信号与系统课后答案第八章作业答案后半部分
信号与系统 陈后金 第二版 课后习题答案(完整版)
（1） f (t) = 3sin 2t + 6 sinπ t
（2） f (t) = (a sin t) 2
（8）
f
(k)
=
cos⎜⎛ ⎝
πk 4
⎟⎞ ⎠
+
sin⎜⎛ ⎝
πk 8
⎟⎞ ⎠
−
2
cos⎜⎛ ⎝
πk 2
⎟⎞ ⎠
解：（1）因为 sin 2t 的周期为π ，而 sin πt 的周期为 2 。
显然，使方程
−∞
0
2-10 已知信号 f (t) 的波形如题 2-10 图所示，绘出下列信号的波形。
f (t)
2
1
−1 0
t 2
题 2-10 图
（3） f (5 − 3t) （7） f ′(t) 解：（3）将 f (t) 表示成如下的数学表达式
（5） f (t)u(1 − t)
由此得
⎧2
f
(t)
=
⎪ ⎨ ⎪ ⎩
f (t)u(1− t) 2
1
0.5
t
−1 0
1
（7）方法 1：几何法。由于 f (t) 的波形在 t = −1处有一个幅度为 2 的正跳变，所以 f ′(t) 在 此处会形成一个强度为 2 的冲激信号。同理，在 t = 0 处 f ′(t) 会形成一个强度为 1 的冲激信 号（方向向下，因为是负跳变），而在 0 < t < 2 的区间内有 f ′(t) = −0.5 （由 f (t) 的表达式可
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《信号与系统》（陈后金等编）作业参考解答
（2）显然，该系统为非线性系统。 由于
T{f (t − t0 )}= Kf (t − t0 ) + f 2 (t − t0 ) = y(t − t0 )
数字信号处理学习指导与课后答案第8章
xˆa (t) xa (t) δ(t nT ) n
第8章 上机实验
对上式进行傅里叶变换， 得到
Xˆ a ( j )
[xa (t)
δ(t nT )]e j tdt
n
＝
xa
(t
)δ(t
nT
)e
j
t
dt
n
在上式的积分号内只有当t=nT时， 才有非零值， 因此
第8章 上机实验
2. 实验原理与方法
1)
时域采样定理的要点是：
(1) 对模拟信号xa(t)以T进行时域等间隔理想采样， 形成 的采样信号的频谱 Xˆ ( j ) 会以采样角频率Ωs（Ωs=2π/T）为 周期进行周期延拓。 公式为
Xˆ a ( j ) FT[xˆa (t)]
ห้องสมุดไป่ตู้
1 T
X a ( j
第8章 上机实验
8.1 实验一：
8.1.1
1. （1） 掌握求系统响应的方法。 （2） 掌握时域离散系统的时域特性。 （3） 分析、 观察及检验系统的稳定性。
第8章 上机实验
2. 在时域中， 描写系统特性的方法是差分方程和单位脉 冲响应， 在频域可以用系统函数描述系统特性。 已知输入 信号可以由差分方程、 单位脉冲响应或系统函数求出系统对 于该输入信号的响应。 本实验仅在时域求解。 在计算机上 适合用递推法求差分方程的解， 最简单的方法是采用 MATLAB语言的工具箱函数filter函数。 也可以用MATLAB 语言的工具箱函数conv函数计算输入信号和系统的单位脉冲 响应的线性卷积， 求出系统的响应。
第8章 上机实验
8.1.2
信号与系统课后答案8
, ( ( & ( #( "+ #+ % " , , & & % " #( $ +# % # , * ( ( ( ( " #& % # +* ( ** $* $ , ( ( " #& % "+ $
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#
即 * & & ( # ) *& 1 ## ( " *# $ " , & & & & ** $ ) +& 1 ## ( # *# % " , , 将& ( ( & ) #$ $ # $! 1 #& % 代入上式 !并求解得状态方程 * , & & ( # % #*# %* $ +& ( " +& ( # " , ( ( & $ $ #& % *# $ +# ( " 以( & !! )! 写出题图 !! 0 所示网络的状态方程 " $ 和& % 为状态变量 # " #
信号与系统答案(刘卫东)第八章
8－1对连续非周期信号进行抽样获得离散非周期信号，说明离散非周期信号频谱和连续非周期信号频谱的关系。
解：对非周期信号()a x t 进行冲激抽样，得到的非周期连续信号的傅里叶变换，等于对非周期信号()a x t 进行数值抽样得到的离散非周期信号的离散时间傅里叶变换。
即()()as d X X ωθ=,而冲激抽样信号的傅里叶变换()as X ω是被抽样的非周期连续信号的傅里叶变换()a X ω的周期延拓，延拓周期为2s s T πω=，如果()a x t 频率有限，且抽样过程满则抽样定理，即22s m sT πωω=≥，则延拓过程不产生混叠，()as X ω(即()d X θ)中有完整的()a X ω的波形，在此情况下，截取()as X ω的一个周期，它和()a X ω的关系为：()()(),22s s a s as s d X T X T X ωωωωθω==−<<8－2 已知)()(n u a n x d n d =（1<a ），求)(n x d 的DTFT 。
解：1001()[()]()()()lim 1j k j n n j n n j n j n d d d j k n n n n ae DTFT x n x n e a u n e a e ae ae θθθθθθ−+∞∞∞∞−−−−−→∞=−∞=−∞==−=====−∑∑∑∑ 由于1<a ，所以11()1lim 11j k j j j j k ae e ae ae e aθθθθθ−+−−→∞−==−−−8－3 已知非周期矩形方波信号)2(2()(11T t u T t u t g a a a −−+=，以mT T s 1=的抽样间隔对)(t g a 进行抽样得)(n g d ，计算[])(DTFT )e (n g G d j d =θ，定性画出3=m ，5=m 和7=m 时[])(DTFT )e (n g G d j d =θ的波形，并和)(t g a 的傅立叶变换波形进行比较。
信号与系统课后习题答案
习 题 一 第一章习题解答基本练习题1-1 解 (a) 基频 =0f GCD （15,6）=3 Hz 。
因此，公共周期3110==f T s 。
(b) )30cos 10(cos 5.0)20cos()10cos()(t t t t t f ππππ+==基频 =0f GCD （5, 15）=5 Hz 。
因此，公共周期5110==f T s 。
(c) 由于两个分量的频率1ω=10π rad/s 、1ω=20 rad/s 的比值是无理数，因此无法找出公共周期。
所以是非周期的。
(d) 两个分量是同频率的，基频 =0f 1/π Hz 。
因此，公共周期π==01f T s 。
1-2 解 (a) 波形如图1-2(a)所示。
显然是功率信号。
t d t f TP T TT ⎰-∞→=2)(21lim16163611lim 22110=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=⎰⎰⎰∞→t d t d t d T T T W(b) 波形如图1.2(b)所示。
显然是能量信号。
3716112=⨯+⨯=E J (c) 能量信号 1.0101)(lim101025=-===⎰⎰∞∞---∞→T t ttT e dt edt eE J(d) 功率信号，显然有 1=P W1-3 解 周期T=7 ，一个周期的能量为 5624316=⨯+⨯=E J 信号的功率为 8756===T E P W 1-5 解 (a) )(4)2()23(2t tt δδ=+； (b) )5.2(5.0)5.2(5.0)25(5.733-=-=----t e t e t et tδδδ(c) )2(23)2()3sin()2()32sin(πδπδπππδπ+-=++-=++t t t t 题解图1-2(a) 21题解图1-2(b) 21(d) )3()3()(1)2(-=----t e t t et δδε。
1-6 解 (a) 5)3()94()3()4(2-=+-=+-⎰⎰∞∞-∞∞-dt t dt t t δδ(b) 0)4()4(632=+-⎰-dt t t δ(c) 2)]2(2)4(10[)]42(2)4()[6(63632=+++-=+++-⎰⎰--dt t t dt t t t δδδδ(d)3)3(3)(3sin )(1010=⋅=⎰⎰∞-∞-dt t Sa t dt ttt δδ。
信号与系统王明泉第八章习题解答
第8章 系统分析的状态变量法8.1 学习要求（1）了解状态变量、状态、初始状态、状态空间、状态方程、输出方程、系统方程等概念及内涵；（2）能根据系统结构图、微分方程、差分方程、转移函数、系统框图，正确的选择状态变量，列出系统的状态方程和输出方程，并写成标准矩阵形式；（3）能采用时域方程和变换域方法求解系统状态方程和输出方程； （4）能根据状态方程和输出方程画出系统的框图。
8.2 本章重点（1）连续系统状态方程和输出方程的建立与求解；8.4 本章的内容摘要8.4.1状态方程的建立状态方程是描述系统的状态变量之间及其与激励之间关系的一阶微分方程，而输出方程是用状态变量和激励(有时还可能有激励的某些导数)表示的函数关系式。
（1）连续时间系统状态方程的建立通常，标准形式的状态方程为 )()()(t t t f x x B A +=•系统输出方程的标准形式为 )()()(t t t f x D C y +=式中)(t •x 表示状态变量的一阶导数，)(t f 是与外加信号有关的项，A 、B 、C 和D 为常数矩阵。
直接法：利用系统实际结构及系统所遵循的物理规律直接列出方程的方法。
间接法：根据已知的输入输出方程、系统框图或系统函数列写状态方程的方法。
（2）离散时间系统状态方程的建立对于一个有p 个输入和q 个输出的离散系统，如有k 个状态变量，其状态方程的一般形式为⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+++)()()()()()()1()1()1(212122221112112121222211121121n f n f n f b b b b b b b b b n x n x n x a a a a a a a a a n x n x n x p kp k k p p k kk k k k k k输出方程的一般形式为⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡)()()()()()()()()(212122221112112121222211121121n f n f n f d d d d d d d d d n x n x n x c c c c c c c c c n y n y n y p qp q q p p k qk q q k k q可简写为)()()1(n n n f x x B A +=+ )()()n n n f x D C y(+=式中C B A 、、和D 是常数矩阵。
信号与系统(郑君里)课后答案 第八章习题解答
=
z
z −
1
−
z
z −
2
2
当
z
>
2 时为右边序列 x (n)
=
⎡⎛ 1 ⎞n ⎢⎢⎣⎜⎝ 2 ⎟⎠
−
2n
⎤ ⎥
u
(
n
)
⎥⎦
当
z
<
0.5 时为左边序列
x(n)
=
⎡ ⎢2n ⎢⎣
−
⎛ ⎜⎝
1 2
⎞n ⎟⎠
⎤ ⎥ ⎥⎦
u
(
−n
−
1)
当 0.5 <
z
<
2 时为右边序列 x (n)
=
⎛ ⎜⎝
1 2
⎞ ⎟⎠
n
u
(
n
)
+
2n
u
(
−n
−
1)
8-18 解题过程：
因为 H ( z) =
Z ⎡⎣h (n)⎤⎦
=
z(
z−a
z
> a)
X
(z) =
Z
⎡⎣x (n)⎤⎦
=
z− z −1
( z−N +1
z −1
z
> 1)
Y ( z) = X ( z) H ( z) = z ( ) ⋅ z − z−N+1 z > 1
z − a z −1
(
2
z
)n
⎤ ⎦
∑ = 1−
∞
( 2z )n
n=0
=1− 1 1− 2z
= −2z 1− 2z
=
z
z −
1
⎛ ⎜⎝
z
信号与系统 于敏慧(第二版)第八周作业答案
n=−∞ 3
m=0
1− 3z z − 1
3
3
∑ ∑ ∑ ∑ （6）x[n]是左边序列， X (z) =
∞
x[n]z −n =
0
(1 n)z −n
∞
=−
(1 m)z m = − 1
∞
mz m
n=−∞
n=−∞ 2
m=0 2
2 m=0
∑ 有多种方法可得
∞
mz m =
z −1
，
m=0
(1 − z −1 )2
z
>a
#############################################
第八周作业 2
7.4； 7.9 (2)、(4); 7.11； 7.14 (2)； 7.19； 7.20；7.22
7.4 用长除法、留数定理、部分分式法求以下 X(z)的 Z 反变换。
1 − 1 z −1 （1） 2 ,
1 + 1 z −1
2
4
8
16
2
x[n] = {1,− 1 , 1 ,− 1 ,+ 1 − } = (− 1 )n u[n] 2 4 8 16 2
法二：留数定理：
x[n]
=
{Re
s{X
(
z)
z
n−1}
z
=−
1
u[n]
=
{(
z
+
2
1) 2
z ⋅ z n−1
z+
1
} z=−
1
2
= (− 1 )n u[n] 2
（2） z < 0.5 对应的左边序列
x[n] = Z −1{ z − z } = [−0.5n + 2n ]u[−n −1] z − 0.5 z − 2
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频率响应为
H
(e jΩ
)
=
H
(z)
|z = e jΩ
=
4 ⎡⎣ejΩ −1⎤⎦
3
⎡⎢⎣e
jΩ
−
1 3
⎤ ⎥⎦
经计算得极点为 p = 1 ，零点为 z = 1。 3
H（e jΩ）
（Ω）
幅频响应图（横坐标进行了归一化处理）
（c）Yx (z) =
y(−1) + 2 y(−2) + 2 y(−1)z−1 1− z−1 − 2z−2
=
8⋅ z +1⋅ 3 z−2 3
z， z +1
z
>2
其逆
z
变换即零输入响应为
yx
(n)
=
8 3
⋅
2n
u(n)
+
1 3
⋅
(−1)n
u(n)
（d）根据上面计算的零输入和零状态响应可知系统的完全响应为
f (n) = (−1)n u(n) ， y(−1) = 0 ， y(−2) = 1；
解：（1）将原式两边取单边 Z 变换得，
Y (z) −[z−1Y (z) + y(−1)] − 2[z−2Y (z) + y(−2) + y(−1)z−1] = F (z) + z−1F (z)
整理得：
Y (z)
=
题图 8-23
根据系统框图可得 h(n) = h1(n) ∗[h2 (n) + h3 (n)] ，故 h(n) = δ (n) ∗[h2 (n) + h3(n)] = u(n) + u(n − 2)
根据阶跃响应的定义可得： g(n) = u(n) ∗ h(n) = u(n) ∗[u(n) + u(n − 2)]
H
(z)
=
A⋅
z
+
3 1
3
由于 H (0)
=
A⋅
0−
1 3
=
5 解得
A
=
−5 ，故 H (z)
= (−5)⋅
z
−1 3
，
z
&gz+1
3
3
3
（2）由于收敛域包含单位园，故
H
(e
jΩ
)
=
H
(
z)
|z = e jΩ
=
(
−5)
⋅
⎡⎢⎣e ⎡⎢⎣e
jΩ jΩ
− +
1 3 1 3
⎤ ⎥⎦ ⎤ ⎥⎦
（3）其幅频响应曲线如下图所示
z2 + 4z + 4 z2 + 4z + 4 z +1
故 H(z)
=
Y (z) F(z)
=
z2
z2 + 4z
+
4
，其逆变换即为系统的单位脉冲响应。
H(z) =
z
= k11 + k12
z z2 + 4z + 4 ( z + 2)2 z + 2
其中，
k11
=
(
z
+
2)2
⋅
H (z) z
z = −2
=
−2
131 根据朱里准侧，由于
A(1) = 5 > 0
(−1)2 A(−1) = 0 < 0
a2 >| a0 | 不成立。
所以该系统不是稳定系统。
（2）解： H (z) 的分母为 A(z) = z4 + 2z3 + 2z2 + z +1，对 A(z) 的系数进行朱里排列得：
12211 11221 0 1 0 -1 -1 0 1 0 -1 0 1 1 0 -1
=
−4z
( z + 2)2
+
z↔ z +1
yf
(n)
= (−1)n u(n) + 2n(−2)n u(n)
Yx (z)
=
−4 z 2 (z + 2)2
=
8z (z + 2)2
−
4z z+2
↔
yx
(n)
= 8⋅ n ⋅(−2)n−1 u (n) − 4 ⋅(−2)n
u(n)
完全响应为：
y(n) = yx (n) + y f (n) = 8⋅ n ⋅(−2)n−1 u (n) − 4 ⋅(−2)n u (n) + (−1)n u(n) + 2n(−2)n u(n)
(
z)
=
−4 y (−1) − 4 y (−2) − 4 y
1+ 4z−1 + 4z−2
( −1)
z −1
+
1+
1 4z−1 +
4 z −2
⋅
F
(
z)
代入初始条件及 f (n) = (−1)n u(n) ↔ F ( z ) = z ， z > 1得：
z +1
Y ( z ) = −4z2 + z2 ⋅ z
频率响应为：
H
(e jΩ
)
=
H
(z)
|z = e jΩ
=
3 ⎡⎣ejΩ +1⎤⎦
4
⎡⎢⎣e
jΩ
−
1 4
⎤ ⎥⎦
经计算该系统包括一个一阶极点为 p = 1 ，一阶零点为 z = −1，其零极点分布如下图所示： 4
零极点图
H（e jΩ）
（Ω）
幅频响应图（横坐标进行了归一化处理）
ϕ (Ω)
（Ω）
相频响应图（横坐标进行了归一化处理）
y(−1) + 2 y(−2) + 2 y(−1) z−1 1− z−1 − 2z−2
+
1
−
1+ z −1
z −1 −2
z
−2
F (z)
所以，（a） H (z)
=
1
−
1+ z −1
z −1 −2
z
−2
=
z2 + z z2 − z − 2
=
z z−2
，求其逆 Z 变换可得单位脉冲响应为
h(n) = 2n u(n)
-14
-16
H（e jΩ）
-18
-20
-22 0
0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9
1 (Ω)
幅频响应曲线（横坐标进行了归一化处理）
8-21、已知因果离散系统的差分方程为 y(n) + 1 y(n −1) = f (n) + f (n −1) 3
（1） 求系统函数 H (z) ；
ϕ (Ω)
(Ω )
相频响应图（横坐标进行了归一化处理）
零极点图
8-20、已知因果离散系统的系统函数 H (z) 的零极点分布如题图 8-20 所示，且 H (0) = 5 （1）求系统函数 H (z) ；
（2）求系统的频率响应； （3）粗略画出系统的幅频响应曲线。
题图 8-20
z−1
解：（1）
由零极点图可知：该系统包括一个一阶极点；一个一阶零点，故设
8-19、已知因果离散系统的系统函数如下，试画出该系统的零极点分布图，并求该系统的频
率响应、粗略画出系统的幅频响应和相频响应曲线。
（1） H (z) = 3(z +1) z > 1 ;
4z −1
4
（2） H (z) = 4(z −1) z > 1 。
3z −1
3
解：（1）因为 H (z) 的收敛域为 | z |> 1 ，所以 H (z) 在单位圆上收敛。 4
8-30、已知因果离散系统的系统函数如下，检验各系统是否稳定。
（1） H (z) = 1 ； z2 + 3z +1
（2） H (z)
=
z4
+
z2 +1 2z3 + 2z2
+
z
+1
（1）解： H (z) 的分母为 A(z) = z2 + 3z +1（ n = 2 ），对 A(z) 的系数进行朱里排列得
，
k12
=
d dz
⎢⎣⎡( z
+
2)2
⋅
H (z) ⎤ z ⎥⎦
z = −2
= 1，故
H
(z)
=
( −2) ⋅
(
z
z
+ 2)2
+
z
1 +
2
↔
h(n)
=
(−2) ⋅ n ⋅(−2)n−1
u
(n)
+
( −2 )n
u
(n)
= (−2)n u(n) + n(−2)n u(n)
Yf
(z)
=
z3 (z +1)(z + 2)2
（2） 画出 H (z) 的零极点分布图。
解：（1）分别差分方程的两边求单边 z 变换（且 y(n) 的初始状态为零）可得
Y (z) + 1 z−1Y (z) = F (z) + z−1F (z) 3
由此可知： H (z)
=
Y (z) F (z)
=
1+ z−1 1+ 1 z−1
=
z +1 z+ 1
3
由于 u(n) ∗ u(n) = (n +1) u(n) ，根据卷积和的时移特性可得