1-19 绘出下列系统的仿真框图：
dd（1）r(t)?a0r(t)?b0e(t)?b1e(t)；
dtdtd2dd（2）2r(t)?a1r(t)?a0r(t)?b0e(t)?b1e(t)。
dtdtdt解 （1）选取中间变量q(t)，使之与激励满足关系： dq(t)?a0q(t)?e(t) ① dtdq(t)将此式改写成?e(t)?a0q(t)，易画出如图1-21（a）所示的方框图。再将①代
dt入原微分方程，有
r'(t)?a0r(t)?b0[q'(t)?a0q(t)]?b1[q\(t)?a0q'(t)]??b0q'(t)?b1q\(t)??a0?b0q(t)?b1q'(t)?对比两边，可以得到q(t)与r(t)之间的关系式： r(t)?b0q(t)?b1q'(t)
将此关系式在图1-21（a）中实现，从而得到系统的仿真框图，如图1-21（b）所示。
b1e(t)??a0?q(t)e(t)?q'(t)??a0b0?q(t)r(t)（a）（b）图1-21
（2）方法同（1）。先取中间变量q(t)，使q(t)与e(t)满足：
q\(t)?a1q'(t)?a0q(t)?e(t) ②
将②式代入原微分方程后，易看出q(t)与r(t)满足：
r(t)?b0q(t)?b1q'(t) ③ 将②、③式用方框图实现，就得到如图1-22所示的系统仿真框图。
?b1e(t)?q\(t)??a1q'(t)??b0q(t)?r(t)?a0图1-22
1-20 判断下列系统是否为线性的、时不变的、因果的？
de(t)（1）r(t)?；
dt（2）r(t)?e(t)u(t)； （3）r(t)?sin[e(t)]u(t)； （4）r(t)?e(1?t)； （5）r(t)?e(2t)； （6）r(t)?e2(t)； （7）r(t)??e(?)d?；
??5tt（8）r(t)??e(?)d?。
??解 （1）由于
de(t)e1(t)?r1(t)?1dt de2(t)e2(t)?r2(t)?dt而C1e1(t)?C2e2(t)?C1r1(t)?C2r2(t)?C1de1(t)de(t)r2(t)?C22 dtdt所以系统是线性的。
de(t)当e(t)?r(t)?，而激励为e(t?t0)时，响应为
dtde(t?t0)de(t?t0)??r(t?t0) dtd(t?t0)所以系统是时不变的。
de(t)由r(t)?可知，响应r(t)只与此时的输入e(t)有关，与这之前或之后的输入都无
dt关，所以系统是因果的。 （2）由于
e1(t)?r1(t)?e1(t)u(t)
e2(t)?r2(t)?e2(t)u(t)而C1e1(t)?C2e2(t)?C1e1(t)u(t)?C2e2(t)u(t)?C1r1(t)?C2r2(t) 所以系统是线性的。
由于当e1(t)?u(t?1)?u(t?1)时，r1(t)?u(t)?u(t?1)
而e2(t)?e1(t?1)?u(t)?u(t?2)时，r2(t)?u(t)?u(t?2)?r1(t?1)，
即当激励延迟1个单位时，响应并未延迟相同的时间单位，所以系统是时变的。 由r(t)?e(t)u(t)可知，系统只与激励的现在值有关，所以系统是因果的。 （3）由于
e1(t)?r1(t)?sin[e1(t)]u(t)e2(t)?r2(t)?sin[e2(t)]u(t)而
C1e1(t)?C2e2(t)?r(t)?sin?C1e1(t)u(t)?C2e2(t)?u(t)
?C1r1(t)?C2r2(t)?C1sin[e1(t)]u(t)?C2sin[e2(t)]u(t)所以系统是非线性的。 当激励为e1(t?t0)时，响应r(t)?sin[e1(t)]u(t)?sin[e1(t?t0)]u(t?t0)?r(t?t0)所以系统是时变的。
由r(t)?sin[e(t)]u(t)可知，响应只与激励的现在值有关，所以系统是因果的。 （4）由于
e1(t)?r1(t)?e1(1?t)
e2(t)?r2(t)?e2(1?t)而
C1e1(t)?C2e2(t)?r(t)?C1e1(1?t)?C2e2(1?t)?C1r1(t)?C2r2(t) 所以系统是线性的。
由于当e1(t)?u(t)?u(t?1.5)时，r1(t)?u(t?0.5)?u(t?1)
而当e2(t)?e1(t?0.5)?u(t?0.5)?u(t?2)时，r2(t)?u(t?1)?u(t?0.5)?r1(t?0.5) 所以系统是时变的。
令r(t)?e(1?t)中t?0，则有，说r(0)?e(1)明响应取决于将来值（0时刻输出取决于1时刻输入），所以系统是非因果的。 （5）由于
e1(t)?r1(t)?e1(2t)
e2(t)?r2(t)?e2(2t)而
C1e1(t)?C2e2(t)?C1e1(2t)?C2e2(2t)
?C1r1(t)?C2r2(t)所以系统是线性的
由于当e1(t)?u(t)?u(t?1)时，r1(t)?u(t)?u(t?0.5)
而当e2(t)?e1(t?1)?u(t?1)?u(t?2) r2(t)?u(t?0.5)?u(t?1)?r1(t?1) 所以系统是时变的。
对于r(t)?e(2t)，令t?1，有r(1)?e(2)，即响应先发生，激励后出现，所以系统是非因果的。 （6）由于
e1(t)?r1(t)?e12(t) 2e2(t)?r2(t)?e2(t)而
2C1e1(t)?C2e2(t)?r(t)??C1e1(t)?C2e2(t)? ?C1r1(t)?C2r2(t)所以系统是非线性的。 由于e1(t)?r1(t)?e12(t)
e2(t)?e1(t?t0)?r2(t)?e12(t?t0)?r1(t?t0)
所以系统是时不变的。
由r(t)?e2(t)知，输出只与现在的输入值有关，所以系统是因果的。 （7）由于
e1(t)?r1(t)?e2而
2?(t)?r(t)??t??te1(?)d?e2(?)d?t??
t??C1e1(t)?C2e2(t)?C1?e1(?)d??C2?e2(?)d???
?C1r1(t)?C2r2(t)所以系统是线性的。
?t0?a???由于e(t?t0)??r(??t0)d??????tt?t0??e(a)da?r(t?t0)
所以系统是时不变的。
由r(t)??e(?)d?可知，t时刻的输出只与t时刻以及t时刻之前的输入有关，所以系
??t统是因果的。
（8）由于
e1(t)?r1(t)??5t??5te1(?)d?e2(?)d?5t
5t5te2(t)?r2(t)??而
??C1e1(t)?C2e2(t)??C1e1(?)?C2e2(?)d??C1?e1(?)d??C2?e2(?)d?)??????
?C1r1(t)?C2r2(t)所以系统是线性的。
?t0?a???e(a)da??由于e(t?t0)??e(??t0)d????????5t5t5(t?t0)??e(a)da?r(t?t0)
所以系统是时变的
对于r(t)??e(?)d?，令t?1，有r(1)??e(?)d?
????5t5即输出与未来时刻的输入有关，所以系统是非因果的。
1-21 判断下列系统是否是可逆的。若可逆，给出它的逆系统；若不可逆，指出使该系统产生系统输出的两个输入信号。 （1）r(t)?e(t?5)；
d（2）r(t)?e(t)；
dt（3）r(t)??e(?)d?；
??t（4）r(t)?e(2t)。
解 （1）该系统可逆，且其逆系统为r(t)?e(t?5)
（2）该系统不可逆，因为当，e1(t)?C1，e2(t)?C2,（C1?C2且均为常数）时，r1(t)?r2(t)，即不同的激励产生相同的响应，所以系统不可逆。
（3）该系统可逆。因为微分运算与积分运算式互逆的运算，所以其逆系统为
dr(t)?e(t)。
dtt（4）该系统可逆，且其逆系统为r(t)?e()。
2
1-22 若输入信号为，为使输出信号中分别包含以下频率成分： （1）cos(2?0t)；（2）cos(3?0t)；（3）直流。 请你分别设计相应的系统（尽可能简单的）满足此要求，给出系统输出与输入的约束关系式。讨论这三种要求有何共同性、相应的系统有何共同性。 解 （1）若系统的输入、输出具有约数关系r(t)?e(2t)
则当此系统的输入信号为cos(?0t)时，输出信号中会包含cos(2?0t)。 （2）若系统的输入、输出具有约数关系r(t)?e(3t)
则当此系统的输入信号为cos(?0t)时，输出信号中会包含cos(3?0t)。
（3）若系统的输入、输出具有约数关系r(t)?e(t)?C （C为非零常数） 则当此系统的输入信号为cos(?0t)时，输出信号中会包含直流成分。
三个小题中，输入信号均为cos(?0t)，而输出信号中分别包含cos(2?0t)，cos(3?0t)和直流频率成分，说明新的频率分量产生，也就是说信号cos(?0t)经系统传输后，产生了新的频率成分，此为三种要求的共同性。因此在设计系统中，要考虑改变输入信号的频率或增加新的频率成分，此为三个系统的共性。
1-23 有一线性时不变系统，当激励e1(t)?u(t)时，响应r1(t)?e?atu(t)，试求当激励e1(t)??(t)时，相应的响应r2(t)表达式。（假定起始时刻系统无储能。） 解 因为起始时刻系统无储能，所以响应就是零状态响应。
de(t)有LTI系统的微分性质，即若当激励为e(t)时产生的响应为r(t)，则当激励为时
dtdr(t)产生的响应为，有
dte1(t)?u(t)?r1(t)?e?atu(t) d[e?atu(t)]?at?at?ate2(t)??(t)?r2(t)???aeu(t)?e?(t)??(t)?aeu(t)dt