信号期中妙题汇总

• 线性时不变离散系统稳定,其单位样值响应$h(n)$必须满足 $$ \sum_{n=-\infty}^{\infty}|h(n)|<\infty $$

• 线性时不变离散系统因果,其单位样值响应$h(n)$必须满足 $$ h(n)=h(n)u(n) $$

• $$ \begin{align} f(t)*\delta(t-t_0)&=f(t-t_0)\notag\ f(t)\cdot\delta(t-t_0)&=f(t_0)\delta(t-t_0)\notag \end{align} $$

• $f(t)$的带宽为$W$,则$f(t)\sin(\omega_0t+\frac{\pi}{4})$的带宽为 $$ 2W $$

• 某线性时不变离散系统的单位样值响应为$h(n)$,当激励为$u(n)-u(n-2)$时,系统的输出为 $$ h(n)+h(n-1) $$

• 求下列序列的最小正周期

  1. $\cos(\frac{\pi}{3}n)+\cos(\frac{5\pi}{3}n)$

     $$ \begin{align} T_1&=\frac{2\pi}{\frac{\pi}{3}}=6\notag\ T_2&=\frac{2\pi}{\frac{5\pi}{3}}=\frac{6}{5}\notag \end{align} $$ 所以周期是两者最小公倍数,为6.

  2. $\cos(\frac{\pi}{3}n)\cos(\frac{5\pi}{3}n)$

     需要使用积化和差 $$ \cos(\frac{\pi}{3}n)\cos(\frac{5\pi}{3}n)=\frac{1}{2}[\cos(2\pi)+\cos(-\frac{4\pi}{3})] $$ 还需要对两者分别求周期 $$ \begin{align} T_1&=\frac{2\pi}{2\pi}=1\notag\ T_2&=\frac{2\pi}{-\frac{4\pi}{3}}=-\frac{3}{2}\notag \end{align} $$ 最小公倍数为$3$,所以周期为$3$.

• 已知$f(t)=e^{-2t}[u(t)-u(t-4)]$,求其傅氏变换 $$ f(t)=e^{-2t}u(t)-e^{-8}\cdot e^{2(t-4)}u(t-4)\leftrightarrow \frac{1}{2+j\omega}-e^{-8}\frac{1}{2+j\omega}e^{-j\omega4} $$ 将信号拆分,凑成了可以使用时移特性的形式.

• 求$u(2t-4)$得傅氏变换

  根据尺度变换性质可知 $$ f(at+b)\leftrightarrow \frac{1}{|a|}e^{j\omega(\frac{b}{a})}F(\frac{\omega}{a}) $$ 将函数代入,可得 $$ u(2t-4)\leftrightarrow \frac{1}{2}e^{j\omega(\frac{-4}{2})}F(\frac{\omega}{2}) $$ 又因为 $$ F(\omega)=\pi\delta(\omega)+\frac{1}{j\omega} $$ 所以 $$ \frac{1}{2}e^{j\omega(\frac{-4}{2})}F(\frac{\omega}{2})=\frac{1}{2}e^{j\omega(\frac{-4}{2})}[\pi\delta(\frac{\omega}{2})+\frac{1}{j\frac{\omega}{2}}]\tag{} $$ 根据冲激函数的性质 $$ \delta(at)=\frac{1}{|a|}\delta(t) $$ 则$()$式可以写为 $$ \frac{1}{2}e^{j\omega(\frac{-4}{2})}2\pi\delta(\omega)+\frac{1}{2}e^{j\omega(\frac{-4}{2})}\frac{1}{j\frac{\omega}{2}}=\pi\delta(\omega)+\frac{e^{-j\omega 2}}{j\omega} $$

• 求信号$(1-t)\frac{d}{dt}[e^{-2t}\delta(t)]$的傅氏变换 $$ \begin{align} (1-t)\frac{d}{dt}[e^{-2t}\delta(t)]&=(1-t)\delta^{'}(t)\notag\ &=\delta^{'}(t)-t\delta^{'}(t)\notag \end{align} $$ 由于 $$ \delta^{'}(t)\leftrightarrow j\omega $$ 以及频域微分特性 $$ tf(t)\leftrightarrow j\frac{d}{d\omega}F(\omega) $$ 可得 $$ \begin{align} \delta^{'}(t)-t\delta^{'}(t)&=j\omega-[j(\frac{d}{d\omega}j\omega)]\notag\ &=j\omega+1\notag \end{align} $$

• 求信号$e^{-(2+j5)t}u(t)$的傅氏变换

$$ \begin{align} e^{-(2+j5)t}u(t)&=e^{-2t}u(t)e^{-j5t}\notag\ &=\frac{1}{2+j(\omega+5)}\notag \end{align} $$

​ 此处用了单边指数的傅氏变换公式.

• 一实信号表达式为$f(t)=f(t)u(t)$,其傅氏变换为$F(\omega)=R(\omega)+jX(\omega)$,已知$R(\omega)=\text{Sa}(\omega)$,则$X(\omega)$,$f(t)$.

  首先,已知任何实信号都可分解为偶部和奇部 $$ \begin{align} f_e(t)&=\frac{1}{2}[f(t)+f(-t)]\notag\ f_o(t)&=\frac{1}{2}[f(t)-f(-t)]\notag \end{align} $$ 并且傅氏变换表示的是一个复函数,可表示为 $$ F(\omega)=R(\omega)+jX(\omega) $$ 且满足以下关系 $$ \begin{align} R(\omega)&=\mathscr{F}[f_e(t)]\notag\ jX(\omega)&=\mathscr{F}[f_0(t)]\notag \end{align} $$ 根据题目中的条件,可以判断出 $$ f_e(t)=\frac{1}{2}G_2(t) $$ 再根据偶部的表达式,可得 $$ f(t)=G_1(t-\frac{1}{2})=u(t)-u(t-1) $$ 是一个右移了$\frac{1}{2}$且脉宽为$1$的门函数. $$ \begin{align} jX(\omega)&=\frac{1}{2}[\text{Sa}(\frac{\omega}{2})e^{-j\omega\frac{1}{2}}-\text{Sa}(\frac{\omega}{2})e^{j\omega\frac{1}{2}}]\notag\ &=\text{Sa}(\frac{\omega}{2})\frac{e^{j\omega\frac{1}{2}}-e^{-j\omega\frac{1}{2}}}{2j}j(-1)\notag\ &=-j\text{Sa}(\frac{\omega}{2})\sin(\frac{\omega}{2})\notag \end{align} $$ 所以可得 $$ X(\omega)=-\text{Sa}(\frac{\omega}{2})\sin(\frac{\omega}{2}) $$

• $$ F(0)=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)dt $$

• $$ \int_{-\infty}^{\infty}F(\omega)d\omega=2\pi f(0) $$

• 已知某线性时不变系统在相同初始状态下,当激励为$u(t)$时的完全响应为$r_1(t)$,当激励为$0.5u(t)$时的完全响应为$r_2(t)$,求

  (1).当激励为$2u(t-1)$时的全响应.

  (2).当初始状态变为原来的两倍,激励信号为$2u(t)+3\delta(t)$的全响应

  (1). $$ \begin{cases} r_1(t)=r_{zi}(t)+r_{zs}(t)\notag\ r_2(t)=r_{zi}(t)+r_{zs}(t)\notag \end{cases} $$ 解得$r_{zi}(t)$和$r_{zs}(t)$.所以 $$ r_3(t)=r_{zi}(t)+2r_{zs}(t-1) $$ (2)出现了冲激函数,计算冲激响应 $$ h(t)=r_{zs}^{'}(t) $$ 所以 $$ r_4(t)=2r_{zi}(t)+2r_{zs}(t)+3h(t) $$

• 求图示信号的傅氏变换

  

  首先取$[-\frac{1}{2},\frac{2}{3}]$为一个脉冲$f_0(t)$ $$ f_0(t)=G_{0.5}(t)-G_{0.5}(t-1) $$ 其傅氏变换为 $$ F_0(\omega)=\frac{1}{2}\text{Sa}(\frac{\omega}{4})-\frac{1}{2}\text{Sa}(\frac{\omega}{4})e^{-j\omega} $$ 根据由脉冲所组成的周期信号的傅氏变换所满足的关系可知 $$ F(n\omega_1)=\frac{1}{T}F_0(\omega)|{\omega=n\omega_1} $$ 其中 $$ \omega_1=\frac{2\pi}{T}=\pi $$ 综上 $$ \begin{align} F(n\omega_1)&=\frac{1}{2}\cdot[\frac{1}{2}\frac{\sin\frac{\omega}{4}}{\frac{\omega}{4}}(1-e^{-j\omega})]|{\omega=n\omega_1}\notag\ &=\frac{1}{2}\frac{2\sin\frac{n\pi}{4}}{n\pi}[1-(-1)^n]\notag\ &=\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n\pi}[1-(-1)^n]\notag \end{align} $$ 再根据 $$ F(\omega)=2\pi\sum_{n=-\infty}^{\infty}F(n\omega_1)\delta(\omega-n\omega_1) $$ 代入,得 $$ F(\omega)=2\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{\sin\frac{n\pi}{4}}{n}[1-(-1)^n]\delta(\omega-n\pi) $$

• 一升余弦脉冲表达式为 $$ f(t)= \begin{cases} 1+\cos t,|t|\le\pi\notag\ 0,|t|>\pi\notag \end{cases} $$ 求其傅氏变换.

  可以将其写为升余弦和门函数得乘积,即 $$ f(t)=(1+\cos t)G_{2\pi}(t) $$ 欧拉公式将$\cos$展开,得 $$ f(t)=(1+\frac{1}{2}e^{jt}+\frac{1}{2}e^{-jt})G_{2\pi}(t) $$ 又因为 $$ G_{2\pi}(t)\leftrightarrow 2\pi\text{Sa}(\pi\omega)=\frac{2\sin\pi\omega}{\omega} $$ 则根据频移特性,可知 $$ \begin{align}F(\omega)&=\frac{2\sin\pi\omega}{\omega}+\frac{1}{2}\frac{2\sin\pi(\omega-1)}{\omega-1}+\frac{1}{2}\frac{2\sin\pi(\omega+1)}{\omega+1}\notag\&=-\frac{2\sin\pi\omega}{\omega(\omega^2-1)}\notag\end{align} $$

• 求如图所示周期信号得傅氏变换

  

  每一个脉冲可以理解为一个三角波$f_1(t)$和一个余弦得乘积,即 $$ f_0(t)=f_1(t)\cos\omega_0t $$ 三角波的傅氏变换为 $$ \begin{align}F_1(\omega)&=\frac{E\tau}{2}\text{Sa}^2(\frac{\omega\tau}{4})\notag\&=A\text{Sa}^2(\frac{\omega}{2})\notag\end{align} $$ 可得图中脉冲的傅氏变换为 $$ F(\omega)=\frac{A}{2}[\text{Sa}^2(\frac{\omega+\omega_0}{2})+\text{Sa}^2(\frac{\omega-\omega_0}{2})] $$ 再根据脉冲构成的周期信号的傅氏变换的关系可得下式,其中$T=4$,$\omega_1=\frac{2\pi}{T}=\frac{\pi}{2}$. $$ \begin{align}F(n\omega_1)&=\frac{1}{T}F_0(\omega)|_{\omega=n\omega_1}\notag\&=\frac{1}{4}\cdot\frac{A}{2}[\text{Sa}^2(\frac{\frac{n\pi}{2}+\omega_0}{2})+\text{Sa}^2(\frac{\frac{n\pi}{2}-\omega_0}{2})]\notag\&=\frac{A}{8}[\text{Sa}^2(\frac{n\pi}{4}+\frac{\omega_1}{2})+\text{Sa}^2(\frac{n\pi}{4}-\frac{\omega_1}{2})]\notag\end{align} $$

• $tu(t)$ and $\delta(t)$ are neither Power signal nor Energy signal.

• 线性时不变离散系统的阶跃响应为$g(n)$,求冲激响应$h(n)$. $$ h(n)=\frac{g(n)-g(n-1)}{n-(n-1)}=g(n)-g(n-1) $$ 模拟微分,波形表现为只留有$n=0$处的阶跃响应波形.

• 线性时不变离散系统的冲激响应为$h(n)$,求阶跃响应$g(n)$.

  $$ g(n)=\sum_{r=0}^{\infty}h(n-r) $$

  模拟积分,波形表现为正半轴均为等幅度的冲激响应.

• 一个函数和常数卷积,相当于$f(t)$与坐标轴所围面积的$E$倍,即 $$ f(t)*E=E\int_{-\infty}^{\infty}f(t)dt $$