e−τdτ⎤⋅u(t) 0⎢⎥⎢⎥−∞0⎣0⎦⎣⎦−t −τ∞ −t −t−t−t −t−τt⎤−t−t ⎡=⎡−−⋅=−−+1⎤teeuttee()⎣⎦⋅u(t) ⎢⎥0⎦⎣ 利用时移性可得： te−tu(t)*[u(t)−u(t−2)]=te−tu(t)*u(t)−te−tu(t)∗u(t) t→t−2 −t−t ⎡−(t−2)e−(t−2)−e−(t−2)+1⎤⋅u(t−2) ⎤=⎡−−+⋅−tee1ut()⎣⎦⎣⎦ 3-17 计算下列卷积 (1) t*δ(t−2) 解：利用函数与冲激函数的卷积等于其本身及时移性可得： t*δ(t−2)=(t−2) 2 2 2 (2) sinπt[u(t)−u(t−2)]∗[δ(t)+δ(t−1)] 解：利用函数与冲激函数的卷积等于其本身及时移性可得： sinπt[u(t)−u(t−2)]∗[δ(t)+δ(t−1)]=sinπt[u(t)−u(t−2)]+sinπ(t−1)[u(t−1)−u(t−3)] (3) eu(t)*δ(2t−3) 解：利用函数与冲激函数的卷积等于其本身、冲激函数尺度变换性质及时移性可得： −t ⎡⎛3⎞⎤1⎛3⎞ e−tu(t)*δ(2t−3)=e−tu(t)∗δ⎢2⎜t−⎟⎥=e−tu(t)∗δ⎜t−⎟ 2⎝2⎠⎣⎝2⎠⎦ t−⎟1−⎜3⎞⎝2⎠⎛=⋅eu⎜t−⎟ 2⎝2⎠ ⎛ 3⎞ 3-19 已知x(t)*h(t)的波形分别如题图3-19所示，试画出下列卷积的波形图。 (1) x(t)∗h(t) (2) ' ∫ t −∞ x(τ)dτ∗h(t) (3) x(t−2)∗h(t+1) (4) [x(t)+x(t−2)]∗h(t−1) x(t)∗h(t)x(t)∗h(t)e−(t−1)u(t−1) (a) (b) 题图3-19 则y'(t)=x(t)*h'(t)（微分特性）；解：令y(t)=x(t)*h(t)，（积分特性）；y(t−1)=x(t−2)∗h(t+1)（时移特性）； ∫ t −∞ y(t)dt=∫ t −∞ x(τ)dτ∗h(t) y1(t)=[x(t)+x(t−2)]∗h(t−1)=x(t)∗h(t−1)+x(t−2)∗h(t−1)=y(t−1)+y(t−3)（代数特性及时移特性）。对于图（a），可分别画出其波形图如下： y'(t)∫tt−∞y(t)dtt y(t−1)y1(t)=y(t−1)+y(t−3)tt 3-20 一个LTI系统，初始状态不祥。当激励为f(t)时其全响应为(2e激励为2f(t)时其全响应为(e −3t −3t +sin2t)u(t)；当 +2sin2t)u(t)。求 （1）、初始状态不变，当激励为f(t−1)时的全响应，并求出零输入相应、零状态响应； ，零状态响应为yf(t)。则根据题意解：设零输入响应为yx(t)（对应的初始状态为fx(t)）可得： ⎧f(t)+fx(t)→(2e−3t+sin2t)u(t)=yf1(t)+yx(t)⎪ ⎨−3t ⎪⎩2f(t)+fx(t)→(e+2sin2t)u(t)=yf2(t)+yx(t)后式减去前式得：f(t)→−e (−3t +sin2t)u(t)=yf2(t)−yf1(t) 根据LTI系统的特性：当输入信号进行数乘时，其零状态响应也进行相应的数乘，可得 yf2(t)=2yf1(t)，故可得该系统的零状态响应为yf(t)=(−e−3t+sin2t)u(t)。 由于全响应等于零输入响应与零状态响应之和，由前式可得该系统的零输入响应为： yx(t)=(2e−3t+sin2t)u(t)−(−e−3t+sin2t)u(t)=3e−3tu(t) 由于初始状态不变，其对应的零输入响应仍为yx(t)=3e −3t u(t)；输入信号为f(t−1) （相对应于原输入进行了时延），根据LTI系统的特性，其对应的零状态响应也进行相应的时延，故f(t−1)→⎡−e ⎣ −3(t−1)+sin2(t−1)⎤⎦u(t−1) 系统的全响应为3e −3t −3(t−1)−+sin2(t−1)⎤u(t)+⎡e⎣⎦u(t−1) 3-21已知系统的阶跃响应是g(t)=e统的零状态响应。 −2t u(t)，求此系统在激励为f(t)=3e−2tu(t)作用下系 解：由于系统的零状态响应为f(t)∗h(t)。根据阶跃响应与冲激相应的关系得系统的单位 −2t−2t−2t−2t⎤eu(t)2eu(t)eδ(t)2eu(t)+δ(t)，故系统在激=−+=−冲激相应h(t)=g'(t)=⎡⎣⎦ ' 励为f(t)=3e −2t u(t)作用下系统的零状态响应为： −2t−2t yf(t)=f(t)∗h(t)=⎡⎣3eu(t)⎤⎦∗⎡⎣−2eu(t)+δ(t)⎤⎦ −2t−2t−2t−2t−2t ⎤⎡⎤⎡⎤⎡=3e−2tu(t)−⎡∗=−∗3eu(t)2eu(t)3eu(t)6eu(t)e⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣u(t)⎤⎦ =3e−2tu(t)−6∫e−2τu(τ)⋅e−2(t−τ)u(t−τ)dτ−∞ t =3e−2tu(t)−6e−2t⎡∫dτ⎤⋅u(t)=3e−2tu(t)−6te−2tu(t)⎢0⎦⎥⎣ ∞ 4-1 求下列各信号的傅里叶级数表达式 （1）e j200t 解：由表达式可得信号的角频率ω=200，故T= 2π ω= π 。所以 100 ππ12001200j200tj200nt Fn=∫πe⋅edt=∫πej200(n+1)tdt=（麻烦！！） T−200T−200 如果将基波频率看为ω1=200，e j200t =ej(1×200)t故 Fn=1，n=1，Fn=0，n为除1外的其它整数。 j200t 如果将基波频率看为ω1=100，e =ej(2×100)t故 Fn=1，n=2，Fn=0，n为除2外的其它整数。 （2）cos[π(t−1)/4] 以此类推，该题有许多答案。 1éjπ(t4-1)-jπ(t4-1)ù ú 解：cos[π(t-1)/4]=êe+e êú2ëû πjçjçjç1×÷÷tç(-1)´÷÷t1-jπ144øèøè44=e×e+e×e 22 ii11 故，F1=(1−j)，F−1=(1+j)，Fn=0, n=0, ±2, ±3, 22 æπöæπö i （类似于前一题，该题目还有其它答案！！） （11）x(t)如题图4-1(d)所示 x(t)t 题图 4-1(d) 由图可知，T=2，在一个周期内其时域表达式可表示为 f1(t)=δ(t)−2δ(t−1) 则：Fn= 12− ⋅e−jnω1tdtδ(t)−2δ(t−1)⎤⎡⎣⎦∫0T− 12−12−121 =∫δ(t)⋅e−jnω1tdt−∫2δ(t−1)⋅e−jnω1tdt=−e−jnω1=−e−jnω1 T0−T0−TT2 其中ω1= 2π =π T 1n −(−1)） 2 （上式可继续写为：Fn= (13) x(t)如题图4-1（e）所示 x(t)t 题图4-1(e) 解：由图可知信号的周期T=6，则： Fn== 1T ∫ T x(t)⋅e−jnω1tdt= −1 1T− ∫ −1 −2 1⋅e−jnω1tdt+ 1T −jnωt 1edt−⋅()∫1 1 2 11 e−jnω1t⋅ T(−jnω1)−2 11 e−jnω1t⋅ T(−jnω1)1 2 = 11j2nω1jnω1 eee−j2nω1−e−jnω1)−+()(jTnω1jTnω1 nωnω3nω1 −j1j1⎞⎞⎛−j1 e2⎜e2−e2⎟⎟+ ⎠jTnω1⎝⎠ nω1nω−j1⎞3nω1⎛j2 ⎟−2e−j2⎜e−e2⎟Tnω⎜2j1⎟⎜⎠⎝ 3nω1 −j 2 nωnω3nω1 −j1j1⎛j1 =e2⎜e2−e2 jTnω1⎝ nω1 −j1⎛jnω⎜e2−e2⎜2j⎜⎝ = 2eTnω12eTnω1 3nω1j2 ⎞ ⎟⎟⎟⎠ = 3nω1j2 2⎛nω⎞ sin⎜1⎟−e⎝2⎠Tnω1⎛nω⎞sin⎜1⎟⎝2⎠ 1j3n2ω1⎛nω1⎞1−j3n2ω1⎛nω1⎞=eSa⎜Sa⎜⎟−e⎟ 22TT⎝⎠⎝⎠ 4-5 设x(t)是基本周期为T0的周期信号，其傅里叶系数为ak。求下列各信号的傅里叶级数系数（用ak来表示）。 （1）x(t−t0) 解：根据题意得：x(t)=的周期信号，故令 k=−∞ ∑ ∞ akejkω1t（其中ω1= 2π），由于y(t)=x(t−t0)仍为周期为T0T0 y(t)= 而y(t)=x(t−t0)= ∞ k=−∞ jkω1tbe∑k （1） ∞ k=−∞ ∑ae k jkω1(t−t0)= k=−∞ ∑(ae k ∞ −jkω1t0 )e jkω1t （2） 比较式（1）与式（2）得： bk=ake−jkω1t0 （3）x(t)* 解：x(t)仍为周期为T0的周期信号（ω1= ∞ * 2π ） T0 ∗ y(t)= k=−∞ ∑be k jkω1t ∞ ⎡∞jkω1t⎤∗−jkω1t* e=x(t)=⎢∑ake⎥=∑ak ⎣k=−∞⎦k=−∞ ∞ ∞ ∞ 由于k从−∞到∞，故y(t)= ∗ bk=a−k k=−∞ ∑be k jkω1t = k=−∞ ∑ae ∗−jkω1t k = k=−∞ ∑a ∗−k ejkω1t，所以 （5） dx(t)dt 解： dx(t)2π 仍为周期为T0的周期信号（ω1=） dtT0 y(t)= k=−∞ ∑be k ∞ jkω1t ∞∞ dx(t)d⎡∞djkω1tjkω1t⎤==⎢∑ake⎥=∑ak(e)=∑(ak⋅jkω1)ejkω1t dtdt⎣k=−∞k=−∞⎦k=−∞dt 故 bk=ak⋅jkω1 4-36 信号通过非线性系统所产生的失真称为非线性失真。其特点是在输出信号中产生了原信号中所没有的或新的频率成分。题图4-36（b）所示为一非线性电路，其输入信号f (t)（题 图4-36（a）所示）为单一正弦信号，其中只含有f0的频率成分，经过该系统的非线性元件——二极管（理想器件，其阀值电压设为0伏）后得到半波整流信号（题图4-36（c）所示），在波形上产生了失真，试计算输出信号yt的傅里叶级数表示式，画出其幅度谱图。从幅度谱中，可看出输出信号产生了由无穷多个f0的谐波分量构成的新频率。 f(t)AA()y(t)\"\"−3T2T−2T2T−A3T2\"\"2Ttf(t)D\"\"Ry(t)\"\"−T−2T−T−2TT−2TT23T2Tt2（a） （b） （c） 题图4-36非线性失真 解：由已知可得输入信号的频率为f0，故其周期T= 1 ，角频率ω1=2πf0，其时域表达f0 式为：f(t)=A⋅sin(2πf0⋅t)。由（c）图可知输出信号也为周期为T的周期信号，基波角频率仍为ω1=2πf0，在一个周期(0,T)内，其表达式为： T⎧ ⋅sinω⋅,0< 故其傅里叶级数的系数为： 1T1T1Tejω1t−e−jω1t−jnω1t−jnω1t−jnω1t22 dt=∫Asin(ω1t)edt=∫edtFn=∫y(t)e 2jT0T0T0 1=2jT1=2jT 由于ω1= ∫ T20 e −jω1t(n−1)1dt− 2jT ∫ T20 e−jω1t(n+1)dt T2 ⎡11−jω1t(n−1)⎤⋅⎢⋅e−⎥ nωj1−−()1⎣⎦02jT⎡1−jω1t(n+1)⎤ ⋅⎢⋅e⎥ nωj1−+()1⎣⎦0 T 2 2π ，故Tω1=2π，则上式可写为 T 11−jπ(n−1)⎤−⎡e−jπ(n+1)−1⎤ ⋅⎡−⋅e1⎦4π(n+1)⎣⎦4π(n−1)⎣ 当n为奇数时，n−1，n+1为偶数，则e当n为偶数时，n−1，n+1为奇数，则e −jπ(n−1)=e−jπ(n+1)=1。故Fn=0。 =e−jπ(n+1)=−1。故 −jπ(n−1)Fn= −2−21⎡11⎤ −=⎢−⎥ 4π(n−1)4π(n+1)2⎣π(n+1)π(n−1)⎦ ,nisodd⎧0 ⎪ 所以，Fn=⎨1⎡ 11⎤1 niseven−=−,2⎪2⎢π(n+1)π(n−1)⎥n−1)π(⎣⎦⎩ 其频谱图如下图所示： Fn1π−6ω1−4ω1−2ω11−15π−13πω13ω17ω11−115π−3π9ω1ω 或画出其振幅谱和相位谱（注意：振幅谱是偶函数；相位谱是奇函数）分别如下图所示： Fn13π115π1π13πϕ(ω)115ππ−6ω1−4ω1−2ω1−6ω1−4ω1−2ω1ω13ω17ω19ω1ωω1−π3ω17ω19ω1ω4-9 计算下列各信号的傅里叶变换 （1）(e−atcosω0t)u(t),a>0 解：根据欧拉公式cosω0t= 1jω0t−jω0t e+e得： 2 ()11(jω0−α)t−(jω0+α)t⎤ (e−αtcosω0t)u(t)=e−αtejω0t+e−jω0tu(t)=⎡e+e ⎦u(t)22⎣ ⎤1⎡11 ↔⎢+⎥2⎣(a−jω0+jω)(a+jω0+jω)⎦ () （2）e 2+t 2+t u(-t+1) 1 2+t eu(−t+1)↔∫e −∞ ⋅e −jωt dt=e 2 ∫ 1 −∞ e (1−jω)t 解： 1e2 dt=⋅e(1−jω)t −∞1−jω= （4）e -3te(1−jω)⎤=ee0⋅⎡−⎦1−jω1−jω⎣ 23−jω [u(t+2)-u(t-3)] -3t 解：设x(t)=e [u(t+2)-u(t-3)]，则 0 3t−jωt X(jω)=∫ee −2 dt+∫ee 0 3 −3t−jωt 1−e−2(3−jω)e−3(3+jω)−1 dt=− 3−jω3+jω（5） ∑αk=0 +∞ +∞ k δ(t−kT),α<1 解： ∑αk=0 k δ(t−kT)=α0δ(t)+α1δ(t−T)+α2δ(t−2T)+\" k 与t无关，故当k一定时，α相等于常数。而δ(t−kT)↔e由于α是k的函数，故 k−jkωT ， ∑αk=0 +∞ k δ(t−kT)↔α0⋅1+α1⋅e−jωT+α2⋅e−j2ωT+\" 由于 aka =α⋅e−jωT（复数），又因为a<1，故k=a<1，利用等比数列求和公式得： ak−1ak-1 ∑αkδ(t−kT)↔ k=0 +∞ 1 1−αe−jωT 4-10 求题图4-10所示信号的傅里叶变换 f2(t)T−2A0−AT2t 解：由该信号波形图可得f2t= T2T−2 ()æTöù2AéæTö÷çtu×t×êuç+-ç÷çt-÷÷úêTè2øúëè2øû T 2T−2 F2(jω)=∫ 2A2A1Tj2A⎡−jωt−jωt−jωt2 ⋅t⋅edt=⋅⋅=td(e)T⎢t⋅e ωT⎣TT−jω∫−2 T 2 ⎤ −∫e−jωtdt⎥ ⎦ ⎞⎤⎟⎥⎠⎥⎦ T 2T−2 ⎡jωTTj2A⎢T−jω1−jωt (e2+e2)−e= ⎢ωT2−jω⎢⎣= j2A⎡ωT⎛ωT −cosSa⎜ ω⎢2⎝2⎣ ⎞⎤ ⎟⎥⎠⎦ ⎤jωTjωT ⎡−⎛j2AωT1⎥=Tcose2−e2+⎢⎜ T⎥ωT⎢2jω⎝−⎣⎥2⎦ (ω≠0) 当ω=0时，F2(0)= f4(t)1∫ T 2T−2 2A ⋅tdt=0 T sin(ω0⋅t)TT2t 解：由该信号波形图可得f4(t)=sin(ω0⋅t)⋅⎡⎣u(t)−u(t−T)⎤⎦ 其中 sin(ω0⋅t)↔jπ[δ(ω+ω0)−δ(ω−ω0)] ⎛T⎞⎛ωT u(t)−u(t−T)=gT⎜t−⎟↔T⋅Sa⎜ ⎝2⎠⎝2 利用卷积特性可得： ⎞−jω⋅2 ⎟⋅e ⎠ T sin(ω0⋅t)⋅⎡⎣u(t)−u(t−T)⎤⎦ ⎧1⎛ωT ↔⋅{jπ[δ(ω+ω0)−δ(ω−ω0)]}∗⎨T⋅Sa⎜2π⎝2⎩ T ⎞−jω⋅2⎫ ⎬⎟⋅e ⎠⎭ jT =2 T −j(ω−ω0)⋅⎫⎧⎡(ω+ω0)T⎤−j(ω+ω0)⋅T(ωω)T−⎡⎤022 ⋅e−Sa⎢⋅e⎨Sa⎢⎬ ⎥⎥22⎦⎣⎦⎩⎣⎭ 4-11 求下列各傅里叶变换对应的连续时间信号 （1）X(jω)= 2sin⎡⎣3(ω−2π)⎤⎦ ω−2πω−2π = 解：X(jω)= 2sin⎡⎣3(ω−2π)⎤⎦2×3sin⎡⎣3(ω−2π)⎤⎦ 3(ω−2π)=6Sa⎡⎣3(ω−2π)⎤⎦ 利用常用信号的傅里叶变换对可得 ⎛ωτgτ(t)↔τSa⎜ ⎝2 由X(jω)的表达式可得 再利用频移特性可得： ⎞1⎛ωτ⇒↔gtSaτ()⎟⎜⎠τ⎝2 ⎞ ⎟ ⎠ τ2 =3⇒τ=6 1 6Sa⎡32π6ω−↔⋅g6(t)⋅ej2π⋅t=g6(t)⋅ej2π⋅t ⎤()⎣⎦6 （3）X(jω)的幅值和相位特性曲线如题图4-11(a)所示 X(ω)x(ω)相位ωo−3ωω 题图4-11(a) 解：由幅度谱图形可得：X(ω)=(−ω)⋅⎡⎣u(ω+1)−u(ω)⎤⎦+ω⋅⎡⎣u(ω)−u(ω−1)⎤⎦ jϕω故X(jω)=X(ω)⋅e()=X(ω)⋅e−j3ω 根据傅里叶逆变换的定义可得 1∞ x(t)=X(jω)ejωtdω∫2π−∞ ∞1 u(ω+1)−u(ω)⎤u(ω)−u(ω−1)⎤=−ω)⋅⎡+ω⋅⎡⋅e−j3ωejωtdω(⎣⎦⎣⎦∫2π−∞ {{}}= 11⎡0−3jωjωt−3jωjωt⎤ eedeedωωωω−+()∫0⎥⎣∫−1⎦2π⎢ ⎫−1⎧1⎪ωjω(t−3)jω(t−3)⎪ =−ee⎨⎬22π⎪j(t−3)⎡⎪⎣j(t−3)⎤⎦⎩⎭−1 ⎫1⎧1⎪ωjω(t−3)jω(t−3)⎪ +−ee⎨⎬22π⎪j(t−3)⎡⎪⎣j(t−3)⎤⎦⎩⎭0 1 0 ⎫11−1⎧−1⎪−j(t−3)−j(t−3)⎪ e+e=−⎨−⎬22 2π⎪⎡j(t−3)⎤j(t−3)⎡⎪⎦⎣j(t−3)⎤⎦⎩⎣⎭ ⎫1⎧11⎪1⎪j(t−3)j(t−3)+−ee+⎨22⎬2π⎪j(t−3)−−tt⎡⎤⎡⎤j3j3)⎦)⎦⎪⎣(⎣(⎩⎭ ⎫1⎧1⎪1⎡j(t−3)−j(t−3)⎤j(t−3)−j(t−3)⎪⎡e⎤⎬=−e−e+e⎨2⎣⎣⎦⎦2π⎪j(t−3)−tj3⎡⎤()⎪⎣⎦⎩⎭ 1⎡sin(t−3)cos(t−3)⎤ =⎢+ 2⎥−π⎢t3(t−3)⎥⎣⎦ （4）X(jω)=2[δ(ω−1)−δ(ω+1)]+3[δ(ω−2π)+δ(ω+2π)] 解：由于 cos(ω0t)↔π[δ(ω+ω0)+δ(ω−ω0)]sin(ω0t)↔jπ[δ(ω+ω0)−δ(ω−ω0)] 2[δ(ω−1)−δ(ω+1)]= 故 x(t)= −2 {jπ[δ(ω+1)−δ(ω−1)]} jπ 2j3 sint+cos(2πt) ππ 4ω （6）F(jω)= 22 (1+ω)−αt 解：由于e (α>0)↔ ↔ 2α−t−αtee⇒= α2+ω2 α=1 ↔ 2 1+ω2 利用频域微分特性可得： (−jt)⋅e−t故F(jω)= d⎛2⎞−4ω =⎜⎟ dω⎝1+ω2⎠(1+ω2)2 22 4ω(1+ω)↔jt⋅e−t （7）δ(ω−2000π) 解：由1↔2πδ(ω)及频移特性可得： δ(ω−2000π)↔ 4-13 试求下列信号的频谱函数 （2）g2π(t)⋅cosω0t 1j2000πt e 2π 解：由于g2π(t)↔2πSa⎜得： ⎛2πω⎞ ⎟，cos(ω0t)↔π[δ(ω+ω0)+δ(ω−ω0)]，由卷积特性可⎝2⎠ g2π(t)⋅cosω0t↔ 1 δ(ω+ω0)+δ(ω−ω0)⎤⋅2πSa(πω)∗π⎡⎣⎦2π =π⎡⎣Sa(π(ω+ω0))+Sa(π(ω−ω0))⎤⎦ {}（3） sin2π(t−3)π(t−3) 解： sin2π(t−3)π(t−3)=2⋅ sin2π(t−3)2π(t−3)⎡4π(t−3)⎤⎫1⎧⎪⎪ =2Sa⎣⎡2π(t−3)⎦⎤=⎨4π⋅Sa⎢⎥⎬ 2π⎩2⎪⎪⎣⎦⎭ 利用常用信号变换对，对称性及时移性可得： ⎡4π(t−3)⎤⎫1⎧1⎪⎪ 4πSa⋅↔⋅2πg4π(ω)e−j3ω=g4π(ω)e−j3ω ⎨⎢⎥⎬2π⎩22π⎪⎪⎣⎦⎭ （4）e −(3+3t)δ(t) 解：利用δ(t)函数的性质及其傅里叶变换可得： e −(3+3t)δ(t)=e−3δ(t)↔e−3⋅1=e−3 4-14 已知信号f(t)的傅里叶变换为F(jω)，试利用傅里叶变换的性质求如下函数的傅里叶变换 （1）t⋅f(3t) 解：利用尺度变换及频域微分特性可得： ⎛ω⎞⎛ω⎞ dF⎜j⎟dF⎜j⎟11⎛ω⎞⎝3⎠⇒t⋅f3t↔j⎝3⎠ f(3t)↔F⎜j⎟，(−jt)⋅f(3t)↔()3dω3dω3⎝3⎠ 令 ω3 =ω'，则dω=3dω'，可得： t⋅f(3t)↔ jdF(jω') 9dω'jdF(jω) 9dω将上式中的ω'用ω替换（即令ω'=ω）得： t⋅f(3t)↔ （2）(t−5)⋅f(t) dF(jω)解：由于tf(t)↔j,5f(t)↔5F(jω)dω 由线性特性可得：(t−5)⋅f(t)=t⋅f(t)−5f(t)↔j dF(jω)−5F(jω) dωdf(t) （3）(t−1)⋅ dt 解：由时域微分特性可得： df(t)↔jω⋅F(jω) dt 由频域微分特性得：t故由线性性得： df(t)′=−F(jω)−ωdF(jω) Fωω↔j⎡⎤jj()⎣⎦dtdω(t−1)⋅ df(t)df(t)df(t)dF(jω)=t⋅−↔−F(jω)−ω−jω⋅F(jω) dtdtdtdω（4）(2−t)⋅f(2−t) 解：方法一： (t+2)f(t+2)↔jej2ωF'(jω)（时移性及频域微分） 由尺度变换（注意：只将t用−t替换，a=−1）得： −j2ωF'jω⎤=je(2−t)f(2−t)↔je−j2ω⎡()⎣⎦ω=−ωdF(−jω)dF(−jω) =−je−j2ωd(−ω)d(ω)方法二：(2−t)⋅f(2−t)=−(t−2)⋅f⎡⎣−(t−2)⎤⎦ 由于t⋅f(t)↔j dF(jω)，故由尺度变换（a=−1）得： dω(−t)⋅f(−t)↔j⋅ dF(−jω)1dF(−jω) =−j −1d(−ω)dω由时移性得： −(t−2)⋅f⎡⎣−(t−2)⎤⎦↔−j −t dF(−jω)−j2ω ⋅e dω4-15 已知f(t)∗f'(t)=(1−t)eu(t)，求信号f(t)。 解：设f(t)↔F(jω)，则根据时域微分特性可得f'(t)↔jω⋅F(jω)。对式 f(t)∗f'(t)=(1−t)e−tu(t)两边求傅里叶变换得： F(jω)⋅⎡⎣jω⋅F(jω)⎤⎦= 故 F 2 1d⎛1⎞11jω−j=−= ⎜⎟22 1+jωdω⎝1+jω⎠1+jω(1+jω)(1+jω)1 (jω)= (1+jω)−t 2 ⇒F(jω)=± 1 1+jω求其逆变换得：f(t)=±eu(t) 4-17 已知信号f(t)如题图4-17（a）所示，试使用以下方法计算其傅里叶变换 f(t)f1(t)−τ2−τ4τ4τ2tτ4τ2t （a） （b） 题图 4-17 （1）利用定义计算F(jω)； 解：F(jω)= ∫ ∞ −∞ f(t)e −jωt dt=∫ −τ/4 −τ/2 1⋅e −jωt dt+∫ τ/4 −τ/4 2⋅e −jωt dt+∫1⋅e−jωtdt τ/4 τ/2 1 e−jωt= (−jω)−− ττ42 2 e−jωt+ (−jω)τ4− τ4 1 e−jωt+ (−jω)ττ24 τττττjω⎞jω⎞−jω−jω−jω⎞⎛jωτ4⎛⎛121 =⋅⎜e−e2⎟+⋅⎜e4−e4⎟+⋅⎜e2−e4⎟(−jω)⎝⎠(−jω)⎝⎠(−jω)⎝⎠ ⎡⎛jωτ4−jωτ4⎞⎛jωτ2−jωτ2⎞⎛jωτ4−jωτ4⎞⎤1=⋅⎢⎜e−e⎟−⎜e−e⎟−2⎜e−e⎟⎥(−jω)⎢⎠⎝⎠⎝⎠⎥⎣⎝⎦⎡⎛jωτ4−jωτ42⎜e−e=⋅⎢ω⎢⎜2j⎜⎢⎣⎝= ⎞⎛jωτ2−jωτ2 ⎟+⎜e−e⎟⎜2j⎟⎜⎠⎝ ⎞⎤⎟⎥⎟⎥⎟⎥⎠⎦ 2⎡⎛τ⎞⎛τ⎞⎤⋅⎢sin⎜ω⎟+sin⎜ω⎟⎥ω⎣⎝4⎠⎝2⎠⎦ ⎛ωτ⎝2 ⎞τ⎛ωτ+Sa⎟⎜⎠2⎝4 ⎞⎟ ⎠ 故 F(jω)=τSa⎜ （2）利用傅里叶变换的微积分特性计算； 解：f(t)的一阶导数如下图所示，则f'(t)=δ⎜t+ ⎛⎝ τ⎞ ⎛τ⎞⎛τ⎞⎛τ⎞+δ⎟⎜t+⎟−δ⎜t−⎟δ⎜t−⎟。 2⎠⎝4⎠⎝4⎠⎝2⎠ f'(t)τ4−τ2τ2−τ4t 根据δ(t)↔1及时移特性得：f'(t)↔e可知 jω2 τ+e jω4 τ−e −jω4 τ−e −jω2 τ。由f'(t)的波形图 ∫ ∞ −∞ f'(t)dt=0，故根据时域积分特性可得： t f(t)=∫ −∞ f'(τ)dτ↔ e jω2 τ+e jω4 τ−ejω−jω4 τ−e −jω2 τ⎛ωτ=τSa⎜ ⎝2⎞τ⎛ωτSa+⎟⎜⎠2⎝4 ⎞⎟ ⎠ （3）f(t)=⎢u⎜t+ ⎡⎛⎣⎝ τ⎞ ⎛τ⎞⎤⎡⎛τ⎞⎛τ⎞⎤−u⎟⎜t−⎟⎥+⎢u⎜t+⎟−u⎜t−⎟⎥，利用常用信号u(t)的2⎠⎝2⎠⎦⎣⎝4⎠⎝4⎠⎦ 傅里叶变换及傅里叶变换的线性特性及时移特性计算F(jω)； 解：由于u(t)↔πδ(ω)+ ⎡1⎤±jωt01 e，则u(t±t0)↔⎢πδ(ω)+ ⎥jω⎦jω⎣ ωτωτωτ−jj−j⎤⎡1⎤⎡jωτ⎛ωτ2244 τ所以f(t)↔⎢πδ(ω)+eeeeSa−+−=⎢⎥⎜ jω⎥⎝2⎣⎦⎣⎦ ⎞τ⎛ωτ⎟+Sa⎜⎠2⎝4 ⎞⎟ ⎠ ，先计算F1(jω)，然后（4）f(t)=f1(t)+f1(−t)（f1(t)如题图4-17（b）所示）利用尺度变换性质计算F(jω)； 解：f1(t)=2u(t)−u⎜t− ⎛ ⎝ τ⎞ ⎛τ⎞−u⎟⎜t−⎟，利用阶跃信号的傅里叶变换及时移特性得： 4⎠⎝2⎠ ωτωτ−j ωτ−j−j⎞2−e4−e⎡1⎤⎛42 f1(t)↔⎢πδ(ω)+⎥⎜2−e−e⎟= jω⎦⎝jω⎣⎠ −j ωτ2 由于f(t)=f1(t)+f1(−t)，由尺度变换得： f(t)=f1(t)+f1(−t)↔F1(jω)+F1(−jω)= e j 2−e −j −j ωτ4 −e −j ωτ2 jωωτ2 2−e−e + j(−ω)4 j ωτj ωτ2 ωτ4 = +e j ωτ2 −ejω−j ωτ4 −e ⎛ωτ=τSa⎜ ⎝2⎞τ⎛ωτ+Sa⎟⎜⎠2⎝4 ⎞⎟ ⎠ （5）f(t)=gτ(t)+gτ/2(t)，利用门函数的傅里叶变换及傅里叶变换的线性特性 F(jω)； 解：由于gτ(t)↔τSa⎜ ⎛ωτ⎝2τ⎛ωτ⎞ ，gtSa⎜↔()τ⎟ 2⎝4⎠2 ⎞ ⎟，根据线性性得： ⎠ ⎞⎟ ⎠ ⎛ωτf1(t)=gτ(t)+gτ(t)↔τSa⎜ ⎝22 （6）f(t)=2gτ/2(t)+gτ/4⎜t+ ⎞τ⎛ωτSa+⎟⎜⎠2⎝4 ⎛⎝ 3τ8 ⎞⎛3τ+g⎟τ/4⎜t− 8⎠⎝ ⎞ ⎟，利用门函数的傅里叶变换和傅⎠ 里叶变换的线性特性及时移特性计算F(jω)。 解：gτ(t)↔ 2 τ⎛ωτSa⎜2⎝4τ⎛ωτ⎞ ，gtSa⎜↔()τ⎟ 4⎠⎝84 ⎞ ⎟，则由时移特性可得： ⎠⎞⎟ ⎠ ⎛3τf(t)=2gτ/2(t)+gτ/4⎜t+ 8⎝⎞⎛3τ+g⎟τ/4⎜t− 8⎠⎝ ⎛ωτ⎞τ⎛ωτ⎞8jωτ⎛ωτ↔τSa⎜++eSaSa⎟⎜⎟⎜ 4⎝8⎝4⎠4⎝8⎠ ⎛ωτ⎞τ⎛ωτ⎞⎛3τ⎞=τSa⎜+cosSa⎟⎜⎟⎜ω⎟ ⎝4⎠2⎝8⎠⎝8⎠ 3τ⎞−8jω⎟e⎠ 3τ ⎛ωτsin⎜ τ⎛ωτ⎞⎛3τ⎞τ⎝8Sa⎜⎟cos⎜ω⎟=⋅2⎝8⎠⎝8⎠2 ⎞⎛3τ⎞ ⋅cos⎟⎜ω⎟⎠⎝8⎠ ωτ8 由于2sinxcosy=sin(x−y)+sin(x+y)，则 ⎛ωτsin⎜⎝8⎞⎛3τ⎞1⎡⎛ωτ⋅cos⎟⎜ω⎟=⎢sin⎜−⎠⎝8⎠2⎣⎝4 ⎞⎛3τ⎞⋅cos⎟⎜ω⎟2⎡ ⎛ωτ⎠⎝8⎠=sin⎜ωτω⎢⎣⎝2 8 ⎞⎛ωτ⎞⎤1⎡⎛ωτ+sin⎟⎜⎟⎥=⎢sin⎜ 2⎠⎝⎠⎦2⎣⎝2⎞⎛ωτ⎞⎤ −sin⎟⎜⎟⎥ 4⎠⎝⎠⎦ ⎛ωτsin⎜τ⎝8故：⋅2 ⎞⎛ωτ⎞⎤⎛ωτsinSaτ−=⎟⎜⎟⎥⎜⎠⎝4⎠⎦⎝2⎞τ⎛ωτSa−⎟⎜⎠2⎝4 ⎞⎟ ⎠⎞⎟ ⎠ 所以f(t)↔τSa⎜ ⎛ωτ⎞τ⎛ωτ⎞⎛3τ⎞⎛ωτSacosωτSa+=⎟⎜⎟⎜⎟⎜ ⎝4⎠2⎝8⎠⎝8⎠⎝4⎛ωτ⎞τ⎛ωτ⎞ Sa=τSa⎜+⎟⎜⎟ ⎝2⎠2⎝4⎠ ⎞⎛ωττSa+⎟⎜⎠⎝2⎞τ⎛ωτSa−⎟⎜⎠2⎝4 4-19 设X(jω)表示题图4-19所示信号的傅里叶变换。 x(t)−t+22t1123t-10 题图4-19 （1）求X(jω)的相位； （2）求X(0) （3）求 ∫ ∞ −∞ X(jω)dω （4）计算∫X(jω)−∞ ∞−∞ ∞ 2sinωωej2ωdω （5）计算 ∫ X(jω)dω jω2 解：（1）设y(t)=x(t+1)，其波形如下图所示。y(t)↔Y(jω)，则Y(jω)=X(jω)e。 y(t)21-2-1012t 由y(t)的波形可知，其为实偶函数，根据傅里叶变换的定义可得Y(jω)为ω的偶函数， jω且为实函数，因此Y(jω)的相位为0，由式Y(jω)=X(jω)e得： X(jω)=Y(jω)e−jω 故X(jω)的相位为ϕ(ω)=−ω （2）X0=Xj0=（3）由x(t)= ()()òx(t)dt=7（x(t)的面积） -¥ ¥ 1∞jωt (j)dω得 Xωe 2π∫−∞ X(jω)dω=2πx(0)=4π ∫ 由f(t)= ∞ −∞ （4）设Y(jω)= 2sinωω=2Sa(ω)↔y(t)=g2(t) 1∞jωt (j)dω得： Fωe∫−∞2π ∫ 故 ∞ −∞ F(jω)ej2ωdω=2πf(2) ∫ ∞ −∞ X(jω)2sinωωej2ωdω=2πFt=2 −1 ⎡⎣X(jω)⋅Y(jω)⎤⎦t=2=2π⋅⎡⎣x(t)∗y(t)⎤⎦t=2 ∞ 由时域卷积可得f(2)=x(t)∗y(t) （5）由帕塞瓦尔定理得 2 =3.5，故∫X(jω)−∞∞ 2 2sinωωej2ωdω=7π。 ∫ ∞ −∞ 77⎛⎞76 X(jω)dω=2π∫x2(t)dt=2π⋅⎜4+++4⎟=π -∞333⎝⎠ （x (t)的面积乘以2π） x2(t)的图形如下图所示 x2(t)t2−4t+4t2t 4-20 求下列信号的奈奎斯特间隔和频率 （1）Sa(90t) （2）Sa2(90t) （3）Sa(90t)+Sa(50t) （4）Sa(100t)+Sa2(70t) 解：（1）由于g90(t)↔90Sa(90ω)，τ=180，故Sa(90t)↔ π g180(ω)，可得信号90 最高角频率ωm=90rad s ，最高频率fm= 9045 =Hz。根据奈奎斯特采样定理可得： 2ππ Ts= 1π190=s，fs==Hz 2fm90Tsπ 1⎡ππ⎤ ⋅⎢g180(ω)∗g180(ω)⎥。由于 2π⎣9090⎦ （2）Sa(90t)=Sa(90t)⋅Sa(90t)↔ 2 ∗=ωωω 2 故信号Sa(90t)的最高角频率ωm=180rad s，最高频率fm= 18090 =Hz，所以2ππ Ts= 1π1180 =s，fs==Hz。 2fm180πTs （3）Sa(90t)↔ ππ g180(ω)，Sa(50t)↔g100(ω)，故信号Sa(90t)+Sa(50t)的9050 最高角频率ωm=90rad s ，最高频率fm= 9045 =Hz，所以 2ππ Ts= 1π190=s，fs==Hz 2fm90Tsπ （4）由于信号Sa(100t)的最高角频率ωm1=100rad s，信号Sa(70t)的最高角频率 2 ωm2=140rads，故信号Sa(100t)+Sa2(70t)的最高角频率ωm=ωm2=140rads，最高 频率fm= 14070 =Hz，所以 2ππTs= 1π1140 =s，fs==Hz 2fm140πTs 4-23 如题图4-23所示系统，已知输入信号f(t)的频谱函数如图中F(jω)所示，试用图解法求响应y(t)的频谱函数Y(jω) x1(t)f(t)H1(jω)x3(t)x2(t)H2(jω)F(jω)y(t)cos(7ω0t)cos(5ω0t)−2ω02ω0ωH1(jω)H2(jω)−6ω0−7ω0−5ω06ω05ω07ω0ω−3ω03ω0ω题图 4-23 解：设第一个乘法器的输出为x1(t)，第二个乘法器的输出为x2(t)，第一个子模块H1(jω)的输出为x3(t)，则 x1(t)=f(t)⋅cos(7ω0t)↔ 1 F(jω)∗π⎡δ(ω+7ω0)+δ(ω−7ω0)⎤ ⎣⎦2π {}其对应的频谱（注意系数）如下图所示： X1(jω)−9ω0−7ω0−5ω05ω07ω09ω0ω 由结构框图得x3(t)=x1(t)∗h1(t)↔X1(jω)⋅H1(jω)，得X3(jω)如下图所示： X3(jω)−9ω0−7ω0−5ω05ω07ω09ω0ω x2(t)=x3(t)⋅cos(5ω0t)↔ 1 X3(jω)∗π⎡⎣δ(ω+5ω0)+δ(ω−5ω0)⎤⎦，可得2π {}x2(t)的频谱为 X2(jω)−12ω0−10ω0−2ω02ω010ω012ω0ω y(t)=x2(t)∗h2(t)↔X2(jω)⋅H2(jω)，得响应y(t)的频谱函数Y(jω)为 Y(jω)−2ω02ω0ω 4-24 已知f(t)=Sa(ωct)，s(t)=cos(ω0t)，且ω0ωc，试求题图4-24所示系统的输出y(t) H(jω)f(t)H(jω)1y(t)ϕ(ω)−ω0ω00s(t)ϕ(ω)−(ω+ω0)t0ω0−ωc−(ω−ω0)t0ω0+ωcω 题图 4-24 解：由于g2ωc(t)↔2ωcSa(ωcω)，根据对称性可得Sa(ωct)↔ π ωc g2ωc(ω)。 f(t)⋅s(t)↔ ⎫11⎧π jjπδδ⎡FωSω⎤gω⎡ωωωω⎤∗=∗++−()()⎦(⎨2ωc()0)0)⎦⎬⎣(2π⎣2π⎩ωc⎭ π ⎡g2ω(ω+ω0)+g2ωc(ω−ω0)⎤=⎦2ωc⎣c 由图可得H(jω)=g2ωc (ω+ω0)e−j(ω+ω)t 0 0 +g2ωc(ω−ω0)e −j(ω−ω0)t0 ，故 Y(jω)=F⎡⎣f(t)⋅s(t)⎤⎦⋅H(jω) π⎡−j(ω+ω0)t0−j(ω−ω0)t0⎤=g2ωc(ω+ω0)e+g2ωc(ω−ω0)e⎣⎦2ωc 由Sa(ωct)↔ π ωc g2ωc(ω)得： ωc π Sa(ωct)↔g2ωc(ω)，根据时移特性 g2ωc(ω)e−jωt0↔ 根据频移特性得：g2ωc ωc π Sa⎡⎣ωc(t−t0)⎤⎦ ↔ (ω−ω0)e−j(ω−ω)t 0 0 ωc π ejω0tSa⎡⎣ωc(t−t0)⎤⎦，所以 y(t)=F= −1 ⎧π−j(ω+ω0)t0−j(ω−ω0)t0⎫⎡⎤⎬++−gωωgωωee()()⎨2ωc02ωc0⎣⎦ ⎩2ωc⎭ 1−jω0t +ejω0tSa⎡ωc(t−t0)⎤eSa⎡⎣⎦⎣ωc(t−t0)⎤⎦2 =Sa⎡⎣ωc(t−t0)⎤⎦⋅cos(ω0t){} 4-28 假定信号x(t)=cos2πt+sin6πt是具有下列冲激响应的各个LTI系统的输入信号。 （1）h(t)= sin4πt[sin4πt][sin8πt]（3）h(t)=[sin4πt][sin8πt]（2）h(t)= πt2πtπt 分别求各系统的零状态响应。 解：（1）X(jω)=π[δ(ω+2π)+δ(ω−2π)]+jπ[δ(ω+6π)−δ(ω−6π)] h(t)= sin4πt4sin4πt1⎡⎛8πt⎞⎤ ==4Sa(4πt)=8πSa⎜⎟⎥πt4πt2π⎢⎝2⎠⎦ ⎣↔g8π(ω)故Yf(jω)=X(jω)⋅H(jω)=π[δ(ω+2π)+δ(ω−2π)]，求其逆变换得： yf(t)=cos2πt 4-30 在如题图4-30所示互联的4个LTI系统中。 x(t)h1(t)⊕H2(ω)h3(t)h4(t)y(t) 题图4-30 −j2πd⎡sinωct⎤sin3ωctωc =h(t)H(jω)=e图中h1(t)=，h4(t)=u(t)。求 ⎥ ，2，3 dt⎢2πtπt⎣⎦ ω （1）确定并画出H1(jω)； （2）整个系统的冲激响应h(t)是什么？ （3）求输入为x(t)=sin(2ωct)+cos(ωct/2)时的输出y(t)。 解：（1） sinωctωcsinωctωc1⎡⎛2ωct⎞⎤=⋅=Sa(ωct)=2ωSac⎜⎟⎥，根据对称性得 ⎢2πt2πωct2π4π⎣⎝2⎠⎦ sinωct1 ↔gωc(ω) 2πt2 π d⎡sinωct⎤1⎡ω⎤j2 ↔jω⋅gωc(ω)=⎢gωc(ω)⎥⋅e，其频谱图如下图所示 h1(t)=⎢⎥dt⎣2πt⎦2⎣2⎦ ϕ(ω)=−ωcπ2H1(jω)1ωc21−ωc2 （2）由系统的结构框图得： ωcω ùh(t)=h1(t)*éëh2(t)+δ(t)û*h3(t)*h4(t) 其频域表达式为：H(jω)=H1(jω)⋅⎡⎣H2(jω)+1⎤⎦⋅H3(jω)⋅H4(jω) h3(t)= sin3ωct3ωcsin3ωct =⋅↔g6ωc(ω) πtπ3ωct 1 +πδ(ω) jωH4(jω)= ω−j2π⎡⎤jωωc H1(jω)⋅⎡⎥⋅g6ωc(ω)⎣H2(jω)+1⎤⎦⋅H3(jω)=2gωc(ω)⋅⎢1+e ⎢⎥⎣⎦ = jωjωgωc(ω)+gω(ω)e22c ω−j2π ωc H(jω)=H1(jω)⋅⎡⎣H2(jω)+1⎤⎦⋅H3(jω)⋅H4(jω)ω−j2π⎡jω⎤⎡1⎤jωωc =⎢gωc(ω)+gωc(ω)e⎥⋅⎢+πδ(ω)⎥ 2⎦⎢2⎥⎣jω⎣⎦ ωω −j2π−j2π⎡1⎤⎡⎤1jωjωωcωc =⎢gωc(ω)+gωc(ω)egωc(ω)+gωc(ω)e⎥+π⎢⎥⋅δ(ω)2222⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦ω−j2π⎡1⎤1ωc =⎢gωc(ω)+gωc(ω)e⎥22⎢⎥⎣⎦ 由于gτ(t)↔τSa⎜ ⎛ωτ⎝2⎞⎛τt⎞ τSa⇒⎟⎜⎟↔2πgτ(ω)，故 ⎠⎝2⎠ 11ω⎛ωt⎞ω⎛ωt⎞ gωc(ω)↔⋅cSa⎜c⎟=cSa⎜c⎟ 222π⎝2⎠4π⎝2⎠ 根据时移性可得 ω2π −j2π−jω11ωcgωc(ω)e=gωc(ω)eωc22 ⎡⎛2π⎞⎤ ⎢ωc⎜t−⎟⎥ ωc⎢⎝ωc⎠⎥ωc⎡ωct−2π⎤SaSa↔=⎥⎥4π⎢4π⎢2⎣2⎦⎢⎥⎢⎥⎣⎦ 故h(t)= ωc⎡ ⎛ωct⎞⎛ωct−2π⎞⎤ Sa+Sa ⎜⎟⎜⎟⎢⎥4π⎣⎝2⎠2⎠⎦⎝ （3）当输入x(t)=sin(2ωct)+cos(ωct/2)， sin(2ωct)↔jπ[δ(ω+2ωc)−δ(ω−2ωc)]（该冲激函数落在gωc(ω)外） ⎡⎛ω⎞⎤ωω⎤⎡ cos(ωct/2)=cos⎢⎜c⎟⋅t⎥↔π⎢δ(ω+c)+δ(ω−c)⎥ 22⎦⎣⎣⎝2⎠⎦ 则y(t)↔Y(jω)=H(jω)⋅X(jω) ωωcωc⎤π⎡ωcωc⎤−j2πωcπ⎡ =⎢δ(ω+)+δ(ω−)⎥+⎢δ(ω+)+δ(ω−)⎥⋅e2⎣22⎦2⎣22⎦ 求其逆变换得： ⎡⎛ωc⎞⎛2π⎞⎤⎡⎛ωc⎞⎤11 y(t)=cos⎢⎜⎟⋅t⎥+cos⎢⎜⎟⋅⎜t−⎟⎥ 2⎣⎝2⎠⎦2⎣⎝2⎠⎝ωc⎠⎦ ⎡⎛ω⎞⎤1⎡⎛ω⎞⎤1 =cos⎢⎜c⎟⋅t⎥+cos⎢⎜c⎟⋅t−π⎥=02⎣⎝2⎠⎦2⎣⎝2⎠⎦ 4-31 设一个LTI系统对输入x(t)=e+e −t (−3t )u(t)的响应为y(t)=(2e −t −2e−4t)u(t)， （1）求此系统的频率响应。 （2）求系统的冲激响应。 （3）求系统的微分方程，并用积分器，相加器和系数乘法器构成此系统。 解：求系统的频率响应即为求系统的系统函数的幅频关系。 Y(jω)= 226 −= 1+jω4+jω(4+jω)(1+jω)2(jω+2)11 += 1+jω3+jω(1+jω)(3+jω)X(jω)= 9(8+ω2)3ω(10+ω2)Y(jω)3(3+jω) 故H(jω)= ==−j X(jω)(4+jω)(2+jω)(16+ω2)(4+ω2)(16+ω2)(4+ω2)其幅频特性（即频率响应）为： ⎡9(8+ω2)⎤+⎡3ω(10+ω2)⎤ ⎦⎣⎦ H(jω)=⎣2 ⎡(16+ω2)(4+ω2)⎤⎣⎦ （2）对H(jω)进行部分分式展开得 22 H(jω)= 3(3+jω)3⎛11⎞ =⎜+⎟ ++++4j2j24j2jωωωω()()⎝⎠ 求其逆变换即可得到系统的单位冲激响应ht= ()3-4t-2t e+eu(t)。 2 ()4-33 一个因果LTI系统的输出y(t)与输入x(t)之间的关系为 dy(t)+2y(t)=x(t)， dt （1）求系统的传递函数H(jω)=Y(jω)/X(jω)，并画出频谱特性图。 （2）若x(t)=eu(t)，求Y(jω)。 −t （3）利用部分分式展开法求y(t) 解：（1）对方程 dy(t)dt +2y(t)=x(t)两边求傅里叶变换得： jωY(jω)+2Y(jω)=X(jω) ⎛⎞ −jarctan⎜⎟Y(jω)12−jω1⎝2⎠e ===故得系统传递函数H(jω)=22X(jω)jω+24+ω4+ωω 其频谱特性如下图所示： H(jω)π2ϕ(ω)ω−π2ω （2）x(t)=eu(t)↔X(jω)= −t 1 ，故 jω+1 Y(jω)=X(jω)⋅H(jω)= 111 =. jω+1jω+2(jω+1)(jω+2)（3）对Y(jω)进行部分分式展开得 Y(jω)= 1 (jω+1)(jω+2)= 11−t−2t ⎤−↔y(t)=⎡−eeu(t) ⎣⎦jω+1jω+2 4-37 由题图4-37所示的RL电路实现的LTI因果系统，电流源输出电流为输入x(t)，系统的输出为流经电感线圈的电流y(t)。 （a）求关联x(t)和y(t)的微分方程； （b）求系统对输入为x(t)=e jωt 的零状态响应； （c）若x(t)=cos(t)，求输出y(t) x(t)y(t)1H1Ω 题图 4-37 解：（1）设流经电阻的电流为iR(t)（从上向下）。根据KCL得： x(t)=y(t)+iR(t) 其中，iR(t)= uR(t)1dy(t)=⋅L，代入上式得 RRdt Ldy(t)x(t)=+y(t) Rdt 代入已知条件R=1Ω，L=1H得系统的微分方程 dy(t)+y(t)=x(t) dt （2）对上述微分方程两边求傅里叶变换得系统函数为 H(jω)= 由于输入x(t)=e jωt Y(jω)1 = X(jω)1+jω为基本函数，故系统的零状态响应为 yf(t)=ejωt⋅H(jω)= 1 ⋅ejωt 1+jω ej(1×t)+ej(−1×t)，得输入信号为基本函数的线性组合ω1=1，（3）由欧拉公式cos(t)= 2 ω2=−1，所以系统的零状态响应为 11−jt⎞⎛1⎞⎛1jt−jt⎡H(jω)⋅ejt+H(jω)⎤=⎜⋅+y(t)=⎣eee⎟ ⎜ω=1ω=−1⎦⎝2⎟+−21j1j⎠⎝⎠ 4-42 如题图4-42所示电路，试写出该系统的系统函数H(jω)，若要求该系统为无失真传递系统，元件参数应满足什么条件？ R1L1+x(t)C1R2C2+y(t)+f(t)R1R2+L2y(t)---- （a） 题图 4-42 解：由于iC(t)=C⋅ （b） duC(t)⇒IC(jω)=jωCUC(jω)，可得电容的容值为： dt UC(jω)IC(jω)= 1 jωC 由图（a）的电路连接可得Ha(jω)= R2\\\\C2Y(jω) == X(jω)R1\\\\C1+R2\\\\C2 R2 jωR2C2+1R2R1 + jωR2C2+1jωR1C1+1 = R2(jωR1C1+1)R2+jωR1R2C1 = R2(jωR1C1+1)+R1(jωR2C2+1)(R1+R2)+jωR1R2(C1+C2)对于复数 c+jd(c+jd)(a−jb)ac+bdad−bc j==+， a+jba2+b2a2+b2a2+b2 c+jd 其模为：= a+jb (ac+bd)+(ad−bc)22(a2+b22)= (c22+d2)2a+b 其相位为arg⎜ ⎛c+jd⎞⎛ad−bc⎞ ==ϕωarctan()⎟⎜⎟ ajbacbd++⎝⎠⎝⎠ ϕ(ω)=−ωt0（t0为常数）要求系统为无失真传递系统，则要求H(jω)=K（常数），。 将a=R1+R2，b=ωR1R2(C1+C2)，c=R2，d=ωR1R2C1代入以上两式可得系统常数应满足以下条件： {(R1+R2)2 22+⎡⎣ωR1R2(C1+C2)⎤⎦⋅K=R2+(ωR1R2C1) 2 }2 ⎡(R1+R2)ωR1R2C1−ωR1R22(C1+C2)⎤ arctan⎢⎥=−ωt0 2 ⎢⎣(R1+R2)R2+(ωR1R2)C1(C1+C2)⎥⎦ 由图（b）的电路连接可得 Hb(jω)= Y(jω)R2\\\\L2 = X(jω)R1\\\\L1+R2\\\\L2 jωL2R2(R1+jωL1)= jωL2R2(R1+jωL1)+jωL1R1(R2+jωL2)−ω2L1L2R2+jωL2R1R2 = −ω2L1L2(R1+R2)+jωR1R2(L1+L2)2 将a=−ωL1L2(R1+R2), b=ωR1R2(L1+L2), c=−ωL1L2R2, d=ωL2R1R2代 2 入前面的两式即可得到系统为无失真传递系统时元件参数应满足的条件。 5-1求下列信号的双边拉普拉斯变换，并注明其收敛域。 (1) 1−e解：（1） (−2t )u(−t) (2) e 0−∞ −t u(t)+e2tu(−t) (3)e−|t| 0 0 −∞ −∞ ∫ ∞ −∞ (1−e−2t)u(−t)e−stdt=∫ 1 =e−st−s (1−e−2t)e−stdt=∫e−stdt−∫e−2te−stdt 0−∞ 0 1−s+2t −e()−∞−(s+2) 由于s=σ+jω，则 111⎡ 1−lime−st=1−lime−(σ+jω)t=1−lim(e−σt⋅e−jωt)⎤ −∞t→−∞t→−∞⎦−s−s−s⎣t→−∞ 1−st01−st01−σt =−；ee只有当σ<0，时lime→0，故的收敛域为Re[s]<0， −∞−∞t→−∞−s−ss 0 1−st e−s = ()()1−s+2t 同理可得e()−(s+2) 0 1−s+2t 的收敛域为Re[s]<−2，e()−∞−(s+2)0−∞ =− 1 。 s+2 其收敛域的公共部分为Re[s]<−2，可得1−e (−2t )u(−t)的双边拉普拉斯变换为： 0 ∫(1−e)u(−t)e −2t −∞ ∞ ∞ −st 11dt=−+，Re[s]<−2 ss+2 ∞ （2）∫⎡⋅e−stdt=∫e−t⋅e−stdt+∫e2t⋅e−stdt e−tu(t)+e2tu(−t)⎤⎣⎦−∞0−∞ = 1−s+1t 由于e()−(s+1)0−∞ 1−s+1t e()−(s+1)∞0 + 1−s−2t e()−(s−2)0−∞ 0−∞ 11−s−2t ，Re[s]>−1；e()= s+1−(s−2)−t =− 2t 1 ，Re[s]<2，s−2 在此收敛域内可得eu(t)+eu(−t)的双边拉普拉其收敛域的公共部分为−1 ⎡⎤+−⋅=−eu()eu()edttt，−1 （3）其中 ∫ ∞ −∞ e⋅edt=∫e⋅edt+∫e−t⋅e−stdt −∞ 0 −|t|−st 0 t−st ∞ ∫ 0 −∞ et⋅e−stdt=− ∞11−t−st ，Re[s]<1；∫e⋅edt=，Re[s]>−1，故 0s−1s+1 ∞11−|t|−steed⋅t=−+，−1 5-2 求下列函数的单边拉普拉斯变换： （1）f(t)=1−e −αt −t （2）f(t)=sint+2cost （4）f(t)=esin(2t) （8）f(t)=2δ(t)−3e解：（1）F(s)= ∞ −7t （10）f(t)=cos 2 (Ωt) ∞∞11−αt−st−st−αt−st 1eed1edeed−⋅t=⋅t−⋅t=−，其收敛域()∫0−∫0−∫0− ss+α为：当α>0时，Re[s]>0；当α<0时，Re[s]>−α （2）根据欧拉公式得f(t)=sint+2cost= 1jt−jt e−e)+(ejt+e−jt)。其中 (2j ∞11jt11 ，Re[s]>Re[j]=0 e↔∫ejt⋅e−stdt=⋅ 02j2j2js−j 同理可得： −1−jt−11 ，Re[s]>Re[−j]=0 e↔⋅ 2j2js+j 11−jt ，Re[s]>0；e↔，Re[s]>0 s−js+j ejt↔ 故： f(t)=sint+2cost↔ 1⎛11⎞⎛11⎞12s ⋅⎜−++=+，Re[s]>0 ⎟⎜⎟ 2j⎝s−js+j⎠⎝s−js+j⎠s2+1s2+1 −t （4）根据欧拉公式得f(t)=esin(2t)= 1(2j−1)t−(2j+1)t 。其中 e−e 2j ()e(2j−1)t ↔ 1 ，Re[s]>Re[2j−1]=1 s−(2j−1)1 ，Re[s]>Re[−2j−1]=1 s+(2j+1)e 故 −(2j+1)t ↔ f(t)=e−tsin(2t)↔ （8）由定义可得： ⎤1⎡112 ，Re[s]>1 ⋅⎢−⎥=2 2j⎣s−(2j−1)s+(2j+1)⎦(s+1)+4 ∞ ∞ F(s)=L−7t−st−st−7t−st ⎤−⋅=⋅−⋅2δ(t)3eedt2δ(t)edt3eedt [f(t)]=∫−⎡∫−∫−⎣⎦ 0 0 0 ∞ =2− 3− （注意：积分下限为0，δ(t)函数在积分区间内） s+7 Re[s]>−7 （10）由2cosx=1+cos(2x)得：f(t)=cos2(Ωt)= 2 1 ，由欧拉公1+cos(2Ωt)⎤⎡⎣⎦2 1 式可得：f(t)=⎡=1+cos(2Ωt)⎤⎣⎦2 −st 1edt=⋅∫−0∞ 1⎛ej2Ωt+e−j2Ωt ⎜1+2⎝2⎞ ⎟，其中 ⎠ 1 ，Re[s]>0 s ej2Ωt↔ 1 ，Re[s]>Re[j2Ω]=0 s−j2Ω 1 ，Re[s]>Re[−j2Ω]=0 s+j2Ω e−j2Ωt↔ 故 ⎤1⎡11⎛11⎞⎤1⎡1s f(t)=1+cos(2Ωt)↔⎢+⎜+ ⎟⎥=⎢+22⎥2⎣s2⎝s−j2Ωs+j2Ω⎠⎦2⎢ss+(2Ω)⎥⎣⎦ Re[s]>0 5-3已知L[f(t)]=F(s)=的拉普拉斯变换 s (s+4)2 ，Re[s]>−4，利用拉普拉斯变换的性质求下列各式 （3）f3(t)=f(2t−2) （4）f4(t)=e−t⋅f(t) （5）f5(t)=f'(t) （8）f8(t)=e−t⋅f(2t−2) 解：（3）方法一（先进行尺度变换，再进行时移处理）：由于f(2t)↔ 1⎛s⎞ F⎜⎟，故 2⎝2⎠ 1⎛s⎞−s1 f3(t)=f(2t−2)=f⎡tF⎜⎟⋅e=⋅21−↔⋅e−s ⎤()2⎣⎦2⎝2⎠2⎛s⎞ 4+⎜⎟⎝2⎠ 方法二（先进行时移处理，再进行尺度变换）：由于f(t−2)↔F(s)⋅e变换公式（只将自变量t变为2t）得： −2s s 2，故由尺度 f3(t)=f(2t−2)↔ （4）根据复频移特性可得： 11⎛s⎞−s−2s ⎤⋅⎡⋅=FseF⎜⎟⋅e ()s⎣⎦s=22⎝2⎠2 f4(t)=e−t⋅f(t)↔F(s)s=s+1= s (s+4)2s=s+1 = s+1 (s+5)− 2 （5）由时域微分特性可得：f5(t)=f'(t)↔sF(s)−f0 ()，由于其收敛域为 Re[s]>−4，故f(t)为因果信号，f(0−)=0。所以 f5(t)=f'(t)↔sF(s)= s2s2 (s+4)2 （8）由前面计算可知f(2t−2)↔ 1−s⋅⋅，根据复频移性质可得： e22⎛s⎞⎜+4⎟⎝2⎠ s+1 11−(s+1)−s2 f8(t)=e−t⋅f(2t−2)↔⋅⋅e=⋅⋅e222⎛s2⎛s+1⎞⎞ +4+4⎟⎜⎟⎜22⎝⎠⎝⎠s=s+1 s25-4 已知f(t)为因果信号，且f(t)↔F(s)，求下列信号的拉普拉斯变换： (1) e −2t f(3t) (2) t⋅f(3t−1) 1⎛s⎞ F⎜⎟，根据频移特性得： 3⎝3⎠ 1⎛s+2⎞F⎜⎟ 3⎝3⎠ 解：（1）根据尺度变换特性可得：f(3t)↔ e−2t⋅f(3t)↔ （2）由于tf(3t−1)=t⋅f⎢3⎜t−⎟⎥，故由尺度变时及移换特性可得： ⎡⎛ ⎣⎝1⎞⎤3⎠⎦ 1⎛s⎞ f(3t)↔F⎜⎟， 3⎝3⎠ 再由复频域微分特性得 s⎡⎛1⎞⎤1⎛s⎞−1 f⎢3⎜t−⎟⎥↔F⎜⎟⋅e3 3⎝3⎠⎣⎝3⎠⎦ s⎤⎡⎛1⎞⎤d⎡1⎛s⎞−1 3 t⋅f⎢3⎜t−⎟⎥↔−⎢F⎜⎟⋅e⎥ ds⎣3⎝3⎠⎣⎝3⎠⎦⎦ 1 −ss1d⎡⎛s⎞⎤−11s1⎛⎞⎛⎞ =−⋅⎢F⎜⎟⎥⋅e3−⋅F⎜⎟⋅⎜−⎟⋅e3 3ds⎣⎝3⎠⎦3⎝3⎠⎝3⎠1 −ss1d⎡⎛s⎞⎤−11s⎛⎞ =−⋅⎢F⎜⎟⎥⋅e3+⋅F⎜⎟⋅e3 3ds⎣⎝3⎠⎦9⎝3⎠ 5-5 利用L[δ(t)]=1和时域微分，积分性质，以及时移性质求题图5-6所示信号的单边拉普拉斯变换。 x(t)20-21234tx(t)1...x(t)(1)t 2...012340134t (-1) （a） (b) (c) 题图5-6 ∞ d x(t)，则x1(t)=∑δ(t−2n)−δ⎡，其图形解：设x1(t)=⎣t−(2n+1)⎤⎦（周期T=2）dtn=0 {}如下图所示 x1(t)\"\"t 由于L[δ(t)]=1，故xa(t)↔1−e。其第一周期的表达式为xa(t)=δ(t)−δ(t−1)。 −s 1−e−s 根据因果周期信号的拉式变换公式得：x1(t)↔。再根据单边拉式变换的时域积分−2s 1−e 特性得： X1(s)1−e−s =x(t)=∫−x1(τ)dτ↔ 0ss⋅(1−e−2s)t 5-6 已知某信号的拉普拉斯变换为： F(s)= 4 2 s(s+2) + （1）利用初值定理求f(0)；（2）利用终值定理求f(∞)。 444s−2 解：（1）f(0)=limsF(s)=lims⋅=lim=lim=0 s→∞s→∞s(s+2)2s→∞(s+2)2s→∞1+4s−1+4s−2 + （2）方法一：F(s)= K11K12K24 =++22 s(s+2)(s+2)(s+2)s 其中， K11=(s+2)⋅ 2 4s(s+2)2 = s=−2 4 =−2 ss=−2 K12= ⎤d⎡4d⎡4⎤−42 (2)+⋅===−1 s⎢2⎥2⎢⎥ds⎣s(s+2)⎦s=−2ds⎣s⎦s=−2ss=−24s(s+2)2 = s=0 K2=s⋅ 4(s+2)2 =1 s=0 故F(s)= −2−11 ，求其拉式逆变换得： ++2 (s+2)(s+2)s f(t)=L−1 −2t−2t 2tee−⋅−+1⎤[F(s)]=⎡⎣⎦u(t) 故f(∞)=1。 方法二：由于sF(s)= 4 ，其收敛域为Re[s]>−2，包含jω轴，故由终值定理 (s+2)2 4 =1 s→0(s+2)2 得： f(+∞)=limsF(s)=lim s→0 5-8 计算下列函数的单边拉普拉斯逆变换： （1）F(s)= 22s+5 （2） F(s)= (s+1)2s2+7s+12 s2+s+1 （3）F(s)= s2+1 解：（1）F(s)= 2s+53−1 =+，Re[s]>−3。根据常用信号拉式变换对可得： 2 s+7s+12s+4s+3F(s)= 3−1+↔f(t)=3e−4tu(t)−e−3tu(t) s+4s+3 K11K122 ，其中 =+ (s+1)2(s+1)2s+1 （2）利用部分分式可得F(s)= K11=(s+1)2F(s) s=−1 =2 K12= dd2 ⎡⎤(1)()+=sFs[2]=0 ⎣⎦dsdss=−1s=−1 故F(s)= 2 ↔2t⋅e−tu(t)。 2 (s+1) −t 该题也可使用性质进行求解：由于eu(t)↔ 1 ，由复频域微分性质可得 s+1 t⋅e−tu(t)↔− d⎛1⎞−11 =−= ⎜⎟22 ds⎝s+1⎠(s+1)(s+1)故F(s)= 2−t 2eu(t) ↔t⋅2 (s+1) ss2+s+1s ，由可得： （3）F(s)=cosωtut↔=1+()()02222 s+1s+1s+ω0 F(s)=1+ s ↔δ(t)+cos(t)u(t) s2+1 5-10 求下列拉普拉斯变换的逆变换。 1−e−0.5s1−e−0.5s （3）F(s)=（1）F(s)= s(1−e−2s) s 解：（1）由于F1(s)=1−e −0.5s ↔f1(t)=δ(t)−δ(t−0.5)（利用常用信号的变换对及时移 特性），且f10−=0，故利用时域积分特性可得： t1−e−0.5s ↔f(t)=∫−f1(τ)dτ=u(t)−u(t−0.5) F(s)= 0s ()1−e−0.5s11−0.5s 另一种解法：F(s)==−⋅e↔f(t)=u(t)−u(t−0.5) sss 1−e−0.5s11−e−0.5s =⋅，设 （2）F(s)=−2s−2s s(1−e)s1−e F1(s)=1−e−0.5s↔f1(t)=δ(t)−δ(t−0.5) F1(s)，根据周期因果信号的拉式变换公式得： 再设F2(s)= 1−e−2s ∞ F1(s)F2(s)=↔f2(t)=∑⎡⎣δ(t−2n)−δ(t−2n−0.5)⎤⎦ 1−e−2sn=0 利用时域积分特性可得： ∞F2(s)↔f(t)=∑⎡u(t−2n)−u(t−2n−0.5)⎤F(s)= ⎣⎦sn=0 其图形如下图所示： f(t)\"t 5-9 用拉普拉斯变换方法求下列微分方程描述的系统冲激响应h(t)和阶跃响应g(t) d2y(t)dy(t)dx(t) +4+3y(t)=+2x(t) （2） dt2dtdt 解：设y(t)↔Y(s)，x(t)↔X(s)，对方程两边取单边拉式变换（其初始值为零）得： s2Y(s)+4sY(s)+3Y(s)=sX(s)+2X(s) 则H(s)= Y(s)1111s+2 =2=⋅+⋅ X(s)s+4s+32s+12s+3 对上式求逆变换得h(t)= 1−t1 eu(t)+e−3tu(t)，根据冲激响应与阶跃响应的关系得系22 统的阶跃响应为 g(t)=∫h(τ)dτ=∫ −∞ t t11−τ11 edτ+∫e−3τdτ=(1−e−t)u(t)+(1−e−3t)u(t) 020226t 5-11已知LTI系统函数为H(s)=1+s+ 1 ，求h(t)。 s 解：由于LTI系统的系统函数H(s)与其单位冲激相应h(t)为一对拉式变换对，故利用常用信号拉式变换及时域微分特性可得： h(t)=δ(t)+δ'(t)+u(t) 5-13 已知系统微分方程和初始条件如下： y''(t)+4y'(t)+3y(t)=2x'(t)+x(t),y(0−)=1，y'(0−)=1，x(t)=e−2tu(t) 试用s域方法求零输入响应和零状态响应。 解：设y(t)↔Y(s)，x(t)=e \" ' −2t u(t)↔X(s)= ' 1 ，Re[s]>−2 s+2 对方程y(t)+4y(t)+3y(t)=2x(t)+x(t)两边取拉式变换得： s2Y(s)−sy(0−)−y'(0−)+4⎡⎣sY(s)−y(0−)⎤⎦+3Y(s)=2sX(s)+X(s) sy(0−)+y'(0−)+4y(0−)其零输入响应的拉式变换为Yx(s)=，代入已知条件并求其2 s+4s+3 逆变换得系统的零输入响应 Yx(s)= s+5−12 =+↔yx(t)=(−e−3t+2e−t)u(t) 2 s+4s+3s+3s+1 2s+1 ⋅X(s)，代入2 s+4s+3 将初始条件为零，可得系统零状态响应的拉式变换为Yf(s)= x(t)的拉式变换并求其逆变换得系统的零状态响应 Yf(s)= 2s+11−0.53−2.5 ⋅=++ s2+4s+3s+2s+1s+2s+3 ↔yf(t)=(−0.5e−t+3e−2t−2.5e−3t)u(t)5-14 已知系统函数H(s)=号流图。 5(s+1) ，分别画出直接型、级联型、并联型模拟图及信 s(s+2)(s+5) 5(s+1)5s+55s−2+5s−3 解：H(s)=，由梅森公式可得系统=3=2−1−2 s(s+2)(s+5)s+7s+10s1−(−7s−10s)的直接型信流图和模拟图分别如下图所示： F(s)s−1s−1s−1Y(s) F(s)1s1s1sY(s) 将H(s)写出连乘的形式，可得系统的级联型结构， H(s)= 5(s+1)1515 =⋅=⋅2 s(s+2)(s+5)s(s+2)(s+5)ss+7s+10 1s−155s−2 其中H1(s)==，H2(s)=2，由梅森公式得系统的= s1s+7s+101−(−7s−1−10s−2)级联型信流图和模拟图分别如下图所示： F(s)s−11ss−11ss−1Y(s) F(s)1sY(s) 注：该级联形式有多种，如果对系统函数进行如下分解，则信号流图将进行如下变化： 5(s+1)15155s−2s−1 H(s)==⋅=⋅=⋅ s(s+2)(s+5)s(s+2)(s+5)s+5s2+2s1−(−2s−1)1−(−5s−1)s−1F(s)s−1s−1Y(s) 分解不同，其信号流图及模拟图都有所变化。 对H(s)进行部分分式展开可得系统的并联形式 545−14 s−−s−1−1 5(s+1)0.50.5s3 H(s)==+6+3=+6−1+−1s(s+2)(s+5)ss+2s+511−(−2s)1−(−5s)其信号流图及模拟图如下图所示： s−1s−1F(s)Y(s)s−1 1s1sF(s)Y(s)1s 也可将H(s)分解成一阶子系统和二阶子系统的级联形式，例如 H(s)= 5(s+1)⎡0.55/6⎤−4/31+4s/3−4/3 =⎢++=2+⎥s(s+2)(s+5)⎣ss+2⎦s+5s+2ss+5 −4s−1/34s−1/3+s−2 =+−1 1−(−2s)1−(−5s−1)其信号流图如下图所示 s−1F(s)s−1Y(s)s−1 与级联形式相类似，分解不同，其信号流图及模拟图都有所变化。 5-16试判断下列系统的稳定性： （1）H(s)= s+1s+2 =H(s) （2） 210 s+2s(s+1)3s+1 s3−4s2−3s+2 2 （3）H(s)= 解：（1）由于其分母多项式A(s)=s+2s有缺项（缺s0项），故不满足霍尔维兹多项式的必要条件，所以系统不稳定。 （2）由系统函数H(s)得系统在s=−1处有一个10阶极点，其收敛域为Re[s]>−1， 其极点全部在左半平面，故系统稳定。（注：可以采用罗斯-霍尔维兹准则进行判决，但比较麻烦） （3）由于其分母多项式A(s)=s−4s−3s+2中ai的符号不完全相同，故不满足霍 3 2 尔维兹多项式的必要条件，所以系统不稳定。 5-17 某系统的零极点图如题图5-18所示，且单位冲激响应h(t)的初值h(0)=5，试写出该系统的系统函数H(s)。 + jωσ 题图5-18 解：由系统的零极点图可知，该系统包括三个极点：分别为p1=−3、p2=−1+3j、 p3=−1−3j；系统包括两个零点：z1=−2+j、z2=−2−j，则系统函数为： H(s)=K⋅ 分别代入零极点的值得： (s−z1)(s−z2) (s−p1)(s−p2)(s−p3)2 (s+2−j)(s+2+j)=K⋅(s+2)+1 H(s)=K⋅2 (s+3)(s+1−3j)(s+1+3j)(s+3)⎡(s+1)+9⎤ ⎣ ⎦ 由初值定理得：h(0)=limsH(s)=limK⋅ + s→∞ s→∞ (1+s−1)+s−2 (1+3s)⎡⎢(1+s)⎣ −1 2 2 −12 +9s⎤⎥⎦ −2 =5，故 K=5，所以系统函数为： s+2)+1( H(s)=5⋅2 s+1)+9⎤(s+3)⎡⎣(⎦ 5-19 已知RLC电路系统，如题图5-19所示： us(t)_+uL(t)_+ 题图5-19 其中us(t)=10u(t)V，电容和电感初始状态为零，求电感两端电压的零状态响应 uL(t)。 解：该RLC电路系统的s域模型为（初始状态为零）： 1Ω1/s0.2ΩUs(s)0.5sUL(s) 根据分压规则得： 1+0.5s)//0.2(0.5s⋅⋅Us(s) UL(s)= 1+0.5s1+0.5s//0.2+1()s 由于us(t)=10u(t)↔ 10 ，故 s 0.2+0.1s (1+0.5s)//0.2⋅10=0.5s⋅1.2+0.5s⋅100.5s UL(s)=⋅ 1+0.5s1+0.5s//0.2+1s1+0.5s0.2+0.1s+1s () s1.2+0.5ss 10(s2+2s)0.5s0.1s2+0.2s1010s =⋅⋅== 1+0.5s0.1s2+0.7s+1.2s(s+2)(s+3)(s+4)(s+3)(s+4)= 4030 − s+4s+3 求其逆变换得电感两端电压的零状态响应uL(t)=40e −2t (−4t −30e−3t)u(t) 5-23已知LTI系统的单位冲激响应函数h(t)=(1−e解：由h(t)=(1−e −2t )u(t)，求该系统的微分方程。 Y(s)112 得： )u(t)↔H(s)=−=2= ss+2s+2sF(s)+2s)Y(s)=2F(s)⇒s2Y(s)+2sY(s)=2F(s) (s 2 故系统的微分方程为： y''(t)+2y'(t)=2f(t) 5-26某反馈系统如题图5-26所示，试求： （1）H(s)= Y(s) 。 F(s) 1 H(s)是稳定系统，确定k的取值范围。 ，s+1 （2）若G(s)= 题图5-26 解：（1）设加法器的输出为X(s)，则：X(s)=F(s)+Y(s)⋅G(s)，由系统框图可得： Y(s)=X(s)⋅ 代入X(s)的表达式得 1 ⋅(−K) s+3 Y(s)=⎡⎣F(s)+Y(s)⋅G(s)⎤⎦⋅ (−K)⋅G(s)⋅Ys −K−K =⋅F(s)+()s+3s+3s+3 Y(s)⎛KG(s)⎞−K−K 1+Ys=⋅Fs⇒Hs== ()()()⎜⎟ s+3⎠s+3F(s)s+3+KG(s)⎝ （2）代入G(s)= Y(s)−K⋅(s+1)−K⋅(s+1)1 得H(s)= ==2 s+1F(s)(s+3)(s+1)+Ks+4s+(K+3)由于H(s)是稳定系统，则需H(s)的分母多项式为霍尔维兹多项式，故K+3>0，其罗斯阵列为： 1K+3 40 cn−1 其中cn−1= −11K+3−1⋅=⋅⎡−4(K+3)⎤=K+3，当cn−1>0，即K+3>0，故⎣⎦0444 当K>−3时，系统稳定。 6-1 分别绘出以下各序列的图形： （1）x(n)=nu(n) （2）x(n)=−nu(−n) 解：（1）x(n)=nu(n) 6543210123456x(n)…………n （2）x(n)=−nu(−n) x(n)n 6-2分别绘出以下各序列的图形： （1）u(n+2)⋅u(−n−4) （2）(n−1)[δ(n−1)−δ(n+1)] 解：（1） u(n+2)u(−n−4)nn 则两个离散序列相乘得： u(n+2)⋅u(−n−4)n （2）(n−1)[δ(n−1)−δ(n+1)]=2δ(n+1) (n−1)[δ(n−1)−δ(n+1)]n 6-3 判断下列信号是否是周期信号，如果是请写出其周期。 （2）x(n)=e ⎛n⎞j⎜−6π⎟⎝5⎠ （3）x(n)=sin n 5 2nπ3nπ +cos 57 解：（2）x(n)=e序列。 ⎛n⎞ j⎜−6π⎟⎝5⎠ 12π =e，Ω0=，则，故序列x(n)为非周期=10π（无理数） 5Ω0 j⋅ （3）x(n)=sin 2nπ3nπ2π3π2π2π +cos=sinn+cosn，对于序列sinn，=5，57575Ω0 3π2nπ3nπ2π7 n，+cos=，其周期为7，故序列x(n)=sin757Ω03 其周期为5；对于序列cos 的周期（最小公倍数）为35。 6-4 写出题图6-4所示各序列的表达式。 f1(n)f2(n)⋅⋅⋅⋅⋅⋅n ⋅⋅⋅⋅⋅⋅n (a) (b) 题图6-4 解：（a）f1(n)=u(n+3)+u(n−1)−2u(n−5) （b）f2(n)=u(n+2)−2u(n−2)+u(n−5) 6-6 求下列序列的卷积和。 （1）u(n)*u(n) （2）0.5u(n)*3u(n) （3）2u(n−1)*3u(−n+2) （4）nu(n)*δ(n+3) 解：（1）设f(n)=u(n)*u(n)= n n nn i=−∞ ∑u(i)⋅u(n−i)=∑1=(n+1)⋅u(n) i=0 ∞n ⎛0.5⎞nnin−in （2）0.5u(n)*3u(n)=∑0.5u(i)⋅3u(n−i)=3⋅∑⎜⎟ 3⎠i=−∞i=0⎝ ∞ n i 利用等比数列部分和公式Sn= a1(1−qn)1−q 得： ⎡⎛1⎞n+1⎤ 1⋅⎢1−⎜⎟⎥ ⎝6⎠⎥⎢⎣⎦u(n)nnn 0.5u(n)*3u(n)=3 11− 6 n+1 ⎡⎛1⎞n+1⎤2n+1⎡⎛1⎞⎤n6=3⋅⎢1−⎜⎟⎥u(n)=⋅3⎢1−⎜⎟⎥u(n)5⎢5⎢⎣⎝6⎠⎥⎦⎣⎝6⎠⎥⎦ （3）该卷积和利用定义来做较为简单， 2u(n−1)*3u(−n+2)= nn i=−∞ ∑3u(−i+2)⋅2 i ∞ n−i u(n−i−1) 根据单位阶跃序列的定义可得：−i+2≥0⇒i≤2；n−i−1≥0⇒i≤n−1 ⎛3⎞in−in 当n−1≤2时，则∑3u(−i+2)⋅2u(n−i−1)=2⋅∑⎜⎟ i=−∞i=−∞⎝2⎠ ∞ n−1 i ⎛3⎞ 当n−1>2时，则∑3u(−i+2)⋅2u(n−i−1)=2⋅∑⎜⎟ i=−∞i=−∞⎝2⎠ ∞ i n−i n 2 i ⎡nn−1⎛3⎞i⎤⎡n2⎛3⎞i⎤ 故可得：2u(n−1)*3u(−n+2)=⎢2⋅∑⎜⎟⎥⋅u(−n+3)+⎢2⋅∑⎜⎟⎥u(n+4) ⎢⎢⎣i=−∞⎝2⎠⎥⎦⎣i=−∞⎝2⎠⎥⎦ n n （4）利用卷积的性质（f(n)*δ(n−m)=f(n−m)）可得： nu(n)*δ(n+3)=nu(n)n=n+3=(n+3)u(n+3) 6-7 如题图6-4所示，如果y(n)=f1(n)*f2(n)，则试求y(−2)、y(0)、y(1)的值。 解：由于y(n)=f1(n)*f2(n)= i=−∞ ∑ ∞ f1(i)⋅f2(n−i)，则y(−2)= i=−∞ ∑f(i)⋅f 1 ∞ 2 (−2−i)，其图 形如下： f1(i)21f2(−2−i)1⋅⋅⋅-3-2-101234⋅⋅⋅⋅⋅⋅-7-6-5-4-3-2-101-1⋅⋅⋅i i对应时刻点相乘后累加得y(−2)=4。 y(0)= i=−∞ ∑ ∞ f1(i)⋅f2(−i)，其图形如下图所示： f1(i)21f2(−i)1⋅⋅⋅-3-2-101234⋅⋅⋅i⋅⋅⋅-5-4-3-2-101-123⋅⋅⋅i 对应时刻点相乘后累加得y(0)=4。 y(1)= i=−∞ ∑f(i)⋅f 1 ∞ 2 (1−i)，其图形如下图所示： f1(i)21f2(1−i)1⋅⋅⋅-3-2-101234⋅⋅⋅i⋅⋅⋅-4-3-2-101-1234⋅⋅⋅i 对应时刻点相乘后累加得y(1)=4。 由于f1(n)和f2(n)为有限序列，故该题可采用数乘法进行计算： 11112222 ↑ 1111−1−1−1 ↑ −1−1−1−1−2−2−2−2 −1−1−1−1−2−2−2−2 −1−1−1−1−2−2−2−2 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 ↑ 1 1 1 1 2 2 2 21 1 1 1 2 2 2 2 1 2 3 4 4 4 4 5 2 −1 −4 −6 −4 −2 ↑ 可得y(−2)=4、y(0)=4、y(1)=4。 6-8 已知两序列 f1(n)={⋅⋅⋅,0,1,2,3,4,0,⋅⋅⋅},f2(n)={⋅⋅⋅,0,1,2,3,0,⋅⋅⋅}, ↑ ↑ n=0 试计算y(n)=f1(n)*f2(n)。 n=0 解：由于两个序列为有限长序列，故采用数乘法较为简单： 1234 ↑ 123 ↑ 3691224681234 ↑ 1410161712 ↑ 0,⋅⋅⋅},故y(n)=f1(n)*f2(n)={⋅⋅⋅,0,1,4,10,16,17,12， ↑ n=0 6-9 已知某LTI系统的单位脉冲响应为 h(n)={⋅⋅⋅,0,2,2,2,0,⋅⋅⋅}, ↑ n=0 n 则当系统激励f(n)=(−1)u(n)时，试求系统的零状态响应yf(n)。 解：由已知得：h(n)=2u(n)−u(n−3)，则系统的零状态响应为 {}yf(n)=h(n)∗f(n)= k=−∞ ∑(−1)∞ n−k u(n−k)⋅2{u(k)−u(k−3)} 则当k≥0；k≤2；且n−k≥0⇒k≤n时，yf(n)有非零值，故 当n<0时，yf(n)=h(n)∗f(n)=0 当0≤n≤2时， n ⎡n⎤n−kn⎡−k⎤ yf(n)=⎢∑(−1)⋅2⎥⋅⎡unun3211−−=⋅−−⎤()()()()⎣⎦⎣u(n)−u(n−3)⎤⎦ ⎢∑⎥⋅⎡ ⎣k=0⎦⎣k=0⎦ ⎡0−k⎤yf(0)=2⋅(−1)⎢∑(−1)⎥=2 ⎣k=0⎦ 0 ⎡1−k⎤ yf(1)=2⋅(−1)⎢∑(−1)⎥=2⋅(1−1)=0 ⎣k=0⎦ 1 ⎡1−k⎤ yf(2)=2⋅(−1)⎢∑(−1)⎥=2⋅(1−1+1)=2 ⎣k=0⎦ 2 2⎡n⎤n−kn⎡−k⎤ 当n≥3时，yf(n)=⎢∑(−1)⋅2⎥⋅u(n−3)=2⋅(−1)⎢∑(−1)⎥⋅u(n−3) ⎣k=0⎦⎣k=0⎦ ⎡2−k⎤ yf(3)=2⋅(−1)⎢∑(−1)⎥=2⋅(−1)⋅(1−1+1)=−2 ⎣k=0⎦ 3 ⎡2−k⎤ yf(4)=2⋅(−1)⎢∑(−1)⎥=2⋅(1)⋅(1−1+1)=2 ⎣k=0⎦ 4 ⎡2−k⎤ yf(5)=2⋅(−1)⎢∑(−1)⎥=2⋅(−1)⋅(1−1+1)=−2，\"\" ⎣k=0⎦ 5 该题采用图解法相对容易，且不容易出错。 当n<0，f(k)⋅h(n−k)=0，例如n=−1时的h(−1−k)如下图所示： f(k)h(−1−k)kk 当n=0，则f(k)⋅h(−k)=2，如下图所示： f(k)h(−k)kk 当n=1，f(k)⋅h(1−k)=2−2=0，如下图所示： f(k)h(1−k)kk 当n=2，f(k)⋅h(2−k)=2−2+2=2，如下图所示： f(k)h(2−k)kk 当n=3，f(k)⋅h(2−k)=−2+2−2=−2，如下图所示： f(k)h(3−k)kk 同理可得yf(4)=2，yf(5)=−2，等等 故可得：yf(n)=2δ(n)+2⋅(−1)u(n−2) 6-17三个子系统的输入输出关系如下： 子系统1：y(n)=x(n/2)−2 子系统2：y(t)=3x(n) n 子系统3：y(n)=x(2n)+1 将三个子系统级联如题图6-17所示，则整个系统的输入输出之间是否满足线性、时不变的关系？ x(n)题图6-17 解：非线性、时变系统。 6-19 已知系统的单位脉冲响应如下，试判断系统的因果性和稳定性。 n y(n) ⎛1⎞ （3）h(n)=δ(2n)+δ(n−1) （4）h(n)=⎜⎟u(−n+3) ⎝2⎠ 解： （3）因果、稳定系统 （4）非因果、非稳定系统 8-2 根据Z变换的定义，求下列信号的双边Z变换及收敛域。 ⎛1⎞⎛1⎞n （1）⎜⎟u(n−3)； （2）(3)u(3−n)； （3）⎜⎟； ⎝3⎠⎝3⎠ （4）(−1)u(−n)； （5）(2)∞ n n −n nn u(−n−2)； （6）δ(n−2)。 n n ∞ ⎛1⎞⎛1⎞-n∞⎛1⎞-n2⎛1⎞-n-n 解：（1）X(z)=∑⎜⎟u(n-3)z=∑⎜⎟z=∑⎜⎟z−∑⎜⎟z n=-∞⎝3⎠n=3⎝3⎠n=0⎝3⎠n=0⎝3⎠ 1111 =−1−z−1−z−2 z> 13391-z-13 n （2）X(z)= n=-∞ ∑(3)u(3-n)z −1 -nn ∞ ∞ n -n = n n=-∞ ∑(3)3 n-n z=∑(3)zn n=-3 ∞ -n ⎛1⎞ =∑(3)z+∑⎜⎟n=−3n=0⎝3⎠ ∞ n ⎛1⎞ ⋅⎜⎟⎝z⎠ n −n =27z−3+9z−2+3z−1+ 1z1−3 z<3 ⎛1⎞-n∞⎛1⎞-n−1⎛1⎞-n∞⎛1⎞-n∞⎛1⎞n （3）X(z)=∑⎜⎟z=∑⎜⎟z+∑⎜⎟z=∑⎜⎟z+∑⎜⎟z n=-∞⎝3⎠n=0⎝3⎠n=-∞⎝3⎠n=0⎝3⎠n=1⎝3⎠ 111⎛1⎞-n∞⎛1⎞n =∑⎜⎟z+∑⎜⎟z−1=+−1 ∞ n n -nnn （4）X(z)= n=−∞∞ ∑(−1)u(−n)z∑(2)∞ −n ∞ n -n = n=−∞ ∑(−1)−2 0 n-n z=∑(−1)zn= n=0−n−n ∞ n ∞ -n 1 z<1 1+z （5）X(z)=u(−n−2)z 1 −n = n=−∞n=−∞ ∑(2)z =∑(2)zn n=2 =∑(2)z−∑(2)zn= n=0 n=0 nn n 11 −1−2z z< 1−2z2 （6）X(z)= n=−∞ ∑δ(n−2)z ∞ −n =z−2,z≠0 8-3根据常用Z变换和Z变换的性质，分别求下列信号的双边Z变换。 ⎛1⎞ （1）δ(n)−δ(n−3)； （2）⎜⎟ ⎝2⎠ n+3 u(n)； ⎛1⎞⎛1⎞−nn （5）⎜⎟u(n)+⎜⎟u(n)； （6）(3−2)u(n)； ⎝2⎠⎝3⎠ 解：（1）δ(n)«1，根据时移性、线性特性可得：δ(n)−δ(n−3)↔1−z 其收敛域为z<+∞ −3 nn ⎛1⎞（2）⎜⎟ ⎝2⎠ n+3 ⎛1⎞u(n)=⎜⎟ ⎝2⎠ n 3 1z⎛1⎞ z>0.5 ⋅⎜⎟u(n)↔⋅ 28z0.5−⎝⎠ n zz⎛1⎞⎛1⎞ （5）⎜⎟u(n)+⎜⎟u(n)↔ z>0.5 + z−0.5z−1/3⎝2⎠⎝3⎠ n zz⎛1⎞n −（6）(3−2)u(n)=⎜⎟u(n)−2u(n)↔z>2 1−3z2⎝⎠z−3 −n n n 8-4求题8-3中各个信号的单边Z变换。 ⎛1⎞ （1）δ(n)−δ(n−3)； （2）⎜⎟ ⎝2⎠ n n n+3 u(n)； ⎛1⎞⎛1⎞−nn （5）⎜⎟u(n)+⎜⎟u(n)； （6）(3−2)u(n)； ⎝2⎠⎝3⎠ 解：由于（1）、（5）、（6）都为因果序列，故其双边Z变换等于单边Z变换。 z⎛1⎞ z>0.5 （2）设x(n)=⎜⎟u(n)↔X(z)= z−0.5⎝2⎠ m−1⎡−k⎤则由单边Z的时移特性x(n+m)u(n)↔z⎢X(z)−∑x(k)z⎥得： ⎢⎥k=0⎣⎦ m n ⎛1⎞ ⎜⎟⎝2⎠ n+3 2 11⎡z⎤⎛z⎞ u(n)↔z⎢−∑x(k)z−k⎥=z3⎜−1−z−1−z−2⎟ 24⎝z−0.5⎠⎣z−0.5k=0⎦ 3 0.5 n ()()u(n−1)−u(n−3)↔z−1+z−2 z>0 ⎤（3）因为nu(n−1)−u(n−3)=n⎡⎣δn−1+δn−2⎦=δn−1+2δn−2，所 []()()()()以： n[u(n−1)−u(n−3)]↔z−1+2z−2 z>0 z2−zcosω0 ，z>1。根据尺度特性可得： （5）因为cos(ω0n)u(n)↔2 z−2zcosω0+1 ⎛z⎞z ⎜⎟−cosω0 z2−2zcosω02⎠2⎝n =22⋅[cos(ω0n)u(n)]↔，z>2 2 z−4zcosω0+4z⎛z⎞ ω−+2cos1⎜⎟0 2⎝2⎠ z （6）(n−1)u(n)=n⋅u(n)−u(n)。因为u(n)↔，根据Z域微分特性可得： z−1zd⎛z⎞⎟n⋅u(n)↔(−z)⎜= ⎜⎟ dz⎝z−1⎠(z−1)2 所以(n−1)u(n)↔ 2 z (z−1)2 z−z2+2z ，z>1 −=2 z−1(z−1)z ，根据Z域微分特性可得： z−1 方法二：因为u(n)↔ n⋅u(n)↔(−z)zd⎛z⎞ ⎜⎟=⎜⎟ dz⎝z−1⎠(z−1)2 −1⎡−k⎤ ⎢X(z)+∑x(k)z⎥可⎢⎥k=−m⎣⎦ 设x(n)=n，则根据单边Z变换的时移特性x(n−m)un↔z： 得（m=1） ()−m ⎡z⎤⎡z⎤−11k−−1⎥=z⎢⎥=(n−1)u(n)↔z⎢xkz1z++−⋅−1 ))∑2⎢z−12k=−1(⎥⎢z−12(⎥ ⎢⎥⎢⎥))⎣(⎦⎣(⎦(z−1)−1 = −z2+2z (z−1)2 ，z>1 8-8已知一个序列的双边Z变换为F(z)= z ，求下述三种情况下的原函 (z−1)(z−2)(z−3) 数f(n)： （1）z>3 （2）z<1 （3）2 F(z)10.510.5 ，则 ==−+ z(z−1)(z−2)(z−3)z−1z−2z−3 F(z)= 0.5zz0.5z −+ z−1z−2z−3 11nn , 1,z （1）z>3，故f(n)为因果序列 n⎤F(z)↔f(n)=0.5u(n)−2nu(n)+0.5⎡3⎣u(n)⎦ （2）z<1，故f(n)为反因果序列 n⎤F(z)↔f(n)=−0.5u(−n−1)+2nu(−n−1)−0.5⎡3⎣u(−n−1)⎦ （3）2 8-10 已知f(n)=f1(n)∗f2(n)，用Z变换的卷积性质求下列情况下的f(n)。 （1）f1(n)=au(n)，f2(n)=bu(n)； 解：f(n)=f1(n)∗f2(n)↔F(z)=F1(z)F2(z) n n 1 ,z>a−1 1−az 1 f2(n)=bnu(n)↔F2(z)=,z>b−1 1−bzf1(n)=anu(n)↔F1(z)= z211 ，z>max(a,b) F(z)=F1(z)⋅F2(z)=×=−1−1 1−az1−bz(z−a)(z−b)F(z)↔f(n)= anbn au(n)+bu(n) a−bb−a 8-12 已知因果序列f(n)的Z变换如下，求f(n)的初值f(0)、f(1)和终值f(∞)。 z2 （1）F(z)= 1⎞⎛ (z−1)⎜z−⎟ 3⎠⎝ 解：（1）方法1： z>1； （2）F(z)= z 1⎞⎛1⎞⎛ −+zz⎜⎟⎜⎟2⎠⎝3⎠⎝ 2 z> 1 。 2 n ⎤31⎡⎛1⎞ F(z)↔f(n)=u(n)−⎢⎜⎟u(n)⎥ 22⎢⎥⎣⎝3⎠⎦ f(0)=1,f(1)= 方法2： 43，f(∞)= 32 z2 f(0)=limF(z)=lim z→∞z→∞⎛1⎞(z−1)⎜⎜z−⎟⎟ 3⎠⎝ 2z =lim=1z→∞41z2−z+ 33 4 f(1)=limz⎡Fz−f=()0⎤()⎦3z→∞⎣ 3 f(∞)=lim(z−1)F(z)= z→12 注：在计算f(1)时，利用了单边Z变换的时移特性：设f(n)↔F(z)，则f(n+1)将原 0 ⎡−k⎤来的f(1)的值移动到“0”时刻，f(n+1)u(n)↔z⎢F(z)−∑f(k)z⎥，故再利用初 k=0⎣⎦ 值定理可求得f(1)值。 （2）F(z)= z 1⎞⎛1⎞⎛ ⎜z−⎟⎜z+⎟ 2⎠⎝3⎠⎝ 2 z> 1 。 2 方法1： F(z)=− 3616361z −+ 2 11251+z−15⎛1⎞251−z−1 +z⎜⎟323⎠⎝ n n n 36⎛1⎞36⎛1⎞18⎛1⎞ f(n)=−⎜−⎟u(n)+⎜⎟u(n)+×n×⎜−⎟u(n) 25⎝3⎠25⎝2⎠5⎝3⎠ f(0)=0,f(1)=0,f(∞)=0 方法2： f(0)=limF(z)=lim z→∞ z→∞ z 1⎞⎛1⎞⎛−+zz⎜⎟⎜⎟2⎠⎝3⎠⎝ 2 =0 f(1)=limz⎡F(z)−f(0)⎤⎦=0z→∞⎣f(∞)=lim(z−1)F(z)=0 z→1 8-13已知离散系统的单位脉冲响应h(n)=2u(n) （1） 输入f(n)=u(n)，求系统的零状态响应： 解： n 1 1−2z−11 f(n)=u(n)↔F(z)= 1−z−1 1121 ×=− 则Yf(z)=F(z)H(z)=−1−1−1−1 1−2z1−z1−2z1−z h(n)=2nu(n)↔H(z)= 所以系统零状态响应yf(n)： Yf(z)↔yf(n)=2×2nu(n)−u(n) （2） 若系统的输出yf(n)=3u(n)，求输入信号f(n)。 解：yf(n)=3nu(n)↔Yf n (z)= 1 −1 1−3z Yf(z)11−2z−1−1 F(z)==×1−2z=−1 H(z)1−3z1−3z−1 ()=1+ z1−3z−1 −1 F(z)↔f(n)=δ(n)−2n−1u(n−1) 8-15求下列差分方程描述的因果离散系统的零输入响应。 （1）y(n)−2y(n−1)+y(n−2)=f(n)−2f(n−1) y(−1)=1,y(−2)=2； 解：对差分方程y(n)−2y(n−1)+y(n−2)=f(n)−2f(n−1)两边取Z变换有 −1−2−2−1−1 ⎤⎡⎤Y(z)−2⎡zYzy1zYzy2zy1zFz2zF(z)+−++−+−=−()()()()()()⎣⎦⎣⎦ 可整理得： 2y(−1)−y(−2)−y(−1)z−1F(z)−2z−1F(z) Y(z)=+−1−2−1−2 1−2z+z1−2z+z 代入初始条件y(−1)=1,y(−2)=2，F(z)=0可得： −z−1−zz==−↔yx(n)=−nu(n) Yx(z)=2−1−22 1−2z+zz−2z+1(z−1) （2）y(n+2)+2y(n+1)+2y(n)=2f(n+2) y(0)=1,y(1)=1。 解：对差分方程y(n+2)+2y(n+1)+2y(n)=2f(n+2)两边取Z变换有 2 z2Y(z)−y(0)z2−y(1)z1+2⎡zYz−y0z+2Yz=2zF(z) ⎤()()()⎣⎦ 整理后代入初始条件y(0)=1,y(1)=1，F(z)=0可得： z2+3z Yx(z)=2 z+2z+2 Yx(z)z+3k1k2 =2=+ zz+2z+2z+1−jz+1+j 其中，k1=(z+1−j)Yx(z)2+j1−2j5−jφ===e zz=−1+j2j22 Yx(z)2−j1+2j5jφ（φ=arctan2） ===e， zz=−1−j−2j22 k2=(z+1+j)故Yx(z)= k1zk2z+= z+1−jz+1+j k1zz+2e⎛π⎞j⎜−⎟⎝4⎠ + k2zz+2e⎛π⎞j⎜⎟⎝4⎠ πn⎞⎛πn⎞ ⎡j⎛j⎜+φ⎟⎤⎜−−φ⎟ ⎠ne⎝4+e⎝4⎠⎥⎢ u(n)=5−2↔yx(n)=5−2⎢⎥2 ⎢⎥⎣⎦ ()()n ⎛πn⎞ cos⎜+φ⎟u(n) ⎝4⎠ 8-16 求下列线性常系数差分方程描述的因果离散系统的单位脉冲响应、零状态响应、零输入响应和完全响应。 （1）y(n)−y(n−1)−2y(n−2)=f(n)+f(n−1) f(n)=u(n)，y(−1)=1，y(−2)=1； （2）y(n)+4y(n−1)+4y(n−2)=f(n) f(n)=(−1)nu(n)，y(−1)=0，y(−2)=1； 解：（1）将原式两边取单边Z变换得， Y(z)−[z−1Y(z)+y(−1)]−2[z−2Y(z)+y(−2)+y(−1)z−1]=F(z)+z−1F(z) 整理得： y(−1)+2y(−2)+2y(−1)z−11+z−1 Y(z)=+F(z) 1−z−1−2z−21−z−1−2z−2 1+z−1z2+zz 所以，（a）H(z)===，求其逆Z变换可得单位脉冲响应为 −1−22 1−z−2zz−z−2z−2 h(n)=2nu(n) 1+z−1 （b）Yf(z)=F(z)， 因为f(n)=u(n)， −1−2 1−z−2z 其Z变换为F(z)= zzzz2z |z|>1，所以,Yf(z)=, z>2 ×=−+z−1z−2z−1z−1z−2 n+1 其逆变换也即零状态响应为yf(n)=2 u(n)−u(n) y(−1)+2y(−2)+2y(−1)z−18z1z ，z>2 =⋅+⋅ （c）Yx(z)=−1−2 1−z−2z3z−23z+1 8n1 ⋅2u(n)+⋅(−1)nu(n) 33 其逆z变换即零输入响应为yx(n)= （d）根据上面计算的零输入和零状态响应可知系统的完全响应为 81 y(n)=2n+1u(n)−u(n)+⋅2nu(n)+⋅(−1)nu(n) 33 （2）对方程两边取单边Z变换得： Y(z)+4z−1[Y(z)+y(−1)z1]+4z−2[Y(z)+y(−2)z2+y(−1)z1]=F(z) −4y(−1)−4y(−2)−4y(−1)z−11 整理得：Y(z)=+⋅F(z) 1+4z−1+4z−21+4z−1+4z−2 代入初始条件及f(n)=(−1)u(n)↔F(z)= n z ，z>1得： z+1 −4z2z2z Y(z)=2+2⋅ z+4z+4z+4z+4z+1 Y(z)z2 故H(z)=，其逆变换即为系统的单位脉冲响应。 = F(z)z2+4z+4 H(z)zk11k12 =2=+2 zz+4z+4(z+2)z+2 其中，k11=(z+2)⋅ 2 d⎡H(z)2H(z)⎤ =−2，k12=⎢(z+2)⋅=1，故 zz=−2dz⎣z⎥⎦z=−2 z 2 H(z)=(−2)⋅ (z+2)+ 1n−1n ↔h(n)=(−2)⋅n⋅(−2)u(n)+(−2)u(n) z+2 =(−2)nu(n)+n(−2)nu(n) −4zz3z=+↔yf(n)=(−1)nu(n)+2n(−2)nu(n) Yf(z)=22 (z+1)(z+2)(z+2)z+1 −4z28z4zn−1n Yx(z)==−↔yn=8⋅n⋅−2un−4⋅−2u(n) ()()()()x22 (z+2)(z+2)z+2 完全响应为： n−1 y(n)=yx(n)+yf(n)=8⋅n⋅(−2)u(n)−4⋅(−2)u(n)+(−1)nu(n)+2n(−2)nu(n) n 8-19、已知因果离散系统的系统函数如下，试画出该系统的零极点分布图，并求该系统的频 率响应、粗略画出系统的幅频响应和相频响应曲线。 14(z−1)1; （2）H(z)=z>。 43z−13 1 解：（1）因为H(z)的收敛域为|z|>，所以H(z)在单位圆上收敛。 4 （1） H(z)= 3(z+1)4z−1 z> 频率响应为：H(e)=H(z)|z=ejΩ= jΩ jΩ3⎡e⎣+1⎤⎦ 1⎤⎡ 4⎢ejΩ−⎥ 4⎦⎣ 经计算该系统包括一个一阶极点为p= 1 ，一阶零点为z=−1，其零极点分布如下图所示： 4 零极点图 H（ejΩ）（Ω） 幅频响应图（横坐标进行了归一化处理） ϕ(Ω)（Ω） 相频响应图（横坐标进行了归一化处理） （2）因为H(z)的收敛域为|z|> jΩ 1 ，所以H(z)在单位圆上收敛。 3 频率响应为H(e)=H(z)|z=ejΩ= jΩ4⎡e⎣−1⎤⎦ 1⎤⎡ 3⎢ejΩ−⎥ 3⎦⎣ 经计算得极点为p= 1 ，零点为z=1。 3 H（ejΩ）（Ω） 幅频响应图（横坐标进行了归一化处理） ϕ(Ω)(Ω) 相频响应图（横坐标进行了归一化处理） 零极点图 8-20、已知因果离散系统的系统函数H(z)的零极点分布如题图8-20所示，且H(0)=5 （1）求系统函数H(z)； （2）求系统的频率响应； （3）粗略画出系统的幅频响应曲线。 题图8-20 13 解：（1） 由零极点图可知：该系统包括一个一阶极点；一个一阶零点，故设H(z)=A⋅ 1z+3 z− 11 z− 3=5解得A=−5，故H(z)=(−5)⋅3，z>1 由于H(0)=A⋅ 113z+0+33 0− ⎡jΩ1⎤e−⎥⎢3⎦⎣jΩ （2）由于收敛域包含单位园，故H(e)=H(z)|z=ejΩ=(−5)⋅ 1⎡jΩ⎤e+⎥⎢3⎦⎣ （3）其幅频响应曲线如下图所示 -14H（ejΩ）-16-18-20-220 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1(Ω) 幅频响应曲线（横坐标进行了归一化处理） 8-21、已知因果离散系统的差分方程为y(n)+（1） 求系统函数H(z)； （2） 画出H(z)的零极点分布图。 解：（1）分别差分方程的两边求单边z变换（且y(n)的初始状态为零）可得 1 y(n−1)=f(n)+f(n−1) 3 1 Y(z)+z−1Y(z)=F(z)+z−1F(z) 3 Y(z)1+z−1z+1 ==由此可知：H(z)= F(z)1+1z−1z+133 （2）零极点图 8-23、求题8-23所示离散系统的单位脉冲响应h(n)和单位阶跃响应g(n)。其中， h1(n)=δ(n)，h2(n)=u(n)，h3(n)=u(n−2)。 h2(n)f(n)h1(n)+y(n)h3(n) 题图8-23 解：因为y(n)=f(n)∗h(n)， 根据系统框图可得h(n)=h1(n)∗[h2(n)+h3(n)]，故 h(n)=δ(n)∗[h2(n)+h3(n)]=u(n)+u(n−2) 根据阶跃响应的定义可得：g(n)=u(n)∗h(n)=u(n)∗[u(n)+u(n−2)] 由于u(n)∗u(n)=(n+1)u(n)，根据卷积和的时移特性可得 u(n)∗u(n−2)=u(n)∗u(n)n=n−2=(n+1)u(n)n=n−2=(n−1)u(n−2) 故g(n)=(n+1)u(n)+(n−1)u(n−2) 8-26、求描述题图8-26所示的离散系统的差分方程。 题图8-26 解：根据系统结构框图可得y(n)=8f(n)−16f(n−1)+4f(n−2) 8-27、画出题图8-26所示系统的信号流图 解：其信号流图如下图所示： 8-16z−1F(z)z−14Y(z) 8-30、已知因果离散系统的系统函数如下，检验各系统是否稳定。 1z2+1 （1）H(z)=2； （2）H(z)=4 z+3z+1z+2z3+2z2+z+1 （1）解：H(z)的分母为A(z)=z+3z+1（n=2），对A(z)的系数进行朱里排列得 1 3 1 根据朱里准侧，由于 2 A(1)=5>0 (−1)2A(−1)=0<0 a2>|a0|不成立。 所以该系统不是稳定系统。 （2）解：H(z)的分母为A(z)=z+2z+2z+z+1，对A(z)的系数进行朱里排列得： 1 2 2 1 1 1 1 2 2 1 0 1 0 -1 -1 0 1 0 -1 0 1 1 0 -1 根据朱里准侧，由于 A(1)=7>0 4 3 2 (−1)4A(−1)=1>0 a4>|a0|不成立， c3>|c0|不成立， d2>|d0|不成立， 所以该系统不是稳定系统。 8-31、已知一个因果离散系统的系统函数H(z)=使系统稳定。 解：H(z)的分母为A(z)=z+z+k（n=2），对A(z)的系数进行朱里排列 得： 2 z ，分析K的值满足什么条件能2 z+z+K 11k 根据朱里准则得： A(1)=2+k>0⇒k>−2 (−1)2A(−1)=k>0 a2>|a0|即1>|k|⇒−1 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容