111 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線性與時不變性定義，以及卷積定理。

證明：
首先，我們假設系統是線性且時不變的，然後證明輸出 $y[n]$ 可以表示為輸入 $x[n]$ 與某個信號 $h[n]$ 的卷積。接著，我們假設輸出 $y[n]$ 可以表示為輸入 $x[n]$ 與某個信號 $h[n]$ 的卷積，然後證明系統是線性且時不變的。

$\Rightarrow$ (若系統為線性且時不變，則存在 $h[n]$ 使得 $y[n] = x[n] * h[n]$)

假設一個離散時間系統是線性且時不變的。
令 $\delta[n]$ 為單位脈衝信號，即 $\delta[0]=1$ 且 $\delta[n]=0$ 對於 $n \neq 0$。
由於系統是時不變的，若輸入為 $\delta[n]$，則輸出為 $\delta[n-n_0]$ 經過該系統後得到的某個信號。令此輸出為 $h[n]$，即系統對單位脈衝的響應。
$\text{System}[\delta[n]] = h[n]$
由於系統是時不變的，則：
$\text{System}[\delta[n-n_0]] = h[n-n_0]$
由於系統是線性的，它滿足疊加原理。任何離散時間信號 $x[n]$ 都可以表示為單位脈衝的加權和：
$x[n] = \sum_{k=-\infty}^{\infty} x[k] \delta[n-k]$
將 $x[n]$ 作為輸入，則輸出 $y[n]$ 為：
$y[n] = \text{System}[x[n]] = \text{System}\left[\sum_{k=-\infty}^{\infty} x[k] \delta[n-k]\right]$
由於系統是線性的，我們可以將求和與系統算子交換：
$y[n] = \sum_{k=-\infty}^{\infty} x[k] \text{System}[\delta[n-k]]$
又因為系統是時不變的，我們知道 $\text{System}[\delta[n-k]] = h[n-k]$。因此：
$y[n] = \sum_{k=-\infty}^{\infty} x[k] h[n-k]$
這個公式正是離散時間卷積的定義：
$y[n] = x[n] * h[n]$
其中 $h[n]$ 是系統對單位脈衝的響應。

第二題

核心觀念

本題考查兩個重要觀念：

1. LTI 系統的卷積與傅立葉轉換

   • LTI 系統的輸出可表示為輸入與脈衝響應的卷積：
     $y(t)=x(t)*h(t)$
   • 時域卷積對應頻域相乘，因此：
     $Y(j\omega)=H(j\omega)X(j\omega)$

2. LTI 系統對複指數輸入的響應

   • 對輸入 $e^{j\omega_0t}$，LTI 系統輸出為：
     $y(t)=H(j\omega_0)e^{j\omega_0t}$
   • 因此，$H(j\omega_0)$ 的相位就是輸出相對於輸入所增加的相位。
   • 若 $\angle H(j\omega_0)>0$，代表相位超前；若 $\angle H(j\omega_0)<0$，代表相位落後。

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（一）輸出傅立葉轉換的表示式與證明

解題方法

先利用 LTI 系統的基本性質，將輸出寫成輸入與脈衝響應的卷積，再套用傅立葉轉換的卷積定理。

設系統的脈衝響應為 $h(t)$，其頻率響應定義為

$$H(j\omega)=\mathcal{F}\{h(t)\}$$

輸入 $x(t)$ 經過系統後，輸出為

$$y(t)=x(t)*h(t)$$

依照卷積定義，

$$y(t)=\int_{-\infty}^{\infty}x(\tau)h(t-\tau)\,d\tau$$

令傅立葉轉換定義為

$$X(j\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-j\omega t}\,dt$$ $$Y(j\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}y(t)e^{-j\omega t}\,dt$$

將 $y(t)$ 代入 $Y(j\omega)$：

$$Y(j\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} \left[ \int_{-\infty}^{\infty}x(\tau)h(t-\tau)\,d\tau \right] e^{-j\omega t}\,dt$$

交換積分次序：

$$Y(j\omega) = \int_{-\infty}^{\infty}x(\tau) \left[ \int_{-\infty}^{\infty}h(t-\tau)e^{-j\omega t}\,dt \right]d\tau$$

令 $u=t-\tau$，則 $t=u+\tau$，因此

$$\int_{-\infty}^{\infty}h(t-\tau)e^{-j\omega t}\,dt = \int_{-\infty}^{\infty}h(u)e^{-j\omega(u+\tau)}\,du$$

整理得

$$= e^{-j\omega\tau} \int_{-\infty}^{\infty}h(u)e^{-j\omega u}\,du$$

由 $H(j\omega)=\mathcal{F}\{h(t)\}$，

$$\int_{-\infty}^{\infty}h(u)e^{-j\omega u}\,du = H(j\omega)$$

所以

$$Y(j\omega) = \int_{-\infty}^{\infty}x(\tau)e^{-j\omega\tau}\,d\tau \cdot H(j\omega)$$

而

$$\int_{-\infty}^{\infty}x(\tau)e^{-j\omega\tau}\,d\tau = X(j\omega)$$

因此得到

$$\boxed{Y(j\omega)=H(j\omega)X(j\omega)}$$

物理意義

在頻域中，LTI 系統對每一個頻率成分只進行兩種作用：

• 振幅乘上 $|H(j\omega)|$
• 相位增加 $\angle H(j\omega)$

若

$$X(j\omega)=|X(j\omega)|e^{j\angle X(j\omega)}$$

且

$$H(j\omega)=|H(j\omega)|e^{j\angle H(j\omega)}$$

則

$$Y(j\omega) = |H(j\omega)||X(j\omega)| e^{j[\angle H(j\omega)+\angle X(j\omega)]}$$

因此：

此題考驗對連續時間週期信號傅立葉級數（Fourier Series, FS）的理解，特別是其頻譜與傅立葉轉換（Fourier Transform, FT）的關係，以及傅立葉級數係數的計算。

核心觀念：

1. 連續時間週期信號 $x(t)$ 的傅立葉級數係數 $a_k$ 與其單週期信號 $\tilde{x}(t)$ 的傅立葉轉換 $X(j\omega)$ 之間存在關聯。
2. 傅立葉級數係數 $a_k$ 代表週期信號在離散頻率點 $k\omega_0$ 上的成分，其中 $\omega_0 = \frac{2\pi}{T}$ 是基頻。
3. 圖中給出的是週期信號 $x(t)$ 的傅立葉轉換 $|X(j\omega)|$ 的幅度譜。

解題步驟：

1. 確定基頻 $\omega_0$：
   週期信號 $x(t)$ 的基本週期為 $T$。
   基頻為 $\omega_0 = \frac{2\pi}{T}$。

2. 傅立葉級數係數與傅立葉轉換的關係：
   對於一個週期信號 $x(t)$，其傅立葉級數係數 $a_k$ 可以通過對其單週期信號 $\tilde{x}(t)$ 取傅立葉轉換，然後在特定頻率點上進行縮放得到：
   $a_k = \frac{1}{T} X(j k\omega_0)$
   其中 $X(j\omega) = \mathcal{F}\{\tilde{x}(t)\}$ 是單週期信號 $\tilde{x}(t)$ 的傅立葉轉換。

3. 分析給定的幅度譜 $|X(j\omega)|$：
   圖中顯示 $|X(j\omega)|$ 是一個三角形波形，在 $\omega=0$ 時達到最大值 $A$，在 $\omega = -\omega_M$ 和 $\omega = \omega_M$ 時為零。
   給定的 $\omega_M = \frac{4\pi}{T}$。
   由於 $\omega_0 = \frac{2\pi}{T}$，所以 $\omega_M = 2 \omega_0$。
   這意味著傅立葉轉換 $X(j\omega)$ 在 $\omega = -2\omega_0$ 和 $\omega = 2\omega_0$ 時為零。
   從圖中可以看出，傅立葉轉換 $X(j\omega)$ 是一個以 $\omega=0$ 為中心、寬度為 $2\omega_M = 4\omega_0$ 的三角形。
   該三角形的峰值高度為 $A$。
   由於 $X(j\omega)$ 是實函數，且是偶函數（因為 $|X(j\omega)|$ 是偶函數，且對於週期信號，如果其單週期部分是實數且偶函數，則傅立葉轉換也是實偶函數），我們可以假設 $X(j\omega)$ 本身也是偶函數。

4. 計算傅立葉級數係數 $|a_k|$：
   我們需要計算 $a_k = \frac{1}{T} X(j k\omega_0)$ 的幅度。
   $|a_k| = \frac{1}{T} |X(j k\omega_0)|$
   我們需要知道 $|X(j k\omega_0)|$ 的值。
   從圖中，我們知道 $|X(j\omega)|$ 的函數形式。這是一個在 $\omega=0$ 時為 $A$，在 $|\omega| = \omega_M = 2\omega_0$ 時為 $0$ 的三角形。
   該三角形的方程式為：
   當 $0 \le \omega \le \omega_M$ 時， $|X(j\omega)| = A \left(1 - \frac{\omega}{\omega_M}\right) = A \left(1 - \frac{\omega}{2\omega_0}\right)$。
   當 $-\omega_M \le \omega \le 0$ 時， $|X(j\omega)| = A \left(1 + \frac{\omega}{\omega_M}\right) = A \left(1 + \frac{\omega}{2\omega_0}\right)$。
   由於 $|X(j\omega)|$ 是偶函數，我們只需要關注 $\omega \ge 0$ 的部分。

   現在我們計算 $|a_k| = \frac{1}{T} |X(j k\omega_0)|$。
   我們需要考慮 $k$ 的不同取值：

   • 當 $k=0$ 時：
     $|a_0| = \frac{1}{T} |X(j \cdot 0 \cdot \omega_0)| = \frac{1}{T} |X(0)|$。
     從圖中，$|X(0)| = A$。
     所以，$|a_0| = \frac{A}{T}$。

   • 當 $k \neq 0$ 時：
     $|a_k| = \frac{1}{T} |X(j k\omega_0)|$。
     我們需要判斷 $k\omega_0$ 是否在 $|X(j\omega)|$ 的非零範圍內。

核心觀念

離散時間週期信號的離散時間傅立葉級數（DTFS）表示為

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

其中本題的基本週期為 $N=10$，因此

$$\omega_0=\frac{2\pi}{N}=\frac{\pi}{5}.$$

因為 $x[n]$ 為實數信號，其傅立葉級數係數必須滿足共軛對稱性：

$$a_{N-k}=a_k^*,\qquad k=1,2,\ldots,N-1.$$

因此，只要由圖讀出 $k=0,1,\ldots,5$ 的係數，即可利用共軛對稱性補齊其餘係數，再代入反傅立葉級數公式。

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由圖讀取傅立葉級數係數

由左圖的幅度可得：

$$|a_0|=1,$$ $$|a_1|=\frac{\sqrt{10}}{2},$$ $$|a_2|=\frac{1}{2},$$

而其他正頻率係數皆為零。

由右圖的相位可得，非零的 $a_1$ 相位為

$$\angle a_1=\frac{\pi}{2}.$$

因此

$$a_0=1,$$ $$a_1=\frac{\sqrt{10}}{2}e^{j\pi/2} =j\frac{\sqrt{10}}{2},$$ $$a_2=\frac{1}{2}.$$

由於 $x[n]$ 為實數信號：

$$a_9=a_1^*=-j\frac{\sqrt{10}}{2},$$ $$a_8=a_2^*=\frac{1}{2}.$$

其餘係數為零。

---

代入反傅立葉級數

因此

$$x[n] =a_0+a_1e^{j\frac{2\pi}{10}n} +a_2e^{j\frac{4\pi}{10}n} +a_8e^{j\frac{16\pi}{10}n} +a_9e^{j\frac{18\pi}{10}n}.$$

將共軛項配對：

$$a_1e^{j\omega_0n}+a_9e^{-j\omega_0n} =2|a_1|\cos(\omega_0n+\angle a_1),$$

核心觀念

本題考查連續時間傅立葉轉換的定義，以及高斯函數的傅立葉轉換特性。

採用角頻率形式的傅立葉轉換定義：

$$X(j\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-j\omega t}\,dt$$

因此在 $\omega=0$ 時，

$$X(0)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)\,dt$$

題目中的 $x(t)$ 是總面積為 $1$ 的零平均高斯函數。

（一）求 $X(0)$

由傅立葉轉換定義，

$$X(0)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)\,dt$$

代入 $x(t)$：

$$X(0) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{-\frac{t^2}{2\sigma^2}}\,dt$$

令

$$u=\frac{t}{\sqrt{2}\sigma}, \qquad dt=\sqrt{2}\sigma\,du$$

則

$$X(0) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-u^2}\sqrt{2}\sigma\,du$$

利用題目給定公式

$$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-u^2}\,du=\sqrt{\pi}$$

可得

$$X(0) = \frac{\sqrt{2}\sigma}{\sqrt{2\pi}\sigma}\sqrt{\pi} =1$$

所以

$$\boxed{X(0)=1}$$

（二）求傅立葉轉換頻譜 $X(j\omega)$

由定義，

$$X(j\omega) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{t^2}{2\sigma^2}}e^{-j\omega t}\,dt$$

將指數合併：

此題考驗週期信號的判斷與基本週期的求解。

核心觀念：

1. 連續時間信號： 兩個週期信號的和是週期信號，若其週期之比為有理數。基本週期為各週期之最小公倍數（LCM）。
2. 離散時間信號： 週期信號的判斷與週期之比的 LCM。需要將頻率轉換為 $2\pi \frac{k}{N}$ 的形式。

(一) 連續時間信號 $x(t) = 2 \cos\left(\frac{2\pi t}{3}\right) + 3 \cos\left(\frac{2\pi t}{7}\right)$

步驟 1：判斷各分量的週期。
第一個分量是 $x_1(t) = 2 \cos\left(\frac{2\pi t}{3}\right)$。
其角頻率為 $\omega_1 = \frac{2\pi}{3}$。
週期 $T_1 = \frac{2\pi}{\omega_1} = \frac{2\pi}{2\pi/3} = 3$。

第二個分量是 $x_2(t) = 3 \cos\left(\frac{2\pi t}{7}\right)$。
其角頻率為 $\omega_2 = \frac{2\pi}{7}$。
週期 $T_2 = \frac{2\pi}{\omega_2} = \frac{2\pi}{2\pi/7} = 7$。

步驟 2：判斷和的週期性。
兩個週期信號的和是週期信號，如果它們的週期之比為有理數。
週期之比為 $\frac{T_1}{T_2} = \frac{3}{7}$，這是一個有理數。
因此，$x(t)$ 是週期信號。

步驟 3：計算基本週期 $T_0$。
基本週期 $T_0$ 是 $T_1$ 和 $T_2$ 的最小公倍數（LCM）。
$T_0 = \text{LCM}(T_1, T_2) = \text{LCM}(3, 7)$。
由於 3 和 7 是互質的，它們的 LCM 就是它們的乘積。
$T_0 = 3 \times 7 = 21$。

【答案】 該信號是週期信號，基本週期為 $T_0 = 21$。

(二) 離散時間信號 $x[n] = \cos^2\left(\frac{\pi n}{4}\right)$

核心觀念

這題考察理想脈衝取樣後的頻譜複製，以及低通濾波器如何選出基頻範圍內的混疊頻率。取樣角頻率為 $\omega_s=2\pi/T_s$，脈衝取樣會讓原頻譜以間隔 $\omega_s$ 複製，並乘上 $1/T_s$：

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

題目中的理想低通濾波器通帶為 $|\omega|\leq \omega_s/2$，增益為 $1$。因此，輸出保留落在此通帶內的頻譜複本；由於濾波器沒有補償取樣造成的 $1/T_s$ 倍率，輸出振幅也帶有 $1/T_s$。

對輸入 $x(t)=\cos(\omega_0t+\theta)$，若某個頻譜複本將正頻率映射到有號混疊頻率 $\omega_a=\omega_0-m\omega_s$，則輸出可寫成

$$x_r(t)=\frac{1}{T_s}\cos(\omega_a t+\theta), \qquad |\omega_a|\leq\frac{\omega_s}{2}.$$

解題方法與各種取樣率

逐一將輸入頻率折回低通濾波器的通帶 $[-\omega_s/2,\omega_s/2]$，並保留有號混疊頻率。混疊頻率若變成負值，必須一併改寫相位。

（一）$\omega_0=\omega_s/3$

輸入頻率已在通帶內，因此 $\omega_a=\omega_s/3$：

$$x_r(t)=\frac{1}{T_s}\cos\left(\frac{\omega_s}{3}t+\theta\right).$$

（二）$\omega_0=3\omega_s/4$

正頻率複本平移 $-\omega_s$ 後落在通帶內：

$$\omega_a=\frac{3\omega_s}{4}-\omega_s=-\frac{\omega_s}{4}.$$

因此

此題考驗連續時間信號採樣無混疊的條件，以及相關信號的頻譜分析。

核心觀念：

1. 採樣定理（Nyquist-Shannon Sampling Theorem）： 為了無失真地重構一個帶寬為 $B$ 的連續時間信號，採樣頻率 $f_s$ （或角頻率 $\omega_s = 2\pi f_s$）必須大於 $2B$（即 $\omega_s > 2B$）。
2. ** sinc 函數的頻譜：** $\text{sinc}(t) = \frac{\sin(\pi t)}{\pi t}$ 是一個矩形函數在頻域上的傅立葉轉換。具體來說，$\mathcal{F}\{\text{sinc}(t)\} = \mathcal{F}\left\{\frac{\sin(\pi t)}{\pi t}\right\} = \text{rect}\left(\frac{\omega}{2\pi}\right)$，其中 $\text{rect}(u) = 1$ for $|u| \le 1/2$ 且 $0$ otherwise。這表示 $\text{sinc}(t)$ 的傅立葉轉換是頻率範圍在 $[-\pi, \pi]$ 內的矩形脈衝。
3. 指數衰減信號的傅立葉轉換： $e^{-at}u(t)$ 的傅立葉轉換是 $\frac{1}{a+j\omega}$。
4. 卷積定理： 兩個信號的卷積的傅立葉轉換等於它們各自傅立葉轉換的乘積。
5. 無混疊條件： 採樣信號 $x(t)$ 的傅立葉轉換 $X(j\omega)$ 的帶寬決定了採樣頻率的要求。如果 $X(j\omega)$ 的帶寬為 $B$，則需要 $\omega_s > 2B$ 或 $f_s > 2B$。

解題步驟：

1. 計算信號 $x(t)$ 的傅立葉轉換 $X(j\omega)$。
   $x(t) = e^{-6t}u(t) * \frac{\sin(\pi t)}{\pi t}$。
   我們需要分別計算兩個部分的傅立葉轉換。

   • 第一部分：$g(t) = e^{-6t}u(t)$
     其傅立葉轉換為 $G(j\omega) = \mathcal{F}\{e^{-6t}u(t)\} = \frac{1}{6+j\omega}$。
     這個轉換在所有頻率上都是存在的，但其幅度 $|G(j\omega)| = \frac{1}{\sqrt{36+\omega^2}}$ 隨著 $|\omega|$ 的增加而減小。

   • 第二部分：$h(t) = \frac{\sin(\pi t)}{\pi t} = \text{sinc}(t)$

此題考驗連續時間系統的因果性（causality）與穩定性（stability），以及如何從傳遞函數（transfer function）求得脈衝響應（impulse response）。

核心觀念：

1. 因果性（Causality）： 對於連續時間 LTI 系統，因果性要求脈衝響應 $h(t) = 0$ for $t < 0$。在傳遞函數 $H(s)$ 的形式下，這意味著 $H(s)$ 的極點（poles）必須位於複平面的左半平面（LHP），即實部為負。
2. 穩定性（Stability）： 對於連續時間 LTI 系統，穩定性要求脈衝響應 $h(t)$ 是絕對可積的（absolutely integrable），即 $\int_{-\infty}^{\infty} |h(t)| dt < \infty$。這等價於 $H(s)$ 的所有極點都必須嚴格位於複平面的左半平面（LHP），即實部為負。
3. 傳遞函數與脈衝響應的關係： 傳遞函數 $H(s)$ 是脈衝響應 $h(t)$ 的拉氏轉換（Laplace Transform）。
4. 部分分式分解（Partial Fraction Expansion, PFE）： 用於將有理函數形式的 $H(s)$ 分解成更簡單項的和，以便求得其反拉氏轉換。

解題步驟：

1. 化簡傳遞函數 $H(s)$：
$H(s) = \frac{2s^2+2s-2}{s^2-1}$
首先，我們可以對分子和分母進行因式分解。
分母：$s^2 - 1 = (s-1)(s+1)$。
分子：$2s^2+2s-2 = 2(s^2+s-1)$。
根為 $s = \frac{-1 \pm \sqrt{1^2 - 4(1)(-1)}}{2} = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$。
所以，分子無法直接與分母的極點 $(1, -1)$ 進行約分。

然而，我們注意到 $s^2-1$ 有一個根 $s=1$。
如果我們將 $H(s)$ 寫成：
$H(s) = \frac{2(s^2+s-1)}{(s-1)(s+1)}$
這個形式還不能直接約分。

2. 尋找脈衝響應 $h(t)$：
我們需要對 $H(s)$ 進行部分分式分解。
$H(s) = \frac{2s^2+2s-2}{s^2-1}$
由於分子和分母的次數相同，我們需要先進行多項式長除法，或者直接觀察。
$H(s) = \frac{2(s^2-1) + 2s + 2s - 2 + 2}{s^2-1} = \frac{2(s^2-1) + 4s}{s^2-1} = 2 + \frac{4s}{s^2-1}$
現在我們對 $\frac{4s}{s^2-1}$ 進行部分分式分解。
$\frac{4s}{(s-1)(s+1)} = \frac{A}{s-1} + \frac{B}{s+1}$
乘以 $(s-1)(s+1)$：
$4s = A(s+1) + B(s-1)$。
令 $s=1$：$4(1) = A(1+1) + B(1-1) \Rightarrow 4 = 2A \Rightarrow A=2$。
令 $s=-1$：$4(-1) = A(-1+1) + B(-1-1) \Rightarrow -4 = -2B \Rightarrow B=2$。
所以，
$H(s) = 2 + \frac{2}{s-1} + \frac{2}{s+1}$

現在我們可以求反拉氏轉換得到脈衝響應 $h(t)$。
$\mathcal{L}^{-1}\{2\} = 2\delta(t)$ (這是離散時間的 $u(t)$ 的類比，在連續時間中是 $\delta(t)$)。
$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{2}{s-1}\right\} = 2e^{1t}u(t) = 2e^t u(t)$。
$\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{2}{s+1}\right\} = 2e^{-1t}u(t) = 2e^{-t}u(t)$。

因此，脈衝響應為：
$h(t) = 2\delta(t) + 2e^t u(t) + 2e^{-t} u(t)$

此題考驗離散時間系統的傳遞函數、脈衝響應的求解，以及系統穩定性的判斷。

核心觀念：

1. 傳遞函數 $H(z)$： 離散時間 LTI 系統的傳遞函數是輸出 $Y(z)$ 與輸入 $X(z)$ 的拉氏轉換之比，即 $H(z) = \frac{Y(z)}{X(z)}$。對於差分方程，它可以直接從係數得到。
2. 脈衝響應 $h[n]$： 系統對單位脈衝 $\delta[n]$ 的響應。它是傳遞函數 $H(z)$ 的反 Z 轉換。
3. 因果性（Causality）： 離散時間系統的因果性要求脈衝響應 $h[n] = 0$ for $n < 0$。在 Z 域，這通常意味著 $H(z)$ 的極點（poles）必須位於收斂域（ROC）之外，或者說，對於因果系統，其 ROC 是 $|z| > r_{max}$。
4. 穩定性（Stability）： 離散時間 LTI 系統是穩定的，當且僅當其脈衝響應 $h[n]$ 是絕對可和的（absolutely summable），即 $\sum_{n=-\infty}^{\infty} |h[n]| < \infty$。這等價於 $H(z)$ 的所有極點必須嚴格位於單位圓（unit circle）的內部，即 $|z| < 1$。

系統結構分析：
從圖中可以看出，這是一個離散時間系統，輸入為 $x[n]$，輸出為 $y[n]$。
系統包含兩個串聯的延遲元件 ($z^{-1}$) 和兩個並聯的增益元件。
輸出 $y[n]$ 是通過兩個路徑的加總得到的。
第一條路徑：$x[n]$ 經過 $z^{-1}$，然後乘以增益 $0.8$，得到 $0.8 x[n-1]$。
第二條路徑：$x[n]$ 經過兩個 $z^{-1}$（即 $z^{-2}$），然後乘以增益 $-0.15$，得到 $-0.15 x[n-2]$。
所以，輸出 $y[n]$ 的差分方程是：
$y[n] = 0.8 x[n-1] - 0.15 x[n-2]$。

（一）求傳遞函數 $H(z)$

對差分方程兩邊取 Z 轉換：
$Y(z) = 0.8 z^{-1} X(z) - 0.15 z^{-2} X(z)$
$Y(z) = X(z) (0.8 z^{-1} - 0.15 z^{-2})$
傳遞函數 $H(z) = \frac{Y(z)}{X(z)}$：
$H(z) = 0.8 z^{-1} - 0.15 z^{-2}$
為了更標準化，我們可以將其寫成正冪次的形式：
$H(z) = \frac{0.8}{z} - \frac{0.15}{z^2} = \frac{0.8z - 0.15}{z^2}$