第五章 数字信号处理课后答案刘顺兰版

H α ( s ) = H αN (
ω c = 2πf c T = 2π × 400 HZ / 6000 HZ =
Ωc = 2 ωc 2 π 2 tg = tg ( ) = 0.2 × T T 2 T 15
2π 15
s=
2 1 − z −1 , T 1 + z −1
s = Ωc
1 − z −1 −1 π tg ( ) 1 + z 15 1 1
=
1 + 3z −1 + 3z −2 + z −3 0.005376(1 + 3z −1 + 3z −2 + z −3 ) = 186 − 412 z −1 + 318 z − 2 − 84 z −3 1 − 2.215 z −1 + 1.71z − 2 − 0.4516 z −3
5.24 用双线性变换设计一个三阶巴特沃思数字高通滤波器，采样频率为 f s = 6 KHZ ，截止 频率为 f c = 1.5 KHZ （不计 3KHZ 以上的频率分量） 。 解法 1：三阶巴特沃思低通模拟滤波器的原型函数：
按照冲激不变条件，可以写出
因此系统函数为
H ( z ) = ∑ h(n) z − n
n =0
∞
1 1 2 2 = + 1 − e − aT e − jbT z −1 1 − e −aT e jbT z −1 = 1 − (e − aT cos bT ) z −1 (1 − e − aT e − jbT z −1 )(1 − e −aT e jbT z −1 )
所以
ω1 + ω 2
H BP ( z ) = H αN ( s )
s=
1 1+ z − 2 3 1− z − 2
= 1+ 2
1 1+ z −2 3 1− z
−2
1 1 1 + z −2 2 1 1 + z −2 3 +2 + ( ) ( ) −2 −2 3 1− z 3 3 1− z
=
(1 − z −2 )3 3.0138 − 2.9107 z − 2 + 1.7560 z − 4 − 0.3195 z − 6 0.3318(1 − 3z −2 + 3z −4 − z −6 ) 1 − 0.9658 z − 2 + 0.5827 z − 4 − 0.1060 z − 6
H α ( jΩ ) =
2
1 , jΩ 2 N 1+ ( ) jΩ c
π
6
N =3
则可解得：
ΩC − (Ω C / 3 )e + H (s) = 2π j S + ΩC S − ΩC e 3
用脉冲响应不变法得：
π
j
+
− (Ω C / 3 )e S − ΩC e
−j
π
6
2 −j π 3
ΩCT − ( Ω C T / 3 )e 6 − ( Ω C T / 3 ) e 6 + + H ( z) = 2π 2 j −j π 1 − e −ΩCT z −1 ( Ω C Te 3 ) −1 ( Ω C Te 3 ) −1 1− e 1− e z z
−1
(1 − z −1 ) 3 = (1 − z −1 ) 3 + 2(1 + z −1 )(1 − z −1 ) 2 + 2(1 + z −1 ) 2 (1 − z −1 ) + (1 + z −1 ) 3 = 1 − 3z −1 + 3z −2 − z −3 6 + 2 z −2
解法二：直接利用公式：
H αN ( s ) =
1 1 + 2s + 2s 2 + s 3
4
ω c = 2πf c T = 2πf c / f s = 2π × 1.5 × 10 3 / 6 × 10 3 =
2 ω 2 π 2 频率预畸： Ω c = tg c = tg = 2 T 4 T T 1 Ω H hp ( s ) = H aN ( c ) = Ω Ω Ω s 1 + c + 2( c ) 2 + ( c )3 s S s
s= z +1 z −1
2
s=
z +1 ， 令 z −1
jω
s = jΩ, 2 cos
z = e jω
则 jΩ =
e +1 2 = − jctg ω = jω 2 e − 1 2 j sin ω 2
ω
Ω = −ctg
ω
2
， ∵ 负号无意义，故 Ω = ctg
ω
2
因此当 Ω = 0 时，对应 ω = π ，故答案 (2)ω = π 对。 解法二： 令 z = 1 ，对应于 e
H hp ( z ) = H hp ( s )
s= 2 1− z −1 T 1+ z −1
π
2
= HαN ( s )
s = tg
ω c 1+ z −1
2 1− z −1
=
1 1+ z 1 + z −1 2 1 + z −1 3 1 + 2( ) 2 ( ) +( ) + 1 − z −1 1 − z −1 1 − z −1
第五章
3 ( s + 1)( s + 3)
部分习题解答
（数字信号处理（第二版） ，刘顺兰，版权归作者所有，未经许可，不得在互联网传播） 5.11 H a ( s ) =
试用脉冲响应不变法及双线性变换法将以上模拟系统函数转变为数字系统函数
H ( z ) ，采样周期 T = 0.5 。
解： （1）脉冲响应不变法
s=
1 1− az −1 + z − 2 Ω B 1− z − 2
其中： Ω B 为高通预畸截止频率
Ω B = tan
ω 2 − ω1
2
= tan
2πf 2T − 2πf1T 2
5
= tan = tan cos
2πf 2 − 2πf1 2π (300 − 60) = tan 2 fs 2 × 720
H α ( s) =
s+a ( s + a) 2 + b 2
解：按照题中给定的 H α ( s ) ，将其展开成部分公式
1 1 s+a 2 2 H α ( s) = = + 2 2 s + a + jb s + a − jb ( s + a) + b
1
于是
1 1 hα (t ) = [ e − j ( a + jb )t + e −( a − jb ) t ]u (t ) 2 2 1 1 h(n) = hα (nT ) = [ e −( a + jb ) nT + e −( a − jb ) nT ]u (n) 2 2
H hp ( z ) = HαN ( s )
' s =Ωc
1+ z −1 1− z
−1
,
Ω'c = tg
ωc
2
= tg
π
4
=1
H hp ( z ) =
1 − 3 z −1 + 3 z −2 − z −3 1 = 6 + 2 z −2 1 + z −1 2 1 + z −1 3 1 + z −1 + + ) ) ( ) 2 ( 1 + 2( 1 − z −1 1 − z −1 1 − z −1
= (
3 2 1− z 2 1 − z −1 + 1 )( + 3) T 1 + z −1 T 1 + z −1
−1
=
3(1 + z −1 ) 2 3(1 + 2 z −1 + z −2 ) = (5 − 3z −3 )(7 − z −1 ) 35 − 26 z −1 + 3z − 2
5.12 用脉冲响应不变法设计一个数字滤波器，模拟原型的系统函数为
3 = 4 (e 1 − (e
− 1 2 − 1 2
− e 2 ) z −1
− 3 2
−
3
+ e ) z −1 + e − 2 z −2
=
(2)双线性变换法
0.29 z −1 1 − 0.83 z −1 + 0.14 z − 2
H ( z ) = H α ( s)
2 1− z −1 S= T 1+ z −1
π
3
= 3 = 1.732 cos(
2πf1T + 2πf 2T ) 2 2 a=2 =2 ω − ω1 2πf T − 2πf1T cos 2 cos( 2 ) 2 2 2π × 60 + 2π × 300 π cos( ) cos 2 × 720 2 = =2 2π × 300 − 2π × 60 π cos( ) cos 2 × 720 3 =0
5.21 用双线性变换设计一个三阶巴特沃思数字低通，采样频率为 f s = 6 KHZ ，截止频率为
f c = 400 HZ 。
解：由查表可得 N = 3 时
H αN ( s ) =
1 1 + 2s + 2s 2 + s 3
s )= Ωc 1 2s s s 1+ + 2( ) 2 + ( ) 3 Ωc Ωc Ωc
5.28 用双线性变换设计一个三阶巴特沃思数字带通，采样频率为 f s = 720 HZ ，上下边带 截止频率分别为 f1 = 60 HZ ， f 2 = 300 HZ 。 解法一：三阶巴特沃思原型低通滤波器为 H αN ( s ) = 直接利用公式：
1 1 + 2s + 2s 2 + s 3
H BP ( z ) = H αN ( s )
H α ( s) =
令
3 3 1 1 = [ − ] ( s + 1)( s + 3) 2 s + 1 s + 3
h(n) = Thα (nT )
则 H ( z) =
3T 1 1 [ ] − −T −1 −3T −1 2 1− e z 1− e z 3 1 1 T = 0.5 , H ( z) = [ − ] 1 3 − − 4 1 − e 2 z −1 1 − e 2 z −1
2
z −1
1− e
3
2
z −1
=
1 + 1 − 0.3679 z −1
−1+
−
2 3
1 2
e
−
1 2
cos(
3 π −1 − )z 2 6
1 − e 2 cos(
3 −1 ) z + e −1 z − 2 2
=
1 − 1 − 0.4105 z −1 + 1 − 0.3679 z −1 1 + 1.1072 z −1 + 0.3679 z − 2
H ( z ) = H α ( s)
2 1− z −1 s= T 1+ z −1
=
−1 1 − z −1 2 π 1− z 2 π 3 π 1− z 1 + 2ctg ( ) 2 ( ) ( )3 ctg + ctg + ⋅ −1 −1 −1 15 1 + z 15 1 + z 15 1 + z −1
=
解法二：三阶巴特沃思原型低通滤波器
HαN ( s ) =
1 1 + 2s + 2s 2 + 2s 3
ω1 = 2πf1T = 2πf1 / f s = 2π × 60 / 720 =
其中 ω c = Ω c T = 2πf s = 2π × 1 / 6.28318 ) =
1 + 1 − e −1 z −1
− 1− e
1 3
e
j
π
6
− + 1− e
1 3
e
−j
π
6
−1+ j 3 2
z −1
−1− j 3 2
z −1
=
1 1 − e −1 z −1
1 3 1 3 (− − ) j ) (− + j 2 6 6 2 + + −1+ j 3 −1− j 3 1− e
1 − e − aT (cos bT ) z −1 = 1 − 2e − aT (cos bT ) z −1 + e − 2 aT z − 2 1 1 s+a 2 2 解法二： H α ( s ) = = + ( s + a) 2 + b 2 s + a + jb s + a − jb
取
h(n) = Thα (T ) 1 1 T T 2 2 H ( z) = + 1 − e − aT e − jbT z −1 1 − e − aT e jbT z −1 = T (1 − e − aT cos bT ⋅ z −1 ) 1 − 2e − aT cos bT ⋅ z −1 + e − 2 aT z −2
5.19
假设某模拟滤波器 H（ α s ) 是一个低通滤波器，又知
H ( z) = H α (
z +1 ) z −1
（用了变换 s = ( z + 1) /( z − 1) ） ，于是数字滤波器的通带中心位于： （1） ω = 0 (是低通)； ； （2） ω = π (是高通） （3）在 (0, π ) 内的某一频率上。 试判断哪一个结论对？ 解法一：按题意 H ( z ) = H α ( s )
jω
= 1 ，式中 ω = 0 ，则 H (1) = H α (∞)
对应 Ω = ∞ ，所以不是低通。 若令
Z = −1 ，对应 ω = π ，则 H (−1) = H α (0)
对应 Ω = 0 ，所以答案为（2） ω = π 。 5.20 设采样频率为 f s = 6.28318KHZ ，用脉冲响应不变法设计一个三阶巴特沃思数字低 通，截止频率为 f c = 1KHZ ，并画出该低通的并联型结构图。 解： 令 ε = 1 ，则巴特沃思滤波器的幅度平方函数为