数字信号处理-答案第八章
数字信号处理及MATLAB实现第八章习题答案
1. 数字信号处理器有哪些结构特点？答：1. DSP内部采用的是程序空间和数据空间分开的哈佛结构；2. 多总线结构；3. 流水线结构：在DSP中，执行一条指令，需要通过取指、译码、取操作数和执行四个阶段。
在程序运行过程中，这四个阶段不是依次进行的，而是重叠的进行的；4. 多处理单元：DSP内部通常包括有算术逻辑运算单元(ALU)、辅助寄存器运算单元(ARAU)、累加器(ACC)以及硬件乘法器(MUL)等多个处理单元。
它们可以在一个指令周期内同时进行运算；5. 硬件配置强：新一代DSP的接口功能愈来愈强，如：TMS320C5000系列芯片片内具有串行口、主机接口(HPl)、DMA控制器、软件控制的等待状态产生器、锁相环时钟产生器以及实现在片仿真符合IEEEll49．1．标准的测试访问口，更易于完成系统设计。
许多DSP芯片都可以工作在省电方式，使系统功耗降低。
2. TMS320C54x系列DSP片内有多少条总线，具体说明有哪些？答：TMS320C54x系列DSP是TI公司于1996年推出的新一代定点数字信号处理器。
其采用先进的修正哈佛结构，片内有8条总线，分别为1条程序存储器总线，3条数据存储器总线和4条地址总线。
3. TMS320VC5402的在片外围电路有哪些？答：1. 软件可编程等待状态发生器；2. 可编程分区转换逻辑电路；3.带有内部振荡器或用外部时钟源的片内锁相环(PLL)时钟发生器；4. 时分多路(TDM)串行口；5. 缓冲串行口(BSP)；6. 2个16位定时器；7. 8位并行主机接口(HPl)；8. 外部总线关断控制，以断开外部的数据总线、地址总线和控制信号。
4. TMS320VC5402有哪些片内资源？答：TMS320VC5402的片内资源按功能包括运算单元、寄存器、片内RAM 和ROM、片外存储器接口、DMA控制器、主机接口、串口、定时器、时钟产生器和中断控制器。
5. CCS有几种工作模式？具体说明。
数字信号处理英文版课后答案（8）
Chapter 8 Solutions 8.1 The Fourier transform gives the spectrum of this non-periodic signal:Ω-Ω-++=Ω2j j e 25.0e 5.01)(X8.2 The samples for the signal are:The spectrum for the signal is given byΩ-Ω-Ω-++-=Ω4j 3j j e e e 5.0)(X8.3 Ω-Ω-Ω-Ω-∞-∞=Ω-++++==Ω∑8j 6j 4j 2j n jn e e e e 1e ]n [x )(X8.4 The first eight sample values for the signal are shown in the table.The signal contains an infinite number of non-zero samples, but the first 5, shown above, should be sufficient to approximate the DTFT reasonably well.Ω-Ω-Ω-Ω-∞-∞=Ω-+-+-≈=Ω∑4j 3j 2j j n jn e 0039.0e 0156.0e 0625.0e 25.01e ]n [x )(X8.5 The DTFT for x 1[n] isΩ-Ω-∞-∞=Ω-++==Ω∑2j j n jn 11e 3e 21e ]n [x )(XThe DTFT for x 2[n] isΩ-Ω-Ω-∞-∞=Ω-++==Ω∑4j 3j 2j n jn 22e 3e 2e 1e ]n [x )(XThe DTFT for x 3[n] isΩ-Ω-∞-∞=Ω-++==Ω∑2j j n jn 33e 1e 23e ]n [x )(XAll three signals have identical magnitude spectra, shown below.|X(The phase spectra of the three signals differ. They are shown in the figure below. From the DTFT expressions above, it is easy to see that )(X e )(X 12j 2Ω=ΩΩ- and)(X e )(X 12j 3Ω-=ΩΩ-. The first relationship means that the phase for x 2[n] will always be 2Ω less than the phase for x 1[n]. The second relationship means that the phase for x 3[n] is always 2Ω less than the negative of the phase for x 1[n], since X 1(-Ω) produces phases that are the negatives of the phases for X 1(Ω), following the odd phase spectrum rule. Both of these two relationships can be confirmed in the table or the plot, remembering that θ ± 2π = θ.8.6 The samples of the signal are shown in the table:The DTFT isΩ-Ω-Ω-∞-∞=Ω-+-==Ω∑4j 2j j n jn e 866.0e 866.0e 866.0e ]n [x )(X8.7 The period of the signal is N = 10. The sample values are listed in the table:The N = 10 DFS coefficients are given by:510k 2j 410k 2j 310k 2j 210k 2j 9n n10k 2j k e e e e e ]n [x c π-π-π-π-=π-+++==∑= 1|–2πk/5 + 1|–3πk/5 + 1|–4πk/5 + 1|–πkBecause of the symmetry of the spectrum, it is enough to calculate the coefficients for k = 0 to k = N/2 = 5, and to produce the other parts of the spectrum from this data.The magnitudes in the second half of the spectrum are a mirror image of those in the first. The phases in the second half are the negatives of the phases in the first half.|X(8.8 (a) The signal x[n] has the digital period N = 4. Its spectrum can be found using the discrete Fourier series:34k 2j 4k2j 3n n4k 2j k ee2e]n [x c π-π-=π--+==∑= 2 + 1|–πk/2 – 1|–3πk/2(b) The magnitude spectrum appears to repeat every second sample, while the phase spectrum repeats every four samples. The period of both spectra must be the same, so the overall period must be 4. As for all periodic signals, the period of the spectrum matches the period of the signal. 8.9 The signal has a period of N = 4, so the DFS coefficients are given by:24k2j 3n n4k 2j k e1e ]n [x c π-=π--==∑= 1 – 1|–πkSeveral cycles of the spectra are shown in the figures below.(8.10 The spectra for non-periodic signals are produced using the DTFT. The spectra, X(Ω), are smooth, continuous functions of frequency with a period of 2π. They are plotted against digital frequency Ω. If desired, the spectra can be plotted as X(f) versus frequency in Hz, using f = Ωf S /(2π).The spectra for periodic signals having a period N are produced using the DFS. The spectra, c k , are line functions of frequency with a period of N. They are plottedagainst the index k. If desired, the spectra can be plotted against frequency in Hz, using f = kf S /N.For both non-periodic and periodic signals, magnitude spectra are even and phase spectra are odd.8.11 (a) The signal is non-periodic. Its spectrum is given by the DTFT:Ω-Ω-Ω-∞-∞=Ω-++==Ω∑3j 2j j n jn e 3e 2e e ]n [x )(XThe magnitude and phase spectra appear as dashed lines in the figure in part (b). (b) The signal is a periodic version of the signal in (a), with period N = 4. Its spectrum is given by the DFS:34k2j 24k 2j 4k2j 3n n4k 2j k e3e 2ee]n [x c π-π-π-=π-++==∑= 1|–πk/2 + 2|–πk + 3|–3πk/2 The magnitude and phase spectrum are plotted below, dashed lines for the DTFT and solid for the DFS. Note that the DFS samples the DTFT.8.12 The harmonic frequencies are given by f = kf S /N. For f S = 12 kHz and N = 72, the first five harmonics are: 166.7, 333.3, 500.0, 666.7, and 833.3 Hz.8.13 For the first cosine, N/M = 2π/Ω = 2π/(2π/3) = 3, so the period is 3. For the second cosine, N/M = 2π/Ω = 2π/(π/3) = 6, so the period is 6. The lowest common multiple of these two periods is 6, so this is the overall period of the waveform.The signal samples are given by The Fourier coefficients are calculated as:56k2j 46k2j 36k2j 26k 2j 6k2j 5n n6k 2j k e5.0e 5.1e e 5.1e5.03e]n [x c π-π-π-π-π-=π---+--==∑= 3 – 0.5|–k π/3 –1.5|–2k π/3 + 1|–k π –1.5|–4k π/3 – 0.5|–5k π/3 The magnitude spectrum is periodic with period 6. Six spectrum samples cover the range from 0 to the sampling frequency, 4 kHz. Therefore, each point of the spectrum covers 4000/6 = 2000/3 Hz. As a result, k = 3 corresponds to the Nyquist frequency of 2 kHz. Using kf S /N, the two spikes in the spectrum below the Nyquist frequency, at k =1 and k = 2, map to frequencies of 2000/3 = 666.7 and 2(2000)/3 = 1333.3 Hz. Using Ω = 2πf/f S , these analog frequencies correspond to the digital frequencies π/3 and 2π/3 rads. Thespike at the higher frequency is twice the height of the other because its amplitude in the signal is double that of the other component. The other two spikes in the spectrum, at k = 6 – 1 and k = 6 – 2 map to imaged versions of the baseband frequencies.8.14 (a) Since the magnitude spectrum is periodic with period 14, the digital signal is periodic with the same period. (b) Fourteen points of the magnitude spectrum cover the sampling frequency, 16 kHz. Each point covers an interval 16/14 = 1.143 kHz wide. For a 16 kHz sampling frequency, the Nyquist frequency is 8 kHz. The first seven points of the magnitude spectrum cover this range. Three spikes occur within the Nyquist range, at k = 1, 2 and 3, or, using kf S /N, 1143, 2286 and 3429 Hz.(The magnitude spectrum belongs to the signal x[n] = sin(n π/7) + 2sin(n2π/7) +3sin(n3π/7). The digital frequencies π/7, 2π/7 and 3π/7 rads are, for a 16 kHz sampling rate, obtained from the analog frequencies 1143, 2286 and 3429 Hz.)8.15 (a) Since the magnitude spectrum has a period of 24, the digital signal also has a period of 24 samples. (b) Twenty-four samples cover 12 kHz, which means each point of the magnitude spectrum covers 0.5 kHz. The spikes at k = 2, 4 and 9 map to frequencies of kf S /N = 1, 2 and 4.5 kHz. The other three spikes are occur above the Nyquist frequency, at k = 24 –2 = 22, k = 24 – 4 = 20 and k = 24 – 9 = 15. The frequencies that correspond to these values of k are imaged copies of the baseband frequencies. (c) Using Ω = 2πf/f S , the digital frequencies are π/6, π/3 and 3π/4 rads.(The signal whose magnitude spectrum is shown is x[n] = cos(n π/6) + cos(n π/3) + cos(n3π/4).)8.16 The Fourier expansion can be matched to ∑-=π=1N 0k n N k2j k e c N 1]n [x . Since N = 16,n 1622j n1612j n 1612j n 1622j e e 2j 1e 2j e ]n [x πππ-π-+++-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++-=πππ-π-n 1622j n 1612j n 1612j n 1622j e 8e 4j 8e 4j e 881The only non-zero coefficients c k are: c –2 = 8, c –1 = –j4, c 0 = 8, c 1 = j4, c 2 = 8. The other 11 coefficients in each period must be zero. The magnitudes of the non-zero coefficients are 8, 4, 8, 4, 8 and the phases are 0, –π/2, 0, π/2 and 0. The magnitude and phase spectra constructed using this information are shown below. Remember that the sequence of magnitudes and phases repeats every 16 points.8.17 (a)(i) Since 2π/Ω = 14π/(6π) = 7/3, the digital period is 7.(ii) The signal contains the frequency f = Ωf S /(2π) = 30000/7 Hz. For a digital period of 7, each point of the magnitude spectrum covers f S /N = 10000/7 Hz. Since each frequency is represented by kf S /N, a spike occurs in this magnitude spectrum at k = 3. Due to imaging, a second, symmetrically-placed spike occurs at N – 3 = 7 – 3 = 4.(b)(i) Since 2π/Ω = 10π/(3π) = 10/3, the digital period is 10.(ii) The signal contains the frequency f = Ωf S /(2π) = 3000 Hz. For a digital period of 10, each point of the magnitude spectrum covers f S /N = 1000 Hz. Therefore, a spike occurs in this magnitude spectrum at k = 3. Due to imaging, a second, symmetrically placed spike occurs at N – 3 = 10 – 3 = 7.(c)(i) For the first component 2π/Ω = 6, and for the second component 2π/Ω = 16. The digital period is the lowest common multiple of these two periods, or 48.(ii) The signal contains the frequencies f = Ωf S/(2π) = 10000/6 = 5000/3 Hz and f = Ωf S/(2π) = 10000/16 = 625 Hz. For a digital period of 48, each point of the magnitude spectrum covers f S/N = 10000/48 = 625/3 Hz. Therefore, spikes occur in this magnitude spectrum at k = 3 and k = 8. Symmetrically placed spikes occur at N – 3 = 48 – 3 = 45 and N – 8 = 48 – 8 = 40 as a result of imaging.(d)(i) As in part (c), the digital period is 48.(ii) The spikes occur in the same locations as in (c), but the higher frequency spike is twice as tall as the lower frequency spike.8.18 As evidenced by the zeros in the magnitude spectrum, some frequencies are excluded from this signal. The most significant contribution lies at a digital frequency of about 0.1 radian. The exact value is 0.113 radians. With f S = 20 kHz, f = Ωf S/(2π) = (0.113)(20000)/(2π), or about 360 Hz. The next biggest peak occurs at about 0.3 radians. The exact value is 0.336 radians, which corresponds to a frequency of 1070 Hz. Most of the important signal content lies below the fourth zero in the spectrum, at 0.395 radians or 1257 Hz.8.19 The number of points in the DFS spectrum gives the digital period of the underlying signal. The digital period in this case is N = 23. The periodic signal whose magnitude spectrum is shown has a large DC component and contributions at all harmonic frequencies, kf S/N = k(20000)/23 = 869.6k Hz. The first few harmonics are 869.6 Hz, 1739.1 Hz, 2608.7 Hz, …. The amplitudes of the harmonics decrease rapidly with frequency. The fundamental frequency of the signal is 869.6 Hz, so the period of the signal is NT S = 1.15 msec.8.20 (a) Ω-)X5.0(e5.0+Ωj-=(b) For a sampling frequency of f S= 16 kHz, the Nyquist frequency is 8 kHz. A cut-off of 2 kHz corresponds to a digital frequency of Ω = 2πf/f S = π/4 radians. The low pass filter extracts the lowest frequency elements in the signal.(c) Cut-off frequencies of 3 and 6 kHz correspond to digital frequencies of 0.375πand 0.75π radians. The band pass filter extracts the mid-range frequencies.(d) A cut-off of 7 kHz corresponds to a digital frequency of 0.875π radians. The high pass filter extracts only the highest frequency elements in the signal.8.21 (a) Each of the three terms is periodic. The digital period for each is 14, 3 and 16. The lowest common multiple for these integers is N = 336, the digital period for x[n]. The analog frequencies of the three terms are given by f = Ωf S/(2π). They are 1143, 5333, and 1000 Hz. The DFS frequencies are given by f = kf S/N = 47.6k, so the magnitude spectrum for the signal will contain peaks at k = 24, 112 and 21. These three peaks are shown below. Note the images of these peaks in the second half of the spectrum, at k = 363 – 21 = 342, k = 363 – 24 = 339, and k = 363 – 112 = 251.(b) The low pass filter will extract the two lowest-frequency peaks, at 1000 and 1143 Hz. The DFS magnitude spectrum will contain a peak at k = 21 and one at k = 24, plus imaged peaks at k = 363 – 21 = 342 and k = 363 – 24 = 339.(c) The band pass filter will extract the high frequency peak, at 5333 Hz. The DFS magnitude spectrum for the filtered output will contain a peak at k =112, plus an imaged peak at k = 363 – 112 = 251.(d) The high pass filter output will contain no peaks.8.22 (a) The spectrum has 64 points, so N = 64 is the digital period of the square wave. The fundamental frequency is f S/N = 4000/64 = 62.5 Hz.(b) The period in seconds is the reciprocal of the fundamental frequency, or NT S = 16 msec.(c) The DC component gives the average value of the signal. For this signal, the average is zero.(d) The harmonics present in the signal are odd multiples of the fundamental frequency. The only ones that lie below 500 Hz are 62.5k = 62.5, 187.5, 312.5, and 437.5 Hz. These frequencies correspond to the indices k = 1, 3, 5, 7.。
数字信号处理知到章节答案智慧树2023年西安工程大学
数字信号处理知到章节测试答案智慧树2023年最新西安工程大学绪论单元测试1.请判断下面说法是否正确：为了有效地传播和利用信息，常常需要将信息转换成信号，因此信号是信息的载体，通过信号传递信息。
（）参考答案:对2.请判断下面说法是否正确：模拟信号预处理的主要作用是滤除输入模拟信号中的无用频率成分和噪声，避免采样后发生频谱混叠失真。
（）参考答案:对3.下列关于信号分类方式的选项正确的是（）。
参考答案:按信号幅度的统计特性分类;按信号的维数分类;按信号自变量与参量的连续性分类4.下列不属于数字信号处理软件处理方法特点的选项是（）。
参考答案:处理速度快5.下列关于数字系统处理精度描述正确的选项是（）。
参考答案:精度由系统字长与算法决定第一章测试1.请判断下面说法是否正确：时域离散信号通过量化编码转换为数字信号，是一种无损变换。
( )参考答案:错2.下列信号是周期信号的有（）。
参考答案:;;3.信号的最小周期是（）。
参考答案:24.请判断下面说法是否正确：线性时不变时域离散系统具有线性性质和时不变特性。
（）参考答案:对5.以下序列是系统的单位脉冲响应h(n)，则是稳定系统的有（）。
参考答案:;第二章测试1.请判断下面说法是否正确：时域离散信号和系统分析可以通过傅里叶变换和Z变换两种数学工具（）。
参考答案:对2.请判断下面说法是否正确：周期序列的傅里叶变换以为周期，而且一个周期内只有N个冲激函数表示的谱线（）。
参考答案:错3.实序列的傅里叶变换具有（）。
参考答案:共轭对称性质4.已知序列，其Z变换和收敛域为（）。
参考答案:;5.序列，其傅里叶变换为（）。
参考答案:第三章测试1.在变换区间0≤n≤N-1内，序列的N点DFT在k=0的值为（）。
参考答案:N2.在变换区间0≤n≤N-1内，序列的N点DFT的值为（）参考答案:13.已知，求=（）参考答案:1/N4.已知，求=（）参考答案:5.已知，求=（）参考答案:第四章测试1.请判断下面说法是否正确：模拟信号数字处理中，模拟信号与数字信号之间的相互转换中要求不能丢失有用信息（）。
合工大数字信号处理习题答案版
合工大《数字信号处理》习题答案第2章习 题2.4 设系统分别用下面的差分方程描述，)(n x 与)(n y 分别表示系统输入和输出，判断系统是否是线性非时变的。
（1）)()(0n n x n y -= （3）)sin()()(n n x n y ω=解： （1）)()()()()]()([21020121n by n ay n n bx n n ax n bx n ax T +=-+-=+所以是线性系统。
由于)()]([0n n x n x T -= 所以是时不变系统。
（3）)()()sin()]()([)]()([212121n by n ay n n bx n ax n bx n ax T +=+=+ω，所以是线性系统。
)()sin()()]([m n y n m n x m n x T -≠-=-ω，所以不是时不变系统。
2.5 给定下述系统的差分方程，试判定系统是否是因果稳定系统，并说明理由。
（1）)1()()(++=n x n x n y （3）)()(n x e n y =解：（1）该系统是非因果系统，因为n 时刻的输出还和n 时刻以后（)1(+n 时间）的输入有关。
如果M n x ≤|)(|，则M n x n x n y 2|)1(||)(||)(|≤++≤，因此系统是稳定系统。
（3）系统是因果系统，因为n 时刻的输出不取决于)(n x 的未来值。
如果M n x ≤|)(|，则M n x n x e e e n y ≤≤≤)|(|)(|||)(|，因此系统是稳定系统。
2.6 以下序列是系统的单位冲激响应)(n h ，试说明该系统是否是因果、稳定的。
（1）)(2)(n u n h n= （3）)2()(+=n n h δ解：（1）当0<n 时，0)(=n h ，所以系统是因果的。
由于所以系统不稳定。
（3）当0<n 时，0)(≠n h ，所以系统是非因果的。
由于所以系统稳定。
胡广书_数字信号处理题解及电子课件_第8章
按 K—L 变换的思路，现需要求 Rx 的特征 值及特征向量，以形成变换的正交矩阵 A 。 但对Markov-1 过程，协方差阵 Rx 的特征向量 可以解析的给出，因此正交变换的矩阵也可解 析的得到：
j , j
是 Rx 的特征值
j 是方程
的根
1 1
有： 由：
tan( N ) 0
ˆ ˆ j x(t ), j (t ) x(t ) (t )dt
* j
ˆ ˆ j x(n), j (n) x(n) (n)
* j n
对
1 , 2 ,, N
ˆ ˆ ˆ 1 , 2 ,, N
则称
如果：
ˆ i i i 1,2, , N
0 ACA1 ACAT N 1
1
数据压缩的理论基础。后面即将讨论。
正交变换的实例： FS，FT, DTFT, DFS, DFT DCT，DST, DHT Walsh-Hadamard, Haar 变换， SLT(斜变换）
8.1 正交变换
一、信号的分解
概念：Βιβλιοθήκη 设空间 X 是由 N 维空间一组向量 1 , 2 ,, N 所张成，即
X span{1 , 2 ,, N }
对任一
x X，都可作如下分解：
x n n
n 1 N
x n n
n 1
N
信号的离散表示,或 信号的分解 是分解系数 或信号的变换
若：
T
AN N
y Ax
矩阵 A 的 行（列）向 量即是前面 的向量 i
Ax, Ax x, x y, y
数字信号处理课后答案_史林版_科学出版社
第一章 作业题 答案############################################################################### 1.2一个采样周期为T 的采样器，开关导通时间为()0T ττ<<，若采样器的输入信号为()a x t ，求采样器的输出信号()()()a a x t x t p t ∧=的频谱结构。
式中()()01,()0,n p t r t n t r t ττ∞=-∞=-≤≤⎧=⎨⎩∑其他解：实际的采样脉冲信号为：()()n p t r t n τ∞=-∞=-∑其傅里叶级数表达式为：()000()jk tn p t Sa k T eTωωτω∞=-∞=∑采样后的信号可以表示为：()()()ˆa a xt x t p t δ= 因此，对采样后的信号频谱有如下推导：()()()()()()()()()()()()()0000000000000ˆˆsin 1j t a a jk t j t a n jk t j t a k j k ta k ak a k X j x t e dtx t Sa k T e e dtTSa k T x t e e dtTSa k T x t edtTSa k T X j jk Tk T X j jk T kωωωωωωωωτωωτωωτωωτωωωωωω∞--∞∞∞--∞=-∞∞∞--∞=-∞∞∞---∞=-∞∞=-∞∞=-∞Ω=====-=-⎰∑⎰∑⎰∑⎰∑∑%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% 1.5有一个理想采样系统，对连续时间信号()a x t 进行等间隔T 采样，采样频率8s πΩ=rad/s ，采样后所得采样信号()a x t ∧经理想低通滤波器()G j Ω进行恢复，已知()41/4,,4G j ππ⎧Ω≤⎪Ω=⎨Ω>⎪⎩今有两个输入信号12()cos(2)()cos(5)a a x t t x t t ππ==和，对应的输出信号分别为12()()a a y t y t 和，如题1.5图所示，问12()()a a y t y t 、有没有失真，为什么？题1.5图 理想采样系统与恢复理想低通滤波器解：因为是理想采样系统，因此采样后的信号频谱可以表示为：()()1ˆa a s k X j X j jk T ∞=-∞Ω=Ω-Ω∑8s πΩ=，12πΩ=，25πΩ=，折叠频率为2s Ω，而滤波器对4πΩ≤的信号通过，因此有如下图：结论：1）1()a y t 不失真、2()a y t 失真。
《数字信号处理》第三版课后习题答案
数字信号处理课后答案1.2 教材第一章习题解答1. 用单位脉冲序列()n δ及其加权和表示题1图所示的序列。
解：()(4)2(2)(1)2()(1)2(2)4(3) 0.5(4)2(6)x n n n n n n n n n n δδδδδδδδδ=+++-+++-+-+-+-+-2. 给定信号：25,41()6,040,n n x n n +-≤≤-⎧⎪=≤≤⎨⎪⎩其它（1）画出()x n 序列的波形，标上各序列的值；（2）试用延迟单位脉冲序列及其加权和表示()x n 序列； （3）令1()2(2)x n x n =-，试画出1()x n 波形； （4）令2()2(2)x n x n =+，试画出2()x n 波形； （5）令3()2(2)x n x n =-，试画出3()x n 波形。
解：（1）x(n)的波形如题2解图（一）所示。
（2）()3(4)(3)(2)3(1)6() 6(1)6(2)6(3)6(4)x n n n n n n n n n n δδδδδδδδδ=-+-+++++++-+-+-+-（3）1()x n 的波形是x(n)的波形右移2位，在乘以2，画出图形如题2解图（二）所示。
（4）2()x n 的波形是x(n)的波形左移2位，在乘以2，画出图形如题2解图（三）所示。
（5）画3()x n 时，先画x(-n)的波形，然后再右移2位，3()x n 波形如题2解图（四）所示。
3. 判断下面的序列是否是周期的，若是周期的，确定其周期。
（1）3()cos()78x n A n ππ=-，A 是常数；（2）1()8()j n x n e π-=。
解：（1）3214,73w w ππ==，这是有理数，因此是周期序列，周期是T=14； （2）12,168w wππ==，这是无理数，因此是非周期序列。
5. 设系统分别用下面的差分方程描述，()x n 与()y n 分别表示系统输入和输出，判断系统是否是线性非时变的。
《数字信号处理》第三版课后习题答案
数字信号处理课后答案1.2 教材第一章习题解答1. 用单位脉冲序列()n 及其加权和表示题1图所示的序列。
解：()(4)2(2)(1)2()(1)2(2)4(3)0.5(4)2(6)x n nn n n n nnn n 2. 给定信号：25,41()6,040,nnx n n其它（1）画出()x n 序列的波形，标上各序列的值；（2）试用延迟单位脉冲序列及其加权和表示()x n 序列；（3）令1()2(2)x n x n ，试画出1()x n 波形；（4）令2()2(2)x n x n ，试画出2()x n 波形；（5）令3()2(2)x n x n ，试画出3()x n 波形。
解：（1）x(n)的波形如题2解图（一）所示。
（2）()3(4)(3)(2)3(1)6()6(1)6(2)6(3)6(4)x n nnnn n n n n n （3）1()x n 的波形是x(n)的波形右移2位，在乘以2，画出图形如题2解图（二）所示。
（4）2()x n 的波形是x(n)的波形左移2位，在乘以2，画出图形如题2解图（三）所示。
（5）画3()x n 时，先画x(-n)的波形，然后再右移2位，3()x n 波形如题2解图（四）所示。
3. 判断下面的序列是否是周期的，若是周期的，确定其周期。
（1）3()cos()78x n A n，A 是常数；（2）1()8()j n x n e 。
解：（1）3214,73w w ，这是有理数，因此是周期序列，周期是T=14；（2）12,168ww，这是无理数，因此是非周期序列。
5. 设系统分别用下面的差分方程描述，()x n 与()y n 分别表示系统输入和输出，判断系统是否是线性非时变的。
（1）()()2(1)3(2)y n x n x n x n；（3）0()()y n x n n ，0n 为整常数；（5）2()()y n x n ；（7）0()()n m y n x m 。
数字信号处理(第三版)课后习题答案全
| z |
| z | 1 2
1 5 7 z n 1 F ( z ) X ( z ) z n 1 z (1 0.5 z 1 )(1 2 z 1 ) 5z 7 zn ( z 0.5)( z 2)
n≥0时， 因为c内无极点，x(n)=0; n≤－1时， c内有极点 0 ， 但z=0是一个n阶极点， 改为求圆外极点留数， 圆外极点有z1=0.5, z2=2， 那么
0.5n 2 n
n<0时， c内有极点0.5、 2、 0， 但极点0是一个n阶极点，
改成求c外极点留数， 可是c外没有极
点， 因此 x(n)=0 最后得到
x(n)=(0.5n－2n)u(n)
第２章
时域离散信号和系统的频域分析
19． 用部分分式法求以下X(z)的反变换：
(1)
1 1 z 1 3 X ( z) , 1 2 5z 2 z 2
0
jn
令n′=n－n0, 即n=n′+n0， 则
FT[ x(n n0 )]
n
x(n)e
j ( n n0 )
e jn0 X (e j )
第２章
（2）
时域离散信号和系统的频域分析
FT[ x (n)]
（6） 因为
n
x ( n ) e jn
j 3 j n n n 3
n 0
3
e
jn
n 1
3
e
j n
n 0
3
e
jn
n 1
3
e j n
数字信号处理-答案第八章
y (1) y (0) QR [0.75 y ( 1)] 0.5 QR [0.75 0.5] 0.125 y ( 2) y (1) QR [0.75 y (0)] 0.125 QR [0.75 0.5] 0.25
y (3) y ( 2) QR [0.75 y (1)] 0.25 QR [0.75 0.125] 0.375
y (1) 0.5 . 求 0 n 10 的 11 点输出 y (n) 值.
(b) 证明当 QR [a y (n 2)] y (n 2) 时发生零输入极限环振荡, 并用等效极点迁移来解 释这个现象。
分析：
b=3 表示小数是 3 位，加整数位后为 b+1 位定点算法只有相乘才有 舍入量化误差。一阶系统零输入极限环振荡发生在
y (8) y (7) QR [0.75 y (6)] 0.125 QR [0.75 0.25] 0.125 y (9) y (8) QR [0.75 y (7)] 0.125 QR [0.75 0.125] 0.25 y (10) y (9) QR [0.75 y (8)] 0.25 QR [0.75 ( 0.125)] 0.125
^ ^ y ( n 1) y (6) 0.25 ^ ^ y ( n 2) y (3) 0.375
^ ^ ^ ^
即并不满足 ( 2)式。因而 n 3 时，并 未进入极限环振荡。
9
解 : (b) 对原二阶系统 ,当 a 0.25时, 有共轭极点
数字信号处理第8章答案详解
∑∫
∞
−∞
xa (t )δ(t − nT )e − jΩ t dt
在上式的积分号内只有当t=nT时， 才有非零值， 因此
ˆ X a ( jΩ ) =
n = −∞
∑
∞
第 8 章
上 机 实 验
① 分别求出x1(n)=R8(n)和x2(n)=u(n)的系统响应y1(n)和 y2(n)， 并画出其波形。 ② 求出系统的单位脉冲响应， 画出其波形。 （3） 给定系统的单位脉冲响应为 h1(n)=R10(n) h2(n)=δ(n)+2.5δ(n－1)+2.5δ(n－2)+δ(n－3) 用线性卷积法求x1(n)=R8(n)分别对系统h1(n)和h2(n)的输 出响应y21(n)和y22(n)， 并画出波形。
第 8 章
上 机 实 验
8.1.3 实验结果与波形 实验结果与波形
实验结果与波形如图8.1.1所示。
第 8 章
上 机 实 验
第 8 章
上 机 实 验
第 8 章
上 机 实 验
第 8 章
上 机 实 验
图8.1.1
第 8 章
上 机 实 验
8.1.4 分析与讨论
（1） 综合起来， 在时域求系统响应的方法有两种， 第一种是通过解差分方程求得系统输出， 注意要合理地选 择初始条件； 第二种是已知系统的单位脉冲响应， 通过求 输入信号和系统单位脉冲响应的线性卷积求得系统输出。 用计算机求解时最好使用MATLAB语言进行。 （2） 实际中要检验系统的稳定性， 其方法是在输入 端加入单位阶跃序列， 观察输出波形， 如果波形稳定在一 个常数值上， 系统稳定， 否则不稳定。 上面第三个实验 是稳定的。 （3） 谐振器具有对某个频率进行谐振的性质， 本实 验中的谐振器的谐振频率是0.4 rad,因此稳定波形为sin(0.4n)。
数字信号处理智慧树知到答案章节测试2023年华东理工大学
绪论单元测试1.确定性信号和随机信号的区别是什么？A:能否用计算机处理B:能否用有限个参量进行唯一描述答案:B2.如何由连续时间信号获得离散时间信号？A:在时域上对连续时间信号进行采样B:在信号幅度上进行量化答案:A第一章测试1.以下那个说法是正确的？A:在对连续时间信号进行采样得到离散时间信号的过程中，只要实现了等间隔采样，采样间隔T怎样选择都不会影响采样后离散时间信号的频谱特征。
B:在对连续时间信号进行采样得到离散时间信号的过程中，采样间隔T的选择非常关键，如果选择不当，采样后的离散时间信号将存在频域混叠失真现象。
答案:B2.A:B:C:D:答案:D3.A:对B:错答案:A4.下面哪段语句不会报错？A:x = ones(1,4);nh = 0:2;h = (nh+1)* ones(1,3);n=0:5;y=conv(x,h);stem(n,y);B:x = [1 2 3];h = ones(1,5);n=0:7;y=conv(x,h);stem(n,y);C:x = ones(1,5);nh = 0:2;h = (nh+1).* ones(1,3);n=0:6;y=conv(x,h);stem(n,y);答案:C5.A:B:C:D:答案:D6.请问以下哪个说法是正确的？A:连续时间正弦信号采样后不一定为周期序列。
B:连续时间正弦信号采样后一定为周期序列。
答案:A7.A:B:C:D:答案:C8.A:3B:C:8/3D:8答案:D9.A:10B:40C:5D:20答案:A10.A:线性移不变系统B:线性移变系统C:非线性移不变系统D:非线性移变系统答案:C11.A:非线性移变系统B:非线性移不变系统C:线性移不变系统D:线性移变系统答案:D12.A:B:答案:A13.A:B:C:D:答案:B14.A:非因果、非稳定系统B:因果、非稳定系统C:非因果、稳定系统D:因果、稳定系统答案:D15.A:系统是非因果、稳定系统B:系统是因果、稳定系统C:系统是非因果、非稳定系统D:系统是因果、非稳定系统答案:A16.A:b = [1 1];a = [1 0.9 -0.81];x = ones(1,100);y = filter(b,a,x);B:b = [1 1];a = [1 -0.9 0.81];x = ones(1,100);y = filter(b,a,x);答案:B17.A:10msB:150msC:200msD:2ms答案:D18.A:B:C:采样间隔T的取值是不唯一的。
数字信号处理课后习题答案(全)1-7章PPT课件
第 1 章 时域离散信号和时域离散系统
（2） 令输入为
输出为
x(n－n0)
y′(n)=2x(n－n0)+3 y(n－n0)=2x(n－n0)+3=y′(n) 故该系统是非时变的。 由于
T［ax1(n)+bx2(n)］=2ax1(n)+2bx2(n)+3 T［ax1(n)］=2ax1(n)+3 T［bx2(n)］=2bx2(n)+3 T［ax1(n)+bx2(n)］≠aT［x1(n)］+bT［x2(n)］ 故该系统是非线性系统。
T［ax1(n)+bx2(n)］=ax1(n) sin(ωn)+bx2(n) sin(ωn) =aT［x1(n)］+bT［x2(n)］
故系统是线性系统。
第 1 章 时域离散信号和时域离散系统
6． 给定下述系统的差分方程， 试判定系统是否是因果稳定系统， 并说明 理由。
（1） y(n)=
1 x(Nn－1 k)
第 1 章 时域离散信号和时域离散系统
(3) 这是一个延时器， 延时器是线性非时变系统， 下面证明。 令输入为
输出为
x(n－n1)
y′(n)=x(n－n1－n0) y(n－n1)=x(n－n1－n0)=y′(n) 故延时器是非时变系统。 由于
T［ax1(n)+bx2(n)］=ax1(n－n0)+bx2(n－n0) =aT［x1(n)］+bT［x2(n)］
因此系统是非线性系统。
第 1 章 时域离散信号和时域离散系统
（6） y(n)=x(n2)
数字信号处理答案(第三版)清华大学
数字信号处理教程课后习题答案目录第一章离散时间信号与系统第二章Z变换第三章离散傅立叶变换第四章快速傅立叶变换第五章数字滤波器的基本结构第六章无限长单位冲激响应（IIR）数字滤波器的设计方法第七章有限长单位冲激响应（FIR）数字滤波器的设计方法第八章数字信号处理中有限字长效应第一章 离散时间信号与系统1 .直接计算下面两个序列的卷积和)n (h *)n (x )n (y =请用公式表示。
分析：①注意卷积和公式中求和式中是哑变量m （ n 看作参量）， 结果)(n y 中变量是 n ,; )()()()()(∑∑∞-∞=∞-∞=-=-=m m m n x m h m n h m x n y ②分为四步 （1）翻褶（ -m ），（2）移位（ n ）,（3）相乘，; )( )( 4n y n n y n 值的，如此可求得所有值的）相加，求得一个（③ 围的不同的不同时间段上求和范一定要注意某些题中在 n00 , 01()0 , ,()0,n n n a n N h n n n n x n n n β-⎧≤≤-=⎨⎩⎧≤⎪=⎨<⎪⎩其他如此题所示，因而要分段求解。
)(5.0)(,)1(2 )()4()(5.0)(,)2( )()3()()(,)( )()2()()(,)( )()1(3435n u n h n u n x n R n h n n x n R n h n R n x n R n h n n x n n n =--==-=====δδ2 .已知线性移不变系统的输入为)n (x ,系统的单位抽样响应 为)n (h ,试求系统的输出)n (y ,并画图。
分析：①如果是因果序列)(n y 可表示成)(n y ={)0(y ，)1(y ，)2(y ……}，例如小题（2）为)(n y ={1，2，3，3，2，1} ;②)()(*)( , )()(*)(m n x n x m n n x n x n -=-=δδ ;③卷积和求解时，n 的分段处理。
数字信号处理第八章答案史林赵树杰编著
第八章练习题答案%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% 8.1 设线性时不变系统的输入序列为()x n ，输出序列为()y n ，其差分方程为 311()(1)(2)()(1)483y n y n y n x n x n =---++- 求其系统函数()H z ，并分别画出该系统的直接型、级联型和并联型算法结构。
解：移项 311()(1)(2)()(1)483y n y n y n x n x n --+-=+- Z 变换 121311()()()()()483y z y z z y z z x z x z z ----+=+112113()31148z H z z z---+=--+ （1） 直接型 112113()31148z H z z z---+=--+ （2） 级联型111113()11(1)(1)24z H z z z ---+=-- （3） 并联型，将()H z 进行部分分式展开1()31111()()()()2424z H z A Bz z z z z +==+---- 111103()11223()()24z A z z z z +=-==--11173()11443()()24z B z z z z +=-==---111071073333()1111()()112424z z H z z z z z ----=+=+----%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% 8.6 题8.6图画出了10中不同的系统算法结构流图，试分别求出它们的系统函数()H z 。
()x n ()y n (a)11()1H z az -=- 直接1型 1110.5()10.3H z z --+=-直接2型1-1-()x n ()y n (c)12()H z a bz cz --=++ 直接1型 1111()11H z az bz--=+-- 并联型，内直接1型 ()x n ()y n (e)11220.24()10.250.2z H z z z ---+=-- 转置型 1111()10.510.75H z z z --=-+ 级联型 直接1型()x n ()y n (g)()x n ()y n (b)()x n ()yn (d)()x n ()y n(f)()x n ()y n (h)11210.25()10.250.4zH z z z ---+=-+直接2型 1123sin 4()312cos 4z H z z z---=-+直接分析图 ()x n ()y n 1a 1b 2a 2b 3a 1z-1z-1z -(i)120121211231()11b b z b z H z a z a z a z-----++=--- 级联型 直接2型，右边分子项 常数项不加负号 直接1型 右边分母项 常数项加负号12101234121123()11b b z b z b b z H z a z a z a z ------+++=+--- 并联型 直接2型 题8.6图 10种不同系统的算法结构%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% 8.14 已知FIR 数字滤波器的系统函数为 12341()(10.9 2.10.9)10H z z z z z ----=++++ 试画出该滤波器的直接型算法结构和线性相位算法结构。
《数字信号处理》第三版答案(非常详细完整)
答案很详细，考试前或者平时作业的时候可以好好研究，祝各位考试成功！！电子科技大学微电子与固体电子学陈钢教授著数字信号处理课后答案1.2 教材第一章习题解答1. 用单位脉冲序列()n δ及其加权和表示题1图所示的序列。
解：()(4)2(2)(1)2()(1)2(2)4(3) 0.5(4)2(6)x n n n n n n n n n n δδδδδδδδδ=+++-+++-+-+-+-+-2. 给定信号：25,41()6,040,n n x n n +-≤≤-⎧⎪=≤≤⎨⎪⎩其它（1）画出()x n 序列的波形，标上各序列的值；（2）试用延迟单位脉冲序列及其加权和表示()x n 序列； （3）令1()2(2)x n x n =-，试画出1()x n 波形； （4）令2()2(2)x n x n =+，试画出2()x n 波形； （5）令3()2(2)x n x n =-，试画出3()x n 波形。
解：（1）x(n)的波形如题2解图（一）所示。
（2）()3(4)(3)(2)3(1)6() 6(1)6(2)6(3)6(4)x n n n n n n n n n n δδδδδδδδδ=-+-+++++++-+-+-+-（3）1()x n 的波形是x(n)的波形右移2位，在乘以2，画出图形如题2解图（二）所示。
（4）2()x n 的波形是x(n)的波形左移2位，在乘以2，画出图形如题2解图（三）所示。
（5）画3()x n 时，先画x(-n)的波形，然后再右移2位，3()x n 波形如 5. 设系统分别用下面的差分方程描述，()x n 与()y n 分别表示系统输入和输出，判断系统是否是线性非时变的。
（1）()()2(1)3(2)y n x n x n x n =+-+-； （3）0()()y n x n n =-，0n 为整常数； （5）2()()y n x n =； （7）0()()nm y n x m ==∑。
数字信号处理(三版)课后习题答案全(原题 答案 图)
m n4
最后结果为
0
y(n)=
n<0或n>7
0≤n≤3
n+1
8－n 4≤n≤7
y(n)的波形如题8解图（一）所示。
(2) y(n) =2R4(n)*［δ(n)－δ(n－2)］=2R4(n)－2R4(n－2)
=2［δ(n)+δ(n－1)－δ(n+4)－δ(n+5)
y(n)的波形如题8解图（二）所示
1 2
y(n)=x(n)*h(n)
=x(n)*［2δ(n)+δ(n－1)+
δ(n－2)
=2x(n)+x(n－1)+
x(n－2)
1 2
将x(n)的表示式代入上式， 得到
1 y(n)=－2δ(n+2)－δ(n+1)－0.5δ(n 2 )+2δ(n－1)+δ(n－2)
+4.5δ(n－3)+2δ(n－4)+δ(n－5)
(3) 这是一个延时器， 延时器是线性非时变系统， 下面证明。 令输入为
x(n－n1) 输出为 y′(n)=x(n－n1－n0) y(n－n1)=x(n－n1－n0)=y′(n) 故延时器是非时变系统。 由于 T［ax1(n)+bx2(n)］=ax1(n－n0)+bx2(n－n0) =aT［x1(n)］+bT［x2(n)］ 故延时器是线性系统。
(4) y(n)=x(－n)
令输入为 x(n－n0) 输出为 y′(n)=x(－n+n0) y(n－n0)=x(－n+n0)=y′(n) 因此系统是(n)］=ax1(－n)+bx2(－n)
=aT［x1(n)］+bT［x2(n)］ 因此系统是非时变系统。
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y (1) y (0) QR [0.75 y ( 1)] 0.5 QR [0.75 0.5] 0.125 y ( 2) y (1) QR [0.75 y (0)] 0.125 QR [0.75 0.5] 0.25
y (3) y ( 2) QR [0.75 y (1)] 0.25 QR [0.75 0.125] 0.375
第八章
数字信号处理中有限字长效应
1. 设数字滤波器的系统函数为：
H ( z) 0.017221333z 1 1 1.7235682 z 1 0.74081822 z 2
现用 8 bit 字长的寄存器来存放其系数，试求此时
该滤波器的实际 H ( z ) 表示式。
分析：
把所有正数用 b+1=8bit 寄存器长度表示，其中第一位 存整数位，后七位用来存小数位。
解 : ( a )依题意 :
y ( n ) y ( n 1) 0.75 y ( n 2) x ( n ) 当 x ( n ) 0 时有：
y ( n ) y ( n 1) 0.75 y ( n 2)
y (0) y ( 1) QR [0.75 y ( 2)] 0.5
解: 设8bit字长的寄存器存放无符 号正数 , 第一位用来存整数位 , 后七位用来存 小数 (0.017221333 )10 (0.0000010001 10 ) 2 (0.0000010 ) 2 (0.015625 )10 (1.7235682 )10 (1.1011100100 1 ) 2 (1.1011101 ) 2 (1.7265625 )10 (0.74081822 )10 (0.1011110110 1 ) 2 (0.1011111 ) 2 (0.7421875 )10 H ( z) 0.015625 z 1 1 1.7265625 z 1 0.7421875 z 2
截尾量化后, y (0) x (0) 0.5 未量化, y (0) x (0) 0.5
y (1) 0.125
y (1) 0.125
y ( 2) 0.03125
y ( 2) 0
y (3) 0
y (3) 0.0078125
y ( 4) 0.001953125
解 : (a ) 1 1 1 z 1 4 1 1 X ( z) 2 1 z 1 Y ( z) X ( z) H ( z) 1 1 2(1 z 1 )(1 z 1 ) 4 2 1 1 1 1 3 1 z 6 1 1 z 1 4 2 1 1 y ( n ) [ ( ) n ]u ( n ) , 3 6 4 2 即当 n较大时 , y ( n ) 3 H ( z)
^ ^ y ( n 1) y (6) 0.25 ^ ^ y ( n 2) y (3) 0.375
^ ^ ^ ^
即并不满足 ( 2)式。因而 n 3 时，并 未进入极限环振荡。
9
解 : (b) 对原二阶系统 ,当 a 0.25时, 有共轭极点
Z1, 2 1 j 4a 1 2a
'' （ a1 变化的影响） ， z1 0.3% （ a 2 变化的影响） 。
z1
又 z z1 a ，联立即可求得 1 1
a1
a1 ，同样可求 a2 。
取 min[ a , a ] a ，则有字长 b 满足 2b 2 a 1 2
5.一个二阶IIR滤波器, 其差分方程：y (n) y (n 1) ay(n 2) x(n) 现采用 b 3 位的定点制运算, 作舍入处理. (a) 当系数 a 0.75 , 零输入 x(n) 0 , 初始条件为 y (2) 0 ,
4
解 : ( b) 由H ( z )
Y ( z) 1 , 可得 : 1 1 X ( z) 1 z 4
y (1) 0.625
y (1) 0.625
y ( 2) 0.65625
y ( 2) 0.625
y (3) 0.625
y (3) 0.6640625
y ( 4) 0.666015625
解(c) : H ( z) 1 z 1 1 1 z 1 4 X ( z) 1 1 2 1 z 1
Y ( z ) X ( z ) H ( z )
y (n)
1 2(1 1 z 1 ) 4
1 1 n ( ) u ( n ), 当n较大时, y ( n ) 0 2 4
8
故从 n 4 进入极限环 , n 4 到n 9 为一个周期 (以后每 6个点为一个周期 )。 n 3 虽然满足 (1)式条件，也就是说 好象已进入极限环，但 是在极限环内 当n 5 时， y ( n 1) y (6) 及 y ( n 2) y (3) ， 这两点都在现在的所谓 极限环内， 但是
利用 a1 , a2 变化造成的极点位置灵敏度，设 a1 , a2 分别造成极 点在正常值的 0.2%,0.3% 内变化，试确定所需的最小字长。
分析：
a2 变化时造成的极点位 注意所给数据 0.2 %、0.3 % 分别是 a1 、
置相对变化，而不是绝对变化。例如对 z1 极点则有
' z1 0.2% z1
n 0
1 1 ] 2 1 a 1 a2 4 e2 4 2 1 a 4 1 a 4 12 2 2 b 3(1 a 4 ) 2 e2 [
4．设数字滤波器 H ( z )
0.06 0.06 1 2 1 0.6 z 0.25z 1 a1 z 1 a2 z 2
பைடு நூலகம்
y (8) y (7) QR [0.75 y (6)] 0.125 QR [0.75 0.25] 0.125 y (9) y (8) QR [0.75 y (7)] 0.125 QR [0.75 0.125] 0.25 y (10) y (9) QR [0.75 y (8)] 0.25 QR [0.75 ( 0.125)] 0.125
y (1) 0.625 （0.1010 ） 2 ，
y ( 2) 0.6875 （0.1011 ） 2 ，
y (3) 0.6875 （0.1011 ） 2 ,
从 y ( 2)以后 , y ( n ) 0.6875, 即当 n较大时 , y ( n ) 0.6875 对图 p8 （ 3 b）进行舍入量化
3
(b)系统用定点算法实现。 .网络中的系数和所有变 量都用5 位寄存器表示成原码 , 即 s 为符号位 , 寄存器值 a 2 1 b 2 2 c 2 3 d 2 4 , 其中a, b, c, d 是 1 或 0 。 .乘法的结果作截尾处理 , 即只保留 符号位和前四位.。试计算已量化的 系统对 (a ) 中输入的响应 , 求出未量化系统在 0 n 5 时响应。 问n比较大时如何比较这两 种响应 ? (c)研究P8 2(b)所示系统 , 其输入为 1 n (1) , n 0 x ( n) 2 重作(a ), (b). n0 0, (d )当尾数采用舍入处理时 , 重作(b), (c).
y (5) 0.0004882812 5
y ( 4) 0
y (5) 0
未作量化处理 ,当n 时，y ( n ) 0 ， 作截尾量化后， n 2 时 y （n） 0
5
解( d )： 对图p8 （ 2 a）进行舍入量化
y (0) x 0 0.5 （0.1000 ） 2 ，
y (1) 0.5 . 求 0 n 10 的 11 点输出 y (n) 值.
(b) 证明当 QR [a y (n 2)] y (n 2) 时发生零输入极限环振荡, 并用等效极点迁移来解 释这个现象。
分析：
b=3 表示小数是 3 位，加整数位后为 b+1 位定点算法只有相乘才有 舍入量化误差。一阶系统零输入极限环振荡发生在
此即发生零输入极限环 振荡的条件 , 等效 为a 1，代入极点 Z1,2的表达式中可知， Z1 Z 2 1，即系统极点将出现在 单位 圆上，进入极限环振荡 。将(3)代入 (4)得：
n0
2
2 ( n) e
1 dz H ( z ) H ( z 1 ) 。 c 2j z
2 2 2 f e h (n ) n 0
6
e2 [a n ( a )n ]2
n 0
e2 [a 2 n 2( a 2 ) n a 2 n ]
y (0) x 0 0.5 （0.1000 ） 2 ， y (1) 0.125 （0.0010 ） 2 y ( 2) 0.0625 （0.0001 ） 2 ，
y (3) 0 ， y ( 4) 0, n 3 时 , y ( n ) 0,
即当 n较大时 , y ( n ) 0.
3. A / D变换器的字长为 b, 其输出端接一网络 , 网络的单位 抽样响应为 : h(n) a n a u (n)
n