10k?(2t?2)t10?(4?2t)t10?(2t?2)?(4?2t)t12图A-7
12
4. f1(k)?2{?(k)??(k?3)}?{1,2,4}，利用排表法可得
f1(k)?f2(k)?{2,9,21,26,12}
?j?t0 5. 系统的频率特性H(j?)?Ke，单位冲激响应h(t)?K?(t?t0)。
6. 信号f(t)的最高频率为fm(Hz)，根据傅立叶变换的展缩特性可得信号f(2t)的最高频率2fm(Hz)。根据傅立叶变换的乘积特性，两信号时域相乘，其频谱为该两信号频谱的卷积，故f(t)f(2t)的最高频率为3fm(Hz)。根据时域抽样定理，对信号f(t)f(2t)取样时，其频谱不混叠得最大取样间隔Tmax为
?Tmax?11?(s)2fmax6fm
2s2?3se?22s3e?2F(s)??2?2,(Re(s)?0)2s(s?9)s?9s?9 7.
st?e?2sin3t)?(t) f(t)?(2co32z2?z2?z?111F(z)????(z?2)(z?3)(1?2z?1)(1?3z?1)1?2z?11?3z?1 8.
?1kk f(k)?z[F(s)]?[2?(?3)]?(k)
?2 9.
利用傅立叶变换的卷积特性可得
y(t)??e?2?e?5(t??)d?,(t??2)?e?2t?(t?2)?e?5t?(t)t
10. 计算H(j?)的傅立叶反变换即得
e4ej2?1ej2??4Y(j?)???j??2j??5(j?)2?7j??10
1?1j?tH(j?)edt?2????2?二、解： h(t)?1.
????e?j?t0ej?tdt?m12?????e?j?(t?t0)dt?m?mSa[?m(t?t0)]?
h(t)?[h1(t)??(t)]?[h2(t)?h3(t)]?[?(t?1)??(t)]?[e?3t?(t?2)?e?2t?(t)]??(t?1)?e?3t?(t?2)??(t?1)?e?2t?(t)??(t)?e?3t?(t?2)??(t)?e?2t?(t)e?61?(1?e?3(t?3))?(t?3)?(1?e?2(t?1))?(t?1)?e?3t?(t?2)?e?2t?(t)32
2. f(2t?2)?f(4?2t)，根据信号变换前后的端点函数值不变的原理，有
f(2t1?2)?f(4?2t11) f(2t2?2)?f(4?2t22)
变换前信号的端点坐标为t1?2,t2??2，利用上式可以计算出变换后信号的端点坐标为
t11?(4?2t1?2)/2??1,t22?(4?2t2?2)/2?3
由此可画出f(4?2t)波形，如图A-8所示。
1-1f(4?2t)3t0-1图A-8
3. f(t)和g(t)的卷积的波形如图A-9所示。
1232f(t)?g(t)t01图A-9
23
4. 信号f(t)可以分解为图A-10所示的两个信号f1(t)与f2(t)之和，其中
f1(t)?2?(?t?2)?2?[?(t?2)]。由于
?(t)???(?)?1j?
根据时域倒置定理：f(?t)?F(?j?)和时移性质，有
故利用傅立叶变换的线性特性可得
2ej2?F1(j?)?FT[?(?t?2)]?2??(?)?j?
F2(j?)?FT[f2(t)]?6Sa2(?)
2ej2?F(j?)?F1(j?)?F2(j?)?2??(?)??6Sa2(?)j?
f1(t)2f2(t)3t02?20t2图A-10
2s?1?7s?2H(s)?1?5s?1?3s?2 5. 将系统函数改写为
由此可画出系统的直接型模拟框图，如图A-11所示。选择积分器的输出作为状态变量，围
绕模拟框图输入端的加法器可得到状态方程为
2f(t)--?s?15x2(t)s?1x1(t)7?y(t)3图A-11
?1(t)?x2(t)，x?2(t)??x1(t)?5x2(t)?f(t) x围绕模拟框图输出端的加法器可得到输出方程为
y(t)?7x1(t)?2x2(t)
6. 利用周期信号频谱和非周期信号频谱的关系可以求出fT(t)的傅立叶系数为
n??1?2???2?Sa()??n?0?Sa2(0),?0?T242T4T
由此可以写出周期信号fT(t)的傅立叶级数展开式
??n???jn?0tfT(t)??Fne??Sa2(0)ejn?0t4n???n???2T
对其进行傅立叶变换即得fT(t)的频谱密度FT(j?)
Fn?FT(j?)?2?n????2T??Sa2(n?0?)?(??n?0)4
取样信号fs(t)?f(t)fT(t),利用傅立叶变换的乘积特性可得
?n??1?Fs(j?)?F(j?)?FT(j?)??Sa2(0)F(??n?0)2?4n???2T
从Fs(j?)可以看出，当?0?2?m时，Fs(j?)频谱不混迭，即
T???m仍可从取样信号
fT(t)中恢复原信号f(t)。 三、解：
1. 对微分方程两边做单边拉斯变换得 整理后可得
s2Y(s)?sy(0?)?y'(0?)?7sY(s)?7y(0?)?10Y(s)?(2s?1)F(s)
sy(0?)?y'(0?)?7y(0?)2s?1Y(s)??F(s)22s?7s?10s?7s?10??????????Yx(s)Yf(s)(1) 根据系统函数的定义，可得
H(s)?进行拉斯反变换即得
Yf(s)F(s)?2s?1?13??s2?7s?10s?2s?5
(2) 零输入响应的s域表达式为
h(t)?(?e?2t?3e?5t)?(t) 4s?25?5/317/3??2s?7s?10s?2s?5
Yx(s)?取拉斯反变换即得
(3) 零状态响应的s域表达式为
517yx(t)??e?2t?e5t,t?033
Yf(s)?取拉斯反变换即得
2s?12s?1?0.251?0.75F(s)????s?1s?2s?5 s2?7s?10(s2?7s?10)(s?1)yf(t)?(?0.25e?t?e?2t?0.75e?5t)?(t)
(4) 若f(t)?e?(t?1)?(t?1)，则系统单位冲激响应h(t)、系统函数H(s)和零输入响应
yx(t)均不变，根据时不变特性，可得系统零状态响应为
2. 对差分方程两边进行z变换得
yf(t?1)?(?0.25e?(t?1)?e?2(t?1)?0.75e?5(t?1))?(t?1)
整理后可得
31Y(z)?{z?1Y(z)?y(?1)}?{z?2Y(z)?z?1y(?1)?y(?2)}?(2?3z?1)F(z)48
(1) 根据系统函数的定义，可得
311y(?1)?z?1y(?1)?y(?2)2?3z?1488Y(z)??F(z)3?11?23?11?21?z?z1?z?z4848
2?3z?116?14H(z)????3111F(z)1?z?1?z?21?z?11?z?14824
11h(k)?F?1[H(z)]?[16()k?14()k]?(k)24
Yf(z)进行z反变换即得
(2) 零输入响应的z域表达式为
取z反变换可得系统零输入响应为
311131?1y(?1)?z?1y(?1)?y(?2)?z9/4?5/848884Yx(z)????3131111?z?1?z?21?z?1?z?21?z?11?z?1484824
9151yx(k)?[()k?()k]?(k)4284
(3) 零状态响应的z域表达式为
取z反变换可得系统零状态响应为
2?3z?12?3z?1?1614/340/3Yf(z)?F(z)????3?11?23?11?21?11?11?z?1?11?z?z(1?z?z)(1?z)1?z1?z484824
114140yf(k)?[?16()k?()k?]?(k)2343
551k971k40()?()??(k)422443
(4) 系统完全响应
y(k)?yx(k)?yf(k)?[? 从完全响应中可以看出，
[?551k971k()?()]?(k)42244随着k的增加而趋于零，故为暂态
40?(k)3响应，不随着k的增加而趋于零，故为稳态响应。
(5) 由于系统的极点为z1?1/2,z2?1/4均在单位圆内，故系统稳定。
3. A、B、C、D和E各点频谱分别为
FA(j?)?FT[cos(100t)]??[?(??100)??(??100)]
11FB(j?)?F(j?)?FA(j?)?[F(??100)?F(??100)]2?2
FC(j?)?FB(j?)H1(j?)
1FD(j?)?[FC(??100)?FC(??100)]2
FE(j?)?Y(j?)?FD(j?)H2(j?)
A、B、C、D和E各点频谱图如图A-12所示。将Y(j?)与F(j?)比较可得
Y(j?)?11F(j?)y(t)?f(t)44即。
FA(?)(?)(?)??10001001-FB(?)??110?100?90090100110F(?)1-C?100?9001/290100FD(?)??200?190?10010FE(?)1/2?10010190200??北京交通大学2003年硕士研究生入学考试试题
二、填空题（共30分，每小题3分）
1.
?13e?2t?(t?2)dt?________。
k?12. 若离散时间系统的单位脉冲响应h(k)??(k)??(k?4)，则系统在f(k)?{1,2,3}激励下的零状态响应为_________。
3. 抽取器的输入输出关系为y(k)?f(2k)，试判断该系统特性（线性、时不变）_________。