作业要求链接： 信号与系统2022春季作业-第十二次作业 https://zhuoqing.blog.csdn.net/article/details/124863791
§12 参考答案
1.1 系统函数与系统框图
1.1.1 根据输入输出求系统函数
◎ 求解：
（1） 求系统函数 H ( s ) H\left( s \right) H(s)
将系统输入以及零状态输出都进行拉普拉斯变换， X ( s ) = L [ x ( t ) ] = L [ 3 e − 2 t ⋅ u ( t ) ] = 3 s + 2 X\left( s \right) = L\left[ {x\left( t \right)} \right] = L\left[ {3e^{ - 2t} \cdot u\left( t \right)} \right] = {3 \over {s + 2}} X(s)=L[x(t)]=L[3e−2t⋅u(t)]=s+23 L [ y ( t ) ] = L [ ( e − t − 2 e − 2 t − 5 e − 3 t ) ⋅ u ( t ) ] L\left[ {y\left( t \right)} \right] = L\left[ {\left( {e^{ - t} - 2e^{ - 2t} - 5e^{ - 3t} } \right) \cdot u\left( t \right)} \right] L[y(t)]=L[(e−t−2e−2t−5e−3t)⋅u(t)] = 1 s + 1 − 2 s + 2 − 5 s + 3 = − 6 s 2 + 18 s + 10 s 3 + 6 s 2 + 11 s + 6 = {1 \over {s + 1}} - {2 \over {s + 2}} - {5 \over {s + 3}} = - { {6s^2 + 18s + 10} \over {s^3 + 6s^2 + 11s + 6}} =s+11−s+22−s+35=−s3+6s2+11s+66s2+18s+10
所以，系统函数
H ( s ) = Y ( s ) X ( s ) = − 6 s 2 + 18 s + 10 3 s 2 + 12 s + 9 H\left( s \right) = { {Y\left( s \right)} \over {X\left( s \right)}} = - { {6s^2 + 18s + 10} \over {3s^2 + 12s + 9}} H(s)=X(s)Y(s)=−3s2+12s+96s2+18s+10
（2） 将 H ( s ) H\left( s \right) H(s) 进行拉普拉斯反变换，可以得到系统的单位冲激响应。 H ( s ) = − 2 + 5 3 ( s + 3 ) + 1 3 ( s + 1 ) H\left( s \right) = - 2 + {5 \over {3\left( {s + 3} \right)}} + {1 \over {3\left( {s + 1} \right)}} H(s)=−2+3(s+3)5+3(s+1)1 h ( t ) = − 2 δ ( t ) + 5 3 e − 3 t + 1 3 e − t , t ≥ 0 h\left( t \right) = - 2\delta \left( t \right) + {5 \over 3}e^{ - 3t} + {1 \over 3}e^{ - t} ,\,\,\,t \ge 0 h(t)=−2δ(t)+35e−3t+31e−t,t≥0
1.1.2 根据系统框图分析系统
◎ 求解：
（1） 求解系统函数 H ( z ) H\left( z \right) H(z)
在系统框图中增加中间变量 W ( z ) W\left( z \right) W(z) ，依次写出系统框图中各节点中间变量。
▲ 图1.1.1 在系统框图中增加中间变量
然后，根据第二个和第三个综合器列写出平衡方程： W ( z ) = X ( z ) − 2 z − 2 W ( z ) + 3 z − 1 W ( z ) W\left( z \right) = X\left( z \right) - 2z^{ - 2} W\left( z \right) + 3z^{ - 1} W\left( z \right) W(z)=X(z)−2z−2W(z)+3z−1W(z) Y ( z ) = 4 W ( z ) + 5 z − 1 W ( z ) Y\left( z \right) = 4W\left( z \right) + 5z^{ - 1} W\left( z \right) Y(z)=4W(z)+5z−1W(z) 经过整理得： ( 1 − 3 z − 1 + 2 z − 2 ) W ( z ) = X ( z ) \left( {1 - 3z^{ - 1} + 2z^{ - 2} } \right)W\left( z \right) = X\left( z \right) (1−3z−1+2z−2)W(z)=X(z) Y ( z ) = ( 4 + 5 z − 1 ) W ( z ) Y\left( z \right) = \left( {4 + 5z^{ - 1} } \right)W\left( z \right) Y(z)=(4+5z−1)W(z) 所以系统函数为 H ( z ) = Y ( z ) X ( z ) = 4 + 5 z − 1 1 − 3 z − 1 + 2 z − 2 = 4 z 2 + 5 z z 2 − 3 z + 2 H\left( z \right) = { {Y\left( z \right)} \over {X\left( z \right)}} = { {4 + 5z^{ - 1} } \over {1 - 3z^{ - 1} + 2z^{ - 2} }} = { {4z^2 + 5z} \over {z^2 - 3z + 2}} H(z)=X(z)Y(z)=1−3z−1+2z−24+5z−1=z2−3z+24z2+5z
（2） 系统的输入对应的 z 变换为 X ( z ) = L { x [ n ] } = L { [ 0. 5 n + 3 − n ] ⋅ u [ n ] } = z z − 0.5 + z z − 1 3 X\left( z \right) = L\left\{ {x\left[ n \right]} \right\} = L\left\{ {\left[ {0.5^n + 3^{ - n} } \right] \cdot u\left[ n \right]} \right\} = {z \over {z - 0.5}} + {z \over {z - {1 \over 3}}} X(z)=L{ x[n]}=L{ [0.5n+3−n]⋅u[n]}=z−0.5z+z−31z 系统的零状态输出对应的 z 变换为 Y z s ( z ) = H ( z ) ⋅ X ( z ) = 4 z 2 + 5 z z 2 − 3 z + 2 ⋅ ( z z − 0.5 + z z − 1 3 ) Y_{zs} \left( z \right) = H\left( z \right) \cdot X\left( z \right) = { {4z^2 + 5z} \over {z^2 - 3z + 2}} \cdot \left( { {z \over {z - 0.5}} + {z \over {z - {1 \over 3}}}} \right) Yzs(z)=H(z)⋅X(z)=z2−3z+24z2+5z⋅(z−0.5z+z−31z) 进行因式分解可得 Y z s ( z ) = 1.9 z z − 1 3 + 4 2 3 z z − 1 2 − 31.5 z z − 1 + 32.93 z z − 2 Y_{zs} \left( z \right) = { {1.9z} \over {z - {1 \over 3}}} + 4{2 \over 3}{z \over {z - {1 \over 2}}} - 31.5{z \over {z - 1}} + 32.93{z \over {z - 2}} Yzs(z)=z−311.9z+432z−21z−31.5z−1z+32.93z−2z 所以 h z s [ n ] = 1.9 ⋅ ( 1 3 ) n + 4 2 3 ⋅ ( 1 2 ) n − 31.5 + 32.93 × 2 n , n ≥ 0 h_{zs} \left[ n \right] = 1.9 \cdot \left( { {1 \over 3}} \right)^n + 4{2 \over 3} \cdot \left( { {1 \over 2}} \right)^n - 31.5 + 32.93 \times 2^n ,\,\,\,\,n \ge 0 hzs[n]=1.9⋅(31)n+432⋅(21)n−31.5+32.93×2n,n≥0 注：上述表达式中的系数，使用了两位有效小数数字。
（3） 根据系统方程，可以得到对应的差分方程： y [ n ] − 3 y [ n − 1 ] + 2 y [ n − 2 ] = x [ n ] + 5 x [ n − 1 ] y\left[ n \right] - 3y\left[ {n - 1} \right] + 2y\left[ {n - 2} \right] = x\left[ n \right] + 5x\left[ {n - 1} \right] y[n]−3y[n−1]+2y[n−2]=x[n]+5x[n−1] 整理成迭代方程 y [ n ] = x [ n ] + 5 x [ n − 1 ] + 3 y [ n − 1 ] − 2 y [ n − 2 ] y\left[ n \right] = x\left[ n \right] + 5x\left[ {n - 1} \right] + 3y\left[ {n - 1} \right] - 2y\left[ {n - 2} \right] y[n]=x[n]+5x[n−1]+3y[n−1]−2y[n−2] 将已知条件 x [ n ] = δ [ n ] , y [ 0 ] = 1 , y [ − 1 ] = − 1 x\left[ n \right] = \delta \left[ n \right],y\left[ 0 \right] = 1,y\left[ { - 1} \right] = - 1 x[n]=δ[n],y[0]=1,y[−1]=−1 代入上述方程，可以求得 y [ n − 2 ] = 1 2 [ 1 + 0 + 3 × ( − 1 ) − 1 ] = − 3 2 y\left[ {n - 2} \right] = {1 \over 2}\left[ {1 + 0 + 3 \times \left( { - 1} \right) - 1} \right] = - {3 \over 2} y[n−2]=21[1+0+3×(−1)−1]=−23
为了求取系统的零输入响应， 令 x [ n ] = 0 x\left[ n \right] = 0 x[n]=0 。将差分方程两边进行 z 变换，利用 z 变换的位移特性可得 Y ( z ) − 3 z − 1 { Y ( z ) + y [ − 1 ] ⋅ z } + 2 z − 2 { Y ( z ) + y [ − 1 ] ⋅ z + y [ − 2 ] ⋅ z 2 } = 0 Y\left( z \right) - 3z^{ - 1} \left\{ {Y\left( z \right) + y\left[ { - 1} \right] \cdot z} \right\} + 2z^{ - 2} \left\{ {Y\left( z \right) + y\left[ { - 1} \right] \cdot z + y\left[ { - 2} \right] \cdot z^2 } \right\} = 0 Y(z)−3z−1{ Y(z)+y[−1]⋅z}+2z−2{ Y(z)+y[−1]⋅z+y[−2]⋅z2}=0 将前面所取得到系统的零状态数值代入上述表达式，可得 ( 1 − 3 z − 1 + 2 z − 2 ) Y ( z ) = − 3 + 2 z − 1 + 3 = 2 z − 1 \left( {1 - 3z^{ - 1} + 2z^{ - 2} } \right)Y\left( z \right) = - 3 + 2z^{ - 1} + 3 = 2z^{ - 1} (1−3z−1+2z−2)Y(z)=−3+2z−1+3=2z−1 整理可得 Y ( z ) = 2 z − 1 1 − 3 z − 1 + 2 z − 2 = 2 z z 2 − 3 z + 2 = − 2 z z − 1 + 2 z z − 2 Y\left( z \right) = { {2z^{ - 1} } \over {1 - 3z^{ - 1} + 2z^{ - 2} }} = { {2z} \over {z^2 - 3z + 2}} = { { - 2z} \over {z - 1}} + { {2z} \over {z - 2}} Y(z)=1−3z−1+2z−22z−1=z2−3z+22z=z−1−2z+z−22z 所以系统的零输入响应为 y z i [ n ] = − 2 + 2 n + 1 , n ≥ 0 y_{zi} \left[ n \right] = - 2 + 2^{n + 1} ,\,\,\,n \ge 0 yzi[n]=−2+2n+1,n≥0
1.2.3 根据系统零极点求电路参数
◎ 求解： 根据系统的电路图，使用 s 域电路模型建立系统的输入输出之间的传递函数 H ( s ) = 1 C s L s + R + 1 C s = 1 L C s 2 + R C s + 1 H\left( s \right) = { { {1 \over {Cs}}} \over {Ls + R + {1 \over {Cs}}}} = {1 \over {LCs^2 + RCs + 1}} H(s)=Ls+R+Cs1Cs1=LCs2+RCs+11 根据系统传递函数的零极点分布，可以计算出系统传递函数表达式 H ( s ) = k ⋅ 1 ( s + 1 + j ) ( s + 1 − j ) = k s 2 + 2 s + 2 H\left( s \right) = k \cdot {1 \over {\left( {s + 1 + j} \right)\left( {s + 1 - j} \right)}} = {k \over {s^2 + 2s + 2}} H(s)=k⋅(s+1+j)(s+1−j)1=s2+2s+2k 其中 k k k 为待定系数。 将电路中电阻 R = 1 R = 1 R=1 代入，可得 1 L C s 2 + C s + 1 = k s 2 + 2 s + 2 = 0.5 s 0.5 s 2 + s + 1 {1 \over {LCs^2 + Cs + 1}} = {k \over {s^2 + 2s + 2}} = { {0.5s} \over {0.5s^2 + s + 1}} LCs2+Cs+11=s2+2s+2k=0.5s2+s+10.5s 所以 L = 0.5 , C = 1 L = 0.5,\,\,\,C = 1 L=0.5,C=1 。
1.2 系统的稳定性
1.2.1 连续时间系统分析
◎ 求解：
（1） 系统函数为 H ( s ) = 1 s 2 + 3 s − 10 1 + K ⋅ 1 s 2 + 3 s − 10 = 1 s 2 + 3 s − 10 + k H\left( s \right) = { { {1 \over {s^2 + 3s - 10}}} \over {1 + K \cdot {1 \over {s^2 + 3s - 10}}}} = {1 \over {s^2 + 3s - 10 + k}} H(s)=1+K⋅s2+3s−101s2+3s−101=s2+3s−10+k1
（2） 系统函数的两个极点为 p 1 , 2 = − 3 ± 9 − 4 ( k − 10 ) 2 p_{1,2} = { { - 3 \pm \sqrt {9 - 4\left( {k - 10} \right)} } \over 2} p1,2=2−3±9−4(k−10) 可以看到，当 H ( s ) = 1 s 2 + 3 s − 10 1 + K ⋅ 1 s 2 + 3 s − 10 = 1 s 2 + 3 s − 10 + k H\left( s \right) = { { {1 \over {s^2 + 3s - 10}}} \over {1 + K \cdot {1 \over {s^2 + 3s - 10}}}} = {1 \over {s^2 + 3s - 10 + k}} H(s)=1+K⋅s2+3s−101s2+3s−101=s2+3s−10+k1 k > 10 k > 10 k>10之后， 两个极点都位于 s 平面中虚轴的左半平面，系统稳定。所以系统稳定的条件是 k > 10 k > 10 k>10 。
下面给出了 k ∈ ( 0 , 20 ) k \in \left( {0,20} \right) k∈(0,20) 对应的两个极点取值， 可见当 k > 10 k > 10 k>10 时，两个极点的取值都小于 0 。
▲ 图A1.2.1 随着k取值在（0,20）对应的两个极点取值
from headm import *
def p12(k):
delta = sqrt(9-4*(k-10))
return -3/2+0.5*delta, -3/2-0.5*delta
k = linspace(0, 20, 500)
p1,p2 = p12(k)
plt.plot(k, p1, label='P1')
plt.plot(k, p2, label='P2')
plt.xlabel("k")
plt.ylabel("p1,2")
plt.grid(True)
plt.tight_layout()
plt.legend(loc='upper right')
plt.show()
（3） 在临界稳定条件下 k = 10 k = 10 k=10 ，系统函数为 H ( s ) = 1 s 2 + 3 s H\left( s \right) = {1 \over {s^2 + 3s}} H(s)=s2+3s1 对应的系统响应为 h ( t ) = L − 1 [ H ( s ) ] = L − 1 [ 1 3 ( 1 s − 1 s + 3 ) ] = 1 3 ( 1 − e − 3 t ) ⋅ u ( t ) h\left( t \right) = L^{ - 1} \left[ {H\left( s \right)} \right] = L^{ - 1} \left[ { {1 \over 3}\left( { {1 \over s} - {1 \over {s + 3}}} \right)} \right] = {1 \over 3}\left( {1 - e^{ - 3t} } \right) \cdot u\left( t \right) h(t)=L−1[H(s)]=L−1[31(s1−s+31)]=31(1−e−3t)⋅u(t)
1.2.2 离散时间系统分析
（1）
下面是在 z 变换域内对系统框图中各节点变量进行幅值。
▲ 图1.2.1 在z变换域内系统框图中个节点变量取值
根据其中的综合器，建立如下方程 Y ( z ) = X ( z ) − K ⋅ z − 1 Y ( z ) + z − 1 Y ( z ) + 1 4 z − 2 Y ( z ) Y\left( z \right) = X\left( z \right) - K \cdot z^{ - 1} Y\left( z \right) + z^{ - 1} Y\left( z \right) + {1 \over 4}z^{ - 2} Y\left( z \right) Y(z)=X(z)−K⋅z−1Y(z)+z−1Y(z)+41z−2Y(z) 整理可得系统函数 H ( z ) = Y ( z ) X ( z ) = 1 1 + ( K − 1 ) z − 1 − 1 4 z − 2 = z 2 z 2 + ( K − 1 ) z − 1 4 H\left( z \right) = { {Y\left( z \right)} \over {X\left( z \right)}} = {1 \over {1 + \left( {K - 1} \right)z^{ - 1} - {1 \over 4}z^{ - 2} }} = { {z^2 } \over {z^2 + \left( {K - 1} \right)z - {1 \over 4}}} H(z)=X(z)Y(z)=1+(K−1)z−1−41z−21=z2+(K−1)z−41z2
（2）
系统的两个极点为 p 1 , 2 = 1 − K ± ( K − 1 ) 2 + 1 4 2 p_{1,2} = { {1 - K \pm \sqrt {\left( {K - 1} \right)^2 + {1 \over 4}} } \over 2} p1,2=21−K±(K−1)2+41
下面绘制出 K ∈ ( − 1 , 3 ) K \in \left( { - 1,3} \right) K∈(−1,3) 之间，两个极点取值
▲ 图1.2.3 不同K取值对应的两个极点的取值
from headm import *
def p12(k):
delta = sqrt((k-1)**2+1/4)
return array(0.5*(1-k)+0.5*delta), array(0.5*(1-k)-0.5*delta)
k = linspace(-1,3, 5000)
p1,p2 = p12(k)
kkc = k[(p1>-1) & (p1<1) & (p2>-1) & (p2<1)]
printf(min(kkc), max(kkc))
plt.plot(k,p1,label='P1')
plt.plot(k,p2,label='P2')
plt.xlabel("k")
plt.ylabel("p1,2")
plt.grid(True)
plt.tight_layout()
plt.plot([min(k), max(k)], [1,1], linewidth=1, c='gray', linestyle='--')
plt.plot([min(k), max(k)], [-1,-1], linewidth=1, linestyle='--')
plt.legend(loc='upper right')
plt.show()
通过上述曲线可以看到在如下两个数值之间， p1,p2的绝对值都小于1。
0.06261252250450089
1.9373874774954989
可以通过求解下面两个方程，分别获得上述区间的边界值。
∣ p 1 ∣ 2 = ( 1 − K + ( K − 1 ) 2 + 1 4 2 ) 2 = 1 \left| {p_1 } \right|^2 = \left( { { {1 - K + \sqrt {\left( {K - 1} \right)^2 + {1 \over 4}} } \over 2}} \right)^2 = 1 ∣p1∣2=⎝⎛21−K+(K−1)2+41⎠⎞2=1 ∣ p 2 ∣ 2 = ( 1 − K − ( K − 1 ) 2 + 1 4 2 ) 2 = 1 \left| {p_2 } \right|^2 = \left( { { {1 - K - \sqrt {\left( {K - 1} \right)^2 + {1 \over 4}} } \over 2}} \right)^2 = 1 ∣p2∣2=⎝⎛21−K−(K−1)2+41⎠⎞2=1
求解第一个方程可以得到 K = 0.0625 K = 0.0625 K=0.0625 。求解第二个方程可以得到 K = 1.9375 K = 1.9375 K=1.9375 。因此，系统稳定的范围就是 K ∈ ( 0.0627 , 1.9375 ) K \in \left( {0.0627,1.9375} \right) K∈(0.0627,1.9375)
1.2.3 判断系统的稳定性
（1） 根据系统的差分方程，写出该因果系统的系统函数 H ( z ) = 1 − 1 1 2 z − 1 1 − 1 1 10 z − 1 H\left( z \right) = { {1 - 1{1 \over 2}z^{ - 1} } \over {1 - 1{1 \over {10}}z^{ - 1} }} H(z)=1−1101z−11−121z−1
由于系统的极点位于 p 1 = 1 1 10 p_1 = 1{1 \over {10}} p1=1101 ，位于单位之外。所以改因果系统是不稳定系统。
（2） 根据系统差分方程，写出该因果系统的系统函数 H ( z ) = 0.5 − 0.3 z − 2 1 + 2 z − 1 + z − 2 = 0.5 z 2 − 0.3 z 2 + 2 z + 1 H\left( z \right) = { {0.5 - 0.3z^{ - 2} } \over {1 + 2z^{ - 1} + z^{ - 2} }} = { {0.5z^2 - 0.3} \over {z^2 + 2z + 1}} H(z)=1+2z−1+z−20.5−0.3z−2=z2+2z+10.5z2−0.3 它在 z = − 1 z = - 1 z=−1 上存在一个二阶极点，系统不是稳定系统。
1.3 系统的因果性
◎ 求解： 判断离散时间系统的因果性，可以根据系统的收敛域是否包含 z = ∞ z = \infty z=∞ 来判断。 如果系统函数是有理分式，这对应系统函数分子的阶次是否小于等于分母的阶次。
（1） 是因果系统；
（2） 不是因果系统；
（3） 不是因果系统；
1.4 根据条件求系统函数
1.4.1 问题1
◎ 求解：
1、 根据系统是因果、稳定、LTI系统可知，系统的有理系统函数的极点都位于s平面左半平面。
2、 根据系统在u(t)的作用下，系统的输出为绝对可和，表明： 1 s H ( s ) {1 \over s}H\left( s \right) s1H(s)收敛域包含虚轴，即 1 s H ( s ) {1 \over s}H\left( s \right) s1H(s)没有 s = 0 s = 0 s=0处的极点。因此 H ( s ) H\left( s \right) H(s)至少包含一个 s = 0 s = 0 s=0的零点。
3、 根据系统在 t ⋅ u ( t ) t \cdot u\left( t \right) t⋅u(t) 作用下，系统的输出不是绝对可和，因此 H ( s ) H\left( s \right) H(s) 在 s = 0 s = 0 s=0 处的零点不超过两阶；系统函数可以写成：
H ( s ) = s ⋅ A ( s ) B ( s ) H\left( s \right) = {
{s \cdot A\left( s \right)} \over {B\left( s \right)}} H(s)=B(s)s⋅A(s)
4、 根据 d 2 h ( t ) d t 2 + 2 d h ( t ) d t + 2 { {d^2 h\left( t \right)} \over {dt^2 }} + 2{ {dh\left( t \right)} \over {dt}} + 2 dt2d2h(t)+2dtdh(t)+2 为有限长，即 ( s 2 + 2 s + 2 ) H ( s ) \left( {s^2 + 2s + 2} \right)H\left( s \right) (s2+2s+2)H(s) 不再包含任何极点，所以： . B ( s ) = s 2 + 2 s + 2 B\left( s \right) = s^2 + 2s + 2 B(s)=s2+2s+2。
5、 根据H(s)在无穷远点只有一个一阶零点，'+2说明H(s)的分子比分母阶次小1. 所以系统函数可以写成：
H ( s ) = s ⋅ A s 2 + 2 s + 2 H\left( s \right) = {
{s \cdot A} \over {s^2 + 2s + 2}} H(s)=s2+2s+2s⋅A
6、 再由H(1)=0.2,可以求得A=1。
最终，有理系统函数为： H ( s ) = s s 2 + 2 s + 2 H\left( s \right) = {s \over {s^2 + 2s + 2}} H(s)=s2+2s+2s
1.4.2 问题2
◎ 求解：
将y(t)进行Laplace变换：
Y ( s ) = 1 − 6 s + 1 + 1 2 ⋅ s + 5 s 2 − 8 s + 25 Y\left( s \right) = 1 - {6 \over {s + 1}} + {1 \over 2} \cdot { {s + 5} \over {s^2 - 8s + 25}} Y(s)=1−s+16+21⋅s2−8s+25s+5 = 1 − 6 s + 1 + 1 4 ( 1 − 3 j s − 4 − 3 j + 1 + 3 j s − 4 + 3 j ) = 1 - {6 \over {s + 1}} + {1 \over 4}\left( { { {1 - 3j} \over {s - 4 - 3j}} + { {1 + 3j} \over {s - 4 + 3j}}} \right) =1−s+16+41(s−4−3j1−3j+s−4+3j1+3j)
= s 3 − 13.5 s 2 + 62 s − 127.5 s 3 − 7 s 2 + 17 s + 25 = { {s^3 - 13.5s^2 + 62s - 127.5} \over {s^3 - 7s^2 + 17s + 25}} =s3−7s2+17s+25s3−13.5s2+62s−127.5
= s − 7.5 s + 1 ⋅ s 2 − 6 s + 17 s 2 − 8 s + 25 = { {s - 7.5} \over {s + 1}} \cdot { {s^2 - 6s + 17} \over {s^2 - 8s + 25}} =s+1s−7.5⋅s2−8s+25s2−6s+17
>>laplace(dirac(t)-6*exp(-t)-(exp(4*t)*(cos(3*t)+3*sin(3*t)))/2)'
ans=1 -6/(s+1)-9/(2*((s-4)^2 +9))-(s-4)/(2*((s-4)^2 +9)
>>partfrac((m+5)/(2*m^2-16*m+50),m,'FactorMode','full')'
ans=(1/4 -3i/4)/(m-4 -3i)+(1/4 +3i/4)/(m-4 +3i)
由于 x ( t ) x\left( t \right) x(t)是实数函数，所以 x 1 ( t ) x_1 \left( t \right) x1(t)应该包含 共轭函数。
x 1 ( t ) = e s 0 ∗ t x_1 \left( t \right) = e^{s_0^* t} x1(t)=es0∗t
所以：
X ( s ) = 1 + 1 s − s 0 + 1 s − s 0 ∗ X\left( s \right) = 1 + {1 \over {s - s_0 }} + {1 \over {s - s_0^* }} X(s)=1+s−s01+s−s0∗1
对比LTI输出信号中的表达式，可知： s 0 = 4 + 3 j s_0 = 4 + 3j s0=4+3j
X ( s ) = 1 + 2 s − 8 s 2 − 8 s + 25 = s 2 − 6 s + 17 s 2 − 8 s + 25 X\left( s \right) = 1 + { {2s - 8} \over {s^2 - 8s + 25}} = { {s^2 - 6s + 17} \over {s^2 - 8s + 25}} X(s)=1+s2−8s+252s−8=s2−8s+25s2−6s+17
由于： Y ( s ) = X ( s ) ⋅ H ( s ) Y\left( s \right) = X\left( s \right) \cdot H\left( s \right) Y(s)=X(s)⋅H(s)
H ( s ) = Y ( s ) X ( s ) = s − 7.5 s + 1 H\left( s \right) = { {Y\left( s \right)} \over {X\left( s \right)}} = { {s - 7.5} \over {s + 1}} H(s)=X(s)Y(s)=s+1s−7.5
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