信号与线性系统分析同步辅导及习题全解 解(1)已知cE(t) 由时移性质可知en∈(t-T)n 于是 其图形为图5-7 (2)已知 te(t)← 由时移性质可知 2(t-1)e(t-1 (t-2)E(t-2)← 于是 =t(t)-2(t-1)c(t-1)+(t-2)E(t-2) 其图形为图5-8 (3)已知ε(t) 由时移性质得 e(t-2)← 2(s+3 由s域平移性质得 于是 f(t)=1 其图形为图5-9 212
23456#$’(789:;<=>? ? "!#®¯ %&% #"%#3) ! !’! 5</0Á¯ %&"%&=# #"%&=#3) %&=! !’! y $"%##"&! !&%&=! )!’! *#"&! ! )!’!*&"&! %&=! )!’!* #%&% #"%#&%&"%&=# #"%&=# ÆTHÆ)&5$ Æ)&5 "’#®¯ %#"%#3) ! !’ 5</0Á¯ ’"%&!##"%&!#3)’%&! !’ "%&’##"%&’#3)%&’! !’ y $"%## !&! !&%&! )" ! #* ’ # !&! !&’%&! ’%&’! ) !’ * #%#"%#&’"%&!##"%&!#’ "%&’##"%&’# ÆTHÆ)&9 Æ)&9 "2#®¯ #"%#3) ! ! 5</0 #"%&’#3)%&’! ! !6B</0 %&2% #"%&’#3)%&’"!’2# !’2 y $"%## "&! %&’"!’2# ) !’2 *#%&2% #"%&’# ÆTHÆ)&;$ %!#!%
第五章连续系统的s域分析 (4)已知ε( 由时移性质可得c(t-1)← 由s域平移性质可得eε(t-1) 于是 其图形为图5-10。 (5)已知sin(xt)e(t) 由时移性质可得sin[r(t-1)](t-1)、、 于是 f()=y「x(1+e2) s2+x2 sin(rt E(t)+ sinL(t-1)e(t-1) singlE(t)-e(t-1)] 其图形为图5-11 图5-11 213
/01 !"#$%!&’( Æ)&; "3#®¯ #"%#3) ! ! 5</0Á #"%&!#3)%&! ! !6B</0Á %% #"%&!#3)%&"!&!# !&! y $"%## "&! %&"!&!# )!&!*#%% #"%&!# ÆTHÆ)&!$$ Æ)&!$ ")#®¯ 8.:"!%##"%#3) ! !’ ’!’ 5</0Á 8.:)!"%&!#*#"%&!#3) !%&! !’ ’!’ y $"%## !&! !"!’%&’# !’ ) ’!’ * # !&! ! !’ ) ’!’ *’!&! !%&! !’ ) ’!’ * #8.:"!%##"%#’8.:)!"%&!#*#"%&!# #8.:!%)#"%#&#"%&!#* ÆTHÆ)&!!$ Æ)&!! %!#$%
信号与线性系统分析同步辅导及习题全解 )已知sin(xt)e(t) 由时移性质可得sin[x(t-2)]e(t-2) 于是f(t)=x s2+r2 sin(rt)E(t)-sinLr(t-2)e(t-2) sin(roLe(t)-e(t-2)1 其图形为图5-12 ◎5.10下列象函数的原函数∫(t)是t=0接人的有始周期信号,求周期T并写出其第 周期(0<t<T)的时间函数表示式fo(t) (1) 1+e- s(1+e-2) (3)x221_2(4) x(1+c3) +x2)(1一 分析将F)展开成上(的形式,由此可确定周期T,对F(求逆变换得f(1) 解1)F(s)=1 由此可知周期T=2s,且有 Fo(s)=lfo(o)] 又8(t)]=1,8(t-1)]=e 则f(t)=x1[F0(s)]=x[1-e]=8(t)-8(t-1) (2)F(s) 由此可知周期T=4s,且有 Mfo(t) 又 (t) 214
23456#$’(789:;<=>? "4#®¯ 8.:"!%##"%#3) ! !’ ’!’ 5</0Á8.:)!"%&’#*#"%&’#3) !%%&’! !’ ’!’ y $"%## !&! !"!&%&’!# !’ ) ’!’ * # !&! ! !’ ) ’!’ *&!&! !%&’! !’ ) ’!’ * #8.:"!%##"%#&8.:)!"%&’#*#"%&’# #8.:"!%#)#"%#&#"%&’#* ÆTHÆ)&!’$ Æ)&!’ 2)"!$ WXY#HXY$"%#y%#$¢ª#õPQR!"&\QR= ïÔå:g QR"$(%(=##5úXY2Ç,$$"%#$ "!# ! !’%&! "’# ! !"!’%&’!# "2# !"!’%&!# "!’ ’!’#"!&%&’!# "3# !"!’%&!# "!’ ’!’#"!&%&!# ’( ½""!#\]v "$"!# !&%&=! #T,&ÅÁ¬7QR=&w"$"!#\^)*$$"%#$ ? "!#""!## ! !’%&! # !&%&! !&%&’! ÅÁ¯QR= #’8&òõ "$"!## !)$$"%#* + !))"%#*#!&!))"%&!#*#%&! i $$"%## !&!)"$"!#*# !&!)!&%&!*#)"%#&)"%&!# "’#""!## ! !"!’%&’!## !&%&’! ! !&%&3! ÅÁ¯QR= #38&òõ "$"!## !)$$"%#*#!&%&’! ! + #"%#3) ! ! %!#%%
第五章连续系统的s域分析 由时移性质得 则f(1)=x[F(=g1(1-c-2)=E(--2) (3)F(s) π(1+e-) x2)(1一 由此可知周期T=2s,且有 又 sin(πt)e(1)← 由时移性质得 sin[x(t-1)]k(t-1)←32+ 则J()=x[F;()]=y「(+2 (t)e(t)+ sinN(t-1)]e(t-1) rt)[e(t)-e(t-1)],0≤t<2 0<t<1 1<t<2 (4)F(s) 由此可知周期T=1s,且有 sin(rt)e(t)← 由时移性质得 sin[x(t-1)](t-1)← f0(D)=x[F0(s)]=xrx(1+e-) n(t)e(t)+sinLa(t-1)Je(t-1) sin(rt Le(t)-e(t-1)]= sin(rt)0<t<1 5.11用拉普拉斯变换法解微分方程 y(t)+2y(t)=f(t) (1)已知f(t)=c(t),y(0-)=1 (2)已知f(t)=sin(2t)(t),y(0-)=0。 分析利用拉普拉斯变换法,解出微分方程响应的拉普拉斯变换,求其逆变换得y(t) 解对方程两边进行拉普拉斯变换,由微分特性可得 sY(s)-y(0-)+2Y(s)=F(s) (1) (1)F(s)=f(]=e(n)=1,连同y(0)=1一起代入(1)式, 215
/01 !"#$%!&’( 5</0 #"%&’#3)%&’! ! i $$"%## !&!)"$"!#*# !&! ! !"!&%&’! ) #*##"%#&#"%&’# "2#""!## !"!’%&!# "!’ ’!’#"!&%&’!##!"!’%&!# !’ ’!’ % ! !&%&’! ÅÁ¯QR= #’8&òõ "$"!## !)$$"%#*#!"!’%&!# !’ ’!’ + 8.:"!%##"%#3) ! !’ ’!’ 5</0 8.:)!"%&!#*#"%&!#3) !%&! !’ ’!’ i $$"%## !&!)"$"!#*# !&! !"!’%&!# !’ ) ’!’ * #8.:"!%##"%#’8.:)!"%&!#*#"%&!# #8.:"!%#)#"%#&#"%&!#*&$4%(’ # 8.:""%#& $(%(! /$& !(%(’ "3#""!## !"!’%&!# "!’ ’!’#"!&%&!## !"!’%&!# !’ ’!’ % ! !&%&! ÅÁ¯QR= #!8&òõ "$"!## !)$$"%#*#!"!’%&!# !’ ’!’ + 8.:"!%##"%#3) ! !’ ’!’ 5</0 8.:)!"%&!#*#"%&!#3) !%&! !’ ’!’ i $$"%## !&!)"$"!#*# !&! !"!’%&!# !’ ) ’!’ * #8.:"!%##"%#’8.:)!"%&!#*#"%&!# #8.:"!%#)#"%#&#"%&!#*#8.:"!%# $4%(! 2)"!! b&’&()*‘]?@_Î @B"%#’’@"%##$"%# "!#®¯$"%###"%#&@"$& ##!( "’#®¯$"%##8.:"’%##"%#&@"$& ##$$ ’( £b&’&()*‘&]å?@_Îst#&’&()*&\^)*@"%#$ ? w_ÎÒ%·¸&’&()*&?@/Á !C"!#&@"$& #’’C"!##""!# "!# "!#""!## !)$"%#*# !)#"%#*# ! !&øz@"$& ##!g^Õª"!#,& %!#&%
信号与线性系统分析同步辅导及习题全解 Y()=+1=k+-k2 s(s+2)ss+2 k2=(s+2)Y(s) 于是￥(5)=3++2 e(t)+-e-(t)=(1+e2)e(t) (2)F()=f()]=sin(2)e()1=3+4 连同y(0-)=0一起代人(1)式,得 (+2)(+D k1=(s+2)Y(s) s--2 k21=(s-j2)Y(s) v2- 于是 Y(s) y()=Y(sy+V2os(21-3572(t) [e2+√2sin(2t-45°)]e(t) 用拉普拉斯变换法求解微分方程 y"(t)+5y(t)+6y(t)=3f(t) 的零输入响应和零状态响应 (1)已知f(t)=e(t),y(0-)=1,y(0-)=2 (2)已知f(t)=ee(t),y(0)=0,y(0-)=1 分析用拉普拉斯变换法,可解得系统的零输入响应和零状态响应的拉普拉斯变换,求 其逆变换得y(t)和y/(t)。 解对方程两边进行拉普拉斯变换,由时域微分特性可得 s2Y(s)-sy(0-)-y(0-)+5sY(s)-5y(0-)+6￥(s)=3F(s) 整理可得 Y(s)=Y(s)+Y(s) 216
23456#$’(789:;<=>? C"!## !’! !"!’’##3! !’ 3’ !’’ 3! #!C"!#!#$ # ! ’ 3’ # "!’’#C"!#!#&’ # ! ’ y C"!## ! ’ ! ’ ! ’ !’’ @"%## !&!)C"!#*# !&! ! ’ ! ’ ! ’ !’ 5 6 7 ’8 # ! ’#"%#’ ! ’%&’% #"%## ! ’"!’%&’%##"%# "’#""!## !)$"%#*# !)8.:"’%##"%#*# ’ !’ ’3& øz@"$& ##$g^Õª"!#,& C"!## ’ "!’’#"!’ ’3## 3! !’’’ 3’! !&(’’ 3’’ !’(’ 3! # "!’’#C"!#!#&’ # ! 3 3’! # "!&(’#C"!#!#(’ # !’ 9%&( 2! 3 y C"!## ! 3 !’’’ !’ 9%&( 2! 3 !&(’ ’ !’ 9%( 2! 3 !’(’ @"%## !&!)C"!#*# ! 3 %&’% ’!’678"’%&2! ) 3#*#"%# # ! 3)%&’! ’!’8.:"’%&3)D#*#"%# 2)"!’ b&’&()*‘\]?@_Î @M"%#’)@B"%#’4@"%##2$"%# #!©ªst¤!_st$ "!#®¯$"%###"%#&@"$& ##!&@B"$& ##’ "’#®¯$"%##%&% #"%#&@"$& ##$&@B"$& ##! ’( b&’&()*‘&Á]no#!©ªst¤!_st#&’&()*&\ ^)*@-"%#¤@$"%#$ ? w_ÎÒ%·¸&’&()*&56?@/Á !’ C"!#&!@"$& #&@B"$& #’)!C"!#&)@"$& #’4C"!##2""!# ×GÁ C"!##C-"!#’C$"!# %!#’%