A 卷解答

一、选择题

1. C

由尺度性质 $\delta (at)={\displaystyle \frac{\delta (t)}{\left|a\right|}}$$\delta(at) = \dfrac{\delta(t)}{\vqty{a}}$ 和筛选性质 ${\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}\delta (t)f(t)\mathrm{d}t=f(0)}$$\inti \delta(t) f(t) \dt = f(0)$ 即得.

2. B

备注 利用竖式计算.

3. C

由 $\mathrm{Sa}({\omega }_{0}t)\stackrel{\mathcal{L}}{\leftrightarrow }{\displaystyle \frac{\pi }{{\omega }_0}}{G}_{2{\omega }_0}(\omega )$$\Sa(\omega_0 t) \lt \dfrac{\pi}{\omega_0} G_{2\omega_0}(\omega)$ 知 ${\omega }_{\text{m}}={\omega }_0$$\omega_\text m = \omega_0$，于是 $T_{\text{s}}={\displaystyle \frac{2\pi }{{\omega }_{\text{s}}}}={\displaystyle \frac{\pi }{{\omega }_{\text{m}}}}$$T_\text{s} = \dfrac{2\pi}{\omega_\text s} = \dfrac{\pi}{\omega_\text m}$.

4. A

由

即得.

5. D

备注 应当指明是时不变系统，时变系统的单位冲激响应 $h_{\tau }(t)$$h_\tau(t)$ 与产生激励的时刻 $\tau$$\tau$ 有关.

6. B

左移后得到 $f(-2(t+{\displaystyle \frac{3}{4}}))=f(-2t-{\displaystyle \frac{3}{2}})$$f\pqty{-2\pqty{t + \dfrac{3}{4}}} = f\pqty{-2t - \dfrac{3}{2}}$.

7. A

由 $z$$z$ 变换的初值定理，$f(0)=\underset{z\to \mathrm{\infty }}{lim}F(z)=3$$f(0) = \clim z F(z) = 3$.

8. C

A. 由时移性质即得.

B. 由微分性质即得.

C. 应为 $f_1^{\prime }(t)\ast f_2(t)$$f'_1(t) * f_2(t)$.

D. 由卷积定义即得.

9. B

A. 信号 $e(t-\tau )$$e(t - \tau)$ 的响应 $r_{\tau }(t)=e(1-t-\tau )\ne r(t-\tau )=e(1-t+\tau )$$r_\tau(t) = e(1 - t - \tau) \ne r(t - \tau) = e(1 - t + \tau)$，故为时变.

B. 信号 $k_1{e}_1(t)+k_2{e}_2(t)$$k_1 e_1(t) + k_2 e_2(t)$ 的响应 $r_{e_1+e_2}(t)=r_{e_1}(t)+r_{e_2}(t)$$r_{e_1 + e_2}(t) = r_{e_1}(t) + r_{e_2}(t)$，故为线性.

C. $r(0)=e(1)$$r(0) = e(1)$ 与未来时刻的激励有关，故该系统非因果.

D. 有界输入信号在移位和反褶后仍有界，故该系统有稳定性.

10. 很不幸，这也是一道错题.

我猜标答是这样的：由时移性质与 ${\displaystyle \frac{1}{s^2+1}}\stackrel{\mathcal{L}}{\leftrightarrow }\sin \left(t\right)u(t)$$\dfrac{1}{s^2 + 1} \lt \sin(t) u(t)$ 知，$f(t)=\sin (t+1)u(t+1)$$f(t) = \sin(t + 1) u(t + 1)$.

警告 单边拉普拉斯变换在使用时移性质 $f(t-t_0)u(t-t_0)\stackrel{\mathcal{L}}{\leftrightarrow }F(s){\text{e}}^{-s{t}_0}$$f(t - t_0) u(t - t_0) \lt F(s) \e^{-s t_0}$ 时，需要注意条件 $t_0\ge 0$$t_0 \ge 0$.

• 对于题干，实际上 $F(s)$$F(s)$ 的原函数不存在，因为任意信号的拉氏变换都满足 $\underset{s\to \mathrm{\infty }}{lim}F(s)=0$$\clim s F(s) = 0$.

• 对于选项，首先注意到单边拉普拉斯变换只关注 $t\ge 0$$t \ge 0$ 的部分，A 和 B、C 和 D 的拉氏变换是一样的.

  • $\cos (t+1)\stackrel{\mathcal{L}}{\leftrightarrow }{\displaystyle \frac{s\cos \left(1\right)-\sin \left(1\right)}{s^2+1}}$$\cos(t + 1) \lt \dfrac{s \cos (1)-\sin (1)}{s^2+1}$.

  • $\sin (t+1)\stackrel{\mathcal{L}}{\leftrightarrow }{\displaystyle \frac{s\sin \left(1\right)+\cos \left(1\right)}{s^2+1}}$$\sin(t + 1) \lt \dfrac{s \sin (1)+\cos (1)}{s^2+1}$.

二、问答题

1. 答：

由尺度变换，若 $f(t)\stackrel{\mathcal{F}}{\leftrightarrow }F(\omega )$$f(t) \ft F(\omega)$，则对于 $\mathrm{\forall }0\ne a\in \mathbb{R}$$\forall 0 \ne a \in \R$，有

以 $a>0$$a > 0$ 为例：

一方面，为了提高通信速度，需要增加单位时间内传输的脉冲数，因此需要压缩脉冲信号的宽度，即增大上式中的 $a$$a$.

另一方面，为了减小占有的频带宽度，需要增大 ${\displaystyle \frac{1}{a}}$$\dfrac{1}{a}$，即减小 $a$$a$.

2. 答：

（1）无失真传输系统的单位冲激响应为 $r(t)=ke(t-t_0)$$r(t) = k e(t - t_0)$.

（2）当信号的频率均位于通频带内时为无失真传输系统，即 ${\omega }_{\text{m}}<{\omega }_{\text{c}}$$\omega_\text m < \omega_\text c$.

备注 注意上式一般认为不能取等.

3. 答：

（1）收敛域中的所有点使得拉普拉斯变换的积分定义式收敛，但反之不亦然.

回顾定义，如果

则称函数 $f(t)$$f(t)$ 具有指数阶 ${\sigma }_0$$\sigma_0$.

若具有指数阶 ${\sigma }_0$$\sigma_0$ 的函数 $f(t)$$f(t)$ 在 $[0,+\mathrm{\infty })$$\bpqty{0, +\infty}$ 分段连续，则对于 $\mathrm{\forall }\mathrm{Re}(s)>{\sigma }_0$$\forall \Re(s) > \sigma_0$，其拉氏变换 $\mathcal{L}\left[f\right]$$\cal L\bqty{f}$ 存在，并且绝对收敛，并且一致收敛，并且 $\underset{\mathrm{Re}(s)\to \mathrm{\infty }}{lim}F(s)=0$$\clim{\Re(s)} F(s) = 0$.

因此指数阶 ${\sigma }_0$$\sigma_0$ 又称为收敛（横）坐标，复平面 $\sigma \text{-}O\text{-}\mathrm{j}\omega$$\sigma \mbox{-} O \mbox{-} \j\omega$ 上直线 $\sigma ={\sigma }_0$$\sigma = \sigma_0$ 称为收敛轴，$\sigma >{\sigma }_0$$\sigma > \sigma_0$ 称为收敛域.

注意拉氏变换的收敛域，在定义上与泰勒展开的收敛域不同，后者定义为所有收敛点的集合.

（2）这里不讨论信号收敛域的规律.

① 单边信号的收敛域为半平面 $\sigma >{\sigma }_0$$\sigma > \sigma_0$.

② 双边信号的收敛域为平行带 ${\sigma }_1<{\sigma }_2<{\sigma }_3$$\sigma_1 < \sigma_2 < \sigma_3$.

4. 答：

1. 系统响应的相关概念：

   1. 完全响应 $y(t)=T[\{f(t)\},\{x(0)\}]$$y(t) = T\bqty{\Bqty{f(t)}, \Bqty{x(0)}}$.

   2. 零状态响应 $y_{\text{zs}}(t)=T[\{f(t)\},\left\{0\right\}]$$y_\text{zs}(t) = T\bqty{\Bqty{f(t)}, \Bqty{0}}$.

   3. 零输入响应 $y_{\text{zi}}(t)=T[\left\{0\right\},\{x(0)\}]$$y_\text{zi}(t) = T\bqty{\Bqty{0}, \Bqty{x(0)}}$.

2. 线性系统满足可分解性、零输入线性和零状态线性.

   1. 可分解性 $y(t)=y_{\text{zs}}(t)+y_{\text{zi}}(t)$$y(t) = y_\text{zs}(t) + y_\text{zi}(t)$.

   2. 零状态线性 $T[\{a{f}_1(t)+b{f}_2(t)\},\left\{0\right\}]=aT[\{f_1(t)\},\left\{0\right\}]+bT[\{f_2(t)\},\left\{0\right\}]$$T\bqty{\Bqty{af_1(t) + bf_2(t)}, \Bqty{0}} = aT\bqty{\Bqty{f_1(t)}, \Bqty{0}} + bT\bqty{\Bqty{f_2(t)}, \Bqty{0}}$.

   3. 零输入线性 $T[\left\{0\right\},\{a{f}_1(t)+b{f}_2(t)\}]=aT[\left\{0\right\},\{f_1(t)\}]+bT[\left\{0\right\},\{f_2(t)\}]$$T\bqty{\Bqty{0}, \Bqty{af_1(t) + bf_2(t)}} = aT\bqty{\Bqty{0}, \Bqty{f_1(t)}} + bT\bqty{\Bqty{0}, \Bqty{f_2(t)}}$.

其中零输入线性与零状态线性是定义而非推论.

三、计算题

1.

于是 $x(0)+4f(t)\to (4\cos 2t-{\text{e}}^{-t})u(t)$$x(0) + 4 f(t) \ra \pqty{4 \cos 2t - \e^{-t}} u(t)$.

2.

（1）

思路一：先求系统函数，再求单位样值响应

1. 两边取 z 变换，得 $Y(z)-{\displaystyle \frac{1}{5z}}Y(z)=X(z)$$Y(z) - \dfrac{1}{5z} Y(z) = X(z)$，

2. 于是 $H(z)={\displaystyle \frac{Y(z)}{X(z)}}={\displaystyle \frac{z}{z-\frac{1}{5}}}$$H(z) = \dfrac{Y(z)}{X(z)} = \dfrac{z}{z - \cfrac{1}{5}}$，

3. 从而 $h(n)=5^{-n}u(n)$$h(n) = 5^{-n} u(n)$.

思路二：先求单位样值响应，再求系统函数.

1. 特征根为 ${\displaystyle \frac{1}{5}}$$\dfrac{1}{5}$，$y(0)=1$$y(0) = 1$，

2. 于是 $h(n)=5^{-n}u(n)$$h(n) = 5^{-n} u(n)$，

3. 从而 $H(z)={\displaystyle \frac{z}{z-\frac{1}{5}}}$$H(z) = \dfrac{z}{z - \cfrac{1}{5}}$.

（2）

思路一：利用卷积定理

1. $Y(z)={\displaystyle \frac{5z}{z-\frac{1}{2}}}-\frac{5z}{z-\frac{1}{5}}$$Y(z) = \dfrac{5z}{z - \cfrac{1}{2}} - \cfrac{5z}{z - \cfrac{1}{5}}$，

2. $X(z)={\displaystyle \frac{3}{2}}{\displaystyle \frac{1}{z-\frac{1}{2}}}={\displaystyle \frac{3z}{z-\frac{1}{2}}}-3$$X(z) = \dfrac{3}{2} \dfrac{1}{z - \cfrac{1}{2}} = \dfrac{3z}{z - \cfrac{1}{2}} - 3$，

3. $x(n)=3\cdot 2^{-n}u(n)-3\delta (n)=3\cdot 2^{-n}u(n-1)$$x(n) = 3 \cdot 2^{-n} u(n) - 3 \delta(n) = 3 \cdot 2^{-n} u(n-1)$.

思路二：直接求反卷积

由零状态响应的形式与

可知 $x(n)=3\cdot 2^{-n}u(n-1)$$x(n) = 3 \cdot 2^{-n} u(n-1)$.

备注 默认为零状态，并且为因果序列.

3.

（1）对两端取拉氏变换，于是

从而有

即得 $h(t)={\displaystyle \frac{1-{\text{e}}^{-2t}}{2}}u(t)$$h(t) = \dfrac{1 - \e^{-2t}}{2} u(t)$.

（2）直接计算卷积，有