……………………4分
三、计算题（共 20 分 每小题 10 分）
x(t)?eu(t)时， 系统的零
1、解： 1）、设系统的零输入响应为yzi，当激励为1状态响应为yzs，得：
?ty1?yzi?yzs?e?2t?e?t ?
?tx(t)?5eu(t)时，系统的零状态响应为5yzs。得： 2 当激励为
y2?yzi?5yzs??3e?2t?e?t ?
……………………2分
?2t?2t?ty?2eu(t)y??e?eu(t) zizs 由?、 ?式得：，
……………………2分
2）、当激励为
x1(t)?eu(t)时，可得
?tX(s)?1s?1
Yzs??111??s?2s?1(s?2)(s?1)
1Y(s)(s?2)(s?1)1?H(s)?zs??1X(s)s?2s?1
……………………2分
?h(t)?L?1[H(s)]?e?2tu(t)
……………………2分
3）、
yzi?2e?2tu(t)
第 16 页 共 26 页
?y(0?)?yzi(0?)?2 ……………………1分
、解：（1） 特征方程为
?2?4??3?0
特征根为
?1?1 ， ?2?3 可得： ynzi?czi1?czi23
将初始条件y(?1)?0,y(?2)?12代入上式得：czi1?394 czi2??4 所以零输入响应为： yzi(n)?39n4?43 n?0（2）由于
x(n)?2nu(n)，可设特解为 yp(n)?A?2n,n?0
将上式代入差分方程得
yp(n)??4?2n,n?0
第 17 页 共 26 页
……………………1分
……………………2分
……………………1分
……………………1分
2 设零状态响应
yzs?czs1?czs23n?4?2n
……………………2分
将y(?1)?0,y(?2)?0代入上式得
czs1?19 czs2? 22?零状态响应
yzs?19n?3?4?2n n?0 22……………………1分
（3）根据系统的差分方程，输入为x(n)??(n),n?0时，可得方程：
h(n)?4h(n?1)?3h(n?2)?0
同样可设单位样值响应：
h(n)?c1?c23n
……………………2分
将初始值h(0)?1,h(?1)?0代入上式得：
13c1?? c2?
22?单位样值响应为：h(n)?(?1?1?3n?1)u(n)
22……………………1分
四、证明题（共 10 分）
证明： x(t)?12??????X(j?)ej?td?
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……………………2分
将变量t与?互换，得到
2?x(?)??????X(jt)ej?tdt
……………………4分
则 2?x(??)??????X(jt)e?j?tdt
……………………2分
?X(jt)?2?x(??)
……………………2分
证毕。 五、论述题（共 10 分）
答：优点：
1、 可以直接得到信号的幅频特性和相频特性，明确了信号的成分，有助于信号的特征分析； 2、 明确了系统的作用滤波。
3、 将时域卷积转换为频域乘积，简化了运算。 缺点：
1、对于不收敛的信号无法求取傅里叶变换 2、只能求取系统的零状态响应。
……………………每小点2分
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六、综合应用题（共10分） 解：（1）实验方案设计：
测试信号 u(t) 系统 向系统加一测试信号x(t)?升时间tr。
……………………6分
（2）实验原理：
阶跃响应的上升时间tr与网络的截止频率B（带宽）成反比，即Btr?1。
假设测得的tr?10?5s，那么系统B?1?100kHz。 tr示波器 用示波器观察输出阶跃响应u(，ty(t)的上
……………………4分
09/10 学年第 二 学期期末考试试题答案及评分标准
（B卷）
课程名称： 信号与系统
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