113 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》

核心觀念

本題考查離散時間 LTI 系統的卷積、脈衝平移性質，以及串聯系統的等效性：

$$y[n]=x[n]*h_1[n]*h_2[n]$$

並利用

$$x[n]*h[n]=\sum_{k=-\infty}^{\infty}x[k]h[n-k]$$

以及脈衝的平移性質：

$$\delta[n-k]*h[n]=h[n-k]$$

解題方法

先計算輸入 $x[n]$ 通過第二個系統 $h_2[n]$ 的結果，再利用串聯系統的卷積交換律與結合律求輸出。

（a）計算 $x[n]*h_2[n]$

已知

$$x[n]=\delta[n]-a\delta[n-1]$$ $$h_2[n]=a^n u[n]$$

因此

$$x[n]*h_2[n] = \delta[n]*h_2[n] -a\delta[n-1]*h_2[n]$$

由脈衝平移性質，

$$\delta[n]*h_2[n]=h_2[n]=a^n u[n]$$ $$\delta[n-1]*h_2[n]=h_2[n-1] =a^{n-1}u[n-1]$$

所以

$$x[n]*h_2[n] = a^n u[n]-a^n u[n-1]$$

整理為

$$x[n]*h_2[n] = a^n\bigl(u[n]-u[n-1]\bigr)$$

又因為

$$u[n]-u[n-1]=\delta[n]$$

且在 $n=0$ 時 $a^0=1$，故

$$\boxed{x[n]*h_2[n]=\delta[n]}$$

這題考驗離散時間系統的頻率響應分析與連續時間系統的時域響應分析。

核心觀念：

1. LTI 系統的輸出頻譜是輸入頻譜與系統頻率響應的乘積。
2. 離散時間傅立葉轉換 (DTFT) 的性質，以及正弦信號的頻譜表示。
3. LTI 系統的輸出時域響應是輸入時域響應與系統脈衝響應的卷積。
4. 拉普拉斯轉換與傅立葉轉換的關係，以及反卷積的概念。

解題步驟：

(a) 離散時間系統，已知頻率響應 $H(e^{j\omega})$ 和輸入 $x[n]$，求輸出 $y[n]$。
輸入信號為 $x[n] = \sin(\frac{\pi}{2}n)$。
我們可以將 $x[n]$ 表示為複指數形式：
$x[n] = \frac{e^{j(\pi/2)n} - e^{-j(\pi/2)n}}{2j}$
這表示輸入信號包含兩個頻率分量：$\omega_0 = \frac{\pi}{2}$ 和 $-\omega_0 = -\frac{\pi}{2}$。

系統的頻率響應為 $H(e^{j\omega}) = \frac{1-e^{-j2\omega}}{1+e^{-j4\omega}}$。
我們需要計算在 $\omega = \frac{\pi}{2}$ 和 $\omega = -\frac{\pi}{2}$ 時的頻率響應值。

考慮 $\omega = \frac{\pi}{2}$：
$H(e^{j\pi/2}) = \frac{1-e^{-j2(\pi/2)}}{1+e^{-j4(\pi/2)}} = \frac{1-e^{-j\pi}}{1+e^{-j2\pi}}$
$H(e^{j\pi/2}) = \frac{1-(-1)}{1+1} = \frac{2}{2} = 1$。

考慮 $\omega = -\frac{\pi}{2}$：
$H(e^{-j\pi/2}) = \frac{1-e^{-j2(-\pi/2)}}{1+e^{-j4(-\pi/2)}} = \frac{1-e^{j\pi}}{1+e^{j2\pi}}$
$H(e^{-j\pi/2}) = \frac{1-(-1)}{1+1} = \frac{2}{2} = 1$。

由於輸入信號的兩個主要頻率分量在系統的頻率響應下值均為 1，我們可以推斷輸出信號的頻率響應值也為 1。
輸出信號 $y[n]$ 的頻譜 $Y(e^{j\omega})$ 等於輸入信號的頻譜 $X(e^{j\omega})$ 乘以系統的頻率響應 $H(e^{j\omega})$。
$Y(e^{j\omega}) = X(e^{j\omega}) H(e^{j\omega})$

對於 $\omega = \frac{\pi}{2}$， $X(e^{j\pi/2}) = \frac{1}{2j}$， $H(e^{j\pi/2}) = 1$。
因此，對應於 $\omega = \frac{\pi}{2}$ 的輸出分量為 $\frac{1}{2j} \cdot 1 = \frac{1}{2j}$。

對於 $\omega = -\frac{\pi}{2}$， $X(e^{-j\pi/2}) = -\frac{1}{2j}$， $H(e^{-j\pi/2}) = 1$。
因此，對應於 $\omega = -\frac{\pi}{2}$ 的輸出分量為 $-\frac{1}{2j} \cdot 1 = -\frac{1}{2j}$。

所以，輸出的複指數形式為：
$y[n] = \frac{1}{2j}e^{j(\pi/2)n} - \frac{1}{2j}e^{-j(\pi/2)n}$
$y[n] = \sin(\frac{\pi}{2}n)$

一種更簡潔的思考方式是：
輸入 $x[n] = \sin(\frac{\pi}{2}n)$ 是一個單一頻率的正弦信號。
我們計算該頻率下的頻率響應值。
當 $\omega = \frac{\pi}{2}$ 時，$H(e^{j\pi/2}) = 1$。

這題考驗對傅立葉級數係數性質的理解，以及判斷信號類型、計算功率譜和繪製傅立葉轉換譜。

核心觀念：

1. 傅立葉級數係數的性質與信號類型的關係。
2. 實信號的傅立葉級數係數的共軛對稱性。
3. 週期信號的平均功率計算公式。
4. 傅立葉級數與傅立葉轉換的關係，以及頻譜的繪製。

解題步驟：

(a) 判斷信號是連續時間還是離散時間信號。
給定的傅立葉級數係數是 $a_k$，其中 k 是整數。
$a_{-1} = 2, a_0 = 1, a_2 = 3$, 且 $|k| > 2$ 時 $a_k = 0$。
一個週期信號 $x(t)$ 的傅立葉級數展開為 $x(t) = \sum_{k=-\infty}^{\infty} a_k e^{jk\omega_0 t}$，其中 $\omega_0$ 是基本角頻率。
一個週期信號 $x[n]$ 的 DFS (Discrete Fourier Series) 展開為 $x[n] = \sum_{k=0}^{N-1} a_k e^{jk(2\pi/N)n}$ (這裡的 $a_k$ 表示週期為 $N$ 的離散信號的係數)。

然而，題目給的係數是 $a_k$ 並且允許負數索引 $k$，這通常是描述連續時間週期信號的傅立葉級數。
對於連續時間週期信號 $x(t)$，其週期為 $T$，$\omega_0 = 2\pi/T$，傅立葉級數為 $x(t) = \sum_{k=-\infty}^{\infty} a_k e^{jk\omega_0 t}$。
對於離散時間週期信號 $x[n]$，其週期為 $N$，基本角頻率為 $\omega_0 = 2\pi/N$ (或 $2\pi/N$ 乘以 $n$)，傅立葉級數為 $x[n] = \sum_{k=0}^{N-1} a_k e^{jk\omega_0 n}$。

關鍵點在於：

1. 係數 $a_k$ 是針對 $k$ 的所有整數值定義的（包括負數），並且 $a_k=0$ 對於 $|k|>2$。

2. 題目提到「實信號」(real signal)。對於實信號，其傅立葉級數係數必須滿足共軛對稱性：$a_{-k} = a_k^*$。
   這裡給了 $a_{-1}=2$ 和 $a_2=3$。
   如果信號是實的，那麼 $a_{-2}$ 應該是 $a_2^*$，即 $a_{-2} = 3^*$。
   如果 $a_{-1}=2$ 是實數，那麼 $a_1$ 應該是 $a_{-1}^* = 2^* = 2$。
   如果 $a_2=3$ 是實數，那麼 $a_{-2}$ 應該是 $a_2^* = 3^* = 3$。
   如果 $a_0=1$ 是實數，那麼 $a_0^* = 1^* = 1$。
   題目給的係數是 $a_{-1}=2, a_0=1, a_2=3$。
   如果信號是實的，則 $a_1 = a_{-1}^* = 2^* = 2$。
   $a_{-2} = a_2^* = 3^* = 3$。
   $a_k = 0$ for $|k| > 2$。
   所以，非零係數為 $a_{-2}=3, a_{-1}=2, a_0=1, a_1=2, a_2=3$。

   如果這個信號是離散時間的，其傅立葉級數係數的週期為 $N$。例如，如果 $N=3$，則 $a_k$ 週期性為 $a_k = a_{k+3}$。
   但是，這裡給的係數 $a_k$ 在 $|k|>2$ 時為零，這意味著這個信號的頻譜非常集中。

   重要啟示： 傅立葉級數的展開 $x(t) = \sum_{k=-\infty}^{\infty} a_k e^{jk\omega_0 t}$ 適用於連續時間週期信號。而離散時間信號的傅立葉級數展開形式通常是 $x[n] = \sum_{k=0}^{N-1} a_k e^{jk(2\pi/N)n}$。
   題目給的係數 $a_k$ 允許負索引 $k$，並且 $a_k$ 在 $|k|>2$ 時為零，這表示信號的頻譜主要集中在 $k=-2, -1, 0, 1, 2$ 這幾個離散的頻率點上。
   如果是一個離散時間信號，其傅立葉級數係數的週期是 $N$。例如，如果 $N=5$，則 $a_3 = a_{-2} = 3$, $a_4 = a_{-1} = 2$。
   然而，題目給的條件 $a_k=0$ for $|k|>2$ 意味著，如果信號是離散的，那麼其週期 $N$ 必須足夠大，使得 $a_3, a_4, \dots$ 都是零。
   例如，如果 $N=5$，則 $a_3=a_{-2}=3$, $a_4=a_{-1}=2$。這與 $a_k=0$ for $|k|>2$ 相矛盾。
   所以，這個信號 不是 離散時間的。

   結論： 由於傅立葉級數係數 $a_k$ 定義在所有整數 $k$ 上，並且出現了負頻率分量 $a_{-1}$，這是連續時間週期信號的特徵。離散時間信號的傅立葉級數係數通常定義在 $k=0, 1, \dots, N-1$ 上。
   理由： 傅立葉級數係數 $a_k$ 可以表示為 $a_k = \frac{1}{T} \int_{T} x(t) e^{-jk\omega_0 t} dt$。若 $x(t)$ 是週期為 $T$ 的連續時間信號，則 $a_k$ 可以是負數索引。若 $x[n]$ 是週期為 $N$ 的離散時間信號，則其傅立葉級數係數 $a_k$ 通常在 $0 \le k < N$ 範圍內定義。

這題考驗對週期信號傅立葉轉換性質的理解，以及如何從一個積分形式的定義中找出基本角頻率。

核心觀念：

1. 積分形式的信號定義實際上是卷積。
2. 傅立葉轉換的性質，特別是卷積定理。
3. 週期信號的定義。

解題步驟：
給定的信號 $x(t)$ 可以寫成一個卷積的形式：
$x(t) = \int_{-\infty}^{\infty} f(t-\tau) g(\tau) d\tau = f(t) * g(t)$
其中，$f(t) = \cos(5\pi t)$ 且 $g(t) = \frac{\sin(10\pi t)}{\pi t}$。

我們需要找出 $x(t)$ 的基本角頻率。首先，我們需要確定 $x(t)$ 是否為週期信號。
觀察 $f(t) = \cos(5\pi t)$。這是一個週期信號，其基本角頻率為 $\omega_f = 5\pi$。其週期為 $T_f = 2\pi / (5\pi) = 2/5$。
觀察 $g(t) = \frac{\sin(10\pi t)}{\pi t}$。這是一個 sinc 函數的變形。
$\frac{\sin(a t)}{b t}$ 的傅立葉轉換是 $\frac{\pi}{ab} \text{rect}(\frac{\omega}{2a})$。
令 $a = 10\pi$ 且 $b = \pi$。
$g(t) = \frac{\sin(10\pi t)}{\pi t}$。
其傅立葉轉換為 $G(j\omega) = \mathcal{L}\{\frac{\sin(10\pi t)}{\pi t}\}$。
我們知道 $\mathcal{L}\{\frac{\sin(at)}{at}\} = \text{rect}(\frac{\omega}{2a})$。
所以 $\mathcal{L}\{\frac{\sin(10\pi t)}{10\pi t}\} = \text{rect}(\frac{\omega}{20\pi})$。
因此，$\mathcal{L}\{\frac{\sin(10\pi t)}{\pi t}\} = 10 \cdot \mathcal{L}\{\frac{\sin(10\pi t)}{10\pi t}\} = 10 \cdot \text{rect}(\frac{\omega}{20\pi})$。
所以，$G(j\omega) = 10 \cdot \text{rect}(\frac{\omega}{20\pi})$。
$G(j\omega)$ 是一個在 $-\frac{20\pi}{2} \le \omega \le \frac{20\pi}{2}$ (即 $-10\pi \le \omega \le 10\pi$) 範圍內幅度為 10 的矩形函數。
$g(t)$ 本身不是週期信號，因為它的傅立葉轉換 $G(j\omega)$ 是在一個有限頻率範圍內非零，但它是一個連續頻譜，不是離散的衝激函數。

然而，$f(t) = \cos(5\pi t)$ 是一個週期信號。
$x(t) = f(t) * g(t)$。
如果 $f(t)$ 是週期信號，那麼 $x(t) = f(t) * g(t)$ 也是週期信號，其週期與 $f(t)$ 的週期相同。
$f(t) = \cos(5\pi t)$ 的基本角頻率是 $\omega_f = 5\pi$。

這題考驗對矩形信號 (rect function) 的傅立葉轉換的理解與繪製。

核心觀念：

1. 矩形函數 (rect function) 的定義與傅立葉轉換。
2. 傅立葉轉換的計算。
3. 繪製傅立葉轉換的幅度譜。

解題步驟：
給定的信號 $x(t)$ 是一個寬度為 $2T$ 的矩形脈衝：
$x(t) = \begin{cases} 1, & |t| \le T \\ 0, & |t| > T \end{cases}$
這可以寫成 $x(t) = \text{rect}(\frac{t}{2T})$。
注意：這裡的 Hint 給的 $x(t) = \text{rect}(\frac{t}{2T})$ 是正確的，因為 rect(u) 定義為當 $|u| \le 1/2$ 時為 1，否則為 0。
所以，rect($\frac{t}{2T}$) 當 $|\frac{t}{2T}| \le 1/2$ 時為 1，即 $|t| \le T$ 時為 1。這與題目定義一致。

我們要計算 $x(t)$ 的傅立葉轉換 $X(j\omega)$。
$X(j\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} x(t) e^{-j\omega t} dt$
$X(j\omega) = \int_{-T}^{T} 1 \cdot e^{-j\omega t} dt$

現在我們計算這個積分。
如果 $\omega = 0$:
$X(j0) = \int_{-T}^{T} 1 dt = [t]_{-T}^{T} = T - (-T) = 2T$。

如果 $\omega \neq 0$:
$X(j\omega) = \int_{-T}^{T} e^{-j\omega t} dt = [\frac{e^{-j\omega t}}{-j\omega}]_{-T}^{T}$
$X(j\omega) = \frac{e^{-j\omega T}}{-j\omega} - \frac{e^{-j\omega (-T)}}{-j\omega}$
$X(j\omega) = \frac{e^{-j\omega T} - e^{j\omega T}}{-j\omega}$
$X(j\omega) = \frac{-(e^{j\omega T} - e^{-j\omega T})}{-j\omega}$
$X(j\omega) = \frac{2j \sin(\omega T)}{-j\omega}$
$X(j\omega) = \frac{2 \sin(\omega T)}{\omega}$。

這個結果與 Hint 中給出的 $X(j\omega) = \frac{2 \sin(\omega T)}{\omega}$ 是一致的。

這題考驗對離散時間信號週期的判斷。

核心觀念：

1. 離散時間信號 $x[n]$ 是週期的，如果存在一個正整數 $N$ 使得 $x[n+N] = x[n]$ 對所有 $n$ 成立。最小的正整數 $N$ 就是其基本週期。
2. 衝激函數序列 $\delta[n-k]$ 的週期性。
3. 複指數信號 $e^{j\omega n}$ 的週期性。

解題步驟：

(a) $x[n] = \sum_{k=-\infty}^{\infty} \{\delta[n - 2k] - \delta[n - 1 - 3k]\}$
這個信號是兩個衝激函數序列的差。
第一個序列是 $\sum_{k=-\infty}^{\infty} \delta[n - 2k]$。這是一系列衝激函數，位於 $n = \dots, -4, -2, 0, 2, 4, \dots$。
這個序列的週期是 2，因為 $\delta[n - 2(k+1)] = \delta[n - 2k - 2]$。當 $n$ 增加 2 時，衝激的位置相同。基本週期 $N_1 = 2$。

第二個序列是 $\sum_{k=-\infty}^{\infty} \delta[n - 1 - 3k]$。這是一系列衝激函數，位於 $n = \dots, -7, -4, -1, 2, 5, 8, \dots$。
寫成 $n-1-3k = 0$ 的形式，即 $n = 1+3k$。
這個序列的週期是 3，因為 $\delta[n - 1 - 3(k+1)] = \delta[n - 1 - 3k - 3]$。當 $n$ 增加 3 時，衝激的位置相同。基本週期 $N_2 = 3$。

$x[n]$ 是這兩個週期信號的差。兩個週期信號的差仍然是週期信號，其週期是它們各自基本週期的最小公倍數 (LCM)。
$N = \text{LCM}(N_1, N_2) = \text{LCM}(2, 3)$。
$\text{LCM}(2, 3) = 6$。

所以，$x[n]$ 是週期信號，基本週期為 6。

驗證：
我們需要證明 $x[n+6] = x[n]$。
$x[n+6] = \sum_{k=-\infty}^{\infty} \{\delta[n+6 - 2k] - \delta[n+6 - 1 - 3k]\}$
$x[n+6] = \sum_{k=-\infty}^{\infty} \{\delta[n - 2(k-3)] - \delta[n - 1 - 3(k-2)]\}$
令 $m = k-3$。當 $k$ 遍歷所有整數時，$m$ 也遍歷所有整數。
$\sum_{k=-\infty}^{\infty} \delta[n - 2(k-3)] = \sum_{m=-\infty}^{\infty} \delta[n - 2m]$。
令 $p = k-2$。當 $k$ 遍歷所有整數時，$p$ 也遍歷所有整數。
$\sum_{k=-\infty}^{\infty} \delta[n - 1 - 3(k-2)] = \sum_{p=-\infty}^{\infty} \delta[n - 1 - 3p]$。

核心觀念

本題考連續時間訊號經過「理想取樣 → 離散時間濾波 → 理想重建」後，各階段頻譜的尺度與頻率對應。

取樣角頻率為

$$\Omega_s=\frac{2\pi}{T}=40000\pi\ \text{rad/s},$$

連續頻率與離散頻率的對應為 $\omega=\Omega T$。重建濾波器通過 $|\Omega|<\pi/T$，增益為 $T$。

解題方法與頻譜

原訊號頻譜 $X_c(j\Omega)$ 的支撐範圍是 $|\Omega|\leq 10000\pi$，而 $\pi/T=20000\pi$，所以取樣後的頻譜副本不會重疊。

1. 取樣後的脈衝列頻譜 $X_p(j\Omega)$

理想脈衝列取樣的頻譜為

$$X_p(j\Omega)=\frac{1}{T}\sum_{k=-\infty}^{\infty} X_c\bigl(j(\Omega-k\Omega_s)\bigr).$$

因此，每個副本都是原圖中 $X_c(j\Omega)$ 的形狀，振幅放大為 $1/T=20000$，中心位於 $\Omega=k\Omega_s$，支撐範圍為

$$k\Omega_s-10000\pi\leq \Omega\leq k\Omega_s+10000\pi.$$

2. 離散時間頻譜 $X(e^{j\omega})$

頻率換算後，原頻譜範圍變成

$$|\omega|\leq (10000\pi)T=\frac{\pi}{2}.$$

$X(e^{j\omega})$ 以 $2\pi$ 為週期重複；每個週期內保留原頻譜的形狀，振幅為 $1/T$。因此基頻區的支撐範圍是 $-\pi/2\leq\omega\leq\pi/2$。

3. 離散時間濾波後的頻譜 $Y(e^{j\omega})$

由圖可知，$H(e^{j\omega})$ 在 $|\omega|<\pi/4$ 時為 1，其餘頻率為 0，並以 $2\pi$ 為週期。因此

$$Y(e^{j\omega})=X(e^{j\omega})H(e^{j\omega}).$$

每個週期中，只留下 $X(e^{j\omega})$ 的 $|\omega|<\pi/4$ 部分；通過部分的振幅不變，仍為原 $X(e^{j\omega})$ 的振幅。

4. 輸出脈衝列頻譜 $Y_p(j\Omega)$

數位類比轉換前的輸出脈衝列頻譜為

$$Y_p(j\Omega)=Y(e^{j\Omega T}).$$

所以頻譜以 $\Omega_s=40000\pi$ 為間隔重複。每個頻譜副本只通過離散頻率 $|\omega|<\pi/4$ 的部分；換成連續頻率後，各副本的通過範圍為

$$|\Omega-k\Omega_s|<\frac{\pi}{4T}=5000\pi.$$

這些通過部分的振幅與 $Y(e^{j\omega})$ 相同。

5. 重建後的頻譜 $Y_c(j\Omega)$

重建濾波器的頻率響應為

$$H_r(j\Omega)= \begin{cases} T, & |\Omega|<\pi/T,\\ 0, & |\Omega|>\pi/T. \end{cases}$$

核心觀念

本題考查雙邊 Laplace transform、ROC（收斂域）、LTI 系統函數與卷積：

$$H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}$$

常用公式為

$$e^{at}u(t)\ \xleftrightarrow{\mathcal L}\ \frac{1}{s-a},\quad \Re(s)>a$$ $$e^{at}u(-t)\ \xleftrightarrow{\mathcal L}\ -\frac{1}{s-a},\quad \Re(s)<a$$

依考卷圖中內容，輸入滿足 $x(t)=0,\ t>0$，因此 $X(s)$ 應採左側訊號的 ROC。

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(a) 求 $H(s)$ 與 ROC

由圖中輸出

$$y(t)=-\frac{2}{3}e^{2t}u(-t)+\frac{1}{3}e^{-t}u(t)$$

分別取 Laplace transform：

$$-\frac{2}{3}e^{2t}u(-t) \ \xleftrightarrow{\mathcal L}\ \frac{2}{3(s-2)},\qquad \Re(s)<2$$ $$\frac{1}{3}e^{-t}u(t) \ \xleftrightarrow{\mathcal L}\ \frac{1}{3(s+1)},\qquad \Re(s)>-1$$

因此

$$Y(s)=\frac{2}{3(s-2)}+\frac{1}{3(s+1)}$$

通分得

$$Y(s) =\frac{2(s+1)+(s-2)} {3(s-2)(s+1)} =\frac{s}{(s-2)(s+1)}$$

題目給定

$$X(s)=\frac{s+2}{s-2}$$

所以

$$H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)} =\frac{s}{(s-2)(s+1)} \cdot\frac{s-2}{s+2}$$

故

$$\boxed{H(s)=\frac{s}{(s+1)(s+2)}}$$

接著判斷 ROC。由

$$X(s):\ \Re(s)<2$$

且

$$Y(s):\ -1<\Re(s)<2$$

為使

$$Y(s)=H(s)X(s)$$

的 ROC 交集為 $-1<\Re(s)<2$，必須取

$$\boxed{\mathrm{ROC}_H:\ \Re(s)>-1}$$

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(b) 求 $h(t)$

先作部分分式分解：

$$H(s)=\frac{s}{(s+1)(s+2)} =\frac{A}{s+1}+\frac{B}{s+2}$$

由

$$s=A(s+2)+B(s+1)$$

比較係數可得

核心觀念

本題考查 $Z$ 轉換的下列性質：

1. $X(z)$ 的極點由分母決定。
2. $1/X(z)$ 的極點就是 $X(z)$ 的零點。
3. 離散時間訊號穩定時，ROC 必須包含單位圓 $|z|=1$。
4. ROC 決定訊號是右邊、左邊或雙邊訊號。
5. $x[0]$ 可由反轉換後的 $n=0$ 項求得。

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解題方法

由題目給定 $X(z)$ 的兩個極點為

$$z=\frac{1}{2},\qquad z=-2$$

又因為 $1/X(z)$ 在 $z=0$ 與 $z=1$ 有極點，所以 $X(z)$ 的零點為

$$z=0,\qquad z=1$$

因此先設

$$X(z)=K\frac{z(z-1)}{\left(z-\frac{1}{2}\right)(z+2)}$$

改寫成 $z^{-1}$ 的形式：

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

部分分式分解：

$$\frac{1-z^{-1}} {\left(1-\frac{1}{2}z^{-1}\right)(1+2z^{-1})} = \frac{A}{1-\frac{1}{2}z^{-1}} + \frac{B}{1+2z^{-1}}$$

比較係數可得

$$A+B=1$$ $$2A-\frac{1}{2}B=-1$$

所以

$$A=-\frac{1}{5},\qquad B=\frac{6}{5}$$

因此

$$X(z) = -\frac{K}{5}\frac{1}{1-\frac{1}{2}z^{-1}} + \frac{6K}{5}\frac{1}{1+2z^{-1}}$$

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ROC 與穩定性

由兩個極點可知，可能的 ROC 為：

• $|z|>2$
• $\frac{1}{2}<|z|<2$
• $|z|<\frac{1}{2}$

因為訊號穩定，ROC 必須包含單位圓 $|z|=1$，故唯一可能為

$$\boxed{\frac{1}{2}<|z|<2}$$

此 ROC 表示位於 $z=1/2$ 的部分為右邊訊號，位於 $z=-2$ 的部分為左邊訊號。

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利用 $x[0]=1$ 求常數

在 ROC $\frac{1}{2}<|z|<2$ 下：