2016

Part 1. (40%)

1

$H(s)$ $H(s)=\displaystyle \frac{s}{(s+1)^2}$ $\operatorname{Re}\{s\} >-1$ .

$h(t)$ .
$H (s) = \frac{1}{s + 1} - \frac{1}{(s + 1)^{2}}$ $h (t) = e^{- t} (u (t) - t u (t))$
$x(t)=\cos (t+30^\circ),t\in(-\infin,\infin)$ $y(t)$ .
$x(t)=K\cos (\omega_0 t+\theta) u(t)$ .
$y_{ss}(t)=|H(j\omega_0)| K\cos[\omega_0 t+\theta+\varphi(\omega_0)]$ .
$\cos (t + 30^{\circ}) \to \cos (t + 30^{\circ}) u (t) + \cos (- t + 30^{\circ}) u (t)$
第一部分：
$\begin{matrix} | H (j) | \cos (t + 30^{\circ} + 0) + | H (- j) | \cos (- t + 30^{\circ} + 0) \\ = \frac{1}{2} (\cos (t + 30^{\circ}) + \cos (- t + 30^{\circ})) \\ = \cos t \cos 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2} \cos t \end{matrix}$

2

$x(t)$ $y(t)$ 通过如下方程给出：

y (t) = \int_{- \infty}^{t} e^{- (t - τ)} x (τ - 3) d τ

$H(s)$ .
$y (t) = \underset{因为 t - τ \geq 0}{\underset{⏟}{e^{- t} u (t)}} * x (t - 3)$ $Y (s) = \frac{1}{s + 1} e^{- 3 s} X (s)$ $H (s) = \frac{e^{- 3 s}}{s + 1}$
判断系统是否为因果系统。
$y(t)$ $t-3$ $x$ 的信息。

3

$x(t)$ $x(t)=e^{-t},-1<t<1$ ，求出此信号的傅里叶级数。

傅里叶级数为：

a_{k} = \frac{1}{T} \int_{T} x (t) e^{- j k (2 π / T) t} d t

a_{k} = \frac{1}{2} \int_{- 1}^{1} e^{- t} e^{- j k π t} d t

a_{k} = \frac{j}{1 + j k π} \sin (1 + j k π t)

4

求出信号

x (t) = 2 \cos 997 t \frac{\sin 5 t}{π t}

$W$ .

已知：

\cos 997 t \overset{F}{⟷} π [δ (ω - 997) + δ (ω + 997)] := Y (j ω)

\frac{\sin 5 t}{π t} \overset{F}{⟷} [u (ω + 5) - u (ω - 5)] := Z (j ω)

X (j ω) = \frac{2}{2 π} Y (j ω) * Z (j ω)

\begin{matrix} X (j ω) = {\begin{cases} 1, 992 \leq ω \leq 1002 \\ 1, - 1002 \leq ω \leq - 992 \end{cases} \end{matrix}

E = \frac{1}{2 π} \int_{- \infty}^{+ \infty} | X (j ω) |^{2} d ω = \frac{10}{π}

5

$y(t)=x_1(t)x_2(t)$ $y(t)$ 作冲激串采样，以得到

y_{p} (t) = \sum_{- \infty}^{+ \infty} y (n T) δ (t - n T)

$y(t)$ $y_p(t)$ $T$ 的范围。已知：

\begin{matrix} X_{1} (j ω) = 0, | ω | > 1000 π \\ X_{2} (j ω) = 0, | ω | > 2000 π \end{matrix}

Y (j ω) = \frac{1}{2 π} X_{1} (j ω) * X_{2} (j ω)

$Y(j\omega)$ $3000\pi$ $6000\pi$ ，因此：

T \leq \frac{2 π}{6000} = \frac{π}{3000}

6

请叙述并证明 Z 变换的时域卷积定理。

时域卷积定理：

x_{1} [n] * x_{2} [n] \overset{Z}{⟷} X_{1} (z) X_{2} (z)

\begin{matrix} \sum_{n = - \infty}^{\infty} z^{- n} \sum_{k = - \infty}^{\infty} x_{1} [k] x_{2} [n - k] \\ = \sum_{k = - \infty}^{\infty} z^{- k} x_{1} [k] \sum_{(n - k) = - \infty}^{\infty} z^{- (n - k)} x_{2} [n - k] \end{matrix}

7

$f(t)$ $F(\omega)$ $T$ $\displaystyle \frac{\sum_{n=-\infin}^{+\infin} f(nT)}{\sum_{n=-\infin}^{+\infin} F(n\omega_1)}$ $\displaystyle T=\frac{2\pi}{\omega_1}$ .

$\displaystyle p(t)=\sum_{n=-\infin}^{+\infin} \delta(t-nT)$ 对函数进行采样，在时域内，得：

f_{p} (t) = f (t) \cdot p (t)

\sum_{n = - \infty}^{+ \infty} f (n T) = \int_{- \infty}^{+ \infty} f_{p} (t) d t = F_{p} (0)

而在频域内，有：

F_{p} (j ω) = \frac{1}{T} \sum_{k = - \infty}^{+ \infty} F (j (ω - k ω_{0}))

F_{p} (0) = \frac{1}{T} \sum_{k = - \infty}^{+ \infty} F (k ω_{1})

$1/T$ .

8

$\displaystyle x(n)=1+2e^{j\frac{1}{4}\pi n}+4(-1)^n+6e^{j\frac{13}{6}\pi n}$ $H(e^{j\omega})$ $H(e^{j\omega})$ $-\pi\le \omega<\pi$ $2\pi$ 范围内的描述如下：

\begin{matrix} H (e^{j ω}) = {\begin{cases} e^{- j 2 ω}, & | ω | < 1 \\ 0, & o t h e r \end{cases} \end{matrix}

$y(n)$ .

因为：

x [n] = \frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} X (e^{j ω}) e^{j ω n} d ω

因此：

\begin{matrix} X (e^{j ω}) = 2 π (δ (ω) + 2 δ (ω - 1 / 4 π) \\ + 4 δ (ω - π) + 6 δ (ω - 1 / 6 π)) \end{matrix}

$H$ $\delta(\omega-\pi)$ $-2$ ，此时：

y (n) = 1 + 2 e^{j \frac{1}{4} π (n - 2)} + 6 e^{j \frac{13}{6} π (n - 2)}

Part 2. (60%)

1

$\displaystyle \frac{\mathrm d ^2 y(t)}{\mathrm d t^2}+2\frac{\mathrm d y(t)}{\mathrm d t}+5y(t)=5u(t)$ $y(0^-)=1,\displaystyle \frac{\mathrm d y(0^-)}{\mathrm d t}=1$ .

求解微分方程。
$Y (s) = \frac{5}{s (s^{2} + 2 s + 5)} = \frac{- s - 2}{s^{2} + 2 s + 5} + \frac{1}{s}$ $\begin{matrix} \frac{2}{(s + 1)^{2} + 2^{2}} \overset{L}{⟷} e^{- t} \sin 2 t \cdot u (t) \\ \frac{s + 1}{(s + 1)^{2} + 2^{2}} \overset{L}{⟷} e^{- t} \cos 2 t \cdot u (t) \end{matrix}$ $y_{z s r} = (- \frac{1}{2} \sin 2 t - \cos 2 t) e^{- t} \cdot u (t) + u (t)$ $y_{z i r} = (\sin 2 t + \cos 2 t) e^{- t} u (t)$ $y (t) = \frac{1}{2} \sin 2 t \cdot e^{- t} u (t) + u (t)$
用积分单元，比例放大单元和求和单元画出实现系统的方框图（直接型）
$h(t)$ .

2

3

$H(z)=\frac{1}{z^2-\frac{1}{6}z-\frac{1}{3}}$ ，已知系统是稳定的。

$H(z)$ 的收敛域；
$H (z) = \frac{6}{6 z^{2} - z - 2} = \frac{6}{(3 z - 2) (2 z + 1)}$
$2/3$ $-1/2$ $|z|>2/3$ .
$h(n)$ ，
$\begin{matrix} \frac{H (z)}{z} = \frac{6}{z (3 z - 2) (2 z + 1)} \\ = \frac{A}{z} + \frac{B}{3 z - 2} + \frac{C}{2 z + 1} \end{matrix}$ $A = - 3, B = \frac{27}{7}, C = \frac{24}{7}$ $\frac{H (z)}{z} = \frac{- 3}{z} + \frac{9 / 7}{z - \frac{2}{3}} + \frac{12 / 7}{z + \frac{1}{2}}$ $h (n) = - 3 δ (n) + \frac{9}{7} {(\frac{2}{3})}^{n} u (n) + \frac{12}{7} {(- \frac{1}{2})}^{n} u (n)$
$h(n)$ 的离散时间傅里叶变换。
$H (e^{j ω}) = \frac{1}{e^{2 j ω} - \frac{1}{6} e^{j ω} - \frac{1}{3}}$

4

已知线性时不变系统的差分方程

y (n) - 3 y (n - 1) + 2 y (n - 2) = x (n) + x (n - 2)

$x(n)=\varepsilon(n),y(0)=1,y(1)=5$ ，分别求出系统的零状态响应和零输入响应。

零输入响应：

\begin{matrix} y (n) - 3 y (n - 1) + 2 y (n - 2) = 0 \\ \Rightarrow y (n) - 2 y (n - 1) = y (n - 1) - 2 y (n - 2) \\ \dots = y (1) - 2 y (0) = 3 \end{matrix}

递推式为：

\begin{matrix} y (n) = 2 y (n - 1) + 3 \\ \Rightarrow y (n) + 3 = 2 (y (n - 1) + 3) \\ \Rightarrow y (n) + 3 = 2^{n + 2}, y (n) = 2^{n + 2} - 3, n \geq 0 \end{matrix}

y_{z i r} (n) = (2^{n + 2} - 3) u (n)

零状态响应：

H (e^{j ω}) = \frac{1 + e^{- 2 j ω}}{1 - 3 e^{- j ω} + 2 e^{- 2 j ω}}

X (e^{j ω}) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}}

Y (e^{j ω}) = \frac{1 + e^{- 2 j ω}}{(1 - 2 e^{- j ω}) (1 - e^{- j ω})^{2}}

Y (e^{j ω}) = \frac{2}{3} \frac{1}{1 - 2 e^{- j ω}} - \frac{1}{3} \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + \frac{2}{3} \frac{1}{(1 - e^{- j ω})^{2}}

因为

n x [n] \overset{F}{⟷} j \frac{j e^{- j ω}}{(1 - e^{- j ω})^{2}} = \frac{e^{- j ω}}{(1 - e^{- j ω})^{2}}

(n + 1) x [n + 1] \overset{F}{⟷} \frac{1}{(1 - e^{- j ω})^{2}}

y_{z s r} (n) = \frac{2}{3} 2^{n} u (n) - \frac{1}{3} u (n) + \frac{2}{3} (n + 1) u (n + 1)

5

$\displaystyle H(j\omega)=\begin{cases}j,&-6<\omega\le 0\\-j,&0<\omega<6\\0,&other\end{cases}$ $\displaystyle x(t)=\frac{\sin 3t}{t}\cos 5t$ $y(t)$ .

可知：

\begin{matrix} \frac{\sin 3 t}{t} \overset{F}{⟷} {\begin{cases} π, & | ω | \leq 3 \\ 0, & e l s e \end{cases} := P (j ω) \end{matrix}

\cos 5 t \overset{F}{⟷} π [δ (ω - 5) + δ (ω + 5)] := Q (j ω)

X (j ω) = \frac{1}{2 π} P (j ω) * Q (j ω)

\begin{matrix} y (t) = \frac{1}{2 π} \int_{2}^{6} j \frac{π}{2} (e^{- j ω t} - e^{j ω t}) d ω \\ = \frac{1}{2} \int_{2}^{6} \sin ω t d ω \\ = \frac{1}{2} [\frac{\cos 2 t}{t} - \frac{\cos 6 t}{t}] = \frac{\sin 4 t \sin 2 t}{t} \end{matrix}

6

有一因果线性时不变系统，其输入和输出的方框图如下，

$y(n)$ $x(n)$ 的差分方程；
$w(n)$ ，则
$W (z) = X (z) + \frac{2}{3} W (z) z^{- 1} - \frac{1}{9} W (z) z^{- 2}$ $W (z) = \frac{X (z)}{1 - \frac{2}{3} z^{- 1} + \frac{1}{9} z^{- 2}}$ $Y (z) = W (z) (1 - 6 z^{- 1} + 8 z^{- 2})$ $\frac{Y (z)}{X (z)} = \frac{1 - 6 z^{- 1} + 8 z^{- 2}}{1 - \frac{2}{3} z^{- 1} + \frac{1}{9} z^{- 2}}$ $y [n] - \frac{2}{3} y [n + 1] + \frac{1}{9} y [n + 2] = x [n] - 6 x [n + 1] + 8 x [n + 2]$
$x(n)=\delta(n)$ $y(n)$ $y(4)$ 的值。
$x[n] \overset{\mathcal Z}{\operatorname*{\longleftrightarrow}} 1$ .
此时，
$Y (z) = \frac{1 - 6 z^{- 1} + 8 z^{- 2}}{1 - \frac{2}{3} z^{- 1} + \frac{1}{9} z^{- 2}}$ $\begin{matrix} \frac{Y (z)}{z} = \frac{z^{2} - 6 z + 8}{z (z^{2} - \frac{2}{3} z + \frac{1}{9})} \\ = \frac{A}{z} + \frac{B}{z - \frac{1}{3}} + \frac{C}{(z - \frac{1}{3})^{2}} \\ = \frac{72}{z} + \frac{- 71}{z - \frac{1}{3}} + \frac{55 / 3}{(z - \frac{1}{3})^{2}} \end{matrix}$ $y (n) = 72 δ (n) - 71 {(\frac{1}{3})}^{n} u [n] + 55 n {(\frac{1}{3})}^{n} u [n]$
$|z|>1/3$ ,
$y (4) = \frac{149}{81}$