数字信号处理_刘顺兰第6章完整版习题解答

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数字信号处理教程课后习题及答案

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，
10
T [ax1(n)+ bx2 (n)] =
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)] = [x1(n)] 2
y2 (n) = T [x2 (n)] = [x2 (n)] 2
β α
n +1
β α β =
n +1− N −n0
N−
N
α −β
y(n) = Nα n−n0 ,
(α = β )
, (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)
当n ≤ −1时当n > −1时
∑ y(n) = n a −m = a −n
m=−∞
1− a
∑ y(n) =
−1
a−m =

《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。

数字信号处理第六章习题答案

394784.18 Ha ( s) = 2 s + 888.58s + 394784.18
经双线性变换得数字滤波器的系统函数：
H ( z ) = Ha ( s) s= 2⋅1−z
=
−1
−1
T 1+z−1
T = 1/ fs = 1/103 (s)
394784.18
−1 3 1− z 3 1− z 2 ×10 ⋅ 1+ z−1 + 888.58× 2 ×10 ⋅ 1+ z−1 + 394784.18
解：由图可得
2 5 ω+ 3 π 5 2 jω H ( e ) = − ω + 3 π 0
2π π − ≤ω ≤ − 3 3 2π π ≤ω ≤ 3 3
[ −π ,π ]的其他ω
（1）冲激响应不变法因为ω 大于折叠频率 π 时 H e jω 为零，故用此法无失真。
各极点满足下式
1 1+ ( s Ωc )
4
sk = Ωce
π 2k −1 j + π 2 4
k = 12，4 ，3 ，
则 k = 1,2时，所得的 sk 即为 Ha ( s) 的极点
s1 = Ωce s2 = Ωce
3 j π 4
3 3 2 =− −j 2 2
2
（）激应变求 2 冲响不法 H(z) 40 136 1 −32(s − ) 3 + 3 2 Ha (s)= = (s + 2)(s + 8) s+2 s +8 40 136 T T 3 3 H ( z) = + 1− e−2T z−1 1− e−8T z−1 （）线变法 H(z) 3 双性换求 2 1− z−1 s= , −1 T 1+ z 2 1− z−1 1 −32( − ) −1 T 1+ z 2 Ha (s)= 2 1− z−1 2 1− z−1 ( + 2)( + 8) −1 −1 T 1+ z T 1+ z

数字信号处理课后习题答案(全)1-7章

因此系统是非线性系统。
第 1 章时域离散信号和时域离散系统
（6） y(n)=x(n2)
令输入为
输出为
x(n－n0)
y′(n)=x((n－n0)2) y(n－n0)=x((n－n0)2)=y′(n) 故系统是非时变系统。由于
T［ax1(n)+bx2(n)］=ax1(n2)+bx2(n2) =aT［x1(n)］+bT［x2(n)］
第 1 章时域离散信号和时域离散系统
题4解图（一）
第 1 章时域离散信号和时域离散系统
题4解图（二）
第 1 章时域离散信号和时域离散系统
题4解图（三）
第 1 章时域离散信号和时域离散系统
(4) 很容易证明： x(n)=x1(n)=xe(n)+xo(n)
上面等式说明实序列可以分解成偶对称序列和奇对称序列。偶对称序列可以用题中(2)的公式计算，奇对称序列可以用题中(3)的公式计算。
（2） y(n)=x(n)+x(nN+1)k 0
（3） y(n)= x(k)
（4） y(n)=x(n－nn0)n0
（5） y(n)=ex(n)
k nn0
第 1 章时域离散信号和时域离散系统
解：（1）只要N≥1，该系统就是因果系统，因为输出只与n时刻的和n时刻以前的输入有关。
如果|x(n)|≤M，则|y(n)|≤M，（2）该系统是非因果系统，因为n时间的输出还和n时间以后（（n+1）时间）的输入有关。如果|x(n)|≤M, 则 |y(n)|≤|x(n)|+|x(n+1)|≤2M,
=2x(n)+x(n－1)+ x(n－2)
将x(n)的表示式代入上式，得到 1 y(n)=－2δ(n+2)－δ(n+1)－0.5δ(2n)+2δ(n－1)+δ(n－2)

数字信号处理答案第二版刘顺兰6

zk = e
j
2π k N
， k = 0,1,2L, N − 1 。
后一项极点有两个，在： p1 = e
j
2π N
和 p2 = e
−j
2π N
（与前一项的零点抵消），零点也
⎛ 2π ⎞ 有两个： z1 = 0 （与前一项的极点抵消）， z2 = cos⎜ ⎟ ⎝ N ⎠
系统级联后，有零极点抵消。为：
H e jω = H ( z ) z = e jω
( )
③画出幅频图 H (e jω ) （略） ④由于级联后系统没有非零的极点（或因 h （n）是有限长），所以判断系统是 FIR 的。
±j ⎞ ⎟ ；Pole： z = re N ⎠ 2π
1⎛ j N ② h( n) = ⎜ re 2⎜ ⎝
2π
2π ⎞ 1⎛ −j ⎟ u (n) + ⎜ re N ⎟ 2⎜ ⎠ ⎝
n
⎞ 2π ⎞ ⎟ u (n) = r n cos⎛ n ⎟u (n) ⎜ ⎟ ⎝ N ⎠ ⎠
n
H ( e jω ) = H ( z ) z = e j ω =
当 ω = 0 ，或 ω = π 时， H (e jω ) > 2. 补充作业 2：
①求级联后系统的零极点，并画出零极点图。 ②求 h(n) , H (e jω ) ③画出幅频图 H (e jω ) ④判断系统是 IIR 还是 FIR？解：（本题的零极点图以 N=8 为例）梳妆滤波器与二阶谐振器级联后的系统函数为：
《数字信号处理》2010-2011-1 作业-6 教材《数字信号处理》（第二版）刘顺兰
1. 补充作业 1 实用的二阶谐振器，参数作如下修正：
ห้องสมุดไป่ตู้

数字信号处理_刘顺兰第6章完整版习题解答

其系统的频率响应为
H (e j )

n

h(n)e j n e j n
n 0 j n
2
1 e j 3 sin(3 / 2) e j j 1 e sin( / 2)
H (e )
j
n
h(n)e
2 n 0
e
j j
e j , c c , H d (e ) 0 , c , c
j
则
hd (n)
1 H d (e j )e jn d 2 1 c j jn e e d 2 c sin[ c (n )] (n )
n 0
2
j n
1 e j 3 sin(3 / 2) e j j 1 e sin( / 2)
或
H (e j ) e j n 1 e j e j 2 e j (e j 1 e j ) e j (1 2 cos )
1 0 n 6 ； 0 其它n
1 0 n 3 ； 0 其它n
（1）分别判断是否为线性相位 FIR 滤波器？如是，请问是哪一类线性相位滤波器？（2）如果是线性相位滤波器，写出它们的相位函数，群延迟。解：(a) h( n) ( n) ( n 3) 则
H ( z ) 1 z 3 H (e ) 1 e
4
（2）
(1)
n 0
5
n
h( n) 0
j / 4
。
（3）在 z 0.7e （4）
处 H ( z ) 等于零。。
5
H (e

数字信号处理课后习题答案(全)1-7章

2．给定信号：
2n+5
－4≤n≤－1
(x(n)=
6
0
0≤n≤4 其它
(1) 画出x(n)序列的波形，标上各序列值；
(2) 试用延迟的单位脉冲序列及其加权和表示x(n)序列；
第 1 章时域离散信号和时域离散系统
（3）令x1(n)=2x(n－2)，试画出x1(n)波形；（4）令x2(n)=2x(n+2)，试画出x2(n)波形；（5）令x3(n)=x(2－n)，试画出x3(n)波形。解： (1) x(n)序列的波形如题2解图（一）所示。 (2) x(n)=－3δ(n+4)－δ(n+3)+δ(n+2)+3δ(n+1)+6δ(n)
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
x(n)=－δ(n+2)+δ(n－1)+2δ(n－3)
h(n)=2δ(n)+δ(n－1)+ δ(n－2)
由于
x(n)*δ(n)=x(n)
1
x(n)*Aδ(n－k)=Ax(n－k)
2
故
第 1 章时域离散信号和时域离散系统
y(n)=x(n)*h(n)
=x(n)*［2δ(n)+δ(n－1)+ δ(n－2) 1 2
, 这是2π有理1数4，因此是周期序
3
（2）因为ω=
,
所以
1
8
=16π, 这是无理数，因此是非周期序列。
2π
第 1 章时域离散信号和时域离散系统
4．对题1图给出的x(n)要求：
(1) 画出x(－n)的波形；

数字信号处理(刘顺兰)(第二版)全书章 (6)

cos
m
1 2
因此
H
(
)
N /2 n1
b(n)
c os
n
1 2
（6-17）
第6章有限长单位脉冲响应
式中:
b(n) 2h N n 2
n=1,2, 3, …, N/2 （6-18）
按ω照 =π式呈（奇6-对17称），，因当此ωH=(ππ时)=，0，c即osH(z)n在 12z=e jπ0=-，1
N 2
1
n
（6-4）
我们可以看到，上式的Σ以内全部是标量，如果我们将频率响应用相位函数θ(ω)及幅度函数H(ω)表示
H (e j ) H ( )e j ( )
（6-5）
第6章有限长单位脉冲响应
那么有：
H
(
)
N 1
h(n)
n0
c
os
N 2
1
n
() N 1
2
（6-6）（6-7）
式(6-6)的幅度函数H(ω)是标量函数，可以包括正值、负值和零，而且是ω的偶对称函数和周期函数; 而|H(ejω)|取值大于等于零, 两者在某些ω值上相位相差π。式(6-7)的相位函数θ(ω)具有严格的线性相位，如图6-1所示。
其系统函数为
N 1
N 1
H (z) h(n)zn h(N 1 n)zn
n0
n0
将m=N-1-n代入
N 1
N 1
H (z) h(m)z(N 1m) z(N 1) h(m)zm
m0
m0
第6章有限长单位脉冲响应
即
H (z) z(N 1)H (z1)
（6-2）
上式改写成
H (z) 1 [H (z) z(N 1)H (z1)] 2

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H（） 1 2 cos
( )
该系统的振幅、相位图如下。
3 2 1 0
|H(ej )|
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
1.2
1.4
1.6
1.8
2
/pi
4 2
()
0 -2 -4 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2
/pi
6.3
一数字滤波器的脉冲响应为 h( n) ，当 n 0 ， n N 时， h( n) 0 ，且 h( n) 为实数，

7 sin j 2 ，相位 ( ) 3 故系统的振幅 H (e ) sin 2 d ( ) 群延迟 ( ) 3 d
因为 h( n) 长度为 7，且 h( n) 为偶对称，故为第Ⅰ类线性相位 FIR 滤波器。 (d) h( n)
1 0 n 3 0 其它n
e j , H d (e ) 0 ,
j
0 c
c
(1) 求出 h( n) 的表达式，确定与 N 的关系。 (2) 问有几种类型，分别是属于哪一种线性相位滤波器。 (3) 若改用升余弦窗（汉宁窗）设计，求出 h( n) 的表达式。
5
解：（1）
j
性相位滤波器， H ( ) 关于 0 均有偶对称结构。题目中仅给出了 H d (e ) 在 0 ~ 上的取值，但用傅里叶反变换求 hd ( n) 时，需要 H d (e ) 在一个周期 [ , ] 或 [0,2 ] 上的值，因此 H d (e ) 需根据第一类、第二类线性相位滤波器的要求进行扩展，扩展结果为：
H ( z ) h( n) z n
n 0
因为
(1)
n 0
5
n
h(n) 0 ，故 z 1 为 H ( z ) 的一个零点。
为 H ( z ) 的零点，故则在它的共轭位置 0.7e
j /4
因 z 0.7e
j / 4
处一定有另一个零点。
线性相位的约束条件需要在这两个零点的倒数位置上有零点，即是 H ( z ) 的零点。由此，有
N H( ) 2
[h(n)WN2 h( N 1 n)WN
n 0 N 1 2 n 0
N
n
( n 1)
N 2
]
h(n)[(1)
n
(1) ( n 1) ] 0
6.4 一个具有广义线性相位的 FIR 滤波器具有如下性质：（1） h( n) 是实的，且 n 0 和 n 5 时 h( n) =0 。
0, , 2 偶对称，故 H d (e jw ) 可扩展为： e j ( ) , c c H d (e ) 0 , 0 c , c 2
6.6 用矩形窗设计一个线性相位高通滤波器
e j ( ) , H d (e ) 0 ,
j
c 0 c
(1) 求出 h( n) 的表达式，确定与 N 的关系。
6
(2) 问有几种类型，分别是属于哪一种线性相位滤波器。 (3) 若改用升余弦窗（汉宁窗）设计，求出 h( n) 的表达式。解：(1)因 H d (e
A (1 0.7 2 z 1 0.49 z 2 )(0.49 0.7 2 z 1 z 2 )(1 z 1 ) 0.49 1 因为 h( n) H (e j )e j n d ， 2 h(0) H (e j )d 2
由条件
3
H (e j ) e jn
n 0
1 e j 4 sin 2 j e 1 e j sin 2 sin 2 sin
3 2
故系统的振幅
H ( e j )

2
，相位
( ) ，群延迟
3 2
d ( ) 3 ( ) d 2
其系统的频率响应为
H (e j )

n

h(n)e j n e j n
n 0 j n
2
1 e j 3 sin(3 / 2) e j j 1 e sin( / 2)
H (e )
j
n
h(n)e
2 n 0
e
nk N
( N 1 n ) k h( N 1 n)W N
nk N
( n 1) k h( N 1 n)W N ]
当 N 为奇数时：若 h( n) h( N 1 n) ，则 h(
N 1 N 1 ) h( )0 2 2
故
H (k )
h(n)WNnk
j
) 只给出了 0 ~ 之间半个周期的表达式，因此需要扩展。因设计的是线 N 1 2
j ( )
性相位滤波器，故令
(a)当 N 为奇数时，为整数，此时 e 即
e j e j
e j ( ) (1) e j
故此时由 P125 表 3-1 可知，要设计的滤波器属第一类线性相位滤波器， H ( w) 关于
h(n) hd (n) R N (n)
(2) 有 2 种类型，分别为第一类和第二类线性相位滤波器。 (3) 若改用升余弦窗（汉宁窗）设计，则
h(n) hd (n) w(n)
sin[c (n )] 1 1 2 n { cos( )}RN (n) (n ) 2 2 N 1
( ) 2

(c)
1 0 n 6 h( n) 0 其它n H ( e j )
n
h ( n )e

jn
e jn
n 0
6
1 e j 7 1 e j
7 sin( ) 2 e j 3 sin( ) 2
4
（2）
(1)
n 0
5
n
h( n) 0
j / 4
。
（3）在 z 0.7e （4）
处 H ( z ) 等于零。。
5
H (e

j
)d 4
试求该滤波器的 H ( z ) 。解：因为 n 0 和 n 5 时 h( n) 0 ，且 h( n) 是实值，有
1 j /4 1 j /4 ， e e 也 0.7 0.7
H ( z ) A(1 0.7e j /4 z 1 )(1 0.7e j /4 z 1 )(1
1 j /4 1 1 e z )(1 0.7e j /4 z 1 )(1 z 1 ) 0.7 0.7
n 0
2
j n
1 e j 3 sin(3 / 2) e j j 1 e sin( / 2)
或
H (e j ) e j n 1 e j e j 2 e j (e j 1 e j ) e j (1 2 cos )
j j 3
e
j
3 2
3 3 j 2 j sin 2 sin( )e 2 2
3 j 2 2
故系统的振幅
H (e j ) 2 sin 3 2
3 2
相位
2 d ( ) 3 群延迟 ( ) d 2
因 h( n) 长度 N 4 ，且 h( n) 为奇对称，故为第Ⅳ类线性相位 FIR 滤波器。 (b) h( n) ( n) ( n 4)
N ) 0。 2
h(n)W
n 0
N 1
nk N
3
当 N 为偶数时： H ( k )
N 1 2
h(n)W
n 0
N 1 2 n 0
N 1 2
nk N

h(n)W
n N 2
N 1
nk N
H (k )
[h(n)W
n 0
n 0 N 1 2
h(n)W
H (e

j
)d 4 ，可知 h(0) 2 ，故该滤波器的系统函数如下。
H ( z)
2 (1 0.7 2 z 1 0.49 z 2 )(0.49 0.7 2 z 1 z 2 )(1 z 1 ) 0.49
6.5 用矩形窗设计一个线性相位低通滤波器
( )

H ( z ) 1 z 4 H (e j ) 1 e j 4 2 sin 2e
故系统的振幅 H (e
j j 2 j

2
) 2 sin 2
1
相位
2 d ( ) 群延迟 ( ) 2 d
因 h( n) 长度 N 5 ，且 h( n) 为奇对称，故为第Ⅲ类线性相位 FIR 滤波器。
∴ 当 h( n) h( N 1 n) 时，若 N 为偶数
H (0)
若 N 为奇数，
[h(n) h( N 1 n)] 0
H (0)
[h(n) h( N 1 n)] 0
n 0 N 1 2
N 3 2
即当 h( n) h( N 1 n) 时有 H (0) 0 （2） N 为偶数， h( n) h( N 1 n)
n 0
N 1 2

h(n)W
n 0 N 3 2 n 0
N 1 2
nk N
( N 1 n ) k h( N 1 n)W N n 0
N 1 2 N 3 2 n
h(n)W
N 1
nk N

数字信号处理_刘顺兰 第6章 完整版习题解答

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