《信号与系统》书内习题参考答案（1~3章）

自考《信号与系统》书内习题参考答案 第一章 P31(1)【答案】:f0 1.5915×104H 2r√LC2√50×10-6×200×10 因为Q=VC,所以R VC.,将L Q代入得:R、V200x10-12 谐振时,回路中电流L达到最大值:Io 故谐振时电流的有效值:Io= U.1×10-3 0.2×103A R 谐振时,U0=QU,,因此U0的有效值:U10=QU=100×1×103=0.1V 又U0=-jQU,所以Uco的有效值:Uco=QU=100×1×103=0.1V 通频带BW f01.5915×10° 5.915×103Hz 100 (2)∵Us(t)最大值为 Us(t)的有效值为1mV P5×103 02×1092(参考P30例-3-2:P2应为50W才合理) Q R OOCR0O- I BW×Q CR CR CR Q= NBWxCR√4×10×400×102×103 =1767767 2 =707.1Mrad/s OCR1767767×400×10-2×02×10-314142 L OR1767767×0.2×10 707.1×10° 5×10-0=500p U0=QU,=1767767×1×10-=17687 编号(M)Bw(kHz)QL(H)C(PF)R(9) 15.9 100 1.8766 23.46 60 00 1878 7.076 4 372 586.3 46.02 北京邮电大学网络学院罗老师编

自考《信号与系统》书内习题参考答案 第一章： P31（1）【答案】： = × × × = = −6 −12 0 2 50 10 200 10 1 2 1 π LC π f 1．5915×10-6Hz 因为 Q＝ Q C L ， R R C L 所以 = ，将 L，C，Q 代入得：R = × × = − − 100 200 10 50 10 12 6 5Ω 谐振时，回路中电流 I0达到最大值：IO R Us • = ， 故谐振时电流的有效值：IO = × = = − 5 1 10 3 R Us 0．2×10-3A 谐振时， 的有效值：U • • • L0 = Us ， UL0 U jQ 因此 L0＝QUs＝100×1×10-3＝0．1V 又UC0＝－jQUs，所以UC0的有效值：UC0＝QUs＝100×1×10-3＝0．1V 通频带BW＝ 100 1.5915 106 0 × = Q f ＝l5．915×103 Hz （2）∵Us（t）最大值为 2 ，∴Us（t）的有效值为 1mV ( ) ( ) U QU V pF QR L Mrad s QCR BW CR Q CR BW Q CR Q CR Q Q R CR L Q P P W P U R c s R R s 17677.67 1 10 17.68 5 10 500 707.1 10 17677.67 0.2 10 707.1 / 1414.2 10 17677.67 400 10 0.2 10 1 1 17677.67 32 10 4 10 400 10 0.2 10 1 1 1 ; 1 ; 1 ; 1 0.2 10 30 1 3 2 : 50 5 10 10 3 0 10 6 3 0 12 0 12 3 5 4 12 3 0 2 2 0 0 0 3 3 2 2 3 = = × × = = × = × × × = = = = × × × × = = = = × × × × = × = = = = = × = = × Ω − − × = = − − − − − − − − − − ω ω ω ω ω ω 参考 例 应为 µ 才合理 （3） 编号 f0（Mz） BW（kHz） Q L（μH） C（pF） R（Ω） 1 1.59 15.9 100 — — — 2 1.8766 23.46 — — — 8.84 3 — 600 — 1.878 — 7.076 4 — — 37.2 586.3 — 46.02 北京邮电大学 网络学院 罗老师编 1

P36(1)解:0= C√100×10×100×10 =leRad/ R R R L R R C R VCV100×10 R Q 100×10 Ro =223.69 VRC=V20×100×10 150 0.67684A R2∥/R025000×2236221.6 25000+223.6 QL 50=4955 1=Q1l0=4955×0.67684=335A Uo=U,=150 (2)∵【答案】:先将电阻R等效到LC并联电路两端: 100×10-6 Ro 25×103g V10×400×10 再将R’o与R的并联等效为电阻Req,于是 Req=R’o//R=25×103//100×103=20×1039,可得:Ro=Req=20×1039 Uo=Is×Ro=10×10320×103=200V 第二章 t≤ Pn71)1)()+()={+3-1 f(t 4 北京邮电大学网络学院罗老师编

P36（1）解： Mrad s LC 10 / 100 10 100 10 1 1 6 12 0 = × × × = = − − ω I Q I A U U V Q R R Q A R R U I RC L R Q C L R R C L Q l L s eq L s s 49.55 0.67684 33.5 ; 150 50 49.55 223.6 221.6 0.67684 221.6 150 25000 223.6 25000 223.6 150 // 223.6 20 100 10 100 10 20 50 100 10 100 10 ; 0 0 ' 0 ' 0 0 12 6 ' 0 12 6 = = × = = = = = × = = = + × = = = Ω × × × ∴ = = = Ω × × = ∴ = = − − − − Q （2）∵【答案】：先将电阻 R 等效到 LC 并联电路两端： = × Ω × × × = = − − 3 12 6 ' 0 25 10 10 400 10 100 10 RC L R 再将R’o与RL的并联等效为电阻Req，于是： Req＝R’o／／RL＝25×103 ／／100×103 ＝20×103 Ω，可得：Ro＝Req＝20×103 Ω Uo＝Is×Ro＝10×10-320×103 =200V 第二章 P47（1）1） ( ) ( ) 2） ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≥ + − < < ≤ − + = 2 1 3 1 1 2 1 1 2 t t t t f t f t ( ) ( ) ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ × = + 0 2 2 0 1 2 f t f t t （2）1） 北京邮电大学 网络学院 罗老师编 2

f(t) 0 P52(1)1)f(t)=2E(t1)-e(t)-ε(t1) 2)f2(t)=E(t+1)-2ε(t-1)+ε(t-2) (2)1)y1(t)=28(t+1)-8(t)-8(t-1) 2)y2(t)=28(t+1)-8(t)-8(t-1) (3)1)sintr= 2)e 4)t+cos )-2235lo 0 =cos o P63(1) UR+UL=US: UL=L- di, R d i 与()平衡可得1(0,)=i1(0) dt L 0 L 北京邮电大学网络学院罗老师编

2） P52（1）1）f1（t）=2ε（t+1）—ε（t）—ε（t—1） 2）f2（t）=ε（t+1）—2ε（t—1）+ε（t—2） （2）1）y1（t）=2δ（t+1）—δ（t）—δ（t—1） 2）y2（t）=2δ（t+1）—δ（t）—δ（t—1） （3）1） 2 1 sin 6 = = π t t 2） 3 3 e e t t = =− − 3） 1 0 = = − t t e 4） 2.5 2 1 2 3 cos 2 ⎟ = − − = − ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + t=− t t π 5）cos[ω( 3)] cos( ) ω cosω 2 − = − = t= t P63（1）UR+UL=US； dt di U L L L = ( ) ( ) ( ) ( ) + = = ∴ + = − 0 0 1 4 L L L L S L t i i dt di t L U L i L R dt di ε Q 与ε 平衡 可得 ( ) t L R yh t iLp Ce L R L R − λ + = 0 λ = − = = 北京邮电大学 网络学院 罗老师编 3

()=7s()f()=7b()U=P 4 L 电感电流1=b+lp=C 4 C+=0C L uo(t)p C=ue (2)参考例2-3-3和例2-3-4: ①利用戴维南定理,将原电路化简成右图 Ro R,R 3×6=29 R2 R1+R23+6 U,=U,==U R+r 3+6 Ugo +Uc=U() Ugo=Roic=roc du 1 dU dt dt +Uc=-U +U=12 2 dt dt 因为奇异函数平衡:C含有E(项,则Uc()为斜升函数,在t=0处连续 有U(0,)=U(0)=21…即电容中电压不能突变。 ②奇次解:λ+1=0;λ=1;∴齐次解为:U(t)C1e',由t=0时可得:C1=2 ③∵t>0时激励Us(t)为常数,∴设特解U=P代入微分方程,可求得P=12 ④∴电容电压U=Ua+Uep=C2+12 将初始条件Ue(0.)-Uc(0-)=0;Ue(0.)=cr(0.)=2代入上式 得:Ucr(0.)=C2+12=2;∴C2=-10;∴Ucr(0.)=12-10e ∴全解:Uc(t)=2e+12-10e-=12-8eV t>0 (3)1)∵零输入响应:y(0,)=y(0)j=0.2,…n yx(0,)=y (0,)=y2(0.) λ2+5λ+6λ=0,(λ+2)(+3)=0,A1=-2,N2=-3 yx(=Ce-2+C)e 由y(0,)=C1+C2=1,y(0,) 1解得:C1=2,C2 x(t)=2 2)2+3A+1=0,(λ+1)2=0,A=-1为二重实根 yx(0.)=yx(0)=1,yx’(0)=yx’(0)=1 yx(t)=C1 te +Coe由以上可得C=1 ∴系统的零输入响应为:yx(t)=e+2te1 t>0 北京邮电大学网络学院罗老师编

( ) ( ) ( ) ( ) 1 8( ) 1 4 4 0 4 4 4 4 4 4 0 ' = − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ∴ = − = + = + + = = − = = = = − t L t L R L t L R L Lh Lp Lp e i e L i L C L C L i i i Ce L t U P L t f t L f t 电感电流 Q ε δ （2）参考例 2-3-3 和例 2-3-4： ①利用戴维南定理，将原电路化简成右图： ( ) ( ) ( ) ( ) U ( ) U ( ) V 。 t ， U t ， t 。 dt dU ： U t dt dU U U dt dU U U dt dU dt dU dt dU U U U t U R i R C U U U R R R U R R R R R C C C C C C C S C C s C C C R C R C s s s 有 即电容中电压不能突变 因为奇异函数平衡 含有 项 则 为斜升函数 在 处连续 LL Q 0 0 2 0 ; 12 3 4 ; 3 2 2 1 2 1 ; 3 2 3 6 6 2 3 6 3 6 0 0 0 0 0 1 2 2 0 1 2 1 2 0 ∴ = = = + = + = + = + = = = = = + = + = Ω = + × = + = + − ε ε ②奇次解：λ+1=0；λ=-1；∴齐次解为：UCh（t）C1e -t，由t=0 时可得：C1=2 ③∵t>0 时激励US（t）为常数，∴设特解UCp=P0代入微分方程，可求得P0=12 ④∴电容电压UC= UCh+ UCp=C2+12 将初始条件UCf（0+）-U Cf（0-）=0；UCf（0+）=U Cf（0-）=2 代入上式 得：UCf（0+）=C2+12=2；∴C2=-10；∴UCf（0+）=12-10e-tV t>0 ∴全解：UC（t）=2e-t+12-10e-t=12-8e-tV t>0 （3）1）∵零输入响应： ( ) ( ) ( ) y y ( ) j n j X j X 0 = 0 = 0,1,2,LL, + − ∴ ( ) 0 (0 ) 1, (0 ) (0 ) 1 ' ' y X + = y X − = y X + = y X − = − λ2 +5λ+6λ=0，（λ+2）（λ+3）=0，λ1=-2，λ2=-3 ∴ ( ) t t X y t C e C e 3 2 2 1 − − = + ( ) ( ) ( ) 2 0 0 1, 0 2 3 1 : 2, 1 2 3 1 2 1 2 ' 1 2 ∴ = − > = + = = − − = − = = − − − + + y t e e t y C C y C C C C t t X 由 X X 解得 2）λ2 +3λ+1=0，（λ+1）2 =0，λ=-1 为二重实根， yX（0+）=yX（0_）=1，yX’（0+）=yX’（0_）=1 yX（t）=C1te-t+C0e -t由以上可得C0=1 yX ’ =C1e -t-C1te-t-C0e -t→C1-C0=1，∴C1=2 ∴系统的零输入响应为：yX（t）=e-t+2te-t t>0 北京邮电大学 网络学院 罗老师编 4

(4)①系统的零输入响应:X2+3x+2=0,N1=-1,A2=2 yx(0)=yx(0)=2,yx’(0)=yx’(0)=0 yx(t)=Ce+C2e由以上可得: yx(0)=C1+C2=2:yx(0.)=C1-2C2=0,可解得:C=4,C2=-2 系统的零输入响应为:yx(t)=4et-2te2 ②系统零状态响应时的方程和初始状态为: ()+3y()+2y()=2f()+6/( y/0-)=2,y(0)=0:式中()=6()…f()=0代入(3式可得 y()+3y/()+2y()=26()+6() (4) 为求0初始条件,对(4式从0到0,进行无穷小区积分 D(0.)-y()+5v,0.)=y,0)月+2y(=2+6h 等号两边奇异函数需要平衡∷y/0)=y(0)=0,y/(0)-y/0)=2 y0,)=2+y(0)=2+0=2 由(3试可求得齐次解为:Cne+Cp2e2 ③特解∷∵t>0时,激励f(t)=ε(t)为常数 设特解Yr=Po,代入(4)式可得:t>0时2P=6:Pa=3 由yr(0)=Cm+Cr+3=0和yr,(0)=CnC2=2解得:Cm=-4,Cn= 最后得零状态响应为:yr(t)=-4e+e2+3 ④∴全响应y(t)为:y(t)=yx(t)+yr(t)=e-2te+3=(1-2t)e-2+3 P68(1)∵f(t)=8(t)时,yr(t)=h(t) ∴h’(t)+2h(t)=8(t) λ+2=0:X=-2 ∴冲激响应h(t)=Cee(t) (2) 方程左边h’(t)中包含δ(t),h(t)中必含E(t)项 ∵h(t)在t=0处不连续,∴设h(0)=0,则hs(0.)=h(0.)-h(0.)=1……(3) 由式(2)(3)可求得h(0)=1-h(0)=1,∴Ce2=C=1∴h(t)=ee(t) (2)解:①由图可得:y”(t)=-8y’(t)-15y(t)+f(t) 即y”(t)+8y’(t)+15y(t)=f(t) 根据冲激响应的定义,可得:h”(t)+8h’(t)+15h(t)=8(t) h(O-)=h’(0-)=0 特征根:A1=-3;A2=-5∴冲激响应为:h(t)=(C1e+C2e)ε(t)……(5) 对(4)式0到,无穷小区积分p(0.)-6(0)+30)=0.)+20=1 等号两边奇异函数需要平衡,即h(应含有S()h()含(项)含y(项 h(0,)=h(0)=0,h(0,)=-h(0)+1=1 h(0)=C1+C2=0,h(0,)=-3C1-5C2=1 由上式可解得:C1=;C2 系统的冲激响应:h() 北京邮电大学网络学院罗老师编

（4）①系统的零输入响应：λ2 +3λ+2=0，λ1=-1，λ2=-2， yX（0+）=yX（0_）=2，yX’（0+）=yX’（0_）=0 yX（t）=C1e -t+C2e -2t由以上可得： yX（0+）=C1+C2=2；yX’（0+）=-C1-2C2=0，可解得：C1=4，C2=-2 ∴系统的零输入响应为：yX（t）=4e-t-2te-2t t>0 ②系统零状态响应时的方程和初始状态为： ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) t f t f f f f f f f f f f f f f f f f f f f C e C e y y y y y y y y y y y t dt t dt y t y t y t t t y y f t t f t t y t y t y t f t f t 2 1 2 ' ' ' ' 0 0 0 0 ' ' " ' ' ' " ' ' 3 : 0 2 0 2 0 2 : 0 0 0, 0 0 2 0 0 3 0 0 2 2 6 0 , 4 0 0 : 3 2 2 6 4 0 2, 0 0 , 3 : 3 2 2 6 3 − − + − + − + − + − + − + − + − − ∴ + ∴ = + = + = = = − = − + − + = + ∴ + + = + = = = ∴ = + + = + ∫ ∫ + − + − 由 式可求得齐次解为 等号两边奇异函数需要平衡 为求 初始条件 对 式从 到 进行无穷小区积分 式中 代入 式可得 Q LL Q LL ε δ ε ε δ ③特解:∵t>0 时，激励 f（t）=ε（t）为常数 ∴设特解YP=PO，代入（4）式可得：t>0 时 2PO=6；PO=3 ∴yf（t）=Cf1e -t+Cf2e -2t+3 由yf（0+）=Cf1+Cf2+3=0 和yf’（0+）=-Cf1-Cf2=2 解得：Cf1=-4，Cf2=1 ∴最后得零状态响应为：yf（t）=-4e-t+e-2t+3 ④∴全响应y（t）为：y（t）=yX（t）+yf（t）=e-2t-2te-2t+3=（1-2t）e-2t+3 t>0 P68（1）∵f（t）=δ（t）时，yf（t）=h（t） ∴h’（t）+2h（t）=δ（t） λ+2=0；λ=-2 …………………（1） ∴冲激响应h（t）=Ce-2tε（t） …………………（2） ∵方程左边 h’（t）中包含δ（t），h（t）中必含ε（t）项 ∵h（t）在t=0 处不连续，∴设h（0-）=0，则hZS（0+）=h（0+）-h（0-）=1……（3） 由式（2）（3）可求得h（0+）=1-h（0-）=1，∴Ce-20+=C=1∴h（t）=e-2tε（t） （2）解：①由图可得:y”（t）=-8y’（t）-15y（t）+f（t） 即 y”（t）+8y’（t）+15y（t）=f（t） 根据冲激响应的定义，可得：h”（t）+8h’（t）+15h（t）=δ（t）……………（4） h（0-）=h’（0-）=0 ∴特征根：λ1=-3；λ2=-5∴冲激响应为：h（t）=（C1e -3t+C2e -5t）ε（t）……（5） ( ) [ ] ( ) ( ) [ ( ) ( )] ( ) 等号两边奇异函数需要平衡 即 ( )应含有 ( ) ( )含 ( )项 ( )含 ( )项 对 式 到 无穷小区积分 h t t h t t h t t h h h h h t dt , δ , ε , γ 4 0 0 : 0 0 3 0 0 2 1 " ' 0 0 ' ' − + − + = ∫ + − − + + − + − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0, (0 ) 3 5 1 0 0 0, 0 0 1 1 1 2 ' 1 2 ' ' ∴ = + = = − − = ∴ = = = − + = + + + − + − h C C h C C h h h h C C h( )t e e (t) t t ⎟ε ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∴ = = − ∴ = − −3 −5 1 2 2 1 2 1 : 2 1 ; 2 1 由上式可解得 : 系统的冲激响应 北京邮电大学 网络学院 罗老师编 5

L=3H (3)解 根据基尔霍夫节点电流定律可得: RaiL dt 3.,3d,di .+2i1=i( 4 dt dt ②求阶跃响应g(t) 当ε(t)=is(t)时,it(t)=g(t);且g(0-)=g(0.)=0,∴齐次解特征根:A=-2, 设特解:为常数A,代入式(1)得:02A4,/=3 全解:g()=-ce+k()g(0,)=C+2=0:C 38() (33)y 2 δ()-÷6()+et()=e() P76(1)1)f()*f()=1dr=t0 2)设f(t)=e2e(t) 则f()*f2(0)=f()*(-1)=f()*a8(-1) s(t 3)f(t)*f2(t)= -coS o t米[6(t1)-86(t-1) = cos o t*δ(t+1)—cosωt*δ(t-1) coOSa-cos B=-2sin .sin 2 =cos(t+1)-coso(t-1)=-2sino xsinot (2)∵f1(t)=6(t+2)+6(t-2 (t)*f2(t)=f2(t)*(t)=f(t)*[δ(t+2)+8(t2)] =f2(t)*8(t+2)+f2(t)*δ(t-2)=f2(t+2)+f2(t2) (3)∵f(t)=ε(t)+e(t-2);h(t)=2ε(t-1)-2ε(t2) 零壮态响应:yh(t)=f(t)*h(t) ()*25(-1)-a(-2)*25(-1)-()*2(t-2)+t(-2)*2(-2 =c-()*2o6(-1)-E-(-2)*28(-1)--()*2(-2)+6-(-2)*26(-2) =2(-1)(-1)-2(-3)(-3)-2(-2k(-2)+2(-4)(t-4) 北京邮电大学网络学院罗老师编

（3）解： 根据基尔霍夫节点电流定律可得： ① ( ) (1) 3 4 , 2 4 3 2 3 1 2 i i t LLLLL dt di dt di i R R i dt di l i i L S L L L L L S L = + ∴ + = + = + ②求阶跃响应 g（t）： 当ε（t）=iS（t）时，iL（t）=g（t）；且g（0-）=g（0+）=0，∴齐次解特征根：λ=-2， 设特解：为常数 A，代入式（1）得：0+2A= 3 2 3 4 ∴ A = g( )t Ce ( )t g( ) C C g( )t e (t) t t ε ⎟ε ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ = + = ∴ = − ∴ = − ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = + − + −2 2 3 2 3 2 3 2 0; 3 2 , 0 3 2 全解: ③∵ h( )t g ( )t ( )t e ( )t ( )t e ( )t e (t) t t t ε ε δ δ ε 2 2 ' ' 2 3 4 3 2 3 2 3 2 3 2 − − − = − + ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = = − ( )t ( )t e ( )t e (t) t t δ δ ε ε 2 2 3 4 3 4 3 2 3 2 − − = − + = P76（1）1） f ( )t f ( )t d t (t) t ∗ = τ = ε ∫0 1 2 1 + 2）设f（t）=e -2tε（t） ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 = = − = − ∗ = ∗ − = ∗ − − − ∞ − − ∞ − − − ∫ e d e e t f t f t f t t f t t t t t τ ε ε δ τ τ 则 3）f1（t）*f2（t）=cosωt*[δ（t+1）—δ（t—1）] =cosωt*δ（t+1）—cosωt*δ（t—1） ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + − − = − 2 sin 2 cos cos 2sin α β α β Q α β =cosω（t+1）—cosω（t—1）=-2sinω×sinωt （2）∵f1（t）=δ（t+2）+δ（t—2） =f1（t）*f2（t）=f2（t）*f1（t）=f（t）*[δ（t+2）+δ（t—2）] =f2（t）*δ（t+2）+f2（t）*δ（t—2）=f2（t+2）+f2（t—2） （3）∵f（t）=ε（t）+ε（t—2）；h（t）=2ε（t—1）—2ε（t—2） 零壮态响应：yh（t）=f（t）*h（t） ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2( 1) ( 1) 2( 3) ( 3) 2( ) 2 ( ) 2 2( ) 4 ( ) 4 2 1 2 3 2 2 2 4 2 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 = − − − − − − − − + − − = − − − − − + − = ∗ − − − ∗ − − ∗ − + − ∗ − = ∗ − − − ∗ − − ∗ − + − ∗ − − − − − − − − − t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t t ε ε ε ε ε ε ε ε ε δ ε δ ε δ ε δ ε ε ε ε ε ε ε ε 北京邮电大学 网络学院 罗老师编 6

8已知f(r)和h(1)如图2-5羽2所示求卷积积分 y(t)=f(t)*h(t)。 h() f(t) 图2-5习2 【解答】由图可知 1,04时,如图2-53(e)所示,即 f(t-T) f(t-T) f(t-T) 北京邮电大学网络学院罗老师编

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h(t) f(t-T (d) 图2-53 1<t<2 2,2<!<3; 所以,综上所述,可以得到y(t) 其他 P80(14)解:①求微分方程 4+m+RR=2+2,40)+20=30 ②先求g(t)阶跃响应 当g(t)=i1(t),ε(t)=is(t)时:g(0)=g(0+)=0, 特征根γ=—2,特解为A,特解代入方程:由2A=一得A g(=|cxe-+=(0) 0,)=c+=0 ③由h(t)=g(t)得:h()=e-E() 第三章 P%6(1)解:∵奇函数,∴a0=a=0 be=r(sin(ko, ( dr 4-Tk2丌 T ko cos(ko, 2=2X k=1,3,5 k sIn sin 30,t+-sin 50, t +.+-sin ko,t )k=13x 二|tdh T=1 北京邮电大学网络学院罗老师编

P80（14）解：①求微分方程 R i R i i i ( )t i ( )t i (t) dt di i i L L L L L L s L s L 3 4 ; 2 4 3 2 3 ' ' 2 ÷ 1 = + + = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = + + ②先求 g(t)阶跃响应 当g(t)=iL(t)，ε(t)=is(t)时；g(0_)=g(0+)=0， 特征根γ=—2，特解为 A，特解代入方程；由 2A= 3 4 得 A= 3 2 ( ) ( ) ( ) 0 3 2 0 3 2 2 ⎟ = + = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = × + + − g t c e t g c t ε 故 g( )t e (t) t ⎟ε ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = − −2 3 2 3 2 ③由h(t)=g’ (t)得： ( ) 3 4 ( ) 2 h t e t t ε − = 第三章 P96（1）解：∵奇函数，∴a0=ak=0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) L L L LL sin 1,3,5, 1 sin 5 5 1 sin 3 3 1 sin 4 1,3,5, 4 cos cos0 2 2 cos 2 4 cos 4 1 sin 4 1 1 1 1 2 0 2 1 0 1 2 0 1 ⎟ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = + + + + + = − − = = − = × − ∴ = = × ∫ k t k k f t t t t k k k k t T k k T T k t T k f t k t dt T b T T T k ω ω ω ω π π π π π π ω ω ω （2） 1 2 2 2 0 2 0 0 = = × = = ∫ T t T tdt T a T T 北京邮电大学 网络学院 罗老师编 8

k k20 kr ke cos 2kT cos 0 sin 2ki kr 2kr2kr 2(r)? 2kT 2kT kr b2=200)M=2 2 cos ko, !2 rr cos(ko, T kO, ko Tk2丌。T(.k2r sIn sin o T sin o t +-sin 20,t +-sin 30,t k=1,2,3, 2丌 1()=1+2cos+459)-5sin(21+45°)+coS3+759)4 1()=1+2cos(+45°)+15c0s21+45°-|+cos7+75°) 2 i()=1+2cost+-+1.5cs2 + cos 3t 4 I2n1.52.259 12 3 1=√l2+12+l2+12=1l+2+ +16+9+4 =4625 北京邮电大学网络学院罗老师编

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 0 1 1 1 0 0 1 1 1 0 1 1 1 1 ' 0 1 0 1 1 cos sin 2 2 sin 2 sin 1 sin cos cos 2 cos 2 ω ω π ω ω π ω ω ω ω ω ω ω ω k k t k t k t k dt k k t k T k t t T k k t t k t dt v x k t v x T f t k t dt T a T T T T k = − = + = = = = ∫ ∫ ∫ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) sin 3 LL 1,2,3,L 3 1 sin 2 2 1 sin 1 2 1 sin 0 2 0 sin 2 cos 2 cos 2 cos sin 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 cos0 2 1 cos 2 sin 2 1 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 0 2 ⎟ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = − + + + ⎟ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = − − − = = − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = + − = − = − ∫ ∫ f t t t t k k T T k T k T T k T k T dt k k t k T k t t T f t k t dt T b k k k k k k k k k k T T T k ω ω ω π π π π π π ω ω ω ω ω π π π π π π π π π π （ 3 ） i( )t = 1+ 2cos(t + 45°)−1.5sin(2t + 45°)+ cos(3t + 75°)A ( ) ( ) ⎟ + ( ) + ° ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = + + ° + + ° − cos 3 75 2 i t 1 2cos t 45 1.5cos 2t 45 t π ( ) ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ + + ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ + − ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = + + 12 5 cos 3 4 1.5cos 2 4 1 2cos π π π i t t t t （4） I 0 = 1A P I W I I I I I A I I A I I A I I T m m m 4.625 8 37 1 8 37 8 8 16 9 4 2 1 8 9 1 2 2 1 2 8 9 2 2.25 2 1.5 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 1 2 0 3 3 2 2 1 1 = × = = = + + + = + + + = + + + = = = = = = = = = = 北京邮电大学 网络学院 罗老师编 9

Pl05(1)1) to 2)28()+062+1 3)-e(-1)=-e-)e(-)o(-a+3)+ =丌o(O 0.5 (2)∵由两个有时移的矩形脉冲构成;∴原矩形脉冲G(t) >0.5 (3)f(1)= U cOS(+)-E(t fo(=-Umsinta(+7)-E(t-1+U cos 8(+7-8(- ()=nc00+1)-(-1l-Unsn()(+)-6(-x f(1)+Um6(+)+d(t 对上面最后一个表达式求富里叶变换得 Fool=-FGO Go)FUo) +F(o)=2Um cos(or 所以此信号的富里叶变换式为:F()=f[(l Pl16(1)1)h(t)=8(t)-3e2e(t),则HS.3S-1 S+2S+2 S-1 yr(t)=(1-3t)e 6(t), A YAS) +2) 北京邮电大学网络学院罗老师编

P105（1）1）( ) ( ) ( ) ( ) ω ω ε ε ε j j e e t e t e t t t t t + − + − = − = − − − − 2 1 1 2 2 1 2） ( ) ( ) ω δ ε j t e t t + + ↔ + − 1 1 2 2 3） ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 3 3 1 3 3 3 − = − + − − − − = − − ↔ − + + − − ω πδ ω ω ε ε πδ ω j j e t e t t t （2）∵由两个有时移的矩形脉冲构成；∴原矩形脉冲 G（t）= ⎩ ⎨ ⎧ > < 0 0.5 1 0.5 t t ( ) ( ) ( ) ω ω ω ω ω ω cos1.5 2 2 2 2 1.5 1.5 1.5 1.5 1 ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ + ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = + + − ↔ − f t G t G t e Sa e Sa Sa j j （3） ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = + − − ) 2 ) ( 2 ( ) cos ( π ε π f t U t ε t t m ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = − + − − ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + + − − ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = − + − − ) 2 ) ( 2 sin ( ) 2 ) ( 2 ) cos ( 2 ) ( 2 ( ) sin ( (1) π ε π ε π δ π δ π ε π ε U t t t f t U t t t U t t t m m m ( ) ( )[ ] ( ) ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = − + + + − ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ = − + − − − + − − ) 2 ) ( 2 ( ) ( ) 2 ) ( 2 ( ) cos ( 1) ( 1) sin ( 2 π δ π δ π δ π ε ε δ f t U t t f t U t t t U t t t m m m 对上面最后一个表达式求富里叶变换得 [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = − + + − 2 1 2 cos 2 2 cos ( ) ( ) 2 2 (2) 2 2 ωπ ω ω ωπ ω ω ω ω ω π ω π m m j j m F j U j F j F j U F f t F j U e e 所以此信号的富里叶变换式为： ( ) [ ] 2 1 2 2 cos ( ) ω ωπ ω − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = = Um F F f t P116（1）1） h（t）=δ（t）－3e -2 t ε（t），则 H(S)=1- 2 1 2 3 + − = + S S S yf（t）＝（l－3t）e -2 t ε（t），则 Yf(S)= ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 3 2 1 + − = + − + S S S S 北京邮电大学 网络学院 罗老师编 10