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数字信号处理 第四章 答案

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《数字信号处理》(2-7章)习题解答

《数字信号处理》(2-7章)习题解答

第二章习题解答1、求下列序列的z 变换()X z ，并标明收敛域，绘出()X z 的零极点图。

(1) 1()()2nu n (2) 1()()4nu n - (3) (0.5)(1)nu n --- (4) (1)n δ+(5) 1()[()(10)]2nu n u n -- (6) ,01na a <<解：(1) 00.5()0.50.5nn n n zZ u n z z ∞-=⎡⎤==⎣⎦-∑，收敛域为0.5z >，零极点图如题1解图(1)。

(2) ()()014()1414n nn n z Z u n z z ∞-=⎡⎤-=-=⎣⎦+∑，收敛域为14z >，零极点图如题1解图(2)。

(3) ()1(0.5)(1)0.50.5nnn n zZ u n z z --=-∞-⎡⎤---=-=⎣⎦+∑，收敛域为0.5z <，零极点图如题1解图(3)。

(4) [](1Z n z δ+=，收敛域为z <∞，零极点图如题1解图(4)。

(5) 由题可知，101010910109(0.5)[()(10)](0.5)()(0.5)(10)0.50.50.50.50.50.5(0.5)n n nZ u n u n Z u n Z u n z z z z z z z z z z z --⎡⎤⎡⎤⎡⎤--=--⎣⎦⎣⎦⎣⎦⋅=-----==--收敛域为0z >，零极点图如题1解图(5)。

(6) 由于()(1)nn n a a u n a u n -=+--那么，111()(1)()()()nn n Z a Z a u n Z a u n z z z a z a z a a z a z a ----⎡⎤⎡⎤⎡⎤=---⎣⎦⎣⎦⎣⎦=----=-- 收敛域为1a z a <<，零极点图如题1解图(6)。

(1) (2) (3)(4) (5) (6)题1解图2、求下列)(z X 的反变换。

数字信号处理课后答案第3和4章fb

数字信号处理课后答案第3和4章fb

[e 2
n0
N 1
j 0 n
e
]e
j N j N 1 e 0 1 e 0 2π 2π j( 0 k) j( 0 k) 2 N N 1 e 1 e

第３章
离散傅里叶变换(DFT)及其快速算法 (FFT)
解法二
因为
由DFT共轭对称性可得同样结果。
离散傅里叶变换(DFT)及其快速算法 (FFT)
(6)
2π kn X (k ) cos mn W N N n0

N 1

N 1
1 2
j
2π N
mn
(e
e
-j
2π N
mn
-j
2π N
kn
)e
n0

1 2

N 1
j
2π N
(mk )n
e

1 2
n0

N 1
第３章
离散傅里叶变换(DFT)及其快速算法 (FFT)
教材第3章习题与上机题解答
1． 计算以下序列的N点DFT， 在变换区间0≤n≤N－1内， 序列定义为 (1) x(n)=1 (2) x(n)=δ(n) (3) x(n)=δ(n－n0) 0<n0<N (4) x(n)=Rm(n) 0<m<N
1 2j
j(
2π N
mn )
[e
e
j(
2π N
mn )
]
2π sin mn N
n=0, 1, …, N－1
第３章
离散傅里叶变换(DFT)及其快速算法 (FFT)
3． 已知长度为N=10的两个有限长序列：

北邮数字信号处理第四章附加题答案正式版

北邮数字信号处理第四章附加题答案正式版

1. 请推导出三阶巴特沃思低通滤波器的系统函数，设1/c rad s Ω=。

解：幅度平方函数是：2261()()1A H j Ω=Ω=+Ω令： 22s Ω=- ,则有：61()()1a a H s H s s-=- 各极点满足121[]261,26k j k s ek π-+==所得出的6个 k s 为：15==j es 2321321jes j +-==π12-==πj e s 2321343jes j --==π2321354j es j -==π2321316j es j +==π15==j e s 2321321je s j +-==π12-==πj e s 2321343je s j --==π2321354j es j -==π2321316j es j +==π122))()(()(233210+++=---=s s s k s s s s s s k s H a 1221)(23+++==s s s s H a 代入s=0时, ,可得,故:1=)s (H a 10=k2. 设计一个满足下列指标的模拟Butterworth 低通滤波器，要求通带的截止频率6,p f kHz =，通带最大衰减3,p A dB =，阻带截止频率12,s f kHz =，阻带的最小衰减25s A dB =，求出滤波器的系统函数。

解： 2,2s s p p f f ππΩ=Ω=0.10.1101lg 101N 2lg()s pA A s p⎛⎫- ⎪-⎝⎭≥ΩΩ=4.15取N=5，查表得H(p)为：221()(0.6181)( 1.6181)(1)H p p p p p p =+++++ 因为3,p A dB =所以c p Ω=Ω[]52222()()0.618 1.618cs p c c c c c c H s H p s s s s s =Ω=Ω=⎡⎤⎡⎤+Ω-Ω+Ω-Ω+Ω⎣⎦⎣⎦3. 设计一个模拟切比雪夫低通滤波器，要求通带的截止频率 f p =3kHz ，通带衰减要不大于0.2dB ，阻带截止频率 f s = 12kHz ，阻带衰减不小于 50dB 。

数字信号处理课后习题答案(全)1-7章

数字信号处理课后习题答案(全)1-7章

第 1 章 时域离散信号和时域离散系统
(3) 这是一个延时器， 延时器是线性非时变系统， 下面证明。 令输入为
输出为
x(n－n1)
y′(n)=x(n－n1－n0) y(n－n1)=x(n－n1－n0)=y′(n) 故延时器是非时变系统。 由于
T［ax1(n)+bx2(n)］=ax1(n－n0)+bx2(n－n0) =aT［x1(n)］+bT［x2(n)］
（5）y(n)=x2(n)
（6）y(n)=x(n2)
（7）y(n)=
n
（8）y(n)=x(n)sin(ωxn(m) )
m0
解： （1） 令输入为
输出为
x(n－n0)
y′(n)=x(n－n0)+2x(n－n0－1)+3x(n－n0－2) y(n－n0)=x(n－n0)+2x(n—n0—1)+3(n－n0－2)
第 1 章 时域离散信号和时域离散系统
题8解图（一）
第 1 章 时域离散信号和时域离散系统
(5) 画x3(n)时， 先画x(－n)的波形(即将x(n)的波形以纵轴为中心翻转180°)， 然后再右移2位， x3(n)波形如题2解图（四）所示。
第 1 章 时域离散信号和时域离散系统
题2解图（一）
第 1 章 时域离散信号和时域离散系统
题2解图（二）
第 1 章 时域离散信号和时域离散系统
题2解图（三）
分别求出输出y(n)。
（1） h(n)=R4(n), x(n)=R5(n) （2） h(n)=2R4(n), x(n)=δ(n)－δ(n－2) （3） h(n)=0.5nu(n), xn=R5(n)
解： （1） y(n)=x(n)*h(n)=

数字信号处理课后答案+第4章(高西全丁美玉第三版)

数字信号处理课后答案+第4章(高西全丁美玉第三版)
一次N点FFT求得X1(k)和X2(k)。 具体方法如下：
令 y(n)=x1(n)+jx2(n) Y(k)=DFT［y(n)］ 则
这样， 通过一次N点IFFT计算就完成了计算2N点DFT。 当然还要进行由Y(k)求X1(k)、 X2(k)和X(k)的运算(运算量相对
k=0, 1, …, N－1
⎧ ⎛n⎞ ⎪ x1 ⎜ 2 ⎟ ⎪ ⎝ ⎠ x (n) = ⎨ ⎪x ⎛ n −1 ⎞ ⎪ 2⎜ 2 ⎟ ⎠ ⎩ ⎝
n = 偶数 n = 奇数
在编程序实现时， 只要将存放x1(n)和x2(n)的两个数组的元 素分别依次放入存放x(n)的数组的偶数和奇数数组元素中 即可。
运算流图。 但画图占篇幅较大， 这里省略本题解答， 请 读者自己完成。
很少)。 （2） 与（1）相同， 设 x1(n)=x(2n) n=0, 1, …, N－1 x2(n)=x(2n+1) n=0, 1, …, N－1 X1(k)=DFT［x1(n)］ X2(k)=DFT［x2(n)］ 则应满足关系式
1 X 1 ( k ) = DFT[ x1 ( n)] = Yep ( k ) = [Y ( k ) + Y * ( N − k )] 2 1 jX 2 (k ) = DFT[ jx2 (n)] = Yep (k ) = [Y ( k ) − Y * ( N − k )] 2
4． 设x(n)是长度为2N的有限长实序列， X(k)为x(n)的 2N点DFT。 (1) 试设计用一次N点FFT完成计算X(k)的高效算法。 (2) 若已知X(k) ，试设计用一次N点IFFT实现求X(k)的 2N点IDFT运算。
x1(n)和x2(n)均为实序列， 所以根据DFT的共轭对称性， 可用
② 由X1(k)和X2(k)构成N点频域序列Y(k): Y(k)=X1(k)+jX2(k)=Yep(k)+Yop(k)

(完整版)数字信号处理教程程佩青课后题答案

(完整版)数字信号处理教程程佩青课后题答案

第一章 离散时间信号与系统2.任意序列x(n)与δ(n)线性卷积都等于序列本身x(n)，与δ(n-n 0)卷积x(n- n 0),所以（1）结果为h(n) (3)结果h(n-2) （2（4）3 .已知 10,)1()(<<--=-a n u a n h n，通过直接计算卷积和的办法，试确定单位抽样响应为 )(n h 的线性移不变系统的阶跃响应。

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：)6()( )( )n 313si n()( )()873cos()( )(ππππ-==-=n j e n x c A n x b n A n x a分析：序列为)cos()(0ψω+=n A n x 或)sin()(0ψω+=n A n x 时，不一定是周期序列，nmm m n n y n - - -∞ = - ⋅ = = ≥ ∑ 2 31 2 5 . 0 ) ( 01当 3 4n m nm m n n y n 2 2 5 . 0 ) ( 1⋅ = = - ≤ ∑ -∞ = - 当 aa a n y n a a an y n n h n x n y a n u a n h n u n x m m nnm mn -==->-==-≤=<<--==∑∑--∞=---∞=--1)(11)(1)(*)()(10,)1()()()(:1时当时当解①当=0/2ωπ整数，则周期为0/2ωπ；②；为为互素的整数）则周期、（有理数当 , 2 0Q Q P QP =ωπ ③当=0/2ωπ无理数 ，则)(n x 不是周期序列。

解：（1）0142/3πω=，周期为14 （2）062/13πω=，周期为6 （2）02/12πωπ=，不是周期的 7.（1）[][]12121212()()()()()()[()()]()()()()[()][()]T x n g n x n T ax n bx n g n ax n bx n g n ax n g n bx n aT x n bT x n =+=+=⨯+⨯=+所以是线性的T[x(n-m)]=g(n)x(n-m) y(n-m)=g(n-m)x(n-m) 两者不相等，所以是移变的y(n)=g(n)x(n) y 和x 括号内相等，所以是因果的。

数字信号处理教程课后习题及答案


x(n
− m)sin
2π 9
+
π 7
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(
2π 9
+
π 7
)
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) (3) T [ x(n)] = x(n − n0 ) (4)
(c)
x (n )
=
e
j
(
n 6
−π )
分析：
序列为 x (n ) = A cos( ω 0n + ψ ) 或 x(n) = A sin( ω 0n +ψ ) 时，不一定是周期序列，
①当 2π / ω 0 = 整数，则周期为 2π / ω 0 ；
7
②当 2π = P ,（有理数 P、Q为互素的整数）则周期 为 Q ； ω0 Q
(3) y(n) = δ (n − 2) * 0.5n R3(n) = 0.5n−2 R3(n − 2) (4) x(n) = 2n u(−n −1) h(n) = 0.5n u(n)
当n ≥ 0 当n ≤ −1
∑ y(n) = −1 0.5n−m 2m = 1 ⋅ 2−n
m = −∞
3
y(n) = ∑n 0.5n−m 2m = 4 ⋅ 2n
∴所给系统在 y(0) = 0 条件下是线性系统。
6.试判断:

数字信号处理第4章习题解答教材



DFT [x2 (n)]

DFT {Im[ w(n )]}

1 j Wop (k )

1 2j
[W
((k )) N
W
* (( N

k )) N
]RN
(k)
解：由题意 X k DFT xn，Y k DFT y n 构造序列 Z k X k jY k 对Z k 作一次N点IFFT可得序列z n z(n) IDFT Z k
Re[w(n)] j Im[w(n)]
Wep (k) Wop (k)
由x1(n) Re[w(n)]得
X1(k) DFT[x1(n)] DFT{Re[w(n)]} Wep (k)

1 2
[W
((k
))
N
W *((N

k ))N
]RN
(k)
由x2 (n) Im[w(n)]得
X 2 (k )
(2) 按频率抽取的基-2FFT流图
同样共有L = 4级蝶形运算，每级N / 2 = 8个蝶形运算
基本蝶形是DIT 蝶形的转置
X m1(k )
X m1( j)
WNr
-1
X m (k ) Xm( j)
每个蝶形的两节点距离为2Lm ，即从第一级到 第四级两节点距离分别为8，4，2，1。
系数WNr的确定：r (k )2 2m1 即k的二进制左移m 1位补零
3. N=16 时，画出基 -2 按时间抽取法及按频率抽取法 的 FFT 流图（时间抽取采用输入倒位序，输出自然数 顺序，频率抽取采用输入自然顺序，输出倒位序）。
解： 自然序
倒位序
0 0000 0000 0 1 0001 1000 8 2 0010 0100 4 3 0011 1100 12 4 0100 0010 2 5 0101 1010 10 6 0110 0110 6 7 0111 1110 14

数字信号处理 答案 第四章


z −1
r sin θ
− r sin θ r cos θ
y ( n)
z −1
网络Ⅱ 解 网络Ⅰ：根据信号流程图写出差分方程
y (n) = 2r cos θ y (n − 1) − r 2 y (n − 2) + x(n)
由差分方程得系统函数
H1 ( z ) =
Y ( z) 1 = X ( z ) 1 − 2r cos θ z −1 + r 2 z −1 1 )(rz −1 − e jθ )
（4）并联型
x ( n)
z −1
1/4 10/3
-7/3
y ( n)
z −1
1/2 将系统函数写成部分分式形式
H ( z) =
−7 / 3 10 / 3 + 1 −1 1 1− z 1 − z −1 4 2
4.4 用直接Ⅰ型和直接Ⅱ型结构实现以下系统函数； (1)
H(z)=
−5 + 2 z −1 − 0.5 z −2 1 + 3z −1 + 3z −2 + z −3
3z 3 + 2 z 2 + 2 z + 5 (2) H(x)=0.8 3 z + 4 z 2 + 3z + 2
解 (1)根据系统函数写出差分方程
y (n) + 3 y (n − 1) + 3 y (n − 2) + y (n − 3) = −5 x(n) + 2 x(n − 1) − 0.5 x(n − 2)
可见网络Ⅰ和网络Ⅱ具有相同极点。 4.3 一个因果线性离散系统由下列差分方程描述：
3 1 1 y(n)- y(n-1)+ y(n-2)=x(n)+ x(n-1) 4 8 3

数字信号处理》课后作业参考答案

第3章 离散时间信号与系统时域分析3．1画出下列序列的波形（2）1()0.5(1)n x n u n -=- n=0:8; x=(1/2).^n;n1=n+1; stem(n1,x);axis([-2,9,-0.5,3]); ylabel('x(n)'); xlabel('n');(3) ()0.5()nx n u n =-（）n=0:8; x=(-1/2).^n;stem(n,x);axis([-2,9,-0.5,3]); ylabel('x(n)'); xlabel('n');3.8 已知1,020,36(),2,780,..n n x n n other n≤≤⎧⎪≤≤⎪=⎨≤≤⎪⎪⎩,14()0..n n h n other n≤≤⎧=⎨⎩，求卷积()()*()y n x n h n =并用Matlab 检查结果。

解：竖式乘法计算线性卷积： 1 1 1 0 0 0 0 2 2）01 2 3 4）14 4 4 0 0 0 0 8 83 3 3 0 0 0 0 6 62 2 2 0 0 0 0 4 41 1 1 0 0 0 02 21 3 6 9 7 4 02 6 10 14 8）1x (n )nx (n )nMatlab 程序:x1=[1 1 1 0 0 0 0 2 2]; n1=0:8; x2=[1 2 3 4]; n2=1:4; n0=n1(1)+n2(1);N=length(n1)+length(n2)-1; n=n0:n0+N-1; x=conv(x1,x2); stem(n,x);ylabel('x(n)=x1(n)*x2(n)');xlabel('n'); 结果：x = 1 3 6 9 7 4 0 2 6 10 14 83.12 (1) 37πx （n ）=5sin(n) 解：2214337w πππ==，所以N=14 (2) 326n ππ-x （n ）=sin()-sin(n)解：22211213322212,2122612T N w T N w N ππππππ=========，所以(6) 3228n π-x （n ）=5sin()-cos(n) 解：22161116313822222()T N w T w x n ππππππ=======，为无理数，所以不是周期序列所以不是周期序列3.20 已知差分方程2()3(1)(2)2()y n y n y n x n --+-=，()4()nx n u n -=，(1)4y -=，(2)10,y -=用Mtalab 编程求系统的完全响应和零状态响应，并画出图形。

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( ) = e jω(k−2) a1e j2ω + a2ejω + a3 + a2e− jω + a1e− j2ω
( ) = e jω(k−2) 2a1cos(2ω) + 2a2 cos(ω) + a3
Hence for H(e jω) will be real for k = 2.
4.9
H1(e jω ) = α +
an LTI discrete-time system.
4.2 h[n] = δ[n] − αδ[n − R] . Taking the DTFT of both sides we get H(e jω ) =1 − αe− jωR . Let α =| α | ejφ , then the maximum value of H(e jω) is 1 + α, and the minimum value of
H(e jω ) = [2(a1 + a7 ) cos(3ω) + 2(a 2 + a6 ) cos(2ω) + 2(a3 + a5 ) cos(ω) + a4 ]e −j3ω , which is seen
to have linear phase.
4.8 The frequency response of the LTI discrete-time system is given by H(e jω) = a1ejωk + a2e jω(k−1) + a3ejω(k−2) + a2e jω(k−3) + a1ejω(k−4)
minimum value is 1 /(1+ | α |). There are R peaks and dips in the range 0 ≤ ω < 2π . The
locations
of
peaks
and
dips
are
given
by
1 − α e− jωR
=
1±
α,
or
e − jωR
=
±
|
to have the dc value of the magnitude response equal to unity the impulse response should be
multiplied by a factor of K, where K = (1 − α) /(1 − αM).
4.5 The group delay τ(ω) of an LTI discrete-time system with a frequency response H(e jω) =
Chapter 4 (2e)
4.1 If u[n] = zn is the input to the LTI discrete-time system, then its output is given by
∞
∞
∞
∑ ∑ ∑ y[n] = h[k]u[n − k] = h[k]zn−k = zn h[k]z−k = znH(z),
e− jω
and
H2(ejω) =
1 1− βe − jω
.
Thus,
H(e jω) =
H1(e
j
ω
)
H2
(e
jω
)
=
α + e− 1 − βe−
jω jω
.
H(e jω) 2
=
(α + e − jω)(α + e jω) (1− βe − jω)(1 −βe jω)
=
α2 1−
+ 2
2 α cosω βcos ω +
d H(e jω ) dω
–
d
H(e jω) dω
.
Equivalently,
–
dφ(ω) dω
=
j
e jφ(ω) H(e jω ) e jφ(ω)
d H(e jω ) dω
–
d H(e jω) dω
jH(e jω)
=
1 j H(e jω )
d
H(e jω dω
)
+
பைடு நூலகம்
j
d H(e jω) dω
H(e jω )
n=0
=
1 1 − 0.4e− jω
.
Thus,
H(e jω) =
1 1.16 − 0.8 cosω
,
and
{ } arg H(ejω)
=
θ(ω)
=
tan−1
1
0.4 sin ω − 0.4 cos ω

.
H(e ±jπ/ 4 ) = 1.2067 m j0.4759.
Therefore,
k = −∞
k =−∞
k= −∞
∞
∑ where H(z) = h[k]z−k. Hence u[n] = zn is an eigenfunction of the LTI discrete-time
k= −∞
system. If v[n] = znµ[n] is the input to the system, then its output is given by
A(e jω )
=
1 1
+ +
a1e a1e
− −
jω jω
+ a 2e−j2ω + a 2e−j2ω
= 1,
a
trivial
solution.
Solution #2: Consider b0 − b2 = a 2 −1. Choose b0 = a 2, and b2 =1. Substituting
.
The first term on the right hand side is purely imaginary. Hence,
113
τ(ω) =
–
dφ(ω) dω
=
Re
j
d(H(e jω dω
H(e jω)
))

.
4.6 H(e jω ) = [(a1 + a5 ) cos 2ω + (a2 + a 4 ) cosω + a 3] + j[(a1 – a5 )sin 2ω + (a2 – a 4) sin ω]. Hence,
∞
∞
n
∑ ∑ ∑ y[n] = h[k]v[n − k] = zn h[k]µ[n − k]z−k = zn h[k]z−k .
k = −∞
k =−∞
k= −∞
Since in this case the summation depends upon n, v[n] = znµ[n] is not an eigenfunction of
4.11 y[n] = x[n] + α y[n – R]. Y(e jω) = X(e jω ) + αe −jωRY(e jω ). Hence,
H(e jω)
=
Y(ejω) X(ejω)
=
1 1 − α e − jωR
.
Maximum value of H(e jω) is 1 /(1− | α |), and the
the frequency response will have zero phase for a1 = a5 , and a 2 = a 3.
4.7 H(e jω ) = a1 + a 2e− jω + a 3e − j2ω + a 4e− j3ω + a5e− j4ω + a6e − j5ω + a 7e− j6ω = (a1e j3ω + a 7e− j3ω )e− j3ω + (a 2e j2ω + a6e − j2ω )e− j3ω + (a 3e jω + a5e− jω )e− j3ω + a4e − j3ω . If a1 = a 7, a 2 = a 6 , and a 3 = a5 , then we can write
Solution #1: Consider b0 − b2 = 1 − a2 . Choose b0 =1, −b2 =1 − a 2. and b2 = a 2. Substituting
these values in b1 + ( b0 + b2) = ±[a1 + (1 + a 2 )] , we have b1 = a1. In this case,
values in b1 + ( b0 + b2) = ±[a1 + (1 + a 2 )] , we have b1 = a1. In this case,
A(e
jω
)
=
a2 1+
+ a1e − jω a1e − jω +
+ e − j2ω a 2e−j2ω
.
these
4.13 From Eq. (2.17), the input-output relation of a factor-of-2 up-sampler is given by
H(e jω) e jφ(ω), is given by τ(ω) = − d(φ(ω)) . Now, dω
d H(e jω) dω
= e jφ(ω)
d H(e jω ) dω
+
j
H(e
jω )
e jφ(ω)
dφ(ω) dω