114 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：

• 時不變性：輸入延遲後，輸出是否只會產生相同延遲。
• 因果性：$y(t_0)$ 是否只依賴 $t\le t_0$ 的輸入。
• BIBO 穩定性：有界輸入是否必然產生有界輸出。
• 頻率響應：只有對 LTI 系統，輸入 $e^{j\omega t}$ 後才會得到同頻率輸出 $H(j\omega)e^{j\omega t}$。

題目中的指數理解為

$$e^{-(t+\tau)3}=e^{-3(t+\tau)}.$$

將系統整理為

$$y(t)=e^{-3t}\int_0^\infty e^{-3\tau}x(t-\tau)\,d\tau.$$

其中積分部分是輸入與

$$h_0(\tau)=e^{-3\tau}u(\tau)$$

的卷積，但外部還乘上時間函數 $e^{-3t}$。這個乘法是判斷時不變性的關鍵。

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解題方法

將系統記為 $T\{\cdot\}$：

$$T\{x(t)\} =e^{-3t}\int_0^\infty e^{-3\tau}x(t-\tau)\,d\tau.$$

依序檢查：

1. 將輸入改成延遲版本 $x(t-t_0)$，檢查輸出是否等於 $y(t-t_0)$。
2. 觀察 $x(t-\tau)$ 的時間範圍，判斷是否使用未來輸入。
3. 假設 $|x(t)|\le M$，直接估計 $|y(t)|$。
4. 以正弦波輸入檢查輸出是否仍為相同頻率，判斷是否存在傳統頻率響應。

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（a）The system is time-varying

答案：TRUE

令輸入延遲 $t_0$，即

$$x_1(t)=x(t-t_0).$$

此時輸出為

$$\begin{aligned} y_1(t) &=e^{-3t}\int_0^\infty e^{-3\tau}x_1(t-\tau)\,d\tau\\ &=e^{-3t}\int_0^\infty e^{-3\tau}x(t-t_0-\tau)\,d\tau. \end{aligned}$$

原輸出延遲 $t_0$ 為

$$\begin{aligned} y(t-t_0) &=e^{-3(t-t_0)} \int_0^\infty e^{-3\tau}x(t-t_0-\tau)\,d\tau\\ &=e^{3t_0}e^{-3t} \int_0^\infty e^{-3\tau}x(t-t_0-\tau)\,d\tau. \end{aligned}$$

因此

$$y_1(t)=e^{-3t_0}y(t-t_0),$$

一般並不等於 $y(t-t_0)$。輸入延遲後，輸出除了延遲外還多了一個比例因子，因此系統是時變系統。

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（b）The system is non-causal

答案：FALSE

在固定時間 $t$，系統使用的輸入為

$$x(t-\tau),\qquad \tau\ge 0.$$

由於 $\tau\ge0$，所以

$$t-\tau\le t.$$

因此 $y(t)$ 只依賴現在及過去的輸入，不會依賴 $t$ 之後的未來輸入。

將積分變數改寫為 $s=t-\tau$，可得

$$\begin{aligned} y(t) &=\int_{-\infty}^{t}e^{-3(t+t-s)}x(s)\,ds\\ &=\int_{-\infty}^{t}e^{-6t+3s}x(s)\,ds. \end{aligned}$$

積分上限為 $t$，清楚顯示系統具有因果性。

所以題目所述「系統是非因果的」為錯誤。

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（c）The system is unstable

答案：FALSE

假設輸入為有界訊號：

$$|x(t)|\le M,\qquad \forall t.$$

則

$$\begin{aligned} |y(t)| &=\left|e^{-3t}\int_0^\infty e^{-3\tau}x(t-\tau)\,d\tau\right|\\ &\le e^{-3t}\int_0^\infty e^{-3\tau}|x(t-\tau)|\,d\tau\\ &\le Me^{-3t}\int_0^\infty e^{-3\tau}\,d\tau. \end{aligned}$$

計算積分：

本題考驗利用時域和頻域兩種方法，從已知系統的輸入（單位階躍函數）和輸出，求出系統的脈衝響應。

已知系統為線性、時變、因果 (LTIC) 系統。
輸入為 $x(t) = u(t)$。
輸出為 $y(t) = t e^{-t} u(t)$。
我們知道，對於 LTIC 系統，輸出 $y(t)$ 與輸入 $x(t)$ 和脈衝響應 $h(t)$ 的關係為卷積：
$y(t) = x(t) * h(t) = \int_{-\infty}^{\infty} x(\tau) h(t-\tau) d\tau$。

時域方法 (Time-Domain Approach):
當輸入為單位階躍函數 $x(t) = u(t)$ 時，輸出 $y(t)$ 等於脈衝響應 $h(t)$ 的累積積分（積分）：
$y(t) = \int_{-\infty}^{t} h(\lambda) d\lambda$。
由於系統是因果的，且輸入是 $u(t)$，我們只需要考慮 $t \ge 0$ 的情況。
所以，$y(t) = u(t) \int_{-\infty}^{t} h(\lambda) d\lambda$。
而我們已知 $y(t) = t e^{-t} u(t)$。
因此，我們可以寫成：
$t e^{-t} u(t) = \int_{-\infty}^{t} h(\lambda) d\lambda$。
由於 $h(t)$ 是因果系統的脈衝響應，它在 $t<0$ 時為零，即 $h(t)=0$ for $t<0$。
所以，我們可以將積分的下限改為 0：
$t e^{-t} u(t) = \int_{0}^{t} h(\lambda) d\lambda, \quad t \ge 0$。
為了求出 $h(t)$，我們對等式的兩邊同時對 $t$ 微分。根據微積分基本定理：
$\frac{d}{dt} \int_{a}^{t} f(\lambda) d\lambda = f(t)$。
$\frac{d}{dt} (t e^{-t} u(t)) = \frac{d}{dt} \int_{0}^{t} h(\lambda) d\lambda$
$\frac{d}{dt} (t e^{-t}) u(t) + (t e^{-t}) \frac{d}{dt} u(t) = h(t)$
我們知道 $\frac{d}{dt} u(t) = \delta(t)$。
$\frac{d}{dt} (t e^{-t}) = 1 \cdot e^{-t} + t \cdot (-e^{-t}) = e^{-t} - t e^{-t} = (1-t)e^{-t}$
所以，
$((1-t)e^{-t}) u(t) + (t e^{-t}) \delta(t) = h(t)$
由於 $\delta(t)$ 在 $t=0$ 時為零，且 $t e^{-t}$ 在 $t=0$ 時為 $0 \cdot e^0 = 0$，所以 $t e^{-t} \delta(t) = 0$。
因此，
$h(t) = (1-t)e^{-t} u(t)$
此為脈衝響應。

核心觀念

本題考連續時間傅立葉轉換的定義、矩形脈波的頻譜，以及帕塞瓦定理。採用題目給定的轉換定義：

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

寬度為 $T$、中心在 $t_0$、振幅為 $A$ 的矩形脈波，其傅立葉轉換為：

$$A T\,\operatorname{sinc}\!\left(\frac{\omega T}{2\pi}\right)e^{-j\omega t_0}$$

其中 $\operatorname{sinc}(x)=\dfrac{\sin(\pi x)}{\pi x}$。

(a) 求 $x(t)$ 的傅立葉轉換

$x(t)=u(t+1)-u(t-1)$ 是振幅為 $1$、範圍 $-1\le t<1$ 的矩形脈波，寬度為 $2$、中心在 $0$。直接由定義積分：

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

依題目指定的 $\operatorname{sinc}$ 定義，可寫成：

$$X(j\omega)=2\operatorname{sinc}\!\left(\frac{\omega}{\pi}\right)$$

(b) 求圖示 $y(t)$ 的傅立葉轉換

依原圖，$y(t)$ 可分成三個寬度皆為 $1$ 的矩形脈波：

• $-1\le t<0$ 時，振幅為 $1$；
• $0\le t<1$ 時，振幅為 $2$；
• $2\le t<3$ 時，振幅為 $-1$；
• 其他時間為 $0$。

各脈波中心依序為 $-\frac12$、$\frac12$、$\frac52$。利用寬度 $T=1$ 的矩形脈波轉換式，三段相加得：

核心觀念

本題考查三個觀念：

1. 調變造成頻譜平移

   若

   $y(t)=x(t)e^{j\omega_c t}$

   則

   $Y(\omega)=X(\omega-\omega_c)$

   若

   $z(t)=x(t)\cos(\omega_c t)$

   則

   $Z(\omega)=\frac{1}{2}\left[X(\omega-\omega_c)+X(\omega+\omega_c)\right]$

2. 取平方絕對值會造成頻譜摺積

   $|y(t)|^2=y(t)y^*(t)$

   時域相乘對應到頻域摺積，因此頻寬會相加。

3. 一般奈奎斯特取樣與帶通取樣

   • 低通訊號若最高角頻率為 $\omega_{\max}$，需滿足

     $\omega_s\geq 2\omega_{\max}$

   • 帶通訊號可利用頻譜週期性重疊的方式，以低於最高頻率兩倍的取樣頻率取樣，稱為 帶通取樣 或 欠取樣。

以下依原圖所示，假設 $X(\omega)$ 的支撐範圍為

$-\omega_1\leq\omega\leq\omega_1$

因此原訊號的最高角頻率為 $\omega_1$。

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(a) $y(t)=x(t)e^{j\omega_1t}$ 的最低取樣頻率

由調變性質，

$Y(\omega)=X(\omega-\omega_1)$

因此原本位於 $[-\omega_1,\omega_1]$ 的頻譜向右平移 $\omega_1$，變成

$0\leq\omega\leq 2\omega_1$

也就是說，$Y(\omega)$ 的頻譜寬度為 $2\omega_1$。

取樣後，頻譜會以 $\omega_s$ 為週期重複。為避免相鄰頻譜副本重疊，需滿足

$\omega_s\geq 2\omega_1$

當 $\omega_s=2\omega_1$ 時，頻譜副本僅在邊界相接，不產生頻譜重疊。因此最低取樣角頻率為

$\boxed{\omega_s^{\min}=2\omega_1}$

若以一般頻率 $f_s$ 表示，因為 $\omega_s=2\pi f_s$，所以

$\boxed{f_s^{\min}=\frac{\omega_1}{\pi}}$

這裡的關鍵是 $y(t)$ 為複數訊號，其頻譜只位於 $[0,2\omega_1]$。因此不能直接把「最高頻率 $2\omega_1$ 的兩倍」當成唯一判斷，而應檢查取樣後的頻譜副本是否重疊。

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(b) $|y(t)|^2$ 的最低取樣頻率

因為

$y(t)=x(t)e^{j\omega_1t}$

所以

$$= y(t)y^*(t) = x(t)e^{j\omega_1t}x^*(t)e^{-j\omega_1t} = |x(t)|^2$$

因此，調變因子在取絕對值平方後完全抵消。

令

$v(t)=|x(t)|^2=x(t)x^*(t)$

在頻域中，

$V(\omega)=\frac{1}{2\pi}X(\omega)*X^*(-\omega)$

由於 $X(\omega)$ 的範圍為 $[-\omega_1,\omega_1]$，兩個頻譜摺積後的範圍為

$$= [-2\omega_1,2\omega_1]$$

所以 $|y(t)|^2$ 是一個最高角頻率為 $2\omega_1$ 的低通訊號。依一般奈奎斯特取樣定理，

$\omega_s\geq 2(2\omega_1)=4\omega_1$

故最低取樣角頻率為

本題考驗從極零點圖判斷 LTI 系統的濾波器類型，以及根據極零點圖和因果性條件求出系統的傳遞函數及其收斂域 (ROC)。

題組共用題幹:
題目給出一個 LTI 系統的極零點圖。
零點 (zero) 出現在 $s=0$。
極點 (pole) 出現在 $s=-2$ 和 $s=2$。

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(a) 判斷濾波器類型。
觀察極零點圖：
零點在原點 $s=0$。
極點在 $s=-2$ 和 $s=2$。

對於一個 LTI 系統，我們分析其頻率響應 $H(j\omega)$，這是傳遞函數 $H(s)$ 在 $s=j\omega$ 的取值。
$H(s) = K \frac{\prod_i (s-z_i)}{\prod_j (s-p_j)}$
$H(j\omega) = K \frac{\prod_i (j\omega-z_i)}{\prod_j (j\omega-p_j)}$

零點在 $s=0$ 表示 $H(0) = 0$。
$H(j\omega) = K \frac{j\omega - 0}{(j\omega - (-2))(j\omega - 2)} = K \frac{j\omega}{(j\omega+2)(j\omega-2)}$
$H(j\omega) = K \frac{j\omega}{(j\omega)^2 - 2^2} = K \frac{j\omega}{-\omega^2 - 4} = K \frac{j\omega}{-(\omega^2+4)} = -K \frac{j\omega}{\omega^2+4}$
我們來分析頻率響應 $|H(j\omega)|$。
$|H(j\omega)| = \left| -K \frac{j\omega}{\omega^2+4} \right| = |K| \frac{|\omega|}{\omega^2+4}$
在 $\omega=0$ (DC)，$|H(j0)| = |K| \frac{0}{0+4} = 0$。表示 DC 成分被濾除。
隨著 $\omega$ 增加，$\frac{|\omega|}{\omega^2+4}$ 的值先增加後減少。
當 $\omega \to \infty$， $|H(j\omega)| \to 0$。
我們求 $|H(j\omega)|$ 的極值：
令 $f(\omega) = \frac{\omega}{\omega^2+4}$ (假設 $\omega \ge 0$)。
$f'(\omega) = \frac{1 \cdot (\omega^2+4) - \omega \cdot (2\omega)}{(\omega^2+4)^2} = \frac{\omega^2+4 - 2\omega^2}{(\omega^2+4)^2} = \frac{4-\omega^2}{(\omega^2+4)^2}$。
$f'(\omega) = 0$ 當 $4-\omega^2 = 0 \implies \omega^2 = 4 \implies \omega = 2$ (考慮 $\omega \ge 0$)。
在 $\omega=2$ 時，頻率響應有最大值。
$|H(j2)| = |K| \frac{2}{2^2+4} = |K| \frac{2}{8} = \frac{|K|}{4}$。
頻率響應在 DC (0) 時為 0，在 $\omega \to \infty$ 時為 0，在 $\omega=2$ 時有最大值。
這表示該濾波器允許中間頻率通過，而阻止低頻 (DC) 和高頻。
這是一個帶通濾波器 (band-pass filter)。

另一種快速判斷方法：
零點在 $s=0$ 表示 DC 被濾除。
極點在 $s=\pm 2$。
如果只有一個極點在 $s=-a$ (a>0)，則為低通濾波器。
如果只有一個極點在 $s=+a$ (a>0)，則為高通濾波器 (加上一個零點在 $s=0$)。
如果極點在 $s=\pm j\omega_0$，則為帶通濾波器。
這裡我們有一個零點在 $s=0$，以及極點在 $s=\pm 2$ (實軸上)。

核心觀念

本題考查離散時間 LTI 系統的極點、零點位置與頻率響應之關係。

離散系統的頻率響應為

$$H(e^{j\omega}) = K\frac{\prod_k(e^{j\omega}-z_k)} {\prod_\ell(e^{j\omega}-p_\ell)}.$$

因此：

• 極點越靠近單位圓上的某一頻率位置，該頻率附近的增益越大。
• 單位圓上的頻率 $\omega_0$ 對應極點位置 $z=e^{j\omega_0}$。
• 因果且穩定的離散 LTI 系統，其所有極點必須位於單位圓內。
• 若傳遞函數分子階數比分母階數高，則在無限遠處具有極點，稱為位於 infinity 的 pole。

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頻率對應的極點位置

取樣頻率為

$$f_s=8000\ \text{Hz},$$

題目指定的頻率為

$$f_0=1000\ \text{Hz}.$$

離散角頻率為

$$\omega_0 = 2\pi\frac{f_0}{f_s} = 2\pi\frac{1000}{8000} = \frac{\pi}{4}.$$

所以，$1000$ Hz 對應於單位圓上的位置

$$z=e^{j\pi/4}.$$

由於實係數系統的極點通常必須成共軛複數對，因此另一個極點位於

$$z=e^{-j\pi/4}.$$

也就是說，圖形上應觀察是否有極點位於單位圓的 $\pm 45^\circ$ 方向。

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（a）在 $1000$ Hz 具有最大幅度響應

欲使 $|H(e^{j\omega})|$ 在 $\omega=\pi/4$ 附近變大，應將極點放在單位圓上、且角度為 $\pm\pi/4$：

$$p_{1,2}=e^{\pm j\pi/4}.$$

因為當 $e^{j\omega}$ 接近極點位置時，分母中的距離

$$|e^{j\omega}-p_k|$$

變小，使整體幅度響應變大。

嚴格來說，極點若正好位於單位圓上，系統不具有限的穩定頻率響應；本小題只問最大幅度響應的位置，因此選擇「極點位於單位圓 $\pm\pi/4$ 方向」的圖。

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（b）穩定且因果，且在 $1000$ Hz 具有最大幅度響應

穩定且因果的有理型離散系統必須滿足

$$|p_k|<1$$

對所有極點皆成立。

因此，極點應放在 $\pm\pi/4$ 方向，但半徑必須小於 $1$，例如

$$p_{1,2}=re^{\pm j\pi/4}, \qquad 0<r<1.$$

此時極點位於單位圓內，系統穩定且因果；又因為極點靠近 $\pm\pi/4$ 的頻率位置，所以在 $1000$ Hz 附近產生最大幅度響應。