信号与系统练习题(带答案)

1. 信号f(t)的波形如图所示。分别画出信号f(2t4),f(2t4),f(2t4)的

波形，并且写出其表达式。

f(t)2-4 答案：

0 -2

f(t)22f(t4)-4 0 -2 0 2 4 f(2t4)2 0 1 2 3 4 2. 信号f( t )的图形如下所示，对(a)写出f ( t )的表达式，对(b)写出f ( t )

的表达式，并分别画出它们的波形。

解 (a)

1

1,20t2

f (t)= (t2)， t = 2

2(t4)， t = 4

(b) f (t) = 2(t)  2(t1)2(t3)+2(t4)

3. 已知f(5-2t)的波形如图所示，试画出f(t)的波形。

f(52t)2(t3)035223t

分析:f(t)压缩f(2t)反转f(2t)平移f(52t)（2t52）52t右移5 2左移5求解过程:f(52t)2f(2t)反转f(2t)拉伸f(t)f(2t)2(t12)1012t

[52(t52)]2t,以t52代替t

而求得－2t，即f(5-2t)左移

由f(52t)时移f(2t)

2

（2）反转：f(-2t)中以-t代替t，可求得f(2t),表明f(-2t)的波形 以t＝0的纵轴为中心线对褶，注意(t)是偶数，故

112(t)2(t)

2212 (t)2 f(2t) t

12 0 1 反褶 由f(2t)f(2t)

1（3）尺度变换：以t代替f(2t)中的t，所得的f(t)波形将是f(2t)波形在时

2间轴上扩展两倍。 4(t1) f(t)－1 0 1 2 t

4. 求序列f1[n]1,2,1,n0,1,2和f2[n][1cos(n)]u[n]的卷积和。

2解：

f1[n]1,2,1[n]2[n1][n2]f1[n]*f2[n]f2[n]2f2[n1]f2[n2]

5. 试求下列卷积。 (a)(t) * 2

(b)u(t+3)*u(t5) (c)tetu(t)*(t)

解 :(a) 由(t)的特点，故(t)*2 = 2

(b) 按定义u(t+3) * u(t5)= u(3)u(t5)d

考虑到 <3时，u( +3)=0；>t5时，u(t5)=0，故

u(t+3)*u(t5)=dt2,3t5t2

3

也可以利用迟延性质计算该卷积。因为

u(t)*u(t)=tu(t) f1(tt1) * f2(tt2)=f(tt1t2)

故对本题，有u(t+3) * u(t5)=(t+35)u(t+35)=(t2)u(t2) 两种方法结果一致。

(c) tetu(t) *  (t) = [tetu(t)] = (ettet )u(t)

6. 对图示信号，求f1(t) * f2(t)。

解 (a)先借用阶跃信号表示f1(t)和f2(t)，即

f1(t)=2u(t)2u(t1) f2(t)=u(t)u(t2)

故f1(t)*f2(t) = [2u(t)2u(t1)]*[u(t)u(t2)] 因为u(t)*u(t = t01d=tu( t )

故有f1(t)*f2(t)=2tu(t)2(t1)u(t1)2(t2)u(t2)+2(t3)u(t3) 也可以用图形扫描法计算之。结果见图(a)所示。

(b)根据(t)的特点，则

f1(t)*f2(t)=f1(t)*[(t)+(t2)+(t+2)]= f1(t)+f1(t2)+f1(t+2) 结果见图(b)所示。

7. 试求下列卷积。

(a)(1e2t)u(t)(t)u(t)

(b)e3tu(t)ddt[et(t)]

4

(c）y(t)e3tu(t)(t)

解 (a)因为(t)u(t)u(t)(t)，故

(1e2t)u(t)(t)u(t)(1e2t)u(t)(t)(1e2t)u(t)

(b)因为et(t)(t)，故e3tu(t)(c) e3t所以Y(s)dt[e(t)]e3tu(t)(t)(t)3e3t dt1 (t)s s31s3s1 故y(t)(t)3e3t(t) s3s3s38. 图所示(a)和(b)分别为单边带通信中幅度调制与解调系统。已知输入f(t)

的频谱和频率特性H1(j )、H2(j )如图所示，试画出x(t)和y(t)的频谱图。

F()

解 由调制定理知

f1(t)f(t)cosCtF1()

1[F(C)F(C)] 2而x(t)的频谱

X()F1()H1(j)

又因为

1f2(t)x(t)cosCtF2()[X(C)X(C)]

2所以

Y()F2()H2(j)

它们的频谱变化分别如图所示，设C > 2。

5

F1()

X()

F2()

Y()

9. 如图所示系统，设输入信号f(t)的频谱F( )和系统特性H1( j )、H2(j )均给

定，试画出y(t)的频谱。

F() H1(j) H2(j)

解 设f1(t)f(t)cos50t，故由调制定理，得

1F1()[F(50)F(50)]

2从而

f2(t)F2()H1()F1()

它仅在|  | = ( 30 ~ 50 )内有值。再设

f3(t)f2(t)cos30t

则有

1F3()[F2(30)F2(30)]

2

6

即F3( )是F2( )的再频移。进而得响应的频谱为

Y()F3()H2(j)

其结果仅截取 20 <  < 20的部分。以上过程的频谱变化如图所示。

F1()

F2()

F3()

Y()

10. 如图所示，求系统函数H(s)，画出零极点图，判断系统稳定性。

解 H(s)Y(s)5(s1)5s53 F(s)s(s2)(s5)s7s210s11. 设系统微分方程为

y(t)4y(t)3y(t)2f(t)f(t)

已知y(0)1,y(0)1,f(t)e2t(t)。试用s域方法求零输入响应和零状态响应以及系统全响应。

解 对系统方程取拉氏变换，得

s2Y(s)sy(0)y(0)4sY(s)4y(0)3Y(s)2sF(s)F(s)

7

从而Y(s)sy(0)y(0)4y(0)2ss24s31s24s3F(s)

由于F(s)1s2

故Y(s)s52ss214s3(s2)(2 Ys)sY4s3)zi(zs(s)求反变换得 y75e3t y153tzi(t)2et2zs(t)2et3e2t2e

全响应为 y(t)3et3e2t5e3t,t0

12. 设有序列f1(n)和f2(n)，如图所示，求二者的卷积。

解 方法一：用“乘法”

2 1.5 1 1 1.5 2  1 1 1 1

2 1.5 1 1 1.5 2 2 1.5 1 1 1.5 2 2 1.5 1 1 1.5 2 2 1.5 1 1 1.5 2

2 3.5 4.5 5.5 5 5.5 4.5 3.5 2

即有

f1(n)f2(n){2,3.5,4.5,5.5,5,5.5,4.5,3.5,2}

n0方法二：用单位序列表示各函数后卷积。因为

f1(n)2(n)1.5(n1)(n2)(n3)1.5(n4)2(n5)f2(n)(n)(n1)(n2)(n3)

则

8

f1(n)f2(n)2(n)3.5(n1)4.5(n2)5.5(n3)5(n4)5.5(n5)4.5(n6)3.5(n7)2(n8)

13. 试用卷和定理证明以下关系：

(a) f(n)(nm)f(nm) (b) (n)(n)(n1)(n)

证明 (a) 因由卷和定理 f(n)(nm)F(z)zm 而 f(nm)zmF(z) 故得 f(n)(nm)f(nm)

zzz2 (b) 因为 (n)(n)z1z1(z1)2 而 (n1)(n)n(n)(n)zzz2(z1)2z1(z1)2 所以 (n)(n)(n1)(n) 14. 设系统差分方程为

y(n)5y(n1)6y(n2)f(n)

起始状态y( 1 ) = 3，y( 2 ) = 2，当f( n ) = 2u( n )时，求系统的响应y( n )。

解 对差分方程取z变换，得

Y(z)5[z1Y(z)y(1)]6[z2Y(z)z1y(1)y(2)]F(z)

即 Y(z)5z1Y(z)156z2Y(z)18z1122zz1 2z18z13从而有 Y(z)z15z315z16z221z218z(z1)(z2)(z3) 故

Y(z)zK1z1K2z2K3z3 解得 K1 = 1， K2 = 4， K3 = 0

则有 Y(z)zz14zz2 得全响应 y(n)u(n)4(2)nu(n)

15. 设一系统的输入f(n)(n)4(n1)2(n2)，系统函数

9

H(z)1 11(1z)(10.5z)试求系统的零状态响应。

z2z2解 因为 H(z)z21.5z0.5(z0.5)(z1) 所以

H(z)K1Kzz(z0.5)(z1)z0.52z1 解得 K1 = 1， K2 = 2

故 H(z)z2zz0.5z1 得 h(n)(0.5)n2u(n)

所以 y(n)h(n)f(n)[(0.5)n2u(n)][(n)4(n1)2(n2)]4(n)2u(n)(0.5)nu(n)

16. 如图所示z域框图，写出其差分方程和系统函数H( z )。。

解 由图可得

X(z)11az1F(z) Y(z)(1bz1)X(z) 故有 Y(z)1bz11az1F(z) H(z)Y(z)1bz1则系统函数 F(z)1az1 即 (1az1)Y(z)(1bz1)F(z)

从而有差分方程 y(n)ay(n1)f(n)bf(n1)

10

17. 已知某双边序列的Z变换为

f(k)。

F(z)110z29z2，求该序列的时域表达式

解：

F(z)11z0.4z0.5，两个单阶极点为0.4、0.5

当收敛域为|z|>0.5时，f(k)=((0.4)k1(0.5)k1)(k1)

当收敛域为0.4<|z|<0.5时，f(k)= (0.4)k1(k1)+(0.5)k1(k) 当收敛域为|z|<0.4时，f(k)= (0.4)k1(k)+(0.5)k1(k)

11