信号与系统期末试卷-含答案全

一．填空题（本大题共10空，每空2分，共20分。

) 1．()*(2)k k εδ-= (2)k ε- 。

2．
sin()()2
t
d π
τδττ-∞
+
=⎰
()u t 。

3. 已知信号的拉普拉斯变换为
1
s a
-，若实数a a >0 或 大于零 ，则信号的
傅里叶变换不存在.
4. ()()()t h t f t y *=，则()=t y 2 ()()t h t f 222* .
5. 根据Parseval 能量守恒定律,计算
⎰
∞
∞
-=dt t t 2
)sin (
π 。

注解： 由于)
(sin 2ωπg t t
⇔，根据Parseval 能量守恒定律，可得
πωππωωππ===⎪⎭⎫
⎝⎛⎰⎰⎰-∞∞-∞
∞-d d g dt t t 1
12
2
22
21)(21sin
6. 若
)(t f 最高角频率为m ω，则对)2()4()(t
f t f t y =取样，其频谱不混迭的最大间隔是 m T ωπ
ωπ34max max =
=
注解：信号)(t f 的最高角频率为m ω，根据傅立叶变换的展缩特性可得信号)4/(t f 的最高角 频率为4/m ω,信号)2/(t f 的最高角频率为2/m ω。

根据傅立叶变换的乘积特性，两信号时域相乘，其频谱为该两信号频谱的卷积，故)2/()4/(t f t f 的最高角频率为
m m
m
ωωωω43
24
max =+
=
根据时域抽样定理可知，对信号)2/()4/(t f t f 取样时,其频谱不混迭的最大抽样间隔m ax
T 为
m
T ωπ
ωπ34max max ==
7. 某因果线性非时变（LTI ）系统，输入)()(t t f ε=时,输出为:)1()()(t t e t y t
--+=-εε；则
)
2()1()(---=t t t f εε时，输出
)
(t y f ＝
)1()2()()1()2()1(t t e t t e t t -----+-----εεεε。

8. 已知某因果连续LTI 系统)(s H 全部极点均位于s 左半平面,则∞
→t t h )(的值为
0 。

9. 若
)()(ωj F t f ↔，已知)2cos()(ωω=j F ，试求信号
)(t f 为
)]
2()2([21
)(++-=t t t f δδ。

10。

已知某离散信号的单边z 变换为)
3(,)3)(2(2)(2>+-+=z z z z
z z F ,试求其反变换
)(k f =)(])3(2[)]([)(1k s F z k f k k ε-+==-
二．选择题(本大题共5小题,每题4分，共20分。

）
1.下列信号的分类方法不正确的是 A ：
A 、数字信号和离散信号
B 、确定信号和随机信号
C 、周期信号和非周期信号
D 、因果信号与反因果信号
2. )]2()()[2()]()2([2)(1--++-+=t t t t t t f εεεε，则)]1()2
1()[21()(--+-=t t t f t f εε的波形是 B 。

3。

已知一连续时间LTI 系统的频响特性
ωω
ωj j j H -+=
11)(，该系统的幅频特性
=)(ωj H ______，相频特性)(ωϕj =______,是否是无失真的传输系统 (C ）
A 、2，2arctan()ω,不是
B 、2，arctan()ω,是
C 、1,2arctan()ω，不是
D 、1，arctan()ω,是
解析：由于)(ωj H 的分子分母互为共轭,故有
)arctan(2)(ωωj e j H =
所以系统的幅度响应和相位响应分别为
1)(=ωj H ,
)arctan(2)(ωωφ= 由于系统的相频响应)(ωφ不是ω的线性函数,所以系统不是无失真传输系统。

4。

设有一个离散反馈系统，其系统函数为：)
1(2)(k z z
z H --=，问若要使该系统稳定,
常数应k 该满足的条件是 A
A 、5.15.0<<k
B 、5.0>k
C 、5.1<k
D 、+∞<<∞-k
5。

函数2
sgn(4)t -等价于下面哪个函数? D
A 、(2)(2)t t εε-+--
B 、12(2)2(2)t t εε--+--
C 、(2)(2)(2)t t t εεε-+---+
D 、12(2)2(2)t t εε-++-
1. 已知某系统：)()(n nf n y =试判断其线性,时不变性，因果性，稳定性等特性，并说明理由（可在下页作答）。

1。

解：)()(n nf n y =代表的系统是线性，时变性，因果，不稳定的系统。

理由如下： 线性特性：已知)()()(n nf n y n f =⇒,对于任意给定的不为零的常数α和β，设
)()()(111n nf n y n f =⇒；)()()(222n nf n y n f =⇒，则有
)()()]()([)()(212121n y n y n f n f n n f n f βαβαβα+=+⇒+
因此，该系统是线性系统。

时不变性：已知)()()(n nf n y n f =⇒，则有
)()()(000n n y n n nf n n f -≠-⇒-
因此，该系统是时变系统。

因果性:由)()(n nf n y =可知，系统的当前输出仅与当前输入有关，与未来输入无关，因此是因果系统。

稳定性：设系统的输入有界，即：∞
<≤M n f )(，则有
∞
−−→−≤=∞
→n nM n nf n y )()(
因此，该系统不是稳定系统。

2. 已知信号)(t f 和)(t g 如图A-1所示，画出卷积()*()f t g t 的波形并写出信号
[()*()]d
f t
g t dt
的表达式。

图 A —1
2。

解：)(t f 和)(t g 的卷积的波形如下图所示。

02
3123
t
)
()(t g t f *
()(1)(1)f t t t εε=--+；()2()(1)(2)g t t t t εεε=---- [()*()]'()*()[(1)(1)]*()(1)(1)d
f t
g t f t g t t t g t g t g t dt
δδ==--+=--+
答案为：2(1)()3(1)(2)(3)t t t t t εεεεε+---+-+-
3. 已知H （s ）的零、极点分布图如示，并且h(0+)=2。

求H （s ）和h(t)的表达式。

3。

解：由分布图可得
2(1)(1)(22)
()(1)(2)(1)(2)
K s j s j K s s H s s s s s s s ---+--==++++
根据初值定理，有
(0)lim ()2s h sH s K →∞
+===
22(22)
()(1)(2)
s s H s s s s --=++
设 2
1)(321++++=
s k s k
s k s H 由 )()(lim s H s s k i s s i i
-=→ 得：
k 1=2；k 2=-10；k 3=10
即21010()12
H s s s s =
-+++ 2()2(155)()t t h t e e t ε--=-+
另解：也可通过部分分式展开得到()h t 的表达式（包括未知数K ）后令0t +=再求出K 值。

4．已知描述连续系统输入)(t x 和输出)(t y 的微分方程为 )()()()()(''''''t x t dy t cy t by t ay =+++
式中,d c b a ,,,为常数.若选取状态变量为
)()()()()()()()()('''3'21t cy t by t ay t t by t ay t t ay t ++=+==λλλ
试列写该系统的状态方程和输出方程； 4. 解：
…………………………………………………………..装………………….订…………………..线………………………………………………………
因为：
)
()()()()()(2121t t a
b t by t t y a t λλλλ+-=-='='，同理可得:
)()()(312
t t a
c t λλλ+-='，)()()(13
t x t a
d
t +-='λλ，因此系统的状态方程为:
)(100)()()(001001)()()(321321t x t t t a
d
a c a b
t t t ⎥⎥⎥⎦⎤
⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎢⎣⎡---=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡'''λλλλλλ
输出方程为：)
(1
)(1t a t y λ=
四．综合题（本大题共2小题，每题12分，共24分）
1、一线性时不变因果离散时间系统的差分方程描述为
0)()2(2)1(3)(≥=-+-+k k f k y k y k y
已知,3)2(,2)1(),()(=--=-=y y k k f ε由z 域求解:
（1）零输入响应)(k y x
,零状态响应)(k y f ，完全响应)(k y ；
(2)系统函数)(z H ,单位脉冲响应)(k h ； （3）若)5()()(--=k k k f εε,重求（1)、（2）。

1、解：(1)对差分方程两边进行z 变换得
)()}2()1()({2)}1()({3)(121z F y y z z Y z y z Y z z Y =-+-++-++---
整理后可得
11212211214142314231)2(2)1(2)1(3)(--------++
+=++=++------=z z z z z z z y y z y z Y x
进行z 变换可得系统零输入响应为
)(])2(4)1(4[)(k k y k k x ε---=
零状态响应的z 域表示式为
)21(3
/4)1(2/1)1(6/1113311331)()(11112121--------++
+-+-=-++=++=
z z z z z z z z z F z Y f
进行z 反变换可得系统零状态响应为
114
()[(1)(2)]()623
k k f y k k ε=--+-
系统的完全响应为
)
(]61
)2(38)1(27[)()()(k k y k y k y k k f x ε+---=+=
（2)根据系统函数的定义，可得
1121212
112311)
()()(----++
+-=++=
=
z z z z z F z Y z H f
进行z 反变换即得
)(])2(2)1([)(k k h k k ε-+--=
（3) 若)5()()(--=k k k f εε，则系统的零输入响应)(k y x
、单位脉冲响应)(k h 和
系统函数)(z H 均不变，根据时不变特性，可得系统零状态响应为
55
{()()}()(5)
114114[(1)(2)]()[(1)(2)](5)623623
f f k k k k T k k y k y k k k εεεε---=--=--+----+--
完全响应为
55()(){()(5)}
178114
[(1)(2)]()[(1)(2)](5)623623
x k k k k y k y k T k k k k εεεε--=+--=--+----+-- 2. 在图A —2 所示系统中，已知输入信号)(t f 的频谱)(ωj F ,试分析系统中A 、B 、C 、D 、E 各点频谱并画出频谱图，求出)(t y 与)(t f 的关系.
)
f )
t )
t
图A —2
2。

解
A 、
B 、
C 、
D 和
E 各点频谱分别为
)]100()100([)]100[cos()(++-==ωδωδπωt FT j F A
)]
100()100([21
)()(21)(++-=*=ωωωωπωF F j F j F j F A B
)()()(1ωωωj H j F j F B C =
)]
100()100([21
)(-++=ωωωC C D F F j F
)()()()(2ωωωωj H j F j Y j F D E ==
A 、
B 、
C 、
D 和
E 各点频谱图如图A-7所示。

将)(ωj Y 与)(ωj
F 比较可得
)(41)(ωωj F j Y =
即)(41)(t f t y =。