第一章作业

警告：本人作业中可能会包含以下要素，

1. 源码流出；

2. 牛刀杀鸡；

3. 略去过程；

4. 略去答案.

好吧只是开玩笑，重要的过程大都会有的.

此外，备注里也会详细写一些知识点或者拓展内容.

1.1

1. $f(t)=u(t^2+3t+2)=\mathbb{I}\{t<-2\text{或}t>-1\}$$f(t) = u(t^2 + 3t + 2) = \bb I\Bqty{t < -2\ 或\ t > -1}$.

2. $f(t)=u(\sin \pi t)=\mathbb{I}\{2k<t<2k+1,k\in \mathbb{Z}\}$$f(t) = u(\sin \pi t) = \bb I\Bqty{2k < t < 2k + 1, k \in \Z}$.

1.2

1. 周期的, $T={\displaystyle \frac{2\pi }{3}}$$T = \dfrac{2\pi}{3}$.

2. 周期的, $T=\pi$$T = \pi$.

3. 非周期.

1.3

$f(t)=tu(t)-(t-1)u(t-1)-u(t-3)$$f(t) = t u(t) - (t-1) u(t-1) - u(t-3)$

1. 2. 3. 4. 均略.

1.4

图略.

0. $q_4(t)={\displaystyle \frac{t+2}{2}}u(t+2)-tu(t)+{\displaystyle \frac{t-2}{2}}u(t-2)$$q_4(t) = \dfrac{t+2}{2} u(t+2) - tu(t) + \dfrac{t-2}{2} u(t-2)$.

1. $q_4^{\prime }(t)={\displaystyle \frac{1}{2}}u(t+2)-u(t)+{\displaystyle \frac{1}{2}}u(t-2)$$q'_4(t) = \dfrac{1}{2} u(t+2) - u(t) + \dfrac{1}{2} u(t-2)$.

2. $q_4^{″}(t)={\displaystyle \frac{1}{2}}\delta (t+2)-\delta (t)+{\displaystyle \frac{1}{2}}\delta (t+2)$$q''_4(t) = \dfrac{1}{2} \delta(t+2) - \delta(t) + \dfrac{1}{2} \delta(t+2)$.

1.5

图略.

1. $f_{\text{e}}(t)={\displaystyle \frac{f(t)+f(-t)}{2}}$$f_\text e (t) = \dfrac{f(t) + f(-t)}{2}$.

2. $f_{\text{o}}(t)={\displaystyle \frac{f(t)-f(-t)}{2}}$$f_\text o(t) = \dfrac{f(t) - f(-t)}{2}$.

1.6

图略.

1.7

1. 原式 $=\cos \omega$$= \cos \omega$.

2. 原式 $=0$$= 0$.

3. 原式 $={\text{e}}^{-2\lambda }\mathbb{I}\{\lambda \ge 0\}$$= \e^{-2\lambda} \bb I\Bqty{\lambda \ge 0}$.

4.  

1.8

2. 法一: 由定义与筛选性质

   $$\begin{array}{rl}& [(1-3t){\delta }^{\prime }(t)]\ast {\text{e}}^{-3t}u(t)\\ & ={\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}(1-3x){\delta }^{\prime }(x){\text{e}}^{3x-3t}u(t-x)\mathrm{d}x}\\ & ={\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^t(1-3x){\text{e}}^{3x-3t}{\delta }^{\prime }(x)\mathrm{d}x}\\ & ={\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^t{\text{e}}^{-3t}{\delta }^{\prime }(x)\mathrm{d}x}\\ & ={\text{e}}^{-3t}\delta (t)=\delta (t).\end{array}$$

   法二: 由定义与分类讨论 (略)

   法三: 由筛选性质与卷积的性质

   $$\begin{array}{rl}& [(1-3t){\delta }^{\prime }(t)]\ast {\text{e}}^{-3t}u(t)\\ & ={\delta }^{\prime }(t)\ast {\text{e}}^{-3t}u(t)+3\delta (t)\ast {\text{e}}^{-3t}u(t)\\ & =\delta (t)-3{\text{e}}^{-3t}u(t)+3{\text{e}}^{-3t}u(t)=\delta (t).\end{array}$$

注 此题由 mathematica 算出来的结果有误.

1.9

图略.

1.10

1. 原式 $={\displaystyle \frac{1}{2}}{\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^t\delta (\tau -{\displaystyle \frac{1}{2}})\mathrm{d}\tau ={\displaystyle \frac{1}{2}}u(t-{\displaystyle \frac{1}{2}})}$$= \dfrac{1}{2} \dint_{-\infty}^t \delta\pqty{\tau - \dfrac{1}{2}} \dd{\tau} = \dfrac{1}{2} u\pqty{t - \dfrac{1}{2}}$.

2. 原式 $={\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\cos {\displaystyle \frac{\pi }{4}}\delta (t)={\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}{\delta }^{\prime }(t)}$$= \ddv{t} \cos\dfrac{\pi}{4} \delta(t) = \dfrac{\sqrt 2}{2} \delta'(t)$.

3. 原式 $={\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{\delta }^{\prime }(t)\sin t\mathrm{d}t=-1}$$= \inti \delta'(t) \sin t \dt = -1$.

1.11

1. $f_1(t)=1+u(t-1)$$f_1(t) = 1 + u(t-1)$,

   $f_2(t)={\text{e}}^{-(t+1)}u(t+1)$$f_2(t) = \e^{-(t+1)} u(t+1)$.

   $$\begin{array}{rl}{f}_1(t)\ast f_2(t)& ={\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}(1+u(t-x-1)){\text{e}}^{-(x+1)}u(x+1)\mathrm{d}x}\\ & ={\int }_{-1}^{+\mathrm{\infty }}{\text{e}}^{-(x+1)}\mathrm{d}x+u(t){\int }_{-1}^{t-1}{\text{e}}^{-(x+1)}\mathrm{d}x\\ & =1+(1-{\text{e}}^{-t})u(t).\end{array}$$

2. $f_1(t)=\sin \left(t\right)u(t)$$f_1(t) = \sin(t) u(t)$.

   $f_2(t)=u(t-1)$$f_2(t) = u(t-1)$.

   $$\begin{array}{rl}{f}_1(t)\ast f_2(t)& ={\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\sin \left(x\right)u(x)u(t-x-1)\mathrm{d}x}\\ & =u(t-1){\int }_0^{t-1}\sin x\mathrm{d}x\\ & =[1-\cos (t-1)]u(t-1).\end{array}$$

1.12

1. 该系统对 $\delta (t)$$\delta(t)$ 的响应为 $h_0(t)=0$$h_0(t) = 0$, 由于 $h_0(t-\tau )\ne h_{\tau }(t)$$h_0(t - \tau) \ne h_\tau(t)$, 故该系统是时变的.

2. 注意到 $h_{-1}(t)=u(t+1)-u(t+2)$$h_{-1}(t) = u(t + 1) - u(t + 2)$, 故为非因果.

3. $x_1(t)=u(t-1)-u(t-3)$$x_1(t) = u(t-1) - u(t-3)$ 的响应为

   $$\begin{array}{rl}{y}_1(t)& ={\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{x}_1(\tau )h_{\tau }(t)\mathrm{d}\tau }\\ & ={\int }_1^3(u(t-\tau )-u(t-2\tau ))\mathrm{d}\tau \\ & =\{\begin{array}{ll}0,& t<1,\\ t-1,& 1\le t<2,\\ {\displaystyle \frac{t}{2}},& 2\le t<3,\\ 3-{\displaystyle \frac{t}{2}},& 3\le t<6,\\ 0,& 6\le t.\end{array}\end{array}$$

   $x_2(t)={\text{e}}^{-t}u(t)$$x_2(t) = \e^{-t}u(t)$ 的响应为

备注

我之前认知上的一个错误是, 觉得题目中给出了一个信号的响应, 但没有给出一般信号的响应, 从而有无数种满足条件的线性系统. 比如 $x(t)$$x(t)$ 的响应可以是

1. $y(t)={\displaystyle {\int }_{t-\tau }^{t}x(s)\mathrm{d}s}$$y(t) = \dint_{t-\tau}^t x(s) \ds$,

   1. 首先这是满足题意的:

      1. 该系统是线性的.

      2. 代入 $x(t)=\delta (t-\tau )$$x(t) = \delta(t - \tau)$ 则有 $y(t)=h_{\tau }(t)$$y(t) = h_\tau(t)$.

   2. 其次系统的分类是:

      1. $x(t-t_0)$$x(t-t_0)$ 的响应为 ${\displaystyle {\int }_{t-\tau }^{t}x(s-t_0)\mathrm{d}s={\displaystyle {\int }_{t-t_0-\tau }^{t-t_0}x(s)\mathrm{d}s=y(t-t_0)}}$$\dint_{t-\tau}^t x(s - t_0) \ds = \dint_{t-t_0-\tau}^{t-t_0} x(s) \ds = y(t-t_0)$, 即时不变.

      2. 当常数 $\tau \ge 0$$\tau \ge 0$ 时, 该系统是因果的; 否则是非因果的.

2. $y(t)={\displaystyle {\int }_{t-\tau }^{t}x(s)\mathrm{d}s-\delta (t-\tau )x(0)+x(t)}$$y(t) = \dint_{t-\tau}^t x(s) \ds - \delta(t-\tau) x(0) + x(t)$,

   1. 题目中没有给出状态, 如果初始状态 $x(0)=1$$x(0) = 1$, 那么

      1. 该系统是线性的.

      2. 代入 $x(t)=\delta (t-\tau )$$x(t) = \delta(t - \tau)$ 则有 $y(t)=h_{\tau }(t)$$y(t) = h_\tau(t)$.

   2. 其次系统的分类是

      1. $x(t-t_0)$$x(t - t_0)$ 的响应不等于 $y(t-t_0)$$y(t-t_0)$, 因此系统是时变的.

      2. 同样的, 当常数 $\tau \ge 0$$\tau \ge 0$ 时, 该系统是因果的; 否则是非因果的.

这个问题困扰了我很久, 十分恼火, 问题到底出在哪儿了? 我知道答案的思路是什么, 知道如何用答案的思路去求解, 但我想知道的是, 上面的思路为什么不对? 如果不能指出问题的根本原因, 我就永远无法真正理解这个知识点.

这些推理没有问题, 信号 $x(t)$$x(t)$ 是一个函数 (即 $\mathbb{R}\to \mathbb{R}$$\R \to \R$ 的一个确定的映射), 响应 $y(t)=\mathrm{\Pi }(x(t),x(0))$$y(t) = \Pi(x(t), x(0))$ 是其泛函; 但是 $\delta (t-\tau )$$\delta(t-\tau)$ 的响应是 $h_{\tau }(t)$$h_\tau(t)$, 它无法仅仅作为其泛函而表示为 $h_{\tau }(t)=\mathrm{\Pi }(\delta (t-\tau ))$$h_\tau(t) = \Pi(\delta(t-\tau))$, 因此还需要增加一个参数 $\tau$$\tau$. 一般的, 我们写为 $y_{\tau }(t)=\mathrm{\Pi }(x(t),x(0),\tau )$$y_\tau(t) = \Pi(x(t), x(0), \tau)$. 题目中没有给出具体的映射关系 $x(t)\mapsto y(t)$$x(t) \mapsto y(t)$, 而只有一个 $\delta (t-\tau )$$\delta(t-\tau)$ 的例子, 无法确定 $\mathrm{\Pi }$$\Pi$, 就好比 $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$$f \colon \R \to \R$ 只给出 $a\mapsto b$$a \mapsto b$, 无法确定 $f$$f$. 既然如此, 系统的不确定性就非意料之外了.

有问题的是对题目的理解, 或者说对概念的约定. 我们不能将 $\tau$$\tau$ 仅仅理解为一个参数, 或者说一个常数, 而要认识到作者想要表达的是延迟 $\tau$$\tau$ 之后的冲激响应为 $h_{\tau }(t)$$h_\tau(t)$. 这里的 $\tau$$\tau$ 是信号 $x(t)$$x(t)$ 延迟的时间, 而不能抛开信号的延迟去讨论 $\tau$$\tau$. 比如之前说到的 $y(t)={\displaystyle {\int }_{t-\tau }^{t}x(s)\mathrm{d}s}$$y(t) = \dint_{t-\tau}^t x(s) \ds$, 这仅仅对于延迟 $\tau$$\tau$ 后的信号 ${\delta }_{\tau }(t)$$\delta_\tau(t)$ 成立, 而对其它信号并不成立. 准确来说, 出题人的意图是, 信号 $x(t)$$x(t)$ 先时移为 $x(t-\tau )$$x(t-\tau)$, 后经系统为 $y_{\tau }(t)$$y_\tau(t)$; 先经系统为 $y_0(t)$$y_0(t)$, 再时移为 $y_0(t-\tau )$$y_0(t-\tau)$.

理解了这些概念, 尤其是 $h_{\tau }(t)$$h_\tau(t)$ 定义为延迟的冲激信号 $\delta (t-\tau )$$\delta(t-\tau)$ 的响应, 对于所有的 $\tau$$\tau$ 都成立, 而不是某一个特定的 $\tau$$\tau$, 那么一切问题就都迎刃而解了. 实际上, 我们可由此唯一地确定该系统:

产生这样的理解偏差, 就好比两个人在争吵, 但又互不理解对方真正在表达什么, 用着相同的词汇表达着不同的事物. 这种争执, 不仅愚蠢, 而且浪费时间, 还坏人心情, 尽管双方都振振有词. 我的建议是, 不要吝惜笔墨与口舌, 在讨论任何事情之前, 先确保自己的表述不会使得对方产生理解上的偏差 (尽管说起来容易做起来难).

1.13

1. 满足可分解性、零状态线性、零输入线性, 故为线性系统.

   $e(t-\tau )$$e(t-\tau)$ 的响应与 $r(t-\tau )$$r(t-\tau)$ 相同, 因此是非时变系统.

2. 满足可分解性、零状态线性, 不满足零输入线性, 故为非线性系统.

   $e(t-\tau )$$e(t-\tau)$ 的响应与 $r(t-\tau )$$r(t-\tau)$ 不同, 因此是时变系统.

3. 满足可分解性、零状态线性、零输入线性, 故为线性系统.

   $e(t-\tau )$$e(t-\tau)$ 的响应与 $r(t-\tau )$$r(t-\tau)$ 不同, 因此是时变系统.

4. 满足可分解性、零输入线性, 不满足零状态线性, 故为非线性系统.

   $e(t-\tau )$$e(t-\tau)$ 的响应与 $r(t-\tau )$$r(t-\tau)$ 相同, 因此是非时变系统.

5. 满足可分解性、零输入线性、零状态线性, 故为线性系统.

   $e(t-\tau )$$e(t-\tau)$ 的响应与 $r(t-\tau )$$r(t-\tau)$ 相同, 因此是非时变系统.

注 教材中未指出, 参考其它资料可知线性系统的判断依据是

1. 可分解性 $y(t)=y_{\text{zs}}(t)+y_{\text{zi}}(t)$$y(t) = y_\text{zs}(t) + y_\text{zi}(t)$.

2. 零状态线性 $T[\{a{f}_1(t)+b{f}_2(t)\},\left\{0\right\}]=aT[\{f_1(t)\},\left\{0\right\}]+bT[\{f_2(t)\},\left\{0\right\}]$$T\bqty{\Bqty{af_1(t) + bf_2(t)}, \Bqty{0}} = aT\bqty{\Bqty{f_1(t)}, \Bqty{0}} + bT\bqty{\Bqty{f_2(t)}, \Bqty{0}}$.

3. 零输入线性 $T[\left\{0\right\},\{a{f}_1(t)+b{f}_2(t)\}]=aT[\left\{0\right\},\{f_1(t)\}]+bT[\left\{0\right\},\{f_2(t)\}]$$T\bqty{\Bqty{0}, \Bqty{af_1(t) + bf_2(t)}} = aT\bqty{\Bqty{0}, \Bqty{f_1(t)}} + bT\bqty{\Bqty{0}, \Bqty{f_2(t)}}$.

1.14

1. 原式 $={\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}3\delta (-2t)\mathrm{d}t={\displaystyle \frac{3}{2}}}$$= \inti 3 \delta(-2t) \dt = \dfrac{3}{2}$.

2. 原式 $={{\displaystyle \frac{t^2+2t+3}{2}}\phantom{\int }|}_{t=\frac{1}{2}}={\displaystyle \frac{17}{8}}$$= \eval{\dfrac{t^2 + 2t + 3}{2}}_{t=\tfrac{1}{2}} = \dfrac{17}{8}$.

1.15

1. 原式 $=-f^{\prime }(0)=-2$$= -f'(0) = -2$.

2. 原式 $=f^{\prime }(1)=8$$= f'(1) = 8$.

1.16

1. $r(t)=e(t-1)-e(1-t)$$r(t) = e(t-1) - e(1-t)$.

   1. $k_1{e}_1(t)+k_2{e}_2(t)$$k_1 e_1(t) + k_2 e_2(t)$ 的响应为 $k_1{r}_1(t)+k_2{r}_2(t)$$k_1 r_1(t) + k_2 r_2(t)$, 故为线性.

   2. $e_{\tau }(t)=e(t-\tau )$$e_\tau(t) = e(t-\tau)$ 的响应为

      $$\begin{array}{rl}{r}_{\tau }(t)& =e_{\tau }(t-1)-e_{\tau }(1-t)\\ & =e(t-\tau -1)-e(1-t-\tau )\\ & \ne e(t-\tau -1)-e(1-t+\tau )\\ & =r(t-\tau ),\end{array}$$

      故为时变.

   3. 取 $t=0$$t = 0$, 则与 1 时刻的响应有关, 故为非因果.

2. $\begin{array}{c}r(t)=\{\begin{array}{ll}0,& t<0,\\ e(t)+e(t-100),& t\ge 0.\end{array}\end{array}$$r(t) = \begin{cases} 0, & t < 0, \\ e(t) + e(t - 100), & t \ge 0. \end{cases}$

   1. $k_1{e}_1(t)+k_2{e}_2(t)$$k_1 e_1(t) + k_2 e_2(t)$ 的响应为 $k_1{r}_1(t)+k_2{r}_2(t)$$k_1 r_1(t) + k_2 r_2(t)$, 故为线性.

   2. $e_{\tau }(t)=e(t-\tau )$$e_\tau(t) = e(t-\tau)$ 的响应为

      $$\begin{array}{rl}{r}_{\tau }(t)& =\{\begin{array}{ll}0,& t<0,\\ e(t-\tau )+e(t-\tau -100),& t\ge 0.\end{array}\\ & \ne \{\begin{array}{ll}0,& t<\tau ,\\ e(t-\tau )+e(t-\tau -100),& t\ge \tau .\end{array}\\ & =r(t-\tau ),\end{array}$$

      故为时变.

   3. 响应只与现在与过去时刻的信号有关, 故为因果.

3. $\begin{array}{c}r(t)=\{\begin{array}{ll}0,& e(t)<0,\\ e(t)+e(t-100),& e(t)\ge 0.\end{array}\end{array}$$r(t) = \begin{cases} 0, & e(t) < 0, \\ e(t) + e(t-100), & e(t) \ge 0. \end{cases}$

   1. 直流信号 1 的响应为 2,

      直流信号 -1 的响应为 0,

      但是二者之和 0 的响应 0, 故为非线性.

   2. $e_{\tau }(t)=e(t-\tau )$$e_\tau(t) = e(t-\tau)$ 的响应为 $r_{\tau }(t)=r(t-\tau )$$r_\tau(t) = r(t-\tau)$, 故为非时变.

   3. 响应只与现在与过去时刻的信号有关, 故为因果.

4. 由第 1.12 题, 为线性、时变、非因果.