计算题1. 下图所示的复合系统由三个子系统组成，它们的单位序列响应分别为h
1(k)=ε(k)，h
2(k)=ε(k-5)。求复合系统的单位序列响应。
解：设加法器的输出为x(k)，则y(k)=x(k)*h1(k)，又由加法器的输出，得
x(k)=f(k)*h1(k)-f(k)*h2(k)
=f(k)*[h1(k)-h2(k)]
所以
y(k)=x(k)*h1(k)=f(k)*[h1(k)-h2(k)]*h1(k)
由上式得
h(k)=[h1(k)-h2(k)]*h1(k)
=[ε(k)-ε(k-5)]*ε(k)
=[δ(k)-δ(k-5)]*ε(k)*ε(k)
=[δ(k)-δ(k-5)]*(k+1)ε(k)
=(k+1)ε(k)-(k-4)ε(k-5)
2. 下图所示系统，试求当激励分别为(1)f(k)=ε(k)，(2)f(k)=2
kε(k)时的零状态响应。
解：首先求系统的单位序列响应h(k)。
(1)迟延单元的输出为y(k-1)，所以加法器的输出为
即
(1)
根据单位序列的定义，由式(1)，得
且
h(-1)=0
解上面方程，得
因为
所以
①当f(k)=ε(k)时，有
②当f(k)=2
kε(k)时，有
(2)左右迟延单元的输出分别为y(k-1)、y(k-2)，由加法器输出得
即
(2)
所以系统单位序列响应满足方程
(3)
且
h(-1)=h(-2)=0
系统的特征方程为
特征根为
解式(3)得
由式(3)知
将h(0)、h(1)代入上式，得
所以
①当f(k)=ε(k)时，有
②当f(k)=2
kε(k)时，有
3. 设某LTI系统的阶跃响应为g(k)，已知当输入为因果序列f(k)时，其零状态响应
，求输入f(k)。
解：令
，系统函数为H(z)。当输入为f(k)=ε(k)时，阶跃响应为g(k)，则由卷积定理得
当输入因果序列f(k)时，零状态响应为y
zs(k)，由卷积定理和部分和性质可得
。
由以上两式可解得
式中系统输入因果序列的象函数为
对上式取逆变换，得输入为
f(k)=(k+1)ε(k)
4.
解：设
y
f1(t)=f'
1(t)
y
f2(t)=f'
2(t)
则
a
1y
f1(t)+a
2y
f2(t)=a
1f'
1(t)+a
2f'
2(t)=[a
1f
1(t)+a
2f
2(t)]'
即系统是线性系统。
因为
所以系统是时不变系统。
设f(t)=0，t＜t
d，则
所以系统是因果系统。
使用特例判断系统稳定性：
设f(t)=ε(t)，显然|f(t)|＜∞，而
当t→0时δ(t)→∞，所以系统为不稳定系统。
5. y
f(t)=|f(t)|
解：yf(t)=|f1(t)|
设
yf1(t)=|f1(t)|，yf2(t)=|f2(t)|
则
yf1(t)+yf2(t)=|f1(t)|+|f2(t)|≠|f1(t)+f2(t)|
所以系统是非线性的。
6. y
f(t)=f(t)cos(2πt)
解：y(t)=f(t)cos(2πt)
设
yf1(t)=f1(t)cos(2πt)，yf2(t)=f2(t)cos(2πt)
则
a1yf1(t)+a2yf2(t)=[a1f1(t)+a2f2(t)]cos(2πt)
即激励a1f1(t)+a2f2(t)的响应，所以a1yf1(t)+a2yf1(t)为线性系统。
yf(t-td)=f(t-td)cos(2πt(t-td))≠f(t-td)cos(2πt)
所以是时变的系统。
设f(t)=0，t＜td，则yf(t)=f(t)cos(2πt)=0，因此系统是因果的。
设|f(t)|＜∞则|yf(t)|=|f(t)cos(2πt)|≤∞，所以系统是稳定的。
7. y
f(t)=f(-t)
解：yf(t)=f(-t)
设
yf1(t)=f1(-t)，yf2(t)=f2(-t)
因为
a1yf1(-t)+a2yf2(-t)=[a1f1(t)+a2f2(t)]
所以是线性系统。
设激励为f1(-t)，则响应为yf1(t)=f1(-t)。
当f1(t)延迟td时间时，f1(t)=f1(t-td)，响应为yf(t)=f1(-t)=f1(-t-td)。
而yf1(t-td)=yf1(-t+td)，所以yf(t)≠yf1(t-td)，系统是时变系统。
若f(t)=0，t＜t0，有yf(t)=f(-t)=0，t＞t0，所以系统是非因果的。
8. y
f(k)=f(k)f(k-1)
解：设yf1(k)=f1(k)f1(k-1)，yf2(k)=f2(k)f2(k-1)，
则有
a1yf1(k)+a2yf2(k)=a1f1(k)f1(k-1)+a2f2(k)f2(k-1)
≠[a1y1(k)+a2f2(k)][a1f1(k-1)+a2f2(k-1)]
所以系统是非线性的。
因为yf(k-kd)=f(k-k)f(k-1-kd)，所以是时不变的。
当f(k)=0，k＜k0时，yf(k)=f(k)+f(k-1)=0，k＜k0，所以是因果的。
若f(k)＜∞则|yf(k)|=|f(k)f(k-1)|＜∞，系统是稳定的。
9. y
f(k)=(k-2)f(k)
解：设yf1(k)=(k-2)f1(k)，yf2(k)=(k-2)f2(k)，则当f3(k)=a1f1(k)+a2f2(k)时，其响应为
yf3(k)=a1(k-2)f1(k)+a2(k-2)f2(k)=a1yf1(k)+a2yf2(k)
所以系统是线性的。
当f(k)=f(k-kd)时，有
yf(k)=(k-2)f(k)=(k-2)f(k-kd)≠(k-2-kd)f1(k-kd)=yf1(k-kd)
所以系统是时变的。
当f(k)=0，k＜k0时，|yf(k)|=|(k-2)f(k)|=0，所以是因果的。
若|f(k)|＜∞，则|yf(k)|=|(k-2)f(k)|，随着k的增大，yf(k)→+∞，所以系统是不稳定的。
[a1y1(k)+a2y2(k)]+a1y1(k-1)y1(k-2)+a2y2(k-1)y2(k-2)
=a1f1(k)+a2f2(k)≠[a1y1(k)+a2y2(k)]+[a1y1(k-1)+a2y2(k-1)]
[a1y1(k-2)+a2y2(k-2)]
所以系统是非线性的。
10.
解：设
，当f
3(k)=a
1f
1(k)+a
2f
2(k)时，有
所以系统是线性的。
当f(k)=f
1(k-k
d)时，有
所以系统是时不变的。
若f(k)=0，k＜k
0时，则
，k＜k
0，所以系统是因果的。
设激励f(k)=ε(k)为有界的，但是
随着k的增长而无限增长，所以系统是不稳定的。
11. y
f(k)=f(1-k)。
解：设yf1(k)=f1(1-k)，yf2(k)=f2(1-k)，当f3(k)=a1f1(k)+a2f2(k)时，有
yf3(k)=f3(1-k)=a1f1(1-k)+a2f2(1-k)=a1yf1(k)+a2yf2(k)
所以系统是线性的。
设当f(k)=f1(k-kd)时，有
yf(k)=f(1-k)=f1(1-k-kd)≠yf1(k-kd)=f1(1-k+kd)
所以系统是时变的。
设f(k)=0，k＜k0时，则yf(k)=f(1-k)=0，当1-k＜k0。即k＞1-k0时。
所以系统是非因果的。
若|f(k)|＜∞则|yf(k)|=|f(1-k)|＜∞，所以系统是稳定的。
12. 求图1所示离散系统的频率响应，粗略画出θ=ωT。在-π～π区间的幅频和相频响应。
图1
解：(1)由加法器的输出，得
即
式中系统函数为
则系统的频率响应为
所以幅频响应和相频响应及其图形分别为
其图形如图2所示。
图2
(2)设延迟器的输入为X(z)，则相应的输出为z
-1X(z)。由左端加法器输出可列出方程：
即
由右端加法器输出可列出方程：
Y(z)=X(z)+z
-1X(z)=(1+z
-1)X(z)
从以上两式中消去中间变量，得
式中系统函数为
则系统的频率响应为
幅频响应和相频响应及其图形分别为
其图形如图3所示。
图3
13. 试求图1所示周期信号的频谱函数。图1(b)中冲激函数的强度均为1。
图1
14. 图2所示升余弦脉冲可表示为
试用以下方法求其频谱函数。
图2
(1)利用傅里叶变换的定义；
(2)利用微分、积分特性；
(3)将它看做是门函数g
2(t)与图1(a)函数的乘积。
解：(1)
(2)令
则
因为
所以由积分性质，有
(3)
因为
即
所以由频域卷积性质，得
图1
15. 求出其系统函数H(z)的表示式；
解：由已知的零极点分布图，可写出系统函数为
由于H(0)=2，则有H
0=1。
于是得系统函数为
由此得频率响应为
幅频响应为
其图形如图2所示。
图2
16. 写出其幅频响应|H(e
jθ)|(θ=ωT
s)表示式，粗略画出0≤θ≤2π(或-π≤θ≤π)的幅频响应曲线。
解：由已知的零极点分布图，可写出系统函数为
由于H(0)=-2，则有H
0=2，于是得系统函数为
由此得频率响应为
幅频响应为
其图形如图3所示。
图3
y'1(t)+y1(t)-2y2(t)=4f(t)
y'2(t)-y1(t)+2y2(t)=-f(t)17. 已知f(t)=0，y
1(0
-)=1，y
2(0
-)=2，求零输入响应y
zi1(t)，y
zi2(t)；
解：对微分方程两边取拉普拉斯变换，并利用微分特性，得
sY
1(s)-y
1(0
-)+Y
1(s)-2Y
2(s)=sF(s)
sY
2(s)-y
2(0
-)-Y
1(s)+2Y
2(s)=-F(S)
联立求解两个方程，得
式中：
将各初始状态y
1(0
-)=1，y
2(0
-)=2代入上式(1)、式(2)，得
对以上两式分别取逆变换，得
y
zi1(t)=(2-e
-3t)ε(t)，y
zi2(t)=(1+e
-3t)ε(t)
18. 已知f(t)=e
-tε(t)，y
1(0
-)=y
2(0
-)=0，求零状态响应y
zs1(t)，y
zs2(t)。
解：将
代入上式(3)、式(4)，得
对以上两式分别取逆变换，得
y
zs1(t)=(2-e
-t-e
-3t)ε(t)，y
zs2(t)=(1-2e
-t+e
-3t)ε(t)
19. 如有LTI连续系统S，已知当激励为阶跃函数ε(t)时，其零状态响应为
ε(t)-2ε(t-1)+ε(t-2)
现将两个完全相同的系统级联，如图(a)所示。当这个复合系统的输入为图(b)f(t)时，求该系统的零状态响应。
解：设左端系统激励为f(t)时，响应输出为x(t)，则x(t)亦为右端系统的输入。
由图(b)知
f(t)=ε(t)-ε(t-2)
由已知对单个系统S，激励为f(t)=ε(t)时，其零状态响应为
yε(t)=ε(t)-2ε(t-1)+ε(t-2)
根据LTI系统性质，激励为f(f)=ε(t)-ε(t-2)=fε(t)-fε(t-2)时，其零状态响应为
x(t)=yε(t)-yε(t-2)=ε(t)-2ε(t-1)+2ε(t-3)-ε(t-4)
对右端系统激励为x(t)，响应为yf(t)。
因为
x(t)=ε(t)-2ε(t-1)+2ε(t-3)-ε(t-4)
=fε(t)-2fε(t-1)+2fε(t-3)-fε(t-4)
所以
yf(t)=yε(t)-2yε(t-1)+2yε(t-3)-yε(t-4)
=ε(t)-4ε(t-1)+5ε(t-2)-5ε(t-4)+4ε(t-5)-ε(t-6)
20.
解：先列
进行部分分式展开，即
则
根据其收敛域为
，可以判断出f(k)为反因果序列，则由常用序列Z变换，可知其逆变换为
21.
22.
解：先对
进行部分分式展开，即
则
根据其收敛域为
，可以判断出f(k)为反因果序列，则由常用序列Z变换，可知其逆变换为
23.
解：
由
可知上式中前两项为因果序列，而第三项为反因果序列，所以
知f(k)为因果序列，所以
深色：已答题 浅色：未答题