信号与系统奥本海姆第二版习题详解

第七章 采样

7.9解：

100对于x(t)的傅立叶变换是X(jω)

如图所示，我们知道对x(t)进行脉冲序列采样后得

1∞

到G(jω)=X(j(ω−kωs))，其中T=2πs=∑Tk=−∞

。因此，G(jω)如图所示，

1

显然当ω≤50π时，G(jω)=X(jω)=75X(jω)。

T

7.22解：利用傅立叶变换性质，可得到：

Y(jω)=X1(jω)X2(jω)

所以，Y(jω)=0,ω>1000π。这意味着对于y(t)来说奈奎斯特率为2×1000π＝2000π。所以采样周期T最大为

2π

＝10－3s。因此从yp(t)恢复出y(t)的T的范围为：

2000π

T

第九章 拉普拉斯变换

9.15有两个右边信号x(t)和y(t)，满足下面微分方程

dx(t)dy(t)

=−2y(t)+δ(t)和=2x(t) dtdt

试确定Y(s)和X(s)及其收敛域。 解：根据拉普拉斯变换我们有

sX(s)=−2Y(s)+1和sY(s)=2X(s)

解得

X(s)=

s

和Y(s)=2s2+4 2

s+4

因为X(s)和Y(s)都是右边信号所以它们的收敛域是ℜe{s}>0

9.17有一因果LTI系统

微分方程。

解：这个系统包括两个反馈系统，其中一个的冲激响应为：

x(t)

H1(s)=

S2

=

1+4(2/s)S+8

(t)

另一个为：

H2(s)=

S2

=

1+S)S+8

3S+12

S2+10S+16

则：H(s)=H1(s)+H2(s)=由H(s)=

Y(s)

，得： X(s)

2

Y(s)S+10S+16=X(s)[3S+12]

由拉普拉斯变换得：

d2y(t)dy(t)dx(t)

+10+16y(t)=12x(t)+3 dtdtdt

9.20考虑习题3.19的RL电路。

(a)当输入电流x(t)=e−2tu(t)时，确定该电路的零状态响应。(b)已知y(0−)=1确定该电路在t〉0−时的零输入响应。

(c)当输入电流x(t)=e−2tu(t),初始条件同（b）时，确定电路的输出

解：由3.19我们知道输入输出的关系是dy(t)+y(t)=x(t)dt

根据单边拉普拉斯变换，我们有：

(a)由零状态响应知道y(0−)=0,我们又知道

1s+2(a)根据拉普拉斯变换我们解：知道：

sY(s)−y0−+Y(s)=χ(s).

()

χ(s)=uL{e−2tu(t)}=

H(s)=

H(s)如图所示。

Y(s)1

=2.Xss−s−2

1(b)H(s)=2⇒H(s)=−,

s−s−2s−2s+1

(i)如果系统是稳定的，H(s)的ROC为−1〈ℜe{s}〈2.

11

因此：h(t)=−e2tu(−t)−e−tu(t).

33

(ii)如果系统是因果的，H(s)的ROC为ℜe{s}〉2.

11

因此：h(t)=e2tu(t)−e−tu(t).

33

(iii)如果系统不是稳定的也不是因果的，H(s)的ROC为ℜe{s}〈−1.11

因此，h(t)=−e2tu(−t)+e−tu(−t).

33

1

因此Y(s)(s+1)=,所以：

s+2

y(t)=e−tu(t)−e−2tu(t).(b)y(0−)=1,

sY(s)−1+Y(s)=0⇒Y(s)=y(t)=e−tu(t).

1s+1

(c)y(t)=2e−tu(t)−e−2tu(t)

9.31解：（a）对方程两边同时做拉普拉斯变换，得到：

s2Y(s)−sY(s)−2Y(s)=X(s)H(s)=

Y(s)11

=2=

X(s)s−s−2(s−2)(s+1)

H(s)无零点，有两个极点：s1=2,s2=−1；零极点图如右图所示：

（b）H(s)=

111

−

3s−2s+1

（1）系统是稳定的，说明H(s)的收敛域应该包括虚轴在内，即：−1

1

−e2tu(−t)−e−tu(t)) (3

12t

eu(t)−e−tu(t)) (3

（2）系统是因果的，则H(s)的收敛域应为Re{s}>2，所以h(t)=

（3）系统既不因果又不稳定，则H(s)的收敛域应为Re{s}

h(t)=

1

(−e2tu(−t)+e−tu(−t)) 3

9.35解：（a）根据图9.35可以写出此系统的系统函数为：

1−s−6s2s2−s−6

H(s)==2 2

1+s+ss+2s+1

因为H(s)=

Y(s)

，所以有：Y(s)(s2+2s+1)=(s2−s−6)X(s)，方程两边同时做拉普X(s)

拉斯反变换得：

d2y(t)dy(t)d2x(t)dx(t)

+2+y(t)=−−6x(t) dt2dtdt2dt

（b）因为系统是因果的，所以系统函数H(s)的收敛域应为极点S=－1的右边。收敛域包括jω轴，因此系统是稳定的。

第十章Z变换 变换

10.3解：已知x[n]=(−1)u[n]+au[−n−n0]

n

n

−zn0−1

au[−n−n0]←→n0−1,z

a1−az

n

Z

1

11zn0−1

X(z)=+,1

1+z−1an0−11−az−1

所以a必须为2，n0可以取任意值。

10.13解：信号g[n]=δ[n]−δ[n−6]，其Z变换为：

G(z)=1−z−6,ROC:z>0

1−z−6

（b）由表10.1，可得x[n]=∑g[k]←→X(z)=z>0 −1

1−zk=−∞

n

z

n−1,0≤n≤5



10.14解：（a）若q[n]=x[n]∗x[n]=13−n,6≤n≤10，

0,其余n

则g[n]=x[n]*x[n−n0]=q[n−n0]，比较q[n]和g[n]得到n0=2

1−z−6

（b）由10.13题得到X(z)=,z>0，运用时移性质， −1

1−z

1−z−6

x[n−2]←→z,z>0

1−z−1

z

−2

利用卷积性质

−6

z−21−zg[n]=x[n]∗x[n−1]←→z,z>0 −1

1−z

2

因为limG(z)=0=g[0]，G(z)满足初值定理。

x→∞

10.18解：（a）运用例子10.28的分析方法，可得此系统的系统函数为：

1−6z−1+8z−2

H(z)=

2−21−21−z+z39

因为H(z)=

Y(z)

X(z)

，所以 Y(z)1−23z−2+19z−2



=X(z)(1−6z−1+8z−2)

对方程两边同时做反变换得：

y[n]−

23y[n−1]+1

9

y[n−2]=x[n]−6x[n−1]+8x[n−2] （b）H(z)在z=

13处有一个二阶极点，因为系统是因果的，所以H(z)的收敛域是包括单位圆，所以系统是稳定的。

10.21解：（a） x[n]=δ[n+5]←z

→X(z)=z5,ROC:全部z

因为收敛域包括单位圆，所以傅立叶变换存在。

∞

−2

n

−n

X(z)=

−n

=n∑−1−n∞1n

（e）

n∑x[n]z

=−∞

=−∞3z =∑−z

n=2

3∞−n−2

=∑−1

zn+2 =9z2/(1+3z) =3z/(1+(1/3)z−1),z

3

因为收敛域不包括单位圆，所以傅立叶变换不存在。

∞

∞

－2

X(z)=

−n

=∑1

z−n=

（h）

n∑nx[n]z

=−∞

∞

n

=∑n=23

13

z−n－2=z−2(1−(1/3)z−1n=0),z>3因为收敛域包括单位圆，所以傅立叶变换存在。

10.33解：

（a） 对微分方程两边同时做z变换，整理得到

H(z)=

Y(z)X(z)=1,z>1

1−1z−1+12

4

z−2

2在z=(1/4)±j处有两个极点。因为h[n]是因果的，所以ROC

z>(1/4)+j=

1

2

z>13

，必须是：

（b）X(z)=所以

11

,z> 121−z−12

Y(z)=H(z)X(z)=

1−11−11−21−z1−z+z422

1

Y(z)的收敛域是X(z)和H(z)收敛域的交集，这意味着Y(z)的收敛域必须是z>

用部分分式展开：

1

。利2

1z−1/2

Y(z)=+

1−11−11−21−z1−z+z422

根据表10.2，得：

n

n

11πn

y[n]=u[n]+sinu[n]

223

（b） 10.34解：对微分方程两边同时做z变换，整理得到

Y(z)z−1

H(z)==

X(z)1−z−1−z−2

在z=(1/2)±处有两个极点，

z=0处有一个零点。

Re

H(z)的零极点图如图所示。因为h[n]是因果的，所以ROC

必须是：z>(1/2)+

（b）H(z)的部分分式展开为：

H(z)=所以h[n]=u[n]+u[n] n

n

22

(c)

h[n]=u[−n−1]+u[n] n

n