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第6章 系统及系统的 解由于系统(1)不满足分解性；系统(2)不满足零输入线性；系统(3)不满足零状态线性，故这三个系统都不是线性系统。 对于系统(4)，如果直接观察 ～关系，似乎系统既不满足齐次性，也不满足叠加性。但考虑到令时，系统响应为常数，若把它看成是由初始状态引起的零输入响应时，系统仍是满足线性系统条件的，故系统(4)是线性系统。解(1)??已知(设 则其零状态响应，显然 故该系统是时不变系统。 ?(2) 已知(设 则其零状态响应，显然 故该系统是时不变系统。由于任一时刻的零状态响应均与该时刻以后的输入无关，因此都是因果系统。 而对于，任一时刻的响应都与该时刻以后的激励有关。响应在先，激励在后，这在物理系统中是不可能的。因此，该系统是非因果的。， 则有 ， 可见在区间上，即零状态出现于激励之前，因而该系统是非因果的。 4. 解：（1）显然，无论激励是何种形式的序列，只要它是有界的，那么也是有界的，因果该系统是稳定的。 （2）若，显然该激励是有界的，但 ， 它随时间无限增长，故该系统是不稳定的。 5. 解： （1）特征方程为：，得特征根：， 因而，可设零输入响应为： 代入初始条件得： 联立以上两式，解得 所以，系统的零输入响应为： （2） 特征方程为：，得特征根： 因而，可设零输入响应为： 代入初始条件得： 联立以上两式，解得 所以，系统的零输入响应为： 6. 解:（1） 将代入方程，由于方程右边没有冲激信号及其导数，所以系统在起始点（从状态到状态）没有发生跳变。 从而可知： （2）将代入方程，由于，即方程右边有冲激信号，所以系统在起始点（从状态到状态）会发生跳变。 根据奇异函数匹配法。（注意：这里不代表单位阶跃信号，只是借用它表示在点有一个单位的跳变量。） 从而有： 代入原方程可得： 解得： 故 （3）将代入方程，由于，即方程右边有冲激信号，所以系统在起始点（从状态到状态）会发生跳变。 根据奇异函数匹配法 从而有：， 代入原方程可得： 解得：故： ， 7. 解： （1）求零输入响应： 由已知条件有 特征方程： 特征根为： ， 故可设零输入响应（齐次解）为： 代入初始条件，并求解得， 故 （2）求零状态： 依题意，可设齐次解 ， 又由于时，，易知是方程的一个特解。 故零状态响应为： 为了确定待定系数，将代入原方程，有： 根据奇异函数匹配法，当时，可设：，则： ， 代入方程，平衡两边相同项的系数得 故 ， 代入表达式，可解得：， 故 （3）全响应 ，其中： 零输入响应为： 零状态响应为： 自由响应为： 强迫响应为： 8. 解：（1）设当激励为时，系统的零输入响应为、零状态响应为，则系统全响应为： 系统的初始状态保持不变，根据LTI系统的性质，当激励为时全响应为： 联立式、，可得： 又知，用经典法解式所示的方程，可得 从而，系统的零输入响应为： （2）由（1）不难看出，系统的单位冲激响应 所以，根据卷积积分法，当激励为时，零状态响应为： 又由于系统的初始状态保持不变，所以系统的零输入响应仍为， 故系统的全响应为： 9. 解：依题意，对于初始状态为零的LTI系统，在激励作用下的响应为： 则在激励作用下的响应为： 由于，故有： 又由已知条件：，从而得： 故该系统的单位冲激响应为： 10.解：（1）时刻，开关位于“1”，电路处于稳定状态，不难得到： ， ， 从而可知： 时刻，开关自“1”转至“2”，电容电压和电感电流不会突变，故有： ， 而电感电压要发生变化，有KVL可知： 从而可知： 综上所述，有： ， （2）时，由KVL可知： 方程两边求导并将代入，可得： 由于，且时，，所以系统微分方程为： 其特征方程为：，得特征根： 显然0是方程的一个特解，故全响应可设为： 代入初始条件，解得： 代入上式，并化简，得系统的全响应为： （3）根据（2），不难得到，在时间内，系统微分方程为： 其中， ，这可表示为 代入系统微分方程，得： 根据奇异函数匹配法 从而有：， 代入原方程可得： 解得： 故： ， 可见，与（1）的结果一致。 11. 解： 为了求，将已知条件及代入，并化简得 易知，用“经典法”可求得系统的单位冲激响应为： 从而进一步可