信号分析与处理第2版 赵光宙(第3,4章)习题答案
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∑
∞
(4)由频域采样定理知,对 X (ω ) 进行频率采样,若想不失真地恢复信号 x(t ) ,需其时域的 采样间隔 T0 ≥ 2t m ,即频域的采用间隔 ω0 ≤ 3. 解:正弦序列 sin(
π
tm
。
2π 2π 10 5 16 π = = = 为有理数,所以该序列为周期 πn + ) ,因为 16 π 16 8 Ω 5 4 5 序列,其周期为 N = 5
1 6.(1) x1 (n) = ( ) n u (n + 3) 2
(方法 1) :
x1 (Ω) =
n =−∞
∑
∞
∞
x1 (n)e − jΩn =
1 1 (2 ⋅ e jΩ ) 3 (2e jΩ ) 4 ( ) n e − jΩn = ( 2 ⋅ e jΩ ) − n = = = jΩ jΩ n jΩ −1 2 ) 1 − (2e ) 2e − 1 n = −3 n = −3 n = −3 ( 2 ⋅ e
(方法 2)
T ⎧ 2 − t +1 0 ≤ t ≤ 0 ⎪ 2 ⎪ T x(t ) = ⎨ 0 T0 2 ⎪ t +1 − ≤t ≤0 ⎪ 2 ⎩ T0 X (ω ) = = 2 T0
∫
∞
−∞
x(t )e − jωt dt =
∫
0
−
T0 (
2
2 t + 1)e − jωt dt + T0 2 T0
= ∑ x(kΩ 0 ) e
k =0
(2)
对比式(1)和式(2)得 : x( kΩ 0 ) = ⎨
⎧1 2 k = 1, − 1 其它 ⎩0
12. 设
x (t ) 是周期连续时间信号, x (t ) = A cos(200πt ) + B cos(500πt )
a a
以采样频率
f s = 1kHz 对其进行采样,计算采样信号 x(n) = xa (t )
解: f s = 1kHz , Ts =
t =n
ts
的 DTS
1 = 0.001s fs
j 0.2πn
x(n) = xa (t )
t =n
TS
= A cos(0.2πn) + B cos(0.5πn) = A e
(*)
+e 2
− j 0.2πn
+Be
j 0.5πn
+e 2
− j 0.5πn
=
A j 0.2πn A − j 0.2πn B j 0.5πn B − j 0.5πn + e + e + e 2e 2 2 2
第三章
离散信号的分析
1. (1) (方法 1) 设 x1 (t ) 是一宽度为 2,幅度为 1 的三角波信号。由于 x1 (t ) 可由两个幅度为 1,宽度为 1 的矩形信号 g1 (t ) 卷积构成,即
x1 (t ) = g1 (t ) ∗ g1 (t )
因为
F g1 (t ) ← ⎯→ Sa ( ) 2 F x1 (t ) ← ⎯→ Sa 2 ( ) 2
n = −∞
∑
∞
δ (ω − nω0 ) =
T0 2 ωT0 Sa ( ) ⋅ ω0 ⋅ δ (ω − nω0 ) 2 4 n = −∞
∑
故=
T0 2 nω0T0 nπ Sa ( ) ⋅ ω0 ⋅ δ (ω − nω0 ) = π ⋅ Sa 2 ( ) ⋅ δ (ω − nω0 ) 2 4 2 n=−∞ n =−∞
∫
(t )e
− jω1t
8 dt = T
∫
T0 16 δ (t )e − jnω1t dt T − 0 16
=
8 T0
所以 δ T1 (t ) =
n = −∞ 0 ∞
∑T
∞
8
e jnω1t
F 对上式进行 Fourier 变换,可得 δ T1 (t ) ← ⎯→
8 T0
n = −∞
∑ 2πδ (ω − nω )
k =0 k =0
N −1
19
(**)
对比式(*)和式(**) ,得
⎧ A 2 k = 2,18 ⎪ x(kΩ 0 ) = ⎨ B 2 k = 5,15 ⎪ 0 其它 ⎩
17.解: x(n) = 1,3,3,2,0 , h(n) = 1,1,1,1,0 ,
ω
故,利用 Fourier 变换的卷积特性,可得
ω
利用 Fourier 变换的线性特性和尺度变换特性,即可求出如图所示宽度为 T0 ,幅度为 1 的 三角波 x(t ) 的频谱函数为
⎧ ⎪ t ⎪ F {x(t )} = F ⎨ x1 ( T 0 ⎪ ⎪ 2 ⎩ ⎫ ⎡ ωT0 ⎪ T0 ⎢ ⎪ )⎬ = ⋅ Sa 2 ⎢ 2 ⎢ 2 ⎪ 2 ⎪ ⎢ ⎭ ⎣ ⎤ ⎥ T0 2 ωT0 ) ⎥ = ⋅ Sa ( 4 ⎥ 2 ⎥ ⎦
∑
∑
∑
⎧ 1 n ⎪( ) (3) x3 (n) = ⎨ 2 ⎪ ⎩ 0 x3 ( n ) =
n = 0,2,4,L 其它
∞
解:
=
n = −∞
∑
1
∞
x3 (n)e − jΩn = =
∑ x ( n )e
3 n =0
− jΩn
1 1 = 1 + ( ) 2 ⋅ e − jΩ 2 + ( ) 4 ⋅ e − jΩ 4 + L 2 2
1 1 − (2e
jΩ − 2
1 1 − ( ) 2 ⋅ e − jΩ 2 2
)
=
(2e jΩ ) 2 (2e jΩ ) 2 − 1
7. 求图 3-49 所示 x(Ω) 的反 DTFT 解:由反 DTFT 计算式,
1 x ( n) = 2π
∫
2π
0
x ( Ω) e
jΩn
1 dΩ = 2π
∫ π x (Ω) e
∑
∞
∞
∑
∞
∑
∞
(方法 2) :
x1 (Ω) =
n = −∞
∑ x ( n )e
1
− jΩn
1 ( ) −3 ∞ ∞ jΩ 16e j 4Ω 1 n 1 1 n − jΩn 1 n ⋅ e 2 = = = = ( ) e ( ) ⋅ ( jΩ ) = jΩ n 1 2 2 e 2e jΩ − 1 ) n = −3 n = −3 n = −3 ( 2 ⋅ e 1 − jΩ 2e
DTFT
x(n − 2) ↔
DTFT
e
− jΩ 2
x ( Ω ) 所以 x(n) − x(n − 2) ↔ x(n) − e− jΩn x(Ω)
DTFT
(4) x(n) * x(n − 1) 利用 DTFT 的时域卷积性质特性
x(n) * x(n − 1) ↔ x(Ω) ⋅ e
DTFT
− jΩ
x (Ω)
∫
T0 2 0
e − jωt dt
T0 2 0
∫
0
−
− jωt dt + T0 te
2
∫
0
−
− jωt dt − T0 e
2
∫
T0 2 0
te − jωt dt +
∫
e − jωt dt
T ⎡ jω 0 ⎢ 2 1 1− e 2 =− + ⋅ ⎢ jω T0 jω ⎢ − jω ⎣ T jω 0 e 2
−
π
jΩn
π 3π ⎤ 1 ⎡ − 4 jΩn jΩn 4 dΩ = ⎢ ∫− 3π e dΩ + ∫π e dΩ⎥ 2π ⎣ 4 4 ⎦
3π 3π 3π 3π π π − jn jn jn ⎞ jn jn − jn ⎛ − jn π ⎛ − jn π 1 ⎜e 4 −e 4 e 4 −e 4 ⎟ 1 ⎜e 4 −e 4 e 4 −e 4 + = + ⎟ = 2π * ⎜ 2π ⎜ jn jn jn jn ⎟ ⎜ ⎜ ⎠ ⎝ ⎝
(2) δ T1 (t ) =
n =−∞
∑ δ (t − n ⋅ 8 ) 为周期冲激信号。令 T
∞
T0
1
=
T0 8
对 δ T1 (t ) 进行 Fourier 级数展开得: δ T1 (t ) =
T1 2 δ T T − 1 2
n = −∞
∑ X ( nω ) e
1
∞
jnω1t
1 其中 X (nω1 ) = T1
∑
∞
=4
n = −∞
∑ Sa
(
ωT0 − nω1T0
4
n = −∞
∑ Sa
∞
2
(
ωT0 − 16nπ
4
)=4
n = −∞
∑ Sa
∞
2
(
ωT0
4
− 4 nπ )
(3)将 x(t ) 以周期 T0 重复,构成周期信号 x p (t ) ,求对 x p (t ) 以 样信号 x ps (t ) 的频谱 x ps (ω ) 。
1
由于采用信号 x s (t ) = x(t ) ⋅ δ T1 (t ) 利用 Fourier 变换的频域卷积特性
x s (t ) =
∞
1 8 X (ω ) ∗ 2π T0
2
n = −∞
∑
∞
2πδ (ω − nω1 ) = )=4
8 T0
T0 2 ⎡ (ω − nω1 )T0 ⎤ Sa ⎢ ⎥ 2 4 ⎣ ⎦ n = −∞
T0 进行理想采用所构成的采 8
由题意知, x p (t ) 为将 x(t ) 以周期 T0 进行周期延拓构成的周期信号, x p (t ) =
n = −∞
∑ x(t − nT ) ,
0
∞
(由频域采样定理知:时域的周期化,对应于频域的离散化。 )即 X p (ω ) = X(ω) ⋅ δ T0 (t ) 。 对其进行 Fourier 级数展开得: 由于 δ T0 (t ) = δ (t − nT0 ) , δ T0 (t ) =
T T T ⎡ − jω T0 ⎤ ⎤ − jω 0 − jω 0 jω 0 2 2 2 ⎢ ⎥ ⎥ 1 e 2 e 2 1 e 1 −1 e + + + − ⋅ ⎢ ⎥− ⎥− ω ω ω ω ω ω ω j j j T j j j j − 0 ⎢ ⎥ ⎥ ⎣ ⎦ ⎦ T T
=− =− = =
jω 0 − jω 0 2 1 2 1 2 1 2 − 2 ⋅ ( 1 )2 ⋅ ( )2 + ⋅ ( )2 e 2 + ⋅ ( )2 e T0 jω T0 jω T0 jω T0 jω jω 0 − jω 0 4 1 2 2 1 2 1 2 ( ) + ⋅ ( )2 e 2 + ( )2 e T0 jω T0 jω T0 jω T T
∑
∞
∑
∞
=π ⋅
n = −∞
∑ Sa
∞
2
(
nπ )δ (ω − nω0 ) 2
而由于 x ps (t ) = x p (t ) ⋅ δ T1 (t ) ,利用 Fourier 变换的频域卷积特性
x ps (t ) = = 8 T0
∞
1 8 X p (ω ) ∗ 2π T0
p (ω
n = −∞
π ∑ Sa ∑ 2πδ (ω − nω ) = 2π ⋅ ⎢ ⎢
4 T0ω 2 4 T0ω
2
− −
2 T0ω 2 4 T0ω
2
e
jω
T0 2
−
2 T0ω 2
e
− jω
T0 2
cos ω ⋅
T0 4 4 = − 2 2 T0ω T0ω 2
ωT 8 ⎡ 2 ωT0 ⎤ sin 2 ( 0 ) ⎢1 − 2 sin ( 4 )⎥ = 2 4 ⎦ T0ω ⎣
ωT sin 0 T0 4 ) 2 = T0 ⋅ Sa 2 ( ωT0 ) = ⋅( ωT0 2 2 4 4
∞
{
}
n =−∞
∑
∞
பைடு நூலகம்
X (nω0 )e jnω0t =
1 T0
n = −∞
∑e
∞
jnω0t
,
F 对上式求 Fourier 变换, δ T0 (t ) ← ⎯→
1 T0
n = −∞
∑
2πδ (ω − nω0 ) = ω0
∞
n = −∞
∑δ (ω − nω ) 。
0
∞
X p (ω ) = X (ω ) ⋅ ω0
⎞ ⎟ 1 ⎡2 3π π ⎤ 2 ⎟ = 2π ⎢ n sin( 4 n) − n sin( 4 n)⎥ ⎦ ⎣ ⎟ ⎠
=
1 nπ
πn ⎤ 3πn ⎡ sin( ) − sin( )⎥ ⎢ 4 4 ⎦ ⎣
8.设 x(n) ↔ x(Ω) 对于如下序列,用 x(Ω) 表示其 DTFT (3) x(n) − x(n − 2) 利用 DTFT 的线性时移特性:
10.(2) cos(
πn
4
) 因为
2π 2π = =8 π Ω 4
πn
4
N =8
Ω
0
=
2π π = N 4
由公式知: cos
N −1 k =0
πn
4
=e
j
+e 2
7
−j
πn
4
=
1 jπ 1 − jπ n n 4 + 4 e e 2 2
j kπ n 4
(1)
x(n) = ∑ x(kΩ 0 ) e
jkΩ0n
因为 cos(0.2πn) 的周期为 N1=10; cos(0.5πn) 的周期 N2=4 所以 N = 20 (即 N1 和 N2 的最小公倍数为 N) 故 Ω0 =
2π = 0.1π N
(2) 由 IDFS 得定义可知
x(n) = ∑ x(kΩ 0 )e jkΩ0n = ∑ x(kΩ 0 )e jk 0.1πn
1
∞
1 ⎡ ⎣
∞
2
(
n =−∞
⎤ ⎡8 nπ )δ (ω − nω1 )⎥ ∗ ⎢ 2 ⎥ ⎦ ⎢ ⎣ T0
n = −∞
∑ 2πδ (ω − nω )⎥ ⎥
1
∞
⎤ ⎦
n = −∞
∑X
− nω1 ) =
8π T0
n = −∞
∑ Sa
∞
2
(
nπ nπ )δ (ω − nω1 − nω0 ) = 4ω0 Sa 2 ( )δ (ω − nω1 − nω0 ) 2 2 n =−∞