二、填空题1. 某LTI连续时间系统具有带通滤波特性，则系统的阶次至少为______。
2
[解析] 带通滤波器的频率响应幅度特性需要有两个截止频率，上截止频率和下截止频率，即|H(jω)|=0有两根，如下图所示，故系统至少为二阶。
2. 已知x(t)是周期为T的周期信号，且x
·(-t)的傅里叶级数系数为a
k，则x(t)的傅里叶级数系数为______。
ak*
[解析] 设x(t)的傅里叶级数系数为c
k，信号x(t)可表示成
则
由此可知a
k=c
k*，即a
k*=c
k。
3. f(t)是频带宽度为B的频带有限信号，对f(t)进行理想抽样，为使抽样信号频谱不产生混叠，则抽样频率f
s应______；用理想低通滤波器从抽样信号中恢复原信号f(t)，设理想低通滤波器的频率响应为H(jω)，则|H(jω)|=______，低通滤波器的带宽W应满足条件_____≤W≤______。
≥2B；1/fs；B；fs-B
[解析] 为了能从取样信号fs(t)中恢复原信号f(t)，需要满足两个条件：①f(t)必须是带限信号；②fs＞2fm，因此fs应≥2B；抽样信号的幅值会有系数1/Ts，因此理想低通滤波器的|H(jω)|=Ts=1/fs；低通滤波器的带宽W需要满足B≤W≤fs-B。
4. X(z)=10z
2/[(z-1)(z+1)]，|z|＞1的逆变换为______。
5ε(k)+5(-1)kε(k)
[解析] 对X(z)/z进行部分分式展开得到
因此
四、计算题1. (1)求序列x[n]=δ[n]-0.95δ[n-6]的Z变换。
(2)画出(1)中Z变换的零-极点图。
(3)近似画出x[n]傅立叶变换的幅度频谱图。
(1)
因此零点为
是六重零点，极点为p=0(6重极点)，因此零极点图如下图所示。
(2)由于极点在单位圆之内，因此可以得到系统的频率响应
幅度谱表达式为
幅度频谱图近似如下图所示。
2. 求该系统的冲激响应；
根据常用傅里叶变换，可知：h1(t)=u(t)→H1(s)=1/s。
因为H2(jω)=(1/2)/(jω+2)+(1/2)/(jω)+πδ(ω)/2，所以系统函数：H2(s)=(s+1)/[s(s+2)]。因此总的系统函数为：H(s)=H1(s)H2(s)-H3(s)=1/s-2/(s+1)+1/(s+2)。求其逆变换，可得求该系统的冲激响应为：h(t)=(1-2e-t+e-2t)u(t)。
4. 给出该系统的逆系统的微分方程；
该系统的逆系统具有系统函数：G(s)=1/H(s)=s(s+1)(s+2)/2=s
3/2+3s
2/2+s。
据此可得到相应的微分方程为：
5. 请根据零、极点分布情况说明系统具有怎样的选频特性。
由于该系统在s=-2、-1、0处存在极点，因而该系统具有低通特性。
6. 试分别画出该滤波器的幅频特性|H(ω)|和相频特性θ(ω)曲线；
由题意，可得：
而已知条件
对比可得：h(t)=1/(πt)。
由变换对sgn(t)
↔2/(jω)，利用对称性2/(jt)
↔2πsgn(-ω)=-2πsgn(ω)，得1/(πt)
↔jsgn(ω)，即：
|H(ω)|=1
所以幅频特性和相频特性分别如图(a)、(b)所示。
7. 试证明输出信号y(t)与输入信号x(t)的能量相等。
由能量的定义得到信号的能量为：
要证明输出信号y(t)与输入信号x(t)的能量相等，只要证明它们的频谱取模相等即可。
因为Y(ω)=X(ω)H(ω)，两边取模运算：|Y(ω)|=|X(ω)||H(ω)|。
由第1小题知|H(ω)|=1，所以|Y(ω)|=|X(ω)|，即y(t)与x(t)的能量相等。
8. 假设x
1(t)和x
2(t)均为带限信号，且X
1(jω)=0 for |ω|＞100π，X
2(jω)=0 for |ω|＞300π。若对y(t)=2x
1(2t)+3x
2(3t)进行理想的冲激采样可得
试确定采样周期T的取值范围，以保证能够从采样信号y
p(t)中无失真恢复信号y(t)。
由尺度变换特性可知：
y(t)=2x
1(2t)+3x
2(3t)
Y(jω)=X
1(jω/2)+X
2(jω/3)
可见，信号频域展宽，信号y(t)的截止频率为ω=900π，即：Y(jω)=0 for |ω|＞900π。
保证能够从采样信号y
p(t)中无失真恢复信号y(t)，根据奈奎斯特定理可知：采样速率ω
s≥1800π。由此可知：最大采样周期T
max=2π/ω
s=(1/900)秒。
9. 某离散时间LTI系统的输入为x[n]=u[n+1]+u[n]-u[n-1]-u[n-2]，输出为y[n]={-1，0，6，8，3}，n=-1，0，1，2，3，试求系统的单位脉冲响应h[n]。
由于
x[n]=u[n+1]+u[n]-u[n-1]-u[n-2]={u[n+1]-u[n-1]}+{u[n]-u[n-2]}
此式又可以写成：x[n]=δ[n+1]+2δ[n]+δ[n-1]，则X(z)=z+2+z-1。
由题意可知：
y[n]=x[n]* h[n]=-δ[n+1]+6δ[n-1]+8δ[n-2]+3δ[n-3]
则Y(z)=-z+6z-1+8z-2+3z-3。
根据时域卷积定理可得：H[z]=(-z+6z-1+8z-2+3z-3)/(z+2+z-1)。
使用长除法可得：H[z]=-1+2z-1+3z-2。
取逆变换可得：h[n]=-δ[n]+2δ[n-1]+3δ[n-2]。
上式也可写成：h[n]={-1，2，3}，n=0，1，2。
10. 将f(t)作为输入信号，通过H(jω)=e
-jωG
4π(jω)的系统，如图所示，若对输出信号y(t)进行不混叠抽样，试求信号的最小抽样频率(写出分析步骤)。
f(t)↔Sa2(ω/2)，通过H(jω)=e-iωG4π(jω)的系统后y(t)的最高角频率ωm=2π rad/s，因此fm=2π/ωm=1 Hz，根据抽样定理得到最小抽样频率为fs=2fm=2 Hz。
11. 已知一个以微分方程
和y(0
-)=1作为起始条件表示的连续时间因果系统，试求当输入为x(t)=sin2tu(t)时，该系统的输出y(t)，并写出其中的零状态响应y
zs(t)和零输入响应分量y
zi(t)，以及暂态响应和稳态响应分量。
先求零输入响应y
zi(t)，它满足的方程和起始条件为
dy
zi(t)/dt+2y
zi(t)=0，y
zi(0
-)=y(0
-)=1
解得零输入响应为y
zi(t)=e
-2t，t≥0，零状态响应y
zs(t)满足微分方程dy
zs(t)/dt+2y
zs(t)=x(t-1)。
对上式取单边拉氏变换，且x(t)=sin2tu(t)
↔X(s)=2/(s
2+4)，则有
零状态响应为
系统全响应为
其中，暂态响应y
rs(t)和稳态响应y
ss(t)分别为
y
rs(t)=e
-2(t-1)u(t-1)/4+e
-2tu(t)
y
ss(t)=sin[2(t-1)]u(t-1)/4-cos[2(t-1)]u(t-1)/4
12. 写出信号b(t)，c(t)频谱函数的表达式B(jω)，C(jω)。
h(t)=1/(πt)
↔H(jω)=-jsgn(ω)，因此
13. 如果E(jω)如图(a)所示，且ω
c＞＞ω
m，画出B(jω)，C(jω)和A(jω)的频谱图。
(a) 
(b)14. 试求输出信号y(t)的频谱Y(jω)，并画出Y(jω)的频谱图。
cos(ω
0t)
↔π[δ(ω+ω
0)+δ(ω-ω
0)]，因此经过上支路信号的频谱
X
2(jω)=[1/(2π)]X(jω)*π[δ(ω+ω
0)+δ(ω-ω
0)]=(1/2){X[j(ω+ω
0)]+X[j(ω-ω
0)]}
sin(ω
0t)
↔jπ[δ(ω+ω
0)-δ(ω-ω
0)]
因此经过下支路信号的频谱
X
3(jω)=[1/(2π)]X(jω)[-jsgn(ω)]*jπ[δ(ω+ω
0)-δ(ω-ω
0)]=(1/2){X[j(ω+ω
0)]sgn(ω+ω
0)-X[j(ω-ω
0)]sgn(ω-ω
0)}
因此
Y(jω)=X
2(jω)+X
3(jω)=(1/2){X[j(ω+ω
0)]+X[j(ω-ω
0)]}+(1/2){X[j(ω+ω
0)]sgn(ω+ω
0)-X[j(ω-ω
0)]sgn(ω-ω
0)}=X[j(ω-ω
0)]ε[-(ω-ω
0)]+X[j(ω+ω
0)]ε(ω+ω
0)
由于ω
0＞＞ω
m，因此y(t)的频谱不发生混叠，其频谱如下图所示。
15. 试问能否从输出信号y(t)恢复得到原输入信号x(t)?如果能，请给出相应的系统实现方案。
将Y(jω)分别左移ω
0，右移ω
0，然后再叠再经过一个滤波器
，即可得到X(jω)，反变换得到x(t)。
16. 求下列各函数的卷积，信号
信号
连续函数的卷积积分有微积分的性质，可以观察得到，第一个函数求导后会出现冲激函数卷积的时候可以简便运算，所以直接利用卷积积分性质来做可以提高计算效率。
信号x
1(t)的导数为x
1'(t)=δ(t)-δ(t-1)，信号x
2(t)的积分为
根据卷积的微积分性质可以得到：
的Z变换Y(z)为______。
即可。
深色：已答题 浅色：未答题