115 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》

本題考驗 LTI 系統的輸出計算，核心觀念是卷積定理：$y(t) = x(t) * h(t)$。我們可以利用時域卷積的定義來計算，或者利用傅立葉轉換（或拉普拉斯轉換）在頻域進行乘法，再進行反轉換。由於題目給的 $h(t)$ 和 $x(t)$ 形式較為複雜，直接進行時域卷積可能較為繁瑣。我們考慮使用拉普拉斯轉換來求解，因為 $h(t)$ 和 $x(t)$ 都是指數函數的組合，其拉普拉斯轉換相對容易。

首先，我們計算 $h(t)$ 的拉普拉斯轉換 $H(s)$：
$h(t) = 2e^{-t}u(t) - 2te^{-t}u(t)$
我們知道 $\mathcal{L}\{e^{-at}u(t)\} = \frac{1}{s+a}$ 且 $\mathcal{L}\{te^{-at}u(t)\} = \frac{1}{(s+a)^2}$。
因此，
$H(s) = \mathcal{L}\{2e^{-t}u(t)\} - \mathcal{L}\{2te^{-t}u(t)\}$
$H(s) = 2 \cdot \frac{1}{s+1} - 2 \cdot \frac{1}{(s+1)^2}$
$H(s) = \frac{2(s+1) - 2}{(s+1)^2} = \frac{2s}{(s+1)^2}$

接著，我們計算 $x(t)$ 的拉普拉斯轉換 $X(s)$：
$x(t) = e^{-t} - 2e^{-3t}u(t)$
$X(s) = \mathcal{L}\{e^{-t}\} - \mathcal{L}\{2e^{-3t}u(t)\}$
$X(s) = \frac{1}{s+1} - 2 \cdot \frac{1}{s+3}$
$X(s) = \frac{(s+3) - 2(s+1)}{(s+1)(s+3)} = \frac{s+3-2s-2}{(s+1)(s+3)} = \frac{-s+1}{(s+1)(s+3)}$

系統的輸出 $y(t)$ 的拉普拉斯轉換為 $Y(s) = X(s)H(s)$：
$Y(s) = \left( \frac{1-s}{(s+1)(s+3)} \right) \left( \frac{2s}{(s+1)^2} \right)$
$Y(s) = \frac{2s(1-s)}{(s+1)^3(s+3)}$

現在我們需要對 $Y(s)$ 進行部分分式分解 (Partial Fraction Expansion, PFE)，以便進行反拉普拉斯轉換。
$Y(s) = \frac{2s - 2s^2}{(s+1)^3(s+3)} = \frac{A}{s+3} + \frac{B}{s+1} + \frac{C}{(s+1)^2} + \frac{D}{(s+1)^3}$

我們可以使用覆蓋法 (Heaviside cover-up method) 來求解係數。
求 $A$ (將 $s+3$ 乘到等式兩邊，令 $s=-3$)：
$A = \left. \frac{2s(1-s)}{(s+1)^3} \right|_{s=-3} = \frac{2(-3)(1-(-3))}{(-3+1)^3} = \frac{-6(4)}{(-2)^3} = \frac{-24}{-8} = 3$

求 $D$ (將 $(s+1)^3$ 乘到等式兩邊，令 $s=-1$)：
$D = \left. \frac{2s(1-s)}{s+3} \right|_{s=-1} = \frac{2(-1)(1-(-1))}{-1+3} = \frac{-2(2)}{2} = -2$

核心觀念

本題考查：

• 離散時間 LTI 系統的差分方程。
• 零狀態條件下，差分方程與系統函數 $H(z)$ 的關係。
• 單位脈衝響應 $h[n]$ 與系統函數的反 $Z$ 轉換。
• 頻率響應 $H(e^{j\omega})$ 的幅度與相位。

以下採用標準假設：系統為「初始靜止的因果系統」。

原差分方程為

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

取 $Z$ 轉換：

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

因此系統函數為

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

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（a）求脈衝響應

令輸入為單位脈衝 $x[n]=\delta[n]$，則輸出即為脈衝響應 $h[n]$。

將 $H(z)$ 做代數分解：

$$H(z) = \frac{1-2z^{-1}}{1+\frac{1}{2}z^{-1}} = -4+\frac{5}{1+\frac{1}{2}z^{-1}}$$

因為系統為因果系統，其收斂區域為

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

利用反 $Z$ 轉換公式

$$\frac{1}{1-az^{-1}} \longleftrightarrow a^n u[n]$$

可得

$$\frac{1}{1+\frac{1}{2}z^{-1}} = \frac{1}{1-\left(-\frac{1}{2}\right)z^{-1}} \longleftrightarrow \left(-\frac{1}{2}\right)^n u[n]$$

所以

$$\boxed{ h[n]=-4\delta[n]+5\left(-\frac{1}{2}\right)^n u[n] }$$

在 $n=0$ 時，

$$h[0]=-4+5=1$$

在 $n\geq 1$ 時，

$$h[n]=5\left(-\frac{1}{2}\right)^n$$

因此前幾個樣本為

$$h[0]=1,\qquad h[1]=-\frac{5}{2},\qquad h[2]=\frac{5}{4},\qquad h[3]=-\frac{5}{8},\ldots$$

也可寫成

$$h[n]= \begin{cases} 1, & n=0\\[4pt] 5\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n, & n\geq 1\\[4pt] 0, & n<0 \end{cases}$$

這表示脈衝響應由一個直接通道 $-4\delta[n]$ 與衰減交替符號的指數序列組成。

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（b）頻率響應的幅度與相位

將 $z=e^{j\omega}$ 代入系統函數：

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

幅度響應

分子幅度平方為

$$\left|1-2e^{-j\omega}\right|^2 = (1-2e^{-j\omega})(1-2e^{j\omega}) = 5-4\cos\omega$$

分母幅度平方為

$$\left|1+\frac{1}{2}e^{-j\omega}\right|^2 = \left(1+\frac{1}{2}e^{-j\omega}\right) \left(1+\frac{1}{2}e^{j\omega}\right) = \frac{5}{4}+\cos\omega$$

因此

$$\boxed{ \left|H(e^{j\omega})\right| = \sqrt{ \frac{5-4\cos\omega} {\frac{5}{4}+\cos\omega} } }$$

幅度響應具有以下特性：

$$\left|H(e^{j0})\right| = \frac{|1-2|}{1+\frac{1}{2}} = \frac{2}{3}$$ $$\left|H\left(e^{j\frac{\pi}{2}}\right)\right| = \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{5/4}} = 2$$ $$\left|H(e^{j\pi})\right| = \frac{|1+2|}{|1-\frac{1}{2}|} = 6$$

所以在 $0\leq\omega\leq\pi$ 上，幅度由 $\dfrac{2}{3}$ 單調上升至 $6$；在負頻率部分為偶函數，且以 $2\pi$ 為週期。

幅度草圖可表示為：

核心觀念

本題考查兩個重要觀念：

1. 兩點脈衝響應的離散時間傅立葉轉換：
   $h[n]=b_0\delta[n]+b_1\delta[n-1]$
   因此頻率響應為
   $H(e^{j\omega})=b_0+b_1e^{-j\omega}.$

2. 單位變異數白雜訊通過 LTI 系統後，輸出平均功率為
   $P_y=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}|H(e^{j\omega})|^2\,d\omega.$

題目要求同時滿足：

• $|H(e^{j\omega})|=1$ 對所有 $\omega$ 成立；
• 輸出平均功率為 $5$。

這兩個條件彼此矛盾。

解題方法

由脈衝響應

$h[n]=b_0\delta[n]+b_1\delta[n-1]$

可得頻率響應

$H(e^{j\omega})=b_0+b_1e^{-j\omega}.$

其平方 magnitude 為

$$\begin{aligned} |H(e^{j\omega})|^2 &=(b_0+b_1e^{-j\omega})(b_0+b_1e^{j\omega})\\ &=b_0^2+b_1^2+2b_0b_1\cos\omega. \end{aligned}$$

由條件（i）求 $b_0$ 與 $b_1$

條件（i）要求

$|H(e^{j\omega})|=1,$

因此

$|H(e^{j\omega})|^2=1$

對所有 $\omega$ 成立。故

$b_0^2+b_1^2+2b_0b_1\cos\omega=1.$

因為 $\cos\omega$ 會隨 $\omega$ 改變，要使上式對所有 $\omega$ 都是常數，必須有

$2b_0b_1=0.$

已知 $b_0>0$，所以

$b_1=0.$

代回常數項：

$b_0^2=1.$

再配合 $b_0>0$，得到

$b_0=1.$

核心觀念

採用連續時間傅立葉轉換定義

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

因為 $x(t)$ 為實值訊號，$X^*(j\omega)=X(-j\omega)$。因此

$$\mathcal{R}[X(j\omega)] =\frac{X(j\omega)+X^*(j\omega)}{2} =\frac{X(j\omega)+X(-j\omega)}{2}.$$

核心觀念

本題結合了連續時間訊號與系統的三大經典核心考點：

1. 連續時間傅立葉級數（CTFS）：週期訊號的頻譜分解。利用波形的對稱性（奇函數與半波對稱）簡化積分推導複數指數形式或三角形式的傅立葉級數係數。
2. LTI 系統的頻率響應與特徵函數性質（Eigenfunction Property）：當輸入為複數指數訊號 $e^{j\omega t}$ 或弦波訊號時，穩態輸出為輸入乘上該頻率下的系統頻率響應 $H(j\omega)$。
3. 頻率響應與常係數線性微分方程式（LCCDE）的轉換：利用傅立葉轉換的時域微分性質 $\frac{d^n}{dt^n} \stackrel{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow} (j\omega)^n$，將頻域有理轉移函數 $H(j\omega) = \frac{Y(j\omega)}{X(j\omega)}$ 映射回時域的微分方程式。

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解題方法與詳細推導

(a) 求輸入訊號 $x(t)$ 的傅立葉級數係數 $a_k$

週期 $T = 2\pi$，故基頻（Fundamental Frequency）為：

$$\omega_0 = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{2\pi} = 1 \text{ rad/s}$$

連續時間傅立葉級數（CTFS）指數形式定義為：

$$x(t) = \sum_{k=-\infty}^{\infty} a_k e^{j k \omega_0 t} = \sum_{k=-\infty}^{\infty} a_k e^{j k t}$$

其係數 $a_k$ 為：

$$a_k = \frac{1}{T} \int_{-T/2}^{T/2} x(t) e^{-j k \omega_0 t} dt = \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} x(t) e^{-j k t} dt$$

1. 直流分量 ($k = 0$)：
   由於訊號在一週期內正負面積對稱抵消，直流平均值為零：

   $$a_0 = \frac{1}{2\pi} \left[ \int_{-\pi}^{0} (-1) dt + \int_{0}^{\pi} (+1) dt \right] = 0$$

2. 交流分量 ($k \neq 0$)：

   $$\begin{aligned} a_k &= \frac{1}{2\pi} \left[ \int_{-\pi}^{0} (-1) e^{-jkt} dt + \int_{0}^{\pi} (+1) e^{-jkt} dt \right] \\ &= \frac{1}{2\pi} \left[ -\left( \frac{e^{-jkt}}{-jk} \right)_{-\pi}^{0} + \left( \frac{e^{-jkt}}{-jk} \right)_{0}^{\pi} \right] \\ &= \frac{1}{2\pi jk} \left[ (1 - e^{jk\pi}) - (e^{-jk\pi} - 1) \right] \\ &= \frac{1}{2\pi jk} \left[ 2 - (e^{jk\pi} + e^{-jk\pi}) \right] \\ &= \frac{1}{2\pi jk} \left[ 2 - 2\cos(k\pi) \right] \\ &= \frac{1 - (-1)^k}{j k \pi} \end{aligned}$$

   因此：

   • 當 $k$ 為偶數（$k = \pm 2, \pm 4, \dots$）時，$1 - (-1)^k = 0 \implies a_k = 0$
   • 當 $k$ 為奇數（$k = \pm 1, \pm 3, \dots$）時，$1 - (-1)^k = 2 \implies a_k = \frac{2}{jk\pi} = -\frac{j2}{k\pi}$

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(b) 求解未知系統常數 $K$ 與 $\alpha$

將 $x(t)$ 展開為三角形式的傅立葉級數：

$$x(t) = \sum_{k=1,3,5,\dots}^{\infty} 2 j a_k \sin(kt) = \sum_{k=1,3,5,\dots}^{\infty} \frac{4}{k\pi} \sin(kt) = \frac{4}{\pi}\sin(t) + \frac{4}{3\pi}\sin(3t) + \frac{4}{5\pi}\sin(5t) + \cdots$$

給定系統頻率響應為實數值：

$$H(j\omega) = \frac{K}{\alpha^2 - \omega^2}$$

本題考驗系統的線性與時不變性判斷。核心觀念是利用系統的輸入輸出關係來驗證線性與時不變性的定義。

系統的輸出為 $y(t) = \frac{du(t)}{dt} * x(-2t-3)$。
我們知道 $\frac{du(t)}{dt} = \delta(t)$ (單位脈衝函數)。
所以，$y(t) = \delta(t) * x(-2t-3)$。
卷積的性質是 $\delta(t) * f(t) = f(t)$。
因此，$y(t) = x(-2t-3)$。

現在我們來判斷這個系統的線性與時不變性。

1. 線性 (Linearity)：
   一個系統是線性的，如果對於任意輸入 $x_1(t)$ 和 $x_2(t)$，以及任意常數 $a$ 和 $b$，系統對輸入 $ax_1(t) + bx_2(t)$ 的響應 $T\{ax_1(t) + bx_2(t)\}$ 等於 $aT\{x_1(t)\} + bT\{x_2(t)\}$。
   在這裡，系統操作是 $T\{x(t)\} = x(-2t-3)$。
   假設我們有兩個輸入 $x_1(t)$ 和 $x_2(t)$，以及常數 $a$ 和 $b$。
   輸入 $ax_1(t) + bx_2(t)$ 的輸出是：
   $T\{ax_1(t) + bx_2(t)\} = (ax_1 + bx_2)(-2t-3)$
   $= a x_1(-2t-3) + b x_2(-2t-3)$
   而 $aT\{x_1(t)\} + bT\{x_2(t)\} = a x_1(-2t-3) + b x_2(-2t-3)$。
   兩者相等。因此，該系統是線性的。

核心觀念

本題考查三個重點：

1. Nyquist 取樣條件：連續時間最高頻率必須滿足

$$f_{\max}<\frac{f_s}{2}$$

其中

$$\frac{f_s}{2}=3000\ \text{Hz}.$$

2. 取樣後的混疊現象：連續時間頻率經取樣後，以離散時間角頻率模 $2\pi$ 表示。

3. 離散時間 LTI 系統的頻率響應，以及理想低通重建對離散時間正弦波的頻率對應。

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解題方法

取樣頻率為 $f_s=6000$ Hz，因此取樣週期為

$$T=\frac{1}{6000}.$$

原訊號取樣後為

$$x[n] = \cos\left(2\pi\cdot1000\frac{n}{6000}\right) + \cos\left(2\pi\cdot9000\frac{n}{6000}\right).$$

化簡得

$$x[n] = \cos\left(\frac{\pi}{3}n\right) + \cos(3\pi n).$$

由於 $n$ 為整數，

$$\cos(3\pi n)=\cos(\pi n)=(-1)^n.$$

因此

$$x[n]=\cos\left(\frac{\pi}{3}n\right)+\cos(\pi n).$$

這表示原本的 $9000$ Hz 成分取樣後混疊成 Nyquist 頻率 $3000$ Hz 的離散時間成分。

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(a) Nyquist 條件判斷

Nyquist 頻率為

$$f_N=\frac{f_s}{2}=3000\ \text{Hz}.$$

第一個成分的頻率為 $1000$ Hz：

$$1000<3000.$$

所以 $1000$ Hz 成分滿足 Nyquist 條件。

第二個成分的頻率為 $9000$ Hz：

$$9000>3000.$$

所以 $9000$ Hz 成分不滿足 Nyquist 條件，取樣後會發生混疊。

具體而言，

$$9000\ \text{Hz} \equiv 9000-6000=3000\ \text{Hz}$$

在取樣後對應到 $3000$ Hz 的 Nyquist 頻率。

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(b) 離散時間系統輸出

系統差分方程為

$$y[n]-\frac{1}{2}y[n-1]=x[n].$$

其系統函數為

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

在單位圓上，頻率響應為

$$H(e^{j\omega}) = \frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{-j\omega}}.$$

對 $\omega=\frac{\pi}{3}$ 的成分

先計算頻率響應：

$$H\left(e^{j\pi/3}\right) = \frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{-j\pi/3}}.$$

因為

$$e^{-j\pi/3}=\frac{1}{2}-j\frac{\sqrt{3}}{2},$$

所以

$$1-\frac{1}{2}e^{-j\pi/3} = \frac{3}{4}+j\frac{\sqrt{3}}{4}.$$

因此

$$H\left(e^{j\pi/3}\right) = \frac{3-j\sqrt{3}}{3} = 1-j\frac{\sqrt{3}}{3}.$$

核心觀念

1. 方塊圖簡化與回授系統轉移函數：
   • 含有回授（feedback）的連續時間系統，若前向路徑為 $G(s)$、回授路徑增益為 $H(s)$，且在加法器端採相加 $(+)$，則閉迴路轉移函數為：
     $T(s) = \frac{G(s)}{1 - G(s)H(s)}$
   • 級聯（cascade）系統的總轉移函數為各子系統轉移函數的乘積：
     $H(s) = T_1(s) \cdot T_2(s)$
2. 因果 LTI 系統的收斂區間（Region of Convergence, ROC）：
   • 連續時間因果（causal）系統的轉移函數 $H(s)$，其 ROC 必為複數平面上最右側極點（rightmost pole）右方的開半平面：
     $\text{ROC}: \text{Re}\{s\} > \sigma_{\max}$
3. 系統方塊圖之積分器實現（純積分器架構）：
   • 實際電路或 EDA 模擬工具通常不使用微分器模組（$s$），因為微分運算會放大高頻雜訊且難以物理實現。
   • 一般透過「回授重組」將一階高通轉移函數 $\frac{s}{s+a} = \frac{1}{1 + a/s}$ 轉換為僅含積分器（$1/s$）的回授形式，或利用轉移函數分子分母同除以 $s$ 的最高次方，繪出標準**直接型 II（Direct Form II / Canonic Form）**方塊圖。

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解題方法

(a) 求轉移函數 $H(s)$ 與收斂區間（ROC）

觀察原題方塊圖，整個系統為兩個獨立回授迴路串聯（級聯）而成：

1. 第一級子系統（含微分器）：

   • 輸入為 $x(t)$，設中間節點輸出為 $v(t)$。
   • 前向路徑轉移函數為微分器：$G_1(s) = s$。
   • 回授路徑增益為：$H_1(s) = -1$。
   • 加法器兩輸入皆為相加符號 $(+)$，故加法器輸出為 $X(s) + (-1)V(s) = X(s) - V(s)$。
   • 由前向關係式：
     $V(s) = s \left[ X(s) - V(s) \right] = s X(s) - s V(s)$
   • 移項整理得：
     $(1 + s)V(s) = s X(s)$
     $T_1(s) = \frac{V(s)}{X(s)} = \frac{s}{s + 1}$

2. 第二級子系統（含積分器）：

   • 輸入為 $v(t)$，輸出為 $y(t)$。
   • 前向路徑轉移函數為積分器：$G_2(s) = \frac{1}{s}$。
   • 回授路徑增益為：$H_2(s) = -\frac{1}{3}$。
   • 加法器兩輸入皆為相加符號 $(+)$，故加法器輸出為 $V(s) + \left(-\frac{1}{3}\right)Y(s) = V(s) - \frac{1}{3}Y(s)$。
   • 由前向關係式：
     $Y(s) = \frac{1}{s} \left[ V(s) - \frac{1}{3}Y(s) \right]$
   • 兩邊同乘 $s$ 並移項整理：
     $s Y(s) + \frac{1}{3}Y(s) = V(s)$
     $\left(s + \frac{1}{3}\right) Y(s) = V(s)$
     $T_2(s) = \frac{Y(s)}{V(s)} = \frac{1}{s + \frac{1}{3}} = \frac{3}{3s + 1}$

3. 系統總轉移函數 $H(s)$：

   • 兩級串聯相乘：
     $H(s) = T_1(s) T_2(s) = \left( \frac{s}{s + 1} \right) \left( \frac{1}{s + \frac{1}{3}} \right) = \frac{s}{(s + 1)\left(s + \frac{1}{3}\right)} = \frac{3s}{3s^2 + 4s + 1}$

4. 決定收斂區間（ROC）：

   • 系統極點位於分母為零處：
     $s + 1 = 0 \implies s = -1$
     $s + \frac{1}{3} = 0 \implies s = -\frac{1}{3}$
   • 題目明確指出系統為因果（causal） LTI 系統，因此其 ROC 必須位於最右側極點的右方半平面：
     $\text{ROC}: \text{Re}\{s\} > -\frac{1}{3}$

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(b) 重新繪製僅使用「積分器模組」的方塊圖

由於 EDA 工具僅提供積分器模組（$\frac{1}{s}$）而缺少微分器模組（$s$），可透過以下兩種標準等效方式進行重新設計：

設計方式一：級聯結構逐級等效轉換（最直觀）

保留原電路的兩級級聯架構，僅將第一級的微分器替換為含積分器的等效回授系統：

• 第一級子系統轉移函數：
  $T_1(s) = \frac{s}{s + 1} = \frac{1}{1 + s^{-1}} = \frac{1}{1 + \frac{1}{s}}$
• 將關係式改寫為時域／頻域的狀態運算式：
  $V(s) \left(1 + \frac{1}{s}\right) = X(s) \implies V(s) = X(s) - \frac{1}{s}V(s)$
• 由此式可見：將輸入 $X(s)$ 與輸出 $V(s)$ 經過積分器 $\frac{1}{s}$ 乘上 $-1$ 後相加，即直接輸出 $V(s)$。此時第一級內部完全不需要微分器，僅使用一顆積分器。
• 第二級結構維持不變。

方塊圖示意：

核心觀念

本題考查：

1. 由 LCCDE 求系統函數 $H(z)$。
2. 由系統函數判斷 poles、zeros 與穩定性。
3. 梳狀濾波器（comb filter）的頻率響應。
4. 利用延遲時間 $D$ 對齊週期性鼓點，並利用衰減係數 $a$ 控制回音累積與頻率響應峰谷。

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(a) Poles、zeros 與 pole-zero plot

1. 求系統函數

假設系統為初始靜止，對差分方程

$$y[n]=ay[n-D]+x[n]$$

取 $Z$ 轉換：

$$Y(z)=az^{-D}Y(z)+X(z)$$

因此

$$H(z)=\frac{Y(z)}{X(z)} =\frac{1}{1-az^{-D}}.$$

將分母、分子同乘 $z^D$：

$$H(z)=\frac{z^D}{z^D-a}.$$

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2. 求 zeros

由分子

$$z^D=0$$

可得

$$z=0.$$

因此原點為 $D$ 重零點。

本題 $D=3$，所以有三個重合於原點的 zeros：

$$z=0 \quad \text{（三重零點）}.$$

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3. 求 poles

由分母

$$z^D-a=0$$

得

$$z^D=a.$$

由於 $a>0$，其 $D$ 個根為

$$z_k=a^{1/D}e^{j2\pi k/D}, \qquad k=0,1,\ldots,D-1.$$

因此一般情況下，poles 均勻分布在半徑

$$|z|=a^{1/D}$$

的圓上，角度間隔為 $2\pi/D$。

本題指定 $a=0.7$、$D=3$，故 poles 為

$$z_k=0.7^{1/3}e^{j2\pi k/3}, \qquad k=0,1,2.$$

數值上，

$$0.7^{1/3}\approx 0.888.$$

所以三個 poles 為

$$z_0\approx 0.888,$$ $$z_1\approx 0.888e^{j2\pi/3} \approx -0.444+j0.769,$$ $$z_2\approx 0.888e^{j4\pi/3} \approx -0.444-j0.769.$$

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4. 穩定性與單位圓

因為

$$0<a<1,$$

所以

$$|z_k|=a^{1/D}<1.$$

所有 poles 均位於單位圓內。對因果系統而言，ROC 為

$$|z|>a^{1/D},$$

其中包含單位圓，因此系統穩定。

本題的 pole-zero plot 應包含：

• 單位圓 $|z|=1$；
• 原點的三重零點；
• 半徑約 $0.888$ 的三個 poles；
• pole 角度為 $0^\circ$、$120^\circ$、$240^\circ$。

示意如下：

                         Im
                          ↑
                ×         |         ×
             z2            |       z1
                          |
          ○---------------+---------------○ → Re
                         ×
                         z0

其中：

• $○$ 表示 zero，三個 zeros 重合於原點；
• $×$ 表示 pole；
• 三個 poles 位於半徑 $0.888$ 的圓上；
• 單位圓半徑為 $1$，因此包住所有 poles。

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(b) 延遲量與衰減係數的選擇

1. 梳狀濾波器的頻率響應

令 $z=e^{j\omega}$，則

$$H(e^{j\omega}) =\frac{1}{1-ae^{-j\omega D}}.$$

其 magnitude 為

$$|H(e^{j\omega})| = \frac{1} {\left|1-ae^{-j\omega D}\right|}.$$

平方後可得

$$|H(e^{j\omega})|^2 = \frac{1} {1+a^2-2a\cos(\omega D)}.$$

因此：

• 當 $\cos(\omega D)=1$ 時，magnitude 最大：