数字信号处理答案(第三版)清华大学(4)

解：根据奈奎斯特定理可知：

xa1(t)?cos2? t ,频谱中最高频率?a1?2??6??3?2?ya1(t)无失真。??????xa2(t)?cos5? t ,频谱中最高频率 ?a2 6??5???3?2?ya2(t)失真。

12.已知一个线性时不变系统的 单位抽样响应h(n) 除了区间N0?n?N1之外皆为零；又已知输入 信号x(n)除了区间N2?n?N3之外皆为零；如 果假设输出信号y(n)除区间N4?n?N5之外皆 为零，试以N0,N1,N2,N3表示N4,N5。

分析：由于

y(n)??x(m)h(n?m)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

x(n) 之外输入皆为零, N2?n?N3因此y(n)??x(m)h(n?m),由x(m)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

N5?N1?N3 皆为零，所以有：N4?N0?N213.一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

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分析： 题中要求某些n值使y(n)?BN?1k?0 最方便的是n?0 时?h(k) ，k?0N?1k?0N?1满足 y(0)?B 进一步看只要 y(0)?B?h(k) 满足即可 ，?h(k) ， 由卷积和公式有y(0)??N?1h(k)x(?k) ， 即要求x(?k)?Bh*(k) ， k?0?也就是要求满足x(n)??Bh*(?n)h(?n) , 当h(?n)?0???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 ,x(n)????|h(?n)|h(?n)?0　　　　　???0,h(?n)?0　N?1h?

于是y(n)??h(k)(k?n)k?0|h(k?n)|B　N?1因此y(0)??|h(k)|2N?1B?Bk?0|h(k)|?|h(k)|k?0h(k) 19

。

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)?1n,(n?1)(5)x(n)?nsin(?0n),n?0(?0为常数）(6)x(n)?Arncos(?0n??)u(n),0?r?1

分析：

Z[x(n)]?X(z)??Z 变换定义

n?x(n)z?n???，

n的取值是x(n)的有值范围。Z变换的收敛域 是满足

?z?n?M??n?x(n)???

的z值范围。

解：(1) 由Z变换的定义可知：

X(z)?n?z?n?n??a???n??1?a?nz?n?????anz?nn?0?n???anz?n?1n?anz?n?0?az11?a21?az??1?a(1?az)(1?az?1)z

?(a2?1)za(z?1a)(z?a)20

1 a1收敛域： az?1,且z?1 即： a?z?

a

极点为： z?a,z?1a 零点为： z?0,z??

解：(2) 由z变换的定义可知：

?

X(z)?(1)nun?(n)z?n???2 ???(1)nz?n

n?02 ? 1 ? n(2)x(n)??1?

?2??u(n)1?1 ?12z收敛域： 112?z?1 即： z?12

极点为： z?12 零点为： z ?0

(3)x(n)????1?n?2??u(?n?1)

解:（3）

X(z)????(1)n?1u(?n?1)z?n???(1)nz?nn???2

n???2? ???2nzn ??2zn?11?2z

?11?1 ?12z 收敛域： 2z?1 即： z?12

极点为： z?12 零点为： z?0

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(4)x(n)?1

n,(n?1)解： (4) X(z)???1n?1n?z?n ?

?dX(z)1?n?1???dz?(?n)z?(?z?n?1)?1 ，|z|?1 n??1nn??1z?z2?X(z)?lnz?ln(1?z)?lnz1?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)?nsin?0n,n?0(?0为常数）

解：(5) 设 y(n)?sin(?0n)?u(n)

?1则有 Y(z)?n)?z?n?z?sin?0n?y(???1?2z?1cos??2，|z|?10?z而 x(n)?n?y(n)

dz?1X(z)??zdz?Y(z)?(1?z?2∴)sin?0(1?2z?1cos?,|z|?10?z?2)2因此，收敛域为 ：z?1

极点为： z?ej?0,z?e?j?0 （极点为二阶）零点为： z?1,z??1,z?0,z??

(6)x(n)?Arncos(?0n??)u(n),0?r?1解：(6)

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