信号与系统考试题 (2)

姓名：________ 学号：________ 班级: ________ 成绩：________ 一、填空题 （30） 二、简答题 三、综合题得分 2（15） 3（16） 1（6） 2（6） 3（6） 4（6） 1（15） 一 填空题(共30分) 1．（3分）已知离散时间系统的输入输出关系为：y[n]x[n]x[n2]，则：

该系统_________因果系统;_________线性系统; _________时不变系统（空格填“是”或“不是” ）。

2. （2分）信号x(t)ej2t(t)的傅里叶变换为 。

113.（2分）x[n]的Z变换X(z)为有理式，在z处有一极点。x1[n]()nx[n]绝对可和，

241x2[n]()nx[n]不绝对可和，则x[n]是 （左边，右边，双边）序列

8214.（２分）X(z)4z23z，0z，求x[n]

5.（３分）输入信号x[n]sinnnsinn/6，h[n]， 2cos84nt则输出 6.一个ＬＴＩ系统对输入函数x(t)(ee3t)u(t)的响应为y(t)(2et2e4t)u(t)，则系统的

频率响应（１分） ；单位冲激响应（２分）

7. (2分)卷积和{2,1,1}*{1,2,3}的值为：

18.（3分）线性时不变系统的单位冲激响应为h(t)e3tu(t)，若输入为x(t)e2t，则其

2对应的输出y(t)

3t9. (2分）计算卷积积分eu(t)*u(t)= 。

t10.（2分）LTI系统的单位冲激响应h(t)3，则该系统 因果系统； 稳定系统。（空

格填“是”或“不是”）

1jX(e)d= 。 4sin3tsin2t212.（3分）信号x(t)[]的奈奎斯特抽样率为 rad/s。

tt

二． 简答题（每小题6分）

11.已知一因果稳定系统的单位抽样响应为h[n]，H(z)为有理式，且在z处有极点，在单位园某

211.（3分）已知x[n]()nu[n1]，则

处有一个零点。判断下列说法正确性并陈述理由。 １）F{()nh[n]}收敛 ２）存在某个，H(e

j14)0

1

３）h[n]为有限长序列

2.已知x(52t)的波形如图1所示。试画出x(t)的波形。

x(52t)1(2)13/225/23t图1

3. 试求下面信号的拉普拉斯变换和ROC.

x(t)e2tu(t1)

4. 已知LTI系统的微分方程描述为

d2ddy(t)-4y(t)3y(t)x(t)-2x(t) 2dtdtdt试画出该系统的正准型模拟图。

三. 综合题（共46分）

1. 如图.2 (a) 所示系统，已知：x(t)的频谱X()如图 (b)所示，且已知p(t)n(tnT),输出

y(t)x(t)，H1(j)和H2(j)分别如图c)和d)所示，若：

Fx(t)X(j)Fx1(t)X1(j)Fx2(t)X2(j) Fx3(t)X3(j)Fy(t)Y(j)1） 根据已知条件求0； 2） 画出X1(j)； 3) 画出X2(j)； 4)画出X3(j)。

x(t)x1(t)H1(j) x2(t)cos0tx3(t)H2(j) y(t)p(t) (a)

2 H1(j)2T1 -2T-

(b) (c)

1 H2(j)TT1 （d）

2t2. (15分)某稳定的LTI系统，当输入为x(t)(t)3eu(t)时，其对应的输出为

y(t)etu(t)e2tu(t)

1）求该系统的冲激响应表达式，该系统是因果系统吗？

2）求描述该系统的微分方程表达式；

3）若初始状态为y(0)1;y(0)1;求该系统的零输入响应y0(t) 3. 设X(e

j)代表下图所示信号x[n]的傅里叶变换。

2

1

-4 -6

-2

0

x[n]

2 4

-1

n

1)求X(e)和X(e)的值； 2)求argX(e)； 3)求值

jj0jX(ej)d。

参考答案：

3

一、

1、解 1）响应 y[n]x[n]x[n2] 与未来的输入无关，

所以是因果系统；

2）对于a,bR,x1[n]y1[n],x2[n]y2[n],

ax1[n]bx2[n]ax1[n]bx2[n]ax1[n2]bx2[n2]ay1[n]by2[n],

所以不是线性系统；

3）x[nN]x[nN]x[nN2]y[nN]

所以是时不变系统。

答案：是， 不是， 是。

2、解：

Fx(t)Fej2t`(t)j2 答案：j2。

3、解：

11xi[n]rnXi(z),r1、、分别对应x[n]、x1[n]、x2[n] 48或X(z)、X1(z)、X2(z)1111从而Xi(z)极点：、。所以Xi(z)的ROC：Res

2882即x[n]为双边序列

答案：双边序列。

4、解：X(z)nx[n]znx[0]x[1]z1x[2]z24z223z1

答案：X(z)4z23z

215、 解：

H(ej)cjG2c()/6G2c(),,c6

y[n]H(e8)x[n]sin答案：y[n]sin8n08n

6、解：

1162j1j4j1j4112j4X()j1j3j1j3Y()3(j3) H()X()j2j43/23/2j2j43h(t)e2te4tu(t)23答案：h(t)e2te4tu(t)

27、解： Y()2 4

x2[0] x2[1] x 2[2] 0 2 1 x 1 1×0 1×2 1[-2]] x1[-1] 2 2×0 2×2 x 1[0] 3 3×0 3×2

答案：y[n]2,5,9,5,3

8、解：

y(t)H(s)|11s2x(t)2s3|t1s2e10et 答案：y(t)110et 9、解：

u(t)u(t)tu(t)e3tu(t)u(t)te3tu(t)

答案：e3tu(t)u(t)te3tu(t)

10、 解：不符合h(t)0,t0,该系统为非因果系统；

又h(t),该系统为不稳定系统。

t答案：不是，不是。

11、解：

X(ej)d2x(0)200

答案：0。 12、 解：x(t)sin3tt[sin2tt]2x1(t)x2(t) 其中x1(t)的带宽1m3,x2(t)的带宽2m4奈奎斯特抽样率为

s22m8答案：8rad/s。

二、简答题

5

1×1 2×1 3×1 1、1）由于h[n]为因果稳定系统，则H(z)的ROC：|z|>a，且a<1,又H(z)存在极点z1=1/2，所以a>1/2，即ROC为z平面上包含单位圆的圆外区域,

1n又h[n]h[n]4H(z)|z4ej在ROC内4 n1Fh[n]收敛42)由于单位圆上有零点，即zej中某个0点时有：

nH(z)|zej0H(ej0)0

3）因果稳定系统h[n]，意味着h[n]是收敛的，但并不一定h[n]为有限。

n02、解：按找特殊点的方法可得到x(t)的图：

2 1` x(t) x(52t)1(2)13/225/23t-1 0 1 2 3 t

3、解：

X(s)Le2tu(t1)e2Le2(t1)u(t1)e2

ese(s2)s2s2d2dd4、解：由 2y(t)-4y(t)3y(t)x(t)-2x(t)

dtdtdt正准型模拟图：

6

1 x(t) 1 ∫ -2 y(t) ∫ 4 -3

三、综合题 1、解：如图

x1(t)x(t)p(t)X1()x(t)x1(t)H1(j)x2(t) x3(t)H2(j) y(t)p(t)cos0t（a）

nx(nT)(tnT)

12X(n)TnTX2()X1()H1(j)166

X1()X1()TTT又X2()166X()X()11TTT166X1()()() TTT26x2(t)x1(t)costTT

1) 要想解调出x1(t)，

必需ω0=6π/T。

2）X1(ω)的图为： 3）

1/T X2（ω） 4T2T02T4T1/T X1（ω） 

6T3T7 03T6T 4）此时

x3(t)x2(t)cos0t221cos20tx1(t)cos20tx1(t)TT2 11x1(t)x1(t)cos20tTT11X1(20)X1(20)X3()X1()T2T

2、解：

6T3T1/T X3（ω） 1/2T T0T3T6T3s1s2s2111Y(s)s1s2s1s2

Y(s)s21H(s)X(s)s1s2s1s1s11/21/2s1s1X(s)1极点s1=-1，s2=1;

由于是稳定系统，所以有：ROC：-111/2-1s1211/2Re{s}<1对应的左边信号：etu(t)

s12

8

h(t)1t1/2eu(t)etu(t)

s12由于不满足h(t)0,t0， 所以该系统不是因果系统。

2）由H(s)112

s1s1s1对应的微分方程：

y``(t)y(t)x(t)

3）特征方程：

210

得：1，12y0(t)c1etc2et,t0

由初始条件得：y0(0_)c1c21,

y`0(0_)c1c21,c10,c21y0(t)eu(t)

t

3、解：由图可知：x[n]0,0,0,0,1,1,1,1,2,1,1,1,1,0,0,0,0

2

1

-4

-6

-2

0

x[n]

2

4

-1

n

1）X(e)j0nx[n]ej0n1111211112

X(e)jnx[n]ejnnx[n]1n

11112111122）由图可知：x[n-1]为偶函数

9

而DTFTx[n1]X(ej)ejX(ej)ej(argX(eX(ej)argX(ej)j))

3）

X(ej)dX(ej)ejnd|n0

2x[0]2 10