2021年数字信号处理教程程佩青课后题答案.docx

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1、精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -第一章离散时间信号与系统2. 任意序列 x(n) 与 (n) 线性卷积都等于序列本身x(n) ，与 (n-n 0) 卷积 x(n-n0)、所以（ 1）结果为 h(n)(3)结 果 h(n-2)x(m)h(nm)1110000y(n)011111221113311113401111250011111（ 2）列表法n（ 4）当n0y(n)1nmm1n0.522m34n当n1y( n)mnn mmn0.52233 . 已知h (n )au (n1)、0a1，通过直接运算卷积和的方法，试确定单位抽样响应为h (n ) 的线性移

2、不变系统的阶跃响应；解 :x(n)u(n)h( n)a nu(n1)、0a1y(n)当n1时x( n) *y(n)h( n)anna mm1a当n1时y(n)a ma1m1a4.判定以下每个序列为否为周期性的、 如为周期性的 、 试确定其周期：( a )x ( n )A cos(3n)7813j ( n)( b )分析：x ( n )A si n(3n )( c )x ( n )e6序列为x( n )A cos(0 n) 或 x(n )A sin(0 n) 时，不肯定为周期序列，第 1 页，共 28 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - -

3、 - - - - - -当 2/0整数，就周期为2/0 ； 当 20P 、（ 有 理数 QP. Q为互素的整数）就周期为 Q ；当 2/0无理数，就x ( n )不为周期序列；解：（ 1） 2/014，周期为143（2） 2/06，周期为613（2） 2/07.（ 1）12，不为周期的Tx(n)Tax1 ( n)g (n) x( n) bx2 ( n)g (n) ax1 ( n)bx2 ( n)g(n)ax1 ( n)g( n)bx2 ( n)aT x1 ( n)bT x2 ( n)所以为线性的Tx(n-m)=g(n)x(n-m)y(n-m)=g(n-m)x(n-m)两者不相等，所以为移变的y

4、(n)=g(n)x(n)y和 x 括号内相等，所以为因果的； （ x 括号内表达式满意小于等于 y 括号内表达式，系统为因果的）y(n) =g(n)x(n)<=g(n) x(n) x(n)有界，只有在 g(n)有界时， y(n)有界，系统才稳固，否就系统不稳固（ 3） Tx(n)=x(n-n0)线性，移不变， n-n0<=n 即 n0>=0 时系统为因果的，稳固（ 5）线性，移变，因果，非稳固（ 7）线性，移不变，非因果，稳固（ 8）线性，移变，非因果，稳固8.第 2 页，共 28 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - -

5、 - - - - - -解：(1) 当 n0时 、 h ( n)0、为因果的；11| h ( n ) |22n01不稳固；. . .、( 2) 当 n0时，h( n )0、为因果的；111| h( n) |n0！1！1111. . .2！. . .2 * 13 * 2 * 111111248. . .3稳固；( 3) 当 n0时，h ( n )0、为因果的；| h ( n) |3 0n313 2. . .不稳固；( 4)当 n0时，h ( n )0、为非因果的；0123| h ( n ) |333n稳固；. . .2( 5) 当n0时， h( n)0、系统为因果的；01210| h( n) |

6、n0.30.30.3. . .7系统为稳固的；(6) ) 当 n0时， h(n)0系统为非因果的；| h( n) |n0.3 10.3 2. . .系统不稳固；( 7 ) 当 n0 时，h ( n )0系统为非因果的；| h ( n ) |1n系统稳固；第 3 页，共 28 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -其次章Z 变换1 求以下序列的z 变换，并画出零极点图和收敛域；n(1) x(n)na( | a |1)n(2) )x( n)1u(n)2(3) x(n)1u(n1)2(4)x( n)1、 ( n1)n(5

7、) )x ( n)n sin(0n )、n0(0为常数）(6) )（ 7） 分析：x ( n)Ar n cos(n) u( n)、 0r1Z 变换定义Z x ( n )X ( z)x ( n) zn0n，n 的取值为x(n ) 的有值范畴；Z 变换的收敛域为满意nx ( n ) zMn的 z 值范畴；解： (1) 由 Z 变换的定义可知：X (z)na nz n1an z nna n z nn 0a n zna n z n n 1n 0az11a21az1a z(1az)(1az 1 )( a 21)za( z1 )( za ) a收敛域：az1、且 a1 z即： az1 a极点为： za、

8、z1 a零点为： z0、 z(2) x(n)n1u(n)2解： (2)由 z 变换的定义可知：X ( z)n( 1 ) n2u( n) z n第 4 页，共 28 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -( 1n02) n zn111 z 12收敛域：112z1即：z12极点为： z12零点为： z0( 3) x ( n )n1u (n1)2解: （3）X ( z)n( 1 )n u(n 211) z nn( 1 )n z n22n znn 112 z12 z11 z 12收敛域： 2z1 即 ： z121极点为：z

9、零点为： z0 2(4) x( n)1 、 (n1)n解：(4)X ( z)1znn 1 n. . dX ( z).dz1 (n 1 nn) z n 1(z n 1 )n 11zz 2， | z |1第 5 页，共 28 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -X ( z)ln zln(1z)lnz1z由于 X ( z) 的收敛域和dX ( z) 的收敛域相同， dz故 X ( z) 的收敛域为 | z |1；极点为： z0、z1零点为：z(5) x( n )n sin0 n、 n0(0为常数）解 ： (5) 设y

10、( n)sin(0n )u (n )就有Y ( z)ny( n)zz112 z1 sin0cos0，| z |12zn而x(n)ny(n)0 X ( z)z dY ( z)z 1 (1z 2 ) sin0、 | z |1dz(12z 1 cosz 2 )2因此，收敛域为： z1极点为： ze0 、 ze0（极点为二阶）jj0零点为：z1 、 z1 、 z0 、 z(6) x( n)解：(6)Ar n cos(n)u( n)、0r1设y(n)cos(0n)u (n)0(cos( cos0 n) cos(cos0n)sin( u (n)0 n) sinsin sin(u(n)0n)u (n)00Y

11、 (z)cos1z 1 cossinz 1 sin012 z 1 cosz 212z 1 cosz 2cosz 1 cos(0 )、z112z1 cosz 200就 Y( z) 的收敛域为z1 而x( n)Ar ny(n)X ( z)A Y( z)A cosz 1r cos()r12 z1r cosr 2 z 20就X ( z) 的收敛域为 ：z| r |；（7）Zu(n)=z/z-1第 6 页，共 28 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -Znu(n)=-z d zz2dzz1(z1)22dzzzZn u(n)

12、=-zdz( z1)2 ( z1)3零点为 z=0、± j、 极点为 z=13.用长除法、留数定理、 部分分式法求以下X (z)的z反变换11 z 12112z 11(1) X (z)、z(2)X (z)、z11 z 2211 z 1444111 z(3) X ( z)za 、z1(4)X ( z)4、1z11aza18 z 11 z 2531515分析：长除法：对右边序列（包括因果序列）H（ z）的分子.分母都要按 z 的降幂排列，对左边序列（包括反因果序列）H（ z）的分子.分母都要按z 的升幂排列；部分分式法：如X（z）用 z 的正幂表示，就按X(z)/z写成部分分式，然后求各

13、极点的留数，最终利用已知变换关系求z 反变换可得x（ n）；留数定理法：（1）留意留数表示为Res ( X (z)z n 1 )zzk(zzk) X ( z) z n 1zzk1因而 X ( z) zn1 的表达式中也要化成1 /( zzk ) 的形式才能相抵消，不能用1/(1z k z)来和（zz k）相抵消，这为常出现的错误 ；（2）用围线内极点留数时不必取“”号（负号） ，用围线外极点留数时要取“”号（负号）；（ 1）（ i ）长除法：X ( z)11 z 1211 z 24111 z 12极点为z1 / 2 、 而收敛域为： | z |1 / 2、因而知 x(n)为因果序列，所以分子按

14、降幂排列分母要111 z 1 121 z121 z24. . .11 z 12第 7 页，共 28 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -1 z 121 z 121 z 24X ( z )11 z2n01 z 24112z4n1zn2. . .所以：x ( n )n1u ( n ) 2（ 1） (ii) 留数定理法：x(n)112 jc11 z 12zn 1 dz 、 设c 为z1 内的逆时针方向闭合曲线： 2当 n1zn110 时，11z1zn 在 c 内有1z22z1 一个单极点2就 x(n)Resznz12z

15、12n1、n02由于 x(n) 为因果序列 ，故n0 时， x(n)0所以x(n)n1u (n)2（ 1） (iii) 部分分式法：X (z)11 z 1211 z 241z11 z 1z122第 8 页，共 28 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -由于z所以12x(n)n1u(n)2（ 2） (i).长除法：由于极点为 z1 、而收敛域为z1、44因而x(n ) 为左边序列 、所以要按 z 的升幂排列：1z 242828zz 8z7z 7z112z228z2. . .228 z28 z2112 z3X ( z

16、)828z112z2. . .874 nz n n 11874nz n n所以x( n)8(n)7n1u(n1)4（ 2） (ii) 留数定理法 :x(n)12 jcX ( z)z n1 dz 设 c 为z1 ， 内的逆时针方向闭合曲线4当 n0 时：X ( z) zn 1在 c 外有一个单极点z14第 9 页，共 28 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -x(n)Res X ( z) zn 1 1z47( 1 ) n 、4(n0)当 n0 时：1nX (z)z在 c 内有一个单极点z0 x(n)Re s X (

17、z)zn 18、 n0z 0当 n0 时：X(z) zn 1在 c 内无极点，就：x( n)0、 n0综上所述，有：1 nx(n)8(n)7()u(n1)4(2)(iii).部分分式法：X ( z)zz2z( z1 ) 487zz14就X (z)87 z781z11z144由于z14就 x( n)为左边序列所以x(n)8( n)7( 1 )4n u(n1)(3)(i).长除法：由于极点为z1 ，由az1 可知、 x( n) 为 a因果序列 、 因而要按z的降幂排列 :1aaz1 zaz1a111( a) z aa112( a) za 2a. . .(a1 )a(a1 )a1 ( a a1 )z

18、 1a第 10 页，共 28 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -1(aa1 (a a11) za1 ) z 1a1 (aa 21 ) z 2a. . . . . .就 X (z)1(aan 1n1 )1z naa所以x(n)1(n)( a1 )aan1u( n1) a(3)(ii).留数定理法 :x(n)12 jcX (z) zn1dz，设 c 为 z1a内的逆时针方向闭合曲线；当 n0 时 ：X ( z) zn1在 c 内有 z1 一个单极点ax(n)Re sX ( z) zn 11za1 za z( a1

19、)aaz n 11az 1an1、( n0)a当 n0时： X ( z)z n 1在c 内有z0、 z1 两个单极点z 0ax(0)Re s1aaX (z)z n 11za1aaRe sX (z) zn 1当n0时：由于 x(n)为因果序列，此时x(n)10 ；所以n11x(n)(n)( a)aaau(n1)(3)(iii).部分分式法：X ( z)zz z(1a az)a1a 2z1az第 11 页，共 28 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -就 X (z)a(a1 )1a11 z 1a所以x(n)(a)(n

20、)(a1 ) an1u(n) a1(n)( a1 )aaz1n1u( n1) a(4) X (z)4ABz( z1)( z1 )z1z1A=5/8、 B=3/83535X( z)5z3z8 z18 z1x(n)3551 n3 1 n() u (n1)()u(n)838 5x (0)lim X (z)5对因果序列 、初值定理为z、假如序列为n0 时 x(n)0 、问相应的定理为什么 . 争论一个序列x(n)，其 z 变换为：719z 1X ( z )122415 z 1z 22X (z) 的收敛域包括单位圆，试求其x(0) 值；分析：这道题争论如何由双边序列Z 变换X ( z) 来求序列初值x

21、( 0 ) ，把序列分成因果序列和反因果序列两部分， 它们各自由加即得所求；X ( z) 求x (0 )表达式为不同的 ，将它们各自的x( 0 ) 相解：当序列满意n00 、 x(n)0时 、 有 :X ( z)nx (n)z nx( 0)x(1)zx (2) z 2. . .所以此时有：limX ( z)x(0)z0如序列x( n) 的 Z 变换为：第 12 页，共 28 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -X ( z )719 z 1122415 z 1z 227z 212( z2)(19 z 24z1 )2

22、z4（ z2）z3（ z1 ）2X 1 ( z)X 2 ( z )X ( z)的极点为1z12 、z 22由题意可知：X(Z) 的收敛域包括单位圆、就其收敛域应当为：1z22就 x1 (n) 为 n0 时为有值左边序列，x2 ( n)为因果序列：zx1 (0)lim X 1 ( z)lim0z0z0 （4 z2）z1x2 ( 0)limzX 2 ( z)limz（3 z1 ）32x(0)x1 ( 0)1x2 (0)36. 有 一信号y(n )，它与 另两个信 号x1 (n )和nx2 (n )的关 系 为 :ny ( n )x1 ( n3)x 2 (n1)，其中x1( n)1u(n) ，x22

23、(n)1u( n) ，3已知 Z a n u (n )11， zZ1aza ，利用 z 变换性质求y(n)的 z 变换 Y(z) ；解：Zx1 (n )X 1 ( z)111 z 12x 2 ( n)X 2 ( z)111 z 13Zx1 (n3)z3 X1 ( z)z 31z111 z 122x2 (x2 (n)Zn1)X 2 ( zZzX1 )111 z31z2 ( z)11z3z 113z3而y(n)x1 (n3 )*x 2 (n1)所以Y(z)Zx1(n3 )Z x 2 (n1)z 3111 z 12z 5z11 z33z 5(z -1 )(121 z)3(z -1 )( 3z )2第

24、 13 页，共 28 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -8.如 x1 (n )、 x2 (n ) 为因果稳固序列，求证：12分析：X 1 ( ej) X 2( e j)d1 2X1 (e j)d12X 2 ( e j) d利用时域卷积就频域为相乘的关系来求解x1 ( n) *1x 2 ( n )2X( e j) X 2(e j) e j n d1而 x1 (n ) *x2 ( n) n0x1 (0) x2 (0 )11X(e j2) X 2(e j)d，再利用证明:x1(n).x2 (n) 的傅里叶反变换，代入

25、n = 0 即可得所需结果；设 y(n)Y ( z)x1 (n)X 1 ( z)x2 ( n)就X 2 ( z)jY ( e)1jX 1 (ejj)X 2 (e)jj nX 1 ( e2) X 2 (e)ed12y(n)x1 (n)Y (ejx2 (n)e j n d11X (e j2) X 2( ej) dx1 (n)nx2 (n) |n 0x1 (k) x2 (nk )k 0n 0x1 (0)x2 (0)x. .1.1 (n)22X 1 ( e j)e j n d1x2 ( n)2X(e j) ej n d x1x(0)1 22( 0)1X (e j)d12X ( ej) d2第 14 页

26、，共 28 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -11X (e j2)X 2(e j)d1jX 1(e)d 212jX 2 (e)d10. 分析：利用序列傅里叶变换的定义.它的导数以及帕塞瓦公式21x ( e j)d 2解：x ( n )；2n(a) ) X (e j 0 )nx( n) ej 0 nnx( n)6(b) )X (e j)d24X (e jx(0)e j 0 d(c) 由帕塞瓦尔公式可得：j2X (e)d2x(n)282n( d ) X (e j)nx( n) e j ndX ( ej)dn(jn

27、) x( n) e j n即 DTFT(jn ) x(n )dX (e j) d2由帕塞瓦尔公式可得：2dX (e j)dd2| (njn )x(n) |222n x(n)n2( 910196425049)31613.争论一个输入为x(n)和输出为y(n )的时域线性离散移不变系统， 已知它满足y(n1)10 y(n)3y(n1)x( n)并已知系统为稳固的；试求其单位抽样响应；第 15 页，共 28 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -分析：在 Z 变换域中求出求 Z 反变换；H ( z)Y( z) / X (

28、 z)，然后和题12（ c ）一样分解成部分分式分别解：对给定的差分方程两边作Z 变换，得：z 1 Y( z)10Y( z)3zY( z)X (z)就： H ( z)Y( z)1zX (z)110zz1( z3)( z)极点为z13313 、 z2，3为了使它为稳固的，收敛区域必需包括单位圆，故为1/3<z<3即可求得h (n)33n u (n1)8n1u( n ) 314.争论一个满意以下差分方程的线性移不变系统，该系统不限定为因果.稳固系统；利用方程的零极点图，试求系统单位抽样响应的三种可能挑选方案；y(n1)解:5 y(n)2y(n1)x(n)对题中给定的差分方程的两边作 Z

29、 变换，得：z1Y( z)5 Y ( z)2zY ( z)X ( z)H( z )因此Y( z )X( z )1z15z2z( z2)( z1 )2第 16 页，共 28 页 - - - - - - - - - -精品word 可编辑资料 - - - - - - - - - - - - -其零点为极点为z0z1z12、22由于该系统不限定为因果，稳固系统、所以其收敛域情形有三种，分别如左图所示；收敛域情形有：z2零极点图一：1z2零极点图二：2z1零极点图三：2注：假如想要参看详细题解，请先挑选方案，然后单击解答按键即可；(1)按 12 题结果 (此处 z1=2、 z2=1/2)、可知当收敛区域为z2 、就系统为非稳固的， 但为因果的；其单位抽样响应为：h (n )1z1z2n( z1nz2)u (n )2 (2n32 n )u( n)1z(2) 同样按 12 题，当收敛区域为22