南邮信与系统B习题答案
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如图所示，试求该系统的零状态响应。
xk
hk
4
3 2
4
2 1
-2 -1 0 1 2 3 k
-2
-1 0 1 2 3 4 k
-1
解： xk 4, 2,3,2 hk 4,,1,2,1
4 2 3 2 4 1 2 1
4 2 3 2 8 4 6 4 4 2 3 2 16 8 12 8 16 12 22 5 2 7 2
k
1
uk
4 3
1k 1
8 3
0.5k 1 u k
2 3
1k 2
4 3
0.5k 2
k 1
k 1
2 3
1k
2
4 3
0.5k 2
4 3
1k
1
8 3
0.5k 1
uk
2 3
1k
1 3
0.5k
4 3
1k
4 3
0.5k
uk
21k 0.5k uk
2-25 计算下列卷积
2 2 e3tut
hh00
1 0 2 1
c1c1 0.02.55cc22
0 1
c1
c2
2
3 4
3
h0
k
2 3
1k
4 3
0.5k
uk
1
hk h0 k 2 2h0 k 1
2 3
1k 2
4 3
0.5k 2
uk
1
2
2 3
1k 1
4 3
0.5k 1 u k
2 3
1k 2
4 3
0.5k 2
第二章 信号与系统的时域分析
作业
1
南邮信号与系统B习题答案04
(3)
解：
s
s
2
a
2 2
a shatu (t ) 2 2 s a
由频域微分性：
d a 2as 2 tshatu(t ) 2 2 2 2 ds s a (s a )
s t shatu(t ) 由线性： 2 2 2 (s a ) 2a
4-7 用部分分式展开法求下 列函数的拉氏反变换。
1 2 3 原式 e t 2e 2t 3e 3t u t s 1 s 2 s 3
2s 4 (4) s s2 4
A Bs C 解：原式是真分式，可表示 为：原式 2 s s 4 2s 4 用遮挡法得： A 2 1 s 4 s 0
s 2 8s 10 (1) 2 s 5s 4
解：原式不是真分式，用长 除法将其分解为：
3s 6 原式 1 2 s 5s 4 3s 6 则f 0 lim s 2 3 t s 5s 4
平面，故f 存在：
由于原式的极点为 1、 4，均位于s平面的左半
s 1 1 2s 1 4 2 2s 5 Y s 2 2 s 4s 4 s 1 s 4s 4 s 22
设Y s
s 2
2
2s 5
2
s 22
A
B s 2
用遮挡法求系数 A： A s 2 Y s s 2 2s 5 s 2 6
4-3 已知f t F s ，求下列信号的拉氏变 换。
(2) e
解：
at
t f a
t f aF as a
南邮信号与系统B习题答案01
(4) yt 3q0x3t
解：不满足分解性，因此为非线性系统。
当x1t xt td 时，y1t 3q0x3t td
yt td 3q0x3t td 所以为时变系统
1-10 判断下列系统是否为因果系统，并简单说明理由。
(5) yk 2 2yk 1 yk xk 1 3xk
解： 输出不超前于输入，因 此是因果系统
1-1 判断下面的信号是否为周期信号，如果是，确定 其基本周期。
2 4sin 2t ut
4
解：因为t 0时，ut 0，所以为非周期信号
4 cos2t 2cos5t
解：因为T1 2 5 ，为无理数， T2 1 2
所以为非周期信号
1-2 判断下面的序列是否为周期序列，如果是，确定 其基本周期。
P lim 1
T
2e3t
2
dt
1 lim
1
e6T e6T
T 2T T
3 T T
由罗必塔法则 2 lim e6T T
所以为非能非功信号
1-7 判断下列信号是能量信号，还是功率信号或者都 不是。
(1) 1k
解：显然该信号为离散周期信号，因此是功率信号
1-8 判断下列系统是否为线性系统，是否为时不变系统， 并简单说明理由。其中y(t)、y(k)为系统的完全响应， q(0)为系统的初始状态，x(t)、x(k) 为系统的激励。
(6) cos2 k
6
解：原式＝
1 2
1＋cos
Байду номын сангаас
3
k
，
因为
2
0
＝
2
＝6为正整数，
3
所以为周期序列，且周 期N 6
南邮计算机通信与网络习题答案
计算机通信与网络习题答案1.1什么是计算机网络？答：我们可以把计算机网络定义为：把分布在不同地点且具有独立功能的多个计算机，通过通信设备和线路连接起来，在功能完善的网络软件运行下，以实现网络中资源共享为目标的系统。
1.3计算机网络的拓扑结构种类有哪些？各自的特点是什么？答：网络的拓扑（Topology ）结构是指网络中各节点的互连构形，也就是连接布线的方式。
网络拓扑结构主要有五种：星形、树形、总线形、环形和网络形，如图1.1所示。
图1.1星形结构的特点是存在一个中心节点，其他计算机与中心节点互连，系统的连通性与中心节点的可靠性有很大的关系。
树形结构的特点是从根节点到叶子节点呈现层次性。
总线形结构的特点是存在一条主干线，所有的计算机连接到主干线上。
环形结构是将所有计算机连接到一个环形的线路，每两个计算机之间有两条线路相连。
网络型是一种不规则的连接，事实上，目前的因特网就是这种拓扑结构。
1.5由n 个结点构成的一星型拓扑结构的网络中，共有多少个直接的连接？对由n 个结点构成的环状拓扑结构的网络中呢？对由n 个结点构成的全连接网络中呢？答：在由n 个结点构成的一星型拓扑结构的网络中有（n-1）个直接连接。
在由n 个结点构成的环状拓扑结构的网络中有（n ）个直接连接。
在由n 个结点构成的全连接拓扑结构的网络有（n －1）n/2个直接连接。
1.6在广播式网络中，当多个节点试图同时访问通信通道时，信道将会产生冲突，所有节点都无法发送数据，形成信道容量的浪费。
假设可以把时间分割成时间片，n 个节点中每个节点在每个时间片试图使用信道的概率为p ，试计算由于冲突而浪费的时间片的百分比。
答：每个时间片只有一个节点访问的概率为：p(1-p)n-1+ p(1-p)n-1+….+ p(1-p)n-1=n* p(1-p)n-1 从而每个时间片冲突的概率为：1- n* p(1-p)n-1即位由于冲突而浪费的时间片百分比。
1.8什么是网络协议？由哪几个基本要素组成？答：简单地说，协议是指通信双方必须遵循的、控制信息交换的规则的集合，是一套语义和语法规则，用来规定有关功能部件在通信过程中的操作，它定义了数据发送和接收工作中必经的过程。
南邮信号与系统答案第6章
∞
信号与系统 · 习题解答
⎧ 1 k = 0,1,2,3 ⎪ *（3） f (k ) = ⎨− 1 k = 4,5,6,7 ⎪0 其它 ⎩
第5页
解法一：f (k ) = δ (k ) + δ (k − 1) + δ (k − 2) + δ (k − 3)
− δ (k − 4) − δ (k − 5) − δ (k − 6) − δ (k − 7) ↔ 1 + z −1 + z − 2 + z −3 − z − 4 − z −5 − z −6 − z −7 1 − ( z −1 ) 4 1 − ( z −1 ) 4 (1 − z − 4 ) 2 z z 4 −1 2 = − z −4 = = [ 4 ] −1 −1 −1 z −1 z 1− z 1− z 1− z
信号与系统 ·Z变换式，试求f(0)，f(1)，f(2)和f(∞)。 z 2 − 2z (1) F ( z ) = 2 ( z − 1)( z + 0.5)
解： 由初值定理：f (0) = lim F ( z ) = 0 z →∞
f (1) = lim z[ F ( z ) − f (0)] = 1
1
L
1 2
3
0
4
k
f (k ) = δ (k ) + δ (k − 2) + δ (k − 4) + L + δ (k − 2m) + L ↔ 1+ z
−2 ∞
+z
−4
+L+ z
− 2m
+L
2
1 m 1 z = ∑( 2 ) = = 2 1 z −1 m=0 z 1− 2 z 解法二： 1 1 1 z 1 z z2 k f (k ) = ε (k ) + (−1) ε (k ) ↔ + = 2 2 2 2 z −1 2 z +1 z −1
信号与系统 · 习题解答
⎧ 1 k = 0,1,2,3 ⎪ *（3） f (k ) = ⎨− 1 k = 4,5,6,7 ⎪0 其它 ⎩
第5页
解法一：f (k ) = δ (k ) + δ (k − 1) + δ (k − 2) + δ (k − 3)
− δ (k − 4) − δ (k − 5) − δ (k − 6) − δ (k − 7) ↔ 1 + z −1 + z − 2 + z −3 − z − 4 − z −5 − z −6 − z −7 1 − ( z −1 ) 4 1 − ( z −1 ) 4 (1 − z − 4 ) 2 z z 4 −1 2 = − z −4 = = [ 4 ] −1 −1 −1 z −1 z 1− z 1− z 1− z
信号与系统 ·Z变换式，试求f(0)，f(1)，f(2)和f(∞)。 z 2 − 2z (1) F ( z ) = 2 ( z − 1)( z + 0.5)
解： 由初值定理：f (0) = lim F ( z ) = 0 z →∞
f (1) = lim z[ F ( z ) − f (0)] = 1
1
L
1 2
3
0
4
k
f (k ) = δ (k ) + δ (k − 2) + δ (k − 4) + L + δ (k − 2m) + L ↔ 1+ z
−2 ∞
+z
−4
+L+ z
− 2m
+L
2
1 m 1 z = ∑( 2 ) = = 2 1 z −1 m=0 z 1− 2 z 解法二： 1 1 1 z 1 z z2 k f (k ) = ε (k ) + (−1) ε (k ) ↔ + = 2 2 2 2 z −1 2 z +1 z −1
南邮信号与系统答案第5章
信号与系统 · 习题解答
第11页
5-8 试用单位阶跃序列表示图示离散信号。 (b) f (k)
2
3
2
1 −2 −1 0 1 2 3
4 5
6
−1
k
解：f 2 (k ) = ε (k + 2) + ε (k ) + ε (k − 2) − 4ε (k − 4) + ε (k − 6)
信号与系统 · 习题解答
10 5
k<0 k =0 k ≥1
∴ f1 (k − 1) + f 2 (k + 1) 0 k <0 ⎧ ⎪ =⎨ 1 k =0 ⎪2 k + k − 1 k ≥ 1 ⎩
2
1
−1 0 1 2
L
3 k
信号与系统 · 习题解答
第5页
*（4） f1 (k − 1) ⋅ f 2 (k + 1) 解：
f1 (k − 1) ⋅ f 2 (k + 1) ⎧ 0 ⎪ =⎨ 0 ⎪2 k (k − 1) ⎩ ⎧ 0 =⎨ k ⎩2 (k − 1) k <0 k =0 k ≥1 k <1 k ≥1
⎧C1 = 0 解得 C1 = 0 ， ⎪ 2 ⎨ 2 2 C2 = ⎪2[C1 cos 3 π + C2 sin 3 π ] = 2 3 ⎩
2 2 sin kπ 所以 yzi (k ) = 2 ⋅ 3 3
k
k ≥0
信号与系统 · 习题解答
第19页
5-15 试求下列差分方程的单位函数响应 （1） y (k + 2) + 3 y (k + 1) + 2 y (k ) = x(k + 1) + x(k )
南邮信与系统课后答案
(3)Hz2z32zz11
解：
Hz的极点z1为 1，z2
1 2
即在单位圆上有z1 单1极 ，点 且 z2 12位于单位圆内
因此系统为临界稳定。
5-17 对下列差分方程描系 述统 的画出模拟图。
( 1 ) y k 5 y k 1 6 y k 2 x k 3 x k 2
解： 1 由零极点图可得：
H
z
H
0
z
z
1 z
1
2
lim h k 1 h
k
3
由终值定理知：
h lim z 1 H z 1
z1
3
即
lim z
z1
1H
0
z
z
1 z
1
1 3
2
解得
:H
0
1 2
1z
H z 2 z 1 z 1
2
2 由 H z 可写出系统的差分方程
k0
yk
y zs k
y zi k
1 2
2 3
1k
1 3
2k ,
k0
5-11 某离散系统得模图 拟5图1所 如示。
Y ( s)
X (s)
z 1
z 1
3 4
1 8
求：1 求H z
Yz ； X z
2 单位函数响应hk；
3 写出系统的差分方程；
4 求系统的单位阶跃响应gk 。
解： 1 对加法器列方程得：
为：
yk 2 1 yk 1 1 yk 1 xk 1
2
2
2
对齐次方程 y k 2 1 y k 1 1 y k 0 进行 Z 变换：
2
2
南京邮电大学信号与系统-信号与系统4
《信号与系统》SIGNALS AND SYSTEMS ZB
7. 单边双曲正弦信号 sinht(t)
sinht1(et et)
2
sinht(t)s22
8. 单边双曲余弦信号 cosht(t)
c osth1(et et)
2
cosht(t)s2s2
《信号与系统》SIGNALS AND SYSTEMS ZB
0
(4) 任何可以进行拉氏变换的信号，其拉氏变换 F(s) 中一
定《没信有号冲与激系函统数》。SIGNALS AND SYSTEMS ZB
4.1.3 （单边）拉氏变换的收敛域
信号 f (t) 乘以收敛因子后，有可能满足绝对可积的
条件。是否一定满足，还要看 f (t) 的性质与 的相对关 系。通常把使 f (t)e- t 满足绝对可积条件的 值的范围
称 为衰减因子； e- t 为收敛因子。 《信号与系统》SIGNALS AND SYSTEMS ZB
取 f(t)e- t 的傅里叶变换：
F[f(t)et] f(t)etejtdt f(t)e(j)tdt
它是 j的函数，可以表示成
Fj f(t)e(j)tdt
例如增长的指数信号： et(t) (0)
2. 0 0：拉氏变换、傅氏变换都存在，且 F(s)F()sj
例如衰减的指数信号：et(t) (0)
F() 1 j
F(s) 1
s
3. 0 0：拉氏变换、傅氏变换都存在，但傅氏变换中
含有冲激函数
P185 表4-1
作业《信号与系统》SIGNALS AND SYSTEMS ZB 返回
连续信号与系统的复频域分析概述
傅里叶变换（频域）分析法
7. 单边双曲正弦信号 sinht(t)
sinht1(et et)
2
sinht(t)s22
8. 单边双曲余弦信号 cosht(t)
c osth1(et et)
2
cosht(t)s2s2
《信号与系统》SIGNALS AND SYSTEMS ZB
0
(4) 任何可以进行拉氏变换的信号，其拉氏变换 F(s) 中一
定《没信有号冲与激系函统数》。SIGNALS AND SYSTEMS ZB
4.1.3 （单边）拉氏变换的收敛域
信号 f (t) 乘以收敛因子后，有可能满足绝对可积的
条件。是否一定满足，还要看 f (t) 的性质与 的相对关 系。通常把使 f (t)e- t 满足绝对可积条件的 值的范围
称 为衰减因子； e- t 为收敛因子。 《信号与系统》SIGNALS AND SYSTEMS ZB
取 f(t)e- t 的傅里叶变换：
F[f(t)et] f(t)etejtdt f(t)e(j)tdt
它是 j的函数，可以表示成
Fj f(t)e(j)tdt
例如增长的指数信号： et(t) (0)
2. 0 0：拉氏变换、傅氏变换都存在，且 F(s)F()sj
例如衰减的指数信号：et(t) (0)
F() 1 j
F(s) 1
s
3. 0 0：拉氏变换、傅氏变换都存在，但傅氏变换中
含有冲激函数
P185 表4-1
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连续信号与系统的复频域分析概述
傅里叶变换（频域）分析法
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q k x k 5 q k 1 6 q k 2 1 y k q k 3 q k 2 2 由方1程 和2可画出模拟图如下：
x(k)
q(k)
q(k 1)
q(k 2)
D
D
3
5 6
y(k)
5-18 已知某离散系 Hz统 函z数 1 为 ，试分别画
z25z6 直接形式、串 并联 联形 形式 式与 的模拟图。
5-8 用 Z变换解下列差分方程。
( 2 ) y k 2 3 y k 1 2 y k 3 k u k ， y 0 y 1 0
解： 由y于 0y10为零状态，作 对 Z变差 换分 得
z2Yz3zY z2Yz z ，Y 即 z 1 z
z3
z23z2 z3
Y z 1 1 A B C
Yzsz
z
z
z2
1z1z
2
A z 1
B z 1
C z 2
1 1 1 1 4 1 遮挡法
2 z1 6 z1 3 z2来自yzsk1 2
11k
6
42k
3
uk
Yzzizz121zz22zD 1zE 212z11z 12遮挡
yzik121k 2k, k0
y k y zk s y zk i 1 2 3 2 1 k 1 3 2 k ,k 0
第五章 离散时间信号与系统的 变换域分析
作业
南京邮电大学 通信与信息工程学院
信息工程系
5-1 用定义求下列序列 Z变的换。
(5) 1kukuk 3
2
解： F zk 0 1 2 ku k u k 3 z kk 2 0 1 2 kz k 2 1 k 1 0 1 1 1 2 1 1 1 2
求Fz的反变换：
zaz1
Fz 1 1AB 遮挡 法
z zaz1 za z1
1 1 1 11 11 a1za 1az1 1az1 za
fk1u k a ku k 1 a ku k
1 a
1 a
a k u k u k 1 1 a ku k 1 a ku k 1
1 a 1 a
f1 liz m F z f0 1
z
f 2limz2 Fz f 0 f 0z1
z
limz2
z
z
z2
2z z z2
z2 1z 0.5
1z 0.5
lim
z
z2
z
2.5z2 z 0.5
z2 1z 0.5
2.5
5-6 序列 Z变换如下，能否 值应 定用 理终 ，如果能，
24
22
Y ziz 2 z 33
z z21z1 z1 z 1
yzik3 2 1 2 k3 4， k0
22 2
3 系统零状 Yzs态 zH 响 zX应 z 为 xk3kuk Xz z ，且Hz
1z 2
z3
z2 1z1
22
Yzsz
z2
1z
2 1z1
z
1z2 2
z3 z1z1z3
22
2
1
1 13
k 0 2 z 2 z 2 z 2 z 2 z 2 z
(8)2 1 3
解： F z fk z kf0 z0 f1 z 1 1 3 z 1 k 0
5-3 用Z变换的性质求下列的 序Z列 变换。
k
(4) n2 n0
解： k2ukzz1 z13
kk 0n2 z z1zzz 11 3z2 z z1 1 4 序列求和
求出 f。 (1)Fzzz21zz13
解： F z的极 z1 1 ， 点 z2 3 为
由于 z2 3位于单位圆外 能， 用因 终此 值不 定理
5-7 计算下列卷积。
(1 )aku kk2
解： akuk z , k 2z2
z a 由时域卷积定理得：
akukk 2 z z2
z a
ak－2uk－2 z z2
48
48
2 Hz z A B 2 1
z z23z1 z1 z1 z1 z1 48 2 4 2 4
hk21k 1kuk
2 4
3 由HzY(z) z2 可得系统差分方程
X(z) z2 3z1 48
yk23yk11ykxk2
4
8
或yk3yk11yk2xk
4
8
4 系统阶跃响应为：
G zH zX z z2 z
za
因果序列右移性
akukk2ak－2uk－2
另解：根信 据号 含的卷积运接 算可 性得 质直
a k u k k 2 a k － 2 u k － 2
(2 )akukuk 1
解： akukz , uk1 z1 z 1
za
z1 z1
由时域卷 aku 积 ku 定 k1理 得 z ： 1 Fz
y2 1，输入 xkuk，求该系统的零输应入响
4
yzik，零状态响yz应 sk及全响y应k。
解： 对差分方 Z变程 换进 ，行 得：
Yzz1Yzy12z2Yzz1y1y2Xz
Yz 1 Xz12z1y12y2
1z12z2
1z12z2
将Xz z ，y11，y21代入，得：
z1
4
Yzz1zz31z2z121z2z22zYzszYziz
z1z1 3
2
解得 :H0
1 2
1z
2 由Hz 2
可写出系统的差分为方：程
z 1z 1
2
yk 21 yk 11 yk 1xk 1
2
2
2
对齐次 yk方 2程 1yk11yk0进Z行 变换：
2
2
z2Yzizz2yzi0zyzi11 2zY zizzyzi01 2Yziz0
将 yzi02， yzi11代入Yz ， izz 得 2 2 1 z2 z： 1
jImz
求：1 求H z ；
1
1 Rez
2
2 求零输入响应 y zi k ； 3 若xk 3k uk ，
求零状态响应 y zs k 。
解： 1 由零极点H图 zH 可 0z得 1zz： 1
2
由终值定h理 知 li： m z1Hz已 知 lim h(k)1
z1
k
3
即lz i1m z1H0
z
1
Yzsz
z 2
151220
z
z1z1z3
2
z1 2
z1 z3
yzsk 1 1 51 2 k1 1 22 30 3k uk
5-16 某系统 H函 z如数 下，试确稳 定定 系。 统是否
(3)Hz2z32zz11 解： Hz 3z1
(2z1)(z1)
H z的极 z1 点 1 ， z为 21 2
z3
z24 3z8 1z 1z 1 z1 2 z1 4
8
1
Gz
z2
3 2 3
z
z1z1z1
2 4
z1 z1 2
z1 4
gk821k 11kuk
3 2 34
5-14 已知离散H系 z的 统零 函极 数点分 52布 所如 示题 ，
且 lk i m hk1 3，系统的yz初 i0始 2， y状 zi1态 1，求
z z 2 3 z 2 z 3z 1z 2z 3
1 1 1 11 1 遮挡
4z 15z 22z 0 3
yk1 41k1 52k2103kuk
或 0.25 1k0.22k0.05 3kuk
5-9 某线性时不变离散，系其统差分方程为
yk yk 12yk 2 xk，已知 y1 1，
即在单位圆 z1 上 1， 有 z且 2单 1 2位 极于 点单位 因此系统为临界稳定。
5-17 对下列差分方程描系 述统 的画出模拟图。
( 1 ) y k 5 y k 1 6 y k 2 x k 3 x k 2
解： 设辅助 qk， 函则 数有： qk5qk16qk2xk
(5)k12uk1
解： k2ukzzz 113 k12uk1 1 zzzz 11 3 zz 1 1 3 因果序
5-5 序Z变 列换如f下 0， f1 ， ， f2 试 。求
(1)Fz
z22z
z21z0.5
解： 由初值定理得：
也可以通过长除得：
f0lim Fz0 z
F(z) z1 2.5z2
5-11
某离散系统得模拟图下 如图所示。求：1 求 H z
Y X
z z
；
Y (z)
2 单位函数响应 h k ；
X (z)
z 1
z 1
3 4
1 8
3 写出系统差分方程； 4 求系统单位阶跃响
应 g k 。
解： 1对加法器列方程得：
YzXz3z1Yz1z2Yz
4
8
H zY X z z13z 1 11z2z2z 3 2z1
X z
z 1
2
z 1
3
1
Y z
2
解：
HzYzs(z) z1
X(z) z25z6
直接模拟图如下图所示 ：
X (z)
z 1
z 1
5 6
Y (z)
1
串联模拟：
Hz z1 z1 1
z2 5z6 z2 z3
串联模拟图如下图所示 ：
X z
Y z
z 1
1
z 1
2
3
并联模拟：
Hz z1 1＋2
z2 5z6 z2 z3
并联模拟图如下图所示 ：
x(k)
q(k)
q(k 1)
q(k 2)
D
D
3
5 6
y(k)
5-18 已知某离散系 Hz统 函z数 1 为 ，试分别画
z25z6 直接形式、串 并联 联形 形式 式与 的模拟图。
5-8 用 Z变换解下列差分方程。
( 2 ) y k 2 3 y k 1 2 y k 3 k u k ， y 0 y 1 0
解： 由y于 0y10为零状态，作 对 Z变差 换分 得
z2Yz3zY z2Yz z ，Y 即 z 1 z
z3
z23z2 z3
Y z 1 1 A B C
Yzsz
z
z
z2
1z1z
2
A z 1
B z 1
C z 2
1 1 1 1 4 1 遮挡法
2 z1 6 z1 3 z2来自yzsk1 2
11k
6
42k
3
uk
Yzzizz121zz22zD 1zE 212z11z 12遮挡
yzik121k 2k, k0
y k y zk s y zk i 1 2 3 2 1 k 1 3 2 k ,k 0
第五章 离散时间信号与系统的 变换域分析
作业
南京邮电大学 通信与信息工程学院
信息工程系
5-1 用定义求下列序列 Z变的换。
(5) 1kukuk 3
2
解： F zk 0 1 2 ku k u k 3 z kk 2 0 1 2 kz k 2 1 k 1 0 1 1 1 2 1 1 1 2
求Fz的反变换：
zaz1
Fz 1 1AB 遮挡 法
z zaz1 za z1
1 1 1 11 11 a1za 1az1 1az1 za
fk1u k a ku k 1 a ku k
1 a
1 a
a k u k u k 1 1 a ku k 1 a ku k 1
1 a 1 a
f1 liz m F z f0 1
z
f 2limz2 Fz f 0 f 0z1
z
limz2
z
z
z2
2z z z2
z2 1z 0.5
1z 0.5
lim
z
z2
z
2.5z2 z 0.5
z2 1z 0.5
2.5
5-6 序列 Z变换如下，能否 值应 定用 理终 ，如果能，
24
22
Y ziz 2 z 33
z z21z1 z1 z 1
yzik3 2 1 2 k3 4， k0
22 2
3 系统零状 Yzs态 zH 响 zX应 z 为 xk3kuk Xz z ，且Hz
1z 2
z3
z2 1z1
22
Yzsz
z2
1z
2 1z1
z
1z2 2
z3 z1z1z3
22
2
1
1 13
k 0 2 z 2 z 2 z 2 z 2 z 2 z
(8)2 1 3
解： F z fk z kf0 z0 f1 z 1 1 3 z 1 k 0
5-3 用Z变换的性质求下列的 序Z列 变换。
k
(4) n2 n0
解： k2ukzz1 z13
kk 0n2 z z1zzz 11 3z2 z z1 1 4 序列求和
求出 f。 (1)Fzzz21zz13
解： F z的极 z1 1 ， 点 z2 3 为
由于 z2 3位于单位圆外 能， 用因 终此 值不 定理
5-7 计算下列卷积。
(1 )aku kk2
解： akuk z , k 2z2
z a 由时域卷积定理得：
akukk 2 z z2
z a
ak－2uk－2 z z2
48
48
2 Hz z A B 2 1
z z23z1 z1 z1 z1 z1 48 2 4 2 4
hk21k 1kuk
2 4
3 由HzY(z) z2 可得系统差分方程
X(z) z2 3z1 48
yk23yk11ykxk2
4
8
或yk3yk11yk2xk
4
8
4 系统阶跃响应为：
G zH zX z z2 z
za
因果序列右移性
akukk2ak－2uk－2
另解：根信 据号 含的卷积运接 算可 性得 质直
a k u k k 2 a k － 2 u k － 2
(2 )akukuk 1
解： akukz , uk1 z1 z 1
za
z1 z1
由时域卷 aku 积 ku 定 k1理 得 z ： 1 Fz
y2 1，输入 xkuk，求该系统的零输应入响
4
yzik，零状态响yz应 sk及全响y应k。
解： 对差分方 Z变程 换进 ，行 得：
Yzz1Yzy12z2Yzz1y1y2Xz
Yz 1 Xz12z1y12y2
1z12z2
1z12z2
将Xz z ，y11，y21代入，得：
z1
4
Yzz1zz31z2z121z2z22zYzszYziz
z1z1 3
2
解得 :H0
1 2
1z
2 由Hz 2
可写出系统的差分为方：程
z 1z 1
2
yk 21 yk 11 yk 1xk 1
2
2
2
对齐次 yk方 2程 1yk11yk0进Z行 变换：
2
2
z2Yzizz2yzi0zyzi11 2zY zizzyzi01 2Yziz0
将 yzi02， yzi11代入Yz ， izz 得 2 2 1 z2 z： 1
jImz
求：1 求H z ；
1
1 Rez
2
2 求零输入响应 y zi k ； 3 若xk 3k uk ，
求零状态响应 y zs k 。
解： 1 由零极点H图 zH 可 0z得 1zz： 1
2
由终值定h理 知 li： m z1Hz已 知 lim h(k)1
z1
k
3
即lz i1m z1H0
z
1
Yzsz
z 2
151220
z
z1z1z3
2
z1 2
z1 z3
yzsk 1 1 51 2 k1 1 22 30 3k uk
5-16 某系统 H函 z如数 下，试确稳 定定 系。 统是否
(3)Hz2z32zz11 解： Hz 3z1
(2z1)(z1)
H z的极 z1 点 1 ， z为 21 2
z3
z24 3z8 1z 1z 1 z1 2 z1 4
8
1
Gz
z2
3 2 3
z
z1z1z1
2 4
z1 z1 2
z1 4
gk821k 11kuk
3 2 34
5-14 已知离散H系 z的 统零 函极 数点分 52布 所如 示题 ，
且 lk i m hk1 3，系统的yz初 i0始 2， y状 zi1态 1，求
z z 2 3 z 2 z 3z 1z 2z 3
1 1 1 11 1 遮挡
4z 15z 22z 0 3
yk1 41k1 52k2103kuk
或 0.25 1k0.22k0.05 3kuk
5-9 某线性时不变离散，系其统差分方程为
yk yk 12yk 2 xk，已知 y1 1，
即在单位圆 z1 上 1， 有 z且 2单 1 2位 极于 点单位 因此系统为临界稳定。
5-17 对下列差分方程描系 述统 的画出模拟图。
( 1 ) y k 5 y k 1 6 y k 2 x k 3 x k 2
解： 设辅助 qk， 函则 数有： qk5qk16qk2xk
(5)k12uk1
解： k2ukzzz 113 k12uk1 1 zzzz 11 3 zz 1 1 3 因果序
5-5 序Z变 列换如f下 0， f1 ， ， f2 试 。求
(1)Fz
z22z
z21z0.5
解： 由初值定理得：
也可以通过长除得：
f0lim Fz0 z
F(z) z1 2.5z2
5-11
某离散系统得模拟图下 如图所示。求：1 求 H z
Y X
z z
；
Y (z)
2 单位函数响应 h k ；
X (z)
z 1
z 1
3 4
1 8
3 写出系统差分方程； 4 求系统单位阶跃响
应 g k 。
解： 1对加法器列方程得：
YzXz3z1Yz1z2Yz
4
8
H zY X z z13z 1 11z2z2z 3 2z1
X z
z 1
2
z 1
3
1
Y z
2
解：
HzYzs(z) z1
X(z) z25z6
直接模拟图如下图所示 ：
X (z)
z 1
z 1
5 6
Y (z)
1
串联模拟：
Hz z1 z1 1
z2 5z6 z2 z3
串联模拟图如下图所示 ：
X z
Y z
z 1
1
z 1
2
3
并联模拟：
Hz z1 1＋2
z2 5z6 z2 z3
并联模拟图如下图所示 ：