第 1 次作业：信号表示、冲激与正交分解

#作业

我按 1信号与系统第一次作业.pdf 整理。题目在外，源文件所附解答经核算、补足理由后折叠在每题下方。

1. 判断正误

判断下列说法，错误时给出原因：

  1. x[n]=cos⁡nx[n]=\cos n 为数字信号；
  2. 周期信号之和是周期信号；
  3. 非周期信号之和是非周期信号；
  4. 能量信号一定是非周期信号。
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四项都不严谨或错误。

  1. 自变量虽离散，cos⁡n\cos n 的幅值仍连续取值，所以它是离散时间信号，不是幅值也量化的数字信号。
  2. 只有两个周期之比为有理数时，其和才仍是周期信号。例如 sin⁡t+sin⁡(πt)\sin t+\sin(\pi t) 没有公共正周期。
  3. 两个非周期信号可能相加成周期信号，例如 (sin⁡t+t)+(sin⁡t−t)=2sin⁡t(\sin t+t)+(\sin t-t)=2\sin t。
  4. 零信号既是能量信号，也可以视为任意周期的周期信号；非零能量信号才不能是周期信号。

2. 证明冲激恒等式

证明（a≠0a\ne0）：

∫−∞∞f(t)δ(at+b) dt=∫−∞∞f(t)∣a∣δ(t+ba) dt,\int_{-\infty}^{\infty}f(t)\delta(at+b)\,dt =\int_{-\infty}^{\infty}\frac{f(t)}{|a|} \delta\left(t+\frac ba\right)\,dt, ∫−∞∞f(t)δ′(t) dt=−f′(0).\int_{-\infty}^{\infty}f(t)\delta'(t)\,dt=-f'(0).
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第一个式子来自冲激的尺度性质：

δ(at+b)=δ(a(t+ba))=1∣a∣δ(t+ba).\delta(at+b)=\delta\left(a\left(t+\frac ba\right)\right) =\frac1{|a|}\delta\left(t+\frac ba\right).

第二个式子可看作分布意义下的分部积分。边界项为零，因而

∫f(t)δ′(t) dt=−∫f′(t)δ(t) dt=−f′(0).\int f(t)\delta'(t)\,dt =-\int f'(t)\delta(t)\,dt=-f'(0).

3. 周期性判断

判断下列信号是否为周期信号；若是，给出最小正周期：

  1. cos⁡(cos⁡t)\cos(\cos t)；

  2. ej2025te^{j2025t}；

  3. 正半轴上的

    f(t)=∑n=0∞(−1)n[u(t−nT)−u(t−nT−T)].f(t)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n [u(t-nT)-u(t-nT-T)].
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  1. cos⁡(cos⁡(t+π))=cos⁡(−cos⁡t)=cos⁡(cos⁡t)\cos(\cos(t+\pi))=\cos(-\cos t)=\cos(\cos t)，最小正周期为 π\pi。
  2. 角频率为 2025，最小正周期为 2π/20252\pi/2025。
  3. 第 nn 项只在 nT≤t<(n+1)TnT\le t<(n+1)T 取值 (−1)n(-1)^n，相邻区间符号交替，所以基本周期是 2T2T。

4. 波形变换

原信号为

f(t)={1,−2≤t<0,1−t,0≤t≤1,0,其他.f(t)=\begin{cases} 1,&-2\le t<0,\\ 1-t,&0\le t\le1,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases}

请至少用两种运算顺序求 f(−3t−2)f(-3t-2) 的波形。

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可以“先压缩、再反褶、最后左移 2/32/3”，也可以“先右移 2、再反褶、最后压缩 3 倍”。无论顺序如何，最终结果都是

f(−3t−2)={3t+3,−1≤t<−23,1,−23≤t≤0,0,其他.f(-3t-2)=\begin{cases} 3t+3,&-1\le t<-\frac23,\\ 1,&-\frac23\le t\le0,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases}

检查端点最稳：原来的 t=1,0,−2t=1,0,-2 依次映到新坐标 −1,−2/3,0-1,-2/3,0。

5. 冲激抽样计算

计算：

  1. sin⁡t δ(t)\sin t\,\delta(t)；
  2. ∫−∞∞f(t0−t)δ(t) dt\int_{-\infty}^{\infty}f(t_0-t)\delta(t)\,dt；
  3. ∫−∞∞(e−t+t)δ(t+2) dt\int_{-\infty}^{\infty}(e^{-t}+t)\delta(t+2)\,dt；
  4. ∫−∞∞e−jωt[δ(t)−δ(t−t0)] dt\int_{-\infty}^{\infty}e^{-j\omega t}[\delta(t)-\delta(t-t_0)]\,dt。
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依次为

0,f(t0),e2−2,1−e−jωt0.0,\qquad f(t_0),\qquad e^2-2,\qquad 1-e^{-j\omega t_0}.

每一项都只需把冲激的零点代入它前面的普通函数；第一项还用了 g(t)δ(t)=g(0)δ(t)g(t)\delta(t)=g(0)\delta(t)。

6. 正交函数集

判断下列函数集是否在指定区间内正交：

  1. {1,x,x2,…}\{1,x,x^2,\ldots\}，区间 (0,2)(0,2)；
  2. {1,cos⁡t,cos⁡2t,…}\{1,\cos t,\cos2t,\ldots\}，区间 (0,2π)(0,2\pi)；
  3. {cos⁡t,cos⁡2t,…}\{\cos t,\cos2t,\ldots\}，区间 (0,π/2)(0,\pi/2)。
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  1. 不正交，例如 ∫021⋅x dx=2≠0\int_0^2 1\cdot x\,dx=2\ne0。

  2. 正交。不同整数频率的余弦在完整 2π2\pi 区间内内积为 0，常数与各余弦也正交。

  3. 不正交，例如

    ∫0π/2cos⁡tcos⁡2t dt=13≠0.\int_0^{\pi/2}\cos t\cos2t\,dt=\frac13\ne0.

7. 奇偶分解

对 (t+1)e−t2(t+1)e^{-t^2} 作奇偶分解，并写出任意信号 f(t)f(t) 的奇偶分解公式。

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任意信号都有

fe(t)=f(t)+f(−t)2,fo(t)=f(t)−f(−t)2.f_{\mathrm e}(t)=\frac{f(t)+f(-t)}2, \qquad f_{\mathrm o}(t)=\frac{f(t)-f(-t)}2.

由于 e−t2e^{-t^2} 为偶函数，

(t+1)e−t2=te−t2+e−t2,(t+1)e^{-t^2}=te^{-t^2}+e^{-t^2},

其中 te−t2te^{-t^2} 是奇分量，e−t2e^{-t^2} 是偶分量。

8. 直流—交流分解

对信号 e−te^{-t} 在区间 (0,3)(0,3) 作直流—交流分解。

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直流分量是区间平均值：

xDC=13∫03e−t dt=1−e−33.x_{\mathrm{DC}}=\frac13\int_0^3e^{-t}\,dt =\frac{1-e^{-3}}3.

交流分量为去均值后的信号：

xAC(t)=e−t−1−e−33.x_{\mathrm{AC}}(t)=e^{-t}-\frac{1-e^{-3}}3.

9. 均方误差下的二次近似

在 (−1,1)(-1,1) 上用 f(t)=at2+bt+cf(t)=at^2+bt+c（a≠0a\ne0）按均方误差准则近似 g(t)=tetg(t)=te^t。与 g(t)g(t) 在 0 处的二阶 Taylor 展开比较。

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最小化

εˉ2=12∫−11[tet−at2−bt−c]2 dt\bar\varepsilon^2=\frac12\int_{-1}^{1} [te^t-at^2-bt-c]^2\,dt

等价于让残差分别与 1,t,t21,t,t^2 正交。解正规方程得到

a=454(233e−1−e),a=\frac{45}{4}\left(\frac{23}{3}e^{-1}-e\right), b=32(e−5e−1),c=154e−1114e−1.b=\frac32(e-5e^{-1}), \qquad c=\frac{15}{4}e-\frac{111}{4}e^{-1}.

所以最优二次近似为

f(t)=(3454e−1−454e)t2+32(e−5e−1)t+154e−1114e−1.f(t)=\left(\frac{345}{4}e^{-1}-\frac{45}{4}e\right)t^2 +\frac32(e-5e^{-1})t +\frac{15}{4}e-\frac{111}{4}e^{-1}.

Taylor 展开关注 t=0t=0 附近的局部导数匹配；均方误差近似则让整个区间上的平方误差积分最小。前者“局部准”，后者“全区间平均更准”。

10. 锯齿波正交分解

给定

f(t)={t+2π,−2π≤t<0,t,0≤t<2π,f(t)=\begin{cases} t+2\pi,&-2\pi\le t<0,\\ t,&0\le t<2\pi, \end{cases}

在 (−2π,2π)(-2\pi,2\pi) 上用 {1,sin⁡t,sin⁡2t,…}\{1,\sin t,\sin2t,\ldots\} 作正交展开，并求截断到 n=2n=2 时的均方误差。

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投影系数为

c0=π,cn=−2n(n≥1).c_0=\pi,\qquad c_n=-\frac2n\quad(n\ge1).

因此

f(t)∼π−∑n=1∞2nsin⁡(nt).f(t)\sim \pi-\sum_{n=1}^{\infty}\frac2n\sin(nt).

截断到 n=2n=2：

f2(t)=π−2sin⁡t−sin⁡2t.f_2(t)=\pi-2\sin t-\sin2t.

源文件按

εˉ2=14π∫−2π2π[f(t)−f2(t)]2 dt\bar\varepsilon^2=\frac1{4\pi} \int_{-2\pi}^{2\pi}[f(t)-f_2(t)]^2\,dt

计算，得到

εˉ2=π23−52.\bar\varepsilon^2=\frac{\pi^2}{3}-\frac52.

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