2022

选择题

1

$e(t)$ $r(t)$ $T[e(t)]$ $e(t)$ $r(t)=T[e(t)]=3e(2t)$ ，请判断系统的性质。

线性时变；
线性时不变；
非线性时变；
非线性时不变。

验证线性：

$e(t)\to ke(t) \Rightarrow r(t)=kr(t)$ .
$e_1(t)\to 3e_1(2t),e_2(t)\to 3e_2(2t)$ $e_1(t)+e_2(t)\to 3(e_1(2t)+e_2(2t))$ .

因此是线性系统。

验证时不变：

$e(t)\to e(t-t_0)\Rightarrow 3e(2t)\to 3e(2t-t_0)\not =3e(2t-2t_0)$ .

因此是时变系统。

2

3

$x(t)$ 单边拉氏变换 $X(s)$ ，下列说法中不正确的是（）。

$X(s)$ $x(t)$ 存在傅里叶变换；
$x(t)$ $X(s)$ $s$ 平面；
$X(s)$ $x(t)$ 为因果信号；
单边拉普拉斯变换的收敛域总是某个右半平面，无法判断是否为因果。
$\mathrm d x(t)/\mathrm d t$ $X(s)$ 的收敛域更大。
因为
$\frac{d x (t)}{d t} \overset{L}{⟷} s X (s) - x (0^{-})$
$\mathcal X(s)$ $s=0$ 的极点，收敛域增大。
$x(t)=u(t)$ $\mathrm d x(t)/\mathrm d t=\delta(t)$ $1/s$ $1$ .

4

$x(t)$ 的叙述中，正确的个数为（）。

$x(t)$ $x(2t)$ 也是周期的；
$x(2t)$ $x(t)$ 也是周期的；
$x(t)$ $x(t/2)$ 也是周期的；
$x(t/2)$ $x(t)$ 也是周期的。

5

$\underbrace{a^n u[n]}_{x[n]}*\underbrace{2^n (u[n+1]-u[n-1])}_{y[n]}=?$ .

$a^{n+1}u[n+1]+a^n u[n]$
$\frac{1}{2}a^{n+1}u(n+1)+a^n u[n]$
$(\frac{1}{2}a^{n+1}+a^n)u[n]$
$\frac{1}{2}a^{n+1}u[n+1]$

\begin{aligned} z [n] & = x [n + 1] y [- 1] + x [n] y [0] \\ = \frac{1}{2} a^{n + 1} u [n + 1] + a^{n} u [n] \end{aligned}

6

$x(t)$ $X(j\omega)=R(j\omega)+jI(j\omega)$ $y(t)=x(t)+x(-t)$ $Y(j\omega)$ 等于

$R(j\omega)$
$2R(j\omega)$
$2R(2j\omega)$
$R(j\frac{\omega}{2})$

\begin{matrix} x (t) \overset{F}{⟷} X (j ω) \\ x (- t) \overset{F}{⟷} X (- j ω) \end{matrix}

$X(j\omega)=X^*(-j\omega)$ .

Y (j ω) = X (j ω) + X^{*} (j ω) = 2 R (j ω)

7

$f(t)=4u(t+1)\delta(t-1)$ 值为（）。

0
4
$4\delta(t-1)$
以上结果均不正确

$t=1$ $4\delta(t-1)$ .

8

$f(t)=\operatorname{Sa}^2(2\pi t)$ $f_s$ 最小为（）时，不会产生频谱混叠。

ω_{max} = 2 \times 2 π = 4 π \Rightarrow ω_{s} = 8 π

f_{s} = ω_{s} / 2 π = 4

9

$x[n]$ $\displaystyle \frac{z^2+z}{(z-1)(z^2-z+1)},|z|>1$ $x[n]=$ （）。

$\left[2+2\cos (\frac{\pi}{3} n)\right]u[n]$
$\left[2+2\sin(\frac{\pi}{3} n)\right]u[n]$
$\left[2-2\cos (\frac{\pi}{3} n)\right]u[n]$
$\left[2-2\sin (\frac{\pi}{3} n)\right]u[n]$

\begin{aligned} \frac{1}{z} X (z) & = \frac{z + 1}{(z - 1) (z^{2} - z + 1)} \\ = \frac{K_{1}}{z - 1} + \frac{K_{2}}{z - \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} j} + \frac{K_{2}^{*}}{z - \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} j} \end{aligned}

K_{1} = {\frac{z + 1}{z^{2} - z + 1} |}_{z = 1} = 2

K_{2} = K_{3} = - 1

X (z) = 2 \frac{z}{z - 1} - \frac{z}{z - \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} j} - \frac{z}{z - \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} j}

\begin{matrix} x [n] = 2 (1)^{n} u [n] - e^{n π / 3} u [n] - e^{- n π / 3} u [n] \\ = [2 - 2 \cos (\frac{π}{3} n)] u [n] \end{matrix}

通过初值定理验证：

x [0] = lim_{z \to \infty} \frac{z^{2} + z}{(z - 1) (z^{2} - z + 1)} = 0

因此只能选 C.

10

$x(t)$ $\displaystyle X(j\omega)=\begin{cases}2,&|\omega|\le1\\0,&|\omega|>1\end{cases}$ $y(t)=x(t)\cdot \sin(4t)$ $y(t)$ $Y(j\omega)$ $\omega=4$ $Y(j\omega)$ 的值为（）。

1
$j$
$-j$
$j\pi$

\begin{matrix} Y (j ω) = \frac{1}{2 π} X (j ω) * (- j (π δ (ω - 4) - π δ (ω + 4))) \\ = \frac{j}{2} X (j ω) * (δ (ω + 4) - δ (ω - 4)) \\ = \frac{j}{2} [X (j (ω + 4)) - X (j (ω - 4))] \end{matrix}

Y (j 4) = - \frac{j}{2} X (j 0) = - j

11

下列哪个零点、极点分布图表示的系统是高通滤波器（）。

$\omega\to\infin$ 时的表现即可：

$\infin/(\infin \cdot \infin)=0$ ;

$\infin\cdot \infin/(\infin \cdot \infin)=1$ .

C. 和 A 类似，同理。

$1/(\infin\cdot \infin)=0$ .

因此只有 B 是高通滤波器。

12

$h_1(t)=\delta(t-1),h_2(t)=e^{-3t}u(t)$ $h(t)$ 为（）。

$e^{-3(t-1)}u(t-1)+e^{-3(t-2)}u(t-2)$ ;
$e^{-3(t-1)}\delta(t-1)+e^{-3(t-2)}\delta(t-2)$ ;
$e^{-3}u(t-1)+e^{-6}u(t-2)$ ;
$e^{-3}\delta(t-1)+e^{-6}\delta(t-2)$ .

$e(t)=\delta(t)$ $\delta(t-1)+\delta(t-2)$ $e^{-3t}u(t)$ 卷积可得：

e^{- 3 (t - 1)} u (t - 1) + e^{- 3 (t - 2)} u (t - 2)

13

$x[n]=\displaystyle \sum_{i=0}^n (-1)^i$ 的单边 z 变换为（）。

$\displaystyle \frac{z^2}{(z+1)^2},|z|>1$ ;
$\displaystyle \frac{z^2+1}{(z+1)(z-1)},|z|>1$ ;
$\displaystyle \frac{z^2+1}{(z+1)^2},|z|>1$ ;
$\displaystyle \frac{z^2}{(z+1)(z-1)},|z|>1$ .

单边 Z 变换的表达式：

\begin{matrix} X (z) = \sum_{n = 0}^{\infty} \sum_{i = 0}^{n} (- 1)^{i} z^{- n} \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} z^{- 2 n} = \frac{1}{1 - z^{- 2}} = \frac{z^{2}}{z^{2} - 1} \end{matrix}

14

$x[n]=x[-n]$ ，则下列结论中正确的是（）

$X(z)=X(-z)$ ;
$X(z)=X^*(z^{-1})$ ;
$X(z)=X^*(z)$ ;
$X(z)=X(z^{-1})$ .

因为：

X (z) = \sum_{n = - \infty}^{\infty} x [n] z^{- n}

所以：

X (z^{- 1}) = \sum_{n = - \infty}^{\infty} x [n] z^{n} = \sum_{n = - \infty}^{\infty} x [- n] z^{- n} = X (z)

$x[n]=x^*[n]$ ，则：

X^{*} (z) = \sum_{n = - \infty}^{\infty} x^{*} [n] (z^{*})^{- n} = X (z^{*})

15

$\displaystyle x[n]=\frac{1}{2}(u[n]-u[n-4])$ 的傅里叶变换为（）。

$e^{-j1.5\omega}(\cos 1.5\omega+\cos 0.5\omega)$ ;
$\frac{1}{2}e^{-j1.5\omega}(\cos 1.5\omega+\cos 0.5\omega)$ ;
$je^{-j1.5\omega}(\sin 1.5\omega+\sin 0.5\omega)$ ;
$\frac{1}{2}je^{-j1.5\omega}(\sin 1.5\omega-\sin 0.5\omega)$ .

\begin{matrix} x [n] = {\begin{cases} \frac{1}{2}, & 0 \leq n \leq 3 \\ 0, & e l s e \end{cases} \end{matrix}

\begin{aligned} X (e^{j ω}) & = \frac{1}{2} e^{0} + \frac{1}{2} e^{- j ω} + \frac{1}{2} e^{- j 2 ω} + \frac{1}{2} e^{- j 3 ω} \\ = \frac{1}{2} e^{- j 1.5 ω} (2 \cos 1.5 ω + 2 \cos 0.5 ω) \\ = e^{- j 1.5 ω} (\cos 1.5 ω + \cos 0.5 ω) \end{aligned}

计算题

1

计算下列积分：

$\displaystyle \int_{-\infin}^{\infin} \frac{\sin t}{t}\mathrm d t$ .
因为：
$\sin t = \frac{1}{2 j} (e^{j t} - e^{- j t})$
可得：
$\begin{aligned} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{\sin t}{t} d t & = \frac{1}{2 j} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{e^{j t}}{t} - \frac{e^{- j t}}{t} d t \end{aligned}$
设
$X (j ω) = F {1 / t} = - j π sgn (ω)$
则：
$\int_{- \infty}^{\infty} \frac{\sin t}{t} d t = \frac{1}{2 j} (X (- j) - X (j)) = π$
$F(0)=\displaystyle \int_{-\infin}^{\infin} f(t)\mathrm d t$ .
$\frac{\sin t}{t} \overset{F}{⟷} π Gate (1)$
$\displaystyle \int_{-\infin}^{\infin} \left(\frac{\sin t}{t}\right)^2\mathrm d t$ .
利用 Parseval's theorem，因为：
${\begin{cases} π, & | ω | \leq 1 \\ 0, & e l s e \end{cases} \overset{F}{⟷} \frac{\sin t}{t}$ $\int_{- \infty}^{+ \infty} {| \frac{\sin t}{t} |}^{2} d t = \frac{1}{2 π} \int_{- 1}^{1} | π |^{2} d ω = π$

2

$x[n]=\begin{cases}1,&0\le n\le 7\\0,&8\le n \le 9\end{cases}$ $N=10$ $a_k$ $g[n]=x[n]-x[n-1]$ .

$g[n]$ 的傅里叶级数系数。
可得：
$\begin{matrix} g [n] = {\begin{cases} - 1, & n = 8 \\ 1, & n = 0 \\ 0, & e l s e . \end{cases} \end{matrix}$
$b_k$ 可以计算为：
$\begin{matrix} b_{k} = \frac{1}{10} \sum_{n = ⟨ N ⟩} g [n] e^{- j k ω_{0} n}, k = ⟨ N ⟩ \\ = - \frac{1}{10} e^{- 8 j k ω_{0}} + \frac{1}{10} \end{matrix}$
$g[n]$ $a_k(k\not=0)$ .
$\begin{matrix} g [n] = \sum_{k = ⟨ N ⟩} a_{k} e^{j k (2 π / N) n} - a_{k} e^{j k (2 π / N) (n - 1)} \\ = \sum_{k = ⟨ N ⟩} a_{k} (1 - e^{- j k (2 π / N)}) e^{j k (2 π / N) n} \end{matrix}$
因此傅里叶级数系数为：
$b_{k} = a_{k} (1 - e^{- j k (2 π / N)})$
有：
$a_{k} = \frac{1}{10} \frac{1 - e^{- 8 j k ω_{0}}}{1 - e^{- j k ω_{0}}}$

3

描述某个连续时间 LTI 系统的微分方程为：

y^{″} (t) - 5 y^{'} (t) + 6 y (t) = f (t) - 4 f^{'} (t), t > 0

$f(t)=e^{-t} u(t)$ $y(0^-)=1,y'(0^-)=3$ .

$y_z(t)$ $y_f(t)$ $y(t)$ .

$f(t)=0$ ，可得：

\begin{matrix} (s^{2} Y (s) - s y (0^{-}) - y^{'} (0^{-})) \\ - 5 (s Y (s) - y (0^{-})) + 6 Y (s) = 0 \end{matrix}

因此：

(s^{2} - 5 s + 6) Y (s) = s y (0^{-}) + y^{'} (0^{-}) - 5 y (0^{-}) = s - 2

Y (s) = \frac{s - 2}{s^{2} - 5 s + 6} = \frac{1}{s - 3}

y_{z} (t) = e^{3 t} u (t)

$y_{z}(t)=Ae^{3t}u(t)+Be^{2t}u(t)$ .
$A+B=1$ ；
$3A+2B=3$ ；
$A=1,B=0$ .

$y$ 的初始状态为零，可得：

(s^{2} - 5 s + 6) Y (s) = (1 - 4 s) \cdot \frac{1}{s + 1}

Y (s) = \frac{1 - 4 s}{(s + 1) (s - 2) (s - 3)}

Y (s) = \frac{A}{s + 1} + \frac{B}{s - 2} + \frac{C}{s - 3}

\begin{matrix} A = (s + 1) Y (s) |_{s = - 1} = \frac{5}{12} \\ B = (s - 2) Y (s) |_{s = 2} = \frac{7}{3} \\ C = (s - 3) Y (s) |_{s = 3} = \frac{- 11}{4} \end{matrix}

y_{f} (t) = (\frac{5}{12} e^{- t} + \frac{7}{3} e^{2 t} - \frac{11}{4} e^{3 t}) u (t)

完全响应：

y (t) = y_{z} (t) + y_{f} (t) = (\frac{5}{12} e^{- t} + \frac{7}{3} e^{2 t} - \frac{7}{4} e^{3 t}) u (t)

4

$\displaystyle H(j\omega)=\frac{1-j\omega}{1+j\omega}$ ，求：

系统的阶跃响应；
$H (s) = \frac{1 - s}{1 + s}$ $X (s) = \frac{1}{s}$ $Y (s) = \frac{1 - s}{(1 + s) s} = \frac{1}{s} - \frac{2}{1 + s}$ $y (t) = (1 - 2 e^{- t}) u (t)$
$e(t)=e^{-2t}u(t)$ 时的零状态响应；
输入：
$E (s) = \frac{1}{s + 2}$
零状态响应为：
$Y (s) = \frac{1 - s}{(1 + s) (s + 2)} = \frac{2}{1 + s} - \frac{3}{2 + s}$
即：
$y_{f} (t) = (2 e^{- t} - 3 e^{- 2 t}) u (t)$
$e(t)=\cos t$ 时的稳态响应。
输入：
$E (s) = \frac{s}{s^{2} + 1}$
输出：
$Y (s) = \frac{1 - s}{1 + s} E (s) = \frac{(1 - s) s}{(1 + s) (s^{2} + 1)}$
由 Final-value theorem，可得：
$lim_{t \to \infty} y (t) = lim_{s \to 0} s Y (s) = 0$

5

$-6y[n-1]+y[n]+y[n+1]=x[n]$ .

试求该系统的系统函数，并画出其零、极点图；
Z 变换：
$- 6 z^{- 1} Y (z) + Y (z) + z Y (z) = X (z)$ $H (z) = \frac{1}{z + 1 - 6 z^{- 1}} = \frac{z}{z^{2} + z - 6}$
$\frac{H (z)}{z} = \frac{1}{z - 2} + \frac{1}{z + 3}$
$h[n]$ ；
因为系统稳定，则单位圆在 ROC 中，则：
$\begin{matrix} h [n] = - 2^{n} u [- n - 1] - (- 3)^{n} u [- n - 1] \\ = - (2^{n} + (- 3)^{n}) u [- n - 1] \end{matrix}$
$y[n]$ $y[-1]=1,y[0]=0$ $x[n]=24u[n]$ ，求解此差分方程。
不用零状态响应+零输入响应，直接算的高中数列做法
$- 6 y [n - 1] + y [n] + y [n + 1] = 24, n \geq 0$
$- 6 y [n - 1] + 3 y [n] - 2 y [n] + y [n + 1] = 24, n \geq 0$
$y[n+1]-2y[n]=z[n]$ ，则：
$3 z [n - 1] + z [n] = 24$
$\begin{matrix} 3 z [n - 1] - 18 = - (z [n] - 6) \\ z [n] - 6 = - 3 (z [n - 1] - 6) \end{matrix}$
可知：
$z [- 1] = y [0] - 2 y [- 1] = - 2$
$z [n] - 6 = (- 3)^{n + 1} (z [- 1] - 6) = - 8 (- 3)^{n + 1}$
$z [n] = 6 - 8 (- 3)^{n + 1}$
$y [n + 1] - 2 y [n] = 6 - 8 (- 3)^{n + 1}$
$2 y [n] - 4 y [n - 1] = 6 \cdot 2^{1} - 8 (- 3)^{n} \cdot 2^{1}$
$4 y [n - 1] - 8 y [n - 2] = 6 \cdot 2^{2} - 8 (- 3)^{n - 1} \cdot 2^{2}$
$y [n + 1] - 2^{n + 1} y [0] = 6 (2^{n + 1} - 1) - 8 (- 3)^{n + 1} \frac{(- \frac{2}{3})^{n + 1} - 1}{- \frac{2}{3} - 1}$
$y [n + 1] = 6 (2^{n + 1} - 1) + \frac{24}{5} (2^{n + 1} - (- 3)^{n + 1})$
$y [n + 1] = \frac{54}{5} 2^{n + 1} - \frac{24}{5} (- 3)^{n + 1} - 6$
$y [n] = \frac{54}{5} 2^{n} - \frac{24}{5} (- 3)^{n} - 6$
另外也可以待定系数：
$y [n] = A 2^{n} + B (- 3)^{n} + C$
代入：
- $y[-1],y[0]$ ;
- 递推式
即可求解。

6

已知时域信号如图所示，分别求图3(a)信号的傅里叶变换，和图3(b)信号的拉普拉斯变换。

对于图 3(a)，可知是下面的函数自身和自身的卷积：

\begin{matrix} g (t) = {\begin{cases} \sqrt{\frac{2 E}{T}}, & - \frac{T}{4} \leq t \leq \frac{T}{4} \\ 0, & e l s e \end{cases} . \end{matrix}

G (j ω) = \sqrt{\frac{2 E}{T}} \frac{2 \sin (ω T / 4)}{ω}

F (j ω) = G (j ω)^{2} = \frac{2 E}{T} \frac{4 \sin^{2} (ω T / 4)}{ω^{2}} = \frac{8 E \sin^{2} (ω T / 4)}{ω^{2} T}

对于图 3(b)，可以写为：

t u (t) - (t - 1) u (t - 1) - u (t - 3)

因为

\begin{matrix} t u (t) \overset{L}{⟷} \frac{1}{s^{2}} \\ u (t) \overset{L}{⟷} \frac{1}{s} \end{matrix}

可知：

X (s) = \frac{1}{s^{2}} - \frac{1}{s^{2}} e^{- s} - \frac{1}{s} e^{- 3 s}

7

$\displaystyle H_1(s)=\frac{1}{s+1},H_2(s)=\frac{1}{s},\alpha=2,\beta=3$ ，试求：

$H(s)$ .
$Y_1(s)$ ，可得：
$H_{1} (s) [X (s) - α Y_{1} (s)] = Y_{1} (s)$ $\begin{matrix} Y_{1} (s) = \frac{H_{1} (s)}{1 + α H_{1} (s)} X (s) \\ = \frac{1}{s + 3} X (s) \end{matrix}$
再考虑第二个部分，可得：
$\begin{matrix} Y (s) = Y_{1} (s) + \frac{H_{2} (s)}{1 + β H_{2} (s)} Y_{1} (s) \\ = Y_{1} (s) + \frac{1}{s + 3} Y_{1} (s) = \frac{s + 4}{s + 3} Y_{1} (s) \end{matrix}$
总的系统函数：
$H (s) = \frac{s + 4}{(s + 3)^{2}}$
$h(t)$ .
$H (s) = \frac{1}{(s + 3)^{2}} + \frac{1}{s + 3}$
冲激响应：
$\begin{matrix} h (t) = t e^{- 3 t} \cdot u (t) + e^{- 3 t} \cdot u (t) \\ = (t + 1) e^{- 3 t} u (t) Re {s} > - 3 \end{matrix}$
判断系统的稳定性。
需要
$\int_{- \infty}^{+ \infty} | h (t) | d t < \infty$
$t+1<e^{t}$ ，可得
$\int_{- \infty}^{+ \infty} | (t + 1) e^{- 3 t} u (t) | d t < \int_{- \infty}^{+ \infty} | e^{- 2 t} u (t) | d t$
所以稳定。
画出系统直接型框图。