某年试卷

一、选择题

1

以下论述中不正确的是（）

• 周期信号不一定存在傅里叶级数

正确，如果区间内不是绝对可积，则不存在傅里叶级数

• 非周期信号不能用傅里叶级数表示

正确，只能用傅里叶变换表示

• 若 $x(t)$$x(t)$ 的傅里叶变换为 $X(j\omega )$$X(j\omega)$，则 $x(-t)-x(t)$$x(-t)-x(t)$ 的傅里叶变换为实数

错误，$x(-t)$$x(-t)$ 的傅里叶变换为 $X(-j\omega )$$X(-j\omega)$，$X(-j\omega )-X(j\omega )$$X(-j\omega)-X(j\omega)$ 不一定为实数。例如，当 $x(t)$$x(t)$ 为实函数时，$X(-j\omega )=X(j\omega {)}^{\ast }$$X(-j\omega)=X(j\omega)^*$。此时 $X(-j\omega )-X(j\omega )$$X(-j\omega)-X(j\omega)$ 为纯虚数。

• $x(t)$$x(t)$ 的傅里叶变换为 $X(j\omega )$$X(j\omega)$，则 $t\cdot x(-t)$$t\cdot x(-t)$ 的傅里叶变换为 ${\displaystyle j\cdot \frac{\mathrm{d}X(-j\omega )}{\mathrm{d}\omega }}$$\displaystyle j\cdot \frac{\mathrm d X(-j\omega)}{\mathrm d \omega}$.

$$\begin{array}{c}x(t)\stackrel{\mathcal{F}}{⟷}X(j\omega )\\ tx(t)\stackrel{\mathcal{F}}{⟷}j\frac{\mathrm{d}X(j\omega )}{\mathrm{d}\omega }\\ -tx(-t)\stackrel{\mathcal{F}}{⟷}j\frac{\mathrm{d}X(-j\omega )}{\mathrm{d}(-\omega )}=-j\frac{\mathrm{d}X(-j\omega )}{\mathrm{d}\omega }\\ tx(-t)\stackrel{\mathcal{F}}{⟷}j\frac{\mathrm{d}X(-j\omega )}{\mathrm{d}\omega }\end{array}$$

2

信号 $x(t)=e^{t}u(-t)$$x(t)=e^{t}u(-t)$ 的拉氏变换及收敛域为（）

• ${\displaystyle X(s)=\frac{1}{1-s},\mathrm{Re}\{s\}<1}$$\displaystyle X(s)=\frac{1}{1-s},\operatorname{Re}\{s\} <1$

• ${\displaystyle X(s)=\frac{1}{1-s},\mathrm{Re}\{s\}>1}$$\displaystyle X(s)=\frac{1}{1-s},\operatorname{Re}\{s\} >1$

• ${\displaystyle X(s)=\frac{1}{s-1},\mathrm{Re}\{s\}<1}$$\displaystyle X(s)=\frac{1}{s-1},\operatorname{Re}\{s\} <1$

• ${\displaystyle X(s)=\frac{1}{s-1},\mathrm{Re}\{s\}>1}$$\displaystyle X(s)=\frac{1}{s-1},\operatorname{Re}\{s\} >1$

3

上述因果信号的拉氏变换中，不存在傅里叶变换的信号为（）

• ${\displaystyle \frac{1}{s^2+s+1}}$$\displaystyle \frac{1}{s^2+s+1}$

• $1$$1$

• ${\displaystyle \frac{s-1}{s+1}}$$\displaystyle \frac{s-1}{s+1}$

• ${\displaystyle \frac{s+1}{s-1}}$$\displaystyle \frac{s+1}{s-1}$

看 ROC.

4

已知 $f(t)$$f(t)$ 的傅里叶变换为 $F(j\omega )$$F(j\omega)$，则 ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}f(2-2t)}{\mathrm{d}t}}$$\displaystyle \frac{\mathrm d f(2-2t)}{\mathrm d t}$ 的傅里叶变换为（）

• ${\displaystyle \frac{j\omega }{2}\cdot F(-j\frac{\omega }{2})e^{2j}}$$\displaystyle \frac{j\omega}{2}\cdot F\left(-j\frac{\omega}{2}\right)e^{2j}$.

• ${\displaystyle \frac{\omega }{2}\cdot e^{(\omega +0.5\pi )j}\cdot F(-j\frac{\omega }{2})}$$\displaystyle \frac{\omega}{2}\cdot e^{(\omega+0.5\pi)j}\cdot F\left(-j\frac{\omega}{2}\right)$.

• ${\displaystyle -\frac{j\omega }{2}\cdot e^{j\omega }\cdot F(-j\frac{\omega }{2})}$$\displaystyle -\frac{j\omega}{2}\cdot e^{j\omega}\cdot F\left(-j\frac{\omega}{2}\right)$.

• 以上都不对

可知，

5

以下哪个信号是周期信号？（）

• $x[n]=u[n]+u[-n]$$x[n]=u[n]+u[-n]$.

  不是

• $x[n]=e^{j3n/7}$$x[n]=e^{j3n/7}$.

  周期：$2\pi /(3/7)$$2\pi/(3/7)$ 不为整数也不是有理数。因此不是周期。

• $x[n]=e^{j5\pi n/9}-e^{j4\pi n/5}$$x[n]=e^{j5\pi n/9}-e^{j4\pi n/5}$.

  周期取 $9\times 5\times 2$$9\times 5\times 2$ 即可。

• $x(t)=e^{(1+j)t}$$x(t)=e^{(1+j)t}$.

  为 $e^t\cdot e^{jt}$$e^{t}\cdot e^{jt}$，不为周期信号，研究幅值即可。

6

若线性时不变系统的频率和相位响应特性如下图所示，则下列四个信号中，通过该系统后不发生失真的信号个数为（）

• 0 个

• 1 个

• 2 个

• 3 个

1. $x_1(t)\stackrel{\mathcal{F}}{⟷}2\pi (\frac{1}{2}\delta (\omega -2)+\frac{1}{2}\delta (\omega +2)+\frac{1}{2j}\delta (\omega -3)-\frac{1}{2j}\delta (\omega +3))$$x_1(t) \overset{\mathcal F}{\operatorname*{\longleftrightarrow}} 2\pi \left(\frac{1}{2}\delta(\omega-2)+\frac{1}{2}\delta(\omega+2)+\frac{1}{2j}\delta(\omega-3)-\frac{1}{2j}\delta(\omega+3)\right)$.

   不失真。

2. $x_2(t)$$x_2(t)$ 最大频率为 $5$$5$，发生失真（无法还原 5）。

3. $\delta (t)\stackrel{\mathcal{F}}{⟷}1$$\delta(t) \overset{\mathcal F}{\operatorname*{\longleftrightarrow}} 1$. 发生失真。

4. $1\stackrel{\mathcal{F}}{⟷}2\pi \delta (\omega )$$1 \overset{\mathcal F}{\operatorname*{\longleftrightarrow}} 2\pi \delta(\omega)$. 不发生失真。

7

对于系统 ${\displaystyle y(t)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^t{e}^{-(t-\tau )}x(\tau )\mathrm{d}\tau }$$\displaystyle y(t)=\int_{-\infin}^{t} e^{-(t-\tau)}x(\tau)\mathrm d \tau$，以下哪种说法是正确的？（）

• 是一个因果系统，不是一个稳定系统。

• 不是一个因果系统，是一个稳定系统。

• 是一个因果系统，是一个稳定系统。

• 不是一个因果系统，不是一个稳定系统。

考虑到 $h(t)=e^{-t}u(t)$$h(t)=e^{-t}u(t)$，

因此是因果系统。

8

求离散卷积：$y(n)=a^{n}u(n)\ast 3^n[u(n)-u(n-1)]$$y(n)=a^n u(n)*3^n [u(n)-u(n-1)]$.

• $a^{n}u(n-1)$$a^n u(n-1)$;

• $3^n{a}^{n}u(n)$$3^n a^n u(n)$;

• $a^{n}u(n)$$a^n u(n)$;

• $n$$n$ 取任何值卷积和都为无穷大，故无解.

9

设 $x[n]$$x[n]$ 是一个周期为 $N$$N$ 的实周期信号，其傅里叶级数为 $a_k$$a_k$。以下哪个说法是正确的？

• 若 $N$$N$ 为偶数，那么在 $a_k$$a_k$ 的一个周期内必然有两个傅里叶系数是实数；

• 若 $N$$N$ 为偶数，那么在 $a_k$$a_k$ 的一个周期内必然有三个傅里叶系数是实数；

• 若 $N$$N$ 为奇数，那么在 $a_k$$a_k$ 的一个周期内必然有两个傅里叶系数是实数；

• 若 $N$$N$ 为奇数，那么在 $a_k$$a_k$ 的一个周期内必然有三个傅里叶系数是实数。

首先，$k=0$$k=0$ 时是实数。

也可以从单位圆上的 $e^{-j\omega kn}$$e^{-j\omega kn}$ 的角度来考虑。

10

对于一个线性时不变系统，输入信号和输出信号的 Z 变换分别为 ${\displaystyle X(z)=\frac{1}{1+z^{-2}+z^{-4}}}$$\displaystyle X(z)=\frac{1}{1+z^{-2}+z^{-4}}$ 和 ${\displaystyle Y(z)=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}{z}^{-1}}$$\displaystyle Y(z)=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}z^{-1}$，则系统的冲激响应为（）

• ${\displaystyle h[0]=\frac{1}{4},h[1]=\frac{1}{2},h[2]=\frac{1}{4},h[3]=\frac{1}{2},h[4]=\frac{1}{4},h[5]=\frac{1}{2}}$$\displaystyle h[0]=\frac{1}{4},h[1]=\frac{1}{2},h[2]=\frac{1}{4},h[3]=\frac{1}{2},h[4]=\frac{1}{4},h[5]=\frac{1}{2}$.

• ${\displaystyle h[0]=\frac{1}{2},h[1]=\frac{1}{4},h[2]=\frac{1}{2},h[3]=\frac{1}{4},h[4]=\frac{1}{2},h[5]=\frac{1}{4}}$$\displaystyle h[0]=\frac{1}{2},h[1]=\frac{1}{4},h[2]=\frac{1}{2},h[3]=\frac{1}{4},h[4]=\frac{1}{2},h[5]=\frac{1}{4}$.

• ${\displaystyle h[0]=\frac{1}{2},h[1]=1,h[2]=\frac{1}{2},h[3]=1,h[4]=\frac{1}{2},h[5]=1}$$\displaystyle h[0]=\frac{1}{2},h[1]=1,h[2]=\frac{1}{2},h[3]=1,h[4]=\frac{1}{2},h[5]=1$.

• ${\displaystyle h[0]=\frac{1}{8},h[1]=\frac{1}{4},h[2]=\frac{1}{8},h[3]=\frac{1}{4},h[4]=\frac{1}{8},h[5]=\frac{1}{4}}$$\displaystyle h[0]=\frac{1}{8},h[1]=\frac{1}{4},h[2]=\frac{1}{8},h[3]=\frac{1}{4},h[4]=\frac{1}{8},h[5]=\frac{1}{4}$.

二、计算题

1

计算下列积分：

1. ${\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin t}{t}\mathrm{d}t}$$\displaystyle \int_{-\infin}^{\infin} \frac{\sin t}{t}\mathrm d t$.

   因为：

   $$\sin t=\frac{1}{2j}(e^{jt}-e^{-jt})$$

   可得：

   $$\begin{array}{rl}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin t}{t}\mathrm{d}t& =\frac{1}{2j}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{e^{jt}}{t}-\frac{e^{-jt}}{t}\mathrm{d}t\end{array}$$

   设

   $$X(j\omega )=\mathcal{F}\left\{1/t\right\}=-j\pi \mathrm{sgn}(\omega )$$

   则：

   $${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{\sin t}{t}\mathrm{d}t=\frac{1}{2j}(X(-j)-X(j))=\pi$$

   另外，利用傅里叶变换的性质，$F(0)={\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}f(t)\mathrm{d}t}$$F(0)=\displaystyle \int_{-\infin}^{\infin} f(t)\mathrm d t$.

   $$\frac{\sin t}{t}\stackrel{\mathcal{F}}{⟷}\pi \mathrm{Gate}(1)$$

2. ${\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\left(\frac{\sin t}{t}\right)}^2\mathrm{d}t}$$\displaystyle \int_{-\infin}^{\infin} \left(\frac{\sin t}{t}\right)^2\mathrm d t$.

   利用 Parseval's theorem，因为：

   $$\{\begin{array}{ll}\pi ,& |\omega |\le 1\\ 0,& else\end{array}\stackrel{\mathcal{F}}{⟷}\frac{\sin t}{t}$$
   $${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}{\left|\frac{\sin t}{t}\right|}^2\mathrm{d}t=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-1}^1|\pi {|}^2\mathrm{d}\omega =\pi$$

2

请计算 ${\displaystyle x[n]=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{a}^k\delta [n-3k]}$$\displaystyle x[n]=\sum_{k=0}^\infin a^{k}\delta[n-3k]$ 的 Z 变换。

ROC: $|z|>|\sqrt[3]{\alpha }|$$|z|>|\sqrt[3]\alpha|$，因为系统因果。

3

一个因果线性时不变系统的输入 $x(t)$$x(t)$ 和输出 $y(t)$$y(t)$ 的关系由下列方程给出：

其中 $z(t)=e^{-2t}u(t)+\delta (t)$$z(t)=e^{-2t}u(t)+\delta(t)$，求该系统的单位冲激响应。

设 $x(t)\stackrel{\mathcal{F}}{⟷}X(j\omega )$$x(t) \overset{\mathcal F}{\operatorname*{\longleftrightarrow}} X(j\omega)$，$y(t)\stackrel{\mathcal{F}}{⟷}Y(j\omega )$$y(t) \overset{\mathcal F}{\operatorname*{\longleftrightarrow}} Y(j\omega)$，$z(t)\stackrel{\mathcal{F}}{⟷}Z(j\omega )$$z(t) \overset{\mathcal F}{\operatorname*{\longleftrightarrow}} Z(j\omega)$.

因此，

4

若某 LTI 系统的单位样值响应为 $h[n]$$h[n]$，系统函数为 $H(z)$$H(z)$，且已知下述 5 个条件：

1. $h[n]$$h[n]$ 为实序列，且为右边序列；

2. $h[0]=2$$h[0]=2$；

3. $H(z)$$H(z)$ 在原点 $z=0$$z=0$ 有一个二阶零点；

4. $H(z)$$H(z)$ 有两个极点，其中一个位于 $|z|=0.5$$|z|=0.5$ 圆周上的某个非实数位置；

5. 当系统输入 $x[n]=\cos \pi n,-\mathrm{\infty }<n<+\mathrm{\infty }$$x[n]=\cos \pi n,-\infin<n<+\infin$ 时，系统响应 $y[n]=4\times (-1{)}^n$$y[n]=4\times (-1)^n$；

问：

1. 试确定该系统的系统函数，并判断系统的因果性和稳定性；

   因为为实序列，所以极点可以设为 $0.5e^{j\theta }$$0.5e^{j\theta}$ 和 $0.5e^{-j\theta }$$0.5 e^{-j\theta}$，它们共轭。

   当系统输入 $x[n]=\cos \pi n=(-1{)}^n$$x[n]=\cos \pi n=(-1)^n$，响应 $y[n]=4x[n]$$y[n]=4x[n]$.

   设：

   $$\begin{array}{c}H(z)=\frac{A{z}^2}{(z-0.5e^{j\theta })(z-0.5e^{-j\theta })}\end{array}$$

   因为 $h[0]=2$$h[0]=2$，所以 $\underset{z\to \mathrm{\infty }}{lim}H(z)=2$$\lim_{z\to \infin} H(z)=2$，因此 $A=2$$A=2$.

   因为 $(-1{)}^n$$(-1)^n$ 为系统的特征函数，所以幅值 $4$$4$ 等于 $H(-1)$$H(-1)$，即：

   $$\begin{array}{c}H(-1)=\frac{2}{(-1-0.5e^{j\theta })(-1-0.5e^{-j\theta })}\\ =\frac{2}{(0.5\cos \theta +1{)}^2+(0.5\sin \theta {)}^2}=4\end{array}$$

   因此，

   $$\cos \theta =-\frac{3}{4},\sin \theta =\frac{\sqrt{7}}{4}$$
   $$H(z)=\frac{2z^2}{z^2+\frac{3}{4}z+\frac{1}{4}}$$

   ROC: 因为系统为因果系统，所以 $|z|>0.5$$|z|>0.5$，因为包含单位圆，所以稳定。

2. 求当系统输入 $x[n]={\displaystyle \cos \frac{\pi }{2}n\cdot u[n]}$$x[n]=\displaystyle \cos \frac{\pi}{2}n\cdot u[n]$ 时产生的稳态输出。

   输入 $x[n]=A\sin (n\omega )\cdot u[n]$$x[n]=A\sin (n\omega)\cdot u[n]$.

   其稳态输出为 $y[n]=A|H(e^{j\omega })|\sin (n\omega +\phi )$$y[n]=A|H(e^{j\omega})|\sin (n\omega+\varphi)$. 若 $H(e^{j\omega })=|H(e^{j\omega })|\mathrm{\angle }\phi$$H(e^{j\omega})=|H(e^{j\omega})|\ang \varphi$.

   $$H(e^{j\pi /2})=\frac{2e^{j\pi }}{e^{j\pi }+\frac{3}{4}{e}^{j\pi /2}+\frac{1}{4}}=\frac{-2}{\frac{3}{4}j-\frac{3}{4}}=\frac{4}{3}\sqrt{2}{e}^{j\frac{\pi }{4}}$$
   $$y[n]=\frac{4}{3}\sqrt{2}\cos (\frac{\pi }{2}n+\frac{\pi }{4})$$

   或者考虑到，$x[n]=\frac{1}{2}(e^{jn\pi /2}+e^{-jn\pi /2})$$x[n]=\frac{1}{2}\left(e^{jn\pi/2}+e^{-jn\pi/2}\right)$.

   系统输入 $(e^{j\pi /2}{)}^n$$(e^{j\pi/2})^n$，输出 ${\displaystyle \frac{4}{3}\sqrt{2}{e}^{j\pi /4}(e^{j\pi /2}{)}^n}$$\displaystyle \frac{4}{3}\sqrt{2} e^{j\pi/4}(e^{j\pi/2})^n$.

   输入 $(e^{-j\pi /2}{)}^n$$(e^{-j\pi/2})^n$，输出 ${\displaystyle \frac{4}{3}\sqrt{2}{e}^{-j\pi /4}(e^{-j\pi /2}{)}^n}$$\displaystyle \frac{4}{3}\sqrt{2}e^{-j\pi/4}(e^{-j\pi/2})^n$.

   因此，输入 $x[n]$$x[n]$，输出

   $$\begin{array}{c}\frac{1}{2}(\frac{4}{3}\sqrt{2}{e}^{j(n\pi /2+\pi /4)}+\frac{4}{3}\sqrt{2}{e}^{-j(n\pi /2+\pi /4)})\\ =\frac{4}{3}\sqrt{2}\cos (\frac{\pi }{2}n+\frac{\pi }{4})\end{array}$$

5

如下图，矩形信号的幅值为 $\pm 1$$\pm 1$，图示的矩形脉冲周期信号，频率为 1MHz，占空比为 50%;

1. 求该信号的傅里叶变换；

   一个周期内（0-1$\mu s$$\mu s$）中，傅里叶系数为：

   $$\begin{array}{c}{a}_k=\frac{1}{T}{\int }_{-0.5\mu s}^{0.5\mu s}x(t)e^{-jk{\omega }_{0}t}\mathrm{d}t=\frac{1}{T}{\int }_0^{0.5\mu s}-2j\sin (k{\omega }_{0}t)\mathrm{d}t\\ =\frac{2j}{k{\omega }_{0}T}(\cos (k{\omega }_{0}t)){|}_0^{0.5\mu s}\\ =\frac{j}{k\pi }(\cos k\pi -1)=\frac{j}{k\pi }((-1{)}^k-1)\end{array}$$
   $$X(j\omega )=\sum _{k=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}2\pi a_k\delta (\omega -k{\omega }_0)$$
   $$X(j\omega )=\sum _{k=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{2j}{k}((-1{)}^k-1)\delta (\omega -k{\omega }_0)$$

   其中 ${\omega }_0=2\pi /T$$\omega_0=2\pi/T$.

2. 该矩形脉冲信号经过理想低通滤波器后，得到频率为 1MHz 的正弦波信号，求该低通滤波器的频率最高可以是多大？

   只有当 $\omega =k{\omega }_0$$\omega=k\omega_0$ 时，$X(j\omega )$$X(j\omega)$ 不为零。

   • $k=1$$k=1$ 时，$\omega ={\omega }_0$$\omega=\omega_0$，$X(j\omega )$$X(j\omega)$ 存在值；

   • $k=2$$k=2$ 时，$\omega =2{\omega }_0$$\omega=2\omega_0$，$X(j\omega )=0$$X(j\omega)=0$；

   • $k=3$$k=3$ 时，$\omega =3{\omega }_0$$\omega=3\omega_0$，$X(j\omega )$$X(j\omega)$ 存在值。

   因此低通滤波器的频率上限为 $3{\omega }_0/2\pi =3\mathrm{MHz}$$3\omega_0/2\pi=3 \mathrm{~MHz}$.

3. 图中的理想低通滤波器在实时信号处理系统中是物理可实现的吗？为什么？

   不能实现，不是因果系统。

6

某线性时不变系统的系统函数为 ${\displaystyle H(s)=\frac{s}{(s+1)(s+2)}}$$\displaystyle H(s)=\frac{s}{(s+1)(s+2)}$，且系统稳定。求：

1. 画出该系统的零极点图和收敛域，说明该系统是否为因果系统？

   

   因为稳定且包含 $\mathrm{\infty }$$\infin$，所以为因果系统。

2. 求该系统的冲激响应；

   $$\begin{array}{c}H(s)=\frac{A}{s+1}+\frac{B}{s+2}\\ =\frac{-1}{s+1}+\frac{2}{s+2}\end{array}$$
   $$h(t)=-e^{-t}u(t)+2e^{-2t}u(t)$$

    

3. 画出该系统的幅度-频率响应曲线，判断其滤波器特性（低通、高通或带通）

   幅频曲线自己画。是带通的。

7

描述线性时不变因果系统的微分方程为：

1. 写出该系统的系统函数和冲激响应；

   系统的系统函数为：

   $$s^{2}Y(s)+2sY(s)+2Y(s)=sX(s)+X(s)$$
   $$H(s)=\frac{s+1}{s^2+2s+2}=\frac{s+1}{(s+1{)}^2+1}$$

   因为

   $$\frac{s}{s^2+1}\stackrel{\mathcal{L}}{⟷}\cos t\cdot u(t)\mathrm{Re}\{s\}>0$$
   $$\frac{s+1}{(s+1{)}^2+1}\stackrel{\mathcal{L}}{⟷}{e}^{-t}\cos t\cdot u(t)\mathrm{Re}\{s\}>-1$$

   因此，冲激响应为：

   $$e^{-t}\cos t\cdot u(t)\mathrm{Re}\{s\}>-1$$

2. 当输入信号为 $x(t)=e^{-2t}u(t)$$x(t)=e^{-2t}u(t)$ 时，系统的初值为 $y(0)=1,y^{\prime }(0)=2$$y(0)=1,y'(0)=2$，求该系统的完全响应；

   输入 ${\displaystyle X(s)=\frac{1}{s+2}}$$\displaystyle X(s)=\frac{1}{s+2}$.

   系统的零状态响应：

   $$Y(s)=\frac{1}{s+2}\cdot \frac{s+1}{(s+1{)}^2+1}$$

   设：

   $$Y(s)=\frac{A}{s+2}+\frac{Bs+C}{(s+1{)}^2+1}$$

   通过解方程，可得

   $$\begin{array}{c}Y(s)=\frac{-1/2}{s+2}+\frac{\frac{1}{2}s+1}{(s+1{)}^2+1}\\ =\frac{-1/2}{s+2}+\frac{1}{2}\frac{s+1}{(s+1{)}^2+1}+\frac{1}{2}\frac{1}{(s+1{)}^2+1}\end{array}$$

   因此，

   $$Y(s)\stackrel{\mathcal{L}}{⟷}-\frac{1}{2}{e}^{-2t}u(t)+\frac{1}{2}{e}^{-t}\cos t\cdot u(t)+\frac{1}{2}{e}^{-t}\sin t\cdot u(t)$$

   系统的零输入响应：假设为 $A{e}^{-(1+j)t}u(t)+B{e}^{-(1-j)t}u(t)$$Ae^{-(1+j)t}u(t)+Be^{-(1-j)t}u(t)$，有

   $$\begin{array}{c}A+B=1\\ -(1+j)A-(1-j)B=2\end{array}$$
   $$A=\frac{1}{2}+\frac{3}{2}jB=\frac{1}{2}-\frac{3}{2}j$$

   因此，

   $$y_{zir}=(\frac{1}{2}+\frac{3}{2}j)e^{-(1+j)t}u(t)+(\frac{1}{2}-\frac{3}{2}j)e^{-(1-j)t}u(t)$$
   $$y_{zir}=\cos t{e}^{-t}u(t)+3\sin t{e}^{-t}u(t)$$

   因此，

   $$y(t)=-\frac{1}{2}{e}^{-2t}u(t)+\frac{3}{2}\cos t{e}^{-t}u(t)+\frac{7}{2}\sin t{e}^{-t}u(t)$$

3. 画出系统的框图实现。

   提示：Laplace 变换只能用 $1/s$$1/s$ 积分器。先引入 $s^{-1}$$s^{-1}$，即：

   $$Y(s)=\frac{s^{-1}+s^{-2}}{1+2s^{-1}+2s^{-2}}X(s)$$

   令 ${\displaystyle W(s)=\frac{X(s)}{1+2s^{-1}+2s^{-2}}}$$\displaystyle W(s)=\frac{X(s)}{1+2s^{-1}+2s^{-2}}$，推出 $W(s)$$W(s)$ 满足：

   $$W(s)=X(s)-2s^{-1}W(s)-2s^{-2}W(s)$$

8

图中为一采样系统，其中 $p(t)={\displaystyle \sum _{k=-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\delta (t-kT)}$$p(t)=\displaystyle \sum_{k=-\infin}^{+\infin} \delta(t-kT)$，$T$$T$ 为采样周期，$x(t),x_p(t),x(n)$$x(t),x_p(t),x(n)$ 的频谱分别为 $X(j\mathrm{\Omega }),X_p(j\mathrm{\Omega }),X(e^{j\omega })$$X(j\Omega),X_p(j\Omega),X(e^{j\omega})$。

注：本题中 $\mathrm{\Omega }$$\Omega$ 表示模拟角频率；$\omega$$\omega$ 代表数字角频率。

1. 已知 $T=5\times {10}^{-3}\mathrm{s}$$T=5\times 10^{-3}\mathrm{~s}$，$X(j\mathrm{\Omega })$$X(j\Omega)$ 的形状如右图所示，试分别画出 $X_p(j\mathrm{\Omega }),X(e^{j\omega })$$X_p(j\Omega),X(e^{j\omega})$.

   $$\omega =\frac{2\pi }{T}=400\pi =2{\omega }_m$$

   刚好不会重叠，自己画呗。

2. 求 ${\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}|x(t){|}^2\mathrm{d}t}$$\displaystyle \int_{-\infin}^{+\infin} |x(t)|^2\mathrm d t$.

   根据 Parsevel's theorem，

   $${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}|x(t){|}^2\mathrm{d}t=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}|X(j\omega ){|}^2\mathrm{d}\omega =\frac{200}{3}$$

3. 使 $T{\displaystyle \sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}x[n]={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}x(t)\mathrm{d}t}$$T\displaystyle \sum_{n=-\infin}^{+\infin} x[n]=\int_{-\infin}^{+\infin} x(t)\mathrm d t$ 成立，试确定采样周期 $T$$T$ 需满足的关系。

   注意到

   $${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}x(t)\mathrm{d}t=X(j0)$$

   在 0 处无混叠即可，$\omega =200\pi$$\omega=200\pi$.