离散时间信号与系统分析
5-1 下列系统中，x(n)表示激励，y(n)表示响应。试判断每个激励与响应的关系是否线性的，是否具有非移变性。
n2n???)（2）y(n)??x(m)（1）y(n)?x(n)cos(510m???
解：
（1）线性性
y1(n)?x1(n)cos(则
2n???)510 2n??y2(n)?x2(n)cos(?)510
2n???)?k1y1(n)?k2y2(n)510
所以系统是线性的。 移变性
k1x1(n)?k2x2(n)?[k1x1(n)?k2x2(n)]cos(y(n)?x(n)cos(则
2n???)510
2n???)?y(n?m)510
nx(n?m)?y'(n)?x(n?m)cos(所以系统是移变系统。
（2）线性性
y1(n)?则
nm????x(n)1ny2(n)?，
m????x(n)22
m????[kx(n)?kx(n)]?ky(n)?ky(n)1122112所以系统是线性的。 移变性
y(n)?设 则
nm????x(n)n
n?kn?kx(n?k)?y'(n)?m????x(n?k)而m?k?p故?x(p)??x(m)?y(n?k)p???m???所以系统是非移变的。
5-2求下列信号的卷积。
（1）[u(n)?u(n?4)]?[u(n)?u(n?4)]
（2）sin(解：
n?)u(n)?2nu(n)2
（1）由卷积的性质可知
n5-3 已知差分方程y(n)?3y(n?1)?2y(n?2)?f(n)，激励f(n)?2u(n)，初始值
[u(n)?u(n?4)]?[u(n)?u(n?4)]?[?(n)??(n?1)??(n?2)??(n?3)]?[?(n)??(n?1)??(n?2)??(n?3)]??(n)?2?(n?1)?3?(n?2)?4?(n?3)?3?(n?4)?2?(n?5)??(n?6)
21111?i??in?zz（2）Z[sin()u(n)*2nu(n)]?2??5?510?510
2z?1z?2z?2z?iz?i21111?i??in?sin()u(n)?2nu(n)?Z?1[5?510?510]2Z?2Z?iZ?i21111?[?2n?(?i)in?(??i)(?i)n]u(n)5510510
y(0)?0，y(1)?2，试用零输入、零状态法求全响应y(n)。
解：
①求零输入响应yzir(n)。系统的特征方程为p2?3p?2?0，故特征根为p1??1，
p2??2，故零输入响应的通解yzrs(n)?A1(?1)k?A2(?2)k。待定系数A1，A2必须根据
系统的起始条件来求，而不能根据初始值y(0)?0，y(1)?2来求。又因为激励f(n)是在n?0时刻作用于系统。故起始条件应为y(?1)，y(?2)。下面求y(?1)，y(?2)。
取n?1代入原差分方程有 即 2?0?2y(?1)?2
故得 y(?1)?0
取n?0代入原差分方程有 即 故得
y(1)?3y(0)?2y(?1)?2
y(0)?3y(?1)?2y(?2)?1
0?0?2y(?2)?1
12。
将所求得的y(?1)，y(?2)值代入通解中，有
1yzir(?1)??A1?A2?0211yzir(?2)?A1?A2?42
联立求解，得A1?1，A2??2，故零输入响应为
y(?2)?yzir(n)?(?1)k?2(?2)k②差分方程的转移算子为
(k?0)
故单位取样响应为
P2PH(P)???P1?3P?1?2P?2P2?3P?2(P?1)(P?2)?12?P2P?P(?)??P?1P?2P?1P?2
1③零状态响应为
h(n)?[?(?1)n?2(?2)n]u(n)
yzsr(n)?f(n)?h(n)?2n?[?(?1)n?2(?2)n]?2n?[?(?1)n]?2n?2(?2)n11??(?1)n?2n?(?2)n(n?0)33④全响应为y(n)?yzir(n)?yzsr(n)，即
21y(n)?(?1)n?2n?(?2)n(n?0)33
5-4用经典法求解差分方程的全响应。
（1）y(n)?5y(n?1)?6y(n?2)?u(n)，y(?1)?3，y(?2)?5；
（2）y(n)?3y(n?1)?2y(n?2)?u(n)?3u(n?1)，y(0)?1，y(1)?1。
解：
（1） 初始条件：
由方程知 即
y(0)?5y(?1)?6y(?2)?1?15?30?1??14 y(1)?5y(0)?6y(?1)?1??70?18?1??87
?2?5??6?0，
?1?2，?2?3。
齐次解为
yp(n)?k12n?k23n将初始条件
代入，得
?y(0)??14??y(1)??87
?1?k1?k2??14??2??1?2k?3k??812??2，
即
?k1?44??117k??2??2，
所以
y(n)?
1117n?44?2n?322，n?0。
2（2）齐次解： 由方程可得??3??2?0，计算得?1?1，?2?2。
则齐次解为 y(n)?kn12?k2特解为
y(n)?3y(n?1)?2y(n?2)?4
因为?1?1是特征单根，所以yp(n)?An。 可得
An?3A(n?1)?2A(n?2)?4A?4A?4
解此方程可得3，得A?4。
所以完全解为
y(n)?kn12?k2?4n将初始条件
??y(0)?1?y(1)?1代入，得
??k1?k2?1?2k1?k2?4?1，
即
??k1?4?k2??3，
所以
y(n)?2n?2?3?4n，n?0。
5-5 利用z变换性质求下列序列的z变换。
（1）(?1)nnu(n)（2）(n?1)2u(n?1)
ann（3）u(n)n?1（4）?(?1)i
i?0（5）(n?1)[u(n)?u(n?3)]?[u(n)?u(n?4)]
解：
（1） 方法一：设f1(n)?(?1)nu(n)，则F1(z)?zz?1，因为f(n)?nf1(n)，故根据z域微分性，有
|z|?1。 d?zF1(z)?(|z|?1)dz(z?1)2
dzz()?方法二：设f1(n)?nu(n)，则F1(z)??z。 dzz?1(z?1)2因为f(n)?(?1)nf1(n)，根据z域尺度变换性，有
z?zF(z)?F1()?(|z|?1)2?1(z?1)
F(z)??z（2） 设f1(n)?(n?1)u(n?1)，则根据移位性，有F1(z)?z因为f(n)?(n?1)f1(n)，故由线性性和z域微分性，得
?1z1?。
(z?1)2(z?1)2dz?1F1(z)?F1(z)?(|z|?1)dz(z?1)3
2或f(n)?(n?2n?1)u(n?1)，根据线性性，z域微分性以及时域序列移位性，有
dd1d11F(z)??z[?z()]?2[?2()]?dzdzz?1dzz?1z?1z(z?1)2z1???(z?1)3(z?1)2(z?1)z?1?(|z|?1)(z?1)3
z(|z|?a)。 （3）设f1(n)?anu(n)，则F1(z)?z?a根据z域积分性，有
?F(x)?1zzF(z)?z?12dx??dx?ln(|z|?a)zzxx(x?a)az?a
z(|z|?1)。 （4）设f1(n)?(?1)nu(n)，则F1(z)?z?1F(z)??z因为f(n)??f(i)，故根据时域部分求和性质，有
1i?0nzz2F(z)?F1(z)?2(|z|?1)z?1z?1
（5）设f1(n)?(n?1)[u(n)?u(n?3)]，f2(n)?u(n)?u(n?4)。则
zz3z?21z3?z2?1F1(z)?????2(z?1)2(z?1)z2(z?1)2z2(z?1)2z(z?1)?z3?zz4?1(z2?1)(z?1)F2(z)??3?z?1z(z?1)z3根据卷积定理，得
(z2?1)(z?1)(z3?z2?1)F(z)?F1(z)F2(z)?z3(z?1)
(n?1)[u(n)?u(n?3)]?[u(n)?u(n?4)]