信号系统习题解答3版-第四章
信号系统(第3版)习题解答
信号系统(第3版)习题解答《信号与系统》（第3版）习题解析高等教育出版社目录第1章习题解析 (2)第2章习题解析 (6)第3章习题解析 (16)第4章习题解析 (23)第5章习题解析 (31)第6章习题解析 (41)第7章习题解析 (49)第8章习题解析 (55)第1章习题解析1-1 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) (d)题1-1图解 (a)、(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。
1-2 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 (2t )表示将f ( t )波形展宽。
] (a) 2 f ( t - 2 )(b) f ( 2t )(c) f ( 2t ) (d) f ( -t +1 )题1-2图解 以上各函数的波形如图p1-2所示。
图p1-21-3 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S R 、S L 、S C ，试写出各系统响应电压与激励电流函数关系的表达式。
题1-3图解 各系统响应与输入的关系可分别表示为)()(t i R t u R R ⋅= tt i L t u L L d )(d )(= ⎰∞-=t C C i Ct u ττd )(1)(1-4 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。
S R S L S C题1-4图解 系统为反馈联接形式。
设加法器的输出为x ( t )，由于)()()()(t y a t f t x -+=且)()(,d )()(t y t x t t x t y '==⎰故有 )()()(t ay t f t y -='即)()()(t f t ay t y =+'1-5 已知某系统的输入f ( t )与输出y ( t )的关系为y ( t ) = | f ( t )|，试判定该系统是否为线性时不变系统？解 设T 为系统的运算子，则可以表示为)()]([)(t f t f T t y ==不失一般性，设f ( t ) = f 1( t ) + f 2( t )，则)()()]([111t y t f t f T ==)()()]([222t y t f t f T ==故有)()()()]([21t y t f t f t f T =+=显然)()()()(2121t f t f t f t f +≠+即不满足可加性，故为非线性时不变系统。
数字信号处理答案(第三版)清华大学
数字信号处理教程课后习题答案目录第一章离散时间信号与系统第二章Z变换第三章离散傅立叶变换第四章快速傅立叶变换第五章数字滤波器的基本结构第六章无限长单位冲激响应（IIR）数字滤波器的设计方法第七章有限长单位冲激响应（FIR）数字滤波器的设计方法第八章数字信号处理中有限字长效应第一章 离散时间信号与系统1 .直接计算下面两个序列的卷积和)n (h *)n (x )n (y =请用公式表示。
分析：①注意卷积和公式中求和式中是哑变量m （ n 看作参量）， 结果)(n y 中变量是 n ,; )()()()()(∑∑∞-∞=∞-∞=-=-=m m m n x m h m n h m x n y ②分为四步 （1）翻褶（ -m ），（2）移位（ n ）,（3）相乘，; )( )( 4n y n n y n 值的，如此可求得所有值的）相加，求得一个（③ 围的不同的不同时间段上求和范一定要注意某些题中在 n00 , 01()0 , ,()0,n n n a n N h n n n n x n n n β-⎧≤≤-=⎨⎩⎧≤⎪=⎨<⎪⎩其他如此题所示，因而要分段求解。
)(5.0)(,)1(2 )()4()(5.0)(,)2( )()3()()(,)( )()2()()(,)( )()1(3435n u n h n u n x n R n h n n x n R n h n R n x n R n h n n x n n n =--==-=====δδ2 .已知线性移不变系统的输入为)n (x ,系统的单位抽样响应 为)n (h ,试求系统的输出)n (y ,并画图。
分析：①如果是因果序列)(n y 可表示成)(n y ={)0(y ，)1(y ，)2(y ……}，例如小题（2）为)(n y ={1，2，3，3，2，1} ;②)()(*)( , )()(*)(m n x n x m n n x n x n -=-=δδ ;③卷积和求解时，n 的分段处理。
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。
信号与系统第三版张小虹
当题（2）中初始条件为零，输入 即 系统的输出为
1-20解：因为线性系统的输出可以看成是零输入响应和零状态响应之和，且当初始状态和输入信号 发生变化时，零输入响应和零状态响应分别发生相应变化，由题意有：
解方程组得
所以，当题（1）中初始条件不变，输入 为零时，系统的出为
例3．7-1解1：电路进行拉普拉斯变换，在S域求解系统响应Y（S），然后求拉普拉斯反变换得到y（t）；在求解过程中还可求出系统函数H（S）,令S=jw得到H（jw），并求出该复数的模和相位函数
对电路列回路方程有 ①
)
又，由①可得 = ,令S=jw代入得：
所以有 ;
解法2，见书本上128页
第4章p222
当题（2）中初始条件为零，输入 为原来的两倍时时，系统的出为
思考：当初始条件为 时，输出
(提示：
1-21（1）D（2）B（3）D（理由参见上两题的计算）
第2章
2-15
（1）
2-16（1）
注：卷积的求解有两种常用的方法，一种是公式法，将积分式中 转换成积分的上限和下限，即可将积分值算出（因积分下线为0，最后得到的函数中要加 以表示）；对于两个阶跃函数时移后相乘的情况由于转换积分上线下线涉及到 的时移，比较容易错，因此可采用2-15（1）的方法，即利用冲激函数积分特性和卷积的交换结合律等性质来计算。常用的性质为：
4-18 解：微分方程两边同时进行拉普拉斯变换得：
1)代入题中给出的初始条件并整理得：
）u(t)
2)代入题中给出的初始条件并整理得：
）u(t)
信号与系统部分习题解答
第1章p40
1-15（1）线性时不变（2）非线性时变（3）线性时变（4）非线性时不变（5）线性时不变（6）非线性时不变
何子述信号与系统习题解答第4章连续时间傅里叶分析(2012新)
2 2 3j 1
F δ t 1 δ
n
j t
F
n
再由傅里叶变换的线性，可得 h t 为
h t 2 t 3¢ t t
（c）同理可得
j Y 6Y j F 2 j F 3F
何子述
高等教育出版社
h t
题 4.8 解：
sin 1t πt
δ t
sin 2 t πt
该题中的单边带通滤波器的频率响应可看成是一个截止频率为 c 的低通滤波器的 频率响应在频谱上的一个搬移，搬移量为 3c ，由第三章傅里叶变化的频移特性知，信 号在时域乘以一个复指数信号 e j0t 后，其傅里叶变换在频域上平移 0 。 由主教材式（4.2.2）知，低通滤波器的冲激响应为
h t
由上可知，一定存在一个信号 g t ，使得
sin c t t
h t
且 g t 为
sin c t πt
g t
g t e j3c t
题 4.9 解： 由主教材式（4.2.1）知，理想低通滤波器的频率响应为
1, H 0,
由主教材式（4.2.2）知，其冲激响应为
c c
h t
sin c t πt
由主教材式（4.1.3）知，系统频率响应 H 可表示为
H H e jH
（a）由上式知，该滤波器对应的频率响应为
H1 H e
0 c c 0 其他
上式可看成截止频率为 c / 2 的低通滤波器被频移至 c / 2 和 c / 2 ，并分别乘上幅度 j 和 j ，且截止频率为 c / 2 的低通滤波器可表示为 H 2 ，所以 H 3 可表示为
《信号检测与估计》第四章习题解答
(3sinω0T
−
2sin3ω0T
)
则判决规则变为
H1
I
> <
β
H0
两种错误判决的概率分别为
+∞
∫ P(D1 | H0 ) = β f (I | H0 )dI
《信号检测与估计》习题解答
β
∫ P(D0 | H1) = −∞ f (I | H1)dI
平均错误概率 Pe 为
∫ ∫ Pe
= P(H0 )P(D1 | H0 ) + P(H1)P(D0
T 0
[x(t
)−
B
cos(ω2t
+φ
)]2
dt
《信号检测与估计》习题解答
( ) ( ) ( ) f xH0 =
1
∫ − 1
e N0
T 0
[x
(t
)−
s
0
(t
)]2
dt
=
2π σ k
1
∫ − 1
e N0
T 0
[x
(t
)−
A
cos
ω1t
−
B
cos(ω
2
t
+φ
)]2
dt
2π σ k
根据最小差错概率准则有
0 N0
T 2 s2(τ )dτ = 2a2T
0 N0
N0
输出信号
xo (T
)
=
T
∫0
h(t )x(T
−
t )dt
=
∫Ts(T 0
− t)x(T
−
t )dt
=
T
∫0
2 N0
s(τ
)x(τ
信号系统习题解答 3版 徐天成 南理工老师留地平时作业题
第2章习题答案2-1 绘出下列各时间函数的波形图。
（1）1()(1)f t tu t =-（2）2()[()(1)](1)f t t u t u t u t =--+-（3）3()(1)[()(1)]f t t u t u t =---- （4）4()[(2)(3)]f t t u t u t =--- （5）5()(2)[(2)(3)]f t t u t u t =---- （6）6()()2(1)(2)f t u t u t u t =--+-解：2-5 已知()f t 波形如图题2-5所示，试画出下列信号的波形图。
t图 题2-5（3）3()(36)f t f t =+ （5）511()36ft f t ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭解：t f 3(t)2-5/31-7/3tf 5(t)2-1/21-7/25/2002-6 已知()f t 波形如图题2-6所示，试画出下列信号的波形图。
图 题2-6（4）4()(2)(2)f t f t u t =-- （6）6()(1)[()(2)]f t f t u t u t =--- 解：tf 4(t)2120tf 6(t)21/23/22-7 计算下列各式。
（1）0()()f t t t δ+ （2）00()()d f t t t t t δ∞-∞+-⎰（3）24e (3)d t t t δ-+⎰（4）e sin (1)d tt t t δ∞-+⎰（5）d [e ()]d t t tδ-（6）0()()d f t t t tδ∞-∞-⎰（7）0()()d f t t t tδ∞-∞-⎰（8）00()d 2t t t u t t δ∞-∞⎛⎫--⎪⎝⎭⎰（9）00()(2)d t t u t t t δ∞-∞--⎰（10）(e )(2)d t t t t δ∞-∞++⎰（11）(sin )d 6t t t tδ∞-∞π⎛⎫+- ⎪⎝⎭⎰（12）j 0e [()()]d t t t t t Ωδδ∞--∞--⎰解：(1) 原式0()()f t t δ=(2)原式)2()()(0000t f dt t t t t f =-+=⎰+∞∞-δ(3)原式2334(3)e t dt e δ---=+=⎰(4)原式10sin(1)(1)0((1))e t dt t δδ+∞-=-+=+⎰不在积分区间内(5)原式)()](['0t t e dtd δδ== (6)原式)()()0(00t f dt t t f -=-=⎰+∞∞-δ(7)原式00(0)()()f t t dt f t δ+∞-∞=-=⎰(8)原式⎩⎨⎧><==--=⎰∞+∞-0100)2()2()(000000t t t u dt t t u t t δ(9)原式⎩⎨⎧<>=-=--=⎰∞+∞-0100)()2()(000000t t t u dt t t u t t δ(10)原式22(2)(2)2e t dt e δ+∞---∞=-+=-⎰(11)原式1(sin )()66662t dt ππππδ+∞-∞=+-=+⎰ (12)原式000[()()]1j t j t e t e t t dt e δδ+∞-Ω-Ω-∞=--=-⎰2-8 画出图题2-8所示各信号的偶分量和奇分量的波形。
信号与系统参考习题解答
收敛域为|2z|<1，即|z|< ；极点为z= ；零点为z=0。
23．用长除法、留数定理、部分分式法求以下X(z)的z反变换：
(1) (2)
(3)
解：(1)①长除法求解
可知极点为 而收敛域为 。因而x(n)为因果序列，所以分子、分母要按降幂排列。
即
所以
②留数定理法求解
，设c为 内的逆时针方向闭合曲线。
y'(n)＝3x(n-n0)+2
因为
y(n-n0)＝2x(n-n0)+2=y'(n)
故该系统是时不变的。再讨论线性。由于
y(n)=T[ax1(n)+bx2(n)]
=3ax1(n)+3bx2(n)+2
而
T[ax1(n)]=3ax1(n)+2
T[bx2(n)]=3bx2(n)+2
所以得
T[ax1(n)+bx2(n)]≠aT[x1(n)]+bT[x2(n)]
（2）根据脉冲定理，脉冲频率fs≥2f，取=fs=2f=200Hz。脉冲时间间隔应为
T=1/f=1/200=0.005s
（3）设采样周期为T=1/f=0.005s采样信号xa(t)，则
=
=0
所以，以T=1/f=0.005s为采样周期，采样信号xa(t)，所得采样序列 无法恢复信号xa(t)。为能恢复xa(t)，应减小采样周期T(采样频率由T确定)。设新采样周期为原采样周期的一半，即T=0.0025s，则采样信号 为
(3)y(n)＝x(n-1) (4)y(n)＝x(-n)
要点提示：
利用系统线性定义和时不变定义来证明。满足可加性和比例性的系统是线性系统，即
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第4章习题答案4-1 判断下列系统是线性的还是非线性的，是时变的还是非时变的。
（1）1()4(3)2(2)()()(3)()()(4)()()tt t y t x t y t x t y t e x t y t x d ττ--=+===⎰121212*********[()()]4[(3)(3)]2()()=4(3)2+4(3)]2=4[(3)(3)]4[()()]()()T x t x t x t x t y t y t x t x t x t x t T x t x t y t y t +=+++++++∴+≠+∴ （）但：系统解：是非线性的000000T[()]4(3)2,()4[3()]2T[()](),x t t x t t y t t x t t x t t y t t -=-+-=-+∴-≠- 所以系统是时变的。
1212121212122[()()]()()()()=()()[()()]()()T x t x t x t x t y t y t x t x t T x t x t y t y t +=+++∴+≠+∴ （）但：系统是非线性的000000T[()](),()()T[()]=(),x t t x t t y t t x t t x t t y t t -=--=-∴-- 所以系统是时不变的。
1212121212123[()()][()()]()()=()()[()()]()()t t t T x t x t e x t x t y t y t e x t e x t T x t x t y t y t ---+=+++∴+=+∴ （）系统是线性的0()000000T[()](),()()T[()](),t t t x t t e x t t y t t e x t t x t t y t t ----=--=-∴-≠- 所以系统是时变的。
1212121211112124[()()][()()]()()=()()[()()]()()tttt t t T x t x t x x y t y t x x T x t x t y t y t τττττττ---+=+++∴+=+∴⎰⎰⎰ （）d d d 系统是线性的000000011100T[()]()(),()()T[()](),tt t t t t t t t t x t t x t d x u du y t t x d x t t y t t ττττ--------=-=-=∴-=-⎰⎰⎰所以系统是时不变的。
4-4 对图题4-4(a)、(b)所示的电路列写出电流 12()()i t i t 、和电压()o v t 的微分方程+ ()o t -1221212()()22()()()()2[()()]2[()()]o to di t di t dt dti t v t x t v t i t i t i i d τττ-∞⎧=⎪⎪+=⎨⎪=+++⎪⎩⎰ 解方程组得：2221122122222200022()()()()()()464(),232()()()()()232()32()d i t di t d i t di t d x t dx t i t i t dt dt dt dt dt dtd v t dv t d x t dx t v t x t dt dt dt dt++=++=++=++ 4-5 给定系统微分方程、起始状态及激励信号分别如下，试判断系统在起始点是否发生跳变，并据此写出()(0)k +y 的值。
（1）d ()d ()2()3d d y t x t y t t t+= (0)0y -=，()()x t u t = （2）22d ()d ()d ()234()d d d y t y t x t y t t t t++= (0)1y -=，(0)1y -'=，()()x t u t = **（3）22d ()d ()d ()234()()d d d y t y t x t y t x t t t t++=+ (0)1y -=，(0)1y -'=，()()x t t δ= 解：(1) )(3)(2)(t t y t y dtdδ=+ 因为方程在t =0时，存在冲激作用，则起始点会发生跳变设：代入方程⎪⎩⎪⎨⎧=+=)()()()()(t au t y t bu t a t y dtdδ得：a =3, 3)0(3)0(＝＋－＋y y =(2))()(4)(3)(222t t y t y dtdt y dt d δ=++ 因为方程在t =0时，存在冲激作用，则起始点会发生跳变3112()()()(),()()2),2(y t t y t u t y u t t u t t δ-'''→→→所以：⎩⎨⎧==5.1)0(5.0)0(1)0()0(,,＝＋＝－＋－＋y y y y (3) )()(')(4)(3)(222t t t y t y dtdt y dt d δδ+=++ 因为方程在t =0时，存在冲激和冲激偶作用，则起始点会发生跳变11(),(),2112()()()()()()224y t t y t t t u t u y t t δδδ''''→→→--,,1(0)(0)2(0)(0)1/4y y y y ⎧-=⎪⎨⎪-=-⎩＋－＋－ ,,13(0)(0)223(0)(0)1/44y y y y ⎧=+=⎪⎪⎨⎪=-=⎪⎩＋－＋－ 4-7 给定系统微分方程为 22d ()d ()d ()32()3()d d d y t y t x t y t x t t t t++=+ 若激励信号与起始状态为以下二种情况时，分别求它们的全响应。
并指出其零输入响应、零状态响应、自由响应和强迫响应各分量（应注意在起始点是否发生跳变）。
（1）()()x t u t =，(0)1y -=，(0)2y -'=（2）3()e ()t x t u t -=，(0)1y -=，(0)2y -'=解：（1）)(3)()(2)(3)(22t u t t y t y dt dt y dtd +=++δ 0232=++αα2121-=-=αα齐次解：tt h e A e A t y 221)(--+= 特解：2/3)(=t y p完全解：2/3)(221++=--t t e A e A t y因为方程在t =0时，存在冲激作用，则起始点会发生跳变()(),()(),()()y t t y t u t y t tu t δ'''→→→得： ⎩⎨⎧==3)0(1)0(1)0()0(,,＝＋＝－＋－＋y y y y 则：2/523212/3212121-⎩⎨⎧--++＝＝＝＝A A A A A A完全解：023252)(2≥+-=--t e e t y t t设零输入响应为：tzi t zi zi e A e A t y 221)(--+= 342)0(21)0(21,2121-⎩⎨⎧--=+--＝＝＝＝＝zi zi zi zi zi zi A A y A A y A A则：034)(2≥-=--t e e t y tt zi05.15.02)()()(2≥++-=-=--t e e t y t y t y t t zi zs自由响应：t te e25.22---；强迫响应：1.5。
（2）微分方程右边为：)()(3)()(3333t t u e t e t u e t t t δδ=++----原方程为：)()(2)(3)(22t t y t y dtdt y dt d δ=++ 由上述微分方程可知，t>0后方程右边没有输入，因此，系统没有强迫响应，完全响应和自由响应相同，零输入和零状态响应的形式均为齐次解形式，且零输入响应同（1），为：034)(2≥-=--t e e t y tt zi零状态响应的形式为：tzs t zs zs e A e A t y 221)(--+= 3()()()((),)()3(,())y t t y t u t tu t u t y t tu t δ'''→→→--所以：,,(0)(0)0(0)(0)1y y y y ⎧-⎨-=⎩＋－＋－=11120212121-⎩⎨⎧--+＝＝＝＝A A Azs Azs A A zs zs则：0)(2≥-=--t e e t y tt zs045)()()(2≥-=+=--t e e t y t y t y tt zs zi4-9 一线性时不变系统在相同的起始状态下，当输入为()x t 时，全响应为(2e cos 2)()t t u t -+；当输入为2()x t 时，全响应为(e 2cos2)()t t u t -+，求输入为4()x t 时的全响应。
解：系统的零状态响应为：)()2cos ()2cos 2()2cos 2()()()(12t u t e t e t e t y t y t y t t t zs +-=+-+=-=---当输入为4x (t )时，系统的全响应为：)()2cos 4()()(3)(1t u e t t y t y t y t zs --=+=)(3)()()(1t u e t y t y t y t zs zi -=-=4-10系统的微分方程由下列各式描述，分别求系统的冲激响应与阶跃响应。
（1）d ()2()()d y t y t x t t+=解：（1）首先求阶跃响应，原方程变为：)()(2)(t u t g t g dtd=+ 方程右边没有冲激作用，则起始点不会发生跳变，0)0()0(==-+g g特征方程：02=+α2-=α齐次解：th e A t g 21)(-= 特解：B ＝0.5则：5.0)(21+=-t e A t g ，代入初始值，05.01=+A 系统的阶跃响应为：)()5.05.0()(21t u et g t+-=-系统的冲激响应为：)()()(2t u e t g dtdt h t -==**4-13 一线性时不变系统，当输入为()x t e ()tu t -=时，零状态响应为zs ()y t =2311e e e ()22t t t u t ---⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，求系统的冲激响应()h t 。
解：从zs ()y t 可以看出1()e ()2t p y t u t -=，231()e e ()2t th y t u t --⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭所以特征根为122,3αα=-=-，特征方程为：2560αα++=，设微分方程为：22()()56()()d y t dy t y t Ax t dt dt++= （1） 当()()t x t e u t -=时，1()e ()2tpy t u t -=，将()p y t 代入（1）式，并比较方程两边系数可得1A =，这样微分方程为：22()()56()()d y t dy t y t x t dt dt ++= 设()()x t t δ=，()()y t h t =，则22()()56()()d h t dh t h t t dt dtδ++= 设2312()()()tt h t Ae A e u t --=+ （2） 因为'(0)0,(0)0h h --==，由奇异函数平衡法可求出：'(0)0,(0)1h h ++==， 代入（2）式得：12120231A A A A +=⎧⎨--=⎩，解得：121,1A A ==-，所以23()()()t t h t e e u t --=-变换域求解法：**4-15 一线性时不变系统，当激励信号为1()()x t t δ=时，全响应为1()()e ()t y t t u t δ-=+；当激励信号为2()()x t u t =时，全响应为2()3e ()t y t u t -=。