山东大学数字信号处理课程试题答案(A卷)

(N −3) / 2
∑ ∑ H(z) = h(n)z −n + h(N −1 − n)z −(N −1−n)
n=0
n=0
( N −1) / 2
( N −3) / 2
∑ ∑ =
h(n)z −n –
h(n) z −(N −1−n)
n=0
n=0
由于 h(n)是奇对称的，故 h ( N − 1 ) = 0 2
Y (z)
1 + 1/ 3z −1
H(z)= X (z) = 1 − 3 / 4z −1 + 1/ 8z −2
(1)
a) 直接 I 型：
x(n) z –1
1/3
3/4
y(n) z -1
-1/8
z -1
b) 直接 II 型：
x(n)
y(n)
z -1
3/4
1/3
z -1 -1/8
c)
级联型：H（z）=
1 1
为相位非线性
FIR：严格线性相位，较多的阶数，效率低 （2 分）
（1） 若按相同的选择性和相同的相位线性要求，IIR 加全通网络进行相位校正，
要大大增加滤波器的节数和复杂性。
（2） 若要求严格线性相位，FIR 性能上和经济上优于 IIR。
（3） 从设计上看，IIR 借助于模拟滤波器的结果可利用现成的设计公式来设计，
以巴特滤波器为例，由参数 Ω p , Rp , Ωs As 给出，实质是为了求其阶次 N 和截止频率 Ωc
（1） Ω
=
Ωp
⇒
Rp
=
−10
lg[ 1
+
(
1 Ω
p
)2N
]
Ωc
（2） Ω
=
Ωs
⇒
As
=
−10
lg[ 1
+
(
1 Ω
s
)2N
]
Ωc
⇒ N,Ωc 的值即可。
8
解：由已知，低通到高通滤波器的变换： z −1
∑ ∑ ⎯⎯令N－⎯1－⎯n⎯=m→ = 2
2
x(n) −
x(m) =0
n=0
m=0
（2）
∑ ∑ ∑ ∑ X ( N 2
)
=
N −1
jNn
x(n)WN 2
n=0
=
N −1
x(n)(−1)n
n=0
=
N −1 2
x(2r) −
r=0
N −1 2
x(2r
r=0
+ 1)
N −1
N −1
2
2
= ∑ x(N − 1− 2r) − ∑ x(2r + 1)
一个N点的DFT需要N2次乘法运算和N2次加法运算，最后完全成为 2 点DFT,即进行M
次迭代，而每一个N点的FFT需要 NM = N log2 N 次复乘运算，利用额外的对称性，
只用
N 2
log 2
N
次复乘运算，故DFT与FFT算法所需乘法次数改善比为：
N 2 = 2N
(2)
N 2
log 2
N
log2 N
+ −
1/ 1/
3z 4z
−1 −1
•1 1 −1/ 2z −1
z(n) z –1
1/4
1/3
z -1 1/2
d)
并联型：H(z)=
1
−7 −1/
/3 4z
−1
10 / 3 + 1 −1/ 2z −1
-7/3 z –1
x(n)
1/4
y(n)
10/3 z –1
1/2
3 答： IIR:用较少的阶数ห้องสมุดไป่ตู้得很高的选择性，存储单元少，运算次数少，效率高，代价
z −1
=
−
z −1 + α 1+ αz −1
，α
=
−
cos( wc′ + wc 2
cos( wc′ − wc
) )
2
（3）
N −1
N −1
N −1 2
N −1
X (0) = ∑ x(n)WN0 = ∑ x(n) = ∑ x(n) − ∑ x(N −1− n)
n=0
n=0
n=0
n= N
2
N −1
N −1
=
− e− jwc + α 1 + αe− jwc
⇒
α[1 + e j(wc' −wc ) ] = −(e − jwc + e jwc )
两边同乘以
e
−
j 2
(
wc
'
−
wc
)
得：
cos( wc′ + wc )
⇒
α
=
−
cos( wc′
2 −
wc
)
2
即：由低通到高通的公式：
（1） （2）
9 证明： （1）
z −1 )
+
H 1−
(0) rz −1
+
H (N / 2) 1 + rz −1
N
∑ ＝
L k =1
( N −3) / 2
( N −3) / 2
∑ ∑ H(z)=
h(n)z −n –
h(n) z −(N −1−n)
n=0
n=0
(N −3) / 2
∑ H(e jw )=
h(n)[e − jwn − e − jw(N −1−n) ]
n=0
∑ = e –jw(N-1) / 2
( N −3) / 2
jw( N −1−n)
得证。 5 证明：h(n)满足奇对称条件,即：h(n)= –h (N-1-n)
N −1
( N −1) / 2
N −1
∑ ∑ ∑ (1) N 为奇数时，H(z)= h(n)z −n = h(n)z −n +
h(n)z −n
n=0
n=0
n=( N +1) / 2
令第二项：n′=N-1-n ，得：
( N −1) / 2
r=0
r=0
N −1
N −1
2
2
∑ ∑ ⎯令⎯N－⎯1－⎯2r=⎯2k⎯+1→ = x(2k + 1) − x(2r + 1) =0
k =0
r=0
10
证明： zk
= re j2πk / N
= rz ⇒ z =
zk r
由
∑ H (z) = 1− z −N N
N −1 H (k ) k=0 1 − WN−k z −1
则：x(n)的 DFT 可分解为：
N −1
∑ X (k) = DFT[x(n)] = x(n)WNnk n=0
N −1
N −1
∑ ∑ ＝ x(n)WNnk ＋ x(n)WNnk
n=0
n=0
n 为偶数
n 为奇数
N / 2−1
N / 2−1
∑ ∑ ＝ g(r)WN2rk ＋ h(r)WN(2r+1)k
r=0
成熟方便。
（4） FIR 无闭式解，用窗口函数设计，大多数设计都用迭代法，实现时对硬件
要求高。
(8 分)
4 证 明 ： FFT 算 法 ： 将 一 个 N 点 的 DFT 运 算 分 解 ， 不 妨 设
N = 2M , x(2r) = g(r), x(2r +1) = h(r), r=0,1,… N −1 2
，将 z= zk r
代入得：
∑ H ( zk ) = 1− r N z −N
r
N
N −1 H (k ) k=0 1 − rWN−k z −1
∑ ∑ ∑ N−1 H (k)
k=0 1 − rWN−k z −1
=
N / 2−1 H (k )
k =0
1
−
re
j
2πk N
z
−1
+
k
N −1 =N /
2
1
−
r=0
r=0
则 G(k),H(k)分别为 g(r),h(r)的 N/2 点 DFT
又
∵
W r(N / 2+k) N /2
=
W rk N/
2
∑ ∑ ∴
G(k
+
N) 2
=
N / 2−1
r(k+ N )
g(r)WN / 2 2
r=0
=
N / 2−1
g(r)WNrk/ 2
r =0
= G(k)
同理： H (k + N ) = H (k) 2
1− 2rz −1 cos 2πk + r 2 z −2
N
＋ H (0) 1 − rz −1
+
H (N / 2) 1 + rz −1
∑ ＝
L k =1
H (k)
e ∠H
(k
)
(1
−
re
−
j
2πk N
z
−1
)
+
e −∠H
(k
)
(1
+
e
j
2πk N
1 − 2rz −1 cos 2πk + r 2 z −2
n=0
N
Ak
k =1 1 − e skT z −1
（2）
即得证。 7 答：IIR 滤波器设计的基本方法是利用复值映射将大家熟知的模拟滤波器变换为数字滤
波器。 基本步骤：（1）设计模拟低通滤波器
（2）研究并实行滤波器变换以得到数字低通滤波器 （3）研究并实行频带变换以便从数字低通滤波器得到其他数字滤波器
r=0
N / 2−1
N / 2−1
∑ ∑ ＝ g(r)WN2rk ＋WNk h(r)WN2rk
r=0
r=0
∵ W N2 r
− j 2π ⋅2r
=e N
− j 2π ⋅r
= e N/2
=
W
r N
/
2
N / 2−1
N / 2−1
∑ ∑ ∴ x(k ) = g(r)WNrk/ 2 + WNk h(r)WNrk/ 2 ＝ G(k ) + WNk H (k)
∑ = e –jw(N-1) / 2
N / 2−1
jw( N −1−n)
− jw( N −1−n)
h(n)[e 2 − e 2 ]
n=0
∑ =e –jw(N-1) / 2
N
/ 2−1
h(n)
⋅
2
j
sin[w(
N
−1
−
n)]
n=0
2
∑ =e
j (π −w N −1) 22
N
/
2−1
2h(n) sin[ w(
∵
( N +k)
j 2π ( N +k )
WN 2 = e N 2
=
e jπ
⋅e
j 2π k N
= −WNk
∴ X (k) = G(k) + WNk H (k)
X
(k
+
N 2
)
=
G(k
+
N 2
)
(k+ N )
+WN 2 H (k
+
N 2
)
=
G(k)
− WNk
H (k)
(1)
由于 N = 2M , N 仍为偶数，故可继续分解。对任意一个N点DFT可通过M次分解，每 2
h(n)z −n + h(N −1 − n)z −(N −1−n)
n=0
n=0
N / 2−1
N / 2−1
∑ ∑ =
h(n)z −n – h(n)z −(N −1−n)
n=0
n=0
N / 2−1
∑ = h(n)[z −n − z ] −(N −1−n) n=0
将z=e jw代入，得：
N / 2−1
∑ H(e jw)= h(n)[e− jwn − e− jw(N −1−n) ] n=0
N
−1
−
n)]
n=0
2
其相位函数为：ϕ(w) = π − w( N −1)
2
2
由以上两种情况可以看出，ϕ(w) 满足第一类“线性相位”滤波器的定义：
∠H (e jw ) = β − αw, β = ± π ,α = N −1 ，故该 FIR 滤波器具有线性相位特性。
2
2
6 证明： 冲激响应不变法：
− jw( N −1−n)
h(n)[e 2 − e 2 ]
n=0
∑ = e –jw(N-1) / 2 (N −3) / 2 h(n) ⋅ 2 j sin[w( N − 1 − n)]
n=0
2
π j
∵ j=e 2
∴
∑ j⎜⎛ π −w N −1 ⎟⎞
H(e jw )=e ⎝ 2 2 ⎠
(N−3) / 2 2h(n)sin[w( N −1 − n)]
−
(N
k)
−k )
z
−1
]
+
H 1−
(0) rz −1
+
H (N / 2) 1 + rz −1
（1）
利用 DFT 的共轭对称性质
H (k) = H (0)
k=0
H * (M − k) k=1,…M-1
∑ 原式＝
L
H
(k
)(1
−
−
re
j
2πk N
z
−1
)
+
H
*
(k
)(1
−
re
j
2πk N
z
−1
)
k =1
山东大学数字信号处理课程试题答案（A 卷）
1 （1）数字信号处理机，计算机的软件； （2）方块图，信号流图；加法器，延时器；精确度，误差，稳定性，经济性及运算速度；
（3） ab 1 − bc
（4）3，0.5rad/s 2 解：y(n)=x(n)+1/3 x(n-1)+3/4y(n-1)-1/8y(n-2)
n=0
2
其相位函数为：ϕ(w) = π − w( N −1)
2
2
N −1
N / 2−1
N −1
∑ ∑ ∑ (2) N 为偶数时，H(z)= h(n)z −n = h(n)z −n ＋ h(n)z −n
n=0
n=0
n=N / 2
令第二项 n′=N-1-n ，得：
N / 2−1
N / 2−1
∑ ∑ H(z)=
H re
(k)
j 2πk N
z
−1
对第二项： k = M − k, L = N / 2 −1,
∑ ∑ 原式＝
L
k=0 1−
H (k)
re
j
2πk N
z
−1
+
L
H (k)
k
=1
1
−
re
j
2π N
(
N
−k
)
z
−1
∑L [ = k =1 1 −
H re
(k )
z j 2 π k N
−1
+
1−
H re
(N
j 2π N
=
−
z −1 + α 1+ αz −1
，
设 wc′ 为原型低通滤波器的截止频率， wc 为高通滤波器的截至频率
由
G(z)
=
−
z −1 − α 1− αz −1
得：G(1)=–1,G(–1)=1,
wc′ 等效于高通滤波器的 π + wc ，而
– wc′ 等效为高通滤波器的 wc ，则：
e − j(−wc′ )
N
∑ h(n) = ha (nT ) = Ak esknT u(nT ) k =1
（1）
∞
∞
∑ ∑ 对 h(n) 求 Z 变换： H (z) = h(n)z −n = ha (nT )z −n
n=−∞
n=−∞
∑∑ ∑ ∑ ∑ ∞
＝
n=0
N k =1
Ak e sk nT z −n
=
N k =1
∞
Ak ][ (e skT z −1 )n ] =
使数字滤波器 h(n)等于原模拟滤波器冲激响应 ha (t) 的等间隔抽样 ha (nT )
H(z)与H(s)的关系：H(z)=Z[h(n)]=Z[£-1[Ha(s)t=nT]]
∑N
分解： H (s) =
Ak
，单极点多项式和
k=1 s − sk
N
∑ 对 H a (s) 进行拉式反变换，得： ha (t) = Ak esktu(t) k =1