109 年 國立臺灣大學電信工程學研究所乙組《通信原理》

此題考驗對離散時間傅立葉級數 (DTFS) 的理解，特別是當訊號為週期訊號時，其傅立葉級數係數 $a_k$ 的計算與性質。

週期訊號 $x[n]$ 的週期為 $N=8$。其傅立葉級數展開式為：
$a_k = \frac{1}{N} \sum_{n=0}^{N-1} x[n] e^{-j \frac{2\pi}{N} kn}$
在此題中，$N=8$，且 $x[n]$ 的定義域為 $0 \le n \le 7$。
$a_k = \frac{1}{8} \sum_{n=0}^{7} x[n] e^{-j \frac{2\pi}{8} kn}$
題目給定的 $x[n]$ 定義為：
$x[n] = \begin{cases} A, & n=0 \\ B(1/2)^n, & 1 \le n \le 7 \end{cases}$
我們將 $n=0$ 的項單獨提出：
$a_k = \frac{1}{8} \left( x[0] e^{-j \frac{2\pi}{8} k \cdot 0} + \sum_{n=1}^{7} x[n] e^{-j \frac{2\pi}{8} kn} \right)$
$a_k = \frac{1}{8} \left( A e^0 + \sum_{n=1}^{7} B(1/2)^n e^{-j \frac{\pi}{4} kn} \right)$
$a_k = \frac{1}{8} \left( A + B \sum_{n=1}^{7} (1/2)^n e^{-j \frac{\pi}{4} kn} \right)$
$a_k = \frac{1}{8} \left( A + B \sum_{n=1}^{7} \left(\frac{1}{2} e^{-j \frac{\pi}{4} k}\right)^n \right)$
這是一個幾何級數求和。令 $r = \frac{1}{2} e^{-j \frac{\pi}{4} k}$。
級數求和為 $\sum_{n=1}^{7} r^n = r \frac{1-r^7}{1-r}$。
$a_k = \frac{1}{8} \left( A + B \frac{\frac{1}{2} e^{-j \frac{\pi}{4} k} \left(1 - \left(\frac{1}{2} e^{-j \frac{\pi}{4} k}\right)^7\right)}{1 - \frac{1}{2} e^{-j \frac{\pi}{4} k}} \right)$
為了判斷 $a_k$ 是否為實數，我們需要看 $a_k$ 是否等於其複數共軛 $a_k^*$。
$a_k^* = \left( \frac{1}{8} \left( A + B \sum_{n=1}^{7} (1/2)^n e^{-j \frac{\pi}{4} kn} \right) \right)^*$
$a_k^* = \frac{1}{8} \left( A^* + B^* \sum_{n=1}^{7} (1/2)^n e^{j \frac{\pi}{4} kn} \right)$
若 $A$ 和 $B$ 是實數，則 $A^*=A$ 且 $B^*=B$。
$a_k^* = \frac{1}{8} \left( A + B \sum_{n=1}^{7} (1/2)^n e^{j \frac{\pi}{4} kn} \right)$
要使 $a_k$ 為實數，必須 $a_k = a_k^*$。

此題延續上一題，考驗傅立葉級數係數的奇偶性。

我們已經計算出 $a_k$ 的表達式：
$a_k = \frac{1}{8} \left( A + B \sum_{n=1}^{7} (1/2)^n e^{-j \frac{\pi}{4} kn} \right)$
當 $A=2, B=1$ 時：
$a_k = \frac{1}{8} \left( 2 + \sum_{n=1}^{7} (1/2)^n e^{-j \frac{\pi}{4} kn} \right)$
一個序列 $a_k$ 被稱為奇訊號，如果 $a_{-k} = -a_k$ 對於所有的 $k$ 都成立。
我們需要計算 $a_{-k}$：
$a_{-k} = \frac{1}{8} \left( 2 + \sum_{n=1}^{7} (1/2)^n e^{-j \frac{\pi}{4} (-k)n} \right)$
$a_{-k} = \frac{1}{8} \left( 2 + \sum_{n=1}^{7} (1/2)^n e^{j \frac{\pi}{4} kn} \right)$
要判斷 $a_k$ 是否為奇訊號，我們需要檢查 $a_{-k} = -a_k$ 是否成立。

此題繼續考驗傅立葉級數係數的性質，這次參數 $B$ 是複數。

$a_k$ 的表達式為：
$a_k = \frac{1}{8} \left( A + B \sum_{n=1}^{7} (1/2)^n e^{-j \frac{\pi}{4} kn} \right)$
給定 $A = 2$ (實數), $B = j$ (純虛數)。
$a_k = \frac{1}{8} \left( 2 + j \sum_{n=1}^{7} (1/2)^n e^{-j \frac{\pi}{4} kn} \right)$
$a_k = \frac{1}{8} \left( 2 + j \sum_{n=1}^{7} (1/2)^n (\cos(\frac{\pi}{4} kn) - j \sin(\frac{\pi}{4} kn)) \right)$
$a_k = \frac{1}{8} \left( 2 + j \sum_{n=1}^{7} (1/2)^n \cos(\frac{\pi}{4} kn) - j^2 \sum_{n=1}^{7} (1/2)^n \sin(\frac{\pi}{4} kn) \right)$

此題考驗傅立葉級數係數的偶性，且參數 $B$ 為複數。

$a_k$ 的表達式為：
$a_k = \frac{1}{8} \left( A + B \sum_{n=1}^{7} (1/2)^n e^{-j \frac{\pi}{4} kn} \right)$
給定 $A = 2$ (實數), $B = -j$ (純虛數)。
$a_k = \frac{1}{8} \left( 2 - j \sum_{n=1}^{7} (1/2)^n e^{-j \frac{\pi}{4} kn} \right)$
$a_k = \frac{1}{8} \left( 2 - j \sum_{n=1}^{7} (1/2)^n (\cos(\frac{\pi}{4} kn) - j \sin(\frac{\pi}{4} kn)) \right)$
$a_k = \frac{1}{8} \left( 2 - j \sum_{n=1}^{7} (1/2)^n \cos(\frac{\pi}{4} kn) + j^2 \sum_{n=1}^{7} (1/2)^n \sin(\frac{\pi}{4} kn) \right)$
$a_k = \frac{1}{8} \left( 2 - \sum_{n=1}^{7} (1/2)^n \sin(\frac{\pi}{4} kn) - j \sum_{n=1}^{7} (1/2)^n \cos(\frac{\pi}{4} kn) \right)$
一個序列 $a_k$ 被稱為偶訊號，如果 $a_{-k} = a_k$ 對於所有的 $k$ 都成立。
我們計算 $a_{-k}$：
$a_{-k} = \frac{1}{8} \left( 2 - j \sum_{n=1}^{7} (1/2)^n e^{-j \frac{\pi}{4} (-k)n} \right)$
$a_{-k} = \frac{1}{8} \left( 2 - j \sum_{n=1}^{7} (1/2)^n e^{j \frac{\pi}{4} kn} \right)$

此題考驗訊號取樣定理 (Nyquist-Shannon Sampling Theorem) 的應用。訊號 $x(t)$ 的 Nyquist rate 是 $\omega_0$，這意味著 $x(t)$ 的頻寬 $W$ 滿足 $\omega_0 = 2W$ (若以角頻率表示) 或 $f_0 = 2B$ (若以頻率表示)。因此，$x(t)$ 的最高頻率成分是 $W = \omega_0/2$ (或 $B = f_0/2$)。

訊號取樣定理指出，若要無失真地重建一個頻寬為 $W$ 的訊號，則取樣頻率 $f_s$ 必須大於或等於 Nyquist rate $2B$。換句話說，取樣週期 $T$ 必須滿足 $T \le \frac{1}{2B}$。

此題考驗訊號取樣定理的應用，特別是當訊號經過非線性變換（例如平方）後的頻譜變化。

訊號 $x(t)$ 的 Nyquist rate 是 $\omega_0$，表示其頻寬 $W = \omega_0/2$。
考慮訊號 $y(t) = x^2(t)$。
若 $x(t)$ 的頻譜為 $X(j\omega)$，其頻寬為 $W$ (即 $X(j\omega)=0$ for $|\omega| > W$)。
則 $y(t) = x(t) \cdot x(t)$ 的頻譜 $Y(j\omega)$ 是 $X(j\omega)$ 的卷積：
$Y(j\omega) = \frac{1}{2\pi} (X(j\omega) * X(j\omega))$
卷積操作會擴展頻譜。

此題考驗訊號取樣定理的應用，特別是當訊號經過微分運算後的頻譜變化。

訊號 $x(t)$ 的 Nyquist rate 是 $\omega_0$，表示其頻寬 $W = \omega_0/2$。
考慮訊號 $y(t) = dx(t)/dt$。
若 $x(t)$ 的頻譜為 $X(j\omega)$，則 $y(t)$ 的頻譜為 $Y(j\omega) = j\omega X(j\omega)$。
微分運算會使訊號的頻譜在高頻部分衰減（乘以 $\omega$），但頻寬本身不會改變。

此題考驗訊號取樣定理的應用，特別是當訊號經過複數共軛運算後的頻譜變化。

訊號 $x(t)$ 的 Nyquist rate 是 $\omega_0$，表示其頻寬 $W = \omega_0/2$。
考慮訊號 $y(t) = x^*(t)$。
若 $x(t)$ 的頻譜為 $X(j\omega)$，則 $x^*(t)$ 的頻譜為 $X^*(-j\omega)$。
這個運算會將頻譜反轉並取共軛。
如果 $x(t)$ 是實訊號，則 $X(j\omega) = X^*(-j\omega)$，所以 $x^*(t) = x(t)$，頻譜不變，頻寬也不變。
然而，題目並沒有說明 $x(t)$ 是實訊號。如果 $x(t)$ 是複訊號，例如 $x(t) = u(t) + jv(t)$，那麼 $x^*(t) = u(t) - jv(t)$。
頻譜 $X(j\omega)$ 包含了 $u(t)$ 和 $v(t)$ 的頻譜。

此題考驗訊號取樣定理的應用，特別是當訊號與一個正弦訊號相乘後的頻譜變化。

訊號 $x(t)$ 的 Nyquist rate 是 $\omega_0$，表示其頻寬 $W = \omega_0/2$。
考慮訊號 $y(t) = x(t) \sin(\omega_0 t)$。
我們知道 $\sin(\omega_0 t) = \frac{e^{j\omega_0 t} - e^{-j\omega_0 t}}{2j}$。
因此，$y(t) = x(t) \frac{e^{j\omega_0 t} - e^{-j\omega_0 t}}{2j} = \frac{1}{2j} (x(t) e^{j\omega_0 t} - x(t) e^{-j\omega_0 t})$。
若 $x(t)$ 的頻譜為 $X(j\omega)$，則 $x(t) e^{j\omega_0 t}$ 的頻譜是 $X(j(\omega - \omega_0))$，這是將 $X(j\omega)$ 往右平移 $\omega_0$。
同理，$x(t) e^{-j\omega_0 t}$ 的頻譜是 $X(j(\omega + \omega_0))$，這是將 $X(j\omega)$ 往左平移 $\omega_0$。
由於 $x(t)$ 的頻寬是 $W = \omega_0/2$，所以 $X(j\omega)$ 在 $|\omega| > \omega_0/2$ 時為零。

此題考驗 LTI 系統的響應，特別是當輸入為複指數訊號（或其組合）時。

對於一個 LTI 系統，若輸入為 $x[n]$ 且脈衝響應為 $h[n]$，則輸出 $y[n]$ 為輸入與脈衝響應的卷積：$y[n] = x[n] * h[n]$。
然而，當輸入訊號是複指數訊號 $e^{j\omega n}$ 時，系統的輸出是 $H(e^{j\omega}) e^{j\omega n}$，其中 $H(e^{j\omega})$ 是系統的頻率響應。
如果輸入是三角函數，如 $\cos(\omega n)$ 或 $\sin(\omega n)$，我們可以將其視為複指數訊號的實部或虛部。
$\cos(\omega n) = \text{Re}\{e^{j\omega n}\}$
$\sin(\omega n) = \text{Im}\{e^{j\omega n}\}$

輸入訊號為 $x[n] = \cos\left(\frac{\pi n}{6}\right) + 3 \sin\left(\frac{\pi n}{3}\right)$。
我們可以將其寫成複指數形式：
$\cos\left(\frac{\pi n}{6}\right) = \text{Re}\{e^{j\frac{\pi}{6} n}\} = \frac{1}{2}(e^{j\frac{\pi}{6} n} + e^{-j\frac{\pi}{6} n})$
$\sin\left(\frac{\pi n}{3}\right) = \text{Im}\{e^{j\frac{\pi}{3} n}\} = \frac{1}{2j}(e^{j\frac{\pi}{3} n} - e^{-j\frac{\pi}{3} n})$

脈衝響應為 $h[n] = \sin(\pi n/4)$。
將其寫成複指數形式：
$\sin(\pi n/4) = \text{Im}\{e^{j\frac{\pi}{4} n}\} = \frac{1}{2j}(e^{j\frac{\pi}{4} n} - e^{-j\frac{\pi}{4} n})$

我們需要計算系統的頻率響應 $H(e^{j\omega})$。
離散時間傅立葉轉換 (DTFT) 的性質：
DTFT($\cos(\omega n)$) = $\pi [\delta(\Omega - \omega) + \delta(\Omega + \omega)]$
DTFT($\sin(\omega n)$) = $-j\pi [\delta(\Omega - \omega) - \delta(\Omega + \omega)]$
DTFT($e^{j\omega_0 n}$) = $2\pi \delta(\Omega - \omega_0)$

若 $h[n] = \sin(\frac{\pi}{4} n)$，則其 DTFT 為：
$H(e^{j\omega}) = \text{DTFT}\{\sin(\frac{\pi}{4} n)\} = \frac{1}{2j} (\text{DTFT}\{e^{j\frac{\pi}{4} n}\} - \text{DTFT}\{e^{-j\frac{\pi}{4} n}\})$
$H(e^{j\omega}) = \frac{1}{2j} (2\pi \delta(\omega - \frac{\pi}{4}) - 2\pi \delta(\omega - (-\frac{\pi}{4})))$
$H(e^{j\omega}) = j\pi (\delta(\omega - \frac{\pi}{4}) - \delta(\omega + \frac{\pi}{4}))$
注意：這裡的 $\omega$ 是連續變數，而輸入訊號的頻率是離散的 $\pi/4$。當我們說頻率響應 $H(e^{j\omega})$ 時，我們通常是指對離散頻率 $\omega_k = 2\pi k/N$ 的響應，或者在連續頻譜下的響應。
在這裡，輸入訊號的頻率是 $\pi/6$ 和 $\pi/3$。我們需要計算 $H(e^{j\pi/6})$ 和 $H(e^{j\pi/3})$。

$H(e^{j\omega}) = \text{DTFT}\{\sin(\frac{\pi}{4} n)\}$。
當 $\omega = \pi/6$ 時：
$H(e^{j\pi/6}) = \text{DTFT}\{\sin(\frac{\pi}{4} n)\}$ 在 $\omega = \pi/6$ 的值。

此題考驗 LTI 系統的響應，特別是當脈衝響應為單位脈衝 $\delta[n]$ 時。

對於一個 LTI 系統，若輸入為 $x[n]$ 且脈衝響應為 $h[n]$，則輸出 $y[n]$ 為輸入與脈衝響應的卷積：$y[n] = x[n] * h[n]$。
單位脈衝 $\delta[n]$ 是 LTI 系統的脈衝響應，它具有以下性質：
$x[n] * \delta[n] = x[n]$

此題考驗 LTI 系統的響應，特別是當脈衝響應為一個常數乘以單位脈衝時。

對於一個 LTI 系統，若輸入為 $x[n]$ 且脈衝響應為 $h[n]$，則輸出 $y[n]$ 為輸入與脈衝響應的卷積：$y[n] = x[n] * h[n]$。
若 $h[n] = c \cdot \delta[n]$，其中 $c$ 是常數，則：
$y[n] = x[n] * (c \cdot \delta[n]) = c \cdot (x[n] * \delta[n]) = c \cdot x[n]$
這表示當脈衝響應是單位脈衝的縮放版本時，輸出訊號是輸入訊號的相同縮放版本。

在本題中，輸入訊號為 $x[n] = \cos\left(\frac{\pi n}{6}\right) + 3 \sin\left(\frac{\pi n}{3}\right)$。
脈衝響應為 $h[n] = 2\delta[n]$。

此題考驗 LTI 系統的響應，特別是當輸入和脈衝響應都是由多個三角函數組成時。

對於 LTI 系統，輸入 $x[n]$ 與脈衝響應 $h[n]$ 的卷積是輸出 $y[n]$。
然而，當輸入訊號由複指數訊號的實部或虛部組成時，我們可以使用頻率響應來計算輸出。
$x[n] = \cos\left(\frac{\pi n}{6}\right) + 3 \sin\left(\frac{\pi n}{3}\right)$
$h[n] = \frac{1}{4}\cos\left(\frac{\pi n}{4}\right) + \sin\left(\frac{\pi n}{2}\right)$

我們需要計算 $H(e^{j\omega})$ 在輸入訊號頻率 $\omega = \pi/6$ 和 $\omega = \pi/3$ 的值。
$h[n] = \frac{1}{4}\cos\left(\frac{\pi n}{4}\right) + \sin\left(\frac{\pi n}{2}\right)$
$h[n] = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2}(e^{j\frac{\pi}{4} n} + e^{-j\frac{\pi}{4} n}) + \frac{1}{2j}(e^{j\frac{\pi}{2} n} - e^{-j\frac{\pi}{2} n})$
$h[n] = \frac{1}{8}e^{j\frac{\pi}{4} n} + \frac{1}{8}e^{-j\frac{\pi}{4} n} + \frac{1}{2j}e^{j\frac{\pi}{2} n} - \frac{1}{2j}e^{-j\frac{\pi}{2} n}$

頻率響應 $H(e^{j\omega})$ 的計算：
對於一般形式的脈衝響應 $h[n] = \sum_i A_i \cos(\omega_i n + \phi_i)$ 或 $h[n] = \sum_i B_i \sin(\omega_i n + \psi_i)$。
如果輸入訊號的頻率 $\omega_{in}$ 與 $h[n]$ 中的某個頻率 $\omega_h$ 相同，則該頻率分量的輸出為：
若輸入是 $\cos(\omega_{in} n)$，輸出是 $A_h \cos(\omega_{in} n + \phi_h)$，其中 $H(e^{j\omega_{in}}) = A_h e^{j\phi_h}$。

此題考驗 LTI 系統的性質，特別是穩定性 (stability)、因果性 (causality) 與脈衝響應 (impulse response) 之間的關係。

系統是穩定的，表示其脈衝響應 $h(t)$ 是絕對可積的 (absolutely integrable)，即 $\int_{-\infty}^{\infty} |h(t)| dt < \infty$。
系統是因果的，表示其脈衝響應 $h(t) = 0$ for $t < 0$。
對於因果 LTI 系統，其系統函數 $H(s)$ 的收斂域 (ROC) 必須是形式 $\text{Re}\{s\} > \sigma_p$，其中 $\sigma_p$ 是系統所有極點 (poles) 的最大實部。

已知 $H(s)$ 是有理函數，且有一個極點在 $s = -1+j$。
由於 $h(t)$ 是實函數，如果 $s_0$ 是 $H(s)$ 的極點，那麼其共軛 $s_0^*$ 也必須是極點。
因此，另一個極點必定在 $s = (-1+j)^* = -1-j$。
所以，至少有兩個極點：$p_1 = -1+j$ 和 $p_2 = -1-j$。
這兩個極點的實部都是 -1。
因此，對於因果系統，其 ROC 必定是 $\text{Re}\{s\} > -1$。

穩定性要求 $\int_{-\infty}^{\infty} |h(t)| dt < \infty$。
對於因果系統，這相當於要求 ROC 必須包含虛軸，即 $\text{Re}\{s\} > \sigma_p$ 必須包含 $\text{Re}\{s\} = 0$。
因此，必須 $\sigma_p < 0$。
我們已知極點的實部是 -1，所以 $\sigma_p = -1 < 0$。這符合穩定性要求。

此題考驗 LTI 系統的穩定性、因果性與收斂域 (ROC) 的關係。

已知系統是穩定的且因果的，脈衝響應 $h(t)$ 是實函數。
$H(s)$ 是有理函數。
一個極點在 $s = -1+j$。
由於 $h(t)$ 是實函數，極點 $-1-j$ 也必須存在。
對於因果系統，ROC 必須是 $\text{Re}\{s\} > \sigma_p$，其中 $\sigma_p$ 是所有極點實部的最大值。
兩個極點的實部都是 -1。

核心觀念

極限

$$\lim_{s\to\infty}H(s)$$

描述轉移函數 $H(s)$ 在高頻率下的增益，稱為高頻增益。此極限必須根據 $H(s)$ 的完整形式、方塊圖或電路資訊計算，不能僅由題目中的敘述本身推出。

若

$$H(s)=\frac{N(s)}{D(s)}$$

為有理式，則比較分子與分母的最高次項：

• $\deg N(s)<\deg D(s)$：

  $$\lim_{s\to\infty}H(s)=0$$

• $\deg N(s)=\deg D(s)$：若分子、分母最高次項係數分別為 $a$、$b$，則

  $$\lim_{s\to\infty}H(s)=\frac{a}{b}$$

• $\deg N(s)>\deg D(s)$：極限通常發散，不存在有限的高頻增益。

解題方法

計算 $s\to\infty$ 時的高頻增益，應保留分子與分母的最高次項。例如：

$$H(s)=\frac{3s^2+2s+1}{s^2+4s+5}$$

當 $s\to\infty$ 時，低次項相對於最高次項可忽略，因此

此題考驗系統函數 $H(s)$ 的對稱性。

已知系統是因果的，所以 ROC 是 $\text{Re}\{s\} > -1$。
已知系統的極點是 $s = -1+j$ 和 $s = -1-j$。
由於 $h(t)$ 是實函數，如果 $H(s)$ 在 $s_0$ 有極點，則在 $s_0^*$ 也有極點。

如果 $H(s) = H(-s)$，則表示 $H(s)$ 關於 $s=0$ 是偶函數。
這意味著如果 $s_0$ 是 $H(s)$ 的一個極點，那麼 $-s_0$ 也必須是 $H(s)$ 的一個極點。
我們已知極點是 $-1+j$ 和 $-1-j$。
那麼，$-(-1+j) = 1-j$ 也必須是極點。
以及 $-(-1-j) = 1+j$ 也必須是極點。
所以，如果 $H(s) = H(-s)$ 成立，那麼 $H(s)$ 至少有四個極點：$-1+j, -1-j, 1-j, 1+j$。
這與題目給定的「One of its poles is at -1+j」的說法不矛盾，但意味著還有其他極點。

然而，還有一個更重要的限制：系統是因果的，其 ROC 是 $\text{Re}\{s\} > -1$。
如果 $H(s) = H(-s)$ 成立，那麼 ROC 也必須滿足 $H(-s)$ 的 ROC。
如果 $H(s)$ 的 ROC 是 $\text{Re}\{s\} > -1$，那麼 $H(-s)$ 的 ROC 是 $\text{Re}\{-s\} > -1$，即 $-\text{Re}\{s\} > -1$，或者 $\text{Re}\{s\} < 1$。
所以，如果 $H(s) = H(-s)$ 成立，那麼 $H(s)$ 的 ROC 必須同時是 $\text{Re}\{s\} > -1$ 和 $\text{Re}\{s\} < 1$。
也就是 ROC 是 $-1 < \text{Re}\{s\} < 1$。

但是，對於因果系統，ROC 必須是 $\text{Re}\{s\} > \sigma_p$ 的形式。
而 $-1 < \text{Re}\{s\} < 1$ 不是這種形式。

核心觀念

題目敘述為：

$H(s)$ has more than 3 poles.

其核心是判斷傳遞函數 $H(s)$ 的極點數量。若

$$H(s)=\frac{N(s)}{D(s)}$$

將分子、分母約去公因式後，令分母為零：

$$D(s)=0$$

所得根即為 $H(s)$ 的極點。若題目計算極點重數，則重根須重複計算；若只計算不同極點位置，則每個不同根只算一次。

例如：

$$H(s)=\frac{1}{(s+1)(s+2)(s+3)(s+4)}$$

有 $4$ 個極點，因此「$H(s)$ has more than 3 poles」為真。

但若

$$H(s)=\frac{1}{(s+1)(s+2)(s+3)}$$

則只有 $3$ 個極點，敘述為假。

解題方法

判斷此敘述必須取得 $H(s)$ 的完整表示式、極點圖，或足以推導極點數量的系統資訊，接著：

核心觀念

頻率響應 $H(j\omega)$ 在有限頻率 $\omega_0$ 為零，表示

$$H(j\omega_0)=0,\qquad |\omega_0|<\infty$$

此時系統在角頻率 $\omega_0$ 具有傳輸零點。若 $\omega_0\neq 0$，常稱為陷波頻率；若 $\omega_0=0$，則表示直流增益為零。

判斷題目敘述是否成立，必須由已知的 $H(j\omega)$ 直接求解

$$H(j\omega)=0$$

並確認是否存在有限且為實數的 $\omega$。

解題方法

題目只給出敘述

$$H(j\omega)=0\quad\text{for at least one finite }\omega$$

但未提供 $H(j\omega)$ 的具體形式，也沒有給出系統電路、零點位置或其他限制條件。因此無法判定該敘述對指定系統是否成立。

例如：

1. 若

$$H(j\omega)=1$$

則對所有有限 $\omega$ 皆有 $H(j\omega)=1\neq 0$，不存在有限頻率零點。

2. 若

$$H(j\omega)=j\omega$$

則在 $\omega=0$ 時

$$H(0)=0$$

因此存在有限頻率零點。

3. 若

此題考驗 LTI 系統的穩定性與絕對可積性。

我們需要判斷 $\int_{-\infty}^{\infty} |h(t)e^{-2t}| dt$ 是否收斂。
這等價於判斷訊號 $g(t) = h(t)e^{-2t}$ 是否為絕對可積。
訊號 $g(t)$ 的拉普拉斯轉換是 $G(s) = \mathcal{L}\{h(t)e^{-2t}\}$.
利用拉普拉斯轉換的時移性質：$\mathcal{L}\{e^{at}f(t)\} = F(s-a)$。
所以，$G(s) = H(s - (-2)) = H(s+2)$。

一個訊號 $g(t)$ 是絕對可積的，當且僅當它的拉普拉斯轉換 $G(s)$ 的 ROC 包含虛軸 ($\text{Re}\{s\} = 0$)。
也就是說，如果 $G(s)$ 的 ROC 包含 $j\omega$ 軸，則 $g(t)$ 是絕對可積的。

我們已知 $H(s)$ 的 ROC 是 $\text{Re}\{s\} > -1$。
$G(s) = H(s+2)$。
令 $s' = s+2$。則 $s = s'-2$。
當 $s$ 在 ROC $\text{Re}\{s\} > -1$ 範圍內時，$s'$ 的範圍是：

此題考驗 LTI 系統的 DC 響應。

$\int_{-\infty}^{\infty} h(t) dt$ 是 $h(t)$ 在整個時間軸上的積分。
對於因果 LTI 系統，這個積分的值等於其系統函數 $H(s)$ 在 $s=0$ 處的值，即 $H(0)$。
這可以從 $H(s)$ 的定義看出：
$H(s) = \int_{-\infty}^{\infty} h(\tau) e^{-s\tau} d\tau$
令 $s=0$，則
$H(0) = \int_{-\infty}^{\infty} h(\tau) e^{-0\cdot\tau} d\tau = \int_{-\infty}^{\infty} h(\tau) d\tau$

我們需要計算 $H(0)$ 的值。
已知 $H(s)$ 的極點是 $-1+j$ 和 $-1-j$。
已知 $\deg(N) = \deg(D) - 1$，且 $N(0) \neq 0$。
因此，$H(s)$ 的形式大致是 $\frac{N(s)}{D(s)}$，其中 $\deg(N) = \deg(D)-1$。
$D(s)$ 至少包含 $(s^2+2s+2)$。
若 $\deg(D)=2$, $\deg(N)=1$. $H(s) = \frac{a_1 s + a_0}{b_2(s^2+2s+2)}$。
$N(0) = a_0 \neq 0$.