EE261 Problem Set 8

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这次回顾Problem Set 8。

Problem 1

根据对称性，虚部应该为$0$。

Problem 2

后续记线性系统为$L$

(a)

$$\begin{aligned} L(\alpha v(t) +\beta u (t)) &= (\alpha v(t) +\beta u (t))\cos(\omega t) \\ &=\alpha v(t)\cos(\omega t) +\beta u(t)\cos(\omega t) \\ &=\alpha L (v(t))+\beta L(u(t))\\ L(v(t-\tau))&= v(t-\tau) \cos(\omega t) \\ &\neq v(t-\tau) \cos(\omega (t-\tau)) \end{aligned}$$

所以该系统是线性系统，但不是时不变的。

(b)

$$\begin{aligned} L(\alpha v(t) +\beta u (t)) &= \sin (\alpha v(t) +\beta u (t)) \\ &\neq \sin (\alpha v(t)) +\sin (\beta u (t))\\ L(v(t-\tau))&= \sin (\alpha v(t-\tau)) \end{aligned}$$

所以该系统不是线性系统，但是是时不变的。

(c)

$$\begin{aligned} L(\alpha v(t) +\beta u (t)) &=\int_{-\infty}^{\infty} (\alpha v(\tau) +\beta u (\tau)) e^{-2 \pi i t \tau} d \tau\\ &=\alpha \int_{-\infty}^{\infty} v(\tau) e^{-2 \pi i t \tau} d \tau +\beta \int_{-\infty}^{\infty} u(\tau) e^{-2 \pi i t \tau} d \tau \\ &= \alpha L(v(t)) +\beta L(u(t))\\ L(v(t-\tau)) &= \int_{-\infty}^{\infty} v(s -\tau) e^{-2 \pi i t s} d s\\ &= \int_{-\infty}^{\infty} v(s) e^{-2 \pi i t (s+\tau)} d s\\ &= w(t+\tau)\\ &\neq w(t-\tau) \end{aligned}$$

所以该系统是线性系统，但不是时不变的。

(d)

$$\begin{aligned} L(\alpha v(t) +\beta u (t)) &= \frac{d}{d t}\left(\alpha v(t) +\beta u (t) \right) \\ &= \alpha \frac{d}{d t} v(t) +\beta \frac{d}{d t} u(t) \\ &= \alpha L(v(t)) +\beta L(u(t))\\ L(v(t-\tau)) &= \frac{d}{d t} v(t-\tau)\\ &= \frac{d}{d (t-\tau)} v(t-\tau)\\ &= w(t-\tau) \end{aligned}$$

所以该系统是线性系统，并且是时不变的。

(e)

$$\begin{aligned} L(\alpha v(t) +\beta u (t)) &\neq \alpha L(v(t)) +\beta L(u(t))\\ L(v(t-\tau)) &= \cos (\omega t+v(t -\tau))\\ &\neq w(t-\tau) \end{aligned}$$

所以该系统不是线性系统，同时也不是时不变的。

Problem 3

(a)输入为

$$v(t)= \sum_{k=-\infty} ^{\infty} u(kT)\delta \left( t - kT\right)$$

输出为

$$w(t) = \sum_{k=-\infty} ^{\infty} u(kT) \Pi_T \left(t-\frac{2k+1}{2} T \right)$$

计算$L(\alpha v_1(t) +\beta v_2(t))$：

$$\begin{aligned} L(\alpha v_1(t) +\beta v_2(t)) &= \sum_{k=-\infty} ^{\infty} (\alpha u_1(kT) +\beta u_2(kT)) \Pi_T \left(t-\frac{2k+1}{2} T \right)\\ &=\alpha \sum_{k=-\infty} ^{\infty} u_1(kT)\Pi_T \left(t-\frac{2k+1}{2} T \right) +\beta \sum_{k=-\infty} ^{\infty} u_2(kT)\Pi_T \left(t-\frac{2k+1}{2} T \right)\\ &=\alpha L(v_1(t)) +\beta L(v_2 (t)) \end{aligned}$$

所以该系统为线性系统。

接着，计算$L(v(t-n T))$，此时输入为

$$\begin{aligned} v(t-nT) &= \sum_{k=-\infty} ^{\infty} u(kT)\delta \left( t - (k+n)T\right)\\ &= \sum_{k=-\infty} ^{\infty}u((k-n)T)\delta \left( t - kT\right) \end{aligned}$$

所以输出为

$$L(v(t-n T))= \sum_{k=-\infty} ^{\infty} u((k-n)T) \Pi_T \left(t -\frac{2k+1}{2} T \right)$$

另方面，考虑$w(t-nT)$，我们有

$$\begin{aligned} w(t-nT) &= \sum_{k=-\infty} ^{\infty} u(kT) \Pi_T \left(t -nT-\frac{2k+1}{2} T \right)\\ &=\sum_{k=-\infty} ^{\infty} u(kT) \Pi_T \left(t -\frac{2(n+k)+1}{2} T \right)\\ & =\sum_{k=-\infty} ^{\infty} u((k-n)T) \Pi_T \left(t -\frac{2k+1}{2} T \right) \end{aligned}$$

所以平移采样的整数倍是时不变的。

(b)此时输入为$\delta (t)$，所以

$$u(kT)=\begin{cases} 1 & k = 0\\ 0 & 其他 \end{cases}$$

输出为

$$h(t) = \Pi_T \left(t-\frac{1}{2} T \right)$$

(c)转移函数为脉冲响应函数的傅里叶变换

$$\begin{aligned} H(s) &=\mathcal F \mathcal h(s)\\ &= e^{-2\pi is \frac 1 2 T} \mathcal F\Pi_T\\ &=Te^{-\pi is T} \text{sinc }(Ts) \end{aligned}$$

Problem 4

(a)因为

$$\mathcal F w(s)= \mathcal F h(s) \mathcal F v(s)$$

所以如果$h$带宽有限，那么$w$同样带宽有限。

(b)由定义，我们有

$$\begin{aligned} w(t) &= (h * v)(t)\\ &= \left(\sum_{m=-\infty}^{\infty} h(m) \operatorname{sinc}(t-m)\right)* \left(\sum_{n=-\infty}^{\infty} v(n) \operatorname{sinc}(t-n)\right) \\ &=\sum_{m=-\infty}^{\infty} \sum_{n=-\infty}^{\infty} h(m) v(n) \left(\operatorname{sinc}(t-m) *\operatorname{sinc}(t-n) \right) \end{aligned}$$

现在对

$$\operatorname{sinc}(t-m) *\operatorname{sinc}(t-n)$$

取傅里叶变换得到

$$\begin{aligned} \mathcal F\left(\operatorname{sinc}(t-m) *\operatorname{sinc}(t-n) \right) &= e^{-2\pi i (m +n )}\Pi(s)\Pi(s)\\ &= e^{-2\pi i (m +n )}\Pi(s) \end{aligned}$$

取逆变换得到

$$\operatorname{sinc}(t-m) *\operatorname{sinc}(t-n) = \operatorname{sinc}(t-m-n)$$

所以

$$\begin{aligned} w(t) &=\sum_{m=-\infty}^{\infty} \sum_{n=-\infty}^{\infty} h(m) v(n) \operatorname{sinc}(t-m-n)\\ &=\sum_{k=-\infty}^{\infty} \left(\sum_{m+n=k} h(m) v(n) \right)\operatorname{sinc}(t-k) \end{aligned}$$

因此

$$w(k) =\sum_{m+n=k} h(m) v(n)$$

Problem 5

(a)线性性显然，只需证明时不变性，这是因为

$$\begin{aligned} \frac{1}{2 a} \int_{t-a}^{t+a} f(x-\tau) d x &=\frac{1}{2 a} \int_{t-\tau-a}^{t-\tau+a} f(x) d x \end{aligned}$$

另一方面，考虑

$$h(t)=\frac 1{2a}\Pi\left(\frac t{2a}\right)$$

那么

$$L f(t)=\frac{1}{2 a} \int_{t-a}^{t+a} f(x) d x =(h*f)(t)$$

转移函数为

$$H(s) =\mathcal F h(t)=\text{sinc} (2as)$$

(b)

$$\lim_{a\to 0} \frac{1}{2 a} \int_{t-a}^{t+a} f(x) d x = f(t)$$

另一方面

$$\lim_{a\to 0}h(t)=\lim_{a\to 0}\frac 1{2a}\Pi\left(\frac t{2a}\right) =\delta(t)$$

(c)输出为

$$\begin{aligned} h * (h * f) &= (h * h) * f \end{aligned}$$

因为

$$\begin{aligned} \mathcal F (h* h) &= \left(\mathcal F h(s) \right)^2\\ &=\text{sinc}^2 (2as) \end{aligned}$$

所以转移函数为

$$\text{sinc}^2 (2as)$$

取逆变换得到

$$(h*h)(t) =\frac 1 {2a} \Lambda\left(\frac t {2a}\right)$$

即脉冲响应为

$$\frac 1 {2a} \Lambda\left(\frac t {2a}\right)$$

(d)

• $f(t)$：iii
• $Lf(t)$：ii
• $Mf (t)$：i

根据卷积可以平滑数据得到判断。

Problem 6

(a)

$$\begin{aligned} w_n &= x\left(n\left(M T_{s}\right)\right)\\ &= x(nM T_s)\\ &= x_{nM} \end{aligned}$$

(b)由采样定理

$$x(t)=\sum_{k=-\infty}^{\infty} x(kT_s)\text{ sinc}(t-kT_s)=\sum_{k=-\infty}^{\infty} x_k\text{ sinc}(t-kT_s)$$

取$t= \frac n {M}T_s$，我们有

$$\begin{aligned} y_n &=\sum_{k=-\infty}^{\infty}x_k\text{ sinc}\left(\frac n {M}T_s-kT_s\right) \end{aligned}$$

(c)对于有理数，使用采样定理即可，结果类似(b)。对于任意实数，找到有理数逼近即可。