奥本海默信号答案解析.pdf

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1、华南理工大学08年《信号与系统》考研试题参考答案一、填空题π1．cos(n)442．。3n1⎛1⎞4．x[n]=−⎜⎟u[−n−1]n⎝2⎠35．216．2sinωnnc7．h=(−1)HPπn8．0二、填空1．B2．C3．D4．B5．B6．D7．C8．B三、判断1．错。2．错。3．对。4．对。5．错。6．对。7．对。jωjωjω四、解：（1）X(e)*G(e)=1+e，从而w[n]=x[n]⋅g[n]=δ[n]+δ[n+1]。（2）y[n]=w[n]*h[n]=h[n]+h[n+1]，HPHPHPnnn1π+ωcjω(−1)sinωn(

2、−1)sinωn(−1)sinω(n+1)ccc而h[n]=edω=，则y[n]=−HP∫2ππ−ωcnπnπ(n+1)π2255π1⎛jπt−jπt⎞⎛jπt−jπt⎞五、解：周期T=6，则ω=，x(t)=2+⎜e3+e3⎟−j2⎜e3−e3⎟，从而032⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠1a=2,a=a=,a=−j2,a=j2，则02−25−5222第五次谐和波功率

3、a

4、+

5、a

6、5−5η===64%22222总功率

7、a

8、+

9、a

10、+

11、a

12、+

13、a

14、+

15、a

16、02−25−57−11−27−11−21+z−z1+z−z42421六、解：（1）H(z)==，因果系

17、统，则ROC：

18、z

19、>，1−11−21−11−121+z−z(1+z)(1−z)4824包含单位圆，系统稳定。（2）因零点z=−2不在单位圆内，因此不存在因果稳定的逆系统。n（3）y[n]=H(−1)x[n]=−2(−1)。jω11七、解：（1）X(e)=，ROC：

20、z

21、>；1−131−z3（2）ω(2M+1)ω(2M+1)ω(2M+1)j⎛−jj⎞e−jωM⋅e2⎜e2−e2⎟∞M−jωMjω(2M+1)⎜⎟jωjωnjωne()1−e⎝⎠W(e)=∑w[n]e=∑e=jω=ωωωn=−∞n=−M1−ej⎛−jj⎞e2⎜e2−e2⎟⎜⎟

22、⎝⎠⎡⎛1⎞⎤sin⎢ω⎜M+⎟⎥⎣⎝2⎠⎦=⎛ω⎞sin⎜⎟⎝2⎠⎛3ω⎞⎛ω⎞3⎛ω⎞sin⎜⎟3sin⎜⎟−4sin⎜⎟jω⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠2⎛ω⎞当M=1时，W(e)===3−4sin⎜⎟⎛ω⎞⎛ω⎞⎝2⎠sin⎜⎟sin⎜⎟⎝2⎠⎝2⎠2⎛ω⎞=−1+4cos⎜⎟=1+2cosω⎝2⎠jω当M=3时，W(e)=2cosω+cos2ω+2cos3ωjω1a−at八、解：（1）G(ω)=1+，则H(ω)==，从而h(t)=aeu(t)；aG(ω)a+jω11（2）N(jω)=δ(ω−2πf)+δ(ω+2πf)，则221a1aY(j

23、ω)=N(jω)H(jω)=δ(ω−2πf)+δ(ω+2πf)，随频率f减n2a+j2πf2a−j2πf小，噪声干扰就增大。（3）选择在高频下工作。华南理工大学07年《信号与系统》考研试题参考答案二、填空题61．。2ω+92．是、不是。3．Re{s}>0。4．ω、bk=e−jkωa+ejkω1a。1k−kn+2nn−15．2[u(n+1)−u(n−2)]+5⋅2{u(n)−u(n−3)]+3⋅2[u(n−1)−u(n−4)]4π6．3ωm二、选择题1．ACD2．C3．C4．A5．A5三、解：由a19=1可知a1=1，a14=2可知a2=2

24、，则a−1=1，a−2=2。由∑x[n]=2n=0711n11可知a0=×2=，由∑x[n](−1)=1可知a3=×1=，从而63n=26611a=×1=。−366四、解：周期信号的频谱是离散的，而图示信号频谱是连续的，显然是非周期的。信号频谱jωjω的模

25、X(e)是偶对称的，而相角是奇对称的，显然X(e)不是偶信号。由于*−jωjωj2(−ω)*jωj2ωX(e)=

26、X(e)

27、[e]=

28、X(e)e，所以信号是实信号。而1Tjω2∫−

29、X(e)

30、dω<∞，有限能量。TT五、解：1．如图所示，y(t)=x(t)−x(t)*h(t)，则Y(j

31、ω)=X(jω)−X(jω)H(jω)，H(jω)000为低通特性，则H(jω)为高通特性。1+x(t)H0(jω)∑y(t)—sinωtsinωtcc2．h(t)=，则h(t)=δ(t)−。01πtπtπ3．ω上升，则上升时间变长，信号变化缓慢，即h(t)变得越来越窄、尖。c1ωcsinty(t)=t六、解：由于系统是一因果稳定系统，则收敛域应包围jω轴，且在S平面的右边部分。输2dh(t)dh(t)入信号f(t)=+2+2h(t)是有限长的，则F(s)的ROC应该是整个2dtdtG(s)S平面，即F(s)没有极点，因此可设H(s)=。

32、输入为u(t)时，输出是2s+2s+2绝对可积的，而输入为tu(t)时，输出不是绝对可积的，可知G(s)中应该含有s乘11积因子，而没有s的高阶因子。考虑到u(t)↔，tu(t)↔，且H(s)