2015 年

1. 计算（每题 5 分，共 40 分）

1.1

求拉氏反变换

F (s) = \frac{1}{s^{2} (s^{2} + 16)}

$\operatorname{Re}\{s\} >0$ .

F (s) = \frac{1}{16} (\frac{1}{s^{2}} - \frac{1}{s^{2} + 16})

由附录可知，

\frac{β}{s^{2} + β^{2}} \overset{L}{⟷} \sin β t \cdot u (t) Re {s} > 0

\frac{1}{s^{2}} \overset{L}{⟷} t u (t) Re {s} > 0

\begin{matrix} F (s) \overset{L}{⟷} \frac{1}{16} (t u (t) - \frac{1}{4} \sin β t \cdot u (t)) \\ = \frac{1}{16} (t - \frac{1}{4} \sin β t) u (t) \end{matrix}

1.2

$h(k)=u(k)-u(k-2)$ $x(k)=u(k+1)-u(k-1)$ $y(k)$ .

\begin{matrix} y (k) = {\begin{cases} 1, & n = - 1, 1 \\ 2, & n = 0 \\ 0, & e l s e . \end{cases} \end{matrix}

1.3

$N$ .

$\cos (8n+\pi/4)$ .
$(2\pi)/8$ 不是有理数。
$\displaystyle \left[\sin \left(\frac{16}{15}\pi n+1\right)\right]e^{j\frac{15}{16}\pi n}$ .
$x[n]$ 为上式，则：
$x [n + 480] = x [n]$
因此是周期信号。

1.4

求出傅里叶变换

f (t) = \sum_{k = 0}^{\infty} δ (t - k T)

因为

δ (t - t_{0}) \overset{F}{⟷} e^{- j ω t_{0}}

所以：

f (t) \overset{F}{⟷} \sum_{k = 0}^{\infty} e^{- j ω k T} = \frac{1}{1 - e^{- j ω T}}

1.5

$f_1(t)$ $F_1(j\omega)$ $|\omega|>50\pi$ $F_1(j\omega)=0$ $f_2(t)$ $F_2(j\omega)$ $f(t)=f_1(t)f_2(t)$ $f(t)$ $300\pi$ $\omega_s$ $f(t)$ $f_2(t)$ 的频谱范围。

F (j ω) = \frac{1}{2 π} F_{1} (j ω) * F_{2} (j ω)

$150\pi$ $F_1(j\omega)$ $50\pi$ $F_2(j\omega)$ $100\pi$ .

1.6

$e(t)=1+2\cos (2\pi t)+6\sin (6\pi t)$ $\displaystyle H(s)=\frac{1}{s^2+2s+1}$ $r(t)$ .

$H(s)$ $e^{st}$ $y(t)=H(s)e^{st}$ .

$e(t)$ 可以看为：

e^{0 t} + e^{j 2 π t} + e^{- j 2 π t} - 3 j e^{j 6 π t} + 3 j e^{- j 6 π t}

因此输出：

\begin{matrix} e^{0 t} + \frac{1}{(2 π j + 1)^{2}} e^{j 2 π t} + \frac{1}{(- 2 π j + 1)^{2}} e^{- j 2 π t} \\ - 3 j \frac{1}{(6 π j + 1)^{2}} e^{j 6 π t} + 3 j \frac{1}{(- 6 π j + 1)^{2}} e^{- j 6 π t} \end{matrix}

1.7

$H(s)$ .

\begin{matrix} H (s) = \frac{b_{0} s^{- 2} + b_{1} s^{- 1}}{1 + a_{1} s^{- 1} + a_{0} s^{- 2}} \\ = \frac{b_{1} + b_{0} s}{s^{2} + a_{1} s + a_{0}} \end{matrix}

y^{″} (t) + a_{1} y^{'} (t) + a_{0} y (t) = b_{1} x (t) + b_{0} x^{'} (t)

1.8

$\displaystyle F(\omega)=\frac{4\sin \omega/2\sin 3\omega/2}{\omega^2}$ $f(t)$ .

注意到

F (ω) = \frac{1}{8} \frac{2 \sin ω / 2}{ω / 2} \frac{2 \sin ω / 4}{ω / 4}

f (t) = \frac{1}{8} Gate (1 / 2) * Gate (1 / 4)

\begin{matrix} f (t) = {\begin{cases} - \frac{1}{2} x + \frac{3}{8}, & \frac{1}{4} \leq x \leq \frac{3}{4} \\ \frac{1}{4}, & - \frac{1}{4} \leq x < \frac{1}{4} \\ \frac{1}{2} x - \frac{3}{8}, & - \frac{3}{4} \leq x < - \frac{1}{4} \\ 0, & e l s e \end{cases} . \end{matrix}

2. 综合题

2.1

$y(n)-y(n-1)-2y(n-2)=x(n)+6x(n-2)$ $x(n)=u(n)$ $y(-1)=2,y(-2)=-1/2$ .

$y_{zp}(n)$ ;
$x(n)=0$ $2$ $-1$ 。
$y(n)$ $A_02^n +A_1 (-1)^n$ ，则：
- $y(-1)=A_0/2-A_1=2$ ;
- $y(-2)=A_0/4+A_1=-1/2$ .
$A_0=2,A_1=-1$ .
$y_{zp}(n)=2^{n+1}+(-1)^{n+1}$ .
$y_{zs}(n)$ ;
直接使用双边 Laplace 变换进行计算：
$Y (z) = \frac{1 + 6 z^{- 2}}{1 - z^{- 1} - 2 z^{- 2}} \cdot \frac{z}{z - 1}$ $Y (z) = \frac{z^{3} + 6 z}{(z - 2) (z + 1) (z - 1)}$ $Y (z) / z = \frac{A}{z - 2} + \frac{B}{z + 1} + \frac{C}{z - 1}$ $A = \frac{10}{3} B = \frac{7}{6} C = - \frac{7}{2}$ $y_{z s} (n) = (\frac{10}{3} 2^{n} + \frac{7}{6} (- 1)^{n} - \frac{7}{2}) u (n)$
$y(0),y(3)$ .
$y (0) = 2 y (3) = 39$

2.2

$f(t)=\delta(t)+\delta(t-1)$ $u(t)-u(t-1)$ $s(t)$ $s(t)$ 的波形。

输入：

f (t) = δ (t) + δ (t - 1) - δ (t - 1) - δ (t - 2) + \dots

利用线性和时不变的特点，可得输出：

s (t) = u (t) - u (t - 1) - u (t - 1) + u (t - 2) + u (t - 2) \dots

等于：

s (t) = u (t) + 2 \sum_{k = 1}^{\infty} u (t - k) (- 1)^{k}

画出波形……

2.3

$y(n)-y(n-1)+\frac{1}{2}y(n-2)=x(n-1)$ ，系统为因果稳定的，

$H(z)$ $H(z)$ 的收敛域。
$\begin{matrix} H (z) = \frac{z^{- 1}}{1 - z^{- 1} + \frac{1}{2} z^{- 2}} = \frac{z}{z^{2} - z + \frac{1}{2}} \\ = \frac{z}{(z - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} i) (z - \frac{1}{2} - \frac{1}{2} i)} \end{matrix}$
$|z|>1/2$ .
$h(n)$ .
$\frac{H (z)}{z} = \frac{i}{z - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} i} - \frac{i}{z - \frac{1}{2} - \frac{1}{2} i}$ $h (n) = \frac{2}{(\sqrt{2})^{n}} \cos (\frac{π}{4} n + \frac{π}{2}) u (n)$

2.4

系统的传递函数为

\begin{matrix} H (j ω) = {\begin{cases} e^{- j ω t_{0}}, & | ω | > ω_{c} \\ 0, & | ω | < ω_{c} \end{cases} \end{matrix}

$h(t)$ .
$H (j ω) = (1 - Gate (ω_{c})) e^{- j ω t_{0}}$
傅里叶变换为
$δ (t - t_{0}) - \frac{\sin ω_{c} (t - t_{0})}{π (t - t_{0})}$
$f(t)=2e^{-t}u(t)$ $y(t)$ $f(t)$ $50\%$ $\omega_c$ 的值。
输入
$F (j ω) = \frac{2}{j ω + 1}$
能量
$\begin{matrix} E_{0} = \int_{ω = - \infty}^{\infty} {| \frac{2}{j ω + 1} |}^{2} d ω \\ = 4 \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{ω^{2} + 1} d ω = 4 π \end{matrix}$
输出信号（此时）
$E_{1} = \int_{ω > ω_{c}, ω < - ω_{c}} {| \frac{2}{j ω + 1} |}^{2} d ω$
因为
$\int_{c}^{\infty} \frac{1}{ω^{2} + 1} = \arctan ω |_{c}^{\infty} = \frac{π}{4} \Rightarrow c = 1$
$\omega_c=1$ 恰好可使能量为一半。

2.5

$4<|\omega|<6$ 的带通滤波器。