信号系统习题解答第四章.doc

1、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()432()()3()()4()()ttytxtytxyexyxd121212 12124()()=()+()=()(3)Tttttt tTxy（ ）但 ： 系 统解 ： 是 非 线 性 的0000()4(3),()43()tttxt所 以 系 统 是 时 变 的 。121212121222()()()()=()()Txttttyttxttty （ ） 但 ： 系 统 是 非 线 性 的0000(),()()()=xttxtt所 以 系 统 是 时 不 变 的 。121212121223()()()(

2、)=()()()t ttTxttetytexty （ ） 系 统 是 线 性 的0()000(),() ttxetxtt 所 以 系 统 是 时 变 的 。121212121124()()()()()=()()()t t tTxtxytxxxtyt （ ） d 系 统 是 线 性 的0 00011 1()(),()()T(),t tttdudtxdt 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 和电压12()it、的微分方程 ()ovt+21H+-2()it1()xt122112()()()()otodititvxvtitid解方程组得：

3、2 2211 220002 2()()()()() ()464,33dititdititxt dxtit itvvxttttt4-5 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 的值。()0ky（1） ，d()d()2()3ytxtt()0()xtut（2） ， ，2 )4()ytttt 1y(0)1y()xtut*（3） ， ，d()d(3)dxtyttt 01y()xt解：(1) )(3)(2)(ttytd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)()(tautybd得：a=3, 3030 y(2) )(4)

4、()(2 tttdtyd因为方程在 t=0 时，存在冲激作用，则起始点会发生跳变/F()ovt-3112()()()(),()2, 2yttytutyutu 所以： 5.1)0(5.)0(, yy(3) )()(4)(3)(2 tttytdtyd 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(), (),212() ()224ytytttutuy,(0)()1/4y , 3(0)()21/4y 4-7 给定系统微分方程为 2d()()d()32()3()dtytxttt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

5、迫响应各分量（应注意在起始点是否发生跳变） 。（1） ， ，()()xtut(0)1y(0)2y（2） ， ，3e解：（1） )(3)()()(2 tutttdtd 03221齐次解： ttheAty21)(特解： 2/p完全解： 2/3)(21ttety因为方程在 t=0 时，存在冲激作用，则起始点会发生跳变()(),(),()ytytutytu得： 3)0(1)0(, 则： 2/52/3211 AA完全解： 03)( tetytt设零输入响应为： tzitzizi eAt 21)(342)0(221,1 ziiziziii yA则： 034)( tetyttzi 05.1.)( 2tety

6、ttzizs自由响应： ；强迫响应：1.5。tte25.2（2）微分方程右边为： )()(3)()(33 ttuetetue 原方程为： )(2)()(2 ttytdtyd由上述微分方程可知，t0 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)(2tetyttzi零状态响应的形式为： tzstzszs eAt 21)()()(,)()3,()yttyutuyttu 所以： ,(0)()01y =221 AAzszs则： 0)( tetyttzs 045)(2tetyttzszi4-9 一 线 性

7、 时 不 变 系 统 在 相 同 的 起 始 状 态 下 ， 当 输 入 为 时 ， 全 响 应 为()xt； 当输入为 2 时，全响应为 ，求输入为 4(2ecos)(ttu()xt (e2cos)ttu时的全响应。)x解：系统的零状态响应为： )(2cos()2cos2()cos2()1 tueteteyty ttzs 当输入为 4x(t)时，系统的全响应为： )(4()3)(1 tuttyty tzs )3)(1 uettzszi 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()yttxt解：（1）首先求阶跃响应，原方程变为： )(2)(tut

8、gtd方程右边没有冲激作用，则起始点不会发生跳变， 0)(0g特征方程： 022齐次解： theAtg1)(特解：B0.5则： ，代入初始值，5.0)(21tt 05.1A系统的阶跃响应为： )(.0.()21tuetgt系统的冲激响应为： )()()(2tuetgdth*4-13 一 线 性 时 不 变 系 统 ， 当 输 入 为 时 ， 零 状 态 响 应 为()xte()t zs()yt， 求系统的冲激响应 。2311ee()tttu ht解：从 可 以 看 出 ，zs()yt1()e()2tpytu231()e()tthyt u所 以 特 征 根 为 ， 特 征 方 程 为 ： ，12

9、,32560设 微 分 方 程 为 ： （ 1）2()()56()()dytdyttAxt当 时 ， ， 将 代 入 （ 1） 式 ， 并 比 较 方 程 两 边 系()()txteu1()e()tpytu()pyt数 可 得 ， 这 样 微 分 方 程 为 ：1A256()dtdtytxt设 ， ， 则()()xtt()ytht2()()()()htthttdd设 （ 2）231()tthtAeu因 为 ， 由 奇 异 函 数 平 衡 法 可 求 出 ： ，(0),(0)h (0),(0)1hh代 入 （ 2） 式 得 ： ， 解 得 ： ， 所 以12031A12,1A3()(tthteu

10、变 换 域 求 解 法 ： ()ht()()zsYXHs根 据 卷 积 定 理 有 ： 11()()2)2(3)()3zszsYLyts1(Lxts()112)(323Hs1()()tthtLeus*4-15 一线性时不变系统，当激励信号为 时，全响应为1()xtt；当激励信号为 时，全响应为 。1()()e()tyttu2()xtut2()3e()tyu求系统的冲激响应 （两种激励下，起始状态相同） 。h解法一： )2(13)()()(21tuetydtytzitzi式(1) 式(2)得： )(2)()()( tethtt 上式求导： )(2 tuetttt 设： 代入上式：()()()()

11、tthtABeuc ()()()()2()()tt tttCtAtBeuCett 方程两边函数相等： ，C=0；1,()()thteu解法二： 111222()()()zizsiYsY因为起始状态相同，所以 12()zizisYs2112 121()()()()1()()()zszstYsYHXsHXsshteu解法三：设当 时的零状态响应为 ，则2()xtt ()zsyt12 1()(2)()3tzizstiyyeuttt特征根为： ，设 ，则由（2）式得：1()()tziytAeu()3)3tzsytAeu由（1）式得： ()(1)(4)tzsytte同时由（3）式得： (5)tzsAtA

12、eu比较（4） ， （5）两式得：()1)(3)(3)(t ttAeut 所以， ，这样，2 tzshtyeu解法三： 12 (1)()()()23tzizstiyttyteu()()2()tzszsttt设0zsy()tzsyAeu()()zsttyu所以， ，求得 ，所以(0)1zs1A()()tzsyteu()()tzshtyteu解法四： ()()()zizsttt两种激励下起始状态相同，即 相同，设()ziyt()()tziytAeu，即21()()()zi ziyttt，得3()()tt tteAueue 2所以， ()2()tziyte当 得激励下，x1()()()tzihtytteu4-17 图题 4-17 所示系统是由几个子系统组合而成的，各子系统的冲激响应分别为 ，试求总系统的冲激响应 ，并画出D()1),httG()(3)htutt ()ht的波形。t图 题 4-17解： ()()()GDDhttthttht1(1)()3)()22)3(4)(5)utttutut