321
……………………4
13
3、
Hs

2s3
s24s3

s
21

s
23
……………………2分
eeht1t33tut……………………2分22
4、系统方程为：
yt4yt3yt2xt3xt……………………4分
5、系统的模拟框图为：
4
23
3
……………………4分
f三、计算题（共20分
每小题10分）
1、解：1）、设系统的零输入响应为yzi，当激励为x1tetut时，系统的
零状态响应为yzs，得：
y1yziyzse2tet

当激励为x2t5etut时，系统的零状态响应为5yzs。得：
y2yzi5yzs3e2tet
……………………2
分
由、式得：yzi2e2tut，yzse2tetut………………2
分
2）、当激励为
x1t

etut
时，可得
X
s

s
11
Yzs


s
1
2

1s1

s

12s
1
1
HsYzsss2s11
Xs
1
s2
s1
……………………2
分
3）、
htL1Hse2tut……………………2分
yzi2e2tut
……………………1分
y0yzi02……………………1分
f2、解：（1）特征方程为2430
特征根为11，23
可得：yziczi1czi23
……………………2分
将初始条件y10y21代入上式得：2
czi1

34
czi2


94
所以零输入响应为：
yzi


34

94
3

0……………………1
分
（2）由于x
2
u
，可设特解为
yp
A2
0
……………………1分
将上式代入差分方程得yp
42
0
设零状态响应yzsczs1czs23
42
……………………2分
将y10y20代入上式得
czs1

12
czs2

92
零状态响应
yzs

12

92
3


42

0……………………1分
（3）根据系统的差分方程，输入为x

0时，可得方程：
h
4h
13h
20
同样可设单位样值响应：h
c1c23
……………………2分
将初始值h01h10代入上式得：
c1


12
c2

32
单位样值响应为：h
113
1u
……………………1分22
四、证明题（共10分）
证明：
xt1Xjejtd……………………2分
2
f将变量t与互换，得到
2xXjtejtdt……………………4分
则
2xXjtejtdt……………………2分
Xjt2x……………………2分
证毕。
五、论述题（共10分）
答：优点：
1、可以直接得到信号的幅频特性和相频特性，明确了信号的成
分，有助于信号的特征分析；
2、明确了系统的作用滤波。
3、将时域卷积转换为频域乘积，简化了运算。
缺点：
1、对于不收敛的信号无法求取傅里叶变换
2、只能求取系统的零状态响应。
……………………每小点2分
f六、综合应用题（共10分）解：（1）实r