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)(ω?j =______，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< B 、5.0>k C 、5.1 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 112 1212 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 =。