信号处理与数据分析第二章作业答案(A).邱天爽.
信号处理与数据分析 邱天爽作业答案(Part2)
对于 n 0 ，则有
y ( n)
pn
( 3)
1
p 1
1 1 1 1 3n ( ) n 1 ( ) p ( ) n 1 1 2 3 3 p 0 3 1 3
因此：
3n ,n 0 y (n) 2 ( 1 ), n 0 2
（a）画出 x(t ) 和 h(t ) 的图形如下图所示： 0 1
利用该图形，得到 y(t ) x(t ) h(t ) 如图所示：
因此，
t ,0 t , t 1 y (t ) 1 t ,1 t (1 ) 0, otherwise
k
( 3)
1
1
1
k
u ( n k 1)
k 1
( 3 ) u (n k 1)
k
用 p 代替 k -1 则，
1 y ( n ) ( ) p 1 u ( n p ) p0 3
对于 n 0 ，则有
1 1 1 1 y ( n ) ( ) p 1 1 3 3 2 p 0 1 3
2.（P24,课后习题 1.7）计算卷积并画出结果曲线
1 x ( n) u ( n 1), h( n) u ( n 1) 3
-n
解：利用定义可知，
y ( n) x ( n) h( n)
k
x ( k ) h( n k )
1 ( ) k u ( k 1)u ( n k 1) k 3
1.4
1.2
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0 -20
数字信号处理第2章习题答案
根据零、 极点分布可定性画幅频特性。 当频率由0到2π 变化时， 观察零点矢量长度和极点矢量长度的变化， 在极点 附近会形成峰。 极点愈靠进单位圆， 峰值愈高； 零点附近形 成谷， 零点愈靠进单位圆， 谷值愈低， 零点在单位圆上则 形成幅频特性的零点。 当然， 峰值频率就在最靠近单位圆的 极点附近， 谷值频率就在最靠近单位圆的零点附近。
故
X (z)z 1zN z 1 N (z 1 1 )zN z 1 N (z 1 1 )z2 1 N 1 zz N 1 1 2
［例2.4.4］ 时域离散线性非移变系统的系统函数H(z)为
H(z) 1 , a和b为常数 (za)(zb)
（1） 要求系统稳定， 确定a和b的取值域。 （2） 要求系统因果稳定， 重复（1）。 解： （1） H(z)的极点为a、 b， 系统稳定的条件是收敛 域包含单位圆， 即单位圆上不能有极点。 因此， 只要满足 |a|≠1, |b|≠1即可使系统稳定， 或者说a和b的取值域为除单位圆 以的整个z平面。 （2） 系统因果稳定的条件是所有极点全在单位圆内， 所以a和b
采样间隔T=0.25 s， 得到 xˆ ( t ) ， 再让 xˆ ( t ) 通过理想低通
滤波器G(jΩ)， G(jΩ)用下式表示:
G(j)0.025
≤ 4π 4π
(1) 写出xˆ ( t )的表达式;
(2) 求出理想低通滤波器的输出信号y(t)。
解：(1)
x ˆ(t) [c2 o πn s)T (co 5πs n()T ](tn)T n
（3） 若y(n)=x(n)h(n), 则
Y(ej)1H(ej)X(ej) 2π
这是频域卷积定理或者称复卷积定理。
（4）
xe(n)12[x(n)x(n)]
信号分析与处理第2章习题答案[山东大学]
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2-1 画出下列各时间函数的波形图，注意它们的区别（注意标上横坐标的值以及波形与横坐标的交点。
较简单，出错的不多）1）x 1(t) = sin Ω t ·u(t )2）x 2(t) = sin[ Ω ( t – t 0 ) ]·u(t )3）x 3(t) = sin Ω t ·u ( t – t 0 )-14）x2(t) = sin[ ( t – t0) ]·u( t – t0)2-2 已知波形图如图2-76所示，试画出经下列各种运算后的波形图（6.7.8较容易出错，其中8出错的最多，没有标明微分；其他题出错的很少）（1）x ( t-2 )（2）x ( t+2 )（3）x (2t)（4）x ( t/2 )（5）x (-t)（6）x (-t-2)（出错较多，对负号的处理不正确）（7）x ( -t/2-2 )（出错较多，对负号的处理不正确）（8）dx/dt（出错较多，主要是忘记-δ (t-2)部分）2-3 应用脉冲函数的抽样特性，求下列表达式的函数值（第（7）题注意化简，其他题目出错的很少）(1)⎰+∞∞--)(0t t x δ(t) dt = x(-t 0) (2)⎰+∞∞--)(0t t x δ(t) dt = x(t 0) (3)⎰+∞∞--)(0t t δ u(t -2t ) dt = u(2t )(4)⎰+∞∞--)(0t t δ u(t – 2t 0) dt = u(-t 0) (5)()⎰+∞∞--+t etδ(t+2) dt = e 2-2(6)()⎰+∞∞-+t t sin δ(t-6π) dt =6π+21(7) ()()[]⎰+∞∞-Ω---dt t t t e t j 0δδ=()⎰+∞∞-Ω-dt t etj δ–⎰+∞∞-Ω--dt t t e t j )(0δ= 1-0t j eΩ- = 1 – cos Ωt 0 + jsin Ωt 02-4 求下列各函数x 1(t)与x 2(t) 之卷积，x 1(t)* x 2(t) (1) x 1(t) = u(t), x 2(t) = e -at · u(t) ( a>0 ) x 1(t)* x 2(t) =⎰+∞∞---ττττd t u eu a )()( =⎰-ta d e 0ττ = )1(1ate a--x 1(t)* x 2(t) =ττδτδτπd t t u t )]1()1([)]()4[cos(---+-+Ω⎰+∞∞-= cos[Ω(t+1)+4π]u(t+1) – cos[Ω(t-1)+4π]u(t-1)(3) x 1(t) = u(t) – u(t-1) , x 2(t) = u(t) – u(t-2) （一部分同学没有根据t 的范围分情况讨论） x 1(t)* x 2(t) =⎰+∞∞-+-----τττττd t u t u u u )]1()()][2()([当 t <0时，x 1(t)* x 2(t) = 0 当 0<t <1时，x 1(t)* x 2(t) =0td τ⎰= t 当 1<t <2时，x 1(t)* x 2(t) =21d τ⎰= 1当 2<t<3时，x 1(t)* x 2(t) = 12t d τ-⎰=3-t当 3<t 时，x 1(t)* x 2(t) = 0(4) x 1(t) = u(t-1) , x 2(t) = sin t · u(t) x 1(t)* x 2(t) =⎰+∞∞---ττττd t u u )1( )( )sin(=⎰⎰∞==01-t 01-t 0| cos - d sin 1)d --u(t sin ττττττ= 1- cos(t-1)2-5 已知周期函数x(t)前1/4周期的波形如图2-77所示，根据下列各种情况的要求画出x(t)在一个周期( 0<t<T )的波形（（3）.(6)出错较多）(1) x(t)是偶函数，只含有偶次谐波分量f(t) = f(-t), f(t) = f(t±T/2)(2) x(t)是偶函数，只含有奇次谐波分量f(t) = f(-t), f(t) = -f(t±T/2)(3) x(t)是偶函数，含有偶次和奇次谐波分量（出错较多）f(t) = f(-t)(4) x(t)是奇函数，只含有奇次谐波分量f(t) = -f(-t), f(t) = -f(t±T/2)(5) x(t)是奇函数，只含有偶次谐波分量f(t) = -f(-t), f(t) = f(t±T/2)(6) x(t)是奇函数，含有偶次和奇次谐波分量f(t) = -f(-t)2-6 利用信号x(t)的对称性，定性判断图2-78所示各周期信号的傅里叶级数中所含有的频率分量（该题全部做对的同学不是很多：有的同学会忽略直流分量）(a)这是一个非奇、非偶、非奇偶谐波函数，且正负半波不对称，所以含有直流、正弦等所有谐波分量，因为去除直流后为奇函数，所以不含余弦分量。
信号处理与数据分析 邱天爽作业答案第四章
号恢复 y(t ) 的采样周期 T 的范围。 解： y(t ) 利用傅里叶变换的性质，我们可以得到：
Y ( j)=X 1 ( j)X 2 ( j)
因此 Y ( j )=0， 1000 。这说明 y(t ) 的奈奎斯特采样频率为 2 1000 2000 ，采样周期最多维
2 2000 10 3 sec，因此采样周期 T 必须满足 T 103 sec，才能从采样信号中恢复 y(t ) 。
1 X ( j)=75X ( j) ，因此 0 的最大值为 50 。 T
3.( 书 稿 4.15) 设 x1 ( t ) 和 x2 ( t ) 均 为 带 限 信 号 ， 它 们 的 频 谱 满 足 X 1 ( j) 0, | | 1000 ，
X 2 ( j) 0, | | 2000 。若 y (t ) x1 (t ) x2 (t ) ，对 y(t ) 进行单位冲激序列采样，试给出保证能从采样后信
sin(4000 t ) x (t ) t （3）
2
，因此采样频率至少为 2(4000 ) 8000 。
4000
，因此采样频率至少为 2(4000 ) 8000 。
4000
（3） x(t ) 对应的 X ( j) 可以看作两个举行脉冲的卷积，且两脉冲均在 至少为 2(8000 ) 16000 。
100
100
通过冲击序列采样的结果为：
G ( j)= 1 X ( j( ks )) T
其中 T 2 / s 1 / 75 ，因此 G(j) 如下图所示
250
100
100
250
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
很显然，当不存在频谱交叠时，即 50 ， G ( j)=
信号分析与处理答案
第二章习题参考解答求下列系统的阶跃响应和冲激响应;1解当激励为时,响应为,即：由于方程简单,可利用迭代法求解：, ,…,由此可归纳出的表达式：利用阶跃响应和冲激响应的关系,可以求得阶跃响应：2解 a求冲激响应,当时,;特征方程,解得特征根为;所以：…2.1.2.1通过原方程迭代知,,,代入式2.1.2.1中得：解得, 代入式2.1.2.1：…2.1.2.2可验证满足式2.1.2.2,所以：b求阶跃响应通解为特解形式为,,代入原方程有, 即完全解为通过原方程迭代之,,由此可得解得,;所以阶跃响应为：3解4解当t>0时,原方程变为：;…2.1.3.1…2.1.3.2将2.1.3.1、式代入原方程,比较两边的系数得：阶跃响应：求下列离散序列的卷积和;1解用表格法求解2解用表格法求解3和如题图2.2.3所示解用表格法求解4解5解6解参见右图;当时：当时：当时：当时：当时：7 ,解参见右图：当时：当时：当时：当时：当时：8 , 解参见右图当时：当时：当时：当时：9 ,解10 ,解或写作：求下列连续信号的卷积;1 ,解参见右图：当时：当时：当时：当时：当时：当时：2 和如图2.3.2所示解当时：当时：当时：当时：当时：3 ,解4 ,解5 ,解参见右图;当时：当时：当时：当时：6 ,解7 ,解8 ,解9 ,解试求题图示系统的总冲激响应表达式;解已知系统的微分方程及初始状态如下,试求系统的零输入响应;1 ；解,,2 ；,解,,,,可定出3 ；,解,,,可定出某一阶电路如题图所示,电路达到稳定状态后,开关S于时闭合,试求输出响应;解由于电容器二端的电压在ｔ＝０时不会发生突变,所以;根据电路可以立出ｔ＞０时的微分方程：, 整理得齐次解：非齐次特解：设代入原方程可定出Ｂ＝２则：,积分电路如题图所示,已知激励信号为,试求零状态响应; 解根据电路可建立微分方程：当时：由可定出,根据系统的时不变性知,当时：当时：求下列离散系统的零输入响应;1 ；,解由,可定出,,2 ；,解由,, 可定出.3 ；,,解特征方程,,由可定出求下列离散系统的完全响应;1 ；解齐次方程通解：非齐次方程特解：代入原方程得：由可定出2 ；,解齐次方程通解：非齐次方程特解：代入原方程定出由可定出试判断下列系统的稳定性和因果性;1解因果的；稳定的;2解因为冲激响应不满足绝对可和条件,所以是不稳定的；非因果的;3解稳定的,非因果的;4解不稳定的,因果的;5解不稳定的,因果的;6 为实数解时：不稳定的,因果的；时：稳定的,因果的；时：不稳定的,因果的;7解不稳定的,非因果的;8解稳定的,非因果的;用方框图表示下列系统;123根据系统的差分方程求系统的单位脉冲响应;1解当时：,由原方程知当时：,由此可定出2解当时：齐次方程的通解为, 由原方程迭代求解可得为：由此可以定出根据系统的微分方程求系统的单位冲激响应;1解当时：,,代入原方程可确定2解当时：代入原方程,比较两边系数得：试求下列系统的零输入响应、零状态响应、强迫响应、自由响应;1 ；,,解 a求强迫响应：假设特解为：代入原方程,可定出；则强迫响应a求自由响应：利用冲激平衡法可知：可定出；所以完全解形式：,由定出即完全响应为：所以自由响应为：b求强迫响应：假设特解为：代入原方程,可定出；则强迫响应c求零输入响应：由可定出d求零状态响应零状态响应＝自由响应＋强迫响应－零输入响应＝综上所求,有：2 ；,,解法一用z变换求解;方程两边进行z变换,则有：解法二：时域解法;求强迫响应：当时：即为常值序列,设特解为,代入原方程可定出当时：仅在激励作用下,由原方程知,即：特解在时均满足方程;求自由响应：完全解：由经迭代得：由可定出完全解中系数为：则自由响应分量为：零输入响应：由可以定出：零状态响应：试证明线性时不变系统具有如下性质：1 若系统对激励的响应为,则系统对激励的响应为；2 若系统对激励的响应为,则系统对激励的响应为;证1 已知,根据系统的线性试不变性有：；令,则有：证2 已知,根据系统的线性试不变性有：令则 ,所以证毕;考察题图a所示系统,其中开平方运算取正根;1 求出和之间的关系；2 该系统是线性系统吗,是时不变系统吗3 若输入信号是题图b所示的矩形脉冲时间单位：秒,求响应;解 1 由系统框图可得2 由输入一输出关系可以看出,该系统不满足可加性,故系统是非线性的;又因为当输入为时,输出为,故系统是时不变的;3 由输入一输出关系,可以求得输出为图示波形;一个线性系统对的响应为,1 该系统是否为时不变系统2 该系统是否是因果系统3 若 a；b,求该系统对每个输入的响应;解1当时,输入为输出为当时,输入为输出为显然,是时变系统;2 当时,如显然,响应出现于激励之前,所以是非因果系统;3 因为不是LTI系统,所以输出响应不能用来计算;对于线性时变系统,输出响应可求解如下：任意信号仍可分解为冲激函数的和,即有：因为这里是的二元函数由于系统为线性的,故有：对于此例有,当时：注意：即当时：第三章习题参考解答求下列信号展开成傅里叶级数,并画出响应相应的幅频特性曲线;解 a解 b解 c解 d求题图所示信号的傅里叶变换;解 a解 b 设,由傅氏变换的微积分性质知：解 c利用傅氏变换性质知：解 d或解 e解 f若已知,试求下列信号的傅里叶变换;1解2解3解4解5解6解令则有：,,在题图b中取,将进行周期为的周期延拓,得到周期信号,如题图a所示；取的个周期构成截取函数,如题图b所示;1 求周期信号傅里叶级数系数；2 求周期信号的傅里叶变换；3 求截取信号的傅里叶变换;解 1 设单个三角波脉冲为,其傅里叶变换根据傅里叶级数和傅里叶变换之间的关系知：2 由周期信号的傅里叶变换知：3 因为绘出下列信号波形草图,并利用傅里叶变换的对偶性,求其傅里叶变换;1 2提示：参见脉冲信号和三角波信号的傅里叶变换解1 , 根据对偶知：解2已知的波形如题图a所示,1 画出其导数及的波形图；2 利用时域微分性质,求的傅里叶变换；3 求题图b所示梯形脉冲调制信号的频谱函数;解1 及的波形如下：23求下列频谱函数的傅里叶逆变换;1解2解3解4解5解………3.7.5.1 又………3.7.5.2由3.7.5.1、式可知：6解设输入信号为,系统的频率特性为,求系统的零状态响应;解理想低通滤波器的幅频特性为矩形函数,相频特性为线性函数,如题图所示;现假设输入信号为的矩形脉冲,试求系统输出信号;解利用傅里叶变换的对称性,可以求得该系统的冲激响应为：,,令得：其中：在题图a所示系统中,采样信号如图b 所示,是一个正负交替出现的冲激串,输入信号的频谱如图c所示;1 对于,画出和的频谱；2 对于,确定能够从中恢复的系统;解1由此可以绘出及的频谱图如下：2 从的频谱可以看出,由恢复的系统如图所示:在题图a所示系统中,已知输入信号的傅里叶变换如题图b所示,系统的频率特性和分别如图c和图d所示,试求输出的傅里叶变换;解：参见题图的标注;在题图a所示的滤波器中,;如果滤波器的频率特性函数满足：,为常数则称该滤波器为信号的匹配滤波器;1 若为图b所示的单个矩形脉冲,求其匹配滤波器的频率特性函数；2 证明图c所示系统是单个矩形脉冲的匹配滤波器；3 求单个单个矩形脉冲匹配滤波器的冲激响应,并画出的波形；4 求单个单个矩形脉冲匹配滤波器的输出响应,并画出的波形;解 1解 2 参见图c标注.又,即与１中有相同的函数形式;解 3 ,解 4 取ｋ＝１为一三角波求题中和的功率谱密度函数;解 1 参见3-1题;首先推出周期信号功率谱密度函数的表达式：周期信号的傅里叶变换为：其中是傅里叶级数展开式系数;考虑截取信号：根据频域卷积定理,截取信号的傅里叶变换为：当时,趋向于集中在处,其他地方为零值,所以功率谱密度函数为：由于,,所以：由此可求题给信号的功率谱密度函数：解 2求题中和的能量谱密度函数;解设的能量谱密度函数为,;设的能量谱密度函数为,;信号的最高频率为500Hz,当信号的最低频率分别为0,300Hz,400Hz时,试确定能够实现无混叠采样的最低采样频率,并解释如何从采样后信号中恢复;解1 ,所以2 ,,取当代入式中可知,只有当不等式才能成立：,所以采样频率只能取Hz;3 ,,当代入式中可知,当不等式成立：,所以最低采样频率;正弦信号的振幅电平为V,现采用12位的量化器进行舍入式量化,求量化误差的方均根值和量化信噪比; 解,,；,；,；绘出,的波形,并证明它们在0,1区间上是相互正交的;解由三角函数和符号函数的意义可绘出的波形如图所示;显然：即在0,1区间上满足正交的定义;求信号的自相关函数;解当：当：第四章习题解答求下列离散周期信号的傅里叶级数系数;1解,若取则：2解若取：则3解, 若取则：4 ,周期解5解6解已知周期信号的傅里叶级数系数及其周期,试确定信号;1 ,解,将此式与的定义式比较可知：若取则2 ,解求下列序列的傅里叶变换;1解2解令有：3解4解5解6解利用傅里叶变换的性质求下列序列的傅里叶变换;1解2解3解4解已知的傅里叶变换为,求下列序列的傅里叶变换; 1解；2解,3解4解已知离散信号的傅里叶变换为,求其对应的时域信号;1解2解和的定义式比较知：3解4解5解设两个离散LTI系统的频率响应分别为将这两个系统级联后,求描述整个系统的差分方程;解将这两系统级联后,求描述整个系统的差分方程级联后系统的频率响应为：的频率响应为：比较后得知级联后系统的差分方程为：设一离散LTI系统的差分方程为,1 求该系统的频率响应；2 若系统的激励为,求系统的零状态响应;解 1 方程两边进傅里叶变换得：解 2设和是周期信号,且,试证明离散时间调制特性,即证明其中;证明令类似可证：证毕;周期三角形序列如题图a所示,其单个周期内的序列构成有限长序列、,如图b和图c所示;1 求的傅里叶变换；2 求的傅里叶变换3 求的傅里叶级数系数；4 证明傅里叶级数系数表示或的等间隔采样,即有：或N为周期解1解2解3 周期,,解 4 由上面知：而比较知：一个离散时间系统的单位冲激响应为,利用傅里叶变换求该系统对下列输入信号的响应;解,,如果为系统的输入,为系统的输出,对下面每组信号判断是否存在一个离散时间LTI系统,当输入为时,输出为如果不存在,说明为什么;如果存在,它是否是唯一的求出该LTI系统的频率响应;1 ,解所以输人－输出为非线性关系,则不存在一个LTI系统能满足此输人－输出关系;2 ,解；所以该输人－输出关系可以对应一个频率响应为的LTI系统,且是唯一的;当然该输人－输出关系也可以对应一个的非线性系统;注意该题和1的区别,在题2中,所对应的LTI系统的输人－输出关系可以用差分方程：描述,而在题1中,则找不到满足线性的时域方程;3 ,解该输人－输出关系可以对一个LTI系统,其频响可为：显然能产生这种输人－输出关系的LTI系统不是唯一的,如则是另一个LTI系统; 用闭式表达以下有限长序列的DFT;1解2解3解4解5解6解已知以下,试求IDFT;1 2其中为某一正整数且;解 1解 2已知有限长序列,DFT=,试利用频移定理求1 2解 1解 2题图是的有限长序列,试绘图解答1 与的线性卷积；2 与的4点圆周卷积；3 与的10点圆周卷积；4 若与的圆周卷积和线性卷积相同,求长度L的最小值;解 1 利用表格法可求得线性卷积为：解 2当L=4时：根据上面信号波形的图示,直接按照周期卷积取主值来计算圆周卷积：上式中周期卷积的具体计算过程和线性卷积的计算过程类似;或者根据线性卷积和周期卷积的关系以及周期卷积和圆周卷积的关系求解;周期卷积和线性卷积的关系：〔这里〕圆周卷积是周期卷积的主值区间0,3;同时考虑到线性卷积的非零值区间为0,6所以利用上式计算圆周卷积时,只需考虑在0,3区间内有非零值的移位的叠加：=解 3当L=10时根据上图可求得：解 4 使卷积与圆周卷积结果相同的最小长度分别为两参与运算的序列长度;已知两个有限长序列,分别用卷积与DFT两种方法求解;解法一直接卷积和：解法二用DFT计算：类似可求得若1 求频率特性,作出幅频特性草图；2 求DFT的闭式表达式;解 1解 2第五章习题解答根据定义求下列信号的单边拉普拉斯变换,并注意比较所得结果;1 为任意值解2解3解4解5解由1～3; 4～5 之间的比较知,在ｔ＞０时具有相同函数形式的两个不同时域函数,具有相同的单边拉普拉斯变换;求下列信号的单边拉普拉斯变换;1解2解3解4解5解6解7解8解9解10解已知的拉普拉斯变换为,求下列信号的拉普拉斯变换; 1解2解,3解4解,求下列信号的拉普拉斯逆变换;1解2解3解；4解；5解,6解,,,7解8解求下列函数拉普拉斯逆变换的初值和终值;1解2解比例积分器的电路如题图所示,输入信号分别为以下二种情况时,求输出信号,并画出其波形草图;12解 1波形参见右图.解2某一LTI系统的微分方程为：系统的初始条件为,激励信号,试求：1 冲激响应；2 零输入响应,零状态响应及全响应；3 用初值定理求全响应的初值；4 用初值定理求零状态响应的初值;解 1解2 对原方程二边进行拉普拉斯变换得：解 3解 4在题图所示电路中,以前开关S位于“1”端,已进入稳定状态;时,开关从“1”倒向“2”,求;解由题意知根据电路可列出时的微分方程为：整理得设,方程二边进行拉普拉斯变换得：求题图所示电路的传输函数;1 题图a2 题图b解1 设一中间参量,参见图ａ,根据极点电压法可立方程如下由第2个方程解得,代入第1个方程得解2 设置中间参量参见图b,根据电路可立方程：整理得：,用复频域等效模型法求解题;解复频域等效模型参见下图;根据电路可立方程：已知传输函数的零极点分布如题图所示,并知,试写出的表示式,并说明系统的稳定性; 解根据零极点分布图可知：又由,可确定;由于所有极点均位于左半ｓ平面,所以该系统是稳定系统;求下列信号的单边变换,并注明收敛域;1解2解3解4解5解6解7解求下列的逆变换;1解2解3解利用卷积定理求;1 ,解；；2 ,解；用单边变换求解差分方程,,解方程两边取ｚ变换,并考虑初始条件得：整理得：系统结构如题图所示1 求该系统的单位冲激响应；2 若激励为,求输出;解1 系统差分方程为：两边取ｚ变换得：；则解2系统的微分方程为,试用下面三种方法求系统的冲激响应;1 用时域分析法求解微分方程；2 用频域分析法求；3 用复频域域分析法求;解1将代入微分方程,比较方程两边的系数得：；解得：解2 原方程两边同取傅里叶变换得：解3 原方程两边同取拉氏变换得：离散时间系统的差分方程为,试用下面三种方法求系统的单位冲激响应;1 用时域分析法求解微分方程；2 用频域分析法求；3 用域分析法求;解1齐次方程通解：又：；将代入通解表达式中得：解2 原方程两边进行拉氏变换得：解3: 原方程两边进行z变换得：电路如题图所示,激励信号,试用下面二种域分析法求解电路的全响应;1 根据电路建立微分方程,对方程进行拉普拉斯变换,求得；2 根据电路的复频域模型求得;解1 由电路可建立微分方程为：即：,两边取拉氏变换得：解2 电路的复频域等效模型为右图：试用拉普拉斯变换的性质求下列函数的拉普拉斯变换;1解2解3解4解某电路如题图所示,已知,,为受控电流源;使用复频域分析法求受控电流源两端的电压;解复频域等效电路如下：用节点电压法,设节点电压为参见上图;；根据电路有：代人参数并整理得：即有：由此确定出：已知系统及其输入信号如题图所示,系统的初始条件为零,试求输出电压; 解根据电路,可立复频域回路电流方程：整理得：设：则：利用变换的性质,求下列序列的单边变换;1解2解3解4解5解又6解7解8解设：则：由题7知: 又：9解10解11解。
数字信号处理第二章习题解答
数字信号处理第2章习题解答2.1 今对三个正弦信号1()cos(2)a x t t π=，2()cos(6)a x t t π=-，3()cos(10)a x t t π=进行理想采样，采样频率为8s πΩ=，求这三个序列输出序列，比较其结果。
画出1()a x t 、2()a x t 、3()a x t 的波形及采样点位置并解释频谱混淆现象。
解：采样周期为2184T ππ== 三个正弦信号采样得到的离散信号分别表示如下：1()cos(2)cos()42a n x n n ππ=⋅=2()cos(6)cos()42a n x n n ππ=-⋅=-3()cos(10)cos()42a n x n n ππ=⋅=输出序列只有一个角频率2π，其中1()a x n 和3()a x n 采样序列完全相同，2()a x n 和1()a x n 、3()a x n 采样序列正好反相。
三个正弦信号波形及采样点位置图示如下：tx a 1(t )tx a 2(t )tx a 3(t )三个正弦信号的频率分别为1Hz 、3Hz 和5Hz ，而采样频率为4Hz ，采样频率大于第一个正弦信号频率的两倍，但是小于后两个正弦信号频率的两倍，因而由第一个信号的采样能够正确恢复模拟信号，而后两个信号的采样不能准确原始的模拟信号，产生频谱混叠现象。
2.3 给定一连续带限信号()a x t 其频谱当f B >时，()a X f 。
求以下信号的最低采样频率。
（1）2()a x t （2）(2)a x t （3）()cos(7)a x t Bt π 解：设()a x t 的傅里叶变换为()a X j Ω（1）2()a x t 的傅里叶变换为22()[()]Ba a BX j X j d ππωωω-⋅Ω-⎰因为22,22B B B B πωππωπ-≤≤-≤Ω-≤ 所以44B B ππ-≤Ω≤即2()a x t 带限于2B ，最低采样频率为4B 。
信号处理与数据分析 邱天爽作业答案第二章(Part2)
3.
出 A 的值。 解：我们知道 H ( j)
1 j 1 j 1 2 1 2 1 ，因此 A 1 。
X (e j )
n 0
x ne
j n
n
1 2
n 1
e j n 1 2
n 1
n 1
eቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ j n
1 1 1 e j j 2 1 1 2 e 1 1 2 e j 0.75e j 1.25 cos 3e j 5 4cos
1.
(书稿 2.22)计算下列各式的离散时间傅里叶变换：
1 （1） x ( n) 2
n 1
u ( n 1) ；
1 （2） x ( n) 2
| n 1|
；
（3） x(n) (n 1) (n 1)
解：
（1） x(n) 的离散时间变换为：
X (e j )
n
x(n)e
j n
因此，
FT x(n) X (e j )
由本题（1）可知：
FT x (n) X (e j )
所以，
FT x (n) X (e j )
如若为实信号则有： X (e j )=X (e j ) (书稿 2.31) 一因果稳定 LTI 系统的频率响应为： H j 1 j 。试证明 H j A ，并求
* （2） x ( n)
解： （1）因为
X (e j )
n
x(n)e
j n
我们可以写成：
X (e j )
信号处理与数据分析第十章作业答案(A).邱天爽.
习题10.5试说明周期图谱估计方法。
解：周期图（periodogram ）是一种经典的功率谱密度估计方法，其主要优点是能应用快速傅里叶变换算法来进行谱估计。
当序列的长度足够长时，使用改进的周期图法，可以得到较好的功率谱估值，因而应用很广。
周期图的直接计算公式为：j j *j j 2per 11(e )(e )(e )|(e )|P X X X N Nωωωω==。
此外，功率谱密度还可以根据自相关函数估计的傅里叶变换来进行计算，称为经典谱估计的间接法，又称为BT 法，其计算公式为：j (2)j j 2per 1ˆ(e )()e |(e )|m N m P R m X Nωωω+∞−=−∞==∑，其中(2)ˆ()N R m 为自相关函数的有偏估计。
习题10.18设()x n 为一平稳随机信号，且是各态历经的，现用式()()()1||01ˆ||N m N N n r m x n x n m N m −−==+−∑ 解：估计其自相关函数，求此估计的均值和方差。
偏差的定义：ˆˆbia[()][()}()]rm E r m r m =− 式中1010101ˆ[()][()()]1 [()()]1 () ()N m N N n N m N N n N M n E r m E x n x n m N mE x n x n m N mr m N mr m −−=−−=−−==+−=+−=−=∑∑∑ 所以ˆbia[()]0rm =，即本题的自相关函数的估计是无偏估计。
由定义222ˆˆˆˆˆvar[()][()[()]][()][()]rm E r m E r m E r m E r m =−=−，其中 22ˆ[()]()E r m r m = 所以：1||22(1||)ˆˆvar[()][()()()](||)N m k N m N r m rk r k m r k m N m −−=−−−≈++−−∑。
信号分析与处理习题第2章
第2章 时域连续信号的频域分析1. 前四个勒让德(Legendre)多项式012233()1()31()2253()22==⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎛⎫=- ⎪⎝⎭P t P t tP t t P t t t证明它们在区间(-1，1)内是正交函数集。
解：在区间(-1，1)内，有11*21011111()*()|02P t P t dt tdt t ---===⎰⎰ 11*23102111311()*()()()|0222P t P t dt t dt t t ---=-=-=⎰⎰ 11*3421031115353()*()()()|02284P t P t dt t t dt t t ---=-=-=⎰⎰ 11*2421121113131()*()()()|02284P t P t dt t t dt t t ---=-=-=⎰⎰ 11*3531131115311()*()()()|02222P t P t dt t t t dt t t ---=-=-=⎰⎰ 11*236421231113153573()*()()()()|02222848P t P t dt t t t dt t t t ---=--=-+=⎰⎰ 在(-1，1)区间内满足⎰-*=2110)()(dt t P t P j i (i j ≠ )。
它们在区间(-1，1)内是正交函数集。
2 . 证明{cos ,cos(2),...,cos()t t nt (n 为正整数)}，是在区间(0,2)π的正交函数集。
它是否是完备的正交函数集？ 证明：在区间(0,2)π内，有2000cos()cos()d 020m n T m t n t t m n Tm n π⎧≠⎪⎪ΩΩ==≠⎨⎪⎪==⎩⎰当当当 {cos ,cos(2),...,cos()t t nt (n 为正整数)}是在区间(0,2)π的正交函数集。
但不是完备的。
因为：在正交函数集{cos ,cos(2),...,cos()t t nt (n 为正整数)}之外，存在函数)0)(sin(≠Ωm t m满足：2000sin()cos()d 0,m t n t t πΩΩ=⎰对于所有的m 和n 。
(仅供参考)随机信号分析与处理简明教程--第二章习题答案
证明：设τ = t2 − t1
Rz
(τ
)
=
E[z( t1 )z( t 2
)]
≤
E[
z2
(t1)
+ 2
z2
(t2
)]
=
1 2
E[z2
(t1 )
+
z2
(t2
)]
=
1 2
E[z
2
(t1
)]+
1 2
E[z2(t2 Nhomakorabea)]=
1 2
(R
z
(0)
+
R
z
(0))
=
R
z
(0)
（平稳过程）
所以， R z (0)
= σz2
+
可看作一个随机过程 X (t) = Acos(Ωt + Θ) ，其中 A, Ω, Θ 是相互独立的随机变量，且已知
f
A
(a)
=
⎧ ⎪ ⎨
2a A02
,
a ∈ (0, A0 ) ,
fΩ (ω) = ⎪⎨⎧1010 ,
ω
∈ (250,350) ,
fΘ (θ
)
=
⎪⎧ ⎨
1 2π
,
θ ∈ (0, 2π )
⎪⎩0, 其他
第 2 章习题解答
2.1 设有正弦波随机过程 X (t) = V cosωt ，其中 0 ≤ t < ∞ ， ω 为常数，V 是均匀分布于 [0,1] 区间的随机变量。
(1)画出该过程两条样本函数；
(2)确定随机变量
X (ti ) 的概率密度，画出 ti
=
0，
π 4ω
数字信号处理 答案 第二章
第二章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。
（1）x(n)=Acos(685ππ+n ) （2）x(n)=)8(π-ne j（3）x(n)=Asin(343ππ+n ) 解 (1)对照正弦型序列的一般公式x(n)=Acos(ϕω+n )，得出=ω85π。
因此5162=ωπ是有理数，所以是周期序列。
最小周期等于N=)5(16516取k k =。
（2）对照复指数序列的一般公式x(n)=exp[ωσj +]n,得出81=ω。
因此πωπ162=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(ϕω+n )，又x(n)=Asin(343ππ+n )＝Acos(-2π343ππ-n )＝Acos(6143-n π)，得出=ω43π。
因此382=ωπ是有理数，所以是周期序列。
最小周期等于N=)3(838取k k =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。
(a)1111(b)(c)111110 0-1-1-1-1-1-1-1-1222222 33333444………nnn nnnx(n)x(n)x(n)h(n)h(n)h(n)21u(n)u(n)u(n)a n ===22解 利用线性卷积公式y(n)=∑∞-∞=-k k n h k x )()(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)=1y(l)=x(O)h(1)+x(1)h(O)=3y(n)=x(O)h(n)+x(1)h(n-1)+x(2)h(n-2)=4,n ≥2 (b) x(n)=2δ(n)-δ(n-1)h(n)=-δ(n)+2δ(n-1)+ δ(n-2)y(n)=-2δ(n)+5δ(n-1)-δ(n-3) (c) y(n)=∑∞-∞=--k kn k n u k u a)()(=∑∞-∞=-k kn a=aa n --+111u(n)2.3 计算线性线性卷积 (1) y(n)=u(n)*u(n) (2) y(n)=λnu(n)*u(n)解：(1) y(n)=∑∞-∞=-k k n u k u )()(=∑∞=-0)()(k k n u k u =(n+1),n ≥0即y(n)=(n+1)u(n) (2) y(n)=∑∞-∞=-k k k n u k u )()(λ=∑∞=-0)()(k kk n u k u λ=λλ--+111n ,n ≥0 即y(n)=λλ--+111n u(n)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)=δ(n)-δ(n-4), h 2(n)=a nu(n),|a|<1,求系统的输出y(n).解 ω(n)=x(n)*h 1(n) =∑∞-∞=k k u )([δ(n-k)-δ(n-k-4)]=u(n)-u(n-4)y(n)=ω(n)*h 2(n) =∑∞-∞=k kk u a )([u(n-k)-u(n-k-4)]=∑∞-=3n k ka,n ≥32.5 已知一个线性非移变系统的单位取样响应为h(n)=an-u(-n),0<a<1 用直接计算线性卷积的方法，求系统的单位阶跃响应。
数字信号处理答案第二章习题解答
————第二章————教材第二章习题解答1. 设()jw X e 和()jw Y e 分别是()x n 和()y n 的傅里叶变换，试求下面序列的傅里叶变换： （1）0()x n n -； （2）()x n -； （3）()()x n y n ； （4）(2)x n 。
解：（1）00[()]()jwnn FT x n n x n n e∞-=-∞-=-∑令''00,n n n n n n =-=+，则'00()'0[()]()()jw n n jwn jw n FT x n n x n e e X e ∞-+-=-∞-==∑（2）****[()]()[()]()jwnjwn jw n n FT x n x n ex n e X e -∞∞-=-∞=-∞===∑∑（3）[()]()jwnn FT x n x n e∞-=-∞-=-∑令'n n =-，则'''[()]()()jwn jw n FT x n x n eX e ∞-=-∞-==∑（4） [()*()]()()jwjwFT x n y n X e Y e = 证明： ()*()()()m x n y n x m y n m ∞=-∞=-∑[()*()][()()]jwnn m FT x n y n x m y n m e ∞∞-=-∞=-∞=-∑∑令k=n-m ，则[()*()][()()] ()() ()()jwk jwnk m jwkjwnk m jw jw FT x n y n x m y k eey k e x m eX e Y e ∞∞--=-∞=-∞∞∞--=-∞=-∞===∑∑∑∑2. 已知001,()0,jww w X e w w π⎧<⎪=⎨<≤⎪⎩求()jw X e 的傅里叶反变换()x n 。
解： 00sin 1()2w jwn w w nx n e dw nππ-==⎰3. 线性时不变系统的频率响应(传输函数)()()(),jw jw j w H e H e eθ=如果单位脉冲响应()h n 为实序列，试证明输入0()cos()x n A w n ϕ=+的稳态响应为00()()cos[()]jw y n A H e w n w ϕθ=++。
信号分析与处理答案
2.3 10
已知信号
x(t)
=
sin(t)
×
(u(t)
−
u(t
−
π))，求(1) x1(t)
=
d2 dt2
x(t)
+
x(t);
(2)
x2
(t)
=
∫t
−∞
x(τ )dτ 。
答：(1)
dx(t) dt
=
cos(t) × (u(t) − u(t − π)) + sin(t) × (δ(t) − δ(t − π))
6 第五章
24
6.1 补 1： . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
6.2 补 2： . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1+cos(2t) 2
,
E
= ∞, P
= 1/2.
(4) E = 4/3, P = 0;
(5) E = ∞, P = 1;
(6) E = ∞, P = 1/2.
2 第二章 P. 23
2.1 1
应用∫冲∞激信号的抽样特性，求下列表达式的函数值
(1) f (t − t0) · δ(t)dt = f (−t0) ∫−∞∞
x2(t)
=
1
− cos(t) ∞
, ,
if (t ∈ (0, π]) if (t > π)
信号分析与处理第2章习题解答第二版
解：（1）定义：
（2）
（3）
方法一：利用频域卷积定理
图1
方法二：利用频移特性
方法三：利用时域微性质
2-16已知 ，证明：
（1）若 是关于t的实偶函数，则 是关于 的实偶函数；
（2）若 是关于t的实奇函数，则 是关于 的虚奇函数。
证明：（1）若 是关于t的实偶函数，即
，则 ,
所以， 是关于 的实偶函数；
题2.2图
解：（一）定义式求解
三角形式：信号奇对称
指数形式：
（二）利用一个周期的傅里叶变换求傅里叶级数的系数。
①取 区间的 构成单周期信号，其傅里叶变换
则傅里叶级数为：
②利用时域微积分性质， 的波形如图1所示。
图1
③利用时域移位性质求解。
图2
参考图2，有
当k为偶数时 ；当k为奇数时 。
是奇对称奇谐函数，傅里叶级数中只含有奇次谐波。
图2-34题2.4图
解：（1）三角形式表达式中， ，
，
，
即三角形式的表达式为： 。
（2）傅里叶指数表达式中，
= ，
。
2-5若周期信号 和 的波形如题2.5图所示。 的参数为τ=0.5μs，T=1μs，A=1v； 的参数为τ= 1.5μs，T= 3μs，A= 3v，分别求：
题2.5图
（1） 的谱线间隔和带宽；
（1） （2）
（3） （4）
解：（1） ，
（2）
，
（3）
即 。
（4）
。
2-19利用拉普拉斯变换的性质求下列信号函数的拉氏变换：
（1） （2）
（3） （4）
（5） （6）
（7） （8）
解：（1） ；（7）
数字信号处理第二章习题答案
2－1 试求如下序列的傅里叶变换： （1）)()(01n n n x -=δ （2）)1(21)()1(21)(2--++=n n n n x δδδ （3）),2()(3+=n u a n x n10<<a（4）)4()3()(4--+=n u n u n x（5）∑∞=-⎪⎭⎫⎝⎛=05)3(41)(k nk n n x δ（6）()6cos ,14()0,n n x n π⎧-≤≤=⎨⎩其他解： （1） 010()()j n j j nn X e n n ee ωωωδ∞--=-∞=-=∑（2） 2211()()122j j nj j n X e x n e e e ωωωω∞--=-∞==+-∑ωsin 1j +=（3） 2232()(2)1j j nj nn j nj n n a e X e a u n ea eaeωωωωω-∞∞---=-∞=-=+==-∑∑， 10<<a（4） []4()(3)(4)j j nn X e u n u n eωω∞-=-∞=+--∑∑-=-=33n nj e ω∑∑==-+=313n n j n nj e eωω（等比数列求解）ωωωωωj j j j j e e e e e --+--=--111134=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫⎝⎛=----ωωωωω21sin 27sin 1137j j j e ee ((1-e^a)提出e^(0.5a))（5） 3350011()(3)44nkj jn j k n k k X e n k e e ωωωδ∞∞+∞--=-∞==⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑∞+=--⎪⎭⎫⎝⎛-=⎪⎭⎫⎝⎛=033411141k j kj e e ωω（6） 44336441()cos 32j j j jn jn n n X e nee e e ππωωωπ---=-=-⎛⎫==+ ⎪⎝⎭∑∑994()()4()()3333001122j j n j j n n n e e e e ππππωωωω--++===+∑∑ ()9()9334()4()33()()3311112211j j j j j j e e e e e e ππωωππωωππωω-+-+-+⎡⎤⎡⎤--⎢⎥⎢⎥=+⎢⎥⎢⎥++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦2－2 设信号}1,2,3,2,1{)(---=n x ，它的傅里叶变换为)(ωj e X ，试计算(1)0()j X e （２）()j X ed πωπω-⎰（３）2()j X e d πωπω-⎰。