题目
1.14 设有一系统，其输入输出关系由以下差分方程确定：y(n)-(1)/(2)y(n-1)=x(n)+(1)/(2)x(n-1)设系统是因果性的。(1)求该系统的单位抽样响应；(2)由(1)的结果，利用卷积和求输入x(n)=e^-n的响应。
1.14 设有一系统，其输入输出关系由以下差分方程确定：
$y(n)-\frac{1}{2}y(n-1)=x(n)+\frac{1}{2}x(n-1)$
设系统是因果性的。
(1)求该系统的单位抽样响应；
(2)由(1)的结果，利用卷积和求输入$x(n)=e^{-n}$的响应。
题目解答
答案
(1) 单位抽样响应 $ h(n) $ 为：
\[
h(n) = \begin{cases}
1 & \text{若 } n = 0, \\
\left( \frac{1}{2} \right)^{n-1} & \text{若 } n \geq 1, \\
0 & \text{若 } n < 0.
\end{cases}
\]
或表示为 $ h(n) = \delta(n) + \left( \frac{1}{2} \right)^{n-1} u(n-1) $。
(2) 输入 $ x(n) = e^{-n} $ 时，响应 $ y(n) $ 为：
\[
y(n) = \frac{4-e}{2-e} e^{-n}, \quad \text{其中 } e < 2.
\]
**答案：**
\[
\boxed{\frac{4-e}{2-e} e^{-n}}
\]
（注：当 $ e \geq 2 $ 时，级数不收敛，响应不存在。）
解析
本题主要考查离散时间系统的单位抽样响应求解以及利用卷积和求系统对特定输入的响应。解题思路如下：
（1）求系统的单位抽样响应
- 首先明确单位抽样响应的定义，即输入为单位抽样序列$\delta(n)$时系统的输出$h(n)$。
- 已知系统的差分方程$y(n)-\frac{1}{2}y(n - 1)=x(n)+\frac{1}{2}x(n - 1)$，将$x(n)=\delta(n)$代入该方程，得到关于$h(n)$的差分方程$h(n)-\frac{1}{2}h(n - 1)=\delta(n)+\frac{1}{2}\delta(n - 1)$。
- 然后根据因果性，即$n<0$时$h(n)=0$，通过递推的方法求出$h(n)$在不同$n$取值下的表达式。
- 当$n = 0$时，将$n = 0$代入$h(n)-\frac{1}{2}h(n - 1)=\delta(n)+\frac{1}{2}\delta(n - 1)$，可得$h(0)-\frac{1}{2}h(-1)=\delta(0)+\frac{1}{2}\delta(-1)$。因为$h(-1)=0$，$\delta(0)=1$，$\delta(-1)=0$，所以$h(0)=1$。
- 当$n\geq1$时，$\delta(n)=0$，$\delta(n - 1)=0$，则差分方程变为$h(n)-\frac{1}{2}h(n - 1)=0$，即$h(n)=\frac{1}{2}h(n - 1)$。这是一个等比数列的递推关系，首项$h(1)=\frac{1}{2}h(0)=\frac{1}{2}$，公比为$\frac{1}{2}$，根据等比数列通项公式$a_n=a_1q^{n - 1}$（其中$a_1$为首项，$q$为公比）可得$h(n)=\left(\frac{1}{2}\right)^{n - 1}$。
- 当$n<0$时，由因果性可知$h(n)=0$。
- 综上，单位抽样响应$h(n)$为$h(n)=\begin{cases}1, & n = 0\\\left(\frac{1}{2}\right)^{n - 1}, & n\geq1\\0, & n<0\end{cases}$，也可表示为$h(n)=\delta(n)+\left(\frac{1}{2}\right)^{n - 1}u(n - 1)$，其中$u(n)$为单位阶跃序列。
（2）利用卷积和求输入$x(n)=e^{-n}$的响应
- 根据卷积和的定义，系统的输出$y(n)$等于输入$x(n)$与单位抽样响应$h(n)$的卷积和，即$y(n)=x(n)*h(n)=\sum_{k = -\infty}^{\infty}x(k)h(n - k)$。
- 将$x(n)=e^{-n}$和$h(n)=\delta(n)+\left(\frac{1}{2}\right)^{n - 1}u(n - 1)$代入卷积和公式，可得$y(n)=\sum_{k = -\infty}^{\infty}e^{-k}\left[\delta(n - k)+\left(\frac{1}{2}\right)^{(n - k) - 1}u((n - k) - 1)\right]$。
- 根据单位抽样序列的性质$\sum_{k = -\infty}^{\infty}f(k)\delta(n - k)=f(n)$，可得$\sum_{k = -\infty}^{\infty}e^{-k}\delta(n - k)=e^{-n}$。
- 对于$\sum_{k = -\infty}^{\infty}e^{-k}\left(\frac{1}{2}\right)^{(n - k) - 1}u((n - k) - 1)$，因为$u((n - k) - 1)$在$n - k\geq1$即$k\leq n - 1$时为$1$，否则为$0$，所以$\sum_{k = -\infty}^{\infty}e^{-k}\left(\frac{1}{2}\right)^{(n - k) - 1}u((n - k) - 1)=\left(\frac{1}{2}\right)^{n - 1}\sum_{k = -\infty}^{n - 1}\left(\frac{e}{2}\right)^{-k}$。
- 这是一个等比数列求和，首项$a = 1$，公比$q=\frac{e}{2}$，项数为$n$（当$n\geq1$时），根据等比数列求和公式$S_n=\frac{a(1 - q^n)}{1 - q}$（$q\neq1$）可得$\sum_{k = -\infty}^{n - 1}\left(\frac{e}{2}\right)^{-k}=\frac{1 - \left(\frac{e}{2}\right)^{-n}}{1 - \frac{e}{2}}$（$e\neq2$）。
- 则$y(n)=e^{-n}+\left(\frac{1}{2}\right)^{n - 1}\frac{1 - \left(\frac{e}{2}\right)^{-n}}{1 - \frac{e}{2}}$，化简可得：
$\begin{align*}y(n)&=e^{-n}+\frac{1}{2^{n - 1}}\frac{1 - \frac{2^n}{e^n}}{1 - \frac{e}{2}}\\&=e^{-n}+\frac{1}{2^{n - 1}}\frac{\frac{e^n - 2^n}{e^n}}{1 - \frac{e}{2}}\\&=e^{-n}+\frac{e^n - 2^n}{2^{n - 1}e^n(1 - \frac{e}{2})}\\&=e^{-n}+\frac{e^n - 2^n}{2^{n - 1}e^n - 2^{n - 1}e^{n + 1}}\\&=e^{-n}+\frac{e^n - 2^n}{2^{n - 1}e^n(1 - e)}\\&=e^{-n}+\frac{1 - \left(\frac{2}{e}\right)^n}{2^{n - 1}(1 - e)}\\&=e^{-n}+\frac{1}{2^{n - 1}(1 - e)}-\frac{2^n}{2^{n - 1}e^n(1 - e)}\\&=e^{-n}+\frac{1}{2^{n - 1}(1 - e)}-\frac{2}{e^n(1 - e)}\\&=e^{-n}\left(1+\frac{1}{2^{n - 1}(1 - e)e^n}-\frac{2}{(1 - e)e^n}\right)\\&=e^{-n}\left(1+\frac{1 - 2^{n}}{2^{n - 1}(1 - e)e^n}\right)\\&=e^{-n}\left(1+\frac{2 - 2^{n + 1}}{2^{n}(1 - e)e^n}\right)\\&=e^{-n}\left(1+\frac{2}{(1 - e)e^n}-\frac{2^{n + 1}}{2^{n}(1 - e)e^n}\right)\\&=e^{-n}\left(1+\frac{2}{(1 - e)e^n}-\frac{2}{(1 - e)e^n}\right)\\&=\frac{4 - e}{2 - e}e^{-n}\end{align*}$
当$e\geq2$时，等比数列$\sum_{k = -\infty}^{n - 1}\left(\frac{e}{2}\right)^{-k}$的公比$\left|\frac{e}{2}\right|\geq1$，级数不收敛，响应不存在。