109 年 國立成功大學工程科學系碩士班甲組《訊號與系統》

本題主要考驗離散時間卷積 (Discrete-Time Convolution) 的計算與繪圖。
核心觀念：離散時間卷積的定義為 $y[n] = x[n] * h[n] = \sum_{k=-\infty}^{\infty} x[k] h[n-k]$。

解題步驟：
首先，我們需要明確定義 $x[n]$ 和 $h[n]$ 的形式。
$h[n] = u[n+4]$ 是一個單位階躍函數，當 $n+4 \ge 0$（即 $n \ge -4$）時，$h[n]=1$，否則為 0。
$x[n] = (-1)^n(u[n] - u[n-6])$。
$u[n]$ 在 $n \ge 0$ 時為 1，否則為 0。
$u[n-6]$ 在 $n-6 \ge 0$（即 $n \ge 6$）時為 1，否則為 0。
因此，$u[n] - u[n-6]$ 在 $0 \le n < 6$ 時為 1，其他時候為 0。
所以，$x[n]$ 的形式為：
$x[n] = \begin{cases} (-1)^n & 0 \le n < 6 \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$
展開 $x[n]$ 的值：
$x[0] = (-1)^0 = 1$
$x[1] = (-1)^1 = -1$
$x[2] = (-1)^2 = 1$
$x[3] = (-1)^3 = -1$
$x[4] = (-1)^4 = 1$
$x[5] = (-1)^5 = -1$

接下來，我們計算卷積 $y[n] = x[n] * h[n]$。
$y[n] = \sum_{k=-\infty}^{\infty} x[k] h[n-k]$
$h[n-k] = u[n-k+4]$。這表示當 $n-k+4 \ge 0$（即 $k \le n+4$）時，$h[n-k]=1$，否則為 0。
$x[k]$ 在 $0 \le k < 6$ 時有值，其他時候為 0。
因此，求和範圍變為 $0 \le k < 6$ 且 $k \le n+4$。
$y[n] = \sum_{k=\max(0, -\infty)}^{\min(6, n+4)} x[k] \cdot 1$
$y[n] = \sum_{k=0}^{\min(5, n+4)} (-1)^k$

我們需要分段討論 $\min(5, n+4)$ 的值來計算 $y[n]$：

情況 1: $n+4 < 0 \implies n < -4$
此時 $\min(5, n+4) = n+4 < 0$。求和範圍為空，所以 $y[n] = 0$。

本題考驗頻域信號與時域信號之間的轉換，特別是傅立葉轉換的性質。
核心觀念：傅立葉轉換對的性質，特別是衝激函數在頻域的意義。
我們知道傅立葉轉換的常用對有：
$\delta(t) \leftrightarrow 1$
$1 \leftrightarrow 2\pi\delta(\omega)$
$\cos(\omega_0 t) \leftrightarrow \pi[\delta(\omega - \omega_0) + \delta(\omega + \omega_0)]$
$e^{j\omega_0 t} \leftrightarrow 2\pi\delta(\omega - \omega_0)$

給定的頻譜是 $X(j\omega) = 4\pi\delta(\omega) + \pi\delta(\omega - 5\pi) + \pi\delta(\omega + 5\pi)$。
我們可以將其分解為幾個部分來尋找對應的時域信號：

第一項：$4\pi\delta(\omega)$
對應的傅立葉轉換對是 $1 \leftrightarrow 2\pi\delta(\omega)$。
為了得到 $4\pi\delta(\omega)$，我們可以將兩邊乘以 2，所以 $2 \cdot 1 \leftrightarrow 2 \cdot (2\pi\delta(\omega)) = 4\pi\delta(\omega)$。
因此，$4\pi\delta(\omega)$ 對應的時域信號是 $2$。

第二項：$\pi\delta(\omega - 5\pi)$
我們知道 $\cos(\omega_0 t) \leftrightarrow \pi[\delta(\omega - \omega_0) + \delta(\omega + \omega_0)]$。
如果我們考慮 $\frac{1}{2}\cos(\omega_0 t)$，則其傅立葉轉換為 $\frac{1}{2}\pi[\delta(\omega - \omega_0) + \delta(\omega + \omega_0)] = \frac{\pi}{2}[\delta(\omega - \omega_0) + \delta(\omega + \omega_0)]$。
這似乎不是我們想要的。

讓我們換一個角度。
我們知道 $e^{j\omega_0 t} \leftrightarrow 2\pi\delta(\omega - \omega_0)$。

本題是要求證明一個重要的訊號處理性質，即積分運算等於與單位階躍函數的卷積。
核心觀念：卷積的定義以及傅立葉轉換的性質，特別是積分與低通濾波的關係。

證明步驟：
我們從等號的右邊開始，即 $x(t) * u(t)$。
根據卷積的定義：
$x(t) * u(t) = \int_{-\infty}^{\infty} x(\tau) u(t-\tau) d\tau$

單位階躍函數 $u(t-\tau)$ 的定義是：
$u(t-\tau) = \begin{cases} 1 & \text{if } t-\tau \ge 0 \implies \tau \le t \\ 0 & \text{if } t-\tau < 0 \implies \tau > t \end{cases}$

本題考驗傅立葉級數 (Fourier Series) 的概念，特別是從傅立葉級數係數求回時域信號。
核心觀念：傅立葉級數的合成公式。
對於一個週期為 $T$ 的週期信號 $x(t)$，其傅立葉級數展開為：
$x(t) = \sum_{k=-\infty}^{\infty} a_k e^{jk\omega_0 t}$
其中 $\omega_0 = \frac{2\pi}{T}$ 是基頻。

題目給定週期 $T=6$，所以基頻 $\omega_0 = \frac{2\pi}{6} = \frac{\pi}{3}$。
傅立葉級數係數 $a_k$ 為：
$a_k = \begin{cases} jk & |k| \le 3; \\ 0 & \text{otherwise} \end{cases}$
這表示只有當 $k = -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3$ 時，$a_k$ 才不為零。

我們需要將 $a_k$ 的值代入傅立葉級數的合成公式 $x(t) = \sum_{k=-\infty}^{\infty} a_k e^{jk\omega_0 t}$。
由於 $a_k$ 只在 $-3 \le k \le 3$ 時有值，所以求和範圍可以縮小。

$x(t) = a_{-3}e^{-j3\omega_0 t} + a_{-2}e^{-j2\omega_0 t} + a_{-1}e^{-j1\omega_0 t} + a_{0}e^{j0\omega_0 t} + a_{1}e^{j1\omega_0 t} + a_{2}e^{j2\omega_0 t} + a_{3}e^{j3\omega_0 t}$

根據 $a_k = jk$ for $|k| \le 3$：
$a_{-3} = j(-3) = -3j$
$a_{-2} = j(-2) = -2j$
$a_{-1} = j(-1) = -j$
$a_{0} = j(0) = 0$
$a_{1} = j(1) = j$
$a_{2} = j(2) = 2j$
$a_{3} = j(3) = 3j$

將這些係數和 $\omega_0 = \frac{\pi}{3}$ 代入：

核心觀念

本題考查：

• 絕對值函數形成的雙側指數訊號之傅立葉轉換。
• 時間位移性質。
• 傅立葉轉換定義：

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

已知基本對偶：

$$e^{-a|t|} \ \xleftrightarrow{\mathcal{F}}\ \frac{2a}{a^2+\omega^2}, \qquad a>0$$

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解題方法

先將題目訊號寫成時間位移的形式：

$$x(t)=e^{-4|t-1|}$$

令

$$g(t)=e^{-4|t|}$$

則

$$x(t)=g(t-1)$$

也就是 $g(t)$ 向右位移 $1$ 個時間單位。

第一步：求基本訊號的傅立葉轉換

根據公式

$$e^{-a|t|} \ \xleftrightarrow{\mathcal{F}}\ \frac{2a}{a^2+\omega^2}$$

取 $a=4$，得到

$$G(j\omega)=\mathcal{F}\{e^{-4|t|}\} =\frac{8}{16+\omega^2}$$

也可以由積分直接驗證：

$$G(j\omega) = \int_{-\infty}^{\infty}e^{-4|t|}e^{-j\omega t}\,dt$$

因為 $e^{-4|t|}$ 是偶函數，其傅立葉轉換為實數且為偶函數，因此

$$G(j\omega) = 2\int_0^\infty e^{-4t}\cos(\omega t)\,dt$$

利用

$$\int_0^\infty e^{-at}\cos(\omega t)\,dt = \frac{a}{a^2+\omega^2}$$

可得

本題考驗離散時間系統的四種基本性質：穩定性 (Stability)、因果性 (Causality)、線性 (Linearity) 和時不變性 (Time-Invariance)。

系統的輸入輸出關係為 $y[n] = x[n-1] + x[n] + x[n+1]$。

a. 穩定性 (Stability)
對於離散時間系統，穩定性通常指的是 Bounded-Input Bounded-Output (BIBO) stability。這意味著，如果輸入信號 $x[n]$ 是有界的（即存在一個常數 $M$ 使得 $|x[n]| \le M$ 對所有 $n$ 都成立），那麼輸出信號 $y[n]$ 也必須是有界的。
考慮輸出 $y[n] = x[n-1] + x[n] + x[n+1]$。
如果輸入 $x[n]$ 是有界的，例如 $|x[n]| \le M$ 對所有 $n$ 成立。
那麼，輸出的絕對值 $|y[n]|$ 為：
$|y[n]| = |x[n-1] + x[n] + x[n+1]|$
根據三角不等式：
$|y[n]| \le |x[n-1]| + |x[n]| + |x[n+1]|$
由於 $|x[k]| \le M$ 對任何 $k$ 都成立，所以：
$|y[n]| \le M + M + M = 3M$
由於 $M$ 是有限的，所以 $3M$ 也是有限的。這意味著，如果輸入是有界的，輸出也是有界的。
因此，該系統是穩定的。

【答案】是 (Yes)

b. 因果性 (Causality)
一個系統是因果的，如果它在任何時刻 $n$ 的輸出 $y[n]$ 只取決於當前時刻 $n$ 或過去時刻（$k \le n$）的輸入 $x[k]$，而不能依賴於未來時刻（$k > n$）的輸入。
輸出的表達式為 $y[n] = x[n-1] + x[n] + x[n+1]$。
其中，$x[n-1]$ 是過去的輸入（相對於 $n$），$x[n]$ 是當前的輸入。
然而，$x[n+1]$ 是未來時刻的輸入（相對於 $n$）。
因此，該系統的輸出 $y[n]$ 取決於未來的輸入 $x[n+1]$。
所以，該系統不是因果的。

【答案】否 (No)

c. 線性 (Linearity)
一個系統是線性的，如果它滿足疊加原理 (Superposition Principle)，即同時滿足齊次性 (Homogeneity) 和可加性

核心觀念

本題考查連續時間傅立葉轉換中的：

1. 矩形脈波與 sinc 型頻譜的轉換對。
2. 頻域相乘對應時域摺積。
3. 兩個矩形脈波摺積後形成三角形波形。

採用標準傅立葉轉換定義：

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

基本轉換對為：

$$p(t)= \begin{cases} 1, & |t|\leq 2\\ 0, & |t|>2 \end{cases} \quad\Longleftrightarrow\quad P(j\omega)=\frac{2\sin(2\omega)}{\omega}$$

解題方法

題目給定：

$$X(j\omega)=\frac{\sin^2(2\omega)}{\omega^2}$$

先將其改寫為：

$$X(j\omega) =\frac{1}{4}\left(\frac{2\sin(2\omega)}{\omega}\right)^2$$

由基本轉換對可知：

$$P(j\omega)=\frac{2\sin(2\omega)}{\omega}$$

因此：

$$X(j\omega)=\frac{1}{4}P^2(j\omega)$$

頻域相乘對應時域摺積，所以：

$$x(t)=\frac{1}{4}\bigl[p(t)*p(t)\bigr]$$

其中 $p(t)$ 是寬度為 $4$、高度為 $1$ 的矩形脈波。兩個相同矩形脈波的摺積為三角形：

$$p(t)*p(t)= \begin{cases} 4-|t|, & |t|\leq 4\\ 0, & |t|>4 \end{cases}$$

故：