信号与系统笔记

感觉和自动控制原理有很多重复的地方。

以作业题复习为主。

第一章 信号与系统

习题 1.21
先给一个 $x(t)$ 的信号图像，让你画出变换后的信号图像。
基本和高中数学的函数图像变换差不多。
(d) $x(4-\frac{t}{2})$
即 $x[-\frac12(t-8)]$，先放大为 2 倍，再向右平移 8 个单位。
(e) $[x(t)+x(-t)]u(t)$
注意 $u(t)$ 是单位阶跃函数，即 $u(t)=1$ 当 $t\ge0$，$u(t)=0$ 当 $t<0$。
所以乘上 $u(t)$ 后，信号只保留 $t\ge0$ 的部分。
(f) $x(t)\lbrack\delta(t+\frac32)-\delta(t-\frac32))\rbrack$
$\delta(t)$ 是单位冲激函数，这里乘 $x(t)$ 可以理解为在 $t=\pm\frac32$ 处分别取样，注意画图时有个箭头从 x 轴指向采样值。

习题 1.25
判断下列连续时间信号的周期性；若是周期的，确定其基波周期，即最小正周期。
(c) $x(t)=[\cos(2t-\frac\pi3)]^2$
有点考验对高中三角函数的熟悉程度，$\cos^2\theta=\frac{1+\cos2\theta}{2}$，所以 $x(t)=\frac12+\frac12\cos(4t-\frac{2\pi}3)$，所以是周期信号，$\omega=4$，故基波周期 $T=\frac{2\pi}{\omega}=\frac\pi2$。
(f) $x(t) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} e^{-(2t-n)} u(2t - n)$
$x(t+T) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} e^{-[2(t+T)-n]} u[2(t+T)-n] = \sum_{n=-\infty}^{\infty} e^{-(2t+2T-n)} u(2t+2T-n)$
令 $2T=k$，有 $x(t+k) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} e^{-(2t+k-n)} u(2t+k-n)$
令 $-n’=k-n$，有 $x(t+k) = \sum_{n’=-\infty}^{\infty} e^{-(2t-n’)} u(2t-n’) = x(t)$
令 $2T=k=1$，所以基波周期 $T=\frac12$。（这里是因为 $k$ 要是整数，所以 $T$ 最小只能是 $\frac12$）

习题 1.26 判断下列离散时间信号的周期性；若是周期的，确定其基波周期。
注意到离散时间信号是用中括号表示的，如 $x[n]$，而连续时间信号是用小括号表示的，如 $x(t)$。
(c) $x[n] = \cos\left(\frac{\pi}{8} n^2\right)$
$x[n+N] = \cos\left(\frac{\pi}{8} (n+N)^2\right) = \cos\left(\frac{\pi}{8} n^2 + \frac{\pi}{4} n N + \frac{\pi}{8} N^2\right)$
若 $x[n]$ 为周期信号，则 $x[n+N]=x[n]$，即 $\frac{\pi}{4} n N + \frac{\pi}{8} N^2 = 2k \pi $（$k$ 为整数）对任意 $n$ 都成立，即 $2nN+N^2=16k$ 对任意 $n$ 都成立，则 $2N$ 和 $N^2$ 都要能被 16 整除，所以满足条件的最小 $N=8$，即基波周期 $N=8$。
(e) $x[n] = 2 \cos\left(\frac{\pi}{4} n\right) + \sin\left(\frac{\pi}{8} n\right) - 2 \cos\left(\frac{\pi}{2} n + \frac{\pi}{6}\right)$
注意到三个信号的基波周期分别为 8、16、4，$x[n]$ 的基波周期就是它们的最小公倍数，即 $N=16$。

习题 1.27
对下列连续时间信号，确定下列哪些性质成立，哪些不成立，并陈述理由。
（1）无记忆的；（2）时不变的；（3）线性的；（4）因果的；（5）稳定的。
这里解释一下这些性质的定义：

• 无记忆性：系统的输出只与当前时刻的输入有关，与过去和未来的输入无关。
• 时不变性：系统当输入信号有一个时移时，输出响应也产生同样的时移。除此之外，输出响应无任何其它变化。
• 线性：系统的输出对于输入信号是线性的，即对 $x_3(t) = ax_1(t) + bx_2(t)$，有 $y_3(t) = ay_1(t) + by_2(t)$。
• 因果性：系统在任何时刻的输出都只与当时这个时刻的输入以及该时刻以前的输入有关，而和该时刻以后的输入无关。
• 稳定性：系统当输入有界时，产生的输出也是有界的。

(b) $y(t)=[\cos(3t)]x(t)$
（1）由于 $y(t)$ 只与当前时刻的 $x(t)$ 有关，所以是无记忆的。
（2）令 $x_1(t) = x(t - t_0)$，则
$y_1(t) = (\cos 3t)x_1(t) = (\cos 3t)x(t - t_0) \neq (\cos(3t - 3t_0))x(t - t_0) = y(t - t_0)$，故系统是时变的。
（3）令 $x_3(t) = ax_1(t) + bx_2(t)$，则
$y_3(t) = (\cos 3t)x_3(t) = (\cos 3t)\lbrack ax_1(t) + bx_2(t)\rbrack = a(\cos 3t)x_1(t) + b(\cos 3t)x_2(t) = ay_1(t) + by_2(t)$，故系统是线性的。
（4）因为当 $x(t) = 0, t < t_a$ 时，有 $y(t) = 0, t < t_c$，故系统是因果的。
（5）设 $|x(t)| < M$ ($M$ 为有限大小的正数)，对所有 $y(t)$ 都有 $|y(t)| < M$，故系统是稳定的。
(c) $y(t) = \int_{-\infty}^{2t} x(\tau) \mathrm{d}\tau$
（1）由于 $y(t)$ 由 $-\infty$ 到 $2t$ 时刻的 $x(t)$ 决定，即 $y(t)$ 取决于 $x(t)$ 由过去到未来 $2t$ 时刻的值，故系统是有记忆的，也是非因果的。
（2）令 $x_1(t) = x(t - t_0)$ 则
$y_1(t) = \int_{-\infty}^{2t} x_1(\tau) , d\tau = \int_{-\infty}^{2t} x(t - t_0) , d\tau \neq \int_{-\infty}^{2(t - t_0)} x(\tau) , d\tau = y(t - t_0)$，故系统是时变的。
（3）令 $x_3(t) = ax_1(t) + bx_2(t)$，则
$y_3(t) = \int_{-\infty}^{2t} x_3(\tau) , d\tau = \int_{-\infty}^{2t} [ax_1(\tau) + bx_2(\tau)] , d\tau = a \int_{-\infty}^{2t} x_1(\tau) , d\tau + b \int_{-\infty}^{2t} x_2(\tau) , d\tau = ay_1(t) + by_2(t)$，故系统是线性的。
（4）上面说了，系统是非因果的。
（5）设 $|x(t)| < M$（$M$ 为有限大小的正数），对所有 $x(t)$ 是有界的，如 $x(t) = u(t) = \begin{cases} 1, & t > 0 \ 0, & t < 0 \end{cases}$ 是有界的，但
$y(t) = \int_{-\infty}^{2t} u(\tau) , d\tau = 2tu(t), \ y(\infty) = \infty$ 不是有界的，故系统是不稳定的。

习题 1.31
给了信号 $x_1(t)$ 及其输出 $y_1(t)$ 的图像，求 $x_2(t)$ 和 $x_3(t)$ 的图像。
可以看出 $x_2(t)$ 和 $x_3(t)$ 是 $x_1(t)$ 的线性组合，利用 LTI 系统的线性特性和时不变特性即可求解。
(a) $x_2(t) = x_1(t) - x_1(t-2)$，故 $y_2(t) = y_1(t) - y_1(t-2)$
(b) $x_3(t) = x_1(t) + x_1(t+1)$，故 $y_3(t) = y_1(t) + y_1(t+1)$

第二章 线性时不变系统

习题 2.1
设 $x[n] = \delta[n] + 2\delta[n-1] - \delta[n-3]$，$h[n] = 2\delta[n+1] + 2\delta[n-1]$，计算下列卷积：
(a) $y_1[n]=x[n]\ast h[n]$
$$
\begin{align*}
y_1[n] &= x[n] * h[n] = \sum_{k=-\infty}^{\infty} x[k] h[n - k] \\
&= \sum_{k=-\infty}^{\infty} x[n - k] h[k] = h[-1] x[n + 1] + h[1] x[n - 1] \\
&= 2 x[n + 1] + 2 x[n - 1] \\
&= 2 \delta[n + 1] + 4 \delta[n] - 2 \delta[n - 2] + 2 \delta[n - 1] + 4\delta[n-2] - 2\delta[n-4]\\
&= 2 \delta[n + 1] + 4 \delta[n] + 2 \delta[n - 1] + 2 \delta[n - 2] - 2\delta[n-4]
\end{align*}
$$
(b) $y_2[n]=x[n+2]\ast h[n]$
$$
\begin{align*}
y_2[n] &= x[n + 2] * h[n] \\
&= \sum_{k=-\infty}^{\infty} x[n - k + 2] h[k] = y_1[n + 2] \\
&= 2 \delta[n + 3] + 4 \delta[n + 2] + 2 \delta[n + 1] + 2 \delta[n] - 2 \delta[n - 2]
\end{align*}
$$
(c) $y_3[n]=x[n]\ast h[n+2]$
$$
\begin{align*}
y_3[n] &= x[n] * h[n + 2] \\
&= \sum_{k=-\infty}^{\infty} x[k] h[n - k + 2] \\
&= y_1[n + 2] = y_2[n]
\end{align*}
$$

习题 2.10
假设 $
x(t) =
\begin{cases}
1, & 0 \leq t \leq 1 \\
0, & \text{其他}
\end{cases}
$ 和 $h(t) = x\left(\frac{t}{a}\right), \quad 0 \leq a \leq 1$。

(a) 求出并画出 $y(t) = x(t) \ast h(t)$;
(b) 若 $\frac{dy(t)}{\mathrm{d}t}$ 仅含有三个不连续点，$a$ 值为多少？

习题 2.11
令
$$x(t)=u(t-3)-u(t-5)，h(t)=e^{-3t}u(t)$$
(a) 计算 $y(t)=x(t)*h(t)$
$$
y(t) = x(t) * h(t) = \int_{-\infty}^{\infty} x(\tau) h(t - \tau) d\tau
$$

$$
= \int_{-\infty}^{\infty} u(\tau - 3) e^{-3(t-\tau)} u(t - \tau) d\tau - \int_{-\infty}^{\infty} u(\tau - 5) e^{-3(t-\tau)} u(t - \tau) d\tau
$$

$$
= \int_3^{t} e^{-3t} e^{3\tau} d\tau - \int_5^{t} e^{-3t} e^{3\tau} d\tau
$$

$$
= e^{-3t} \left[ \frac{1}{3}(e^{3t}-e^9)u(t-3) -\frac{1}{3}(e^{3t}-e^{15})u(t-5) \right]
$$

$$
= \frac{1}{3} [1 - e^{-3(t-3)}] u(t - 3) - \frac{1}{3} [1 - e^{-3(t-5)}] u(t - 5)
$$

$$
= \begin{cases}
0, & t \leqslant 3 \
\frac{1}{3} [1 - e^{-3(t-3)}], & 3 < t \leqslant 5 \
\frac{1}{3} (1 - e^{-6}) e^{-3(t-5)}, & t > 5
\end{cases}
$$
(b) 计算 $g(t)=[\mathrm{d}x(t)/\mathrm{d}t]*h(t)$
注意到 $u(t)$ 的导数是 $\delta(t)$，所以 $g(t) = [\delta(t-3) - \delta(t-5)]*h(t)$。
$$
\frac{dx(t)}{dt} = \delta(t - 3) - \delta(t - 5)
$$

$$
g(t) = \frac{dx(t)}{dt} * h(t) = [\delta(t - 3) - \delta(t - 5)] * e^{-3t} u(t)
$$

$$
= e^{-3(t - 3)} u(t - 3) - e^{-3(t - 5)} u(t - 5)
$$

(c) $g(t)$ 与 $y(t)$ 有什么关系？
$$
\frac{dy(t)}{dt} = \frac{1}{3} [1 - e^{-3(t - 3)}] \delta(t - 3) + e^{-3(t - 3)} u(t - 3)
$$

$$
-\frac{1}{3} [1 - e^{-3(t - 5)}] \delta(t - 5) - e^{-3(t - 5)} u(t - 5)
$$

$$
= e^{-3(t - 3)} u(t - 3) - e^{-3(t - 5)} u(t - 5)
$$

$$
g(t) = \frac{dy(t)}{dt}
$$

习题 2.20
求下列积分：
(a) $\int_{-\infty}^{\infty} u_0(t) \cos(t) , \mathrm{d}t$
(b) $\int_{0}^{5} \sin(2\pi t)\delta(t+3) , \mathrm{d}t$
(c) $\int_{-5}^{5} u_1(1-t)\cos(2\pi \tau) , \mathrm{d}\tau$

习题 2.21
计算下列各对信号的卷积 $y[n]=x[n]*h[n]$
(a)
$$
\begin{cases}
x[n] = \alpha^n u[n] \\
h[n] = \beta^n u[n]
\end{cases}
$$
$\alpha \neq \beta$
$$
y[n] = x[n] * h[n] = \sum_{k=-\infty}^{\infty} x[k] h[n - k]
$$

$$
= \sum_{k=-\infty}^{\infty} \alpha^k u[k] \beta^{n-k} u[n - k] = \sum_{k=0}^{n} \left( \alpha/\beta \right)^k \cdot \beta^n
$$

$$
= \beta^n \cdot \frac{1 - \left( \alpha/\beta \right)^{n+1}}{1 - \alpha/\beta} u[n]
$$

$$
= \frac{\beta^{n+1} - \alpha^{n+1}}{\beta - \alpha} u[n] \quad (\alpha \neq \beta, n \geqslant 0)
$$
(b) $ x[n] = h[n] = \alpha^n u[n] $
(c) $ x[n] = \left(-\frac{1}{2}\right)^n u[n-4] $， $ h[n] = 4^n u[2-n] $
(d) $ x[n] $ 和 $ h[n] $ 如图 P2.21 所示。

第三章 周期信号的傅里叶级数表示

一开始挺奇怪第三章怎么和第四五章内容重复，仔细一看才发现这章只是傅里叶级数，不是变换。

习题 3.21
有一个连续时间周期信号 $x(t)$ 是实值信号，其基波周期 $T=8$，$x(t)$ 的非零傅里叶级数系统为 $a_1=a_{-1}^*=\mathrm{j}, a_5=a_{-5}=2$，试将 $x(t)$ 表示为如下形式：
$$x(t)=\sum_{k=0}^{\infty}A_k\cos(\omega_kt+\phi_k)$$
$$
\begin{align*}
x(t) &= \sum_{k=-\infty}^{\infty} a_k e^{\mathrm{j}k\omega_0 t} = \sum_{k=-\infty}^{\infty} a_k e^{\mathrm{j}k(2\pi/8)t} \\
&= a_1 e^{\mathrm{j}(2\pi/8)t} + a_{-1} e^{-\mathrm{j}(2\pi/8)t} + a_5 e^{\mathrm{j}5(2\pi/8)t} + a_{-5} e^{-\mathrm{j}5(2\pi/8)t} \\
&= \mathrm{j} e^{\mathrm{j}(\pi/4)t} - \mathrm{j} e^{-\mathrm{j}(\pi/4)t} + 2 e^{\mathrm{j}5(\pi/4)t} + 2 e^{-\mathrm{j}5(\pi/4)t} \\
&= -2\sin\left(\frac{\pi}{4} t\right) + 4 \cos\left(\frac{5\pi}{4} t\right) \\
&= 2 \cos\left(\frac{\pi}{4} t + \frac{\pi}{2}\right) + 4 \cos\left(\frac{5\pi}{4} t\right)
\end{align*}
$$

习题 3.22
求下列信号的傅里叶级数表示：
(b) $x(t)$ 的周期为 $2$，且 $x(t)=e^{-t}, -1<t<1$
$$
\begin{align*}
T &= 2, \quad \omega_0 = \frac{2\pi}{2} = \pi \\
a_0 &= \frac{1}{T} \int_{T} x(t) , \mathrm{d}t = \frac{1}{2} \left( \int_{-1}^{1} e^{-t} , \mathrm{d}t \right) = \frac{1}{2} (e - e^{-1}) \\
a_k &= \frac{1}{T} \int_{T} x(t) e^{-\mathrm{j}k\omega_0 t} , \mathrm{d}t = \frac{1}{2} \int_{-1}^{1} e^{-t} e^{-\mathrm{j}k\pi t} , \mathrm{d}t = \frac{1}{2} \left( \frac{e^{-(1+\mathrm{j}k)\pi} - e^{(1-\mathrm{j}k)\pi}}{1 + \mathrm{j}k\pi} \right) \\
&= \frac{1}{2(1 + \mathrm{j}k\pi)} \left[ e^{(1+\mathrm{j}k\pi)} - e^{-(1+\mathrm{j}k\pi)} \right] \\
&= \frac{(-1)^k}{2(1 + \mathrm{j}k\pi)} (e - e^{-1}), \quad k \ne 0 \\
&\lim_{k \to 0} a_k = \frac12(e-e^{-1}) = a_0 \\
x(t) &= \sum_{k=-\infty}^{\infty} a_k e^{\mathrm{j}k\pi t} = \sum_{k=-\infty}^{\infty} \frac{(-1)^k}{2(1 + \mathrm{j}k\pi)} (e - e^{-1}) e^{\mathrm{j}k\pi t}
\end{align*}
$$

习题 3.25
下面三个连续时间周期信号的基波周期 $T=\frac12$：
$x(t)=\cos(4\pi t), y(t)=\sin(4\pi t), z(t)=x(t)y(t)$
(a) 求 $x(t)$ 的傅里叶级数系数。
因 $T = 1/2$，$\omega_0 = 2\pi / \frac{1}{2} = 4\pi$，故
$$
x(t) = \frac{1}{2} \left( e^{\mathrm{j}4\pi t} - e^{-\mathrm{j}4\pi t} \right) = \sum_{k=-\infty}^{\infty} a_k e^{\mathrm{j}k(4\pi) t}
$$
其中 $a_1 = a_{-1} = 1/2$，其余 $a_k = 0$。

(b) 求 $y(t)$ 的傅里叶级数系数。
利用欧拉公式对 $ \sin $ 函数展开，有：
$$
y(t) = \frac{1}{2\mathrm{j}} \left( e^{\mathrm{j}4\pi t} - e^{-\mathrm{j}4\pi t} \right) = \sum_{k=-\infty}^{\infty} b_k e^{\mathrm{j}k(4\pi) t}
$$
其中 $b_1 = -\frac{1}{2}\mathrm{j}, b_{-1} = \frac{1}{2}\mathrm{j}$，其余 $b_k = 0$。

(c) 利用 (a) 和 (b) 的结果，按照连续时间傅里叶级数的相乘性质，求 $z(t) = x(t) y(t)$ 的傅里叶级数系数。
$$
z(t) = x(t)y(t) \stackrel{\text{FS}}{\longleftrightarrow} c_k = \sum_{l=-\infty}^{\infty} a_l b_{k-l}
$$
其中
$$
c_k = \sum_{n=-\infty}^{\infty} a_n b_{k-n} = \left( \frac{1}{2} \right) \left( \frac{1}{2\mathrm{j}} [k+1] + \left(-\frac{1}{2\mathrm{j}}\right) [k-1] \right) = \frac{1}{4\mathrm{j}} \delta[k+1] + \frac{1}{4\mathrm{j}} \delta[k-1]
$$
即 $c_{-2} = \frac{1}{4\mathrm{j}}$，$c_2 = -\frac{1}{4\mathrm{j}}$，其余 $c_k = 0$。

(d) 通过直接将 $z(t)$ 展开成三角函数的形式，求 $z(t)$ 的傅里叶级数系数，并与 (c) 的结果进行比较。

直接对 $z(t)$ 化简可得：
$$
z(t) = \cos(4\pi t) \sin(4\pi t) = \frac{1}{2} \sin(8\pi t)
$$
即
$$
c_2 = \frac{1}{4\mathrm{j}}，c_{-2} = -\frac{1}{4\mathrm{j}}， \text{其余} , c_k = 0。
$$

习题 3.34

考虑一个连续时间线性时不变系统，其单位冲激响应为
$$
h(t) = e^{-4|t|}
$$

对于下列各输入情况下，求输出 $y(t)$ 的傅里叶级数表示：

(a) $x(t) = \sum_{n=-\infty}^{+\infty} \delta(t - n)$

(c) $x(t)$ 为如图 P3.34 所示的周期性方波。

习题 3.38
考虑一个离散时间线性时不变系统，其单位脉冲响应为
$$
h[n] =
\begin{cases}
1, & 0 \leqslant n \leqslant 2 \
-1, & -2 \leqslant n \leqslant -1 \
0, & \text{其他}
\end{cases}
$$

已知系统的输入是
$$
x[n] = \sum_{k=-\infty}^{+\infty} \delta[n - 4k]
$$

求输出 $y[n]$ 的傅里叶级数系数。

第四章 连续时间傅里叶变换

习题 4.1
利用傅里叶变换分析式(4.9)，求下列信号的傅里叶变换：

(a) $ e^{-2(t-1)} u(t-1) $
由常见傅里叶变换对
$$
e^{-\alpha t} u(t) \stackrel{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow} \frac{1}{\alpha + \mathrm{j}\omega}
$$
可知
$$
e^{-2t} u(t) \stackrel{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow} \frac{1}{2 + \mathrm{j}\omega}
$$
又由时移性质 $x(t - t_0) \stackrel{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow} e^{-\mathrm{j}\omega t_0} X(\mathrm{j}\omega)$，可得
$$
X(\mathrm{j}\omega) = \frac{e^{-\mathrm{j}\omega}}{2 + \mathrm{j}\omega}
$$

(b) $ e^{-2|t-1|} $
这个需要拆分成两个部分，分别求傅里叶变换，再合并。
$$
e^{-2|t-1|} = e^{-2(t-1)} u(t-1) + e^{2(t-1)} u(1-t)
$$

那么有
$$
e^{-2(t-1)} u(t-1) \stackrel{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow} \frac{e^{-\mathrm{j}\omega}}{2 - \mathrm{j}\omega} + \frac{e^{-\mathrm{j}\omega}}{2 + \mathrm{j}\omega}
$$

概略画出每一个傅里叶变换的模特性并给以标注。

习题 4.2
利用傅里叶变换分析式(4.9)，求下列信号的傅里叶变换：

(a) $ \delta(t+1) + \delta(t-1) $

$\delta(t)$ 的傅里叶变换为 $1$，所以结合时移性质，有
$$
\delta(t+1) \stackrel{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow} e^{\mathrm{j}\omega} \quad \delta(t-1) \stackrel{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow} e^{-\mathrm{j}\omega}
$$
又由欧拉公式 $e^{\mathrm{j}\theta} = \cos\theta + \mathrm{j}\sin\theta$，可得
$$
\delta(t+1) + \delta(t-1) \stackrel{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow} 2\cos\omega
$$

(b) $ \frac{d}{dt} \left[ u(-2-t) + u(t-2) \right] $

$u(t)$ 的导数就是 $\delta(t)$，所以有

$$
\frac{d}{dt} u(-2-t) = -\delta(t+2) \quad \frac{d}{dt} u(t-2) = \delta(t-2)
$$
不难类似上题得到
$$
X(\mathrm{j}\omega) = e^{-2\mathrm{j}\omega} - e^{2\mathrm{j}\omega} = -2\mathrm{j} \sin 2\omega
$$

概略画出每一个傅里叶变换的模特性并给以标注。

习题 4.26
(a) 利用卷积性质和逆变换，用计算 $X(\mathrm{j}\omega)$ 和 $H(\mathrm{j}\omega)$ 求下列各对信号 $x(t)$ 和 $h(t)$ 的卷积：

注意这里提到的性质就是 $y(t) = x(t) * h(t) \stackrel{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow} Y(\mathrm{j}\omega) = X(\mathrm{j}\omega)H(\mathrm{j}\omega)$。

(1) $x(t) = te^{-2t}u(t), \quad h(t) = e^{-4t}u(t)$
由常见傅里叶变换对
$$
t e^{-\alpha t} u(t) \stackrel{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow} \frac{1}{(\alpha + \mathrm{j}\omega)^2}
$$
可得
$$
X(\mathrm{j}\omega) = \frac{1}{(2 + \mathrm{j}\omega)^2}
$$
$$
H(\mathrm{j}\omega) = \frac{1}{4 + \mathrm{j}\omega}
$$
有
$$
Y(\mathrm{j}\omega) = \frac{1}{(2 + \mathrm{j}\omega)^2} \cdot \frac{1}{4 + \mathrm{j}\omega} = \frac{1/4}{4 + \mathrm{j}\omega} - \frac{1/4}{2 + \mathrm{j}\omega} + \frac{1/2}{(2 + \mathrm{j}\omega)^2}
$$
逆变换得
$$
y(t) = \frac{1}{4} e^{-4t} u(t) - \frac{1}{4} e^{-2t} u(t) + \frac{1}{2} te^{-2t} u(t)
$$

(2) $x(t) = te^{-2t}u(t), \quad h(t) = te^{-4t}u(t)$

(3) $x(t) = e^{-t}u(t), \quad h(t) = e^{t}u(-t)$

(b) 假设 $x(t) = e^{-(t-2)}u(t-2)$，如图 P4.26 所示，对这一对信号，通过证明 $y(t) = x(t) * h(t)$ 的傅里叶变换等于 $H(\mathrm{j}\omega)X(\mathrm{j}\omega)$ 来验证卷积性质。

习题 4.33
一个因果线性时不变系统的输入和输出，由下列微分方程表征：

$$\frac{d^2 y(t)}{dt^2} + 6\frac{dy(t)}{dt} + 8y(t) = 2x(t)$$

(a) 求该系统的单位冲激响应。

其实和拉普拉斯变换基本差不多，就是把拉普拉斯的 $s$ 换成 $\mathrm{j}\omega$ 了
微分方程的拉普拉斯变换为
$$
(s^2 + 6s + 8)Y(s) = 2X(s)
$$
所以
$$
H(\mathrm{j}\omega) = \frac{Y(\mathrm{j}\omega)}{X(\mathrm{j}\omega)} = \frac{1}{\mathrm{j}\omega + 2} - \frac{1}{\mathrm{j}\omega + 4}
$$
故单位冲激响应为
$$
h(t) = e^{-2t}u(t) - e^{-4t}u(t)
$$

(b) 若 $x(t) = te^{-2t}u(t)$，该系统的响应是什么？
$$
Y(\mathrm{j}\omega) = H(\mathrm{j}\omega)X(\mathrm{j}\omega) = \left( \frac{1}{\mathrm{j}\omega + 2} - \frac{1}{\mathrm{j}\omega + 4} \right) \cdot \frac{1}{(2 + \mathrm{j}\omega)^2} = \frac{1/4}{\mathrm{j}\omega + 2} - \frac{1/4}{\mathrm{j}\omega + 4} + \frac{-1/2}{(\mathrm{j}\omega + 2)^2} + \frac{1}{(\mathrm{j}\omega + 2)^3}
$$
再取逆变换即可得到
$$
y(t) = \frac{1}{4} e^{-2t} u(t) - \frac{1}{4} e^{-4t} u(t) - \frac{1}{2} te^{-2t} u(t) + \frac{1}{2} e^{-2t} u(t)
$$

(c) 对于由下列方程描述的因果线性时不变系统，重做 (a)：

$$\frac{d^2 y(t)}{dt^2} + \sqrt{2}\frac{dy(t)}{dt} + y(t) = 2\frac{d^2 x(t)}{dt^2} - 2x(t)$$
其拉式变换为
$$
(s^2 + \sqrt{2}s + 1)Y(s) = 2(s^2 - 1)X(s)
$$
傅里叶变换为
$$
(\mathrm{j}\omega + \sqrt{2})^2 Y(\mathrm{j}\omega) = 2(-\omega^2 - 1)X(\mathrm{j}\omega)
$$
进而可以求得系统函数 $H(\mathrm{j}\omega)$，再求逆变换即可得到单位冲激响应，不再赘述。

习题 4.44
一个因果线性时不变系统的输入 $x(t)$ 和输出 $y(t)$ 的关系由下列方程给出：

$$\frac{dy(t)}{dt} + 10y(t) = \int_{-\infty}^{+\infty} x(\tau)z(t-\tau) d\tau - x(t)$$

其中 $z(t) = e^{-t}u(t) + 3\delta(t)$。

(a) 求该系统的频率响应$H(\mathrm{j}\omega) = \frac{Y(\mathrm{j}\omega)}{X(\mathrm{j}\omega)}$。
注意到积分部分就是 $x(t)*z(t)$，又由卷积性质 $x(t)*z(t) \stackrel{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow} X(\mathrm{j}\omega)Z(\mathrm{j}\omega)$，所以
$$
\mathrm{j}\omega Y(\mathrm{j}\omega) + 10Y(\mathrm{j}\omega) = X(\mathrm{j}\omega)Z(\mathrm{j}\omega) - X(\mathrm{j}\omega)
$$
又 $Z(\mathrm{j}\omega) = \frac{1}{1 + \mathrm{j}\omega} + 3$，所以直接代进去就可以算出
$$
H(\mathrm{j}\omega) = \frac{3+2\mathrm{j}\omega}{(1+\mathrm{j}\omega)(10+\mathrm{j}\omega)}
$$

(b) 求该系统的单位冲激响应。

求逆变换即可得到单位冲激响应
$$
h(t) = \frac19e^{-t}u(t) + \frac{17}{9}e^{-10t}u(t)
$$

第五章 离散时间傅里叶变换

习题 5.1
利用傅里叶变换分析公式(5.9)，计算下列傅里叶变换：
(a) $\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}u[n-1]$
(b) $\left(\frac{1}{2}\right)^{|n-1|}$

概略画出每个傅里叶变换在一个周期内的模，并给以标注。

习题 5.2
利用傅里叶变换分析公式(5.9)，计算下列傅里叶变换：
(a) $\delta[n-1] + \delta[n+1]$
(b) $\delta[n+2] - \delta[n-2]$

概略画出每个傅里叶变换在一个周期内的模，并给以标注。

习题 5.13
一个单位脉冲响应为 $h_1[n]=\left(\frac{1}{3}\right)^n u[n]$ 的线性时不变系统与另一单位脉冲响应为 $h_2[n]$ 的因果线性时不变系统并联，并联后的频率响应为
$$H(e^{\mathrm{j}\omega}) = \frac{-12 + 5e^{-\mathrm{j}\omega}}{12 - 7e^{-\mathrm{j}\omega} + e^{-\mathrm{j}2\omega}}$$
求$h_2[n]$。

习题 5.18
已知
$$ a^n \stackrel{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow} \frac{1-a^2}{1-2a \cos \omega + a^2}, \quad |a| < 1 $$

利用对偶性求下面周期 $T=1$ 的连续时间信号的傅里叶级数系数：
$$ x(t) = \frac{1}{5 - 4 \cos (2 \pi t)} $$

习题 5.21
(a) $x[n] = u[n-2] - u[n-6]$

(c) $x[n] = \left(\frac{1}{3}\right)^{|n|} u[-n-2]$

(g) $x[n] = \sin\left(\frac{\pi}{2} n\right) + \cos(n)$

第六章 信号与系统的时域特性和频域特性

习题 6.1
考虑一个频率响应为 $H(\mathrm{j}\omega) = |H(\mathrm{j}\omega)| e^{\mathrm{j}\sphericalangle H(\mathrm{j}\omega)}$ 且实值单位冲激响应为 $h(t)$ 的连续时间线性时不变系统。假设在该系统上施加一个输入 $x(t) = \cos(\omega_0 t + \phi_0)$，所得到的输出可表示成如下形式：
$$y(t) = A x(t - t_0)$$

其中 $A$ 是一个非负实数，代表一个幅度放大因子，$t_0$ 是一个延时。

(a) 用 $|H(\mathrm{j}\omega)|$ 表示 $A$；

(b) 用 $\sphericalangle H(\mathrm{j}\omega)$ 表示 $t_0$。

习题 6.5
考虑一个连续时间理想带通滤波器，其频率响应为
$$
H(\mathrm{j}\omega) =
\begin{cases}
1, & \omega_c \leqslant |\omega| \leqslant 3\omega_c \\
0, & \text{其他}
\end{cases}
$$
(a) 若 $h(t)$ 是该滤波器的单位冲激响应，确定一个函数 $g(t)$，使之有
$$ h(t) = \left( \frac{\sin \omega_c t}{\pi t} \right) g(t) $$

(b) 当 $\omega_c$ 增加时，该滤波器的单位冲激响应是更加向原点集中呢，还是不是？

习题 6.7

一个连续时间低通滤波器设计成通带频率为 1000 Hz，阻带频率为 1200 Hz，通带纹波为 0.1，阻带纹波为 0.05。该低通滤波器的单位冲激响应为 $ h(t) $，现在希望把该滤波器转换成具有如下单位冲激响应的带通滤波器：

$$ g(t) = 2h(t) \cos(4000 \pi t) $$

假设对于 $| \omega | > 4000 \pi$，$ | H(\mathrm{j} \omega) |$ 可忽略，请回答下列问题：

(a) 若对该带通滤波器的通带波纹限制为 0.1，与带通滤波器有关的两个通带频率是什么？

(b) 若对该带通滤波器的阻带波纹限制为 0.05，与带通滤波器有关的两个阻带频率是什么？

习题 6.23

示于图 P6.23 的是一个低通滤波器的 $|H(\mathrm{j}\omega)|$。对于具有下列每一相位特性的滤波器，求并画出其单位冲激响应。

(a) $\sphericalangle H(\mathrm{j}\omega) = 0$

(b) $\sphericalangle H(\mathrm{j}\omega) = \omega T$，其中 $ T $ 为常数。

(c)
$$
\sphericalangle H(\mathrm{j}\omega) =
\begin{cases}
\frac{\pi}{2}, & \omega > 0 \\
-\frac{\pi}{2}, & \omega < 0
\end{cases}
$$

第七章 采样

习题 7.22
信号 $Y(t)$ 由两个均为带限的信号 $x_1(t)$ 和 $x_2(t)$ 卷积而成，即 $y(t)=x_1(t)*x_2(t)$，其中，$X_1(\mathrm{j}\omega)=0, |\omega| > 1000\pi$，$X_2(\mathrm{j}\omega)=0, |\omega| > 2000\pi$。现对 $Y(t)$ 进行激串采样，以得到 $y_p(t)=\sum^{+\infty}_{n=-\infty}y(nT)\delta(t-nT)$，试给出 $y(t)$ 保证能从 $y_p(t)$ 恢复出来的采样周期 T 的范围。
因 $y(t)=x_1(t)*x_2(t)$，所以 $Y(\mathrm{j}\omega)=X_1(\mathrm{j}\omega)\cdot X_2(\mathrm{j}\omega)$，又当 $|\omega| > 1000\pi$ 时 $X_1(\mathrm{j}\omega)=0$，当 $|\omega| > 2000\pi$ 时 $X_2(\mathrm{j}\omega)=0$，所以当 $|\omega| > 1000\pi$ 时 $Y(\mathrm{j}\omega)=0$。
由采样定理知，若采样频率 $\omega_s>2\times1000\pi$，即 $T<\frac{2\pi}{2\pi\times10^3}=10^{-3}$ 时，$y(t)$ 可以从 $y_p(t)$ 恢复出来。
这里我也不是很清楚采样定理，后面有机会再补。

习题 7.26
挺复杂的，不看了。

习题 8.22
不知道为啥第七章作业会布置第八章的题目。

第八章 通信系统

没学，不用考，嘻嘻。

第九章 拉普拉斯变换

习题 9.21
确定下列时间函数的拉普拉斯变换、收敛域及零-极点图。
零点就是分子为 0 的点，极点就是分母为 0 的点。
画图时零点处画圆圈，极点处画叉号，x 轴为实轴，y 轴为虚轴。
本题多处利用变换对 $e^{-\alpha t}u(t)\leftrightarrow\frac{1}{s+\alpha}, \mathrm{Re}\lbrace s\rbrace > \mathrm{Re}\lbrace -\alpha\rbrace$，$\alpha$ 可为复数。
(a) $x(t)=e^{-2t}u(t)+e^{-3t}u(t)$
直接由变换对得出 $X(s)=\frac{1}{s+2}+\frac{1}{s+3}= \frac{2s+5}{(s+2)(s+3)}, \mathrm{Re}\lbrace s\rbrace > -2$，零点 $s=-\frac52$，极点 $s=-2, -3$，收敛域就是 $x > -2$，要画虚线。
(c) $x(t)=e^{2t}u(-t)+e^{3t}u(-t)$
由变换对 $-e^{-\alpha t}u(-t)\leftrightarrow\frac{1}{s+\alpha}, \mathrm{Re}\lbrace s\rbrace < \mathrm{Re}\lbrace -\alpha\rbrace$，得 $X(s)=-\frac{1}{s-2}-\frac{1}{s-3}= \frac{5-2s}{(s-2)(s-3)}, \mathrm{Re}\lbrace s\rbrace < 2$，零点 $s=\frac52$，极点 $s=2, 3$，收敛域为 $x < 2$。

习题 9.22
对下列每个拉普拉斯变换，确定时间函数 $x(t)$：
概念：使拉氏变换积分收敛的那些复数 S 的集合，称为拉氏变换的收敛域 ROC (Region of Convergence)。
(a) $\frac{1}{s^2+9}, \mathrm{Re}\lbrace s\rbrace > 0$
$\sin(\omega_0t)u(t)\leftrightarrow\frac{\omega_0}{s^2+\omega_0^2}, \mathrm{Re}\lbrace s\rbrace > 0$，又 $\frac{1}{s^2+9}= \frac{1}{3}\frac{3}{s^2+3^2}$，所以 $x(t)=\frac13\sin(3t)u(t)$。
(b) $\frac{s}{s^2+9}, \mathrm{Re}\lbrace s\rbrace < 0$
$\cos(\omega_0t)u(t)\leftrightarrow\frac{s}{s^2+\omega_0^2}, \mathrm{Re}\lbrace s\rbrace > 0$，这里注意 ROC > 0，所以还要又由拉普拉斯变换的时域反褶性质：
$x(-t)\leftrightarrow X(-s), \mathrm{ROC} = -R$
有 $-\cos(-\omega_0t)u(-t)\leftrightarrow\frac{s}{s^2+\omega_0^2}, \mathrm{Re}\lbrace s\rbrace < 0$，所以 $x(t) = -\cos(3t)u(-t)$。
(d) $\frac{s+2}{s^2+7s+12}, -4 < \mathrm{Re}\lbrace s\rbrace < -3$
拆成 $\frac{-1}{s+3}+\frac{2}{s+4}$，再由题 9.11 的变换对得出 $x(t)=e^{-3t}u(-t)+2e^{-4t}u(t)$。
(e) $\frac{s+1}{s^2+5s+6}, -3 < \mathrm{Re}\lbrace s\rbrace < -2$
类似上题，拆成 $\frac{-1}{s+2}+\frac{2}{s+3}$，得出 $x(t)=e^{-2t}u(-t)+2e^{-3t}u(t)$。

习题 9.31
有一个连续时间线性时不变系统，其输入 $x(t)$ 和输出 $y(t)$ 由下列微分方程所关联：
$$
\frac{\mathrm{d}^2y(t)}{\mathrm{d}t^2}-\frac{\mathrm{d}y(t)}{\mathrm{d}t}-2y(t)=x(t)
$$
(a) 求 $H(s)$ 作为 $s$ 的两个多项式之比，画出 $H(s)$ 的零极点图。
对微分方程取拉普拉斯变换，得到 $(s^2-s-2)Y(s)=X(s)$，于是系统函数 $H(s)$ 的表达式为
$$
H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{1}{s^2-s-2}=\frac{1}{(s-2)(s+1)}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{s-2}-\frac{1}{s+1}\right)
$$
无零点，极点为 $s=2, -1$。
(b) 对下列每一种情况求 $h(t)$：
求 $h(t)$ 就要对 $H(s)$ 进行逆变换，就需要 $H(s)$ 的 ROC。
(i) 系统是稳定的。
如果 LTI 系统是稳定的，则系统函数的 ROC 必然包括 $\mathrm{j}\omega$ 轴。
ROC 为 $-1 < \mathrm{Re}\lbrace s\rbrace < 2$，所以 $h(t)=-\frac13e^{2t}u(-t)-\frac13e^{-t}u(t)$
(ii) 系统是因果的。
**如果 LTI 系统是因果的，则系统函数的 ROC 是最右边极点的右边。**
ROC 为 $\mathrm{Re}\lbrace s\rbrace > 2$，所以 $h(t)=\frac13(e^{2t}-e^{-t})u(t)$
(iii) 系统既不是稳定的，也不是因果的。
ROC 为 $\mathrm{Re}\lbrace s\rbrace < -1$，所以 $h(t)=-\frac13(e^{2t}-e^{-t})u(-t)$

习题 9.35
给了一个因果线性时不变系统的输入 $x(t)$ 和输出 $y(t)$ 的方框图
(a) 求联系 $y(t)$ 和 $x(t)$ 的微分方程。
对 $x(t)$ 遇到的第一个加法器进行分析，容易看出关系是：左 + 下 = 右
左 = $X(s)$，设右边为 $p(t)$，则右 = $P(s)$，下 = $-2\cdot\frac1sP(s)-\frac1{s^2}P(s)$
代入得到第一条式子如下：
$$-2\cdot\frac1sP(s)-\frac1{s^2}P(s) + X(s) = P(s)$$
再对 $y(t)$ 之前的加法器进行分析，容易看出关系也是：左 + 下 = 右
得到第二条式子如下：
$$-\frac1sP(s)-6\cdot\frac1{s^2}P(s)+P(s)=Y(s)$$
联立消去 $P(s)$ 得到：
$$\left(1 + \frac{2}{s} + \frac{1}{s^2}\right) Y(s) = \left(1 - \frac{1}{s} - \frac{6}{s^2}\right) X(s)$$
即
$$(s^2 + 2s + 1)Y(s) = (s^2 - s - 6)X(s)$$
取拉普拉斯逆变换得到微分方程：
$$\frac{\mathrm{d}^2y(t)}{\mathrm{d}t^2} + 2\frac{\mathrm{d}y(t)}{\mathrm{d}t} + y(t) = \frac{\mathrm{d}^2x(t)}{\mathrm{d}t^2} - \frac{\mathrm{d}x(t)}{\mathrm{d}t} - 6x(t)$$
(b) 该系统是稳定的吗？
系统函数 $H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{s^2-s-6}{s^2+2s+1}=\frac{(s-3)(s+2)}{(s+1)^2}$，有二阶极点 $s=-1$，题目说系统是因果的，那么 ROC 是最右极点的右边，即 $\mathrm{Re}\lbrace s\rbrace > -1$，包含了 $\mathrm{j}\omega$ 轴，所以系统是稳定的。

习题 9.36
输入为 $x(t)$，输出为 $y(t)$ 的系统的系统函数为 $H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{2s^2+4s+6}{s^2+3s+2}$，输入为 $x(t)$，输出为 $y_1(t)$ 的系统的系统函数为 $H_1(s)=\frac{Y_1(s)}{X(s)}=\frac{1}{s^2+3s+2}$，还给了系统 $S_1$ 的方框图
(a) 将 $y(t)$（系统 $S$ 的输出）表示成 $y_1(t)$，$\frac{\mathrm{d}y_1(t)}{\mathrm{d}t}$ 和 $\frac{\mathrm{d}^2 y_1(t)}{\mathrm{d}t^2}$ 的线性组合。
由 $H(s)$ 和 $H_1(s)$ 的关系，有 $Y(s)=(2s^2+4s-6)Y_1(s)$，两边取拉普拉斯逆变换得到
$$y(t)=2\frac{\mathrm{d}^2y_1(t)}{\mathrm{d}t^2}+4\frac{\mathrm{d}y_1(t)}{\mathrm{d}t}-6y_1(t)$$
(b) $\frac{\mathrm{d}y_1(t)}{\mathrm{d}t}$ 是如何与 $f(t)$ 相关联的？
由图可知 $Y_1(s)=\frac{F(s)}{s}$，所以 $f(t)=\frac{\mathrm{d}y_1(t)}{\mathrm{d}t}$
(c) $\frac{d^2 y_1(t)}{\mathrm{d}t^2}$ 是如何与 $e(t)$ 相关联的？
由图可知 $F(s)=\frac{E(s)}{s}$，所以 $e(t)=\frac{\mathrm{d}f(t)}{\mathrm{d}t}=\frac{\mathrm{d}^2y_1(t)}{\mathrm{d}t^2}$
(d) 将 $y(t)$ 表示成 $e(t)$，$f(t)$ 和 $y_1(t)$ 的线性组合。
由前三问可知 $y(t)=2e(t)+4f(t)-6y_1(t)$
(e) 利用前面部分的结果将 $S_1$ 的直接型方框图表示推广，形成 $S$ 的方框图表示。
根据上面式子，用乘法器连接 $e(t)$、$f(t)$ 和 $y_1(t)$，再用加法器连接乘法器的输出，即可得到 $S$ 的方框图。
(f) 注意到
$$
H(s) = \left( \frac{2(s - 1)}{s + 2} \right) \left( \frac{s + 3}{s + 1} \right)
$$
画出将 $S$ 作为两个子系统级联的方框图表示。
这里答案少了一个乘三，读者可自行验算。
(g) 注意到
$$
H(s) = 2 + \frac{6}{s + 2} - \frac{8}{s + 1}
$$
画出将 $S$ 作为三个子系统并联的方框图表示。
上面三题的解题核心就是加法器和乘法器的运用，一个关键的点就是 $1/s$ 和一个常数 $n$ 乘法器再用加法器与输入相加组成的回路（如下图），该系统的系统函数为 $H(s)=\frac{1}{s+n}$，加法器输出处系统函数是 $\frac{s}{s+n}$。

1
2
3

x(t)--- + --- 1/s -------y(t)
        |            |
        ------ n -----