2024年5月2日发(作者：)

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）列表法

x(m)

n

0

1

2

3

4

5

h(nm)

1

1

1

1

1

0

0

1

1

1

1

1

0



1

1

1

1

1

1

n



m

m

0

1

1

1

0

1

1



n

0

1

0

y(n)

1

2

3

3

2

1

1

（4）











2

y

(

n

)

0

.

5

2

当

n

0

3

n



m

m

n

4

y

(

n

)





0

.

5

2





2

当

n





1

m





3

n

m





n

3

.

已知

h(n)au(n1),0a1

，通过直接计算卷积和的办法，试确定

单位抽样响应为

h(n)

的线性移不变系统的阶跃响应。

解:x(n)u(n)

h(n)a

n

u(n1)

y(n)x(n)*h(n)

,0a1

当n1时y(n)

m

1



a

n

m

a

n



1a

a

1a

当n1时y(n)

m



a

m



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：

3



n)

78

j(

n

13

(b) x(n)Asin(



n) (c) x(n)e

6

3

(a) x(n)Acos(

分析：





)

序列为

x(n)Acos(



0

n



)

或

x(n)Asin(



0

n



)

时，不一定是周期序列，

①当

2



/



0



整数，则周期为

2



/



0

；

2



P

②

当

 ,（有理数 P、Q为互素的整数）则周期为 Q ；



0

Q

③当

2



/



0



无理数 ，则

x(n)

不是周期序列。

解：（1）

2



/



0



（2）

2



/



0



14

，周期为14

3

6

，周期为6

13

（2）

2



/



0

12



，不是周期的

7.（1）

T



x(n)



g(n)x(n)

T



ax

1

(n)bx

2

(n)



g(n)[ax

1

(n)bx

2

(n)]g(n)ax

1

(n)g(n)bx

2

(n)

aT[x

1

(n)]bT[x

2

(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。（x括号内表达式满足小于

等于y括号内表达式，系统是因果的）

│y(n)│=│g(n)x(n)│<=│g(n)││x(n)│x(n)有界，只有在g(n)有界时，y(n)有界，

系统才稳定，否则系统不稳定

（3）T[x(n)]=x(n-n0)

线性，移不变，n-n0<=n即n0>=0时系统是因果的，稳定

（5）线性，移变，因果，非稳定

（7）线性，移不变，非因果，稳定

（8）线性，移变，非因果，稳定

8.

解：

(1) 当n0时 , h(n)0,

是因果的。



n



|h(n)|

11



•••

,

0

2

1

2

不稳定。

(2) 当n0时，h(n)0,

是因果的。

11

11

•••

2*13*2*1

111

11

•••

3

248

稳定。

n



|h(n)|

0！



1！



2！





111

•••

(3) 当n0时，h(n)0,

是因果的。



n



|h(n)|3

0

33

•••



12

不稳定。

(4)当n0时，h(n)0,

是非因果的。



n



|h(n)|3

0

3

1

3

2



•••



3

2

稳定。

(5) 当n0时，h(n)0,

系统是因果的。

10

|h(n)|0.30.30.3

•••



7

n





012

系统是稳定的。

(6) 当n0时，h(n)0

系统是非因果的。



n



|h(n)|0.3

1

0.3

2



•••



系统不稳定。

(7) 当n0时，h(n)0

系统是非因果的。

n





|h(n)|1

系统稳定。

第二章 Z变换

1．

求以下序列的z变换，并画出零极点图和收敛域。

n

(1)

(3)

x(n)a(|a|1)

(2)



1



x(n)



u(n1)



2



n



1



x(n)



u(n)



2



n

(5)

(6)

x(n)nsin(



0

n)

1

,(n1)

n

,n0(



0

为常数）

(4)x(n)

,0r1x(n)Ar

n

cos(



0

n



)u(n)

（7）

分析：

Z 变换定义

Z[x(n)]X(z)



n



x(n)z

n



n

，n的取值是

x(n)

的有值范围。

Z变换的收敛域是满足

n



x(n)zM

的z值范围。

解：(1) 由Z变换的定义可知：

X(z)

n



a



n

z



n



n



a



1

nn

z



a

n

z

n

n0







az



a

n

z

nnn

az11a

2



a

1az

1

(1az)(1az

1

)

z

(a

2

1)z



1

a(z)(za)

a

收敛域： az1,且

n1n0

a1

1 即： az

za

1

极点为： za,z 零点为： z0,z

a

n



1



(2)x(n)



u(n)



2



解：(2) 由z变换的定义可知：

1

X(z)



()

n

u(n)z

n

n

2



1

nn





()z

n0

2





1

1

1

1z

2

收敛域：

111

1 即： z

2z2

1

极点为： z 零点为： z0

2



1



(3)x(n)



u(n1)



2



解:（3）

1

1

n

1

n

X(z)



()u(n1)z





()

n

z

n

2

2

n

n



n





2

n

z

n



n1



2z

12z



1

1

1

1z

2

1

2

2z1 即： z

收敛域：

1

极点为： z 零点为： z0

2

1

,(n1)

n

(4)x(n)

解： (4)

X(z)



1

z

n

n

n1



•

•

•



dX(z)



11

n1

(n)z

(z

n1

)

，

|z|1

2

dzn

zz

n1

n1







X(z)lnzln(1z)ln

z

1z

dX(z)

因为X(z)的收敛域和的收敛域相同，

dz

故X(z)的收敛域为|z|1。

z

极点为：z0,z1 零点为：

(5)x(n)nsin



0

n,n0(



0

为常数）

解：(5) 设

y(n)sin(



0

n)u(n)

则有

Y(z)

n



y(n)z



n

z

1

sin



0

，|z|1

12z

1

cos



0

z

2

而

x(n)ny(n)

z

1

(1z

2

)sin



0

d

∴

X(z)zY(z)

,|z|1

dz

(12z

1

cos



0

z

2

)

2

因此，收敛域为 ：

z1

极点为： ze

j



0

,ze

j



0

（极点为二阶）

零点为： z1,z1,z0,z

(6)x(n)Ar

n

cos(



0

n



)u(n),0r1

设 y(n)cos(



0

n



)u(n)

[(cos(



0

n)cos



sin(



0

n)sin



]u(n)

解：(6)

cos



cos(



0

n)u(n)sin



sin(



0

n)u(n)

1z

1

cos



0

z

1

sin



0

 Y(z)cos



sin





12

12zcos



0

z12z

1

cos



0

z

2



cos



z

1

cos(







0

)

12zcos



0

z

12

, z1

则 Y(z) 的收敛域为 z1 而 x(n)Ar

n

y(n)

Acos



z

1

rcos(







0

)

z

 X(z)AY()

r

12z

1

rcos



0

r

2

z

2

则X(z) 的收敛域为 ： z|r| 。



（7）Z[u(n)]=z/z-1

Z[nu(n)]=

-z

2

dzz

[]

dzz1

(z1)

2

dzzz

2

Z[nu(n)]=-z[]

dz

(z1)

2

(z1)

3

零点为z=0,±j,极点为z=1

3.

用长除法

,

留数定理

,

部分分式法求以下

X(z)

的

z

反变换

1

1

z

112z

1

1

2

(1) X(z), z (2) X(z), z

1

2

1

1

24

1z1z

44

1

1z

1

za111

4

(3)X(z), z (4) X(z), z

8

1

1

2

1aza53

1zz

1515

1

分析：

长除法：对右边序列（包括因果序列）

H

（z）的分子、分母都要按

z

的降幂排列，对左边序列（包括反因果序列）

H

（z）的分子、分

母都要按

z

的升幂排列。

部分分式法：若

X

（

z

）用

z

的正幂表示，则按

X(z)/z

写成部分分

式，然后求各极点的留数，最后利用已知变换关系求

z

反变换可得

x

（

n

）。

留数定理法：

（1） 注意留数表示是 Res (X(z)z

n1

)

zz

k

(zz

k

)X(z)z

n1

zz

k

因而 X(z)z

n1

的表达式中也要化成 1/(zz

k

) 的形式才能相抵

消 ， 不能用 1/(1z

k

z

1

) 来和（ zz

k

） 相抵消 ， 这是常出

现的错误 。

（2） 用围线内极点留数时不 必取“” 号（负号） ， 用围线外极点留

数时要取“” 号（负号） 。

（1）（i）长除法：

1

1

z

1

2

X(z)

11

1z

2

1z

1

42

1

极点为z1/2,而收敛域为：|z|1/2,

因而知x(n)为因果序列，所以分子分母要

按降幂排列

1

1

z

1



1

z

2



2

1

1

1

z1

2

1

1z

1

2

4

•••

1

1

z

2

11

z

1

z

2

24



4

1

z

2

X(z)1



1

1

1

2

zz

•••

24

n



1



n









z

2



n0





1



所以

：

x(n)









u(n)



2



n

（1）(ii)留数定理法：

11

x(n)z

n1

dz

, 设 c为



2



j

c

1

1

z

1

2

1

z

内的逆时针方向闭合曲线：

2

当

n0

时，

11

n

z

n1

z

在c内有

1

1

1

z

2

1z

2

1

z

一个单极点

2



n

n



z





1











, n0



则

x(n)Res



1



2





z





2





z

1



2

由于 x(n) 是因果序列 ，

故 n0 时， x(n)0



1



所以 x(n)







u(n)



2



n

（1）(iii)部分分式法：

1

1z

1

1z

2

X(z)



1

2

1

1

1

1z1zz

422

因为

z

1

2

n



1



所以

x(n)







u(n)



2



（2）(i). 长除法：

11

由于极点为z,而收敛域为z

,

44

因而

x(n)

是左边序列,所以要按

z

的

升幂排列：

828z112z

2



•••

1

z2z

4

28z

7z

7z28z

2

28z

2

28z112z

23

X(z)828z112z

2



•••

8



74

n

z

n

n1



8

n



74

1

n

z

n

n



1



所以

x(n)8



(n)7



u(n1)



4



（2）(ii)留数定理法:

x(n)

1

2



j



1

X(z)z

n1

dz 设 c 为 z ，

内的逆时针方向闭合曲线

c

4

当 n0 时：

X(z)z

n1

在c外有一个单极点

z

1

4

x(n)Res[X(z)z

n1

]

z

1

4

1

7()

n

, (n0)

4

当 n0 时：

X(z)z

n1

在c内有一个单极点

z0

∴

x(n)Res[X(z)z

n1

]

z0

8,n0

当 n0 时： X(z) z

n1

在 c 内无极点 ，

则： x(n)0,n0

综上所述，有：

1

x(n)8



(n)7()

n

u(n1)

4

(2)(iii). 部分分式法：

X(z)z287



11

z

z(z)

z

z

44

7z7

则

X(z)8

8

1

1

1

1z

4

z

4

1

因为

z

则

x(n)

是左边序列

4

1

所以

x(n)8



(n)7()

n

u(n1)

4

(3)(i). 长除法：

因为极点为

z

1

1

，由

z

可知,

x(n)

为

a

a

因果序列, 因而要按

z

的降幂排列:



11111

(a)z

1



2

(a)z

2



•••

aaaa

a

az1za

z

1

a

1

(a)

a

111

1

(a)(a)z

aaa

1

(a

a

1

(a

a



1

1

)z

a

1

1

11

)z

2

(a)z

2

aa

a

••••••

1



1



1



则

X(z)



(a)



z

n

a

n1

a



a



所以

11



1



x(n)



(n)(a)



u(n1)

aa



a



n

n

(3)(ii). 留数定理法:

x(n)

11

X(z)z

n1

dz ，设 c 为 z

2



j

c

a



内的逆时针方向闭合曲线。

当 n0 时：

1

X(z)z

n1

在 c 内有 z 一个单极点

a

x(n)ResX(z)z

n1

z

1



a





1za

n1







z



1

a



z



z

1

a



n

a

1



1



(a)



,(n0)

a



a



当 n0 时：X(z)z

n1

在c 内有

1

两个单极点

a

x(0)ResX(z)z

n1

z

1

ResX(z)z

n1

z0,z



a



z0

11

a 

aa

当n0 时：由于x(n)是因果序列，

a

此时 x(n)0 。 所以

11



1



x(n)



(n)(a)



u(n1)

aa



a



n

(3)(iii). 部分分式法：

X(z)zaa1a

2



zz(1az)z1az

11

则

X(z)a(a)

a

1

1

z

1

a

所以

1



1



x(n)(a)



(n)(a)



u(n)

a



a



11



1







(n)(a)



u(n1)

aa



a



(4)

X(z)



z

z

1

4

A

1

z

3

B

1

z

5

n

n

11

(z)(z)

35



A=5/8, B=3/8

X(z)

5

8

z

z

1

3



3

8

z

z

1

5

5131

x(n)()

n

u(n1)()

n

u(n)

8385

5．对因果序列,初值定理是

x(0)limX(z)

z

,如果序列为

n0

时

x(n)0

,问相应的

定理是什么? 讨论一个序列x(n)，其z变换为：

719

1

z

1224

X(z)

5

1z

1

z

2

2

X(z) 的收敛域包括单位圆，试求其 x(0) 值。

分析：

这道题讨论如何由双边序列

Z

变换

X(z)

来求序列初值

x(0)

，把序列分成因果序列和

反因果序列两部分，[它们各自由

X(z)

求

x(0)

表达式是不同的]，将它们各自的

x(0)

相

加即得所求。

解：当序列满足n0,x(n)0时,有:

X(z)

n



x(n)z

z0

0

n

x(0)x(1)zx(2)z

2



•••

所以此时有：limX(z)x(0)

若序列

x(n)

的Z变换为：

719

1

7

2

19

zzz

12241224

X(z)

5

1

1

2

1zz(z2)(z)

22

zz

X

1

(z)X

2

(z)

1

4（ z2）

3（ z）

2

1

X(z) 的极点为 z

1

2,z

2



2

由题意可知：X(Z)的收敛域包括单位圆,则其收敛域应该为：

1

z2

2

则 x

1

(n) 为 n0 时为有值左边序列，

x

2

(n) 为因果序列：

z

0

z0z0

（4z2）

z1

x

2

(0)limX

2

(z)lim

zz

1

3

（3z）

2

1

x(0)x

1

(0)x

2

(0)

3

x

1

(0)limX

1

(z)lim

6.有一信号

y(n)

，它与另两个信号

x

1

(n)

和

x

2

(n)

的关系是:



1





1



y(n)x

1

(n3)x

2

(n1)

，其中

x

1

(n)



u(n)

，

x

2

(n)



u(n)

，



2





3



1

已知

Z[a

n

u(n)]

，za，利用z变换性质求y(n)的z变换Y(z)。

1

1az

解：

11

Z

x

2

(n)X

2

(z)

11

1z

1

1z

1

23

11

Z

x

1

(n3)z

3

X

1

(z)z

3

 z

1

2

1z

1

2

11

Z

x

2

(n)X

2

(z

1

) z

1



1

3

1z

3

z

Z

x

2

(n1)zX

2

(z

1

) z3

1

1z

3

而 y(n)x

1

(n3)*x

2

(n1)

Z

x

1

(n)X

1

(z)

n

n

1z



11

1z

1

1z

23

z

5

3z

5



111

(z-)(1z)(z-)(3z)

232

所以 Y(z)Z[x

1

(n3)]Z[x

2

(n1)]z

3



8. 若

x

1

(n),x

2

(n)

是因果稳定序列，求证：

1

2











X

1

(e

j



)X

2

(e

j



)d



{

1

2











X

1

(e

j



)d



}{

1

2







X





2

(e

j



)d



}

分析：

利用时域卷积则频域是相乘的关系来求解

x

1

(n)*x

2

(n)

而 x

1

(n)*x

2

(n)

n0

1

2



1

2











X

1

(e

j



)X

2

(e

j



)e

j



n

d



x

1

(0)x

2

(0)











X

1

(e

j



)X

2

(e

j



)d



，

再利用

x

1

(n)、x

2

(n)

的傅里叶反变换，代入

n

= 0即可得所需结果。

证明:

设 y(n)x

1

(n)x

2

(n) 则

Y(z)X

1

(z)X

2

(z)

 Y(e

j



)X

1

(e

j



)X

2

(e

j



)



1

2











X

1

(e

j



)X

2

(e

j



)e

j



n

d



1



Y(e

j



)e

j



n

d





2







y(n)

x

1

(n)x

2

(n)



1



X

1

(e

j



)X

2

(e

j



)d



2







x

1

(n)x

2

(n)|

n0





n







x

1

(k)x

2

(nk)





k0



n0



x

1

(0)x

2

(0)

•

1

2



1

x

2

(n)

2



•

•

x

1

(n)









X

1

(e

j



)e

j



n

d



X

2

(e

j



)e

j



n

d











∴

x

1

(0)

1



j



X(e)d



1







2



1



x

2

(0)X

2

(e

j



)d





2









1



j



j



X(e)X(e)d



12







2





11

{



X

1

(e

j



)d



}{



X

2

(e

j



)d



}

2







2







利用序列傅里叶变换的定义、它的导数以及帕塞瓦公式

10. 分析：

1

2





2



2







j0

x(e

j



)d





n



x(n) 。

解：

(a) X(e)

(b)

n



x(n)e







j0n



j



n



x(n)6







X(e





j



)d









X(e)e

j0

d



2



x(0)

4



(c)

由帕塞瓦尔公式可得：









X(e

j



)d



2





2



n



x(n)

2

28



(d)

∵

X(e)

j



x(n)e



n

j



n



dX(e

j



)

(jn)x(n)e

j



n

∴

d



n



dX(e

j



)

即

DTFT



(jn)x(n)





d



由帕塞瓦尔公式可得：











dX(e

j



)

d



2



|(jn)x(n)|

2

d



n

2



2



n



n



2

x

2

(n)

2



(910196425049)

316



13. 研究一个输入为

x(n)

和输出为

y(n)

的时域线性离散移不变系统，已知它满

足

y(n1)

响应。

10

y(n)y(n1)x(n)

并已知系统是稳定的。试求其单位抽样

3

分析：

在

Z

变换域中求出

H(z)Y(z)/X(z)

，然后和题12（c）一样分解成部分分式分别

求

Z

反变换。

解：

对给定的差分方程两边作Z变换，得：

10

Y(z)zY(z)X(z)

3

1z

则：

H(z)

Y(z)





101

X(z)

z

1

z(z3)(z)

33

z

1

Y(z)

1

极点为 z

1

3,z

2



，

3

为了使它是稳定的，收敛区域必须包括单位圆，故为1/3<│z│<3

即可求得

n



3



n



1



h(n)



3u(n1)



u(n)



8





3







14.研究一个满足下列差分方程的线性移不变系统，该系统不限定为因果、稳定

系统。利用方程的零极点图，试求系统单位抽样响应的三种可能选择方案。

解 :

对题中给定的差分方程的两边

作Z变 换，得：

1

5

y(n1)y(n)y(n1)x(n)

2

5

zY(z)Y(z)zY(z)X(z)

2

Y(z)

H(z)

X(z)

因此



z

1

1

5

z

2



z

1

(z2)(z)

2

其零点为

z0

z

1

2

,

z

2

1



2

极点为

因为该系统不限定为因果，稳定系统,所以其收敛域情况有三种，分别如

左图所示。

收敛域情况有：

零极点图一：

z2

零极点图二：

1

z2

2

零极点图三：

注：如果想要参看具体题解，请先选择方案，然后单击 解答 按键即可。

(1) 按12题结果(此处z1=2, z2=1/2),

可知当收敛区域为

h(n)

1

z

2

z2

,则系统是非稳定的，但是因果的。其单位抽样响应为：

1

nn

(z

1

z

2

)u(n)

z

1

z

2



2

n

(22

n

)u(n)

3

1

z2

(2) 同样按12题，当收敛区域为

2

，则系统是稳定的但是非因果的。

其单位抽样响应为：

h(n)

1

nn

z

1

u(n1)z

2

u(n)

z

2

z

1



n



2



n



1







2u(n1)



u(n)



3





2







(|z

2

||z||z

1

|)

(其中

z

1

2

(3) 类似 , 当收敛区域为

其单位抽样响应为：

h(n)

z

2



1

2

)

z

1

2

时，则统是非稳定的，又是非因果的。

1

nn

z

1

u(n1)z

2

u(n1)

z

2

z

1



2

(2

n

2

n

)u(n1)

3

(其中

z

1

2,z

2



1

2

)

第三章 离散傅立叶变换

1.如下图，序列x(n)是周期为6的周期性序列，试求其傅立叶级数的系数。

~

解: X(k)

n0

j

2



k

1412e

6

x(n)W

6

nk





~

5

n0

j

~



x(n)e

5

2



nk

6

j

2



4k

6e

6

j

2



5k

10e

6

j

2



2k

10e

6

j

2



3k

8e

6

计算求得:

~~~

X(0)60;X(1)9j33; X(2)3j3 ;

~~~

X(3)0 ; X(4)3j3 ;X(5)9j33 。

~

2.设x(n)R

4

(n),x(n)x((n))

6

.

~~

~

试求X(k)并作图表示x(n),X(k)。

~

解: X(k)

e

j



k

~~~

计算求得：X(0)4 ; X(1)j3 ; X(2)1 ;

~~~

X(3)0 ; X(4)1 ; X(5)j3 。

n0

j



kj

2



k

1e

3

e

3

n0



5

~

x(n)W

6

nk





5

j

2



nk

~

x(n)e

6



n1,0n4

3.

设

x(n)



,h(n)R

4

(n2),

0

，其它

n



试求

x(n)

与

h(n)

的周期卷积并作图

。

令

x(n)x((n))

6

,h(n)h((n))

4

,

解：在一个周期内的计算值

~~

~

y(n)

~

x(n)*h(n)h(nm)

~~

~

y(n)

~

x(n)*h(n)h(nm)

4.分析：此题需注意周期延拓的数值，如果N比序列的点数多，则需补零；如果

N比序列的点数少，则需将序列按N为周期进行周期延拓，混叠相加形成新序

列。先周期延拓再翻褶、移位

x((-n))

5

为周期序列{1,0,2,3,1}

x((n))

6

为周期序列{1, 1,3,2,0,0}

x((-n))

6

R

6

(n)为6点有限长序列{1,0,0,2,3,1}

x((n))

3

R

3

(n)为3点有限长序列{3,1,3}

x((n-3))

5

R

5

(n)为5点有限长序列{3,2,0,1,1}

x((n))

7

R

7

(n)为7点有限长序列{1, 1,3,2,0,0,0}

8. 解：（1）x(n)*x(n)=

x(m)

~

0

1

2

3

4

5

6

7

8

m0



x(m)x(nm)

0

1

0

2

1

3

0

0

2

1

0

2

1

3

0

1

1

0

2

1

3

3

1

0

2

1

3

0

1

0

2

1

0

1

0

2

y(n)

1

0

4

2

10

4

13

6

9

4

n

x(nm)

1

1

0

2

1

3

0

0

0

(2) x(n)⑤x(n)=



x(m)x((nm))

5

R

5

(n)

m0

4

n

x((nm))

5

R

5

(n)

~

x(m)

1

1

0

2

1

3

0

3

1

0

2

1

2

1

3

1

0

2

1

2

1

3

1

0

3

0

2

1

3

1

f(n)

5

13

10

11

10

0

1

2

3

4

(3) (3)x(n)⑩x(n) 与线性卷积结果相同，后面补一个零。



1, 0n4

0n3



n1,

10.

x(n)



，

y(n)



，

求f(n)=x(n)⑦y(n)。

1, 5n6

0, 4n6





解： f(n)=x(n)⑦y(n)=



x(m)y((nm))

7

R

7

(n)

m0

6

n

~

y(nm)

x(m)

1

-1

-1

-1

-1

-1

1

1

2

1

-1

-1

-1

-1

-1

1

3

1

1

-1

-1

-1

-1

-1

4

-1

1

1

-1

-1

-1

-1

0

-1

-1

1

1

-1

-1

-1

0

-1

-1

-1

1

1

-1

-1

0

-1

-1

-1

-1

1

1

-1

f(n)

0

4

-2

-10

-10

-8

-4

0

1

2

3

4

5

6

第四章 快速傅立叶变换

1.如果一台通用计算机的速度为平均每次复乘需50



s

每次复加5



s，用它来计算512点的DFT[x(n)]，问直拉

计算需要多少时间，用FFT运算需要多少时间。

解: 解: ⑴ 直接计算:

复乘所需时间:

T

1

510

6

N

2

510

6

512

2

1.31072s

复加所需时间:

T

2

0.510

6

N(N1)0.510

6

512(5121)0.130816s

TT

1

T

2

1.441536s

⑵用FFT计算:

复乘所需时间:

6

T

1

510

6



N



512

2

log

2

N510

2

log

2

5120.01152s

复加所需时间:

T

2

0.510

6

Nlog

2

N0.510

6

512log

2

5120.002304s

TT

1

T

2

0.013824s

3.

运算量：复数乘法次数（乘±1、±j不计算在内，要减去系数为±1、±j的，

0

,W

N/4

）即

W

N

，即8*4-（1+2+4+8）-（1+2+4）=10

N

复数加法次数为64次

第五章 数字滤波器的基本结构

1.用直接I型及典范型结构实现以下系统函数

34.2z

1

0.8z

2

H(z)

20.6z

1

0.4z

2

分析：①注意系统函数

H(z)

分母的

z

项的系数应该化简为1。

②分母

z

i

(i1 , 2 ,

••••••

0

)

的系数取负号，即为反馈链的系数。

解：

1.52.1z

1

0.4z

2

1.52.1z

1

0.4z

2



H(z)

12

12

1(0.3z0.2z)

10.3z0.2z

∵

H(z)

1



a

n

z

n

n1

m0

N



bz

n

M

m



Y(z)

X(z)

∴

a

1

0.3

，

a

2

0.2

b

0

1.5

，

b

1

2.1

，

b

2

0.4

4(z1)(z

2

1.4z1)

2.用级联型结构实现以下系统函数

H(z)

2

(z0.5)(z0.9z0.8)

试问一共能构成几种级联型网络。

分析：用二阶基本节的级联来表达（某些节可能是一阶的）。

1



1k

z

1





2k

z

2

解：

H(z)A



12





2k

z

k

1



1k

z

4(1z

1

)(11.4z

1

z

2

)



112

(10.5z)(10.9z0.8z)

∴

A4



11

1,



11

0.5 ,



21

0 ,



12

1.4 ,



21

0 ,



12

0.9 ,



22

1



22

0.8

由此可得：采用二阶节实现，还考虑分子分母组合成二阶（一阶）基本节的方式，

则有四种实现形式。

4．用横截型结构实现以下系统函数：

11



H(z)



1z

1





16z

1



12z

1





1z

1





1z

1



26



分析：FIR滤波器的横截型又称横向型，也就是直接型。

解：

1

1

1

z)(16z

1

)(12z

1

)(1z

1

)(1z

1

)

26

11

(1z

1

2z

1

z

2

)(1z

1

6z

1

z

2

)(1z

1

)

26

537

1

(1z

1

z

2

)(1zz

2

)(1z

1

)

26

8205

2

205

3

8

4

1z

1

zzzz

5

312123

H(z)(1

1

7．设某FIR数字滤波器的系统函数为：

H(z)(13z

1

5z

2

3z

3

z

4

)

5

试画出此滤波器的线性相位结构。

分析：FIR线性相位滤波器满足

h(n)h(N

称或奇对称，因而可简化结构。

1n)

，即对

n(N1)/2

呈现偶对

解：由题中所给条件可知：由题中所给条件可知：

13

h(n)



(n)



(n1)



(n2)

55

31





(n3)



(n4)

55

则 h(0)h(4)

1

0.2

5

3

h(1)h(3)0.6

5

h(2)1

N1

2

2

即h(n)偶对称，对称中心在 n

处 ， N 为奇数(N5) 。

第六章 无限长单位冲激响应（IIR）数字滤波器的设计方法

1.用冲激响应不变法将以下

sa

(sa)

2

b

2

A

(2) H

a

(s),

n

(ss

0

)

(1) H

a

(s)

H

a

(s)

变换为

H(z)

，抽样周期为T

n 为任意正整数 。

分析：

①冲激响应不变法满足

h(n)h

a

(t)

tnT

h

a

(nT)

，

T为抽样间隔。这种变换法必须

H

a

(s)

先用部分分式展开。

②第（2）小题要复习拉普拉斯变换公式

L[t

n

]

n!

,

n1

S

Ae

s

0

t

t

n1

A

h

a

(t)u(t)H

a

(s)

n

，

(n1)!(SS

0

)

可求出

h(k)

又

kx(k)

Th

a

(t)

tkT

Th

a

(kT)

，

dX(z)

，则可递推求解。

dz

z

解: (

1)

H

a

(s)

sa

(sa)

2

b

2



1



11







2



sajbsajb





1

(ajb)t

h

a

(t)ee

(ajb)t

u(t)

2



由冲激响应不变法可得：

h(n)Th

a

(nT)



T

(ajb)nT

ee

(ajb)nT

u(n)

2



H(z)



h (n) z

n

n0



T



11





2





1e

aT

e

jbT

z

1



1e

aT

e

jbT

z

1





1e

aT

z

1

T

cosbT

12e

aT

z

1

cosbTe

2aT

z

2

(2) 先引用拉氏变换的结论

L



t

n





n!

s

n1

可得：

H

a

(s)

A

(ss

0

)

n

则h

Ae

s

0

t

t

n1

a

(t)

(n1)!

u(t)

h(k)Th

Ae

s

0

kT

(kT)

n1

a

(Tk)T

(n1)!

u(k)

按 a

k

u(k)

Z

1

1az

1

,

且 kx(k)

Z

z

dX(z)

dz



可得H(z)



h(k)z

k

k0

TA

T

n1



n11

s

0

T

k

(n1)!

k



k(ze)

1



AT

n

(n1)!

(z

d

dz

)

n1

(

1

1e

sT

z

1

)

0

可以递推求得：





AT

,n1

H(z)





1e

s

0

T

z

1



AT

n

e

S

0

T

z

1



••



(1e

s

z

1

)

n

，

•

0

T



n2,3,

3．

设有一模拟滤波器

H

a

(s)

1

s

2

s1

抽样周期T = 2，试用双

线性变换法将它转变为数字系统函数

H(z)

。

分析：

双线性变换法将模拟系统函数的S平面和离散的系统函数的Z平面之间是一一对应的

1

1z

关系，消除了频谱的混叠现象，变换关系为

sc

。

1

1z

解：

sc

1z

1

由变换公式

1z

1

及

T = 2时：

s

1z

1

1z

1

H(z)H

a

(s)|

1

s

1z



1z

1



1



1





2

1



1z

1z

1



















1z



1z

1





1

(1z

1

)

2



3z

2

c

2

T

可得：