113 年 國立臺灣科技大學電機工程系碩士班丁二組《信號與系統》

本題主要在考察學生對於系統分類的基本定義與辨識能力，包含線性(Linearity)、時變性(Time-varying)、時不變性(Time-invariant)、非線性(Nonlinearity)以及連續時間(Continuous-time)與離散時間(Discrete-time)系統的特性。

解題思路：
針對四種組合，分別舉出一個連續時間和一個離散時間的系統例子。

1. 線性時不變 (Linear Time-Invariant, LTI) 系統：

   • 連續時間 (Continuous-time) 例子： 一個質量-彈簧-阻尼系統，其運動方程式為 $m\frac{d^2y(t)}{dt^2} + c\frac{dy(t)}{dt} + ky(t) = x(t)$，其中 $y(t)$ 是輸出，$x(t)$ 是輸入，m, c, k 皆為常數。此系統滿足疊加性與齊次性，且系統參數不隨時間改變。
   • 離散時間 (Discrete-time) 例子： 一個一階線性差分方程式：$y[n] = ay[n-1] + bx[n]$，其中 $a, b$ 皆為常數。此系統也滿足疊加性與齊次性，且系統參數不隨時間改變。

2. 線性時變 (Linear Time-Varying, LTV) 系統：

   • 連續時間 (Continuous-time) 例子： 一個參數隨時間變化的線性系統，例如：$m(t)\frac{d^2y(t)}{dt^2} + c(t)\frac{dy(t)}{dt} + k(t)y(t) = x(t)$，其中 $m(t), c(t), k(t)$ 是時間的函數。由於系統參數隨時間變化，因此是時變系統。
   • 離散時間 (Discrete-time) 例子： 一個差分方程式，其係數隨時間（或樣本索引）變化：$y[n] = a[n]y[n-1] + b[n]x[n]$，其中 $a[n]$ 和 $b[n]$ 是樣本索引 $n$ 的函數。

核心觀念

要求轉移函數 $\theta_{22}/\theta_{11}$ 時，其他獨立輸入設為零，因此令

$$\theta_{12}=0.$$

圖中包含兩個回授迴路：

1. 上方 $\theta_{21}$ 經單位負回授至第一個加法器。
2. 下方 $\theta_{22}$ 經負回授至左側加法器，且 $G_4G_5$ 的訊號經正回授至第二個加法器。

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解題方法

令上方 $G_1$ 與 $G_2$ 之間的訊號為 $x$，則

$$x=G_1G_2(\theta_{11}-\theta_{21}).$$

又因為

$$\theta_{21}=G_3x,$$

所以

$$x=G_1G_2(\theta_{11}-G_3x).$$

整理得

$$x(1+G_1G_2G_3)=G_1G_2\theta_{11},$$

因此

$$\frac{x}{\theta_{11}} = \frac{G_1G_2}{1+G_1G_2G_3}.$$

經過 $G_7$ 後，送入下方左側加法器的訊號為 $G_7x$。

令第二個加法器輸出為 $y$，則由圖中的正回授可得

$$y=(G_7x-\theta_{22})+G_4G_5y.$$

整理為

$$y(1-G_4G_5)=G_7x-\theta_{22}.$$

另一方面，經過 $G_4,G_5,G_6$ 後，

$$\theta_{22}=G_4G_5G_6y.$$

代入上式：

核心觀念

本題考查拉普拉斯反變換，核心公式為

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s+a}{(s+a)^2+\omega^2}\right\} =e^{-at}\cos(\omega t)$$

以及

$$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{\omega}{(s+a)^2+\omega^2}\right\} =e^{-at}\sin(\omega t).$$

因此需先將分母配方，並將分子改寫成 $s+4.6$ 的形式。

解題方法

已知

$$Y(s)=\frac{1.3s+11.5}{s^2+9.2s+33.1}.$$

1. 分母配方

$$s^2+9.2s+33.1 =(s+4.6)^2+33.1-4.6^2.$$

因為

$$4.6^2=21.16,$$

所以

$$s^2+9.2s+33.1 =(s+4.6)^2+11.94.$$

令

$$\omega=\sqrt{11.94},$$

則分母為

$$(s+4.6)^2+\omega^2.$$

2. 整理分子

將 $1.3s+11.5$ 改寫為 $s+4.6$ 的形式：

$$1.3s+11.5 =1.3(s+4.6)+11.5-1.3(4.6).$$

由於

$$1.3(4.6)=5.98,$$

因此

$$1.3s+11.5=1.3(s+4.6)+5.52.$$

故

$$Y(s) = \frac{1.3(s+4.6)+5.52} {(s+4.6)^2+11.94}.$$

拆成兩項：

$$Y(s) = 1.3\frac{s+4.6}{(s+4.6)^2+\omega^2} + \frac{5.52}{\omega} \frac{\omega}{(s+4.6)^2+\omega^2},$$

其中

$$\omega=\sqrt{11.94}.$$

3. 逐項進行反變換

利用標準公式：

$$\mathcal{L}^{-1} \left\{ \frac{s+4.6}{(s+4.6)^2+\omega^2} \right\} =e^{-4.6t}\cos(\omega t),$$

核心觀念

本題利用 Bode 圖反推開迴路轉移函數。判讀重點如下：

• 低頻相位約為 $-90^\circ$，表示含有一個原點極點，即積分器 $1/s$。
• 高頻相位約為 $-270^\circ$，比低頻多出 $-180^\circ$，表示另有兩個一階極點。
• 幅頻圖斜率由 $-20$ dB/dec 逐漸變為 $-40$ dB/dec，再變為 $-60$ dB/dec，對應兩個轉折頻率。
• 由圖可讀得兩個轉折頻率約為 $1$ rad/s 與 $10$ rad/s。

因此，開迴路系統可近似表示為

$$G(s)=\frac{K}{s(1+s)\left(1+\frac{s}{10}\right)}.$$

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解題方法

在低頻範圍 $0.01$ rad/s 附近，兩個一階極點尚未產生明顯影響，因此

$$|G(j\omega)|\approx \frac{K}{\omega}.$$

由 Bode 圖讀得

$$20\log_{10}|G(j0.01)|\approx 50\text{ dB}.$$

所以

$$20\log_{10}\left(\frac{K}{0.01}\right)=50.$$

整理得

$$20\log_{10}K+40=50,$$ $$20\log_{10}K=10,$$ $$K=10^{10/20}=10^{0.5}\approx 3.16.$$

故開迴路轉移函數為

$$\boxed{ G(s)\approx \frac{3.16}{s(1+s)\left(1+\frac{s}{10}\right)} }$$

亦可寫成

本題要求計算週期為 $T$ 的訊號 $x(t)$ 的傅立葉級數係數。訊號的波形由圖 P5 給出，並描述了峰值和谷值的位置。

核心觀念：

1. 週期訊號的傅立葉級數表示：
   $x(t) = a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos(n\omega_0 t) + b_n \sin(n\omega_0 t))$
   其中 $\omega_0 = \frac{2\pi}{T}$ 是基頻。
2. 傅立葉級數係數的計算公式：
   $a_0 = \frac{1}{T} \int_0^T x(t) dt$
   $a_n = \frac{2}{T} \int_0^T x(t) \cos(n\omega_0 t) dt$
   $b_n = \frac{2}{T} \int_0^T x(t) \sin(n\omega_0 t) dt$
3. 利用訊號的對稱性簡化計算。

訊號 $x(t)$ 的特徵：

• 週期 $T$。
• 峰值 $A$ 出現在 $t = ..., -T, 0, T, ...$。
• 谷值 $0$ 出現在 $t = ..., -3T/2, -T/2, T/2, 3T/2, ...$。
• 訊號在相鄰的峰值和谷值之間由直線連接。
• 圖 P5 顯示了在 $t=0$ (峰值 $A$) 和 $t=T/2$ (谷值 $0$) 之間，以及在 $t=-T/2$ (谷值 $0$) 和 $t=0$ (峰值 $A$) 之間，訊號是線性變化的。

利用訊號的對稱性：
觀察圖 P5，訊號在 $t=0$ 處有峰值 $A$，在 $t=T/2$ 處有谷值 $0$。
訊號在 $t=-T/2$ 處有谷值 $0$，在 $t=0$ 處有峰值 $A$。
這表明訊號在 $t=0$ 附近是偶函數。
如果我們選擇一個週期為 $T$ 的區間，例如 $[-T/2, T/2]$。
在 $[-T/2, 0]$ 區間，訊號從 $0$ 線性上升到 $A$。
在 $[0, T/2]$ 區間，訊號從 $A$ 線性下降到 $0$。
這個波形看起來像一個三角波。
整個週期是 $T$。

讓我們定義一個週期內的 $x(t)$。
考慮區間 $[0, T]$。
在 $[0, T/2]$ 區間，訊號從 $A$ 下降到 $0$。
在 $[T/2, T]$ 區間，訊號從 $0$ 上升到 $A$。
這是一個對稱的三角波。

讓我們定義在 $[0, T/2]$ 區間的直線方程。
點 $(0, A)$ 和 $(T/2, 0)$。
斜率 $m = \frac{0-A}{T/2-0} = \frac{-A}{T/2} = -\frac{2A}{T}$。
方程為 $y - A = m(t - 0) \implies y = -\frac{2A}{T} t + A$。
所以，在 $[0, T/2]$ 區間， $x(t) = A (1 - \frac{2}{T} t)$。

在 $[T/2, T]$ 區間，訊號從 $0$ 上升到 $A$。
點 $(T/2, 0)$ 和 $(T, A)$。
斜率 $m = \frac{A-0}{T-T/2} = \frac{A}{T/2} = \frac{2A}{T}$。
方程為 $y - 0 = m(t - T/2) \implies y = \frac{2A}{T} (t - T/2) = \frac{2A}{T} t - A$。
所以，在 $[T/2, T]$ 區間， $x(t) = A (-1 + \frac{2}{T} t)$。

這個訊號是偶函數，因為 $x(-t) = x(t)$。
例如，在 $[-T/2, 0]$ 區間，我們有 $x(t) = A (1 + \frac{2}{T} t)$。
取 $t$ 在 $[-T/2, 0]$ 區間，則 $-t$ 在 $[0, T/2]$ 區間。
$x(-t) = A (1 - \frac{2}{T}(-t)) = A (1 + \frac{2}{T} t) = x(t)$。
所以，該訊號是偶函數。

對於偶函數，傅立葉級數只有餘弦項和常數項。即 $b_n = 0$ 對於所有 $n$。
$x(t) = a_0 + \sum_{n=1}^{\infty} a_n \cos(n\omega_0 t)$。

計算 $a_0$ (直流分量)：
$a_0 = \frac{1}{T} \int_0^T x(t) dt$。
由於訊號是對稱的，直流分量是平均值。
平均值是峰值 $A$ 和谷值 $0$ 的平均值，即 $\frac{A+0}{2} = \frac{A}{2}$。
我們也可以積分驗證：
$\int_0^T x(t) dt = \int_0^{T/2} A(1 - \frac{2}{T} t) dt + \int_{T/2}^T A(-1 + \frac{2}{T} t) dt$
$\int_0^{T/2} A(1 - \frac{2}{T} t) dt = A [t - \frac{1}{T} t^2]_0^{T/2} = A (\frac{T}{2} - \frac{1}{T} (\frac{T}{2})^2) = A (\frac{T}{2} - \frac{T}{4}) = \frac{A T}{4}$。
$\int_{T/2}^T A(-1 + \frac{2}{T} t) dt = A [-t + \frac{1}{T} t^2]_{T/2}^T = A [(-T + \frac{T^2}{T}) - (-\frac{T}{2} + \frac{1}{T} (\frac{T}{2})^2)]$
$= A [0 - (-\frac{T}{2} + \frac{T}{4})] = A [0 - (-\frac{T}{4})] = \frac{A T}{4}$。
所以，$\int_0^T x(t) dt = \frac{A T}{4} + \frac{A T}{4} = \frac{A T}{2}$。
$a_0 = \frac{1}{T} (\frac{A T}{2}) = \frac{A}{2}$。
這與我們預期的平均值一致。

計算 $a_n$ ($n \ge 1$)：
$a_n = \frac{2}{T} \int_0^T x(t) \cos(n\omega_0 t) dt$。
由於訊號是偶函數，我們可以利用半週期積分：
$a_n = \frac{4}{T} \int_0^{T/2} x(t) \cos(n\omega_0 t) dt$。

本題要求證明離散時間傅立葉轉換(DTFT)的一個重要性質：對時間變數 $n$ 乘上 $n$ 的訊號，其 DTFT 為原訊號 DTFT 對頻率 $\omega$ 的導數乘以 $j$。

核心觀念：

1. 離散時間傅立葉轉換 (DTFT) 的定義：
   $X(\omega) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} x[n] e^{-j\omega n}$
2. DTFT 的微分性質：
   $j \frac{dX(\omega)}{d\omega} = \sum_{n=-\infty}^{\infty} n x[n] e^{-j\omega n}$

證明步驟：
給定離散時間訊號 $x[n]$ 的離散時間傅立葉轉換為 $X(\omega)$。
根據 DTFT 的定義：
$X(\omega) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} x[n] e^{-j\omega n}$

題目要求我們證明 $nx[n]$ 的 DTFT 是 $j \frac{dX(\omega)}{d\omega}$。
首先，我們計算 $X(\omega)$ 對 $\omega$ 的微分 $\frac{dX(\omega)}{d\omega}$。
$\frac{dX(\omega)}{d\omega} = \frac{d}{d\omega} \left( \sum_{n=-\infty}^{\infty} x[n] e^{-j\omega n} \right)$

由於題目假設 $X(\omega)$ 在所有 $\omega$ 都可微分，我們可以交換微分和求和的順序：
$\frac{dX(\omega)}{d\omega} = \sum_{n=-\infty}^{\infty} x[n] \frac{d}{d\omega} (e^{-j\omega n})$

計算指數項的微分：

核心觀念

本題考查：

1. 由分母判斷極點位置。
2. 由 ROC 判斷序列為右邊序列或左邊序列。
3. 部分分式展開。
4. 基本反 $z$-轉換：

$$\frac{1}{1-az^{-1}} \;\xleftrightarrow{|z|>|a|}\; a^n u[n]$$

其中 $u[n]$ 為單位階躍序列。

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先檢查題目所給的 ROC

令

$$X(z)=\frac{1+3z^{-1}+2z^{-2}} {1+z^{-1}+\frac12z^{-2}}.$$

分母可寫成

$$1+z^{-1}+\frac12z^{-2} = (1-p_1z^{-1})(1-p_2z^{-1}),$$

其中 $p_1,p_2$ 滿足

$$p_1+p_2=-1,\qquad p_1p_2=\frac12.$$

因此

$$p_{1,2} = \frac{-1\pm j}{2}.$$

兩個極點的大小為

$$|p_1|=|p_2| = \sqrt{\left(\frac{-1}{2}\right)^2+\left(\frac12\right)^2} = \frac{1}{\sqrt2}.$$

所以 $X(z)$ 的極點位於

$$|z|=\frac{1}{\sqrt2}.$$

有理型 $z$-轉換的 ROC 不可包含任何極點，因此本題所給的

$$|z|>\frac12$$

會包含極點 $|z|=1/\sqrt2$，在數學上並非合法 ROC。

因此，題目中的 ROC 應有誤植。若依分母實際極點位置，外部 ROC 的正確寫法應為

$$|z|>\frac{1}{\sqrt2}.$$

以下依「外部 ROC」的合理假設求得右邊序列。

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解題方法：部分分式展開

先將分子分母以 $z^{-1}$ 表示。設

$$p_1=\frac{-1+j}{2},\qquad p_2=\frac{-1-j}{2}.$$

則

$$X(z) = \frac{1+3z^{-1}+2z^{-2}} {(1-p_1z^{-1})(1-p_2z^{-1})}.$$

由於分子、分母階數相同，先做多項式除法：

$$X(z) = 4+\frac{-3-z^{-1}} {(1-p_1z^{-1})(1-p_2z^{-1})}.$$

將剩餘部分設為

$$\frac{-3-z^{-1}} {(1-p_1z^{-1})(1-p_2z^{-1})} = \frac{A}{1-p_1z^{-1}} + \frac{B}{1-p_2z^{-1}}.$$

比較係數可得

$$A+B=-3,$$

以及

$$Ap_2+Bp_1=1.$$

解得