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文档简介
2025考研30北京邮电大学信号与系统真题及答案解析一、填空题(每空2分,共20分)1.已知连续时间信号\(x(t)=t\cdote^{-2t}u(t)\),其拉普拉斯变换\(X(s)\)的收敛域为\(\text{Re}\{s\}>-2\)(错误,正确应为\(\text{Re}\{s\}>-2\)?不,\(e^{-2t}u(t)\)的拉普拉斯变换收敛域是\(\text{Re}\{s\}>-2\),乘以t后收敛域不变,故正确收敛域为\(\text{Re}\{s\}>-2\))。更正:\(t\cdote^{-at}u(t)\)的拉普拉斯变换为\(\frac{1}{(s+a)^2}\),收敛域与\(e^{-at}u(t)\)相同,即\(\text{Re}\{s\}>-a\),此处a=2,故收敛域为\(\text{Re}\{s\}>-2\)。2.离散时间信号\(x[n]=3^nu[-n]\)的Z变换\(X(z)\)的表达式为\(\frac{1}{1-3z^{-1}}\)(错误,正确应为:\(u[-n]\)是左边序列,\(3^nu[-n]=3^nu[-(n)]=(3^{-1})^{-n}u[-n]\),其Z变换为\(\frac{1}{1-3z^{-1}}\),但收敛域需满足\(|z|<3\)。正确表达式应为\(\frac{z}{z-3}\)(当写成\(\sum_{n=-\infty}^{0}3^nz^{-n}=\sum_{k=0}^{\infty}3^{-k}z^{k}=\frac{1}{1-3^{-1}z}=\frac{z}{z-3}\),|z|<3)。3.若连续时间LTI系统的冲激响应\(h(t)=e^{-t}u(t)-e^{-2t}u(t)\),则该系统的频率响应\(H(j\omega)\)的模平方\(|H(j\omega)|^2\)为\(\left|\frac{1}{j\omega+1}-\frac{1}{j\omega+2}\right|^2=\left|\frac{1}{(j\omega+1)(j\omega+2)}\right|^2=\frac{1}{(\omega^2+1)(\omega^2+4)}\)。4.已知离散时间系统的差分方程为\(y[n]-0.5y[n-1]=x[n]+x[n-1]\),其系统函数\(H(z)\)的极点为\(z=0.5\),零点为\(z=-1\)(由\(H(z)=\frac{1+z^{-1}}{1-0.5z^{-1}}=\frac{z(z+1)}{z(z-0.5)}=\frac{z+1}{z-0.5}\),故极点z=0.5,零点z=-1)。5.信号\(x(t)=\cos(100\pit)\cdot\cos(200\pit)\)的最高频率分量为\(150\text{Hz}\)(利用积化和差公式,\(\cosA\cosB=\frac{1}{2}[\cos(A+B)+\cos(A-B)]\),故频率为150Hz和50Hz,最高150Hz)。二、计算题(共130分)1.(20分)已知连续时间LTI系统的微分方程为\(y''(t)+3y'(t)+2y(t)=x'(t)+3x(t)\),初始条件\(y(0^-)=1\),\(y'(0^-)=0\),输入\(x(t)=e^{-t}u(t)\)。求:(1)系统的零输入响应\(y_{zi}(t)\);(2)系统的零状态响应\(y_{zs}(t)\);(3)全响应\(y(t)\)并指出自由响应与强迫响应分量。解:(1)零输入响应满足齐次方程\(y''(t)+3y'(t)+2y(t)=0\),特征方程\(r^2+3r+2=0\),根\(r_1=-1\),\(r_2=-2\),故\(y_{zi}(t)=Ae^{-t}+Be^{-2t}\)。代入初始条件\(y(0^-)=1\),\(y'(0^-)=0\):\(A+B=1\)\(-A-2B=0\)解得\(A=2\),\(B=-1\),故\(y_{zi}(t)=2e^{-t}-e^{-2t}\),\(t\geq0\)。(2)零状态响应通过拉普拉斯变换求解。对微分方程两边取拉氏变换(零状态下初始条件为0):\(s^2Y_{zs}(s)+3sY_{zs}(s)+2Y_{zs}(s)=sX(s)+3X(s)\)输入\(X(s)=\frac{1}{s+1}\),代入得:\(Y_{zs}(s)=\frac{s+3}{(s^2+3s+2)(s+1)}=\frac{s+3}{(s+1)^2(s+2)}\)部分分式展开:设\(\frac{s+3}{(s+1)^2(s+2)}=\frac{A}{s+1}+\frac{B}{(s+1)^2}+\frac{C}{s+2}\)通分后分子:\(s+3=A(s+1)(s+2)+B(s+2)+C(s+1)^2\)令\(s=-1\):\(-1+3=B(1)\)→\(B=2\)令\(s=-2\):\(-2+3=C(1)\)→\(C=1\)比较s²系数:0=A+C→A=-1故\(Y_{zs}(s)=-\frac{1}{s+1}+\frac{2}{(s+1)^2}+\frac{1}{s+2}\)取逆变换得\(y_{zs}(t)=[-e^{-t}+2te^{-t}+e^{-2t}]u(t)\)。(3)全响应\(y(t)=y_{zi}(t)+y_{zs}(t)=[2e^{-t}-e^{-2t}]+[-e^{-t}+2te^{-t}+e^{-2t}]u(t)\)(注意t≥0时u(t)=1),化简为\(y(t)=e^{-t}+2te^{-t}\),\(t\geq0\)。自由响应由齐次解组成,即\(e^{-t}+2te^{-t}\)(其中\(2te^{-t}\)是重根对应的项);强迫响应是特解,但此处输入与齐次解模态重叠(输入为\(e^{-t}\),齐次根有-1),故强迫响应被包含在自由响应中,实际无独立强迫分量。2.(25分)已知离散时间信号\(x[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^nu[n]+(-1)^nu[n]\)。(1)求其Z变换\(X(z)\)并标注收敛域;(2)画出\(X(z)\)的零极点图;(3)求\(x[n]\)的傅里叶变换\(X(e^{j\omega})\);(4)若\(y[n]=x[n]x[n]\)(卷积),求\(y[n]\)的Z变换\(Y(z)\)。解:(1)\(x[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^nu[n]+(-1)^nu[n]\),两项均为右边序列,Z变换分别为\(\frac{1}{1-\frac{1}{2}z^{-1}}\)(|z|>1/2)和\(\frac{1}{1+z^{-1}}\)(|z|>1)。收敛域取交集,故\(X(z)=\frac{1}{1-\frac{1}{2}z^{-1}}+\frac{1}{1+z^{-1}}=\frac{z}{z-\frac{1}{2}}+\frac{z}{z+1}=\frac{z(z+1)+z(z-\frac{1}{2})}{(z-\frac{1}{2})(z+1)}=\frac{2z^2+\frac{1}{2}z}{(z-\frac{1}{2})(z+1)}\),收敛域|z|>1。(2)零极点图:分子多项式\(2z^2+\frac{1}{2}z=z(2z+\frac{1}{2})=0\),零点为z=0和z=-1/4;分母多项式零点为z=1/2(极点)和z=-1(极点)。在z平面上,极点位于(1/2,0)和(-1,0),零点位于(0,0)和(-1/4,0),收敛域为|z|>1(包含单位圆外区域)。(3)傅里叶变换存在当且仅当单位圆在收敛域内。此处收敛域|z|>1,单位圆|z|=1不在收敛域内,故严格来说傅里叶变换不存在。但可通过极限形式表示:\(X(e^{j\omega})=\lim_{r\to1^+}X(re^{j\omega})=\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{-j\omega}}+\frac{1}{1+e^{-j\omega}}\),其中第二项\((-1)^nu[n]\)的傅里叶级数在单位圆上发散(因|(-1)^n|=1,不满足绝对可和),但实际工程中可能用广义傅里叶变换表示。(4)卷积的Z变换等于Z变换的乘积,故\(Y(z)=[X(z)]^2=\left(\frac{z}{z-\frac{1}{2}}+\frac{z}{z+1}\right)^2=\left(\frac{z(z+1)+z(z-\frac{1}{2})}{(z-\frac{1}{2})(z+1)}\right)^2=\left(\frac{2z^2+\frac{1}{2}z}{(z-\frac{1}{2})(z+1)}\right)^2\),收敛域为|z|>1(原收敛域的交集)。3.(25分)连续时间LTI系统的频率响应\(H(j\omega)=\frac{j\omega+2}{(j\omega+1)(j\omega+3)}\)。(1)求系统的冲激响应\(h(t)\);(2)若输入\(x(t)=e^{-t}u(t)\),求输出\(y(t)\);(3)判断系统的因果性与稳定性,并说明理由。解:(1)将\(H(j\omega)\)转换为拉普拉斯变换\(H(s)=\frac{s+2}{(s+1)(s+3)}\)(s=jω),部分分式展开:\(H(s)=\frac{A}{s+1}+\frac{B}{s+3}\)分子\(s+2=A(s+3)+B(s+1)\)令s=-1:1=2A→A=1/2令s=-3:-1=-2B→B=1/2故\(H(s)=\frac{1/2}{s+1}+\frac{1/2}{s+3}\),逆变换得\(h(t)=\frac{1}{2}(e^{-t}+e^{-3t})u(t)\)(因收敛域为Re{s}>-1,对应因果系统)。(2)输入\(X(s)=\frac{1}{s+1}\),输出\(Y(s)=H(s)X(s)=\frac{s+2}{(s+1)^2(s+3)}\)。部分分式展开:设\(\frac{s+2}{(s+1)^2(s+3)}=\frac{A}{s+1}+\frac{B}{(s+1)^2}+\frac{C}{s+3}\)分子\(s+2=A(s+1)(s+3)+B(s+3)+C(s+1)^2\)令s=-1:1=2B→B=1/2令s=-3:-1=4C→C=-1/4比较s²系数:0=A+C→A=1/4故\(Y(s)=\frac{1/4}{s+1}+\frac{1/2}{(s+1)^2}-\frac{1/4}{s+3}\)逆变换得\(y(t)=\left(\frac{1}{4}e^{-t}+\frac{1}{2}te^{-t}-\frac{1}{4}e^{-3t}\right)u(t)\)。(3)因果性:冲激响应\(h(t)\)在t<0时为0,故系统因果。稳定性:H(s)的极点为s=-1和s=-3,均位于s左半平面,故系统稳定(绝对可积,\(\int_{-\infty}^{\infty}|h(t)|dt<\infty\))。4.(30分)离散时间LTI系统的系统函数\(H(z)=\frac{z^2-1}{z^2-0.5z-0.5}\)。(1)求系统的差分方程;(2)求系统的冲激响应\(h[n]\);(3)若输入\(x[n]=u[n]\),求零状态响应\(y_{zs}[n]\);(4)判断系统的因果性与稳定性,若不稳定,说明是否存在稳定的非因果逆系统。解:(1)\(H(z)=\frac{Y(z)}{X(z)}=\frac{z^2-1}{z^2-0.5z-0.5}=\frac{1-z^{-2}}{1-0.5z^{-1}-0.5z^{-2}}\),交叉相乘得\(Y(z)(1-0.5z^{-1}-0.5z^{-2})=X(z)(1-z^{-2})\),逆Z变换得差分方程:\(y[n]-0.5y[n-1]-0.5y[n-2]=x[n]-x[n-2]\)。(2)将\(H(z)\)分解为\(\frac{(z-1)(z+1)}{(z-1)(z+0.5)}=\frac{z+1}{z+0.5}\)(z=1处零极点相消,假设收敛域包含单位圆外,即因果系统)。化简后\(H(z)=\frac{z+1}{z+0.5}=1+\frac{0.5}{z+0.5}=1+0.5z^{-1}\cdot\frac{1}{1+0.5z^{-1}}\)(|z|>0.5)。逆Z变换得\(h[n]=\delta[n]+0.5(-0.5)^{n-1}u[n-1]=\delta[n]-(-0.5)^nu[n-1]\)(n≥0时,可合并为\(h[n]=(-0.5)^nu[n]+2(-0.5)^nu[n]\)?重新计算:\(\frac{z+1}{z+0.5}=1+\frac{0.5}{z+0.5}=1+0.5z^{-1}\cdot\frac{1}{1-(-0.5)z^{-1}}\),其逆变换为\(\delta[n]+0.5(-0.5)^{n-1}u[n-1]=\delta[n]-(-0.5)^nu[n-1]\)。当n=0时,h[0]=1;n≥1时,h[n]=-(-0.5)^n=(0.5)^n(-1)^{n+1}。(3)输入\(X(z)=\frac{1}{1-z^{-1}}\)(|z|>1),零状态响应\(Y_{zs}(z)=H(z)X(z)=\frac{z^2-1}{(z^2-0.5z-0.5)(z-1)}=\frac{z+1}{(z+0.5)(z-1)}\)(约去z-1因子)。部分分式展开:\(\frac{z+1}{(z+0.5)(z-1)}=\frac{A}{z+0.5}+\frac{B}{z-1}\)分子\(z+1=A(z-1)+B(z+0.5)\)令z=-0.5:0.5=A(-1.5)→A=-1/3令z=1:2=B(1.5)→B=4/3故\(Y_{zs}(z)=\frac{-1/3}{z+0.5}+\frac{4/3}{z-1}=\frac{-1/3z^{-1}}{1-(-0.5)z^{-1}}+\frac{4/3z^{-1}}{1-z^{-1}}\)(|z|>1)逆变换得\(y_{zs}[n]=-\frac{1}{3}(-0.5)^{n-1}u[n-1]+\frac{4}{3}u[n-1]=\frac{4}{3}u[n-1]+\frac{2}{3}(-0.5)^nu[n-1]\)(n≥1),n=0时y[0]=0(因X(z)对应u[n],h[0]=1,故y[0]=h[0]x[0]=1×1=1?此处可能出错,正确方法应为直接计算卷积:y[n]=x[n]h[n]=Σ_{k=0}^nh[k]。h[0]=1,h[1]=-(-0.5)^1=0.5,h[2]=-(-0.5)^2=-0.25,...,故y[0]=h[0]x[0]=1×1=1;y[1]=h[0]x[1]+h[1]x[0]=1×1+0.5×1=1.5;y[2]=h[0]x[2]+h[1]x[1]+h[2]x[0]=1×1+0.5×1+(-0.25)×1=1.25,与Z变换结果对比,当n≥1时,\(y_{zs}[n]=\frac{4}{3}-\frac{1}{3}(-0.5)^n\)(重新计算部分分式:正确展开应为\(\frac{z+1}{(z+0.5)(z-1)}=\frac{Az}{z+0.5}+\frac{Bz}{z-1}\),即\(\frac{z+1}{(z+0.5)(z-1)}=\frac{A}{1+0.5z^{-1}}+\frac{B}{1-z^{-1}}\),解得A=-1/3,B=4/3,故逆变换为\(y_{zs}[n]=-\frac{1}{3}(-0.5)^nu[n]+\frac{4}{3}u[n]\),n≥0时,y[0]=-1/3+4/3=1,y[1]=-1/3(-0.5)+4/3=1/6+4/3=3/2=1.5,与直接计算一致,故正确表达式为\(y_{zs}[n]=\left(\frac{4}{3}-\frac{1}{3}(-0.5)^n\right)u[n]\)。(4)因果性:系统函数分母最高次幂等于分子最高次幂(z²),且收敛域为|z|>1(极点z=1和z=-0.5,原H(z)极点为z=1和z=-0.5,约去z=1后极点为z=-0.5,收敛域|z|>0.5,包含|z|→∞,故因果。稳定性:原系统极点z=1(在单位圆上)和z=-0.5(单位圆内),故系统不稳定(有极点在单位圆上)。若考虑约去z=1后的系统,极点为z=-0.5(单位圆内),此时系统稳定,但原系统因存在z=1的极点(零极点相消不改变系统稳定性,实际冲激响应包含u[n]分量,故不稳定)。是否存在稳定的非因果逆系统?逆系统函数\(H^{-1}(z)=\frac{z^2-0.5z-0.5}{z^2-1}=\frac{(z-1)(z+0.5)}{(z-1)(z+1)}=\frac{z+0.5}{z+1}\)(约去z=1),其极点为z=-1(单位圆上),零点为z=-0.5(单位圆内)。若选择非因果收敛域|z|<1,则极点z=-1在收敛域内(|z|<1不包含z=-1),实际逆系统的极点为z=-1(单位圆上),故无论因果与否,逆系统仍不稳定。5.(30分)证明题:(1)证明连续时间LTI系统对输入\(x(t)=e^{s_0t}\)的响应为\(y(t)=H(s_0)e^{s_0t}\),其中\(H(s)\)为系统函数;(2)证明离散时间信号\(x[n]=\cos(\omeg
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