南邮信号与系统答案第6章

∞
信号与系统 · 习题解答
⎧ 1 k = 0,1,2,3 ⎪ *（3） f (k ) = ⎨− 1 k = 4,5,6,7 ⎪0 其它 ⎩
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解法一：f (k ) = δ (k ) + δ (k − 1) + δ (k − 2) + δ (k − 3)
− δ (k − 4) − δ (k − 5) − δ (k − 6) − δ (k − 7) ↔ 1 + z −1 + z − 2 + z −3 − z − 4 − z −5 − z −6 − z −7 1 − ( z −1 ) 4 1 − ( z −1 ) 4 (1 − z − 4 ) 2 z z 4 −1 2 = − z −4 = = [ 4 ] −1 −1 −1 z −1 z 1− z 1− z 1− z
信号与系统 ·Z变换式，试求f(0)，f(1)，f(2)和f(∞)。 z 2 − 2z (1) F ( z ) = 2 ( z − 1)( z + 0.5)
解： 由初值定理：f (0) = lim F ( z ) = 0 z →∞
f (1) = lim z[ F ( z ) − f (0)] = 1
1
L
1 2
3
0
4
k
f (k ) = δ (k ) + δ (k − 2) + δ (k − 4) + L + δ (k − 2m) + L ↔ 1+ z
−2 ∞
+z
−4
+L+ z
− 2m
+L
2
1 m 1 z = ∑( 2 ) = = 2 1 z −1 m=0 z 1− 2 z 解法二： 1 1 1 z 1 z z2 k f (k ) = ε (k ) + (−1) ε (k ) ↔ + = 2 2 2 2 z −1 2 z +1 z −1
N −2
+ 2z
N −3
+ 3z + L + ( N − 1) z N −1
N −4
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6-4 利用Z变换的性质求下列序列的Z变换
1 k kπ （1）( ) cos ε (k ) 2 2 kπ z2 ε (k ) ↔ 2 = F1 ( z ) 解：设 f1 (k ) = cos 2 z +1 由尺度变换性质： kπ 4z 1 k 1 k ε (k ) = ( ) f1 (k ) ↔ F1 (2 z ) = 2 ( ) cos 4z + 1 2 2 2
解法二：
↔[
f (k ) = [ε (k ) − ε (k − 4)] − [ε (k − 4) − ε (k − 8)] z z z z ] − [ z −4 ] − z −4 ⋅ − z −8 z −1 z −1 z −1 z −1 z −4 z z z 4 −1 2 z (1 − z − 4 ) − z (1 − z − 4 ) = (1 − z − 4 ) 2 = [ 4 ] = z −1 z −1 z −1 z −1 z
解： ( z 2 − 5 z + 6)Y ( z ) = ( z 2 − 3) X ( z )
Y ( z) z2 − 3 H ( z) = = 2 X ( z) z − 5z + 6
1 1 − − 2 H ( z) z −3 2+ 2 + 2 = = ( z − 2)( z − 3) z z z z −2 z −3 1 − z 1 2 + 2z H ( z) = − + 2 z −2 z −3
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解法二： RN (k ) = δ (k − 1) + 2δ (k − 2) + 3δ (k − 3) + L + ( N − 1)δ (k − N + 1)
RN ( z ) = z −1 + 2 z −2 + 3 z −3 + L + ( N − 1) z − ( N −1) = z
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F ( z) z +1 = 解法二： 2 z z ( z − 1) 1 2 −1 = + + 2 z ( z − 1) z −1 2z −z + 所以 F ( z ) = 1 + 2 z −1 ( z − 1)
f ( k ) = δ (k ) + 2kε (k ) − ε (k ) = δ (k ) + (2k − 1)[ε (k − 1) + δ (k )] = (2k − 1)ε (k − 1)
z →∞
f (2) = lim z 2 [ F ( z ) − f (0) − f (1) z −1 ]
z →∞
z ( z 2 − 2 z ) − ( z 2 − 1)( z + 0.5) = lim z 2 z →∞ z ( z 2 − 1)( z + 0.5) − 2.5 z 2 + z + 0.5 2 = −2.5 = lim z 2 z →∞ z ( z − 1)( z + 0.5)
2
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( −1) n （5） ∑
n =0
k
z 解：设 f1 (k ) = (−1) ε (k ) ，则 F1 ( z ) = z +1
k
(−1) n = ∑ f 1 (n) ，根据序列求和性质 有 ∑
n =0
k
k
k
n =0
z z z2 (−1) n ↔ ⋅ = 2 ∑ z −1 z +1 z −1 n =0
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⎧1 k = 0,4,8,12, L 4m, L *（2） f (k ) = ⎨ 其它 ⎩0
解：f (k ) = δ (k ) + δ (k − 4) + δ (k − 8) + L + δ (k − 4m) + L
↔ 1 + z − 4 + z −8 + L + z − 4 m + L 1 m z4 = ∑( 4 ) = 4 z −1 m=0 z
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（7）a k ∑ b n
n =0
k
z 解：设 f1 (k ) = b ，则 F1 ( z ) = z −b
k
有
∑ b = ∑ f (n) ，根据序列求和性质
n n=0 n=0 n
k
k
1
z z z f 2 (k ) = ∑ b ↔ F1 ( z ) = ⋅ = F2 ( z ) z −1 z −1 z − b n =0
解：对差分方程两边取Z变换，得
z [ z Y ( z ) − z y (0) − zy (1)] − [ zY ( z ) − zy (0)] − 2Y ( z ) = z −1
2 2
整理后得
z z 2 y (0) + zy (1) − zy (0) 1 Y ( z) = 2 ⋅ + 2 z −1 z −z−2 z −z−2
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z2 + z + 1 （6） F ( z ) = 2 z + z−2
1 1 − 2 F ( z) z + z +1 2+ 1 + 2 = = 解： z z ( z − 1)( z + 2) z z −1 z + 2
1 z 1 z F ( z) = − + + 2 2 z −1 z + 2 1 1 f ( k ) = − δ ( k ) + ε ( k ) + ( −2 ) k ε ( k ) 所以 2 2
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6-8 若序列f(k)的Z变换为F(z)，试求下列序列的Z变换。 (1)
∑a
n =0
k
k
n
f ( n)
z Q 解： a f (k ) ↔ F ( ) = F1 ( z ) a k z z z n F1 ( z ) = F( ) ∴ ∑ a f ( n) ↔ z −1 z −1 a n=0
1 1 k h(k ) = − δ (k ) − (2) ε (k ) + 2(3) k ε (k ) 2 2
所以
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6-12 用Z变换法求解下列差分方程。 (1) y ( k + 2) − y ( k + 1) − 2 y ( k ) = ε ( k )
y (0) = 1 y (1) = 1
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6-8 若序列f(k)的Z变换为F(z)，试求下列序列的Z变换。
a k ∑ f ( n) (2)
n=0
k
解：设f1 (k ) = ∑
n =0
k
z f ( n) ↔ F ( z ) = F1 ( z ) z −1
k
则a
k
∑
n =0
k
z z z f ( n) = a f1 (k ) ↔ F1 ( ) = F( ) a z−a a
∴ f (0) = 1,
f (1) = 1,
f ( 2 ) = − 2 .5
−1± j = 处， 2
F(z)的极点位于 p1 = 0 和 p 2,3
均在单位圆内，所以存在终值。
f (∞) = lim( z − 1) F ( z ) = 0
z →1
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