时域分析法习题课

电子教案电子教案

课程复习(时域分析法)

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0、

nπ cos ∑ 2 n= ∞k

δ ( n 2 )= ε ( k 2)。

1、下列系统中，线性系统有②③;时不变系统有①③。

①

y, (t )+ ( y (t ))= f (t )2

② y, (t )+ t 2 y (t )= f (t )③y, (t )+ 3 y (t )= f (t+ 2 )

2、积分

∫

2

1 1 t 2

δ (1 2τ )dτ=■

1ε (t 1) 2

。

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3、已知信号 f (1 2t )的波形如图所示，试画出 f (t )和 f, (t )的波形。f (1 2t )

f (t)3 2 1 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

3 2 1

-2

-1

0 1

2

3

4

-8 -7

f(1)

'

(t )5

0.5 -7 -5 1 -0.5 0

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4、如图，已知子系统冲激响应分别为 h1 (t )=δ (t 1), h2 (t )=ε (t ),则复合系统的冲激响应 h(t )=

ε (t 2)+ε (t )。h2 ( t ) y (t )

f (t )

h1 ( t )

h1 ( t )

+

∑

+

5、已知系统的微分方程为，则 y (0+ )=

y,, (t )+ 2 y, (t )+ y(t )= f,, (t ), y(0 )= 1, y, (0 )= 2, f (t )=ε (t )2, y, (0+ )= 0。

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6、已知

f1 ( k)=ε ( k+2) ε ( k 1), f2 ( k)={",0, 2,3,1,0,"},

求卷积和

f1 (k ) f 2 (k )=?

k=0

解法一：不进位乘法

f1 (k )={", 0, 1, 1, 1, 0,"}↑k=02 3 1 1 1 12 3 1 2 3 1 2 3 1

2 5 6 4 1

", 0, 2, 5, 6, 4, 1, 0,"}则： f1 (k ) f 2 (k )={

↑k=0第第16 16-5 5页页■

。

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解法二：已知

f1 ( k )=ε ( k+ 2 ) ε ( k 1), f 2 ( k )={", 0, 2, 3, 1, 0,"},↑ k=0

则： f 2 (k )= 2δ (k+ 1)+ 3δ (k )+δ (k 1)

f1 ( k ) f 2 ( k )= ε ( k+ 2 ) ε ( k 1)

* 2δ ( k+ 1)+ 3δ ( k )+δ ( k 1) = 2 ε ( k+ 2) ε ( k 1) *δ ( k+1)

+3 ε ( k+ 2 ) ε ( k 1) *δ ( k )+ ε ( k+ 2 ) ε ( k 1) *δ ( k 1)

= 2ε ( k+ 3)+ 3ε ( k+ 2 )+ε ( k+ 1)

2ε ( k ) 3ε ( k 1) ε ( k 2 )©西安电子科技大学电路与系统教研中心

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电子教案电子教案 2 t ( ) g t= eε (t ) 7、已知某LTI系统的阶跃响应t,求当输入信号 f (t )= eε (t )时系统的零状态响应

y zs (t )。解： h (t )= g ' (t )= 2e 2 tε (t )+ e 2 tδ (t )= 2e 2 tε (t )+δ (t )y zs ( t )= f ( t ) h ( t )t 2 t eε t 2 eε ( t )+δ ( t ) = ( )

= e tε (

t ) 2e 2 tε (t )+ e tε (t ) δ (t )= 2∫ eτε (τ )e 2 (t τ )ε (t τ )dτ+ e tε (t ) ∞∞

[

][

][

]

= 2∫ e 3τ dτ e 2tε (t )+ e tε (t )t 0

=第第16 16-7 7页页

1 2 t 2e+ e tε (t ) 3■

[

]

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'' ' ' 8、描述某LTI系统的微分方程为 y (t )+ 6 y (t )+ 8 y (t )= 3 f (t ) ' t ( ) (0+ )= 3。 y 0= 1, y+,已知输入 f (t )= eε (t ),初始状态

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求系统的零输入响应 y zi (t )、零状态响应 y zs (t )和全响应

'' ' t解法一：系统方程： y (t )+ 6 y (t )+ 8 y (t )= 3δ (t ) 3eε (t )

y (t )。

对上式两边从0-到0+积分得：'+ ' +

[y (0 ) y (0 )]+ 6[y (0 ) y (0 )]+ 8∫ y (x )dx=∫ 3δ (x )dx ∫ 3eε (x )dx x 0 0 0

0+

0+

0+

得： y (0 )= y (0+ ) 3= 0; y (0 )= y (0+ )= 1' '

'' ' ( ) ( ) y t+ 6 y y t zi zi (t )+ 8 y zi (t )= 0求 zi:其满足的方程为： 2 t 4 t则： y zi (t )= c1e+ c2 eε (t )

其特征根为：λ1= 2,λ2= 4

(

)

' '由 y zi (0+ )= y (0 )= 1, y zi (0+ )= y (0 )= 0

得：

c1+ c2= 1 c1= 2 ,解得： c= 1 c c 2 4= 0 2 1 2

所以： y zi (t )= 2 e 2 t e 4 tε (t )第第16 16-8 8页页■。

(

)

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求 y zs (t ):其满足的方程为： y'' zs

(t )+ 6 y ' zs (t )+ 8 y zs (t )= 3δ (t ) 3e tε (t )

因： y (0+ )= y zi (0+ )+ y zs (0+ ),

y ' (0+ )= y ' zi (0+ )+ y ' zs (0+ )' y ( ) y 0= 0 zs (0+ )= 3,,所以： zs+

t特解： y p (t )= eε (t )

2 t 4 t t ( ) ( )ε (t ) y t= d e+ d e e则： zs 1 2

2 t 4 t t ( ) ( )ε (t ) y t= 3 e 2 e e故： zs

代入初始值得： d1= 3 d 2= 2

全响应：

y ( t )= yzi ( t )+ yzs ( t )= ( 5e 2t 3e 4t e t )ε ( t )■

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解法二：

h(t )= ( 3e 2t+ 6e 4t )ε (t )

y zs (t )= f (t ) * h(t )= ( e t+ 3e 2t 2e 4t )ε (t )

y zs (0+ )= 0, y′ zs (0+ )= 3′′ y zi (0+ )= y (0+ ) y zs (0+ )= 1, y′ zi (0+ )= y (0+ ) y zs (0+ )= 0

y zi (t )= (2e 2t e 4t ), t≥ 0y (t )= y zi (t )+ y zs (t )= (5e 2t e t 3e 4t ), t≥ 0

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1 9、如图所示LTI离散因果系统，若激励 f (k )= ε (k ), 2

k

(1)、写出该系统的输入输出差分方程； (2)、求系统的零状态响应 y zs (k )。+

∑+

y (k )D

f (k )

+

∑-

D+

5

6 1 6

解：(1) (2)

y (k )

5 1 y (k 1)+ y (k 2)= f (k )+ f ( k 1) 6 6k k