2025北京郵電大學(xué)信號(hào)與系統(tǒng)考研真題及答案一、（20分）已知連續(xù)時(shí)間系統(tǒng)的微分方程為\(y''(t)+5y'(t)+6y(t)=f'(t)+3f(t)\)，其中初始條件\(y(0^-)=2\)，\(y'(0^-)=-1\)，輸入信號(hào)\(f(t)=e^{-t}u(t)\)（\(u(t)\)為單位階躍信號(hào)）。（1）求系統(tǒng)的沖激響應(yīng)\(h(t)\)；（2）求系統(tǒng)的零輸入響應(yīng)\(y_{zi}(t)\)和零狀態(tài)響應(yīng)\(y_{zs}(t)\)；（3）驗(yàn)證全響應(yīng)\(y(t)=y_{zi}(t)+y_{zs}(t)\)是否滿足初始條件。解答：（1）沖激響應(yīng)\(h(t)\)對(duì)應(yīng)微分方程齊次解，激勵(lì)為\(\delta(t)\)時(shí)的響應(yīng)。對(duì)方程取拉普拉斯變換（設(shè)零初始條件），令\(F(s)=\mathcal{L}[\delta(t)]=1\)，則：\(s^2H(s)+5sH(s)+6H(s)=s\cdot1+3\cdot1\)整理得\(H(s)=\frac{s+3}{s^2+5s+6}=\frac{s+3}{(s+2)(s+3)}=\frac{1}{s+2}\)（注意分子分母可約簡(jiǎn)，極點(diǎn)為\(s=-2\)）因此\(h(t)=\mathcal{L}^{-1}[H(s)]=e^{-2t}u(t)\)。（2）零輸入響應(yīng)\(y_{zi}(t)\)由初始條件引起，對(duì)應(yīng)齊次方程\(y''(t)+5y'(t)+6y(t)=0\)。特征方程\(s^2+5s+6=0\)，根\(s_1=-2\)，\(s_2=-3\)，故通解為\(y_{zi}(t)=Ae^{-2t}+Be^{-3t}\)。代入初始條件\(y(0^-)=2\)，\(y'(0^-)=-1\)：\(y_{zi}(0^-)=A+B=2\)\(y'_{zi}(t)=-2Ae^{-2t}-3Be^{-3t}\)，故\(y'_{zi}(0^-)=-2A-3B=-1\)聯(lián)立解得\(A=5\)，\(B=-3\)，因此\(y_{zi}(t)=5e^{-2t}-3e^{-3t}\)（\(t\geq0\)）。零狀態(tài)響應(yīng)\(y_{zs}(t)\)由輸入\(f(t)\)引起，需計(jì)算\(f(t)\)與\(h(t)\)的卷積：\(f(t)=e^{-t}u(t)\)，\(h(t)=e^{-2t}u(t)\)，故\(y_{zs}(t)=f(t)h(t)=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\tau}u(\tau)\cdote^{-2(t-\tau)}u(t-\tau)d\tau\)當(dāng)\(t\geq0\)時(shí)，積分限為\(0\)到\(t\)，化簡(jiǎn)得：\(y_{zs}(t)=e^{-2t}\int_{0}^{t}e^{\tau}d\tau=e^{-2t}(e^t-1)=e^{-t}-e^{-2t}\)（\(t\geq0\)）。（3）全響應(yīng)\(y(t)=y_{zi}(t)+y_{zs}(t)=(5e^{-2t}-3e^{-3t})+(e^{-t}-e^{-2t})=e^{-t}+4e^{-2t}-3e^{-3t}\)（\(t\geq0\)）。驗(yàn)證初始條件：\(y(0^+)=1+4-3=2\)，與\(y(0^-)=2\)一致；\(y'(t)=-e^{-t}-8e^{-2t}+9e^{-3t}\)，\(y'(0^+)=-1-8+9=0\)。注意原微分方程在\(t=0\)處可能存在跳變，需檢查\(y'(0^+)\)是否滿足方程。將\(t=0^+\)代入原方程：左邊\(y''(0^+)+5y'(0^+)+6y(0^+)\)，計(jì)算\(y''(t)=e^{-t}+16e^{-2t}-27e^{-3t}\)，故\(y''(0^+)=1+16-27=-10\)，左邊為\(-10+5\times0+6\times2=2\)；右邊\(f'(0^+)+3f(0^+)\)，\(f(t)=e^{-t}u(t)\)，\(f'(t)=-e^{-t}u(t)+e^{-t}\delta(t)\)，故\(f'(0^+)=-1\)，\(f(0^+)=1\)，右邊為\(-1+3\times1=2\)，左右相等，驗(yàn)證成立。二、（25分）已知離散時(shí)間信號(hào)\(x[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^nu[n]+2^nu[-n-1]\)（\(u[n]\)為單位階躍序列）。（1）求\(x[n]\)的Z變換\(X(z)\)及其收斂域（ROC）；（2）畫出\(X(z)\)的零極點(diǎn)圖，并判斷\(x[n]\)是否為因果信號(hào)、穩(wěn)定信號(hào)；（3）若\(y[n]=x[n]x[n]\)（卷積和），求\(Y(z)\)及其收斂域。解答：（1）將\(x[n]\)拆分為因果部分\(x_1[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^nu[n]\)和反因果部分\(x_2[n]=2^nu[-n-1]\)。因果部分的Z變換：\(X_1(z)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^nz^{-n}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}z^{-1}}=\frac{z}{z-\frac{1}{2}}\)，ROC為\(|z|>\frac{1}{2}\)。反因果部分\(x_2[n]=2^nu[-n-1]=-\sum_{n=-\infty}^{-1}2^nz^{-n}=-\sum_{k=1}^{\infty}2^{-k}z^{k}\)（令\(k=-n\)），即\(X_2(z)=-\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{z}{2}\right)^k=-\frac{\frac{z}{2}}{1-\frac{z}{2}}=\frac{z}{2-z}\)（等比級(jí)數(shù)求和，當(dāng)\(|\frac{z}{2}|<1\)即\(|z|<2\)時(shí)收斂）。因此\(X(z)=X_1(z)+X_2(z)=\frac{z}{z-\frac{1}{2}}+\frac{z}{2-z}=\frac{z(2-z)+z(z-\frac{1}{2})}{(z-\frac{1}{2})(2-z)}=\frac{2z-z^2+z^2-\frac{1}{2}z}{(z-\frac{1}{2})(2-z)}=\frac{\frac{3}{2}z}{(z-\frac{1}{2})(2-z)}\)，ROC為\(\frac{1}{2}<|z|<2\)（兩部分ROC的交集）。（2）\(X(z)\)的分子為\(\frac{3}{2}z\)，零點(diǎn)在\(z=0\)；分母為\((z-\frac{1}{2})(2-z)=-(z-\frac{1}{2})(z-2)\)，極點(diǎn)在\(z=\frac{1}{2}\)和\(z=2\)。零極點(diǎn)圖中，零點(diǎn)用“○”標(biāo)于原點(diǎn)，極點(diǎn)用“×”標(biāo)于\(z=\frac{1}{2}\)（單位圓內(nèi)）和\(z=2\)（單位圓外）。因果信號(hào)要求\(n<0\)時(shí)\(x[n]=0\)，但\(x[n]\)包含\(u[-n-1]\)項(xiàng)（\(n<0\)時(shí)非零），故非因果。穩(wěn)定信號(hào)要求ROC包含單位圓\(|z|=1\)，本題ROC為\(\frac{1}{2}<|z|<2\)，包含\(|z|=1\)，因此\(x[n]\)穩(wěn)定。（3）卷積和的Z變換\(Y(z)=X(z)\cdotX(z)=\left(\frac{\frac{3}{2}z}{(z-\frac{1}{2})(2-z)}\right)^2\)。收斂域?yàn)閈(X(z)\)收斂域的重疊部分，即\(\frac{1}{2}<|z|<2\)與自身的交集，仍為\(\frac{1}{2}<|z|<2\)。三、（20分）周期信號(hào)\(f(t)\)的波形如圖1所示（注：此處假設(shè)波形為幅度\(A=2\)，周期\(T=4\)，在\([-2,0)\)區(qū)間為\(1\)，\([0,2)\)區(qū)間為\(-1\)，對(duì)稱重復(fù)）。（1）求\(f(t)\)的傅里葉級(jí)數(shù)（FS）系數(shù)\(F_n\)；（2）畫出\(f(t)\)的幅度譜和相位譜（取前5次諧波）；（3）若用前3次諧波近似\(f(t)\)，計(jì)算近似誤差的均方值。解答：（1）周期\(T=4\)，基頻\(\omega_0=\frac{2\pi}{T}=\frac{\pi}{2}\)。\(f(t)\)為奇函數(shù)（\(f(-t)=-f(t)\)），故直流分量\(F_0=0\)，余弦分量（偶次諧波）系數(shù)為0，只需計(jì)算正弦分量。FS系數(shù)\(F_n=\frac{1}{T}\int_{-T/2}^{T/2}f(t)e^{-jn\omega_0t}dt\)。利用奇函數(shù)性質(zhì)，\(F_n=\frac{2}{T}\int_{0}^{T/2}f(t)(-j\sin(n\omega_0t))dt\)（虛部）。在\([0,2)\)區(qū)間\(f(t)=-1\)，故：\(F_n=\frac{2}{4}\int_{0}^{2}(-1)(-j\sin(\frac{n\pi}{2}t))dt=\frac{j}{2}\int_{0}^{2}\sin(\frac{n\pi}{2}t)dt\)積分得\(\int\sin(\frac{n\pi}{2}t)dt=-\frac{2}{n\pi}\cos(\frac{n\pi}{2}t)\bigg|_{0}^{2}=-\frac{2}{n\pi}[\cos(n\pi)-1]=-\frac{2}{n\pi}[(-1)^n-1]\)因此\(F_n=\frac{j}{2}\cdot\left(-\frac{2}{n\pi}\right)[(-1)^n-1]=-\frac{j}{n\pi}[(-1)^n-1]\)。當(dāng)\(n\)為偶數(shù)時(shí)，\((-1)^n-1=0\)，故\(F_n=0\)；當(dāng)\(n\)為奇數(shù)時(shí)，\((-1)^n-1=-2\)，故\(F_n=-\frac{j}{n\pi}(-2)=\frac{2j}{n\pi}\)（\(n=\pm1,\pm3,\pm5,\dots\)）。（2）幅度譜\(|F_n|=\frac{2}{n\pi}\)（僅奇數(shù)\(n\)非零），相位譜\(\angleF_n=\frac{\pi}{2}\)（因\(F_n=j\cdot\frac{2}{n\pi}\)，虛部為正）。前5次諧波對(duì)應(yīng)\(n=\pm1,\pm3,\pm5\)，幅度分別為\(\frac{2}{\pi},\frac{2}{3\pi},\frac{2}{5\pi}\)，相位均為\(\frac{\pi}{2}\)（\(n>0\)）或\(-\frac{\pi}{2}\)（\(n<0\)，因\(F_{-n}=F_n^\)）。（3）前3次諧波為\(n=\pm1,\pm3\)，對(duì)應(yīng)的時(shí)域表達(dá)式為：\(f_3(t)=\sum_{n=-3}^{-1}F_ne^{jn\omega_0t}+\sum_{n=1}^{3}F_ne^{jn\omega_0t}=2\text{Re}\left(F_1e^{j\omega_0t}+F_3e^{j3\omega_0t}\right)\)代入\(F_1=\frac{2j}{\pi}\)，\(F_3=\frac{2j}{3\pi}\)，得：\(f_3(t)=2\text{Re}\left(\frac{2j}{\pi}e^{j\frac{\pi}{2}t}+\frac{2j}{3\pi}e^{j\frac{3\pi}{2}t}\right)=\frac{4}{\pi}\sin\left(\frac{\pi}{2}t\right)+\frac{4}{3\pi}\sin\left(\frac{3\pi}{2}t\right)\)均方誤差\(E=\frac{1}{T}\int_{-T/2}^{T/2}[f(t)-f_3(t)]^2dt\)。原信號(hào)\(f(t)\)的平均功率\(P=\frac{1}{T}\int_{-2}^{2}f(t)^2dt=\frac{1}{4}\times(2\times1^2\times2)=1\)（因\(f(t)^2\)在每個(gè)半周期為1，總面積為4）。前3次諧波的功率\(P_3=|F_1|^2+|F_3|^2=\left(\frac{2}{\pi}\right)^2+\left(\frac{2}{3\pi}\right)^2=\frac{4}{\pi^2}\left(1+\frac{1}{9}\right)=\frac{40}{9\pi^2}\approx0.451\)。因此均方誤差\(E=P-P_3\approx1-0.451=0.549\)。四、（25分）某離散時(shí)間系統(tǒng)的系統(tǒng)函數(shù)\(H(z)=\frac{z^2+3z}{z^2-z-2}\)。（1）求系統(tǒng)的單位樣值響應(yīng)\(h[n]\)；（2）判斷系統(tǒng)的因果性和穩(wěn)定性；（3）若輸入\(x[n]=(-1)^nu[n]\)，求零狀態(tài)響應(yīng)\(y[n]\)。解答：（1）將\(H(z)\)化簡(jiǎn)為\(\frac{z(z+3)}{(z-2)(z+1)}\)，部分分式展開：\(H(z)=A+\frac{B}{z-2}+\frac{C}{z+1}\)。通分后分子\(z(z+3)=A(z-2)(z+1)+B(z+1)+C(z-2)\)。令\(z=2\)，得\(2\times5=B\times3\)，故\(B=\frac{10}{3}\)；令\(z=-1\)，得\((-1)\times2=C\times(-3)\)，故\(C=\frac{2}{3}\)；令\(z=0\)，得\(0=A(-2)(1)+B(1)+C(-2)\)，代入\(B,C\)得\(0=-2A+\frac{10}{3}-\frac{4}{3}\)，解得\(A=1\)。因此\(H(z)=1+\frac{10/3}{z-2}+\frac{2/3}{z+1}=1+\frac{10/3}{z-2}+\frac{2/3}{z+1}\)?？紤]因果系統(tǒng)的ROC為\(|z|>2\)（極點(diǎn)\(z=2\)和\(z=-1\)中最外側(cè)極點(diǎn)模為2），則：\(\mathcal{Z}^{-1}[1]=\delta[n]\)，\(\mathcal{Z}^{-1}\left[\frac{10/3}{z-2}\right]=\frac{10}{3}\cdot2^{n-1}u[n-1]=\frac{5}{3}2^nu[n-1]\)（因\(\frac{1}{z-a}\)對(duì)應(yīng)\(a^{n-1}u[n-1]\)），\(\mathcal{Z}^{-1}\left[\frac{2/3}{z+1}\right]=\frac{2}{3}(-1)^{n-1}u[n-1]=-\frac{2}{3}(-1)^nu[n-1]\)。因此\(h[n]=\delta[n]+\frac{5}{3}2^nu[n-1]-\frac{2}{3}(-1)^nu[n-1]\)（\(n\geq0\)），可合并為：當(dāng)\(n=0\)時(shí)，\(h[0]=1\)；當(dāng)\(n\geq1\)時(shí)，\(h[n]=\frac{5}{3}2^n-\frac{2}{3}(-1)^n\)。（2）因果性：若ROC為\(|z|>2\)，則系統(tǒng)因果（ROC包含\(|z|\to\infty\)）。穩(wěn)定性：穩(wěn)定要求ROC包含單位圓\(|z|=1\)，但\(|z|>2\)不包含\(|z|=1\)，故系統(tǒng)不穩(wěn)定（極點(diǎn)\(z=2\)在單位圓外）。（3）輸入\(x[n]=(-1)^nu[n]\)，其Z變換\(X(z)=\frac{z}{z+1}\)（\(|z|>1\)）。零狀態(tài)響應(yīng)\(Y(z)=H(z)X(z)=\frac{z^2+3z}{(z-2)(z+1)}\cdot\frac{z}{z+1}=\frac{z^2(z+3)}{(z-2)(z+1)^2}\)。部分分式展開\(\frac{Y(z)}{z}=\frac{z(z+3)}{(z-2)(z+1)^2}=\frac{A}{z-2}+\frac{B}{z+1}+\frac{C}{(z+1)^2}\)。通分后分子\(z(z+3)=A(z+1)^2+B(z-2)(z+1)+C(z-2)\)。令\(z=2\)，得\(2\times5=A\times9\)，故\(A=\frac{10}{9}\)；令\(z=-1\)，得\((-1)\times2=C\times(-3)\)，故\(C=\frac{2}{3}\)；比較\(z^2\)系數(shù)：左邊1，右邊\(A+B\)，故\(B=1-A=1-\frac{10}{9}=-\frac{1}{9}\)。因此\(Y(z)=\frac{10}{9}\cdot\frac{z}{z-2}-\frac{1}{9}\cdot\frac{z}{z+1}+\frac{2}{3}\cdot\frac{z}{(z+1)^2}\)。逆Z變換得：\(y[n]=\frac{10}{9}2^nu[n]-\frac{1}{9}(-1)^nu[n]+\frac{2}{3}n(-1)^{n-1}u[n]\)（利用\(\frac{z}{(z+1)^2}\)對(duì)應(yīng)\(-n(-1)^nu[n]\)）。整理后\(y[n]=\left(\frac{10}{9}2^n-\frac{1}{9}(-1)^n-\frac{2}{3}n(-1)^n\right)u[n]\)。五、（20分）已知連續(xù)時(shí)間系統(tǒng)的狀態(tài)方程和輸出方程為：\(\dot{\boldsymbol{x}}(t)=\begin{bmatrix}-1&1\\0&-2\end{bmatrix}\boldsymbol{x}(t)+\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}f(t)\)\(y(t)=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix}\boldsymbol{x}(t)\)（1）求系統(tǒng)的轉(zhuǎn)移函數(shù)\(H(s)\)；（2）判斷系統(tǒng)的能控性和能觀性；（3）若初始狀態(tài)\(\boldsymbol{x}(0^-)=\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}\)，輸入\(f(t)=u(t)\)，求全響應(yīng)\(y(t)\)。解答：（1）轉(zhuǎn)移函數(shù)\(H(s)=\boldsymbol{C}(s\boldsymbol{I}-\boldsymbol{A})^{-1}\boldsymbol{B}\)。計(jì)算\(s\boldsymbol{I}-\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}s+1&-1\\0&s+2\end{bmatrix}\)，其逆矩陣為\(\frac{1}{(s+1)(s+2)}\begin{bmatrix}s+2&1\\0&s+1\end{bmatrix}\)。因此\(H(s)=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix}\cdot\frac{1}{(s+1)(s+2)}\begin{bmatrix}s+2&1\\0&s+1\end{bmatrix}\cdot\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}=\frac{1}{(s+1)(s+2)}\begin{bmatrix}s+2&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}=\frac{s+3}{(s+1)(s+2)}\)。（2）能控性矩陣\(\boldsymbol{M}_c=[\boldsymbol{B}\\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}]\)。計(jì)算\(\boldsymbol{A}\boldsymbol{B}=\begin{bmatrix}-1&1\\0&-2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\-2\end{bmatrix}\)，故\(\boldsymbol{M}_c=\begin{bmatrix}1&0\\1&-2\end{bmatrix}\)，行列式\(1\times(-2)-0\times1=-2\neq0\)，滿秩，系統(tǒng)能控。能觀性矩陣\(\boldsymbol{M}_o=\begin{bmatrix}\boldsymbol{C}\\\boldsymbol{C}\boldsymbol{A}\end{bmatrix}\)。計(jì)算\(\boldsymbol{C}\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}-1&1\\0&-2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-1&1\end{bmatrix}\)，故\(\boldsymbol{M}_o=\begin{bmatrix}1&0\\-1&1\end{bmatrix}\)，行列式\(1\times1-0\times(-1)=1\neq0\)，滿秩，系統(tǒng)能觀。（3）全響應(yīng)\(y(t)=y_{zi}(t)+y_{zs}(t)\)。零輸入響應(yīng)\(y_{zi}(t)=\boldsymbol{C}e^{\boldsymbol{A}t}\boldsymbol{x}(0^-)\)。先求狀態(tài)轉(zhuǎn)移矩陣\(e^{\boldsymbol{A}t}\)，因\(\boldsymbol{A}\)為對(duì)角化矩陣（特征值\(\lambda_1=-1\)，\(\lambda_2=-2\)），故\(e^{\boldsymbol{A}t}=\begin{bmatrix}e^{-t}&e^{-t}-e^{-2t}\\0&e^{-2t}\end{bmatrix}\)（通過拉普拉斯變換或凱萊-哈密頓定理驗(yàn)證）。因此\(y_{zi}(t)=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}e^{-t}&e^{-t}-e^{-2t}\\0&e^{-2t}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}=e^{-t}\cdot1+(e^{-t}-e^{-2t})\cdot(-1)=e^{-t}-e^{-t}+e^{-2t}=e^{-2t}\)（\(t\geq0\)）。零狀態(tài)響應(yīng)\(y_{zs}(t)=\boldsymbol{C}\int_{0}^{t}e^{\boldsymbol{A}(t-\tau)}\boldsymbol{B}f(\tau)d\tau\)，\(f(t)=u(t)\)，故：\(\int_{0}^{t}e^{\boldsymbol{A}(t-\tau)}\boldsymbol{B}d\tau=\int_{0}^{t}\begin{bmatrix}e^{-(t-\tau)}&e^{-(t-\tau)}-e^{-2(t-\tau)}\\0&e^{-2(t-\tau)}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}d\tau=\int_{0}^{t}\begin{bmatrix}2e^{-(t-\tau)}-e^{-2(t-\tau)}\\e^{-2(t-\tau)}\end{bmatrix}d\tau\)計(jì)算得第一分量\(2(1-e^{-t})-\frac{1}{2}(1-e^{-2t})=\frac{3}{2}-2e^{-t}+\frac{1}{2}e^{-2t}\)，第二分量\(\frac{1}{2}(1-e^{-2t})\)。因此\(y_{zs}(t)=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix}\times\)第一分量\(=\frac{3}{2}-2e^{-t}+\frac{1}{2}e^{-2t}\)（\(t\geq0\)）。全響應(yīng)\(y(t)=e^{-2t}+\frac{3}{2}-2e^{-t}+\frac{1}{2}e^{-2t}=\frac{3}{2}-2e^{-t}+\frac{3}{2}e^{-2t}\)（\(t\geq0\)）。六、（20分）設(shè)計(jì)一個(gè)離散時(shí)間因果IIR低通濾波器，要求通帶截止頻率\(\omega_p=0.2\pi\)，阻帶截止頻率\(\omega_s=0.4\pi\)，通帶最大衰減\(\alpha_p=1\text{dB}\)，阻帶最小衰減\(\alpha_s=20\text{dB}\)。（1）確定濾波器的最小階數(shù)\(N\)；（2）寫出歸一化切比雪夫I型濾波器的系統(tǒng)函數(shù)\(H_a(p)\)；（3）通過雙線性變換法將\(H_a(p)\)轉(zhuǎn)換為離散時(shí)間系統(tǒng)函數(shù)\(H(z)\)（保留到二階因子形式）。解答：（1）切比雪夫I型濾波器設(shè)計(jì)公式：\(N\geq\frac{\text{arccosh}\left(\sqrt{\frac{10^{0.1\alpha_s}-1}{10^{0.1\alpha_p}-1}}\right)}{\text{arccosh}\left(\frac{\Omega_s}{\Omega_p}\right)}\)。雙線性變換中，模擬頻率預(yù)畸變\(\Omega=2\tan(\omega/2)\)，故\(\Omega_p=2\tan(0.1\pi)\approx2\times0.3249=0.6498\)，\(\Omega_s=2\tan(0.2\pi)\approx2\times0.7265=1.4530\)。計(jì)算\(10^{0.1\alpha_p}-1=10^{0.1}-1\approx1.2589-1=0.2589\)，\(10^{0.1\alpha_s}-1=10^2-1=99\)，故\(\sqrt{\frac{99}{0.2589}}\approx\sqrt{382.4}\approx19.55\)。\(\text{arccosh}(19.55)=\ln(19.55+\sqrt{19.55^2-1})\approx\ln(19.55+19.52)\approx\ln(39.07)\approx3.665\)；\(\frac