信号与系统郑君里课后答案第六章习题解答.docx
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信号与系统郑君里课后答案第六章习题解答
6-1解题过程:
图6-5所示的矩形波如解图所示,它表示为
()
f(t)=+10 −1(π 在[0,2π]内 ∫02πf(t)cos(nt)dt ∫0 ∫0 = πcos(nt)dt+ π −cos(nt)dt =1nsin(nt)π−1nsin(nt)2π0π =0(n=1,2,3) 故有f(t)与信号cost,cos(2t),,cos(nt)正交(n为整数)。 6-2解题过程: 在区间(0,2π)内,有 ∫02πcos(n1t)cos(n2t)dt (n1≠n2,且n1n2均为不为零的整数) 1 2π (1 2) ( 1 2) ∫0 = 2 cos n +n t+cos n−n tdt = 1 1 sin(n1+n2)t 2π + 1 1 sin(n1−n2)t 2π 2 n1 +n2 0 2 n1−n2 0 =0 ∫02πcos2(nt)dt=∫02π 1+cos(2nt) dt=∫02π 1 dt+∫02π cos(2nt) dt=π 2 2 2 满足正交函数集的条件,故cost,cos(2t), cos(nt)正交(n为整数)是区间(0,2π) 中的正交函数集。 6-3解题过程: π 在区间0, 内 2 π (n1t)cos(n2t)dt (n1≠n2,且n1n2均为不为零的整数) ∫02 cos = 1 π cos ( n+n t+cos n−n tdt 2 2 ∫0 1 2) ( 1 2) 1 1 π 1 1 π = sin(n1+n2)t 2 + sin(n1−n2)t 2 2 2 n1 +n2 0 n1−n2 0 = 1 1 π (n1+n2) + 1 1 π(n1−n2) sin sin 2 n1 +n2 2 2 n1 −n2 2 只有当(n1+n2)和(n1−n2)均为偶数时上式为零,因此不满足函数之间的正交性条件, cost,cos(2t), cos(nt) π 正交(n为整数)不是区间 0, 中的正交函数集。 2 6-4解题过程: 在区间(0,1)内,有 1xx dx ( i≠j,i,j0,1,2,3 ∫0ij { }) =∫01xi+jdx= xi+j+1 1 1 = ≠0 i +j+ 1 i +j+1 0 不满足正交函数集所要求的第一个条件,故1,x,x2,x3不是区间(0,1)上的正交函数集。 6-5解题过程: 由题6-2结论有cost,cos(2t),,cos(nt)正交(n为整数)是区间(0,2π)内的正交 函数集。 以下考察其完备性。 取x(t)=sint,在区间(0,2π)内有 ∫2πsin2tdt=∫2π1−cos(2t)dt 002 =π<∞ 且有 2π 2πsin(n+1)t +sin(1−n)t ∫0 sintcos(nt)dt=∫0 dt 2 1 cos ( n+ 1t cos1−n ) t 2π =− ) + ( 2 n+1 1−n 0 =0 不符合完备正交函数集的定义,故cost,cos(2t), cos(nt)正交(n为整数)不是区间 π 0, 内的完备正交函数集。 2 6-9 解题过程: 令et≈at2+bt+c,则均方误差 ε2=1∫1et−at2+bt+c2dt 2−1 ∂ε2 ∂1 1 t 2 2 +bt+c dt=0 = ∂a ∫−1e−at ∂a2 ∫−11(2at4−2t2et+2bt3+2ct2)dt=0 4 a+ 4 c=2e−10e−1 5 3 ∂ ε2 ∂1 1 t 2 2 = −at dt=0 ∂b ∂b ∫−1e +bt+c 2 ∫−11(2bt2−2tet+2at3+2ct2)dt=0 4 b+2c=4e−1 3 ∂ ε2 ∂1 1 t 2 2 = −at dt=0 ∂c ∂c ∫−1e +bt+c 2 ∫1(2c−2et+2at2+2bt)dt=0 −1 4 4c+3a=2e−2e−1 (1) (2) (3) (1) (2)(3)式联立有 4 a+ 4 c=2e−10e −1 15 (e−e ) −1 5 3 a= 4 4 b+ 2c=4e −1 −1 解得 b= 3e 3 4 1 −1 c= −3e+ 33e−1 4( ) 4c+ a=2e−2e 3 6-10解题过程: 取x(t)=cos(2πt),则x(t)满足 1<∫01x2(t)dt<∞ 在拉德马赫(Rademacher)函数集中任取一函数Rad(n,t),波形如解图 Rad(n,t) 1 1 2 2n−1 2n 2n 2n -1 ∫01x(t)Rad(n,t)dt 1 2 1 =∫02ncos(2πt)dt−∫ 12ncos(2πt)dt+ cos(2πt)dt −∫ 2n−1 2n 2n = 1 π −sin 2π +sin π +sin 3π −sin 2π − +sin 2 n − 1 sin π n−1 n−1 n−1 n−1 n−1 2 n 2π 2 2 2 2 2 =1sin2n−1π=1sinπ=0 π2n−1π 故存在x(t)使∫01x(t)Rad(n,t)dt(n为任意正整数)为0,拉德马赫函数集不是(0,1) 上的完备正交函数集。 6-11解题过程: 当f1(t)=cos(ωt),f2(t)=sin(ωt)同时作用于单位电阻时产生的能量 E= + cos (ωt)+sin(ωt)2 dt ∫−∞ + (ωt)+2sin(ωt)cos(ωt)+sin =∫−∞cos 2 2 (ωt)dt = + 1+sin(2ωt)dt ∫−∞ 取一个周期(0,T)其中T=2ωπ,则sin(2ωt)在(0,T)内积分为零,有 E=∫T1+sin(2ωt)dt=T 0 当f1(t),f2(t)分别作用于单位电阻时各自产生的能量为(仍取(0,T)内) E1 =∫0Tcos(ωt)2 dt=∫0T 1+cos(2ωt) dt= T 2 2 E2 =∫0Tsin(ωt)2 dt=∫0T 1−cos(2ωt) dt= T 2 2 故 E1+E2=T 即两信号同时作用于单位电阻所产生的能量等于f1(t)和f2(t)分别作用时产生的能量之和。 当f1(t)=cos(ωt),f2(t)=cos(ωt+45D)时,同时作用时有 E=∫0Tcos(ωt)+cos(ωt+45D)2dt T ωt+ωt +45D ωt−ωt −45D =∫0 2cos cos dt 2 2 =4cos2π∫Tcosωt+π2dt 808 =2Tcos2π8 分开作用时 E1 =∫0Tcos(ωt)2dt=∫0T 1+cos(2ωt) dt= T 2 2 2ωt+ π π 2 1+cos 2 T T E2 =∫0 cos ωt+ dt=∫0 dt 4 2 =∫T1−sin(2ωt)dt=T 022 E1+E2≠E 即当f1(t)=cos(ωt),f2(t)=cos(ωt+45D)时上述结论不成立,其原因是cos(ωt)和 cos(ωt+45D)相互间不满足正交关系,而cos(ωt)和sin(ωt)满足正交关系。 6-16解题过程: (1)E=∫−∞+e−2tu(t)dt=∫0+e−2tdt=21a<∞ 则f(t)=e−atu(t)为能量函数。 由F(ω)= 1 得 a+jω FR(τ)= 1 a2+ω2 所以 R(τ)= F −1 1 = 1 e −a τ 2 + ω 2 2a a (2)对周期余弦函数f1(t)=Ecosω0t有 1 Cal(0,t) 2 1 2 3 4 5 6 7 1
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- 信号 系统 郑君里 课后 答案 第六 习题 解答
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