清华电子系山秀明《信号与系统》电子课件第二章习题解答.pdf

1 2-6 解题过程： （1）( )( )e tu t=，()01r − =，() ' 02r − = 方法一：经典时域法： ①求 Zi r：由已知条件，有 ( )( )( ) ()() ()() ''' '' '' 320 002 001 ZiZiZi ZiZi ZiZi rtrtrt rr rr +− +− ⎧++= ⎪ ⎪ == ⎨ ⎪ == ⎪⎩ 特征方程： 2 320αα++= 特征根为： 1 1α= −， 2 2α= − 故( ) ()( ) 2 12 tt Zi rtAeA eu t −− =+，代入() ' 0 Zi r + ，()0 Zi r + 得 1 4A =， 2 3A = − 故 ( ) ()( ) 2 43 tt Zi rteeu t −− =− ②求 Zs r： 将( )( )e tu t=代入原方程，有( )( )( )( )( ) ''' 323 ZsZsZs rtrtrttu tδ++=+ 用冲激函数匹配法，设 ( )( )( ) ( )( ) ( )( ) '' ' Zs Zs Zs rtatb u t rta u t rtat u t δ⎧=+ Δ ⎪ ⎪ = Δ ⎨ ⎪ =Δ ⎪⎩ 代入微分方程，平衡( )tδ两边的系数得1a = 故()() '' 0011 ZsZs rr +− =+ =，()()000 ZsZs rr +− == 再用经典法求( ) Zs rt：齐次解 ( ) ()( ) 2 12 tt Zsh rtBeB eu t −− =+ 因为( )( )e tu t= 故设特解为( )( ) Zsp rtC u t=⋅，代入原方程得 3 2 C = 故( )( )( )( ) 2 12 3 2 tt ZsZshZsp rtrtrtBeB eu t −− ⎛⎞ =+=++ ⎜⎟ ⎝⎠ 代入() ' 0 Zs r + ，()0 Zs r + 得 1 2B = −， 2 1 2 B = 故( )( ) 2 13 2 22 tt Zs rteeu t −− ⎛⎞ = −++ ⎜⎟ ⎝⎠ ③全响应：( )( )( )( ) 2 53 2 22 tt ZiZs r trtrteeu t −− ⎛⎞ =+=−+ ⎜⎟ ⎝⎠ 自由响应：( ) 2 5 2 2 tt eeu t −− ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ 2 受迫响应：( ) 3 2 u t 方法二：p算子法 ( )( )( )( )( ) 2 2 323 ddd r tr tr te te t dtdtdt ++=+ 化为算子形式为：( )( )() ( ) 2 323ppr tpe t++=+ 特征方程： 2 320αα++= 特征根为： 1 1α= −， 2 2α= − ( ) Zi rt的求法与经典时域法一致，( ) ()( ) 2 43 tt Zi rteeu t −− =− 再求( ) Zs rt：( )( )e tu t=，( ) ()() ( )()( )( )( ) 2 3 3 12 tt p r tu tpe u teu tu t pp −− + ⎡⎤==+∗∗ ⎣⎦ ++ 其中( )( )( ) ()( ) 222 0 11 22 t tttt e u teu tu teedeeu t ττ τ −−−−−− ⎛⎞ ∗∗=−=−+ ⎜⎟ ⎝⎠ ∫ ( )()( )( ) 22 1113 32 2222 tttt Zs rtpeeu teeu t −−−− ⎛⎞⎛⎞ ∴=+−+= −++ ⎜⎟⎜⎟ ⎝⎠⎝⎠ ∴全响应( )( )( )( ) 2 53 2 22 tt ZiZs r trtrteeu t −− ⎛⎞ =+=−+ ⎜⎟ ⎝⎠ 自由响应：( ) 2 5 2 2 tt eeu t −− ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ 受迫响应：( ) 3 2 u t 综观以上两种方法可发现p算子法更简洁，准确性也更高 （2）( )( ) 3t e teu t − =，()01r − =，() ' 02r − = 运用和上题同样的方法，可得 全响应( ) ()( ) 2 54 tt r teeu t −− =− 零输入响应：( ) ()( ) 2 43 tt Zi rteeu t −− =− 零状态响应：( ) ()( ) 2tt Zs rteeu t −− =− 自由响应：( )( ) 2 54 tt eeu t −− − 受迫响应：0 2-10 分析： 3 ( )( )( )()( )( )( )( )( )( )( )5 d r tr tef tde te tf te te tf tt dx τττδ +∞ −∞ +=−−=∗−=∗−⎡⎤ ⎣⎦∫ 已知冲激函数( )tδ与单位冲激响应( )h t为“输入——输出”对，故( )( )e ttδ=时， ( )( )r th t=。

类似上题，也可以用经典法和算子法两种思路求解该微分方程 解题过程：方法一：经典法 代入( )( )e ttδ=，( )( )( )3 t f te u ttδ − =+得到 ( )( )( )( )( )52 t d h th te u tt dt δ − +=+∗?? 对于因果系统()00h − = 先求满足( )( )( ) 11 5 d h th tt dt δ+=的( ) 1 h t：( )( ) 5 1 t h tAeu t − = 利用冲激函数匹配法，在()0 ,0 −+ 时间段内 ( )( )( ) ( )( ) 1 1 d h tatb u t dx h ta u t δ ⎧ =+ Δ ⎪ ⎨ ⎪ = Δ ⎩ ()00t −+ ( )( )( )( ) ()() ( )( ) 1 5 1 5 1,5 001 t atb u ta u tt ab hahA h teu t δδ +− − ⇒+ Δ+Δ= ⇒== − ⇒=+== ⇒= 对于( )∗式： ( )( )( )( )( )( )( )( ) 555 1 17 22 44 tttttt h th te u tteu te u teu teeu tδ −−−−−− ⎛⎞ ⎡⎤=∗+=∗+=+ ⎜⎟ ⎣⎦ ⎝⎠ 方法二：p算子法 （常用关系式：① ( ) ( ) dx t px t dt =，②( )( ) 1 t eu tt p λ δ λ − = + ③( )( )( )( )( )( )( ) 111 t x ttx ttx teu tx t ppp λ δδ λλλ − ⎡⎤ =∗=∗=∗⎡⎤ ⎢⎥⎣⎦ +++ ⎣⎦ ） 引入微分算子p，( )∗式变成： () ( )( )( ) 1 52 1 ph ttt p δδ+=+ + 4 ( )( )( )( )( ) 11 1122 44 515515 h ttttt pppppp δδδδ ⎛⎞ − ⎜⎟ ⇒=⋅+=++ ⎜⎟ ++++++ ⎜⎟ ⎝⎠ ( )( ) 5 71 44 tt h teeu t −− ⎛⎞ ⇒=+ ⎜⎟ ⎝⎠ 注：由本例再次看到，相比经典法，p算子法形式简洁，易算易记。

2-14 分析：求解两个信号的卷积，可以直接用定义，依照“反转→平移→相乘→求和” 的顺序来求，积分式为( )( )( )() 1212 x txtxxtdτττ +∞ −∞ ∗=− ∫ ，但是这种依靠定义的基本方 法可能不是最简便的更应该注意灵活运用卷积的性质（卷积的交换律、结合律、分配律； 卷积的微分与积分；与冲激函数或阶跃函数的卷积）对表达式进一步的化简，甚至直接得到 结果 解题过程： （1）( )( )()( )( )()11f tu tu tu tttδδ=−−=∗−−⎡⎤ ⎣⎦ ( )( )( )( )( )()( )( )() ( )( )( )()() ( )( )()() ( )() () () () 11 212 212 21122 s tf tf tu tttu ttt u tu tttt tu tttt tu ttu ttu t δδδδ δδδ δδδ ∴=∗=∗−−∗∗−−⎡⎤⎡⎤ ⎣⎦⎣⎦ =∗∗−−+−⎡⎤ ⎡⎤ ⎣⎦ ⎣⎦ =∗−−+−⎡⎤ ⎣⎦ =−−−+−− （2）( )()()( )()()1212f tu tu tu tttδδ=−−−=∗−−−⎡⎤ ⎣⎦ ( )( )( )( )()()( )()() ( )( )()()() ( )()()() () ()() () () () 1212 2234 2234 2223344 s tf tf tu tttu ttt u tu tttt tu tttt tu ttu ttu t δδδδ δδδ δδδ ∴=∗=∗−−−∗∗−−−⎡⎤⎡⎤ ⎣⎦⎣⎦ =∗∗−−−+−⎡⎤ ⎡⎤ ⎣⎦ ⎣⎦ =∗−−−+−⎡⎤ ⎣⎦ =−−−−−+−− 注：可见（2）中的( )s t是（1）中( )s t右移两位，不难推出如下结论： ( )( )( ) 112 s tx txt=∗ ( )()()()() 2112211212 0,0stx ttxtts ttttt=−∗−=−−≥≥ 2.15 分析：利用卷积的性质：( )()()()() 0000 f tttttf ttf ttδδ∗++−=++−⎡⎤ ⎣⎦ 可画出 如下波形： （1）( )( )( )( )()()()() 112112 5555s tftftftttftftδδ=∗=∗++−=++−⎡⎤ ⎣⎦ （2）( )( )( )( )( )()()()() 21221 5555stftftftftttttδδδδ=∗∗=∗++−++−⎡⎤⎡⎤ ⎣⎦⎣⎦ 5 ( )()( )() 1 10210fttttδδδ=∗+++−⎡⎤ ⎣⎦ ()( )() 111 10210ftftft=+++− （3）( )( )( )()() {}( ) 3122 55stftftu tu tft=∗+−−∗⎡⎤⎡⎤ ⎣⎦⎣⎦ 由（1）得( )( )( ) 121 ftfts t∗=，()()55u tu t+−−⎡⎤ ⎣⎦相当于一个“时间窗” ，保留( )5,5− 内的信号，其它范围内的信号为 0。

（4）( )( )( ) 413 stftft=∗ 发生时域信号的叠加 2-18 分析：本题可以用经典法、算子法或者直接用 LTI 系统的性质求解 解题过程： 方法一：经典法 ( ) 1 s t 1 12 34 5 6 -6 -5 -4 -3 -2 -1 ( ) 2 st 2 1 1-1911 -9 -11 ( ) 3 st 1-1 910 -9 1 -10 ( ) 4 st 3/21/2-1/2-3/2 2 1 6 ( )( )( )( )r tH e te th t==∗⎡⎤ ⎣⎦ ∵，( )( ) {}( ) ddd He tH e tr t dtdtdt ⎡⎤ ==⎡⎤ ⎣⎦⎢⎥ ⎣⎦ ∴得到微分方程：( )( )( ) 2 3 t d r tr teu t dt − += 此方程齐次解( )( ) 3t n r tAeu t − =，特解( )( ) 2t p rtBeu t − = 将( ) p rt代入上式得到1B =，即( )( ) 2t p rteu t − = 由于( )r t是零状态响应，且方程右端无冲激项，故()00r + =，将此初始条件代入 ( )( )( )()( ) 32tt hp r tr trtAeeu t −− =+=+得1A= − ∴( ) ()( ) 32tt r teeu t −− = −+ 又∵( )( )( )r te th t=∗ ( )( )( )( )()( ) 332 2(1) ttt e th teu th teeu t −−− ⎡⎤∴∗=∗= −+ ⎣⎦ ??????? 又( )( )( )( )( ) ddd e th te th tr t dtdtdt ⎡⎤ ∗=∗=⎡⎤ ⎣⎦⎢⎥ ⎣⎦ ( )( )( )()( ) 332 6232(2) t。