北京郵電大學(xué)2025年電子信息工程（信號與系統(tǒng)）試題及答案考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、1.已知信號$f(t)=u(t)-u(t-2)$，其中$u(t)$為單位階躍函數(shù)。求信號$f(t)$的能量和功率。2.判斷下列系統(tǒng)是否為線性時不變系統(tǒng)，并簡要說明理由。(1)$y(t)=3x(t)+5$(2)$y[n]=x[n]\cdot\sin(\frac{\pi}{8}n)$3.解釋什么是信號的時移特性。若信號$f(t)$的傅里葉變換為$F(j\omega)$，求信號$f(t-2)$的傅里葉變換。二、1.計算下列積分：(1)$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-t}\cos(2t)u(t)\,dt$(2)$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin(t)}{t}e^{-j2t}\,dt$2.已知信號$x(t)=e^{-t}u(t)$，求其拉普拉斯變換$X(s)$，并指出其收斂域。3.寫出傅里葉變換的時域卷積定理和頻域卷積定理，并說明它們在信號處理中的應(yīng)用。三、1.已知線性時不變系統(tǒng)的微分方程為$y''(t)+3y'(t)+2y(t)=x(t)$，系統(tǒng)的初始狀態(tài)為$y(0)=1$,$y'(0)=2$，輸入信號$x(t)=u(t)$。求系統(tǒng)的零輸入響應(yīng)$y_{zi}(t)$和零狀態(tài)響應(yīng)$y_{zs}(t)$。2.已知離散時間信號$x[n]=\{1,2,3,4\}$，求其單邊Z變換$X(z)$，并指出其收斂域。3.解釋什么是采樣定理。若一個帶寬為$B$Hz的連續(xù)時間信號進(jìn)行理想采樣，為了保證能夠從離散樣值中無失真地恢復(fù)原信號，采樣頻率$\Omega$（角頻率）應(yīng)滿足什么條件？四、1.已知系統(tǒng)函數(shù)$H(s)=\frac{s+3}{s^2+3s+2}$，判斷該系統(tǒng)是否為穩(wěn)定系統(tǒng)。2.已知因果離散時間系統(tǒng)的差分方程為$y[n]-\frac{3}{4}y[n-1]+\frac{1}{8}y[n-2]=x[n]+\frac{1}{2}x[n-1]$，求其系統(tǒng)函數(shù)$H(z)$。3.一個連續(xù)時間信號$x(t)$通過一個理想低通濾波器，其系統(tǒng)函數(shù)為$H(j\omega)=\begin{cases}1,&|\omega|\leq\omega_c\\0,&|\omega|>\omega_c\end{cases}$。若輸入信號$x(t)=\frac{\sin(20\pit)}{\pit}$，求輸出信號$y(t)$的表達(dá)式。試卷答案一、1.能量$E=\int_{-\infty}^{\infty}|f(t)|^2\,dt=\int_0^21^2\,dt=2$；功率$P=\lim_{T\to\infty}\frac{1}{2T}\int_{-T}^{T}|f(t)|^2\,dt=\lim_{T\to\infty}\frac{1}{2T}\int_0^21^2\,dt=0$（信號能量有限，功率為零）。2.(1)線性：$y(ax_1+bx_2)=3(ax_1+bx_2)+5=3ax_1+3bx_2+5\neqay_1+by_2+a\cdot5+b\cdot5=a(3x_1+5)+b(3x_2+5)$，不滿足線性。非時不變（略）。故系統(tǒng)非線性時不變。(2)線性：$y[x_1[n]+x_2[n]]=(x_1[n]+x_2[n])\sin(\frac{\pi}{8}n)=x_1[n]\sin(\frac{\pi}{8}n)+x_2[n]\sin(\frac{\pi}{8}n)=y_1[n]+y_2[n]$，滿足線性。時不變：$y[x[n-n_0]]=x[n-n_0]\sin(\frac{\pi}{8}(n-n_0))=x[n-n_0]\sin(\frac{\pi}{8}n-\frac{\pi}{8}n_0)\neqy[n-n_0]$，故系統(tǒng)線性時不變。3.時移特性：若$f(t)\xrightarrow{\mathcal{F}}F(j\omega)$，則$f(t-t_0)\xrightarrow{\mathcal{F}}e^{-j\omegat_0}F(j\omega)$。故$f(t-2)\xrightarrow{\mathcal{F}}e^{-j2\omega}F(j\omega)$。二、1.(1)$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-t}\cos(2t)u(t)\,dt=\int_0^{\infty}e^{-t}\cos(2t)\,dt=\text{Re}\left\{\int_0^{\infty}e^{-t}e^{j2t}\,dt\right\}=\text{Re}\left\{\int_0^{\infty}e^{-(1-j2)t}\,dt\right\}=\text{Re}\left\{\left[\frac{e^{-(1-j2)t}}{-(1-j2)}\right]_0^{\infty}\right\}=\text{Re}\left\{\frac{1}{1-j2}\right\}=\text{Re}\left\{\frac{1}{5}+j\frac{2}{5}\right\}=\frac{1}{5}$。(2)$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin(t)}{t}e^{-j2t}\,dt=\int_{-\infty}^{\infty}\text{sinc}(t)e^{-j2t}\,dt=\int_{-\infty}^{\infty}\text{sinc}(t)e^{-j(\omega_0-2)t}\,dt$，其中$\text{sinc}(t)=\frac{\sin(\pit)}{\pit}$是$\text{rect}(\pit)$的傅里葉變換。故原積分等于$\text{rect}(\pi(\omega_0-2))$在$\omega_0=2$時的值，即$\text{rect}(0)=1$。2.$X(s)=\int_0^{\infty}e^{-t}e^{-st}\,dt=\int_0^{\infty}e^{-(s+1)t}\,dt=\left[\frac{e^{-(s+1)t}}{-(s+1)}\right]_0^{\infty}=\frac{1}{s+1}$。收斂域?yàn)?\text{Re}(s)>-1$。3.時域卷積定理：若$x(t)\xrightarrow{\mathcal{F}}X(j\omega)$,$h(t)\xrightarrow{\mathcal{F}}H(j\omega)$，則$y(t)=x(t)*h(t)\xrightarrow{\mathcal{F}}Y(j\omega)=X(j\omega)H(j\omega)$。頻域卷積定理：若$x(t)\xrightarrow{\mathcal{F}}X(j\omega)$,$h(t)\xrightarrow{\mathcal{F}}H(j\omega)$，則$y(t)=x(t)h(t)\xrightarrow{\mathcal{F}}Y(j\omega)=\frac{1}{2\pi}X(j\omega)*H(j\omega)$。應(yīng)用：時域卷積定理常用于求解LTI系統(tǒng)的零狀態(tài)響應(yīng)（$y_{zs}(t)=x(t)*h(t)$變換域計算更簡單）；頻域卷積定理可用于調(diào)制解調(diào)、系統(tǒng)設(shè)計等。三、1.齊次方程特征方程$\lambda^2+3\lambda+2=0$，解為$\lambda_1=-1$,$\lambda_2=-2$。零輸入響應(yīng)$y_{zi}(t)=C_1e^{-t}+C_2e^{-2t}$。初始條件$y(0)=C_1+C_2=1$。$y'(t)=-C_1e^{-t}-2C_2e^{-2t}$。$y'(0)=-C_1-2C_2=2$。聯(lián)立解得$C_1=4$,$C_2=-3$。故$y_{zi}(t)=4e^{-t}-3e^{-2t}$。零狀態(tài)響應(yīng)：系統(tǒng)函數(shù)$H(s)=\frac{s+3}{s^2+3s+2}=\frac{s+3}{(s+1)(s+2)}$。$X(s)=\frac{1}{s}$。$Y_{zs}(s)=H(s)X(s)=\frac{s+3}{s(s+1)(s+2)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+1}+\frac{C}{s+2}$。$A=\lim_{s\to0}sY_{zs}(s)=\frac{3}{2}$。$B=\lim_{s\to-1}(s+1)Y_{zs}(s)=-2$。$C=\lim_{s\to-2}(s+2)Y_{zs}(s)=\frac{1}{2}$。$Y_{zs}(s)=\frac{3/2}{s}-\frac{2}{s+1}+\frac{1/2}{s+2}$。零狀態(tài)響應(yīng)$y_{zs}(t)=\frac{3}{2}-2e^{-t}+\frac{1}{2}e^{-2t}$。全響應(yīng)$y(t)=y_{zi}(t)+y_{zs}(t)=4e^{-t}-3e^{-2t}+\frac{3}{2}-2e^{-t}+\frac{1}{2}e^{-2t}=\left(4-2\right)e^{-t}+\left(-3+\frac{1}{2}\right)e^{-2t}+\frac{3}{2}=2e^{-t}-\frac{5}{2}e^{-2t}+\frac{3}{2}$。2.$X(z)=\sum_{n=0}^{\infty}x[n]z^{-n}=1+2z^{-1}+3z^{-2}+4z^{-3}+\cdots$。收斂域?yàn)?|z|>0$（因?yàn)槭怯邢揲L因果序列）。3.采樣定理：為了不失真地從離散樣值恢復(fù)連續(xù)信號，采樣頻率$\Omega$必須大于連續(xù)信號最高頻率$\Omega_m$的兩倍，即$\Omega>2\Omega_m$。用角頻率表示為$\omega>2\omega_m$。四、1.系統(tǒng)函數(shù)$H(s)=\frac{s+3}{s^2+3s+2}=\frac{s+3}{(s+1)(s+2)}$。極點(diǎn)為$s_1=-1$,$s_2=-2$。由于極點(diǎn)均位于$s$平面的左半開平面（$\text{Re}(s)<0$），故系統(tǒng)穩(wěn)定。2.差分方程$y[n]-\frac{3}{4}y[n-1]+\frac{1}{8}y[n-2]=x[n]+\frac{1}{2}x[n-1]$。對等式兩邊取Z變換，設(shè)$Y(z)=\sum_{n=0}^{\infty}y[n]z^{-n}$，$X(z)=\sum_{n=0}^{\infty}x[n]z^{-n}$。$Y(z)-\frac{3}{4}z^{-1}Y(z)+\frac{1}{8}z^{-2}Y(z)=X(z)+\frac{1}{2}z^{-1}X(z)$。$Y(z)(1-\frac{3}{4}z^{-1}+\frac{1}{8}z^{-2})=X(z)(1+\frac{1}{2}z^{-1})$。$H(z)=\frac{Y(z)}{X(z)}=\frac{1+\frac{1}{2}z^{-1}}{1-\frac{3}{4}z^{-1}+\frac{1}{8}z^{-2}}=\frac{z+\frac{1}{2}}{z^2-\frac{3}{4}z+\frac{1}{8}}$。3.輸入信號$x(t)=\frac{\sin(20\pit)}{\pit}=\text{sinc}(20t)$。已知$\text{sinc}(at)\xrightarrow{\mathcal{F}}\text{rect}(\frac{\omega}{2a})$。故$x(t)=\text{sinc}(20t)\xrightarrow{\mathcal{F}}\text{rect}(\frac{\omega}{40})$。系統(tǒng)為理想低通濾波器，$H(j\omega)=\begin{cases}1,&|\omega|\leq\omega_c\\0,&|\omega|>\omega_c\end{cases}$。輸出信號頻譜$Y(j\omega)=X(j\omega)H(j\omega)=\text{rect}(\frac{\omega}{40})\cdotH(j\omega)$。$Y(j\omega)=\begin{cases}\text{rect}(\frac{\omega}{40}),&|\omeg