Each problem is restated first — read it, work it on paper, and only then open the solution. The solutions are complete: every algebraic step is shown, and where a plausible-looking shortcut gives the wrong answer there is a red warning box saying so. Each quiz header links to the chapter that develops the theory.每一題都先重新陳述——先讀題、在紙上做過一遍，再展開解答。解答是完整的：每一個代數步驟都寫出來；凡是看起來合理但會導致錯誤的捷徑，都會用紅色警告方塊標出。每份小考的標題都連到發展該理論的章節。各問題はまず改めて提示される。問題を読み、紙の上で解いてから解答を開いてほしい。解答は完全で、すべての代数的な手順を示している。もっともらしく見えて誤った答えに至る近道については、赤い警告ボックスで指摘する。各小テストの見出しは、その理論を展開している章へリンクしている。
A discrete-time complex exponential $e^{j\omega_0 n}$ (or $\cos\omega_0 n$, or $\sin\omega_0 n$) is periodic if and only if $\omega_0/2\pi$ is a rational number. The period must be an integer, so we need integers $N\ge 1$ and $r\ge 1$ with離散時間複數指數 $e^{j\omega_0 n}$（或 $\cos\omega_0 n$、$\sin\omega_0 n$）為週期訊號的充分必要條件是 $\omega_0/2\pi$ 為有理數。週期必須是整數，因此需要存在整數 $N\ge 1$ 與 $r\ge 1$ 使得離散時間の複素指数 $e^{j\omega_0 n}$（あるいは $\cos\omega_0 n$、$\sin\omega_0 n$）が周期的であるための必要十分条件は、$\omega_0/2\pi$ が有理数であることである。周期は整数でなければならないので、整数 $N\ge 1$ と $r\ge 1$ が存在して
The fundamental period is the smallest such $N$, obtained with the smallest $r$ that makes $N$ an integer. For a sum of periodic components, the sum is periodic with $N=\operatorname{lcm}(N_1,N_2,\dots)$.基本週期是滿足上式的最小 $N$，由能讓 $N$ 成為整數的最小 $r$ 求得。若訊號是多個週期成分的和，則和的週期為 $N=\operatorname{lcm}(N_1,N_2,\dots)$。基本周期はこれを満たす最小の $N$ であり、$N$ を整数にする最小の $r$ から得られる。周期成分の和については、和は $N=\operatorname{lcm}(N_1,N_2,\dots)$ を周期としてもつ。
Problem: Determine whether each of the following signals is periodic. If the signal is periodic, state its fundamental period.題目：判斷下列各訊號是否為週期訊號。若為週期訊號，寫出其基本週期。問題：次の各信号が周期的かどうかを判定せよ。周期的であれば基本周期を示せ。
Treat the two terms separately. The scale factor $-2$ is irrelevant to periodicity.兩項分開處理。比例因子 $-2$ 與週期性無關。2 つの項を別々に扱う。係数 $-2$ は周期性には無関係である。
First term, $\omega_1=\pi/3$:第一項，$\omega_1=\pi/3$：第 1 項、$\omega_1=\pi/3$：
$$N_1 = \frac{2\pi r}{\pi/3} = 6r \;\xrightarrow{\;r=1\;}\; N_1 = 6$$Second term, $\omega_2=\pi/2$:第二項，$\omega_2=\pi/2$：第 2 項、$\omega_2=\pi/2$：
$$N_2 = \frac{2\pi r}{\pi/2} = 4r \;\xrightarrow{\;r=1\;}\; N_2 = 4$$Both terms are periodic, so the sum is periodic. A common period must be a multiple of both $6$ and $4$; the smallest one is their least common multiple:兩項都是週期的，所以和也是週期的。共同週期必須同時是 $6$ 與 $4$ 的倍數；最小的就是兩者的最小公倍數：どちらの項も周期的なので、和も周期的である。共通の周期は $6$ と $4$ の両方の倍数でなければならず、最小のものは最小公倍数である。
It really is the fundamental period: any common period must be a multiple of 6 and of 4, and 12 is the least such number, so nothing smaller works.它確實是基本週期：任何共同週期都必須同時是 6 與 4 的倍數，而 12 是其中最小者，因此沒有更小的可能。これは確かに基本周期である。共通の周期は 6 と 4 の両方の倍数でなければならず、12 はそのうち最小であるから、これより小さいものは存在しない。
$6\times 4 = 24$ is a period, but it is not the fundamental one. $\gcd(6,4)=2$ is not a period at all — check $x[2]\ne x[0]$. Write $\operatorname{lcm}(N_1,N_2)=N_1N_2/\gcd(N_1,N_2)=24/2=12$ and you cannot slip.$6\times 4 = 24$ 確實是一個週期，但不是基本週期。$\gcd(6,4)=2$ 根本不是週期——驗算可知 $x[2]\ne x[0]$。寫成 $\operatorname{lcm}(N_1,N_2)=N_1N_2/\gcd(N_1,N_2)=24/2=12$ 就不會弄錯。$6\times 4 = 24$ は確かに周期の一つだが、基本周期ではない。$\gcd(6,4)=2$ はそもそも周期ではない（$x[2]\ne x[0]$ を確かめよ）。$\operatorname{lcm}(N_1,N_2)=N_1N_2/\gcd(N_1,N_2)=24/2=12$ と書けば間違えようがない。
The cosine factor alone has $\omega_0=\pi/2$, hence $N=2\pi r/(\pi/2)=4r$, so $\cos(\pi n/2)$ repeats with period 4. But the signal is that cosine multiplied by $n$, and $n$ is not periodic. Test the definition directly. Suppose $x[n+N]=x[n]$ for all $n$:單看餘弦因子，$\omega_0=\pi/2$，故 $N=2\pi r/(\pi/2)=4r$，即 $\cos(\pi n/2)$ 以 4 為週期重複。但本訊號是該餘弦乘上 $n$，而 $n$ 不是週期的。直接用定義檢驗。設對所有 $n$ 都有 $x[n+N]=x[n]$：余弦の因子だけを見れば $\omega_0=\pi/2$ なので $N=2\pi r/(\pi/2)=4r$ となり、$\cos(\pi n/2)$ は周期 4 で繰り返す。しかしこの信号はその余弦に$n$ を掛けたものであり、$n$ は周期的ではない。定義で直接確かめる。すべての $n$ について $x[n+N]=x[n]$ と仮定すると、
$$(n+N)\cos\!\left(\frac{\pi(n+N)}{2}\right) = n\cos\!\left(\frac{\pi n}{2}\right)$$The cosine can only line up if $N$ is a multiple of 4, so take $N=4r$; then $\cos(\pi(n+N)/2)=\cos(\pi n/2)$ and the equation collapses to餘弦只有在 $N$ 是 4 的倍數時才能對齊，故取 $N=4r$；此時 $\cos(\pi(n+N)/2)=\cos(\pi n/2)$，方程式化簡為余弦が一致するのは $N$ が 4 の倍数のときだけなので $N=4r$ とおく。すると $\cos(\pi(n+N)/2)=\cos(\pi n/2)$ となり、式は次に帰着する。
$$N\cos\!\left(\frac{\pi n}{2}\right)=0 \quad\text{for all } n$$which fails at $n=0$, where $\cos 0 = 1$ and so $N=0$ — not an admissible period. There is no $N\ge1$ that works.在 $n=0$ 處即不成立：$\cos 0 = 1$，於是推得 $N=0$——不是合法的週期。不存在可行的 $N\ge1$。これは $n=0$ で破綻する。$\cos 0 = 1$ より $N=0$ となるが、これは周期として認められない。したがって成り立つ $N\ge1$ は存在しない。
The structural reason: a periodic sequence is necessarily bounded (it takes only $N$ distinct values). Here $|x[4k]|=4k\to\infty$, so $x[n]$ is unbounded and cannot be periodic.結構性的理由：週期序列必然有界（它只取 $N$ 個相異值）。此處 $|x[4k]|=4k\to\infty$，故 $x[n]$ 無界，不可能是週期訊號。構造的な理由：周期列は必ず有界である（取りうる値は $N$ 個しかない）。ここでは $|x[4k]|=4k\to\infty$ なので $x[n]$ は非有界であり、周期的ではありえない。
Here $\omega_0=3$ radians per sample. Apply the test:此處 $\omega_0=3$ 弧度／樣本。套用判準：ここで $\omega_0=3$ ラジアン／標本である。判定法を適用する。
$$3N = 2\pi r \quad\Longrightarrow\quad N = \frac{2\pi r}{3}$$$\pi$ is irrational, so $2\pi r/3$ is irrational for every integer $r\ge1$ and can never be an integer. Equivalently $\omega_0/2\pi = 3/(2\pi)$ is irrational, which is exactly the failure of the periodicity test.$\pi$ 是無理數，故對任意整數 $r\ge1$，$2\pi r/3$ 都是無理數，永遠不可能是整數。等價地說，$\omega_0/2\pi = 3/(2\pi)$ 是無理數，正是週期性判準不成立的情形。$\pi$ は無理数なので、任意の整数 $r\ge1$ に対して $2\pi r/3$ は無理数であり、整数になることはない。同じことだが $\omega_0/2\pi = 3/(2\pi)$ が無理数であり、これはまさに周期性の判定が成り立たないことを意味する。
In continuous time $5\sin(3t)$ has period $2\pi/3\approx 2.094$ and that is the end of it. In discrete time $n$ must be an integer, so a period of $2.094$ samples is meaningless — the samples never land in the same places again. Any $\omega_0$ that is not a rational multiple of $\pi$ gives a non-periodic sequence, even though the underlying continuous waveform is perfectly periodic. Compare $\sin(3n)$ here with $\sin(\pi n/2)$ in part (b): the difference is entirely whether $\pi$ divides out.在連續時間中，$5\sin(3t)$ 的週期是 $2\pi/3\approx 2.094$，就這樣而已。但在離散時間中 $n$ 必須是整數，所以「2.094 個樣本」的週期毫無意義——取樣點永遠不會再落回相同位置。只要 $\omega_0$ 不是 $\pi$ 的有理數倍，序列就是非週期的，即使其背後的連續波形完全是週期的。把這裡的 $\sin(3n)$ 和 (b) 的 $\sin(\pi n/2)$ 對照：差別完全在於 $\pi$ 能不能約掉。連続時間では $5\sin(3t)$ の周期は $2\pi/3\approx 2.094$ であり、それで話は終わる。しかし離散時間では $n$ は整数でなければならないので、2.094 標本という周期は意味をなさない。標本が再び同じ位置に来ることはないからである。$\omega_0$ が $\pi$ の有理数倍でなければ、背後の連続波形が完全に周期的であっても、列は非周期的になる。ここの $\sin(3n)$ と (b) の $\sin(\pi n/2)$ を比べよ。違いは $\pi$ が約分されるかどうかだけである。
Linear: for every pair of inputs and every pair of scalars, $T\{\alpha x_1[n]+\beta x_2[n]\} = \alpha T\{x_1[n]\}+\beta T\{x_2[n]\}$. A quick necessary condition: $x[n]\equiv0$ must give $y[n]\equiv0$.
Time-invariant: if $x[n]\to y[n]$ then $x[n-n_0]\to y[n-n_0]$ for every integer $n_0$. Compute both sides and compare.
Causal: $y[n]$ may depend on $x[m]$ only for $m\le n$.線性：對任意兩組輸入與任意兩個純量，$T\{\alpha x_1[n]+\beta x_2[n]\} = \alpha T\{x_1[n]\}+\beta T\{x_2[n]\}$。一個快速的必要條件：$x[n]\equiv0$ 必須給出 $y[n]\equiv0$。
非時變：若 $x[n]\to y[n]$，則對任意整數 $n_0$ 都有 $x[n-n_0]\to y[n-n_0]$。把兩邊各自算出來比對。
因果：$y[n]$ 只能相依於 $m\le n$ 的 $x[m]$。線形性：任意の 2 つの入力と任意の 2 つのスカラーについて $T\{\alpha x_1[n]+\beta x_2[n]\} = \alpha T\{x_1[n]\}+\beta T\{x_2[n]\}$ が成り立つこと。手早い必要条件：$x[n]\equiv0$ なら $y[n]\equiv0$ でなければならない。
時不変性：$x[n]\to y[n]$ ならば、任意の整数 $n_0$ について $x[n-n_0]\to y[n-n_0]$ となること。両辺を計算して比べる。
因果性：$y[n]$ は $m\le n$ の $x[m]$ にのみ依存してよい。
Problem: For each of the following systems, determine whether the system is (1) linear, (2) time-invariant, and (3) causal. Write all details to get full credit.題目：判斷下列各系統是否為 (1) 線性、(2) 非時變、(3) 因果。須寫出完整推導才能得到滿分。問題：次の各システムについて、(1) 線形か、(2) 時不変か、(3) 因果的かを判定せよ。満点を得るには詳細をすべて記述すること。
Hint (given on the quiz): for (a) you need to consider whether $a$ and $b$ are equal to zero.提示（考卷上給的）：(a) 需要考慮 $a$ 與 $b$ 是否等於零。ヒント（問題に付されていたもの）：(a) では $a$ と $b$ が零に等しいかどうかを考える必要がある。
Linearity.線性。線形性。 Let $x_3[n]=\alpha x_1[n]+\beta x_2[n]$. Pushing it through the system:令 $x_3[n]=\alpha x_1[n]+\beta x_2[n]$，代入系統：$x_3[n]=\alpha x_1[n]+\beta x_2[n]$ とおき、システムに通す。
$$y_3[n] = a\big(\alpha x_1[n]+\beta x_2[n]\big)+b = \alpha a x_1[n]+\beta a x_2[n]+b$$whereas the required combination of the individual outputs is而個別輸出所要求的線性組合則是一方、個々の出力の線形結合は次のようになる。
$$\alpha y_1[n]+\beta y_2[n] = \alpha\big(a x_1[n]+b\big)+\beta\big(a x_2[n]+b\big) = \alpha a x_1[n]+\beta a x_2[n]+(\alpha+\beta)b$$Subtracting, the two agree for all $\alpha,\beta$ exactly when $b=(\alpha+\beta)b$ for all $\alpha,\beta$, i.e. when $b=0$.相減後可知，兩者對所有 $\alpha,\beta$ 相等，等價於對所有 $\alpha,\beta$ 都有 $b=(\alpha+\beta)b$，也就是 $b=0$。差を取ると、すべての $\alpha,\beta$ について両者が一致するのは、すべての $\alpha,\beta$ について $b=(\alpha+\beta)b$ が成り立つとき、すなわち $b=0$ のときである。
The one-line version: set $x[n]\equiv 0$. Then $y[n]=b$. A linear system must answer zero to zero, so $b\ne0$ kills linearity immediately. With $b\ne0$ the system is affine, also called incrementally linear（增量線性）— linear in the changes of the input but not in the input itself.一行版本：令 $x[n]\equiv 0$，則 $y[n]=b$。線性系統對零輸入必須給出零輸出，因此 $b\ne0$ 立刻破壞線性。當 $b\ne0$ 時，系統是仿射的，也稱為增量線性（incrementally linear）——對輸入的變化量是線性的，但對輸入本身不是。一行で済ませる方法：$x[n]\equiv 0$ とおくと $y[n]=b$ となる。線形システムは零入力に零出力で応えなければならないから、$b\ne0$ なら線形性は直ちに失われる。$b\ne0$ のときこのシステムはアフィンであり、増分線形（incrementally linear）とも呼ばれる。入力の変化については線形だが、入力そのものについては線形ではない。
Time invariance.非時變性。時不変性。 Feed the shifted input $x_1[n]=x[n-n_0]$:輸入位移後的 $x_1[n]=x[n-n_0]$：シフトした入力 $x_1[n]=x[n-n_0]$ を与える。
$$y_1[n] = a\,x_1[n]+b = a\,x[n-n_0]+b$$and shift the original output:再把原輸出位移：一方、もとの出力をシフトすると次のようになる。
$$y[n-n_0] = a\,x[n-n_0]+b$$They are identical for every $n_0$ and every $a,b$ — the coefficients are constants, with no explicit dependence on $n$.對任意 $n_0$ 與任意 $a,b$，兩者完全相同——係數是常數，沒有對 $n$ 的顯式相依。任意の $n_0$ と任意の $a,b$ について両者は一致する。係数は定数であり、$n$ への明示的な依存がないからである。
Causality.因果性。因果性。 $y[n]$ is built from $x[n]$ and a constant; it never reaches for $x[n+1]$ or beyond.$y[n]$ 只由 $x[n]$ 與一個常數構成，從不取用 $x[n+1]$ 或更後面的值。$y[n]$ は $x[n]$ と定数だけから作られており、$x[n+1]$ 以降を参照することはない。
Linearity.線性。線形性。 The system does nothing but re-address the input; no constant is added and no product of inputs is formed. With $x_3[n]=\alpha x_1[n]+\beta x_2[n]$:這個系統只是把輸入重新定址；沒有加上常數，也沒有做輸入之間的乘積。令 $x_3[n]=\alpha x_1[n]+\beta x_2[n]$：このシステムは入力の添字を付け替えるだけである。定数を加えることも、入力どうしの積を作ることもない。$x_3[n]=\alpha x_1[n]+\beta x_2[n]$ とすると、
$$y_3[n] = x_3[an+b] = \alpha x_1[an+b] + \beta x_2[an+b] = \alpha y_1[n] + \beta y_2[n]$$The relation holds identically, for any $a$ and $b$ whatsoever.此關係恆成立，與 $a$、$b$ 取何值無關。この関係は $a$ と $b$ がどのような値であっても恒等的に成り立つ。
Time invariance.非時變性。時不変性。 This is where it breaks. Shift the input first — $x_1[n]=x[n-n_0]$ — and send it through:問題出在這裡。先把輸入位移——$x_1[n]=x[n-n_0]$——再送進系統：ここで成り立たなくなる。まず入力をシフトして $x_1[n]=x[n-n_0]$ とし、システムに通す。
$$y_1[n] = x_1[an+b] = x\big[(an+b)-n_0\big] = x[an+b-n_0]$$Now shift the output instead:改成把輸出位移：今度は出力をシフトする。
$$y[n-n_0] = x\big[a(n-n_0)+b\big] = x[an+b-an_0]$$These match for all $n_0$ only if $an_0=n_0$, i.e. only if $a=1$. The problem states $a$ is a negative integer, so $a\le-1\ne1$.兩者對所有 $n_0$ 都相等的條件是 $an_0=n_0$，亦即 $a=1$。題目已指明 $a$ 是負整數，故 $a\le-1\ne1$。これらがすべての $n_0$ で一致するのは $an_0=n_0$ のとき、すなわち $a=1$ のときだけである。問題では $a$ は負の整数とされているので $a\le-1\ne1$ である。
Concretely with $a=-1,\,b=-1$ and $n_0=1$: $y_1[0]=x[-2]$ but $y[-1]=x[0]$. Different.具體取 $a=-1,\,b=-1$ 且 $n_0=1$：$y_1[0]=x[-2]$，但 $y[-1]=x[0]$，兩者不同。具体的に $a=-1,\,b=-1$、$n_0=1$ とすると、$y_1[0]=x[-2]$ であるのに対し $y[-1]=x[0]$ であり、一致しない。
Causality.因果性。因果性。 Causality demands $an+b\le n$ for every integer $n$, i.e.因果性要求對每一個整數 $n$ 都有 $an+b\le n$，亦即因果性はすべての整数 $n$ について $an+b\le n$ であることを要求する。すなわち
$$(a-1)n + b \le 0 \quad\text{for all } n\in\mathbb{Z}$$With $a\le-1$ we have $a-1\le-2<0$, so as $n\to-\infty$ the term $(a-1)n\to+\infty$ and the inequality fails for all sufficiently negative $n$.由於 $a\le-1$，有 $a-1\le-2<0$，故當 $n\to-\infty$ 時 $(a-1)n\to+\infty$，對所有夠負的 $n$ 不等式都不成立。$a\le-1$ より $a-1\le-2<0$ なので、$n\to-\infty$ のとき $(a-1)n\to+\infty$ となり、十分に負の $n$ すべてで不等式は成り立たない。
Concretely with $a=-1,\,b=-1$: $y[-3]=x[3-1]=x[2]$. The output at time $-3$ needs an input five samples into the future.具體取 $a=-1,\,b=-1$：$y[-3]=x[3-1]=x[2]$。時刻 $-3$ 的輸出需要用到未來第 5 個樣本的輸入。具体的に $a=-1,\,b=-1$ とすると $y[-3]=x[3-1]=x[2]$ となる。時刻 $-3$ の出力が 5 標本先の未来の入力を必要としている。
Testing only $n=0$ gives $y[0]=x[b]$, and since $b<0$ that looks perfectly causal — which is how this part gets marked wrong. Causality is a statement about every $n$, including the negative ones. Any system with $a\ne1$ in $x[an+b]$ is time-varying, and any one with $a<0$ (a time reversal) is non-causal, because reversing time turns the far past into the far future.只測 $n=0$ 會得到 $y[0]=x[b]$，而 $b<0$，看起來完全因果——這正是這一小題被扣分的原因。因果性是關於每一個 $n$ 的陳述，包含負的 $n$。在 $x[an+b]$ 中只要 $a\ne1$ 就是時變的；只要 $a<0$（時間翻摺）就是非因果的，因為翻摺時間會把遙遠的過去變成遙遠的未來。$n=0$ だけで調べると $y[0]=x[b]$ となり、$b<0$ なので完全に因果的に見える。この小問で誤答になるのはまさにこのためである。因果性は負の $n$ を含むすべての $n$ についての主張である。$x[an+b]$ において $a\ne1$ であれば時変であり、$a<0$（時間の反転）であれば非因果的である。時間を反転すると、遠い過去が遠い未来に変わるからである。
Problem: An LTI system is described by題目：某 LTI 系統由下式描述問題：ある LTI システムが次式で記述されている。
$$y[n]-y[n-1]-2y[n-2]=x[n]$$with initial conditions $y[-1]=1$ and $y[-2]=1$. If the input sequence is $x[n]=4u[n]$, determine the total solution of the LCCDE, $y[n]$, for $n\ge0$.初始條件為 $y[-1]=1$、$y[-2]=1$。若輸入序列為 $x[n]=4u[n]$，求該差分方程式在 $n\ge0$ 時的全解 $y[n]$。初期条件は $y[-1]=1$、$y[-2]=1$ である。入力列が $x[n]=4u[n]$ のとき、$n\ge0$ における差分方程式の全解 $y[n]$ を求めよ。
Total solution $=$ homogeneous solution $+$ particular solution, with the two unknown constants pinned down at the end by the initial conditions.全解 $=$ 齊次解 $+$ 特解，兩個未知常數在最後才用初始條件定出來。全解 $=$ 斉次解 $+$ 特解であり、2 つの未知定数は最後に初期条件で決定する。
Set $x[n]=0$ and try $y_h[n]=\lambda^n$:令 $x[n]=0$，試代 $y_h[n]=\lambda^n$：$x[n]=0$ とおき、$y_h[n]=\lambda^n$ を代入する。
$$\lambda^{n}-\lambda^{n-1}-2\lambda^{n-2}=0 \;\Longrightarrow\; \lambda^{2}-\lambda-2=0 \;\Longrightarrow\; (\lambda-2)(\lambda+1)=0$$so $\lambda_1=2$, $\lambda_2=-1$ and故 $\lambda_1=2$、$\lambda_2=-1$，於是よって $\lambda_1=2$、$\lambda_2=-1$ であり、
$$y_h[n] = A_1 2^{n} + A_2(-1)^{n}$$For $n\ge0$ the input is the constant 4, so try the constant $y_p[n]=K$:對 $n\ge0$，輸入是常數 4，故試代常數 $y_p[n]=K$：$n\ge0$ では入力は定数 4 なので、定数 $y_p[n]=K$ を試す。
$$K-K-2K = 4 \;\Longrightarrow\; -2K=4 \;\Longrightarrow\; K=-2$$(A constant is the right guess because $\lambda=1$ is not a root of the characteristic polynomial — no resonance, so no extra factor of $n$ is needed.)（猜常數是對的，因為 $\lambda=1$ 不是特徵多項式的根——沒有共振，所以不需要額外乘上 $n$ 的因子。）（定数という推測が正しいのは、$\lambda=1$ が特性多項式の根でないからである。共鳴がないので $n$ の因子を追加する必要はない。）
The closed form above is valid only for $n\ge0$, so the conditions given at $n=-1,-2$ cannot be substituted into it. Instead iterate the recursion, rearranged as $y[n]=y[n-1]+2y[n-2]+x[n]$, with $x[0]=x[1]=4$:上面的封閉形式只在 $n\ge0$ 成立，所以 $n=-1,-2$ 給的條件不能直接代進去。改為迭代遞迴式，整理成 $y[n]=y[n-1]+2y[n-2]+x[n]$，並代入 $x[0]=x[1]=4$：上の閉じた形は $n\ge0$ でのみ有効なので、$n=-1,-2$ で与えられた条件をそこに代入することはできない。代わりに漸化式を $y[n]=y[n-1]+2y[n-2]+x[n]$ の形に整理し、$x[0]=x[1]=4$ として反復する。
$$y[0] = y[-1] + 2y[-2] + x[0] = 1 + 2(1) + 4 = 7$$ $$y[1] = y[0] + 2y[-1] + x[1] = 7 + 2(1) + 4 = 13$$Adding the two equations gives $3A_1=24$, so $A_1=8$ and $A_2=9-8=1$.兩式相加得 $3A_1=24$，故 $A_1=8$，$A_2=9-8=1$。2 式を加えると $3A_1=24$ となり、$A_1=8$、$A_2=9-8=1$ が得られる。
The closed form gives $7,\,13,\,31,\,61,\,127,\,253,\dots$ and iterating the recursion gives exactly the same sequence. Always do this — it catches a sign slip in one line.封閉形式給出 $7,\,13,\,31,\,61,\,127,\,253,\dots$，而直接迭代遞迴式得到完全相同的序列。務必做這個驗算——一行之內就能抓出正負號的錯誤。閉じた形からは $7,\,13,\,31,\,61,\,127,\,253,\dots$ が得られ、漸化式を反復しても全く同じ列になる。この検算は必ず行うこと。符号の取り違えを 1 行で見つけられる。
| $n$ | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| recursion遞迴式漸化式 | 7 | 13 | 31 | 61 | 127 | 253 |
| closed form封閉形式閉じた形 | 7 | 13 | 31 | 61 | 127 | 253 |
1. Substituting $n=-1$ and $n=-2$ into the closed form. That form contains the particular solution, which only describes the response to $4u[n]$ for $n\ge0$. Before $n=0$ the input is zero and the closed form is simply wrong. Always iterate the recursion forward to $n=0,1,\dots$ first, then fit the constants there.1. 把 $n=-1$、$n=-2$ 直接代入封閉形式。該形式包含特解，而特解只描述 $n\ge0$ 時對 $4u[n]$ 的響應。在 $n=0$ 之前輸入是零，封閉形式根本不成立。務必先把遞迴式往前迭代到 $n=0,1,\dots$，再在那裡配出常數。1. 閉じた形に $n=-1$、$n=-2$ を直接代入すること。この形は特解を含んでおり、特解は $n\ge0$ における $4u[n]$ への応答しか記述しない。$n=0$ より前では入力は零であり、閉じた形は単純に誤りである。必ず先に漸化式を $n=0,1,\dots$ まで進め、そこで定数を決めること。
2. The sign of $(-1)^n$ at $n=1$. The $n=1$ equation is $2A_1 - A_2 - 2 = 13$, not $2A_1 + A_2 - 2 = 13$. Writing $+A_2$ there yields $A_1=4,\ A_2=5$ — which satisfies $y[0]=7$ and so looks right, but gives $y[1]=8-5-2=1\ne13$. One substitution back into the recursion exposes it.2. $n=1$ 時 $(-1)^n$ 的正負號。$n=1$ 的方程式是 $2A_1 - A_2 - 2 = 13$，不是 $2A_1 + A_2 - 2 = 13$。若寫成 $+A_2$ 會得到 $A_1=4,\ A_2=5$——它滿足 $y[0]=7$，所以看起來是對的，但算出 $y[1]=8-5-2=1\ne13$。只要代回遞迴式驗算一次就會現形。2. $n=1$ における $(-1)^n$ の符号。$n=1$ の式は $2A_1 - A_2 - 2 = 13$ であって、$2A_1 + A_2 - 2 = 13$ ではない。ここを $+A_2$ と書くと $A_1=4,\ A_2=5$ が得られる。これは $y[0]=7$ を満たすので正しく見えるが、$y[1]=8-5-2=1\ne13$ となる。漸化式に 1 回代入し直せば露見する。
The characteristic root $\lambda_1=2$ lies outside the unit circle, so the $8\cdot2^n$ term grows without bound even though the input $4u[n]$ is perfectly bounded. That is a BIBO violation, and it is why the numbers in the table double every step. A root at $|\lambda|>1$ in the homogeneous solution is the time-domain signature of a pole outside the unit circle — see Chapter 5.特徵根 $\lambda_1=2$ 落在單位圓外，因此即使輸入 $4u[n]$ 完全有界，$8\cdot2^n$ 這一項仍會無界成長。這違反 BIBO 穩定性，也是表中數值每一步幾乎加倍的原因。齊次解中出現 $|\lambda|>1$ 的根，正是極點落在單位圓外在時域中的特徵——見第 5 章。特性根 $\lambda_1=2$ は単位円の外にあるので、入力 $4u[n]$ が完全に有界であっても $8\cdot2^n$ の項は限りなく増大する。これは BIBO 安定性の破れであり、表の値が 1 歩ごとにほぼ倍になる理由でもある。斉次解に $|\lambda|>1$ の根が現れることは、単位円の外にある極の時間領域での現れ方である。第 5 章を参照。
Problem: Determine whether the following system is stable.題目：判斷下列系統是否穩定。問題：次のシステムが安定かどうかを判定せよ。
$$y[n]=x[n]\,x[n-1]+2$$Use the definition of BIBO stability: every bounded input must produce a bounded output. So assume a bound on the input and chase it through.使用 BIBO 穩定的定義：任何有界輸入都必須產生有界輸出。所以先假設輸入有界，再一路推下去。BIBO 安定性の定義を用いる。任意の有界入力が有界な出力を生まなければならない。そこで入力が有界であると仮定し、それを追っていく。
Suppose $|x[n]|\le M<\infty$ for every $n$. Then, by the triangle inequality and $|uv|=|u||v|$,設對每個 $n$ 都有 $|x[n]|\le M<\infty$。則由三角不等式與 $|uv|=|u||v|$，すべての $n$ について $|x[n]|\le M<\infty$ と仮定する。三角不等式と $|uv|=|u||v|$ より、
$$|y[n]| = \big|x[n]\,x[n-1]+2\big| \le |x[n]|\,|x[n-1]| + 2 \le M\cdot M + 2 = M^{2}+2$$The bound $M^2+2$ is finite and does not depend on $n$. So every bounded input gives a bounded output.界 $M^2+2$ 是有限的，而且不隨 $n$ 改變。因此任何有界輸入都給出有界輸出。上界 $M^{2}+2$ は有限で、$n$ に依存しない。したがって任意の有界入力は有界な出力を与える。
The absolute-summability criterion $\sum_n|h[n]|<\infty$ is a theorem about LTI systems. This system is not linear — it multiplies the input by a delayed copy of itself, and it adds a constant — so it has no impulse response $h[n]$ at all and the criterion simply does not apply. When a system is nonlinear, go back to the definition of BIBO stability and bound $|y[n]|$ by hand. (It is time-invariant, but that does not help: stability and linearity are independent properties.)絕對可和判準 $\sum_n|h[n]|<\infty$ 是一個關於 LTI 系統的定理。本系統不是線性的——它把輸入乘上自己的延遲版本，還加了一個常數——因此它根本沒有脈衝響應 $h[n]$，該判準完全不適用。系統若為非線性，就回到 BIBO 穩定的定義，自己動手把 $|y[n]|$ 界住。（它確實是非時變的，但這沒有幫助：穩定性與線性是互相獨立的性質。）絶対可和の判定条件 $\sum_n|h[n]|<\infty$ は LTI システムについての定理である。このシステムは線形ではない。入力に自身の遅延版を掛け、さらに定数を加えているからである。したがってそもそもインパルス応答 $h[n]$ をもたず、この判定条件は適用できない。システムが非線形のときは BIBO 安定性の定義に戻り、$|y[n]|$ を自分で評価すること。（時不変ではあるが、それは役に立たない。安定性と線形性は互いに独立な性質である。）
A constant offset shifts the output but cannot make it grow. It does destroy linearity (zero input gives $y[n]=2$, exactly as in Quiz 2(a)), which is a different question from stability. Keeping the two questions apart is the whole point of this problem.常數偏移只是把輸出平移，不會讓它成長。它確實破壞線性（零輸入給出 $y[n]=2$，和小考 2(a) 完全一樣），但那是另一個問題。把這兩個問題分開看，正是本題的用意。定数のオフセットは出力をずらすだけで、増大させることはできない。線形性は確かに壊す（零入力で $y[n]=2$ となり、小テスト 2(a) と全く同じである）が、それは安定性とは別の問いである。この 2 つの問いを切り分けることこそ、この問題の狙いである。
Problem: Let $X(e^{j\omega})$ denote the discrete-time Fourier transform (DTFT) of $x[n]$,題目：令 $X(e^{j\omega})$ 為 $x[n]$ 的離散時間傅立葉轉換（DTFT），問題：$X(e^{j\omega})$ を $x[n]$ の離散時間フーリエ変換（DTFT）とする。
$$X(e^{j\omega})=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x[n]e^{-j\omega n}$$Prove that:證明：次を証明せよ。
$$\text{(a)}\quad x[n_0-n] \;\stackrel{\text{DTFT}}{\longleftrightarrow}\; e^{-j\omega n_0}X(e^{-j\omega})$$ $$\text{(b)}\quad \operatorname{Im}\{x[n]\} \;\stackrel{\text{DTFT}}{\longleftrightarrow}\; \frac{1}{2j}\Big[X(e^{j\omega})-X^{*}(e^{-j\omega})\Big]$$Start from the definition applied to the sequence $x[n_0-n]$:從定義出發，把它套用在序列 $x[n_0-n]$ 上：定義を列 $x[n_0-n]$ に適用するところから始める。
$$\operatorname{DTFT}\{x[n_0-n]\} = \sum_{n=-\infty}^{\infty} x[n_0-n]\,e^{-j\omega n}$$Change the summation variable to $m=n_0-n$, so that $n=n_0-m$. As $n$ runs over all the integers so does $m$, and the limits are unchanged:把求和變數換成 $m=n_0-n$，於是 $n=n_0-m$。當 $n$ 跑遍所有整數時 $m$ 也跑遍所有整數，上下限不變：和の変数を $m=n_0-n$ に変えると $n=n_0-m$ となる。$n$ が全整数を動けば $m$ も全整数を動くので、和の範囲は変わらない。
$$=\sum_{m=-\infty}^{\infty} x[m]\,e^{-j\omega(n_0-m)} =\sum_{m=-\infty}^{\infty} x[m]\,e^{-j\omega n_0}e^{+j\omega m}$$The factor $e^{-j\omega n_0}$ does not involve $m$, so it comes out of the sum:因子 $e^{-j\omega n_0}$ 與 $m$ 無關，可以提到求和外：因子 $e^{-j\omega n_0}$ は $m$ を含まないので、和の外に出せる。
$$=e^{-j\omega n_0}\sum_{m=-\infty}^{\infty} x[m]\,e^{+j\omega m}$$The remaining sum is exactly the defining formula evaluated at frequency $-\omega$, because $e^{+j\omega m}=e^{-j(-\omega)m}$:剩下的求和恰好是定義式在頻率 $-\omega$ 處的值，因為 $e^{+j\omega m}=e^{-j(-\omega)m}$：残った和は、$e^{+j\omega m}=e^{-j(-\omega)m}$ であることから、定義式を周波数 $-\omega$ で評価したものそのものである。
$$\sum_{m}x[m]e^{-j(-\omega)m} = X(e^{-j\omega})$$Reading it structurally: $x[n_0-n]$ is a fold followed by a shift. The fold $x[-n]$ contributes the frequency reversal $X(e^{-j\omega})$; the shift by $n_0$ contributes the linear-phase factor $e^{-j\omega n_0}$. Each operation leaves its own fingerprint, and the two multiply.從結構上讀：$x[n_0-n]$ 是先翻摺再位移。翻摺 $x[-n]$ 貢獻頻率反轉 $X(e^{-j\omega})$；位移 $n_0$ 貢獻線性相位因子 $e^{-j\omega n_0}$。每個運算留下自己的印記，兩者相乘。構造的に読むと、$x[n_0-n]$ は折り返しに続くシフトである。折り返し $x[-n]$ が周波数の反転 $X(e^{-j\omega})$ をもたらし、$n_0$ のシフトが線形位相因子 $e^{-j\omega n_0}$ をもたらす。各操作がそれぞれの痕跡を残し、それらが掛け合わされる。
The answer is $e^{-j\omega n_0}X(e^{\mathbf{-}j\omega})$, not $e^{-j\omega n_0}X(e^{j\omega})$. If you write $X(e^{j\omega})$ you have silently dropped the fold and proved only the shift property. The $e^{+j\omega m}$ in the second-to-last line is the whole point — it is a transform kernel at $-\omega$, not at $+\omega$.答案是 $e^{-j\omega n_0}X(e^{\mathbf{-}j\omega})$，不是 $e^{-j\omega n_0}X(e^{j\omega})$。若寫成 $X(e^{j\omega})$，就等於默默把翻摺弄丟了，只證明了位移性質。倒數第二行的 $e^{+j\omega m}$ 正是關鍵——它是在 $-\omega$ 處的轉換核，不是在 $+\omega$ 處。答えは $e^{-j\omega n_0}X(e^{\mathbf{-}j\omega})$ であって、$e^{-j\omega n_0}X(e^{j\omega})$ ではない。$X(e^{j\omega})$ と書けば、折り返しを暗黙のうちに落としてシフトの性質だけを証明したことになる。最後から 2 行目の $e^{+j\omega m}$ こそが要点であり、これは $+\omega$ ではなく $-\omega$ における変換核である。
Lemma first. The DTFT of the conjugate sequence $x^{*}[n]$ is $X^{*}(e^{-j\omega})$:先證引理。共軛序列 $x^{*}[n]$ 的 DTFT 是 $X^{*}(e^{-j\omega})$：まず補題。共役列 $x^{*}[n]$ の DTFT は $X^{*}(e^{-j\omega})$ である。
$$\sum_{n} x^{*}[n]e^{-j\omega n} =\left(\sum_{n} x[n]e^{+j\omega n}\right)^{\!*} =\left(\sum_{n} x[n]e^{-j(-\omega)n}\right)^{\!*} = X^{*}(e^{-j\omega})$$(Conjugation passes through a convergent sum term by term, and $\big(e^{-j\omega n}\big)^{*}=e^{+j\omega n}$.)（共軛可以逐項穿過收斂的求和，且 $\big(e^{-j\omega n}\big)^{*}=e^{+j\omega n}$。）（共役は収束する和を項ごとに通り抜けられ、$\big(e^{-j\omega n}\big)^{*}=e^{+j\omega n}$ である。）
Main proof. Write the imaginary part in terms of the sequence and its conjugate:主證明。把虛部寫成序列與其共軛的組合：本証明。虚部を、列とその共役を用いて書く。
$$\operatorname{Im}\{x[n]\}=\frac{x[n]-x^{*}[n]}{2j}$$The DTFT is linear, and $1/2j$ is a constant, so it passes straight through:DTFT 是線性的，而 $1/2j$ 是常數，可以直接穿過：DTFT は線形であり、$1/2j$ は定数なので、そのまま通り抜ける。
$$\begin{aligned} \operatorname{DTFT}\{\operatorname{Im}\{x[n]\}\} &=\frac{1}{2j}\Big[\operatorname{DTFT}\{x[n]\}-\operatorname{DTFT}\{x^{*}[n]\}\Big]\\[4pt] &=\frac{1}{2j}\Big[X(e^{j\omega})-X^{*}(e^{-j\omega})\Big] \end{aligned}$$The bracket is twice the conjugate-antisymmetric part of $X$. The companion result, proved the same way from $\operatorname{Re}\{x[n]\}=\tfrac12\big(x[n]+x^{*}[n]\big)$, is括號內是 $X$ 的共軛反對稱部分的兩倍。由 $\operatorname{Re}\{x[n]\}=\tfrac12\big(x[n]+x^{*}[n]\big)$ 以同樣方式可證得的配對結果是括弧の中は $X$ の共役反対称成分の 2 倍である。$\operatorname{Re}\{x[n]\}=\tfrac12\big(x[n]+x^{*}[n]\big)$ から同じやり方で得られる対になる結果は次のとおりである。
$$\operatorname{Re}\{x[n]\} \;\longleftrightarrow\; \tfrac12\Big[X(e^{j\omega})+X^{*}(e^{-j\omega})\Big]=X_{e}(e^{j\omega})$$Setting $\operatorname{Im}\{x[n]\}=0$ in the result just proved gives $X(e^{j\omega})=X^{*}(e^{-j\omega})$ — the conjugate symmetry of the DTFT of a real sequence, from which the familiar facts follow: $|X|$ is even, $\angle X$ is odd, the real part is even and the imaginary part is odd.在剛證得的結果中令 $\operatorname{Im}\{x[n]\}=0$，即得 $X(e^{j\omega})=X^{*}(e^{-j\omega})$——這就是實序列 DTFT 的共軛對稱性，熟悉的那些結論都由此而來：$|X|$ 是偶函數、$\angle X$ 是奇函數、實部為偶、虛部為奇。いま証明した結果で $\operatorname{Im}\{x[n]\}=0$ とおくと $X(e^{j\omega})=X^{*}(e^{-j\omega})$ が得られる。これは実列の DTFT の共役対称性であり、よく知られた事実、すなわち $|X|$ が偶関数、$\angle X$ が奇関数、実部が偶、虚部が奇であることがここから従う。
Both proofs are three lines of honest algebra, but the marks are for the justifications: in (a), say why the substitution $m=n_0-n$ leaves the limits alone; in (b), state the conjugation lemma and the linearity of the DTFT by name rather than assuming them silently. Finish each part with a boxed statement that matches the one you were asked to prove, character for character.兩個證明都只是三行誠實的代數，但分數是給理由的：(a) 要說明為什麼代換 $m=n_0-n$ 不改變上下限；(b) 要把共軛引理與 DTFT 的線性明確寫出名稱，而不是默默當作已知。每一小題都以一個方框結論收尾，並與題目要你證明的式子逐字相符。どちらの証明も 3 行の素直な代数だが、点が付くのは根拠に対してである。(a) では代入 $m=n_0-n$ が和の範囲を変えない理由を述べること。(b) では共役の補題と DTFT の線形性を、暗黙に前提とせず名前を挙げて述べること。各小問は、証明を求められた式と一字一句一致する囲み結論で締めくくること。
Problem: The block diagram of a causal LTI system is shown in Figure 1.題目：某因果 LTI 系統的方塊圖如圖 1 所示。問題：ある因果的 LTI システムのブロック図を図 1 に示す。
There is a single delay chain shared by the feedback gains on the left and the feedforward gains on the right. That is Direct Form II（直接二型）. The whole problem becomes easy once you give the signal entering the delay chain a name — call it $v[n]$, the output of the top-left adder.圖中只有一條延遲鏈，由左側的回授增益與右側的前饋增益共用。這就是直接二型（Direct Form II）。只要把進入延遲鏈的訊號取個名字——稱為 $v[n]$，即左上角加法器的輸出——整題就變得簡單。遅延の連鎖は一本しかなく、左側の帰還ゲインと右側の前向きゲインがそれを共有している。これが直接 II 形（Direct Form II）である。遅延の連鎖に入る信号に名前を付ける、すなわち左上の加算器の出力を $v[n]$ と呼ぶだけで、問題全体が簡単になる。
Then the upper delay holds $v[n-1]$ and the lower one holds $v[n-2]$, and the diagram splits into two independent readings.如此一來，上方的延遲元件存的是 $v[n-1]$，下方的是 $v[n-2]$，整張圖就拆成兩個彼此獨立的讀法。そうすると上の遅延素子は $v[n-1]$ を、下の遅延素子は $v[n-2]$ を保持し、図は 2 つの独立した読み取りに分かれる。
Left half (feedback) — read the top-left adder:左半（回授）——讀左上角的加法器：左半分（帰還）— 左上の加算器を読む。
$$v[n] = x[n] + (-0.1)\,v[n-1] + (0.12)\,v[n-2]$$Right half (feedforward) — read the top-right adder:右半（前饋）——讀右上角的加法器：右半分（前向き）— 右上の加算器を読む。
$$y[n] = 2\,v[n] + 0.45\,v[n-1]$$Transform both relations. Move the feedback terms to the left-hand side, where their signs flip:把兩個關係式都做 z 轉換。將回授項移到等號左邊，正負號隨之翻轉：両方の関係式を変換する。帰還項を左辺に移すと符号が反転する。
$$\begin{aligned} V(z)\big(1 + 0.1z^{-1} - 0.12z^{-2}\big) &= X(z)\\ Y(z) &= V(z)\big(2 + 0.45z^{-1}\big) \end{aligned}$$Dividing one by the other eliminates $V(z)$:兩式相除即可消去 $V(z)$：一方を他方で割れば $V(z)$ が消える。
The gains printed in the diagram are $-0.1$ and $+0.12$, and they are added at the input adder. Moving them across the equals sign flips both: the denominator is $1\,\mathbf{+}\,0.1z^{-1}\,\mathbf{-}\,0.12z^{-2}$, not $1-0.1z^{-1}+0.12z^{-2}$. Getting this backwards changes the poles from $\{-0.4,\,0.3\}$ to $\{0.4,\,-0.3\}$ and every later answer with them. The sanity check: expand your factorization and confirm it reproduces the denominator you started from.圖上標的增益是 $-0.1$ 與 $+0.12$，而且它們是在輸入端的加法器上相加的。把它們移到等號另一邊時兩者都要變號：分母是 $1\,\mathbf{+}\,0.1z^{-1}\,\mathbf{-}\,0.12z^{-2}$，不是 $1-0.1z^{-1}+0.12z^{-2}$。弄反會讓極點從 $\{-0.4,\,0.3\}$ 變成 $\{0.4,\,-0.3\}$，後面每一個答案也跟著錯。檢查方法：把你的因式分解乘開，確認它還原成你一開始寫下的分母。図に記されたゲインは $-0.1$ と $+0.12$ であり、入力側の加算器で加算されている。これらを等号の向こうへ移すと両方の符号が反転する。分母は $1\,\mathbf{+}\,0.1z^{-1}\,\mathbf{-}\,0.12z^{-2}$ であって、$1-0.1z^{-1}+0.12z^{-2}$ ではない。ここを取り違えると極が $\{-0.4,\,0.3\}$ から $\{0.4,\,-0.3\}$ に変わり、以降のすべての答えも道連れになる。確認法：自分の因数分解を展開し、出発点の分母が再現されることを確かめること。
Factor the denominator. Looking for two numbers whose sum is $0.1$ and whose product is $-0.12$ gives $0.4$ and $-0.3$:把分母因式分解。找兩個數，和為 $0.1$、積為 $-0.12$，得到 $0.4$ 與 $-0.3$：分母を因数分解する。和が $0.1$、積が $-0.12$ となる 2 数を探すと $0.4$ と $-0.3$ が得られる。
$$1+0.1z^{-1}-0.12z^{-2} = \big(1+0.4z^{-1}\big)\big(1-0.3z^{-1}\big)$$Expand to check: $1 + 0.4z^{-1} - 0.3z^{-1} - 0.12z^{-2} = 1 + 0.1z^{-1} - 0.12z^{-2}$. Correct. Now expand in partial fractions:乘開驗算：$1 + 0.4z^{-1} - 0.3z^{-1} - 0.12z^{-2} = 1 + 0.1z^{-1} - 0.12z^{-2}$，正確。接著做部分分式展開：展開して確認する。$1 + 0.4z^{-1} - 0.3z^{-1} - 0.12z^{-2} = 1 + 0.1z^{-1} - 0.12z^{-2}$ となり正しい。次に部分分数に展開する。
$$H(z) = \frac{A}{1+0.4z^{-1}} + \frac{B}{1-0.3z^{-1}}$$Use the cover-up rule in the variable $z^{-1}$. For $A$, set $z^{-1}=-1/0.4=-2.5$:以 $z^{-1}$ 為變數使用遮蔽法。求 $A$ 時令 $z^{-1}=-1/0.4=-2.5$：変数 $z^{-1}$ について隠蔽法を用いる。$A$ については $z^{-1}=-1/0.4=-2.5$ とおく。
$$A = \left.\frac{2+0.45z^{-1}}{1-0.3z^{-1}}\right|_{z^{-1}=-2.5} = \frac{2-1.125}{1+0.75} = \frac{0.875}{1.75} = 0.5$$For $B$, set $z^{-1}=1/0.3=10/3$:求 $B$ 時令 $z^{-1}=1/0.3=10/3$：$B$ については $z^{-1}=1/0.3=10/3$ とおく。
$$B = \left.\frac{2+0.45z^{-1}}{1+0.4z^{-1}}\right|_{z^{-1}=10/3} = \frac{2+1.5}{1+4/3} = \frac{3.5}{7/3} = 1.5$$The system is causal, so each term inverts to a right-sided exponential, $\dfrac{1}{1-az^{-1}}\leftrightarrow a^{n}u[n]$:系統是因果的，所以每一項都反轉成右側指數，$\dfrac{1}{1-az^{-1}}\leftrightarrow a^{n}u[n]$：システムは因果的なので、各項は右側指数列に逆変換される。$\dfrac{1}{1-az^{-1}}\leftrightarrow a^{n}u[n]$ である。
Two checks. First, $A+B = 0.5+1.5 = 2 = h[0]$, which must equal the direct feedforward gain, and it does. Second, run the recursion by hand: $h[0]=2$, $h[1]=-0.1(2)+0.45=0.25$, and the closed form gives $0.5(-0.4)+1.5(0.3)=-0.2+0.45=0.25$. Agreed.兩個驗算。其一，$A+B = 0.5+1.5 = 2 = h[0]$，它必須等於直通的前饋增益，的確相等。其二，手動跑遞迴：$h[0]=2$，$h[1]=-0.1(2)+0.45=0.25$，而封閉形式給出 $0.5(-0.4)+1.5(0.3)=-0.2+0.45=0.25$，一致。2 つの検算。第一に $A+B = 0.5+1.5 = 2 = h[0]$ であり、これは直通の前向きゲインと一致しなければならないが、実際に一致している。第二に漸化式を手で回すと $h[0]=2$、$h[1]=-0.1(2)+0.45=0.25$ となり、閉じた形からは $0.5(-0.4)+1.5(0.3)=-0.2+0.45=0.25$ が得られる。一致している。
To read off the zeros correctly, clear the negative powers by multiplying numerator and denominator by $z^{2}$:要正確讀出零點，把分子分母同乘 $z^{2}$ 以消去負冪：零点を正しく読み取るために、分子と分母に $z^{2}$ を掛けて負のべきを消す。
$$H(z) = \frac{2z^{2}+0.45z}{z^{2}+0.1z-0.12} = \frac{z\,(2z+0.45)}{(z+0.4)(z-0.3)}$$The ROC follows from causality: a causal sequence has a right-sided $z$-transform, whose region of convergence is the exterior of a circle through the outermost pole, $|z|>\max(|{-}0.4|,|0.3|)=0.4$.ROC 由因果性決定：因果序列的 $z$ 轉換是右側的，其收斂區域是通過最外側極點的圓之外部，即 $|z|>\max(|{-}0.4|,|0.3|)=0.4$。ROC は因果性から決まる。因果的な列の $z$ 変換は右側列のそれであり、その収束領域は最も外側の極を通る円の外側、すなわち $|z|>\max(|{-}0.4|,|0.3|)=0.4$ である。
Since $0.4<1$, the ROC contains the unit circle. Two consequences follow immediately: the system is BIBO stable, and its frequency response exists and equals $H(e^{j\omega})=H(z)\big|_{z=e^{j\omega}}$.由於 $0.4<1$，ROC 包含單位圓。兩個結論立刻成立：系統是 BIBO 穩定的，且其頻率響應存在，等於 $H(e^{j\omega})=H(z)\big|_{z=e^{j\omega}}$。$0.4<1$ なので ROC は単位円を含む。ここから直ちに 2 つの帰結が得られる。システムは BIBO 安定であり、周波数応答が存在して $H(e^{j\omega})=H(z)\big|_{z=e^{j\omega}}$ に等しい。
Written in $z^{-1}$, the numerator $2+0.45z^{-1}$ looks like it has one zero, at $z=-0.225$. But $H(z)$ has two poles and must have two zeros counted with multiplicity; the second one sits at $z=0$ and only becomes visible after clearing the negative powers. It is harmless for stability — a zero at the origin is just a delay — but leaving it off a pole-zero plot is a lost mark.以 $z^{-1}$ 書寫時，分子 $2+0.45z^{-1}$ 看起來只有一個零點 $z=-0.225$。但 $H(z)$ 有兩個極點，依重數計算也必須有兩個零點；第二個落在 $z=0$，只有在消去負冪之後才看得到。它對穩定性無害——原點的零點只不過是一個延遲——但在極零圖上漏掉它就是丟分。$z^{-1}$ で書くと、分子 $2+0.45z^{-1}$ は零点が $z=-0.225$ の 1 つしかないように見える。しかし $H(z)$ は極を 2 つもつので、重複度を込めて零点も 2 つなければならない。もう 1 つは $z=0$ にあり、負のべきを消して初めて見えてくる。安定性には無害で、原点の零点は単なる遅延にすぎないが、極零配置図に書き落とせば減点である。
Cross-multiply $H(z)=Y(z)/X(z)$:把 $H(z)=Y(z)/X(z)$ 交叉相乘：$H(z)=Y(z)/X(z)$ を交差して掛ける。
$$Y(z)\big(1+0.1z^{-1}-0.12z^{-2}\big) = X(z)\big(2+0.45z^{-1}\big)$$Each $z^{-k}$ is a delay of $k$ samples, so transform back term by term:每個 $z^{-k}$ 代表延遲 $k$ 個樣本，逐項反轉即可：各 $z^{-k}$ は $k$ 標本の遅延なので、項ごとに逆変換する。
Equivalently, in the form you would code up: $y[n] = -0.1y[n-1] + 0.12y[n-2] + 2x[n] + 0.45x[n-1]$. Note that the feedback coefficients of this equation are identical to those of the internal equation for $v[n]$ — that is exactly what Direct Form II buys you, and it is why one delay chain suffices for both halves of the diagram.等價地，寫成可以直接寫成程式的形式：$y[n] = -0.1y[n-1] + 0.12y[n-2] + 2x[n] + 0.45x[n-1]$。注意這條方程式的回授係數與 $v[n]$ 的內部方程式完全相同——這正是直接二型帶來的好處，也是為什麼一條延遲鏈就足以供圖中兩半共用。同じことだが、そのまま実装できる形にすると $y[n] = -0.1y[n-1] + 0.12y[n-2] + 2x[n] + 0.45x[n-1]$ となる。この式の帰還係数が $v[n]$ の内部方程式のものと同一である点に注目したい。これこそ直接 II 形の利点であり、1 本の遅延の連鎖で図の両半分をまかなえる理由である。
1. Name the signal entering the delay chain, $v[n]$. 2. Write the adder equation on the feedback side — that gives the denominator. 3. Write the adder equation on the feedforward side — that gives the numerator. 4. Divide. Never try to trace loops around the diagram in your head; two adder equations and one division beat a loop-gain argument every time.1. 為進入延遲鏈的訊號命名為 $v[n]$。2. 寫出回授側的加法器方程式——得到分母。3. 寫出前饋側的加法器方程式——得到分子。4. 相除。千萬不要在腦中沿著圖追迴路；兩條加法器方程式加一次除法，永遠勝過迴路增益的推論。1. 遅延の連鎖に入る信号を $v[n]$ と名付ける。2. 帰還側の加算器の式を書く。これが分母になる。3. 前向き側の加算器の式を書く。これが分子になる。4. 割る。図のループを頭の中で追おうとしてはいけない。加算器の式 2 本と割り算 1 回のほうが、ループゲインによる議論より常に確実である。
Every one of these is a plausible-looking step that produces a confidently wrong answer. Each links back to where it appears above.以下每一項都是看起來合理、卻會導出一個自信滿滿的錯誤答案的步驟。每一項都連回上面出現的位置。以下はいずれも、もっともらしく見えながら自信に満ちた誤答を生む手順である。各項目は上の該当箇所へリンクしている。
| Where出處箇所 | The tempting step誘人的做法やりがちな手順 | What is actually true實際上正確的是実際に正しいこと |
|---|---|---|
| Q1(a) | Period of a sum $=N_1N_2$, or $\gcd(N_1,N_2)$和的週期 $=N_1N_2$ 或 $\gcd(N_1,N_2)$和の周期は $N_1N_2$、あるいは $\gcd(N_1,N_2)$ | $\operatorname{lcm}(N_1,N_2)=\operatorname{lcm}(6,4)=12$$\operatorname{lcm}(N_1,N_2)=\operatorname{lcm}(6,4)=12$$\operatorname{lcm}(N_1,N_2)=\operatorname{lcm}(6,4)=12$ |
| Q1(c) | $5\sin(3n)$ has period $2\pi/3$$5\sin(3n)$ 的週期是 $2\pi/3$$5\sin(3n)$ の周期は $2\pi/3$ | A period must be an integer; $3/2\pi$ is irrational, so not periodic週期必須是整數；$3/2\pi$ 是無理數，故非週期周期は整数でなければならない。$3/2\pi$ は無理数なので非周期 |
| Q2(a) | $y=ax+b$ is linear because it is a straight line$y=ax+b$ 是直線，所以是線性的$y=ax+b$ は直線だから線形である | Linear only if $b=0$; otherwise affine. Zero in must give zero out只有 $b=0$ 才線性，否則是仿射。零輸入必須給出零輸出線形なのは $b=0$ のときのみ。そうでなければアフィン。零入力は零出力でなければならない |
| Q2(b) | $y[0]=x[b]$ with $b<0$, so it is causal$y[0]=x[b]$ 且 $b<0$，所以是因果的$y[0]=x[b]$ で $b<0$ だから因果的である | Causality must hold for every $n$; $a<0$ makes it fail for negative $n$因果性必須對每個 $n$ 成立；$a<0$ 會在負的 $n$ 處失敗因果性はすべての $n$ で成り立つ必要がある。$a<0$ なら負の $n$ で破綻する |
| Q3.1 | Substitute $y[-1],y[-2]$ into the closed form把 $y[-1],y[-2]$ 代入封閉形式閉じた形に $y[-1],y[-2]$ を代入する | The closed form holds only for $n\ge0$; iterate forward to get $y[0]=7,\,y[1]=13$封閉形式只在 $n\ge0$ 成立；先往前迭代得 $y[0]=7,\,y[1]=13$閉じた形は $n\ge0$ でのみ有効。先に進めて $y[0]=7,\,y[1]=13$ を得る |
| Q3.2 | Test stability with $\sum_n|h[n]|<\infty$用 $\sum_n|h[n]|<\infty$ 檢驗穩定性$\sum_n|h[n]|<\infty$ で安定性を調べる | That theorem is for LTI systems only; this one is nonlinear — bound $|y[n]|$ directly該定理只適用於 LTI 系統；本系統非線性——直接把 $|y[n]|$ 界住その定理は LTI 系専用。これは非線形なので $|y[n]|$ を直接評価する |
| Q5 | Copy the diagram gains straight into the denominator把圖上的增益原封不動抄進分母図のゲインをそのまま分母に書き写す | They are added at the adder, so they flip sign crossing the equals: $1+0.1z^{-1}-0.12z^{-2}$它們是在加法器上相加的，移項時要變號：$1+0.1z^{-1}-0.12z^{-2}$加算器で加えられているので移項の際に符号が反転する。$1+0.1z^{-1}-0.12z^{-2}$ |
Chapter 1 — Discrete-Time Signals第 1 章 — 離散時間訊號第 1 章 — 離散時間信号
Classification of sequences; why discrete-time periodicity needs a rational $\omega_0/2\pi$.序列的分類；為何離散時間的週期性要求 $\omega_0/2\pi$ 為有理數。系列の分類と、離散時間の周期性が $\omega_0/2\pi$ の有理性を要求する理由。
Chapter 2 — Discrete-Time Systems I第 2 章 — 離散時間系統（一）第 2 章 — 離散時間システム（I）
Linearity, time invariance, causality and stability, each from its definition.線性、非時變、因果與穩定，每一項都從定義出發。線形性・時不変性・因果性・安定性を、それぞれ定義から導く。
Chapter 3 — Discrete-Time Systems II第 3 章 — 離散時間系統（二）第 3 章 — 離散時間システム（II）
Solving difference equations, zero-input versus zero-state response, BIBO stability.差分方程式的求解、零輸入與零狀態響應、BIBO 穩定性。差分方程式の解法、零入力応答と零状態応答、BIBO 安定性。
Chapter 4 — The Fourier Domain第 4 章 — 傅立葉域第 4 章 — フーリエ領域
The DTFT theorems and properties, conjugate symmetry, and the standard transform pairs.DTFT 的定理與性質、共軛對稱性，以及標準轉換對。DTFT の定理と性質、共役対称性、そして標準的な変換対。
Chapter 5 — The z-Transform第 5 章 — z 轉換第 5 章 — z 変換
Poles, zeros, the ROC, and partial-fraction inversion back to $h[n]$.極點、零點、ROC，以及用部分分式反轉回 $h[n]$。極・零点・ROC、そして部分分数展開による $h[n]$ への逆変換。
Chapter 12 — Filter Types and Structures第 12 章 — 濾波器類型與結構第 12 章 — フィルタの種類と構造
Direct Form I and II, transposed forms, cascade and parallel realizations.直接一型與二型、轉置型、串聯與並聯實現。直接 I 形と II 形、転置形、縦続形と並列形の実現。