5． 2n+2[u(n + 1) − u(n − 2)] + 5 ⋅ 2n{u(n) − u(n − 3)] + 3 ⋅ 2n−1[u(n −1) − u(n − 4)]
6． 4π 3ωm
二、选择题 1．ACD 2．C 3．C 4．A 5．A
5
∑ 三、解：由 a19 = 1 可知 a1 = 1 ，a14 = 2 可知 a2 = 2 ，则 a−1 = 1 ，a−2 = 2 。由 x[n] = 2 n=0
就会出现两个脉冲，检测一下脉冲出现的时刻就可以没得 t0 和 t1 了。
八、解：由条件（1）知系统函数的极点为共轭对；由条件（6）知 H (−1) = 2 ；由条件（3）
和（4）可设系统函数为
H (z)
=
(z
+
kz 2 a)(z
+
a*)
，将条件
H (−1)
=
2 和条件（3）代入
可解得： H (z) =
∞
X (e
j
(ω
− πk 2
)
)
，G
(e
jω
)
H
(e
jω
)
=
X (e jω )
k =−∞
4 k =−∞
则
H
(ejω
)
=
⎪⎧4 ⎨
⎪0
⎩
| ω |≤ π 4
| ω |> π 4
X (e jω )
H (e jω ) 4
−π
πω
4
4
−π
πω
4
4
∑ 十一、解： s(t) = ∞ (−1)kδ (t − k Ts ) ，
2
2
（4）对于（i）， h[n] = (1 )n u[n] ；对于（ii）， h[n] = −(1 )n u[−n −1] ；
2
2
（5）Z 变换和付立叶变换的关系：若 ROC 包含单位圆，则
H (e
jω
)
=
H (z)
| z=e jω
。当 |
z
|≥
1 2
时， H (e jω ) =
H (z) |z=e jω = 1−
e− jωM
⋅
e
j
ω
(
2
M 2
+1)
⎜⎜⎝⎛
−
e
j
ω
(
2
M 2
+1)
e
j
ω 2
⎜⎜⎝⎛
e
−
j
ω 2
ω j
−e 2
− ⎟⎟⎠⎞
jω (2M +1)
e2
⎟⎟⎠⎞
=
sin⎢⎣⎡ω⎜⎝⎛ M + sin⎜⎛ ω ⎟⎞
1 2
⎟⎠⎞⎥⎦⎤
⎝2⎠
当M
= 1 时，W (e jω )
=
sin⎜⎛ 3ω ⎟⎞ ⎝2⎠
sin⎜⎛ ω ⎟⎞
δ (ω
− 2πf
)+
1 2
a
−
a j2πf
δ (ω
+
2πf
)
，随频率
f
减
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
1． 6 。 ω2 +9
2．是、不是。
3． Re{s} > 0 。 4． ω1 、 bk = e− jkω ak + e6
×2
=
1 3
，由
7
x[n](−1)n = 1
n=2
可知
a3
=
1 6
×1 =
1 6
，从而
a−3
=
1 6
×1 =
1 6
。
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
的模 | X (e jω ) 是偶对称的，而相角是奇对称的，显然 X (e jω ) 不是偶信号。由于
。若 H1 (s) = H (s)G(s) = K ，
其中 K 为常数，则系统没有回音，从而 G(s) = 1 = K (1 + αe−sT ) （通常取 K=1）。 H (s)
（2） y(t) = x(t) + αx(t − T )
α
x(t)
y(t)
∑ ∑ 十、解：g[n] = x[n] ∞ δ [n − 4k] ，G(e jω ) = 1
而
H1(s)
=
1 s
e−s
，
Re{s}
>
0
H2 (s)
=
s
1 +
2
e−(s+2) ， Re{s} >
−2
H3 (s)
=
s
1 +1
，
Re{s}
>
−1
所以
H (s) = 1 + 1 e−(s+2) + 1 e−s + 1 e−3s−4 ， Re{s} > 0
s +1 s + 2
s(s + 1) s(s + 2)
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
入信号
f
(t)
=
d 2h(t) dt 2
+
2
dh(t) dt
+
2h(t) 是有限长的，则
F(s) 的
ROC
应该是整个
S 平面，即 F (s) 没有极点，因此可设 H (s) = G(s) 。输入为 u(t)时，输出是 s2 + 2s + 2
则系统函数为
H (e jω ) = H LP (e j(ω−π ) + H LP (e jω )
显然是带阻滤波器。
H (e jω )
−π
−π π
π
ω
44
华南理工大学 06 年《信号与系统》考研试题参考答案
一、填空题
1． x[n] − x[n −1] = y[n] + 1 y[n −1] 2
2． h(t) = e−t+2 。
k =−∞
2
f s (t) =
f (t) ⋅ s(t) ，则
∑ ∑ Fs ( jω)
=
1 2π
F ( jω) * S(
jω)
=
4π Ts
∞
(−1)k δ (ω
k =−∞
−
4π Ts
)
=
2 Ts
∞
(−1)k F ( j(ω
k =−∞
−
4π Ts
k ))
十二、解： w1[n] = x[n](−1)n = e jπn x[n] ，则W1 (e jω ) = X (e j(ω−π ) ) ； W2 (e jω ) = W1 (e jω )H LP (e jω ) = H LP (e jω ) X (e j(ω−π ) ) ， w3[n] = e jπn w2[n] ，
3．课本原题，3.10。
4． x(t) = e−atu(t) − e−at u(t − T )
5．幅度失真、相位失真、频率失真。
二、解：因果系统：系统输出只与当前和过去有关。显然不是因果系统。
三、解：
1) Re{x(t)} = 1 {x(t) + x* (t)} ； 2
2) Ev{x(t)} = 1 {x(t) + x(−t)} 2
代入得 A=1，最后得到 H (s) 为：
H (s) =
s
，ROC： Re{s} > −1。
s2 + 2s + 2
七、解：
（1） y[n] − 1 y[n −1] = x[n] ； 2
（2） H (z) = 1 ； 1 − 1 z −1 2
（3）（i）ROC：| z |≥ 1 ；（ii）ROC： 0 ≤| z |≤ 1 ；
8．B
三、判断
1．错。
2．错。
3．对。
4．对。
5．错。
6．对。
7．对。
四、解：（1） X (e jω ) *G(e jω ) = 1 + e jω ，从而 w[n] = x[n]⋅ g[n] = δ [n] + δ [n +1] 。
（2） y[n] = w[n]* hHP[n] = hHP[n] + hHP[n +1] ，
从而
h(t) = e−t u(t) + e−2t u(t − 1) + u(t − 1) − e−(t−1)u(t − 1) + 1 e−4u(t − 3) − 1 e−4e−2(t−3)u(t − 3)
2
2
九、解：（1） x(t) + αy(t − T ) =
y(t
)
，则
H
(
s)
=
1
+
1 αe
−
sT
为低通特性，则 H1 ( jω) 为高通特性。
+
x(t)
H 0 ( jω)
∑
y(t)
—
2． h 0 ( t ) =
sin ω c t πt
，则
h1
(t)
=
δ
(t)
−
sin ωct πt
。
3．
ω
c
上升，则上升时间
π ωc
变长，信号变化缓慢，即 h1(t) 变得越来越窄、尖。
y(t) = sin t t
X * (e− jω ) =| X (e jω ) | [e j2(−ω) ]* =| X (e jω )e j2ω ， 所 以 信 号 是 实 信 号 。 而