《信号与系统》第四版习题解答

1-2 解

1-3 解 各系统响应与输入的关系可分别表示为

uR(t) R iR(t) uL(t) L

diL(t)dt

uC(t)

1C

t

iC( )d

1-8 解 因为f( t ) y(t) 1 e t，由线性关系，则

2f(t) 2y(t) 2(1 e)

t

由线性系统的微分特性，有f (t) y (t) e t

故响应 2f(t) f (t) y(t) 2(1 e t) e t 2 e t 2-1 解 由图示，有

iL

uCR C

duCdt

又

iL

(u L

1

t

S

uC)dt

故

1L

(uS uC)

uCR CuC

从而得

(t) uC

1RC

(t) uC

1LC

uC(t)

1LC

uS(t)

2-3 解 (a)和(b)的波形如图p2-3所示。 2-5 解 (1) t ( t 1 ) = ( t 1 ) (2) (3)

t (t 1)dt

(t 1)dt 1

0

cos( t

π3

) (t)dt

0

cos(

π3

) (t)dt

12

(4)

0

0e

3t

( t)dt

t)dt

0

3t

0e

(

0

0 (t)dt 1

2-7 解 由图(a)有

Ldidt

uS(t) Ri

即

diRdt Li

1LuS(t)

当uS( t ) = ( t )，则冲激响应

Rh(t) i(t)

1t

Le

L (t)

则电压冲激响应

Rh(t) uiL(t) L

ddt

(t)

Rt

Le

L (t)

对于图(b)RC电路，有方程

CduCdt iS

uCR

即

u 1RC

u1C

C

C

iS

当iS = ( t )时，则

th(t) u

RC

C(t)

1Ce

(t)

同时，电流

tiCC C

dudt

(t)

1RC

e

RC

(t)

2-8 解 因方程的特征根 = 3，故有

x1(t) e

3t

(t)

当h( t ) = ( t )时，则冲激响应

h(t) x1(t) [ (t) (t)] (t) 2e

3t

(t)

阶跃响应

s(t)

t

h( )d

13

(1 2e

3t

) (t)

2-9 解 (a) 由 ( t )的特点，故

( t ) * 2 = 2

(b) 按定义

( t + 3 ) * ( t 5 ) =

(

3) (t 5)d

考虑到 < 3时， ( + 3 ) = 0； > t 5时， ( t 5 ) = 0，故

( t + 3 ) * ( t 5 ) =

t 5

3

d t 2,t 2

1

也可以利用迟延性质计算该卷积。因为

( t ) * ( t ) = t ( t ) f1( t t1 ) * f2( t t2 ) = f( t t1 t2 )

故对本题，有

( t + 3 ) * ( t 5 ) = ( t + 3 5 ) ( t + 3 5 ) = ( t 2 ) ( t 2 )

两种方法结果一致。

(c) te t ( t ) * ( t ) = [te t ( t )] = ( e t te t ) ( t ) 2-10解 (a)先借用阶跃信号表示f1( t )和f2( t )，即

f1( t ) = 2 ( t ) 2 ( t 1 ) f2( t ) = ( t ) ( t 2 )

故

f1( t ) * f2( t ) = [2 ( t ) 2 ( t 1 )] * [ ( t ) ( t 2 )]

因为

( t ) * ( t ) = t

1d

= t ( t )

故有

f1( t ) * f2( t ) = 2t ( t ) 2( t 1 ) ( t 1 ) 2( t 2 ) ( t 2 ) + 2( t 3 ) ( t 3 )

读者也可以用图形扫描法计算之。结果见图p2-10(a)所示。

(b)根据 ( t )的特点，则

f1( t ) * f2( t ) = f1( t ) *[ ( t ) + ( t 2 ) + ( t + 2 )]

= f1( t ) + f1( t 2 ) + f1( t + 2 ) 结果见图p2-10(b)所示。

3-1 解 对于周期锯齿波信号，在周期( 0，T )内可表示为

f(t)

ATt

系数

a110

T

T

f(t)dt

T

T

At0

T

dt

A2

2

2T

2AT

an

T

f(t)cosn 1tdt

T

2

t cosn 1tdt

T

2A tsinn

1t

T2

0

n 1

bAn

2T

T

f(t)sinn 2A1tdt

T

2

T

t sinn 1tdt

T

2A tcos

n 1t T2

A

n 1

nπ

所以三角级数为

A

f(t)

A2

n 1

nπ

sinn 1t

3-2解：该信号周期T 2，故 2 1

T

，在一个周期内可得： F0

Ae

jn t

dt

1

1

jn t

n

1

2

1

2

0

Ae

dt

Ajn

Aj2n

(e

jn

e

jn

)A

A

A

2A

cosn (1 cosn )

jnn 1, 3, jn jn jn

0

n 2, 4,

因为f(t)为奇函数，故F0 0，从而有指数形式：

f(t)

2A,n 1, 3,

n

jn

jn t

题3-2图

3-3解 对方波信号，其带宽为 f 1

Hz，

当 1 = 1ms时，则

f1

1

11

0.001

1000Hz

当 2 = 0.2ms时，则

f1

2

12

0.0002

5000Hz

3-6 证 因为

(A(

1

t

t

f( t ) =

),3

0，| t | > 则

F( ) 2 A(1

t

)cos tdt

2A

4A

2

(1 cos ) sin(

2

2

2

2

)

A Sa(

)

2

3-9解 （1）因为

Acos( 0t) Aπ[ ( 0) ( 0)]

(t) π ( ) 1j

所以由时域卷积定理

F( ) Aπ[ ( 10) ( 0)] [π ( )

j ]

Aπj

[ ( 0) ( 0)]

（2）因为

Asin( 0t) jAπ[ ( 0) ( 0)]

(t) π ( ) 1j

由频域卷积定理

F( )

1 2π jAπ[ ( ) ( 1

0 0

)] [π ( ) j ]

jAπ

[ ( 0A20) ( 0)] 2 2 05-1 解 (1) F(s)

(2 e t

)e

st

dt 21s 0

(2) F(s)

1

s s 1

2

s(s 1) 0[ (t) e

3t

]e

st

dt 1

s 3

(3) F(s)

2t

cost)e st

dt

1jt

(e

2

(e e

jt

)e

2t

e

st

dt

1 1 s2 1 s 2 js 2

j 2

(s 2)2 1 5-4解 (1) F(s) s 11k2s2

5s 6

s 1(s 2)(s 3)

ks 2

s 3

k1 (s 2)F(s)s 2 1 k2 (s 3)F(s)s 3 2

4

故有

F(s)

1s 2

2s 3

所以

f(t) ( e 2t

2e

3t

) (t)

) 2s2

(2) F(s s 2s(s2 1)

ABs Cs

s2

1

可得

A sF(s)

s 0

2

又 2s2 s 2 As2 A Bs2 Cs 可得

B = 0，C = 1

F(s)

2s

1s2

1

所以

f(t) (2 sint) (t)

(3) F(s) 11

k1k2s2 3s 2

(s 1)(s 2) s 1

s 2 k1 (s 1)F(s)

s 1

1 k2 (s 2)F(s)

s 2

1

故有

F(s)

1s 1

1s 2

故

f(t) (e

t

e

2t

) (t)

(4) F(s) 41k11k12s(s 2)

2

ks

(s 2)

2

s 2

故

k1 sF(s)

s 0 1

k2

11 (s 2)F(s)s 2

4s

2 s 2

kd[(s 2)2

12

ds

F(s)]

d

ds(4

s) 1

s 2

s 2

故有

5

F(s)

1s

1s 2

2(s 2)

2

所以

f(t) (1 e

2t

2te

2t

) (t)

5-6 解 对系统方程取拉氏变换，得

sY(s) sy(0 ) y (0 ) 4sY(s) 4y(0 ) 3Y(s) 2sF(s) F(s)

2

从而

Y(s)

sy(0 ) y (0 ) 4y(0 )

2

2s 12

F(s)

s 4s 3

s 4s 3

由于

F(s)

1s 2

故

Y(s)

s 5s 1

2

2 s 4s 3(s 2)(s2

4s 3

Y

)zi(s)

Yzs(s)

求反变换得

yzi(t) 72e

t

52

e

3t

yzs(t)

12e

t

3e 2t

5e

3t

2

全响应为

y(t) 3e

t

3e

2t

5e

3t

,

t 0

5-7 解 对方程取拉氏变换，得系统函数

H(s)

3s2

5s 6

3(s 2)(s 3)

当f( t ) = ( t )时，F( s ) =1，得

Y(s) H(s)

3

(s 2)(s 3)

从而

h(t) 3e

2t

3e

3t

,

t 0

当f( t ) = ( t )时，F(s)

1s

，得

Y(s)

1

sH(s)

3

s(s 2)(s 3)

0.5 1.5s s 2

1

s 3 故得

y(t) s(t) 0.5 1.5e

2t

e

3t

,

t 0

5-12 解 由该电路对应的S域模型（此处略），可得

6

5-13

5

Li(0)

uC(0 ) I(s)

s

s2s 32

3 s

2

s 3s 2sU(s)

u(0 )s

I(s)

1 2

2(2s 3)

sC

s

s(s2

3s 2)

5s

2s 1

1s 2

得u(t) 5 2e t e 2t

(t 0)

5-14解 因为

H(s)

s 3 21s 2

ss 2

s 2

1

1s 2

故h(t) (t) e 2t (t)

s(t)

t

0h( )d (

31 2t

2

2

e

) (t)

6-4 解 从图可知系统的零点为 z1 = 0，z2 = 2，z3 = 3

极点为 S1 = 1， S2，3 = 2 j2 故系统函数

H(s) H(s)2)(s 3)

0

ND(s)

5 s(s (s 1)(s 2 j2)(s 2 j2)

5s(s2 5s 6)(s 1)(s2

4s 8)

6-7解 (1) 因H( s )分母多项式各项系数均为正，故稳定。 (2) 因H( s )分母多项式有负系数，故不稳定。 (3) 因

H(s)

2s 4 4(s 1)(s2

4s 3)

2s(s 1)(s 1)(s 3)

其极点均在左半平面，故系统稳定。

7