信号与系统第二版课后答案

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1、信号与系统信号与系统（第二版）（第二版）课后习题解析课后习题解析xxx 主编主编高等教育出版社1目目 录录第第 1 章习题解析章习题解析.2第第 2 章习题解析章习题解析.5第第 3 章习题解析章习题解析.15第第 4 章习题解析章习题解析.22第第 5 章习题解析章习题解析.30第第 6 章习题解析章习题解析.40第第 7 章习题解析章习题解析.48第第 8 章习题解析章习题解析.542第第 1 1 章习题解析章习题解析1-11-1 题 1-1 图示信号中，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？ (c)(c) (d)(d)题 1-1 图解解 (a)

2、、(c)、(d)为连续信号；(b)为离散信号；(d)为周期信号；其余为非周期信号；(a)、(b)、(c)为有始（因果）信号。1-21-2 给定题 1-2 图示信号f( t )，试画出下列信号的波形。提示：f( 2t )表示将f( t )波形压缩，f()表示将f( t )波形展宽。2t(a) 2 f( t 2 ) (b) f( 2t )(c) f( )2t(d) f( t +1 ) 题 1-2 图解解 以上各函数的波形如图 p1-2 所示。3图 p1-21-31-3 如图 1-3 图示，R、L、C元件可以看成以电流为输入，电压为响应的简单线性系统 SR、SL、SC，试写出各系统响应电压与激励电流

3、函数关系的表达式。题 1-3 图解解 各系统响应与输入的关系可分别表示为；)()(tiRtuRRttiLtuLLd)(d)(tCCiCtud)(1)(1-41-4 如题 1-4 图示系统由加法器、积分器和放大量为a的放大器三个子系统组成，系统属于何种联接形式？试写出该系统的微分方程。题 1-4 图解解 系统为反馈联接形式。设加法器的输出为x( t )，由于)()()()(tyatftx且 )()(,d)()(tytxttxty故有 )()()(taytfty即 )()()(tftaytySRSLSC41-51-5 已知某系统的输入f( t )与输出y( t )的关系为y( t ) = | f(

4、 t )|，试判定该系统是否为线性时不变系统？解解 设T为系统的运算子，则可以表示为：)()()(tftfTty不失一般性，设f( t ) = f1( t ) + f2( t )，则； )()()(111tytftfT)()()(222tytftfT故有 )()()()(21tytftftfT显然 )()()()(2121tftftftf即不满足可加性，故为非线性时不变系统。1-61-6 判断下列方程所表示的系统的性质。(1) (2) tfttfty0d)(d)(d)()()(3)()(tftytyty (3) (4) )(3)()(2tftyty t)()()(2tftyty解解 (1)线性

5、；(2)线性时不变；(3)线性时变；(4)非线性时不变。1-71-7 试证明方程所描述的系统为线性系统。式中a为常量。)()()(tftayty证明证明 不失一般性，设输入有两个分量，且)()()()(2211tytftytf，则有 )()()(111tftayty)()()(222tftayty相加得 )()()()()()(212211tftftaytytayty即)()()()()()(dd212121tftftytyatytyt可见)()()()(2121tytytftf即满足可加性，齐次性是显然的。故系统为线性的。1-81-8 若有线性时不变系统的方程为)()()(tftayty若在

6、非零f( t )作用下其响应，试求方程ttye1)(的响应。)()(2)()(tftftayty解解 因为f( t ) ，由线性关系，则ttye1)()e1 (2)(2)(2ttytf由线性系统的微分特性，有ttytfe)()(故响应 ttttytftfe2e)e1 (2)()()(25第 2 章习题解析2-12-1 如图 2-1 所示系统，试以uC( t )为输出列出其微分方程。题 2-1 图解解 由图示，有tuCRuiddCCL又ttuuLi0CSLd)(1故CCCS)(1uCRuuuL 从而得)(1)(1)(1)(SCCCtuLCtuLCtuRCtu 2-22-2 设有二阶系统方程0)(

7、4)(4)( tytyty在某起始状态下的 0+起始值为2)0(, 1)0(yy试求零输入响应。解解 由特征方程2 + 4 + 4 =0得 1 = 2 = 2则零输入响应形式为tetAAty221zi)()(由于yzi( 0+ ) = A1 = 162A1 + A2 = 2所以A2 = 4故有0,)41 ()(2zitettyt2-32-3 设有如下函数f( t )，试分别画出它们的波形。(a) f( t ) = 2( t 1 ) 2( t 2 )(b) f( t ) = sint( t ) ( t 6 )解解 (a)和(b)的波形如图 p2-3 所示。图 p2-32-42-4 试用阶跃函数的

8、组合表示题 2-4 图所示信号。题 2-4 图解解 (a) f( t ) = ( t ) 2( t 1 ) + ( t 2 ) (b) f( t ) = ( t ) + 2( t T ) + 3( t 2T )72-52-5 试计算下列结果。(1) t( t 1 )(2) tttd) 1(3) 0d)()3cos(ttt(4) 003d)(ettt解解 (1) t( t 1 ) = ( t 1 )(2) 1d) 1(d) 1(ttttt(3) 21d)()3cos(d)()3cos(00ttttt(4) 1d)(d)(ed)(e00003003tttttttt2-62-6 设有题 2-6 图示

9、信号f( t )，对(a)写出f ( t )的表达式，对(b)写出f ( t )的表达式，并分别画出它们的波形。题 2-6 图解解 (a)20,21tf ( t ) = ( t 2 )， t = 22( t 4 )， t = 4 (b) f ( t ) = 2( t ) 2( t 1 ) 2( t 3 ) + 2( t 4 )8图 p2-62-72-7 如题 2-7 图一阶系统，对(a)求冲激响应i和uL，对(b)求冲激响应uC和iC，并画出它们的波形。题 2-7 图解解 由图(a)有RitutiL)(ddS即)(1ddStuLiLRti当uS( t ) = ( t )，则冲激响应)(e1)(

10、)(tLtithtLR则电压冲激响应)(e)(dd)()(LtLRttiLtuthtLR对于图(b)RC电路，有方程RuituCCSCdd即SCC11iCuRCu当iS = ( t )时，则9)(e1)()(CtCtuthRCt同时，电流)(e1)(ddCCtRCttuCiRCt2-82-8 设有一阶系统方程)()()(3)(tftftyty试求其冲激响应h( t )和阶跃响应s( t )。解解 因方程的特征根 = 3，故有)(e)(31ttxt当h( t ) = ( t )时，则冲激响应)(e2)()()()()(31tttttxtht阶跃响应)()e21 (31d)()(30thtstt2

11、-92-9 试求下列卷积。 (a) ( t + 3 ) * ( t 5 )(b) ( t ) * 2(c) tet( t ) * ( t )解解 (a) 按定义( t + 3 ) * ( t 5 ) = d)5()3(t考虑到 t 5 时，( t 5 ) = 0，故( t + 3 ) * ( t 5 ) =2, 2d53ttt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

12、)( t 2 )两种方法结果一致。10(b) 由( t )的特点，故( t ) * 2 = 2 (c) tet( t ) * ( t ) = tet( t ) = ( et tet )( t )2-102-10 对图示信号，求f1( t ) * f2( t )。题 2-10 图解解 (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( t )t0d

13、1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。11(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。图 p2-102-112-11 试求下列卷积。 (a) )()()()e1 (2tttt(b) )(e dd)(e3tttt

14、t解解 (a)因为，故)()()()(tttt)()e1 ()()()e1 ()()()()e1 (222ttttttttt (b)因为，故)()(ettttttttttttt333e3)()()(e)(e dd)(e2-122-12 设有二阶系统方程)(4)(2)(3)(ttytyty 试求零状态响应解解 因系统的特征方程为2 + 3 + 2 =0解得特征根1 = 1， 2 = 2故特征函数)()ee (ee)(2221ttxtttt零状态响应12)()ee ()(4)()(4)(22tttxttytt = )()4ee8(2ttt2-132-13 如图系统，已知)()(),1()(21tt

15、htth试求系统的冲激响应h( t )。题 2-13 图解解 由图关系，有) 1()() 1()()()()()()(1tttttthtftftx所以冲激响应) 1()()()1()()()()()(2tttttthtxtyth即该系统输出一个方波。2-142-14 如图系统，已知R1 = R2 =1，L = 1H，C = 1F。试求冲激响应uC( t )。题 2-14 图解解 由 KCL 和 KVL，可得电路方程为)()(1)1()1(121C12C21CtLRRtRuLRRLuLCRRuC 代入数据得)()(22CCCttuuu 13特征根1,2 = 1 j1故冲激响应uC( t )为)(

16、)(*)ee ()(11Ctttutt )(sine)()sin(cosetttttttV)(cosettt2-152-15 一线性时不变系统，在某起始状态下，已知当输入f( t ) = ( t )时，全响应y1( t ) = 3e3t( t )；当输入f( t ) = ( t )时，全响应y2( t ) = e3t( t )，试求该系统的冲激响应h( t )。解解 因为零状态响应( t ) s( t )，( t ) s( t )故有y1( t ) = yzi( t ) + s( t ) = 3e3t( t )y2( t ) = yzi( t ) s( t ) = e3t( t )从而有y1(

17、 t ) y2( t ) = 2s( t ) = 2e3t( t )即s( t ) = e3t( t )故冲激响应h( t ) = s ( t ) = ( t ) 3e3t( t )2-162-16 若系统的零状态响应y( t ) = f( t ) * h( t )试证明：(1) thttfthtfd)(d)(d)()(2) 利用(1)的结果，证明阶跃响应thtsd)()(证证 （1）因为y( t ) = f( t ) h( t ) 由微分性质，有y ( t ) = f ( t ) h( t ) 14再由积分性质，有thtftyd)()()(（2）因为s( t ) = ( t ) h( t )

18、 由（1）的结果，得thttsd)()()( thtd)()(thd)(15第第 3 3 章习题解析章习题解析3-13-1 求题 3-1 图所示周期信号的三角形式的傅里叶级数表示式。题 3-1 图解解 对于周期锯齿波信号，在周期( 0，T )内可表示为tTAtf)(系数2d1d)(1000AtTAtTttfTaTTTTttntTAttntfTa01201ndcos2dcos)(2 0sin20112TntntTATTttntTAttntfTAb01201ndsin2dsin)(2 cos20112nAntntTAT所以三角级数为11sin2)(ntnnAAtf3-23-2 求周期冲激序列信号n

19、nTtt)()(T的指数形式的傅里叶级数表示式，它是否具有收敛性？解解 冲激串信号的复系数为16所以ntnTt1jTe1)(因Fn为常数，故无收敛性。3-33-3 设有周期方波信号f( t )，其脉冲宽度 = 1ms，问该信号的频带宽度（带宽）为多少？若压缩为 0.2ms，其带宽又为多少？解解 对方波信号，其带宽为Hz，1f当1 = 1ms 时，则Hz1000001. 01111f当2 = 0.2ms 时，则Hz50000002. 01122f3-43-4 求题 3-4 图示信号的傅里叶变换。题 3-4 图解解 (a)因为tt,t, 0为奇函数，故f( t ) = TttTFTTtn1de )

20、(122jn117tttFdsin2 j)(0cossin2j2)(Sacos2j或用微分定理求解亦可。(b) f( t )为奇函数，故ttFdsin) 1(2 j)(0 )2(sin4j 1cosj22若用微分-积分定理求解，可先求出f ( t )，即f ( t ) = ( t + ) + ( t ) 2( t )所以2cos22ee)j ()(jj1Ftf又因为F1( 0 ) = 0，故) 1(cosj2)(j1)(1FF3-53-5 试求下列信号的频谱函数。(1) ttf2e)(2) )(sine)(0tttfat解解 (1) 0j20j2jdeedeede )()(ttttfFtttt

21、t 244j21j21(2) 0jjjjd)ee(e2j1ede )()(00tttfFtttatt0)j(j)j(jdeeee2j100ttattat00j)j(1j)j(12j122022000)j()j(j22j13-63-6 对于如题 3-6 图所示的三角波信号，试证明其频谱函数为)2(Sa)(2AF18题 3-6 图证证 因为ttA),1 ( 0，| t | 则0dcos)1 (2)(tttAF )cos1 (22A)2(sin422A)2(Sa2A3-73-7 试求信号f( t ) = 1 + 2cost + 3cos3t的傅里叶变换。解解 因为1 2() 2cost 2( 1)

22、+ ( + 1) 3cos3t 3( 3) + ( + 3) 故有F( ) = 2() + ( 1) + ( + 1) + 3( 3) + ( + 3) 3-83-8 试利用傅里叶变换的性质，求题 3-8 图所示信号f2( t )的频谱函数。f( t ) =19题 3-8 图解解 由于f1( t )的A = 2， = 2，故其变换)(Sa4)2(Sa)(221 AF根据尺度特性，有)2(Sa8)2(2)2(211Ftf再由调制定理得)(cos)2()(212Fttftf)22(Sa8)22(Sa821)(222F)22(Sa4)22(Sa4222222)()2(sin)()2(sin3-93-

23、9 试利用卷积定理求下列信号的频谱函数。 (1) f( t ) = Acos(0t) ( t ) (2) f( t ) = Asin(0t)( t ) 解解 （1）因为)()()cos(000 AtAj1)()(t所以由时域卷积定理j1)()()()(00 AF)()(j00A20（2）因为)()(j)sin(000 AtAj1)()(t由频域卷积定理j1)()()(j21)(00AF202000)()(2jAA3-103-10 设有信号f1( t ) = cos4tt, 1t, 0试求f1( t ) f2( t )的频谱函数。解解 设f1( t ) F1()，由调制定理)()4()4(214

24、cos)(111FFFttf而)(Sa2)2(Sa)(1F故)4(Sa)4(Sa)(F3-113-11 设有如下信号f( t )，分别求其频谱函数。(1) )(e)()4j3(ttft(2) )2()()(tttf解解 (1) 因 j1e t故)4j(31j)4 j3(1e)4j3(t(2) 因 2),1()()2()(ttGttf2( t ) =21故jje )(Sa2e )2(Sa)(F3-123-12 设信号40, 2 t其他, 0试求f2( t ) = f1( t )cos50t的频谱函数，并大致画出其幅度频谱。解解 因j2j2e )2(Sa8e )2(Sa2)(F故)50()50(2

25、1)(112FFF)50j2()50j2(e)50(Sa24e)50(Sa24幅度频谱见图 p3-12。图 p3-12f1( t ) =5050| F2( ) |22第第 4 4 章习题解析章习题解析4-14-1 如题 4-1 图示RC系统，输入为方波u1( t )，试用卷积定理求响应u2( t )。题 4-1 图解解 因为RC电路的频率响应为1j1)j (H而响应u2( t ) = u1( t ) * h( t )故由卷积定理，得U2( ) = U1( ) * H( j )而已知，故)e1 (j1)(j1U)e1 (j11j1)(j2U反变换得) 1(e1 )()e1 ()()1(2tttu

26、tt4-24-2 一滤波器的频率特性如题图 4-2 所示，当输入为所示的f( t )信号时，求相应的输出y( t )。题 4-2 图解解 因为输入f( t )为周期冲激信号，故2322, 111nTTF所以f( t )的频谱nnnnFF)2(2)(2)(1n当n = 0，1，2 时，对应H( j )才有输出，故Y( ) = F( ) H( j )= 22() + ( 2) + ( + 2)反变换得y( t ) = 2( 1 + cos2t )4-34-3 设系统的频率特性为2j2)j (H试用频域法求系统的冲激响应和阶跃响应。解解 冲激响应，故)(e2)j ()(21tHthtF而阶跃响应频域

27、函数应为2j2j1)()j ()()(HtSF2j2j1)(2j1j1)(所以阶跃响应)()e1 ()(2ttst4-44-4 如题图 4-4 所示是一个实际的信号加工系统，试写出系统的频率特性H( j )。题 4-4 图解解 由图可知输出24ttttftfty00d)()()(取上式的傅氏变换，得)e1 (j)()(0j tFY故频率特性)e1 (j1)()()j (0j tFYH4-54-5 设信号f( t )为包含 0 m分量的频带有限信号，试确定f( 3t )的奈奎斯特采样频率。解解 由尺度特性，有)3(31)3(Ftf即f( 3t )的带宽比f( t )增加了 3 倍，即 = 3m。

28、从而最低的抽样频率s = 6m 。故采样周期和采样频率分别为mS61fT mS6 ff 4-64-6 若电视信号占有的频带为 0 6MHz，电视台每秒发送 25 幅图像，每幅图像又分为 625 条水平扫描线，问每条水平线至少要有多少个采样点？解解 设采样点数为x，则最低采样频率应为xf625252m所以7686252510626252526mfx4-74-7 设f( t )为调制信号，其频谱F( )如题图 4-7 所示，cos0t为高频载波，则广播发射的调幅信号x( t )可表示为x( t ) = A 1 + m f( t ) cos0t式中，m为调制系数。试求x( t )的频谱，并大致画出其

29、图形。F( )25题 4-7 图解解 因为调幅信号x( t ) = Acos0t + mA f( t )cos0t故其变换)()(2)()()(0000FFmAAX式中，F( )为f( t )的频谱。x( t )的频谱图如图 p4-7 所示。图 p4-74-84-8 题 4-8 图所示(a)和(b)分别为单边带通信中幅度调制与解调系统。已知输入f(t)的频谱和频率特性H1( j )、H2( j )如图所示，试画出x(t)和y(t)的频谱图。题 4-8 图题 4-8 图解解 由调制定理知)()(21)(cos)()(CC1C1FFFttftfX( )F( )26而x(t)的频谱)()()(11j

30、HFX又因为)()(21)(cos)()(CC2C2XXFttxtf所以)()()(22jHFY它们的频谱变化分别如图 p4-8 所示，设C 2。图 p4-84-94-9 如题 4-9 图所示系统，设输入信号f(t)的频谱F( )和系统特性H1( j )、H2( j )均给定，试画出y(t)的频谱。F1( )F2( )X( )Y( )F( )H1(j )H2(j )27题 4-9 图解解 设，故由调制定理，得ttftf50cos)()(1)50()50(21)(1FFF从而)()()()(1122FHFtf它仅在| | = ( 30 50 )内有值。再设ttftf30cos)()(23则有)3

31、0()30(21)(223FFF即F3( )是F2( )的再频移。进而得响应的频谱为)()()(23jHFY其结果仅截取 20 a0a3故系统稳定。6-106-10 如题 6-10 图示反馈系统，为使其稳定，试确定K值。题 6-10 图解解 该系统的H( s )为KsssKssssKssssKssH3321) 1(121) 1()(2347从必要条件考虑，应当K 0，再由a1a2 a0a3考虑，应满足K 9，故当0 K 9时系统稳定。也可以从劳斯阵列判定。因为阵列：0039331KKK为使第一列元素不变号，即应0, 039KK即0 K 9时系统稳定。48第第 7 7 章习题解析章习题解析7-1

32、7-1 试画出下列离散信号的图形。 (a) )()21()(1nnfn(b) )2()(2nnf(c) )2()(3nnf(d) )()5 . 01 (2)(4nnfn解解 各信号的图形分别如图 p7-1 所示。图 p7-17-27-2 试画出下列序列的图形。 (a) )6()2()(1nnnf(b) )()2()(2nnnf(c) )5()()()(3nnnnnf(d) )4()3(2)2(2) 1()()(4nnnnnnf解解 各序列的图形分别如图 p7-2 所示。49图 p7-27-37-3 设有差分方程)()2(2) 1(3)(nfnynyny起始状态。试求系统的零输入响应。45)2(

33、,21) 1(yy解解 系统的特征方程为2 + 3 + 2 = 0其特征根为1 = 1， 2 = 2则零输入响应的形式为nnKKny2211zi)(nnKK)2() 1(21由起始状态y(1)和y(2)导出起始值y(0)和y(1)n = 0 时，y(0) = 3y(1) 2y(2) = 1.5 2.5 = 1n = 1 时，y(1) = 3y(0) 2y(1) = 3 + 1 = 4从而有1)0(21ziKKy42) 1 (21ziKKy解得K1 = 2， K2 = 350故0,)2(3) 1(2)(zinnynn7-47-4 设有离散系统的差分方程为) 1()(4)2(3) 1(4)(nfn

34、fnynyny试画出其时域模拟图。解解 原方程可以写为) 1()(4)2(3) 1(4)(nfnfnynyny从而可得时域模拟图 p7-4，图中 D 为单位延时（位移）器。图 p7-47-57-5 如图所示为工程上常用的数字处理系统，是列出其差分方程。题 7-5 图解解 由图可得差分方程)3()2() 1()()(3210nfbnfbnfbnfbnyDDDDDD517-67-6 设有序列f1( n )和f2( n )，如图 7-6 所示，试用二种方法求二者的卷积。题 7-6 图解解 方法一：用“乘法”2 1.5 1 1 1.5 2 1 1 1 12 1.5 1 1 1.5 22 1.5 1 1

35、 1.5 22 1.5 1 1 1.5 22 1.5 1 1 1.5 22 3.5 4.5 5.5 5 5.5 4.5 3.5 2即有2, 5 . 3, 5 . 4, 5 . 5, 5, 5 . 5, 5 . 4, 5 . 3,2)()(021nnfnf方法二：用单位序列表示各函数后卷积。因为)5(2)4(5 . 1)3()2() 1(5 . 1)(2)(1nnnnnnnf)3()2() 1()()(2nnnnnf则)8(2)7(5 . 3)6(5 . 4)5(5 . 5)4(5)3(5 . 5)2(5 . 4) 1(5 . 3)(2)()(21nnnnnnnnnnfnf7-77-7 设有一阶

36、系统为)() 1(8 . 0)(nfnyny试求单位响应h( n )和阶跃响应s( n )，并画出s( n )的图形。52解解 由方程知特征根 = 0.8，故)(8 . 0)()(nnnhnn阶跃响应为)()8 . 01 (58 . 018 . 01)()()(11nnnhnsnns( n )的图形如图 p7-7 所示。图 p7-77-87-8 设离散系统的单位响应，输入信号，试求零状态响应y( )()31()(nnhnnnf2)(n )。解解 由给定的f( n )和h( n )，得0)()()()()(kkhknfnhnfnykknkkkn)61(2)31(200因为1,1110aaaank

37、n故得)()31(51)(256)(nnnynn7-97-9 试证明21111121)()(nnnnnn证明证明53nkkknknkknnnnn021120121)()()(1)(1)(1211210121nnnkkn2112111211112111nnnnnn7-107-10 已知系统的单位响应，) 10()()(ananhn输入信号，求系统的零状态响应。)6()()(nnnf解解 )()6()()()()(nannnhnfnyn因为)(11)()(10naaanannnkkn利用时延性质，则)6(11)()6(61naanannn所以得)6(11)(11)(51naanaanynn54第第

38、 8 8 章习题解析章习题解析8-18-1 求下列离散信号的 Z 变换，并注明收敛域。(a) ( n 2 )(b) a-n( n )(c) 0.5n1( n 1 )(d) ( 0.5n + 0.25n )( n )解解 (a) zzzF0,)(2(b) 00)()(nnnnnazzazFazazzaz11)(111，(c) 111)21(25 . 0)(nnnnnzzzF21211zz，(d) 0025. 05 . 0)(nnnnnnzzzF5 . 025. 05 . 0zzzzz，8-28-2 求下列F( z )的反变换f( n )。(a) 211814315 . 01)(zzzzF(b)

39、221)(11zzzF(c) )2)(1(2)(zzzzF(d) )4 . 0)(2 . 0(3)(2zzzzzF(e) 2) 1)(2()(zzzzF解解 (a) 因为)41)(21(5 . 0)(2zzzzzF55故4121)41)(21(5 . 0)(21zKzKzzzzzF解得K1 = 4，K2 = 3进而413214)(zzzzzF所以)()41(3)21(4)(nnfnn(b) )21(22)21(221221212)(zzzzzzzzzF所以) 1()21()()21(21)(1nnnfnn(c) 由于)2)(1(2)(zzzzF故21)2)(1(2)(21zKzKzzzzF解得

40、K1 = 2，K2 =2进而2212)(zzzzzF所以)() 12(2)()2(2)(2)(nnnnfnn(d) 由于)4 . 0)(2 . 0(3)(2zzzzzF故4 . 02 . 0)4 . 0)(2 . 0(13)(21zKzKzzzzzF解得5631,3821KK故有4 . 0312 . 038)(zzzzzF所以)()4 . 0(31)2 . 0(38)(nnfnn(e) 由于2) 1)(2()(zzzzF故1) 1(2) 1)(2(1)(1221112zKzKzKzzzzF解得K1 = 1， K11 = 1， K12 = 1从而有1) 1(2)(2zzzzzzzF故得)() 1

41、2()(nnnfn8-38-3 试用 z 变换的性质求以下序列的 z 变换。(a) )3()3()(nnnf(b) )()()(Nnnnf解解 (a) 由时延性质，有2232) 1(1) 1()(zzzzzzF (b) )1 (111)(NNzzzzzzzzzF8-48-4 试证明初值定理)(lim)0(zFfz证明证明 因为210)2() 1 ()0()()(zfzffznfzFnn57当 z时，则上式右边除f(0)外均为零，故)(lim)0(zFfz8-58-5 试用卷和定理证明以下关系：(a) )()()(mnfmnnf(b) )() 1()()(nnnn证明证明 (a) 因由卷和定理m

42、zzFmnnf)()()(而)()(zFzmnfm故得)()()(mnfmnnf (b) 因为22) 1(11)()(zzzzzznn而222) 1(1) 1()()()() 1(zzzzzznnnnn所以)() 1()()(nnnn8-68-6 已知，试求的 Z 变换。)() 1()()(nnnn)(nn解解 因由卷和定理22) 1()()(zznn而)()() 1()(nnnnn所以222) 1(1) 1()(zzzzzznn8-78-7 已知因果序列的 Z 变换为F( z )，试分别求下列原序列的初值f( 0 )。(1) )5 . 01)(5 . 01 (1)(11zzzF58(2)21

43、15 . 05 . 11)(zzzzF解解 (1) 25. 025. 011)(222zzzzF所以1)(lim)0(zFfz(2) 5 . 05 . 1)(2zzzzF所以0)(lim)0(zFfz8-88-8 已知系统的差分方程、输入和初始状态如下，试用 Z 变换法求系统的完全响应。) 1(21)() 1(21)(nfnfnyny。1) 1(),()(ynnf解解 对方程取 Z 变换，有)(5 . 0)(5 . 0)(5 . 0)(11zFzzFzYzzY即5 . 01)5 . 01 ()()5 . 01 (11zzzzYz故5 . 05 . 01)(zzzzzY所以nnny)5 . 0(

44、5 . 0)()(8-98-9 设系统差分方程为)()2(6) 1(5)(nfnynyny起始状态y( 1 ) = 3，y( 2 ) = 2，当f( n ) = z( n )时，求系统的响应y( n )。解解 对差分方程取 z 变换，得)()2() 1()( 6)1()( 5)(121zFyyzzYzyzYzzY即121218)(615)(5)(121zzzzYzzYzzY59从而有21165131812)(zzzzzzY)3)(2)(1(1821523zzzzzz故321)(321zKzKzKzzY解得K1 = 1， K2 = 4， K3 = 0则有241)(zzzzzY得全响应)()2(4

45、)()(nnnyn8-108-10 设一系统的输入，系统函数)2(2) 1(4)()(nnnnf)5 . 01)(1 (1)(11zzzH试求系统的零状态响应。解解 因为) 1)(5 . 0(5 . 05 . 1)(222zzzzzzzH所以15 . 0) 1)(5 . 0()(21zKzKzzzzzH解得K1 = 1， K2 = 2故125 . 0)(zzzzzH得)(2)5 . 0()(nnhn所以)()()(nfnhny )2(2) 1(4)()(2)5 . 0(nnnnn60)()5 . 0()(2)(4nnnn8-118-11 设有系统方程) 1(2)()2(8 . 0) 1(2 .

46、 0)(nfnfnynyny试画出其 Z 域的模拟框图。解解 在零状态下对方程取 z 变换，得)(2)()(8 . 0)(2 . 0)(121zFzzFzYzzYzzY即)()21 ()()8 . 02 . 01 (121zFzzYzz故有2118 . 02 . 0121)()()(zzzzFzYzH由此可以画出模拟图如图 p8-11 所示。图 p8-118-128-12 如题 8-12 图所示 z 域框图，试写出其差分方程。61题 8-12 图解解 由图可得)(1)(11zFazzbzY故有)()()()1 (11zFzbzYaz所以) 1()() 1()(nfnbfnayny8-138-1

47、3 如题 8-13 图所示 z 域框图，是写出其差分方程。题 8-13 图解解 由图可得)(11)(1zFazzX)()1 ()(1zXbzzY故有)(11)(11zFazbzzY即)()1 ()()1 (11zFbzzYaz从而有差分方程) 1()() 1()(nbfnfnayny8-148-14 对于题 8-12 和 8-13，试分别写出系统函数H( z )。解解 对于题 8-12，因62)()()(1zXazzFzX)()1 ()(1zXazzF而 )()()()()(11zXzbzXzzbXzY故111)()()(azzbzFzYzH对于题 8-13，因)(11)(1zFazzX)()

48、1 ()(1zXbzzY故1111)()()(azbzzFzYzH8-158-15 已知某数字滤波器的差分方程为) 1()(2)2(12. 0) 1(7 . 0)(nfnfnynyny（1）求系统函数H( z )；（2）求单位响应h( n)。解解 （1）在零状态下对方程取 z 变换，得)()(2)()12. 07 . 01 (121zFzzFzYzz故系统函数12. 07 . 0212. 07 . 012)(22211zzzzzzzzH（2）由于4 . 023 . 0412. 07 . 02)(22zzzzzzzzzH故单位响应)()4 . 0(2)3 . 0(4)(nnhnn8-168-16

49、 如题 8-16 图所示系统，试求其系统函数H( z )和单位响应h( n)。63题 8-16 图解解 由模拟图可得2 . 01 . 06 . 06 . 332 . 01 . 0136 . 36 . 0)(222112zzzzzzzzzH 4 . 05 . 0)4 . 0)(5 . 0(6 . 06 . 332102zzKzzKKzzzz可得K0 = 3， K1 = 1， K2 = 7故得)()4 . 0(7)()5 . 0()(3)(nnnnhnn8-178-17 设一阶系统为)() 1(31)(nfnyny（1）求单位响应h( n)；（2）若系统的零状态响应为)()31()21(3)(nn

50、ynn试求输入信号。解解 （1）对方程取 z 变换，得)()()311 (1zFzYz故313111)(1zzzzH所以)()31()(nnhn（2）由y(n)可得Y( z )3135 . 03)(zzzzzY故有5 . 05 . 0)()()(zzHzYzF最后输入) 1()5 . 0(5 . 0)(nnfn8-188-18 设离散系统输入时，零状态响应；若输入)()(nnf)()5 . 01 (2)(nnyn时，求系统的响应；该系统是否稳定？ )(5 . 0)(nnfn解解 故5 . 0212)(zzzzzY1)(zzzY5 . 0) 1(22)()()(zzzFzYzH当时，则)(5 .

51、 0)(nnfn5 . 0)(zzzF所以2)5 . 0() 1(25 . 02)()()(zzzzzzFzHzY64最后得)()5 . 0(2)(nnnyn8-198-19 设有一个二阶横向滤波器，它可对输入序列的当前值及以前的两个采样值进行平均，即)2() 1()(31)(nfnfnfny问该系统是否稳定？若稳定试求其幅频特性和相频特性。解解 对方程取 z 变换，得2221131)1 (31)(zzzzzzH因极点z = 0，故系统稳定。频率响应为)ee1 (31)e (j2jjTTTH)2sin(sinj)2coscos1(31TTTT故TTeHT2cos2cos4331)(jTTTT2

52、coscos12sinsinarctan)(特性如图 p8-19 所示。图 p8-198-208-20 设有系统函数412142)(22zzzzzH试求系统的幅频特性和相频特性。解解 由系统函数可得极点43j412, 1z故系统稳定，从而可得频率响应为)e2e4)e42e (4)e (jjjjjTTTTTH)(je4sin3 j)2cos5(sin3 j)2cos5(4TTTT从而有654)(jTeH)2cos5sin3arctan(2)(TT特性如图 p8-20 所示。图 p8-20图 p8-20QcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI

53、92tgKQcWA3PtGshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2OHUm32WGeaUwYDIAWGMeR4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGtgKQcWA3P tGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2OHUm32WGeaUwYDIAWGMeR4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaG

54、tgK tGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2OHUm32WGeaUwYDIAWGMeR4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGtgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2 tGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2C

55、HhI92tgKQcWA3PtGshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2OHUm32WGeaUwYDIAWGMeR4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGtgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2OHUm32WGeaUwYDIAWGeR4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1Dka

56、GtgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2OHUm32WGeaUwYDIAWGMeR4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGtgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2OHUm32WGeaUwYDIAWGMeR4I30kA1DkaGhn

57、3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGtgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2 tGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2OHUm32WGeaUwYDIAWGMeR4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGZ7R4I3

58、0kA1DkaGtgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2OHUm32WGeaUwYDIAWGeR4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGtgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2OHUm32WGeaUwYDIAWGMeR4I30kA1

59、DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGtgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2OHUm32WGeaUwYDIAWGMeR4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGtgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGshLs

60、50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2tGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2OHUm32WGeaUwYDIAWGMeR4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGtgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2OHUm32WGeaUwYDIAWGeR4I

61、30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGtgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2OHUm32WGeaUwYDIAWGMeR4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGtgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3Pt

62、GshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2OHUm32WGeaUwYDIAWGMeR4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGtgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2eo8Wgqv7XAv2OHUm32WGeaUwYDIAWGeR4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGtg

63、KQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2OHUm32WGeaUwYDIAWGMeR4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGtgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2OHUm32WGeaUwYDIAWGMeR4I30kA1DkaGhn3Xt

64、KknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGtgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2OHUm32WGeaUwYDIAWGMeR4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGGeaUwYDIAWGMeR4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1Dka

65、GtgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2OHUm32WGeaUwYDIAWGMeR4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGtgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2OHUm32WGeaUwYDIAWGeR4I30kA1DkaGhn3

66、XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGtgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2OHUm32WGeaUwYDIAWGMeR4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGtgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv HhI92tgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGtgKQcWA3PtGZ7R4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQcWA3PtGshLs50cLmTWN60eo8Wgqv7XAv2OHUm32WGeaUwYDIAWGMeR4I30kA1DkaGhn3XtKknBYCUDxqA7FHYi2CHhI92tgKQc