《数字信号处理教程》程佩青(第三版)课后答案

数字信号处理教程 课后习题及答案

目录

第一章 离散时间信号与系统 第二章 第三章 第四章 第五章 第六章 第七章 第八章 Z变换

离散傅立叶变换 快速傅立叶变换 数字滤波器的基本结构

无限长单位冲激响应（IIR）数字滤波器的设计方法 有限长单位冲激响应（FIR）数字滤波器的设计方法数字信号处理中有限字长效应

第一章 离散时间信号与系统

1 .直接计算下面两个序列的卷积和y(n)=x(n)*h(n)

h(n)=

a

n

, 0≤n≤N 1

0 , 其他n

β n n

,n0≤n

x(n)= 0

,n<n0

请用公式表示。

分析：

①注意卷积和公式中求和式中是哑变量m（ n 看作参量），

结果y(n)中变量是 n,

∞∞

y(n)=

x(m)h(n m)=∑h(m)x(n m) ; m∑= ∞m= ∞

②分为四步 （1）翻褶（ -m ），（2）移位（ n ）,（3）相乘，

（4）相加，求得一个 n 的 y(n) 值 ，如此可求得所有 n 值的 y(n) ;

③ 一定要注意某些题中在 n 的不同时间段上求和范围的不同

解:

y(n)=x(n)*h(n)=(1)(2)

当n<n0时

n

m= ∞

∑x(m)h(n m)

y(n)=0

∞

当n0≤n≤n0+N 1时 ,部分重叠

y(n)=

nm=n0

∑x(m)h(n m)

m n0

=

m=n0

∑β

n

α

n m

αn

=n

β

1

=αβ

n0

)

βn0

)

ββ0

m=n0

∑)

βn+1

n

m

αn+1 n βn+1 n=

α β

,α≠β

(α=β)

y(n)=αn n0(n+1 n0),

(3)

当n≥n0+N 1时 ,全重叠 y(n)=

=

m=n-N+1

∑x(m)h(n m)

n

m n0

n

m=n N+1

∑β

n

α

n m

αn=n

β

m=n N+1

∑)

n

βm=αβ

n0

)

βn N+1

β) βn+1

1

=β

n+1 N n0

αN βNα β

,

(α≠β)

y(n)=Nαn n0,

(α=β)

如此题所示，因而要分段求解。

2 .已知线性移不变系统的输入为x(n),系统的单位抽样响应 为h(n),试求系统的输出y(n),并画图。

(1)x(n)= δ (n),(2)x(n)= R3(n),

(3)x(n)= δ (n 2),(4)x(n)= 2nu( n 1),

分析：

①如果是因果序列y(n)可表示成y(n)={y(0)，

h(n)=R5(n)h(n)=R4(n)

h(n)=0.5nR3(n)h(n)=0.5nu(n)

y(1)，y(2)……}，例如小题（2）为

y(n)={1，2，3，3，2，1} ;

②δ(n)*x(n)

=x(n) , δ(n m)*x(n)=x(n m) ;

③卷积和求解时，n的分段处理。

解： (1) y(n)=x(n)*h(n)=R5(n)(2) y(n)=x(n)*h(n)={1,2,3,3,2,1}

(3) y(n)=δ(n 2)*0.5nR3(n)=0.5n 2R3(n 2)

(4) x(n)=2nu( n 1) h(n)=0.5nu(n)

1 nn mm

0.52= 2∑3m= ∞n

4nn mm

当n≤ 1 y(n)=∑0.52= 2

3m= ∞当n≥0 y(n)=

3 .已知 h(n)=a nu( n 1)

1

,0<a<1 ，通过直接计算卷积和的办法，试确定

单位抽样响应为 h(n)的线性移不变系统的阶跃响应。

解:

x(n)=u(n)h(n)=a nu( n 1)y(n)=x(n)*h(n)

当n≤ 1时当n> 1时

y(n)=y(n)=

,0<a<1

m= ∞ 1

∑a

n

m

a n

=

1 a

a

m= ∞

∑a m=1 a

4. 判断下列每个序列是否是周期性的,若是周期性的,试确定其周期：

3ππ

n )7813

(b) x(n)=Asin(π n) (c) x(n)=e

3(a) x(n)=Acos(

分析：

j( π)6

序列为x(n)=Acos(ω0n+ψ)或x(n)=Asin(ω0n+ψ)时，不一定是周期序列， ①当2π/ω0=整数，则周期为2π/ω0；

②当

2π

ω0

=

P

,（有理数 P、Q为互素的整数）则周期为 Q ；

Q

③当2π/ω0=无理数 ，则x(n)不是周期序列。

(a)x(n)=Acos(n 解：

78

2π/ω0=2π/=

73

∴是周期的,周期为14。

(b)x(n)=Asin(13πn)

3

13π=626π/ 2π/ω0=j( π)313(c)x(n)=e=cos( π)+jsin( π)

∴是周期的，周期是6 = cos6 jsin6

T 是无理数 2π /ω0=12π

∴是非周期的。5. 设系统差分方程为:

y(n)=ay(n 1)+x(n)

其中x(n)为输入,y(n)为输出。当边界条件选为

y(0)=0(1)

(2)y( 1)=0

试判断系统是否是线性的?是否是移不变的?

分析：已知边界条件，如果没有限定序列类型（例如因果序列、反因果序列等），则递推求解必须向两个方向进行（n ≥ 0及n < 0）。

解: (1)y1(0)=0时，(a)设x1(n)=δ(n)，

按y1(n)=ay1(n 1)+x1(n)i)向n>0处递推，y1(1)=ay1(0)+x1(1)=0y1(2)=ay1(1)+x1(2)=0

┇

y1(n)=ay1(n 1)+x1(n)=0∴y1(n)=0,n≥0

ii)向n<0处递推，将原方程加以变换 y1(n+1)=ay1(n)+x1(n+1)

则y1(n)=[y1(n+1) x1(n+1)]

因而y1( 1)=[y 1 1(0) x1(0)]= a

y1( 2)=[y1( 1) x1( 1)]= a 2

y 3

1( 3)=a

[y1( 2) x1( 2)]= a ┇

y1(n)=1[y1(n+1) x1(n+1)]= an

综上i),ii)可知：yn

1(n)= au( n 1)

(b)设x(n)=δ(n 1)i)向n>0处递推， 按y2(n)=ay2(n 1)+x2(n) y2(1)=ay2(0)+x2(1)=1y2(2)=ay2(1)+x2(2)=a

┇

y2(n)=ay2(n 1)+xn 12(n)=a∴y2(n)=an 1

,n≥1

ii)向n<0处递推，

按变换后的y2(n) y2(n)=a

[y2(n+1) x2(n+1)]

y2( 1)=a

[y2(0) x2(0)]=0

y2( 2)=1[y2( 1) x2( 1)]=0

┇

y2(n)=a

[y2(n+1) x2(n+1)]=0

综上i),ii)可得：y 12(n)=anu(n 1)由　(a),(b)结果可知，

x(n)与x2(n)是移一位的关系，但 y1(n)与y２(n)不是移一位的关系，所以在 y(0)=0条件下，系统不是移不变系统。

c)设x(n)=δ(n)+δ(n 1)i)向n>0处递推

y3(1)=ay3(0)+x3(1)=1 y3(2)=ay3(1)+x3(2)=ay2

3(3)=ay3(2)+x3(3)=a ┇

y3(n)=ay3(n 1)+x3(n)=an 1∴y3(n)=an 1,n≥1

ii)向n<0处递推

y3( 1)=1[y3(0) x3(0)]= a 1

y3( 2)=1[y3( 1) x3( 1)]= a 2

┇

y3(n)=a

[y3(n+1) x3(n+1)]

= an, n≤ 1综上i),ii)可得：

y3(n)=an 1u(n 1) anu( n 1) =y1(n)+y2(n)

∴所给系统在y(0)=0条件下是线性系统。

6.试判断:

是否是线性系统?并判断(2),(3)是否是移不变系统?

分析：利用定义来证明线性：满足可加性和比例性，

T[a1x1(n)+a2x2(n)]=a1T[x1(n)]+a2T[x2(n)]

移不变性：输入与输出的移位应相同T[x(n-m)]=y(n-m)。

解： (1)y(n)=

m∑

n

x(m)

= ∞

yn

1(n)=T[x1(n)]=x1(m)

m∑= ∞y2(n)=T[x2(n)]n

=

m)

m∑x2(= ∞

ay1(n)n

+by2(n)=

[ax1(m)+bx2(n)]

m∑= ∞

T[axn

1(n)+bx2(n)]=

[ax1(n)+bx2(n)]

m∑= ∞

T[ax1(n)+bx2(n)]=ay1(n)+by2(n)

∴系统是线性系统

解：(2) y(n)=[x(n)]

2

y1(n)=T[x1(n)]=[x2

1(n)]

y(n)=T[x2

22(n)]=[x2(n)]

ay(n)+by2

2

12(n)=[ax1(n)]+[bx1(n)]

∴系统不是线性系统

T[ax1(n)+bx2(n)]=[ax2

1(n)+bx2(n)]

=[ax)]2

+[bx2

1(n2(n)]+2abx1(n)x2(n)即T[ax1(n)+bx2(n)]≠ay1(n)+by2(n)

T[x(n m)]=[x(n m)]2

y(n m)=[x(n m)]2

即T[x(n m)]=y(n m)

∴系统是移不变的

y1(n)=x1(n)sin+))

y2(n)=x2(n)sin+ (3)解：

y(n)=x(n)sin +

97

ay1(n)+by2(n)=ax1(n)sin(++

bx2(n)sin(+)

7. 试判断以下每一系统是否是(1)线性,(2)移不变的？

T[x(n m)]=x(n m)sin+y(n m)=x(n m)sin+97

即T[x(n m)]=y(n m)

)

)

∴系统是移不变的

T[ax1(n)+bx2(n)]=[ax1(n)+bx2(n)]sin(+)

即有T[ax1(n)+bx2(n)]

=ay1(n)+by2(n)∴系统是线性系统

(1)

T[x(n)]=g(n)x(n) (2)T[x(n)]=x(n n0) (4)

T[x(n)]=

k=n0x(n)n

∑x(k)

(3)

T[x(n)]=e

分析：

注意：T [x(n)] = g(n) x(n) 这一类表达式，若输入移位m,则有x(n)移位变成x(n-m),而g(n)并不移位，但y（n）移位m则x（n）和g(n)均要移位m 。

解：(1)

T[x(n)]=g(n)x(n) T[ax1(n)+bx2(n)]=g(n)[ax1(n)+bx2(n)]

=g(n)×ax1(n)+g(n)×bx2(n)=aT[x1(n)]+bT[x2(n)]

系统是线性系统。

T[x(n m)]=g(n)x(n m) y(n m)=g(n m)x(n m) 即T[x(n m)]≠y(n m)系统不是移不变的。

T[x(n m)]=

e

x(n m)

y(n m

)=

e

x(n m)

即T[x(n m)]

=y(n m)

∴系统是移不变的。

解：(2) T[x(n)]=

k∑n

x(k)

=n0

T[ax1(n)+bx2(n)]=

k∑n

[ax1(k)+bx2(k)]

=n0

n

n=

(k)+)

k∑ax1=nk∑bx2(k0

=n0

=aT[x1(n)]+bT[x2(n)]∴系统是线性系统。

∴∴

T[x(n m)]= =y(n m)=

k=n0

∑x(k m)

n m

n

k=n0 mn mk=n0

∑x(k)

∑x(k)

即T[x(n m)]≠y(n m)∴系统不是移不变的。

(3)解：

T[x(n)]=x(n n0)T[ax1(n)+bx2(n)]=ax1(n n0)+bx2(n n0)=aT[x1(n)]+bT[x2(n)]

8. 以下序列是系统的单位抽样响应h(n),试说明系统是否是

(1)因果的,(2)稳定的？

(1)

(3)

1

u(n)n

3nu(n)0.3nu(n)

(2)(4)(6)

1

u(n)n!

3nu( n)0.3nu( n 1)

(5)(7)

分析：

δ (n+4)

注意：0！=1，已知LSI系统的单位抽样响应，可用n= ∞定性，用h（n）=0，n<0 来判断因果性。

解：

(1) 当n<0时 , h(n)=0, ∴是因果的。

∑h(n)

∞

=M<∞

来判断稳

n= ∞

∑

∞

|h(n)|=

11

++0212

∞,

∴不稳定。

(2) 当n<0时，h(n)=0, ∴是因果的。

∞

11

=1+1+++

2*13*2*1111

<1+1++++ =3

248

∴稳定。

n= ∞

∑

|h(n)|=

111+++0！1！2！

(3) 当n<0时，h(n)=0, ∴是因果的。

∞

n= ∞

∑

|h(n)|=30+31+32+

∞

∴不稳定。

(4)当n<0时，h(n)≠0,

∴是非因果的。

n= ∞

∑|h(n)|=3

∞

+3

1

+3

2

+

3

=2

∴稳定。

(5) 当n<0时，h(n)=0,∴系统是因果的。

∞

n= ∞

∑

|h(n)|=0.30+0.31+0.32+ =

10 7

∴系统是稳定的。(6) 当n<0时，h(n)≠0∴系统是非因果的。

∞

n= ∞

∑|h(n)|=0.3

1

+0.3

2

+ ∞

∴系统不稳定。

(7) 当n<0时，h(n)≠0∴系统是非因果的。

n= ∞∞

∑|h(n)|=1

∴系统稳定。

9．列出下图系统的差分方程,并按初始条件y(n)=0,n<0，求输入为x(n)=u(n)时的输出序列y(n),并画图表示。 分析：

“信号与系统”课中已学过双边Z变换，此题先写出H(z) 然后利用Z反变换（利用移位定理）在时域递推求解；也可直接求出序列域的差分方程再递推求

解[注意输入为u(n)]。

解：系统的等效信号流图为：

Y(z)1+z 1

则X(z)=1 4

z 1

4y(n) y(n 1)=4x(n)+4x(n 1) y(n)=１４

y(n 1)+x(n)+x(n 1)

y(0)=4

y( 1)+x(0)+x( 1)=1

y(1)=4y(0)+x(1)+x(0)=2+4y(2)=y(1)+x(2)+x(1)

=2(1+)+()2

y(3)=y(2)+x(3)+x(2)

=2(1++42)+()3

M

y(n)=y(n 1)+x(n)+x(n 1)

=2(1++L+(n 1)+(n

= n ()

u(n)

10. 设有一系统,其输入输出关系由以下差分方程确定

y(n) 12y(n 1)=x(n)+1

2x(n 1)

设系统是因果性的。 试求：

(a) 该系统的单位抽样响应 ；

(b)由(a)的结果,利用卷积和求输入 x(n)=e

jωn

u(n)的响应 。

分析：小题(a)可用迭代法求解

小题(b)要特别注意卷积后的结果其存在的n值范围。

解：

y(n) 2

y(n 1)=x(n)+2x(n 1)

(a)x(n)=δ(n)

y(n)=h(n)=0

(n<0)h(0)=1y( 1)+x(0)+1x( 1)=1

h(1)=2y(0)+x(1)+2x(0)

=2+2

=1

h(2)=2y(1)+x(2)+2x(1)=2

h(3)=1y(2)+x(3)+1x(2)=(1)2

222

┇

h(n)=12y(n 1)+x(n)+12x(n 1)

= n 1

2

n 1

∴h(n)= 2

u(n 1)+δ(n)

(b)

y[(n)=x(n)*h(n)

=()n 1u(n 1)+δ(n)*ejωn[

u(n)=()n 1u(n 1)]

]

*ejωnu(n)+ejωnu(n)=

∑n

()(m 1)ejω(n m)u(n 1)+ejωnm=1

u(n)e jω ()ne jω(n+1)

=2ejωn1 jωu(n 1)

e +ejωnu(n)

ejω(n 1) ()ne jω

=u(n 1)+ejωn1 e jω

u(n)ejωn=

()n

ejω u(n 1)+ejωnu(n)

11.有一理想抽样系统,抽样频率为Ωs=6π,抽样后经

理想低通滤波器Ha(jΩ)还原,其中:

1

, Ω<3π

Ha(jΩ)= 2

0, Ω≥3π

今有两个输入xa1(t)=cos2π t,

xa2(t)=cos5π t,

问输出信号ya1(t),ya2(t)有无失真?为什么?

分析：要想时域抽样后不产生失真的还原出原信号，则抽样频率（fs）必须大于最高信号频率（ fh）的2倍，即满足fs>2fh。

解：根据奈奎斯特定理可知：

xa1(t)=cos2π t ,频谱中最高频率Ωa1=2π<=3π

2

∴ya1(t)无失真。

xa2(t)=cos5π t ,频谱中最高频率 Ωa2

=5π>=3π

2

∴ya2(t)失真。

12.已知一个线性时不变系 除了区间 信号

N

统的 单位抽样响应

12

h(n)

≤n≤N

之外皆为零；≤n≤N

N

34

又已知输入之外皆为零；如

x(n)除了区间

N0,N

N

果假设输出信号 为零，试以

分析：由于

y(n)除区间

1

≤n≤N5之外皆

4

,N

2

,N3表示N

,N

5

。

y(n)=

∑

m

x(m)h(n m)

可知x(n)的非零范围为N2≤m≤N3，

h(n-m) 的非零范围为N0≤m≤N1 。

解：按照题意，在区间N0≤n≤N1之外单位抽样响应 h(n)皆为零；在区间N2≤n≤N3

之

外

输

入

x(n)

皆

为

零

,

因此y(n)=

∑

m

x(m)h(n m),由x(m)的非零空间为

N2≤m≤N3h(n m)的非零空间为N0≤n m≤N1将两不等式相加可得： N0+N2≤n≤N1+N3，在此区间之外，h(n k)和x(k)的非零抽样互不重叠，故输出皆为零。由于题中给出输出除了区间N4≤n≤N5之外皆为零，所以有：N4=N0+N2N5=N1+N3

13.一个具有下列有限长单 位抽样响应h(n)的系统：h(n)=0,n<0或n≥N,(N>0),请证明：如果|x(n)|≤B，则输出的界值为|y(n)|≤B∑|h(k)| ，同时请证明|y(n)|可能达到这个

k=0N 1

界值，即寻找一个满足 |x(n)|≤B的序列 x(n)，使y(n)对某些n值有|y(n)|=B∑|h(k)|。

k=0N 1

分析： 题中要求某些满足 y(0)=B 由卷积和公式有

n值使y(n)=B

∑

N 1

h(k) ， 最方便的是n=0 时

k=0

∑

N 1

h(k) ， 进一步看只要y(0)=

y(0)=B

k=0

∑

N 1

h(k) 满足即可 ，

h*(k)

， h(k)

k=0

∑

N 1

h(k)x( k) ， 即要求x( k)=B

k=0

也就是要求满足

h*( n)

Bh( n), 当h( n)≠0

x(n)=

0 , 当h( n)=0 。

证明：由于题中给出h(n)=0,(n<0,N≤n) 式中N>0 因此，可以把y(n)写成N 1

y(n)=∑h(k)x(n k)，而

k=0|y(n)|≤∑N 1

(|h(k)| |x(n k)|

)，

k=0

若|x(n k)|≤B则输出的界值

N 1

|y(n)|≤B∑|h(k)|　

，为达到这个界值我们k=0 凑一个序列

h ( n)

B ,h(x(n)=

|h( n)|

n)≠0　　　　

0,h( n)=0　

N 1

于是y(n)=∑h(k)h (k n)

k=0

|h(k n)|B　

N 1因此y(0)=∑|h(k)|2

N 1|h(k)|B=B∑|h(k)|

k=0k=0

第二章 Z变换

． 求以下序列的z变换，并画出零极点图和收敛域。

n

(1)

x(n)=an(|a|<1)

(2)x(n)= 1

n

2 u(n)

(3)

x(n)= 1

2 u( n 1)

(4)

x(n)=

1

n

,(n≥1)(5)x(n)=nsin(ω0n)

,n≥0(ω0为常数）

(6)

x(n)=Arncos(ω0n+Φ)u(n)

,0<r<1

分析： Z 变换定义

Z[x(n)]=X(z)=

∑∞

x(n)z

n

n= ∞

，

n的取值是x(n)的有值范围。Z变换的收敛域 是满足

(n)z n=M<∞

n∑

∞

x= ∞

的z值范围。

解：(1) 由Z变换的定义可知：

1

X(z)=

nz

n

+n∑∞

a

n

z

n

=

= ∞

n∑a

= ∞

∑∞

anz n

n=0

∑∞

=

a

n

zn

∞+

nz n

n=1

n∑a=0

=az11 a21 az+=

1 (1 az)(1 az 1)

z

=

(a2 1)za(z 1

a

)(z a)

1

1a

收敛域： az<1,且

z<1 a<z<

a

极点为： z=a,z=1

a

零点为： z=0,z=∞

解：(2) 由z变换的定义可知：

∞

X(z)=n∑

(1)n

u(n)z n = ∞2

∞

=

∑(1n n2

z

n=0 ( 2 ) x ( n ) = 1 n

=

1

2

u(n)

1 1 12

z收敛域：

12 1z<1 即： z>1

2

极点为：

z=1

2

零点为： z=0 n

(3)x(n)= 1

2

u( n 1)

解:（3）

∞

1

X(z)=∑ (1nu( n 1)z n

=∑ (1nz nn= ∞2n= ∞

2

∞

=

∑ 2nzn = 2z

1 2z

n=1

=

1

1 12

z 2z<1 z<12

极点为： z=12

零点为： z=0

(4)x(n)=

1

n

,(n≥1)解： (4) X(z)=

∞

1 z n n∑=1

dX(z)∞∞

dz=∑1( n)z n 1

=( z n 1)=1 ，|zn=1nn∑

=1

z z2

|>1 ∴X(z)=lnz ln(1 z)=ln

z

1 z

因为X(z)的收敛域和dX(z)

dz

的收敛域相同，

故X(z)的收敛域为|z|>1。

极点为：z=0,z=1 零点为：

z=∞

(5)x(n)=nsinω0n,n≥0(ω0为常数）

解：(5) 设 y(n)=sin(ω0n) u(n)

∞

则有 Y(z)=

y(n) z

n

=z 1sinω0

n∑1 2z 1cosω 2，|z|>1= ∞

0+z

而 x(n)=n y(n)

∴X(z)= zd

z 1(1 z 2)sinω0dz Y(z)=(1 2z 1cosω 2)2

,|z|>10+z因此，收敛域为 ：z>1

极点为： z=ejω0,z=e jω0 （极点为二阶）零点为： z=1,z= 1,z=0,z=∞

(6)x(n)=Arncos(ω0n+φ)u(n),0<r<1

解：(6)

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