《数字信号处理教程》程佩青(第三版)课后答案
更新时间:2023-07-23 23:24:01 阅读量: 实用文档 文档下载
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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