信号与系统习题答案第三章

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【信号与系统(郑君里)课后答案】第三章习题解答

3-1 解题过程：（1）三角形式的傅立叶级数（Fourier Series ，以下简称 FS ）f ( t ) = a ++∞cos ( n ω t) + b sin ( n ω t ) a 0 ∑ n 1n 1 n =1式中ω1 =2π，n 为正整数，T 1 为信号周期T 11 t +T（a ）直流分量a 0 = 0 ∫ 1 f ( t ) dtT1 t2 t +T（b ）余弦分量的幅度a n = 0∫ 1f ( t ) cos ( n ω1t ) dtT1 t 02 t +T（c ）正弦分量的幅度b n = 0 ∫ 1f ( t ) sin ( n ω1t ) dtT 1 t（2）指数形式的傅立叶级数+∞f ( t ) = ∑ F ( n ω1 )e jn ω1tn =其中复数频谱F n= F ( n ω1 ) = 1 ∫t 0 +T 1f ( t ) e − jn ω1t dt T 1 t 0F n =1( a n − jb n ) F − n = 1 ( a n + jb n ) 2 2由图 3-1 可知， f ( t ) 为奇函数，因而a 0 = a n = 04 Tb n = T ∫02= 2Eπ n4TE−2EEf (t ) sin ( n ω t ) dt =sin ( n ω t ) dt = cos ( n ω t = 1 − cos ( n π2T 1 ∫0 2 1 n t 1 n ) 1n = 2, 4,n = 1, 3,所以，三角形式的 FS 为2 E1 12π f ( t ) =sin ( ω1t ) +sin ( 3ω1t ) +sin ( 5ω1t ) +ω1 =π 3 5T指数形式的 FS 的系数为1n = 0, ±2, ±4,F n = − jb n jE=2 n = 0,−± 1, ±3,n π1所以，指数形式的 FS 为f ( t ) = − jE π ej ω1t+ πjE e − j ω1t − 3jE π e j 3ω1t + 3jEπ e − j 3ω1t +3-15 分析：半波余弦脉冲的表达式 f ( t ) =πτ E cos t u t+ τ 2求 f ( t ) 的傅立叶变换有如下两种方法。

信号与系统梁风梅主编电子工业出版社 ppt第三章答案

习题三3.1考虑一个连续时间LTI 系统，满足初始松弛条件，其输入)(t x 与输出)(t y 的关系由下列微分方程描述：d ()4()()d y t y t x t t+= (1)若输入(13)()()j t x t e u t -+=，求输出)(t y 。

(2)若输入()e cos(3)()t x t t u t -=，求输出)(t y 。

解：此系统的特征方程为40s += 所以4()t h y t Ae -= (1)(13)()()j tx t eu t -+=设(13)()e j t p y t Y -+= 则(13)(13)(13)(13j)e 4e e ,0j tj t j t Y Y t -+-+-+-++=>解得11336jY j -==+ 所以4(13)1()()()e e ()6t j t h p j y t y t y t A u t --+-⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭又因为初始松弛，所以106jA -+= 即16j A -=所以4(13)11()()()()()66t j th p j j y t y t y t e e u t --+--=+=+ (2)()cos(3)()t x t e t u t -=是(1)中(13)()()j tx t eu t -+=的实部，用2()x t 表示cos(3)()t e t u t -，用1()x t 表示(13)()j t e u t -+观察得{}21()Re ()x t x t =所以{}421111()Re ()cos(3)sin(3)()666t t t y t y t e e t e t u t ---⎛⎫==-++ ⎪⎝⎭3.2若离散时间LTI 系统的输入[]x n 与输出][n y 的关系由下述差分方程给出：][]1[25.0][n x n y n y =--求系统的单位冲激响应][n h 。

解：[]0.25[1][]h n h n n δ=-+因为该系统是因果的，所以0n <时，[]0h n =2231[0]0.25[1][0]01111[1]0.25[0][1]1044111[2]0.25[1][2]0444111[3]0.25[2][3]0444 (111)[]0.25[1][]0444n nh h h h h h h h h n h n n δδδδδ-=-+=+==+=⨯+==+=⨯+==+=⨯+==-+=⨯+=综上，1[][]4n h n u n = 3.3系统S 为两个系统1S 与2S 的级联：S1：因果LTI 系统，[]0.5[1][]w n w n x n =-+； S2: 因果LTI 系统，[][1][]y n ay n bw n =-+][n x 与][n y 的关系由下列差分方程给出：[]0.125[2]0.75[1][]y n y n y n x n +---=(1) 确定a 与b 。

信号与系统王明泉第三章习题解答

（3）周期信号的傅里叶变换；
（4）频域分析法分析系统；
（5）系统的无失真传输；
（6）理想低通滤波器；
（7）系统的物理可实现性；
3.3本章的内容摘要
3.3.1信号的正交分解
两个矢量和正交的条件是这两个矢量的点乘为零，即：
如果和为相互正交的单位矢量，则和就构成了一个二维矢量集，而且是二维空间的完备正交矢量集。也就是说，再也找不到另一个矢量能满足。在二维矢量空间中的任一矢量可以精确地用两个正交矢量和的线性组合来表示，有
条件1：在一周期内，如果有间断点存在，则间断点的数目应是有限个。
条件2：在一周期内，极大值和极小值的数目应是有限个。
条件3:在一周期内，信号绝对可积，即
（5）周期信号频谱的特点
第一：离散性，此频谱由不连续的谱线组成，每一条谱线代表一个正弦分量，所以此谱称为不连续谱或离散谱。
第二：谐波性，此频谱的每一条谱线只能出现在基波频率的整数倍频率上。
(a)周期、连续频谱； (b)周期、离散频谱；
(c)连续、非周期频谱； (d)离散、非周期频谱。
答案：(d)
题7、的傅里叶变换为
答案：
分析：该题为典型信号的调制形式
题8、的傅里叶变换为
答案：
分析：根据时移和频移性质即可获得
题9、已知信号如图所示，且其傅里叶变换为
试确定：
(1)
(2)
(3)
解：
(1)将向左平移一个单位得到
对于奇谐函数，满足，当为偶数时，，；当为奇数时，，，即半波像对称函数的傅里叶级数展开式中只含奇次谐波而不含偶次谐波项。
（4）周期信号傅里叶级数的近似与傅里叶级数的收敛性
一般来说，任意周期函数表示为傅里叶级数时需要无限多项才能完全逼近原函数。但在实际应用中，经常采用有限项级数来代替无限项级数。无穷项与有限项误差平方的平均值定义为均方误差，即。式中，，。研究表明，越大，越小，当时，。

第三章作业答案_1-7

a2 N =
1 1 T 1 T − j (4 N π / T ) t 2 x t e dt = x(t )e− j (4 Nπ / T )t dt + ∫T x(t )e− j (4 Nπ / T )t dt ( ) ∫ ∫ T T T 0 T 2 =
T 1 T T ( ∫ 2 x(t )e − j (4 Nπ / T )t dt + ∫T − x(t − )e− j (4 Nπ / T )t dt ) T 0 2 2 T 1 T ( ∫ 2 x(t )e − j (4 Nπ / T ) t dt + ∫ 2 − x(t )e− j (4 Nπ / T )t dt ) = 0 0 T 0
+∞
e − j 2ω （答案） 2 + jω
+∞ +∞ −∞
X ( jϖ ) = ∫ x(t )e − jωt dt = ∫ e −2 ( t − 2) u (t − 2)e − jωt dt = ∫ e −2 ( t − 2) e − jωt dt
−∞ 2
= ∫ e −( 2+ jω )t + 4 dt =
jkπt
，由已知条件 k ≤ 4 时，H(jw)不为零，而 k ≥ 5 ，H(jw)=0
jkπt
故响应为： y k (t ) = H ( jkπ ) a k e 当 k > 5 时，激励 x k (t ) = a k e 此有 y (t ) =
= (1 −
k 5
)a k e jkπt ， k ≤ 4
(2) 由于系统的单位冲激响应 h(t)已知，可以据此而求出其频谱。因为 h(t)是方波脉冲，直接由典型信号的频谱得：
FT h(t ) ←→ H ( jω ) =

信号与线性系统题解第三章

第三章习题答案da3.1 计算下列各对信号的卷积积分()()()y t x t h t =*：(a) ()()()()t tx t e u t h t e u t αβ==（对αβ≠和αβ=两种情况都做）。

(b) 2()()2(2)(5)()tx t u t u t u t h t e =--+-=(c) ()3()()()1tx t eu t h t u t -==-(d) 5,0()()()(1),0tt t e t x t h t u t u t e e t -⎧<⎪==--⎨->⎪⎩(e) []()sin ()(2)()(2)x t t u t u t h t u t π=--=--(f) ()x t 和()h t 如图P3.1(a)所示。

(g) ()x t 和()h t 如图P3.1(b)所示。

图P3.1 解：(a) ()()0()()()(0)t ttty t x t h t eed eed t βτατβαβτττ------=*==>⎰⎰当αβ≠时，()1()()ttey t e u t αβββα----=-当αβ=时，()()t y t te u t α-=(b) 由图PS3.1(a)知，当1t ≤时，252()2()22(2)2(5)021()22t t t t t y t ed ed e e e ττττ----⎡⎤=-=-+⎣⎦⎰⎰ 当13t ≤≤时，252()2()22(2)2(5)121()22t t t t t y t ed ed e e e ττττ-----⎡⎤=-=-+⎣⎦⎰⎰ 当36t ≤≤时，52()2(5)211()2t t t y t ed e e ττ---⎡⎤=-=-⎣⎦⎰ 当6t >时，()0y t =(c) 由图PS3.1(b)知，当1t ≤时，()0y t = 当1t >时，133(1)01()13t t y t ed e ττ----⎡⎤==-⎣⎦⎰3(1)1()1(1)3t y t e u t --⎡⎤∴=--⎣⎦(d) 由图PS3.1(d)知：当0t ≤时，11()tt t t y t e d e eττ--==-⎰当01t <≤时，055(1)1014()(2)255t ttt t y t e d e e d e eeτττττ-----=+-=+--⎰⎰当1t >时，555(1)(1)111()(2)2255t tt tt t y t e ed eeeeτττ------=-=-+-⎰(e) 如下图所示：(f) 令()11()(2)3h t h t t δ⎡⎤=+--⎢⎥⎣⎦，则11()()()(2)3y t x t h t x t =*-- 由图PS3.1(h)知，11424()()()()(21)333t t y t x t h t a b d a t b ττ-=*=+=-+⎰2411()(21)(2)()3333a y t tb a t b a t b x t ∴=-+---=+= (g) ()x t 是周期信号，由此可推知()()()y t x t h t =*也是周期的，且周期也为2。

[信号与系统作业解答]第三章

解：
f (t)cos( 0t)
F1( )
1 2
[F(
0) F(
0 )]
f (t)e j 0t F2( ) F(
0)
f (t)cos( 1t)
F3( )
1 2
[F(
1) F(
1)]
3-39 确定下列信号的最低抽样率与奈奎斯特间隔。
（1） Sa(100t )
（3）Sa(100t) Sa(50t)
解：（1）因为Sa(100t) 50G200( ) ，最高频率为 m 100 rad / s ，所以最低抽样
cos( 0t) u(t)
1 2
[(
0) (
0)] *
()
1 j
1 2
(
( 2
0)
1 j(
0)
0) (
0)
(
j
2
2
0
0)
1 j(
0)
3-34 若 f (t) 的频谱 F( ) 如图所示，利用卷积定理粗略画出 f (t)cos( 0t) ， f (t)ej 0t ，
f (t)cos( 1t) 的频谱（注明频谱的边界频率）。
f *(t)]
所以
F [fi(t)]
1 2j F
[f (t)
f *(t)]
1 [F( ) F *( 2j
)]
3-22 利用时域与频域的对称性，求下列傅里叶变换的时间函数。
1） F( ) (
0)
2） F( ) u(
0) u(
0)
3） F( )
0 (| | 0) 0 (others)
解：
1）已知变换对： (t) 1 ，根据对称性有1 2 ( ) ，再根据频移性质有，

信号与系统课后答案第三章作业答案

初始为 0， C2 -4
y f (t) -4e3tu(t) 4e2tu(t)
全响应= yx (t)+y f (t) 4e2tu(t)-2e3tu(t)
3-2 描述某 LTI 系统的微分方程为
d2 y(t) dt 2

3dy(t) dt来自2y(t)

df (t) dt

6
1
1
(2e1 e1 et ) u(t)
e1(2 et ) u(t)
（2）
f
(t)

a[u(t
s) 2

u(t
2)]
h(t) b[u(t 2) u(t 3)]
f
(t)

h(t)

ab[(t

1 2
)
u(t
1 2
)

(t

1 2
)
u(t
1) 2

tu(t)

1 4
(et

e3t
)u(t)

1 2
t
e3tu(t)

[
1 4
et

(
1 2
t

1 4
)e3t
]u
(t)
3-19 一个 LTI 系统，初始状态不祥。当激励为 f (t) 时其全响应为
(2e3t sin 2t)u(t) ；当激励为 2 f (t) 时其全响应为 (e3t 2sin 2t)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；（2）初始状态是原来的两倍、激励为 2 f (t) 时系统的全响应。

信号与系统第三章习题答案

d (t - 1) « e- jw
\ e-2( t -1)d (t - 1) « e- jw
(8) U (t ) - U (t - 3) Q 根据傅里叶变换的线性性质可得： 1 U (t ) « p d (w ) + jw 1 U (t - 3) « e - j 3w (p d (w ) + ) jw \ U (t ) - U (t - 3) « ( 1- e - j 3w )(p d (w ) + 1 ) jw
U (t - 1) « e - jw (pd (w ) +
t 1 U ( - 1) « 2e - j 2w (pd (2w ) + ) 2 j 2w Q d (aw ) = 1 d (w ) a
\ 2e- j 2wpd (2w ) = 2pd (2w )w =0 = pd (w ) \ 2e - j 2w (pd (2w ) +
e - jtd (t - 2 ) « e - j 2(w +1)
(6) e -2( t -1)d (t - 1) Q 根据傅里叶变换的性质 f (t ± t0 ) « e ± jwt0 F ( jw ) 可得： e -2( t -1)d (t - 1) = d (t - 1) d (t ) « 1 (t = 1)
d F ( jw ) - 2 F ( jw ) dw
y ''(t ) + 4 y '(t ) + 3 y (t ) = f (t ) y ''(t ) + 5 y '(t ) + 6 y (t ) = f '(t ) + f (t )
（1）求系统的频率响应 H（jw）和冲激响应 h（t）；（2）若激励 f (t ) = e-2tU (t ) ，求系统的零状态响应 y f (t ) 。解：方程 1：

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第三章习题基础题3.1 证明cos t , cos(2)t , …, cos()nt (n 为正整数)，在区间(0,2)π的正交集。

它是否是完备集?解：(积分???)此含数集在(0,2)π为正交集。

又有sin()nt 不属于此含数集02sin()cos()0nt mt dt π=⎰，对于所有的m 和n 。

由完备正交函数定义所以此函数集不完备。

3.2 上题的含数集在(0,)π是否为正交集？解：由此可知此含数集在区间(0,)π内是正交的。

3.3实周期信号()f t 在区间(,)22T T-内的能量定义为222()TT E f t dt -=⎰。

如有和信号12()()f t f t +(1)若1()f t 与2()f t 在区间(,)22T T-内相互正交，证明和信号的总能量等于各信号的能量之和;(2)若1()f t 与2()f t 不是相互正交的，求和信号的总能量。

解：(1)和信号f(t)的能量为[]222222222221212222()12()()()()()()T T T T T T T T T T E f t dt dtf t dt f t dt f t f t dtf t f t -----===+++⎰⎰⎰⎰⎰（少乘以2）由1()f t 与2()f t 在区间内正交可得2122()()0T T f t f t dt -=⎰则有 22221222()()T T T T E f t dt f t dt --=+⎰⎰即此时和信号的总能量等于各信号的能量之和。

和信号的能量为(2)[]222222222221212222()12()()()()()()T T T T T T T T T T E f t dt dtf t dt f t dt f t f t dtf t f t -----===+++⎰⎰⎰⎰⎰（少乘以2吧？）由1()f t 与2()f t 在区间(,)22T T-内不正交可得2122()()0T T f t f t dt K -=≠⎰则有2222222212122222()()()()T T T T T T T T E f t dt f t dt K f t dt f t dt ----=++≠+⎰⎰⎰⎰即此时和信号的总能量不等于各信号的能量之和。

3.4 求下列周期信号的基波角频率Ω和周期T 。

（1）100j te（2） ]2/)3(cos[-t π（3）)4sin()2cos(t t + （4）cos(2)cos(3)cos(5)t t t πππ++（5）)4/sin()2/cos(t t ππ+ （6） )5/cos()3/cos()2/cos(t t t πππ++解：(1)角频率为Ω＝100rad s ，周期22100T s ππ==Ω (2)角频率为2rad s πΩ=，周期42T s π==(3)角频率为2rad s πΩ=，周期2T s ππ==Ω（先求T ，后求omg 吧？） (4)角频率为rad s πΩ=，周期22T s π==Ω(5)角频率为4rad s πΩ=，周期28T s π==Ω(6)角频率为30radsπΩ=，周期260T sπ==Ω3.5 用直接计算傅里叶系数的方法，求图示周期函数的傅里叶系数（三角形式或指数形式）。

解：(1)周期T=4,2TπΩ=2π=，则有1, 4k-1 t 4k+1f(t)=0, 4k+1 t 4k+3⎧⎨⎩（k是整数；怎么求的边界条件？）由此可得222()cos()()TTna f t n t d tT-=Ω⎰221()cos()22n tf t dtπ-=⎰111cos()22ntdtπ-=⎰2sin(),0,1,2,2nnnππ==22221()sin()()()sin()22TTnn tb f t n t d t f t dtπ--=Ω=⎰⎰111sin()0,1,2,22n tdtnπ-==⎰（X？）(2)周期T=2，2Tπππ==，则有sin(),221()0,2122t k t kf tk t kπ≤≤+⎧=⎨+<<+⎩由此可得：1121022111()()()sin()221,0,1,2,2(1)Tjn t jn t jn tTnnjn tF f t e d t f t e dt t e dtTennππ-Ω-Ω-Ω---Ω===+==±±-⎰⎰⎰（积分？3.6如图所示是4个周期相同的信号(1)用直接求傅里叶系数的方法求图（a ）所示信号的傅里叶级数（三角形式）； (2)将图（a ）的函数1()f t 左（或右）移，就得图（b ）的函数2()f t ，利用(1)的结果求2()f t 的傅里叶级数；(3)利用以上结果求图（c ）的函数3()f t 的傅里叶级数； (4)利用以上结果求图（d ）的信号4()f t 的傅里叶级数；解：(1)由1()f t 的波形可知12,2()0,2T t kT t kT T f t T kT t kT T ⎧≤≤+⎪⎪=⎨⎪+<<+⎪⎩ 令2T πΩ=，则有220212112121211222cos()sin()sin(),1,2,1cos()1cos()()cos()sin()4()()()()()2211cos()1cos()sin()4()T TT n n n n n n b n t dt t n t dt n T T T n n n f t n t n t n n T Tf t f t f t f t n n t n t n n πππππππππ-∞∞==∞∞===Ω=Ω=-=-=+Ω-Ω=+=--=+Ω-Ω⎰⎰∑∑∑∑2210222cos()()cos()T TT n a n t f t dt n t dtT T -=Ω=Ω⎰⎰2cos()1,1,2,()n n n ππ-==22102222sin()()sin()cos(),1,2,T T T n b n t f t dt t n t dtT T T n n n ππ-=Ω=Ω=-=⎰⎰则1()f t 的傅里叶级数为12111cos()1cos()()cos()sin()4()n n n n f t n t n t n n ππππ∞∞==-=+Ω-Ω∑∑(2)由2()f t 和1()f t 的波形图可知21()()2T f t f t =+或21()()2Tf t f t =- 则2()f t 的傅里叶数为21()()2Tf t f t =+2111cos()1cos()cos ()sin ()4()22n n n T n T n t n t n n ππππ∞∞==-⎡⎤⎡⎤=+Ω+-Ω+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦∑∑ 2111cos()1cos()cos()sin()4()n n n n n t n n t n n n ππππππ∞∞==-=+Ω+-Ω+∑∑ 2111cos()1cos()cos()cos()cos()sin()4()n n n n n n t n n t n n ππππππ∞∞==-=+Ω-Ω∑∑21111cos()1cos()sin()4()n n n n t n t n n πππ∞∞==-=+-Ω--Ω∑∑(3)由3()f t 的波形可知32()()f t f t =-则3()f t 的傅里叶级数为32()()f t f t =-21111cos()1cos()sin()4()n n n n t n t n n πππ∞∞==-=+-Ω--Ω∑∑ 21111cos()1cos()sin()4()n n n n t n t n n πππ∞∞==-=+Ω+Ω∑∑(4)有4()f t 的波形可知423()()()f t f t f t =+则4()f t 的傅里叶级数为[]4232121cos()1()()()cos()2()n n f t f t f t n t n ππ∞=-=+=+Ω∑3.7试画出图示信号的奇分量和偶分量解：（1）由1()f t 的波形求得1()f t -的波形则奇分量的波形为()od f t =11()()2f t f t --偶分量的波形为()ed f t =11()()2f t f t +-（2）由2()f t 的波形求得2()f t -的波形则奇分量的波形为()od f t =11()()2f t f t --偶分量的波形为()ed f t =11()()2f t f t +-3.8利用奇偶性判断图示各周期信号的傅里叶级数中所含有的频率分量。

解：（1）由1()f t 的波形可知1()f t =1()f t -=1()2tf t -±则有 24()cos()t n a f t n t dt t =Ω⎰ ,0,1,2,n =…0n b =0242460a a a b b b ========……则1()f t 的傅里叶级数中含有的频率分量为奇次余弦波。

（2）由2()f t 的波形可知 22()()f t f t =-- 则有 0n a =24()sin(),0,1,2,t n b f t n t dt n t =Ω=⎰…则2()f t 的傅里叶级数中含有的频率分量为正弦波。

（3）由3()f t 的波形可知33()()f t f t =-则有 0n b =24()cos(),0,1,2,t n a f t n t dt n t =Ω=⎰…即3()f t 的傅里叶级数中含有的频率分量为奇次余弦波。

（4）由4()f t 的波形可知，4()f t 为奇谐函数，即44()()2tf t f t =-±则有 0242460a a a b b b ========……即4()f t 的傅里叶级数中只含有奇次谐波，包括正弦波和余弦波。

3.9 如图的周期性方波电压作用于RL 电路，试求电流()i t 的前五次谐波。

解：由()s u t 的波形图可知周期22,1T Tππ=Ω==，则有 1,2222()30,2222{s k t k u t k t k ππππππππ-≤≤+=+≤≤+由此可得傅立叶级数的系数 222()cos()Tn s Ta u t n t dt T -=Ω⎰1()cos()su t nt dt πππ-=⎰221cos()nt dt πππ-=⎰ 221021,2,sin()2{n dt n n n πππππ-=====⎰时， a 0时，a n因()s u t 为偶数，则0,1,2,n b n ==则电路激励()s u t 的前五次谐波为5011222()cos(5)cos cos(3)cos(5)2235s n nau t a t t t t πππ==+=+-+∑ 由电路得系统微分方程为'()()()s i t i t u t +=欲求电流()i t 的前五次谐波，即求此微分方程激励的前五次谐波的特解。