信号与系统

参考解与评分标准

考试内容：信号与系统（选自清华等七校硕士入学试题） 成 绩： 时 间：180分钟（闭卷） 姓 名： 总 分：150

试题 符号说明：

1，ARect（2，Asinc[tt0）表示幅度为A、寛度为、中心位于t0的矩形信号。

(tt0)]表示中心主瓣幅度为A、中心主瓣底部一半的寛度为tp、中tpsinx信号。 x心位于t0的辛格

3，A(tt0)）表示强度为A、位于t0处的冲激信号。 4，Au(tt0)跃信号。

5，Asgn(t) 表示在当t0幅度为－A，当t0幅度为A的符号信号。

一,完成下列运算（每小题5分，本题共计25分） 1,

表

tt0其值为零，在tt0处突变高度为A且一直保持的阶

4[u(t)u(t4)](t24t3)dt?

4[(t3)(t1)]dt[(t3)(t1)]dt2

42,f(n)(0.5)[u(n2)u(n3)]（空电）

nz2f1(n)(0.5)u(n)u(n),z1.

(z0.5)(z1)n Res[z(z0.5)(z0.5z)(znz0].51)sRze[(z1)znz(z0.5)(z1) 1] [2(1n)u]n( )2f(n)f1(n2)f1(n3)

1

1n213)u]n(2[)2(n)u]n( 3)22103，一CLTI系统的H(s)，画出H(j草图并给出带宽.（华南理工大）

s1 [2(解：因系统只有一个（－1）极点，系统是稳定的，则频率响应H(j)存在，且为 H(j)1

1j112 H(j 3dB带宽，1221, 即 2

4,求信号sin[(t5)]的自相关函数.

(t5)解：这个信号是持续在(,)区间上的能量型信号，其相关函数与能量谱密度E()间

是FT关系。而该信号的能量谱密度E()为

sin[(t5)]E()FT{}Rect()ej52Rect()

(t5)22222 R()sinc() 5,已知信号的频谱密度F(j)1,3.计算

f(t)dt.

2 解：因 f(t)FTjF(j),则根据Parseval Theorem得

112jF(j)d211339 (0).

3

f(t)dt230d

2

二，判断题（每小题5分，本题共计25分）

1，离散序列x(n)的FT是频率的周期函数，判断其正确性，并说明理由。

正确。因为x(n)x(t)(t)1x(j)2T2Tk(2k) T12x[j(k) TkT

2

这是一个以2，信号x(t)满足

2为周期侯周期函数。 Tx(t)etdt，x(s)在有限远仅有一个极点p=2,则该信号是右边信

号。判断此说法的正确性并说明理由。

解： 由题给极点p=2，则ROC只能是2,或2。但由

x(t)etdt可知1是绝对可积的，即1在ROC中；2是极点，不在ROC内。故ROC应为2。这是左信号。所以x(t)不是右边信号。

3，两个非线性系统级联可能是线性系统。判断此说法的正确性并说明理由。

解：正确。因为正是非线性校正方法。例如数字语音通信中，发端用一非线性系统将动

态范围大的语音压缩，接收端用另一特性的非线性系统将其校正。

4，一个实信号，有一个模和相位都是偶函数的FT，判断其正确性，并说明理由。 解：F(j)R(t)[costjsint]dt

F(j)0F(j)0

F(j)0F(j)0

(j)0(j)0

只能说：FT振幅（谱）F(j)是

而相位（谱）(j)是

的偶函数；

的奇函数 。

5，己知某系统的传输函数H(z)或（H(s)），决定该系统的单位冲激响应函数形式是

H(z)(H(s))的零点，判断此说法的正确性，并说明理由。

解：设H(s)N(s);H(z)N(z)

D(s)D(z) D(s)0,D(z)0的根为pi,i1,2,3,

pit h(t),h(n)Res[H,P;k(pi)n i]ke 故h(t),h(n)的函数形式由传输函数分母的根决定；分子的零点只与系数k有关，与h(t),h(n)的函数形式无关。

三，完成下列变换（每小题5分，本题共计30分）

1,若f(t)FTRect(),求f(t)cos(20t)的频谱密度并绘出示意图（清华）。

22 3

解：f2(t)cos(20t)f(t)f(t)cos(20t)FT Rect()Rect()[(20)(20)]2214

2 2 －22 －20 －18 0 18 20 22

 2,已知x1(t)和x2(t)如下图a,c所示。其中y1(t)x1(t)h(t)如下图b所示。求x2(t)h(t)

X1(t) 1 T -2 0 2 a y1(t) 1 x2(t) 1 -4 -2 0 2 4 b t 0 1 3 5 -1 c

解法Ⅰ：因 x2(t)2

dx1(t)(t3) dt

y1(t)x1(t)h(t)dy1(t)d[x1(t)]h(t)dtdtdx1(t)h(t)](t3)dtdx(t) [21(t3)]h(t) dtdy1(t)2(t3)dttt6) = Rect()Rect(22x2(t)h(t)[2

x2(t)h(t)

-2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 t

解法Ⅱ：用LT求出冲激响应h(t) 将梯形分解成两个三角形之差，即有

y1(t)2()() 表三角波，前面系数表高，（）中分母表底宽。

t8t4 4

t112()(t4)u(t4)tu(t)(t4)u(t4)822

112[e4s2e4s]2(eses)2(eses)22s2st11()(t2)u(t2)tu(t)(t2)u(t2)422

112[e2s2e2s]2(eses)22s2s x1(t)()x1(s) H(s)t41ss2(ee) 22sF(s)e2se2s1

x1(s) h(t)(t2)(t2)(t) 故有

x2h(t)x2(t2)x2(t)x2(t2)

解法Ⅲ：将y1(t)分解成三个同输入信号一样的三角波形，如下图所示

g1(t) 11 -4 -2 0 2 4 t 1 x1(t) －2 －1 0 1 2 t y1(t) 1 -4 -2 0 2 4 t 1 g2(t) -4 -2 0 2 4 t 1 g3(t) -4 -2 0 2 4 t

5

从图可知，

y1(t)g1(t)g2(t)g3(t)

g1(t)x1(t)(t2)g2(t)x1(t)(t)g3(t)x1(t)(t2)

显然有

h(t)(t2)(t)(t2)

故得到 x2(t)h(t)x2(t2)x2(t)x2(t2) 3,已知信号x(t)的FTX(j),22。求x(t)=？

1 解：按IFT有 (t)21edj(t)jt12ejtd

j(t); (2,2)Rect(24)

Rect(4)sinc2t

x(t)2sinc2t[j(t)] d2[sinc2t]dt

j4,设信号x(t)sin(t3),计算其FS。

解：x(t)的周期T6,经整流后成sin(t1)的周期TT3

23 x(t)[Rect(t)sint](t3n)

33nx(j){

133sincj[()()]}223322(n) 3n3nj[sinc(n)sinc(n)]22 FS的系数x(21n)x(j) 326

x(t)5,求信号x(t)e3tn2jn23x(n)e3t

(1t),1t1的LT。

解：①e3t,1t1及1t,1t1都是能量信号，似乎可用LT的卷积性质 （但是复卷积很难计算）

②1t,1t1(t1)u(t1)2tu(t)(t1)u(t1)则

x(t)e3t[(t1)u(t1)2tu(t)(t1)u(t1)]ee33(t1)(t1)u(t1)2te3tee33(t1)

tu(t1)ddstF(s)tf(t)edttf(t)F(s) 田于是 dsds

1e(s3)tdt01e(s3)tdte(s3)tdt0t01(s3)t01ee(s3)1s3s3111e(s3)s3s3s3e3ses3dF(s)de3se3[s(s3)eses][e]dsdss3(s3)2e[s3s1]e,3(s3)232s

e3[s23s1] F1(s),3 2(s3) F(s)F1(s)es2F1(s)F1(s)es，

2

6,－带限信号x(t)的最高角频率200求x(3t)+x(0.5t)、x(2t)的釆样周期T，以便通过理想低通滤波器可完全恢复出来。

解： x(3t)x(0.5t)其中x(3t)时间压缩3倍，频谱扩展, 最高角频600;x(0.5t) 时

间扩展, 频谱压缩2倍。其线性运算结果的最高角频600,如x(t)是低频带限信号,则抽样周期T6001s(秒) 600 7

2 相应x(2t)x(2t)x(2t)F(j)111x(j)x(j) 22222 由比例和线性卷积可得x2(2t)的最高角频仍为200rad, 则抽样周期

T2001s(秒) 200

四，简答题（每小题4分，本题共计24分）

1,已知周期信号x(t)cos(150t)通过－LTI系统,能输出下列哪些频率（50Hz, 75Hz, 130Hz,140Hz,150Hz, 225Hz,）的信号？一定会输出吗？为什么？

解：从题给，输入信号的频率75Hz，输出信号中只可能有75Hz，的简谐信号。因为LTI

系统具有频谱成份不增加性。

2, 连续时间周期信号的FT是否具有周期性和离散性？写出其FS与FT的关系。 解：1），因连续周期信号f(t)可表为

f(t)f1(t)T(t),其中f1(t)为f(t)的一个周期

它的FT为

f(t)[T/2T/2f1(t)ejt2dt][Tk(2k)] T 故不具有周期性（不是周期重复）。但具有离散性。 2），同一个连续周期信号的FT F(j)与FS的关系为 f(t)n[1F(j)2j]en0n0t

可见FT仅是FS的幅度中的一个因子。

3,有一因果信号x(t)在t0时刻为一有限值,其LT在有限S平面仅有两个零点,请问在有限

S平面内有多少极点？（要求写出理由）

（n） 解：因为题给x(t)在t0时刻为一有限值,即是x(t)中没有(t)及其(t)，可推定其

LT的x(s)没有整式项，即分子中s的最高方次低于分母中s的最高方次。故在有限S平面内至少有三个极点。

4,x(n)的ZTX(z)共有两个极点,分别为p112j;p213j且x(n)(2)u(n)绝对可和,请问x(n)为左边信号、右边信号、双边信号中的哪一种？（要求写出理由） 解：由题给x(z)的极点，可推知ROC有下三种情况

n 8

X(z),z10x(n)为正时域因果（右）信号； X(z),5z10x(n)为正、负时域信号

X(z),z5x(n)为负时域左信号； 由x(n)(2)nu(n)绝对可和,即存在ZT，而

x(n)(2)nu(n)x(z)ZT[(2)nu(n)]

n 而 ZT[(2)u(n)]2,z2 z2 故 x(z)ZT[(2)nu(n)]的公共ROC为z2。 则x(z)为 X(z),z5,信号

为负时域（左）信号； 5x(n)sin10tcos300t的能量和功率是多少？（要求有一定步骤） tsin10t10sin10t10cos300t是能量型信号（cos300t,tp,A 解：因信号），其t10t10能量E，根据Parseval Theorem有

1 E21F(j)d22Rect(202)d10

P0（能量型信号的平圴功率为零） 6,信号x(n)u(nN1)u(nN1);f(n)x(n)及f(n)的复FS系数.（华南理工） 解：

X(n) … … －N1 0 N1 n f(n)… … … … … … … … -N 0 N n N11j2kj2k x(e)12[(ee)]12cos(2k) （3分）

2k1k1jN1kj。求x(n)x(e)? (nkN)

9

2 F(e)x(e)Njjk(N2k)

f(n)的复FS系数 F(jk21)F(ej) （1分） N2

五，完成下列各题（本题共4个小题，共计46分）

1，已知系统如下图所示,输入信号f(t)nej2nt,n是正、负整数,其中

H(j) f(t) 1Rect() s(t)cos(2t) 26 S(t) H(j) y(t)

求：yf(t)（10分）（西电） 解：设相乘器的输出记为g(t),则 g(t)f(t)s(t)

1 g(j)[2(2n)[(2)(2)]

2n 

n[(2n2)(2n2)] 其图形如下

g(j) … 2 … -4 -2 0 2 4 0.5 H(j) 

-3 0 3  （注意g(j)是强度为的序列,迭加时有重迭,故强度变为2） y(j)[(2)()(2)]

10

则 y(t)1cos(2t) （此题为时变系统） 222，已知－系统如下图所示,其中f1(t)cos(t);T1f2(t)n(tnT);

 h1(t)u(t) ) T0.8u(t TT1 （12分）

求：1),图中A点的频谱密度表示式(或图形) （4分）

2), ,图中B点的信号表示式(或图形) （4分）

3),是否存在H2(j)使图中虚线框等效为低通滤波器,且使亲统输出 fc(t)f1(t)

若存存,请写出H2(j) （4分）

f1(t) A B C f(t) ch1(t) H2(j)

f(t)2解：1),

2A(t)f1(t)f2(t)cos(t)(t0.8nT1);T1nA(j)1222.5{[()()]2T1T1T1k(2.5k)T1

2.522.52k)(k) (TkT1T1T1T1k 2),因A(t)ncos(20.8nT1)(t0.8nT1) T11

ncos(1.6n)(t0.8nT)

2 3),因f1(t)cos(t)的周期为T1,而抽样信号f2(t)(tnT);的抽样间隔

T1n1T0.8T1，按抽样定理抽样间隔应TT1。故不满足抽样定理，不存在2H2(j)使图中虚线框等效为低通滤波器,且使亲统输出 fc(t)f1(t).

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3，某系统的频率响应特性H(j)如下图所示,求当输入信号

f(t)24cos(5t)4cos(10t) 时的yf(t)（西交大） （12分）

 1.0 H(j) (j) -10 0 10 

解：因输入信号是角频率分别是0、5、10的简谐（余弦）信号,从所给系统的频率响应

特性H(j)图中可得

0时, H(0)1,(0)0 5时, H(5) 1,(5)90o 2o 10时, H(10)0,(0)180

则得 yf(t)22cos(5t90)

4，某DLTI系统的差分方程为（西工大）别 （12分） y(n)0.4y(n1)0.32y(n2)4f(n)2f(n1) 求：1),系统传输函数H(z) 2),判断系统的稳定性。 3),画出系统的零极点图。 4),作出系统模拟图

解：1),对差分方程两边作ZT（设y(n)y(z),f(n)F(z),并利用位移性质）得

oy(z)42z14z22z,z0.8 12F(z)10.4z0.32z(z0.4)(z0.8) 2),由于H(z)的极点全部在单位园内,故系统是稳定的。 3),极点p10.8;p20.4; 零点z10;z20.5.

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4),系统级联式模拟图

4 F(z)  Z1 2  y(Z) 0.32 Z1 0.4

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