信号与系统第2章习题答案

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信号与系统课后题解第二章

⑺
对⑺式求一阶导，有：
de(t ) d 2 i 2 (t ) di (t ) du (t ) =2 +2 2 + c 2 dt dt dt dt de(t ) d 2 i2 (t ) di (t ) =2 + 2 2 + 2i1 (t ) + 2i 2 (t ) 2 dt dt dt
⑻
将⑸式代入⑻式中，有：
λ 2 + 2λ + 1 = 0
可解得特征根为微分方程齐次解为
λ1, 2 = −1
y h (t ) = C1e −t + C2 te− t
由初始状态为 y (0 ) = 1, y ' (0 ) = 0 ，则有：
C1 = 1 − C 1 + C 2 = 0
由联立方程可得故系统的零输入响应为：
由联立方程可得故系统的零输入响应为：
A1 = 2, A2 = −1
y zi (t ) = 2e − t − e −2 t
（2）由原微分方程可得其特征方程为
λ 2 + 2λ + 2 = 0
可解得特征根为微分方程齐次解为
λ1, 2 = −1 ± i
y h (t ) = e −t (C1 cos t + C2 sin t )
(− 3C1 + 3C2 )δ (t ) + (C1 + C2 )δ ' (t ) − (− 2C1 + C 2 )δ (t ) = δ (t )
(
(
( + C e )δ (t ) + (C e
2 1
)
−2 t
+ C2 e t δ ' (t )

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 )

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 。

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。

考研专业课郑君里版《信号与系统》第二章补充习题——附带答案详解

第二章连续时间系统的时域分析1．已知连续时间信号1()e ()t f t u t -=和2()e ()t f t u t =-，求卷积积分12()()()f t f t f t =*，并画出()f t 的波形图。

解：1212()()()()()f t f t f t f t f d τττ∞-∞=*=-⎰反褶1()f τ得1()f τ-，右移t 得11[()]()f t f t ττ--=-，作出2()f τ图形及不同t 取值的1()f t τ-图形，由此可得：当0t ≤时，21()e e ee e 2ttt tt f t d d τττττ---∞-∞===⎰⎰当0t ≥时，0021()e e e e e 2t t t f t d d τττττ----∞-∞===⎰⎰综上，||111()e ()e ()e 222t t t f t u t u t --=-+=()f t 是个双边指数函数。

讨论：当1()f t 、2()f t 为普通函数（不含有()t δ、()t δ'等）时，卷积结果()f t 是一个连续函数，且()f t 非零取值区间的左边界为1()f t 、2()f t 左边界之和，右边界为1()f t 、2()f t 右边界之和，也就是说，()f t 的时宽为1()f t 、2()f t 时宽之和。

τttt2．计算题图2（a ）所示函数)(1t f 和)(2t f 的卷积积分)()()(21t f t f t f *=，并画出)(t f 的图形。

解法一：图解法1212()()()()()f t f t f t f t f d τττ∞-∞=*=-⎰其中1()f t τ-的波形见题图2(b)，由此可得：当10t +≤，即1t ≤-时，()0f t = 当011t ≤+≤，即10t -≤≤时，120()2(1)t f t d t ττ+==+⎰当11t +≥但10t -≤，即01t ≤≤时，1()21f t d ττ==⎰当011t ≤-≤，即12t ≤≤时，121()21(1)t f t d t ττ-==--⎰当11t -≥，即2t ≥时，()0f t =综上，220,1,2(1),10()1,011(1),12t t t t f t t t t ≤-≥⎧⎪+-≤≤⎪=⎨≤≤⎪⎪--≤≤⎩ ()f t 波形见题图2(c)。

信号与系统课后答案(第二版)+曾禹村+第二章作业参考答案

i1(t) = i2 (t) + i3 (t) , i2 (t) R2 − L 有 8i2 `(t) + 3i2 (t) = 2e`(t) ˆ ˆ 由 h`(t) + 3h(t) = 2δ (t)
0
h
(−1) t 3
T
t
t 3E − τ E (t) = ∫ δ (τ )dτ − ∫ e 8 u(τ )dτ −∞ 4 −∞ 32
x(t)
1
2 t
yx(t)
1 2 3 4 t
0
1
0
Qh(0) = 0, t ≤ 0, 有 0 ≤ t <1 , h(t) + h(t −1) + h(t − 2) = h(t) = t 时 1≤ t < 2时 h(t) + h(t −1) + h(t − 2) = h(t) + h(t −1) =1 , h(t) =1− h(t −1) =1− (t −1) = 2 −t 2 ≤ t < 3 , h(t) + h(t −1) + h(t − 2) =1 时 h(t) =1− h(t −1) − h(t − 2) =1− (2 − (t −1)) − (t − 2) = 0 3 ≤ t < 4时 h(t) = 4 − t − h(t −1) − h(t − 2) =4 −t − 0 − (2 − (t − 2)) = 0 , t, 0 ≤ t < 1 ∴h(t) = 2 − t, 1 ≤ t ≤ 2 0, t < 0,2 < t
解: (e) 特征方程为 λ2+4λ+4=0 得 λ1=-2， λ2=-2。则 h(t)= (c1eλ1 t+ c2eλ2t)u(t)=( c1e- 3 t+ c2e-2 t)u(t) h`(t)= (c1+ c2)δ(t)+(-3c1e- 3 t-2c2e- 2t)u(t) h``(t)= (c1+ c2)δ`(t)+(-3c1-2c2) δ(t)+ (9c1e- 3 t+4c2e- 2t)u(t) 将x(t)= δ(t), y(t)=h(t)代入原方程得：

信号与系统第二章习题王老师经典解法(青岛大学)小白发布

2-16 已知 f1 (t ) =
画出下列各卷积的波形。（1） s1 (t ) = f1 (t ) ∗ f 2 (t ) ；（2） s2 (t ) = f1 (t ) ∗ f 2 (t ) ∗ f 2 (t ) ；（3） s3 (t ) = f1 (t ) ∗ f 3 (t ) 。
2-17 求题图 2-17 所示电路在 e(t ) = (1 + 2e
第二章
连续时间系统的时域分析
2-1 电路如题图 2-1 所示，列写求 vo (t ) 的微分方程。
L1 1H R1 2Ω + e(t) i 1 (t )
R2 1Ω + L2 2H 题图 2-1
C
1F
i 2 (t )
vo(t)
2-2 电路如题图 2-2 所示，列写求 i2 (t ) 的微分方程。
题图 2-18
−2 t
− 1)U (t ) ，试利用卷积的性质求题
1 0 -1
e2(t)=tU(t) 1 t 0
e3(t)
t 0 1
2-19 一线性时不变的连续时间系统，其初始状态一定，当输入 e1 (t ) = δ (t ) 时，其全响应
r1 (t ) = −3e − tU (t ) ；当输入 e2 (t ) = U (t ) 时，其全响应 r2 (t ) = (1 − 5e − t )U (t ) 。求当输入 e(t ) = tU (t ) 时的全响应。
2-14 计算卷积 f (t ) = f 1 (t ) ∗ f 2 (t ) ，其中 f1 (t ) = sgn(t − 1) ， f 2 (t ) = e 2-15 求下列卷积（1） f1 (t ) = e

南邮信号与系统课后答案第二章 ppt课件

xk
yk
h1k
h3 k
h2k
解： hkkh1kh2kh3kh3kh1kh3kh2kh3k
1kukuk1kukk11kuk
2
2
2
2kuk22kuk2k1uk12uk2k1uk1
2k2uk12k1uk12k22k1uk1
1 k 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
.5
k
1
u
k
2 3
1k
1 3
0.5k
4 3
1k
4 3
0.5k
u k
2 1k 0.5k uk
2-25 计算下列卷积
2 2e3tut
解原：式 e3tut2e3tut2ut
1 uk 1 1 uk 3
n 1
n 1
kuk 1 k 2uk 3
k k 1 k 2 uk 3 k 2uk 3
k k 1 k k 2 2uk 3
k k 1 k k 2 2uk 3
k 1
k2
k 1 2 k 2 2uk 3
k 1 2uk 2
(1)yk10.5ykxk1,xk1kuk
3
解：设h0k 10.5h0k k
特征方程： 0.5 0 特征根： 0.5
h0k c10.5k uk 1
h011 0.5c1 c2 h0k20.5kuk1
h k h 0 k 1 2 0 . 5 k 1 u k 0 . 5 k u k
ykxkh k 1 kuk0 .5 kuk
3
k

信号与系统梁风梅主编电子工业出版社 ppt第二章答案

习题二2.1信号cos()t e wt σ可以表示为 st e 与 *s t e 之和，其中 s jw σ=+，*s jw σ=-，粗略画出下列信号的波形，并在s 平面标出其频率位置。

（1）()cos(3)x t t =(2)3()cos(3)t x t e t -=(3)2()cos(3)t x t e t =(4)2()t x t e -=(5)3()t x t e =(6)()5x t =x (t )50t2.2粗略画出下列信号。

（1）()(3)(5)x t u t u t =---012345tx (t )1（2）()(3)(5)x t u t u t =-+-（3）2(){(3)(5)}x t t u t u t =--- x (t )902535t（4）()2(3)(5)(7)x t u t u t u t =-----2.3简化下列表达式（1）2sin ()()2t x t t t δ=+=0 （2）2()()9jw x jw ωδω+=+=2()9δω (3) ()()2sin 22()14t x t t t πδ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭=-+=-1(1)5t δ- (4) sin()()()kw x t w wδ==k ()w δ 2.4 求下列积分（1）()()()x t x t d δτττ+∞-∞=-⎰=()()x t d δττ+∞-∞⎰=x(t) (2) ()()()x t x t d τδττ+∞-∞=-⎰=()()()x t t d x t δττ+∞-∞-=⎰ (3) 313()(23)sin()(23)sin()()222x t t t dt t dt t dt δπδπδ+∞+∞+∞-∞-∞-∞=-=-=--⎰⎰⎰=-12(4) ()()()1jwt x t t e dt t dt δδ+∞+∞-∞-∞===⎰⎰(5) ()(2)(3)(1)(3)(1)x t x t t dt x t dt x δδ+∞+∞-∞-∞=--=--=-⎰⎰(6) ()()()()t tjw x t e d d u t τδττδττ-∞-∞===⎰⎰(7) 3()(1)cos[(3)]sin[(3)]|0t x t t w t dt w w t δ+∞=-∞'=--=-=⎰(8)()(2)cos[(2)]cos[(2)](2)t tx t t w t dt w t d t δδ-∞-∞'=--=--=⎰⎰cos[(2)](2)|(2)cos[(2)]tt w t t t d w t δδ-∞-∞-----⎰1(2)sin[(2)]1tw t w t dt δ-∞=----=⎰2.5(1)求信号2()()t x t e u t -=的偶部与奇部2()()t x t e u t -=-偶部 {}{}2211()()(){()()}22t t Ev x t x t x t e u t e u t -=+-=+- 奇部{}{}2211{()}()()()()22t t Od x t x t x t e u t e u t -=--=--（2）2401|()|4t E x t dt e dt +∞+∞-∞-∞===⎰⎰ 总能量422220111|||()()|2448t t t E Ev dt e u t e u t dt e dt -+∞+∞+∞-∞-∞-∞==+-=⨯⨯=⎰⎰⎰偶部能量 422220111|||()()|2448t t t E Od dt e u t e u t dt e dt -+∞+∞+∞-∞-∞-∞==--=⨯⨯=⎰⎰⎰奇部能量（3）由第二问可以得出信号的总能量等于其奇部与偶部能量之和。

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第2章线性时不变连续系统的时域分析2.1如题图2-1所示机械位移系统，质量为m 的刚体一端由弹簧牵引，弹簧的另一端固定在壁上，弹簧的刚度系数为k 。

刚体与地面间的摩擦系数为f ，外加牵引力为)(t F S ，求外加牵引力)(t F S 与刚体运动速度)(t v 间的关系。

题图2-1解：由机械系统元件特性，拉力k F 与位移x 成正比，即k F kx =又()()tx t v d ττ-∞=⎰所以，()()()tk F t kx t kv d ττ-∞==⎰刚体在光滑表面滑动，摩擦力与速度成正比，即()()f F t fv t = 根据牛顿第二定律以及整个系统力平衡的达朗贝尔原理，可得()()()()ts dF t fv t k v d mv t dtττ-∞--=⎰ 整理得22()()()()s d d dm v t fv t kv t F t dt dt dt--= 2.2题图2-2所示电路，输入激励是电流源)(t i s ，试列出电流)(t i L 及1R 上电压)(1t u 为输出响应变量的方程式。

题图2-2解：由电路的基尔霍夫电流定律可得：()()()C L S i t i t i t += （1）根据电容特性，()()C C di t Cu t dt= （2）由电路的基尔霍夫电压定律可得：12()()()()C C L L du t R i t L i t R i t dt+=+ （3）将21()()()()C L L C du t Li t R i t R i t dt=+-代入（2）得 2212()()()()C L L C d d di t LC i t R C i t R C i t dt dt dt=+-（4）()()()C S L i t i t i t =-代入（4）得，22112()()()()()()S L L L S L d d d di t i t LC i t R C i t R C i t R C i t dt dt dt dt-=+-+整理得，21212()11()()()()()L L L S S R R R d d d i t i t i t i t i t dt L dt LC L dt LC+++=+ （5）将111()()(()())C S L u t i t R i t i t R ==-，即11()()()L S u t i t i t R =-代入（5）得 21121112111()()()()11(())(())(())()()S S S S S u t R R u t u t R d d d i t i t i t i t i t dt R L dt R LC R L dt LC+-+-+-=+整理得，221211211122()()()()()()S S R R u t R R d d d u t u t R i t i t dt L LC dt L dt+++=-- 2.3某连续系统的输入输出方程为)(')(4)('3)("2t x t y t y t y =++已知)()(t u t x =，1)0(=-y ,1)0('=-y ，试计算)0(+y 和)0('+y 值。

解：将输入代入系统方程可得()t t y t y t y δ=++)(4)('3)("2 采用冲激函数匹配法求)0(+y 和)0('+y 方程右端的冲激函数项最高阶数为()t δ，设()()()t u b t a t y ∆+=''δ，则有：()()()()t u at t y t u a t y ∆=∆=',，将其代入原系方程，得()()()()()t t u at t u a t u b t a δδ=∆+∆+∆+4322所以21=a ()()()()100231210210===+='+='∴-+-+y y y y2.4 已知描述某线性时不变连续系统的微分方程如下，)(3)()(4)(4)(22t x t x dt dt y t y dt d t y dtd +=++， 1)0(=-y ，2)0(=-y ，)()(t ue t x t -=,试求其完全响应。

解：（1）求齐次解()t y h特征方程为：0442=++αα 特征根为：221==αα 所以，()()t h e t C C t y 221-+= （2）求特解()t y p()()()tp t p et y A t Ae t y --=∴=>=220：特解为：代入原方程得：设特解为（3）全响应()()()()t tp h e e t C C t y t y t y --++=+=2221将()()t f t e u t -=代入系统方程得()t t u e t y t y dtdt y dt d t δ+=++-)(2)(4)(4)(22 （1） ()()()()()()()()()()()(),10030,1001,)1(,:==∴='+'='∴=∆=∆='∆+=''-++-+y y y y y a t u at t y t u a t y t u b t a t y 得将其代入式则设δ将初始条件代入()()()()t tp h e e t C C t y t y t y --++=+=2221得：3,121=-=C C所以全响应为：()()()()0,2312>++-=+=--t e et t y t y t y t tp h2.5 已知描述某线性时不变连续系统的微分方程为)(3)()(2)(3)(22t x t x dt dt y t y dt d t y dtd +=++，当激励为)()(t ue t x t-=时，系统的完全响应为t te e t t y 22)32()(---+=，0≥t 。

试求其零输入响应、零状态响应、自由响应和强迫响应。

解：由全响应得初始条件1)0(=-y ，3)0(='-y（1）求零输入响应)(t y zi特征方程为0232=++λλ，特征根为1-=λ，2-=λ所以tzi t zi zi e C e C t y 221)(--+=t zi t zi zi e C eC t y 2212)(----=' 代入初始条件1)0(=-y ，3)0(='-y ，解得51=zi C ，42-=zi C 所以，0,45)(2≥-=--t e e t y tt zi （2）求零状态响应)(t y zs0,2)22()45(]2)32[()()()(222≥+-=---+=-=------t e e t e e e e t t y t y t y t t t t t t zi zs（3）2.6 已知某线性时不变系统的方程式为0)(2)(3)(≥=+t t x t y t y dtd试求系统的冲激响应h(t)。

解：方程右端的冲激函数项最高阶数为()t δ，设()()()t u b t a t h ∆+='δ，则有：()()t u a t h ∆=，将其代入原系方程，得6,2-==b a()()()()()02220,0220033>=∴==≥==+=∴-+--+t e t h A h t Ae t h h h tt h 得，代入将：而方程的齐次解为2.7若描述系统的微分方程为)(2)(21)(2)(3)("''t x t x t y t y t y +=++ 试求系统的阶跃响应。

解：由题可知：()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()t u e e t h A A A A h A A h e A e A t h a a a a t h a h h b h h b a t u a t h t u b t a t h t u c t b t a t h t t t h t h t h t t t t ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎪⎩⎪⎨⎧==⎪⎩⎪⎨⎧+===='+=-=-==++⎪⎩⎪⎨⎧=+'==+'='==∆=∆+='∆++'=''+'=+'+''--++---+-+2323-1210--22101,20232100210021)1(,,1221232212121221212所以：，所以齐次解：特征根为：，的齐次方程为：又知所以：得：将其代入方程所以：由冲激匹配法设：δδδδδ阶跃响应：()()()=⎪⎭⎫⎝⎛+-==⎰⎰∞---∞-ττττττd u e e d h t g t t232 2.8已知某线性时不变(LTI)系统如题图 2.8所示。

已知图中)1()(1-=t t h δ，)3()()(2--=t u t u t h ，)1()()(--=t u t u t x ,试求该系统的冲激响应)(t h 。

题图2.8 解：利用系统串联与系统并联的冲激响应求解()()()()[]()()()()[]()()[]()()[]()()[]()()[]322111*********---+---+--=--*-*-+-+=+*++=t u t u t u t u t u t u t u t u t t t t h t h t h t h t h δδδ2.9 设系统的微分方程表示为)()(6)('5)("t u e t y t y t y t -=++，求使完全响应为)(t u Ce t-时的系统起始状态_)0(y 和_)0('y ，并确定常数C 。

解：引入微分算子，则原微分方程可变换为：()()()()()()()()()()()()()t u e e e t p p p t p p p t y t p t y p pt t t zs ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+++-+=+++=+=++---32221213212112132111165δδδ则零状态响应为：又由原微分方程知特征根为：3,221-=-=αα 所以：()03221>+=--t e A eA t y ttzi()()()()()()()()()()()213200210021,1,2121212121213232211-=--='='=+==-===⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-++=+==+-+-------A A y y A A y y A A C t u e e e t u e A e A t y t y t u e C t y zi zi t t t t t zs zi t 所以起始状态：所以：全响应为：2.10 已知某连续系统的微分方程为)(6)('2)(6)('5)("t x t x t y t y t y +=++若系统的初始条件1)0(=-y 和0)0('=-y ，输入信号)()1()(t u e t x t-+=，求系统的零输入响应)(t y zi ，零状态响应)(t y zs 和完全响应)(t y 。