Ans midterm TÍN HIỆU VÀ HỆ THỐNG
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (458.31 KB, 4 trang )
ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ 2/2010-2011
Mơn: Tín hiệu và hệ thống – ngày kiểm tra: 13/04/2011
-----------------------------------Bài 1. Xác định và vẽ các tín hiệu
(a) f1(t)=f(4t+2): (0.5 điểm)
(b) f2(t)=f(t-2)+f(-2-t): (0.5 điểm)
(c) f3(t)=f2(4-t/2): (0.5 điểm)
t
Bài 2. Hệ thống mô tả bởi phương trình y(t)= ∫ e −3(t − τ) f(τ − 1)dτ
−∞
t
(a) Ngõ vào f1 (t) → y1 (t)= ∫ e −3(t − τ) f1 (τ − 1)dτ
−∞
t
Ngõ vào f 2 (t) → y 2 (t)= ∫ e −3(t − τ) f 2 (τ − 1)dτ
−∞
t
Ngõ vào f(t)=k1f1 (t)+k 2f 2 (t) → y(t)= ∫ e −3(t − τ) [k1f1 (τ − 1)+k 2 f 2 (τ − 1)]dτ
−∞
⇔ y(t)=k1y1 (t )+k 2 y 2 (t ) Hệ thống có tính tuyến tính (0.5 điểm)
t
t-t 0
−∞
−∞
(b) Ngõ vào f(t) → y(t)= ∫ e−3(t − τ) f(τ − 1)dτ ⇒ y(t-t 0 )= ∫
e −3(t-t 0 − τ) f(τ − 1)dτ
t
t
−∞
−∞
Ngỏ vào f1 (t)=f(t-t 0 ) → y1 (t)= ∫ e −3(t − τ) f1 (τ − 1)dτ = ∫ e −3(t − τ) f(τ − 1 − t0 )dτ
Đổi biến z=τ − t0 ⇒ y1 (t)= ∫
t-t 0
−∞
e−3(t-t 0 -z) f(z − 1)dz = y (t − t0 ) Hệ thống có tính bất biến
(0.5 điểm)
(c) y(t) phụ thuộc vào ngỏ vào trước thời điểm t Hệ thống có nhớ (0.25 điểm)
(d) y(t) chỉ phụ thuộc vào ngỏ vào trước thời điểm t Hệ thống nhân quả (0.25 điểm)
t
t
−∞
−∞
(e) Giả sử ngỏ vào bị chặn |f(t)|≤B, suy ra |y(t)|=|∫ e −3(t − τ) f(τ − 1)dτ| ≤ ∫ e−3(t − τ) |f(τ − 1)|dτ
t
⇔| y (t ) |≤ B ∫ e−3(t − τ) dτ =
−∞
B
Hệ thống ổn định (0.5 điểm)
3
Bài 3. Tính y(t)=f(t)*g(t)
Ta có y (t ) = f (t ) ∗ g (t ) = ∫
+∞
−∞
g (τ ) f (t − τ ) dτ
+ Khi t<2 y(t)=0 (0.25 điểm)
t
+ Khi 2
t
+ Khi 4
6
+ Khi 6
+ Khi t>8 y(t)=0 (0.25 điểm)
Bài 4. Xác định đáp ứng xung: (1 điểm)
f(t)=e− t u(t) → y(t)=[1-e− (t − 2) ]u(t − 2)
df(t)/dt=-e − t u(t)+δ (t) → dy(t)/dt=-y(t)+h(t) ⇒ h(t)=dy(t)/dt+y(t)
Mà dy(t)/dt=e − (t − 2) u(t − 2) ⇒ h(t)=u(t-2)
Bài 5.
(a) Xác định đáp ứng xung của HT: (D2+3D+2)y(t)=(2D+6)f(t) (1.25 điểm)
+ Xác định ha(t) khi t>0: (D2+3D+2)ha(t)=0 ha(t)=K1e-t+K2e-2t
+ Áp dụng điều kiện đầu tại t=0+:
ha (0+ ) = 0
K1 + K 2 = 0
K1 = 1
⇒
⇒
⇒ ha (t ) = e −t − e−2 t ; t > 0
+
dha (0 )dt = 1 − K1 − 2 K 2 = 1 K 2 = −1
⇒ ha (t ) = (e − t − e−2t )u (t )
+ Xác định h(t): h(t)=P(D)ha(t) ⇒ h(t ) = 2
dha (t )
+ 6ha (t )
dt
⇒ h(t ) = ( −2e − t + 4e −2t )u (t ) + 6(e− t − e −2t )u (t ) = (4e− t − 2e −2t )u (t )
Lưu ý: Tính đáp ứng xung theo phương pháp khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
(b) Xác định tính ổn định của hệ thống: (0.5 điểm)
∫
∞
−∞
∞
∞
∞
−∞
0
0
| h(t ) | dt = ∫ | (4e − t − 2e −2t )u (t ) | dt = ∫ | 4e − t − 2e −2t | dt < ∫ (4e − t + 2e −2t ) dt
∞
⇒ ∫ | h(t ) | dt < 5 Hệ thống ổn định
−∞
Bài 6. Xác định chuỗi Fourier phức của tín hiệu tuần hồn f(t) như hình 3. (1.5 điểm)
Ta có f(t)=f1(t-3)+f2(t-3); với f1(t) và f2(t) như hình vẽ.
Giả sử: f (t ) ↔ Dn ; f1 (t ) ↔ D1n ; f 2 (t ) ↔ D2 n
Suy ra: Dn = ( D1n + D2 n )e − j 3nω0 với ω0 = 2π / 8 = π / 4
Ta có: D10 =
Và : D20 =
1 2
1 2
1
sin( nπ / 2)
dt = 1/ 2 ; D1n = ∫ e − j ( nπ / 4) t dt =
(e − jnπ / 2 − e jnπ / 2 ) =
∫
nπ
8 −2
8 −2
− j 2nπ
1 1
1 1
1
sin(nπ / 4)
dt = 1/ 4 ; D2 n = ∫ e − j ( nπ / 4) t dt =
(e − jnπ / 4 − e jnπ / 4 ) =
∫
−
1
8
8 −1
nπ
− j 2nπ
Vậy: Dn = [
sin( nπ / 2) sin( nπ / 4) − j 3nπ / 4
+
]e
nπ
nπ
+∞
e
∑
Kết quả chuỗi Fourier phức của f(t) là: f (t ) =
−j
n =−∞
3nπ
4
nπ
[sin(nπ/2)+sin(nπ/4)]e
j
nπ
t
4
Bài 7. Xác định và vẽ phổ của tín hiệu f(t)=sinc 2 ( − 2t+1)cos(20t)
1
1
Đặt x(t)=sinc 2 (t ) và z(t)=x(-2t+1) ⇒ f(t)=z(t)cos(20t )= z(t)e j20t + z(t)e-j20t
2
2
t
T
ωT
t
-ω
Ta có: ∆ ( ) ↔ sin c 2 ( ) ⇒ ∆ ( ) ↔ 2sin c 2 (ω ) ⇒ 2sin c 2 (t ) ↔ 2π∆ ( )
T
2
4
4
4
⇒ sin c 2 (t ) ↔ π∆ (
ω
4
) hay X (ω ) = π∆ (
ω
4
Ta có: x(t+1) ↔ X (ω )e jω ⇒ x(-2t+1) ↔
⇒ Z(ω ) =
π
2
ω
∆ ( − )e
8
−j
ω
2
=
π
2
ω
∆ ( )e
8
−j
π
4
∆(
ω − 20
8
)e
−j
ω − 20
2
+
π
4
∆(
1
ω jω 1
ω − jω
X ( )e −2 = X (− )e 2
2 −2
2
2
ω
2
Áp dụng tính chất điều chế ta có: F (ω ) =
⇒ F (ω ) =
)
1
1
Z (ω − 20) + Z (ω + 20)
2
2
ω + 20
8
)e
−j
ω + 20
2
(1.5 điểm)
Vẽ phổ biên độ & pha (0.5 điểm)
Bài 8. Xác định tín hiệu f(t) biết phổ F(ω) của nó như hình 4. (1.5 điểm)
Từ hình 4 suy ra F (ω ) = πδ (ω − 4) + rect (
ω−4
4
) + ∆(
Ta có: δ (t) ↔ 1 ⇒ 1 ↔ 2πδ (-ω )=2πδ (ω ) ⇒ δ (ω ) ↔
ω −4
2
) + πδ (ω + 4) + rect (
ω+4
4
) + ∆(
ω+4
2
1
2π
t
ωT
t
rect( ) ↔ T sin c( ) ⇒ rect( ) ↔ 4sin c(2ω )
T
2
4
⇒ 4sin c(2t ) ↔ 2π rect(
-ω
ω
ω
2
)=2π rect( ) ⇒ rect( ) ↔ sin c(2t )
4
4
4
π
t
T
ωT
t
ω
t
-ω
∆ ( ) ↔ sin c 2 ( ) ⇒ ∆ ( ) ↔ sin c 2 ( ) ⇒ sin c 2 ( ) ↔ 2π∆ ( )
T
2
4
2
2
2
2
⇒ ∆(
ω
2
)↔
1
t
sin c 2 ( )
2π
2
Áp dụng những kết quả trên và tính chất điều chế ta có:
1 2
1
t
1 2
1
t
f (t ) = [ + sin c (2t ) +
sin c 2 ( )]e j 4t + [ + sin c (2t ) +
sin c 2 ( )]e − j 4t
2 π
2π
2
2 π
2π
2
⇒ f (t ) = [1 +
4
π
sin c(2t ) +
1
t
sin c 2 ( )]cos(4t )
π
2
-------------------------------------------Hết---------------------------------------------------------------∑1.5 + 2.0 + 1.25 + 1 + 1.75 + 1.5 + 2.0 + 1.5 = 12.5
Ghi chú: >10 làm tròn là 10
)
