信号与系统2021年期末考试命题

2023-12-11 11:08:51

简介：本文是针对2021年春季学期信号与系统课程期末考试命题所做的准备工作。

关键词： 信号与系统，命题，期末考试

§00 命题说明

1、命题题型

本次命题是面向2021年本科“信号与系统分析”课程的期末考试题。题目的类型、数量以及分值规划如下：

【表1-1 命题类型以及数量规划】

序列号	题目类型	题目数量	总分值	小分值	备注
1	选择题	10	10	1	考察基本概念
2	判断对错题	10	10	1	变形的选择题
3	填空题	10	20	2	简化的计算题
4	简答题	4	15	5	对于课堂内容的讨论与延伸
5	计算题	5	25	5	变形的作业题
6	综合题	2	20	10+10	综合分析能力

2、各章内容覆盖

【表1-2 各章内容覆盖】

章节	题目	总分值
第一章	1-1,1-3,1-4,1-5,2-2,2-9	6
第二章	1-9,2-7,3-5,	4
第三章	1-10,2-8,2-10,3-1,3-6,3-8,5-2	14
第四章	2-6,3-10,6-1	11
第五章	1-2,2-1,3-2,3-5,3-7,3-9,4-3,5-1,5-3,5-4	30
第六章	1-6,1-7,1-8,2-4,3-3,3-4,6-2	20
第七章	4-1,3-2,5-5	12
第八章	2-3,2-5,4-4	7

建议补充内容：（1）信号的调制与解调；（2）信号的时域卷积以及卷积和运算；

3、辅助信息

（1）DOP 文件

D:\Teaching\SignalsSystems\SS2021S\Examination\EXAM-PRE1

（2）网络资源

信号与系统2020参考答案（网络试卷）

下面是就各部分的题目进行准备。实际的试题内容参见最终的考试试卷。后面的各小题顺序与实际试卷中的题目顺序不相同。

§01 选择题

不定项选择题：（10×1=10分，将答案写在试卷前面的答案表格1中）

1、下面周期信号 f ( t ) f\left( t \right) f(t)的频率成分包括（）：

A. 直流分量； B. 奇次谐波分量； C.偶次谐波分量； D. 只有有限谐波分量

参考答案：A,B

2、下面给出了拉普拉斯变换定义域s复平面与z变换定义域z复平面上的图形。判断与s平面圆形对应的z平面图形为（）：

参考答案：A
提示：请注意S域内圆的半径是大于 π \pi π。

theta = linspace(0, 2*pi, 200)
r = 3
s = [cos(t)+sin(t)*1j for t in theta]
z = [exp(ss*r) for ss in s]
str = ""
for zz in z:
    str = str + '%f '%(real(zz))
for zz in z:
    str = str + '%f '%(imag(zz))
clipboard.copy(str)
printf(str)

3、下面信号中，属于功率有限，同时功率不为0的信号包括（）：

A. X 1 ( t ) = ∑ n = − ∞ ∞ δ ( t − n T s ) X_1 \left( t \right) = \sum\limits_{n = - \infty }^\infty {\delta \left( {t - nT_s } \right)} X1(t)=n=−∞∑∞δ(t−nTs)

B. X 2 ( t ) = s g n [ cos ⁡ ( t ) ] X_2 \left( t \right) = {\mathop{\rm sgn}} \left[ {\cos \left( t \right)} \right] X2(t)=sgn[cos(t)]

C. X 3 ( t ) = e − 3 t ⋅ sin ⁡ ( t ) ⋅ u ( t ) X_3 \left( t \right) = e^{ - 3t} \cdot \sin \left( t \right) \cdot u\left( t \right) X3(t)=e−3t⋅sin(t)⋅u(t)

D. X 4 ( t ) = sin ⁡ ( 1 / t ) X_4 \left( t \right) = \sin \left( {1/t} \right) X4(t)=sin(1/t)

注：sgn(·) 是符号函数，u(·)是单位阶跃函数；

参考答案：B。下面是绘制了上面四个信号的波形。从中可以看到只有A,B是周期信号。A的单个周期内的信号为 δ ( t ) \delta \left( t \right) δ(t)，它对应的能量为∞，所以对应的功率为无穷大。因此能够满足条件的信号只有B。

4、下面信号中属于周期信号的包括有（）:

A. x [ n ] = cos ⁡ [ n 2 ] x\left[ n \right] = \cos \left[ {n^2 } \right] x[n]=cos[n2]

B. x ( t ) = cos ⁡ ( 4.4 π t ) + sin ⁡ ( 0.5 π t ) x\left( t \right) = \cos \left( {4.4\pi t} \right) + \sin \left( {0.5\pi t} \right) x(t)=cos(4.4πt)+sin(0.5πt)

C. x [ n ] = sin ⁡ 3 [ 0.15 π ⋅ n ] x\left[ n \right] = \sin ^3 \left[ {0.15\pi \cdot n} \right] x[n]=sin3[0.15π⋅n]

D. x ( t ) = e j 0.7 t x\left( t \right) = e^{j0.7t} x(t)=ej0.7t

注：信号自变量为 n 表示离散时间信号；自变量为 t 表示连续时间信号。

参考答案： B， C，D

5、已知连续时间系统的零状态为 s 0 s_0 s0，系统的输入信号为 x ( t ) x\left( t \right) x(t)。根据下面描述系统输出方程，判断系统为增量线性系统包括（）：

A. y ( t ) = 0.5 s 0 + 4 x ( t ) + s 0 ⋅ x ( t ) + 1 y\left( t \right) = 0.5s_0 + 4x\left( t \right) + s_0 \cdot x\left( t \right) + 1 y(t)=0.5s0+4x(t)+s0⋅x(t)+1

B. y ( t ) = 5 ⋅ s 0 + x 2 ( t ) y\left( t \right) = 5 \cdot s_0 + x^2 \left( t \right) y(t)=5⋅s0+x2(t)

C. y ( t ) = ∣ s 0 ∣ + 2 ⋅ x ( t ) y\left( t \right) = \left| {s_0 } \right|{\rm{ + }}2 \cdot x\left( t \right) y(t)=∣s0∣+2⋅x(t)

D. y ( t ) = e − t ⋅ s 0 + 1 π ∫ − ∞ ∞ x ( τ ) t − τ d τ y\left( t \right) = e^{ - t} \cdot s_0 + {1 \over \pi }\int_{ - \infty }^\infty {{{x\left( \tau \right)} \over {t - \tau }}d\tau } y(t)=e−t⋅s0+π1∫−∞∞t−τx(τ)dτ

参考答案：D
注：这个题目在课件上存在。

6、对于因果系统，下面对于系统描述中属于非最小相位系统的包括（）:

A. 因果离散时间线性时不变系统的零极点分布如下图所示：

B.系统的单位阶跃响应曲线为：

C. 一阶连续时间线性时不变系统的相频曲线：

D. 因果连续时间线性时不变系统的零极点分布如下图所示：

参考答案：B,D

注：B系统对应的非最小相位系统举例： G ( s ) = − s + 2 ( s + 1 ) 2 G\left( s \right) = {{ - s + 2} \over {\left( {s + 1} \right)^2 }} G(s)=(s+1)2−s+2

from scipy                  import signal
num = [-2, 1]
den = [1, 2, 1]
sys1 = signal.TransferFunction(num, den)
t1, y1 = signal.step(sys1, T = linspace(0, 10, 1000))
clipboard.copy(str(t1)+str(y1))

C系统对应的相位是最小相位系统举例： G ( s ) = 10 ⋅ s + 1 s + 10 G\left( s \right) = 10 \cdot {{s + 1} \over {s + 10}} G(s)=10⋅s+10s+1。

from scipy                  import signal
num = [1, 1]
den = [1, 10]
sys1 = signal.TransferFunction(num, den)
t1, y1 = signal.step(sys1, T = linspace(0, 10, 1000))
def sysPhase(num, den, omiga):
    n = sum([a*(1j*omiga)**n for a,n in zip(num,list(range(len(num)))[-1::-1])])
    d = sum([a*(1j*omiga)**n for a,n in zip(den,list(range(len(den)))[-1::-1])])
    return n/d
omiga = linspace(-2, 2, 100)
phase = [angle(sysPhase(num, den, 2*pi*exp(o*log(10)))) for o in omiga]
freq = [exp(o*log(10)) for o in omiga]

7、一个连续时间线性时不变变系统的零极点分布如下图所示，请选择它对应的单位冲击响应信号为（）：

参考答案：D
注意：这个题目不太容易区分D,E，所以如果选择D,E都算对。

8、一个因果离散时间线性时不变系统的单位冲激响应信号如下图所示，请选择它对应的系统零极点分布为（）：

参考答案：D

9、下面是信号f(t)的波形，它与自身卷积的波形为（）：

参考答案：C
注：这个题目在 课堂上进行讨论 过。

10、已知下面表达式，在N取1,2,3,…,7的时，积分值都等 π \pi π，那么当 N 取 8 的时候积分值为（）：

A. π \pi π； B. 约为 π − 0.0000000001 \pi - 0.0000000001 π−0.0000000001; C.约为 π + 0.0000000001 \pi + 0.0000000001 π+0.0000000001; D.以上都不对

参考答案：B
这个题目在 2021后面春季学期第10次课 中进行课堂讲解过。具体解释参见博文 从数学中的虚幻模式到傅里叶变换性质 .。

§02 判断对错题

1、如果信号 f ( t ) f\left( t \right) f(t)的拉普拉斯变换为 F ( s ) = s s 4 + 1 F\left( s \right) = {s \over {s^4 + 1}} F(s)=s4+1s，那么信号的终值 f ( ∞ ) = 0 f\left( \infty \right) = 0 f(∞)=0。【错误】

s 4 + 1 = 0 s^4 + 1 = 0 s4+1=0具有四个根：
{ − 2 2 − 2 i 2 : 1 , − 2 2 + 2 i 2 : 1 , 2 2 − 2 i 2 : 1 , 2 2 + 2 i 2 : 1 } \left\{ { - {{\sqrt 2 } \over 2} - {{\sqrt 2 i} \over 2}:1,\quad - {{\sqrt 2 } \over 2} + {{\sqrt 2 i} \over 2}:1,\quad {{\sqrt 2 } \over 2} - {{\sqrt 2 i} \over 2}:1,\quad {{\sqrt 2 } \over 2} + {{\sqrt 2 i} \over 2}:1} \right\} {−22 −22 i:1,−22 +22 i:1,22 −22 i:1,22 +22 i:1}
这四个根可以有sympy roots求解：

from sympy                  import symbols,simplify,expand,print_latex,Poly
from sympy                  import roots
s = symbols('s')
r = roots(s**4+1)

2、周期信号与非周期信号相加，结果为非周期信号。【错误】

当两个周期信号的周期之比为无理数的时候，它们叠加在一起是非周期信号。因此，将该非周期信号与其中一个周期信号（应该乘以-1）叠加，会得到另外一个周期信号。

3、 FIR滤波器的单位冲击响应信号只有满足关于序列中心位置偶对称，滤波器才是线性相位。【错误】

4、对于离散时间系统，如果所有的零点、极点都位于单位圆内，系统则是BIBO稳定。【错误】

5、对于连续时间系统，如果傅里叶变换下的系统函数实部与虚部之间满足希尔伯特变换，则系统是因果系统。【错误】

6、对信号进行平顶采样，且采样频率大于信号最高频率的两倍。但无法通过合适的理想低通滤波器从采样结果中恢复出原始信号。【正确】

7、两个信号 x ( t ) , h ( t ) x\left( t \right),h\left( t \right) x(t),h(t)的卷积结果为 y ( t ) = x ( t ) ∗ h ( t ) y\left( t \right) = x\left( t \right) * h\left( t \right) y(t)=x(t)∗h(t)，信号 y ( t ) y\left( t \right) y(t)的积分面积等于 x ( t ) x\left( t \right) x(t)的面积乘以 h ( t ) h\left( t \right) h(t)的面积。【正确】

8、如果 f ( t ) f\left( t \right) f(t) 的傅里叶变换为 F ( ω ) F\left( \omega \right) F(ω)，而且 F ( ω ) F\left( \omega \right) F(ω)可导。那么信号 t ⋅ f ( t ) t \cdot f\left( t \right) t⋅f(t) 的傅里叶变换为： j ⋅ d F ( ω ) d ω j \cdot {{dF\left( \omega \right)} \over {d\omega }} j⋅dωdF(ω)。【正确】

9、已知LTI系统的输入信号 x 1 ( t ) x_1 \left( t \right) x1(t) 与对应零状态响应信号 y 1 ( t ) y_1 \left( t \right) y1(t) 如下图所示。那么 x 1 ( 0.5 t ) x_1 \left( {0.5t} \right) x1(0.5t)作用下，该系统的零状态相应信号波形为 y 2 ( t ) y_2 \left( t \right) y2(t)所示。【正确】

10、如果一个时间连续周期信号的n次谐波的幅值随着 1 / n 2 1/n^2 1/n2规律衰减，那么该信号波形连续，一阶导数波形不连续。【正确】

§03 填空题

1、已知信号 f ( t ) f\left( t \right) f(t) 的频谱为 F ( ω ) F\left( \omega \right) F(ω)，那么 3 f ( − 2 t − 1 ) 3f\left( {-2t - 1} \right) 3f(−2t−1) 的频谱为：。

参考答案： 3 2 F ( − ω 2 ) e j ω 2 {3 \over 2}F\left( {{{ - \omega } \over 2}} \right)e^{j{\omega \over 2}} 23F(2−ω)ej2ω

2、已知信号 f ( t ) f\left( t \right) f(t) 如下图所示，则该信号的拉普拉斯变换与相应的收敛域为：。

提示：将 f ( t ) f\left( t \right) f(t)看成两个矩形信号的卷积的结果，然后应用拉普拉斯变换的卷积定理。

参考答案： F ( s ) = ( 1 − e − s s ) 2 F\left( s \right) = \left( {{{1 - e^{ - s} } \over s}} \right)^2 F(s)=(s1−e−s)2

3、下面系统中为了保证系统是稳定的，参数 K 的取值范围是：。

参考答案： K>2
H ( s ) = 1 s 2 + s − 2 + K H\left( s \right) = {1 \over {s^2 + s - 2 + K}} H(s)=s2+s−2+K1 p 1 p 2 } = − 1 2 ± 9 4 − K \left. \begin{matrix} {p_1 }\\{p_2 }\\\end{matrix} \right\} = {{ - 1} \over 2} \pm \sqrt {{9 \over 4} - K} p1p2}=2−1±49−K

3、已知一个线性时不变系统的频率响应 H ( j ω ) H\left( {j\omega } \right) H(jω)如下图所示：

如果系统输入信号为： x ( t ) = 4 + 4 cos ⁡ ( 10 t ) + 2 cos ⁡ ( 20 t ) + cos ⁡ ( 30 t ) + sin ⁡ ( 40 t ) x\left( t \right) = 4 + 4\cos \left( {10t} \right) + 2\cos \left( {20t} \right) + \cos \left( {30t} \right) + \sin \left( {40t} \right) x(t)=4+4cos(10t)+2cos(20t)+cos(30t)+sin(40t)

那么系统的稳态响应 y s s ( t ) = y_{ss} \left( t \right) = yss(t)= 。

参考答案： y s s ( t ) = 4 + 4 cos ⁡ ( 10 t ) + cos ⁡ ( 20 t ) y_{ss} \left( t \right) = 4 + 4\cos \left( {10t} \right) + \cos \left( {20t} \right) yss(t)=4+4cos(10t)+cos(20t)。
注意：这次题目没有涵盖在本次考试题目中。

4、已知序列 x [ k ] = { 2 , 1 , − 1 , 0 , 3 , 2 , 0 , − 3 , − 4 } x\left[ k \right] = \left\{ {2,1, - 1,0,3,2,0, - 3, - 4} \right\} x[k]={2,1,−1,0,3,2,0,−3,−4}，第一数字对应 k=0。它对应的离散序列的傅里叶变换（DTFT）是 X ( e j ω ) X\left( {e^{j\omega } } \right) X(ejω)，那么 X ( e j π ) = X\left( {e^{j\pi } } \right) = X(ejπ)= 。

参考答案： X ( e j π ) = 0 X\left( {e^{j\pi } } \right) = 0 X(ejπ)=0

5、已知一个连续线性时不变系统在 δ ′ ( t ) \delta '\left( t \right) δ′(t)作用下的零状态响应为 y z s ( t ) = 3 e − 2 t ⋅ u ( t ) y_{zs} \left( t \right) = 3e^{ - 2t} \cdot u\left( t \right) yzs(t)=3e−2t⋅u(t)。那么该系统对于 2 u ( t ) 2u\left( t \right) 2u(t) 的信号作用下系统零状态响应为：。

参考答案： y z s = ( 3 t + 3 2 e − 2 t − 3 2 ) ⋅ u ( t ) y_{zs} = \left( {3t + {3 \over 2}e^{ - 2t} - {3 \over 2}} \right) \cdot u\left( t \right) yzs=(3t+23e−2t−23)⋅u(t)
假设系统的传递函数为 H ( s ) H\left( s \right) H(s)，根据题意可知： s ⋅ H ( s ) = 3 s + 2 s \cdot H\left( s \right) = {3 \over {s + 2}} s⋅H(s)=s+23，所以： H ( s ) = 3 s ( s + 2 ) H\left( s \right) = {3 \over {s\left( {s + 2} \right)}} H(s)=s(s+2)3。对于输入信号为 L T { 2 u ( t ) } = 2 s LT\left\{ {2u\left( t \right)} \right\} = {2 \over s} LT{2u(t)}=s2时，对应的输出为： 3 2 ( s + 2 ) − 3 2 s + 3 s 2 {3 \over {2\left( {s + 2} \right)}} - {3 \over {2s}} + {3 \over {s^2 }} 2(s+2)3−2s3+s23。因此对应的时间信号为上面的答案。

s = symbols('s')
hs = 6/(s**2*(s+2))
result = apart(hs)

from sympy.integrals.transforms import inverse_laplace_transform
from sympy.abc import s,t
result = inverse_laplace_transform(6/(s**2*(s+2)),s,t)

6、理想 90° 移相器的频率响应 H ( j ω ) H\left( {j\omega } \right) H(jω) 定义为：

当输入信号为 x ( t ) = sin ⁡ ( t ) , − ∞ < t < ∞ x\left( t \right) = \sin \left( t \right),\,\,\, - \infty < t < \infty x(t)=sin(t),−∞<t<∞，则系统的零状态输出 y z s ( t ) = y_{zs} \left( t \right) = yzs(t)= 。

参考答案： y z s ( t ) = − cos ⁡ ( t ) y_{zs} \left( t \right) = - \cos \left( t \right) yzs(t)=−cos(t)

7、已知离散时间序列信号 x [ n ] = ∑ m = 0 n ( − 1 ) m x\left[ n \right] = \sum\limits_{m = 0}^n {\left( { - 1} \right)^m } x[n]=m=0∑n(−1)m，则信号 x [ n ] x\left[ n \right] x[n] 的 z 变换 X ( z ) = X\left( z \right) = X(z)= 。

参考答案： X ( z ) = 1 1 − z 2 , ∣ z ∣ > 1 X\left( z \right) = {1 \over {1 - z^2 }},\,\,\left| z \right| > 1 X(z)=1−z21,∣z∣>1。

8、复数信号 x ( t ) x\left( t \right) x(t)的傅里叶变换是 X ( j ω ) X\left( {j\omega } \right) X(jω)，那么 x ( t ) x\left( t \right) x(t)的实部对应的傅里叶变换为：。

参考答案： R e [ x ( t ) ] = 1 2 [ X ( j ω ) + X ∗ ( − j ω ) ] {\mathop{\rm Re}\nolimits} \left[ {x\left( t \right)} \right] = {1 \over 2}\left[ {X\left( {j\omega } \right) + X^* \left( { - j\omega } \right)} \right] Re[x(t)]=21[X(jω)+X∗(−jω)]

9、如果两个实数序列 h [ n ] , x [ n ] h\left[ n \right],x\left[ n \right] h[n],x[n]的z变换分别为 H ( z ) , X ( z ) H\left( z \right),X\left( z \right) H(z),X(z)，那么 Z { ∑ m = − ∞ ∞ h [ m ] x [ m − n ] } = Z\left\{ {\sum\limits_{m = - \infty }^\infty {h\left[ m \right]x\left[ {m - n} \right]} } \right\} = Z{m=−∞∑∞h[m]x[m−n]}= 。

参考答案： H ( z ) ⋅ X ( 1 z ) H\left( z \right) \cdot X\left( {{1 \over z}} \right) H(z)⋅X(z1)。

10、已知信号的表达式为：

对该信号进行采集，要求从采集到离散时间信号中能够恢复原信号，所需要的最小采样频率为（Hz）。

参考答案： 120/π.

§04 简答题

1、已知序列 x [ n ] x\left[ n \right] x[n] 长度为 160， h [ n ] h\left[ n \right] h[n] 的长度为15。请分别讨论使用直接卷积方法，基快速傅里叶变换的快速卷积方法计算卷积结果所需要的乘法次数。

解答：

（1）使用直接卷积方法，所需要的复数乘法次数为：
N 1 = 160 × 15 = 2400 N_1 = 160 \times 15 = 2400 N1=160×15=2400

（2）直接使用快速傅里叶变换，即不分段，完成两个序列的快速卷积。计算的框架如下：

由于上述框架是实现 x [ n ] , h [ n ] x\left[ n \right],h\left[ n \right] x[n],h[n]的圆卷积，所以需要：

将 x [ n ] , h [ n ] x\left[ n \right],h\left[ n \right] x[n],h[n]通过补零将长度都增加超过它们程度之和减一；
为了方便使用FFT计算，则补零后的长度需要等于2的整数次幂；

所以需要将 x [ n ] , h [ n ] x\left[ n \right],h\left[ n \right] x[n],h[n]的长度补齐到 160+15-1=174 最接近的2的整数次幂，所以取补零程度 L 0 = 256 L_0 = 256 L0=256。

在上述计算过程中，总共需要三次FFT的计算量（IFFT的计算量等于FFT），因此复数乘法的次数等于： N 2 = 3 ⋅ L 0 2 log ⁡ 2 L 0 = 3 × 256 2 × log ⁡ 2 256 = 3072 N_2 = 3 \cdot {{L_0 } \over 2}\log _2 L_0 = 3 \times {{256} \over 2} \times \log _2 256 = 3072 N2=3⋅2L0log2L0=3×2256×log2256=3072

两个复数 x + i ⋅ y , a + i ⋅ b x + i \cdot y,\,\,a + i \cdot b x+i⋅y,a+i⋅b的乘法： ( x + i ⋅ y ) ( a + i ⋅ b ) = ( a x − b y ) + i ⋅ ( a y + b x ) \left( {x + i \cdot y} \right)\left( {a + i \cdot b} \right) = \left( {ax - by} \right) + i \cdot \left( {ay + bx} \right) (x+i⋅y)(a+i⋅b)=(ax−by)+i⋅(ay+bx)

包括有四次实数乘法。因此对应的实数乘法为： 4 N 2 = 12288 4N_2 = {\rm{12288}} 4N2=12288。

通过上述对比可以看到，当两个数据长度相差很大时，直接使用上述快速傅里叶变换实现卷积所消耗的乘法次数比起直接进行卷积还要大。

（3）采用分段快速卷积方法

采用分段快速卷积算法， x [ n ] x\left[ n \right] x[n]分成长度等于18的9段。选择长度为18，是为了在每一小段计算的时候可以将 x m [ n ] x_m \left[ n \right] xm[n]与 h [ n ] h\left[ n \right] h[n]通过补零将长度补成32，便于使用快速傅里叶变换。

x [ n ] x\left[ n \right] x[n]总共分成9段，最后一段需要补两个0。

根据前面【2】对应的快速傅里叶变换的方法，计算每一个分段的卷积结果，然后再“重叠相加”合成最终的卷积结果。

在计算中，需要将 h [ n ] h\left[ n \right] h[n]的傅里叶变换预先计算出来，因此在进行每一小段的快速卷积的过程中，计算量只有两次的FFT。所以FFT的总的次数为： N F F T = 9 × 2 + 1 = 19 N_{FFT} = 9 \times 2 + 1 = 19 NFFT=9×2+1=19。

由此可以得到总的复数乘法次数： N 3 = ( 32 2 ⋅ log ⁡ 2 32 ) × N F F T = 80 × 19 = 1520 N_3 = \left( {{{32} \over 2} \cdot \log _2 32} \right) \times N_{FFT} = 80 \times 19 = 1520 N3=(232⋅log232)×NFFT=80×19=1520

所需要的实数乘法次数为： 4 N 3 = 6080 4N_3 = 6080 4N3=6080。

通过对比【1】中直接卷积算法，可以看到分段FFT并没有减少卷积中的乘法次数。

（4）如果增加 h [ n ] h\left[ n \right] h[n]的长度

从上面分析中，可以看到无论直接使用FFT算法还是分段FFT算法，都没能够减少卷积的计算量。这是由于 h [ n ] h\left[ n \right] h[n]的长度过小，并没有能把差分体现出FFT的计算优势。同时由于补零也间接增加了FFT计算量。

如果假设 x [ n ] , h [ n ] x\left[ n \right],h\left[ n \right] x[n],h[n]的长度都是128，此时直接进行卷积所需要的乘法次数为： 128 × 128 = 16384 128 \times 128 = {\rm{16384}} 128×128=16384。

使用框架【2】对应的算法，需要将 x [ n ] , h [ n ] x\left[ n \right],h\left[ n \right] x[n],h[n]通过补零长度变成256。所需要的实数乘法次数为： 4 × 3 × 256 2 log ⁡ 2 256 = 10752 4 \times 3 \times {{256} \over 2}\log _2 256 = 10752 4×3×2256log2256=10752

此时利用FFT所得到的卷计算法就可以节省了。

2、使用光电管感知固定在木板上两个铁钉之间的皮筋震动的频率，近而测量皮筋的长度。由于测量光电信号中包含有皮筋震荡信号，灯光闪烁信号等，需要使用频谱分析来获取皮筋震动频率。

下图显示了采集到的光电信号实际的波形以及使用FFT获取的频谱曲线。可以看到其中包含有橡皮筋震动频率及其谐波，灯光中100Hz的谐波。

如果希望获得信号中最高频率为大于500Hz，频率的分辨率为0.5Hz。请设计对光电信号的采集方案，即使用多高的采样频率，采集多长时间的数据进行分析。

※ 解答：

为了满足所需要的频谱测量指标，采样频率 f s f_s fs需要大于所需要分析最高频谱 f m = 500 H z f_m = 500Hz fm=500Hz的两倍，也就是采样频率需要大于1000Hz。

采样时间 T 0 T_0 T0需要大于频谱分辨率 f 1 = 0.5 H z f_1 = 0.5Hz f1=0.5Hz所对应的时间长度2秒。

此时，所采集到的数据个数为 N = 1000 × 2 = 2000 N = 1000 \times 2 = 2000 N=1000×2=2000。为了便于使用FFT获得采集数据的DFT，采样的时间取2.048秒，采样数据取2048个数据点。

3、请列举本课程中所涉及到八种信号变换及其英文缩写，并阐述它们之间的关系。

※ 解答：

课程中涉及到工程应用的八中信号变换分别为：

FS：傅里叶级数分解
FT：傅里叶变换
LT：拉普拉斯变换
ZT：Z变换
DTFT：离散序列傅里叶变换
DTFS：周期离散序列傅里叶级数分解
DFT：离散傅里叶变换
FFT：快速傅里叶变换

它们之间的关系可以参照如下图所示进行叙述。在此就省略（文字3000字）。

4、请简要说明使用加窗方法设计FIR低通滤波器的步骤。

※ 解答：

首先确定描述所需要设计的滤波器的容差图参数：

通带频率 ω p \omega _p ωp，截止频率： ω s \omega _s ωs
阻带的衰减比率：A dB

将上述的频率转换成归一化频率： Ω = 2 π ω ω s \Omega = {{2\pi \omega } \over {\omega _s }} Ω=ωs2πω，其中 ω s \omega _s ωs为采样频率。如下是设计FIR低通滤波的步骤：
（1）选择对应的理想低通滤波器的带宽： Ω 1 = Ω s + Ω p 2 \Omega _1 = {{\Omega _s + \Omega _p } \over 2} Ω1=2Ωs+Ωp；

（2）根据衰减比率选择合适的加窗窗口；

（3）根据过渡带 Ω 2 = Ω p − Ω s \Omega _2 = \Omega _p - \Omega _s Ω2=Ωp−Ωs确定滤波器的长度： N = 2 π Ω 2 × R w N = {{2\pi } \over {\Omega _2 }} \times R_w N=Ω22π×Rw。其中 R w R_w Rw是加窗对应的过渡带宽度系数；

（4）根据下面公式获得FIR 低通滤波器的系数：

h d ( n ) = sin ⁡ [ Ω 1 ( n − a ) ] π ( n − a ) ⋅ W [ n ] h_d \left( n \right) = {{\sin \left[ {\Omega _1 \left( {n - a} \right)} \right]} \over {\pi \left( {n - a} \right)}} \cdot W\left[ n \right] hd(n)=π(n−a)sin[Ω1(n−a)]⋅W[n]

其中：

a：等于N/2
W[n]：是所选择的窗口函数

（5）根据计算出的滤波器的系数，对于FIR滤波器的性能进行仿真验证。如果不满足可以重复（2）-（4）步骤。

§05 计算题

1、计算下面信号的拉普拉斯变换：

x ( t ) = e − 0.5 t ⋅ ∑ n = 0 ∞ [ u ( t − 2 n ) − u ( t − 2 n − 1 ) ] x\left( t \right) = e^{ - 0.5t} \cdot \sum\limits_{n = 0}^\infty {\left[ {u\left( {t - 2n} \right) - u\left( {t - 2n - 1} \right)} \right]} x(t)=e−0.5t⋅n=0∑∞[u(t−2n)−u(t−2n−1)]

※ 求解:

令： x 1 ( t ) = u ( t ) − u ( t − 1 ) x_1 \left( t \right) = u\left( t \right) - u\left( {t - 1} \right) x1(t)=u(t)−u(t−1)

那么它对应的拉普拉斯变换为： X 1 ( s ) = 1 s ( 1 − e − s ) X_1 \left( s \right) = {1 \over s}\left( {1 - e^{ - s} } \right) X1(s)=s1(1−e−s)

令： x p ( t ) = ∑ n = 0 ∞ x ( t − 2 n ) x_p \left( t \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty {x\left( {t - 2n} \right)} xp(t)=n=0∑∞x(t−2n)表示 x 1 ( t ) x_1 \left( t \right) x1(t)进行周期延拓，那么它对应的拉普拉斯变为： X p ( s ) = X 1 ( s ) 1 − e − 2 s = 1 s 1 − e − s 1 − e − 2 s = 1 s ( 1 + e − s ) X_p \left( s \right) = {{X_1 \left( s \right)} \over {1 - e^{ - 2s} }} = {1 \over s}{{1 - e^{ - s} } \over {1 - e^{ - 2s} }} = {1 \over {s\left( {1 + e^{-s} } \right)}} Xp(s)=1−e−2sX1(s)=s11−e−2s1−e−s=s(1+e−s)1

再根据s域平移性质，原信号的拉普拉斯变换为： X ( s ) = X p ( s + 0.5 ) = 1 ( s + 0.5 ) ( 1 + e − s − 0.5 ) X\left( s \right) = X_p \left( {s + 0.5} \right) = {1 \over {\left( {s + 0.5} \right)\left( {1 + e^{-s - 0.5} } \right)}} X(s)=Xp(s+0.5)=(s+0.5)(1+e−s−0.5)1

2、已知信号 f ( t ) f\left( t \right) f(t) 的傅里叶变换为 F 1 ( ω ) = F { f ( t ) } F_1 \left( \omega \right) = F\left\{ {f\left( t \right)} \right\} F1(ω)=F{f(t)}，求：

F 2 ( ω ) = F { ∫ − ∞ t f [ 2 ( τ − 1 ) ] d τ } F_2 \left( \omega \right) = F\left\{ {\int_{ - \infty }^t {f\left[ {2\left( {\tau - 1} \right)} \right]d\tau } } \right\} F2(ω)=F{∫−∞tf[2(τ−1)]dτ}

※ 求解：

f 1 ( t ) → F 1 ( ω ) f_1 \left( t \right) \to F_1 \left( \omega \right) f1(t)→F1(ω)

f 1 ( 2 t ) → 1 2 F 1 ( ω 2 ) f_1 \left( {2t} \right) \to {1 \over 2}F_1 \left( {{\omega \over 2}} \right) f1(2t)→21F1(2ω)
f 1 [ 2 ( t − 1 ) ] → 1 2 F 1 ( ω 2 ) ⋅ e − j ω f_1 \left[ {2\left( {t - 1} \right)} \right] \to {1 \over 2}F_1 \left( {{\omega \over 2}} \right) \cdot e^{ - j\omega } f1[2(t−1)]→21F1(2ω)⋅e−jω

∫ − ∞ t f [ 2 ( τ − 1 ) d τ ] → 1 2 j ω F 1 ( ω 2 ) e − j ω + π 2 F 1 ( 0 ) δ ( ω ) \int_{ - \infty }^t {f\left[ {2\left( {\tau - 1} \right)d\tau } \right]} \to {1 \over {2j\omega }}F_1 \left( {{\omega \over 2}} \right)e^{ - j\omega } + {\pi \over 2}F_1 \left( 0 \right)\delta \left( \omega \right) ∫−∞tf[2(τ−1)dτ]→2jω1F1(2ω)e−jω+2πF1(0)δ(ω)

3、已知信号 f ( t ) f\left( t \right) f(t) 的拉普拉斯变换为 F ( s ) F\left( s \right) F(s)，表达式如下：
F ( s ) = s + 2 s 2 + 2 s + 2 e − 2 s F\left( s \right) = {{s + 2} \over {s^2 + 2s + 2}}e^{ - 2s} F(s)=s2+2s+2s+2e−2s

求： f ( t ) f\left( t \right) f(t)的表达式。

※ 求解：

因为：

s + 2 s 2 + 2 s + 2 = s + 1 ( s + 1 ) 2 + 1 + 1 ( s + 1 ) 2 + 1 {{s + 2} \over {s^2 + 2s + 2}} = {{s + 1} \over {\left( {s + 1} \right)^2 + 1}} + {1 \over {\left( {s + 1} \right)^2 + 1}} s2+2s+2s+2=(s+1)2+1s+1+(s+1)2+11

上式对应的时域信号为： [ e − t cos ⁡ ( t ) + e − t sin ⁡ ( t ) ] ⋅ u ( t ) \left[ {e^{ - t} \cos \left( t \right) + e^{ - t} \sin \left( t \right)} \right] \cdot u\left( t \right) [e−tcos(t)+e−tsin(t)]⋅u(t)

再根据拉普拉斯变换时移定理可知： f ( t ) = e − ( t − 1 ) [ cos ⁡ ( t − 1 ) + sin ⁡ ( t − 1 ) ] ⋅ u ( t − 1 ) f\left( t \right) = e^{ - \left( {t - 1} \right)} \left[ {\cos \left( {t - 1} \right) + \sin \left( {t - 1} \right)} \right] \cdot u\left( {t - 1} \right) f(t)=e−(t−1)[cos(t−1)+sin(t−1)]⋅u(t−1)

4、利用单片z变换求解下面差分方程：

y [ n ] + 2 y [ n − 1 ] = ( n − 2 ) ⋅ u [ n ] y\left[ n \right] + 2y\left[ {n - 1} \right] = \left( {n - 2} \right) \cdot u\left[ n \right] y[n]+2y[n−1]=(n−2)⋅u[n]

初始条件： y [ 0 ] = 1 y\left[ 0 \right] = 1 y[0]=1

提示： Z { n ⋅ u [ n ] } = z ( z − 1 ) 2 Z\left\{ {n \cdot u\left[ n \right]} \right\} = {z \over {\left( {z - 1} \right)^2 }} Z{n⋅u[n]}=(z−1)2z

※ 求解：

对差分方程两边取单边z变换，可得：
Y ( z ) + 2 [ z − 1 Y ( z ) + y ( − 1 ) ] = z ( z − 1 ) 2 − 2 z z − 1 Y\left( z \right) + 2\left[ {z^{ - 1} Y\left( z \right) + y\left( { - 1} \right)} \right] = {z \over {\left( {z - 1} \right)^2 }} - {{2z} \over {z - 1}} Y(z)+2[z−1Y(z)+y(−1)]=(z−1)2z−z−12z

将 y [ 0 ] = 1 y\left[ 0 \right] = 1 y[0]=1代入原差分方程，可以求得： y [ − 1 ] = − 3 2 y\left[ { - 1} \right] = - {3 \over 2} y[−1]=−23

将 y [ − 1 ] y\left[ { - 1} \right] y[−1]代入前面方程，可以得到： Y ( z ) = z ( z 2 − 3 z + 3 ) ( z − 1 ) 2 ( z + 2 ) = 1 3 z ( z − 1 ) 2 + − 4 9 z z − 1 + 13 3 z z + 2 Y\left( z \right) = {{z\left( {z^2 - 3z + 3} \right)} \over {\left( {z - 1} \right)^2 \left( {z + 2} \right)}} = {{{1 \over 3}z} \over {\left( {z - 1} \right)^2 }} + {{ - {4 \over 9}z} \over {z - 1}} + {{{{13} \over 3}z} \over {z + 2}} Y(z)=(z−1)2(z+2)z(z2−3z+3)=(z−1)231z+z−1−94z+z+2313z

所以有 y [ n ] = 1 9 [ 3 n − 4 + 13 ( − 2 ) n ] ⋅ u [ n ] y\left[ n \right] = {1 \over 9}\left[ {3n - 4 + 13\left( { - 2} \right)^n } \right] \cdot u\left[ n \right] y[n]=91[3n−4+13(−2)n]⋅u[n]

5、已知有限长序列 x [ k ] x\left[ k \right] x[k] 的DTFT为 X ( e j ω ) X\left( {e^{j\omega } } \right) X(ejω)，对 X ( e j ω ) X\left( {e^{j\omega } } \right) X(ejω)在一周周期 [ 0 , 2 π ] \left[ {0,2\pi } \right] [0,2π]内进行N=5点均匀采样，得到离散频率 X [ m ] X\left[ m \right] X[m]，即 X [ m ] = X ( e j ω ) ∣ ω = 2 π N m X\left[ m \right] = \left. {X\left( {e^{j\omega } } \right)} \right|_{\omega = {{2\pi } \over N}m} X[m]=X(ejω)∣∣ω=N2πm。如果 x [ k ] x\left[ k \right] x[k]取值有以下两种情况，试确定 X [ m ] X\left[ m \right] X[m]进行DFT反变换后对应的序列 y [ k ] y\left[ k \right] y[k]。

( 1 ) x [ k ] = { 1 , 2 , 3 , 4 } \left( 1 \right)\,\,\,\,x\left[ k \right] = \left\{ {1,2,3,4} \right\} (1)x[k]={1,2,3,4}

( 2 ) x [ k ] = { 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 } \left( 2 \right)\,\,\,x\left[ k \right] = \left\{ {1,2,3,4,5,6,7} \right\} (2)x[k]={1,2,3,4,5,6,7}

※ 求解：

根据题意 X [ m ] X\left[ m \right] X[m]是对 x [ k ] x\left[ k \right] x[k]进行N=5的DFT，所以它对应的反变换 y [ k ] = D F T − 1 { X [ m ] } y\left[ k \right] = DFT^{ - 1} \left\{ {X\left[ m \right]} \right\} y[k]=DFT−1{X[m]}是对 x [ k ] x\left[ k \right] x[k]进行 N = 5 N = 5 N=5的周期延拓后，再取主值区间，即 y [ k ] = ( ( x [ k ] ) ) N = 5 ⋅ R N = 5 [ k ] y\left[ k \right] = \left( {\left( {x\left[ k \right]} \right)} \right)_{N = 5} \cdot R_{N = 5} \left[ k \right] y[k]=((x[k]))N=5⋅RN=5[k]

由此可得：

( 1 ) y [ k ] = { 1 , 2 , 3 , 4 , 0 } \left( 1 \right)\,\,\,y\left[ k \right] = \left\{ {1,2,3,4,0} \right\} (1)y[k]={1,2,3,4,0}

( 2 ) y [ k ] = { 7 , 9 , 3 , 4 , 5 } \left( 2 \right)\,\,\,y\left[ k \right] = \left\{ {7,9,3,4,5} \right\} (2)y[k]={7,9,3,4,5}

提示：y[n]实际上是对x[n]进行周期为N=5的周期延拓。

§06 综合题-1

在下图（A）所示的系统中， x ( t ) x\left( t \right) x(t)的频谱为 X ( ω ) X\left( \omega \right) X(ω)，如图（C）所示。信号 p ( t ) p\left( t \right) p(t)是一个周期矩形脉冲信号，如图（B）所示。两者相乘之后，得到信号 x s ( t ) x_s \left( t \right) xs(t)。系统 H ( ω ) H\left( \omega \right) H(ω)是一个低通滤波器。

（1）写出信号 p ( t ) p\left( t \right) p(t)的频谱 P ( ω ) P\left( \omega \right) P(ω)；

（2）写出信号 x s ( t ) x_s \left( t \right) xs(t)的频谱 X s ( ω ) X_s \left( \omega \right) Xs(ω)；

（3）如果 x ( t ) x\left( t \right) x(t)的最高频谱为 ω m \omega _m ωm，那么为了使得 x s ( t ) x_s \left( t \right) xs(t)的频谱 X s ( ω ) X_s \left( \omega \right) Xs(ω)不发生混叠， T 0 T_0 T0最大可取多大？

（4）如果使得低通滤波器的输出等于 x ( t ) x\left( t \right) x(t)，那么滤波器的截止频率 ω p \omega _p ωp 和通带增益 M M M应该去多大？

^{▲ 图-A}

^{▲ 图-B}

^{▲ 图-C}

^{▲ 图-D}

※ 求解：

（1）周期信号 p ( t ) p\left( t \right) p(t)的频谱为：

P ( ω ) = ω 0 E τ ⋅ S a ( ω τ 2 ) ⋅ ∑ n = − ∞ ∞ δ ( ω − n ω 0 ) P\left( \omega \right) = \omega _0 E\tau \cdot Sa\left( {{{\omega \tau } \over 2}} \right) \cdot \sum\limits_{n = - \infty }^\infty {\delta \left( {\omega - n\omega _0 } \right)} P(ω)=ω0Eτ⋅Sa(2ωτ)⋅n=−∞∑∞δ(ω−nω0)

P ( ω ) = ω 0 E τ ⋅ ∑ n = − ∞ ∞ S a ( n ω 0 τ 2 ) δ ( ω − n ω 0 ) P\left( \omega \right) = \omega _0 E\tau \cdot \sum\limits_{n = - \infty }^\infty {Sa\left( {{{n\omega _0 \tau } \over 2}} \right)\delta \left( {\omega - n\omega _0 } \right)} P(ω)=ω0Eτ⋅n=−∞∑∞Sa(2nω0τ)δ(ω−nω0)

其中： ω 0 = 2 π T 0 \omega _0 = {{2\pi } \over {T_0 }} ω0=T02π

（2）由于 x s ( t ) x_s \left( t \right) xs(t)是 x ( t ) x\left( t \right) x(t)与 p ( t ) p\left( t \right) p(t)相乘，根据傅里叶变换频域卷积定理可知 x s ( t ) x_s \left( t \right) xs(t)的频谱为：
X s ( ω ) = 1 2 π x ( ω ) ∗ P ( ω ) X_s \left( \omega \right) = {1 \over {2\pi }}x\left( \omega \right) * P\left( \omega \right) Xs(ω)=2π1x(ω)∗P(ω)

X s ( ω ) = E τ T 0 ∑ n = − ∞ ∞ S a ( n ω 0 τ 2 ) X ( ω − n ω 0 ) X_s \left( \omega \right) = {{E\tau } \over {T_0 }}\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {Sa\left( {{{n\omega _0 \tau } \over 2}} \right)X\left( {\omega - n\omega _0 } \right)} Xs(ω)=T0Eτn=−∞∑∞Sa(2nω0τ)X(ω−nω0)

（3）根据采样定理可知， ω 0 \omega _0 ω0应该大于 2 ω m 2\omega _m 2ωm。所以 T 0 T_0 T0的最大值为： 1 2 ⋅ 2 π ω m = π ω m {1 \over 2} \cdot {{2\pi } \over {\omega _m }} = {\pi \over {\omega _m }} 21⋅ωm2π=ωmπ

（4）低通滤波器的截止频率 ω p \omega _p ωp应该满足： ω m < ω p < 2 π T 0 − ω m \omega _m < \omega _p < {{2\pi } \over T_0} - \omega _m ωm<ωp<T02π−ωm。可以取采样频率的一半： ω p = π T 0 \omega _p = {\pi \over {T_0 }} ωp=T0π。

低通滤波器的增益： M = T 0 M =T_0 M=T0

§07 综合题-2

已知连续时间线性时不变系统框图如下图所示：

三个子系统分别由单位冲击响应、频率特性、系统函数来分别描述：

子系统1的单位冲击响应 h 1 ( t ) h_1 \left( t \right) h1(t)为：
h 1 ( t ) = u ( t ) h_1 \left( t \right) = u\left( t \right) h1(t)=u(t)

子系统2的频率特性 H 2 ( j ω ) H_2 \left( {j\omega } \right) H2(jω)为： H 2 ( j ω ) = 1 2 ( j ω + 2 ) + 1 2 j ω + π 2 δ ( ω ) H_2 \left( {j\omega } \right) = {1 \over {2\left( {j\omega + 2} \right)}} + {1 \over {2j\omega }} + {\pi \over 2}\delta \left( \omega \right) H2(jω)=2(jω+2)1+2jω1+2πδ(ω)

子系统3的系统函数 H 3 ( s ) H_3 \left( s \right) H3(s)为：
H 3 ( s ) = s 2 + 1 s 2 ( s + 1 ) ( s + 2 ) H_3 \left( s \right) = {{s^2 + 1} \over {s^2 \left( {s + 1} \right)\left( {s + 2} \right)}} H3(s)=s2(s+1)(s+2)s2+1

1、求出该系统的传递函数 H ( s ) H\left( s \right) H(s)；

2、求出该系统的单位冲击响应 h ( t ) h\left( t \right) h(t)；

3、安装BIBO原则，判断该系统是否稳定？

4、根据该系统的零极点分布，判断该系统的幅频特性；

※ 求解：

第一小问： 各子系统的传递函数为：

H 1 ( s ) = 1 s H_1 \left( s \right) = {1 \over s} H1(s)=s1

H 2 ( s ) = 1 2 ( s + 2 ) + 1 2 s H_2 \left( s \right) = {1 \over {2\left( {s + 2} \right)}} + {1 \over {2s}} H2(s)=2(s+2)1+2s1

H 3 ( s ) = s 2 + 1 s 2 ( s + 1 ) ( s + 2 ) H_3 \left( s \right) = {{s^2 + 1} \over {s^2 \left( {s + 1} \right)\left( {s + 2} \right)}} H3(s)=s2(s+1)(s+2)s2+1

根据系统框图可以求出系统的传递函数：

H ( s ) = H 1 ( s ) ⋅ H 2 ( s ) − H 3 ( s ) = 1 s [ 1 2 ( s + 2 ) + 1 2 s ] − s 2 + 1 s 2 ( s + 1 ) ( s + 2 ) H\left( s \right) = H_1 \left( s \right) \cdot H_2 \left( s \right) - H_3 \left( s \right) = {1 \over s}\left[ {{1 \over {2\left( {s + 2} \right)}} + {1 \over {2s}}} \right] - {{s^2 + 1} \over {s^2 \left( {s + 1} \right)\left( {s + 2} \right)}} H(s)=H1(s)⋅H2(s)−H3(s)=s1[2(s+2)1+2s1]−s2(s+1)(s+2)s2+1

= s + 1 s 2 ( s + 2 ) − s 2 + 1 s 2 ( s + 1 ) ( s + 2 ) = {{s + 1} \over {s^2 \left( {s + 2} \right)}} - {{s^2 + 1} \over {s^2 \left( {s + 1} \right)\left( {s + 2} \right)}} =s2(s+2)s+1−s2(s+1)(s+2)s2+1 = ( s + 1 ) 2 − ( s 2 + 1 ) s 2 ( s + 1 ) ( s + 2 ) = 2 s ( s + 1 ) ( s + 2 ) = {{\left( {s + 1} \right)^2 - \left( {s^2 + 1} \right)} \over {s^2 \left( {s + 1} \right)\left( {s + 2} \right)}} = {2 \over {s\left( {s + 1} \right)\left( {s + 2} \right)}} =s2(s+1)(s+2)(s+1)2−(s2+1)=s(s+1)(s+2)2

第二小问： 系统的单位冲激响应为：

h ( t ) = L − 1 [ H ( s ) ] = L − 1 [ 2 s ( s + 1 ) ( s + 2 ) ] h\left( t \right) = L^{ - 1} \left[ {H\left( s \right)} \right] = L^{ - 1} \left[ {{2 \over {s\left( {s + 1} \right)\left( {s + 2} \right)}}} \right] h(t)=L−1[H(s)]=L−1[s(s+1)(s+2)2] = L − 1 [ 1 s − 2 s + 1 + 1 s + 2 ] = ( 1 − 2 e − t + e − 2 t ) ⋅ u ( t ) = L^{ - 1} \left[ {{1 \over s} - {2 \over {s + 1}} + {1 \over {s + 2}}} \right] = \left( {1 - 2e^{ - t} + e^{ - 2t} } \right) \cdot u\left( t \right) =L−1[s1−s+12+s+21]=(1−2e−t+e−2t)⋅u(t)

from scipy                  import signal
num = [2]
den = [1,3,2,0]

sys1 = signal.TransferFunction(num, den)
t,y = signal.impulse(sys1)

^{▲ 系统的单位冲激响应曲线}

第三小问：

由于系统的单位冲激响应信号h(t)的积分趋于无穷大，按照BIBO准则判断该系统属于不稳定系统。

第四小问：

系统的零极点如下图所示：

系统的幅频特性为低通特性。

#!/usr/local/bin/python
# -*- coding: gbk -*-
#============================================================
# TEST2.PY                     -- by Dr. ZhuoQing 2021-06-17
#
# Note:
#============================================================

from headm import *

def sf(s):
    return 1/(s*(s+1)*(s+2))

omiga = linspace(-3, 1, 100)

freq = [exp(o*log(10)) for o in omiga]
amp = [abs(sf(1j*f*2*pi)) for f in freq]

plt.loglog(freq, amp)
plt.xlabel("Frequency(Hz)")
plt.ylabel("Amplitude")
plt.grid(True)
plt.tight_layout()
plt.show()

#------------------------------------------------------------
#        END OF FILE : TEST2.PY
#============================================================

※ 命题总结 ※

这次考试的内容覆盖了信号与系统分析课程所有章节的内容，题目容量是为了适应2.5左右小时考试时间。

码农公寓

§00 命题说明

1、命题题型

2、各章内容覆盖

3、辅助信息

（1）DOP 文件

（2）网络资源

§01 选择题

§02 判断对错题

§03 填空题

§04 简答题

解答：

※ 解答：

※ 解答：

※ 解答：

§05 计算题

※ 求解:

※ 求解：

※ 求解：

※ 求解：

※ 求解：

§06 综合题-1

※ 求解：

§07 综合题-2

※ 求解：

※ 命题总结 ※

相关文章