Ans midterm s2 11 12

ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ 2/2011-2012
Mơn: Tín hiệu và hệ thống – ngày kiểm tra: 30/3/2012
---------------------------------Bài 1.
t −1

t −6

t −3

t −10

Đổi biến ta có: y(t)= ∫ f(τ)dτ − ∫
t −1

t −6

t −3

t −10

a) h(t)= ∫ δ (τ)dτ − ∫

f(τ)dτ

δ (τ)dτ =[u(t − 1) − u(t − 3)] − [u(t − 6) − u(t − 10)]

h(t)
6

1
1

10
t

3

-1

b) Các tính chất:

- Hệ thống có nhớ vì ngõ ra phụ thuộc vào ngõ vào trước thời điểm t
- Hê thống nhân quả vì ngõ ra chỉ phụ thuộc vào ngõ vào trước thời điểm t
t −1

t −6

t −3

t −10

- Hệ thống ổn định vì giả sử |f(t)| ≤ B thì |y(t)|=|∫ f(τ)dτ − ∫
t −1

t −6

t −3

t −10

|y(t)| ≤ ∫ |f(τ)|dτ + ∫

t −1

|f(τ)|dτ ≤ ∫

t −3

Bdτ + ∫

- Hệ thống bất biến vì y(t − t 0 )= ∫

t − t 0 −1

t − t 0 −3

t −1

t −6

t −3

t −10

y1 (t)= ∫ f1 (τ)dτ − ∫

t −6

t −10

t −1

t −6

t −3

t −10

f(τ)dτ| ≤|∫ f(τ)dτ|+ | ∫

f(τ)dτ| hay

Bdτ ≤6B

f(τ)dτ − ∫

t − t 0 −6

t − t 0 −10

t −1

t −6

t −3

t −10

f1 (τ)dτ = ∫ f(τ − t 0 )dτ − ∫

f(τ)dτ và với ngõ vào là f1 (t)=f(t − t 0 ) thì ngõ ra

f1 (τ − t 0 )dτ = ∫

t − t 0 −1

t − t 0 −3

t −1

t −6

t −3

t −10

- Hệ thống tuyến tính vì f1 (t) → y1 (t)= ∫ f1 (τ)dτ − ∫

t − t 0 −6

t − t 0 −10

f(τ)dτ = y(t − t 0 )

t −1

t −6

t −3

t −10 2

f1 (τ)dτ ; f 2 (t) → y 2 (t)= ∫ f 2 (τ)dτ − ∫

t −1

t −6

t −3

t −10

thì f(t)=k1f1 (t)+k 2f 2 (t) → y(t)= ∫ [k1f1 (τ)+k 2f 2 (τ)]dτ − ∫

f(τ)dτ − ∫

f (τ)dτ

[k1f1 (τ)+k 2 f 2 (τ)]dτ = k1 y1 (t)+k 2 y 2 (t)

Bài 2.
a) Phân tích: f(t)=rect ( t −21 ) = rect ( t − 0.5) + rect ( t − 0.5 − 1) do hệ thống LTI nên y(t)=∆ ( t −24 ) + ∆ ( t −25 )
y(t)
1
3

4

5

b) Ta có hệ thống LTI nên nếu f(t)=δ(t) − δ(t − 2)=

y(t)=[rect ( t − 3.5 ) − rect ( t − 5.5 )] .
y(t)=[rect ( t − 5.5 ) − rect ( t − 7.5 )]

Khi

t

6

đó

d
d
[rect ( t −21 )] thì y(t)= [∆ ( t −24 ) + ∆ ( t −25 )] hay:
dt
dt

nếu

f(t)=δ(t − 2) − δ(t − 4)

thì


y(t)
1

7
5

-1

8
t

6

Bài 3.
a) Xác định đáp ứng xung
- Tìm ha(t):
+ Do hệ thống nhân quả nên khi t<0
ha(t)=0
+ Khi t>0 ha(t) là nghiệm của (D+4)ha(t)=0
ha(t)=Ke-4t
+ Áp dụng điều kiện đầu : ha(0+)=1
K=1
+ Vậy ha(t)=e-4tu(t)
- Tìm h(t): h(t)=P(D)ha(t)=Dha(t)=δ(t)-4e-4tu(t)
b) Tìm đáp ứng của hệ thống khi ngõ vào là f(t)=u(t-2):
- Ta có y(t)=f(t) ∗ h(t)=u(t − 2) ∗ [δ(t) − 4e −4t u(t)]=u(t − 2) − u(t − 2) ∗ 4e−4t u(t)
- Tính u(t − 2) ∗ 4e −4t u(t) :
+ Khi t<2
u(t − 2) ∗ 4e−4t u(t)=0
+ Khi t>2: u(t − 2) ∗ 4e −4t u(t)=4∫

t −2

0

e −4τ dτ = 1 − e −4(t − 2)

+ Vậy : u(t − 2) ∗ 4e −4t u(t)=[1 − e−4(t −2) ]u(t − 2)
- Kết quả: y(t) = e−4(t − 2) u(t − 2)
- Vẽ y(t):

Bài 4.
a) Ta có

∫

+∞

−∞

+∞

+∞

0

+∞

−∞

−∞

−∞

0

|h(t)|dt= ∫ |5e−5|t|sin(2t)|dt ≤ ∫ |5e −5|t| |dt=5∫ e5t dt+5∫ e −5t dt=2
HT ổn định

b) PT đặc trưng Q(λ)=(λ+2)(λ2+λ+1)=0 có các tất cả các nghiệm là -2,

−1 ± j 3
nằm bên trái của
2

mặt phẳng phức
hệ thống ổn định.
c) PT đặc trưng Q(λ)=(λ+2)(λ2-λ+1)=0 có các nghiệm là -2,
nghiệm nằm bên phải của mặt phẳng phức.

1± j 3

HT khơng ổn định vì có
2


Bài 5.
a) Vẽ tín hiệu f(t)

b) Xác định chuỗi Fourier phức: ω0 =2π/T=π(rad/s) ⇒ f(t) =

+∞

∑De
n

jnπt

với:

n =−∞

D0 =

1 1
1 −3/ 4
1 1/ 2
1 1
1
f(t)dt = − ∫ dt + ∫ dt − ∫ dt =
∫
2 −1
2 −1
2 −1/ 2
2 3/ 4
4

Dn =

1 1
1 −3/ 4
1 1/ 2
1 1
f(t)e − jnπt dt = − ∫ e − jnπt dt + ∫ e − jnπt dt − ∫ e − jnπt dt
∫
2 −1
2 −1
2 −1/ 2
2 3/ 4

Dn =

3nπ

nπ
nπ
3nπ
j
−j
j
−j
1
1
1
[e 4 − e jnπ ] −
[e 2 − e 2 ] +
[e − jnπ − e 4 ]
j2nπ
j2nπ
j2nπ

Dn =

1   nπ 
 3nπ   1   nπ 
 nπ  
sin   + sin 
sin   − (−1) n sin   
 =


nπ   2 
 4   nπ   2 
 4 

Vậy: f(t) =

+∞

1 

 nπ 
 nπ   jnπt
n
 − (−1) sin    e
2 
 4 

∑ nπ sin 

n =−∞

 t 
3

3 
 -ω
c) Ta có rect   ↔ 3π sin c  πω  suy ra 3π sin c  π t  ↔ 2π rect 
 3π 
2

2 
 3π


ω 
 = 2π rect 


 3π 

kết quả:

3 
ω 
h(t) = 3sin c  π t  ↔ H(ω) = 2rect 

2 
 3π 

Vậy : y(t) =

+∞

∑ D H(nπ )e

jnπt

n

+∞

=

n =−∞

⇔ y(t) =

1 

 nπ 
 nπ  
 nπ  jnπt
n
 − (−1) sin    2rect 
e
2 
 4 
 3π 

∑ nπ sin 

n =−∞

1 2 + 2 jπt 2 + 2 − jπt 1 4 + 2 2
+
e +
e = +
cos(πt)
2
π
π
2
π

Bài 6.
a) z(t) = f(t − 1) ↔ F(ω)e − jω ⇒ v(t)=z(0.5t) ↔ 2F(2ω)e − j2ω ⇒ f1 (t)=v( − t) ↔ F1 (ω) = 2F( − 2ω)e j2ω
1
2

1
2

1
4

1
4

1
2

1
4

1
4

b) f 2 (t) = f(t)[1 − cos(200t)]= f(t) − f(t)e j200t − f(t)e− j200t ↔ F2 (ω)= F(ω) − F(ω − 200) − F(ω + 200)
Bài 7.
1
2

a) F1 (ω)=F(ω+2π)cos(2ω)= F(ω+2π)[e j2ω +e − j2ω ]

f(t)e

− j2πt

f(t − 2)e − j2π(t − 2) =f(t − 2)e − j2πt ↔ F(ω+2π)e − j2ω
1
↔ F(ω+2π) ⇒ 
⇒ f1 (t)= [f(t − 2)+f(t + 2)]e − j2πt
− j2π(t + 2)
− j2πt
j2ω
2
= f(t + 2)e
↔ F(ω+2π)e
f(t + 2)e

b) F2 (ω)=π[F( − 1)+F(1)]δ(ω)+[F(ω − 1)+F(ω+1)]/jω=πG(0)δ(ω)+G(ω)/jω với G(ω) = F(ω − 1)+F(ω+1)


t

t

−∞

−∞

⇒ g(t)=f(t)[e jt +e − jt ]=2f(t)cost ⇒ f 2 (t)= ∫ g(τ )dτ =2 ∫ f(τ )cos(τ )dτ

-------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------------------