北航信号与系统05年期末考试答案
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-1
1
n
-1.5
-5 -4 -3 -2 -1 o
-1
1
n
-1.5
-5 -4 -3 -2 -1 o
-1
1
2
3
4
n
x( n) = 0 当n > 2或n < −8时
1 x(− (n + 2)) 2
x(2n)
2
x ( n) = 0 当n > 1或n < −1时
2 0.5
1
-8 -7 -6 -5 -4 -3
-2
n =−∞
∑
h( n) ≤ M < ∞ 。
连续时间系统的 S 域、离散时间系统的 Z 域稳定性条件：S 域极点在左半平面、Z 域极点在 单位园内。 3 解：
∞
∫
2
+∞
−∞
X (ω ) d ω ＝ ∫
+∞
−∞
X (ω ) e jω 0 dω = 2π x(0) = 4π
2
+∞ −∞
∫
−∞
x(t ) dt =
3－4
X 3 (ω )
3ω1
4ω1
ω
o
3ω1
4ω1
X 4 (ω )
X 5 (ω )
1/2
−8ω1 −4ω1 −3ω1
ω
ω1
3ω1
1/4
−0.5ω1 o
ω
0.5ω1
−ω1
o
4ω1
8ω1
1 1 1 sin ω1t ω1 ω1 1 2 2 2 2 x5 ( t ) = ( Sa ( t) ) 。 πt 4 2π 2
15(1 − ω 2 )[5(3 − ω 2 ) − jω (11 − ω 2 )] (ω 2 + 32 )((5 − ω 2 ) 2 + 4ω 2 )
幅频特性和相频特性曲线近似如图，近似带通滤波特性。
4 3.5 3 2.5 2 1.5 1 0.5 0
2.5 2 1.5 1 0.5 0 -0.5 -1 -1.5
3 1 2
-1.5
t
-2 -1 o
-1
n
图一.3 4
2 0.5
图一.4
解： x ⎜ −
1 ⎛1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ n ⎞ ⎛ 1 ⎞ − 1⎟ = x(− (n + 2)) ： x ( n ) → x ⎜ n ⎟ → x ⎜ − n ⎟ → x ⎜ − ( n + 2) ⎟ 2 ⎝2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
0
2
4
6
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12
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16
18
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3 H ( s) =
75 1 1 15s + 105 75 1 15 s + 1 + 3 × 2 − = − 2 4 s + 3 4 ( s + 1) + 4 4 s + 3 4 ( s + 1) 2 + 22 75 −3t 15 −t −t ⇒ h ( t ) = [ e − (e cos 2t + 3e sin 2t )]u (t ) 。 4 4
3－1
z −2 z z −3 5 解： nu ( n ) ↔ ⇒ ( n − 3)u ( n − 3) ↔ z ＝ ( z − 1) 2 ( z − 1) 2 ( z − 1) 2
二（10 分） 解：设系统单位冲激响应为 h(t ) ，单位阶跃响应为 g (t ) ，零输入响应为 rzi (t ) ，则有
−t
t
−t
−∞
h(t ) − ∫ h(τ )dτ = −e−t u (t ) − (1 − 5e−t )u (t ) = (4e−t − 1)u (t ) ，故有
−∞
t
h' (t ) − h(t ) = 3δ (t ) − 4e−t u (t ) ⇒ H ( s ) =
三 （20 分） 解：1 系统的传递函数 H ( s ) = 2 ⇒ H ( jω ) =
1 2π
∫
∞
−∞
X ( jω ) dω ⇒ ∫
X (ω ) dω = 2π ∫
2
∞
−∞
x(t ) dt
2
而
∫
∞
−∞
x(t ) dt ＝
2
+∞ 2 38 38 76 ，故 ∫ X (ω ) dω = 2π ⋅ = π −∞ 3 3 3
x(t )
2 1 -1 o 1 2 3
x (n)
2 1 0.5
x( n) = 0 当n > 3或n < −2时
4 若系统输入 r (t ) = u (t ) ，则系统输出 g (t ) =
∫
t
−∞
h(τ ) dτ ⇒
25 3 (1 − e −3t )u (t ) − [(1 − e − t cos 2t + 2e − t sin 2t ) + 3(2 − 2e − t cos 2t − e − t sin 2t )]u (t ) 4 4 25 3 ＝ (1 − e −3t )u (t ) − [7 − 7e − t cos 2t − e − t sin 2t ]u (t ) 。 4 4 若系统输入 r (t ) = 0.358[u (t − 1) − u (t − 3)] ，则输出 y (t ) = 0.358[ g (t − 1) − g (t − 3)] 。 g (t ) =
5 以延迟、相加、倍乘等基本运算单元画出系统方框图如下。(可能会有多个答案)
x ( n)
∑
3/4
y ( n) z −1 z −1
-1/8
六 （10 分） 解： z −1Y ( z ) −
Y (z) 10 1 z Y ( z ) + zY ( z ) = X ( z ) ⇒ H ( z ) = = = 1 3 X ( z ) z −1 − 10 + z ( z − 3) （z- ） 3 3
1 2 ，故有 h(t ) = (et + 2e − t )u (t ) 。 + s −1 s +1
15( s 2 + 1) 。 ( s + 3)(( s + 1) 2 + 4)
15(( jω ) 2 + 1) 15(1 − ω 2 )(3 − jω )((5 − ω 2 ) − 2 jω ) ＝ ＝ ( jω + 3)(( jω + 1) 2 + 4) (ω 2 + 32 )((5 − ω 2 ) 2 + 4ω 2 )
北京航空航天大学
电子信息工程学院
《信号与系统》试题简要答案
2005 年 1 月 20 日
一 （25 分） 1 解：系统 r (t ) = e(t )e(t − 1) ：非线性，时不变，记忆，因果，稳定 2
+∞
解：连续、离散时间系统的时域稳定性条件：绝对可积
∫
∞
−∞
h(t ) dt ≤ M < ∞ 、绝对可和
r1 (t ) = h(t ) + rzi (t ) ， r2 (t ) = g (t ) + rzi (t ) 。而 g (t ) = ∫ h(τ )dτ ，故有
−∞
t
h(t ) + rzi (t ) = −e u (t ) ， ∫ h(τ )dτ + rzi (t ) = (1 − 5e )u (t ) ，故有
3－3
3 3 z z 8 8 ⇒ H ( z) = − + 1 z −3 z3 画出零、极点图（0，1/3、3） 。 1 1 由于系统稳定，对极点 1/3 要求 < z ，对极点 3 要求 z < 3 。所以收敛域为 < z < 3 。 3 3 3 1 所以 h( n) = [ −3n u ( − n − 1) − ( )n u ( n)] ，双边系列，非因果。 8 3
-1
-1 o
1
2
n
-1 o
-1
1
n
-1.5
⎛ 1 ⎞ x ⎜ − (n + 2) ⎟ ＝{-1.5,0,0,0,1,0,-1,0,0.5,0,2}(-8~+2,11)； x ( 2n ) ={2,-1,0}(-1~+1,3) ⎝ 2 ⎠ ⎛ n ⎞ x ⎜ − − 1⎟ * x ( 2n ) ={-3,1.5,0,0,2,-1,-2,1,1,-0.5,4,-2,0} (-9~+3,13) ⎝ 2 ⎠
四 （15 分）
3－2
1
−4ω1 −3ω1
H1 (ω )
1
ω
3ω1 4ω1
H 2 (ω )
ϕ1 (ω )
ω
−0.5ω1o 0.5ω1
−3.5ω1
−4ω1 −3ω1
ϕ 2 (ω )
3.5ω1
ω
−0.5ω1o
o
o
3ω1 4ω1
0.5ω1
ω
解：
1
−4ω1 −3ω −2ω1
1
X 2 (ω )
ω
oБайду номын сангаас
2ω1
1
−4ω1 −3ω1
n x( ) 2
1
x ( n) = 0 当n > 6或n < −4时
x( n) = 0 当n > 4 或 n < −6
n x( − ) 2
1 0.5
2
x ( n) = 0 当n > 4或n < −6时
n x(− ) 2
1 0.5
2
6 2 3 4 5
-1.5
-6
-6 2 3 4
-4 -3 -2 -1 o
1 2 1 4
2 系统的零点（0，0） ，极点（1/4，1/2） 。系统的极点全部在单位园内，系统稳定。 3 h(n) = [( )n − 2 ⋅ ( )n ]u ( n) 。 当 系 统 输 入 x ( n) = δ ( n) + δ ( n − 2) 时 ， 系 统 的 输 出
1 1 1 1 y (n) = h(n) + h(n − 2) ，所以 y (n) = [( )n − 2 ⋅ ( )n ]u (n) + [( )n-2 − 2 ⋅ ( )n-2 ]u (n − 2) 。 2 4 2 4 n n jnπ 4 当系统输入 x(n) = ( −1) 时，因为 ( −1) = cos nπ = e ，按照系统频率响应的定义得到 8 系统的输出 y ( n) = H (e jπ ) cos nπ = ( −1) n 。 15
五 （20 分） 解：1 系统差分方程得到： H ( z ) = 题意得到： H ( z ) =
1 + cz −1 + dz −2 。 1 + az −1 + bz −2
kz 2 z2 ，所以得到 H ( z ) = ，且 c = d = 0 。 1 1 ( z − )( z − M ) ( z − )( z − M ) 2 2 2 z 1 1 3 1 = ⇒ a = − ,b = H (1) = 8 / 3 ⇒ M = 且 H ( z ) = 1 1 3 1 4 4 8 ( z − )( z − ) 1 − z −1 + z −2 2 4 4 8
1
n
-1.5
-5 -4 -3 -2 -1 o
-1
1
n
-1.5
-5 -4 -3 -2 -1 o
-1
1
2
3
4
n
x( n) = 0 当n > 2或n < −8时
1 x(− (n + 2)) 2
x(2n)
2
x ( n) = 0 当n > 1或n < −1时
2 0.5
1
-8 -7 -6 -5 -4 -3
-2
n =−∞
∑
h( n) ≤ M < ∞ 。
连续时间系统的 S 域、离散时间系统的 Z 域稳定性条件：S 域极点在左半平面、Z 域极点在 单位园内。 3 解：
∞
∫
2
+∞
−∞
X (ω ) d ω ＝ ∫
+∞
−∞
X (ω ) e jω 0 dω = 2π x(0) = 4π
2
+∞ −∞
∫
−∞
x(t ) dt =
3－4
X 3 (ω )
3ω1
4ω1
ω
o
3ω1
4ω1
X 4 (ω )
X 5 (ω )
1/2
−8ω1 −4ω1 −3ω1
ω
ω1
3ω1
1/4
−0.5ω1 o
ω
0.5ω1
−ω1
o
4ω1
8ω1
1 1 1 sin ω1t ω1 ω1 1 2 2 2 2 x5 ( t ) = ( Sa ( t) ) 。 πt 4 2π 2
15(1 − ω 2 )[5(3 − ω 2 ) − jω (11 − ω 2 )] (ω 2 + 32 )((5 − ω 2 ) 2 + 4ω 2 )
幅频特性和相频特性曲线近似如图，近似带通滤波特性。
4 3.5 3 2.5 2 1.5 1 0.5 0
2.5 2 1.5 1 0.5 0 -0.5 -1 -1.5
3 1 2
-1.5
t
-2 -1 o
-1
n
图一.3 4
2 0.5
图一.4
解： x ⎜ −
1 ⎛1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ n ⎞ ⎛ 1 ⎞ − 1⎟ = x(− (n + 2)) ： x ( n ) → x ⎜ n ⎟ → x ⎜ − n ⎟ → x ⎜ − ( n + 2) ⎟ 2 ⎝2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
3 H ( s) =
75 1 1 15s + 105 75 1 15 s + 1 + 3 × 2 − = − 2 4 s + 3 4 ( s + 1) + 4 4 s + 3 4 ( s + 1) 2 + 22 75 −3t 15 −t −t ⇒ h ( t ) = [ e − (e cos 2t + 3e sin 2t )]u (t ) 。 4 4
3－1
z −2 z z −3 5 解： nu ( n ) ↔ ⇒ ( n − 3)u ( n − 3) ↔ z ＝ ( z − 1) 2 ( z − 1) 2 ( z − 1) 2
二（10 分） 解：设系统单位冲激响应为 h(t ) ，单位阶跃响应为 g (t ) ，零输入响应为 rzi (t ) ，则有
−t
t
−t
−∞
h(t ) − ∫ h(τ )dτ = −e−t u (t ) − (1 − 5e−t )u (t ) = (4e−t − 1)u (t ) ，故有
−∞
t
h' (t ) − h(t ) = 3δ (t ) − 4e−t u (t ) ⇒ H ( s ) =
三 （20 分） 解：1 系统的传递函数 H ( s ) = 2 ⇒ H ( jω ) =
1 2π
∫
∞
−∞
X ( jω ) dω ⇒ ∫
X (ω ) dω = 2π ∫
2
∞
−∞
x(t ) dt
2
而
∫
∞
−∞
x(t ) dt ＝
2
+∞ 2 38 38 76 ，故 ∫ X (ω ) dω = 2π ⋅ = π −∞ 3 3 3
x(t )
2 1 -1 o 1 2 3
x (n)
2 1 0.5
x( n) = 0 当n > 3或n < −2时
4 若系统输入 r (t ) = u (t ) ，则系统输出 g (t ) =
∫
t
−∞
h(τ ) dτ ⇒
25 3 (1 − e −3t )u (t ) − [(1 − e − t cos 2t + 2e − t sin 2t ) + 3(2 − 2e − t cos 2t − e − t sin 2t )]u (t ) 4 4 25 3 ＝ (1 − e −3t )u (t ) − [7 − 7e − t cos 2t − e − t sin 2t ]u (t ) 。 4 4 若系统输入 r (t ) = 0.358[u (t − 1) − u (t − 3)] ，则输出 y (t ) = 0.358[ g (t − 1) − g (t − 3)] 。 g (t ) =
5 以延迟、相加、倍乘等基本运算单元画出系统方框图如下。(可能会有多个答案)
x ( n)
∑
3/4
y ( n) z −1 z −1
-1/8
六 （10 分） 解： z −1Y ( z ) −
Y (z) 10 1 z Y ( z ) + zY ( z ) = X ( z ) ⇒ H ( z ) = = = 1 3 X ( z ) z −1 − 10 + z ( z − 3) （z- ） 3 3
1 2 ，故有 h(t ) = (et + 2e − t )u (t ) 。 + s −1 s +1
15( s 2 + 1) 。 ( s + 3)(( s + 1) 2 + 4)
15(( jω ) 2 + 1) 15(1 − ω 2 )(3 − jω )((5 − ω 2 ) − 2 jω ) ＝ ＝ ( jω + 3)(( jω + 1) 2 + 4) (ω 2 + 32 )((5 − ω 2 ) 2 + 4ω 2 )
北京航空航天大学
电子信息工程学院
《信号与系统》试题简要答案
2005 年 1 月 20 日
一 （25 分） 1 解：系统 r (t ) = e(t )e(t − 1) ：非线性，时不变，记忆，因果，稳定 2
+∞
解：连续、离散时间系统的时域稳定性条件：绝对可积
∫
∞
−∞
h(t ) dt ≤ M < ∞ 、绝对可和
r1 (t ) = h(t ) + rzi (t ) ， r2 (t ) = g (t ) + rzi (t ) 。而 g (t ) = ∫ h(τ )dτ ，故有
−∞
t
h(t ) + rzi (t ) = −e u (t ) ， ∫ h(τ )dτ + rzi (t ) = (1 − 5e )u (t ) ，故有
3－3
3 3 z z 8 8 ⇒ H ( z) = − + 1 z −3 z3 画出零、极点图（0，1/3、3） 。 1 1 由于系统稳定，对极点 1/3 要求 < z ，对极点 3 要求 z < 3 。所以收敛域为 < z < 3 。 3 3 3 1 所以 h( n) = [ −3n u ( − n − 1) − ( )n u ( n)] ，双边系列，非因果。 8 3
-1
-1 o
1
2
n
-1 o
-1
1
n
-1.5
⎛ 1 ⎞ x ⎜ − (n + 2) ⎟ ＝{-1.5,0,0,0,1,0,-1,0,0.5,0,2}(-8~+2,11)； x ( 2n ) ={2,-1,0}(-1~+1,3) ⎝ 2 ⎠ ⎛ n ⎞ x ⎜ − − 1⎟ * x ( 2n ) ={-3,1.5,0,0,2,-1,-2,1,1,-0.5,4,-2,0} (-9~+3,13) ⎝ 2 ⎠
四 （15 分）
3－2
1
−4ω1 −3ω1
H1 (ω )
1
ω
3ω1 4ω1
H 2 (ω )
ϕ1 (ω )
ω
−0.5ω1o 0.5ω1
−3.5ω1
−4ω1 −3ω1
ϕ 2 (ω )
3.5ω1
ω
−0.5ω1o
o
o
3ω1 4ω1
0.5ω1
ω
解：
1
−4ω1 −3ω −2ω1
1
X 2 (ω )
ω
oБайду номын сангаас
2ω1
1
−4ω1 −3ω1
n x( ) 2
1
x ( n) = 0 当n > 6或n < −4时
x( n) = 0 当n > 4 或 n < −6
n x( − ) 2
1 0.5
2
x ( n) = 0 当n > 4或n < −6时
n x(− ) 2
1 0.5
2
6 2 3 4 5
-1.5
-6
-6 2 3 4
-4 -3 -2 -1 o
1 2 1 4
2 系统的零点（0，0） ，极点（1/4，1/2） 。系统的极点全部在单位园内，系统稳定。 3 h(n) = [( )n − 2 ⋅ ( )n ]u ( n) 。 当 系 统 输 入 x ( n) = δ ( n) + δ ( n − 2) 时 ， 系 统 的 输 出
1 1 1 1 y (n) = h(n) + h(n − 2) ，所以 y (n) = [( )n − 2 ⋅ ( )n ]u (n) + [( )n-2 − 2 ⋅ ( )n-2 ]u (n − 2) 。 2 4 2 4 n n jnπ 4 当系统输入 x(n) = ( −1) 时，因为 ( −1) = cos nπ = e ，按照系统频率响应的定义得到 8 系统的输出 y ( n) = H (e jπ ) cos nπ = ( −1) n 。 15
五 （20 分） 解：1 系统差分方程得到： H ( z ) = 题意得到： H ( z ) =
1 + cz −1 + dz −2 。 1 + az −1 + bz −2
kz 2 z2 ，所以得到 H ( z ) = ，且 c = d = 0 。 1 1 ( z − )( z − M ) ( z − )( z − M ) 2 2 2 z 1 1 3 1 = ⇒ a = − ,b = H (1) = 8 / 3 ⇒ M = 且 H ( z ) = 1 1 3 1 4 4 8 ( z − )( z − ) 1 − z −1 + z −2 2 4 4 8