信号与系统期末考试A
一、判断题。本题10分(每小题1分)
1、非周期信号一定是能量信号。（ × ） 2、两个周期信号之和一定是周期信号。（ √ ） 3、随机信号一定是周期信号。（ × ） 4、信号f (t ) =8e
−4t
u (t ) 为能量信号。（ √ ）
（ √ ） 5、信号f (t ) =tu (t ) 是一个非能量非功率信号。
6、信号f (t ) =A sin 4t +B cos 7t ，其中A 、B 为常数。则f (t ) 的周期为3π。（ × ） 7、信号f (t ) =5sin(2πt ) +10sin(3πt ), −∞
二、画图题。本题8分(每小题4分)
1、已知连续时间信号f (t ) 的波形如下：
n
画出信号f (t /2)，f (t -2) u (t -2) ，f (-2-t ) u (-t ) 的波形，并标明主要坐标点。
解：
2、已知离散时间信号x (n ) 的波形如下：
画出信号x (4-n ) ，x (2n +1)，x (n ) u(2-n ) 的波形，并标明坐标点。
解：
三、计算积分。本题7分(每小题1分) 1、3、5、7、
∫∫∫∫
∞
−∞∞
δ(t −4) cos tdt 2、∫δ(t )
−∞∞−∞∞
∞
sin 3t
dt t
−∞∞
(t 2+t +2) δ(1−t ) dt 4、∫(e −2t +e −t ) δ(t +2) dt
0−
2
cos t δ(t ) dt 6、∫δ'(t ) (2t 2+t −4) δ(2t −4) dt
sin10t
dt 10t
10
−10
解：1、
∞
∫
∞
−∞
δ(t −4) cos tdt =cos 4
∞sin 3t sin 3t sin 3t
2、∫δ(t ) dt =∫3δ(t ) dt =lim 3=3
−∞−∞t →0t 3t 3t
3、4、6、
∫∫
∞
−∞∞
(t 2+t +2) δ(1−t ) dt =12+1+2=4
(e −2t +e −t ) δ(t +2) dt =e −2(−2) +e −(−2) =e 4+e 2 5、∫cos t δ(t ) dt =0
2∞
−∞∞
∫
0−10
δ'(t )
sin10t d ⎛sin10t ⎞10t cos10t −sin10t
dt =−⎜=−⎟10t dt ⎝10t ⎠t =010t 2
=−5sin10t t =0=0
t =0
7、
∫
−10
(2t 2+t −4) δ(2t −4) dt =
110122
t +t −δt −dt =(24) (2) [2t +t −4]t =2=3 ∫−1022
四、求下列两函数的卷积x *h 。本题12分(每小题3分) 1、x (t ) =e u (t ) ，h (t ) =u (t −1) ； 2、x (t ) =e
n
n
−t
−2t
u (t +1) ，h (t ) =u (t −3)
3、x (n ) =a u (n ) ，h (n ) =b u (n ) 4、x (n ) =2u (−n ) ，h (n ) =u (n )
解：1、
t d
x (t ) ∗h (t ) =e u (t ) ∗u (t −1) =u (t −1) ∗∫e −τu (τ) d τ
0− dt
=δ(t −1) ∗[u (t ) −e −t u (t )]=[1−e −(t −1) ]u (t −1)
−t
n
2、
x (t ) ∗h (t ) =∫e u (τ+1) u (t −τ−3) d τ=∫
−∞
∞
−2τ
t −3
−1
e −2τd τ⋅u (t −2)
1=−e −2τ
2
∞
t −3
−1
1
⋅u (t −2) =−[e −2t +6−e 2]u (t −2)
2
n
k
⎧b n +1−a n +1
u (n ) (a ≠b ) ⎛a ⎞⎪k n −k n
3、 x (n ) ∗h (n ) =∑a u (k ) b u (n −k ) =b ∑⎜⎟=⎨b −a
b ⎠⎪k =−∞k =0⎝n
n a u (n ) (1) (a =b ) +⎩⎧n k n +1
2=2(n ≤0) ∑⎪∞
⎪k =−∞k
4、 x (n ) ∗h (n ) =∑2u (−k ) u (n −k ) =⎨
k =−∞⎪2k =2(n >0) ∑⎪⎩k =−∞
五、时域分析方法。本题8分。
线性时不变系统具有非零的初始状态，当激励信号为x (t ) 时，系统的全响应为：
y 1(t ) =e −t +2cos πt (t >0)
若系统的初始状态不变，当激励信号为2x (t ) 时，系统的全响应为：
y 2(t ) =3cos πt (t >0)
求在同样的初始条件下，激励为3x (t ) 时系统的全响应。
解：首先将系统的全响应分解为零输入响应和零状态响应：
y 1(t ) =y 1zi (t ) +y 1zs (t ) (1) y 2(t ) =y 2zi (t ) +y 2zs (t ) (2)
由于系统初始状态不变，因此系统零输入相应满足：y 1zi (t ) =y 2zi (t )
因为系统的零状态响应是系统激励信号的线性函数，即：y 2zs (t ) =2y 1zs (t ) ，因此
y 2(t ) =y 1zi (t ) +2y 1zs (t ) (3)
由(1)式、(3)式可得：
y 1zs (t ) =y 2(t ) −y 1(t ) =−e −t +cos πt (t >0) y 1zi (t ) =y 1(t ) −y 1zs (t ) =2e −t +cos πt (t >0)
因此当系统初始条件不变，而激励为3x (t ) 时系统的全响应为：
y 3(t ) =y 1zi (t ) +3y 1zs (t ) =−e −t +4cos πt (t >0)
六、傅里叶变换。本题18分(第1、2小题每题4分，第3小题10分) 。
1、x (t ) =
2a
，其中a 为常数。 2、x (t ) =t sgn(t ) ，其中sgn(t)为符号函数。
a 2+t 2
3、信号x (t ) 如下图所示，设x (t ) 的傅里叶变换为X (ω) 。在不求X (ω) 的条件下，求X (0)的值，以及积分
∫
∞
−∞
X (ω) d ω的值。
解：1、根据傅里叶变换的对称性质。因为e 2、根据频域微分性质。因为sgn(t )
−a |t |
2a 2a −a |ω|
，因此。 2e π2222
a +ωa +t
22j −2
，则(−jt )sgn(t ) 2，即t sgn(t ) 2 j ωωω
3、根据傅里叶变换定义：X (0)=X (ω) ω=0=同样，根据傅里叶反变换定义有：
∫
∞
−∞
x (t ) e −j ωt dt
ω=0
=∫x (t ) dt =2
−∞
∞
x (0)=x (t ) t =0=
由图中知，x (0)=2，因此：
1
2π
∫
∞
−∞
X (ω) e j ωt d ω
t =0
=
12π
∫
∞
−∞
X (ω) d ω
∫
∞
−∞
X (ω) d ω=2πx (0)=4π
七、拉普拉斯变换。本题19分(第1小题6分，第2小题5分，第3小题8分)
1、求下列信号的单边拉氏变换：x 1(t ) =δ(2t −1) ； x 2(t ) =te
−(t +3)
u (t +1)
2、已知x (t ) 为因果信号，即当t
x (t ) ∗
dx (t )
=(1−t ) e −t u (t ) dt
3、已知信号x (t ) =sin 2tu (t ) ，求下列信号的单边拉氏变换
⎛1⎞
x 1(t ) =t ⋅x ⎜t ⎟； x 2(t ) =e −2t ⋅x (5t )
⎝5⎠
解：1、
(1)因为δ(t ) 1，因此δ(t −1) e ，δ(2t −1) (2)因为：te
−(t +3)
−s
1−s 2e 2
u (t +1) =e −3te −t u (t +1) ，由于是求单边拉斯变换，因此：
1
，由s 域微分性质可知： s +1
L [te -t u (t +1)]=L [te -t u (t )]，由于e -t u (t )
-t
1e −3−3−t
te u (t ) ，于是：e te u (t +1) 22
(s +1) (s +1)
2、将表达式写成：x (t ) ∗
dx (t )
=e −t u (t ) −te −t u (t ) ，对方程两边进行拉斯变换： dt
11s 12
−=X (s ) =，
(s +1) 2s +1(s +1) 2(s +1) 2
1−t
，x (t ) =±e u (t ) s +1
sX (s ) ⋅X (s ) =
X (s ) =±
3、
(1)因为x (t ) X (s ) =
2⎛1⎞
，而x ⎜t ⎟5X (5s ) ，由s 域微分性质可得： 2
s +4⎝5⎠
d d ⎛10⎞500s ⎛1⎞
x 1(t ) =t ⋅x ⎜t ⎟−[5X (5s )]=−⎜= ⎟222
5ds ds 25s +4(25s +4) ⎝⎠⎝⎠
(2)因为x (5t )
1⎛s ⎞
X ⎜⎟，根据复频移性质有： 5⎝5⎠
x 2(t ) =e −2t x (5t )
1⎡s +2⎤1210X ⎢ ==22⎥5⎣5⎦5⎛s +2⎞(s +2) +100
4+⎜⎟
⎝5⎠
八、z 变换。本题18分(第1小题10分，第2小题8分)
1、求下列信号的z 变换，并标明收敛域：x 1(n ) =u (n ) −u (n −8) ，x 2(n ) =n (n −1) u (n ) 2、已知信号x (n ) 的z 变换为：X (z ) =
4z
(|z |>0.5) ，求下列信号的z 变换，
(z +0.5) 2
n
并标明收敛域：x 1(n ) =x (n −2) ， x 2(n ) =2x (n )
解：1、
(1)根据线性性质。因为u (n )
x (n ) =u (n ) −u (n −8)
z
−z −8
z −1
z z −8
，利用时移性质：u (n −8) z ，因此：z −1z −1z z =(1−z −8) (|z |>1) z −1z −1
2
(2)将原信号写成：x (n ) =n (n −1) u (n ) =n u (n ) −nu (n ) ，根据时域线性加权性质：利用u (n )
d z z −1−z z z
=−z =，则nu (n ) −z ，同样有： 22
dz z −1z −1(z −1) (z −1)
d z (z −1) 2−2(z −1) z −z (1−z 2) z (z +1)
n u (n ) −z =−z == 2443
dz (z −1) (z −1) (z −1) (z −1)
2
x (n ) =n 2u (n ) −nu (n )
2、
z (z +1) z z (z +1) −z (z −1) 2z
−==(|z |>1) 3233
(z −1) (z −1) (z −1) (z −1)
(1)根据性质：x (n ±k ) z
±k
X (z ) ，因此有：
−2
4z −1
x 1(n ) =x (n −2) z X (z ) =(|z |>0.5)
(z +0.5) 2
(2)根据性质：a x (n ) X ⎜
n
⎛z ⎞
⎟，因此有： ⎝a ⎠
4z 8z
(|z |>1)
(z +1) 2
x 2(n ) =2n x (n )
⎛z ⎞
0.5+⎜⎟⎝2⎠
2
=
信号与系统期末考试A
一、判断题。本题10分(每小题1分)
1、非周期信号一定是能量信号。（ × ） 2、两个周期信号之和一定是周期信号。（ √ ） 3、随机信号一定是周期信号。（ × ） 4、信号f (t ) =8e
−4t
u (t ) 为能量信号。（ √ ）
（ √ ） 5、信号f (t ) =tu (t ) 是一个非能量非功率信号。
6、信号f (t ) =A sin 4t +B cos 7t ，其中A 、B 为常数。则f (t ) 的周期为3π。（ × ） 7、信号f (t ) =5sin(2πt ) +10sin(3πt ), −∞
二、画图题。本题8分(每小题4分)
1、已知连续时间信号f (t ) 的波形如下：
n
画出信号f (t /2)，f (t -2) u (t -2) ，f (-2-t ) u (-t ) 的波形，并标明主要坐标点。
解：
2、已知离散时间信号x (n ) 的波形如下：
画出信号x (4-n ) ，x (2n +1)，x (n ) u(2-n ) 的波形，并标明坐标点。
解：
三、计算积分。本题7分(每小题1分) 1、3、5、7、
∫∫∫∫
∞
−∞∞
δ(t −4) cos tdt 2、∫δ(t )
−∞∞−∞∞
∞
sin 3t
dt t
−∞∞
(t 2+t +2) δ(1−t ) dt 4、∫(e −2t +e −t ) δ(t +2) dt
0−
2
cos t δ(t ) dt 6、∫δ'(t ) (2t 2+t −4) δ(2t −4) dt
sin10t
dt 10t
10
−10
解：1、
∞
∫
∞
−∞
δ(t −4) cos tdt =cos 4
∞sin 3t sin 3t sin 3t
2、∫δ(t ) dt =∫3δ(t ) dt =lim 3=3
−∞−∞t →0t 3t 3t
3、4、6、
∫∫
∞
−∞∞
(t 2+t +2) δ(1−t ) dt =12+1+2=4
(e −2t +e −t ) δ(t +2) dt =e −2(−2) +e −(−2) =e 4+e 2 5、∫cos t δ(t ) dt =0
2∞
−∞∞
∫
0−10
δ'(t )
sin10t d ⎛sin10t ⎞10t cos10t −sin10t
dt =−⎜=−⎟10t dt ⎝10t ⎠t =010t 2
=−5sin10t t =0=0
t =0
7、
∫
−10
(2t 2+t −4) δ(2t −4) dt =
110122
t +t −δt −dt =(24) (2) [2t +t −4]t =2=3 ∫−1022
四、求下列两函数的卷积x *h 。本题12分(每小题3分) 1、x (t ) =e u (t ) ，h (t ) =u (t −1) ； 2、x (t ) =e
n
n
−t
−2t
u (t +1) ，h (t ) =u (t −3)
3、x (n ) =a u (n ) ，h (n ) =b u (n ) 4、x (n ) =2u (−n ) ，h (n ) =u (n )
解：1、
t d
x (t ) ∗h (t ) =e u (t ) ∗u (t −1) =u (t −1) ∗∫e −τu (τ) d τ
0− dt
=δ(t −1) ∗[u (t ) −e −t u (t )]=[1−e −(t −1) ]u (t −1)
−t
n
2、
x (t ) ∗h (t ) =∫e u (τ+1) u (t −τ−3) d τ=∫
−∞
∞
−2τ
t −3
−1
e −2τd τ⋅u (t −2)
1=−e −2τ
2
∞
t −3
−1
1
⋅u (t −2) =−[e −2t +6−e 2]u (t −2)
2
n
k
⎧b n +1−a n +1
u (n ) (a ≠b ) ⎛a ⎞⎪k n −k n
3、 x (n ) ∗h (n ) =∑a u (k ) b u (n −k ) =b ∑⎜⎟=⎨b −a
b ⎠⎪k =−∞k =0⎝n
n a u (n ) (1) (a =b ) +⎩⎧n k n +1
2=2(n ≤0) ∑⎪∞
⎪k =−∞k
4、 x (n ) ∗h (n ) =∑2u (−k ) u (n −k ) =⎨
k =−∞⎪2k =2(n >0) ∑⎪⎩k =−∞
五、时域分析方法。本题8分。
线性时不变系统具有非零的初始状态，当激励信号为x (t ) 时，系统的全响应为：
y 1(t ) =e −t +2cos πt (t >0)
若系统的初始状态不变，当激励信号为2x (t ) 时，系统的全响应为：
y 2(t ) =3cos πt (t >0)
求在同样的初始条件下，激励为3x (t ) 时系统的全响应。
解：首先将系统的全响应分解为零输入响应和零状态响应：
y 1(t ) =y 1zi (t ) +y 1zs (t ) (1) y 2(t ) =y 2zi (t ) +y 2zs (t ) (2)
由于系统初始状态不变，因此系统零输入相应满足：y 1zi (t ) =y 2zi (t )
因为系统的零状态响应是系统激励信号的线性函数，即：y 2zs (t ) =2y 1zs (t ) ，因此
y 2(t ) =y 1zi (t ) +2y 1zs (t ) (3)
由(1)式、(3)式可得：
y 1zs (t ) =y 2(t ) −y 1(t ) =−e −t +cos πt (t >0) y 1zi (t ) =y 1(t ) −y 1zs (t ) =2e −t +cos πt (t >0)
因此当系统初始条件不变，而激励为3x (t ) 时系统的全响应为：
y 3(t ) =y 1zi (t ) +3y 1zs (t ) =−e −t +4cos πt (t >0)
六、傅里叶变换。本题18分(第1、2小题每题4分，第3小题10分) 。
1、x (t ) =
2a
，其中a 为常数。 2、x (t ) =t sgn(t ) ，其中sgn(t)为符号函数。
a 2+t 2
3、信号x (t ) 如下图所示，设x (t ) 的傅里叶变换为X (ω) 。在不求X (ω) 的条件下，求X (0)的值，以及积分
∫
∞
−∞
X (ω) d ω的值。
解：1、根据傅里叶变换的对称性质。因为e 2、根据频域微分性质。因为sgn(t )
−a |t |
2a 2a −a |ω|
，因此。 2e π2222
a +ωa +t
22j −2
，则(−jt )sgn(t ) 2，即t sgn(t ) 2 j ωωω
3、根据傅里叶变换定义：X (0)=X (ω) ω=0=同样，根据傅里叶反变换定义有：
∫
∞
−∞
x (t ) e −j ωt dt
ω=0
=∫x (t ) dt =2
−∞
∞
x (0)=x (t ) t =0=
由图中知，x (0)=2，因此：
1
2π
∫
∞
−∞
X (ω) e j ωt d ω
t =0
=
12π
∫
∞
−∞
X (ω) d ω
∫
∞
−∞
X (ω) d ω=2πx (0)=4π
七、拉普拉斯变换。本题19分(第1小题6分，第2小题5分，第3小题8分)
1、求下列信号的单边拉氏变换：x 1(t ) =δ(2t −1) ； x 2(t ) =te
−(t +3)
u (t +1)
2、已知x (t ) 为因果信号，即当t
x (t ) ∗
dx (t )
=(1−t ) e −t u (t ) dt
3、已知信号x (t ) =sin 2tu (t ) ，求下列信号的单边拉氏变换
⎛1⎞
x 1(t ) =t ⋅x ⎜t ⎟； x 2(t ) =e −2t ⋅x (5t )
⎝5⎠
解：1、
(1)因为δ(t ) 1，因此δ(t −1) e ，δ(2t −1) (2)因为：te
−(t +3)
−s
1−s 2e 2
u (t +1) =e −3te −t u (t +1) ，由于是求单边拉斯变换，因此：
1
，由s 域微分性质可知： s +1
L [te -t u (t +1)]=L [te -t u (t )]，由于e -t u (t )
-t
1e −3−3−t
te u (t ) ，于是：e te u (t +1) 22
(s +1) (s +1)
2、将表达式写成：x (t ) ∗
dx (t )
=e −t u (t ) −te −t u (t ) ，对方程两边进行拉斯变换： dt
11s 12
−=X (s ) =，
(s +1) 2s +1(s +1) 2(s +1) 2
1−t
，x (t ) =±e u (t ) s +1
sX (s ) ⋅X (s ) =
X (s ) =±
3、
(1)因为x (t ) X (s ) =
2⎛1⎞
，而x ⎜t ⎟5X (5s ) ，由s 域微分性质可得： 2
s +4⎝5⎠
d d ⎛10⎞500s ⎛1⎞
x 1(t ) =t ⋅x ⎜t ⎟−[5X (5s )]=−⎜= ⎟222
5ds ds 25s +4(25s +4) ⎝⎠⎝⎠
(2)因为x (5t )
1⎛s ⎞
X ⎜⎟，根据复频移性质有： 5⎝5⎠
x 2(t ) =e −2t x (5t )
1⎡s +2⎤1210X ⎢ ==22⎥5⎣5⎦5⎛s +2⎞(s +2) +100
4+⎜⎟
⎝5⎠
八、z 变换。本题18分(第1小题10分，第2小题8分)
1、求下列信号的z 变换，并标明收敛域：x 1(n ) =u (n ) −u (n −8) ，x 2(n ) =n (n −1) u (n ) 2、已知信号x (n ) 的z 变换为：X (z ) =
4z
(|z |>0.5) ，求下列信号的z 变换，
(z +0.5) 2
n
并标明收敛域：x 1(n ) =x (n −2) ， x 2(n ) =2x (n )
解：1、
(1)根据线性性质。因为u (n )
x (n ) =u (n ) −u (n −8)
z
−z −8
z −1
z z −8
，利用时移性质：u (n −8) z ，因此：z −1z −1z z =(1−z −8) (|z |>1) z −1z −1
2
(2)将原信号写成：x (n ) =n (n −1) u (n ) =n u (n ) −nu (n ) ，根据时域线性加权性质：利用u (n )
d z z −1−z z z
=−z =，则nu (n ) −z ，同样有： 22
dz z −1z −1(z −1) (z −1)
d z (z −1) 2−2(z −1) z −z (1−z 2) z (z +1)
n u (n ) −z =−z == 2443
dz (z −1) (z −1) (z −1) (z −1)
2
x (n ) =n 2u (n ) −nu (n )
2、
z (z +1) z z (z +1) −z (z −1) 2z
−==(|z |>1) 3233
(z −1) (z −1) (z −1) (z −1)
(1)根据性质：x (n ±k ) z
±k
X (z ) ，因此有：
−2
4z −1
x 1(n ) =x (n −2) z X (z ) =(|z |>0.5)
(z +0.5) 2
(2)根据性质：a x (n ) X ⎜
n
⎛z ⎞
⎟，因此有： ⎝a ⎠
4z 8z
(|z |>1)
(z +1) 2
x 2(n ) =2n x (n )
⎛z ⎞
0.5+⎜⎟⎝2⎠
2
=