华南理工大学《信号与系统》00-08试题答案

八、解：（1） G(ω) = 1+ jω ，则 H (ω) = 1 = a ，从而 h(t) = ae−atu(t) ；
a
G(ω) a + jω
（2） N ( jω) = 1 δ (ω − 2πf ) + 1 δ (ω + 2πf ) ，则
2
2
Yn (
jω)
=
N(
jω)H (
jω)
=
1 2
a
+
a j2πf
（3） y[n] = H (−1)x[n] = −2(−1)n 。
七、解：（1）
X
(e
jω
)
=
1−
1 1
z −1
，ROC： |
z
|>
1 3
；
3
（2）
∑ ∑ ( ) W (e jω )
=
∞
w[n]e jωn
n=−∞
=
M
e jωn
n=− M
=
e− jωM
1 − e jω(2M +1) 1 − e jω
=
代入得 A=1，最后得到 H (s) 为：
H (s) =
s
，ROC： Re{s} > −1。
s2 + 2s + 2
七、解：
（1） y[n] − 1 y[n −1] = x[n] ； 2
（2） H (z) = 1 ； 1 − 1 z −1 2
（3）（i）ROC：| z |≥ 1 ；（ii）ROC： 0 ≤| z |≤ 1 ；
k =−∞
2
f s (t) =
f (t) ⋅ s(t) ，则
∑ ∑ Fs ( jω)
=
1 2π
F ( jω) * S(
jω)
=
4π Ts
∞
(−1)k δ (ω
k =−∞
−
4π Ts
)
=
2 Ts
∞
(−1)k F ( j(ω
k =−∞
−
4π Ts
k ))
十二、解： w1[n] = x[n](−1)n = e jπn x[n] ，则W1 (e jω ) = X (e j(ω−π ) ) ； W2 (e jω ) = W1 (e jω )H LP (e jω ) = H LP (e jω ) X (e j(ω−π ) ) ， w3[n] = e jπn w2[n] ，
3．课本原题，3.10。
4． x(t) = e−atu(t) − e−at u(t − T )
5．幅度失真、相位失真、频率失真。
二、解：因果系统：系统输出只与当前和过去有关。显然不是因果系统。
三、解：
1) Re{x(t)} = 1 {x(t) + x* (t)} ； 2
2) Ev{x(t)} = 1 {x(t) + x(−t)} 2
3 z2 2
=
6z2
，由于 x[n] 是右边序
(z + 1 − j 3 )(z + 1 + j 3 ) 4z 2 + 2z + 1
44
44
列，所以 ROC 包围单位圆，从而 H (e jω )
=Leabharlann Baidu
就会出现两个脉冲，检测一下脉冲出现的时刻就可以没得 t0 和 t1 了。
八、解：由条件（1）知系统函数的极点为共轭对；由条件（6）知 H (−1) = 2 ；由条件（3）
和（4）可设系统函数为
H (z)
=
(z
+
kz 2 a)(z
+
a*)
，将条件
H (−1)
=
2 和条件（3）代入
可解得： H (z) =
=
3sin⎜⎛ ω ⎟⎞ − 4sin3⎜⎛ ω
⎝2⎠
⎝2
sin⎜⎛ ω ⎟⎞
⎟⎞ ⎠
=
3−
4sin2 ⎜⎛ ω ⎝2
⎟⎞ ⎠
⎝2⎠
⎝2⎠
= −1+ 4 cos2⎜⎛ ω ⎟⎞ = 1+ 2 cosω ⎝2⎠
当 M = 3 时，W (e jω ) = 2 cosω + cos 2ω + 2 cos 3ω
从而
h(t) = e−t u(t) + e−2t u(t − 1) + u(t − 1) − e−(t−1)u(t − 1) + 1 e−4u(t − 3) − 1 e−4e−2(t−3)u(t − 3)
2
2
九、解：（1） x(t) + αy(t − T ) =
y(t
)
，则
H
(
s)
=
1
+
1 αe
−
sT
则系统函数为
H (e jω ) = H LP (e j(ω−π ) + H LP (e jω )
显然是带阻滤波器。
H (e jω )
−π
−π π
π
ω
44
华南理工大学 06 年《信号与系统》考研试题参考答案
一、填空题
1． x[n] − x[n −1] = y[n] + 1 y[n −1] 2
2． h(t) = e−t+2 。
六、解：由于系统是一因果稳定系统，则收敛域应包围 jω 轴，且在 S 平面的右边部分。输
入信号
f
(t)
=
d 2h(t) dt 2
+
2
dh(t) dt
+
2h(t) 是有限长的，则
F(s) 的
ROC
应该是整个
S 平面，即 F (s) 没有极点，因此可设 H (s) = G(s) 。输入为 u(t)时，输出是 s2 + 2s + 2
1 1 e − jω
。
2
八 、 解 ： 由 系 统 框 图 知 ： [x(t) * h1 (t) + x(t)]*[h2 (t) + h3 (t)] = y(t) ， 则
[ X (s)H1 (s) + X (s)] ⋅[H 2 (s) + H 3 (s)] = Y (s) ，从而总的系统函数为：
H (s) = [H 2 (s) + H 3 (s)] ⋅[1 + H1 (s)]
δ (ω
− 2πf
)+
1 2
a
−
a j2πf
δ (ω
+
2πf
)
，随频率
f
减
小，噪声干扰就增大。 （3）选择在高频下工作。
华南理工大学 07 年《信号与系统》考研试题参考答案
二、填空题
1． 6 。 ω2 +9
2．是、不是。
3． Re{s} > 0 。 4． ω1 、 bk = e− jkω ak + e jkω1 a−k 。
为低通特性，则 H1 ( jω) 为高通特性。
+
x(t)
H 0 ( jω)
∑
y(t)
—
2． h 0 ( t ) =
sin ω c t πt
，则
h1
(t)
=
δ
(t)
−
sin ωct πt
。
3．
ω
c
上升，则上升时间
π ωc
变长，信号变化缓慢，即 h1(t) 变得越来越窄、尖。
y(t) = sin t t
。若 H1 (s) = H (s)G(s) = K ，
其中 K 为常数，则系统没有回音，从而 G(s) = 1 = K (1 + αe−sT ) （通常取 K=1）。 H (s)
（2） y(t) = x(t) + αx(t − T )
α
x(t)
y(t)
∑ ∑ 十、解：g[n] = x[n] ∞ δ [n − 4k] ，G(e jω ) = 1
绝对可积的，而输入为 tu(t)时，输出不是绝对可积的，可知 G(s) 中应该含有 s 乘
积因子，而没有 s 的高阶因子。考虑到 u(t) ↔ 1 ， tu(t) ↔ 1 ，且 H (s) 在无限
s
s2
远点只有一个零点，则得到 G(s) = As ，从而 H (s) = As 。将 H (1) =0.2 s2 + 2s + 2
e3
⎟⎟⎠⎞
−
j
2⎜⎜⎝⎛
e
j
5πt 3
− j 5πt
−e 3
⎟⎟⎠⎞
，从而
a0
= 2, a2
= a−2
=
1 2
,
a5
= − j2, a−5
=
j2 ，则
η
=
第五次谐和波功率 总功率
=
| a0
|2
+ | a2
| a5 |2 + | a−5 |2 |2 + | a−2 |2 + | a5
|2
+ | a−5
四、与 07 年是重题，略。 五、解：
x(t
)
=
⎧1 ⎩⎨− 1
sin πt > 0 sin πt < 0
，即
x(t)
=
⎧ ⎩⎨−
1 1
2k < t < 2k +1 2k +1 < t < 2k + 2
六、解：类似课本例 5.48。
七、解：由于信号在 t0 和 t1 两个时刻变化无穷大，因此可以将信号通过微分器，在 t0 和 t1 处
华南理工大学 08 年《信号与系统》考研试题参考答案
一、填空题
1． cos(π n) 4
2． 4 。 3
4． x[n] = − 1 ⎜⎛ 1 ⎟⎞n u[−n −1] n⎝2⎠
5． 3 2
6． 1 2
7． hHP
=
(−1)n
sin ωcn πn
8．0
二、填空
1．B
2．C
3．D
4．B
5．B
6．D
7．C
2
2
（4）对于（i）， h[n] = (1 )n u[n] ；对于（ii）， h[n] = −(1 )n u[−n −1] ；
2
2
（5）Z 变换和付立叶变换的关系：若 ROC 包含单位圆，则
H (e
jω
)
=
H (z)
| z=e jω
。当 |
z
|≥
1 2
时， H (e jω ) =
H (z) |z=e jω = 1−
∫ 而
hHP [n]
=
1 2π
e π +ωc jωdω = (−1)n sin ωcn ，则 y[n] = (−1)n sin ωcn − (−1)n sin ωc (n + 1)
π −ωc
nπ
nπ
(n +1)π
五、解：周期
T=6，则
ω0
=
π 3
，
x(t)
=
2
+
1 2
⎜⎜⎝⎛
e
j
2πt 3
+
− j 2πt
5． 2n+2[u(n + 1) − u(n − 2)] + 5 ⋅ 2n{u(n) − u(n − 3)] + 3 ⋅ 2n−1[u(n −1) − u(n − 4)]
6． 4π 3ωm
二、选择题 1．ACD 2．C 3．C 4．A 5．A
5
∑ 三、解：由 a19 = 1 可知 a1 = 1 ，a14 = 2 可知 a2 = 2 ，则 a−1 = 1 ，a−2 = 2 。由 x[n] = 2 n=0
8．B
三、判断
1．错。
2．错。
3．对。
4．对。
5．错。
6．对。
7．对。
四、解：（1） X (e jω ) *G(e jω ) = 1 + e jω ，从而 w[n] = x[n]⋅ g[n] = δ [n] + δ [n +1] 。
（2） y[n] = w[n]* hHP[n] = hHP[n] + hHP[n +1] ，
∞
X (e
j
(ω
− πk 2
)
)
，G
(e
jω
)
H
(e
jω
)
=
X (e jω )
k =−∞
4 k =−∞
则
H
(ejω
)
=
⎪⎧4 ⎨
⎪0
⎩
| ω |≤ π 4
| ω |> π 4
X (e jω )
H (e jω ) 4
−π
πω
4
4
−π
πω
4
4
∑ 十一、解： s(t) = ∞ (−1)kδ (t − k Ts ) ，
e− jωM
⋅
e
j
ω
(
2
M 2
+1)
⎜⎜⎝⎛
−
e
j
ω
(
2
M 2
+1)
e
j
ω 2
⎜⎜⎝⎛
e
−
j
ω 2
ω j
−e 2
− ⎟⎟⎠⎞
jω (2M +1)
e2
⎟⎟⎠⎞
=
sin⎢⎣⎡ω⎜⎝⎛ M + sin⎜⎛ ω ⎟⎞
1 2
⎟⎠⎞⎥⎦⎤
⎝2⎠
当M
= 1 时，W (e jω )
=
sin⎜⎛ 3ω ⎟⎞ ⎝2⎠
sin⎜⎛ ω ⎟⎞
X * (e− jω ) =| X (e jω ) | [e j2(−ω) ]* =| X (e jω )e j2ω ， 所 以 信 号 是 实 信 号 。 而
∫1 T | X (e jω ) |2 dω < ∞ ，有限能量。
T −T
五、解：
1．如图所示，y(t) = x(t) − x(t) * h0 (t) ，则Y ( jω) = X ( jω) − X ( jω)H 0 ( jω) ，H0 ( jω)
|2
= 64%
六、解：（1）H (z)
1+ =
1+
7
4 1
z −1 − 1 z −2 2
z −1 − 1 z −2
=
1 + 7 z −1 − 1 z −2 42
(1 + 1 z−1)(1− 1 z −1)
，因果系统，则
ROC：|
z |>
1 2
，
48
2
4
包含单位圆，系统稳定。
（2）因零点 z = −2 不在单位圆内，因此不存在因果稳定的逆系统。
∑ 可 知
a0
=
1 6
×2
=
1 3
，由
7
x[n](−1)n = 1
n=2
可知
a3
=
1 6
×1 =
1 6
，从而
a−3
=
1 6
×1 =
1 6
。
四、解：周期信号的频谱是离散的，而图示信号频谱是连续的，显然是非周期的。信号频谱
的模 | X (e jω ) 是偶对称的，而相角是奇对称的，显然 X (e jω ) 不是偶信号。由于
而
H1(s)
=
1 s
e−s
，
Re{s}
>
0
H2 (s)
=
s
1 +
2
e−(s+2) ， Re{s} >
−2
H3 (s)
=
s
1 +1
，
Re{s}
>
−1
所以
H (s) = 1 + 1 e−(s+2) + 1 e−s + 1 e−3s−4 ， Re{s} > 0
s +1 s + 2
s(s + 1) s(s + 2)
从而
W3 (e jω ) = W2 (e j(ω−π ) ) = H LP (e j(ω−π ) ) X (e j(ω−2π ) ) = H LP (e j(ω−π ) ) X (e jω )
而W4 (e jω ) = H LP (e jω ) X (e jω ) ，所以 Y (e jω ) = W3 (e jω ) + W4 (e jω ) = X (e jω )[H LP (e j(ω−π ) + H LP (e jω )]