本文是： 2021年春季学期-信号与系统-第一次作业参考答案 的参考答案。

▌第四题

应用冲激信号的抽样特性（筛选特性）求下列各式的积分：

（1）

求解：

根据δ(t)\delta \left( t \right)δ(t)的尺度特性：δ(t2)=2δ(t)\delta \left( {{t \over 2}} \right) = 2\delta \left( t \right)δ(2t)=2δ(t)

以及δ(t)\delta \left( t \right)δ(t)的抽样特性可知：

∫−∞∞f(τ)δ(τ2)dτ=2∫−∞∞f(τ)δ(τ)dτ=2f(0)\int_{ - \infty }^\infty {f\left( \tau \right)\delta \left( {{\tau \over 2}} \right)d\tau } = 2\int_{ - \infty }^\infty {f\left( \tau \right)\delta \left( \tau \right)d\tau } = 2f\left( 0 \right)∫−∞∞f(τ)δ(2τ)dτ=2∫−∞∞f(τ)δ(τ)dτ=2f(0)

（2）

求解

根据δ(t)\delta \left( t \right)δ(t)的抽样特性可知：

∫−∞∞cos⁡(2t)δ(t−π3)dτ=cos⁡(2t)∣t=π3=cos⁡(2⋅π3)=−0.5\int_{ - \infty }^\infty {\cos \left( {2t} \right)\delta \left( {t - {\pi \over 3}} \right)d\tau } = \left. {\cos \left( {2t} \right)} \right|_{t = {\pi \over 3}} = \cos \left( {2 \cdot {\pi \over 3}} \right) = - 0.5∫−∞∞cos(2t)δ(t−3π)dτ=cos(2t)∣t=3π=cos(2⋅3π)=−0.5

（3）

注意：请分别讨论t₀在大于零和小于零两种情况下的结果。

求解：

（1）当 t0=0t_0 = 0t0=0，
∫−∞∞δ(t)u(t)dt=u(0)=0.5\int_{ - \infty }^\infty {\delta \left( t \right)u\left( t \right)dt} = u\left( 0 \right) = 0.5∫−∞∞δ(t)u(t)dt=u(0)=0.5

（2）当 t0>0t_0 > 0t0>0，

∫−∞∞δ(t−t0)u(t−t03)dt=u(t0−t03)=u(2t03)=1\int_{ - \infty }^\infty {\delta \left( {t - t_0 } \right)u\left( {t - {{t_0 } \over 3}} \right)dt} = u\left( {t_0 - {{t_0 } \over 3}} \right) = u\left( {{{2t_0 } \over 3}} \right) = 1∫−∞∞δ(t−t0)u(t−3t0)dt=u(t0−3t0)=u(32t0)=1

（3）t0<0t_0 < 0t0<0，

∫−∞∞δ(t−t0)u(t−t03)dt=u(t0−t03)=u(2t03)=0\int_{ - \infty }^\infty {\delta \left( {t - t_0 } \right)u\left( {t - {{t_0 } \over 3}} \right)dt} = u\left( {t_0 - {{t_0 } \over 3}} \right) = u\left( {{{2t_0 } \over 3}} \right) = 0∫−∞∞δ(t−t0)u(t−3t0)dt=u(t0−3t0)=u(32t0)=0

（4）

求解：

∫−∞∞e−jωt[δ(t)+δ(t−t0)]dt=1+e−jωt0\int_{ - \infty }^\infty {e^{ - j\omega t} \left[ {\delta \left( t \right) + \delta \left( {t - t_0 } \right)} \right]dt} = 1 + e^{ - j\omega t_0 }∫−∞∞e−jωt[δ(t)+δ(t−t0)]dt=1+e−jωt0

（5）

求解：

原来积分包括两个积分。第一个积分：
∫−∞∞e−τδ(τ−1)dτ=e−1\int_{ - \infty }^\infty {e^{ - \tau } \delta \left( {\tau - 1} \right)d\tau } = e^{ - 1}∫−∞∞e−τδ(τ−1)dτ=e−1

第二个积分：∫−∞∞e−τδ′(t)dτ=∫−∞∞e−τdδ(τ)\int_{ - \infty }^\infty {e^{ - \tau } \delta '\left( t \right)d\tau } = \int_{ - \infty }^\infty {e^{ - \tau } d\delta \left( \tau \right)}∫−∞∞e−τδ′(t)dτ=∫−∞∞e−τdδ(τ)=e−τ⋅δ(τ)∣−∞∞−∫−∞∞δ(τ)de−τ= \left. {e^{ - \tau } \cdot \delta \left( \tau \right)} \right|_{ - \infty }^\infty - \int_{ - \infty }^\infty {\delta \left( \tau \right)de^{ - \tau } }=e−τ⋅δ(τ)∣∣−∞∞−∫−∞∞δ(τ)de−τ=∫−∞∞δ(τ)⋅e−τdτ=e−τ∣τ=0=1= \int_{ - \infty }^\infty {\delta \left( \tau \right) \cdot e^{ - \tau } d\tau } = \left. {e^{ - \tau } } \right|_{\tau = 0} = 1=∫−∞∞δ(τ)⋅e−τdτ=e−τ∣∣τ=0=1

因此：

∫−∞∞e−τ[δ(τ−1)+δ′(τ)]dτ=e−1+1\int_{ - \infty }^\infty {e^{ - \tau } \left[ {\delta \left( {\tau - 1} \right) + \delta '\left( \tau \right)} \right]d\tau } = e^{ - 1} + 1∫−∞∞e−τ[δ(τ−1)+δ′(τ)]dτ=e−1+1

注：可以直接根据下面δ(t),δ′(t)\delta \left( t \right),\delta '\left( t \right)δ(t),δ′(t)的性质，可以方便进行分析：

^{▲ delta(t),delta'(t)的性质}

(5),(6)用到了冲激偶 δ′(t)\delta '\left( t \right)δ′(t) 的性质，请参见课件[1.1.3.3.3]

（6）

求解：

根据上面的δ(t),δ′(t)\delta \left( t \right),\delta '\left( t \right)δ(t),δ′(t)性质表格，δ′(t)\delta '\left( t \right)δ′(t)的抽样特性为：

∫−∞∞[2e−t+cos⁡2t]δ′(t)dt=−ddt[2e−t+cos⁡2t]∣t=0\int_{ - \infty }^\infty {\left[ {2e^{ - t} + \cos 2t} \right]\delta '\left( t \right)dt} = \left. { - {d \over {dt}}\left[ {2e^{ - t} + \cos 2t} \right]} \right|_{t = 0}∫−∞∞[2e−t+cos2t]δ′(t)dt=−dtd[2e−t+cos2t]∣∣∣∣t=0=[2e−t+2sin⁡(2t)]∣t=0=2= \left. {\left[ {2e^{ - t} + 2\sin \left( {2t} \right)} \right]} \right|_{t = 0} = 2=[2e−t+2sin(2t)]∣∣t=0=2

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2021年春季学期-信号与系统-第一次作业参考答案-第四题

▌第四题

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（1）

（2）

求解

（3）

求解：

（4）

求解：

（5）

求解：

（6）

求解：