10级习题及解答1(离散信号及系统)概要

1 .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)  (n),(2)x(n) R3(n),

(3)x(n)  (n2),(4)x(n) 2nu(n1),h(n)R5(n)h(n)R4(n)

h(n)0.5nR3(n)h(n)0.5nu(n)解： (1) y(n)x(n)*h(n)R5(n)(2) y(n)x(n)*h(n){1,2,3,3,2,1}(3) y(n)(n2)*0.5nR3(n)0.5n2R3(n2)(4) x(n)2nu(n1) h(n)0.5nu(n)11当n0 y(n)0.5nm2m2n3mn4nnmm当n1 y(n)0.5223m2 .已知 h(n)anu(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nu(n1)y(n)x(n)*h(n)当n1时y(n),0a1m1anman1aa1a当n1时

y(n)mam3. 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(a) x(n)Acos(n) 78j(n)13(b) x(n)Asin( n) (c) x(n)e63解： (a)x(n)Acos(3n)78 2/02/314

73 是周期的,周期为14。(b)x(n)Asin(13n)3136 2/2/0

313

是周期的，周期6。是cos(n)jsin(n)66njsinn cos 66 2 /012T 是无理数(c)x(n)  是 非周期的。

4.试判断:

(1)y(n)j(n)e6mnx(m),(2)y(n)xn,222(3)y(n)x(n)sinn79是否是线性系统?并判断(2),(3)是否是移不变系统?

解： (1)y(n)mx(m)n

y1(n)Tx1ny2nTx2nmnx1m

nmx2m

ay1nby2nmax1mbx2n

mnTax1nbx2nax1nbx2n

nTax1nbx2nay1nby2n

系统是线性系统解：(2)

y(n)xn

2y1(n)Tx1nx1n

2y2nTx2nx2n2

2ay1nby2nax1nbx1n2

22 Tax1nbx2nax1nbx2nax1nbx2n2abx1nx2n即Tax1nbx2nay1nby2n2∴系统不是线性系统。

Txnmxnmynmxnm系统是移不变的解： (3)22即Txnmynm

2y(n)xnsinn97y1(n)x1nsin2n

9722y(n)xnsin2n

97 ay1nby2nax1(n)sin(2n)bx2(n)sin(2n)

97972 Tax1nbx2nax1(n)bx2(n)sin(9n7)

即有Tax1nbx2nay1nby2n系统是线性系统。

2nTxnmxnmsin97ynmxnmsin2(nm)

97即Txnmynm系统不是移不变的5. 试判断以下每一系统是否是(1)线性,(2)移不变的？

(1)T[x(n)]g(n)x(n) (2)T[x(n)]x(nn0) (4)T[x(n)] (3)T[x(n)]ekn0x(n)x(k)

n解：(1) Tx(n)g(n)x(n) Tax1(n)bx2(n)g(n)[ax1(n)bx2(n)]g(n)ax1(n)g(n)bx2(n)aT[x1(n)]bT[x2(n)]

∴系统是线性系统。

Txnmg(n)xnm ynmgnmx(nm) 即Txnmynm系统不是移不变的。解：(2)是一累加器 Tx(n)nkn0x(k)2n

nnTax1(n)bx2(n)kn0[ax(k)bx1(k)]kn0ax(k)bx1kn02(k)aT[x1(n)]bT[x2(n)]系统是线性系统。

Txnmynmnmkn0kn0xkmxkkn0mnnmxk

即Txnmynm系统不是移不变的。解： (3) Tx(n)x(nn0)Tax1(n)bx2(n)ax1(nn0)bx2(nn0)aT[x1(n)]bT[x2(n)]∴系统是线性系统。

Txnmxnn0m ynmx(nmn0) 即Txnmynm系统是移不变的。

解： (4) Tx(n)ex(n)Tax1(n)bx2(n)eax1(n)bx2(n)eax1(n)ebx2(n)T[ax1(n)]T[bx2(n)] 系统是线性系统。也是移不变系统。

6. 以下序列是系统的单位抽样响应h(n),试说明系统是否是

(1)因果的,(2)稳定的？

1(1)u(n)(2)2n (3)3nu(n)0.3nu(n)(4)(6)1u(n)n!3nu(n)0.3nu(n1)

(5)(7) 解：  (n4)(1) 当n0时 , h(n)0, 是因果的。

n|h(n)|11,0212不稳定。(2) 当n0时，h(n)0, 是因果的。 11112*13*2*1111113248稳定。(3) 当n0时，h(n)0,n|h(n)|1110！1！2！ 是因果的。n|h(n)|303132

不稳定。(4)当n0时，h(n)0,是非因果的。n|h(n)|3031323 2稳定。(5) 当n0时，h(n)0,系统是因果的。n|h(n)|0.300.310.3210 7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。

7. 讨论下列各线性非移变系统的因果性和稳定性 （1）h(n)=2u(-n) (4) h(n)=( (2) h(n)=-au(-n-1) (5) h(n)=

nn1n)u(n) 21u(n) nn (3) h(n)=(n+n0), n0≥0 (6) h(n)= 2Rnu(n)

解 （1）因为在n<0时，h(n)= 2≠0,故该系统不是因果系统。

n 因为S=

n|h(n)|=

n0|2|=1<，故该系统是稳定系统。

n(2) 因为在nn|h(n)|=

n1| a|=

nna

n，故该系统只有在|a|>1时才是稳定

系统。

(3) 因为在n因为S=

n|h(n)|=

n|(n+n0)|=1<，故该系统是稳定系统。

(4) 因为在n|h(n)|=

nn0|(

1n)|<，故该系统是稳定系统。 2(5) 因为在n1u(n)=0，故该系统是因果系统 。 n 因为S=

n|h(n)|=

n11|u(n)|= =，故该系统不是稳定系统。 nnn0(6) 因为在n|h(n)|=

nn0N1|2|=2-1<，故该系统是稳定系统。

nN解差分方程（8、9、10、11题）：

8．列出下图系统的差分方程,并按初始条件y(n)0,n0 求输入为x(n)u(n)时的输出序列y(n),并画图表示。 系统的等效信号流图为：

解：

Y(z)1z1则由梅逊公式可得：X(z)11z144y(n)y(n1)4x(n)4x(n1) y(n)１y(n1)x(n)x(n1)４y(0)1y(1)x(0)x(1)14

y(1)1y(0)x(1)x(0)2144y(2)1y(1)x(2)x(1)4 2(11)(1)244y(3)1y(2)x(3)x(2)4 2(1112)(1)3

444y(n)1y(n1)x(n)x(n1)42(11(1)n1)(1)n444851n u(n)334

9. 设有一系统,其输入输出关系由以下差分方程确定

11y(n)y(n1)x(n)x(n1)22

设系统是因果性的。 试求：

(a) 该系统的单位抽样响应 ；(b)由(a)的结果,利用卷积和求输入 x(n)ejn

u(n)的响应 。解：y(n)1y(n1)x(n)1x(n1)22(a)x(n)(n)y(n)h(n)0(n0)h(0)1y(1)x(0)1x(1)1

22h(1)1y(0)x(1)1x(0)22 11122h(2)1y(1)x(2)1x(1)1222h(3)1y(2)x(3)1x(2)(1)2222┇

h(n)1y(n1)x(n)1x(n1)22 12n1

n1h(n)12u(n1)(n)(b) y(n)x(n)*h(n)1)n1u(n1)n*ejnu(n)(21)n1u(n1)*ejnu(n)ejnu(n)(2n(1)(m1)ej(nm)u(n1)ejnu(n)2m11ej1(1)nej(n1) 222ejn2u(n1)ejnu(n)11ej2ej(n1)(1)nej2u(n1)ejnu(n)11ej2ejn(1)n2u(n1)ejnu(n)ej1210. 已知y(n)-2cosy(n-1)+y(n-2)=0,且y(0)=0,y(1)=1,求证y(n)=证明 题给齐次差分方程的特征方程为

sin(n)

sin2-2cos·+1=0

1=cos+jsin=ej,2=cos-jsin= ej

y(n)=c1n由特征方程求得特征根

齐次差分方程的通解为

1+c2n2=c1e

jn+c2e

jn

代入初始条件得

y(0)=c1+c2=0 y(1)= c1e

jn+c2e

jn=1

由上两式得到

c1=

111=，c=- c=- 21ejnejn2sin2sin将c1和c2代入通解公式，最后得到

y(n) =c1e

jn+c2e

jn=

1sin(n)jnjn( e+ e)=

2sinsin11. 已知y(n)+2ay(n-1)+by(n-2)=0,且y(0)=0,y(1)=3,y(2)=6,y(3)=36,求y(n) 解 首先由初始条件求出方程中得系数a和b 由

y(2)2ay(1)by(0)66a0 y(3)2ay(2)by(1)3612a3b0可求出 a=-1,b=-8 于是原方程为

y(n)-2y(n-1)-8y(n-2)=0 由特征方程

2－2－8＝0求得特征根

1＝4 ，2＝-2

y(n)=c1n齐次差分方程得通解为

1+c2n2= c14+c2(-2)

nn代入初始条件得

y(n)= c11+c22= 41+22=3

由上二式得到

c1＝

11，c2＝－ 22将c1和c2代入通解公式，最后得到

y(n)=c1n1+c2n2＝

1nn[4-(-2) ] 2求卷积（12、13题）

12. 计算线性卷积 (1) y(n)=u(n)*u(n) (2) y(n)=nu(n)*u(n)

解：(1) y(n)=

ku(k)u(nk)

=

k0u(k)u(nk)=(n+1),n≥0

即y(n)=(n+1)u(n) (2) y(n)=ku(k)u(nk)

kn11 =ku(k)u(nk)=,n≥0

1k0即

1n1y(n)=

1u(n)

13． 试证明线性卷积满足交换率、结合率和加法分配率。 证明 （1）交换律

X(n) * y(n) =

kx(k)y(nk)

 `

令k=n-t,所以t=n-k,又- x(n) * y(n) =

tx(nt)y[n(nt)] x(nt)y(t)=y(n) * x(n)

=

t交换律得证. (2)结合律

[x(n) * y(n)] * z(n)

=[

kx(k)y(nk)] * z(n)

[

 =

tkx(k)y(tk)]z(n-t)

 =

kx(k) y(t-k)z(n-t)

t =x(k)

kmy(m)z(n-k-m)

=x(k)[y(n-k) * z(n-k)]

k =x(n) * [y(n) * z(n)] 结合律得证. (3)加法分配律

x(n) * [y(n) + z(n)]

=

kx(k)[y(n - k) +z(n - k)]

=

kx(k)y(n-k)+

kx(k)z(n - k)

=x(n) * y(n) + x(n) *z(n) 加法分配律得证.

奈奎斯特定理(14、15题)：

14.有一理想抽样系统,抽样频率为s6,抽样后经理想低通滤波器Ha(j)还原,其中:

1 3, Ha(j)2

0, 3今有两个输入xa1(t)cos2 t,解：根据奈奎斯特定理可知：

xa2(t)cos5 t,问输出信号ya1(t),ya2(t)有无失真?为什么?

xa1(t)cos2 t ,频谱中最高频率a12632ya1(t)无失真。xa2(t)cos5 t ,频谱中最高频率 a2

6532ya2(t)失真。

15.当需要对带限模拟信号滤波时，经常采用数字滤波器，如图所示，图中T表示取样周期，假设T很小，足以防止混叠失真，把从x(t)到y(t)的整个系统等效成一个模拟滤波器。 （1）如果数字滤波器h（n）的截止频率等于率fac，并求出理想低通滤波器的截止频率fc （2）对

1rad，＝10kHz，求整个系统的截止频8T1＝20kHz，重复（1）的计算 T

解 理想低通滤波器的截止频率波器h（n）的截止频率

（弧度/秒）折合成数字域频率为（弧度），它比数字滤T（弧度）要大，故整个系统的截止频率由数字滤波器h(n)的截止8频率

12fac，（弧度）来决定。将其换算成实际频率，即将fs＝＝10000Hz带入

8Tfs8便得到

fac＝625 Hz

理想低通滤波器的截止频率到

fc＝

（弧度/秒）换算成实际频率使得到fc，即由＝2fc，得TT110000==5000 Hz 2T2系统（Z变换 16-19题）：

16. 已知用下列差分方程描述的一个线性移不变因果系统 y(n)y(n1)y(n2)x(n1)

(a) 求这个系统的系统函数，画出其零极点图并指出其收敛区域； (b) 求此系统的单位抽样响应；

(c) 此系统是一个不稳定系统，请找一个满足上述差分方程的稳 定的（非因果）系统的单位抽样响应。 分析：

x(n)X(z) , h(n)H(z) , y(n)Y(z)

则 H(z)Y(z)/X(z)Z[h(n)]，

要求收敛域必须知道零点、极点 。收敛域为Z平面 某个圆以外，则为因果系统（不一定稳定），收敛域 若包括单位圆，则为稳定系统（不一定因果）。 解：

(a) 对题中给出的差分方程的两边作Z变换，得： Y(z)z1Y(z)z2Y(z)z1X(z)

Y(z)z1z 所以H(z) 12X(z)1zz(za1)(za2) 零点为z=0，极点为za10.5151.62 za20.5150.62

因为是因果系统，所以|z|>1.62是其收敛区域。

零极点图如右图所示。

（b） 因为 H(z)z1zz (za1)(za2)a1a2za1za21111az1a2z11 1nnnnaza2z1a1a2n0n01a1a2所以 h(n)1nna1a2u(n)a1a2

式中 a11.62 , a20.62 由于H(z)的收敛区域不包括单位圆，故这是个不稳定系统。 (c) 若要使系统稳定，则收敛区域应包括单位圆,因此选H(z)的

收敛区域为 a2za1，即 0.62z1.62，则： H(z)1a1a2zzzaza 121nnnna1za2z n0n中第一项对应一个非因果序列（左序列），而第二项对应一个因果序列。

1H(z) 所以 a1a2

则有h(n)1nna1u(n1)a2u(n)a2a10.447(1.62)nu(n1)(0.62)nu(n)

从结果可以看出此系统是稳定的，但不是因果的（双边序列）。

17. 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)10y(n)y(n1)x(n) 3 并已知系统是稳定的。试求其单位抽样响应。 分析：

在Z变换域中求出H(z)Y(z)/X(z)，

然后和上题（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：

10Y(z)zY(z)X(z)3Y(z)则：H(z)X(z)1  101zz3z 1(z3)(z)3z1Y(z)1极点为 z13,z2，

3为了使它是稳定的，收敛区域必须包括

单位圆，故取 1/3|z|3 。

利用第十二题(c)的结果，a13,a21/3

即可求得

n3n1h(n)3u(n1)u(n)

83

18、 已知x(n)的z变换是X(z)=(1+2z-1) ,|z|≠0。求下列序列的z变换,并说明其收敛域。 (a). x1(n)=x(3-n)+x(n-3) (b). x2(n)=(1+n+n2)x(n) (c). x3(n)=(1/2)n x(n-2) (d). x4(n)=x(n+2)+x(n-2) 解：

(a). X1(z)=zX(z)+zX(z)==z(1+2z)+z(1+2z)=2z+z+z+2z (b).X2(z)=X(z)-z

dX(z)ddX(z)-z(-z) dzdzdz3

-1

-3

3

-3

-1

4

3

-3

-4

X2(z)=1+2z-1-z*(-2)z-2-z

d2z-1 =1+2z-1+2z-1+2z-1=1+6 z-1 dz(c). x3(n)=(1/2)n x(n-2)=(1/2)2(1/2)n-2x(n-2) X3(z)=(1/4)Z-2X(

z)=(1/4)Z-2X(2Z)= (1/4)Z-2(1+z-1) 0.5 (d). X4(z)=z2X(z)+z-2X(z)=(z2+z-2)(1+2z-1)=z2+2z+z-2+2z-3

19．下图是一个因果稳定系统的结构，试列出系统差分方程，求系统函数。当 求系统单位冲激响应 , 画出系统零极点图和频率响应b00.5,b11,a10.5时，曲线。

分析：

解法一：利用此系统是一阶系统写出差分方程，令其二阶项系统为零，

可得一阶差分方程，取Z变换求得H（z）从而求得h（n）。或直接对

图形Z变换，得H(z)=Y(z)/X(z).

解法二：将系统用流图表示，改变流图中两个一阶节的级联次序

（线性系统服从交换定理），然后写出差分方程，再取Z变换 求得H（z）从而求得h（n）。

解法一:由图示可得

x1(n)x(n)a1x1(n1) y(n)b0x1(n)b1x1(n1)

则 y(n)ky(n1)b0x1(n)b1x1(n1)kb0x1(n1)kb1x1(n2)

b0x(n)(a1b0b1kb0)x1(n1)kb1x1(n2)

b0x(n)(a1b0b1kb0)x(n1)

a1(a1b0b1kb0)x1(n2)kb1x1(n2) 由方框图可看出：差分方程应该是一阶的

所以 a1b0a1b1ka1b0kb10ka1

2则有

y(n)a1y(n1)b0x(n)(a1b0b1a1b0)x(n1)

b0x(n)b1x(n1)

即 Y(z)(1a1z1)(b0b1z1)X(z) Y(z)b0b1z1 所以 H(z)X(z)1a1z1当 b00.5,b11,a10.5 时：

b0b1z10.5z1 H(z)1a1z110.5z10.5z1 10.5z110.5z1因为此系统是一个因果稳定系统 ; 所以其收敛

域为 z0.5

h(n)0.50.5u(n)0.5u(n1)

nn1解法二： 将图P2-11 画成流图结构，并化简如下：

由于线性流图的级联结构可以改变级联次序，因而 上图又可化成：

由这个流图即可很方便地写出其线性差分方程： y(n)a1y(n1)b0x(n)b1x(n1)

取z变换可得：

Y(z)(1a1z1)(b0b1z1)X(z) 所以

Y(z)b0b1z1 H(z) 1X(z)1a1z 将 b00.5,b11,a10.5代入，可得

0.5z110.5zH(z)10.5z1z0.5H(z)10.5zAB ,

zz(z0.5)zz0.5其中A2,B2.5 因而 H(z)22.5zz0.5,|z|0.5

(由于系统是因果稳定的)

所以 h(n)2(n)2.5(0.5)nu(n)