信号与系统答案课件.ppt

1、()(1)()()(1)x tu tu tu tu tt1()xt-1 0 112-1:(1)()(1)(1)(1)(1)x tr tr tu tt 2-1:(2)t0()x t)1(-1 0 1 t2()()(4)tx teu tu t2-1:(7)t01()x t4()sin(/2)(1)x ttu t2-2:(2)32(23)(2)(8 8 3)(2)19(2)ttttt 2-3:(2)2-4:(5)t0112-4:(4)/4sin()(/4)sin()|tttdtt000()()0()()2 sin()jtjTjTet Tt T dteejT2-5:(4)0 0t2 2x(t+1)2

2、3 52 3 50 0t2 2-1 1 2 4-1 1 2 4x(t)x(t/3+1)0 0t2 2-3 3 6 12-3 3 6 12(1)()(1)(2)(3),(),()()(1)(2)3(3)ttx teu tu tttxtx tx teu tu tt求2-9:(1)()(1)(2)3(3)txteuud(1)121()(1)(2)3(3)0,1(1)(2),12,2tttxteuudu tteuude dte dt 1120,1(1)(2),12,2ttteuudeeteet(1)112()()(1)(2)()(2)3(3)txteeu tu teeu tu t(1)()(1)(2)

3、(3),(),()()(1)(2)(1)(2)3(3)tttxt e ututt tx t x tx t ette ututt 求2-9:1212()(1)(2)(1)(2)3(3)(1)(2)(1)(2)3(3)ttx tetete u tu tte u tu tetett 2-11:(3)0.9 50.9,04kkx ku ku kk0 0-1-11 1 2 23 x k2 21 11 12 2k2-13:(3)2-13:(4)()()2(1)(2)g tr tr tr t(1)()()(1)xtr tr t3-2(1)(1)()()(1)g txtxt根据系统积分特性根据系统积分特性:输

4、入信号积分输入信号积分,输出也积分输出也积分,有有:(1)(1)()()(1)(1)(2)(1)(3)(1)(1)(2)(3)gytytytu tu tu tu tu tu tu tu t10()gytt12 33-4 已知离散时间已知离散时间LTI系统系统,输入输入 时时,输出输出;21 2 1 knx kx kn1 1x kk11221()1,2 2ky ku kx kku ky k求当输入时系统响应。211 2 11kny ky ky n211 2 11knx kx kx n 211 2()()22kknny ku ku n20111 2()()=2+()222kknknyku ku k

5、(1)2(1)(1)(3)()2(2)(2)2(4)tttttttt 3-14(1)()(1)(2)(3)(2)(3)(3)(4)(2)2(3)(4)u tu tu tu tr tr tr tr tr tr tr t3-14(2)()x t输入(t),有：解解:122512-2,-5,()()()ttssnmh tK eu tK eu t特征根为又因为所以：则()7()10()2()3(),0hth th tttt代入方程有：25112225121225112212()2()()5()()2()5()()()()4()2()25()5()()()tttttth tK eu tKtK eu tK

6、tK eu tK eu tKKthtK eu tKtK eu tKtKKt 21122()5()()()2()3()KtKtKKttt()7()10()2()3();()();(0)1,(0)1tytyty tx tx tx te u tyy:求冲激响应求冲激响应h(t)：3-20:217/3;1/3;KK1225122,5;(),0ttzissytK eK et 特征根为所以：则:求零输入响应：求零输入响应：利用初始条件利用初始条件,有有:121212(0)1(0)2512,1yKKyKKKK 25 ()2,0ttziyteet3:求零状态响应：求零状态响应：()()()()()zsytx

7、th txh td25()25()02517()()()331733117()()4312ttttteueueu tdeeedeeeu t4:求全响应：求全响应：()()()zizsy tytyt(1)3x(0)4x(1)6x(2)0 x(0)1h(1)1h(2)1h(3)1h3-28:(3)1x 34601346013460134601 3,7,7,9,5 ,1,1 1y k51 12,(1)0,(2)1,66 y ky ky kx kyyx ku k解解:(1)根据单位脉冲响应的定义根据单位脉冲响应的定义,应满足方程应满足方程:第一步第一步:求等效初始条件求等效初始条件：1 0,2 0hh

8、 0 5 1/6 2/60 1 1 5 0/6 1/61 5/6hhhhhh 第二步第二步:求差分方程的齐次求差分方程的齐次 解：解：2125/6 1/601/2,1/3rrrr特征方程为特征方程为:1212121211()()230111()()3,223kkh kCCu khCChCCCC 代 入 等 效 初 始 条 件：求 出3-31:51 12 66h kh kh kk113()2()23kkh ku k1211 ()()023kkziykCCk则，代入初始条件代入初始条件,有有:121212 1230 24911/2,1/3yCCyCCCC 111 11 1 ()()02 23 31

9、1 =()()023kkzikkykkk 则，(2):(a)计算零输入响应计算零输入响应:特征方程为特征方程为:2125/6 1/601/2,1/3rrrr011 3()2()2311 3()2()-2311 3()2()23kkzsnk nk nnkk nk nnykx n h knu ku ku nu k n(2)(b)计算零状态响应计算零状态响应:0011 3()2()2311 33()()23kkk nk nnnkku k完全响应完全响应:17 14 1 ()()22 23 3zizskky kykyku k(3)计算固有响应与强迫响应计算固有响应与强迫响应:完全响应完全响应:7 14

10、 1 ()()2 23 3kkhy ku k 1 2py ku k固有响应固有响应:强迫响应强迫响应:瞬态响应瞬态响应:稳态响应稳态响应:1 2sy ku k(4)计算瞬态响应与稳态响应计算瞬态响应与稳态响应:17 14 1 ()()22 23 3kky ku k7 14 1 ()()2 23 3kkty ku k 第四章第四章4-5(d)波形如图波形如图:x2(t)T0/2A-AtT0-T0/2T0/2Atx1(t)T0-T0/2T0/2A-Atx(t)T0-T0/212()()()x tx tx t00100040():()24nTjnxtA TnTaSaeT的 傅 里 叶 级 数 系 数

11、 为T0/2Atx1(t)T0-T0/2T0/2A-AtT0-T0/2x2(t)00200040():()24nTjnxtATnTbSaeT 的 傅 里 叶 级 数 系 数 为0000000440000000():()24 ()2sin()244 =()2sin()222nTnTjjnnnx tATnTCabSaeeTATnTnTSajTAnnSaj的 傅 里 叶 级 数 系 数 为()2cos(23)sin(6)x ttt%0()2x t角频率%000000002323663333333311()2()()221 ()()21 ()2jtjtjtjtjtjtttjjjtjtttjjjjx t

12、eeeejeeeejeee eeej（）（）（）%331133;11 ;22jjCeCeCCjj4-8利用欧拉公式:平均功率P为:211|112.5 44nnPC4-9:(1)()()(2)x tu tu t解法一解法一:1()()FTu tj 利用时移性质利用时移性质:2211(2)()()FTjju teejj 22111()()()(1)FTjjx teejjj 解法二解法二:2()(1)x tp t2()2()()2()jFptSaFx tSae4-9(4):2()()(2)tx teu tu t解解:利用时移性质利用时移性质:1()2FTte u tj2(2)21(2)2FTtjeu

13、 tej421()22jeFx tejj242(2)()()(2)ttx teu te eu t2sin()sin(2)()sin()()()()FTdttx tdttttuupt 4-8(9):4242sin(2)(2)(2)()sin()sin(2)()()()()FTFTtuuptdttx tjppj pdttt4-13(3):211()()()()()FTX jSax tXjSa设1111()()()()()()X jXjXjx tx tx t则：利用卷积性质有：1121()()()()2XjSax tpt由，有：11222221 ()()()()()41 =()()()()41 =(

14、2)()(2)4x tx tx tptptu tu tu tu tr tr tr t(4/3)(4/3)4/34/3()cos(4/3)22 22jjjjjjeeX jeeee /3/3()(4)(4)22jjeex ttt4-13(6):4sin(22)4sin(22)()22224sin2(1)4sin2(1)=2(1)2(1)X j444sin2(1)()2(1)4sin2(1)()2(1)FTjtFTjtp t ep t e444()()()2()cos()2(2)-(-2)cos()jtjtx tp t ep t ep ttu tu tt44sin(2)()2FTp t4-18:T/

15、210t-T/2x(t)T/22/Ttx(t)-T/2-2/T22()()()()()22TTx tu tu tu tu tTT/4/4()()()44FTj Tj TTTx tSaeSae利用微分性质利用微分性质,有有:/4/4()()()()44FTj Tj TTTx tj X jSaeSae/4/4()()2()sin()4444()2()sin()44 ()()42444jTjTTTTTSaeSaejSaXjjjTTSaTTTSaSaTT第六章第六章LT022061(1)cos(t)u(t),0 ssLT0220220P272 ecos(t)u(t),Re()(),Re()tsssX

16、ss利用指数加权特性（），有6 1(5)()()()x tt u tu t TLTLTLT1(),01(),01 ()()(1)sTsTu tsu tTesu tu tTes利用时移性质：LT211 ()()()()(1)sTsTsTdesTex tt u tu tTX seds ss 利用线性加权性质（P272):333(1)6 2(3)()(1)()(1)ttxte utxte eutLT3LT33(1)331(),-331 ()(1)(),-33ttse u tsx te eu tX sees又利用时移性质（P271):0 0t1 1 2 3 2 3x(t)6-5(a)解解:LTLT22

17、322()()(2)(3)1 (),1()(),1 ()ssx tu tr tr tu tsr ttu tseeX ssss又利用时移性质（P271):0 0t1 1 2 3 2 3u(t)r(t-2)r(t-3)0 0t1 1 2 3 2 3u(t)r(t-2)-r(t-3)2LT21166(1)()()1()()(),-22ttdx teu tdtx teu tX ss11111 ()()(0)(0)0;2()()(0),-22X ssXsxxX ssXsxs利用微分特性（P272):12612(1)()8()11;(2)(4)24X skksX sssss不为真分式12224488(2)

18、|5(2)(4)488(4)|6(2)(4)2856()11;(2)(4)24sssssskssssssksssssX sssss-2t-4t,x(t)=(t)-5e()6e()L Tu tu t作 反有：2-()5()4()2 ()5();()(),(0)2,(0)5,(1)();(2)()?-tyty ty txtx tx teu tyy h(t)H sy t求和224,:(54)()(25)()()2525()()544)(111 ()14()()()zszsttLTssYssX sYsssH sX sssssH sssh te u teu t(1)设初始状态为0，对方程作有（）6-14

19、(1):解解:2-22()(0)(0)5()(0)4()(25)()(0)(0)5(0)(25)()()3232s Y ssyysY syY ssX ssyyysX sY sssss对方程作单边对方程作单边LTLT：-222(0)(0)5(0)25 10215()545454zisyyyssYsssssss 7/313/341ss 作反作反LTLT：4713(),033ttziyteet(2)2(25)110.50.5()542142zssYsssssss42()()0.5()0.5()tttzsyte u teu teu t241617()()()(0.5)()36tttzizsy tyty

20、teeeu t全响应为全响应为:第七章第七章7-2(1)(1)1 ZTZTNkkNz 利 用 时 移 性 质：111(2),11:1 ,11Nu kzzu kNzzz 利用时移性质有Z TZ T ,()kx kka u kXz求7-31111 (),|1kx ka u kX zzaazZ Z1111 2()(),|(1)dX zazx kkx kX zzzadzazZ Z解解:利用利用Z域微分特性域微分特性:极点：极点：123/4,1/2zz 7-8(2)1211311142kkX zzz3/41113/411120.50.5131()(1)|714(1)211()(1)|63214zzzzz

21、kXzzzzkXzzz 1112111153311(1)(1)4842zzXzzzzz3 7()6(0.5)4kkx ku ku k 解解:作作Z Z反变换反变换,有有:1176311142Xzzz极点：极点：121,2zz 7-8(6)121212122120.50.50.532132132zzzzXzzzzzzz 1113/20.5112X zzz 30.5 1-(-2)2kkx kku ku k 作反作反ZT,有有:111ZTy nz Y zy单 21212ZTy nz Y zz yy 单解解:(1)零初始状态为零初始状态为0,对差分方程做对差分方程做ZT:7-151212()3()2(

22、)()1()132()zszszszsYzz Yzz YzX zYzH zX zzzH z对利用部分分式展开法求出hk.1111121()(1 2)(1)1 21H zzzzz作反作反ZT,有有:2(2)(1)kkh ku ku k 121()()(1)2()(1)(2)()Y zz Y zyz Y zz yyX z+3(2):(利用用单边利用用单边Z变换法求解变换法求解yn)作单边作单边Z变换变换,有有:112112121()()3(1)2(1)2(2)1 32()3(1)2(1)2(2)121 32Y zX zyz yyzzX zyz yyzzzz111212111211113(1)2(1

23、)2(2)3(2)2(2)2 3()1 321 3244 1 32(12)(1)44 =121ziyz yyzYzzzzzzzzzzzzz 反反Z变换变换 4(2)4(1)kkziy ku ku k 12()()1 32zsX zYzzz-1-2111111111()1 3211 =(1 2)(1)(1)4/31/21/6 =1 211zsYzzzzzzzzzz反反Z变换变换411(2)(1)326kkzsy ku ku ku k 11()1X zz 4114(2)4(1)(2)(1)326zizskkkky ky ky ku ku ku ku ku k (利用利用Z变换法和第三章方法结合求解

24、变换法和第三章方法结合求解yn):121211122212.():1,2:(1)2,0:(1)(2)2(1)(2)3zikkziaykHzppykcckcccc 求 零 输 入 响 应：极 点 等 于 方 程 特 征 根特 征 根（）起 始 条 件 代 入c1=4,c2=-4:4(1)42,0kkziykk（）-1-21111111111 =1 321(1 2)(1)(1)4/31/21/6 =1 211zzzzzzzzz反反Z变换变换411(2)(1)326kkzsy ku ku ku k 4114(2)4(1)(2)(1)326zizskkkky ky ky ku ku ku ku ku k 112.;(ZT11ZT:()().()11 32zszszsbykykx kh kh kYzX z H zzzz求零状态相应可将求出后计算卷积得到）下面用计算零状态响应：2121()11166zHzzz7-21(1):1/6xkwk+1/61z1zwk-1wk-21yk+练习题练习题:7-2,7-15,7-8(2)7-21(1)6-1(5)6-2(3)6-12(1)6-14,6-254-5 4-9(3)(4)4-13(6)4-303-14(4)3-20 3-312-3(2)2-5 第一章作业第一章作业