110 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》

本題在考察連續時間系統的基本性質：穩定性、因果性、線性與時變性。

核心觀念：

• 穩定性 (Stability)：對於有界輸入，系統輸出是否也一定有界 (BIBO stability)。
• 因果性 (Causality)：系統在任意時刻的輸出，僅取決於當前及過去的輸入，不取決於未來的輸入。
• 線性 (Linearity)：系統是否滿足疊加性 (superposition)，即 $T\{ax_1(t) + bx_2(t)\} = aT\{x_1(t)\} + bT\{x_2(t)\}$。
• 時變性 (Time Invariance)：系統的響應特性是否不隨時間改變，即若輸入延遲 $T_0$，輸出也僅延遲 $T_0$。

解題過程：
給定系統的輸入輸出關係為 $y(t) = e^{-t}x(t-2)$。

(a) 穩定性 (Stability)
我們考慮 BIBO (Bounded-Input, Bounded-Output) stability。假設輸入 $x(t)$ 在所有 $t$ 均有界，即 $|x(t)| \le M_x$ 對於某個常數 $M_x > 0$。
則輸出為 $y(t) = e^{-t}x(t-2)$。
我們需要檢查 $|y(t)|$ 是否對所有 $t$ 均有界。
$|y(t)| = |e^{-t}x(t-2)| = |e^{-t}| |x(t-2)|$。
由於 $t>0$，所以 $e^{-t}$ 是一個隨時間遞減的函數，其值在 $(0, 1)$ 之間。
$|x(t-2)| \le M_x$。
因此， $|y(t)| \le e^{-t} M_x$。
因為 $e^{-t}$ 在 $t>0$ 時是有界的 (例如，當 $t \to \infty$, $e^{-t} \to 0$；當 $t \to 0^+$, $e^{-t} \to 1$)，且 $M_x$ 是常數，所以 $e^{-t} M_x$ 也是有界的。
因此，對於有界輸入 $x(t)$，輸出 $y(t)$ 也是有界的。
此系統是 BIBO穩定的。

(b) 因果性 (Causality)
因果性要求系統在時刻 $t$ 的輸出 $y(t)$ 只能由時刻 $t$ 或之前的輸入 $x(\tau)$ ($\tau \le t$) 決定。
給定的系統方程式為 $y(t) = e^{-t}x(t-2)$。
在時刻 $t$ 的輸出 $y(t)$ 取決於時刻 $t-2$ 的輸入 $x(t-2)$。

核心觀念

本題考查連續時間與離散時間 LTI 系統的差分／微分方程求解。

• 連續時間系統：總響應為自然響應與受迫響應之和。
• 離散時間系統：總響應同樣由齊次解與特解組成。
• 初始條件用來決定齊次解中的未知常數。
• 輸入含有 $u(t)$ 或 $u[n]$，因此只需在 $t\ge 0$ 或 $n\ge 0$ 的範圍內求解。

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(a) 連續時間系統

已知

$$\frac{d^2y(t)}{dt^2}+5\frac{dy(t)}{dt}+6y(t)=x(t),$$ $$x(t)=e^{-t}u(t),$$ $$y(0)=0,\qquad y'(0)=1.$$

解題方法

對 $t\ge 0$，有 $u(t)=1$，因此方程式化為

$$y''(t)+5y'(t)+6y(t)=e^{-t}.$$

總解由齊次解與特解組成：

$$y(t)=y_h(t)+y_p(t).$$

1. 求齊次解

先考慮齊次方程式

$$y''+5y'+6y=0.$$

其特徵方程式為

$$r^2+5r+6=0$$ $$(r+2)(r+3)=0.$$

因此根為 $r=-2,-3$，齊次解為

$$y_h(t)=C_1e^{-2t}+C_2e^{-3t}.$$

2. 求特解

因為輸入為 $e^{-t}$，設特解為

$$y_p(t)=Ae^{-t}.$$

則

$$y_p'(t)=-Ae^{-t},\qquad y_p''(t)=Ae^{-t}.$$

代入原方程式：

$$Ae^{-t}+5(-Ae^{-t})+6Ae^{-t}=e^{-t}.$$

因此

$$(1-5+6)Ae^{-t}=e^{-t},$$ $$2A=1, \qquad A=\frac12.$$

故

$$y_p(t)=\frac12e^{-t}.$$

3. 合併總解並套用初始條件

總解為

$$y(t)=C_1e^{-2t}+C_2e^{-3t}+\frac12e^{-t}.$$

套用 $y(0)=0$：

$$C_1+C_2+\frac12=0,$$ $$C_1+C_2=-\frac12.$$

先微分：

$$y'(t)=-2C_1e^{-2t}-3C_2e^{-3t}-\frac12e^{-t}.$$

套用 $y'(0)=1$：

$$-2C_1-3C_2-\frac12=1,$$ $$2C_1+3C_2=-\frac32.$$

由

$$C_1+C_2=-\frac12$$

乘以 $2$，得

$$2C_1+2C_2=-1.$$

與

$$2C_1+3C_2=-\frac32$$

相減可得

$$C_2=-\frac12.$$

因此

$$C_1=0.$$

所以 $t\ge 0$ 時

$$y(t)=\frac12e^{-t}-\frac12e^{-3t}.$$

考慮因果輸入，輸出可寫為

$$\boxed{y(t)=\frac12\left(e^{-t}-e^{-3t}\right)u(t)}.$$

快速驗算

由答案可得

$$y(0)=\frac12-\frac12=0,$$

且

$$y'(t)=-\frac12e^{-t}+\frac32e^{-3t},$$

因此

$$y'(0)=-\frac12+\frac32=1,$$

符合初始條件。

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(b) 離散時間系統

已知

$$y[n]+0.4y[n-1]=0.6x[n],$$ $$x[n]=(0.5)^nu[n],$$ $$y[-1]=2.$$

對 $n\ge 0$，輸入為

$$x[n]=(0.5)^n.$$

因此差分方程式為

本題要求根據給定的離散時間 LTI 系統的脈衝響應 $h[n]$，求出其頻率響應 $H(\Omega)$ 和對應的線性常係數差分方程。

核心觀念：

• 脈衝響應 (Impulse Response)：$h[n]$ 是 LTI 系統的完整描述。
• 頻率響應 (Frequency Response)：$H(\Omega)$ 是脈衝響應 $h[n]$ 的離散時間傅立葉轉換 (DTFT)，表示系統對不同頻率正弦信號的響應大小和相位變化。$H(\Omega) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} h[n] e^{-j\Omega n}$。
• 線性常係數差分方程 (Linear Constant-Coefficient Difference Equation, LCCDE)：描述系統輸入輸出關係的方程，其係數為常數。
• 傳遞函數 (Transfer Function)：$H(z)$ 是脈衝響應 $h[n]$ 的 Z 轉換。頻率響應是傳遞函數在單位圓上的取值，即 $H(\Omega) = H(z)|_{z=e^{j\Omega}}$。
• 脈衝響應與差分方程的關係：若系統由差分方程 $y[n] + \sum_{i=1}^{N} a_i y[n-i] = \sum_{k=0}^{M} b_k x[n-k]$ 描述，則其傳遞函數為 $H(z) = \frac{\sum_{k=0}^{M} b_k z^{-k}}{1 + \sum_{i=1}^{N} a_i z^{-i}}$。頻率響應為 $H(\Omega) = H(z)|_{z=e^{j\Omega}}$。

解題過程：
給定脈衝響應 $h[n] = (0.5)^n u[n] + 2(-0.25)^n u[n]$。

(a) 頻率響應
我們需要計算 $h[n]$ 的 DTFT，即 $H(\Omega) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} h[n] e^{-j\Omega n}$。
由於 $h[n]$ 是因果的 (由 $u[n]$ 決定)，求和從 $n=0$ 開始。
$H(\Omega) = \sum_{n=0}^{\infty} [(0.5)^n u[n] + 2(-0.25)^n u[n]] e^{-j\Omega n}$
$H(\Omega) = \sum_{n=0}^{\infty} (0.5)^n e^{-j\Omega n} + 2 \sum_{n=0}^{\infty} (-0.25)^n e^{-j\Omega n}$
$H(\Omega) = \sum_{n=0}^{\infty} (0.5 e^{-j\Omega})^n + 2 \sum_{n=0}^{\infty} (-0.25 e^{-j\Omega})^n$

這兩個和都是幾何級數 $\sum_{n=0}^{\infty} r^n = \frac{1}{1-r}$，其中 $|r|<1$。
對於第一個級數，$r_1 = 0.5 e^{-j\Omega}$。由於 $|0.5 e^{-j\Omega}| = 0.5 < 1$，級數收斂。
對於第二個級數，$r_2 = -0.25 e^{-j\Omega}$。由於 $|-0.25 e^{-j\Omega}| = 0.25 < 1$，級數收斂。

所以，
$H(\Omega) = \frac{1}{1 - 0.5 e^{-j\Omega}} + 2 \frac{1}{1 - (-0.25) e^{-j\Omega}}$
$H(\Omega) = \frac{1}{1 - 0.5 e^{-j\Omega}} + \frac{2}{1 + 0.25 e^{-j\Omega}}$

我們可以將其合併：
$H(\Omega) = \frac{(1 + 0.25 e^{-j\Omega}) + 2(1 - 0.5 e^{-j\Omega})}{(1 - 0.5 e^{-j\Omega})(1 + 0.25 e^{-j\Omega})}$
$H(\Omega) = \frac{1 + 0.25 e^{-j\Omega} + 2 - e^{-j\Omega}}{1 + 0.25 e^{-j\Omega} - 0.5 e^{-j\Omega} - 0.125 e^{-j2\Omega}}$
$H(\Omega) = \frac{3 - 0.75 e^{-j\Omega}}{1 - 0.25 e^{-j\Omega} - 0.125 e^{-j2\Omega}}$

核心觀念

本題考查連續時間傅立葉轉換的定義、時移與調變性質、頻域卷積對應時域相乘，以及 Parseval 定理。以下採用

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

(a) 矩形函數的傅立葉轉換

依原卷圖形，矩形波在 $-\tau/2\le t\le\tau/2$ 的高度為 $1$，區間外為 $0$。因此

$$\Pi\left(\frac{t}{\tau}\right) = \begin{cases} 1, & |t|\le \tau/2,\\ 0, & \text{其他}. \end{cases}$$

直接代入傅立葉轉換定義：

$$\begin{aligned} X(j\omega) &=\int_{-\tau/2}^{\tau/2}e^{-j\omega t}\,dt\\ &=\left.\frac{e^{-j\omega t}}{-j\omega}\right|_{-\tau/2}^{\tau/2}\\ &=\frac{2\sin(\omega\tau/2)}{\omega}. \end{aligned}$$

所以

$$\boxed{X(j\omega)=\tau\,\operatorname{sinc}\left(\frac{\omega\tau}{2}\right)}$$

其中此處 $\operatorname{sinc}(x)=\sin(x)/x$；當 $\omega=0$ 時，取極限得 $X(0)=\tau$，等於矩形波的面積。

(b) 由頻域卷積求時域訊號

原卷兩個頻域因子之間以 $*$ 表示卷積。令

$$A(j\omega)=\frac{2\sin(\omega-2)}{\omega-2}, \qquad B(j\omega)=e^{-j2\omega}\frac{\sin(2\omega)}{\omega}.$$

核心觀念

本題考查三個重點：

1. 週期訊號經過固定時間範圍的移動平均後，週期不會改變。
2. 移動平均器是線性時不變系統，可用卷積與頻率響應分析。
3. 複指數訊號 $e^{jk2\pi t}$ 通過系統後，只會乘上一個頻率響應值。

已知 $f(t)$ 的週期為 $1$，其傅立葉級數為

$$f(t)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}X_k e^{jk2\pi t}.$$

移動平均輸出為

$$y(t)=\frac{1}{2h}\int_{t-h}^{t+h}f(u)\,du, \qquad h>0.$$

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解題方法

（a）證明 $y(t)$ 也是週期為 $1$ 的週期函數

計算 $y(t-1)$：

$$y(t-1) = \frac{1}{2h} \int_{t-1-h}^{t-1+h}f(u)\,du.$$

令

$$v=u+1, \qquad u=v-1, \qquad du=dv.$$

積分上下限變為

$$u=t-1-h \Rightarrow v=t-h,$$ $$u=t-1+h \Rightarrow v=t+h.$$

因此

$$y(t-1) = \frac{1}{2h} \int_{t-h}^{t+h}f(v-1)\,dv.$$

由於 $f(t)$ 的週期為 $1$，

$$f(v-1)=f(v).$$

所以

$$y(t-1) = \frac{1}{2h} \int_{t-h}^{t+h}f(v)\,dv = y(t).$$

因此

$$\boxed{y(t)=y(t-1)}$$

故 $y(t)$ 也是週期為 $1$ 的週期函數。

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（b）求 $y(t)$ 的傅立葉級數

方法一：直接代入傅立葉級數

將 $f(u)$ 的傅立葉級數代入 $y(t)$：

$$y(t) = \frac{1}{2h} \int_{t-h}^{t+h} \left( \sum_{k=-\infty}^{\infty} X_k e^{jk2\pi u} \right)du.$$

交換求和與積分次序：

$$y(t) = \sum_{k=-\infty}^{\infty} X_k \frac{1}{2h} \int_{t-h}^{t+h}e^{jk2\pi u}\,du.$$

對 $k\neq 0$，

$$\int_{t-h}^{t+h}e^{jk2\pi u}\,du = \left[ \frac{e^{jk2\pi u}}{jk2\pi} \right]_{t-h}^{t+h}.$$

因此

$$\int_{t-h}^{t+h}e^{jk2\pi u}\,du = \frac{e^{jk2\pi(t+h)}-e^{jk2\pi(t-h)}}{jk2\pi}.$$

提出 $e^{jk2\pi t}$：

$$= e^{jk2\pi t} \frac{e^{jk2\pi h}-e^{-jk2\pi h}}{jk2\pi}.$$

利用

$$e^{j\theta}-e^{-j\theta}=2j\sin\theta,$$

得到

$$\int_{t-h}^{t+h}e^{jk2\pi u}\,du = e^{jk2\pi t} \frac{2j\sin(k2\pi h)}{jk2\pi}.$$

化簡為

$$\int_{t-h}^{t+h}e^{jk2\pi u}\,du = e^{jk2\pi t} \frac{\sin(k2\pi h)}{k\pi}.$$

再乘上 $\frac{1}{2h}$：

$$\frac{1}{2h} \int_{t-h}^{t+h}e^{jk2\pi u}\,du = e^{jk2\pi t} \frac{\sin(k2\pi h)}{k2\pi h}.$$

本題要求計算兩個函數的拉普拉斯轉換。

核心觀念：

• 拉普拉斯轉換 (Laplace Transform)：連續時間信號 $f(t)$ 的拉普拉斯轉換定義為 $F(s) = \mathcal{L}\{f(t)\} = \int_{-\infty}^{\infty} f(t) e^{-st} dt$。對於因果信號 $f(t)u(t)$，積分從 0 開始：$F(s) = \int_{0}^{\infty} f(t) e^{-st} dt$。
• 基本拉普拉斯轉換對：常見的函數（如指數函數、斜坡函數、單位階躍函數）的拉普拉斯轉換。
• 拉普拉斯轉換的性質：尺度變換、時移、頻移、微分、積分等。

解題過程：

(1) $h(t) = e^{-t}u(t)$
這是指數函數的拉普拉斯轉換，其定義為：
$H(s) = \mathcal{L}\{e^{-t}u(t)\} = \int_{0}^{\infty} e^{-t} e^{-st} dt$
$H(s) = \int_{0}^{\infty} e^{-(s+1)t} dt$
為了使積分收斂，我們需要 $\text{Re}(s+1) > 0$，即 $\text{Re}(s) > -1$。
$H(s) = \left[ \frac{e^{-(s+1)t}}{-(s+1)} \right]_{0}^{\infty}$
$H(s) = 0 - \frac{e^0}{-(s+1)} = \frac{1}{s+1}$。
收斂域為 $\text{Re}(s) > -1$。

本題要求計算兩個離散時間信號的 Z 轉換。

核心觀念：

• Z 轉換 (Z-Transform)：離散時間信號 $x[n]$ 的 Z 轉換定義為 $X(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} x[n] z^{-n}$。
• 基本 Z 轉換對：例如單位階躍函數 $u[n]$、指數函數 $a^n u[n]$、斜坡函數 $n u[n]$ 等的 Z 轉換。
• Z 轉換的性質：尺度變換、時移、乘以指數函數、微分、積分等。

解題過程：

(1) $h[n] = (0.5)^n u[n]$
這是指數函數的 Z 轉換，其定義為：
$H(z) = \sum_{n=-\infty}^{\infty} (0.5)^n u[n] z^{-n}$
由於 $u[n]$ 在 $n < 0$ 時為 0，積分範圍變為 $n=0$ 到 $\infty$。
$H(z) = \sum_{n=0}^{\infty} (0.5)^n z^{-n} = \sum_{n=0}^{\infty} (0.5 z^{-1})^n$
這是一個幾何級數，當 $|0.5 z^{-1}| < 1$ 時收斂。
$|0.5| |z^{-1}| < 1 \implies 0.5 < |z| \implies |z| > 0.5$。
級數和為：
$H(z) = \frac{1}{1 - 0.5 z^{-1}}$。
收斂域為 $|z| > 0.5$。

(2) $h[n] = (n + 1)(0.5)^n u[n]$
這個函數可以寫成 $n(0.5)^n u[n] + (0.5)^n u[n]$。
我們知道 $\mathcal{Z}\{(0.5)^n u[n]\} = \frac{1}{1 - 0.5 z^{-1}}$。
我們也知道 $\mathcal{Z}\{n a^n u[n]\} = \frac{a z^{-1}}{(1 - a z^{-1})^2}$。
所以，$\mathcal{Z}\{n (0.5)^n u[n]\} = \frac{0.5 z^{-1}}{(1 - 0.5 z^{-1})^2}$。

因此，
$H(z) = \mathcal{Z}\{(n + 1)(0.5)^n u[n]\} = \mathcal{Z}\{n(0.5)^n u[n]\} + \mathcal{Z}\{(0.5)^n u[n]\}$

本題要求分析一個連續時間系統的 Z 域傳遞函數，找出其零點和極點，並討論系統的因果性與穩定性。

核心觀念：

• 傳遞函數 (Transfer Function)：$H(s)$ 是 LTI 系統的拉普拉斯轉換表示，描述了系統的輸入輸出關係。
• 零點 (Zeros)：傳遞函數 $H(s)$ 的分子多項式 $N(s)$ 的根。在這些頻率點，系統的輸出為零（若輸入為 $s-z_i$）。
• 極點 (Poles)：傳遞函數 $H(s)$ 的分母多項式 $D(s)$ 的根。這些是系統的固有頻率。
• 因果性 (Causality)：對於 LTI 系統，若其脈衝響應 $h(t)$ 對於 $t<0$ 時為零，則系統是因果的。這等價於傳遞函數 $H(s)$ 的收斂域 (ROC) 包含右半平面（即 ROC 形如 $\text{Re}(s) > \sigma_{max}$）。
• 穩定性 (Stability)：對於 LTI 系統，BIBO（有界輸入，有界輸出）穩定要求系統的脈衝響應 $h(t)$ 必須絕對可積。這等價於傳遞函數 $H(s)$ 的收斂域 (ROC) 包含虛軸 $\text{Re}(s) = 0$。對於因果系統，這意味著所有極點必須位於虛軸的左側，即 $\text{Re}(p_i) < 0$。

解題過程：
給定傳遞函數 $H(s) = \frac{2s + 3}{s^2 + 3s + 2}$。

1. 尋找零點 (Zeros)
   零點是分子的根。令 $2s + 3 = 0$。
   $2s = -3 \implies s = -3/2 = -1.5$。
   所以，系統有一個零點在 $s = -1.5$。

2. 尋找極點 (Poles)
   極點是分母的根。令 $s^2 + 3s + 2 = 0$。
   我們可以因式分解這個二次多項式：$(s+1)(s+2) = 0$。
   所以，極點位於 $s = -1$ 和 $s = -2$。

本題要求分析一個離散時間系統的 Z 域傳遞函數，找出其零點和極點，並討論系統的因果性與穩定性。

核心觀念：

• Z 域傳遞函數 (Z-Domain Transfer Function)：$H(z)$ 是 LTI 離散時間系統的 Z 轉換表示，描述了系統的輸入輸出關係。
• 零點 (Zeros)：傳遞函數 $H(z)$ 的分子多項式 $N(z)$ 的根。
• 極點 (Poles)：傳遞函數 $H(z)$ 的分母多項式 $D(z)$ 的根。
• 因果性 (Causality)：對於 LTI 離散時間系統，若其脈衝響應 $h[n]$ 對於 $n<0$ 時為零，則系統是因果的。這等價於傳遞函數 $H(z)$ 的收斂域 (ROC) 是 $|z| > r_{max}$ 的外部區域（右側區域）。
• 穩定性 (Stability)：對於 LTI 離散時間系統，BIBO（有界輸入，有界輸出）穩定要求系統的脈衝響應 $h[n]$ 必須絕對可和。這等價於傳遞函數 $H(z)$ 的收斂域 (ROC) 包含單位圓 $|z|=1$。對於因果系統，這意味著所有極點的模必須小於 1，即 $|p_i| < 1$。

解題過程：
給定 Z 域傳遞函數 $H(z) = \frac{2 - 2z^{-1}}{1 - 2z^{-1} + 0.75z^{-2}}$。
為了方便分析，我們將其轉換為 $z$ 的正指數形式：
$H(z) = \frac{z(2 - 2z^{-1})}{z(1 - 2z^{-1} + 0.75z^{-2})} = \frac{2z - 2}{z^2 - 2z + 0.75}$。

1. 尋找零點 (Zeros)
   零點是分子 $2z - 2$ 的根。
   令 $2z - 2 = 0 \implies 2z = 2 \implies z = 1$。
   所以，系統有一個零點在 $z = 1$。

2. 尋找極點 (Poles)
   極點是分母 $z^2 - 2z + 0.75$ 的根。
   我們可以使用二次公式 $z = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$，其中 $a=1, b=-2, c=0.75$。

核心觀念

本題考查連續時間 LTI 系統的方塊圖化簡、串聯與並聯系統的轉移函數，以及轉移函數與脈衝響應的關係：

• 串聯：轉移函數相乘。
• 並聯且下支路為負號：轉移函數相減。
• $h(t)$ 與 $H(s)$ 為拉普拉斯變換對：
  $H(s)=\mathcal{L}\{h(t)\}.$

依原圖，$x(t)$ 分成兩路，分別通過 $h_1(t)$ 與 $h_2(t)$，再以「上路減下路」進入 $h_3(t)$。

解題方法

兩個並聯支路的等效脈衝響應為

$$h_{12}(t)=h_1(t)-h_2(t).$$

因此整體系統的脈衝響應為

$$h(t)=h_3(t)*\big[h_1(t)-h_2(t)\big].$$

在 $s$ 域中，先求各子系統轉移函數：

$$H_1(s)=\mathcal{L}\{\delta(t)\}=1,$$ $$H_2(s)=\mathcal{L}\{e^{-t}u(t)\}=\frac{1}{s+1},$$ $$H_3(s)=\mathcal{L}\{e^{-t}u(t)\}=\frac{1}{s+1}.$$

所以整體轉移函數為

$$H(s)=H_3(s)\big[H_1(s)-H_2(s)\big].$$

代入各項：

$$H(s)=\frac{1}{s+1} \left(1-\frac{1}{s+1}\right)$$

核心觀念

圖中雖標示 CT LTI system，但訊號使用 $x[n]$、$y[n]$，且方塊為 $z^{-1}$，因此實際考查的是離散時間因果 LTI 系統。

方塊圖中的兩個延遲器分別產生：

• $y[n-1]$
• $y[n-2]$

其中第一條回授增益為 $1$，第二條回授增益為 $-\frac14$。

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解題方法

由方塊圖可得，最上方加法器的輸出為 $y[n]$，因此

$$y[n]=x[n]+y[n-1]-\frac14 y[n-2].$$

將方程式整理為

$$y[n]-y[n-1]+\frac14y[n-2]=x[n].$$

對零初始條件進行 $Z$ 轉換：

$$Y(z)-z^{-1}Y(z)+\frac14z^{-2}Y(z)=X(z).$$

因此

$$Y(z)\left(1-z^{-1}+\frac14z^{-2}\right)=X(z).$$

轉移函數為

$$H(z)=\frac{Y(z)}{X(z)} =\frac{1}{1-z^{-1}+\frac14z^{-2}}.$$

分母可因式分解為

$$1-z^{-1}+\frac14z^{-2} =\left(1-\frac12z^{-1}\right)^2.$$

所以