信号与系统课程第十三次作业参考答案

※ 第一题

如下图所示的反馈系统，回答以下各列问题：
（1）写出系统的传递函数：H(s)=V2(s)V1(s)H\left( s \right) = {{V_2 \left( s \right)} \over {V_1 \left( s \right)}}\,\,\,\,\,\,\,\,H(s)=V1​(s)V2​(s)​
（2） K满足什么条件时系统稳定？
（3）在临界稳定条件下，系统的冲激响应h(t)h\left( t \right)h(t)。

■ 求解：

（1）求解：
Kss2+4s+4[V1(s)+V2(s)]=V2(s){{Ks} \over {s^2 + 4s + 4}}\left[ {V_1 \left( s \right) + V_2 \left( s \right)} \right] = V_2 \left( s \right)s2+4s+4Ks​[V1​(s)+V2​(s)]=V2​(s)H(s)=V2(s)V1(s)=Kss2+(4−K)s+4H\left( s \right) = {{V_2 \left( s \right)} \over {V_1 \left( s \right)}} = {{Ks} \over {s^2 + \left( {4 - K} \right)s + 4}}H(s)=V1​(s)V2​(s)​=s2+(4−K)s+4Ks​

（2）求解：
p1,2=(K−4)±j16−(4−K)22p_{1,2} = {{\left( {K - 4} \right) \pm j\sqrt {16 - \left( {4 - K} \right)^2 } } \over 2}p1,2​=2(K−4)±j16−(4−K)2​​K−42<0⇒K<4{{K - 4} \over 2} < 0\,\,\, \Rightarrow \,\,K < 42K−4​<0⇒K<4

（3）求解：

K=4,H(s)=4ss2+4K = 4,\,\,\,H\left( s \right) = {{4s} \over {s^2 + 4}}K=4,H(s)=s2+44s​h(t)=4cos⁡(2t)⋅u(t)h\left( t \right) = 4\cos \left( {2t} \right) \cdot u\left( t \right)h(t)=4cos(2t)⋅u(t)

▲ 使用MATLAB中的SIMULINK可以来仿真在上述各个K值参数下系统的单位阶跃响应：

※ 第二题

如下图所示的反馈系统，回答以下各列问题：
（1）写出系统传递函数：H(z)=Y(z)X(z)H\left( z \right) = {{Y\left( z \right)} \over {X\left( z \right)}}H(z)=X(z)Y(z)​
（2）K满足什么条件的时候系统稳定？

■ 求解：

（1）解答：
y[n]=y[n−1]+4y[n−2]−k⋅y[n−1]+x[n]y\left[ n \right] = y\left[ {n - 1} \right] + 4y\left[ {n - 2} \right] - k \cdot y\left[ {n - 1} \right] + x\left[ n \right]y[n]=y[n−1]+4y[n−2]−k⋅y[n−1]+x[n]Y(z)=(1−k)z−1Y(z)+4z−2Y(z)+X(z)Y\left( z \right) = \left( {1 - k} \right)z^{ - 1} Y\left( z \right) + 4z^{ - 2} Y\left( z \right) + X\left( z \right)Y(z)=(1−k)z−1Y(z)+4z−2Y(z)+X(z)H(z)=Y(z)X(z)=z2z2+(K−1)z−4H\left( z \right) = {{Y\left( z \right)} \over {X\left( z \right)}} = {{z^2 } \over {z^2 + \left( {K - 1} \right)z - 4}}H(z)=X(z)Y(z)​=z2+(K−1)z−4z2​

（2）解答：
Δ=(K−1)2+16>0,z1z2=−4\Delta = \left( {K - 1} \right)^2 + 16 > 0,\,\,z_1 z_2 = - 4Δ=(K−1)2+16>0,z1​z2​=−4

根据z1,z2z_1 ,z_2z1​,z2​的乘积等于-4，说明在任何时候，两者中至少有一个绝对值大于1，所以系统总是不能够稳定的。

※ 第三题

离散时间系统如下图所示：
（1） 求该系统的传递函数H(z)H\left( z \right)H(z)；
（2） 设系统的机理为：x[n]=[(−1)n+(−2)n]⋅u[n]x\left[ n \right] = \left[ {\left( { - 1} \right)^n + \left( { - 2} \right)^n } \right] \cdot u\left[ n \right]x[n]=[(−1)n+(−2)n]⋅u[n]
用z变换求该系统的零状态响应；
（3） 已知x[n]=δ[n],y[0]=1,y[−1]=−1x\left[ n \right] = \delta \left[ n \right],\,\,y\left[ 0 \right] = 1,\,\,y\left[ { - 1} \right] = - 1x[n]=δ[n],y[0]=1,y[−1]=−1
利用z变换求该系统的零输入响应。

■ 求解：

（1）解答：
通过设立中间变量w[n]w\left[ n \right]w[n]建立两个方程：


系统的传递函数为：
Y(z)X(z)=4+5z−11−3z−1+2z−2=4z2+5zz2−3z+2{{Y\left( z \right)} \over {X\left( z \right)}} = {{4 + 5z^{ - 1} } \over {1 - 3z^{ - 1} + 2z^{ - 2} }}\, = {{4z^2 + 5z} \over {z^2 - 3z + 2}}X(z)Y(z)​=1−3z−1+2z−24+5z−1​=z2−3z+24z2+5z​

（2）解答：
系统输入信号的z变换：
X(z)=zz+1+zz+2X\left( z \right) = {z \over {z + 1}} + {z \over {z + 2}}X(z)=z+1z​+z+2z​

Y(z)=H(z)⋅X(z)=4z2+5zz2−3z+2⋅(zz+1+zz+2)Y\left( z \right) = H\left( z \right) \cdot X\left( z \right) = {{4z^2 + 5z} \over {z^2 - 3z + 2}} \cdot \left( {{z \over {z + 1}} + {z \over {z + 2}}} \right)Y(z)=H(z)⋅X(z)=z2−3z+24z2+5z​⋅(z+1z​+z+2z​)=8z4+22z3+15z2z4−5z2+4=z2(2z+3)(4z+5)(z−1)(z−2)(z+2)(z+1)= {{8z^4 + 22z^3 + 15z^2 } \over {z^4 - 5z^2 + 4}} = {{z^2 \left( {2z + 3} \right)\left( {4z + 5} \right)} \over {\left( {z - 1} \right)\left( {z - 2} \right)\left( {z + 2} \right)\left( {z + 1} \right)}}=z4−5z2+48z4+22z3+15z2​=(z−1)(z−2)(z+2)(z+1)z2(2z+3)(4z+5)​

=−152zz−1+1516zz−2+12zz+2+−16zz+1= {{ - {{15} \over 2}z} \over {z - 1}} + {{15{1 \over 6}z} \over {z - 2}} + {{{1 \over 2}z} \over {z + 2}} + {{ - {1 \over 6}z} \over {z + 1}}=z−1−215​z​+z−21561​z​+z+221​z​+z+1−61​z​

>>iztrans(ans)'
ans=(-2)^n/2 -(-1)^n/6 +(91*2^n)/6 -15/2

系统的零状态响应为：
y[n]=−152+12(−2)n−16(−1)n+916⋅2n,n≥0y\left[ n \right] = - {{15} \over 2} + {1 \over 2}\left( { - 2} \right)^n - {1 \over 6}\left( { - 1} \right)^n + {{91} \over 6} \cdot 2^n ,\,\,\,\,n \ge 0y[n]=−215​+21​(−2)n−61​(−1)n+691​⋅2n,n≥0

（3）解答：

根据系统的传递函数可以化简为：Y(z)=4+5z−11−3z−1+2z−2Y\left( z \right) = {{4 + 5z^{ - 1} } \over {1 - 3z^{ - 1} + 2z^{ - 2} }}Y(z)=1−3z−1+2z−24+5z−1​

它对应的系统差分方程为：y[n]−3y[n−1]+2y[n−2]=4x[n]+5x[n−1]y\left[ n \right] - 3y\left[ {n - 1} \right] + 2y\left[ {n - 2} \right] = 4x\left[ n \right] + 5x\left[ {n - 1} \right]y[n]−3y[n−1]+2y[n−2]=4x[n]+5x[n−1]
写出对应的后向迭代方程：
2y[n−2]=4x[n]+5x[n−1]−y[n]+3y[n−1]2y\left[ {n - 2} \right] = 4x\left[ n \right] + 5x\left[ {n - 1} \right] - y\left[ n \right] + 3y\left[ {n - 1} \right]2y[n−2]=4x[n]+5x[n−1]−y[n]+3y[n−1]

根据已知条件，可以求出：2y[−2]=4x[0]+5x[−1]−y[0]+3y[−1]2y\left[ { - 2} \right] = 4x\left[ 0 \right] + 5x\left[ { - 1} \right] - y\left[ 0 \right] + 3y\left[ { - 1} \right]2y[−2]=4x[0]+5x[−1]−y[0]+3y[−1]

y[−2]=4x[0]+5x[−1]−y[0]+3y[−1]2=4+5⋅0−1+3⋅(−1)2=0y\left[ { - 2} \right] = {{4x\left[ 0 \right] + 5x\left[ { - 1} \right] - y\left[ 0 \right] + 3y\left[ { - 1} \right]} \over 2}\, = {{4 + 5 \cdot 0 - 1 + 3 \cdot \left( { - 1} \right)} \over 2} = 0y[−2]=24x[0]+5x[−1]−y[0]+3y[−1]​=24+5⋅0−1+3⋅(−1)​=0

Y(z)−3{z−1Y(z)+y[−1]}+2{z−2Y(z)+y[−2]+z−1y[−1]}=4X(z)+5{z−1X(z)−x[−1]}Y\left( z \right) - 3\left\{ {z^{ - 1} Y\left( z \right) + y\left[ { - 1} \right]} \right\} + 2\left\{ {z^{ - 2} Y\left( z \right) + y\left[ { - 2} \right] + z^{ - 1} y\left[ { - 1} \right]} \right\}\, = 4X\left( z \right) + 5\left\{ {z^{ - 1} X\left( z \right) - x\left[ { - 1} \right]} \right\}Y(z)−3{z−1Y(z)+y[−1]}+2{z−2Y(z)+y[−2]+z−1y[−1]}=4X(z)+5{z−1X(z)−x[−1]}(1−3z−1+2z−2)Y(z)−3y[−1]+2y[−2]+2z−1y[−1]=(4+5z−1)X(z)−5x[−1]\left( {1 - 3z^{ - 1} + 2z^{ - 2} } \right)Y\left( z \right) - 3y\left[ { - 1} \right] + 2y\left[ { - 2} \right] + 2z^{ - 1} y\left[ { - 1} \right]\, = \left( {4 + 5z^{ - 1} } \right)X\left( z \right) - 5x\left[ { - 1} \right](1−3z−1+2z−2)Y(z)−3y[−1]+2y[−2]+2z−1y[−1]=(4+5z−1)X(z)−5x[−1]Y(z)=(4+5z−1)X(z)−5x[−1]+(3−2z−1)y[−1]+2y[−2]1−3z−1+2z−2Y\left( z \right) = {{\left( {4 + 5z^{ - 1} } \right)X\left( z \right) - 5x\left[ { - 1} \right] + \left( {3 - 2z^{ - 1} } \right)y\left[ { - 1} \right] + 2y\left[ { - 2} \right]} \over {1 - 3z^{ - 1} + 2z^{ - 2} }}Y(z)=1−3z−1+2z−2(4+5z−1)X(z)−5x[−1]+(3−2z−1)y[−1]+2y[−2]​

系统的零输入响应：
Yzi(z)=(3−2z−1)(−1)1−3z−1+2z−2=z(3z−2)(z−1)(z−2)=−zz−1+4zz−2Y_{zi} \left( z \right) = {{\left( {3 - 2z^{ - 1} } \right)\left( { - 1} \right)} \over {1 - 3z^{ - 1} + 2z^{ - 2} }} = {{z\left( {3z - 2} \right)} \over {\left( {z - 1} \right)\left( {z - 2} \right)}} = {{ - z} \over {z - 1}} + {{4z} \over {z - 2}}Yzi​(z)=1−3z−1+2z−2(3−2z−1)(−1)​=(z−1)(z−2)z(3z−2)​=z−1−z​+z−24z​

系统的零状态响应：
Yzs(z)=(4+5z−1)⋅X(z)1−3z−1+2z−2Y_{zs} \left( z \right) = {{\left( {4 + 5z^{ - 1} } \right) \cdot X\left( z \right)} \over {1 - 3z^{ - 1} + 2z^{ - 2} }}Yzs​(z)=1−3z−1+2z−2(4+5z−1)⋅X(z)​

对Yzi(z)Y_{zi} \left( z \right)Yzi​(z)进行z反变换，可以得到系统的零输入响应：yzi[n]=−1+4⋅2n,n≥0y_{zi} \left[ n \right] = - 1 + 4 \cdot 2^n ,\,\,\,\,n \ge 0yzi​[n]=−1+4⋅2n,n≥0

※ 第四题

已知离散时间因果系统的差分方程为：
（1）y[n]=0.14x[n]+0.14x[n−1]+1.02y[n−1]y\left[ n \right] = 0.14x\left[ n \right] + 0.14x\left[ {n - 1} \right] + 1.02y\left[ {n - 1} \right]y[n]=0.14x[n]+0.14x[n−1]+1.02y[n−1]
（2） y[n]=0.5x[n]−0.3x[n−2]−2y[n−1]−y[n−2]y\left[ n \right] = 0.5x\left[ n \right] - 0.3x\left[ {n - 2} \right] - 2y\left[ {n - 1} \right] - y\left[ {n - 2} \right]y[n]=0.5x[n]−0.3x[n−2]−2y[n−1]−y[n−2]
通过传递函数的几点位置判断系统的稳定性。

■ 求解：

（1）求解：
y[n]=0.14x[n]+0.14x[n−1]+1.02y[n−1]y\left[ n \right] = 0.14x\left[ n \right] + 0.14x\left[ {n - 1} \right] + 1.02y\left[ {n - 1} \right]y[n]=0.14x[n]+0.14x[n−1]+1.02y[n−1]

系统的传递函数为：Y(z)=0.14+0.14z−11−1.02z−1=0.14(z+1)z−1.02Y\left( z \right) = {{0.14 + 0.14z^{ - 1} } \over {1 - 1.02z^{ - 1} }} = {{0.14\left( {z + 1} \right)} \over {z - 1.02}}Y(z)=1−1.02z−10.14+0.14z−1​=z−1.020.14(z+1)​

它具有一个单重实根：p1=1.02>1p_1 = 1.02 > 1p1​=1.02>1

所以系统 不稳定 。

>>iztrans(0.14*(z+1)/(z-1.02))'
ans=(707*(51/50)^n)/2550 -(7*kroneckerDelta(n,0))/51

y[n]=707(5150)n2550−7δ[n]51y\left[ n \right] = {{707\left( {{{51} \over {50}}} \right)^n } \over {2550}} - {{7\delta \left[ n \right]} \over {51}}y[n]=2550707(5051​)n​−517δ[n]​

▲ 系统仿真结果输出

（2）求解：
y[n]=0.5x[n]−0.3x[n−2]−2y[n−1]−y[n−2]y\left[ n \right] = 0.5x\left[ n \right] - 0.3x\left[ {n - 2} \right] - 2y\left[ {n - 1} \right] - y\left[ {n - 2} \right]y[n]=0.5x[n]−0.3x[n−2]−2y[n−1]−y[n−2]

系统的传递函数为：Y(z)=0.5−0.3z−21+2z−1+z−2=z(0.5z−0.3)(z+1)2Y\left( z \right) = {{0.5 - 0.3z^{ - 2} } \over {1 + 2z^{ - 1} + z^{ - 2} }} = {{z\left( {0.5z - 0.3} \right)} \over {\left( {z + 1} \right)^2 }}Y(z)=1+2z−1+z−20.5−0.3z−2​=(z+1)2z(0.5z−0.3)​

具有双重实根：p1,2=−1p_{1,2} = - 1p1,2​=−1，所以系统 不稳定 。

>>iztrans(z*(0.5*z-0.3)/(z+1)^2)'
ans=(13*(-1)^n)/10 +(4*(-1)^n*(n-1))/5

y[n]=1.3(−1)n+0.8(−1)n⋅(n−1),n≥0y[n] = 1.3\left( { - 1} \right)^n + 0.8\left( { - 1} \right)^n \cdot \left( {n - 1} \right),\,\,\,\,n \ge 0y[n]=1.3(−1)n+0.8(−1)n⋅(n−1),n≥0

▲ MATLAB仿真输出结果

※ 第五题

对于线性时不变系统施加激励信号：x(t)=e−tu(t)x\left( t \right) = e^{ - t} u\left( t \right)x(t)=e−tu(t)
系统的零状态输出为：y(t)=(12e−t−e−2t+2e3t)u(t)y\left( t \right) = \left( {{1 \over 2}e^{ - t} - e^{ - 2t} + 2e^{3t} } \right)u\left( t \right)y(t)=(21​e−t−e−2t+2e3t)u(t)
求该系统的系统函数H(s)H\left( s \right)H(s)，单位脉冲响应h(t)h\left( t \right)h(t)。

■ 求解：

将系统的零状态输入输出信号进行Laplace变换：

系统函数为：
H(s)=Y(s)X(s)=12(s+1)−1s+2+2s−31s+1H\left( s \right) = {{Y\left( s \right)} \over {X\left( s \right)}} = {{{1 \over {2\left( {s + 1} \right)}} - {1 \over {s + 2}} + {2 \over {s - 3}}} \over {{1 \over {s + 1}}}}H(s)=X(s)Y(s)​=s+11​2(s+1)1​−s+21​+s−32​​=12−s+1s+2+2(s+1)s−3= {1 \over 2} - {{s + 1} \over {s + 2}} + {{2\left( {s + 1} \right)} \over {s - 3}}=21​−s+2s+1​+s−32(s+1)​=32+1s+2+8s−3= {3 \over 2} + {1 \over {s + 2}} + {8 \over {s - 3}}=23​+s+21​+s−38​

将系统函数进行Laplace反变换，得到系统的单位脉冲响应h(t)h\left( t \right)h(t)：h(t)=32δ(t)+e−2t+8e3t,t≥0h\left( t \right) = {3 \over 2}\delta \left( t \right) + e^{ - 2t} + 8e^{3t} ,\,\,\,\,t \ge 0h(t)=23​δ(t)+e−2t+8e3t,t≥0

※ 第六题

已知电路如下面左图所示，传递函数的零极点如下面右图所示，且H(0)=1H\left( 0 \right) = 1H(0)=1。
求：R，L，C的值。

■ 求解：

将电路换成s域元器件模型：

H(s)=U2(s)U1(s)=RsRC+1sL+RsRC+1=RRLCs2+sL+R=1LCs2+1RCs+1LCH\left( s \right) = {{U_2 \left( s \right)} \over {U_1 \left( s \right)}} = {{{R \over {sRC + 1}}} \over {sL + {R \over {sRC + 1}}}}\, = {R \over {RLCs^2 + sL + R}}\, = {{{1 \over {LC}}} \over {s^2 + {1 \over {RC}}s + {1 \over {LC}}}}H(s)=U1​(s)U2​(s)​=sL+sRC+1R​sRC+1R​​=RLCs2+sL+RR​=s2+RC1​s+LC1​LC1​​

根据系统零极点的分布p1,2=−1±jp_{1,2} = - 1 \pm jp1,2​=−1±j，可以知道系统的传递函数为：H(s)=K(s+1−j)(s+1+j)=Ks2+2s+2H\left( s \right) = {K \over {\left( {s + 1 - j} \right)\left( {s + 1 + j} \right)}} = {K \over {s^2 + 2s + 2}}H(s)=(s+1−j)(s+1+j)K​=s2+2s+2K​

根据H(0)H\left( 0 \right)H(0)的取值，可以求出K值：H(0)=K2=1,K=2H\left( 0 \right) = {K \over 2} = 1,\,\,\,\,K = 2H(0)=2K​=1,K=2

所以系统函数为：
H(s)=2s2+2s+2H\left( s \right) = {2 \over {s^2 + 2s + 2}}H(s)=s2+2s+22​
对比电路传递函数，可得：
1LC=2,1RC=2,1LC=2{1 \over {LC}} = 2,\,\,\,{1 \over {RC}} = 2,\,\,{1 \over {LC}} = 2LC1​=2,RC1​=2,LC1​=2L=R,C=12RL = R,\,\,\,C = {1 \over {2R}}L=R,C=2R1​

由于只能有两个独立的方程，所以只能假设气氛中一个元器件的取值。在这里假设电阻R=1ΩR = 1\OmegaR=1Ω，那么其他两个元器件的取值便可以计算出来：L=R=1H,C=1/2R=0.5FL = R = 1H,\,\,\,\,C = 1/2R = 0.5FL=R=1H,C=1/2R=0.5F

※ 第七题

下列z变换中，哪些是对应的因果系统的传统函数？
（1） (1−z−1)21−12z−1{{\left( {1 - z^{ - 1} } \right)^2 } \over {1 - {1 \over 2}z^{ - 1} }}1−21​z−1(1−z−1)2​
（2） (z−1)2z−12{{\left( {z - 1} \right)^2 } \over {z - {1 \over 2}}}z−21​(z−1)2​
（3）
(z−16)7(z−12)6{{\left( {z - {1 \over 6}} \right)^7 } \over {\left( {z - {1 \over 2}} \right)^6 }}(z−21​)6(z−61​)7​

■ 求解：

（1）求解： 分子的多项式的阶次等于分母的多项式的阶次，分式展开后不存在z的正幂次项，收敛域包括有∞,系统为因果系统。

（2）求解： 分子的多项式的阶次高于分母的多项式的阶次，分式展开后存在z的正幂次项，收敛域不包括有∞,系统为 非因果系统 。

（3）求解： 分子的多项式的阶次高于分母的多项式的阶次，分式展开后存在z的正幂次项，收敛域不包括有∞,系统为 非因果系统 。

※ 第八题

因果、稳定、LTI系统的传递函数为H(s)H\left( s \right)H(s)。该系统的输入为：x(t)=δ(t)+es0t+x1(t)x\left( t \right) = \delta \left( t \right) + e^{s_0 t} + x_1 \left( t \right)x(t)=δ(t)+es0​t+x1​(t)
其中x1(t)x_1 \left( t \right)x1​(t)未知，s0s_0s0​是复数常数。
由x(t)x\left( t \right)x(t)产生的输出信号为：y(t)=δ(t)−6e−tu(t)−12e4tcos⁡3t−32e4tsin⁡3ty\left( t \right) = \delta \left( t \right) - 6e^{ - t} u\left( t \right) - {1 \over 2}e^{4t} \cos 3t - {3 \over 2}e^{4t} \sin 3ty(t)=δ(t)−6e−tu(t)−21​e4tcos3t−23​e4tsin3t
求符合上述条件的的传递函数H(s)H\left( s \right)H(s)。

■ 求解：

将y(t)y\left( t \right)y(t)进行Laplace变换：
Y(s)=1−6s+1+12⋅s+5s2−8s+25Y\left( s \right) = 1 - {6 \over {s + 1}} + {1 \over 2} \cdot {{s + 5} \over {s^2 - 8s + 25}}Y(s)=1−s+16​+21​⋅s2−8s+25s+5​=1−6s+1+14(1−3js−4−3j+1+3js−4+3j)= 1 - {6 \over {s + 1}} + {1 \over 4}\left( {{{1 - 3j} \over {s - 4 - 3j}} + {{1 + 3j} \over {s - 4 + 3j}}} \right)=1−s+16​+41​(s−4−3j1−3j​+s−4+3j1+3j​)

=s3−13.5s2+62s−127.5s3−7s2+17s+25= {{s^3 - 13.5s^2 + 62s - 127.5} \over {s^3 - 7s^2 + 17s + 25}}=s3−7s2+17s+25s3−13.5s2+62s−127.5​

=s−7.5s+1⋅s2−6s+17s2−8s+25= {{s - 7.5} \over {s + 1}} \cdot {{s^2 - 6s + 17} \over {s^2 - 8s + 25}}=s+1s−7.5​⋅s2−8s+25s2−6s+17​

>>laplace(dirac(t)-6*exp(-t)-(exp(4*t)*(cos(3*t)+3*sin(3*t)))/2)'
ans=1 -6/(s+1)-9/(2*((s-4)^2 +9))-(s-4)/(2*((s-4)^2 +9)
>>partfrac((m+5)/(2*m^2-16*m+50),m,'FactorMode','full')'
ans=(1/4 -3i/4)/(m-4 -3i)+(1/4 +3i/4)/(m-4 +3i)

由于x(t)x\left( t \right)x(t)是实数函数，所以x1(t)x_1 \left( t \right)x1​(t)应该包含es0te^{s_0 t}es0​t的共轭函数es0∗te^{s_0^* t}es0∗​t，所以：X(s)=1+1s−s0+1s−s0∗X\left( s \right) = 1 + {1 \over {s - s_0 }} + {1 \over {s - s_0^* }}X(s)=1+s−s0​1​+s−s0∗​1​

对比LTI输出信号中的表达式，可以知道：s0=4+3js_0 = 4 + 3js0​=4+3j。X(s)=1+2s−8s2−8s+25=s2−6s+17s2−8s+25X\left( s \right) = 1 + {{2s - 8} \over {s^2 - 8s + 25}} = {{s^2 - 6s + 17} \over {s^2 - 8s + 25}}X(s)=1+s2−8s+252s−8​=s2−8s+25s2−6s+17​
由于Y(s)=X(s)⋅H(s)Y\left( s \right) = X\left( s \right) \cdot H\left( s \right)Y(s)=X(s)⋅H(s)，所以：H(s)=Y(s)X(s)=s−7.5s+1H\left( s \right) = {{Y\left( s \right)} \over {X\left( s \right)}} = {{s - 7.5} \over {s + 1}}H(s)=X(s)Y(s)​=s+1s−7.5​

※ 第九题

因果、稳定、LTI系统的单位脉冲响应和有理系统函数分别是h(t)h\left( t \right)h(t)与H(s)H\left( s \right)H(s)。已知系统的输入为单位阶跃函数u(t)u\left( t \right)u(t)时，系统输出为绝对可和。当输入为t⋅u(t)t \cdot u\left( t \right)t⋅u(t)时，系统输出不是绝对可和。此外：
d2h(t)dt2+2dh(t)dt+2h(t){{d^2 h\left( t \right)} \over {dt^2 }} + 2{{dh\left( t \right)} \over {dt}} + 2h\left( t \right)dt2d2h(t)​+2dtdh(t)​+2h(t)
是有限长信号。H(1)=0.2,H(s)H\left( 1 \right) = 0.2,\,\,\,\,\,H\left( s \right)H(1)=0.2,H(s)在无穷远点只有一个零点。

求系统的传递函数H(s)H\left( s \right)H(s)，给出收敛域。试讨论各个已知条件的作用。

■ 求解：

  1. 根据系统是因果、稳定、LTI系统可知， 系统的有理系统函数的极点都位于s平面 左半平面。

  2. 根据系统在u(t)的作用下，系统的输出为 绝对可和，表明：1sH(s){1 \over s}H\left( s \right)s1​H(s)收敛域包含虚轴，即1sH(s){1 \over s}H\left( s \right)s1​H(s)没有s=0s = 0s=0处的极点，因此H(s)H\left( s \right)H(s)至少包含一个s=0s = 0s=0的零点。

  3. 根据系统在t⋅u(t)t \cdot u\left( t \right)t⋅u(t)作用下，系统输出不是绝对可积，因此H(s)H\left( s \right)H(s)在s=0s = 0s=0处的零点不超过两阶；系统函数可以写成：H(s)=s⋅A(s)B(s)H\left( s \right) = {{s \cdot A\left( s \right)} \over {B\left( s \right)}}H(s)=B(s)s⋅A(s)​

  4. 根据d2h(t)dt2+2dh(t)dt+2{{d^2 h\left( t \right)} \over {dt^2 }} + 2{{dh\left( t \right)} \over {dt}} + 2dt2d2h(t)​+2dtdh(t)​+2为有限长，即(s2+2s+2)H(s)\left( {s^2 + 2s + 2} \right)H\left( s \right)(s2+2s+2)H(s)不再包含任何极点，所以：B(s)=s2+2s+2B\left( s \right) = s^2 + 2s + 2B(s)=s2+2s+2。

  5. 根据H(s)H\left( s \right)H(s)在无穷远点只有一个一节零点，说明H(s)H\left( s \right)H(s)的分子比分母的阶次小1。所以系统函数可以写成：H(s)=s⋅As2+2s+2H\left( s \right) = {{s \cdot A} \over {s^2 + 2s + 2}}H(s)=s2+2s+2s⋅A​

  6. 再由H(1)=0.2H\left( 1 \right) = 0.2H(1)=0.2，可以求得A=1A = 1A=1。最终，有理系统函数为：H(s)=ss2+2s+2H\left( s \right) = {s \over {s^2 + 2s + 2}}H(s)=s2+2s+2s​

※ 第十题

用几何确定法粗略画出下列系统的幅频特性：
（1） H1(s)=1(s+2)(s+3),Re[s]>−2H_1 \left( s \right) = {1 \over {\left( {s + 2} \right)\left( {s + 3} \right)}},\,\,{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left[ s \right] > - 2H1​(s)=(s+2)(s+3)1​,Re[s]>−2
（2） H2(s)=s2s2+2s+1,Re[s]>−1H_2 \left( s \right) = {{s^2 } \over {s^2 + 2s + 1}},\,\,\,{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left[ s \right] > - 1H2​(s)=s2+2s+1s2​,Re[s]>−1
（3） H3(s)=s2−s+1s2+s+1,Re[s]>−12H_3 \left( s \right) = {{s^2 - s + 1} \over {s^2 + s + 1}},\,\,\,{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left[ s \right] > - {1 \over 2}H3​(s)=s2+s+1s2−s+1​,Re[s]>−21​

■ 求解：

（1）求解：
H1(s)=1(s+2)(s+3),Re[s]>−2H_1 \left( s \right) = {1 \over {\left( {s + 2} \right)\left( {s + 3} \right)}},\,\,{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left[ s \right] > - 2H1​(s)=(s+2)(s+3)1​,Re[s]>−2

bode(tf(zpk([],[-2,-3],1)))'

（2）求解：

H2(s)=s2s2+2s+1,Re[s]>−1H_2 \left( s \right) = {{s^2 } \over {s^2 + 2s + 1}},\,\,\,{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left[ s \right] > - 1H2​(s)=s2+2s+1s2​,Re[s]>−1

bode(tf(zpk([0,0],[-1,-1],1)))'

（3）求解：

H3(s)=s2−s+1s2+s+1,Re[s]>−12H_3 \left( s \right) = {{s^2 - s + 1} \over {s^2 + s + 1}},\,\,\,{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left[ s \right] > - {1 \over 2}H3​(s)=s2+s+1s2−s+1​,Re[s]>−21​

bode(tf([1,-1,1],[1,1,1]))'

※ 第十一题

已知以下系统，用几何作图法粗略会出它们的幅频和相频特性。
（1）H(z)=2zz−0.6H\left( z \right) = {{2z} \over {z - 0.6}}\;\;\;\;\;H(z)=z−0.62z​
（2） H(z)=(0.96+z−1)20.36z−2+1H\left( z \right) = {{\left( {0.96 + z^{ - 1} } \right)^2 } \over {0.36z^{ - 2} + 1}}\;\;\;\;\;H(z)=0.36z−2+1(0.96+z−1)2​

■ 求解：

（1）求解：

（2）求解：

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