数字信号系统处理

1、数字频率 ? 是模拟频率 ? 对采样频率 f s 的归一化,其值是 1、 双边序列 z 变换的收敛域形状为 2、 某序列的 圆环或空集
N ?1 n ?0

连续

(连续还是离散?) 。



kn ,由此可以看出,该序列时域的长度为 DFT 表达式为 X (k ) ? ? x(n)WM

N

,变换后数字频域上相邻两个频率样点之间的间隔是

2? M



3、 线性时不变系统离散时间因果系统的系统函数为 H ( z ) ?

8( z 2 ? z ? 1) ,则系统的极点为 2 z 2 ? 5z ? 2
。系统单位冲激响应 h( n) 的初值

1 z1 ? ? , z 2 ? ?2 2
h(0) ? 4 ;终值 h(?)

;系统的稳定性为 不存在 。

不稳定

5、模拟信号也可以与数字信号一样在计算机上进行数字信号处理,只要加一道采样的工序就可 以了。 (╳)

6、已知某离散时间系统为 y(n) ? T [ x(n)] ? x(5n ? 3) ,则该系统为线性时不变系统。(╳) 7、一个信号序列,如果能做序列的傅里叶变换( DTFT ) ,也就能对其做 DFT 变换。 (╳)

8、设系统由下面差分方程描述:

y(n) ? y(n ? 1) ? y(n ? 2) x(n ? 1)
(1)求系统函数 H(z) ; (2 分) (2)限定系统稳定 ,写出 H(z)的收敛域,并求出其单位脉冲响应 h(n)。 .. 解: (1) H ( z ) ?

z z ? z ?1
2

(2)

5 ?1 1? 5 ? z ? 2 2
h( n) ? ? 1 1? 5 n 1 1? 5 n ( ) u ( n) ? ( ) u (?n ? 1) 2 2 5 5

9、设序列 x(n)={1,3,2,1;n=0,1,2,3 },另一序列 h(n) ={1,2,1,2;n=0,1,2,3}, (1)求两序列的线性卷积 yL(n); (2)求两序列的 6 点循环卷积 yC(n)。

(3)说明循环卷积能代替线性卷积的条件。 解: (1) yL(n)={1,5,9,10,10,5,2;n=0,1,2…6} (2) yC(n)= {3,5,9,10,10,5;n=0,1,2,4,5} (3)c≥L1+L2-1

10、已知某离散时间系统的差分方程为 y(n) ? 3 y(n ? 1) ? 2 y(n ? 2) ? x(n) ? 2 x(n ? 1) 系统初始状态为 y(?1) ? 1 , y(?2) ? 2 ,系统激励为 x(n) ? (3) n u (n) , 试求: (1)系统函数 H ( z ) ,系统频率响应 H (e j? ) 。 (2)系统的零输入响应 y zi (n) 、零状态响应 y zs (n) 和全响应 y ( n) 。 解: (1)系统函数为 H ( z ) ?

1 ? 2 z ?1 1 ? 3z ?1 ? 2 z ?2

?

z 2 ? 2z z 2 ? 3z ? 2 e 2 j? ? 2e j?

e 2 j? ? 3e j? ? 2 解一: (2)对差分方程两端同时作 z 变换得
Y ( z) ? 3z ?1[Y ( z ) ? y(?1) z] ? 2 z ?2 [Y ( z) ? y(?1) z ? y(?2) z 2 ] ? X ( z) ? 2 z ?1 X ( z )

系统频率响应 H (e j? ) ? H ( z ) z ?e j? ?

X ( z) 1 ? 3z ?1 ? 2 z ?2 1 ? 3z ?1 ? 2 z ?2 上式中,第一项为零输入响应的 z 域表示式,第二项为零状态响应的 z 域表示式,将初始状态及
激励的 z 变换 X ( z ) ?

即: Y ( z ) ?

3 y(?1) ? 2 z ?1 y(?1) ? 2 y(?2)

?

(1 ? 2 z ?1 )

z 代入,得零输入响应、零状态响应的 z 域表示式分别为 z ?3
? 1 ? 2 z ?1 ?? ? z 2 ? 2z z 2 ? 3z ? 2

Yzi ( z ) ? Yzs ( z ) ?

1 ? 3z ?1 ? 2 z ?2 1 ? 2 z ?1

z z 2 ? 2z z ? ? ?1 ?2 z ? 3 2 z ? 3 1 ? 3z ? 2 z z ? 3z ? 2 将 Yzi ( z ), Yzs ( z ) 展开成部分分式之和,得

Yzi ( z ) z?2 3 ?4 ?? 2 ? ? z z ? 3z ? 2 z ? 1 z ? 2
3 15 Y zs ( z ) z 2 ? 2z 1 ? 8 ? 2 ? ? 2 ? ? 2 z z ? 3z ? 2 z ? 3 z ? 1 z ? 2 z ? 3



3z ?4 z Yzi ( z) ? ? z ?1 z ? 2

3 15 z z ? 8 z Y zs ( z ) ? 2 ? ? 2 z ?1 z ? 2 z ? 3

对上两式分别取 z 反变换,得零输入响应、零状态响应分别为
y zi (k ) ? [3 ? 4(2) k ]? (k )

3 15 y zs (k ) ? [ ? 8(2) k ? (3) k ]? (k ) 2 2

故系统全响应为

9 15 y(k ) ? y zi (k ) ? y zs (k ) ? [ ? 12(2) k ? (3) k ]? (k ) 2 2
解二、 (2)系统特征方程为 ?2 ? 3? ? 2 ? 0 ,特征根为: ?1 ? 1 , ?2 ? 2 ; 故系统零输入响应形式为
y zi (k ) ? c1 ? c 2 (2) k

将初始条件 y(?1) ? 1 , y(?2) ? 2 带入上式得

1 ? y zi (?1) ? c1 ? c 2 ( ) ? 1 ? ? 2 ? ? y (?2) ? c ? c ( 1 ) ? 2 zi 1 2 ? 4 ?
故系统零输入响应为: 系统零状态响应为
y zi (k ) ? 3 ? 4(2) k

解之得

c1 ? 3 , c 2 ? ?4 ,

k ?0

Yzs ( z ) ? H ( z ) X ( z ) ?

1 ? 2 z ?1 1 ? 3z ?1 ? 2 z ?2

?

z z 2 ? 2z z ? 2 ? z ? 3 z ? 3z ? 2 z ? 3

3 15 Y zs ( z ) z 2 ? 2z 1 ? 8 ? 2 ? ? 2 ? ? 2 z z ? 3z ? 2 z ? 3 z ? 1 z ? 2 z ? 3
3 15 z z ? 8z 2 Y zs ( z ) ? ? ? 2 z ?1 z ? 2 z ? 3



对上式取 z 反变换,得零状态响应为 故系统全响应为

3 15 y zs (k ) ? [ ? 8(2) k ? (3) k ]? (k ) 2 2

9 15 y(k ) ? y zi (k ) ? y zs (k ) ? [ ? 12(2) k ? (3) k ]? (k ) 2 2


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