由于n?0时，h2(n)?10nU(?n?1)不为零，故为非因果系统。
h2(n)是一个双边指数衰减序列，
n?????h2(n)是有界的，故为稳定系统。
由本题的分析看出，利用H(z)来判定系统的稳定性和因果性时，必需注意H(z)的收敛域。而且“根据H(z)极点是否全部在单位圆内判断系统稳定性”的方法只适用于因果系统。
56．解 (1)根据初值定理有
1?z?1?z?2x(0)?limX(z)?lim?1
z??z??(1?z?1)(1?2z?1)由终值定理知，若x(n)是因果序列，则X(z)的极点必须处在单位圆内(或z?1且为一阶)，才可应用终值定理。由于X(z)有一个极点z?2在单位圆外，因而x(?)不存在。 (2)根据初值定理有
x(0)?limX(z)?limz??1?1
z??(1?0.5z?1)(1?0.5z?1)根据终值定理有
x(?)?lim?(z?1)X(z)?z?1 z2?lim(z?1)?0z?1(z?0.5)(z?0.5)(3)根据初值定理有
z?1x(0)?limX(z)?lim?0
z??z??1?1.5z?1?0.5z?2根据终值定理有
x(?)?lim?(z?1)X(z)??lim(z?1)z?1z?1z(z?1)(z?0.5)?limz?1z?2z?0.5
试卷答案 第 31 页 （共 50 页）
1??x1(k)??0??x(k?1)??0(1)?1????e(k)??????x2(k?1)???1?3??x2(k)??1??x1(k)?y(k)?[10]???x2(k)?1?x1(k?1)??0?x(k?1)??0???057． (2)?2010??x1(k)??0??x(k)???0????2???0?e(k) ??x3(k?1)??0?x4(k?1)???00??3?7?2??x1(k)?x(k)?y(k)?[1000]?2??x?3(k)??x4(k)??58．解
(1) 先考查可控性
??22?1?AB???0?20???0??1?1????2?
?40???????1????1?????4????22?1?A2B?AAB???0?20???1???2??2???4?
??40???????1????4????9???01?2?M?(B?AB?A2B)???1?24?
?1?49????rankM?3满秩即系统完全可控。
再考查可观性
??22?1?CA?[100]??0?20???22?1
1?40?????????22?1?CA2?CAA?[?22?1]??0?20??3?0???1?4??
试卷答案 第 32 页1??x3(k?4?)????x?4(k)??42?
50 页）
??1???3?? （共00??C??1???????22?1? N??CA??????????CA2????3?42??rankN?3不满秩，即系统不完全可观。
(2) H(s)?C(sI?A)?1B?D
?s?2?21??
(sI?A)?1??0s?20???s???14??s(s?2)2(s?2)?s(s?2)?1??2?0(s?1)0? (s?2)(s?1)2??(s?2)?(4s?6)(s?2)2????121?s??(s?1)2(s?1)2(s?1)2???1?? ??00?s?2??14s?6s?2???222?(s?1)(s?2)(s?1)(s?1)???又 D?0
?s?(s?1)2??故 H(s)??100??0??1?(s?1)2??s??2?(s?1)2(s?1)221?(s?1)2(s?1)210s?24s?6s?2?(s?2)(s?1)2(s?1)?0?1?????1? (s?1)2???1???????0??????1? ???1???2???211?? 222(s?1)(s?1)(s?1)即 H(s)?
1
(s?1)2试卷答案 第 33 页 （共 50 页）
1?a?0 41?x1(k?1)??0?x(k?1)??02???a60．??x3(k?1)??00????x4(k?1)??b(a?1)?a59．?01000??x1(k)??0??x(k)???0???2?+?0?e(k) y(k)?x(k )11??x3(k)??0??????0??x4(k)??1?61．取x1(t),x2(t)为状态变量，则有
?1(t)?y1(t)?x2(t)?R1[f1(t)?x1(t)]?x2(t)??R1x1(t)?x2(t)?R1f1(t) Lx?2(t)?x1(t)?Cx即
111[f2(t)?x2(t)]?x1(t)?x2(t)?f2(t) R2R2R2?R1??1(t)??L?x???x???2(t)??1??C1??R1L??x1(t)??L????1???x2(t)??0??R2C?????0??f(t)???1? 1??f2(t)?R2C??输出方程：y1(t)?R1[f1(t)?x1(t)]??R1x1(t)?R1f1(t)
y2(t)?x2(t)?f2(t)
即
?y1(t)???R10??x1(t)??R10??f1(t)??y(t)???01??x(t)???0?1??f(t)?
??2????2??2??62．解 由后向前依次取每个延时器的输出作为状态变量?1,?2,?3和?4，由题图可得系统的状态方程为
??1(n?1)??2(n)??(n?1)?a?(n)??(n)?213? ??3(n?1)??4(n)???4(n?1)?ab?1(n)?a?2(n)?b?1(n)?x(n)?(a?1)b?1(n)?a?2(n)?x(n)输出方程为 y(n)??1(n)
试卷答案 第 34 页 （共 50 页）
z2?18z?6763．H(z)?C[zI?A]B?D?2
z?6z?8?1故系统的差分方程为
y(k?2)?6y(k?1)?8y(k)?f(k?2)?18f(k?1)?67f(k)
注意：当从H(z)求差分方程时，H(z)中的零，极点不能相消。
?3k?(4)64． (1) Ak??k??3??2?4??????1?k????2?k? (2) A??1k??k?????2???1??2???2?k?0??k ?1??????2???0?? k??1??????2??65．解 (1)选元件A两端的电压和电容C上的电压为状态变量，且设
ddd2dr(t)??1(t),r(t)??1(t)??2(t)，则iA(t)?2r(t)??2(t),?C(t)??s(t)
dtdtdtdt由电路图得
1??(t)??1(t)?(t)??2??C(t)?R2iA(t)?r(t)???320?? ?d?C(t)3e(t)?R1[C?iA(t)]??C(t)???(t)??3(t)e(t)??3?(t)??2dt??10???1?(t)??2(t)??(t)??20?1(t)?20?3(t) 整理后得状态方程??2???(t)?6?(t)?7?(t)?e(t)13?3输出方程 r(t)??1(t )?0?(2)由于A??20???60?020?? 0?7??1
试卷答案 第 35 页 （共 50 页）