信号与系统_前三章_妙题汇总
信号期中妙题汇总
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线性时不变离散系统稳定,其单位样值响应\(h(n)\)必须满足
\[\sum_{n=-\infty}^{\infty}|h(n)|<\infty \] -
线性时不变离散系统因果,其单位样值响应\(h(n)\)必须满足
\[h(n)=h(n)u(n) \] -
\[\begin{align} f(t)*\delta(t-t_0)&=f(t-t_0)\notag\\ f(t)\cdot\delta(t-t_0)&=f(t_0)\delta(t-t_0)\notag \end{align} \]
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\(f(t)\)的带宽为\(W\),则\(f(t)\sin(\omega_0t+\frac{\pi}{4})\)的带宽为
\[2W \] -
某线性时不变离散系统的单位样值响应为\(h(n)\),当激励为\(u(n)-u(n-2)\)时,系统的输出为
\[h(n)+h(n-1) \] -
求下列序列的最小正周期
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\(\cos(\frac{\pi}{3}n)+\cos(\frac{5\pi}{3}n)\)
\[\begin{align} T_1&=\frac{2\pi}{\frac{\pi}{3}}=6\notag\\ T_2&=\frac{2\pi}{\frac{5\pi}{3}}=\frac{6}{5}\notag \end{align} \]所以周期是两者最小公倍数,为6.
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\(\cos(\frac{\pi}{3}n)\cos(\frac{5\pi}{3}n)\)
需要使用积化和差
\[\cos(\frac{\pi}{3}n)\cos(\frac{5\pi}{3}n)=\frac{1}{2}[\cos(2\pi)+\cos(-\frac{4\pi}{3})] \]还需要对两者分别求周期
\[\begin{align} T_1&=\frac{2\pi}{2\pi}=1\notag\\ T_2&=\frac{2\pi}{-\frac{4\pi}{3}}=-\frac{3}{2}\notag \end{align} \]最小公倍数为\(3\),所以周期为\(3\).
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已知\(f(t)=e^{-2t}[u(t)-u(t-4)]\),求其傅氏变换
\[f(t)=e^{-2t}u(t)-e^{-8}\cdot e^{2(t-4)}u(t-4)\leftrightarrow \frac{1}{2+j\omega}-e^{-8}\frac{1}{2+j\omega}e^{-j\omega4} \]将信号拆分,凑成了可以使用时移特性的形式.
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求\(u(2t-4)\)得傅氏变换
根据尺度变换性质可知
\[f(at+b)\leftrightarrow \frac{1}{|a|}e^{j\omega(\frac{b}{a})}F(\frac{\omega}{a}) \]将函数代入,可得
\[u(2t-4)\leftrightarrow \frac{1}{2}e^{j\omega(\frac{-4}{2})}F(\frac{\omega}{2}) \]又因为
\[F(\omega)=\pi\delta(\omega)+\frac{1}{j\omega} \]所以
\[\frac{1}{2}e^{j\omega(\frac{-4}{2})}F(\frac{\omega}{2})=\frac{1}{2}e^{j\omega(\frac{-4}{2})}[\pi\delta(\frac{\omega}{2})+\frac{1}{j\frac{\omega}{2}}]\tag{*} \]根据冲激函数的性质
\[\delta(at)=\frac{1}{|a|}\delta(t) \]则\((*)\)式可以写为
\[\frac{1}{2}e^{j\omega(\frac{-4}{2})}2\pi\delta(\omega)+\frac{1}{2}e^{j\omega(\frac{-4}{2})}\frac{1}{j\frac{\omega}{2}}=\pi\delta(\omega)+\frac{e^{-j\omega 2}}{j\omega} \] -
求信号\((1-t)\frac{d}{dt}[e^{-2t}\delta(t)]\)的傅氏变换
\[\begin{align} (1-t)\frac{d}{dt}[e^{-2t}\delta(t)]&=(1-t)\delta^{'}(t)\notag\\ &=\delta^{'}(t)-t\delta^{'}(t)\notag \end{align} \]由于
\[\delta^{'}(t)\leftrightarrow j\omega \]以及频域微分特性
\[tf(t)\leftrightarrow j\frac{d}{d\omega}F(\omega) \]可得
\[\begin{align} \delta^{'}(t)-t\delta^{'}(t)&=j\omega-[j(\frac{d}{d\omega}j\omega)]\notag\\ &=j\omega+1\notag \end{align} \] -
求信号\(e^{-(2+j5)t}u(t)\)的傅氏变换
此处用了单边指数的傅氏变换公式.
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一实信号表达式为\(f(t)=f(t)u(t)\),其傅氏变换为\(F(\omega)=R(\omega)+jX(\omega)\),已知\(R(\omega)=\text{Sa}(\omega)\),则\(X(\omega)\),\(f(t)\).
首先,已知任何实信号都可分解为偶部和奇部
\[\begin{align} f_e(t)&=\frac{1}{2}[f(t)+f(-t)]\notag\\ f_o(t)&=\frac{1}{2}[f(t)-f(-t)]\notag \end{align} \]并且傅氏变换表示的是一个复函数,可表示为
\[F(\omega)=R(\omega)+jX(\omega) \]且满足以下关系
\[\begin{align} R(\omega)&=\mathscr{F}[f_e(t)]\notag\\ jX(\omega)&=\mathscr{F}[f_0(t)]\notag \end{align} \]根据题目中的条件,可以判断出
\[f_e(t)=\frac{1}{2}G_2(t) \]再根据偶部的表达式,可得
\[f(t)=G_1(t-\frac{1}{2})=u(t)-u(t-1) \]是一个右移了\(\frac{1}{2}\)且脉宽为\(1\)的门函数.
\[\begin{align} jX(\omega)&=\frac{1}{2}[\text{Sa}(\frac{\omega}{2})e^{-j\omega\frac{1}{2}}-\text{Sa}(\frac{\omega}{2})e^{j\omega\frac{1}{2}}]\notag\\ &=\text{Sa}(\frac{\omega}{2})\frac{e^{j\omega\frac{1}{2}}-e^{-j\omega\frac{1}{2}}}{2j}j(-1)\notag\\ &=-j\text{Sa}(\frac{\omega}{2})\sin(\frac{\omega}{2})\notag \end{align} \]所以可得
\[X(\omega)=-\text{Sa}(\frac{\omega}{2})\sin(\frac{\omega}{2}) \] -
\[F(0)=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)dt \]
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\[\int_{-\infty}^{\infty}F(\omega)d\omega=2\pi f(0) \]
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已知某线性时不变系统在相同初始状态下,当激励为\(u(t)\)时的完全响应为\(r_1(t)\),当激励为\(0.5u(t)\)时的完全响应为\(r_2(t)\),求
(1).当激励为\(2u(t-1)\)时的全响应.
(2).当初始状态变为原来的两倍,激励信号为\(2u(t)+3\delta(t)\)的全响应
(1).
\[\begin{cases} r_1(t)=r_{zi}(t)+r_{zs}(t)\notag\\ r_2(t)=r_{zi}(t)+r_{zs}(t)\notag \end{cases} \]解得\(r_{zi}(t)\)和\(r_{zs}(t)\).所以
\[r_3(t)=r_{zi}(t)+2r_{zs}(t-1) \](2)出现了冲激函数,计算冲激响应
\[h(t)=r_{zs}^{'}(t) \]所以
\[r_4(t)=2r_{zi}(t)+2r_{zs}(t)+3h(t) \] -
求图示信号的傅氏变换
首先取\([-\frac{1}{2},\frac{2}{3}]\)为一个脉冲\(f_0(t)\)
\[f_0(t)=G_{0.5}(t)-G_{0.5}(t-1) \]其傅氏变换为
\[F_0(\omega)=\frac{1}{2}\text{Sa}(\frac{\omega}{4})-\frac{1}{2}\text{Sa}(\frac{\omega}{4})e^{-j\omega} \]根据由脉冲所组成的周期信号的傅氏变换所满足的关系可知
\[F(n\omega_1)=\frac{1}{T}F_0(\omega)|_{\omega=n\omega_1} \]其中
\[\omega_1=\frac{2\pi}{T}=\pi \]综上
\[\begin{align} F(n\omega_1)&=\frac{1}{2}\cdot[\frac{1}{2}\frac{\sin\frac{\omega}{4}}{\frac{\omega}{4}}(1-e^{-j\omega})]|_{\omega=n\omega_1}\notag\\ &=\frac{1}{2}\frac{2\sin\frac{n\pi}{4}}{n\pi}[1-(-1)^n]\notag\\ &=\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n\pi}[1-(-1)^n]\notag \end{align} \]再根据
\[F(\omega)=2\pi\sum_{n=-\infty}^{\infty}F(n\omega_1)\delta(\omega-n\omega_1) \]代入,得
\[F(\omega)=2\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n}[1-(-1)^n]\delta(\omega-n\pi) \] -
一升余弦脉冲表达式为
\[f(t)= \begin{cases} 1+\cos t,|t|\le\pi\notag\\ 0,|t|>\pi\notag \end{cases} \]求其傅氏变换.
可以将其写为升余弦和门函数得乘积,即
\[f(t)=(1+\cos t)G_{2\pi}(t) \]欧拉公式将\(\cos\)展开,得
\[f(t)=(1+\frac{1}{2}e^{jt}+\frac{1}{2}e^{-jt})G_{2\pi}(t) \]又因为
\[G_{2\pi}(t)\leftrightarrow 2\pi\text{Sa}(\pi\omega)=\frac{2\sin\pi\omega}{\omega} \]则根据频移特性,可知
\[\begin{align}F(\omega)&=\frac{2\sin\pi\omega}{\omega}+\frac{1}{2}\frac{2\sin\pi(\omega-1)}{\omega-1}+\frac{1}{2}\frac{2\sin\pi(\omega+1)}{\omega+1}\notag\\&=-\frac{2\sin\pi\omega}{\omega(\omega^2-1)}\notag\end{align} \] -
求如图所示周期信号得傅氏变换
每一个脉冲可以理解为一个三角波\(f_1(t)\)和一个余弦得乘积,即
\[f_0(t)=f_1(t)\cos\omega_0t \]三角波的傅氏变换为
\[\begin{align}F_1(\omega)&=\frac{E\tau}{2}\text{Sa}^2(\frac{\omega\tau}{4})\notag\\&=A\text{Sa}^2(\frac{\omega}{2})\notag\end{align} \]可得图中脉冲的傅氏变换为
\[F(\omega)=\frac{A}{2}[\text{Sa}^2(\frac{\omega+\omega_0}{2})+\text{Sa}^2(\frac{\omega-\omega_0}{2})] \]再根据脉冲构成的周期信号的傅氏变换的关系可得下式,其中\(T=4\),\(\omega_1=\frac{2\pi}{T}=\frac{\pi}{2}\).
\[\begin{align}F(n\omega_1)&=\frac{1}{T}F_0(\omega)|_{\omega=n\omega_1}\notag\\&=\frac{1}{4}\cdot\frac{A}{2}[\text{Sa}^2(\frac{\frac{n\pi}{2}+\omega_0}{2})+\text{Sa}^2(\frac{\frac{n\pi}{2}-\omega_0}{2})]\notag\\&=\frac{A}{8}[\text{Sa}^2(\frac{n\pi}{4}+\frac{\omega_1}{2})+\text{Sa}^2(\frac{n\pi}{4}-\frac{\omega_1}{2})]\notag\end{align} \] -
\(tu(t)\) and \(\delta(t)\) are neither Power signal nor Energy signal.
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线性时不变离散系统的阶跃响应为\(g(n)\),求冲激响应\(h(n)\).
\[h(n)=\frac{g(n)-g(n-1)}{n-(n-1)}=g(n)-g(n-1) \]模拟微分,波形表现为只留有\(n=0\)处的阶跃响应波形.
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线性时不变离散系统的冲激响应为\(h(n)\),求阶跃响应\(g(n)\).
\[g(n)=\sum_{r=0}^{\infty}h(n-r) \]模拟积分,波形表现为正半轴均为等幅度的冲激响应.
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一个函数和常数卷积,相当于\(f(t)\)与坐标轴所围面积的\(E\)倍,即
\[f(t)*E=E\int_{-\infty}^{\infty}f(t)dt \]
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