信号与系统陈生潭习题答案章部分
信号与系统习题部分参考答案
信号与系统第三章习题部分参考答案3-2 已知连续时间周期信号()⎟⎠⎞⎜⎝⎛+⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=35sin 432cos 2t t t f ππ。
将其表示成复指数傅立叶级数形式，求n F ，并画出双边幅度谱和相位谱。
解：由于()t f 为连续的时间周期信号。
由于题易知T=61ω=3π又()⎟⎠⎞⎜⎝⎛+⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=35sin 432cos 2t t t f ππ即有2=a 12=a 45=b 200==a F ()2121222=−=jb a F ()221555j jb a F −=−=431F F F ==故()53322212t j tj jee tf ππ−+=又nn F F −=其双边幅度谱如图 3-2-1所示易知43210ϕϕϕϕϕ====25πϕ−=25πϕ=−其相位谱如图 3-2-2所示15w −12w −012w 15w wnF 0F 2 15−F 2−F 2F 5F 图 3-2-115w −015w wnϕ2π2π−图3-2-2 相位谱3-4 如题图3-4所示信号，求指数形式和三角形式的傅里叶级数。
所示信号，求指数形式和三角形式的傅里叶级数。
()t f 1EE −T2/T 题图3－4t()t f 21T t()t f 31TT−00T−T 24T 4T −t()t f 61TT−04T 4T −2T 2T −()t f 5()t f 4A TT2T−A TT−4T 4T−00()a ()b ()c()d()e ()f ttt解：（a ） 由于)(1t f 为奇函数故有为奇函数故有 00=a })sin()sin([2202∫∫+=−TT n dt nwt dt nwt T E b=]1)[cos(2−ππn n E0 n=2k N k ∈πn E4− n=2k+1 N k ∈∴ ]))12sin((121)5sin(51)3sin(31)[sin(4)(1⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅+++−=wt k k wt wt wt E t f π=)sin(]1)[cos(121nwt n nEn −−∑∞=ππ]1)[cos()(21−−=−=ππn n E j jb a F n n njnwt jnwt n e n n E j e F t f }1)[cos(1)(1−−==∑∑+∞∞−+∞∞−ππ3-8：设()()ωF t f ↔，试用()ωF 表示下列各信号的频谱。
《信号与系统》课后习题参考答案
《信号与系统》课后习题参考答案第二章 连续信号与系统的时域分析2-9、（1）解：∵系统的微分方程为：)(2)(3)(t e t r t r '=+'，∴r(t)的阶数与e(t) 的阶数相等，则h(t)应包含一个)(t δ项。
又∵系统的特征方程为：03=+α，∴特征根3-=α∴)()(2)(3t u Ae t t h t -+=δ∴)]()(3[)(2)(33t e t u e A t t h t t δδ--+-+'=')()(3)(23t A t u Ae t t δδ+-'=-将)(t h 和)(t h '代入微分方程（此时e(t)= )(t δ），得：)()(3)(23t A t u Ae t t δδ+-'-+3)(2)]()(2[3t t u Ae t t δδ'=+-∴A=-6则系统的冲激响应)(6)(2)(3t u et t h t --=δ。
∴⎰⎰∞--∞--==t td ue d h t g τττδτττ)](6)(2[)()(3⎰∞-=t d ττδ)(2⎰∞---t d u e τττ)(63 )()(6)(203t u d e u t t ⎰-∞--=τττ )()3(6)(203t u e t u t --=-τ)()1(2)(23t u e t u t -+=- )(23t u e t -=则系统的阶跃响应)(2)(3t u et g t -=。
2-11、解：①求)(t r zi ： ∵系统的特征方程为：0)3)(2(652=++=++αααα，∴特征根：21-=α，32-=α ∴t t zi e C eC t r 3221)(--+= (t ≥0) ②求)(t r zs ：t t e A eA t h 3221)(--+= (t ≥0)，可求得：11=A ，12-=A （求解过程略） ∴)()()(32t u e e t h t t ---=∴)(*)()(*)()]()[(*)()(*)()(3232t u e t u e t u e t u e t u e e t u e t h t e t r t t t t t t t zs --------=-==)()2121()()(21)()(3232t u e e e t u e e t u e e t t t t t t t -------+-=---= ③求)(t r ：)(t r =)(t r zi +)(t r zs ++=--)(3221t te C e C )2121(32t t t e e e ---+- t tt e C e C e 3221)21()1(21---++-+= (t ≥0) ∵)()(t u Ce t r t -=，21=C 21=C ∴ 011=-C ， ∴ 11=C0212=+C 212-=C ∴=-)0(r 21211)0(21=-=+=+C C r zi ， ='-)0(r 2123232)0(21-=+-=--='+C C r zi 2-12、解：（1）依题意，得：)(2)(*)()(t u e t h t u t r tzi -=+)()()(t t h t r zi δ=+∴)(2)]()([*)()(t u e t r t t u t r t zi zi -=-+δ)(2)()()()1(t u e t r t u t r t zi zi --=-+∴)()12()()()1(t u e t r t r t zi zi -=---，两边求导得：)()12()(2)()(t e t u e t r t r t t zi ziδ-+-=-'-- )(2)()()(t u e t t r t r t zi zi--=-'δ ∴)(11)(112)()()1(t p p t p t t r p zi δδδ+-=+-=- ∴)()(11)(t u e t p t r t zi -=+=δ （2）∵系统的起始状态保持不变，∴)()(t u e t r t zi -=∵)()()(t t h t r zi δ=+，∴)()()(t u e t t h t--=δ∴)]()([*)()()(*)()()(33t u e t t u e t u e t h t e t r t r t t t zi ----+=+=δ )()()(t u te t u e t u e tt t ----+=)()2(t u e t t --= 2-16、证：∑∑∞-∞=--∞-∞=--=-=k k t k t k t u e k t t u e t r )3()3(*)()()3(δ∑∞-∞=--=k k t k t u e e )3(3 ∵当t-3k>0即3t k <时：u(t-3k)为非零值 又∵0≤t ≤3，∴k 取负整数，则：3003311)(---∞=∞=----===∑∑e e e e e et r t k k k t k t 则t Ae t r -=)(，且311--=e A 。
信号与系统PPT电子书陈生谭版课后习题答案
1．22 在题 1.21 的基础上，若还已知 f(t)＝ε(t)，x1(0-)＝0，x2(0-)＝0 时，有 y(t)＝2+e-t+2e-3t，t≥0 试求当 f(t)＝3ε(t)，x1(0-)＝2，x2(0-)＝5 时的系统响应 y(t)。 解： 记，f(t)＝ε(t)，x1(0-)＝0，x2(0-)＝0 时，系统响应 yf(t)＝y(t)＝2+e-t+2e-3t，t≥0 则当 f(t)＝3ε(t)，x1(0-)＝2，x2(0-)＝5 时的系统全响应 y(t)为： y(t)＝3yf(t)＋2y1(t)＋5y2(t)
解：
（1）
is
(t)
=
i(t
)
+
ic
(t )
+
iR
(t )
=
i (t )
+
Cuc′
(t )
+
1 2
u (t )
----⑴
而 uC (t) = u(t)
对回路①，有：
⎧− ⎩⎨iL
3i(t) (t) =
+ is
LiL′ (t) + u(t) (t) − i(t)
=
0
⇒
u(t)
=
3i(t
)
−
Lis′
(t)
− p 1+ p
−1
3p 0
−p
− p 0 1+ p +1/ p
− p f (t) i2 (t) = 3 p − p
信号与系统(第三版)陈生潭第一章课后答案
信号与系统 电子教案
1.3 阶跃信号与冲激信号
n
f ( n)
©西安电子科技大学电路与系统教研中心
k
第1-16页
■
信号与系统 电子教案
1.3 阶跃信号与冲激信号
1.3 阶跃信号与冲激信号
一 序列函数定义
1.阶跃信号
(t )
A (t t 0 )
1
ε (t)
∆→0
0 t
2
1 o t
A
0
t0
t
0 (t ) t 1
广义函数：为避开变量点上没有确定函数值的情况， 广义函数采用它与另一个函数相互作用（如相乘后积 分）后的效果来定义：
第1-20页
■
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信号与系统 电子教案
1.3 阶跃信号与冲激信号
g (t )(t )dt Ng[(t )]
可理解为：在试验函数集{(t)}中，对每一函数 (t)，按一定规则Ng，分配一个函数值Ng[(t)]. 注意： (t)是普通函数，满足连续、有任意阶导数。 且(t)及各阶导数在|t|时要比|t|的任意次幂更 快的趋于零；
f (t) 1 o 1 t
反转 t → - t
1 -1
f (- t )
o
t
第1-9页
■
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信号与系统 电子教案
1.2 信号的运算
2.平移
将 f (t) → f (t – t0) ， f (k) → f (t – k0)称为对信号f (· )的 平移或移位。若t0 (或k0) >0，则将f (· )右移；否则左移。 如： f (t- 1)
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。
信号与系统第三章习题部分参考答案
(w)
（14） f (t)u(t) ↔ 1 F ( jw) *[ 1 + πδ (w)]
2π
jw
（15） df (1 − t) ↔ jwF (−w)e− jw
dt t df (1 − t) ↔ jwF (−w)e− jw − F (−w)e− jw − wF ′(−w)e− jw
dt
（16） (t − 2) f (t)e j2(t−3) ↔ e− j6[F ′(w − 2) − 2F (w − 2)]
−τ τ
w
方法二 利用时域微分性质
对 f(t)求一阶导数得到
f
′(t)
=
1 τ
G2τ
(t)
−
δ
(t
+
τ
)
−
δ
(t
−
δ
)
F1 (w) = 2sa(wτ ) − 2 cos(wτ )
F1 (0) = 0
F (w) =
F1 (w) jw
+
πF1
(0)δ
(w)
=
j
2 [cos(wτ ) − sa(wτ )] w
1
− F(
jw )]
−∞
−∞
j2w 2
（12） df (t) ↔ jwF (w)
dt
df (t) + f (3t − 2)e− jt ↔ jwF (w) + 1 F ( w + 1)e j2(w+1) / 3
dt
33
（13） sa(t) ↔ πG4 (w) / 2
f
(t)
*
sa(t)
↔
π 2
F (w)G4
↔ 2π e−a⎜−ω⎜
信号与系统 第三版 第8-10章 陈生潭.khda
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信号与系统部分习题的参考答案
（8） f ( t ) =
∫ 2 (t
∞ −∞
3
+ 4 ) δ (1 − t ) dt
−t
（ 14） f ( t ) =
∫
1 2 3 − 2
e
n = −∞
∑ δ ( t − n )dt
∞
解：（ 2） f ( t ) =
d 0 e δ ( t ) = δ ′ (t ) dt
（8）因为 δ (1 − t ) = δ ( t − 1) ， 所以 f ( t= )
显然 = y ( t ) a1 y1 ( t ) + a2 y2 ( t ) ，所以系统是线性的。 ② 时不变性 设 f1 ( t ) → y1 ( t ) , 则 y1 (= t ) f1 ( 2t ) ,
∴ y1 ( t − t= f1 0) 2 ( t − t0 )
设 f1 ( t − t0 ) → y2 ( t ) , 则 y2 ( t = ) f1 ( 2t − t0 ) ≠ y1 ( t − t0 ) ，所以系统是时变的。 ③ 因果性 因为对任意时刻 t1， y ( t1 ) = f ( 2t1 ) ，当 t1 > 0 时， t1 < 2t1 ，即输出由未来时刻的 输入决定，所以系统是非因果的。
f(t+1) 2 1 1 -1 2 t -2
f(1-t) 2 1 2 t
-2
1 -1
图(a)
图(b)
然后反折即得 f（1-t）（见图（b））。 （2）首先 f（t）向左移 2 得 f（t+2）（见图 a）：
4
f(t+2) 2 1 0 -1 1 t -3/2 -1 2 1
f(2t+2)
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信号与系统陈生潭习题答案章部分公司内部档案编码：[OPPTR-OPPT28-OPPTL98-OPPNN08]第一章，第二章， 第三章， 第四章， 第一章：1．找两个表示信号的例子,并指出信号表示的信息(消息)。
(1), (5), (9); (4), (6) ; (a);(6), (1)6()j t f t e π-=， 周期信号，周期为22T ππ==(10); (4); (3), (7) (8)(a) 解：设左边加法器的输出为'()x t ，则积分器的输出为()x t 。
根据两个加法器的输入输出关系，可以得到 因此1．17(b)(c) 解：设左边加法器的输出为()x k ，则()()(1)x k f k ax k =-- （1）()()(1)y k x k bx k =+- （2）由 式（1）和（2） 因此 即 1．17(d)所以，输入输出方程是 是否为线性系统(1)否; 零输入响应20()x t 为非线性响应，零输入响应和零状态响应也不是和的关系。
(2)否;零状态响应2()f t 为非线性响应。
(3)否;零输入响应 (4)是； 解：(1) 线性、时不变、因果、稳定;(2) 非线性（零输入响应12(0)(0)x x 为非线性响应）、时不变、因果、不稳定（响应中0()t f d ττ⎰，例如信号()()f t t ε=时，随时间增长变为无穷大。
）;(3) 非线性（输出响应sin[()]f t 为非线性响应）、时不变、因果、稳定;(4) 线性、时变（响应(2)f t 和初始时间有关系）、非因果（响应(1)f t +，0t =时刻的响应和之后的时刻1t =有关系）、稳定;(5) 非线性（响应()(2)f k f k -为非线性响应）、时不变、因果、稳定;(6) 线性、时变（响应11(0)2kx ⎛⎫⎪⎝⎭为和初始时刻有关系的响应）、非因果（响应(1)(2)k f k -+，0k =时刻的响应和之后的时刻2k =有关系）、不稳定（响应中(1)(2)k f k -+，例如信号()()f k k ε=时，随k 增长变为无穷大。
）;解：零输入线性，包括零输入齐次性和零输入可加性。
因为激励()0f t =，故系统零状态响应()0f y t =。
对于零输入响应，已知根据零输入线性，可得响应；3()()229,0t t x y t y t e e t --==+≥解： 设初始状态12(0)1,(0)2x x --==时，系统的零输入响应为1()x y t ；输入()()f t t ε=时，系统的零状态响应为 1()f y t ，则有联立，解方程组得 根据系统的线性特性，求得 （1） 23154,0t t x x y y e e t --==-≥（2）输入为()2()f t t ε=时的零状态响应 # 离散信号()f n ： # (3)()()(3)t t t t εεεε-=--# )()()()(02t d d e d e tttεττδττδττδτ===⎰⎰⎰∞-∞-∞--(6), (1)6()j t f t e π-=， 周期信号，周期为22T ππ==# 系统结构框图如图所示，该系统的单位冲激响应h(t) 满足的方程式为dh t dth t t ()()()+=δ 第二章：（3）()434()()()(1)()(1)f t f t f t t t t δδδ*=*+++- (4) 45()()((1)(1))((1)(4))f t f t t t t t εεεε*=+--*--- (4) (8)当 12t -< 即 3t <时 当 12t -≥ 即 3t ≥时故 21(3)(1)(2)(3)tt e t t e t et εε-⎧≥-*-=⎨<⎩(9) 2312()()(1)(3)t t f t f t e t e t εε--*=-*+ （1）（2）101()()()()1ttnnn n t t t d d t t n εετεττττε+-∞*===+⎰⎰ [()0]ε-∞= （3）''()()()()[()()]t t e t t t e t t t εδεεδε--**=** [()0]ε-∞= （4）由于 ()0t t t ε=-∞=(1)(13)2f -=--+=-；由图可知 1()(2)(3)f t t t εε=---，(1)2()(1)t f t e t ε-+=+因此# ()()()()t f t t f t δδ**= # ())()(2121t t t f t t t t f --=-*-δ# 已知函数()f t ，则函数0()f t at -可以把函数()f at -右移0t a得到。
（1）''()2()()y t y t f t += （2）''()()()()y t y t f t f t +=+ （3）''2()3()()()y t y t f t f t +=+ （4）"'"'()3()2()()3()y t y t y t f t f t ++=+ 画出算子电路模型如图回路电流 000()1()()2212u t p i t u t p p==++（1）由KVL 回路方程得 001()()()112u t i t f t p +=+ （2）把式(1)代到(2)得 0021()()()221p pu t u t f t p p +⋅⋅=++ 或者有 2022(2)32()()()22232(2)2p p pu t f t f t p p p p p +++==+++++ （1）系统的算子方程为 22(56)()(1)()p p y t p p f t ++=++特征方程：2()(56)(2)(3)A p p p p p =++=++ 因此 2312()t t x y t c e c e --=+ 由条件得 12121214, 3.21c c c c c c +=⎧⇒==-⎨-+=⎩故 23()43,(0).t t x y t e e t --=-≥（2）由于 22()44(2)A p p p p =++=+代入初始条件 (0)(0)1x x y y -+==，''(0)(0)1xx y y -+==得 （3）2()(2)A p p p =+因此 2102021()()t x y t c c c t e -=++代入初始条件得（1）解：因为所以 23123()()()()'()2()(2)()t t h t h t h t h t t t e e t δδε--=++=-++ 解：系统零状态响应为根据单位冲激响应定义 ()(1)()h t t t εε=-+ （1）系统传输算子 3()(1)(2)p H p p p +=++求零输入响应。
因为特征方程为()(1)(2)0A p p p =++= 特征根为 121,2p p =-=-所以 21020()t t x y t c e c e --=+， 21020'()t t x y t c e c e --=-- 代入初始条件(0)x y -和'(0)x y -，得 124,3c c ==- 故有 2()43,0t t x y t e e t --=-≥ （2）求冲激响应。
因为 321()(1)(2)12p H p p p p p +==-++++， 所以 2()(2)()t t h t e e t ε--=-当 ()()f t t ε=时， 完全响应（3） 当3()()t f t e t ε-=时， 完全响应解（解法1）：应用 ()()()f y t f t h t =*计算系统零状态响应。
因为已知()f t 和()h t 波形，故宜用图解法求解。
画出()f τ、()h t τ-波形如题解图所示。
随t 的增大，右移()h t τ-波形，分段计算零状态响应。
当0t <和4t >时，()()()0f y t f h t τ=*= 当02t ≤<时，2011()()()24tf y t f h t d t τττ=*==⎰当24t ≤≤时，22211()()()24f t y t f h t d t t τττ-=*==-⎰即()f y t 波形如上图所示。
（解法2）从波形可知 1()[()(2)]2f t t t t εε=--，()[()(2)]h t t t εε=--。
因此零状态响应 1()()()[()(2)][()(2)]2f y t f t h t t t t t t εεεε=*=--*--由于21()()(),()()()2t t t t t t t t t εεεεεε*=*=，利用卷积时移性质可得(a)冲激响应为 1()2()3()t h t t e t δε-=- 零状态响应：（1）系统的算子方程为(1)()()p y t f t +=由条件 (0)(0)2x y y --== 得 02c = 所以零输入响应 ()2()t x y t e t ε-=。
1()()()1t H t h t e t p ε-=→=+冲击响应：。
因此输入 3()(1)()t f t e t ε-=+的零状态响应 全响应 31()()()2()(2)()2t t t x f y t y t y t e t e e t εε---=+=+--由表得输入 3()(1)()t f t e t ε-=+时的特解 301()t p y t Q Q e -=+，代入到微分方程，并比较系数0111,2Q Q ==-。
因此 31()1,(0)2t p y t e t -=-≥。
强迫响应（特解） 31(1)()2t e t ε--自由响应（齐次解） 3()2t e t ε-；完全响应中暂态响应分量为 331()()22t t e e t ε---完全响应中稳态响应分量为 ()t ε（2）同理，由系统特征方程2()(1)0A p p =+=,求得特征根1p =-（二阶重根），故有结合初始条件，确定011,3c c ==，代入上式得零输入响应()(13),0t x y t t e t -=+≥。
传输算子 211()(1)1p H p p p +==++求得 ()()t h t e t ε-=，零状态响应 22()()()()()()()t t t t f y t h t f t e t e t e e t εεε----=*=*=-，完全响应 2()()()[(23)]()t tx f y t y t y t t e e t ε--=+=+-由表得输入为2()()t f t e t ε-=时的特解一般式为20()t p y t Q e -=，代入到微分方程，并比较系数 得 01Q =-。