第三章 线性时不变系统

3.1 计算下列各对信号的卷积 $ y[n] = x[n] * h[n] $

(a) $ x[n] = \alpha^{n} u[n], h[n] = \beta^{n} u[n], \alpha \neq \beta $

(b) $ x[n] = h[n] = a^n u[n] $

(c) $ x[n] = 2^n u[-n], h[n] = u[n] $

(d) $ x[n] = (-1)^n \{u[-n] - u[-n - 8]\} $

$ h[n] = u[n] - u[n - 8] $

(e) x[n] 和 h[n] 如图 P3.1(a) 所示

(f) x[n] 和 h[n] 如图 P3.1(b) 所示

(g) x[n] 和 h[n] 如图 P3.1(c) 所示

(h) x[n]=1, 对于所有 n,

$$ h[n]=\left\{\left(\frac{1}{2}\right)^n,\quad n\geqslant0\atop4^n,\quad n<0\right\} $$

(i)

$$ x[n]=u[n]-u[-n] $$

$$ h[n]=\left\{\begin{aligned}&\left(\frac{1}{2}\right)^{n},&n\geqslant0\\ &4^{n},&n<0\end{aligned}\right. $$

(i)

$$ x\;[n]=\left(-\;\frac{1}{2}\right)^{n}u[n-4] $$

$$ h[n]=4^{n}u[2-n] $$

解：

(a)

$$ \begin{aligned}y[n]&=x[n]*h[n]\\&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\alpha^{k}u[k]\beta^{n-k}u[n-k]\\&=\beta^{n}\sum_{k=0}^{n}(\alpha/\beta)^{k}=\left\{\begin{aligned}&\left[\frac{\beta^{n+1}-\alpha^{n+1}}{\beta-\alpha}\right]u[n]。\quad&\alpha\neq\beta\\&(n+1)\alpha^{n}u[n],\quad&\alpha=\beta\end{aligned}\right.\end{aligned} $$

(b) 根据(a)小题

$$ y[n]=\sum_{k=0}^{n}\alpha^{k}\alpha^{n-k}=\left[\alpha^{n}\sum_{k=0}^{n}1\right]=(n+1)\alpha^{n}u[n] $$

(c)

$$ \begin{aligned}y[n]&=x[n]*h[n]\\&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}2^{k} u[-k]u[n-k]\\&=\left\{\begin{matrix}\sum\limits_{k=-\infty}^{n}2^{k},&n\leqslant0\\\sum\limits_{k=-\infty}^{0}2^{k},&n>0\end{matrix}\right.\end{aligned} $$

$$ =\left\{\begin{aligned}&2^{n+1},&n\leqslant0\\ &2,&n>0\end{aligned}\right. $$

(d)

$$ \begin{aligned}y[n]&=x[n]*h[n]\\&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}(-1)^{k}\{u[-k]-u[-k-8]\}\\&\quad\cdot\{u[n-k]-u[n-k-8]\}\\&=\begin{cases}0,&n\leqslant-8\\-1,&-8

如图 P3.1-1(a) 所示.

(e) y[n] 如图 P 3.1-1(b) 所示。

(f) y[n] 如图 P 3.1-1(c) 所示.

$$ \begin{array}{c}1-1\quad0\quad0\quad1\quad1\\\times\quad1\quad2\quad1\quad1\\\quad1\quad-1\quad0\quad0\quad1\quad1\\\quad1\quad-1\quad0\quad0\quad1\quad1\\\quad2\quad-2\quad0\quad0\quad2\quad2\\\quad+1\quad-1\quad0\quad0\quad1\quad1\\\quad1\quad1\quad-1\quad0\quad0\quad3\quad3\quad2\quad1\end{array} $$

(g) $ y[n] $ 如图 P 3.1-1(d) 所示。

$$ \begin{array}{c}1\quad2\quad3\quad2\quad1\\\times\quad1\quad1\quad0\quad1\quad1\\\hline1\quad2\quad3\quad2\quad1\\1\quad2\quad3\quad2\quad1\\0\quad0\quad0\quad0\quad0\\1\quad2\quad3\quad2\quad1\\\hline+1\quad2\quad3\quad2\quad1\\\hline1\quad3\quad5\quad6\quad6\quad6\quad5\quad3\quad1\end{array} $$

(h) $ y[n] = \sum_{k=-\infty}^{0} 4^{k} - 1 + \sum_{k=0}^{+\infty} \left( \frac{1}{2} \right)^{k} $

$ = \frac{1}{1 - \frac{1}{4}} - 1 + \frac{1}{1 - \frac{1}{2}} = \frac{7}{3} $，所有 n

$$ \begin{aligned}y[n]&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}h[k]x[n-k]\\&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}h[k]u[n-k]-\sum_{k=-\infty}^{+\infty}h[k]u[-n+k]\\&=\left\{\begin{matrix}y_{1}[n]=\sum_{k=-\infty}^{n}4^{k}-\left[\sum_{k=n}^{-1}4^{k}+\sum_{k=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{k}\right],\\y_{2}[n]=\left[\sum_{k=-\infty}^{-1}4^{k}+\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{1}{2}\right)^{k}\right]-\sum_{k=n}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{k},\\&\end{matrix}\right.\\&\geq0\end{aligned} $$

其中

$$ y_{1}\left[n\right]=\sum_{k=-n}^{+\infty}\left(\frac{1}{4}\right)^{k}-\sum_{k=1}^{-n}\left(\frac{1}{4}\right)^{k}-\sum_{k=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{k} $$

$$ \begin{aligned}&=\sum_{k=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{4}\right)^{\hat{k}}-\sum_{k=0}^{-n-1}\left(\frac{1}{4}\right)^{\hat{k}}-\sum_{k=0}^{-n}\left(\frac{1}{4}\right)^{k}\\&\quad+1-\sum_{k=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{\hat{k}}\\&=\frac{1}{1-\frac{1}{4}}-\frac{1-\left(\frac{1}{4}\right)^{-n}}{1-\frac{1}{4}}-\frac{1-\left(\frac{1}{4}\right)^{-n+1}}{1-\frac{1}{4}}\\&\quad+1-\frac{1}{1-\frac{1}{2}}\\&=-\frac{7}{3}+\frac{5}{3}\left(4\right)^{n},\quad n<0\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}y_{2}[n]&=\sum_{k=1}^{+\infty}\left(\frac{1}{4}\right)^{k}+\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{1}{2}\right)^{k}-\sum_{k=n}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{k}\\&=\sum_{k=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{4}\right)^{k}-1+\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{1}{2}\right)^{k}\\&\quad-\sum_{k=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{k}+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2}\right)^{k}\\&=\frac{1}{1-\frac{1}{4}}-1+\frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}}{1-\frac{1}{2}}\\&\quad-\frac{1}{1-\frac{1}{2}}+\frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n}}{1-\frac{1}{2}}\\&=\frac{7}{3}-3\left(\frac{1}{2}\right)^{n},\quad n\geqslant0\end{aligned} $$

所以

$$ y[n]=\left\{\begin{aligned}{}&{{}-\frac{7}{3}+\frac{5}{3}\left(4\right)^{*},}&{n<0}\\ {}&{{}\frac{7}{3}-3\left(\frac{1}{2}\right)^{*},}&{n\geqslant0}\\ \end{aligned}\right. $$

(i)

$$ \begin{aligned}y[n]&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[k]h[n-k]\\&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left(-\frac{1}{2}\right)^{k}u[k-4]\cdot4^{n-k}u[2-n+k]\\&=\left\{\begin{aligned}&y_{1}[n]=4^{n}\sum_{k=4}^{+\infty}\left(-\frac{1}{8}\right)^{k},&n\leqslant6\\&y_{2}[n]=4^{n}\sum_{k=n-2}^{+\infty}\left(-\frac{1}{8}\right)^{k},&n>6\end{aligned}\right.\end{aligned} $$

其中

$$ \begin{aligned}y_{1}[n]&=4^{n}\left[\sum_{k=0}^{+\infty}\left(-\frac{1}{8}\right)^{k}-\sum_{k=0}^{3}\left(-\frac{1}{8}\right)^{k}\right]\\&=\frac{8}{9}\left(-\frac{1}{8}\right)^{4}\circ4^{n},\quad n\leqslant6,\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}y_{2}[n]&=4^{n}\left[\sum_{k=0}^{+\infty}\left(-\frac{1}{8}\right)^{k}-\sum_{k=0}^{n-1}\left(-\frac{1}{8}\right)^{k}\right]\\&=\frac{8^{3}}{9}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n},\quad n>6\end{aligned} $$

所以

$$ y[n]=\left\{\begin{aligned}&\frac{8}{9}\left(-\frac{1}{8}\right)^{4}\circ4^{n},&n\leqslant6\\ &\frac{8^{3}}{9}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n},&n>6\end{aligned}\right. $$

3.2 对于下列各对波形，利用卷积积分，求出冲激响应为 $ h(t) $ 的 LTI 系统对输入 $ x(t) $ 的响应 $ y(t) $。

$$ \begin{array}{r}{(a)x(t)=e^{-\alpha t}u(t),~h(t)=e^{-\beta t}u(t)}\end{array} $$

在 $ \alpha \neq \beta $ 和 $ \alpha = \beta $ 两种情况下求 $ y(t) $.

(b) $ x(t) = u(t) - 2u(t - 2) + u(t - 5) $

$ h(t) = e^{2t}u(1 - t) $.

(c) $ x(t) = e^{-3t} u(t), h(t) = u(t - 1) $.

(d) $ x(t) = e^{-2t} u(t + 2) + e^{3t} u(-t + 2) $

$$ h(t)=e^{t}u(t-1)。 $$

(e) $ x(t) = \left\{ \begin{aligned} & e^{t}, & t < 0 \\ & e^{5t} - 2e^{-t}, & t > 0 \end{aligned} \right. $

$ h(t) $ 如图 P 3.2(a) 所示。

(f) $ x(t) $ 和 $ h(t) $ 如图 P 3.2(b) 所示。

(g) $ x(t) $ 如图 P 3.2(c) 所示，而 $ h(t) = u(-2 - t) $

$ (h)\ x(t)=\delta(t)-2\delta(t-1)+\delta(t-2) $，而 $ h(t) $如图P3.2(d)所示。

(i) $ x(t) $ 和 $ h(t) $ 如图 P 3.2(e) 所示。

(i) $ x(t) $ 和 $ h(t) $ 如图 P 3.2(f) 所示。

(k) $ x(t) $ 和 $ h(t) $ 如图 P 3.2(g) 所示。

(l) x(t) 如图 P 3.2(h) 所示，而

$$ h(t)=e^{-t}[u(t-1)-u(t-2)] $$

(m) $ x(t) $ 和 $ h(t) $ 如图 P 3.2(i) 所示。

解：

(a)

$$ \begin{aligned}{y(t)}&{{}=x(t)*h(t)}\\ {}&{{}=\int_{0}^{t}e^{-\alpha\tau}e^{-\beta(t-\tau)}d\tau,\quad t\geqslant0}\\ {}&{{}=\left\{\begin{aligned}{}&{{}\frac{e^{-\alpha t}-e^{-\beta t}}{\beta-\alpha}u(t),}&{\alpha\neq\beta}\\ {}&{{}t e^{-\beta t}u(t),}&{\alpha=\beta}\\ \end{aligned}\right.}\\ \end{aligned} $$

(b) 画出 $ x(\tau) $ 和 $ h(t-\tau) $ 波形则由图可知

$$ \begin{aligned}{y(t)}&{{}=x(t)*h(t)}\\ {}&{{}=\left\{\begin{aligned}{}&{{}\int_{0}^{2}e^{2(t-\tau)}d\tau-\int_{2}^{5}e^{2(t-\tau)}d\tau,}&{}&{{}t\leqslant1}\\ {}&{{}\int_{t-1}^{2}e^{2(t-\tau)}d\tau-\int_{2}^{5}e^{2(t-\tau)}d\tau,}&{}&{{}1\leqslant t\leqslant3}\\ {}&{{}-\int_{t-1}^{5}e^{2(t-\tau)}d\tau,}&{}&{{}3\leqslant t\leqslant6}\\ {}&{{}0,}&{}&{{}t\geqslant6}\\ \end{aligned}\right.}\\ \end{aligned} $$

(c) 画出 $ x(\tau) $, $ h(\tau - \tau) $ 的波形则由图可知

$$ y(t)=x(t)*h(t)=\left\{\begin{matrix}{0,}&{t\leqslant1}\\ {\displaystyle\int_{0}^{t-1}e^{-3\tau}d\tau,}&{t\geqslant1}\\ \end{matrix}\right. $$

由此得

$$ y(t)=\frac{1}{3}\left[1-e^{-3(t-1)}\right]u(t-1) $$

(d) 先画出 $ x(\tau) $ 和 $ h(t-\tau) $ 的波形，则由图可见

$$ y(t)=x(t)*h(t) $$

$$ \begin{aligned}=&\begin{cases}\displaystyle\int_{-\infty}^{t-1}e^{3\tau}e^{t-\tau}d\tau,&t\leqslant-1\\\displaystyle\int_{-\infty}^{t-1}e^{3\tau}e^{t-\tau}d\tau+\displaystyle\int_{-2}^{t-1}(e^{3\tau}+e^{-2\tau})e^{t-\tau}d\tau,&-1\leqslant t\leqslant3\\\displaystyle\int_{-\infty}^{2}e^{3\tau}e^{t-\tau}d\tau+\displaystyle\int_{-2}^{t-1}e^{-2\tau}e^{t-\tau}d\tau,&t\geqslant3\end{cases}\end{aligned} $$

由此积分可得

$$ \begin{aligned}&y(t)=\left\{\begin{aligned}&\frac{1}{2}e^{3t-2},&\tau\leqslant&-1\\&\frac{1}{2}e^{3t-2}+\frac{1}{3}\left(e^{t+6}-e^{-2t+3}\right),&-1\leqslant\tau\leqslant3\end{aligned}\right.\\ &\quad\frac{1}{2}e^{t+4}+\frac{1}{3}\left(e^{t+6}-e^{-2t+3}\right),\quad\tau\geqslant3\\ \end{aligned} $$

(e) 由图 P 3.2(a) 可知

$$ \begin{aligned}{y(t)=\begin{cases}{\displaystyle\int_{t-1}^{t}e^{\tau}d\tau,}&{\tau\leqslant0}\\ {\displaystyle\int_{t-1}^{0}e^{\tau}d\tau+\int_{0}^{t}(e^{5\tau}-2e^{-\tau})d\tau,}&{0\leqslant\tau\leqslant1}\\ {\displaystyle\int_{t-1}^{t}(e^{5\tau}-2e^{-\tau})d\tau,}&{\tau\geqslant1}\\ \end{cases}}\\ \end{aligned} $$

由积分可得

$$ \begin{aligned}y(t)&=\left\{\begin{aligned}&[e^{t}-e^{(t-1)}]=e^{t}\left(1-\frac{1}{e}\right),&\quad&t\leqslant0\\ &1-e^{(t-1)}+\frac{1}{5}\left(e^{5t}-1\right)+2(e^{-t}-1)\\ &\quad=-\cdot-\frac{6}{5}-e^{t-1}+\frac{1}{5}e^{5t}+2e^{-t},&0\leqslant t\leqslant1\\ &\frac{1}{5}\left[e^{5t}-e^{5(t-1)}\right]+2[e^{-t}-e^{-(t-1)}]\\ &\quad=\frac{1}{5}e^{5t}(1-e^{-5})+2e^{-t}(1-e),&t\geqslant1\end{aligned}\right.\end{aligned} $$

(f) 由图 P 3.2(b) 可知

$$ y(t)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}0,\quad}&{t\leqslant1}\\ {}&{{}\int_{0}^{t-1}2\sin{(\pi\tau)}d\tau=\frac{2}{\pi}\left\{1-\cos{[\pi(t-1)]}\right\},}\\ {}&{{}\quad}&{1\leqslant t\leqslant3}\\ {}&{{}\int_{t-3}^{2}2\sin{(\dot{\pi}\tau)}d\tau=\frac{2}{\pi}\left\{\cos{[\pi(t-3)]}-1\right\},}\\ {}&{{}\quad}&{3\leqslant t\leqslant5}\\ {}&{{}0,\quad}&{t\geqslant5}\\ \end{aligned}\right. $$

(g) 由图 P 3.2(c) 的 $ x(\tau) $，以及 $ h(t-\tau)=u(-2-t+\tau) $ 可求得

$$ y(t)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}\int_{1}^{2}3d\tau+\int_{2}^{6}d\tau=7,}&{t\leqslant-1}\\ {}&{{}\int_{t+2}^{2}3d\tau+\int_{2}^{6}d\tau=4-3t,}&{-1\leqslant t\leqslant0}\\ {}&{{}\int_{t+2}^{6}d\tau=4-t,}&{0\leqslant t\leqslant4}\\ {}&{{}0,}&{t\geqslant4}\\ \end{aligned}\right. $$

(h)

$$ \begin{aligned}y(t)&=x(t)*h(t)\\&=[\delta(t)-2\delta(t-1)+\delta(t-2)]*h(t)\\&=h(t)-2h(t-1)+h(t-2)\\ \end{aligned} $$

(i) 根据图 P3.2(e)，设

$$ h(t)=\hat{h}(t)+\left[-\frac{1}{3}\delta(t-2)\right] $$

则

$$ y(t)=-\frac{1}{3}x(i-2)+x(t)*\hat{h}(t) $$

而

$ g(t)=x(t)*h(t)=\int_{t-1}^{t}\frac{4}{3}(a\tau-b)d\tau, $ 对所有 t，

所以得

$$ \begin{aligned}&y(t)=-\frac{1}{3}\left[a(t-2)+b\right]+\frac{4}{3}\\ &\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\cdot\left[\frac{1}{2}a t^{2}-\frac{1}{2}a(t-1)^{2}+b t-b(t-1)\right]\\ &\quad=a t+b=x(t)\\ \end{aligned} $$

(i) 根据图 P3.2(f)，有

$$ \begin{aligned}&y(t)=x(t)*\left[\frac{1}{\Delta}\delta\left(t+\frac{\Delta}{2}\right)-\frac{1}{\Delta}\delta\left(t-\frac{\Delta}{2}\right)\right]\\ &\quad=\frac{1}{\Delta}x\left(t+\frac{\Delta}{2}\right)-\frac{1}{\Delta}x\left(t-\frac{\Delta}{2}\right)\\ \end{aligned} $$

(k) 根据图 P 3.2(g)，因为 x(t) 是周期的，所以卷积结果 y(t) 也是周期的。因而只要确定一个周期的卷积结果即可。由图可知

$$ h(t)=\left\{\begin{aligned}&1-t,&01\end{aligned}\right. $$

则

$$ \begin{aligned}y(t)=\left\{\begin{aligned}-\int_{t-1}^{\frac{-1}{2}}(1-t+\tau)d\tau+\int_{-\frac{4}{2}}^{t}(1-t+\tau)d\tau\\ =\frac{1}{4}+t-t^{2},\quad-\frac{1}{2}\leqslant t\leqslant\frac{1}{2}\\ \int_{t-1}^{\frac{1}{2}}(1-t+\tau)d\tau-\int_{\frac{1}{2}}^{t}(1-t+\tau)d\tau\\ =t^{2}-3t+7/4,\quad\frac{1}{2}\leqslant t\leqslant\frac{3}{2}\end{aligned}\right.\end{aligned} $$

(l) 由图 P 3.2(h) 可见

$$ \left|\begin{aligned}{}&{{}0,}&{\iota<1}\\ {}&{{}\int_{0}^{t-1}\tau e^{-(t-\tau)}d\tau=\frac{t-2}{e},}&{1\leqslant\iota\leqslant2}\\ \end{aligned}\right. $$

$$ \begin{aligned}{y(t)=\begin{cases}{\displaystyle\int_{t^{-2}}^{1}\tau e^{-(t-\tau)}d\tau+\int_{1}^{t-1}e^{-(t-\tau)}d\tau}\\ {\quad=(3-\tau)e^{-2}+\;e^{-1}-\;e^{-t+1},}&{2\leqslant t\leqslant3}\\ {\displaystyle\int_{t^{-2}}^{2}e^{-(t-\tau)}d\tau=\;e^{2-t}-\;e^{-2},}&{3<\tau\leqslant4}\\ {0,}&{\tau>4}\\ \end{cases}}\\ \end{aligned} $$

(m) 由图 P 3.2(i) 可见

$$ \begin{align*}&y(t)=\left\{\begin{aligned}&0,&t<-1\\&\int_{-1}^{t}\tau d\tau=\frac{1}{2}\left(t^{2}-1\right),&-1\leqslant t\leqslant0\\&\int_{-1}^{t-1}\tau(t-\tau)d\tau+\int_{t-1}^{t}\tau d\tau=-\frac{1}{6}\left(t-1\right)^{3}\\&\quad+\frac{1}{2}\left(t+1\right)-\frac{2}{3},&0\leqslant t\leqslant1\\&\int_{t-2}^{t-1}\tau(2+\tau-t)d\tau+\int_{t-1}^{1}\tau d\tau+\int_{1}^{t}d\tau\\&\quad=-\frac{1}{6}\left(t-1\right)^{3}+\frac{1}{6}\left(t-2\right)^{3}+t-\frac{1}{2},\\&\quad1\leqslant t\leqslant2\\&\int_{t-2}^{1}\tau(2+\tau-t)d\tau+\int_{1}^{t-1}\left(2+\tau-t\right)d\tau+\int_{t-1}^{2}d\tau\\&\quad=\frac{1}{6}\left(t-2\right)^{3}-\left(t-2\right)^{2}+\frac{1}{2}\left(t-1\right)^{2}\\&\quad-\frac{3}{2}t+\frac{23}{6},&24\end{aligned}\right.\end{align*} $$

3.3(a) 当 $ h_{k}[n] $ 为下列各值时，求线性系统的输入 x[n] 和输出 y[n] 之间的关系。

(i) $ h_{k}[n] = \delta[n - k] $

(ii) $ h_{k}[n]=\left\{\begin{aligned}&\delta[n-k],&&k\text{为偶数}\\ &0,&&k\text{为奇数}\end{aligned}\right. $

(iii) $ h_{k}[n] = \delta[2n - k] $

(iv) $ h_{k}[n] = ku[n - k] $

(v) $ h_{k}[n] = k\delta[n - 2k] + 3k\delta[n - k] $

(vi) $ h_{k}[n]=\left\{\begin{aligned}&\delta[n-k+1],&&k\text{为奇数}\\ &5u[n-k],&&k\text{为偶数}\end{aligned}\right. $

(b) 在(a)小题中，哪些系统是因果的？哪些是非因果的？证明之.

(c) 当输入 x[n] = u[n] 时，确定并画出(a)小题的各系统的响应.

解：

(a) (i) $ y[n] = \sum_{k=-\infty}^{+\infty} x[k] \delta[n - k] = x[n] $

$$ \begin{aligned}y\ [n]=\begin{cases}\displaystyle\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[k]\delta[n-k]=x[n],&n\ 为偶数 \\0,&n\ 为奇数 \end{cases}\end{aligned} $$

(iii) $ y[n] = \sum_{k=-\infty}^{+\infty} x[k] \delta[2n - k] = x[2n] $

(iv) $ y[n] = \sum_{k=-\infty}^{+\infty} x[k]ku[n-k] = \sum_{k=-\infty}^{n} kx[k] $

(v) $ y[n] = \sum_{k = -x}^{+x} x[k] k \delta[n - 2k] + \sum_{k = -x}^{+x} x[k] 3k \delta[n - k] $

$ = \left\{ \begin{aligned} &\frac{n}{2} x \left[ \frac{n}{2} \right] + 3nx[n], & n \text{ 为偶数} \\ 3nx[n], & n \text{ 为奇数} \end{aligned} \right. $

$$ \begin{aligned}=\left\{\begin{aligned}&x[n+1]+\sum_{\substack{k=-10\\ k 为偶数 }}^{n}5x[k],&n 为奇数 \\ &\sum_{\substack{k=-\infty\\ k 为偶数 }}^{n}5x[k],&n 为偶数 \end{aligned}\right.\end{aligned} $$

(b) (i) 是因果的，因为当 n<0 时， $ h[n]=\delta[n]=0 $

（ii）是因果的，因为

$$ h[n]=\left\{\begin{aligned}&\delta[n],\quad n 为偶数 \\&0,\quad n 为奇数 \end{aligned}\right. $$

所以当 n<0 时， $ h[n]=0 $。

（iii）不是因果的，因为当 $ n \leqslant n_{0} $ 时， $ \delta[n] = 0 $，但是 $ h[n_{0}] = \delta[2n_{0}] $ 可以不为零。

（iv）是因果的，因为当 n<0 时，

$$ h[n]=\sum_{k=-\infty}^{n}k\delta[k]=0 $$

(v) 不是因果的，若 $ n \leqslant n_{0} $ 时 x[n] = 0，式中 $ n_{0} $ 为负值时，

$$ y[n_{0}]\equiv\frac{n_{0}}{2}x\left[\frac{n_{0}}{2}\right]+3n_{0}x[n_{0}] $$

未必为零。

(vi) 不是因果的，因为 n 为奇数时， $ h[n] = \delta[n + 1] $，而 n = -1 时， $ h[n] \neq 0 $。

(c) (i) $ y[n] = \delta[n] * u[n] = u[n] $，如图 P 3.3(a) 所示。

(ii) $ y[n] = \left\{ \begin{aligned} &\delta[n] * u[n] = u[n], & n \text{ 为偶数 } \\ &0, & n \text{ 为奇数} \end{aligned} \right. $

如图 P3.3(b) 所示.

(iii) $ y[n] = \delta[2n] * u[n] = u[n] $，如图 P 3.3(c) 所示。

(iv) $ y[n] = nu[n] \cdot u[n] = \sum_{k=0}^{n} k = \frac{n(n+1)}{2} u[n] $

如图 P3.3(d) 所示.

$$ \begin{aligned}(\mathbf{v})y[n]&=\left\{\begin{aligned}&\left\{\frac{n}{2}\delta\left[\frac{n}{2}\right]+3n\delta[n]\right\}*u[n]\\&3n\delta[n]*u[n]\end{aligned}\right.\\&=\left\{\begin{aligned}&\frac{7}{2}n,&n 为偶数且 n\geqslant0\\&3n,&n 为奇数且 n\geqslant0\end{aligned}\right.\end{aligned} $$

如图 P3.3(e) 所示.

(vi) $ y[n] = \left\{ \begin{aligned} & u[n + 1] + \sum_{k=0}^{n} 5, & n \text{ 为偶数 } \\ & 5u[n] * u[n] = \sum_{k=0}^{n-1} 5, & n \text{ 为奇数 } \end{aligned} \right. $

如图 P 3.3(f) 所示.

3.4 一个线性系统对 $ \delta(t-\tau) $ 的响应为

$$ h_{\tau}(t)=u(t-\tau)-u(t-2\tau) $$

(a) 这个系统是时不变的吗？

(b) 是因果的吗？

(c) 求此系统对下列输入的响应：

(i) $ x_{1}(t)=u(t-1)-u(t-3) $

(ii) $ x_{2}(t) = e^{-t} u(t) $

解：

(a) 是时变的. 因为对不同的 $ \tau $ 值，输入 $ \delta(t-\tau) $ 的响应 $ h_{\tau}(t) $ 的结果不同.

例如， $ \tau=0 $ 时，输入为 $ \delta(t) $ 的冲激响应为

$$ \begin{array}{l}h(t)=u(t)-u(t)=0\\ \tau=0\end{array} $$

当 $ \tau \neq 0 $ 时，输入为 $ \delta(t - \tau) $ 的冲激响应为

$$ h_{\tau}(t)=u(t-\tau)-u(t-2\tau)\neq0 $$

(b) 非因果的. 因为因果条件为

当 $ t < t_{0} $ 时， $ x(t) = 0 $，则应当 $ y(t) = 0 $。而本题当 $ \tau = -1 $ 时，输入为 $ \delta(t + 1) $，则响应为 $ u(t + 1) - u(t + 2) $。

可见，当 t < -1 时， $ x(t) = 0 $，而在 t < -1 的某些值，如 t = -3/2 时， $ y(t) \neq 0 $，所以是非因果的。

(c) (i) $ x(\tau) $ 和 $ h_{\tau}(t) $ 如图 P 3.4 所示。由图可见

$$ \begin{aligned}y(t)&=\int_{1}^{3}u(t-\tau)d\tau-\int_{1}^{3}u(t-2\tau)d\tau\\&=\begin{cases}0,&t<1\\\displaystyle\int_{1}^{t}d\tau=t-1,&16\end{cases}\end{aligned} $$

$$ \bar{h}_{1}\left[n\right]=(-\frac{1}{2})^{n}u\left[n\right] $$

(ii)

$$ \begin{aligned}{y\left(t\right)}&{{}=\int_{0}^{+\infty}e^{-\tau}[u\left(t-\tau\right)-u\left(t-2\tau\right)]d\tau}\\ {}&{{}=\int_{t/2}^{t}e^{-t}d\tau=[e^{-t/2}-e^{-t}]u(t)}\\ \end{aligned} $$

3.5(a) 通过证明方程(P3.5-1)中的两边都等于

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau)h(\lambda)y(t-\tau-\lambda)d\tau d\lambda $$

$$ [x(t)*h(t)]*y(t)=x(t)*[h(t)*y(t)] $$

来证明恒等式

(b) 两个 LT1 系统具有图 P 3.5-1 所示的单位冲激响应 $ h_{1}[n] $ 和 $ h_{2}[n] $。这两个系统级联如图 P 3.5-2 所示。设 $ x[n] = u[n] $。

（i）先计算 $ w[n] = x[n] * h_1[n] $，然后计算 $ y[n] = w[n] * h_2[n] $ 再计算出 $ y[n] $。也就是计算

$$ y[n]=\left\{x[n]*h_{1}[n]*h_{2}[n]\right\}, $$

（ii）先求 $ h_{1}[n] $和 $ h_{2}[n] $卷积获得 $ g[n]=h_{1}[n]*h_{2}[n] $，然后再求 $ x[n] $和 $ g[n] $的卷积获得

$$ y[n]=x[n]*\{h_{1}[n]*h_{2}[n]\} $$

（c）设图 P 3.5-2 所示的两个级联的 LTI 系统的冲激响应分别为

$$ h_{1}[n]=\sin8n $$

$$ h_{2}[n]=a^{n}u[n],|a|<1 $$

而输入为

$$ x[n]=\delta[n]-a\delta[n-1] $$

求输出 y[n].

解：

$$ \begin{aligned}(a)\left[x\left(t\right)*h(t)\right]*g\left(t\right)&=\int_{-\infty}^{+\infty}\left\lbrack\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau)h(\lambda-\tau)d\tau\right\rbrack\\&\quad\cdot g(t-\lambda)d\lambda\\&=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau)h(\lambda-\tau)\\&\quad\cdot g(t-\lambda)d\tau d\lambda\\&\underline{\underline{ 令 \eta=\lambda-\tau}}\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau)h(\eta)\\&\quad\cdot g(t-\eta-\tau)d\tau d\eta\end{aligned} $$

$$ \begin{align*}x(t)*[h\left(t\right)*g\left(t\right)]=&\int_{-\infty}^{+\infty}x(t-\sigma)\biggl[\int_{-\infty}^{+\infty}h(\tau)g(\sigma-\tau)d\tau\biggr]d\sigma\\=&\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}x(t-\sigma)h(\tau)g(\sigma-\tau)d\sigma d\tau\\\underline{\underline{ 令 \eta=t-\sigma }}&\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau)h(\eta)\\&\cdot g(t-\eta-\tau)d\tau d\eta\end{align*} $$

可见式(P 3.5-1)成立.

$$ \begin{aligned}w[n]&=x[n]*h_{1}[n]\\&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}u[k]\Big(-\frac{1}{2}\Big)^{s-k}u[u-k]\\&=\sum_{k=0}^{n}\Big(-\frac{1}{2}\Big)^{s-k}u[n]\\&=\Big(-\frac{1}{2}\Big)^{s}u[n]\sum_{k=0}^{n}(-2)^{k}\\&=\Big(-\frac{1}{2}\Big)^{s}\frac{1-(-2)^{s+1}}{1+2}u[n]\\&=\frac{1}{3}\left[\Big(-\frac{1}{2}\Big)^{s}+2\right]u[n]\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}y[n]&=w[n]*h_{2}[n]\\&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\frac{1}{3}\Big[2+\Big(-\frac{1}{2}\Big)^{k}\Big]u[k]\\&\quad\cdot\Big\{u[n-k]+\frac{1}{2}u[n-k-1]\Big\}\\&=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{3}\Big[2+\Big(-\frac{1}{2}\Big)^{k}\Big]u[k]u[n-k]\\&\quad+\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{6}\Big[2+\Big(-\frac{1}{2}\Big)^{k}\Big]u[k]u[n-k-1]\\&=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{3}\Big[2+\Big(-\frac{1}{2}\Big)^{k}\Big]u[n]\\&\quad+\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{6}\Big[2+\Big(-\frac{1}{2}\Big)^{k}\Big]u[n-1]\\&=\sum_{k=0}^{n}\frac{2}{3}u[n]+\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{3}\Big(-\frac{1}{2}\Big)^{k} u[n]\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&+\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{3}u[n-1]+\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{6}\left(-\frac{1}{2}\right)^{k}u[n-1]\\=&\frac{2}{3}n+\frac{1}{3}u[n]\frac{1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n+1}}{1+\frac{1}{2}}+\frac{1}{3}\left(n-1\right)\\&+\frac{1}{6}u[n-1]\frac{1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}}{1+\frac{1}{2}}\\=&n-\frac{1}{3}+\frac{2}{9}\left[1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n+1}\right]u[n]\\&+\frac{1}{9}\left[1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}\right]u[n-1]\\=&n-\frac{1}{3}+\frac{1}{9}\left\{2u[n]+u[n-1]\right.\\&\left.+\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}\{u[n]-u[n-1]\}\right.\\=&n-\frac{1}{3}+\frac{1}{9}\left\{2u[n]+u[n-1]\right\}\\&\left.+\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}\delta[n]\right.\\&\left.\quad(P3.5-2)\right.\end{aligned} $$

(ii)

$$ \begin{aligned}{g[n]}&{{}=h_{1}[n]*h_{2}[n]}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left(-\frac{1}{2}\right)^{k}u[k]}\\ {}&{{}\quad\cdot\left\{u[n-k]+\frac{1}{2}u[n-k-1]\right\}}\\ {}&{{}=\sum_{k=0}^{n}\left(-\frac{1}{2}\right)^{k}u[n]+\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2}\left(\frac{-1}{2}\right)^{k}u[n-1]}\\ {}&{{}=\frac{2}{3}\left[1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n+1}\right]u[n]}\\ \end{aligned} $$

$$ +\frac{1}{3}\left[1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}\right]u[n-1]=u[n] $$

$$ \begin{aligned}y[n]&=g[n]*x[n]\\&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left\{\frac{2}{3}\left[1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{k+1}\right]u[k]\right.\\&\quad\left.+\frac{1}{3}\left[1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{k}\right]u[k-1]\right\}u[n-k]\\&=\sum_{k=0}^{n}\frac{2}{3}\left[1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{k+1}\right]u[n]\\&\quad+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{3}\left[1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{k}\right]u[n-1]\\&=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{3}\left[2+\left(-\frac{1}{2}\right)^{k}\right]u[n]\\&\quad+\sum_{r=0}^{n-1}\frac{1}{3}\left[1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{r+1}\right]u[n-1]\\&=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{3}\left[2+\left(-\frac{1}{2}\right)^{k}\right]u[n]\\&\quad+\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{6}\left[2+\left(-\frac{1}{2}\right)^{k}u(n-1)\right]\end{aligned} $$

此结果与上面 P35-2 式相同。故两种结果相同。

(c)

$$ \begin{aligned}{w[n]}&{{}=x[n]*h_{2}[n]}\\ {}&{{}=a^{n}u[n]-a*a^{n-1}u[n-1]}\\ {}&{{}=a^{n}[u[n]-u[n-1]]}\\ {}&{{}=a^{n}\delta[n]=\delta[n]}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}{y[n]}&{{}=h_{1}[n]*w[n]}\\ {}&{{}=\sin{[8n]}*\delta[n]}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{\infty}\sin{[8(n-k)]}\delta[k]=\sin{[8n]}}\\ \end{aligned} $$

3.6(a) 考虑图 P 3.6-1 所示的 LT1 系统的相互接法。用 $ h_{1}[n] $, $ h_{2}[n] $, $ h_{3}[n] $, $ h_{4}[n] $ 和 $ h_{5}[n] $ 表示总的冲激响应。

(b) 当

$$ h_{1}[n]=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{4}\right)^{n}\{u[n]-u[n-3]\} $$

$$ h_{2}[n]=h_{3}[n]=(n+1)u[n] $$

$$ h_{4}[n]=\delta[n-1] $$

$$ h_{5}[n]=\delta[n]-4\delta[n-3] $$

时确定 h[n].

(c) 若 x[n] 如图 P 3.6-2 所示，画出(b)小题的系统响应。

解：

(a) $ h[n] = h_5[n] + h_1[n] * \{h_2[n] - h_3[n] * h_4[n]\} $

(b) 设

$$ \begin{aligned}{g_{1}[n]}&{{}=h_{2}[n]-h_{3}[n]*h_{4}[n]}\\ {}&{{}=n u[n]+u[n]-n u[n-1]}\\ {}&{{}=\eta\delta[n]+u[n]=u[n]}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}g_{2}[n]&=h_{1}[n]*g_{1}[n]=h_{1}[n]*u[n]\\&=4\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\{u[n]-u[n-3]\}*u[n]\\&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}4\left(\frac{1}{2}\right)^{k}\{u[k]-u[k-3]\}u[n-k]\\&=\sum_{k=0}^{n}4\left(\frac{1}{2}\right)^{k}u[n]-\sum_{k=3}^{n}4\left(\frac{1}{2}\right)^{k}u[n-3]\\&=\sum_{k=0}^{n}4\left(\frac{1}{2}\right)^{k}\{u[n]-u[n-1]+u[n-1]\\&\quad-u[n-2]+u[n+2]\}\\&\quad-\sum_{k=0}^{n}4\left(\frac{1}{2}\right)^{k}u[n-3]+\sum_{k=0}^{t}4\left(\frac{1}{2}\right)^{k}u[n-3]\\&=4\delta[n]+6\delta[n-1]+7u[n-2]\\ \end{aligned} $$

所以

$$ \begin{aligned}{h[n]}&{{}=g_{2}[n]+h_{5}[n]}\\ {}&{{}=5\delta[n]+6\delta[n-1]}\\ {}&{{}\quad-4\delta[n-3]+7u[n-2]}\\ \end{aligned} $$

(c) $ y[n] = x[n] \cdot h[n] $，如图 P 3.6-3 所示。

3.7 设三个因果 LTI 系统的级联如图 P 3.7-1 所示。其中冲激响应 $ h_{2}[n] $ 为

$$ h_{2}[n]=u[n]-u[n-2] $$

而总的冲激响应如图 P 3.7-2 所示。

(a) 求冲激响应 $ h_{1}[n] $.

(b) 求整个系统对输入 x[n] = δ[n] - δ[n - 1] 的响应。

解：

(a)

$$ h_{2}[n]=u[n]-u[n-2]=\delta[n]+\delta[n-1] $$

$$ \begin{aligned}{h[n]}&{{}=h_{1}[n]*h_{2}[n]*h_{2}[n]}\\ {}&{{}=h_{1}[n]*\{\delta[n]+\delta[n-1]\}*\{\delta[n]}\\ {}&{{}\qquad+\delta[n-1]\}}\\ {}&{{}=\{h_{1}[n]+h_{1}[n-1]\}*\{\delta[n]+\delta[n-1]\}}\\ {}&{{}=h_{1}[n]+2h_{1}[n-1]+h_{1}[n-2]}\\ \end{aligned} $$

由图 P3.7-2 可见，它是因果的。所以

当 n<0 时， $ h_{1}[n]=0 $，而 $ h_{1}[n] $ 的其它值可由上式和图 P3.7-2 递推求得如下

当 n=0 时， $ 1=h_{1}[0]+2h_{1}[-1]+h_{1}[-2]\rightarrow h_{1}[0]=1 $

n=1 时， $ 5=h_{1}[1]+2h_{1}[0]+h_{1}[-1]\rightarrow h_{1}[1]=3 $

n=2 时， $ 10=h_{1}[2]+2h_{1}[1]+h_{1}[0]\rightarrow h_{1}[2]=3 $

n=3 时， $ 11=h_{1}[3]+2h_{1}[2]+h_{1}[1]\rightarrow h_{1}[3]=2 $

n=4 时， $ 8=h_{1}[4]+2h_{1}[3]+h_{1}[2]\rightarrow h_{1}[4]=1 $

n=5 时， $ 4=h_{1}[5]+2h_{1}[4]+h_{1}[3]\rightarrow h_{1}[5]=0 $

$n>5$ 时，$h_{1}[n]=0$

由此得 $ h_{[n]} $ 的波形如图 P3.7-3(a) 所示.

(b) $ y[n] = x[n] * h[n] = \{ \delta[n] - \delta[n-1] \} * h[n] $

= h[n] - h[n-1]

如图 P3.7-3(b) 所示.

3.8 (a) 设一 LTI 系统的输入和输出关系由方程

$$ y(t)=\int_{-\infty}^{t}e^{-(t-2)}x(t-\tau)d\tau $$

表示．求这系统的冲激响应．

(b) 当输入 x(t) 如图 P 3.8-1 所示时，求这个系统的响应.

（c）设互连的 LT1 系统如图 P 3.8-2 所示。图中 $ h(t) $ 同 (a) 小题一样，而输入 $ x(t) $ 仍如图 P 3.8-1 所示。试用两种方法计算输出 $ y(t) $。

(i) 先计算互连系统的总冲激响应，然后再用卷积积分计算 $ y(t) $,

(ii) 利用(b)小题的结果以及卷积特性来计算 $ y(t) $

解：

$$ \begin{aligned}a)\quad y(t)&=\int_{-\infty}^{t}e^{-(t-\tau)}x(\tau-2)d\tau\\&\underline{\underline{ 令 \tau^{\prime}=\tau-2}}\\\ &\int_{-\infty}^{t-2}e^{-(t-2-\tau\tau)}x(\tau^{\prime})d\tau^{\prime}\end{aligned} $$

得

$$ h(t)=e^{-(t-2)}u(t-2) $$

(b) $ h(\tau) $ 和 $ x(\tau - \tau) $ 如图 P 3.8-3(a) 所示。则

$$ \begin{aligned}{y(t)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}0,}&{t<1}\\ {}&{{}\int_{2}^{t+1}e^{-(\tau-2)}d\tau=1-e^{-(t-1)},}&{1\leqslant t\leqslant4}\\ {}&{{}\int_{t-2}^{t+1}e^{-(\tau-2)}d\tau=e^{-(t-4)}(1-e^{-3}),}&{t\geqslant4}\\ \end{aligned}\right.}\\ \end{aligned} $$

(c) (i) 图 P 3.8-2 系统的总冲激响应为

$$ \begin{aligned}{h_{0}(t)}&{{}=h(t)-\delta(t-1)*h(t)}\\ {}&{{}=h(t)-h(t-1)}\\ {}&{{}=e^{-(t-2)}u(t-2)-e^{-(t-3)}u(t-3)}\\ \end{aligned} $$

由图 P 3.8-3(b) 可求得

$$ \mathbf{y}(t)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}0,}&{}&{{}t<1}\\ {}&{{}\int_{2}^{t+1}e^{-(\tau-2)}d\tau,}&{}&{{}1\leqslant t\leqslant2}\\ {}&{{}\int_{2}^{t+1}e^{-(\tau-2)}d\tau-\int_{3}^{t+1}e^{-(\tau-3)}d\tau,}&{}&{{}2\leqslant t\leqslant4}\\ {}&{{}\int_{t-2}^{t+1}e^{-(\tau-2)}d\tau-\int_{3}^{t+1}e^{-(\tau-3)}d\tau,}&{}&{{}4\leqslant t\leqslant5}\\ {}&{{}\int_{t-2}^{t+1}e^{-(\tau-2)}d\tau-\int_{t-2}^{t+1}e^{-(\tau-3)}d\tau,}&{}&{{}t\geqslant5}\\ \end{aligned}\right. $$

解得

$$ y(t)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}0,}&{}&{{}\tau<1}\\ {}&{{}1-e^{-(\iota-1)},}&{}&{{}1\leqslant\iota\leqslant2}\\ {}&{{}e^{-(\iota-2)}-e^{-(\iota-1)},}&{}&{{}2\leqslant\iota\leqslant4}\\ {}&{{}e^{-(\iota-4)}(1-e^{-3})+e^{-(\iota-2)}-1,}&{}&{{}4\leqslant\iota\leqslant5}\\ {}&{{}e^{-(\iota-4)}-e^{-(\iota-1)}+e^{-(\iota-2)}-e^{-(\iota-5)},}&{}&{{}\iota\geqslant5}\\ \end{aligned}\right. $$

（ii）设 $ y_{b}(t) $ 为上述(b)小题中的响应，则

$$ y(t)=y_{b}(t)-y_{b}(s-1) $$

是上述(i)小题的 $ y(t) $，即

$$ y_{b}(t)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}0,}&{}&{{}t<1}\\ {}&{{}1-e^{-(t-1)},}&{}&{{}14}\\ \end{aligned}\right. $$

$$ y_{b}(t-1)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}0,}&{}&{{}\tau<2}\\ {}&{{}1-e^{2-t},}&{}&{{}2\leqslant\tau\leqslant5}\\ {}&{{}e^{5-t}-e^{2-t},}&{}&{{}\tau\geqslant5}\\ \end{aligned}\right. $$

而

$$ \begin{aligned}&y(t)=y_{b}(t)-y_{b}(t-1)\\ &=\begin{cases}0,&t<1\\1-e^{-(t-1)},&1\leqslant t\leqslant2\\e^{-(t-2)}-e^{-(t-1)},&2\leqslant t\leqslant4\\e^{-(t-0)}(1-e^{-3})+e^{-(t-2)}-1,&4\leqslant t\leqslant5\\e^{-(t-0)}-e^{-(t-1)}+e^{-(t-2)}-e^{-(t-5)},&t\geqslant5\end{cases}\\ \end{aligned} $$

3.9(a) 设 $ h(t) $ 为图 P 3.9-1(a) 所示的三角形脉冲，而 $ x(t) $

为图 P3.9-1(b) 所示的冲激串，即

$$ x(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(t-kT) $$

对下列 T 值确定并画出 $ y(t) = x(t) \cdot h(t) $:

(i) T = 4, (ii) T = 2, (iii) T = 3/2, (iv) T = 1

（b）设一个冲激响应为 $ h(t)=e^{-t}u(t) $ 的 LTI 系统。当输入 $ x(t) $ 为 T=1 时式 (P 3.9-1) 中的冲激串时，确定并画出输出 $ y(t) $。

(c) 设输入 $ x(t) $ 为冲激串

$$ x(t)=\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^{k}\delta(t-k) $$

当 LT1 系统的冲激响应 h(t) 如图 P3.9-2 所示时，求输出 $ y(t) $.

解：

(a) (i) $ y(t) = h(t) * \sum_{k=-\infty}^{+\infty} \delta(t - 4k) = \sum_{k=-\infty}^{+\infty} h(t - 4k) $

如图 P3.9-3(a) 所示.

(ii)

$$ y(t)=h(t)*\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(t-2k)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}h(t-2k) $$

如图 P3.9-3(b) 所示.

(iii)

$$ y(t)=h(t)*\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta\left(\tau-\frac{3}{2}k\right)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}h\left(\tau-\frac{3}{2}k\right) $$

如图 P3.9-3(c) 所示.

$$ y\left(t\right)=h\left(t\right)*\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta\left(t-k\right)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}h\left(t-k\right) $$

如图 P3.9-3(d) 所示.

(b) $ x(t) = \sum_{k=-\infty}^{+\infty} \delta(t - kT) $, T = 1 是周期的，所以 $ y(t) $ 也是周期的，只要确定一个周期即可画出波形.

$$ \begin{aligned}{y(t)}&{{}=x(t)*h(t)}\\ {}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}\biggl(\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(\tau-k T)e^{-(t-\tau)}u(t-\tau)d\tau\biggr)}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left\{\int_{-\infty}^{+\infty}\delta(\tau-k T)e^{-(t-\tau)}u(t-\tau)d\tau\right\}}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}{}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left\{\int_{-\infty}^{t}\delta(\tau-k T)e^{-(t-\tau)}d\tau\right\}}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}e^{-(t-k)}u(t-k)}\\ {}&{{}=\cdots+e^{-(t+2)}u(t+2)+e^{-(t+1)}u(t+1)+e^{-t}u(t)}\\ {}&{{}\quad+e^{-(t-1)}u(t-1)+e^{-(t-2)}u(t-2)+\cdots}\\ \end{aligned} $$

设 N<t<N+1，则可得

$$ y(t)=\frac{e}{e-1}\left[e^{-(t-N)}\right],\quad N<\tau

如图 P 3.9-4(a) 所示。（本题结果可利用第九章讨论的拉普拉斯变换卷积特性，再求其逆变换很快即得证）。

(c)

$$ \begin{aligned}y(t)&=x(t)*h(t)\\&=\int_{-\infty}^{+\infty}\left\{\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^{k}\delta(\tau-k)h(t-\tau)\right\}d\tau\\&=\sum_{k=0}^{+\infty}\left\{\int_{-\infty}^{+\infty}(-1)^{k}\delta(\tau-k)h(t-\tau)d\tau\right\}\\&=\sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^{k}h(t-k)\\&=h(t)-h(t-1)+h(t-2)-h(t-3)+\cdots\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}[\mathbf{t}]\quad=&\left[h(t)+h(t-2)+h(t-4)+\cdots\right]\\&-\left[h(t-1)+h(t-3)+\cdots\right]\\=&\ h_{1}(t)-h_{2}(t)\end{aligned} $$

如图 P3.9-4(b) 所示.

3.10 判断下列陈述或方程是否在一般情况下都正确。若正确，证明之；若错，则举出一反例。

(a) $ x[n] * \{h[n]g[n]\} = \{x[n] * h[n]\}g[n] $

(b) $ a^{*}x[n] * a^{*}h[n] = a^{*}\{x[n] * h[n]\} $

(c) 若 $ y(t) = x(t) \cdot h(t) $，则 $ y(2t) = 2x(2t) \cdot h(2t) $

(d) 若 $ y[n] = x[n] * h[n] $，则 $ y[2n] = 2x[2n] * h[2n] $

(e) 若 $ x(t) $ 和 $ h(t) $ 是奇函数，则 $ y(t)=x(t)*h(t) $ 是偶函数。

(f) 若 $ y(t) = x(t) * h(t) $，则

$$ \mathcal{E}_{u}\{y(t)\}=x(t)*\mathcal{E}_{u}\{h(t)\}+\mathcal{E}_{u}\{x(t)*h(t)\} $$

解：

(a) 错误的。例如 $ x[n] = u[n] $， $ h[n] = a^{n}u[n] $， $ g[n] = \delta[n] $，则

$$ x[n]*\{h[n]g[n]\}=u[n] $$

而

$$ \begin{aligned}{\{x[n]*h[n]\}g[n]}&{{}=\Big\{\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a^{k}u[k]u[n-k]\Big\}\delta[n]}\\ {}&{{}=\Big\{\sum_{k=0}^{n}a^{k}\Big\}\delta[n]=\frac{1-a^{n+1}}{1-a}\;\delta[n]\;\asymp u[n]}\\ \end{aligned} $$

(b) 正确的。因为

$$ \begin{aligned}{\alpha^{n}x[n]*\alpha^{n}h[n]}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\alpha^{k}x[k]\alpha^{n-k}h[n-k]}\\ {}&{{}=\alpha^{n}\{x[n]*h[n]\}}\\ \end{aligned} $$

(c) 正确的，因为

$$ y(2t)=\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau)h(2t-\tau)d\tau $$

令 $ \lambda = \frac{\tau}{2} $，则 $ d\tau = 2d\lambda $，代入得

$$ y(2t)=2\int_{-\infty}^{+\infty}x(2\lambda)h(2t-2\lambda)d\lambda=2x(2t)*h(2t) $$

(d) 错误的。例如 $ x[n] = \delta[n] $, $ h[n] = u[n] $

则

$$ x[2n]=\delta[n],~h[2n]=u[n] $$

所以

$$ y[n]=x[n]*h[n]=u[n] $$

而

$$ 2x[2n]*h[2n]=2u[n]\ne y[2n] $$

(e) 正确的。因为

$$ \begin{aligned}y(-\tau)&=\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau)h(-\tau-\tau)d\tau\\&=-\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau)h(\tau+\tau)d\tau\\&=-\int_{-\infty}^{+\infty}x(-\tau)h(\tau-\tau)d\tau\\&=\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau)h(\tau-\tau)d\tau=y(\tau)\\ \end{aligned} $$

可见 $ y(t) $ 是偶函数。

(f) 错误的. 例如 $ x(t) = \delta(t - 1), h(t) = \delta(t + 1) $

则

$$ y(t)=x(t)*h(t)=\delta(t) $$

而且

$$ \mathcal{O}_{\neq}\{\mathcal{Y}(t)\}\implies\delta(t) $$

但是

$$ \begin{aligned}{x(t)}&{{}*\mathcal{E}_{*}\{h(t)\}+\mathcal{E}_{*}\{x(t)\}*h(t)}\\ {}&{{}=\delta(t-1)*\frac{1}{2}\left[\delta(t+1)+\delta(-t+1)\right]}\\ {}&{{}\qquad+\frac{1}{2}\left[\delta(t-1)+\delta(-t-1)\right]*\delta(t+1)}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}\;\delta(t)+\frac{1}{2}\;\delta(-t+2)+\frac{1}{2}\;\delta\left(t\right)+\frac{1}{2}\delta(-t-2)}\\ \end{aligned} $$

$$ =\delta(t)+\frac{1}{2}\delta(t-2)+\frac{1}{2}\delta(t+2)\neq\delta(t)=\mathcal{E}_{\infty}\{y(t)\} $$

3.11(a) 若 $ x(t)=0, |t|>T_{1} $ 和

$$ h(t)=0,\quad|t|>T_{2} $$

则对于某个正数 $ T_{3} $，有

$$ x(t)*h(t)=0,\ |t|>T_{3} $$

用 $ T_{1} $ 和 $ T_{2} $ 表示 $ T_{3} $

(b) 假定一离散时间 LTI 系统的冲激响应 h[n] 在区间 $ N_{0} \leqslant n \leqslant N_{1} $ 以外处处为零，而输入信号 x[n] 在区间 $ N_{2} \leqslant n \leqslant N_{3} $ 以外处处为零，则输出 y[n] 在某个区间 $ N_{4} \leqslant n \leqslant N_{5} $ 之外处处均为零。

(i) 根据 $ N_{0}, N_{1}, N_{2}, N_{3} $ 确定 $ N_{4} $ 和 $ N_{5} $

（ii）若区间 $ N_{0}\leqslant n\leqslant N_{1} $ 的长度为 $ M_{k},N_{2}\leqslant n\leqslant N_{3} $ 的长度为 $ M_{x} $，而 $ N_{4}\leqslant n\leqslant N_{5} $ 的长度为 $ M_{y_{0}} $ 用 $ M_{k} $ 和 $ M_{x} $ 表示 $ M_{y_{0}} $

（c）设一离散时间 LTI 系统具有以下特性，即对于 $ n \geqslant 10 $ 的所有 n，输入 x[n] = 0，则对于 $ n \geqslant 15 $ 的所有 n，输出 y[n] = 0。试问系统的冲激响应必须满足什么条件上述特性才成立？

（d）设一个 LTI 系统的冲激响应 $ h(t) $ 如图 P 3.11 所示。为了确定 $ y(0) $，必须知道 $ x(t) $ 在什么区间范围内？

解：

(a) 因

$$ x(t)=0,\quad|t|>T_{1} $$

$$ h(t)=0,\quad|t|>T_{2} $$

则

$$ x(\tau)h(t-\tau)=0,\quad|t|>T_{1}+T_{2} $$

所以

$$ T_{3}=T_{1}+T_{2} $$

即 $ y(t)=x(t)*h(t)=0,\quad|t|>T_{3}=T_{1}+T_{2} $

(b)(i)

$$ h[n]=0,\quad N_{0}\leqslant n\leqslant N_{1} 之外 $$

$$ x[n]=0,\quad N_{2}\leqslant n\leqslant N_{3} 之外 $$

则

$$ y[n]=x[n]*h[n]=0, $$

$$ N_{4}=N_{0}+N_{2}\leqslant n\leqslant N_{5}=N_{1}+N_{3} 之外 $$

$$ \begin{aligned}{M_{h}=N_{1}-N_{0}+1,M_{x}=N_{3}-N_{2}+1,M_{y}=N_{5}}\\ {-N_{4}+1}\\ \end{aligned} $$

而

$$ \begin{aligned}M_{y}&=N_{5}-N_{4}+1=\left(N_{1}+N_{3}\right)-\left(N_{2}+N_{0}\right)+1\\&=\left(N_{1}-N_{0}\right)+\left(N_{3}-N_{2}\right)=M_{x}+M_{h}-1\end{aligned} $$

(c) 利用(b)小题结果

$$ M_{h}=M_{y}-M_{x}+1=15-10+1=6 $$

所以系统冲激响应必须满足条件为

$$ h[n]=0,\quad n>5 $$

(d)

$$ y(t)=~h(t)*x(t)=\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau)h(t-\tau)d\tau $$

$$ y(0)=\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau)h(-\tau)d\tau $$

可见，将 $ h(t) $ 反褶后，必须知道 $ x(t) $ 在区间 $ 1 \leqslant t \leqslant 2 $ 上的值才能确定 $ y(0) $ 的值。

3.12 假设 $ x_{1}(t) $ 和 $ x_{2}(t) $ 为两个具有公共周期 $ T_{0} $ 的周期信号。现定义 $ x_{1}(t) $ 和 $ x_{2}(t) $ 的周期卷积为

$$ y(t)=\int_{0}^{T_{0}}x_{1}(\tau)x_{2}(t-\tau)d\tau=x_{1}(t)\circledast x_{2}(t) $$

（a）证明 $ y(t) $ 是周期为 $ T_{0} $ 的周期信号

(b) 考虑信号

$$ y_{a}(t)=\int_{a}^{a+T_{0}}x_{1}(\tau)x_{2}(t-\tau)d\tau $$

式中 a 是任意实数。证明

$$ y(t)=y_{a}(t) $$

(c) 计算图 P 3.12-1 所示信号的周期卷积，取 $ T_{0}=1 $

(d) 证明周期卷积是可交换的和可结合的，即证明

$$ x_{1}(t)\circledast x_{2}(t)\doteq x_{2}(t)\circledast x_{1}(t) $$

和

$$ x_{1}(t)\circledast[x_{2}(t)\circledast x_{3}(t)]=[x_{1}(t)\circledast x_{2}(t)]\circledast x_{3}(t) $$

以同样方式，定义两个具有公共周期 $ N_{0} $ 的离散时间周期信号 $ x_{1}[n] $ 和 $ x_{2}[n] $ 的周期卷积为

$$ y[n]=\sum_{k=0}^{N_{0}-1}x_{1}[k]x_{2}[n-k] $$

证明 $ y[n] $ 也是周期为 $ N_{0} $ 的周期信号，即，证明对于任何整数 m，

$$ y[n]=\sum_{k=m}^{N_{0}+m-1}x_{1}[k]x_{2}[n-k] $$

(e) 图 P 3.12-2 所示的 $ x_{1}[n] $ 和 $ x_{2}[n] $ 是周期为 6 的周期信号，计算并画出它们的周期卷积.

(f) 由于上小题中的信号周期为 6，所以它们也是周期为 12 的周期信号，利用 $ N_{0}=12 $ 计算 $ x_{1}[n] $ 和 $ x_{2}[n] $ 的周期卷积.

（g）在一般情况下，若 $ x_{1}[n] $ 和 $ x_{2}[n] $ 是周期为 N 的周期信号，则采用 $ N_{0}=N $ 计算出的周期卷积和采用 $ N_{0}=kN $ （k 为正整数）所得的周期卷积之间是什么关系.

解：

(a)

$$ \begin{aligned}{y\left(t+T_{0}\right)}&{{}=\int_{0}^{T_{0}}x_{1}(\tau)x_{2}(t+T_{0}-\tau)d\tau}\\ {}&{{}=\int_{0}^{T_{0}}x_{1}(\tau)x_{2}(t-\tau)d\tau=y(t)}\\ \end{aligned} $$

所以周期为 $ T_{0} $

(b) 设 $ a = kT_{0} + b, 0 < b < T_{0} $

则

$$ y_{s}(t)=\int_{k T_{0}+b}^{(k+1)T_{0}+b}x_{1}(\tau)x_{2}(t-\tau)d\tau $$

令 $ \lambda = \tau - kT_{0} $，经代换后得

$$ \begin{aligned}y_{a}(t)&=\int_{b}^{b+T_{0}}x_{1}(\lambda+kT_{0})x_{2}(t-\lambda-kT_{0})d\lambda\\&=\int_{b}^{T_{0}+b}x_{1}(\tau)x_{2}(t-\tau)d\tau\\&=\int_{b}^{T_{0}}x_{1}(\tau)x_{2}(t-\tau)d\tau+\int_{T_{0}}^{T_{0}+b}x_{1}(\tau)x_{2}(t-\tau)d\tau\\&=\int_{b}^{T_{0}}x_{1}(\tau)x_{2}(t-\tau)d\tau+\int_{0}^{b}x_{1}(\tau)x_{2}(t-\tau)d\tau\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}=\int_{0}^{T_{0}}x_{1}(\tau)x_{2}(t-\tau)d\tau=y(t)\end{aligned} $$

(c) $ T_{0}=1 $

$$ \begin{aligned}y(t)&=\int_{0}^{1}x_{1}(\tau)x_{2}(t-\tau)d\tau\\&=\int_{0}^{t}e^{-\tau}d\tau+\int_{t+\frac{1}{2}}^{1}e^{-\tau}d\tau\\&=1-e^{-t}+e^{-(t+\frac{1}{2})}-e^{-1}\\&=1-e^{-1}+(e^{-\frac{1}{2}}-1)e^{-t},\quad0\leqslant t\leqslant\frac{1}{2}\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}y(t)&=\int_{t-\frac{1}{2}}^{t}e^{-\tau}d\tau=e^{-(t-\frac{1}{2})}-e^{-\tau}\\&=(e^{\frac{1}{2}}-1)e^{-\tau},\quad\frac{1}{2}\leqslant t\leqslant1\end{aligned} $$

(d) (i) $ x_{1}(t) \otimes x_{2}(t) = \int_{0}^{T_{0}} x_{1}(\tau) x_{2}(s - \tau) d\tau $

令 $ \lambda = \tau - \tau $，变换后有

$$ \begin{aligned}{x_{1}(t)\circledast x_{2}(t)}&{{}\;=\;-\int_{t}^{t-T_{0}}x_{1}(t-\lambda)x_{2}(\lambda)d\lambda}\\ {}&{{}\;=\;\int_{t-T_{0}}^{t}x_{1}(t-\lambda)x_{2}(\lambda)d\lambda}\\ \end{aligned} $$

根据(b)小题，得

$$ \begin{aligned}\int_{t-T_{0}}^{t}x_{1}(t-\lambda)x_{2}(\lambda)d\lambda&=\int_{0}^{T_{0}}x_{2}(\lambda)x_{1}(t-\lambda)d\lambda\\&=x_{2}(t)\circledast x_{1}(t)\end{aligned} $$

(ii)

$$ \begin{aligned}{x_{1}(t)}&{{}\circledast[\mathbf{\mathit{x}}_{2}(t)\circledast\mathbf{\mathit{x}}_{3}(t)]}\\ {}&{{}=\mathbf{\mathit{x}}_{1}(t)\circledast\left[\int_{0}^{T_{0}}\mathbf{\mathit{x}}_{2}(\tau)\mathbf{\mathit{x}}_{3}(t-\tau)d\tau\right]}\\ {}&{{}=\int_{0}^{T_{0}}\int_{0}^{T_{0}}\mathbf{\mathit{x}}_{1}(\lambda)\mathbf{\mathit{x}}_{2}(\tau)\mathbf{\mathit{x}}_{3}(t-\tau-\lambda)d\tau d\lambda}\\ {}&{{}=\int_{0}^{T_{0}}\int_{0}^{T_{0}}\mathbf{\mathit{x}}_{1}(t-\tau-\lambda)\mathbf{\mathit{x}}_{2}(\tau)\mathbf{\mathit{x}}_{3}(\lambda)d\tau d\lambda}\\ {}&{{}=[\mathbf{\mathit{x}}_{1}(t)\circledast\mathbf{\mathit{x}}_{2}(t)]\circledast\mathbf{\mathit{x}}_{3}(t),}\\ \end{aligned} $$

(iii)

$$ \begin{aligned}）y[n]&=\sum_{k=m}^{N_{0}+m-1}x_{1}[k]x_{2}[n-k]\\&=\sum_{k=m}^{N_{0}-1}x_{1}[k]x_{2}[n-k]+\sum_{k=N_{0}}^{N_{0}+m-1}x_{1}[k]x_{2}[n-k]\\&=\sum_{k=m}^{N_{0}-1}x_{1}[k]x_{2}[n-k]\\&\quad+\sum_{r=0}^{m-1}x_{1}[r+N_{0}]x_{2}[n-r-N_{0}]\\&=\sum_{k=m}^{N_{0}-1}x_{1}[k]x_{2}[n-k]+\sum_{k=0}^{m-1}x_{1}[k]x_{2}[n-k]\\&=\sum_{k=0}^{N_{0}-1}x_{1}[k]x_{2}[n-k]=y[n]\end{aligned} $$

(e) 因 $ N_{0}=6 $ ，所以在一周内

$$ y[n]=\sum_{k=0}^{5}x_{1}[k]x_{2}[n-k] $$

如图 P3.12-3(a) 所示。

(f) 因 $ N_{0}=12 $ , 一周内

$$ \begin{aligned}y[n]&=\sum_{k=0}^{11}x_{1}[k]x_{2}[n-k]\\&=\sum_{k=0}^{5}x_{1}[k]x_{2}[n-k]+\sum_{k=6}^{11}x_{1}[k]x_{2}[n-k]\end{aligned} $$

如图 P3.12-3(b) 所示.

(g) 因为

$$ \begin{aligned}\sum_{m=0}^{k N-1}x_{1}[m]x_{2}[n-m]&=\sum_{m=0}^{N-1}x,[m]x_{2}[n-m]+\cdots\\&\quad+\sum_{(k-1)N}^{k N-1}x_{1}[m]x_{2}[n-m]\\&=k\sum_{m=0}^{N-1}x_{1}[m]x_{2}[n-m]\end{aligned} $$

所以以 $ N_{0}=kN $ 作周期卷积的结果是以 $ N_{0}=N $ 计算周期卷积结果的 k 倍.

3.13 定义一个连续时间信号 $ v(t) $ 下的面积为

$$ A_{v}=\int_{-\infty}^{+\infty}v(t)d t $$

证明，若 $ y(t) = x(t) \cdot h(t) $，则

$$ A_{y}=A_{x}\cdot A_{h} $$

解：

$$ \begin{aligned}A_{y}&=\int_{-\infty}^{+\infty}y(t)d t=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau)h(t-\tau)d\tau d\tau\\&=\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau)\int_{-\infty}^{+\infty}h(t-\tau)d\tau d\tau\\&=\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau)A_{h}d\tau=A_{x}A_{h}\\ \end{aligned} $$

3.14 (a) 若 LTI 系统对 $ x(t) $ 的响应是输出 $ y(t) $，证明系统对

$$ x^{\prime}(t)=\frac{dx(t)}{dt} $$

的响应是 $ y'(t) $。用三种不同的方法证明，即

(i) 直接根据线性和时不变特性以及

$$ x^{\prime}(t)=\lim_{h\to0}\frac{x(t)-x(t-h)}{h} $$

来证明，

（ii）通过对卷积求微分来证明，

(iii) 通过检验图 P 3.14 中的系统来证明.

（b）证明下列关系式成立：

(i) $ y'(t) = x(t) * h'(t) $

(ii)

$$ \begin{aligned}y\left(t\right)&=\left(\int_{-\infty}^{t}x\left(r\right)d\tau\right)*h\left(t\right)\\&=\int_{-\infty}^{t}\left[x\left(\tau\right)*h\left(\tau\right)\right]d\tau\\&=x^{\prime}\left(t\right)*\left\lbrack\int_{-\infty}^{t}h\left(r\right)d\tau\right\rbrack\\ \end{aligned} $$

（c）设—LTI 系统对输入 $ x(t)=e^{-s_{t}}u(t) $ 的响应为 $ y(t)=\sin\omega_{0}t $ 。利用(a)小题的结果求这系统的冲激响应。

（d）另一个 LTI 系统对输入 $ x(t) = [\sin t] u(t) $ 的响应为 $ y(t) = [e^{t} - 1] u(t) $。求此系统的冲激响应。

(e) 利用下式关系

$$ y(t)=\int_{-\infty}^{t}[x^{^{\prime}}(\tau)*h(\tau)]d\tau $$

计算习题3.2(b)小题中两个信号的卷积。

（f）设 $ s(t) $为连续时间LTI系统的单位阶跃响应。利用(b)小题推导对输入 $ x(t) $的响应 $ y(t) $为

$$ y(t)=\int_{-\infty}^{+\infty}x\left(r\right)s(t-\tau)d\tau $$

并证明

$$ x(t)=\int_{-\infty}^{+\infty}x\left(\tau\right)u(t-\tau)d\tau $$

(g) 利用式(P3.14-1)来求单位阶跃响应为

$$ s(t)=[e^{-3t}-2e^{-2t}+1]u(t) $$

的 LTI 系统对输入 $ x(t)=e^{t}u(t) $ 的响应。

（h）设 s[n] 为离散时间 LTI 系统的单位阶跃响应。求式(P3.14-1)和式(P3.14-2)的离散时间的对偶响应 y[n]。

(i) 利用式(P3.14-1)的离散时间形式，求阶跃响应为

$$ s[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n+1] $$

的 LTI 系统对输入

$$ x[n]=\left(-\frac{1}{2}\right)^{*}u[n] $$

的响应。

解：

(a) (i) 根据线性特性， $ \frac{x(t)-x(t-h)}{h} $ 的响应为

$$ \frac{y(t)-y(t-h)}{h} $$

取极限，有

$ \lim_{h\to0}\frac{x(t)-x(t-h)}{h} $ 的响应为 $ \lim_{h\to0}\frac{y(t)-y(t-h)}{h} $

所以 $ x'(t) $ 的响应为 $ y'(t) $.

(ii)

$$ \begin{aligned}{y^{\prime}(t)}&{{}=\frac{d}{d t}\int_{-\infty}^{+\infty}x(t-\tau)h(\tau)d\tau}\\ {}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{d}{d t}x(t-\tau)h(\tau)d\tau}\\ {}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}x^{\prime}(t-\tau)h(\tau)d\tau}\\ \end{aligned} $$

(iii) 因 $ x(t) \star u_{1}(t) = x'(t) $

则系统输出为

$$ x^{\prime}(t)*h(t)=z(t) $$

利用交换特性，交换系统级联顺序，则

$$ x(t)*h(t)=y(t) $$

$$ y(t)\ast u_{1}(t)=y^{\prime}(t)\mapsto z(t), $$

所以对 $ x'(t) $ 的响应为 $ y'(t) $.

(b) (i) $ y(t) = x(t) \cdot h(t) $，而 $ y'(t) = y(t) \cdot u_1(t) $ 所以

$$ \begin{aligned}{y^{\prime}(t)}&{{}=[x(t)*h(t)]*u_{1}(t)}\\ {}&{{}=x(t)*[h(t)*u_{1}(t)]}\\ {}&{{}=x(t)*h^{\prime}(t)}\\ \end{aligned} $$

(ii)

$$ \begin{aligned}y(t)&=\left[\int_{-\infty}^{t}x(\tau)d\tau\right]*h^{\prime}(t)\\&=\left[x(t)*u(t)\right]*u_{1}(t)*h(t)\\&=x(t)*u_{1}(t)*h(t)*u(t)\\&=\left\{\left[x(t)*u_{1}(t)\right]*h(t)\right\}*u(t)\\&=\int_{-\infty}^{t}x^{\prime}(\tau)h(t-\tau)d\tau\end{aligned} $$

或者

$$ y(t)=x^{\prime}(t)*[h(t)*u(t)]=x^{\prime}(t)*\int_{-\infty}^{t}h(\tau)d\tau $$

(c)

$$ \begin{aligned}{x^{\prime}(t)}&{{}=\delta(t)e^{-5t}-5e^{-5t}u(t)}\\ {}&{{}=\delta(t)-5e^{-5t}u(t)=\delta(t)-5x(t)}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}{x^{\prime}(t)*h(t)}&{{}=[\delta(t)-5x(t)]*h(t)}\\ {}&{{}=h(t)-5y(t)}\\ {}&{{}=h(t)-5\sin\omega_{0}t}\\ \end{aligned} $$

而

$$ x^{\prime}(t)*h(t)=y^{\prime}(t)=(\sin\omega_{0}t)^{\prime}=\omega_{0}\cos\omega_{0}t $$

$$ h(t)=\omega_{0}\cos\omega_{0}t+5\sin\omega_{0}t $$

再由上两式相等即得

(d)

$$ \begin{aligned}{x^{\prime}(t)}&{{}=\delta(t)\sin\omega_{0}t+\cost\cdot u(t)=\cost\cdot u(t)}\\ {x^{\prime\prime}(t)}&{{}=\delta(t)\cost-\sint u(t)}\\ {}&{{}=\delta(t)-\sint u(t)=\delta(t)-x(t)}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}{x^{\prime\prime}(t)*h(t)}&{{}=[\delta(t)-x(t)]*h(t)}\\ {}&{{}=h(t)-y(t)}\\ {}&{{}=h(t)-(e^{\prime}-1)u(t)}\\ \end{aligned} $$

用(c)小题同样方法可证得

$$ x^{\prime\prime}(t)*h(t)=y^{\prime\prime}(t)=[(e^{t}-1)u(t)]^{\prime\prime}=\delta(t)+e^{t}u(t) $$

再由上两式相等即得

$$ h(t)=\delta(t)+(2e^{t}-1)u(t) $$

$$ (e)x^{\prime}(t)=\delta(t)-2\delta(t-2)+\delta(t-5) $$

得

$$ \begin{aligned}{y^{\prime}(t)}&{{}=x^{\prime}(t)*h(t)}\\ {}&{{}=e^{2i}u(1-t)-2e^{2(t-2)}u(3-t)+e^{2(t-5)}u(6-t)}\\ \end{aligned} $$

由 $ y(t) = \int_{-\infty}^{t} [x'(\tau) \cdot h(\tau)] \, d\tau = \int_{-\infty}^{t} y'(\tau) \, d\tau $

得

$$ \begin{aligned}{y(t)=\begin{cases}{\displaystyle\int_{-\infty}^{t}[e^{2t}-2e^{2(\tau-2)}+e^{2(\tau-5)}]d\tau,}&{t\leqslant1}\\ {\displaystyle\int_{-\infty}^{1}e^{2\tau}d\tau+\int_{-\infty}^{t}[-2e^{2(\tau-2)}+e^{2(\tau-5)}]d\tau,}&{1\leqslant t\leqslant3}\\ {\displaystyle\int_{-\infty}^{1}e^{2\tau}d\tau-2\int_{-\infty}^{3}e^{2(\tau-2)}d\tau+\int_{-\infty}^{t}e^{2(\tau-5)}d\tau,}&{3\leqslant t\leqslant6}\\ {0,}&{t\geqslant6}\\ \end{cases}}\\ \end{aligned} $$

解得

$$ y(t)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}\frac{1}{2}\left[e^{2t}-2e^{2(t-2)}+e^{2(t-5)}\right],}&{}&{{}t\leqslant1}\\ {}&{{}\frac{1}{2}\left[e^{2}+e^{2(t-5)}-2e^{2(t-2)}\right],}&{}&{{}1\leqslant t\leqslant3}\\ {}&{{}\frac{1}{2}\left[e^{2(t-5)}-e^{2}\right],}&{}&{{}3\leqslant t\leqslant6}\\ {}&{{}0,}&{}&{{}t\geqslant6}\\ \end{aligned}\right. $$

(f) (i) 因为 $ s(t)=u(t)*h(t) $

所以

$$ u_{1}(t)*s(t)=u_{1}(t)*u(t)*h(t)=\delta(t)*h(t)=h(t) $$

即

$$ h(t)=u_{1}(t)*s(t) $$

因此

$$ \begin{aligned}y(t)&=x(t)*h(t)=x(t)*u_{1}(t)*s(t)\\&=x^{^{\prime}}(t)*s(t)=\int_{-\infty}^{+\infty}x^{^{\prime}}(\tau)s(t-\tau)d\tau\end{aligned} $$

(ii)

$$ \begin{aligned}x(t)&=x(t)*\delta(t)=x(t)*u_{1}(t)*u_{-1}(t)\\&=x^{\prime}(t)*u_{-1}(t)=\int_{-\infty}^{+\infty}x^{\prime}(\tau)u(t-\tau)d\tau\end{aligned} $$

(g)

$$ x^{\prime}(t)=e^{\prime}u(t)+\delta(t) $$

得

$$ \begin{aligned}y(t)&=x^{\prime}(t)*s(t)\\&=s(t)+e^{\prime}u(t)*s(t)\\&=[e^{-3t}-2e^{-2t}+1]u(t)\\&\quad+\int_{0}^{t}e^{\tau}u(\tau)[e^{-3(t-\tau)}-2e^{-2(t-\tau)}+1]u(t-\tau)d\tau\\&=[e^{-3t}-2e^{-2t}+1]u(t)\\&\quad+\left[\frac{1}{4}\left(e^{t}-e^{-3t}\right)-\frac{2}{3}\left(e^{t}-e^{-2t}\right)+e^{t}-1\right]u(t)\end{aligned} $$

(h) 因为

$$ \{\delta[n]-\delta[n-1]\}*u[n]=\delta[n] $$

所以

$$ \begin{aligned}y[n]=&\left\{x[n]-x[n-1]\right\}*s[n]\\=&\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left\{x[k]-x[k-1]\right\}s[n-k]\end{aligned} $$

此式即式(P 3.14-1)的离散时间对偶式。

$$ \begin{aligned}x[n]=&\left\{x[n]-x[n-1]\right\}*u[n]\\=&\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\{x[k]-x[k-1]\}u[n-k]\end{aligned} $$

此式即式(P3.14-2)的离散时间对偶式。

(i)

$$ \begin{aligned}y[n]&=\left\{\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]\right.\\&\quad\left.-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}u[n-1]\right\}*\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n+1\bar{x}}\\&=\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]*\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n+1]\\&\quad-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}u[n-1]*\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n+1]\\&=\sum_{k=0}^{n+1}\left(-\frac{1}{2}\right)^{k}u[k]\left(\frac{1}{2}\right)^{n-k}u[n-k+1]\\&\quad-\sum_{k=1}^{n+1}\left(-\frac{1}{2}\right)^{k}u[k-1]\left(\frac{1}{2}\right)^{n-k}u[n-k+1]\\&=\sum_{k=0}^{n+1}\left(-1\right)^{k}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n+1]\\&\quad-\sum_{k=1}^{n+1}\left(-1\right)^{k-1}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}u[n]\\&=\frac{1-(-1)^{n+2}}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n+1]\\&\quad-\frac{1-(-1)^{n+1}}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}u[n]\\&=\left[\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}+\left(-\frac{1}{2}\right)^{n+1}\right]u[n+1]\\&\quad-\left[\left(\frac{1}{2}\right)^{n}+\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}\right]u[n]\\&=\left\{\begin{aligned}&\left[\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}+\left(-\frac{1}{2}\right)^{n+1}\right]u[n+1],&n 为奇数 \\&-\left[\left(\frac{1}{2}\right)^{n}+\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}\right]u[n],&n 为偶数 \end{aligned}\right.\end{aligned} $$

3.15 某一线性时不变系统的冲激响应为 $ h_{0}(t) $，当输入为

$ x_{0}(t) $时，输出为 $ y_{0}(t) $，如图P3.15所示。现给出下列各组冲激响应 $ h(t) $ 和输入 $ x(t) $:

$$ \begin{aligned}& 输入 x(t)\quad& 冲激响应 h(t)\ $ a)x(t)=2x_{0}(t)\quad&h(t)=h_{0}(t)\ $ b)x(t)=x_{0}(t)-x_{0}(t-2)\quad&h(t)=h_{0}(t)\ $ c)x(t)=x_{0}(t-2)\quad&h(t)=h_{0}(t+1)\ $ d)x(t)=x_{0}(-t)\quad&h(t)=h_{0}(t)\ $ e)x(t)=x_{0}(-t)\quad&h(t)=h_{0}(-t)\ $ f)x(t)=x_{0}^{\prime}(t)\quad&h(t)=h_{0}^{\prime}(t)\end{aligned} $$

在每一组所给出的 $ h(t) $ 和 $ x(t) $ 情况中，是否已给出了决定输出 $ y(t) $ 所需的足够信息？若可能决定 $ y(t) $，则画出 $ y(t) $ 的图形，并在图上标明数值。

解：

$$ (a)\ \ y(t)=x(t)*h(t)=2x_{0}(t)*h_{0}(t)=2y_{0}(t) $$

如图 P3.15-1(a) 所示.

$$ y(t)=[x_{0}(t)-x_{0}(t-2)]*h_{0}(t)=y_{0}(t)-y_{0}(t-2) $$

如图 P3.15-1(b) 所示.

$$ \begin{aligned}{y(t)}&{{}=x_{0}(t-2)*h_{0}(t+1)}\\ {}&{{}=x_{0}(t-2)*h_{0}(t)*\delta(t+1)}\\ {}&{{}=x_{0}(t-1)*h_{0}(t)=y_{0}(t-1)}\\ \end{aligned} $$

如图 P 3.15-1(c) 所示.

(d) 没给出足够的信息。

(e)

$$ \begin{aligned}{y(t)}&{{}=x_{0}(-t)*h_{0}(-t)}\\ {}&{{}=[x_{0}(t)*h_{0}(t)]*\delta(-t)*\delta(-t)}\\ {}&{{}=y_{0}(-t)}\\ \end{aligned} $$

如图 P 3.15-1(d) 所示.

(f)

$$ \begin{aligned}{y(t)}&{{}=x_{0}^{^{\prime}}(t)*h_{0}^{^{\prime}}(t)=[x_{0}^{^{\prime}}(t)*h_{0}(t)]^{^{\prime}}}\\ {}&{{}=[y_{0}^{^{\prime}}(t)]^{^{\prime}}=y_{0}^{{^{\prime}}^{\prime}}(t)}\\ \end{aligned} $$

如图 P 3.15-1(e) 所示。

3.16 一类重要的连续时间 LTI 系统其单位冲激响应 $ h(t) $ 是由等间隔的冲激串组成的，即

$$ h(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}h_{n}\delta(t-nT) $$

其中冲激间隔 T > 0，而 h 是待定的常数。

这种类型的系统可用抽头延迟来实现，如图 P 3.16-1 所示例子中，其冲激响应为

$$ \sum_{n=0}^{3}h_{n}\delta(t-nT) $$

（a）假定一LTI系统的冲激响应由式(P 3.16-1)给出。并假定该系统的输入本身是一冲激串

$$ x(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x_{n}\delta(t-nT) $$

证明输出 $ y(t) $ 也是一冲激串

$$ y(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}y_{n}\delta(t-nT) $$

式中系数 $ \{y_{n}\} $根据序列 $ \{x_{n}\} $和 $ \{h_{n}\} $的离散时间的卷积确定，即

$$ y_{n}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x_{k}\bar{h}_{n-k} $$

(b) 当 $ h_{0}=1 $, $ h_{1}=-1 $, $ h_{2}=h_{3}=0 $ 时，求由三个如图 P3.16-1 所示的系统构成的级联系统的冲激响应.

（c）如图 P 3.16-2 所示的抽头延迟线，图中每个抽头的增益等于延迟时间 T。假设该系统的输入为

$$ x(t)=e^{-t}u(t) $$

画出输出 $ y(t) $. 当抽头之间的延迟越来越短（即 $ T \to 0 $），抽头增益越来越小时，在极限情况下 $ y(t) $ 将会变成什么样子？若用 $ y_{0}(t) $ 表示这种极限形式，证明，对于任何给定的 T > 0 的值，

$$ \frac{T}{1-e^{-T}}y_{0}(t+T) $$

就是 $ y(t) $ 的包络.

（d）假定一系统具有图 P 3.16-3 所示的分段常数的冲激响应，即

$$ h(t)=h_{n},\quad n

证明这系统可用式 $ (P\ 3.16-1) $表示的冲激响应构成的抽头延迟线与图P 3.16-4描述的LTI系统相级联来实现.

(e) 证明，还可用一抽头延迟线与一积分器相级联来实现由式(P 3.16-3)所说明的系统。确定这时所需要的抽头系数。

(f) 利用(a)和(d)小题结果以及卷积的结合律和交换律，按下面的步骤计算式(P 3.16-3)中 $ h(t) $ 与另一个同类信号

$$ x(t)=x_{n},\quad n

的卷积。

(i) 计算式（P 3.16-2）的离散卷积，其中 $ h_{n} $ 和 $ x_{n} $ 分别由式（P 3.16-3）和式（P 3.16-4）给出。

（ii）再计算在 $ t=n+1 $ 时的 $ x(t)*h(t)=y_{n} $，而且当 $ n+1

(g) 运用(f)小题的方法来卷积图 P 3.16-6 所示的信号。

解：

$$ \begin{align*}(a)\ y(t)&=x(t)*h(t)\\&=\int_{-\infty}^{+\infty}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x_{k}\delta(\tau-kT)\sum_{m=-\infty}^{+\infty}h_{m}\delta(t-\tau-mT)d\tau\end{align*} $$

$$ \begin{aligned}&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\sum_{m=-\infty}^{+\infty}x_{k}h_{m}\delta(t-kT-mT)\\&\underline{\underline{ 令 k+m=n}}\quad\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x_{k}h_{n-k}\delta(t-nT)\\&=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\left[\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x_{k}h_{n-k}\right]\delta(t-nT)\\&=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}y_{n}\delta(t-nT)\\ \end{aligned} $$

其

$$ y_{n}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x_{k}h_{n-k} $$

(b) 因 $ h_{0}=1, h_{1}=1, h_{2}=h_{3}=0 $，所以每个子系统的冲激响应为

$$ \begin{aligned}{\hat{h}(t)}&{{}=\sum_{k=0}^{3}\hat{h}_{k}\delta(t-k T)=\sum_{k=0}^{1}\hat{h}_{k}\delta(t-k T)}\\ {}&{{}=h_{0}\delta(t)+h_{1}\delta(t-T)=\delta(t)-\delta(t-T)}\\ \end{aligned} $$

所以级联系统的冲激响应为

$$ \begin{aligned}{h(t)}&{{}=\hat{h}(t)*\hat{h}(t)*\hat{h}(t)}\\ {}&{{}=[\delta(t)-\delta(t-T)]*[\delta(t)-\delta(t-T)]}\\ {}&{{}\quad*[\delta(t)-\delta(t-T)]}\\ {}&{{}=\delta(t)-3\delta(t-T)+3\delta(t-2T)-\delta(t-3T)}\\ \end{aligned} $$

(c) 由图可知，系统的冲激响应为

$$ h(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}T\delta(t-k T) $$

而

$$ y(t)=x(t)*h(t)=\sum_{k=0}^{+\infty}T e^{-(t-kT)}u(t-kT) $$

利用级数公式可得

$$ y_{0}(t)=1-e^{-t}, $$

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{y}\left(nT\right)&=\frac{T}{1-e^{-T}}\left[1-e^{-(n+1)T}\right]\\&=\frac{T}{1-e^{-T}}y_{0}(nT+T)\end{aligned} $$

得 $ y_{0}(t+T) $ 构成一个 $ y(t) $ 的包络，T>0 时，如图 P16-7(a) 所示

（d）根据图 P 3.16-3 所示，T=1。两个级联系统的冲激响应分别为

$$ h_{1}(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}h_{n}\delta(t-n) $$

$ h_{2}(t)=\left\{\begin{aligned}&1,&0\leqslant t\leqslant1\\ &0,& 其它,\end{aligned}\right. $，（图P3.16-4所示）

级联系统总的冲激响应为

$$ \begin{aligned}{h(t)}&{{}=h_{1}(t)*h_{2}(t)}\\ {}&{{}=h_{2}(t)*\bigg[\sum_{n=-\infty}^{+\infty}h_{n}\delta(t-n)\bigg]}\\ {}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}[h_{n}h_{2}(t)*\delta(t-n)]}\\ {}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}[h_{n}(t)*\delta(t-n)]}\\ \end{aligned} $$

其中

$$ h_{n}(t)=h_{n}h_{2}(t)=\left\{\begin{aligned}&h_{n},&&n\leqslant t\leqslant n+1\\ &0,&& 其它 \end{aligned}\right. $$

可见，若 $ h_{n} $ 按图 P3.16-3 分段选值，上式即表示其波形。

（e）设抽头系数为 $ g_{n} $，则选式(P3.16-3)中的 $ h_{n}=g_{n}-g_{n-1} $ 即可达到要求。

(f)(i) 如(a) 小题的证明, 可得

$$ y_{n}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x_{k}h_{n-k} $$

此式是 $ x(t) $ 和 $ h(t) $ 分段区间值的离散卷积.

（ii）因为两个恒定信号的卷积等于恒定斜率的直线，因此 $ n+1

（g）根据图 P3.16-6 的波形，找出对应的 $ x_{n} $ 和 $ h_{n} $ 值如图

P3.16-7(b)所示。利用上式关系计算出各时刻点的 $ y_{n} $，并将相邻点联成线即得 $ y(t) $波形。如图P3.16-7(c)所示。

3.17 如同用 $ \delta[n] $ 作为构成任意离散信号的基本信号一样，本题用另一种信号作为构成任意离散信号的基本组成单元。如下面一组信号：

$$ \phi\left[n\right]=\left(\frac{1}{2}\right)^{*}u\left[n\right] $$

$$ \phi_{k}[n]=\phi[n-k],\quad k=0,\pm1,\pm2,\cdots $$

(a) 证明一任意信号 x[n] 可用其确定的系数 $ a_{k} $ 表示为

$$ x[n]=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}\phi[n-k] $$

形式.（提示： $ \delta[n] $ 的表示式是什么？）

（b）设 r[n] 为 LTI 系统对输入 x[n] = $ \phi[n] $ 的响应。求用 r[n] 和 x[n] 表示对任意输入 x[n] 的响应 y[n] 的表示式。

(c) 求一信号 $ \phi[n] $，以使 y[n] 可写成

$$ y[n]\;=\;\phi[n]\ast x[n]\ast r[n] $$

(d) 利用(c)小题的结果，根据 r[n] 来表示系统的冲激响应. 此外，证明

$$ \phi\left[n\right]\ast\phi\left[n\right]\;=\;\delta\left[n\right] $$

解：

(a) 因 $ \phi[n] = \left(\frac{1}{2}\right)^{n} u[n] $，所以

$$ \phi[n]-\frac{1}{2}\phi[n-1]=\delta[n] $$

而

$$ \begin{aligned}{x[n]}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[k]\delta[n-k]}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x(k)\left\{\phi[n-k]-\frac{1}{2}\phi[n-k-1]\right\}}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[k]\phi[n-k]-\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\frac{1}{2}x[k]\phi[n-k-1]\\&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[k]\phi[n-k]-\sum_{r=-\infty}^{+\infty}\frac{1}{2}x[r-1]\phi[n-r]\\&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left\{x[k]-\frac{1}{2}x[k-1]\right\}\phi[n-k]\\&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}\phi[n-k]\end{aligned} $$

其中

$$ a_{k}=x[k]-\frac{1}{2}\;x[k-1] $$

(b) 由(a)小题知

$$ x[n]=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}\phi[n-k] $$

若系统对 $ \phi[n] $ 的响应为 r[n]，则对于线性时不变系统可得对任意信号 x[n] 的响应 y[n] 为

$$ \begin{aligned}{y[n]}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}r[n-k]}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left\{x[k]-\frac{1}{2}x[k-1]\right\}r[n-k]}\\ \end{aligned}. $$

$$ \begin{align*}\left(\epsilon\right)y[n]&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left\{x[k]-\frac{1}{2}x[k-1]\right\}r[n-k]\\&=x[n]*r[n]-\frac{1}{2}x[n-1]*r[n]\\&=\delta[n]*x[n]*r[n]-\frac{1}{2}\delta[n-1]*x[n]*r[n]\\&=\left\{\delta[n]-\frac{1}{2}\delta[n-1]\right\}*x[n]*r[n]\end{align*} $$

可得

$$ \begin{aligned}{\phi\left[n\right]}&{{}=\delta\left[n\right]-\frac{1}{2}\delta\left[n-1\right]}\\ {}&{{}=\phi\left[n\right]-\phi\left[n-1\right]+\frac{1}{4}\phi\left[n-2\right]}\\ \end{aligned} $$

(d) 由(c)小题可知

$$ \begin{aligned}y[n]&=\left\{\delta[n]-\frac{1}{2}\;\delta[n-1]\right\}*r[n]*x[n]\\&=\left\{r[n]-\frac{1}{2}\;r[n-1]\right\}*x[n]\\&=h[n]*x[n]\\ \end{aligned} $$

所以

$$ h[n]=r[n]-\frac{1}{2}r[n-1] $$

$$ \begin{aligned}{\phi\left[n\right]*\phi\left[n\right]}&{{}=\left\{\delta\left[n\right]-\frac{1}{2}\;\delta\left[n-1\right]\right\}*\phi\left[n\right]}\\ {}&{{}=\phi\left[n\right]-\frac{1}{2}\;\phi\left[n-1\right]=\delta\left[n\right]}\\ \end{aligned} $$

3.18 与上题类似，假定一LTI系统对图 P3.18(a) 所示的输

入 $ p(t) $产生如图P3.18(b)所示的响应 $ q(t) $

(a) 证明图 P3.18(c) 的信号 x(t) 可表示为

$$ x(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}a_{n} p(t-n) $$

求 $ a_{n} $的值.

(b) 用对基本构成单元 $ p(t-n) $ 的响应 $ q(t) $ [见图 P3.18(b)], 写出对图 P3.18(c) 所示输入 $ x(t) $ 的响应 $ y(t) $ 的表示式，并画出 $ y(t) $ 的波形.

(c) 求系统对单位斜坡函数 $ u_{-2}(t) $ 的响应.

（d）利用(c)小题和3.14题，求这个系统的阶跃响应和冲激响应.

(e) 用积分器、微分器，理想的单位延迟单元，加法器和常系数倍乘器构成该系统的框图.

解：

$$ \begin{aligned}(a)\ x(t)&=2p(t+1)+p(t)+4p(t-1)\\&\quad-2p(t-2)+p(t-3)\end{aligned} $$

得

$$ a_{-1}=2,a_{0}=1,a_{1}=4,a_{2}=-2,a_{3}=1, $$

$$ a_{n}=0,n\neq-1,0,1,2,3 $$

(b) 由于是 LT1 系统，所以

$$ \begin{aligned}{y(t)=}&{{}~2q(t+1)+q(t)+4q(t-1)}\\ {}&{{}-2q(t-2)+q(t-3)}\\ \end{aligned} $$

如图 P3.18-1(a) 所示。另外，由于 $ q(t)=2p'(t)+2p'(t-1) $，所以 $ y(t)=2x'(t)+2x'(t-1) $，也可得到相同的结果。

$$ (c)x(t)=u_{-}(t)=u(t)*u(t)=t u(t) $$

它可由位移并加权的 $ p(t) $ 构成，即

$$ x(t)=\sum_{t=0}^{+\infty}k p(t-k) $$

而系统对 $ p(t) $ 的响应是 $ q(t) $ 如图 P3.18(b) 所示。所以对

$ x(t) $ 的响应为

$$ y(t)=\sum_{k=0}^{+\infty}k q(t-k) $$

y(t)的波形如图P3.18-1(b)所示.

(d) 按其定义，由(c)小题输入信号 $ x(t) $ 可求得 $ u(t) $ 为

$$ u(t)=\frac{d}{dt}x(t)=x^{\prime}(t) $$

而由3.14题可知，

$$ y^{\prime}(t)=x^{\prime}(t)*h(t) $$

因此，由(c)题的 $ y(t) $ 可求得阶跃响应 $ s(t) $ 为

$$ s(t)=y^{\prime}(t)=2\delta(t)+2\delta(t-1) $$

而冲激响应为

$$ h(t)=s^{\prime}(t)=2\delta^{\prime}(t)+2\delta^{\prime}(t-1) $$

或

$$ h(t)=s(t)*u_{1}(t)=2u_{1}(t)+2u_{1}(t-1) $$

(e) 由(d)可画出系统的框图，如图 P3.18-1(c) 所示。

3.19 设一离散时间 LTI 系统的单位冲激响应为

$$ h[n]=(n+1)\alpha^{n}u[n] $$

式中 $ \left|a\right|<1 $

证明这系统的阶跃响应为

$$ s[n]=\left[\frac{1}{(\alpha+1)^{2}}-\frac{\alpha}{(\alpha-1)^{2}}\alpha^{n}+\frac{\alpha}{(\alpha-1)}(n+1)\alpha^{n}\right]u[n] $$

提示： $ \sum_{k=0}^{N}(k+1)\alpha^{k}=\frac{d}{d\alpha}\sum_{k=0}^{N+1}\alpha^{k} $

解：

$$ \begin{aligned}{s[n]}&{{}=u[n]*h[n]}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}(k+1)\alpha^{k}u[k]u[n-k]}\\ {}&{{}=\sum_{k=0}^{n}(k+1)\alpha^{k}=\frac{d}{d\alpha}\sum_{k=0}^{n+1}\alpha^{k}}\\ {}&{{}=\frac{d}{d\alpha}\left[\frac{1-\alpha^{n+2}}{1-\alpha}\right]u[n]}\\ {}&{{}=\left[-\frac{(n+2)\alpha^{n+1}}{1-\alpha}+\frac{1-\alpha^{n+2}}{(1-a)^{2}}\right]u[n]}\\ \end{aligned} $$

3.20 (a) 假定系统 A 是单位冲激响应为

$$ h[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n] $$

的 LTI 系统。而系统 B 是线性时变系统，其输出 $ z[n] $ 和输入 $ w[n] $ 的关系为

$$ z[n]=n w[n] $$

若这两个系统如图 P3.20-1 所示级联，且输入 $ x[n] = \delta[n] $，证明交换律对其不成立。

（b）假定用输入和输出关系为

$$ z[n]=w[n]+2 $$

的系统代替图 P3.20-1 中的系统 B，重做(a)小题。

(c) 求图 P3.20-2 所示系统总的输入-输出关系.

解：

(a) 对于图 P3.20-1(a) 的级联顺序，有

$$ \begin{aligned}{y_{1}[n]}&{{}=\delta[n]*h_{A}[n]*h_{B}[n]}\\ {}&{{}=h_{A}[n]*h_{B}[n]}\\ {}&{{}=n h_{A}[n]=n\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]}\\ \end{aligned} $$

对于图 P3.20-1(b) 的级联顺序，有

$$ \begin{aligned}{y_{2}[n]}&{{}=\delta[n]*h_{B}[n]*h_{A}[n]}\\ {}&{{}=n\delta[n]*h_{A}[n]=0\neq y_{1}[n]}\\ \end{aligned} $$

(b) 对于图 P3.20-1(a) 的级联顺序，有

$$ w[n]=x[n]*h[n]=\delta[n]*h[n]=h[n] $$

$$ y_{1}[n]=w[n]+2=h[n]+2=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]+2 $$

对于图 P3.20-1(b) 的级联顺序，有

$$ \begin{aligned}z[n]&=w[n]+2=\delta[n]+2\\y_{2}[n]&=z[n]*h[n]\\&=\{\delta[n]+2\}*h[n]\\&=h[n]+\sum_{k=-\infty}^{+\infty}2h[n-k]\\&=h[n]+2\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-k}u[n-k]\\&=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]+2\sum_{k=-\infty}^{n}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-k}\\&=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]+2\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\sum_{k=-\infty}^{n}\left(\frac{1}{2}\right)^{-k}\\&=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]+4\neq y_{1}[n]\\ \end{aligned} $$

其中，最后这一等式应用了下面的结果：

$$ \begin{aligned}\sum_{k=-\infty}^{n}\left(\frac{1}{2}\right)^{-k}&=\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{1}{2}\right)^{-k}+\sum_{k=-\infty}^{0}\left(\frac{1}{2}\right)^{-k}-1\\&=\sum_{k=0}^{n}2^{k}+\sum_{k=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{k}-1\\&=2^{n+1}\end{aligned} $$

(c) 由图P3.20-2可知

$$ \begin{aligned}{y(t)}&{{}=\{t x(t)\}^{\prime}-x^{\prime}(t)\circ\iota}\\ {}&{{}=x(t)+\iota x^{\prime}(t)-\iota x^{\prime}(t)=x(t)}\\ \end{aligned} $$

该系统为--恒等系统。

3.21 (a) 假设系统的输入为

$$ x[n]=\left\{\begin{aligned}&0,& 若 \ h[-n]=\varnothing\\ &\frac{h[n]}{|h[-n]|}& 若 \ h[-n]\neq\varnothing\end{aligned}\right. $$

试问，此输入信号是否有界的？若有界，则对所有n来讲，使

$$ \left|x[n]\right|\leq B $$

的最小数 B 是什么？

（b）对于这种特定选择的输入，计算 n=0 时的输出。此结果是否证明了绝对可加性是稳定性的必要条件的论点？

（c）以同样方式证明，对于连续时间 LTI 系统而论，当且仅当其冲激响应是绝对可积时，它才是稳定的。

解：

(a) 是有界输入的，因为

$$ x[n]=\left\{\begin{aligned}{}&{{}\left|\frac{h[-n]}{|h[-n]|}\right|=1,}&{h[-n]}&{{}\neq0}\\ {}&{{}0,}&{h[-n]}&{{}=0}\\ \end{aligned}\right. $$

所以，对于所有 n，使 $ \left|x[n]\right| \leqslant B $ 为最小值的 B 是 B = 1。

(b) 考虑

$$ \begin{aligned}{y[0]}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[-k]h[k]=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\frac{h^{2}[k]}{|h[k]|}}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}|h[k]|\to\infty}\\ \end{aligned} $$

所以它不是有限输出，是不稳定的。可见，绝对可加性是系统稳定的必要条件。

(c) 同样，假定这系统的输入为

$$ x(t)=\left\{\begin{aligned}&0,& 若 \ h(-t)=0\\ &\frac{h(-t)}{|h(-t)|},& 若 \ h(-t)\neq0\end{aligned}\right. $$

则对于所有 t 值， $ \left|x(t)\right|\leq1=B_{x} $。而且

$$ y(0)=\int_{-\infty}^{+\infty}\mid h(t)\mid dt\to\infty $$

所以，若冲激响应不是绝对可积的，则系统是不稳定的。

3.22 假定两个级联系统如图 P3.22 所示，且设系统 A 为 LT1 的，系统 B 为系统 A 的逆系统。设 $ y_{1}(t) $ 表示系统 A 对 $ x_{1}(t) $ 的响应，并设 $ y_{2}(t) $ 表示系统 A 对 $ x_{2}(t) $ 的响应。

（a）求系统B对输入 $ ay_{1}(t) $和 $ by_{2}(t) $的响应。（式中a和b为常数）

(b) 求系统 B 对输入 $ y_{1}(t-\tau) $ 的响应。

解：

(a) 因系统 B 是系统 A 的逆系统，所以它们的冲激响应满足

$$ h_{a}(t)\ast h_{b}(t)=\delta(t) $$

因此系统 B 的响应为

$$ \begin{aligned}{[a y_{1}(t)}&{{}+b y_{2}(t)]*h_{b}(t)}\\ {}&{{}=[a x_{1}(t)*h_{a}(t)+b x_{2}(t)*h_{a}(t)]*h_{b}(t)}\\ {}&{{}=[a x_{1}(t)+b x_{2}(t)]*h_{a}(t)*h_{b}(t)}\\ {}&{{}=[a x_{1}(t)+b x_{2}(t)]*\delta(t)}\\ {}&{{}=a x_{1}(t)+b x_{2}(t)}\\ \end{aligned} $$

(b) 同理

$$ \begin{aligned}{y_{1}(t-\tau)*h_{b}(t)}&{{}=x_{1}(t-\tau)*h_{a}(t)*h_{b}(t)}\\ {}&{{}=x_{1}(t-\tau)*\delta(t)=x_{1}(t-\tau)}\\ \end{aligned} $$

3.23 判断下列陈述是否正确，并证明之.

(a) 若 $ h(t) $ 为——LTI 系统的冲激响应，而且 $ h(t) $ 是周期的和非零的，则系统是不稳定的。

(b) 因果 LTI 系统的逆系统总是因果的.

（c）若对于所有 $ n, |h[n]| \leq K $，(K 是一个给定的数)，则以 $ h[n] $ 作为其冲激响应的 LTI 系统是稳定的。

（d）若一个离散时间 LTI 系统具有一个有限持续时间的冲激响应，则系统是稳定的。

(e) 若一个 LT1 系统是因果的，则系统是稳定的。

（f）一个非因果 LTI 系统与一个因果 LTI 系统的级联必然是非因果的。

（g）当且仅当一个连续时间 LTI 系统的阶跃响应 $ s(t) $ 是绝对可积的，即

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}\left|s(t)\right|dt<\infty $$

时，它才是稳定的。

(h) 当且仅当 n < 0 时，一个离散时间 LTI 系统的阶跃响应 $ s(t) $ 为零，它才是因果的。

解：

(a) 正确的。因为 $ h(t) $是周期的，且 $ h(t) \neq 0 $，则

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}\mid h(t)\mid dt=\infty $$

所以是不稳定的。

(b) 错误的。例如，若系统的冲激响应为

$$ h[n]=\delta[n-k]\ 或 \ h(t)=\delta(t-\tau) $$

则它们的逆系统分别为

$$ g[n]=\delta[n+k]\ 或 \ g(t)=\delta(t+\tau) $$

所以它们是非因果的。

(c) 错误的。例如， $ h[n] = u[n] $，则 $ \left|h[n]\right| = 1 $，但

$$ \sum_{n=-\infty}^{+\infty}|h[n]|=-\infty, $$

它是不稳定的。

(d) 正确的。因为，若 h[n] 是有限的，则

$$ \sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left|h[k]\right|=-\sum_{k=m_{1}}^{m_{2}}\left|h[k]\right|<\infty $$

所以是稳定的。

(e) 错误的。例如， $ h(t)=e^{t}u(t) $，它是因果的，但它是不稳定的。

(f) 错误的。例如，冲激响应分别为

$$ h_{1}(t)=\delta(t+1)\ 和 \ h_{2}(t)=\delta(t-1) $$

的两个系统级联，可得

$$ h_{1}(t)*h_{2}(t)=\delta(t+1)*\delta(t-1)=\delta(t) $$

显然是因果的。

(g) 错误的。例如， $ h(t)=e^{-t}u(t) $，得

$$ s(t)=h(t)*u(t)=(1-e^{-t})u(t) $$

而

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}\left|s(t)\right|dt=\int_{0}^{+\infty}\left|1-e^{-t}\right|dt=t+e^{-t}\bigg|_{0}^{\infty}=\infty $$

可见， $ s(t) $不是绝对可积的，但系统是稳定的。

(h) 正确的。若 $ u[n] = \sum_{k=0}^{+\infty} \delta[n-k] $

则

$$ s[n]=h[n]*u[n]=\sum_{k=0}^{+\infty}h[n-k] $$

可见，若 n<0 时 $ s[n]=0 $，则 n<0 时 $ h[n]=0 $。因此是因果的。

3.24 下列是连续时间或离散时间 LTI 系统的冲激响应。判断它们是否是稳定的和(或)因果的，并证实之。

(a) $ h[n] = \left(\frac{1}{2}\right)^{n} u[n] $

(b) $ h[n] = (0.99)^n u[n + 3] $

(c) $ h[n] = (0.99)^{*}u[-n] $

(d) $ h[n] = (4)^n u[2 - n] $

(e) $ h[n] = \left(-\frac{1}{2}\right)^{n} u[n] + (1.01)^{n} u[n-1] $

(f) $ h[n] = \left(-\frac{1}{2}\right)^{n} u[n] + (1.01)^{n} u[1-n] $

(g) $ h[n] = n \left( \frac{1}{2} \right)^n u[n] $

(h) $ h(t) = e^{-3t} u(t - 1) $

(i) $ h(t) = e^{-3t} u(1 - t) $

(i) $ h(t) = e^{-t} u(t + 100) $

$ (k) \, h(t) = e^t u(-1 - t) $

(i) $ h(t) = e^{-4|t|} $

(m) $ h(t) = te^{-t}u(t) $

(n) $ h(t) = [2e^{-t} - e^{(t-100)/100}]u(t) $

解：

(a) 因果的。因 h[n]=0,n<0

稳定的。因 $ \sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=2<\infty $

(b) 非因果的。因 n < 0 时， $ h[n] \neq 0 $ 稳定的。因为

$$ \begin{aligned}\sum_{n=-3}^{+\infty}|h[n]|=&(0.99)^{-3}+(0.99)^{-2}\\&+(0.99)^{-1}+\sum_{n=0}^{+\infty}(0.99)^{*}\\=&103.06<\infty\end{aligned} $$

(c) 非因果的。因 n<0 时， $ h[n]\neq0 $

不稳定的。因为

$$ \sum_{n=-\infty}^{0}\left(0.99\right)^{n}=\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{0.99}\right)^{n}=\infty $$

(d) 非因果的。因 n<0 时， $ h[n]\neq0 $

稳定的。因为

$$ \sum_{n=-\infty}^{+\infty}|h[n]|=\sum_{k=-\infty}^{2}4^{k}u[2-k]=\sum_{k=-2}^{+\infty}\left(\frac{1}{4}\right)^{k}<\infty $$

(e) 因果的。因 n<0 时， $ h[n]=0 $

不稳定的。因为

$$ \begin{aligned}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left|h[k]\right|&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left|\left(-\frac{1}{2}\right)^{k}u[k]+(1.01)^{k}u[k-1]\right|\\&=\sum_{k=0}^{+\infty}\left|\left(-\frac{1}{2}\right)^{k}\right|+\sum_{k=1}^{+\infty}(1.01)^{k}=\infty\end{aligned} $$

(f) 非因果的。因 n<0 时， $ \left(-\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]=0 $，但 $ (1.01)^{n}u[1-n]\neq0 $

稳定的。因为

$$ \begin{aligned}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left|h[k]\right|&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left|\left(-\frac{1}{2}\right)^{k}\ u[k]+(1.01)^{k} u[1-k]\right|\\&=\sum_{k=0}^{+\infty}\left|\left(-\frac{1}{2}\right)^{k}\right|+\sum_{k=-\infty}^{1}(1.01)^{k}\\&=102<\infty\end{aligned} $$

(g) 因果的。因 n<0 时， $ h[n]=n\left(\frac{1}{2}\right)^{*}u[n]=0 $ 稳定的。因为

$$ \sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left|h[k]\right|=-\sum_{k=-\infty}^{+\infty}k\left(\frac{1}{2}\right)^{k}u[k]=\sum_{k=0}^{+\infty}k\left(\frac{1}{2}\right)^{k}<\infty $$

(h) 因果的，因 n<0 时， $ h(t)=e^{-3t}u(t-1)=0 $

稳定的。因为

$$ \begin{aligned}\int_{-\infty}^{+\infty}\mid h(t)\mid dt&=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-3t}u(t-1)d\tau\\&=\int_{1}^{+\infty}e^{-3t}dt=-\left.\frac{1}{3}\ e^{-3t}\right|_{1}^{+\infty}=\left.\frac{1}{3}\ e^{-3}<\infty\right.\end{aligned} $$

(i) 非因果的。因 t<0 时， $ h(t)\neq0 $

不稳定的。因为

$$ \begin{aligned}\int_{-\infty}^{+\infty}\mid h(t)\mid dt&=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-3t}u(1-\iota)dt\\&=\int_{-\infty}^{1}e^{-3t}dt=-\left.\frac{1}{3}\right.e^{-3t}\Big|_{-\infty}^{1}=\infty\end{aligned} $$

(1) 非因果的。因在 -100 < t < 0 时，

$$ h(t)=e^{-\iota}u(t+100)\neq0 $$

稳定的。因为

$$ \begin{aligned}\int_{-\infty}^{+\infty}h(t)dt&=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-t}u(t+100)dt\\&=\int_{-100}^{+\infty}e^{-t}dt=\left.-e^{-t}\right|_{-100}^{+\infty}=e^{(0)}\\&\approx2.68\times10^{43}<\infty\end{aligned} $$

(k) 非因果的。因 t<0 时， $ h(t)\neq0 $

稳定的。因为

$$ \begin{aligned}\int_{-\infty}^{+\infty}h(t)d t&=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{t}u(-1-t)d t,\\&=\int_{-\infty}^{-1}e^{t}d t=e^{t}\Big|_{-\infty}^{-1}=e^{-1}<\infty\end{aligned} $$

(1) 非因果的。因 t<0 时， $ h(t)=e^{-4|t|}\neq0 $

稳定的。因为

$$ \begin{aligned}{\int_{-\infty}^{+\infty}h\left(t\right){d}t}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-4\left|t\right|}{d}t}\\ {}&{{}=\int_{-\infty}^{0}e^{4t}{d}t+\int_{0}^{+\infty}e^{-4t}{d}\phi}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&=\left.\frac{1}{4}\ e^{4t}\right|_{-\infty}^{0}-\left.\frac{1}{4}\ e^{-4t}\right|_{0}^{+\infty}\\&=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}<\infty\end{aligned} $$

(m) 因果的。因 t<0 时， $ h(t)=te^{-t}u(t)=0 $ 稳定的。因为

$$ \begin{aligned}\int_{-\infty}^{+\infty}t e^{-t}u(t)dt&=\int_{-\infty}^{+\infty}t e^{-t}dt\\&=\left[-\iota e^{-t}+e^{-t}\right]\bigg|_{0}^{+\infty}=-1<\infty\end{aligned} $$

(n) 因果的。因为 t<0 时

$$ h(t)=[2e^{-t}-e^{(t-100)/100}]u(t)=0 $$

不稳定的。因为

$$ \begin{aligned}{\int_{-\infty}^{+\infty}h(t)d t}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}\left[2e^{-t}-e^{(t-100)/100}\right]u(t)d t}\\ {}&{{}=\int_{0}^{+\infty}\left[2e^{-t}-e^{(t-100)/100}\right]d t}\\ {}&{{}=\left[-2e^{-t}-\left.\frac{1}{100}e^{-1}e^{t/100}\right]\right|_{0}^{+\infty}=\infty}\\ \end{aligned} $$

3.25 假定一个有回声的会场或音乐厅可表示成冲激响应为

$$ h(t)=\sum_{k=0}^{+\infty}h_{k}\delta(t-k T) $$

的 LT1 系统。其中 T 表示回声每隔 T 秒发生，而 $ h_{k} $ 表示由初始声音冲激产生的第 k 次回波的增益系数。

（a）假定 $ x(t) $ 表示原始的声信号，而 $ y(t)=x(t)*h(t) $ 为未经消除回波处理的信号。它们变换成相应的电信号，仍用 $ x(t) $ 和 $ y(t) $ 表示。并设计出一个冲激响应为 $ g(t) $ 的 LT1 系统，使得

$$ y(t)*g(t)=x(t) $$

所设计系统的冲激响应 $ g(t) $ 也是一个冲激串

$$ g(t)=\sum_{k=0}^{+\infty}g_{k}\delta(t-kT) $$

求各 $ g_{k} $ 必须满足的代数方程，并用 $ h_{k} $ 表示 $ g_{0}, g_{1} $ 和 $ g_{2} $

(b) 假设 $ h_{0}=1, h_{1}=\frac{1}{2} $，当 $ i \geqslant 2 $ 时， $ h_{i}=0 $。求这时的 $ g(t) $。

（c）回波发生器的一个很好模型如图 P3.25 所示，其中 0 < $ \alpha < 1 $。

(i) 求这个系统的冲激响应。（假设初始静止的，即当 t < 0 时 $ x(t) = 0 $，则 t < 0 时 $ y(t) = 0 $）

（ii）证明当 0 < $ \alpha < 1 $ 时，系统是稳定的，而当 $ \alpha > 1 $ 时，系统是不稳定的。

（iii）求这时逆系统的 $ g(t) $，并用加法器，系数乘法器和 T 秒延迟元件构成这个逆系统。

上述概念对于离散时间情况仍然成立。即冲激响应为

$$ h[n]=\sum_{k=0}^{+\infty}\delta[n-k N] $$

的 LTI 系统是可逆，且该逆系统的冲激响应为

$$ g[n]=\sum_{k=0}^{+\infty}g_{k}[n-k N] $$

不难检验， $ g_{i} $ 满足与(a)小题中同样的代数方程。

(d) 现考虑一个冲激响应为

$$ h[n]=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta[n-k N] $$

的离散时间 LTI 系统。此系统是不可逆的。找出产生同一输出

的两个输入。

解：

(a) 因为 $ y(t) = x(t) \times h(t) $

因而 $ y(t) \ast g(t) = x(t) \ast h(t) \ast g(t) = x(t) $

所以要求

$$ h(t)*g(t)=\delta(t) $$

在 t=nT 时，

$$ g(t)\mid_{t=n T}=\sum_{n=0}^{+\infty}g_{n}\delta(t-n T) $$

$$ h(t)\vert_{t=n T}=\sum_{n=0}^{+\infty}h_{n}\delta(t-n T) $$

所以

$$ h(t)*g(t)\mid_{t=nT}=\sum_{k=0}^{n}h_{k} g_{n-k}\delta(t-nT) $$

因此要求

$$ \sum_{k=0}^{n}h_{k}g_{n-k}=\left\{\begin{matrix}1,&n=0\\ 0,&n=1,2,3,\cdots\end{matrix}\right. $$

从而，得出 $ g_{k} $ 应满足的方程为

$$ h_{0}g_{0}=1 $$

$$ h_{0}g_{1}+h_{1}g_{0}=0 $$

$$ h_{0}g_{2}+h_{1}g_{1}+h_{2}g_{0}=0 $$

由此得

$$ g_{0}=\frac{1}{h_{0}} $$

$$ g_{1}=-\frac{h_{1}}{h_{0}}\;g_{0}=-\frac{h_{1}}{h_{0}^{2}} $$

$$ g_{2}=\frac{h_{1}^{2}}{h_{0}^{3}}-\frac{h_{2}}{h_{0}^{2}}=\frac{1}{h_{0}^{2}}\left(\frac{h_{1}^{2}}{h_{0}}-h_{2}\right) $$

(b) 已知 $ h_{0}=1, h_{1}=\frac{1}{2} $，且 $ i \geqslant 2 $ 时 $ h_{i}=0 $

根据(a)小题,可得

$$ g_{0}=\frac{1}{h_{0}}=1,g_{1}=-\frac{h_{1}}{h_{0}^{2}}=-\frac{1}{2} $$

$$ g_{2}=-\frac{h_{1}^{2}}{h_{0}^{3}}=\frac{1}{4}=\left(-\frac{1}{2}\right)^{2} $$

$$ g_{3}=\left(-\frac{1}{2}\right)^{3},\cdots\cdots\cdots,g_{n}=\left(-\frac{1}{2}\right)^{n} $$

则

$$ g(t)=\sum_{k=0}^{+\infty}\left(-\frac{1}{2}\right)^{k}\delta(t-kT) $$

(c) (i) 由图 P3.25 可得

$$ h(t)=\sum_{k=0}^{+\infty}\alpha^{k}\delta(t-kT) $$

（ii）因在0< $ \alpha $ <1时， $ \alpha^{k} < 1 $，

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\mid h(t)\mid dt=\sum_{k=0}^{\infty}\alpha^{k}\int_{0}^{\infty}\delta(t-kT)dt=\frac{1}{1-\alpha} $$

因此它是稳定的。

在 $ \alpha > 1 $ 时， $ \int_{-\infty}^{\infty}|h(t)|dt=\sum_{k=0}^{\infty}\alpha^{k}=\infty $ 因此它是不稳定的。

（iii）逆系统的冲激响应为

$$ g(t)=1-\alpha\delta(t-T) $$

这样

$$ \begin{aligned}{h(t)*g(t)}&{{}=\sum_{k=0}^{+\infty}\alpha^{k}\delta(t-k T)*[1-\alpha\delta(t-T)]}\\ {}&{{}=\sum_{k=0}^{+\infty}\alpha^{k}\delta(t-k T)-\sum_{k=0}^{+\infty}\alpha^{k+1}\delta[t-(k+1)T]}\\ {}&{{}=\sum_{k=0}^{+\infty}\alpha^{k}\delta(t-k T)-\sum_{k=1}^{+\infty}\alpha^{k}\delta(t-k T)}\\ {}&{{}=\delta(t)}\\ \end{aligned} $$

构成 $ g(t) $ 的方框图如图 P3.25-1 所示。

（d）设 $ x_{1}[n]=x[n] $， $ x_{2}[n]=x[n-N] $

则

$$ \begin{aligned}{y_{1}[n]}&{{}=x_{1}[n]*h[n]}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta[n-k N]*x_{1}[n]}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[n-k N]}\\ \end{aligned}\;, $$

$$ \begin{aligned}{y_{2}[n]}&{{}=x_{2}[n]*h[n]}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta[n-k N]*x_{2}[n]}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[n-(k+1)N]}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[n-k N]}\\ \end{aligned} $$

可见 $ y_{1}[n]=y_{2}[n] $，这表明不同的输入能产生相同的输出，故该系统不可逆。

3.26 设 x[n] 和 y[n] 为两个实数值的离散时间信号。其自相关函数 $ \phi_{xx}[n] $ 和 $ \phi_{yy}[n] $ 分别定义为

$$ \phi_{x x}[n]\;=\;\sum_{m=-\infty}^{+\infty}x[m+n]x[m] $$

$$ \phi_{yy}[n]=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}y[m+n]y[m] $$

而其互相关函数定义为

$$ \phi_{x y}[n]=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}x[m+n]y[m] $$

$$ \phi_{y x}[n]=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}x[m]y[m+n] $$

与连续时间情况相同，这些函数具有一定的对称特性，即 $ \phi_{xx}[n] $ 和 $ \phi_{yy}[n] $ 是偶函数，而 $ \phi_{xy}[n] = \phi_{yx}[-n] $。

（a）计算图 P 3.26 所示信号 $ x_{1}[n] $、 $ x_{2}[n] $、 $ x_{3}[n] $ 和 $ x_{4}[n] $ 的自相关序列。

(b) 对于图 P3.26 所示的 $ x_{i}[n], i=1,2,3,4 $，计算互相关序列

$$ \phi_{x_{i}x_{j}}[n],\quad i\not=j,\quad i,j=1,2,3,4 $$

(c) 设 x[n] 和 y[n] 分别是单位冲激响应 h[n] 的 LTI 系统相应的输入和输出。求用 $ \phi_{xx}[n] $ 和 $ h[n] $ 表示的 $ \phi_{xy}[n] $ 和 $ \phi_{yy}[n] $ 的表示式。证明怎样才能将 $ \phi_{xy}[n] $ 和 $ \phi_{yy}[n] $ 看成以 $ \phi_{xx}[n] $ 作为输入时 LTI 系统的输出。

(d) 设 $ h[n] $ 等于图 P3.26 中的 $ x_{1}[n] $，并设 y[n] 为输入 x[n] 也等于 $ x_{1}[n] $ 时，冲激响应为 h[n] 的 LTI 系统的输出。试用 (c) 小题的结果计算 $ \phi_{xy}[n] $ 和 $ \phi_{yy}[n] $。

解：

(a) (i) $ \phi_{x_1x_1}[n] = \sum_{m=-\infty}^{+\infty} x_1[m + n]x_1[m] $

如图 P3.26-1(a) 所示。

用类似求法，所得 $ \phi_{x_{2}x_{2}}[n] $， $ \phi_{x_{3}x_{3}}[n] $ 和 $ \phi_{x_{4}x_{4}}[n] $ 分别由图 P 3.26-1(b)、(c)、(d)、所示。

(b)

$$ \phi_{x_{2}x_{1}}[n]=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}x_{2}[m+n]x_{1}[m] $$

如图 P3.26-1(e) 所示。

用类似求法，所得 $ \phi_{x_{1}x_{1}}[n] $， $ \phi_{x_{3}x_{1}}[n] $， $ \phi_{x_{3}x_{2}}[n] $， $ \phi_{x_{4}x_{2}}[n] $ 和 $ \phi_{x_{4}x_{3}}[n] $ 分别由图 P 3.26-1(f)、(g)、(h)、(i) 和 (j) 所示。

(c)

$$ \begin{aligned}c)\phi_{xy}[n]&=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}x[m+n]y[m]\\&=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}x[m]y[m-n]\\&=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}x[m]\sum_{k=-\infty}^{+\infty}h[k]x[m-n-k]\\&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}h[k]\sum_{m=-\infty}^{+\infty}x[m]x[m-n-k]\\&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}h[k]\phi_{xz}[-n-k]=h[-n]*\phi_{xx}[n]\\ \end{aligned} $$

因此，若将 $ \phi_{xx}[n] $ 和 $ \phi_{xy}[n] $ 分别看成一个 LTI 系统的输入和输出，则这个 LT1 系统的冲激响应为 $ h[-n] $。

$$ \begin{aligned}{\phi_{y y}[n]}&{{}=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}y[m]y[m+n]}\\ {}&{{}=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}\Big(\sum_{k=-\infty}^{+\infty}h[k]x[m-k]\sum_{r=-\infty}^{+\infty}h[r]x[m+n-r]\Big)}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}h(k)\sum_{r=-\infty}^{+\infty}h[r]\sum_{m=-\infty}^{+\infty}x[m-k]x[m+n-r]\\&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}h[k]\sum_{r=-\infty}^{+\infty}h[r]\phi_{xx}[n+k-r]\\&\quad\frac{l=r-k}{}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}b[k]\sum_{l=-\infty}^{+\infty}h[l+k]\phi_{xx}[n-l]\\&=\sum_{l=-\infty}^{+\infty}\phi_{xx}[n-l]\sum_{k=-\infty}^{+\infty}h[k]h[l+k]\\&=\sum_{l=-\infty}^{+\infty}\phi_{hh}[l]\phi_{xx}[n-l]\\&=\phi_{bh}[n]*\phi_{xx}[n]\end{aligned} $$

所以若将 $ \phi_{xx}[n] $ 和 $ \phi_{yy}[n] $ 分别看成一个 LTI 系统的输入和输出，则系统的冲激响应为 $ h[n] = \phi_{hh}[n] $。

(d) 先根据 $ x_{1}[n] $ 和 $ h[n] = x_{1}[n] $ 求得

$$ y[n]=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}h[k]x[n-k] $$

的波形，如图 P 3.26-1(k) 所示。再利用(c)小题的结果，可求得 $ \phi_{xy}[n] $ 和 $ \phi_{yy}[n] $，分别由图 P 3.26-1(1)、(m) 所示。

3.27 设图 P 3.27 所示的 $ h_{1}(t) $, $ h_{2}(t) $ 和 $ h_{3}(t) $ 是三个 LT1 系统的冲激响应。

（a）确定并画出一个连续时间信号 $ x_{1}(t) $，使之具有下列特性：

(i) $ x(t) $ 是实数，

(ii) 当 t < 0 时， $ x_{1}(t) = 0 $

（iii）对于所有 $ t \geqslant 0 $, $ \left|x_{1}(t)\right| \leqslant 1 $

(iv) 在 t = 4 时，使 $ y_{1}(t) = x_{1}(t) \cdot h_{1}(t) $ 尽可能大，

(b) 通过使得

$$ y_{2}(t)=x_{2}(t)*h_{2}(t)\quad 和 \quad y_{2}(t)=x_{2}(t)*h_{3}(t) $$

在 t = 4 上尽可能大，对于 $ x_{2}(t) $ 和 $ x_{3}(t) $ 重做 (a) 小题。

(c) 当 i,j=1,2,3 时，在时间 t=4 上

$$ y_{i j}=x_{i}(t)*h_{j}(t),\quad i\neq j $$

的值是什么？

（d）说明如何把每个冲激响应为 $ h_{i}(t) $ 的 LT1 系统用抽头延迟线和累加器级联来实现。

解：

(a) 图 P 3.27-1(a) 所示的 $ x_{1}(t) $，满足提出的 4 点要求。

(b) 图 P 3.27-1(b)、(c) 所示的 $ x_{2}(t) $ 和 $ x_{3}(t) $ 满足要求。

(c) 由图 P 3.27 和图 P 3.27-1 可知，在 t=4 上

$$ x_{1}(t)*h_{2}(t)=x_{2}(t)*h_{3}(t)=x_{1}(t)*h_{3}(t)=0. $$

(d) 各个冲激响应为 $ h_{i}(t) $ 的抽头延迟线和累加器级联的 $ LT^{A} $ 系统的实现框图如图 P 3.27-1(d) 所示。

为实现各个 $ h_{i}(t) $，其中的系数应分别为

$$ h_{1}(t):\quad h_{0}=1,\quad h_{2}=-2,\quad h_{3}=2,\quad h_{4}=-1. $$

$$ h_{2}(t):\quad h_{0}=1,\quad h_{1}=0,\quad h_{2}=-2,\quad h_{3}=0,\quad h_{4}=1 $$

$$ h_{3}(t):\quad h_{0}=1,\quad h_{1}=-2,\quad h_{2}=0,\quad h_{3}=2,\quad h_{4}=-1 $$

3.28 连续时间信号 $ x(t) $ 和 $ y(t) $ 之间的互相关函数为

$$ \phi_{x y}(t)=\int_{-\infty}^{+\infty}x(t+\tau)y(\tau)d\tau $$

信号 $ x(t) $ 的自相关函数为

$$ \phi_{x x}(t)=\int_{-\infty}^{+\infty}x(t+\tau)x(\tau)d\tau $$

（a）分别计算图 P 3.28-1 中所示信号 $ x_{1}(t) $ 和 $ x_{2}(t) $ 的自相关函数。

（b）设 $ x(t) $ 为一个给定的有限持续时间信号，即当 t<0 和 t>T 时， $ x(t)=0 $ 。求出一个 LTI 系统的冲激响应，使得当 $ x(t) $ 为输入时， $ \phi_{xx}(t-\tau) $ 为输出。

(c) 设 $ x(t) $ 与 (b) 小题相同，并设 $ y(t) $ 表示具有实冲激响应 $ h(t) $ 的 LT1 系统对这信号的响应。假设 t < 0 和 t > T 时， $ h(t) = 0 $，证明，使 $ y(T) $ 最大的 $ h(t) $。它是在

$$ \int_{3}^{7}h^{2}(t)d t=M $$

的约束条件下，(b)小题中确定的冲激响应的标量倍数。试中M是一个固定的正数。

提示：对于任意两个信号 $ u(t) $ 和 $ v(t) $，可利用许瓦兹不等式

$$ \int_{a}^{b}u(t)v(t)d t\leqslant\left[\int_{a}^{b}u^{2}(t)d t\right]^{\frac{1}{2}}\left[\int_{a}^{b}v^{2}(t)d t\right]^{\frac{1}{2}} $$

来获得对 $ y(T) $ 的边界].

(d) 对于图 P 3.28-2 中所示的两个信号 $ x_{0}(t) $ 和 $ x_{1}(t) $，设 $ L_{0} $ 表示对 $ x_{v}(t) $ 的匹配滤波器，设 $ L_{1} $ 表示对 $ x_{1}(t) $ 的匹配滤波器。

(i) 画出 $ L_{0} $ 对 $ x_{0}(t) $ 和 $ x_{1}(t) $ 的响应，再画出 $ L_{1} $ 对 $ x_{0}(t) $ 和 $ x_{1}(t) $ 的响应。

（ii）比较在 t=4 时这些响应值。如何改变 $ x_{0}(t) $，使得在 t=4 时， $ L_{0} $ 对 $ x_{1}(t) $ 的响应和 $ L_{1} $ 对 $ x_{0}(t) $ 的响应都为零，以便易于区别 $ x_{0}(t) $ 和 $ x_{1}(t) $。

(e) 雷达的基本原理是向目标发射电磁脉冲，且接收由目标反射回来的脉冲(其延时和目标距离成正比)来测定目标的距离。

(i) 设 $ p(t) $ 为发射的原始脉冲。证明

$$ \phi_{p p}(0)=\operatorname*{m a x}_{t}\phi_{p p}(t) $$

【提示】: 使用许瓦兹不等式]

利用这一关系证明，若接收到的回波为

$$ x(t)=\alpha p(t-\tau_{0}) $$

其中a为正的常数。则

$$ \phi_{x p}(t_{0})=\max_{i}\phi_{x p}(t) $$

（ii）对于图 P 3.28-3 中所示的 $ p(t) $ 和 $ x(t) $，画出 $ \phi_{xp}(t) $。假设电波传播速度 $ c = 3 \times 10^{8} \, m/s $，求发射机到目标的距离。

（iii）由于这种方法是观察相关函数的峰值来估计传输时间的，因此应当选用相关函数具有尖锐峰值的脉冲波形 $ p(t) $。对于图 P 3.28-4 中两个脉冲应选择哪一个。

解：

(a) 由图可见

$$ x_{1}(t)=\left\{\begin{aligned}&\frac{1}{2}\tau,&0\leqslant\tau\leqslant2\\ &0,& 其它 \tau\end{aligned}\right. $$

因此

$$ \begin{aligned}{\phi_{x_{1}x_{1}}(t)}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}x_{1}(t+\tau)x_{1}(\tau)d\tau}\\ {}&{{}=\int_{0}^{2-t}\frac{1}{2}(t+\tau)\cdot\frac{1}{2}\tau d\tau}\\ {}&{{}=\frac{2}{3}-\frac{t}{2}+\frac{1}{24}\tau^{3}\qquad0\leqslant t\leqslant2}\\ \end{aligned} $$

而且

$$ \phi_{x_{1}x_{1}}(t)=\phi_{x_{1}x_{1}}(-t) $$

$$ \phi_{x_{2}x_{2}}(t)=\int_{-\infty}^{+\infty}x_{2}(t+\tau)x_{2}(\tau)d\tau=\left\{\begin{aligned}&7(1-\tau),&&0\leqslant\tau\leqslant1\\ &1-\tau,&&1\leqslant\tau\leqslant2\\ &\tau-3,&&2\leqslant\tau\leqslant3\\ &3-\tau,&&3\leqslant\tau\leqslant4\\ &\tau-5,&&4\leqslant\tau\leqslant5\\ &5-\tau,&&5\leqslant\tau\leqslant6\\ &\tau-7,&&6\leqslant\tau\leqslant7\\ &0,&&|\tau|>7\end{aligned}\right. $$

而且

$$ \phi_{x_{2}x_{2}}(t)=\phi_{x_{2}x_{2}}(-t) $$

(b) 设 $ h(t)=x(T-t) $，得

$$ y(t)=\int_{0}^{T}x(t-\tau)x(T-\tau)d\tau=\phi_{x x}(t-T) $$

(c) 利用许瓦兹不等式

$$ y(T)=\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau)h(T-\tau)d\tau\leqslant M^{\frac{1}{2}}\left\lfloor\int_{0}^{T}x^{2}(t)dt\right\rfloor^{\frac{1}{2}} $$

对于这种选式，设 $ h(T-t)=x(t) $，由式(P 3.28-2)，可得

$$ y(T)=\int_{0}^{T}x^{2}(t)dt $$

为满足约束条件

$$ h(t)=\sqrt{\frac{M}{\displaystyle\int_{0}^{T}x^{2}(t)d t}}x(T-z) $$

由上述许瓦兹不等式，可得

$$ y(T)=M^{\frac{1}{2}}\left[\int_{0}^{T}x^{2}(t)d t\right]^{\frac{1}{2}} $$

(d) 由图 P 3.28-2 可求得 $ x_{0}(t) $ 和 $ x_{1}(t) $ 的匹配滤波器 $ L_{0} $ 和 $ L_{1} $，如图 P 3.28-5(a) 和 (b) 所示。

(i) $ L_{0} $ 对 $ x_{0}(t) $ 和 $ x_{1}(t) $ 的响应 $ x_{0}(t)*L_{0} $， $ x_{1}(t)*L_{0} $ 以及 $ L_{1} $ 对 $ x_{0}(t) $ 和 $ x_{1}(t) $ 的响应 $ x_{0}(t)*L_{1} $ 和 $ x_{1}(t)*L_{1} $，分别如图 P 3.28-5 (c)、(d)、(e) 和 (f) 所示。

$$ \mathrm{(i i)}x_{0}(t)*L_{0}(t=4)=4,x_{1}(t)*L_{0}(t=4)=2 $$

$$ x_{0}(t)*L_{1}(t=4)=2,\ x_{1}(t)*L_{1}(t=4)=4 $$

若 $ x_{0}(t) $ 改变成图 P 3.28-5(g) 所示，此时的 $ L_{0} $ 如图 P3.28-5(h) 所示。这样，在 t=4 时就容易辨别 $ x_{0}(t) $ 和 $ x_{1}(t) $，在 t=4 时， $ x_{0}(t)*L_{1}=0 $，而 $ x_{1}(t)*L_{1}=4 $。

$$ \begin{align*}\phi_{pp}(\tau)&=\int_{-\infty}^{+\infty}p(t)p(t+\tau)dt\\&\leqslant\left[\int_{-\infty}^{+\infty}p^{2}(t)dt\right]^{\frac{1}{2}}\left[\int_{-\infty}^{+\infty}p^{2}(t+\tau)dt\right]^{\frac{1}{2}}\\&\leqslant\int_{-\infty}^{+\infty}p^{2}(t)dt\end{align*} $$

由上式可得 $ \phi_{pp}(\tau) \leqslant \phi_{pp}(0) $

可见，

$$ \phi_{p p}(0)=\operatorname*{m a x}_{t}\phi_{p p}(t) $$

同样，可由 $ \phi_{xp}(t)=\phi_{pp}(t-t_{0}) $，得出

$$ \phi_{x p}(t_{0})=\phi_{p p}(0)\Rightarrow\operatorname*{m a x}_{t}\phi_{x p}(t) $$

(ii) 由图 P 3.28-3 可求得 $ \phi_{xp}(t) $，如图 P 3.28-5(i) 所示。由图可见，回波在 $ 10\mu s $ 上出现，所以

$$ d=\frac{1}{2}\times3\times10^{8}\times10\times10^{-4}=1500\mathrm{m} $$

（iii）由图 P 3.28-4 可求得 $ \phi_{11}(t) $ 和 $ \phi_{22}(t) $，如图 P 3.28-5(i) 所示.

可见， $ p_{2}(t) $ 具有较锐峰值的相关函数波形，所以选 $ p_{2}(t) $。

3.29 设一个离散时间 LTI 系统，其输入-输出关系由下列差分方程表示为

$ y[n] = x[n] - 2x[n-2] + x[n-3] - 3x[n-4] $

确定并画出这系统的单位冲激响应。

解：

设 $ x[n]=\delta[n] $，代入差分方程得

$$ h[n]=\delta[n]-2\delta[n-2]+\delta[n-3]-3\delta[n-4] $$

系统冲激响应 h[n] 如图 P 3.29 所示。

3.30 假设有一个初始静止的且由差分方程

$$ y[n]+2y[n-1]=x[n]+2x[n-2] $$

描述的 LTI 系统。用递推法解这差分方程，求出这系统对图 P 3.30 所示的输入的响应。

解：

已知初始静止，由图 P 3.30 可见，当 n < -2 时 $ x[n] = 0 $，因而 n < -2 时， $ y[n] = 0 $。

原差分方程可写成

$$ y[n]=-2y[n-1]+x[n]+2x[n-2] $$

因此由递推法可求得

y[--2]=1, y[-1]=0, y[0]=5, y[1]=-4,

y[2]=16, y[3]=-27, y[4]=58, y[5]=-114,…

当 $ n\geqslant6 $时， $ y[n]=-114(-2)^{n-5} $

3.31 假定离散时间 LT1 系统的差分方程为

$$ y[n]-\frac{1}{2}y[n-1]=x[n] $$

而输入为

$$ x[n]=K(\cos\mathcal{Q}_{0}n)u[n] $$

假定 $ y[n] $ 的解由 $ n \geqslant 0 $ 时式 $ (P3.31-1) $ 的特解 $ y_{p}[n] $ 和齐次解 $ y_{h}[n] $ 之和组成的，该齐次解满足方程

$$ y_{h}[n]-\frac{1}{2}y_{h}[n-1]=0 $$

（a）假设 $ y_{h}[n]=Az_{0}^{n} $，求 $ z_{0} $

(b) 假设 $ n \geqslant 0 $ 时，

$$ y_{p}[n]=B\mathrm{c o s}\left(\mathcal{Q}_{0}n+\theta\right) $$

求B和 $ \theta $

(c) 假设辅助条件为

$$ y[0]=0 $$

证明式 $ (P3.31-1) $连同式 $ (P3.31-3) $确定一个线性系统。通过比较系统对下列两个输入

$$ x_{1}[n]=0,\ 对所有 \ n $$

$$ x_{2}[n]=\left\{\begin{matrix}0,&n<-2\\ 1,&n\geqslant-2\end{matrix}\right. $$

的响应，证明这个系统不是因果的。

（d）假设系统初始是静止的，证明由式(P3.31-1)所描述的系统是一个因果的LTI系统。

(e) 假设由式(P3.31-1)所描述的初始静止的 LTI 系统，其

输入为式(P3.31-2)的信号。根据(a)和(b)小题可知，当 $ n \geqslant 0 $时， $ y[n] $为

$$ y[n]=A z_{0}^{n}+B\cos\left(\mathcal{Q}_{0}n+\theta\right) $$

为了解未知常数 A，先利用初始静止条件及式(P3.31-1)和式(P3.31-2)确定 y[0]，再根据这个值确定常数 A。由此得出要求的解。

解：

(a) 因齐次解 $ y_{h}[n] $ 满足方程

$$ y_{h}[n]-\frac{1}{2}y_{h}[n-1]=0 $$

将 $ y_{h}[n] = Az_{0}^{n} $ 代入，得

$$ A z_{0}^{n}-\frac{1}{2}A z_{0}^{n-1}=0 $$

由此解得

$$ z_{0}-\frac{1}{2}=0 $$

即应选择

$$ z_{0}\Longrightarrow\frac{1}{2} $$

(b) 已知 $ y[n] - \frac{1}{2}y[n-1] = x[n] $

$$ y_{p}[n]=B\cos\left(\mathcal{Q}_{0}n+\theta\right),\;n\geqslant0 $$

设

$$ x[n]=\mathcal{R}_{\circ}\{K e^{j\mathcal{Q}_{0}n}u[n]\} $$

$$ y[n]={\mathcal R}_{\bullet}\{Y e^{i\Omega_{0}n}u[n]\} $$

则 n > 0 时，将 $ x[n] $， $ y[n] $ 代入差分方程，

得 $ \mathcal{R}_{s}\{Ye^{j\mathcal{Q}_{0}s}\}-\frac{1}{2}\mathcal{R}_{s}\{Ye^{j\mathcal{Q}_{0}(s-1)}\}=\mathcal{R}_{s}\{Ke^{j\mathcal{Q}_{0}s}\} $

即

$$ \mathcal{R}_{\bullet}\left\{Y\left(1-\frac{1}{2}e^{-j\Omega_{0}}\right)e^{j\Omega_{0}n}\right\}=\mathcal{R}_{\bullet}\{K e^{j\Omega_{0}n}\} $$

所以

$$ Y\left(1-\frac{1}{2}e^{-j\Omega_{0}}\right)=K $$

$$ Y=\frac{K}{1-\frac{1}{2}e^{-i\Omega_{0}}}=\frac{K}{\sqrt{\frac{5}{4}-\cos\mathcal{Q}_{0}}}~e^{i\theta} $$

因而

$$ \begin{aligned}{y_{p}[n]}&{{}=\mathcal{R}_{*}\{Y e^{i\mathcal{Q}_{0}n}\}}\\ {}&{{}=\mathcal{R}_{*}\left\{\frac{K}{\sqrt{5/4-\cos\mathcal{Q}_{0}}}e^{i\mathcal{Q}_{0}n}e^{i\theta}\right\}}\\ {}&{{}=\mathcal{R}_{*}\{B e^{i\mathcal{Q}_{0}n}e^{i\theta}\}}\\ \end{aligned} $$

由此可见，

$$ B=\frac{K}{\sqrt{5/4-\cos\mathcal{Q}_{0}}} $$

$$ \theta\;=\;-\operatorname{tg}^{-1}\left[\frac{\frac{1}{2}\sin\mathcal{Q}_{0}}{1-\frac{1}{2}\cos\mathcal{Q}_{0}}\right]\;=\;-\operatorname{tg}^{-1}\left[\frac{\sin\mathcal{Q}_{0}}{2-\cos\mathcal{Q}_{0}}\right] $$

(c) 设 n > 0 时，输入为

$$ x[n]=a x_{1}[n]+b x_{2}[n] $$

则

$$ y[n]=\frac{1}{2}y[n-1]+a x_{1}[n]+b x_{2}[n] $$

可见，利用递推关系，上式表示的输出仍是 $ ax_{1}[n] $ 和 $ bx_{2}[n] $ 的线性组合。而当 $ y[0] \neq 0 $ 时，输出中将有与 y[0] 成比例的分量。所以只有在辅助条件 $ y[0] = 0 $ 的条件下，式 $ (P3.31-1) $ 确定一线性系统。

当对于所有时刻 n, $ x_{1}[n] = 0 $ 时，系统的实际输入为

$$ x[n]=x_{2}[n]=\left\{\begin{aligned}&0,&n&<&-2\\ &1,&n&\geqslant&-2\end{aligned}\right. $$

而已知 y[0]=0，因而用递推法由差分方程可求得

$ y[-1] = -2 $, $ y[-2] = -6 $, $ y[-3] = -14 $

当 n < -3 时 $ y[n] = 2^{-n-3}y[-3] = -14(2)^{-n-3} $

可见，当 n < -2 时， $ y[n] \neq 0 $，所以系统是非因果的。

(d) 已知初始静止，所以由

$$ y[n]=\frac{1}{2}y[n-1]+x[n] $$

可知，若 $ n < n_{0} $ 时，x[n] = 0，则 $ n < n_{0} $ 时 $ y[n] = 0 $。所以系统是因果的。

(e) 由(a)、(b)小题可知， $ n \geqslant 0 $ 时系统的解为

$$ y[n]=A z_{0}^{n}+B\cos\left(\mathcal{Q}_{0}n+\theta\right) $$

因此

$$ y[0]=A z^{0}+B\cos\theta=A+B\cos\theta $$

根据初始静止条件，由式(P3.31-1)和式(P3.31-2)可得

$$ y[0]=\frac{1}{2}y[-1]+x[0]=x[0]=K $$

代入前一式可求得

$$ A=K-B\cos\theta $$

因此，这时系统的响应(方程的解)为

$$ y[n]=\left(K-B\cos\theta\right)z_{0}^{n}+B\cos\left(\mathcal{Q}_{0}n+\theta\right) $$

3.32 假定按每月支付D美元来偿还100,000美元的押金。未付金额以每年12%的利率逐月计算。例如，第一个月后，总债务等于

$$ 100000+\left(\frac{0.12}{12}\right)\times100000=101000\left( 美元 \right) $$

确定每月应偿还的金额 D，使得在某一规定时期后，押金全部偿还，余额为零。

（a）设 y[n] 表示第 n 个月偿还之后的余额，并设贷款从 0 月借到，并从 1 月开始逐月偿还。证明 y[n] 满足差分方程

$$ y[n]-v y[n-1]=-D,~n\geqslant1 $$

其初始条件为

$$ y[0]=100,000 美元 $$

式中 v 是待确定的一个常数，求此系数 v。

(b) 解(a)小题的差分方程，求 $ n \geqslant 0 $ 时的 $ y[n] $.

[提示：式（P3.32-1）的特解是一个常数Y，求Y的值，并将 $ n\geqslant1 $时的y[n]表示成特解和齐次解之和，通过直接计算式(P3.32-1)的y[1]来确定齐次解中的未知常数，并将其与你的解作比较.]]

（c）若贷款在30年内（即在360个月内每月偿还D元）偿还清。求每月偿还金额.

(d) 在 30 年期间里向银行偿还的总金额是多少?

解：

\[\begin{aligned}(a)\ y[n]&=\left( 货款总数 \right)+\left( 第 \;n\; 个月后的本利和总额 \right)\\&

因此得

$$ \left\{\begin{aligned}{y[n]}&{{}=1.01y[n-1]-D,\quad n>0}\\ {y[0]}&{{}=100,000}\\ \end{aligned}\right. $$

所以

$$ \nu=1.01 $$

（b）设方程的齐次解形式为 $ y_{h}[n]=Az_{0}^{n} $，代入式(P3.32-1)的齐次方程中，可求得齐次解为

$$ y_{h}[n]=A(1.01)^{n} $$

当 n > 0 时，设方程的特解为 $ y_{p}[n] = Y $，代入方程得

$$ Y=1.01Y-D $$

所以

$$ y_{p}[n]=Y=100D $$

因此一般解为

$$ y[n]=y_{h}[n]+y_{p}[n]=A(1.01)^{n}\;\vdash100D $$

由

$$ y[0]=A+100D $$

得

$$ A=y[0]-100D $$

$$ y[0]=100,000, $$

其中

所以

$$ y[n]=(y[0]-100D)(1.01)^{n}+100D $$

$$ (c)~y[360]=(\mathrm{y}[0]-100D)(1.01)^{360}+100D=0 $$

可求得

$$ D=1028.60\ 美元。 $$

(d) 总支付 = 360 × 1028.60 = 370,296 美元。

3.33 (a) 设一齐次微分方程为

$$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}\frac{d^{k}y(t)}{dt^{k}}=0 $$

证明，若 $ s_{0} $ 是式

$$ P(s)=\sum_{k=0}^{N}a_{k}s^{k}=0 $$

的一个解，则 $ Ae^{s_{0}t} $ 是式(P3.33-1)的一个解。式中 A 为意复常数。

(b) 假定将式(P3.33-2)中的多项式 $ P(s) $ 用其根 $ s_{1}, s_{2}, \cdots, s_{r} $ 分解因式成

$$ P(s)=a_{i}(s-s_{1})^{\lambda_{1}}(s-s_{2})^{\lambda_{2}}\cdots(s-s_{r})^{\lambda_{r}} $$

式中 $ s_{i} $ 是式(P3.33-2) 的特征根，而 $ \lambda_{i} $ 是其根 $ s_{i} $ 的阶数，且

$$ \lambda_{1}+\lambda_{2}+\cdots+\lambda_{r}=N $$

一般说来，若 $ \lambda_{i}>1 $，则不仅 $ Ae^{i\tau} $ 是式(P3.33-1)的一个解，而且 $ At^{i}e^{i\tau} $ 也是其解，只要 i 是一个大于或等于，而且又小于或等于 $ (\lambda_{i}-1) $ 的整数即可。为说明这一点，证明若 $ \lambda_{i}=2 $，则 $ Ate^{i\tau} $ 是式(P3.33-1)的解。

[提示：证明，若s是任意复数，则

$$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}\frac{d^{k}(Ate^{st})}{dt^{k}}=AP(s)te^{st}+A\frac{dP(s)}{ds}e^{st}] $$

因此，式 $ (P3.33-1) $的一般解为

$$ \sum_{i=1}^{r}\sum_{j=0}^{\lambda_{i}-1}A_{i j}t^{\dagger}e^{s_{i}t} $$

式中 $ A_{ij} $ 是任意常数.

(c) 利用特定的辅助条件解下列齐次微分方程：

(i)

$$ \frac{d^{2}y(t)}{d t^{2}}+3\frac{d y(t)}{d t}+\stackrel{...}{2y}(t)=0;\quad y(0)=0,y^{\prime}(0)=2 $$

(ii)

$$ \frac{d^{\hat{2}}y(t)}{d t^{2}}+3\frac{d y(t)}{d t}+2y(t)=0;\quad y(0)=1,y^{\prime}(0)=-1 $$

(iii)

$$ \frac{d^{2}y(t)}{d t^{2}}+3\frac{d y(t)}{d t}+2y(t)=0;\quad y(0)=0,y^{\prime}(0)=0 $$

(iv)

$$ \frac{d^{2}y(t)}{dt^{2}}+2\frac{dy(t)}{dt}+y(t)=0;\quad y(0)=1,y^{\prime}(0)=1 $$

(v)

$$ \begin{aligned}&\frac{d^{3}y(t)}{d t^{3}}+\frac{d^{2}y(t)}{d t^{2}}-\frac{d y(t)}{d t}-y(t)=0;\\&y(0)=1,y^{\prime}(0)=1,y^{\prime\prime}(0)=-2\\ \end{aligned} $$

(vi)

$$ \frac{d^{2}y(t)}{d t^{2}}+2\frac{d y(t)}{d t}+5y(t)=0;\quad y(0)=1,y^{\prime}(0)=1 $$

(d) 设一齐次差分方程为

$$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}y[n-k]=0 $$

证明，若 $ z_{0} $ 是方程

$$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}z^{-k}=0 $$

的一个解，则 $ Az_{0}^{n} $ 是式(P3.33-3)的一个解。式中 A 为任意常数。

为讨论方便起见，假定多项式只有z的正幂项。为此，将式 $ (P3.33-4) $两边乘以 $ z^{N} $，得

$$ P\left(z\right)=\sum_{k=0}^{N}a_{k}z^{N-k}=0 $$

多项式 $ P(z) $ 可分解因式为

$$ P(z)=a_{0}(z-z_{1})^{\lambda_{1}}(z-z_{2})^{\lambda_{2}}\cdots(z-\dot{z}_{r})^{\lambda_{r}} $$

式中 $ z_{1}, z_{2}, \cdots, z_{r} $ 是 $ P(z) $ 的特征根。

(e) 证明，若 $ y[n] = nz^{n-1} $，则

$$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}y[n-k]=\frac{dP(z)}{dz}z^{n-N}+(n-N)P(z)z^{n-N-1} $$

由此来证明，若 $ \lambda_{i}=2 $，则 $ Az_{i}^{n} $ 和 $ Bnz_{i}^{n-1} $ 是式(P3.33-3)的解，式

中A和B为任意复常数。更一般地说来，可用这种同样的方法来证明，若 $ \lambda_{i}>1 $，则

$$ A\frac{n!}{r!(n-r)!}z^{n-r} $$

是式(P3.33-3)的一个解。其中 $ r=0,1,\cdots,\lambda_{i}=1 $。

(f) 利用特定的辅助条件, 解下列齐次差分方程:

(i)

$$ y[n]+\frac{3}{4}y[n-1]+\frac{1}{8}y[n-2]=0; $$

$$ y[0]=1,\quad y[-1]=-6 $$

(ii)

$$ y[n]-2y[n-1]+y[n-2]=0; $$

$$ \mathbf{y}[0]=1,\mathbf{y}[1]=0 $$

(iii)

$$ \begin{aligned}&y[n]-2y[n-1]+y[n-2]=0;\\&y[0]=1,y[10]=21\\ \end{aligned} $$

(iv)

$$ y[n]-\frac{\sqrt{2}}{2}y[n-1]+\frac{1}{4}y[n-2]=0; $$

$$ y[0]=0,\;y[-1]=1 $$

解：

(a) 因 $ s_{0} $ 是式(P3.33-1) 的一个解，则

$$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}s_{0}^{k}=0 $$

将 $ Ae^{t_{0}t} $ 代入式 (P3.33-2) 可得

$$ \begin{aligned}{\sum_{k=0}^{N}a_{k}\frac{d^{k}}{d t^{k}}\left(A e^{s_{0}t}\right)}&{{}=\sum_{k=0}^{N}A a_{k}e^{s_{0}t}s_{0}^{k}}\\ {}&{{}=A e^{s_{0}t}\sum_{k=0}^{N}a_{k}s_{0}^{k}=0}\\ \end{aligned} $$

得 $ Ae^{t_{0}t} $ 是式(P3.33-1)的解.

(h) 将 Ate^{n} 代入式(P3.33-1)可得

$$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}\ \frac{d^{k}}{dt^{k}}\ (Ate^{st})=a_{0}Ate^{st}+a_{1}(Ae^{st}+\tilde{A}tse^{st}) $$

$$ \begin{aligned}&+a_{2}(2As e^{st}+Ats e^{st})\\&+a_{3}(3As^{2}e^{st}+Ats^{3}e^{st})+\cdots\\&+a_{N}(NAs^{N-1}e^{st}+Ats^{N}e^{st})\\=&\sum_{k=0}^{N}Aa_{k}ts^{k}e^{st}+\sum_{k=0}^{N}Aa_{k}ks^{k-1}e^{st}\\=&Ate^{st}\sum_{k=0}^{N}a_{k}s^{k}+Ae^{st}\sum_{k=0}^{N}a_{k}\frac{d}{ds}\left(s^{k}\right)\\=&Ate^{st}\sum_{k=0}^{N}a_{k}s^{k}+Ae^{st}\frac{d}{ds}\sum_{k=0}^{N}a_{k}s^{k}\\=&AtP(s)e^{st}+A\frac{dP(s)}{ds}e^{st}\end{aligned} $$

由此可见，假定 $ P(s) $ 有 r 个根，对每个有 $ \lambda_{i} $ 重的 $ s_{i} $ 根用上述结果即可得到更一般解为

$$ \sum_{i=0}^{r}\sum_{j=0}^{\lambda_{i}-1}A_{i j}t^{j}e^{s_{i}t} $$

其中 $ A_{ij} $为任意复常数。

因此，若 $ s_{i} $ 是式(P3.33-1)中 $ P(s) $ 的一个解，

$$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}s_{i}^{k}=0 $$

则式 $ (P3.33-7) $等于零。可见 $ Atc^{st} $也是式 $ (P3.33-1) $的一个解。

(c)(i)特征方程为

$$ s^{2}+3s+2=0 $$

得 $ s_{1} = -2, \quad s_{2} = -1 $ 。则

$$ y_{k}(t)=A e^{-2t}+B e^{-t} $$

由 $ y_{h}(0)=0, y_{h}^{\prime}(0)=2 $ ,得

$$ \left\{\begin{aligned}&\boldsymbol{A}+\boldsymbol{B}=0\\ &-2\boldsymbol{A}-\boldsymbol{B}=2\end{aligned}\right.,\quad\boldsymbol{A}=-2,\ \boldsymbol{B}=2 $$

所以

$$ y(t)=2e^{-t}-2e^{-2t} $$

(ii) 同样， $ s^{2}+3s+2=0 $

$$ y(t)=A e^{-2t}+B e^{-t} $$

由 $ y(0)=1, y^{\prime}(\theta)=-1 $ , 得 A=1, B=-1。所以

$$ y(t)=e^{-2t}e^{-t} $$

(iii) $ s^{2}+3s+2=0 $,得

$$ y(t)=A e^{-2t}+\boldsymbol{\mathrm{B}}e^{-t} $$

由 $ y(0)=0, y^{\prime}(0)=0 $ , 得 A=B=0 。所以

$$ y(t)=0 $$

（iv）特征方程为

$$ s^{2}+2s+1=(s+1)^{2}=0 $$

得二重根 $ s_{1}=-1 $。所以

$$ y(t)=A e^{-\iota}+B t e^{-\iota} $$

由 $ y(0)=1, y^{\prime}(0)=1 $ ，得 A=1, B=2。所以

$$ y(t)=e^{-\iota}+2\tau e^{-\iota} $$

(v) 特征方程为

$$ s^{3}+s^{2}-s-1=(s+1)^{2}(s-1)=0, 得 $$

$$ y(t)=A e^{t}+B e^{-t}+C t e^{-t} $$

由 $ y(0)=1, y^{\prime}(0)=1, y^{\prime\prime}(0)=-2 $ , 得

$$ A=\frac{1}{4},B=\frac{3}{4},C=\frac{3}{2} $$

所以

$$ y(t)=\frac{1}{4}e^{t}+\frac{3}{4}e^{-t}+\frac{3}{2}t e^{-t} $$

(vi) 特征方程为

$$ s^{2}+2s+s=0,\ s_{1,2}=-1\pm j2 $$

得

$$ y(t)=A e^{-t}e^{2j t}+B e^{-t}e^{-2\bar{g}t} $$

由 $ y(0)=1, y'(0)=1 $ , 得

$$ A=\frac{1}{2}(1+i)=\frac{1}{\sqrt{2}}e^{i\pi/4}=B^{*}, $$

所以

$$ y(t)=\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-t}\cos\left(2t+\pi/4\right) $$

(d) 因为 $ \sum_{k=0}^{N}a_{k}z_{0}^{-k}=0 $，所以将 $ Az_{0}^{n} $ 代入式(P3.33-3)中得

$$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}A z_{0}^{n-k}=A z_{0}^{n}\sum_{k=0}^{N}a_{k}z_{0}^{-k}=0 $$

所以 $ Az_{0}^{n} $ 是式(P3.33-3)的一个解。

(e) 将 $ y[n] = nz^{n-1} $ 代入式(P3.33-6)的左边得

$$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}y[n-k]=\sum_{k=0}^{N}a_{k}(n-k)z^{n-k-1} $$

而式(P3.33-6)右边为

$$ \begin{aligned}z^{n-N}\sum_{k=0}^{N}&a_{k}(N-k)z^{N-k-1}+(n-N)\sum_{k=0}^{N}a_{k}z^{N-k}z^{n-N-1}\\&=\sum_{k=0}^{N}a_{k}(n-k)z^{n-k-1}\\&= 式 (P3.33-6) 的左边。\end{aligned} $$

即证.

(f)

$$ \mathrm{(i)}1+\frac{3}{4}z^{-1}+\frac{1}{8}z^{-2}=0 $$

或

$$ z^{2}+\frac{3}{4}z+\frac{1}{8}=0 $$

得

$$ z_{1}=-\frac{1}{2},\ z_{2}=-\frac{1}{4} $$

$$ y[n]=A\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}+B\left(-\frac{1}{4}\right)^{n} $$

由 $ y[0]=1, y[-1]=-6 $ , 得 A=-1, B=2

所以

$$ y[n]=2\left(-\frac{1}{4}\right)^{n}-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n} $$

（ii）特征方程为

$$ z^{2}-2z+1=0,\ 或 \ (z\operatorname{--}1)^{2}=0 $$

得 $ y[n] = A(1)^{n} + Bn(1)^{n} = A + Bn $

由 y[0]=1, y[1]=0，得 A=1, B=-1，

所以 $ y[n]=1-n $

(iii) 同(ii)小题，得 y[n] = A + Bn

由 y[0]=1, $ y[10]=21 $, 得 A=1, B=2,

所以 $ y[n]=1+2n $

（iv）特征方程为

$$ z^{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}z+\frac{1}{4}=0 $$

$$ z_{1,2}=\frac{1}{2\sqrt{2}}(1\pm j)=\frac{1}{2}e^{\pm i\pi/4} $$

得

$$ y[n]=A\left[\frac{1}{2}\;e^{j\pi/4}\right]^{n}+B\left[\frac{1}{2}\;e^{-j\pi/4}\right]^{n} $$

由 $ y[0]=0 $, $ y[-1]=1 $, 得

$$ A=\frac{i}{2\sqrt{2}},\quad B=-\frac{i}{2\sqrt{2}}, $$

所以

$$ y[n]=-\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\sin\left(n\pi/4\right) $$

3.34 (a) 设有一初始静止且由式

$$ y[n]-\frac{1}{2}y[n-1]=x[n] $$

所描述的系统. 若 $ x[n]=\delta[n] $，求 y[0]。当 $ n\geqslant1 $ 时， $ h[n] $ 满足什么方程，并要具备什么辅助条件？解这个方程求出 $ h[n] $ 的闭合解.

(b) 设另一个初始静止且由差分方程

$$ y[n]-\frac{1}{2}\;y[n-1]\;=\;x[n]+2x[n-1] $$

所描述的 LTI 系统。这个系统表示成图 P3.34(a) 所示的两个初始静止的 LTI 系统的级联。根据 LTI 系统的特性，可将它表示成如图 P3.34(b) 所示形式。利用(a) 小题的结果求式(P3.34-2)所述系统的冲激响应。

(c) 再看(a)小题的系统,用 h[n] 表示其冲激响应. 证明对任意输入 x[n] 的响应 y[n] 由卷积和

$$ y[n]=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}h[n-m]x[m] $$

给出。本题通过证明式(P3.34-3)满足差分方程(P3.34-1)来证明之。

(d) 考虑初始静止，且由差分方程

$$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}y[n-k]=x[n] $$

所描述的 LTI 系统。假设 $ a_{0} \neq 0 $。若 $ x[n] = \delta[n] $，则 y[0] 是什么？利用这点，确定这系统的冲激响应必须满足的齐次方程和初始条件。

设有另一个由差分方程

$$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}y[n-k]=\sum_{k=0}^{M}b_{k}x[n-k] $$

描述的因果 LTI 系统。利用式(P3.34-4)所描述的 LTI 系统的冲激响应来表示这系统的冲激响应。

(e) 当 $ x[n] = \delta[n] $ 时，另一种方法是用递推法解式 (P3.34-5)，求出 $ y[0] $, $ y[1] $, $ \cdots $, $ y[M] $。当 $ n \geqslant M $ 时确定 $ h[n] $ 满足的方程和初始条件。

（f）求由下列方程所述因果 LTI 系统的冲激响应。（用(d)和(e)小题中所述的任一种方法求解）

(i) $ y[n] - y[n - 2] = x[n] $

(ii) $ y[n] - y[n - 2] = x[n] + x[n - 1] $

(iii) $ y[n] - y[n - 2] = 2x[n] - 3x[n - 4] $

(iv) $ y[n] - \frac{3}{2} y[n-1] + \frac{1}{4} y[n-2] = x[n] $

解：

(a) 由差分方程可知，这个系统是因果的。

当 n<0 时， $ y[n]=0 $

当 n=0 时， $ y[0]=\delta[0]+\frac{1}{2}y[-1]=1 $

即 $ x[n]=\delta[n] $ 时， $ y[0]=h[0]=0 $

当 $ n\geqslant1 $时，h[n]应满足方程

$$ h[n]-\frac{1}{2}h[n-1]=0 $$

设 $ n \geqslant 1 $ 时 $ h[n] = A\alpha^{*} $，代入方程得

$$ A\alpha^{s}-\frac{1}{2}A\alpha^{n-1}=0,\quad\alpha=\frac{1}{2} $$

所以

$$ h[n]=A\left(\frac{1}{2}\right)^{*}u[n] $$

当 n=1 时，由方程得

$$ h[1]=\frac{1}{2}h[0]=\frac{1}{2} $$

将此条件代入上式得 A=1 ，因此

$$ h[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n] $$

(b) 根据(a)小题结果，由图 P3.34(b) 可看出，若 x[n] = δ[n]，则

$$ w[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{n} u[n] $$

代入第二个子系统的差分方程即得

$$ h[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{*}u[n]+2\left(\frac{1}{2}\right)^{*-1}u[n-1] $$

(c) 将式(P3.34-3)代入式(P3.34-1)得

$$ \begin{aligned}\sum_{m=-\infty}^{+\infty}h[n-m]x[m]-\frac{1}{2}\sum_{m=-\infty}^{+\infty}h[n-m-1]x[m]\\=\sum_{n=-\infty}^{n}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-m}x[m]-\sum_{m=-\infty}^{n-1}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-m}x[m]\\=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-n}x[n]=x[n]\end{aligned} $$

可见，式(P3.34-3)满足式(P3.34-1)。

(d) (i) 已知 $ a_{0} \neq 0 $ 且初始静止的，将式(P3.34-4)写成

$$ a_{0}y[n]=x[n]-\sum_{k=1}^{N}a_{k}y[n-k] $$

设 $ x[n]=\delta[n] $，在 n=0 时可得

$$ a_{0}y[0]=a_{0}h[0]=x[0]=\delta[0]=1 $$

所以 y[0] 应满足的条件为

$$ y[0]=h[0]=1/a_{0} $$

由此，当 n > 0 时 h[n] 应满足的齐次方程为

$$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}h[n-k]=0 $$

其起始条件为

$$ h\left[0\right]=1/a_{0},~h\left[-1\right]=h\left[-2\right]=\cdots\Rightarrow h\left[-N\right]=0。 $$

(ii) 当 $ x[n] = \delta[n] $ 时，式(P3.34-5)可写成

$$ \begin{aligned}{y[n]}&{{}=\frac{1}{a_{0}}\sum_{k=0}^{M}b_{k}\delta[n-k]-\frac{1}{a_{0}}\sum_{k=1}^{N}a_{k}y[n-k]}\\ {}&{{}=\frac{1}{a_{0}}\sum_{k=1}^{M}b_{k}\delta[n-k]+\frac{b_{0}}{a_{0}}-\frac{1}{a_{0}}\sum_{k=1}^{N}a_{k}y[n-k]}\\ \end{aligned} $$

印

$$ h[n]=\frac{1}{a_{0}}\sum_{k=1}^{M}b_{k}\delta[n-k]+h_{1}[n] $$

其中 $ h_{1}[n] $ 同(i)小题中的 $ h[n] $.

(e) 将式(P3.34-5)写成下面形式

$$ a_{0}y[n]=\sum_{k=0}^{M}b_{k}x[n-k]-\sum_{k=1}^{N}a_{k}y[n-k] $$

设 $ x[n] = \delta[n] $ 代入可得

$$ a_{0}h[n]=\sum_{k=0}^{M}b_{k}\delta[n-k]-\sum_{k=1}^{N}a_{k}h[n-k] $$

由此可得

$$ y[0]=.h[0]=b_{0}/a_{0} $$

$$ \begin{aligned}y[1]=h[1]&=\frac{1}{a_{0}}\left\{\sum_{k=0}^{M}b_{k}\delta[1-k]-\sum_{k=1}^{N}a_{k}y[1-k]\right\}\\&=\frac{1}{a_{0}}\left(b_{1}-a_{1}y[0]\right)\\&=\frac{a_{0}b_{1}-a_{1}b_{0}}{a_{1}^{2}}\\ \end{aligned} $$

$$ y[2]=h[2]=\frac{1}{a_{0}}\left\{b_{2}-\sum_{k=1}^{N}a_{k}y[2-k]\right\} $$

$$ y[M]=h[M]=\frac{1}{a_{0}}\left\{b_{M}-\sum_{k=1}^{N}a_{k}y[M-k]\right\} $$

当 $ n\geqslant M $时， $ h[n] $应满足的方程为

$$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}h[n-k]=0 $$

且初始条件为 $ y[0]=h[0]=b_{0}/a_{0} $，以及

$$ h[-1]=h[-2]=\cdots=h[-N]=0 $$

(f) (i) $ y[n] - y[n-2] = x[n] $ 且初始静止的。

解法一：设 $ x[n]=\delta[n] $，代入方程得

$$ h[n]=\delta[n]-h[n-2] $$

n=0 时， $ h[0]=\delta[0]-h[-2]=1 $

$$ n=1\mathrm{ 时 },\ h[1]=\delta[1]-h[-1]=0 $$

n=2 时， $ h[2]=h[0]=1 $

n=3时， $ h[3]=h[1]=0 $

所以

$$ h[n]=\left\{\begin{aligned}&1,&\text{}n\text{} 为偶数且 n\geqslant0\\ &0,&\text{}n\text{} 为奇数或 n<0\end{aligned}\right. $$

解法二：设 $ h[n] = Az^n $，则

$ z^{2}-1=0 $，得 $ z_{1}=1 $， $ z_{2}=-1 $，

$$ h[n]=A_{1}+A_{2}(-1)^{*},\quad n\geqslant2 $$

在n=0时， $ A_{1}+A_{2}=1 $

n=1 时， $ A_{1}-A_{2}=0 $

解得

$$ A_{1}=\frac{1}{2},\quad A_{2}=\frac{1}{2} $$

所以

$$ h[n]=\frac{1}{2}\left[1+(-1)^{n}\right],n\geqslant0 $$

或

$ h[n]=\frac{1}{2}[1+(-1)^{n}]u[n] $，对所有 $ n $。

下面各小题均可采用类似上述的两种解法求解，为节省篇幅只选用第一种解法。

（ii）设 $ x[n]=\delta[n] $，则

$$ h[n]-h[n-2]=\delta[n]+2\delta[n-1] $$

根据初始静止条件用递推法可求得

$$ \begin{aligned}&h[0]=1,h[1]=2,h[2]=h[0]=1,h[3]=h[1]=2,\\&\cdots\cdots.\\ \end{aligned} $$

所以

$$ h[n]=\left\{\begin{aligned}&1,&\text{}n 为偶数且 n\geqslant0\\ &2,&\text{}n 为奇数且 n>0\\ &0,&\text{}n<0\end{aligned}\right. $$

（iii）设 $ x[n]=\delta[n] $，则

$$ h[n]=2\delta[n]-3\delta[n-4]+h[n-2] $$

由初始静止条件用递推法可求得

$$ h[0]=2,\ h[1]=0,\ h[2]=2,\ h[3]=0, $$

$$ h[4]=-1,~h[5]=0,~h[6]=-1,\cdots\cdots $$

$$ h[n]=\left\{\begin{aligned}&2,&&n=0,2\\ &-1,&&n 为偶数且 n\geqslant4\\ &0,&& 其它 \end{aligned}\right. $$

（iv）设 $ x[n]=\delta[n] $，则

$$ h[n]=\frac{\sqrt{3}}{2}h[n-1]-\frac{1}{4}h[n-2]+\delta[n] $$

由初始静止条件可求得

$$ h[0]=1 $$

$$ n[1]=\frac{\sqrt{3}}{2}h[0]=\frac{\sqrt{3}}{2} $$

$$ h[2]=\frac{\sqrt{3}}{2}h[1]-\frac{1}{4}h[0]=\frac{3}{4}-\frac{1}{4}=\frac{1}{2} $$

$$ \begin{aligned}&h[3]=\frac{\sqrt{3}}{2}h[2]-\frac{1}{4}h[1]\\ &\quad=\frac{\sqrt{3}}{2}\times\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\times\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{8}\\ &\cdots\cdots\\ &\quad h[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\left[\cos\frac{n\pi}{6}+\sqrt{3}\sin\frac{n\pi}{6}\right]u[n]\\ \end{aligned} $$

3.35(a) 现在研究一个初始静止且由微分方程

$$ \frac{dy(t)}{dt}+2y(t)=x(t) $$

所描述的 LTI 系统。假设 $ x(t)=\delta(t) $。为了确定加入单位冲激后瞬间的 $ y(t) $ 值，考虑式(P3.35-1)从 $ t=0^{-} $到 $ t=0^{+} $的积分，得

$$ y(0^{+})-y(0^{-})+2\int_{0^{-}}^{0^{+}}y(\tau)d\tau=\int_{0^{-}}^{0^{+}}\delta(\tau)d\tau=1 $$

因为系统是初始静止的，且当 t<0 时 $ x(t)=0 $，所以 $ y(0^{-})=0 $。因此可见 $ y(0^{+})=1 $。这好像是 $ y(t) $ 只在 t=0 处包含一个阶跃的情况一样，因此从 $ t=0^{-} $ 到 $ t=0^{+} $ 其积分为零。又因为 t>0 时 $ x(t)=0 $，所以该系统的冲激响应是齐次方程

$$ \frac{dy(t)}{dt}+2y(t)=0 $$

在初始条件

$$ y(0^{+})=1 $$

下的解．解此微分方程求该系统的冲激响应 $ h(t) $．并通过证明

$$ y(t)=\int_{-\infty}^{+\infty}h(t-\tau)x(\tau)d\tau $$

对于任何输入 $ x(t) $ 都满足式(P3.35-1) 来检验所得结果.

(b) 为将这论证一般化，考虑初始静止且由微分方程

$$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}\frac{d^{k}y(t)}{d t^{k}}=x(t) $$

所描述的 LTI 系统。

设 $ x(t)=\delta(t) $，由于系统是初始静止的，所以若 t<0 时 $ x(t)=0 $，就意味着

$$ y(0^{-})=\frac{dy(0^{-})}{dt}=\cdots=\frac{d^{N-1}y(0^{-})}{dt^{N-1}}=0 $$

将式 $ (P3.35-3) $ 两边都从 $ t=0^{-} $ 到 $ t=0^{+} $ 积分，利用式 $ (P3.35-4) $ 及类似于在 $ (a) $ 小题中所采用的论证法来证明，所得的方程满足

$$ y(0^{+})=\frac{d y(0^{+})}{d t}=\cdots=\frac{d^{N-2}y(0^{+})}{d t^{N-2}}=0 $$

与

$$ \frac{d^{N-1}y(0^{+})}{d\tau^{N-1}}=\frac{1}{a_{N}} $$

因此，t>0时系统的冲激响应可通过解齐次方程

$$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}\frac{d^{k}y(t)}{dt^{k}}=0 $$

来获得，其初始条件由式(P3.35-5)给出。

(c) 设有一个用微分方程

$$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}\frac{d^{k}y(t)}{d t^{k}}=\sum_{k=0}^{M}b_{k}\frac{d^{k}x(t)}{d t^{k}} $$

所描述的因果 LTI 系统。用(b)小题系统的冲激响应表示这系统的冲激响应。[提示：考虑图 P3.35]。

（d）用(b)和(c)小题中所述的方法来初始静止的，且由下列微分方程描述的 LT1 系统的冲激响应：

(i)

$$ \frac{d^{2}y(t)}{d t^{2}}+3\frac{d y(t)}{d t}+2y(t)=x(t) $$

$$ x(t)\longrightarrow\frac{N}{\sum\limits_{k=0}^{N}a_{k}\frac{d^{k}w(t)}{dt^{k}}=x(t)}\xrightarrow{w(t)}y(t)=\sum\limits_{k=0}^{M}b_{k}\frac{d^{k}w(t)}{dt^{k}}\longleftrightarrow y(t) $$

(ii) $ \frac{dy(t)}{dt^{2}}+2\frac{dy(t)}{dt}+2y(t)=x(t) $

(e) 用(b)和(c)小题的结果推证，若在式(P3.35-6)中 $ M \geq N $，则冲激响应 h(t) 将包含集中在 t = 0 上的奇异函数项。具体来说， $ h(t) $ 将包含

$$ \sum_{r=0}^{M-N}\alpha_{r}u_{r}(t) $$

形式的项。式中 $ \alpha_{r} $ 为常数，而 $ u_{r}(t) $ 表示对 $ \delta(t) $ 的 r 阶导数。

（f）求由下列微分方程描述的因果的 LT1 系统的冲激响应

$$ \frac{dy(t)}{dt}+2y(t)=3\frac{dx(t)}{dt}+x(t) $$

(ii)

$$ \begin{aligned}\frac{d^{2}y(t)}{d t^{2}}+5\ \frac{d y(t)}{d t}+6y(t)&=\frac{d^{3}x(t)}{d t^{3}}+2\ \frac{d^{2}x(t)}{d t^{2}}\\&\quad+4\ \frac{d x(t)}{d t}\ +3x(t)\end{aligned} $$

解：

（a）由特征方程 $ s + 2 = 0 $，得

$$ y(t)=h(t)=A e^{-2s} $$

由 $ y(0^{+})=1 $ ，得 A=1 ，则

$$ h(t)=e^{-2s}u(t) $$

对于任意输入信号 $ x(t) $，系统的输出为

$$ \begin{aligned}{y(t)}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}h(t-\tau)x(\tau)d\tau}\\ {}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-2(t-\tau)}u(t-\tau)x(\tau)d\tau}\\ \end{aligned} $$

将其代入式(P3.35-1)左边，可求得

$$ \begin{aligned}{\frac{d}{d t}\int_{-\infty}^{+\infty}}&{{}e^{-2(z-\tau)}u(t-\tau)x(\tau)d\tau}\\ {}&{{}+2\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-2(z-\tau)}u(t-\tau)x(\tau)d\tau}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}{=\int_{-\infty}^{+\infty}}&{{}[-2e^{-2(s-\tau)}u(t-\tau)x(\tau)}\\ {}&{{}+e^{-2(s-\tau)}\delta(t-\tau)x(\tau)]d\tau}\\ {}&{{}+2\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-2(s-\tau)}u(t-\tau)x(\tau)d\tau}\\ {=\int_{-\infty}^{+\infty}}&{{}e^{-2(s-\tau)}\delta(t-\tau)x(\tau)d\tau=x(t)}\\ \end{aligned} $$

由此验证了系统的冲激响应为

$$ h(t)=e^{-2s}u(t) $$

（b）为了解本题和下面题的需要，这里设输入信号为 $ x(t)=\delta(t) $，在时域解中常用到的奇异函数平衡原理作一简述。

描述 LTI 系统的常系数微分方程的一般形式为

$$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}\frac{a^{k}y(t)}{d\tau^{k}}=\sum_{k=0}^{M}b_{k}\frac{d^{k}x(t)}{d\tau^{k}} $$

当输入 $ x(t) = \delta(t) $ 时，方程右端出现了 $ \delta(t) $ 函数及其各阶导数，而待求的 $ y(t) = h(t) $ 应保证方程两端奇异函数相平衡。

① 当 N > M 时（这是最常见的情况）方程左端 $ \frac{d^{N}h(t)}{dt^{N}} $ 项应包含 $ \frac{d^{M}\delta(t)}{dt^{M}} $，依次有 $ \frac{d^{N-k}h(t)}{dt^{N-k}} $ 项应包含 $ \frac{d^{M-k}\delta(t)}{dt^{M-k}} $， $ (k=0,1,\cdots,N) $，以便与方程右端相平衡（或匹配）。例如，若 $ N=M+1 $，则 $ \frac{dh(t)}{dt} $ 项中对应有 $ \delta(t) $，而 $ h(t) $ 项中不包含 $ \delta(t) $ 及其导数。

② 若 N = M，则 $ h(t) $ 项中包含 $ \delta(t) $

③ 若 N < M，则 $ h(t) $ 中还包含有 $ \delta(t) $ 的导数次.

下面来解本题.

(a) 当 $ x(t) = \delta(t) $ 时，由于 t < 0 时， $ x(t) = \delta(t) = 0 $，而初始静止条件意味着

$$ y(0^{-})=\frac{d y(0^{-})}{d t}=\cdots=\frac{d^{N-1}y(0^{-})}{d t^{N-1}}=0 $$

(b) 将式 $ (P^{3}35-3) $写成展开式形式得

$$ \begin{aligned}{a_{N}\quad\frac{d}{d t^{N}}\frac{h(t)}{d t^{N}}}&{{}+a_{N-1}\frac{d^{N-1}h(t)}{d t^{N-1}}+\cdots}\\ {}&{{}+a_{1}\frac{d h(t)}{d t}+a_{0}h(t)=\delta(t)}\\ \end{aligned} $$

两端从0^{-}到0^{+}积分得

$$ \begin{aligned}{a_{N}}&{{}\frac{d^{N-1}h(0^{+})}{d t^{N-1}}-a_{N}\frac{d^{N-1}h(0^{-})}{d t^{N-1}}+a_{N-1}\frac{d^{N-2}h(0^{+})}{d t^{N-2}}}\\ {}&{{}\quad-a_{N-1}\frac{d^{N-2}h(0^{-})}{d t^{N-2}}+\cdots+a_{1}h(0^{+})-a_{1}h(0^{-})}\\ {}&{{}\quad+a_{0}\int_{0^{-}}^{0^{+}}h(\tau)d\tau=\int_{0^{-}}^{0^{+}}\delta(\tau)d\tau=1}\\ \end{aligned} $$

根据上述奇异函数平衡原理，并考虑到式(P3.35-4)，显然有

$$ \frac{d^{N-2}h(0^{+})}{d\tau^{N-2}}=\cdots=\frac{d h(0^{+})}{d t}=y(0^{+})=\int_{0^{-}}^{0^{+}}h(\tau)d\tau=0 $$

而

$$ a_{N}\frac{d^{N-1}h(0^{+})}{d\tau^{N-1}}=1 $$

所以

$$ \frac{d^{N-1}h\left(0^{+}\right)}{d t^{N-1}}=\frac{1}{a_{N}} $$

根据定义 $ \delta(t) $ 及其各阶导数在 t > 0 时都等于零。因此，系统的冲激响应可由下面的齐次方程求得，即

$$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}\frac{d^{k}y(t)}{d t^{k}}=\sum_{k=0}^{N}a_{k}\frac{d^{k}h(t)}{d t^{k}}=0 $$

假定上式有N个不同单根 $ \alpha_{k}, (k=1,2,\cdots,N) $，则解上式齐次方程可求得冲激响应为

$$ h_{a}(t)\Longrightarrow\left(\sum_{k=1}^{N}A_{k}e^{a_{k}t}\right)u(t) $$

其中系数 $ A_{k} $ 可用方程两端各奇异函数项系数相匹配的方法求得

(见下面(d)小题).

(c) 根据(a)小题结果，当输入仅仅为一个 $ \delta(t) $ 函数时，即 $ x(t)=\delta(t) $ 时，可求得系统的冲激响应 $ w(t) $ 为

$$ w(t)=h(t)=\left(\sum_{k=1}^{N}A_{k}e^{\alpha_{k}t}\right)u(t) $$

再考虑到系统是 LTI 系统，当输入是原输入的导数时，输出也是原输出的导数，即当输入为

$$ \frac{d^{k}x(t)}{dt^{k}}=\frac{d^{k}\delta(t)}{dt^{k}} $$

时，输出为

$$ y(t)=\frac{d^{k}w(t)}{d t^{k}}=\frac{d^{k}h(t)}{d t^{k}} $$

所以，当输入为

$$ \sum_{k=0}^{M}b_{k}\frac{d^{k}x(t)}{d\tau^{k}}=\sum_{k=0}^{M}b_{k}\frac{d^{k}\delta(t)}{d\tau^{k}} $$

时，输出为

$$ y(t)=h_{b}(t)=\sum_{k=0}^{M}b_{k}\frac{d^{k}w(t)}{dt^{k}}=\sum_{k=0}^{M}b_{k}\frac{d^{k}h_{a}(t)}{dt^{k}} $$

(d)(i) 根据(b)、(c) 小题的方法，其冲激响应由下列齐次方程决定，即

$$ \frac{d^{2}y(t)}{d t^{2}}+3\frac{d y(t)}{d t}+2y(t)=0 $$

其特征方程为

$$ \alpha^{2}+3\alpha+2=0 $$

其特征根为 $ \alpha_{1} = -1, \alpha_{2} = -2 $。

由此得

$$ \begin{aligned}&y(t)=h(t)\Longrightarrow(A_{1}e^{-s}+A_{2}e^{-2s})u(t)\\&\frac{dh(t)}{dt}=(-A_{1}e^{-s}-2A_{2}e^{-2s})u(t)+(A_{1}e^{-s}+A_{2}e^{-2s})\delta(t)\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}=&(A_{1}+A_{2})\delta(t)+(-A_{1}e^{-s}-2A_{2}e^{-2s})u(t)\\\frac{d^{2}h(t)}{dt^{2}}=&(A_{1}+A_{2})\delta^{\prime}(t)+(-A_{1}-2A_{2})\delta(t)\\&+(A_{1}e^{-s}+4A_{2}e^{-2s})u(t)\end{aligned} $$

将上述各式以及 $ x(t)=\delta(t) $ 一起代入原方程两边，得

$$ ({\cal A}_{1}+{\cal A}_{2})\delta^{\prime}(t)+(2{\cal A}_{1}+{\cal A}_{2})\delta(t)=\delta(t) $$

由系数匹配法得

$$ A_{1}+A_{2}=0 $$

$$ 2A_{1}+A_{2}=1 $$

由此可解得 $ A_{1}=1 $， $ A_{2}=-1 $。

所以系统的冲激响应为

$$ h(t)=e^{-t}-e^{-2t} $$

（ii）用上述同样方法可求得齐次方程

$$ \frac{d^{2}y(t)}{d t^{2}}+2\frac{d y(t)}{d t}+2y(t)=0 $$

的特征根为 $ \alpha_{1}=-1+j $， $ \alpha_{2}=-1-j $。

其齐次解(即冲激响应)为

$$ y(t)=h(t)=(A_{1}e^{\alpha_{1}t}+A_{2}e^{\alpha_{2}t})u(t) $$

而

$$ \begin{aligned}{\frac{d y(t)}{d t}}&{{}=(A_{1}+A_{2})\delta(t)+(\alpha_{1}A_{1}e^{\alpha_{1}t}+\alpha_{2}A_{2}e^{\alpha_{2}t})u(t)}\\ {\frac{d^{2}y(t)}{d t^{2}}}&{{}=(A_{1}+A_{2})\delta^{\prime}(t)+(\alpha_{1}A_{1}+\alpha_{2}A_{2})\delta(t)}\\ {}&{{}\quad+(\alpha_{1}^{2}A_{1}e^{\alpha_{1}t}+\alpha_{2}^{1}A_{2}e^{\alpha_{1}t})u(t)}\\ \end{aligned} $$

将上式各式及 $ x(t)=\delta(t) $ 代入原方程两边，得

$$ \begin{align*}&(A_{1}+A_{2})\delta^{\prime}(t)+[(2+\alpha_{1})A_{1}+(2+\alpha_{2})A_{2}]\delta(t)\\&\qquad+[(2+2\alpha_{1}+\alpha_{1}^{2})A_{1}e^{\alpha_{1}t}+(2+2\alpha_{2}+\alpha_{2}^{2})A_{2}e^{\alpha_{2}t}]u(t)\\&\quad=\delta(t)\end{align*} $$

由系数匹配法得 $ (u(t) $的系数为零 $

$$ A_{1}+A_{2}=0 $$

$$ (1+j)A_{1}+(1-j)A_{2}=1 $$

解得

$$ A_{1}=\frac{1}{j^{2}},A_{2}=-\frac{1}{j^{2}} $$

所以冲激响应为

$$ \begin{aligned}{h(t)}&{{}=\left[\frac{1}{j^{2}}e^{(-1+j)s}-\frac{1}{j^{2}}e^{(-1-j)s}\right]u(t)}\\ {}&{{}=e^{-s}\operatorname{s i n}t u(t)}\\ \end{aligned} $$

(e) 根据前述奇异函数平衡原理，当 N=M 时且输入为 $ \delta(t) $ 时，输出 $ y(t) $ 中包含一个 $ \delta(t) $ 项。而当 N<M 时，式 (P3.35-6) 可写成

$$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}\frac{d^{k}y(t)}{d t^{k}}=\sum_{k=0}^{N-1}b_{k}\frac{d^{k}x(t)}{d t^{k}}+\sum_{k=N}^{N}b_{k}\frac{d^{k}x(t)}{d t^{k}} $$

两端从 $ 0^{-} $到 $ 0^{+} $积分 N 次，结果右端第一项相当于 (b) 小题的冲激响应 $ h_{b}(t) $，而第二项的结果变为

$$ \sum_{r=0}^{M-N}\alpha_{k}\frac{d^{r}\delta(t)}{d t^{r}}=\sum_{r=0}^{M-N}\alpha_{r}u_{r}(t) $$

即在 $ M \geqslant N $的情况下，冲激响应还包括 $ \delta(t) $项及 $ \delta(t) $的各阶导数（直到M-N阶）项。

(f)(i) 先求得齐次方程

$$ \frac{dy(t)}{dt}+2y(t)=0 $$

的解为

$$ y(t)=A e^{-2\tau}\dot{u}(t) $$

如前述的奇异函数平衡原理，由于微分方程两端的次数相等，即 M = N，所以冲激响应中包含一个 $ \delta(t) $ 项。因此，冲激响应为

$$ \begin{aligned}&h(t)=A e^{-2s}u(t)+B\delta(t)\\&\frac{dh(t)}{dt}=B\delta^{\prime}(t)+A\delta(t)-2Ae^{-2s}u(t)\\ \end{aligned} $$

将上述两式及 $ x(t)=\delta(t) $ 代入原方程，得

$$ B\delta^{\prime}(t)+(A+2B)\delta(t)=3\delta^{\prime}(t)+\delta(t) $$

根据系数匹配方法得

$$ B=3 $$

$$ A+2B=1 $$

解得

$$ B=3,\;A=-5 $$

所以

$$ h(t)=3\delta(t)-5e^{-2s}u(t) $$

（ii）同样，先解齐次方程

$$ \frac{d^{2}y(t)}{d t^{2}}+5\;\frac{d y(t)}{d t}+6y(t)=0 $$

得齐次解为

$$ y(t)=(A_{1}e^{-2t}+A_{2}e^{-3t})u(t) $$

因为 M-N=1，所以冲激响应中包含有一个 $ \delta(t) $ 项和一个 $ \delta'(t) $ 项。即

$$ h(t)=(A_{1}e^{-2s}+A_{2}e^{-3s})u(t)+B_{1}\delta(t)+B_{2}\delta^{\prime}(t), $$

$$ \begin{aligned}{\frac{d h\left(t\right)}{d t}=}&{{}~(-2A_{1}e^{-2t}-3A_{2}e^{-3t})u\left(t\right)+\left(A_{1}+A_{2}\right)\delta\left(t\right)}\\ {}&{{}+B_{1}\delta^{\prime}\left(t\right)+B_{2}\delta^{\prime\prime}\left(t\right),}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}{\frac{d^{2}h(t)}{d t^{2}}=}&{{}~(4A_{1}e^{-2t}+9A_{2}e^{-3t})u(t)+(-2A_{1}-3A_{2})\delta(t)}\\ {}&{{}+(A_{1}+A_{2})\delta^{\prime}(t)+B_{1}\delta^{\prime\prime}(t)+B_{2}\delta^{\prime\prime\prime}(t)}\\ \end{aligned} $$

将上述各式及 $ x(t)=\delta(t) $ 代入原方程得

$$ \begin{aligned}{}&{{}B_{2}\delta^{\prime\prime\prime}(t)+(B_{1}+5B_{2})\delta^{\prime\prime}(t)}\\ {}&{{}\qquad\quad+(A_{1}+A_{2}+5B_{1}+6B_{2})\delta^{\prime}(t)}\\ {}&{{}\qquad\quad+(3A_{1}+2A_{2}+6B_{1})\delta(t)}\\ {}&{{}\quad=\delta^{\prime\prime\prime}(t)+2\delta^{\prime\prime}(t)+4\delta^{\prime}(t)+3\delta(t)}\\ \end{aligned} $$

根据系数匹配原则，写出系数匹配矩阵为

$$ \begin{bmatrix}3&2&6&0\\ 1&1&5&6\\ \hline0&0&1&5\\ 0&0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}A_{1}\\ A_{2}\\ \hline B_{1}\\ B_{2}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3\\ 4\\ \hline2\\ 1\end{bmatrix}. $$

解得 $ A_{1} = -5, A_{2} = 18, B_{1} = -3, B_{2} = 1 $

所以

$$ h(t)=(18e^{-3t}-5e^{-2t})u(t)-3\delta(t)+\delta^{\prime}(t) $$

3.36 设有一初始静止的，由差分方程

$$ \begin{aligned}y[n]&-\frac{5}{2}y[n-1]+y[n-2]\\&=6x[n]-7x[n-1]+5x[n-2]\end{aligned} $$

所描述的 LTI 系统。

（a）用下列两种方法求这个系统的单位阶跃响应的闭合表示式：

（i）直接解差分方程求解，

（ii）先解单位冲激响应（见3.34题），然后采用卷积和求解。

(b) 当输入为

$$ x[n]=\left(-\frac{1}{2}\right)^{n} $$

时，利用上面任何一种方法求系统的输出。若用第一种方法，则假定特解的形式为

$$ y[n]=Y\left(-\frac{1}{2}\right)^{n},\ n>0 $$

(c) 若

$$ x[n]=\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}u[n-2]+3u[n-4] $$

求系统的响应。

（d）画出这个系统的直接实现Ⅱ型的结构。

解：

(a) (i) 已知输入 x[n] = u[n]，将其代入差分方程得

$$ \begin{aligned}{y[n]}&{{}-\frac{5}{2}y[n-1]+y[n-2]}\\ {}&{{}=6u[n]-7u[n-1]+5u[n-2],}\\ \end{aligned} $$

因此设特解为

$$ y_{p}[n]=\mathrm{Y}u[n] $$

代入上式可求得

$$ y_{p}[n]=-8u[n]\quad n\geqslant2 $$

由式 $ （i-1） $可得特征方程为

$$ z^{2}-\frac{5}{2}z+1=0 $$

因此解得特征根为 $ z_{1}=\frac{1}{2}, z_{2}=2 $。

因而齐次解为

$$ y_{h}[n]=\left[A\left(\frac{1}{2}\right)^{n}+B2^{n}\right]u[n] $$

一般解为

$$ \begin{aligned}y[n]&=y_{h}[n]+y_{p}[n]\\&=\left[A\left(\frac{1}{2}\right)^{n}+B2^{n}-8\right]u[n]\end{aligned} $$

由式 $ （i-1） $直接求初始条件，得

n=0 时， $ y[0]=\frac{5}{2}y[-1]-y[-2]+6x[0] $

$ -7x[-1]+5x[-2]=6 $

n=1 时， $ y[1]=\frac{5}{2}y[0]-y[-1]+6x[1] $

$ -7x[0]+5x[-1] $

$ =\frac{5}{2}\times6+6-7=14 $

代入式 $ (i-2) $得

$$ A+B-8=y[0]=6 $$

$$ \frac{1}{2}\;A+2B-8=y[1]=14 $$

由此得 A-4, B-10

再代入式 $ （i-2） $得阶跃响应为

$$ s[n]=y[n]=\left[4\left(\frac{1}{2}\right)^{n}+10(2)^{n}-8\right]u[n] $$

（ii）已知输入 x[n] = δ[n]，则 y[n] = h[n] 所以

$$ \begin{aligned}{}&{{}h[n]-\frac{5}{2}h[n-1]+h[n-2]}\\ {}&{{}\quad=6\delta[n]-7\delta[n-1]+5\delta[n-2]}\\ \end{aligned} $$

已知初始静止的，所以用递推法可求得

$$ h[0]=6,~h[1]=8,\cdots\cdots\cdots $$

$$ h[n]=6\delta[n]-4\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n-1]+5(2)^{n}u[n-1] $$

因此

$$ \begin{aligned}&s[n]=u[n]*h[n]=\sum_{k=-\infty}^{n}\dot{h}[k]\\ &=4\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]\dot{+}10(2)^{*}u[n]-8u[n]\\ \end{aligned} $$

可见，与(i)小题结果相同。

(b) 这时的差分方程为

$$ \begin{aligned}y[n]&-\frac{5}{2}y[n-1]+y[n-2]\\&=6\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}-7\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}+5\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-2}\end{aligned} $$

设 n > 0 时， $ y_{p}[n] = \mathrm{Y}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n} $

则

$$ \begin{aligned}{Y\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}}&{{}-\frac{5}{2}\ {Y\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}}+\operatorname{Y}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-2}}\\ {=6\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}}&{{}-7\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}+5\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-2}}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&\mathrm{Y}\left(-\frac{1}{2}\right)^{2}-\frac{5}{2}\mathrm{~Y}\left(-\frac{1}{2}\right)+\mathrm{Y}\\ &\quad=6\times\left(-\frac{1}{2}\right)^{2}-7\times\left(-\frac{1}{2}\right)+5\\ \end{aligned} $$

得

$$ \mathrm{Y}=\frac{\frac{6}{4}+\frac{7}{2}+5}{\frac{1}{4}+\frac{5}{4}+1}=4 $$

所以特解为

$$ y_{p}[n]=4\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}u[n] $$

与(a)小题相同，齐次解为

$$ y_{h}[n]=\left[A\left(\frac{1}{2}\right)^{n}+B(2)^{n}\right]u[n] $$

一般解为

$$ y[n]=\left[A\left(\frac{1}{2}\right)^{n}+B(2)^{n}+4\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}\right]u[n] $$

由原方程得初始条件为 y[0]=0, y[1]=5

代入一般解方程可求得 A = -2, B = 4

所以

$$ y[n]=\left[4\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}-2\left(\frac{1}{2}\right)^{n}+4(2)^{n}\right]u[n] $$

(c)

$$ \begin{aligned}x[n]&=\left(-\frac{1}{2}\right)^{*}u[n-2]+3u[n-4]\\&=\frac{1}{4}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-2}u[n-2]+3u[n-4]\end{aligned} $$

$$ \mathbf{y}[n]=x[n]*h[n]=y_{1}[n]+y_{2}[n] $$

其中

$$ \begin{aligned}y_{1}[n]&=\frac{1}{4}y_{b}[n-2]\\&=\frac{1}{4}\left[4\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-2}-2\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}+4(2)^{n-2}\right]u[n]\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}y_{2}[n]&=3u[n-4]*h[n]\\&=3s_{a}[n-4]\\&=3\left[4\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]+10(2)^{*}u[n]-8\right]\\&=12\left(\frac{1}{2}\right)^{n-4}u[n-4]+30(2)^{n-4}u[n-4]-24\\ \end{aligned} $$

其中 $ t_{e}[n] $ 是(a)小题中所得的阶跃响应.

(d) 直接Ⅱ型实现框图如图 P3.36 所示.

3.37 设有一初始静止的，由微分方程

$$ \frac{d^{2}y\left(t\right)}{d t^{2}}+\frac{d y\left(t\right)}{d t}-2y\left(t\right)=x\left(t\right) $$

描述的连续时间 LTI 系统。

(a) 用下述两种方法确定这系统的阶跃响应。

(i) 直接解微分方程求解

（ii）先求单位冲激响应，再用卷积积分求解。

(b) 当输入为

$$ x(t)=e^{-2t}(\cos3t)u(t) $$

时，重做(a)小题之(i)。在这种情况下，t>0时的特解形式为

$$ y(t)=\mathcal{R}_{e}\{Y e^{-2t}e^{j3t}\} $$

(c) 对式(P3.37-1)描述的 LTI 系统，构成直接 II 型实现框图.

解：

(a) (i) 已知 $ x(t)=u(t) $，设 t>0 时 $ y_{p}(t)=Y $。代入式 $ (P3.37-1) $，得

$$ -2Y=1,\quad Y=-\frac{1}{2} $$

即特解为

$$ y_{p}(t)=-\frac{1}{2} $$

系统的特征方程为

$$ s^{2}+s-2=(s+2)(s-1)=0 $$

由此得特征根

$$ s_{1}=-2,~s_{2}=1 $$

所以方程齐次解为

$$ y_{k}(t)=(A e^{-2t}+B e^{t})u(t) $$

因此方程全解为

$$ y(t)=y_{h}(t)+y_{p}(t)=\left(A e^{-2t}+B e^{t}-\frac{1}{2}\right)u(t) $$

根据初始条件

$$ y(t)\mid_{t=0}=y^{\prime}(t)\mid_{t=0}=0 $$

代入方程得

$$ \begin{aligned}&A+B-\frac{1}{2}=0\\&-2A+B=0\end{aligned} $$

解得

$$ A=\frac{1}{6},B=\frac{1}{3} $$

因此系统阶跃响应为

$$ s(t)=\left(\frac{1}{6}~e^{-2t}+\frac{1}{3}~e^{t}-\frac{1}{2}\right)u(t) $$

（ii）设 $ x(t) = \delta(t) $

则

$$ \frac{d^{2}h(t)}{d t^{2}}+\frac{d h(t)}{d t}-2h(t)=\delta(t) $$

当 t > 0 时，因 $ x(t) = \delta(t) = 0 $，所以方程的特解为 $ h_{p}(t) = 0 $。因而冲激响应齐次解 $ h_{k}(t) $ 就是其一般解 $ h(t) $。用上述方法可求得

$$ h(t)=(A e^{-2t}+B e^{t})u(t) $$

对 $ h(t) $逐次求导，得

$$ \begin{aligned}{\frac{d h(t)}{d t}}&{{}=(A e^{-2t}+B e^{t})\delta(t)+(-2A e^{-2t}+B e^{t})u(t)}\\ {}&{{}=(A+B)\delta(t)+(-2A e^{-2t}+B e^{t})u(t)}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}{\frac{d^{2}h(t)}{d t^{2}}=}&{{}~(A+B)\delta^{\prime}(t)+(-2A+B)\delta(t)}\\ {}&{{}+(4A e^{-2t}{}_{0}+B e^{t})u(t)}\\ \end{aligned} $$

将上述各式代入式(ii-1)的左边，并令该式左、右两端的 $ \delta'(t) $和 $ \delta(t) $的系数对应相等，得

$$ \begin{aligned}&A+B=0\\&-2A+B+A+B=1\end{aligned} $$

由此解得

$$ A=-\frac{1}{3},B=\frac{1}{3} $$

所以

$$ h(t)=\left[-\frac{1}{3}e^{-2t}+\frac{1}{3}e^{t}\right]u(t) $$

$$ s(t)=u(t)*h(t)=\int_{0}^{t}h(\tau)d\tau $$

$$ =\left(\frac{1}{6}e^{-2t}+\frac{1}{3}e^{t}-\frac{1}{2}\right)u(t) $$

和(i)小题的结果相同.

(b) 已知 $ x(t) = e^{-2t} \cos tu(t) = \mathcal{R} \cdot \{e^{-2t} e^{i3t} u(t)\} $

设特解为

$$ y_{p}(t)={Y e}^{-2t}\operatorname{c o s}3t u(t)=\mathcal{R}_{\bullet}\{{Y e}^{-2t}e^{i3\cdot t}u(t)\} $$

则

$$ \frac{d^{2}y_{p}(t)}{d t^{2}}+\frac{d y_{p}(t)}{d t}-2y_{p}(t)=\mathcal{R}_{\bullet}\{e^{-2t}e^{i3t}u(t)\} $$

$$ \begin{aligned}{\mathrm{Y}}&{{}=\left\{\mathcal{R}_{\bullet}\{e^{-2t}e^{j3t}u(t)\}\right\}\bigg/\left\{\frac{d^{2}\mathcal{R}_{\bullet}\{e^{-2t}e^{j3t}u(t)\}}{d t^{2}}\right.}\\ {}&{{}\quad+\frac{d\mathcal{R}_{\bullet}\{e^{-2t}e^{j3t}u(t)\}}{d t}-2\mathcal{R}_{\bullet}\{e^{-2t}e^{i3t}u(t)\}\bigg\}}\\ {}&{{}=\frac{1}{-9-9j}=\frac{1}{9\sqrt{2}}e^{j3\pi/4}}\\ \end{aligned} $$

因而

$$ y(t)=A e^{-2t}u(t)+B e^{t}u(t)+\frac{1}{9\sqrt{2}}e^{-2t}\mathcal{R}_{\infty}\{e^{j3t}e^{j\frac{3\pi}{4}}) $$

根据3.35题的方法，求得

$$ y(0^{+})=y^{\prime}(0^{+})=0 $$

则得

$$ A=\frac{2}{27},B=-\frac{1}{54} $$

所以

$$ \begin{aligned}{y(t)}&{{}=\frac{2}{27}~e^{-2t}u(t)-\frac{1}{54}~e^{\prime}u(t)}\\ {}&{{}\quad+\frac{1}{9\sqrt{2}}~e^{-2t}\operatorname{c o s}\left(3t+3\pi/4\right),\quad t\geqslant0}\\ \end{aligned} $$

(c) 采用积分器的直接Ⅱ型实现框图如图 P3.37 所示。

3.38 对于下列各 LTI 系统，确定其直接 II 型实现框图。假定所有系统都是初始静止的。

(a) $ 2y[n] - y[n - 1] + y[n - 3] = x[n] - 5x[n - 4] $

(b) $ 4 \frac{d^2 y(t)}{dt^2} + 2 \frac{dy(t)}{dt} = x(t) - 3 \frac{d^2 x(t)}{dt^2} $

$$ (c)y[n]=x[n]-x[n-1]+2x[n-3]-3x[n-4] $$

$$ \frac{d^{4}y(t)}{d t^{4}}=x(t)-2\frac{d x(t)}{d t} $$

(e)

$$ \begin{aligned}{\frac{d^{2}y(t)}{d t^{2}}}&{{}+2\frac{d y(t)}{d\tau}-2y(t)=x(t)+\frac{d x(t)}{d\tau}}\\ {}&{{}+3\int_{-\infty}^{t}x(\tau)d\tau}\\ \end{aligned} $$

解：

（a）如图 P3.38(a) 所示.

(b) 如图 P3.38(b) 所示.

(c) 如图 P3.38(c) 所示.

（d）如图P3.38(d)所示.

(e) 如图 P3.38(e) 所示。

3.39 对于任意信号 $ x(t) $，通过式

$$ x(t)*u_{1}(t)=\int_{-\infty}^{+\infty}x(t-\tau)u_{1}(\tau)d\tau=x^{\prime}(t) $$

表征单位冲激偶的特性。由此式导出下列结果，即

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}g(\tau)u_{1}(\tau)d\tau=-g^{\prime}(0) $$

(a) 通过证明式(P3.39-2)意味着式(P3.39-1)所示出的 $ u_{1}(t) $ 的一种等效表示法。

（b）设 $ f(t) $ 为一个给定信号，通过证明等式两边都具有相同的运算定理

$$ f(t)u_{1}(t)=f(0)u_{1}(t)-f^{\prime}(0)\delta(t) $$

(c) 求

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau)u_{2}(\tau)d\tau $$

的值

(d) 求与(b)小题中 $ f(t)u_{1}(t) $ 类似的 $ f(t)u_{2}(t) $ 的表示式。

解：

(a)

$$ \begin{aligned}{\int_{-\infty}^{+\infty}g(\tau)u_{1}(\tau)d\tau=}&{{}g(\tau)u_{0}(\tau)\Big|_{-\infty}^{+\infty}-\int_{-\infty}^{+\infty}u_{0}(\tau)\frac{d g(\tau)}{d\tau}d\tau}\\ {=}&{{}-\int_{-\infty}^{+\infty}u_{0}(\tau)\frac{d g(\tau)}{d\tau}d\tau=-g^{\prime}(0)}\\ \end{aligned} $$

式中 $ u_{0}(t) = \delta(t), u_{1}(t) = \delta'(t) $

设 $ g(\tau) = x(t - \tau) $，则

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}g(\tau)u_{1}(\tau)d\tau=-g^{\prime}(0)=-x^{\prime}(t) $$

(b) 利用(a)小题结果，设 $ r(t)=g(t)f(t) $，则等式左端的积分为

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}r(t)u_{1}(t)d t=-r^{\prime}(0)=-g^{\prime}(0)f(0)-g(0)f^{\prime}(0) $$

或直接运算

$$ \begin{aligned}\int_{-\infty}^{+\infty}g\left(t\right)f(t)u_{1}(t)dt=&\;-\int_{-\infty}^{+\infty}u_{0}(t)[f(t)g(t)]^{\prime}dt\\=&\;-\int_{-\infty}^{+\infty}u_{0}(t)f(t)g^{\prime}(t)dt\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&-\int_{-\infty}^{+\infty}u_{0}(t)f^{\prime}(t)g(t)d s\\ =-f(0)g^{\prime}(0)-f^{\prime}(0)g(0)\end{aligned} $$

而右端的积分为

$$ \begin{aligned}{\int_{-\infty}^{+\infty}}&{{}g(t)f(0)u_{1}(t)d t-\int_{-\infty}^{+\infty}g(t)f^{\prime}(0)u_{0}(t)d t}\\ {}&{{}=-f(0)g^{\prime}(0)-f^{\prime}(0)g(0)}\\ \end{aligned} $$

可见左、右两端相等。

此外，由于

$$ f(t)u_{0}(t)=f(0)u_{0}(t) $$

$$ f(t)u_{1}(t)=f(0)u_{1}(t)-f^{\prime}(0)u_{0}(t) $$

所以

若 $ f(t)=t $，则 $ tu_{1}(t)=-u_{0}(t) $

可以证得

$$ j(t)u_{n}(t)\equiv\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}f^{(k)}(0)u_{m-k}(t) $$

(c) 由(a)小题可得

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}g(\tau)u_{1}(\tau)d\tau=-g^{\prime}(0) $$

重复运算上述推导方法可得

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}g(\tau)u_{n}(\tau)d\tau=(-1)^{n}g^{(n)}(0) $$

在 n = 2 时，得

$$ g^{\prime\prime}(0)=\int_{-\infty}^{+\infty}g\left(\tau\right)u_{0}(\tau)d\tau $$

(d)

$$ \begin{aligned}{\int_{-\infty}^{+\infty}}&{{}g(\tau)f(\tau)u_{2}(\tau)d\tau}\\ {}&{{}=\frac{d^{2}}{d t^{2}}\left\{g(-\tau)f(-\tau)\right\}_{t=0}}\\ {}&{{}=-\frac{d}{d t}\left\{g^{\prime}(-\tau)f(-\tau)+g(-\tau)f^{\prime}(-\tau)\right\}_{t=0}}\\ {}&{{}=g^{\prime\prime}(0)f(0)-2g^{\prime}(0)f^{\prime}(0)+g(0)\dot{f}^{\prime\prime}(0)}\\ \end{aligned} $$

所以得

$$ f(t)u_{2}(t)=f(0)u_{2}(t)-2f^{\prime}(0)u_{1}(t)+f^{\prime\prime}(0)u_{0}(t) $$

3.40 用归纳法证明

$$ u_{k}(t)=\frac{t^{k-1}}{(k-1)!}u(t),\quad k=1,2,3,\cdots $$

解：

已知 k = 1 时， $ u_{-1}(t) = u(t) $，成立

k=2 时， $ u_{-2}(t)=\int_{-\infty}^{t}u(\tau)d\tau=tu(t) $，成立……

假定 k > 1 时 $ u_{-k}(t) = \frac{t^{k-1}}{(k-1)!} u(t) $， $ k = 1, 2, 3, \cdots $ 成立，则

$$ \begin{aligned}u_{-(k+1)}&=u(t)*u_{-k}(t)=\int_{-\infty}^{t}u_{-k}(\tau)u(t-\tau)d\tau\\&=\int_{0}^{t}u_{-k}(\tau)d\tau=\int_{0}^{t}\frac{\tau^{k-1}}{(k-1)!}d\tau\\&=\frac{\tau^{k}}{k(k-1)!}\bigg|_{0}^{t}=\frac{t^{k}}{k!}u(t), 也成立 , 得证。\end{aligned} $$

3.41 与连续时间奇异函数相类似，可定义一组离散信号，即

$ u_{-1}[n]=u[n],u_{0}[n]=\delta[n],u_{1}[n]=\delta[n]-\delta[n-1] $

并且定义

$$ \begin{aligned}u_{k}[n]=&\underbrace{u_{1}[n]*u_{1}[n]*\cdots\cdots*u_{i}[n]}_{k 次 },\quad k>0\\u_{-k}[n]=&\underbrace{u_{-1}[n]*u_{-1}[n]*\cdots*u_{-i}[n]}_{k 次 },\quad k>0\end{aligned} $$

应该指出

$$ \begin{aligned}{}&{{}x[n]*\delta[n]=x[n]}\\ {}&{{}x[n]*u[n]=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}x[m]}\\ {}&{{}x[n]*u_{1}[n]=x[n]-x[n-1]}\\ \end{aligned} $$

分别是 $ \delta(t) $、 $ u(t) $ 和 $ u_{1}(t) $ 的运算定义的离散时间对偶。

(a) $ \sum_{m=-\infty}^{+\infty} x[m] u_1[m] $ 表示什么？

(b) 证明

$$ \begin{aligned}{x[n]u_{1}[n]}&{{}=x[0]u_{1}[n]\;-\;\{x[1]-x[0]\}\delta[n-1]}\\ {}&{{}=x[1]u_{1}[n]\;-\;\{x[1]-x[0]\}\delta[n]}\\ \end{aligned} $$

(c) 画出信号 $ u_{2}[n] $ 和 $ u_{3}[n] $

(d) 画出 $ u_{-2}[n] $ 和 $ u_{-3}[n] $

(e) 用归纳法证明，在 k > 0 的一般情况下

$$ u_{k}[n]=\frac{(-1)^{*}{k}!}{n!(k-n)!}\left\{u[n]-u[n-k-1]\right\} $$

(f) 再用归纳法证明，在 k > 0 的一般情况下

$$ u_{-k}[n]=\frac{[n+k-1]!}{n!(k-1)!}u[n] $$

假设式(P3.41-2)对 $ u_{-k}[n] $ 成立，则利用下式

$$ u_{-(k+1)}[n]\;-\;u_{-(k+1)}[n-1]\;=\;u_{-k}[n] $$

来证明它对于 $ u_{-(k+1)}[n] $ 同样也成立。

解：

(a)

$$ \begin{aligned}\sum_{m=-\infty}^{+x}x[m]u_{1}[m]=&\sum_{m=-\infty}^{+\infty}x[m]\{\delta[m]-\delta[m-1]\}\\=&\;x[0]\delta[m]-x[1]\delta[m-1]\end{aligned} $$

(b) 根据(a)小题，

$$ \begin{aligned} 第一个等式右边 &=x[0]u_{1}[n]-\{x[1]-x[0]\}\delta[n-1]\\&=x[0]\delta[n]-x[0]\delta[n-1]\\&\quad-x[1]\delta[n-1]+x[0]\delta[n-1]\\&=x[0]\delta[n]-x[1]\delta[n-1]\\&=x[n]u_{1}[n]= 左边 \end{aligned} $$

第二个等式右边 $ = x[1]u_{1}[n] - \{x[1] - x[0]\}\delta[n] $

$$ \begin{aligned}&=x[1]\delta[n]-x[1]\delta[n-1]\\&\quad-x[1]\delta[n]+x[0]\delta[n]\\&=x[0]\delta[n]-x[1]\delta[n-1]\\&=x[n]u_{1}[n]= 左边 , 得证。\end{aligned} $$

(c)

$$ \begin{aligned}{u_{2}[n]}&{{}=u_{1}[n]*u_{1}[n]}\\ {}&{{}=\{\delta[n]-\delta[n-1]\}*\{\delta[n]-\delta[n-1]\}}\\ {}&{{}=\delta[n]-\delta[n-1]-\delta[n-1]+\delta[n-2]}\\ {}&{{}=\delta[n]-2\delta[n-1]+\delta[n-2]}\\ \end{aligned} $$

波形如图 P3.41(a) 所示。

$$ \begin{aligned}{u_{3}[n]}&{{}=u_{2}[n]*u_{1}[n]}\\ {}&{{}=\{\delta[n]-2\delta[n-1]}\\ {}&{{}\quad+\delta[n-2]\}*\{\delta[n]-\delta[n-2]\}}\\ {}&{{}=\delta[n]-3\delta[n-1]+3\delta[n-2]-\delta[n-3]}\\ \end{aligned} $$

波形如图 P3.41(b) 所示。

$$ \begin{aligned}(d)\ u_{-z}[n]&=u_{-1}[n]*u_{-1}[n]=u[n]*u[n]\\&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}u[k]u[n-k]\\&=\sum_{k=0}^{n}u[n]=(n+1)u[n]\\ \end{aligned} $$

波形如图 P3.41(c) 所示。

$$ \begin{aligned}{u_{-3}[n]}&{{}=u_{-2}[n]*u[n]}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}(k+1)u[k]u[n-k]}\\ {}&{{}=u[n]\sum_{k=0}^{n}(k+1)}\\ {}&{{}=\frac{(n+1)(n+2)}{2},\quad n\geqslant0}\\ \end{aligned} $$

波形如图 P3.41(d) 所示。

(e) 根据(c)小题，当 k = 2 时，分别代入 n = 0, n = 1 和 n = 2，以及当 k = 3 时，分别代入 n = 0, n = 1, n = 2 和 n = 3.

不难证明，式(P3.41-1)对 $ u_{2}[n] $和 $ u_{3}[n] $是正确的。现假定它对 $ u_{k}[n] $是成立的，则当k>0时，可将 $ u_{k+1}[n] $表示为 $ u_{k}[n] $的函数，即

$$ \begin{aligned}{u_{k+1}[n]}&{{}=u_{k}[n]*u_{1}[n]}\\ {}&{{}=u_{k}[n]*\{\delta[n]-\delta[n-1]\}}\\ {}&{{}=u_{k}[n]-u_{k}[n-1]}\\ \end{aligned} $$

因此，式(P3.41-1)对 $ u_{k}[n] $成立，故对 $ u_{k+1}[n] $也成立。即证。

(f) 由 (d) 小题容易看到，对于 k=2 和 k=3 时，即对 $ u_{-2}[n] $ 和 $ u_{-3}[n] $ 式 $ (P3.41-2) $ 成立。

假定式(P3.41-2)对 $ u_{-k}[n] $也成立，则由下面关系可见：

$$ \begin{aligned}{u_{-k}[n]}&{{}\;=\;u_{-(k+1)}[n]*u_{1}[n]\;}\\ {}&{{}\;=\;u_{-(k+1)}[n]*\{\delta[n]\;-\;\delta[n-1]\}}\\ \end{aligned} $$

$$ =u_{-(k+1)}(n)\to u_{-(k+1)}(n\to-1] $$

即

$$ u_{-(k+1)}[n]\;\longrightarrow\;u_{-(k+1)}[n\;\longrightarrow\;1]\;=\;u_{-\tilde{k}}[n] $$

故式(P3.41-2)对 $ u_{-(k+1)}[n] $也成立。即证。

3.42 (a) 根据卷积的结合律特性，若 $ x(t) $, $ h(t) $ 和 $ g(t) $ 是三个信号，则

$$ \begin{aligned}{x(t)}&{{}*[h(t)*g(t)]=[x(t)*h(t)]*g(t)}\\ {}&{{}=[x(t)*g(t)]*h(t)}\\ \end{aligned} $$

在一般情况下，只要式(P3.42-1)中所有三个表示式都是可定义的且是有限的，则式(P3.42-1)是正确的。然而，有一些情况并非如此。例如，考虑 $ h(t)=u_{1}(t) $和 $ y(t)=u(t) $时如图P3.42所示的系统。计算这个系统对输入

$$ x(t)=1,\qquad 对所有 \tau $$

的响应。按式（P3.42-1）提出的三种不同方法，并按照图进行计算：

(i) 首先将两个冲激响应卷积，然后将结果与 $ x(t) $ 卷积，

(ii) 首先将 $ x(t) $ 与 $ u_{1}(t) $ 卷积，然后将结果与 $ u(t) $ 卷积，

(iii) 首先将 $ x(t) $ 与 $ u(t) $ 卷积，然后将结果与 $ u_{1}(t) $ 卷积，

(b) 当 $ x(t) = e^{-t} $

$$ h(t)=e^{-\iota}u(t) $$

$$ g(t)=u_{1}(t)+\delta(t) $$

时，重做(a)小题.

(c) 当 $ x[n] = \left(\frac{1}{2}\right)^{*} $

$$ h[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{*}u[n] $$

$$ g[n]=\delta[n]-\frac{1}{2}\delta[n-1] $$

时，作相同的运算。

与上述讨论密切相关的是一个涉及逆系统的问题。对于冲激响应为 $ h(t)=u(t) $ 的 LTI 系统而言，若限制输入必定产生有限的输出，也就是满足

$$ \left|\int_{-\infty}^{t}x(\tau)d\tau\right|<\infty $$

则系统是可逆的，而且冲激响应为 $ u_{1}(t) $的LTI系统是其逆系统。

（d）证明冲激响应为 $ u_{1}(t) $ 的 LT1 系统是不可逆的。【提示：求所有时间里都产生零输出的两个不同的输入】。

然而，若限制输入满足式(P3.42-2)，则证明它是可逆的。

解：

(a) 根据图 P3.42, $ h(t)=u_{1}(t) $, $ g(t)=u(t) $, $ x(t)=1 $,则

(i) $ x(t) \ast [u_1(t) \ast u(t)] = x(t) \ast \delta(t) = x(t) = 1 $，所有 t，

(ii) $ [x(t)*u_{1}(t)]*u(t)=0*u(t)=0 $，所有t，

(iii) $ [x(t)*u(t)]*u_1(t)=∞*u_1(t)= $ 不确定

(b) 根据图 P3.42，在

$$ h(t)=e^{-\tau}u(t) $$

$$ g(t)\Rightarrow u_{1}(t)+\delta(t) $$

$$ x(t)=e^{-t} $$

时，则

(i)

$$ \begin{aligned}{x\left(t\right)}&{{}*[h\left(t\right)*g\left(t\right)]}\\ {}&{{}=x\left(t\right)*\{e^{-t}u\left(t\right)*u_{1}\left(t\right)+e^{-t}u\left(t\right)*\delta\left(t\right)\}}\\ {}&{{}=x\left(t\right)*\{-e^{-t}u\left(t\right)+\delta\left(t\right)+e^{-t}u\left(t\right)\}}\\ {}&{{}=x\left(t\right)*\delta\left(t\right)=x\left(t\right)=e^{-t}}\\ \end{aligned} $$

(ii)

$$ \begin{aligned}{[x(t)*g(t)]*h(t)}&{{}=\{e^{-t}*u_{1}(t)+e^{-t}*\delta(t)\}*h(t)}\\ {}&{{}=(-e^{-t}+e^{-t})*h(t)=0}\\ \end{aligned} $$

(iii)

$$ \begin{aligned}g(t)*[x(t)*h(t)]&=g(t)*\{e^{-t}*e^{-t}u(t)\}\\&=g(t)*\left\{e^{-t}\int_{0}^{+\infty}d\tau\right\}= 不确定 \end{aligned} $$

(c) 若在

$$ x[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}, $$

$$ h[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{*}u[n] $$

$$ g[{\dot{n}}]=\delta[n]-{\frac{1}{2}}\delta[n-1] $$

时，则

(i)

$$ \begin{aligned}{x\left[n\right]}&{{}*\left\{h\left[n\right]*g\left[n\right]\right\}}\\ {}&{{}=x\left[n\right]*\left\{\left(\frac{1}{2}\right)^{s}u\left[n\right]-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}u\left[n-1\right]\right\}}\\ {}&{{}=x\left[n\right]*\delta\left[n\right]}\\ {}&{{}=\left(\frac{1}{2}\right)^{s}*\delta\left[n\right]=\left(\frac{1}{2}\right)^{s}}\\ \end{aligned} $$

(ii)

$$ \begin{aligned}{\left\{x[n]*g[n]\right\}*}&{{}h[n]}\\ {}&{{}=\left\{\left(\frac{1}{2}\right)^{s}-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{s-1}\right\}*h[n]}\\ {}&{{}=0*h[n]=0}\\ \end{aligned} $$

(iii)

$$ \begin{aligned}{\left\{x[n]*h[n]\right\}*}&{{}g[n]}\\ {=\left\{\sum_{k=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{k}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-k}\right\}*}&{{}g[n]}\\ {=\left\{\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\sum_{k=0}^{+\infty}1\right\}*}&{{}g[n]={\infty}}\\ \end{aligned} $$

(d) 在 $ h(t)=u_{1}(t) $， $ x_{1}(t)=0 $ 时，

则

$$ y(t)=h(t)*x_{1}(t)=0 $$

在 $ h(t)=u_{1}(t) $， $ x_{2}(i) $ 为任意常数时，

$$ y(t)=h(t)*u_{2}(t)=0 $$

可见，存在着在所有时间里都同样产生零输出的两个不同的输入 $ x_{1}(t) $和 $ x_{2}(t) $，因而系统是不可逆的。

但是，除 $ x(t)=0 $ 以外，当 $ x(t) $ 为任意常数 C 时，不满足式 (P3.42-2) 即

$$ \left|\int_{-\infty}^{t}x(\tau)d\tau\right|=\left\{\begin{aligned}&0,& 若 x(t)=0\\ &\infty,& 若 x(t)\neq0\end{aligned}\right.,\ 所有 t $$

可见，若 $ h(t)=u_{1}(t) $ 时，只要满足式(P3.42-2)即

$$ \left|\int_{-\infty}^{t}C d t\right|_{t\to\infty}\neq\infty $$

的条件，则只有一个 $ x(t) $产生零输出，所以系统是可逆的。