108 年 國立臺灣聯合大學系統（清華、政治、陽明交通、中央四校聯招）研究所電機類《訊號與系統》

此題在考驗對「即時系統」(real-time system) 的理解。一個離散時間系統若要在時間 $n_0$ 輸出 $y[n_0]$，它所依賴的輸入訊號 $x[n]$ 的時間索引必須小於或等於 $n_0$。

觀察給定的系統方程式：
$y[n] = \frac{1}{7}(x[n-3]+x[n-2]+x[n-1]+x[n]+x[n+1]+x[n+2]+x[n+3])$
為了計算 $y[n]$，我們需要知道 $x[n]$ 在時間點 $n-3, n-2, n-1, n, n+1, n+2, n+3$ 的值。

此題旨在檢驗對線性系統 (Linear System) 與時序不變系統 (Time-Invariant System) 的判別能力。

線性系統的判別條件：
一個系統 $T$ 是線性的，若且唯若它滿足疊加原理 (Superposition Principle)，即對於任意輸入 $x_1[n]$ 和 $x_2[n]$ 以及任意常數 $a$ 和 $b$：
$T\{ax_1[n] + bx_2[n]\} = aT\{x_1[n]\} + bT\{x_2[n]\}$
對於離散時間系統，這通常表示為：
$T\{ax_1[n] + bx_2[n]\} = a y_1[n] + b y_2[n]$，其中 $y_1[n] = T\{x_1[n]\}$ 且 $y_2[n] = T\{x_2[n]\}$。

時序不變系統的判別條件：
一個系統 $T$ 是時序不變的，若且唯若對於任意輸入 $x[n]$ 和任意時間延遲 $\tau$：
$T\{x[n-\tau]\} = y[n-\tau]$，其中 $y[n] = T\{x[n]\}$。
換句話說，如果我們延遲輸入訊號，輸出的延遲應該與輸入訊號的延遲相同。

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(-) (2%) $y[n] = x^2[n-2]$

• 線性判別：
  令 $y_1[n] = T\{x_1[n]\} = x_1^2[n-2]$ 且 $y_2[n] = T\{x_2[n]\} = x_2^2[n-2]$。
  考慮線性組合 $ax_1[n] + bx_2[n]$：
  $T\{ax_1[n] + bx_2[n]\} = (ax_1[n] + bx_2[n])^2[n-2]$
  $= (ax_1[n-2] + bx_2[n-2])^2$
  $= a^2x_1^2[n-2] + b^2x_2^2[n-2] + 2abx_1[n-2]x_2[n-2]$
  另一方面，$ay_1[n] + by_2[n] = ax_1^2[n-2] + bx_2^2[n-2]$。
  顯然，$a^2x_1^2[n-2] + b^2x_2^2[n-2] + 2abx_1[n-2]x_2[n-2] \neq ax_1^2[n-2] + bx_2^2[n-2]$ (除非 $a=0$ 或 $b=0$ 或 $x_1, x_2$ 為零)。
  因此，該系統不是線性的。

• 時序不變判別：
  令 $y[n] = T\{x[n]\} = x^2[n-2]$。
  考慮延遲的輸入 $x[n-\tau]$：
  $T\{x[n-\tau]\} = x^2[(n-\tau)-2] = x^2[n-\tau-2]$。
  延遲的輸出為 $y[n-\tau]$：
  $y[n-\tau] = x^2[(n-\tau)-2] = x^2[n-\tau-2]$。
  由於 $T\{x[n-\tau]\} = y[n-\tau]$，該系統是時序不變的。

【答案】
非線性，時序不變。

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二) (2%) $y(t) = t^2x(2-t)$

• 線性判別：
  令 $y_1(t) = T\{x_1(t)\} = t^2x_1(2-t)$ 且 $y_2(t) = T\{x_2(t)\} = t^2x_2(2-t)$。
  考慮線性組合 $ax_1(t) + bx_2(t)$：
  $T\{ax_1(t) + bx_2(t)\} = t^2(ax_1(2-t) + bx_2(2-t))$
  $= at^2x_1(2-t) + bt^2x_2(2-t)$
  $= ay_1(t) + by_2(t)$。
  由於 $T\{ax_1(t) + bx_2(t)\} = ay_1(t) + by_2(t)$，該系統是線性的。

• 時序不變判別：
  令 $y(t) = T\{x(t)\} = t^2x(2-t)$。
  考慮延遲的輸入 $x(t-\tau)$：
  $T\{x(t-\tau)\} = t^2x(2-(t-\tau)) = t^2x(2-t+\tau)$。
  延遲的輸出為 $y(t-\tau)$：
  $y(t-\tau) = (t-\tau)^2x(2-(t-\tau)) = (t-\tau)^2x(2-t+\tau)$。
  由於 $t^2x(2-t+\tau) \neq (t-\tau)^2x(2-t+\tau)$ (除非 $t^2 = (t-\tau)^2$)，該系統不是時序不變的。此系統的響應與時間 $t$ 本身有關，因此是時變的。

【答案】
線性，非時序不變。

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三) (2%) $y[n] = x[2n]$

• 線性判別：
  令 $y_1[n] = T\{x_1[n]\} = x_1[2n]$ 且 $y_2[n] = T\{x_2[n]\} = x_2[2n]$。
  考慮線性組合 $ax_1[n] + bx_2[n]$：
  $T\{ax_1[n] + bx_2[n]\} = (ax_1 + bx_2)[2n]$
  $= ax_1[2n] + bx_2[2n]$
  $= ay_1[n] + by_2[n]$。

核心觀念

離散時間傅立葉級數（DTFS）適用於週期為 $N$ 的離散時間訊號，其係數必須滿足

$$X[k+N]=X[k].$$

題目給出的係數為

$$X[k]=\sum_{m=-\infty}^{\infty} \left(-\frac12\right)^m \bigl(\delta[k-2m]+\delta[k+3m]\bigr).$$

利用單位脈衝的特性：

• $\delta[k-2m]\neq 0$ 時，必須有 $k=2m$；
• $\delta[k+3m]\neq 0$ 時，必須有 $k=-3m$。

因此可將 $X[k]$ 寫成

$$X[k] = \mathbf{1}_{\{2\mid k\}} \left(-\frac12\right)^{k/2} + \mathbf{1}_{\{3\mid k\}} \left(-\frac12\right)^{-k/3},$$

其中 $\mathbf{1}_{\{2\mid k\}}$ 表示 $k$ 為偶數時取 $1$，否則取 $0$。

例如：

$$\begin{aligned} X[0]&=2,\\ X[1]&=0,\\ X[2]&=-\frac12,\\ X[3]&=-2,\\ X[4]&=\frac14,\\ X[5]&=0,\\ X[6]&=\left(-\frac12\right)^3+ \left(-\frac12\right)^{-2} =-\frac18+4=\frac{31}{8}. \end{aligned}$$

解題方法與關鍵判斷

若 $X[k]$ 是 DTFS 係數，必須存在某個有限週期 $N$，使得 $X[k+N]=X[k]$。

然而考慮 $k=6r$：

$$X[6r] = \left(-\frac12\right)^{3r} + \left(-\frac12\right)^{-2r}.$$

當 $r\to-\infty$ 時，

$$\left| \left(-\frac12\right)^{3r} \right| =2^{-3r}\to\infty.$$

所以 $X[6r]$ 的絕對值會無限增大。週期序列只會重複有限個數值，不可能呈現無界增長，因此此 $X[k]$ 不可能是任何有限週期 $N$ 的 DTFS 係數。

此外，題目也沒有指定週期 $N$。即使任意選定一個 $N$，由

核心觀念

週期為 $N$ 的離散時間序列可表示為離散時間傅立葉級數：

$$x[n]=\sum_{k=0}^{N-1}a_k e^{j\frac{2\pi}{N}kn},$$

其中 $a_k$ 為傅立葉級數係數，且索引以 $N$ 為週期：

$$a_{k+N}=a_k.$$

本題使用兩個性質：

1. 時間位移性質

若

$$x[n]\longleftrightarrow a_k,$$

則

$$x[n+n_0]\longleftrightarrow a_k e^{j\frac{2\pi}{N}kn_0}.$$

2. 乘上複指數造成頻率位移

若以週期 $2N$ 的傅立葉級數表示，乘上 $e^{j\pi n}$ 會使頻率索引增加 $N$。

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（一）$x[n]+x[n+1]$，且 $N$ 為偶數

令

$$y[n]=x[n]+x[n+1].$$

由原序列的傅立葉級數表示式：

$$x[n]=\sum_{k=0}^{N-1}a_k e^{j\frac{2\pi}{N}kn}.$$

將 $n$ 替換成 $n+1$：

$$x[n+1] =\sum_{k=0}^{N-1}a_k e^{j\frac{2\pi}{N}k(n+1)}$$ $$=\sum_{k=0}^{N-1} a_k e^{j\frac{2\pi}{N}k} e^{j\frac{2\pi}{N}kn}.$$

因此

$$y[n] =\sum_{k=0}^{N-1} \left(1+e^{j\frac{2\pi}{N}k}\right) a_k e^{j\frac{2\pi}{N}kn}.$$

若以

$$y[n]=\sum_{k=0}^{N-1}b_k e^{j\frac{2\pi}{N}kn}$$

表示，則其傅立葉係數為

$$\boxed{ b_k=\left(1+e^{j\frac{2\pi}{N}k}\right)a_k }$$

也可改寫為

$$1+e^{j\frac{2\pi k}{N}} = 2\cos\left(\frac{\pi k}{N}\right)e^{j\frac{\pi k}{N}},$$

所以

$$\boxed{ b_k= 2\cos\left(\frac{\pi k}{N}\right) e^{j\frac{\pi k}{N}}a_k }$$

特別地，由於 $N$ 為偶數，當 $k=N/2$ 時，

$$1+e^{j\pi}=0,$$

因此

$$b_{N/2}=0.$$

這表示原序列中位於離散頻率 $\pi$ 的成分，經過 $x[n]+x[n+1]$ 後會完全抵消。

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（二）$(-1)^n x[n]$，且 $N$ 為奇數

令

$$y[n]=(-1)^n x[n].$$

由於

$$(-1)^n=e^{j\pi n},$$

且 $N$ 為奇數，$x[n]$ 的週期為 $N$，$(-1)^n$ 的週期為 $2$，兩者的最小共同週期為

$$\operatorname{lcm}(N,2)=2N.$$

因此 $y[n]$ 的自然週期為 $2N$，應以週期 $2N$ 的傅立葉級數表示：

核心觀念

採用傅立葉轉換定義

$$H(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}h(t)e^{-j\omega t}\,dt, \qquad h(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}H(\omega)e^{j\omega t}\,d\omega.$$

本題使用兩個重要性質：

1. 微分性質

$$\mathcal{F}\left\{\frac{d h(t)}{dt}\right\}=j\omega H(\omega).$$

2. 矩形函數對偶關係

令

$$\operatorname{rect}\left(\frac{t}{2a}\right) = \begin{cases} 1,& |t|<a,\\ 0,& |t|>a, \end{cases}$$

則

$$\mathcal{F}^{-1}\left\{\frac{\sin(a\omega)}{\omega}\right\} = \frac{1}{2}\operatorname{rect}\left(\frac{t}{2a}\right).$$

原式含有 $\omega^2$，直接反轉換較繁瑣；先乘上 $j\omega$，即可將分母降為 $\omega$，再利用矩形函數反轉換。

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解題方法

原頻率響應為

$$H(\omega)=\frac{\sin\omega\sin^2(3\omega)}{\omega^2}.$$

利用

$$\sin^2(3\omega)=\frac{1-\cos(6\omega)}{2},$$

可得

$$H(\omega) = \frac{\sin\omega}{2\omega^2} -\frac{\sin\omega\cos(6\omega)}{2\omega^2}.$$

再使用積化和差公式

$$\sin\omega\cos(6\omega) = \frac{1}{2}\left[\sin(7\omega)-\sin(5\omega)\right],$$

因此

$$H(\omega) = \frac{2\sin\omega-\sin(7\omega)+\sin(5\omega)} {4\omega^2}.$$

兩側乘上 $j\omega$：

$$j\omega H(\omega) = \frac{j}{4} \left[ 2\frac{\sin\omega}{\omega} -\frac{\sin(7\omega)}{\omega} +\frac{\sin(5\omega)}{\omega} \right].$$

根據矩形函數對偶關係，

$$\mathcal{F}^{-1} \left\{ \frac{\sin\omega}{\omega} \right\} = \frac12\operatorname{rect}\left(\frac{t}{2}\right),$$

核心觀念

本題考查由極零圖建立系統函數、利用拉氏反轉換求因果系統的脈衝響應，以及用頻率響應求正弦穩態輸出。輸入與輸出的拉氏轉換滿足 $Y(s)=H(s)X(s)$；正弦穩態則可用 $H(j\omega)$ 的大小與相位，或直接計算複數乘積。

解題方法

圖中兩個極點位於 $s=-1\pm 2j$，一個零點位於 $s=1$。極零圖沒有標示增益，因此以下採用單位增益 $K=1$；系統為因果系統，收斂區域在最右側極點的右方。

（一）系統函數 $H(s)$

由極點與零點位置可寫成

$$H(s)=\frac{s-1}{[s-(-1+2j)][s-(-1-2j)]} =\frac{s-1}{(s+1)^2+4} =\frac{s-1}{s^2+2s+5}.$$

（二）脈衝響應

先將分子改寫為 $s-1=(s+1)-2$：

$$H(s)=\frac{s+1}{(s+1)^2+4} -\frac{2}{(s+1)^2+4}.$$

利用拉氏反轉換公式

$$\frac{s+a}{(s+a)^2+\omega^2} \longleftrightarrow e^{-at}\cos(\omega t)u(t),$$ $$\frac{\omega}{(s+a)^2+\omega^2} \longleftrightarrow e^{-at}\sin(\omega t)u(t),$$

得到

$$h(t)=e^{-t}\bigl[\cos(2t)-\sin(2t)\bigr]u(t).$$

將此結果作拉氏轉換，分別得到 $\frac{s+1}{(s+1)^2+4}$ 與 $-\frac{2}{(s+1)^2+4}$，與 $H(s)$ 相符。

（三）輸入 $x(t)=\cos(t)$ 時的輸出

原卷寫的是 $x(t)=\cos(t)$，依正弦穩態解讀，輸出為

$$y(t)=\operatorname{Re}\{H(j)e^{jt}\}.$$

代入 $\omega=1$：

$$H(j)=\frac{j-1}{(j+1)^2+4} =\frac{-1+j}{4+2j} =\frac{-1+3j}{10}.$$

因此

$$y(t)=\operatorname{Re}\left\{\left(-\frac{1}{10}+\frac{3}{10}j\right) (\cos t+j\sin t)\right\} =-\frac{1}{10}\cos t-\frac{3}{10}\sin t.$$

核心觀念

本題考查多率訊號處理中的插值、降採樣與抗混疊濾波。插值因子為 $I$ 時，頻譜會在頻率軸上壓縮為原來的 $1/I$；降採樣因子為 $D$ 時，若抗混疊濾波器先限制頻寬，輸出頻譜會在頻率軸上擴張為原來的 $D$ 倍。頻譜若超出奈奎斯特範圍，還會發生混疊。

解題方法

由圖 (a) 可讀出：輸入頻譜是以 $\omega=0$ 為峰值的三角形，支撐範圍為 $[-2\pi/3,\,2\pi/3]$；目標頻譜支撐範圍為 $[-\pi,\,\pi]$。由於輸入三角形在 $\omega=\pm\pi/3$ 的頻譜值是峰值的一半，換序時這個非零值也會反映在輸出頻譜上。

（一）求最小的 $I$ 與 $D$

先插值 $I$ 倍，理想低通濾波器保留壓縮後的頻譜；再降採樣 $D$ 倍，頻譜支撐範圍擴大為原來的 $D$ 倍。因此輸出頻寬為

$$\frac{D}{I}\cdot\frac{2\pi}{3}.$$

令輸出頻寬為目標 $\pi$：

$$\frac{D}{I}\cdot\frac{2\pi}{3}=\pi \quad\Longrightarrow\quad \frac{D}{I}=\frac{3}{2}.$$

最小的正整數解為

$$I=2,\qquad D=3.$$

代回可得輸出頻寬為 $\frac{3}{2}\cdot\frac{2\pi}{3}=\pi$，符合目標。

（二）交換插值器與降採樣器

交換順序後，先以 $D=3$ 降採樣。降採樣前的抗混疊低通濾波器截止頻率為

$$\omega_c=\frac{\pi}{D}=\frac{\pi}{3}.$$

因此它只保留輸入頻譜的 $[-\pi/3,\,\pi/3]$ 部分。這段頻譜在 $\omega=\pm\pi/3$ 的值仍是原峰值的一半。降採樣 3 倍後，這段頻譜展開至輸出頻率範圍 $[-\pi,\,\pi]$；接著插值 2 倍，頻譜壓縮至 $[-\pi/2,\,\pi/2]$，插值低通濾波器會移除範圍外的頻譜。