109 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》

此題考驗離散時間系統的系統響應，包含求取系統的脈衝響應與特定輸入下的輸出。

(一) 脈衝響應 $h[n]$ 的定義是當輸入為單位脈衝 $\delta[n]$ 時的輸出。
由題目給定的差分方程式 $y[n] = \frac{1}{3} \sum_{k=0}^{2} x[n-k]$，我們可以寫成
$y[n] = \frac{1}{3} (x[n] + x[n-1] + x[n-2])$。
若輸入為 $x[n] = \delta[n]$，則輸出為
$y[n] = \frac{1}{3} (\delta[n] + \delta[n-1] + \delta[n-2])$。
因此，此系統的脈衝響應為 $h[n] = \frac{1}{3} (\delta[n] + \delta[n-1] + \delta[n-2])$。

(二) 當輸入為 $x[n] = u[n] - u[n-5]$ 時，輸出的計算可以透過卷積（convolution）進行，即 $y[n] = x[n] * h[n]$。
$x[n]$ 的定義為：
$x[n] = 1$ for $0 \le n \le 4$
$x[n] = 0$ otherwise.

卷積的定義為 $y[n] = \sum_{k=-\infty}^{\infty} x[k] h[n-k]$。
將 $h[n] = \frac{1}{3} (\delta[n] + \delta[n-1] + \delta[n-2])$ 代入，
$y[n] = \sum_{k=-\infty}^{\infty} x[k] \frac{1}{3} (\delta[n-k] + \delta[n-k-1] + \delta[n-k-2])$
$y[n] = \frac{1}{3} \sum_{k=-\infty}^{\infty} x[k] (\delta[n-k] + \delta[n-(k+1)] + \delta[n-(k+2)])$
$y[n] = \frac{1}{3} \left( \sum_{k=-\infty}^{\infty} x[k]\delta[n-k] + \sum_{k=-\infty}^{\infty} x[k]\delta[n-(k+1)] + \sum_{k=-\infty}^{\infty} x[k]\delta[n-(k+2)] \right)$
$y[n] = \frac{1}{3} (x[n] + x[n-1] + x[n-2])$。

現在我們將 $x[n]$ 的值代入：
$x[n] = 1$ for $0 \le n \le 4$
$x[n-1] = 1$ for $0 \le n-1 \le 4 \implies 1 \le n \le 5$

此題考驗 LTI 系統的特性，特別是利用已知輸入與輸出關係來求取系統對其他輸入的響應。

首先，我們需要找出系統的脈衝響應 $h(t)$。
已知當輸入為單位階躍信號 $x(t) = u(t)$ 時，輸出為 $y(t) = e^{-t}u(t) + u(-1-t)$。
對於 LTI 系統，輸入 $x(t)$ 與輸出 $y(t)$ 的關係為 $y(t) = x(t) * h(t)$。
若 $x(t) = u(t)$，則 $y(t) = u(t) * h(t)$。
我們知道 $u(t) * h(t) = \int_{-\infty}^{t} h(\tau) d\tau$。
所以，我們有 $\int_{-\infty}^{t} h(\tau) d\tau = e^{-t}u(t) + u(-1-t)$。

為了求得 $h(t)$，我們對等號兩邊進行微分。
$\frac{d}{dt} \left( \int_{-\infty}^{t} h(\tau) d\tau \right) = h(t)$。
對右式微分：
$\frac{d}{dt} (e^{-t}u(t)) = -e^{-t}u(t) + e^{-t}\delta(t)$。
$\frac{d}{dt} (u(-1-t))$。令 $\tau = -1-t$，則 $\frac{d\tau}{dt} = -1$。
$\frac{d}{dt} (u(-1-t)) = \frac{du(\tau)}{d\tau} \frac{d\tau}{dt} = \delta(\tau) \times (-1) = -\delta(-1-t)$。
由於 $\delta(-t) = \delta(t)$，所以 $-\delta(-1-t) = -\delta(t+1)$。
因此，
$h(t) = -e^{-t}u(t) + e^{-t}\delta(t) - \delta(t+1)$。

然而，單位脈衝 $\delta(t)$ 的定義是 $e^{-t}\delta(t) = \delta(t)$ (因為 $\delta(t)$ 只在 $t=0$ 時有值，且 $e^0=1$)。
所以，$h(t) = -e^{-t}u(t) + \delta(t) - \delta(t+1)$。

現在我們需要求取當輸入為圖一所示的 $x(t)$ 時的輸出。
圖一的 $x(t)$ 可以表示為 $x(t) = u(t) - u(t-2)$。
輸出 $y_{new}(t)$ 為 $y_{new}(t) = x(t) * h(t)$。
$y_{new}(t) = (u(t) - u(t-2)) * h(t)$
$y_{new}(t) = (u(t) * h(t)) - (u(t-2) * h(t))$。

我們已經知道 $u(t) * h(t) = y(t) = e^{-t}u(t) + u(-1-t)$。
現在計算 $u(t-2) * h(t)$。
利用時移性質，若 $f(t) * h(t) = g(t)$，則 $f(t-t_0) * h(t) = g(t-t_0)$。
這裡 $f(t) = u(t)$，所以 $u(t-2) * h(t) = y(t-2)$。
$y(t-2) = e^{-(t-2)}u(t-2) + u(-1-(t-2))$

核心觀念

本題考查離散時間 LTI 系統的：

1. 頻率響應：令輸入為複指數訊號 $x[n]=e^{j\omega n}$，輸出為 $y[n]=H(e^{j\omega})e^{j\omega n}$，即可求得頻率響應。
2. 單位脈衝響應：令輸入 $x[n]=\delta[n]$，求出輸出 $y[n]=h[n]$。
3. 差分方程與系統函數：利用延遲運算子 $z^{-1}$ 將差分方程轉為 $H(z)$，再反轉換得到 $h[n]$。

以下採用系統初始靜止且為因果系統的標準假設。

---

解題方法一：求頻率響應

題目給定差分方程：

$$y[n]-\frac{1}{3}y[n-1]+\frac{1}{4}y[n-2] = x[n-1]+\frac{1}{2}x[n-2]$$

對 LTI 系統令：

$$x[n]=e^{j\omega n}$$

則輸出可寫為：

$$y[n]=H(e^{j\omega})e^{j\omega n}$$

利用延遲性質：

$$x[n-k]=e^{j\omega(n-k)} =e^{-j\omega k}e^{j\omega n}$$ $$y[n-k] = H(e^{j\omega})e^{-j\omega k}e^{j\omega n}$$

代入原差分方程：

$$H(e^{j\omega})e^{j\omega n} -\frac{1}{3}H(e^{j\omega})e^{-j\omega}e^{j\omega n} +\frac{1}{4}H(e^{j\omega})e^{-j2\omega}e^{j\omega n}$$ $$= e^{-j\omega}e^{j\omega n} +\frac{1}{2}e^{-j2\omega}e^{j\omega n}$$

消去 $e^{j\omega n}$，得：

$$H(e^{j\omega}) \left( 1-\frac{1}{3}e^{-j\omega} +\frac{1}{4}e^{-j2\omega} \right) = e^{-j\omega} +\frac{1}{2}e^{-j2\omega}$$

因此頻率響應為：

$$\boxed{ H(e^{j\omega}) = \frac{e^{-j\omega}+\frac{1}{2}e^{-j2\omega}} {1-\frac{1}{3}e^{-j\omega}+\frac{1}{4}e^{-j2\omega}} }$$

---

解題方法二：求系統函數

在初始靜止條件下，對差分方程取 $Z$ 轉換：

$$Y(z)-\frac{1}{3}z^{-1}Y(z)+\frac{1}{4}z^{-2}Y(z) = z^{-1}X(z)+\frac{1}{2}z^{-2}X(z)$$

整理得：

$$Y(z) \left( 1-\frac{1}{3}z^{-1} +\frac{1}{4}z^{-2} \right) = X(z) \left( z^{-1}+\frac{1}{2}z^{-2} \right)$$

所以系統函數為：

$$H(z)=\frac{Y(z)}{X(z)} = \frac{z^{-1}+\frac{1}{2}z^{-2}} {1-\frac{1}{3}z^{-1}+\frac{1}{4}z^{-2}}$$

將 $z=e^{j\omega}$ 代入，即可得到上一節的頻率響應。

---

求時間域單位脈衝響應

令：

$$x[n]=\delta[n],\qquad y[n]=h[n]$$

原差分方程變為：

$$h[n]-\frac{1}{3}h[n-1]+\frac{1}{4}h[n-2] = \delta[n-1]+\frac{1}{2}\delta[n-2]$$

因系統為因果且初始靜止：

$$h[n]=0,\qquad n<0$$

逐點計算初始值。

$n=0$

$$h[0]-\frac{1}{3}h[-1]+\frac{1}{4}h[-2]=0$$

因此：

$$h[0]=0$$

$n=1$

$$h[1]-\frac{1}{3}h[0]+\frac{1}{4}h[-1]=1$$

此題考驗連續時間與離散時間的傅立葉級數。

(一) 求取 $x(t) = (\sin(t))(\cos(3t))$ 的傅立葉級數係數。
我們可以使用三角恆等式來簡化 $x(t)$。
$\sin(A)\cos(B) = \frac{1}{2}[\sin(A+B) + \sin(A-B)]$。
令 $A=t$, $B=3t$。
$x(t) = \frac{1}{2}[\sin(t+3t) + \sin(t-3t)]$
$x(t) = \frac{1}{2}[\sin(4t) + \sin(-2t)]$
$x(t) = \frac{1}{2}[\sin(4t) - \sin(2t)]$。

傅立葉級數的定義為 $x(t) = \sum_{k=-\infty}^{\infty} c_k e^{jk\omega_0 t}$，其中 $\omega_0$ 是基頻。
對於 $x(t) = \frac{1}{2}\sin(4t) - \frac{1}{2}\sin(2t)$，我們可以將 $\sin$ 函數用複指數形式表示：
$\sin(\omega t) = \frac{e^{j\omega t} - e^{-j\omega t}}{2j}$。
所以，
$x(t) = \frac{1}{2} \left( \frac{e^{j4t} - e^{-j4t}}{2j} \right) - \frac{1}{2} \left( \frac{e^{j2t} - e^{-j2t}}{2j} \right)$
$x(t) = \frac{1}{4j} (e^{j4t} - e^{-j4t}) - \frac{1}{4j} (e^{j2t} - e^{-j2t})$
$x(t) = \frac{1}{4j} e^{j4t} - \frac{1}{4j} e^{-j4t} - \frac{1}{4j} e^{j2t} + \frac{1}{4j} e^{-j2t}$。

比較 $x(t) = \sum_{k=-\infty}^{\infty} c_k e^{jk\omega_0 t}$，我們可以看到主要的頻率是 $2$ 和 $4$。
假設基頻 $\omega_0$ 是 $2$ (或者 $2$ 的因數)。如果 $\omega_0 = 2$，則 $k$ 可以是 $1$ 或 $2$。
如果 $\omega_0 = 2$，則 $x(t) = \frac{1}{4j} e^{j2 \cdot 2 t} - \frac{1}{4j} e^{j(-2) \cdot 2 t} - \frac{1}{4j} e^{j1 \cdot 2 t} + \frac{1}{4j} e^{j(-1) \cdot 2 t}$。
那麼，傅立葉級數係數 $c_k$ 為：
$c_2 = \frac{1}{4j}$
$c_{-2} = -\frac{1}{4j}$
$c_1 = -\frac{1}{4j}$
$c_{-1} = \frac{1}{4j}$
所有其他的 $c_k$ 係數都為 0。

如果我們取 $\omega_0 = 1$，那麼 $j\omega_0 t$ 的形式是 $jt, j2t, j3t, \dots$。
$x(t) = \frac{1}{4j} e^{j4t} - \frac{1}{4j} e^{-j4t} - \frac{1}{4j} e^{j2t} + \frac{1}{4j} e^{-j2t}$
$x(t) = \frac{1}{4j} e^{j4\omega_0 t} - \frac{1}{4j} e^{j(-4)\omega_0 t} - \frac{1}{4j} e^{j2\omega_0 t} + \frac{1}{4j} e^{j(-2)\omega_0 t}$
所以，
$c_4 = \frac{1}{4j} = -\frac{j}{4}$
$c_{-4} = -\frac{1}{4j} = \frac{j}{4}$
$c_2 = -\frac{1}{4j} = \frac{j}{4}$
$c_{-2} = \frac{1}{4j} = -\frac{j}{4}$
所有其他的 $c_k$ 係數都為 0。

通常，傅立葉級數的週期 $T$ 決定了基頻 $\omega_0 = \frac{2\pi}{T}$。
這裡的函數是 $\sin(2t)$ 和 $\sin(4t)$。
$\sin(2t)$ 的週期是 $T_1 = \frac{2\pi}{2} = \pi$。
$\sin(4t)$ 的週期是 $T_2 = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$。
這兩個函數的最小公倍週期是 $T = \pi$。
所以，基頻 $\omega_0 = \frac{2\pi}{\pi} = 2$。
因此，我們應該使用 $\omega_0 = 2$ 來表示。
$x(t) = c_1 e^{j1 \cdot 2t} + c_{-1} e^{j(-1) \cdot 2t} + c_2 e^{j2 \cdot 2t} + c_{-2} e^{j(-2) \cdot 2t}$。
$x(t) = -\frac{1}{4j} e^{j2t} + \frac{1}{4j} e^{-j2t} + \frac{1}{4j} e^{j4t} - \frac{1}{4j} e^{-j4t}$。
所以，
$c_1 = -\frac{1}{4j} = \frac{j}{4}$
$c_{-1} = \frac{1}{4j} = -\frac{j}{4}$
$c_2 = \frac{1}{4j} = -\frac{j}{4}$
$c_{-2} = -\frac{1}{4j} = \frac{j}{4}$
所有其他的 $c_k$ 係數都為 0。

(二) 給定離散時間傅立葉級數係數 $X[k] = \cos\left(\frac{3\pi}{16}k\right) + j\sin\left(\frac{5\pi}{16}k\right)$，求取離散時間

此題考驗連續時間傅立葉轉換的帕斯伐定理、基本函數的傅立葉轉換，以及離散時間傅立葉轉換的性質。

(一) 證明帕斯伐定理 (Parseval's Theorem)。
帕斯伐定理是傅立葉轉換的能量守恆定理。
連續時間傅立葉轉換的定義是 $X(j\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} x(t) e^{-j\omega t} dt$。
其逆轉換是 $x(t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} X(j\omega) e^{j\omega t} d\omega$。
我們需要證明 $\int_{-\infty}^{\infty} |x(t)|^2 dt = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} |X(j\omega)|^2 d\omega$。

考慮左式：$\int_{-\infty}^{\infty} |x(t)|^2 dt = \int_{-\infty}^{\infty} x(t) x^*(t) dt$。
將 $x^*(t)$ 用逆轉換表示：
$x^*(t) = \left( \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} X(j\omega) e^{j\omega t} d\omega \right)^*$
$x^*(t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} X^*(j\omega) e^{-j\omega t} d\omega$。

代入左式：
$\int_{-\infty}^{\infty} x(t) \left( \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} X^*(j\omega') e^{-j\omega' t} d\omega' \right) dt$
$= \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} X^*(j\omega') \left( \int_{-\infty}^{\infty} x(t) e^{-j\omega' t} dt \right) d\omega'$。
括號內的積分就是 $X(j\omega')$ 的定義。
$= \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} X^*(j\omega') X(j\omega') d\omega'$
$= \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} |X(j\omega')|^2 d\omega'$。
將積分變數改為 $\omega$，即得證：
$\int_{-\infty}^{\infty} |x(t)|^2 dt = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} |X(j\omega)|^2 d\omega$。

(二) 求取 $x(t) = e^{-2t}u(t)$ 的傅立葉轉換。
傅立葉轉換的定義是 $X(j\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} x(t) e^{-j\omega t} dt$。
$X(j\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-2t}u(t) e^{-j\omega t} dt$。
由於 $u(t)$ 的存在，積分範圍變為從 $0$ 到 $\infty$。
$X(j\omega) = \int_{0}^{\infty} e^{-2t} e^{-j\omega t} dt$
$X(j\omega) = \int_{0}^{\infty} e^{-(2+j\omega)t} dt$。
此積分收斂的條件是 $Re(2+j\omega) > 0$，即 $2 > 0$，這總是成立的。
$X(j\omega) = \left[ \frac{e^{-(2+j\omega)t}}{-(2+j\omega)} \right]_{0}^{\infty}$

此題考驗連續時間傅立葉轉換的帕斯伐定理、基本函數的傅立葉轉換，以及離散時間傅立葉轉換的性質。

(一) 證明帕斯伐定理 (Parseval's Theorem)。
帕斯伐定理是傅立葉轉換的能量守恆定理。
連續時間傅立葉轉換的定義是 $X(j\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} x(t) e^{-j\omega t} dt$。
其逆轉換是 $x(t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} X(j\omega) e^{j\omega t} d\omega$。
我們需要證明 $\int_{-\infty}^{\infty} |x(t)|^2 dt = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} |X(j\omega)|^2 d\omega$。

考慮左式：$\int_{-\infty}^{\infty} |x(t)|^2 dt = \int_{-\infty}^{\infty} x(t) x^*(t) dt$。
將 $x^*(t)$ 用逆轉換表示：
$x^*(t) = \left( \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} X(j\omega) e^{j\omega t} d\omega \right)^*$
$x^*(t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} X^*(j\omega) e^{-j\omega t} d\omega$。

代入左式：
$\int_{-\infty}^{\infty} x(t) \left( \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} X^*(j\omega') e^{-j\omega' t} d\omega' \right) dt$
$= \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} X^*(j\omega') \left( \int_{-\infty}^{\infty} x(t) e^{-j\omega' t} dt \right) d\omega'$。
括號內的積分就是 $X(j\omega')$ 的定義。
$= \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} X^*(j\omega') X(j\omega') d\omega'$
$= \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} |X(j\omega')|^2 d\omega'$。
將積分變數改為 $\omega$，即得證：
$\int_{-\infty}^{\infty} |x(t)|^2 dt = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} |X(j\omega)|^2 d\omega$。

(二) 求取 $x(t) = e^{-2t}u(t)$ 的傅立葉轉換。
傅立葉轉換的定義是 $X(j\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} x(t) e^{-j\omega t} dt$。
$X(j\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-2t}u(t) e^{-j\omega t} dt$。
由於 $u(t)$ 的存在，積分範圍變為從 $0$ 到 $\infty$。
$X(j\omega) = \int_{0}^{\infty} e^{-2t} e^{-j\omega t} dt$
$X(j\omega) = \int_{0}^{\infty} e^{-(2+j\omega)t} dt$。
此積分收斂的條件是 $Re(2+j\omega) > 0$，即 $2 > 0$，這總是成立的。
$X(j\omega) = \left[ \frac{e^{-(2+j\omega)t}}{-(2+j\omega)} \right]_{0}^{\infty}$

核心觀念

連續時間訊號 $x(t)$ 為週期訊號的定義，是存在某個有限且正的 $T$，使得對所有 $t$ 均滿足

$$x(t+T)=x(t).$$

若 $a(t)$ 的週期為 $T_a$，$b(t)$ 的週期為 $T_b$，則：

• $e^{b(t)}$ 與 $b(t)$ 具有相同的週期；
• $a(t)e^{b(t)}$ 至少需要存在一個共同週期，使兩個因子同時重複；
• 兩個週期訊號不一定具有共同週期。

當兩個基本週期的比值為有理數時，通常可找到共同週期；若週期比值為無理數，則不一定存在共同週期。

---

解題方法

先取兩個週期比值為無理數的訊號：

$$a(t)=e^{\cos t}, \qquad b(t)=\cos(\sqrt{2}t).$$

兩者皆為連續時間週期訊號，其中

$$T_a=2\pi, \qquad T_b=\frac{2\pi}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\pi.$$

其週期比值為

$$\frac{T_a}{T_b} = \frac{2\pi}{\sqrt{2}\pi} = \sqrt{2},$$

而 $\sqrt{2}$ 為無理數，因此兩者沒有有限的共同基本週期。

題目所給訊號為

$$x(t)=a(t)e^{b(t)} =e^{\cos t}e^{\cos(\sqrt{2}t)} =e^{\cos t+\cos(\sqrt{2}t)}.$$

由於 $x(t)>0$，若 $x(t)$ 是週期訊號，則其自然對數也必須是週期訊號：

$$\ln x(t)=\cos t+\cos(\sqrt{2}t).$$

訊號 $\cos t$ 的頻率為 $1$，訊號 $\cos(\sqrt{2}t)$ 的頻率為 $\sqrt{2}$。若它們的和具有週期 $T$，則兩個頻率都必須是某個基本角頻率 $\omega_0$ 的整數倍，因此應存在整數 $m,n$ 使得

$$1=m\omega_0, \qquad \sqrt{2}=n\omega_0.$$

兩式相除可得

$$\sqrt{2}=\frac{n}{m}.$$

右側為有理數，左側為無理數，矛盾。因此 $\cos t+\cos(\sqrt{2}t)$ 不具週期性，進而

$$x(t)=a(t)e^{b(t)}$$

也不具週期性。

核心觀念

本題考查：

• 週期脈衝取樣造成頻譜以取樣角頻率 $\omega_s$ 為間隔週期性複製。
• 帶通取樣定理（bandpass sampling theorem）。
• 只要各頻譜複本不互相重疊，即可用濾波器 $H(j\omega)$ 選出原頻譜，並補償取樣造成的比例因子。

圖中原頻譜為

$$X(j\omega)\neq 0,\qquad \omega_1\leq |\omega|\leq \omega_2$$

令頻帶寬度為

$$B=\omega_2-\omega_1.$$

取樣脈衝列為

$$p(t)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}\delta(t-kT),$$

其取樣角頻率為

$$\omega_s=\frac{2\pi}{T}.$$

---

解題方法

時域相乘對應到頻域複製，因此

$$X_p(j\omega) = \frac{1}{T} \sum_{k=-\infty}^{\infty} X\bigl(j(\omega-k\omega_s)\bigr).$$

每一個原頻帶寬度都是 $B$，取樣後會以 $\omega_s$ 為間隔重複出現。為了讓濾波器能夠完整取出原本的 $X(j\omega)$，相鄰頻譜複本不可重疊。

帶通取樣條件可寫成

$$\frac{2\omega_2}{n} \leq \omega_s \leq \frac{2\omega_1}{n-1}, \qquad n=1,2,3,\ldots$$

其中 $n=1$ 時右側上限視為無限大。

此條件有可行解的必要條件為

$$\frac{2\omega_2}{n} \leq \frac{2\omega_1}{n-1}.$$

整理得

$$\omega_2(n-1)\leq \omega_1n,$$

因此

$$n(\omega_2-\omega_1)\leq \omega_1,$$

也就是

$$nB\leq \omega_1.$$

為使 $T=2\pi/\omega_s$ 最大，必須使可行的 $n$ 最大。令

$$n_{\max} = \left\lfloor\frac{\omega_1}{\omega_2-\omega_1}\right\rfloor.$$

此時可採用的最小取樣角頻率為

$$\omega_{s,\min} = \frac{2\omega_2}{n_{\max}}.$$

因此

此題考驗對 LTI 系統的穩定性、因果性、系統函數、傅立葉轉換以及拉氏轉換的理解。

已知條件：

1. 系統是連續時間、穩定且因果的。
2. 系統函數 $H(s)$ 是有理函數。
3. $H(s)$ 在 $s = -4 + 4j$ 處有一個極點。
4. $H(s)$ 在 $s = 0$ 處沒有零點。
5. 其他極點和零點的位置未知。

(一) $F\{h(t)e^{4t}\}$ converges ($F\{\}$ 代表傅立葉轉換)。
傅立葉轉換 $F\{g(t)\}$ 收斂，若且唯若 $g(t)$ 是絕對可積的，即 $\int_{-\infty}^{\infty} |g(t)| dt < \infty$。
令 $g(t) = h(t)e^{4t}$。
我們知道系統是穩定的，這意味著 $h(t)$ 的所有極點（在 $s$-平面上）的實部都必須是負的。
我們也知道系統是因果的，這意味著 $h(t)=0$ 對於 $t<0$。
由於 $H(s)$ 是有理函數且系統是因果穩定的，其拉氏轉換 $H(s)$ 的收斂域 (ROC) 必定包含右半平面，並且包含虛軸。
即，對於所有 $\text{Re}(s) > \sigma_{min}$，其中 $\sigma_{min} < 0$。
由於系統是穩定的，所有極點的實部都必須小於 0。
給定的極點是 $s = -4 + 4j$。它的實部是 $-4$，這是一個負數，符合穩定性要求。
$h(t)$ 可以表示為一系列指數項的和（或包含振盪項），形式為 $c_k e^{p_k t} u(t)$，其中 $p_k$ 是 $H(s)$ 的極點，且 $\text{Re}(p_k) < 0$。
那麼，$g(t) = h(t)e^{4t} = \sum_k c_k e^{p_k t} u(t) e^{4t} = \sum_k c_k e^{(p_k+4)t} u(t)$。
為了使 $g(t)$ 絕對可積，我們需要 $\text{Re}(p_k+4) < 0$ 對於所有的 $k$。
也就是說，$\text{Re}(p_k) < -4$ 對於所有的 $k$。

然而，我們只知道其中一個極點是 $p_1 = -4 + 4j$，其 $\text{Re}(p_1) = -4$。
那麼，對於這個極點對應的項，我們有 $c_1 e^{(-4+4j)t} u(t) e^{4t} = c_1 e^{4j t} u(t)$。
這個函數是振盪的，並且是絕對不可積的。
例如，如果 $h(t)$ 包含一個項 $e^{(-4+4j)t} u(t)$，那麼 $h(t)e^{4t}$ 包含一個項 $e^{4jt} u(t)$。
$\int_{-\infty}^{\infty} |e^{4jt} u(t)| dt = \int_{0}^{\infty} |e^{4jt}| dt = \int_{0}^{\infty} 1 dt = \infty$。
因此，$F\{h(t)e^{4t}\}$ 不收斂。

要使 $F\{h(t)e^{4t}\}$ 收斂，需要 $h(t)e^{4t}$ 是絕對可積的。
這意味著對於 $h(t)$ 的所有極點 $p_k$，必須滿足 $\text{Re}(p_k) < -4$。