例题1、一线性时不变系统的输入x1（t）与零状态响应y zs1(t),分别如图(a)与(b)所示：1)．求系统的冲激响应h（t），并画出h（t）的波形；2)．当输入为图(c)所示的信号x2（t）时，画出系统的零状态响应y zs2(t)的波形。
0 01 t t1 2x1(t) y zs1(t)1 21-1tx2(t)1 1(a) (b) (c)例题2：计算111)so()()(1)2LTI()(1)()()(1)zs zst t tt tt y t y tεε=----=--1211zs2解：求系统响应方法一：根据卷积定义，两个门信号的卷积为三角形或者梯形：h(t)=x方法二：复频域分析）根据系统特性x(t)=x xy-2t-2t21111e)()211121e)()()()ln ln(1),Re()0222)111(),Re()2(1)(2)12()(tLTLTss st tts st F d d st sF s ss s s sf t e eελελλλλλλε∞∞∞---−−→-+-−−→=-==+>++==->-++++=-⎰⎰解：）（根据复频域积分性质：（）（）例题3:假设关于一个系统函数H(S),单位冲激响应h(t)的因果稳定系统，给出如下信息：● H(1)=1/6● 当输入为ε(t)时，输出是绝对可积的 ● 当输入为t ε(t)时，输出不是绝对可积的 ● h ’’(t )+3h’(t)+2h(t)是有限持续期的 ● 在无穷远处只有一个零点。
1.确定H(S),画出零极点图，并标明收敛域2.求出该系统的单位冲激响应h(t)3.若输入f(t)=exp(2t),求系统的输出y(t)4.写出表征该系统的线形常系数微分方程;5.画出该系统的模拟方框图。
2200222222222sin 3cos ()(0)w 0sint ()sin sint sint 1(()(()w w 222sin cos w 1w 32sin :jwtw w FT FTFTttdt t dt e dt F jw F g w t t g w g w t t tt t t tso t ππππππ+∞-∞+∞+∞==-∞-∞-===−−→=⨯−−→*=≤−−→±≤⎰⎰⎰）计算：f(t)f(t)故求解该积分就是求解信号频谱在=的幅度（-+2），（-+2），cos (0)tdt F π+∞∞==⎰p1p z t t s z (1)1/6,:1Re()1p p H so k s ε==>-解：1)由h''(t)+3h'(t)+2h(t)为有限持续期，可知其极点为=-1，2=-2，而且两个极点都在收敛域内部由于其阶跃响应输出绝对可积，说明含有零点=0（）不是绝对可积，说明=0是一阶零点在无穷远处有一个零点，说明有限零点只有一个，即=0ks H(s)=(s+1)(s+2)sH(s)=，(s+1)(s+2)1=-1，2=-z 2，=02222''''212)(),Re()121()(2)()3f ()1()(2)64)()3()2()()5)t t t tt H s s s s h t e e t t e y t H e ey t y t y t f t ε--=->-++=-===++=）略例题4: 计算卷积积分例题5假定输入信号通过一个具有冲激响应为 的LTI 系统，求其输出信号y(t)。
例题612121200112111f (t)sin t (t),f (t)'(t)(t),f (t)*f (t)f (t)*f (t)sin t (t)*['(t)(t)][sin t (t)]'[sin t (t)]cos t (t)sin t ()sin cos t (t)0cos ,0()2)()(3/2),()(1/2)(ttt tdt t t t f t g t f t g t g t εδεεδεεεεδεε==+=+=+=++=+->==-=--+⎰（-1））求1112111111211113021/2)()*()1,1f (t)*f (t)(3/2)*(1/2)(3/2)*(1/2)()*()()*()[21][11]t t t t t t g t g t t t g t g t g t g t g t g t g t g t t t →-→--<<<<=-+<=----+=-=--+---+由于：f (t)cos 2t+sin6tππ=sin4th(t)=tππ8sin4th(t)=tH()()H()1w H w<w>y jw g w jw πππππππππ==Φ解：由：，（）=0显然是一个理想低通滤波器，其截止频率为4，故4的信号通过系统;4的信号被系统完全抑制。
f(t)=cos2t+sin4t (t)=cos2t已知某连续实信号f(t)是非负的，它的傅立叶变换为F （jw ），且已知jwF(jw)的反傅立叶变换为 而且 确定f(t)的表达式和常数k 。
例题7-2t ke (t)ε2F(j )d 2ωωπ+∞-∞=⎰'-2t '-2t '2222222(),()()ke (t)()()ke (t)()()()0(())2F(j )d 21passawal ()F(j )d 12()[()]2t t F jw f t jwF jw jwF jw f t k f t f t dt e t f t f t dt k f t dt e t εεεωωπωωπε-+∞-∞+∞+∞-∞-∞+∞--∞-−−→−−→−−→===->====-⎰⎰⎰⎰⎰FT FT FT 解:由于f(t)非负k<0由：根据定理：222022[()]1280,()t tk k dt e t dt k k k f t εε+∞+∞-∞-=-===±<=-⎰⎰由于故231()()(),F()21,()()1,0()()*();,1,()k f k k k Z z h k H z z z z y k f k h k z f k ε=→++→=++>=>-12计算（1）求并标明收敛域;（2）已知f(k)F(z)=z 计算1（3）F(z)=求；(z-1)23'22341()(1()()(),F()21,()()1),1/221/21/2()()()(),1/221/2(1/2)()()*();Y 1222(,ZT k ZTk kz k z z z z k k z z f k k k Z z h k H z z z z z y k f k h k z z z z y εεε−−→>=→++→=++-−−→-=>--=+++++--11解：计算解：(z)=F(z)H(z)=z （1）求并标明收敛域;（2）已知f(k)F(z)=z '2122)(())[1,2,2,2,1,1],4,3,2,1,0,1k 1k ()()1(1)1(1)k-1(1)(1,1,)()k IZT Y z k z z z zk z z z z k z z f z z k εεε-===----−−→-−−→-=---−−→⨯=-->ZT ZTZT21（3）F(z)=求；(z-1)解：（）（）（）72()(1)(2)2()33y k y k y k f k +-+-=2122272()(1)(2)2()3322H()727213333H()222/512/572(1/3)(2)1/32332/512/5H()1/322112()()()(2)()535k k y k y k y k f k E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E E h k k k εε--+-+-===++++-===+++++++-=+++=--+-解：1)方法一：离散时间算子方程：因果系统由差分方程：21222ZT 72()(1)(2)2()3322H()727213333H()222/512/572(1/3)(2)1/32332/512/5H()1/32so z 22112()()()(2)(535k k y k y k y k f k z z z z z z E E z z z z z z z E z z z z z h k k k εε--+-+-===++++-===+++++++-=+++>=--+-解：1)方法二：因果系统由差分方程：由于该系统是因果系统，)12(2)(1)52/512/5H()1/321z 2321()()()53k k z z z z z h k k k εε-=+++---<<=---解：2)稳定系统由于该系统是稳定系统，收敛域必须包含单位圆：33)()()()12/512/52()()H()()11/32(1)(1/3)(2)()1/21/108/511/32/2/108/5()11/32y()1:z 131118()()()(1)10325k f k k zF z z z z z z Y z F z z z z z z z z Y z z z z z z z z Y z z z z k ROC y k k k εεε==--==+=-++----=++-++-=++-++<<=------要求稳定，即收敛域包含单位圆(2)(1)4)k k ε---略。