114 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》

本題主要考驗對時間轉換（位移、壓縮、伸縮）的理解。我們需要根據圖一給定的波形 $x(t)$，分別繪製出 $x(t-3)$、$x(3t)$ 和 $x(2(t+1))$ 的波形。

圖一的 $x(t)$ 波形可以描述如下：

• 在 $t < 0$ 時，$x(t) = 0$。
• 在 $0 \le t \le 1$ 時，$x(t) = t$ (斜率為 1)。
• 在 $1 < t \le 2$ 時，$x(t) = 1$ (常數)。
• 在 $t > 2$ 時，$x(t) = 0$。

(a) $x(t-3)$：這是對 $x(t)$ 的時間位移。將 $t$ 換成 $t-3$ 表示將整個波形向右移動 3 個單位。

• 原來的波形在 $t=0$ 開始上升，現在會在 $t-3=0 \implies t=3$ 開始上升。
• 原來的波形在 $t=1$ 達到峰值 1，現在會在 $t-3=1 \implies t=4$ 達到峰值 1。
• 原來的波形在 $t=2$ 開始下降，現在會在 $t-3=2 \implies t=5$ 開始下降。
• 因此，$x(t-3)$ 的波形為：
  • 在 $t < 3$ 時，$x(t-3) = 0$。
  • 在 $3 \le t \le 4$ 時，$x(t-3) = t-3$。
  • 在 $4 < t \le 5$ 時，$x(t-3) = 1$。
  • 在 $t > 5$ 時，$x(t-3) = 0$。

(b) $x(3t)$：這是對 $x(t)$ 的時間壓縮。將 $t$ 換成 $3t$ 表示將整個波形在時間軸上壓縮 3 倍。

• 原來的波形在 $t=0$ 開始上升，現在會在 $3t=0 \implies t=0$ 開始上升。
• 原來的波形在 $t=1$ 達到峰值 1，現在會在 $3t=1 \implies t=1/3$ 達到峰值 1。
• 原來的波形在 $t=2$ 開始下降，現在會在 $3t=2 \implies t=2/3$ 開始下降。
• 因此，$x(3t)$ 的波形為：
  • 在 $t < 0$ 時，$x(3t) = 0$。
  • 在 $0 \le t \le 1/3$ 時，$x(3t) = 3t$。

核心觀念

本題考查連續時間週期訊號的複指數 Fourier series。若週期為 $T$，基本角頻率為

$$\omega_0=\frac{2\pi}{T},$$

其複指數 Fourier series 表示為

$$x(t)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}C_k e^{jk\omega_0t},$$

其中

$$C_k=\frac{1}{T}\int_{t_0}^{t_0+T}x(t)e^{-jk\omega_0t}\,dt.$$

由圖可知，訊號每一週期中：

• $T/2<t<T$：由 $0$ 線性上升至 $A$；
• $0<t<T/2$：訊號為 $0$；
• 在 $t=T$ 處瞬間降回 $0$，並週期性重複。

因此可取一週期 $0\leq t<T$，訊號為

$$x(t)= \begin{cases} 0, & 0\leq t<\dfrac{T}{2},\\[6pt] \dfrac{2A}{T}\left(t-\dfrac{T}{2}\right), & \dfrac{T}{2}\leq t<T. \end{cases}$$

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解題方法

直流係數 $C_0$

$$C_0=\frac{1}{T}\int_0^T x(t)\,dt.$$

非零部分為底長 $T/2$、高為 $A$ 的三角形，因此

$$C_0=\frac{1}{T}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{T}{2}\cdot A =\frac{A}{4}.$$

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非直流係數 $C_k$，$k\neq 0$

由於 $0\leq t<T/2$ 時訊號為零，所以

$$C_k=\frac{1}{T}\int_{T/2}^{T} \frac{2A}{T}\left(t-\frac{T}{2}\right)e^{-jk(2\pi/T)t}\,dt.$$

令

$$u=\frac{t}{T},\qquad dt=T\,du,$$

則

$$C_k =2A\int_{1/2}^{1} \left(u-\frac{1}{2}\right)e^{-j2\pi ku}\,du.$$

再令 $v=u-\frac12$，可得

$$C_k =2A(-1)^k\int_0^{1/2}v e^{-j2\pi kv}\,dv.$$

使用積分結果

$$\int v e^{-jav}\,dv =e^{-jav}\left(-\frac{v}{ja}+\frac{1}{a^2}\right),$$

並令 $a=2\pi k$，整理後得到

核心觀念

本題考查：

1. 有理式 $z$ 轉換的部分分式分解。
2. 基本反 $z$ 轉換公式：
   $\frac{1}{1-az^{-1}} \xleftrightarrow{\mathcal{Z}^{-1}} a^n u[n]$
3. 重根形式的反 $z$ 轉換：

$$\frac{1}{(1-az^{-1})^2} \xleftrightarrow{\mathcal{Z}^{-1}} (n+1)a^n u[n]$$

4. ROC（收斂域）決定時間序列是右側序列或左側序列。

題目給定 ROC 為 $|z|>0.5$，表示所有極點外側皆收斂，因此 $x(n)$ 為右側序列，必須搭配 $u[n]$。

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解題方法

令 $q=z^{-1}$，原式寫成

$$X(z)=\frac{1}{(1+0.5q)(1-0.5q)^2}.$$

進行部分分式分解：

$$X(z)=\frac{A}{1+0.5q} +\frac{B}{1-0.5q} +\frac{C}{(1-0.5q)^2}.$$

兩邊同乘以 $(1+0.5q)(1-0.5q)^2$：

$$1=A(1-0.5q)^2+B(1+0.5q)(1-0.5q)+C(1+0.5q).$$

展開各項：

$$(1-0.5q)^2=1-q+0.25q^2,$$ $$(1+0.5q)(1-0.5q)=1-0.25q^2.$$

因此

$$1=(A+B+C)+(-A+0.5C)q+(0.25A-0.25B)q^2.$$

比較各次方係數：

$$\begin{cases} A+B+C=1,\\ -A+0.5C=0,\\ 0.25A-0.25B=0. \end{cases}$$

由第三式得 $A=B$；由第二式得 $C=2A$。代入第一式：

$$A+A+2A=1,$$

所以

$$A=B=\frac14,\qquad C=\frac12.$$

故

$$X(z)= \frac{1/4}{1+0.5z^{-1}} +\frac{1/4}{1-0.5z^{-1}} +\frac{1/2}{(1-0.5z^{-1})^2}.$$

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反 $z$ 轉換

第一項：

核心觀念

本題考查複合回授系統的方塊圖化簡、閉迴路傳遞函數，以及利用特徵方程式進行閉迴路極點配置。

由圖可知：

• 前向主路徑為 $\dfrac{K}{s^2}$。
• 輸入端先經過 $s^2$。
• 第一個加法器為負回授。
• 回授路徑為 $\dfrac{1}{s+3}$，其輸入為 $\dfrac{1}{s}$ 支路訊號與輸出 $C(s)$ 的和。

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解題方法

令第一個加法器輸出為 $E(s)$，則由圖可得

$$C(s)=\frac{K}{s^2}E(s)$$

而 $\dfrac{1}{s}$ 支路輸出為

$$\frac{1}{s}E(s)$$

第二個加法器輸出為

$$C(s)+\frac{1}{s}E(s)$$

經過 $\dfrac{1}{s+3}$ 後回授至第一個加法器，因此

$$E(s)=s^2R(s)-\frac{1}{s+3} \left[C(s)+\frac{1}{s}E(s)\right]$$

代入 $C(s)=\dfrac{K}{s^2}E(s)$：

$$E(s)=s^2R(s) -\frac{1}{s+3} \left(\frac{K}{s^2}E(s)+\frac{1}{s}E(s)\right)$$

整理得

$$E(s)\left[ 1+\frac{1}{s+3} \left(\frac{K}{s^2}+\frac{1}{s}\right) \right] =s^2R(s)$$

由

$$\frac{K}{s^2}+\frac{1}{s} =\frac{K+s}{s^2}$$

可得

$$E(s)\left[ 1+\frac{K+s}{s^2(s+3)} \right]=s^2R(s)$$

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(a) 求 $\dfrac{C(s)}{R(s)}$

因為

$$C(s)=\frac{K}{s^2}E(s)$$

所以

$$\frac{C(s)}{R(s)} = \frac{K}{ 1+\dfrac{K+s}{s^2(s+3)} }$$

整理為

$$\boxed{ \frac{C(s)}{R(s)} = \frac{Ks^2(s+3)} {s^2(s+3)+s+K} }$$

亦即

本題考驗穩定性判準，特別是使用勞斯-惠利穩定判準 (Routh-Hurwitz Stability Criterion) 來決定回授系統的穩定範圍。

(a) 求取閉迴路傳遞函數 $C(s)/R(s)$。
圖 4 顯示了一個負回授系統。
前向路徑傳遞函數 $G(s) = \frac{K}{s+1}$。
回授路徑傳遞函數 $H(s) = \frac{1}{s+2}$。
閉迴路傳遞函數為 $\frac{C(s)}{R(s)} = \frac{G(s)}{1+G(s)H(s)}$。
$\frac{C(s)}{R(s)} = \frac{\frac{K}{s+1}}{1 + \frac{K}{s+1} \times \frac{1}{s+2}} = \frac{\frac{K}{s+1}}{\frac{(s+1)(s+2) + K}{(s+1)(s+2)}} = \frac{K(s+2)}{(s+1)(s+2) + K}$
$\frac{C(s)}{R(s)} = \frac{K(s+2)}{s^2+3s+2+K}$

(b) 求取 $K$ 的範圍，使得閉迴路系統穩定。
閉迴路系統穩定的條件是所有閉迴路極點（即特徵方程式的根）都位於複數 s 平面的左半平面 (LHP)，也就是說，所有極點的實部都必須是負的。
特徵方程式為分母多項式等於零：
$s^2+3s+(2+K) = 0$。

我們可以使用勞斯-惠利穩定判準來判斷此二次系統的穩定性。
勞斯陣列的建立如下：
第一列：$s^2$ 的係數。
第二列：$s^1$ 的係數。
第三列：$s^0$ 的係數。

| $s^2$ | 1 | $2+K$ |
| $s^1$ | 3 | 0 |
| $s^0$ | $2+K$ | 0 |

為了使系統穩定，勞斯陣列第一列的所有元素必須是正的。

1. $s^2$ 行的係數：1 > 0。 (恆成立)
2. $s^1$ 行的係數：3 > 0。 (恆成立)
3. $s^0$ 行的係數：$2+K > 0$。

從 $2+K > 0$，我們得到 $K > -2$。

此外，對於任何階數的系統，如果所有特徵方程式的係數都是正的（對於 $s^n$ 到 $s^0$ 的所有項），則穩定性要求 $K$ 必須滿足某些條件。

核心觀念

本題考查開迴路傳遞函數的 Bode 圖，以及單位負回授系統的增益裕度與相位裕度：

• 增益裕度 GM：在相位交越頻率 $\omega_{pc}$（相位為 $-180^\circ$）處，距離 $0$ dB 的增益差。
• 相位裕度 PM：在增益交越頻率 $\omega_{gc}$（增益為 $0$ dB）處，距離 $-180^\circ$ 的相位差。
• 一階零點使斜率增加 $+20$ dB/dec。
• 一階極點使斜率降低 $-20$ dB/dec。
• 二階極點使斜率降低 $-40$ dB/dec。

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(a) Bode 圖

將 $G(s)$ 改寫成標準形式：

$$G(s)=\frac{s+3}{(s+2)(s^2+2s+25)}$$ $$G(s) = \frac{3(1+s/3)} {2(1+s/2)\cdot25\left(1+\frac{2}{25}s+\frac{1}{25}s^2\right)}$$

因此

$$G(s) = 0.06\, \frac{1+s/3} {(1+s/2)\left[1+2\zeta\frac{s}{\omega_n} +\left(\frac{s}{\omega_n}\right)^2\right]}$$

其中

$$\omega_n=5,\qquad 2\zeta\omega_n=2$$

所以

$$\zeta=\frac{2}{2(5)}=0.2$$

轉折頻率為：

• 一階極點：$\omega=2$
• 一階零點：$\omega=3$
• 二階極點：$\omega_n=5$

幅頻圖

在 $s=j\omega$ 下，

$$|G(j\omega)| = \frac{\sqrt{\omega^2+9}} {\sqrt{\omega^2+4}\sqrt{(25-\omega^2)^2+4\omega^2}}$$

低頻增益為

$$|G(0)|=\frac{3}{2\cdot25}=0.06$$

因此低頻 dB 值為

$$20\log_{10}(0.06) = -24.44\ \text{dB}$$

漸近線斜率變化如下：

頻率範圍	斜率
$\omega<2$	$0$ dB/dec
$2<\omega<3$	$-20$ dB/dec
$3<\omega<5$	$0$ dB/dec
$\omega>5$	$-40$ dB/dec

二階極點的阻尼比為 $\zeta=0.2<0.707$，會產生共振峰。其標準化二階因子的峰值為

$$M_p=\frac{1}{2\zeta\sqrt{1-\zeta^2}} = \frac{1}{2(0.2)\sqrt{1-0.2^2}} \approx 2.552$$

但整體還要乘上一階零點與一階極點的影響，故實際 $|G(j\omega)|$ 仍小於 $1$，整條幅頻曲線皆在 $0$ dB 以下。

精確判斷 $0$ dB 交越，可令 $|G(j\omega)|=1$。令 $x=\omega^2$，得到

$$x+9=(x+4)(x^2-46x+625)$$

即

$$x^3-42x^2+440x+2491=0$$

此方程沒有正實根，因此不存在增益交越頻率 $\omega_{gc}$。

相頻圖

相位為

本題主要考驗對時間轉換（位移、壓縮、伸縮）的理解。我們需要根據圖一給定的波形 $x(t)$，分別繪製出 $x(t-3)$、$x(3t)$ 和 $x(2(t+1))$ 的波形。

圖一的 $x(t)$ 波形可以描述如下：

• 在 $t < 0$ 時，$x(t) = 0$。
• 在 $0 \le t \le 1$ 時，$x(t) = t$ (斜率為 1)。
• 在 $1 < t \le 2$ 時，$x(t) = 1$ (常數)。
• 在 $t > 2$ 時，$x(t) = 0$。

(a) $x(t-3)$：這是對 $x(t)$ 的時間位移。將 $t$ 換成 $t-3$ 表示將整個波形向右移動 3 個單位。

• 原來的波形在 $t=0$ 開始上升，現在會在 $t-3=0 \implies t=3$ 開始上升。
• 原來的波形在 $t=1$ 達到峰值 1，現在會在 $t-3=1 \implies t=4$ 達到峰值 1。
• 原來的波形在 $t=2$ 開始下降，現在會在 $t-3=2 \implies t=5$ 開始下降。
• 因此，$x(t-3)$ 的波形為：
  • 在 $t < 3$ 時，$x(t-3) = 0$。
  • 在 $3 \le t \le 4$ 時，$x(t-3) = t-3$。
  • 在 $4 < t \le 5$ 時，$x(t-3) = 1$。
  • 在 $t > 5$ 時，$x(t-3) = 0$。

(b) $x(3t)$：這是對 $x(t)$ 的時間壓縮。將 $t$ 換成 $3t$ 表示將整個波形在時間軸上壓縮 3 倍。

• 原來的波形在 $t=0$ 開始上升，現在會在 $3t=0 \implies t=0$ 開始上升。
• 原來的波形在 $t=1$ 達到峰值 1，現在會在 $3t=1 \implies t=1/3$ 達到峰值 1。
• 原來的波形在 $t=2$ 開始下降，現在會在 $3t=2 \implies t=2/3$ 開始下降。
• 因此，$x(3t)$ 的波形為：
  • 在 $t < 0$ 時，$x(3t) = 0$。
  • 在 $0 \le t \le 1/3$ 時，$x(3t) = 3t$。