24-25-1-信号与系统-期中

一、填空题（每空 1 分，共 16 分）

已知 $f(t)$ 为有界信号，则 $f(t)\delta(t-t_{0})=$
求 $\int_{-\infty}^{\infty}\operatorname{Sa}\left(\pi t\right)\mathrm{d}t{=}$
信号 $\operatorname{sgn}\left(t\right)$ 是信号（能量或功率选一）。
信号 $f(t)=u(t)$ 的偶分量为。
理想积分器的单位冲激响应是。
某线性时不变系统，当激励信号为 $4u(t)$ 时，全响应为 $5\mathrm{e}^{-3t}+4\mathrm{e}^{-t}+2\;(t\geq0_{+})$ ，则该响应中的强迫响应分量为 $(t\geq0_{+})$ 。
在区间 $\left(t_{1}<t<t_{2}\right)$ ，复信号 $f_{1}\left(t\right)$ 和 $f_{2}\left(t\right)$ 满足正交的条件是。
sin $\omega_{0}t$ 和 ${\cos\omega_{0}t}$ 在区间 $\left(0,\,\frac{2\pi}{\omega_{0} }\right)$ 内（是或不是）正交的。
偶对称信号的傅里叶级数不含分量，半周期对称信号（也称为奇谐函数）的傅里叶级数只含分量。
直流信号 $x\big(t\big)=1$ 的傅里叶变换是。
信号 $f\left(t\right){=}u\left(t+1\right){-}u\left(t-1\right)$ 的傅里叶变换为，该信号的第一过零点带宽为 rad/s。
信号 $f\left(t\right){=}\mathrm{Sa}\left(100t\right)$ 的频带宽度为 rad/s。
信号 $f_{2}\left(t\right){=}\mathrm{e}^{-2t}u\big(t\big)$ 的傅里叶变换为。
$3\delta\left(t\right)$ 的傅里叶变换为。

二、填空题（每空 2 分，共 20 分）

题图2.1所示为信号 $f(t)$ 的波形，则该信号的功率是。

已知信号 $f\left(t\right)=\operatorname{Sa}\left(t\right)$ ，则 $\lim_{K\to\infty}\frac{1}{\pi}Kf\left(Kt\right)=$ 。
计算 $\int_{-\infty}^{\infty}f(t)\delta{\left(2t-1\right)}\mathrm{d}t=$ 。
已知序列 $x[n]=u[n+1]-u[n-1]$ ，则 $x[n]\times x[n-1]$ 利用 $\delta\left[n\right]$ 及其移位序列可以表示为。
题图2.5所示为某周期为5的离散信号的1个周期，该信号的功率为。

若激励和响应分别为 $f\left(t\right)$ 和 $y\left(t\right)$ ，则由方程 $y(t)=f(2t)$ 描述的系统（是或不是选一）时不变系统。
某连续系统的方框图如题图2.7所示，则描述该系统的微分方程为

已知某线性时不变系统，在输入信号 $t u(t)$ 激励下产生的零状态响应为 $t^{2}u(t)$ ，则系统的单位冲激响应为 $h(t)=$ 。
已知离散信号 $x_{1}\left[n\right]=n\left[u\left[n\right]-u\left[n-4\right]\right]$ ， $x_{2}[n]=\left\{\underset{\underset{n=0}\uparrow}3,1,5\right\}$ ，则信号 $x_{1}\big[n\big]*x_{2}\big[n\big]$ 为。
题图2.10所示离散系统的差分方程为。

三、画图题（每题 6 分，共 12 分）

1.

已知 $f(5-2t)$ 的波形如题图3-1所示，试画出 $f(t)$ 的波形图。

答案 / 解析

2.

已知信号 $x(t)=\cos(0.5\pi t)\left[u(t+1)-u(t-1)\right]$ ，请画出 $x(t)$ , $x'(t)$ 和 $x''(t)$ 的波形图。

答案 / 解析

四、计算画图题（10 分）

设 $F\left(\omega\right)$ 是题图4所示连续时间信号 $f\left(t\right)$ 的傅里叶变换，试在不求出 $F\left(\omega\right)$ 的情况下，完成如下任务。

$\operatorname{Re}\left\{F\left(\omega\right)\right\}$ 为 $F\left(\omega\right)$ 的实部，请画出其傅里叶逆变换的时间函数图形。

答案 / 解析

因为 $\operatorname{Re}\left[F(\omega)\right]=\frac{1}{2}\left[F(\omega)+F^{*}(\omega)\right]$

其反变换为 $f_{1}(t)=\frac{1}{2}\left[f(t)+f^{*}(-t)\right]=\frac{1}{2}\left[f(t)+f(-t)\right]$

其图形如下所示：

用 $f\left(t\right)$ 表示 $F\left({\frac{\omega}{2} }\right)\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega}$ 的傅里叶逆变换。

答案 / 解析

$F\left(\frac{\omega}{2}\right)$ 对应的反变换为 $2f(2t)$

则 $F\left(\frac{\omega}{2}\right)\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega}$ 对应的反变换为 $2f\left[2(t-1)\right]$

五、分析计算题（10 分）

如题图5所示系统由若干子系统组成，各子系统的冲激响应分别为 $h_{1}\left(t\right)=u(t)$ ， $h_{2}\left(t\right)=A\delta(t-1)$ 和 $h_{3}\left(t\right)=-\delta(t)$

试求该复合系统的冲激响应 $h(t)$ 。

答案 / 解析

\begin{align*} h(t)={}&h_{1}(t)+h_{2}(t)*h_{1}(t)*h_{3}(t)\\ h(t)={}&u(t)-Au(t-1) \end{align*}

用卷积法求信号 $e\big(t\big)=\mathsf{e}^{-t}u(t)$ 激励于系统 $h_{1}\left(t\right)$ 产生的零状态响应。

答案 / 解析

\begin{align*} r(t)={}&e(t)*h_{1}(t)=\mathrm{e}^{-t}u(t)*u(t)\\ r(t)={}&\int_{-\infty}^{+\infty}\mathrm{e}^{-(t-\tau)}u(t-\tau)u(\tau)\mathrm{d}\tau\\ ={}&\int_{0}^{t}\mathrm{e}^{-(t-\tau)}\mathrm{d}\tau\cdot u(t)\\ ={}&\left(1-\mathrm{e}^{-t}\right)u(t) \end{align*}

六、分析计算题（10 分）

已知描述某因果离散系统的差分方程为 $y[n]-2y[n-1]+\frac{3}{4}y[n-2]=-2x[n]$ 。求该系统的单位脉冲响应（也称为单位样值响应） $h[n]$ 。

答案 / 解析

单位样值响应 $h[n]$ 满足方程 $h[n]-2h[n-1]+\frac{3}{4}h[n-2]=-2\delta[n]$ ，

上式的右边单位样值信号 $\delta[n]$ 的影响只在 $n=0$ 时不为 $0$ ，则考虑 $n\ge0$ 时，系统只有齐次解形式，即 $h[n]-2h[n-1]+\frac{3}{4}h[n-2]=0$

其特征方程为 $r^{2} -2r+\frac{3}{4}=0$ ，特征根为 $r_{1}=\frac{1}{2},\;r_{2}=\frac{3}{2}$

则系统的单位样值响应一般形式为 $h[n]=C_{1}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}+C_{2}\left(\frac{3}{2}\right)^{n},\;(n\ge0)$

由 $h[-2]=h[-1]=0$ ，通过迭代法可得原方程在 $0$ 和 $1$ 时刻的边界条件，即 $h[0]=-2,\;h[1]=-4$

将其代入 $h[n]=C_{1}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}+C_{2}\left(\frac{3}{2}\right)^{n},\;(n\ge0)$ ，解得 $C_{1}=1,\;C_{2}=-3$ ，则

h[n]=\left[\left(\frac{1}{2}\right)^{n} -3\left(\frac{3}{2}\right)^{n}\right]u[n]

七、计算画图题（10 分）

已知周期信号 $f(t)$ 的基波角频率为 $\omega_{1}$ ，其单边幅度和相位谱图分别如题图7(a)和题图7(b)所示。

请画出信号 $f(t)$ 的双边频谱图。

答案 / 解析

信号 $f(t)$ 的双边幅度谱和相位谱分别如下图所示：

（说明：相位频谱中 $7\omega_{1}$ 处的谱线为 $\pi$ 或 $-\pi$ 均可，需要奇对称）

请写出 $f(t)$ 的直流分量和第7次谐波分量 $f_{7}(t)$ 。

答案 / 解析

信号的直流分量为 $2$ ；第7次谐波分量为 $f_{7}(t)=2\cos(7\omega_{1}t+\pi)$ 或 $f_{7}(t)=2\cos(7\omega_{1}t-\pi)$

求该信号的第5次谐波分量 $f_{5}(t)$ 的功率。

答案 / 解析

第5次谐波分量的功率为 $P_{5}=\frac{1}{2}C_{5}^{2}=\frac{1}{2}\cdot4^{2}=8$

八、证明题（4 分）

已知信号 $f_{1}(t)$ 和 $f_{2}(t)$ 的傅里叶变换分别为 $F_{1}(\omega)$ 和 $F_{2}(\omega)$ ，请用傅里叶变换的定义证明

\int_{-\infty}^{+\infty}f_{1}^{*}(t)f_{2}(t)\mathrm{d}t=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}F_{1}^{*}(\omega)F_{2}(\omega)\mathrm{d}\omega

答案 / 解析

证明：

利用傅里叶反变换的定义，得

\int_{-\infty}^{+\infty}f_{1}^{*}(t)f_{2}(t)\mathrm{d}t=\int_{-\infty}^{+\infty}\left[\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}F_{1}(\omega)\mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}\omega\right]^{*}f_{2}(t)\mathrm{d}t

整理，得

\int_{-\infty}^{+\infty}f_{1}^{*}(t)f_{2}(t)\mathrm{d}t=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}F_{1}^{*}(\omega)\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}\omega\,f_{2}(t)\mathrm{d}t

交换积分次序，

\int_{-\infty}^{+\infty}f_{1}^{*}(t)f_{2}(t)\mathrm{d}t=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}F_{1}^{*}(\omega)\left[\int_{-\infty}^{+\infty}f_{2}(t)\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}t\right]\mathrm{d}\omega

利用傅里叶正变换的定义，得

\int_{-\infty}^{+\infty}f_{1}^{*}(t)f_{2}(t)\mathrm{d}t=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}F_{1}^{*}(\omega)F_{2}(\omega)\mathrm{d}\omega

九、计算机实践题（8 分）

某连续音频信号的波形如题图9(a)所示，其频谱范围为 $0$ 到 $2000\,\mathrm{Hz}$ 。通过编程对其进行压缩、扩展或时移处理，所得信号波形分别如题图9(b),(c),(d)所示。

题图9(b),(c),(d)所示信号的频谱范围各是多少？

答案 / 解析

图9(b)对信号进行了时域压缩，频域扩展，频谱范围为 $0\!-\!4000\,\mathrm{Hz}$

图9(c)对信号进行了时移，幅度谱不变，频谱范围仍为 $0\!-\!2000\,\mathrm{Hz}$

图9(d)对信号进行了时域扩展，频域压缩，频谱范围为 $0\!-\!1000\,\mathrm{Hz}$

高频率的声音听起来会显得尖锐，低频率的声音会显得低沉。对于题图9(a)所示的音频信号，以 $8000\,\mathrm{Hz}$ 的采样频率对其进行采样（即每秒采集8000个采样点），得到的离散序列用 $x_{1}[n]$ 表示，并且以 $16000\,\mathrm{Hz}$ 的采样频率播放 $x_{1}[n]$ （即每秒播放16000个采样点）则可能听到比原信号更加尖锐的声音还是更加低沉的声音，或者音调不会发生变化？尝试用信号的时域和频域关系进行分析。

答案 / 解析

每秒播放16000个采样点，则播放时间变短，相当于信号的时域进行了压缩，则信号所占的频谱范围变大，信号的频谱会分布到更高的频段上，相当于信号的频率整体升高了，因此会得到比原来更短促且尖锐的声音。