《信号与系统》第十章作业答案
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−1 n = −∞
∑ (−1) u[n] • z
n
+∞
−n
=
n = −∞
∑ (−1)
+∞
n
•z
−n
=
Байду номын сангаас
n = −∞
∑ (− z
+∞
−1 n
)
1 z 如果 | − z |< 1，即：z |> 1, 求和收敛。X ( z ) = | = | z |> 1 −1 1+ z z +1 ROC为 | z |> 1，不包含单位圆，x[ n]的傅里叶变换不存在。
π
10.28 a)
δ [n]的Z变换是1
δ [n − 6]的Z变换是z −6
ROC是 | z |> 0
j kπ 6
得X ( z ) = 1 − 0.95 z −6
b)极点是1个6阶极点z = 0 6个一阶零点，z = 0.95 z k = 0,1,2,3,4,5
C)
10.31 由性质1知：X ( z )的零极应为实数、复数。若为复数，必然是共轭成对出现 1 j 1 −j X ( z )有一个极点是 e 3 , 则X ( z )必有另一极点是 e 3 2 2 由性质2，X ( z )在∞无极点，则X ( z )的分母多项式的阶数不低于分子多项式，且根据性质3可写出 1 j3 1 −j3 ( z − e )( z − e ) 2 2 根据性质5，可求得K = 2 1 1 由于x[n]是右边序列，且X ( z )的两个极点的模是 ，得ROC :| z |> 2 2 2z 2 1 综上：X ( z ) = ROC :| z |> π π 2 1 j3 1 −j3 ( z − e )( z − e ) 2 2 X ( z) = Kz 2
10.37 a)设以x[n]为输入的加法器的输出是P[n] 1 2 X ( z ) − z −1 P( z ) + z − 2 P( z ) = P ( z ) 3 9 9 P ( z ) − z −1 P ( z ) = Y ( z ) 8 消去P ( z ), 得： 9 1 − z −1 Y ( z) 1 2 9 8 = ⇒ (1 + z −1 − z − 2 )Y ( z ) = (1 − z −1 ) X ( z ) X ( z ) 1 + 1 z −1 − 2 z − 2 3 9 8 3 9 对等式两边去逆变换： 1 2 9 y[n − 1] − y[n − 2] = x[n] − x[n − 1] 3 9 8 9 9 1 − z −1 1 − z −1 Y ( z) 8 8 = = b) H ( z ) = X ( z ) 1 + 1 z −1 − 2 z − 2 (1 + 2 z −1 )(1 − 1 z −1 ) 3 9 3 3 2 1 2 H ( z )有两个实数极点 : − , ,由于系统是因果的，所以收敛域是 | z |> 3 3 3 ROC包含单位圆，系统稳定 y[n] +
9.22 a)根据z变换公式：X ( z ) =
n = −∞
∑ x[n] • z
+∞
−n
4 1 n −n 1 n x[n]是有限长序列，其z变换是：X ( z ) = ∑ ） • z = ∑ z −1） （ （ n = −4 2 n = −4 2 1 1 1 − 9 （ z −1）4 [1 − z −1）] 16 z 9 − （ 32 2 = 2 = 1 −1 1 1− z z4 (z − ) 2 2 2 kπ 1 1 j 9 9 令16 z − = 0，求得零点是九个一阶零点z k = e 2 32 1 1 1 X ( z )有一个一阶极点 ，一个4阶极点0，其中极点 与零点 抵消了，所以，X ( z )的ROC是 | z |> 0 2 2 2 X ( z )的ROC包含单位圆，该序列的傅里叶变换存在
第十章作业答案
10.21 a)根据Z变换的定义： X ( z) =
n = −∞
∑ δ [n + 5] • z
+∞
−n
序列δ [n + 5]只有在n = −5时，有一个非零样本值 所以：X ( z ) = z 5 z = 0是X ( z )的5阶零点 X ( z )的收敛域为整个z平面，但不包括∞，即收敛域是 0 ≤| z |< ∞,因为ROC包含单位圆，所以，δ [n + 5]的傅里叶变换存在。 c)根据Z变换的定义：X ( z ) =
π
3
z
−1
1 得：X ( z ) = − (e 2
j
π
4
1 1 − 4e 3 z −1
π π
j
π
+e
π
4
1 1 − 4e
−j
π
3
)= z −1
− z ( z cos
j
π
4
− 4 cos
π
12
π
3
)
( z − 4e 3 )( z − 4e
π
−j
| z |< 4
)
4 cos j −j 12 3 3 有一对共轭极点：e ，e ，两个一阶零点： 4 4 0， π cos 4 收敛域包含单位圆，x[n]的傅里叶变换存在。
π π π π
10.32
10.34 a )对差分方程两边做z变换，得： Y ( z ) = z −1Y ( z ) + z − 2Y ( z ) + z −1 X ( z ) Y (z) z −1 z 系统函数：H ( z ) = = = 2 = −1 −2 X ( z) 1 − z − z z − z −1 系统是因果的，所以H ( z )的ROC是：z |> | b)用部分分式法展开H ( z ) 1 1 z z 1+ 5 5 5 H ( z) = − ROC是：z |> | 2 1− 5 1+ 5 (z − ) (z − ) 2 2 1 1+ 5 n 1− 5 n 得：y[ n] = [( ) −( ) ]u[n] 2 2 5 1+ 5 , 不包含单位圆，所以系统不稳定 2 1 1 z z 5 5 d )要求同一差分方程，则：H ( z ) = − 1+ 5 1− 5 (z − ) (z − ) 2 2 1− 5 1+ 5 要求稳定，则：ROC : <| z |< 2 2 1 1+ 5 n 1 1− 5 n 则：h[n] = − ( ) u[ −n − 1] − ( ) u[n] 2 2 5 5 c)因为ROC :| z |> 1+ 5 2 z (z − 1+ 5 1− 5 )( z − ) 2 2
4
d)
π
j 1 jπ 1 jπ 3 n 4 因为 : e (4e ) u[−n − 1] ↔ − e 4 2 2
π
1 1 − 4e 3 z −1 | z |< 4
j
π
| z |< 4
−j 1 −j4 1 −j e (4e 3 ) n u[−n − 1] ↔ − e 4 2 2
π
π
1 1 − 4e
−j −j
∑ (−1) u[n] • z
n
+∞
−n
=
n = −∞
∑ (−1)
+∞
n
•z
−n
=
Байду номын сангаас
n = −∞
∑ (− z
+∞
−1 n
)
1 z 如果 | − z |< 1，即：z |> 1, 求和收敛。X ( z ) = | = | z |> 1 −1 1+ z z +1 ROC为 | z |> 1，不包含单位圆，x[ n]的傅里叶变换不存在。
π
10.28 a)
δ [n]的Z变换是1
δ [n − 6]的Z变换是z −6
ROC是 | z |> 0
j kπ 6
得X ( z ) = 1 − 0.95 z −6
b)极点是1个6阶极点z = 0 6个一阶零点，z = 0.95 z k = 0,1,2,3,4,5
C)
10.31 由性质1知：X ( z )的零极应为实数、复数。若为复数，必然是共轭成对出现 1 j 1 −j X ( z )有一个极点是 e 3 , 则X ( z )必有另一极点是 e 3 2 2 由性质2，X ( z )在∞无极点，则X ( z )的分母多项式的阶数不低于分子多项式，且根据性质3可写出 1 j3 1 −j3 ( z − e )( z − e ) 2 2 根据性质5，可求得K = 2 1 1 由于x[n]是右边序列，且X ( z )的两个极点的模是 ，得ROC :| z |> 2 2 2z 2 1 综上：X ( z ) = ROC :| z |> π π 2 1 j3 1 −j3 ( z − e )( z − e ) 2 2 X ( z) = Kz 2
10.37 a)设以x[n]为输入的加法器的输出是P[n] 1 2 X ( z ) − z −1 P( z ) + z − 2 P( z ) = P ( z ) 3 9 9 P ( z ) − z −1 P ( z ) = Y ( z ) 8 消去P ( z ), 得： 9 1 − z −1 Y ( z) 1 2 9 8 = ⇒ (1 + z −1 − z − 2 )Y ( z ) = (1 − z −1 ) X ( z ) X ( z ) 1 + 1 z −1 − 2 z − 2 3 9 8 3 9 对等式两边去逆变换： 1 2 9 y[n − 1] − y[n − 2] = x[n] − x[n − 1] 3 9 8 9 9 1 − z −1 1 − z −1 Y ( z) 8 8 = = b) H ( z ) = X ( z ) 1 + 1 z −1 − 2 z − 2 (1 + 2 z −1 )(1 − 1 z −1 ) 3 9 3 3 2 1 2 H ( z )有两个实数极点 : − , ,由于系统是因果的，所以收敛域是 | z |> 3 3 3 ROC包含单位圆，系统稳定 y[n] +
9.22 a)根据z变换公式：X ( z ) =
n = −∞
∑ x[n] • z
+∞
−n
4 1 n −n 1 n x[n]是有限长序列，其z变换是：X ( z ) = ∑ ） • z = ∑ z −1） （ （ n = −4 2 n = −4 2 1 1 1 − 9 （ z −1）4 [1 − z −1）] 16 z 9 − （ 32 2 = 2 = 1 −1 1 1− z z4 (z − ) 2 2 2 kπ 1 1 j 9 9 令16 z − = 0，求得零点是九个一阶零点z k = e 2 32 1 1 1 X ( z )有一个一阶极点 ，一个4阶极点0，其中极点 与零点 抵消了，所以，X ( z )的ROC是 | z |> 0 2 2 2 X ( z )的ROC包含单位圆，该序列的傅里叶变换存在
第十章作业答案
10.21 a)根据Z变换的定义： X ( z) =
n = −∞
∑ δ [n + 5] • z
+∞
−n
序列δ [n + 5]只有在n = −5时，有一个非零样本值 所以：X ( z ) = z 5 z = 0是X ( z )的5阶零点 X ( z )的收敛域为整个z平面，但不包括∞，即收敛域是 0 ≤| z |< ∞,因为ROC包含单位圆，所以，δ [n + 5]的傅里叶变换存在。 c)根据Z变换的定义：X ( z ) =
π
3
z
−1
1 得：X ( z ) = − (e 2
j
π
4
1 1 − 4e 3 z −1
π π
j
π
+e
π
4
1 1 − 4e
−j
π
3
)= z −1
− z ( z cos
j
π
4
− 4 cos
π
12
π
3
)
( z − 4e 3 )( z − 4e
π
−j
| z |< 4
)
4 cos j −j 12 3 3 有一对共轭极点：e ，e ，两个一阶零点： 4 4 0， π cos 4 收敛域包含单位圆，x[n]的傅里叶变换存在。
π π π π
10.32
10.34 a )对差分方程两边做z变换，得： Y ( z ) = z −1Y ( z ) + z − 2Y ( z ) + z −1 X ( z ) Y (z) z −1 z 系统函数：H ( z ) = = = 2 = −1 −2 X ( z) 1 − z − z z − z −1 系统是因果的，所以H ( z )的ROC是：z |> | b)用部分分式法展开H ( z ) 1 1 z z 1+ 5 5 5 H ( z) = − ROC是：z |> | 2 1− 5 1+ 5 (z − ) (z − ) 2 2 1 1+ 5 n 1− 5 n 得：y[ n] = [( ) −( ) ]u[n] 2 2 5 1+ 5 , 不包含单位圆，所以系统不稳定 2 1 1 z z 5 5 d )要求同一差分方程，则：H ( z ) = − 1+ 5 1− 5 (z − ) (z − ) 2 2 1− 5 1+ 5 要求稳定，则：ROC : <| z |< 2 2 1 1+ 5 n 1 1− 5 n 则：h[n] = − ( ) u[ −n − 1] − ( ) u[n] 2 2 5 5 c)因为ROC :| z |> 1+ 5 2 z (z − 1+ 5 1− 5 )( z − ) 2 2
4
d)
π
j 1 jπ 1 jπ 3 n 4 因为 : e (4e ) u[−n − 1] ↔ − e 4 2 2
π
1 1 − 4e 3 z −1 | z |< 4
j
π
| z |< 4
−j 1 −j4 1 −j e (4e 3 ) n u[−n − 1] ↔ − e 4 2 2
π
π
1 1 − 4e
−j −j