信号与系统复习资料

1．判断系统的线性及时不变特性。2)]([)(txty2111)]([)()(txtytx2222)]([)()(txtytx)()()]([)()(2)]([)]()([)()(2211222221212121222112211tyatyatxatxtxaatxatxatxatxatxa①判断系统是否具有线性特性按系统的功能得到若所以系统不具线性特性。②判断系统是否具有时不变特性若，则按系统的功能得到)()(tytx)()]([)(2tytxtx所以系统具有时不变特性。综上所述，系统是非线性、时不变系统。)2()(txty)2()()(222txtytx)2()()(111txtytx①判断系统是否具有线性特性按系统的功能得到若)()()2()2()()(221122112211tyatyatxatxatxatxa所以系统具有线性特性。②判断系统是否具有时不变特性)()2()(tytxtx)()(tytx若，则按系统的功能得到所以系统不具时不变特性。综上所述，系统是线性、时变系统。2．某LTI系统的输入为et，输出为rt，其微分方程表示为：2322dddrtrtrtetetdtdtdt试求当tete，00r，03r的完全解。解：原方程的特征方程为：2320，得1，2故方程的齐次解为：212ttcrtAeAe因tete可令特解为：01ttprtBteBe将其代入原方程可得，000113333ttttttBteBteBeBteBtee则有01B，所以特解方程可表示为：1ttprtteBe完全解为2121ttttcprtrtrtAeAeteBe2112tttABeAete其导数为21122ttttrtABeAetee代入初始条件得11200rABA1120213rABA所以112AB，22A。故系统的完全解为：2222tttrteAete，0t下述微分方程以et表示系统的输入为，输出为rt：drtrtetdt试求当10cos4ettt，00r时的完全解。解：特征方程为10，1齐次解为：1tcrtAe当10cos4ettt时，可令其特解函数式为12cos4sin4prtBtBt将其代入微分方程得12124sin44cos4cos4sin410cos4BtBtBtBtt则有21410BB，1240BB所以11017B，21017B，1040cos4sin41717prttt那么完全解为11040cos4sin41717tcprtrtrtttAe代入初始值得1100017rA，11017A故其完全解为101040cos4sin4171717trtett1010cos4761717tet3．已知某LTI系统的微分方程为2drtrtetdt起始状态02r，tete，求自由响应，强迫响应，零输入和零状态响应。解：根据原方程可知齐次方程的特征根为2齐次解是：2tcrtAe可令特解为tprtBe代入微分方程得2tttBeBee，1B完全解为2ttcprtrtrtAee因002rr，利用求出1A，则完全解为2ttrtee自由响应强迫响应求零输入响应时，特解等于零。2tzpzprtAe由初始条件002rr，解得2zpA，那么22tzprte求零状态响应时，000rr，tete，其齐次解为2tzsAe，特解为te，所以零状态响应为2ttzszsrtAee由000rr，可得1zsA，则2ttzsrtee所以其完全解为2222tttttrteeeee零输入响应零状态响应已知某LTI系统的微分方程为2drtrtetdt起始状态02r，3tete，求自由响应，强迫响应，零输入和零状态响应。解：根据原方程可知齐次方程的特征根为2齐次解是：2tcrtAe可令特解为tprtBe代入微分方程得23tttBeBee，3B完全解为23ttcprtrtrtAee因002rr，利用求出1A，则完全解为23ttrtee自由响应强迫响应求零输入响应时，特解等于零。2tzpzprtAe由初始条件002rr，解得2zpA，那么22tzprte求零状态响应时，000rr，3tete，其齐次解为2tzsAe，特解为3te，所以零状态响应为23ttzszsrtAee由000rr，可得3zsA，则233ttzsrtee所以其完全解为222233tttttrteeeee零输入响应零状态响应4.求例3.1所示三角波信号的傅里叶级数表示。解：1211011421cosTatEtdtTT11122111201111104421sincossinTTtEtEttTTT221644EE1221011421cos2TatEtdtTT1211211110421cos2sin2042TtEttTT1231011421cos3TatEtdtTT1211221111042141cos3sin3939TtEEttTT1241011421cos40TatEtdtTT所以1222101141,421cos0,TnnEnCatEntdtnTTn为奇数为偶数1200112212TEaEtdtTT，0nb则有1112411coscos3cos52925EEftttt利用公式可得22,0221,0,nEnEFnnn为奇数为偶数那么122212jntnEEften画出其幅度谱如图3.9所，其相位谱为零。求倒三角波信号的傅里叶级数表示。解：11112,022,02TEtTftTETT121101142cosTEattdtTT121122211110421164cossin4TtEEEttTT122101142cos2TEattdtTT1211211110421cos2sin2042TtEttTT123101142cos3TEattdtTT1211221111042141cos3sin3939TtEEttTT124101142cos40TEattdtTT所以1222101141,42cos0,TnnEnECatntdtnTTn为奇数为偶数120011222TEEatdtTT，0nb则有1112411coscos3cos52925EEftttt利用公式可得22,0221,0,nEnEFnnn为奇数为偶数那么122212jntnEEften画出其幅度谱如图3.9所，其相位谱为零。5.求例3.2所示实奇信号的傅里叶级数展开式。解：根据图形可得16T，13则有112332111166jntjntjntnTFftedtedtedtT1233211122jntjnteejnjn2sinsin,026nnnjn因ftft，所以000Fa，可知3jntnftFenF为虚数，由公式可得0,0,2sinsin,0,26nnnFnnnnjn为偶数为奇数0,0,24sinsin,0,26nnnnnCbjFnnnnn为偶数为奇数由公式可得14sinsinsin263nnnftntn6.已知频率响应11Hjj，输入信号为1tetet，试用频率法求输出rt。解：输入信号的频谱是1111tEjFetjj输出信号的频谱为RjHjEj11111jjj2111111jjjj求反变换得111112FFj111111sgn112tFFtetjjjj1121111ttdFFjjjtettetdjj故有1rtFRj11sgn22tttettet1ttetet已知LTI系统的频率响应为11jHjj，输入信号sinsin3ettt，试画出Hj的幅频特性与相频特性，并求输出rt，画出et与rt的波形，讨论信号在传输过程中的失真。解：根据题意可知2arctan11jjHjej那么1Hj，2arctan，幅频特性与相频特与的关系如图所示。已知sinsin3ettt，则013或，因1Hj，2arctan，所以0000131HjHj，而0002arctan，0012arctan190，0032arctan314352由公式可得00000000001133sinsinrtHjtHjtsin90sin314352rttt输入与输出的波形如图，故输出信号是有失真的。选择题的答案是：1.D2.C3.B4.A5.B6.B7.C8.C9.C10.BC