2025考研30北京郵電大學信號與系統(tǒng)真題及答案解析一、填空題（每空2分，共20分）1.已知連續(xù)時間信號\(x(t)=t\cdote^{-2t}u(t)\)，其拉普拉斯變換\(X(s)\)的收斂域為\(\text{Re}\{s\}>-2\)（錯誤，正確應為\(\text{Re}\{s\}>-2\)？不，\(e^{-2t}u(t)\)的拉普拉斯變換收斂域是\(\text{Re}\{s\}>-2\)，乘以t后收斂域不變，故正確收斂域為\(\text{Re}\{s\}>-2\)）。更正：\(t\cdote^{-at}u(t)\)的拉普拉斯變換為\(\frac{1}{(s+a)^2}\)，收斂域與\(e^{-at}u(t)\)相同，即\(\text{Re}\{s\}>-a\)，此處a=2，故收斂域為\(\text{Re}\{s\}>-2\)。2.離散時間信號\(x[n]=3^nu[-n]\)的Z變換\(X(z)\)的表達式為\(\frac{1}{1-3z^{-1}}\)（錯誤，正確應為：\(u[-n]\)是左邊序列，\(3^nu[-n]=3^nu[-(n)]=(3^{-1})^{-n}u[-n]\)，其Z變換為\(\frac{1}{1-3z^{-1}}\)，但收斂域需滿足\(|z|<3\)。正確表達式應為\(\frac{z}{z-3}\)（當寫成\(\sum_{n=-\infty}^{0}3^nz^{-n}=\sum_{k=0}^{\infty}3^{-k}z^{k}=\frac{1}{1-3^{-1}z}=\frac{z}{z-3}\)，|z|<3）。3.若連續(xù)時間LTI系統(tǒng)的沖激響應\(h(t)=e^{-t}u(t)-e^{-2t}u(t)\)，則該系統(tǒng)的頻率響應\(H(j\omega)\)的模平方\(|H(j\omega)|^2\)為\(\left|\frac{1}{j\omega+1}-\frac{1}{j\omega+2}\right|^2=\left|\frac{1}{(j\omega+1)(j\omega+2)}\right|^2=\frac{1}{(\omega^2+1)(\omega^2+4)}\)。4.已知離散時間系統(tǒng)的差分方程為\(y[n]-0.5y[n-1]=x[n]+x[n-1]\)，其系統(tǒng)函數(shù)\(H(z)\)的極點為\(z=0.5\)，零點為\(z=-1\)（由\(H(z)=\frac{1+z^{-1}}{1-0.5z^{-1}}=\frac{z(z+1)}{z(z-0.5)}=\frac{z+1}{z-0.5}\)，故極點z=0.5，零點z=-1）。5.信號\(x(t)=\cos(100\pit)\cdot\cos(200\pit)\)的最高頻率分量為\(150\text{Hz}\)（利用積化和差公式，\(\cosA\cosB=\frac{1}{2}[\cos(A+B)+\cos(A-B)]\)，故頻率為150Hz和50Hz，最高150Hz）。二、計算題（共130分）1.（20分）已知連續(xù)時間LTI系統(tǒng)的微分方程為\(y''(t)+3y'(t)+2y(t)=x'(t)+3x(t)\)，初始條件\(y(0^-)=1\)，\(y'(0^-)=0\)，輸入\(x(t)=e^{-t}u(t)\)。求：（1）系統(tǒng)的零輸入響應\(y_{zi}(t)\)；（2）系統(tǒng)的零狀態(tài)響應\(y_{zs}(t)\)；（3）全響應\(y(t)\)并指出自由響應與強迫響應分量。解：（1）零輸入響應滿足齊次方程\(y''(t)+3y'(t)+2y(t)=0\)，特征方程\(r^2+3r+2=0\)，根\(r_1=-1\)，\(r_2=-2\)，故\(y_{zi}(t)=Ae^{-t}+Be^{-2t}\)。代入初始條件\(y(0^-)=1\)，\(y'(0^-)=0\)：\(A+B=1\)\(-A-2B=0\)解得\(A=2\)，\(B=-1\)，故\(y_{zi}(t)=2e^{-t}-e^{-2t}\)，\(t\geq0\)。（2）零狀態(tài)響應通過拉普拉斯變換求解。對微分方程兩邊取拉氏變換（零狀態(tài)下初始條件為0）：\(s^2Y_{zs}(s)+3sY_{zs}(s)+2Y_{zs}(s)=sX(s)+3X(s)\)輸入\(X(s)=\frac{1}{s+1}\)，代入得：\(Y_{zs}(s)=\frac{s+3}{(s^2+3s+2)(s+1)}=\frac{s+3}{(s+1)^2(s+2)}\)部分分式展開：設(shè)\(\frac{s+3}{(s+1)^2(s+2)}=\frac{A}{s+1}+\frac{B}{(s+1)^2}+\frac{C}{s+2}\)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\(s=-2\)：\(-2+3=C(1)\)→\(C=1\)比較s2系數(shù)：0=A+C→A=-1故\(Y_{zs}(s)=-\frac{1}{s+1}+\frac{2}{(s+1)^2}+\frac{1}{s+2}\)取逆變換得\(y_{zs}(t)=[-e^{-t}+2te^{-t}+e^{-2t}]u(t)\)。（3）全響應\(y(t)=y_{zi}(t)+y_{zs}(t)=[2e^{-t}-e^{-2t}]+[-e^{-t}+2te^{-t}+e^{-2t}]u(t)\)（注意t≥0時u(t)=1），化簡為\(y(t)=e^{-t}+2te^{-t}\)，\(t\geq0\)。自由響應由齊次解組成，即\(e^{-t}+2te^{-t}\)（其中\(zhòng)(2te^{-t}\)是重根對應的項）；強迫響應是特解，但此處輸入與齊次解模態(tài)重疊（輸入為\(e^{-t}\)，齊次根有-1），故強迫響應被包含在自由響應中，實際無獨立強迫分量。2.（25分）已知離散時間信號\(x[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^nu[n]+(-1)^nu[n]\)。（1）求其Z變換\(X(z)\)并標注收斂域；（2）畫出\(X(z)\)的零極點圖；（3）求\(x[n]\)的傅里葉變換\(X(e^{j\omega})\)；（4）若\(y[n]=x[n]x[n]\)（卷積），求\(y[n]\)的Z變換\(Y(z)\)。解：（1）\(x[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^nu[n]+(-1)^nu[n]\)，兩項均為右邊序列，Z變換分別為\(\frac{1}{1-\frac{1}{2}z^{-1}}\)（|z|>1/2）和\(\frac{1}{1+z^{-1}}\)（|z|>1）。收斂域取交集，故\(X(z)=\frac{1}{1-\frac{1}{2}z^{-1}}+\frac{1}{1+z^{-1}}=\frac{z}{z-\frac{1}{2}}+\frac{z}{z+1}=\frac{z(z+1)+z(z-\frac{1}{2})}{(z-\frac{1}{2})(z+1)}=\frac{2z^2+\frac{1}{2}z}{(z-\frac{1}{2})(z+1)}\)，收斂域|z|>1。（2）零極點圖：分子多項式\(2z^2+\frac{1}{2}z=z(2z+\frac{1}{2})=0\)，零點為z=0和z=-1/4；分母多項式零點為z=1/2（極點）和z=-1（極點）。在z平面上，極點位于(1/2,0)和(-1,0)，零點位于(0,0)和(-1/4,0)，收斂域為|z|>1（包含單位圓外區(qū)域）。（3）傅里葉變換存在當且僅當單位圓在收斂域內(nèi)。此處收斂域|z|>1，單位圓|z|=1不在收斂域內(nèi)，故嚴格來說傅里葉變換不存在。但可通過極限形式表示：\(X(e^{j\omega})=\lim_{r\to1^+}X(re^{j\omega})=\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{-j\omega}}+\frac{1}{1+e^{-j\omega}}\)，其中第二項\((-1)^nu[n]\)的傅里葉級數(shù)在單位圓上發(fā)散（因|(-1)^n|=1，不滿足絕對可和），但實際工程中可能用廣義傅里葉變換表示。（4）卷積的Z變換等于Z變換的乘積，故\(Y(z)=[X(z)]^2=\left(\frac{z}{z-\frac{1}{2}}+\frac{z}{z+1}\right)^2=\left(\frac{z(z+1)+z(z-\frac{1}{2})}{(z-\frac{1}{2})(z+1)}\right)^2=\left(\frac{2z^2+\frac{1}{2}z}{(z-\frac{1}{2})(z+1)}\right)^2\)，收斂域為|z|>1（原收斂域的交集）。3.（25分）連續(xù)時間LTI系統(tǒng)的頻率響應\(H(j\omega)=\frac{j\omega+2}{(j\omega+1)(j\omega+3)}\)。（1）求系統(tǒng)的沖激響應\(h(t)\)；（2）若輸入\(x(t)=e^{-t}u(t)\)，求輸出\(y(t)\)；（3）判斷系統(tǒng)的因果性與穩(wěn)定性，并說明理由。解：（1）將\(H(j\omega)\)轉(zhuǎn)換為拉普拉斯變換\(H(s)=\frac{s+2}{(s+1)(s+3)}\)（s=jω），部分分式展開：\(H(s)=\frac{A}{s+1}+\frac{B}{s+3}\)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\(H(s)=\frac{1/2}{s+1}+\frac{1/2}{s+3}\)，逆變換得\(h(t)=\frac{1}{2}(e^{-t}+e^{-3t})u(t)\)（因收斂域為Re{s}>-1，對應因果系統(tǒng)）。（2）輸入\(X(s)=\frac{1}{s+1}\)，輸出\(Y(s)=H(s)X(s)=\frac{s+2}{(s+1)^2(s+3)}\)。部分分式展開：設(shè)\(\frac{s+2}{(s+1)^2(s+3)}=\frac{A}{s+1}+\frac{B}{(s+1)^2}+\frac{C}{s+3}\)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比較s2系數(shù)：0=A+C→A=1/4故\(Y(s)=\frac{1/4}{s+1}+\frac{1/2}{(s+1)^2}-\frac{1/4}{s+3}\)逆變換得\(y(t)=\left(\frac{1}{4}e^{-t}+\frac{1}{2}te^{-t}-\frac{1}{4}e^{-3t}\right)u(t)\)。（3）因果性：沖激響應\(h(t)\)在t<0時為0，故系統(tǒng)因果。穩(wěn)定性：H(s)的極點為s=-1和s=-3，均位于s左半平面，故系統(tǒng)穩(wěn)定（絕對可積，\(\int_{-\infty}^{\infty}|h(t)|dt<\infty\)）。4.（30分）離散時間LTI系統(tǒng)的系統(tǒng)函數(shù)\(H(z)=\frac{z^2-1}{z^2-0.5z-0.5}\)。（1）求系統(tǒng)的差分方程；（2）求系統(tǒng)的沖激響應\(h[n]\)；（3）若輸入\(x[n]=u[n]\)，求零狀態(tài)響應\(y_{zs}[n]\)；（4）判斷系統(tǒng)的因果性與穩(wěn)定性，若不穩(wěn)定，說明是否存在穩(wěn)定的非因果逆系統(tǒng)。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變換得差分方程：\(y[n]-0.5y[n-1]-0.5y[n-2]=x[n]-x[n-2]\)。（2）將\(H(z)\)分解為\(\frac{(z-1)(z+1)}{(z-1)(z+0.5)}=\frac{z+1}{z+0.5}\)（z=1處零極點相消，假設(shè)收斂域包含單位圓外，即因果系統(tǒng)）?；喓骪(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變換得\(h[n]=\delta[n]+0.5(-0.5)^{n-1}u[n-1]=\delta[n]-(-0.5)^nu[n-1]\)（n≥0時，可合并為\(h[n]=(-0.5)^nu[n]+2(-0.5)^nu[n]\)？重新計算：\(\frac{z+1}{z+0.5}=1+\frac{0.5}{z+0.5}=1+0.5z^{-1}\cdot\frac{1}{1-(-0.5)z^{-1}}\)，其逆變換為\(\delta[n]+0.5(-0.5)^{n-1}u[n-1]=\delta[n]-(-0.5)^nu[n-1]\)。當n=0時，h[0]=1；n≥1時，h[n]=-(-0.5)^n=(0.5)^n(-1)^{n+1}。（3）輸入\(X(z)=\frac{1}{1-z^{-1}}\)（|z|>1），零狀態(tài)響應\(Y_{zs}(z)=H(z)X(z)=\frac{z^2-1}{(z^2-0.5z-0.5)(z-1)}=\frac{z+1}{(z+0.5)(z-1)}\)（約去z-1因子）。部分分式展開：\(\frac{z+1}{(z+0.5)(z-1)}=\frac{A}{z+0.5}+\frac{B}{z-1}\)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）逆變換得\(y_{zs}[n]=-\frac{1}{3}(-0.5)^{n-1}u[n-1]+\frac{4}{3}u[n-1]=\frac{4}{3}u[n-1]+\frac{2}{3}(-0.5)^nu[n-1]\)（n≥1），n=0時y[0]=0（因X(z)對應u[n]，h[0]=1，故y[0]=h[0]x[0]=1×1=1？此處可能出錯，正確方法應為直接計算卷積：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，與Z變換結(jié)果對比，當n≥1時，\(y_{zs}[n]=\frac{4}{3}-\frac{1}{3}(-0.5)^n\)（重新計算部分分式：正確展開應為\(\frac{z+1}{(z+0.5)(z-1)}=\frac{Az}{z+0.5}+\frac{Bz}{z-1}\)，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，故逆變換為\(y_{zs}[n]=-\frac{1}{3}(-0.5)^nu[n]+\frac{4}{3}u[n]\)，n≥0時，y[0]=-1/3+4/3=1，y[1]=-1/3(-0.5)+4/3=1/6+4/3=3/2=1.5，與直接計算一致，故正確表達式為\(y_{zs}[n]=\left(\frac{4}{3}-\frac{1}{3}(-0.5)^n\right)u[n]\)。（4）因果性：系統(tǒng)函數(shù)分母最高次冪等于分子最高次冪（z2），且收斂域為|z|>1（極點z=1和z=-0.5，原H(z)極點為z=1和z=-0.5，約去z=1后極點為z=-0.5，收斂域|z|>0.5，包含|z|→∞，故因果。穩(wěn)定性：原系統(tǒng)極點z=1（在單位圓上）和z=-0.5（單位圓內(nèi)），故系統(tǒng)不穩(wěn)定（有極點在單位圓上）。若考慮約去z=1后的系統(tǒng)，極點為z=-0.5（單位圓內(nèi)），此時系統(tǒng)穩(wěn)定，但原系統(tǒng)因存在z=1的極點（零極點相消不改變系統(tǒng)穩(wěn)定性，實際沖激響應包含u[n]分量，故不穩(wěn)定）。是否存在穩(wěn)定的非因果逆系統(tǒng)？逆系統(tǒng)函數(shù)\(H^{-1}(z)=\frac{z^2-0.5z-0.5}{z^2-1}=\frac{(z-1)(z+0.5)}{(z-1)(z+1)}=\frac{z+0.5}{z+1}\)（約去z=1），其極點為z=-1（單位圓上），零點為z=-0.5（單位圓內(nèi)）。若選擇非因果收斂域|z|<1，則極點z=-1在收斂域內(nèi)（|z|<1不包含z=-1），實際逆系統(tǒng)的極點為z=-1（單位圓上），故無論因果與否，逆系統(tǒng)仍不穩(wěn)定。5.（30分）證明題：（1）證明連續(xù)時間LTI系統(tǒng)對輸入\(x(t)=e^{s_0t}\)的響應為\(y(t)=H(s_0)e^{s_0t}\)，其中\(zhòng)(H(s)\)為系統(tǒng)函數(shù)；（2）證明離散時間信號\(x[n]=\cos(\omeg