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数字信号处理（姚天任江太辉第三版）课后习题答案.doc

发布时间：2022-06-05 发布人：admin 分类：说明书 资料大小：5.39M 资料格式：doc 举报 版权申诉
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    2.1 判断下列序列是否是周期序列。若是，请确定它的最小周期。 第二章 （1）x(n)=Acos( （2）x(n)= 8 （3）x(n)=Asin( n 5  8 6 ( ne j ) ) 3  4 3 n ) 解 (1)对照正弦型序列的一般公式 x(n)=Acos(  n )，得出  是周期序列。最小周期等于 N= 16 5 k  (16 取k )5 。 （2）对照复指数序列的一般公式 x(n)=exp[  j ]n,得出 5 8 。因此 2    16 5 是有理数，所以 1 。因此 8 2   16   是无理数，所以不 是周期序列。 （3）对照正弦型序列的一般公式 x(n)=Acos( 1 6 ) ， 得 出  3 4 。 因 此 n 3  4 (8 取k )3 ＝ Acos( N= 8 3 k   n 2  8  3  )，又 x(n)=Asin( 3  4 3 n )＝Acos(  2  3  4 3 n ) 是 有 理 数 ， 所 以 是 周 期 序 列 。 最 小 周 期 等 于 2.2 在图 2.2 中，x(n)和 h(n)分别是线性非移变系统的输入和单位取样响应。计算并列的 x(n)和 h(n)的 线性卷积以得到系统的输出 y(n)，并画出 y(n)的图形。
    解 利用线性卷积公式 y(n)=  k  ()( knhkx  ) 按照折叠、移位、相乘、相加、的作图方法，计算 y(n)的每一个取样值。 (a) y(0)=x(O)h(0)=1 y(l)=x(O)h(1)+x(1)h(O)=3 y(n)=x(O)h(n)+x(1)h(n-1)+x(2)h(n-2)=4,n≥2 (b) x(n)=2(n)-(n-1) h(n)=-(n)+2(n-1)+ (n-2) y(n)=-2(n)+5(n-1)= (n-3) =  ( knu  (c) y(n)=  ku a )( kn  ) k   kna = 1  1 1  a n a  u(n) k  2.3 计算线性线性卷积 (1) y(n)=u(n)*u(n) (2) y(n)= n u(n)*u(n) ()( knuku  )  解：(1) y(n)=  k   =  ()( knuku 0 k   ) =(n+1),n≥0 即 y(n)=(n+1)u(n) (2) y(n)=  k  k ()( knuku  )
    = k  0 k knuku  ()( = ) 1n  1   1   ,n≥0 即 y(n)= 1n u(n) 1    1   2.4 图 P2.4 所示的是单位取样响应分别为 h 1 (n)和 h 2 (n)的两个线性非移变系统的级联，已知 x(n)=u(n), h 1 (n)=(n)-(n-4), h 2 (n)=a n u(n),|a|<1,求系统的输出 y(n). 解 (n)=x(n)*h 1 (n) =  k ku )( [(n-k)-(n-k-4)] =u(n)-u(n-4) y(n)=(n)*h 2 (n) =  k k )( kua [u(n-k)-u(n-k-4)] =  3nk  ka ,n≥3 2.5 已知一个线性非移变系统的单位取样响应为 h(n)=a n u(-n),0
    证明 （1）交换律 X(n) * y(n) =  ()( knykx  ) k  令 k=n-t,所以 t=n-k,又- 
    (1)y(n)= 2x(n)+3 (2)y(n)= x(n)sin[ 2 3 n+  6 ] (3)y(n)=  k )( kx (5)y(n)= x(n)g(n) (4)y(n)=  )( kx n nk  0 解 （1）设 y 1 (n)=2x1(n)+3,y 2 (n)=2x 2 (n)+3,由于 y(n)=2[x1(n)+x 2 (n)]+3 ≠y 1 (n)+ y 2 (n) =2[x1(n)+x 2 (n)]+6 故系统不是线性系统。 由于 y(n-k)=2x(n-k)+3,T[x(n-k)]=2x(n-k)+3,因而 y(n-k) = T[x(n-k)] 故该系统是非移变系统。 设|x(n)|≤M，则有 |y(n)|=|2x(n)+3|≤|2M+3|<∞ 故该系统是稳定系统。 因 y(n)只取决于现在和过去的输入 x(n)，不取决于未来的输入，故该系统是因果系统。 （2）设 y1(n)=ax1(n)sin[ y2(n)=bx2(n)sin[ 2 3 2 3 n+ ] n+ ]  6  6 由于 y(n)=T[ax1(n)+ bx2(n)] =[ax1(n)+bx2(n)]sin[ =ax1(n)sin[ 2 3 =ay1(n)+by2(n) n+  6 2 3 n+  6 ] ]+bx2(n)sin[ 2 3 n+  6 ] 故该系统是线性系统。 由于 y(n-k)=x(n-k)sin[ 2 3 (n-k)+  6 ] T[x(n-k)]=x(n-k)sin[ 2 3 T[x(n-k)]≠y(n-k) n+ ]  6 因而有 帮该系统是移变系统。 设 |x(n)|≤M，则有 |y(n)|=|x(n)sin[ 2 3 (n-k)+ ]|  6 2 3  6 ]| =|x(n)|| sin[ (n-k)+
    ≤M|sin[ 2 3 (n- k)+  6 ]|≤M 故系统是稳定系统。 因 y(n)只取决于现在和过去的输入 x(n),不取决于未来的输入，故该系统是因果系统。 （3）设 y1(n)=  )(1 kx n k  n ，y2(n)=  k  )(2 ，由于 kx y(n)=T[ax1(n)+ bx2(n)]=  )(ax[ k 1 (bx  2 k )] n k  n =a  k  )(1 kx n + b  k  )(2 kx =ay1(n)+by2(n) 故该系统是线性系统。 因 tn y(n-k)=  )( kx k  n =  m  ( tmx  ) 所以该系统是非移变系统。 =T[x(n-t)] 设 x(n)=M<∞ n y(n)=  k  M =∞，所以该系统是不稳定系统。 因y(n)只取决于现在和过去的输入x(n)，不取决于未来的输入，故该系统是因果系统。 （4）设 y1(n)=  )( ，y2(n)=  kx 1 kx )( ，由于 2 n nk  0 n nk  0 y(n)=T[ax1(n)+ bx2(n)]=  )(ax[ k 1 (bx  2 k )] n nk  0 n = a  nk  0 )( kx 1 n +b  nk  0 )( kx 2 =ay1(n)+by2(n) 故该系统是线性系统。 因 tn y(n-k)=  nk  0 )( kx n =  nm  0 ( tmx  t  ) ≠T[x(n-t)]=  ( tmx  ) n nk  0 所以该系统是移变系统。 设 x(n)=M,则 lim n y(n)= lim n (n-n 0 )M=  ,所以该系统不是稳定系统。 显而易见，若 n≥n 0 。则该系统是因果系统；若 n
    y(n)=T[ax 1 (n)+bx 2 (n)]=(ax 1 (n)+bx 2 (n))g(n) =ax 1 (n)g(n)+b 2 (n)=ay 1 (n)+by 2 (n) 故系统是线性系统。 因 y(n-k)=x(n-k),而 T[x(n-k)]=x(n-k)g(n)≠y(n-k) 所以系统是移变系统。 设|x(n)|≤M<  ,则有 |y(n)|=|x(n)g(n)|=M|g(n)| 所以当 g(n)有限时该系统是稳定系统。 因 y(n)只取决于现在和过去的输入 x(n)，不取决于本来的输入，故该系统是因果系统。 2.8 讨论下列各线性非移变系统的因果性和稳定性 1 2 （1）h(n)=2 n u(-n) (4) h(n)=( ) n u(n) (2) h(n)=-a n u(-n-1) (5) h(n)= u(n) 1 n (3) h(n)=(n+n 0 ), n 0 ≥0 (6) h(n)= 2 n R n u(n) 解 （1）因为在 n<0 时，h(n)= 2 n ≠0,故该系统不是因果系统。 因为 S=  |h(n)|=  |2 n |=1<  ，故该系统是稳定系统。  n   0n  (2) 因为在 n1 时才是稳定系统。 (3) 因为在 n
    2.9 已知 y(n)-2cosy(n-1)+y(n-2)=0,且 y(0)=0,y(1)=1,求证 y(n)= sin( sin ) n  证明 题给齐次差分方程的特征方程为  2 -2cos·+1=0 由特征方程求得特征根 1 =cos+jsin=e j, 2 =cos-jsin= e j 齐次差分方程的通解为 y(n)=c 1 1 n +c 2  2 n =c 1 e j n +c 2 e j n 代入初始条件得 y(0)=c 1 +c 2 =0 y(1)= c 1 e j n +c 2 e j n =1 由上两式得到 c 1 = j n  e 1 j n  e = 1 2sin  ，c 2 =- c 1 =- 1 2sin  将 c 1 和 c 2 代入通解公式，最后得到 y(n) =c 1 e j n +c 2 e j n = 1 2sin  ( e j n + e j n )= sin( sin ) n  2.10 已知 y(n)+2y(n-1)+(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 0  (0) 6 6 a    (1) 36 12 a   (1) (2) (2) 2  (3) 2  ay ay   by by 由 y y    3 b  0 可求出 于是原方程为 a=-1,b=-8 y(n)-2y(n-1)-iy(n-2)=0 由特征方程 2 －2－8＝0 求得特征根 1 ＝4 ， 2 ＝-2 齐次差分方程得通解为 y(n)=c 11 n +c 2  2 n = c 1 4 n +c 2 (-2 n ) 代入初始条件得 y(n)= c 11 +c 2  2 = 41 +2 2 =3
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