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1、教材第3章习题与上机题解答 1 计算以下序列的N点DFT，在变换区间0nN1内，序列定义为(1)x(n)=1(2)x(n)=(n)(3)x(n)=(nn0)0n0N(4)x(n)=Rm(n)0mN(5)(6),(7)x(n)=ej0nRN(n)(8)x(n)=sin(0n)RN(n)(9)x(n)=cos(0n)RN(N)(10)x(n)=nRN(n)解：,(1),（2）,（3）,(4),(5),0kN1,(6),0kN1,(7),或,（8）解法一 直接计算：,解法二 由DFT的共轭对称性求解。因为,所以,所以,即,结果与解法一所得结果相同。此题验证了共轭对称性。(9)解法一 直接计算:,解法
2、二 由DFT共轭对称性可得同样结果。因为,（10）解法一,上式直接计算较难，可根据循环移位性质来求解X(k)。因为x(n)=nRN(n)，所以 x(n)x(n1)NRN(n)+N(n)=RN(n)等式两边进行DFT，得到 X(k)X(k)WkN+N=N(k),故,当k=0时，可直接计算得出X(0)为,这样，X(k)可写成如下形式：,解法二 k=0时，,k0时，,所以，,，即,2 已知下列X(k)，求x(n)=IDFTX(k),(1),(2),其中，m为正整数，0mN/2,N为变换区间长度。,解:（1）,n=0,1,N1,(2),n=0,1,N1,3 已知长度为N=10的两个有限长序列：,做图表
3、示x1(n)、x2(n)和y(n)=x1(n)*x2(n)，循环卷积区间长度L=10。解:x1(n)、x2(n)和y(n)=x1(n)*x2(n)分别如题3解图（a）、（b）、（c）所示。,题3解图,4 证明DFT的对称定理，即假设X(k)=DFTx(n)，证明DFTX(n)=Nx(Nk)证：因为,所以,由于,所以 DFTX(n)=Nx(Nk)k=0,1,N1 5 如果X(k)=DFTx(n)，证明DFT的初值定理,证:由IDFT定义式,可知,6 设x(n)的长度为N，且X(k)=DFTx(n)0kN1令h(n)=x(n)NRmN(n)m为自然数H(k)=DFTh(n)mN 0kmN1求H(k
4、)与X(k)的关系式。解:H(k)=DFTh(n)0kmN1令n=n+lN,l=0,1,m1,n=0,1,N1,则,因为,所以,7 证明:若x(n)为实序列，X(k)=DFTx(n)N，则X(k)为共轭对称序列，即X(k)=X*（Nk)；若x(n)实偶对称，即x(n)=x(Nn)，则X(k)也实偶对称；若x(n)实奇对称，即x(n)=x(Nn)，则X(k)为纯虚函数并奇对称。,证:(1)由教材(3.2.17)(3.2.20)式知道，如果将x(n)表示为x(n)=xr(n)+jxi(n)则X(k)=DFTx(n)=Xep(k)+Xop(k)其中，Xep(k)=DFTxr(n)，是X(k)的共轭对
5、称分量；Xop(k)=DFTjxi(n),是X(k)的共轭反对称分量。所以，如果x(n)为实序列，则Xop(k)=DFTjxi(n)=0，故X(k)=DFTx(n)=Xep(k)，即X(k)=X*(Nk)。,（2）由DFT的共轭对称性可知，如果 x(n)=xep(n)+xop(n)且X(k)=ReX(k)+j ImX(k)则ReX(k)=DFTxep(n),j ImX(k)=DFTxop(n)所以，当x(n)=x(Nn)时，等价于上式中xop(n)=0,x(n)中只有xep(n)成分，所以X(k)只有实部，即X(k)为实函数。又由（1）证明结果知道，实序列的DFT必然为共轭对称函数，即X(k)
6、=X*(Nk)=X(Nk)，所以X(k)实偶对称。,同理，当x(n)=x(Nn)时，等价于x(n)只有xop(n)成分（即xep(n)=0），故X(k)只有纯虚部，且由于x(n)为实序列，即X(k)共轭对称，X(k)=X*(Nk)=X(Nk),为纯虚奇函数。8 证明频域循环移位性质：设X(k)=DFTx(n)，Y(k)=DFTy(n)，如果Y(k)=X(k+l)NRN(k)，则,证：,令m=k+l,则,9 已知x(n)长度为N，X(k)=DFTx(n)，,求Y(k)与X(k)的关系式。解:,10 证明离散相关定理。若X(k)=X1*(k)2(k)则,证：根据DFT的惟一性，只要证明,即可。,令
7、m=l+n，则,所以,当然也可以直接计算X(k)=X1*(k)X2(k)的IDFT。,0nN1,由于,0nN1,所以,11 证明离散帕塞瓦尔定理。若X(k)=DFTx(n)，则,证：,12 已知f(n)=x(n)+jy(n)，x(n)与y(n)均为长度为N的实序列。设F(k)=DFTf(n)N 0kN1,(1),(2)F(k)=1+jN试求X(k)=DFTx(n)N，Y(k)=DFTy(n)N以及x(n)和y(n)。解:由DFT的共轭对称性可知x(n)X(k)=Fep(k)jy(n)jY(k)=Fop(k),方法一（1）,0nN1,由于,0n,mN1,所以 x(n)=an 0nN1同理 y(n
8、)=bn 0nN1（2）F(k)=1+jN,，,方法二 令,只要证明A(k)为共轭对称的，B(k)为共轭反对称，则就会有 A(k)=Fep(k)=X(k),B(k)=Fop(k)=jY(k)因为,，共轭对称,，共轭反对称,所以,由方法一知 x(n)=IDFTX(k)=anRN(n)y(n)=IDFTY(k)=bnRN(n)13 已知序列x(n)=anu(n)，0a1,对x(n)的Z变换X(z)在单位圆上等间隔采样N点，采样序列为,求有限长序列IDFTX(k)N。解:我们知道，,是以2为周期的周期函数，所以,以N为周期，将看作一周期序列的DFS系数，则,由式知为,将式代入式得到,由于,所以,由题
9、意知,所以根据有关X(k)与xN(n)的周期延拓序列的DFS系数的关系有,由于0nN1，所以,因此,说明：平时解题时，本题推导,的过程可省去，直接引用频域采样理论给出的结论（教材中式（）和(3.3.3)）即可。14 两个有限长序列x(n)和y(n)的零值区间为x(n)=0 n0,8ny(n)=0 n0,20n对每个序列作20点DFT，即X(k)=DFTx(n)k=0,1,19Y(k)=DFTy(n)k=0,1,19试问在哪些点上f(n)与x(n)*y(n)值相等,为什么？,解:如前所述，记fl(n)=x(n)*y(n)，而f(n)=IDFTF(k)=x(n)20 y(n)。fl(n)长度为27
10、，f(n)长度为20。由教材中式（）知道f(n)与fl(n)的关系为,只有在如上周期延拓序列中无混叠的点上，才满足f(n)=fl(n),所以 f(n)=fl(n)=x(n)*y(n)7n19,15 已知实序列x(n)的8点DFT的前5个值为0.25,0.125-j0.3018,0,0.125-j0.0518,0。（1）求X(k)的其余3点的值；,（2）,求X1(k)=DFTx1(n)8；,（3）,，求,。,解：（1）因为x(n)是实序列，由第7题证明结果有X(k)=X*(Nk)，即X(Nk)=X*(k),所以，X（k）的其余3点值为X(5),X(6),X(7)=0.125+j0.0518,0,
11、0.125+j0.3018（2）根据DFT的时域循环移位性质，,(3),16 x(n)、x1(n)和x2(n)分别如题16图(a)、(b)和(c)所示，已知X(k)=DFTx(n)8。求,和,注:用X(k)表示X1(k)和X2(k)。,解：因为x1(n)=x(n+3)8R8(n),x2(n)=x(n2)8R8(n)，所以根据DFT的时域循环移位性质得到,17 设x(n)是长度为N的因果序列，且,试确定Y(k)与X(ej)的关系式。,解：y(n)是x(n)以M为周期的周期延拓序列的主值序列，根据频域采样理论得到,18 用微处理机对实数序列作谱分析，要求谱分辨率F50 Hz，信号最高频率为 1 k
12、Hz，试确定以下各参数：(1)最小记录时间Tp min；(2)最大取样间隔Tmax；(3)最少采样点数Nmin；(4)在频带宽度不变的情况下，使频率分辨率提高1倍（即F缩小一半）的N值。,解:（1）已知F=50 Hz，因而,（2）,（3）,（4）频带宽度不变就意味着采样间隔T不变，应该使记录时间扩大1倍，即为0.04 s，实现频率分辨率提高1倍（F变为原来的1/2）。,19 已知调幅信号的载波频率fc=1 kHz，调制信号频率fm=100 Hz，用FFT对其进行谱分析，试求：(1)最小记录时间Tp min;(2)最低采样频率fs min;(3)最少采样点数Nmin。,解：调制信号为单一频率正弦
13、波时，已调AM信号为x(t)=cos(2fct+jc)1+cos(2fmt+jm)所以，已调AM信号x(t)只有3个频率：fc、fc+fm、fcfm。x(t)的最高频率fmax=1.1 kHz，频率分辨率F100 Hz（对本题所给单频AM调制信号应满足100/F=整数，以便能采样到这三个频率成分）。故,(1),(2),(3),（注意，对窄带已调信号可以采用亚奈奎斯特采样速率采样，压缩码率。而在本题的解答中，我们仅按基带信号的采样定理来求解。）20 在下列说法中选择正确的结论。线性调频Z变换可以用来计算一个有限长序列h(n)在z平面实轴上诸点zk的Z变换H(zk)，使,(1)zk=ak,k=0,
14、1,N1,a为实数，a1;(2)zk=ak,k=0,1,N1,a为实数，a1;(3)(1)和(2)都不行，即线性调频Z变换不能计算H(z)在z平面实轴上的取样值。解：在chirp-Z变换中，在z平面上分析的N点为zk=AWk k=0,1,N1其中所以当A0=1,0=0,W0=a1,j=0时，zk=ak故说法（1）正确,说法（2）、（3）不正确。,21 我们希望利用h(n)长度为N=50的FIR滤波器对一段很长的数据序列进行滤波处理，要求采用重叠保留法通过DFT(即FFT)来实现。所谓重叠保留法，就是对输入序列进行分段(本题设每段长度为M=100个采样点)，但相邻两段必须重叠V个点，然后计算各段
15、与h(n)的L点(本题取L=128)循环卷积，得到输出序列ym(n)，m表示第m段循环卷积计算输出。最后，从ym(n)中选取B个样值，使每段选取的B个样值连接得到滤波输出y(n)。,(1)求V；(2)求B；(3)确定取出的B个采样应为ym(n)中的哪些样点。解:为了便于叙述，规定循环卷积的输出序列ym(n)的序列标号为n=0,1,2,127。先以h(n)与各段输入的线性卷积ylm(n)分析问题，因为当h(n)的50个样值点完全与第m段输入序列xm(n)重叠后，ylm(n)才与真正的滤波输出y(n)相等，所以，ylm(n)中第0点到第48点（共49个点）不正确，不能作为滤波输出，第49点到第99
16、点（共51个点）为正确的滤波输出序列y(n)的第m段，即B=51。,所以，为了去除前面49个不正确点，取出51个正确的点连接,得到不间断又无多余点的y(n)，必须重叠10051=49个点，即V=49。下面说明，对128点的循环卷积ym(n)，上述结果也是正确的。我们知道,因为ylm(n)长度为,N+M1=50+1001=149,所以n从21到127区域无时域混叠，ym(n)=ylm(n)，当然，第49点到第99点二者亦相等，所以，所取出的51点为从第49点到第99点的ym(n)。综上所述，总结所得结论：V=49,B=51 选取ym(n)中第4999点作为滤波输出。读者可以通过作图来理解重叠保留
17、法的原理和本题的解答。,22 证明DFT的频域循环卷积定理。证：DFT的频域循环卷积定理重写如下:设h(n)和x(n)的长度分别为N和M，ym(n)=h(n)x(n)H(k)=DFTh(n)L,X(k)=DFTX(n)L则,L X(k),其中，LmaxN，M。,根据DFT的惟一性，只要证明ym(n)=IDFTYm(k)=h(n)x(n)，就证明了DFT的频域循环卷积定理。,教材第4章习题与上机题解答快速傅里叶变换（FFT）是DFT的快速算法，没有新的物理概念。FFT的基本思想和方法教材中都有详细的叙述，所以只给出教材第4章的习题与上机题解答。1 如果某通用单片计算机的速度为平均每次复数乘需要4
18、 s，每次复数加需要1 s，用来计算N=1024点DFT，问直接计算需要多少时间。用FFT计算呢？照这样计算，用FFT进行快速卷积对信号进行处理时，估计可实现实时处理的信号最高频率。,解:当N=1024=210时，直接计算DFT的复数乘法运算次数为N2=10241024=1 048 576次复数加法运算次数为N（N1）=10241023=1 047 552次直接计算所用计算时间TD为TD=410610242+1 047 552106=5.241 856 s用FFT计算1024点DFT所需计算时间TF为,快速卷积时，需要计算一次N点FFT（考虑到H(k)=DFTh(n)已计算好存入内存）、N次频
19、域复数乘法和一次N点IFFT。所以，计算1024点快速卷积的计算时间Tc约为,所以，每秒钟处理的采样点数（即采样速率）,由采样定理知，可实时处理的信号最高频率为,应当说明，实际实现时，fmax还要小一些。这是由于实际中要求采样频率高于奈奎斯特速率，而且在采用重叠相加法时，重叠部分要计算两次。重叠部分长度与h(n)长度有关，而且还有存取数据和指令周期等消耗的时间。2 如果将通用单片机换成数字信号处理专用单片机TMS320系列，计算复数乘和复数加各需要10 ns。请重复做上题。解:与第1题同理。直接计算1024点DFT所需计算时间TD为TD=1010910242+101091 047 552=20
20、.961 28 ms,用FFT计算1024点DFT所需计算时间TF为,快速卷积计算时间Tc约为,可实时处理的信号最高频率fmax为,由此可见，用DSP专用单片机可大大提高信号处理速度。所以，DSP在数字信号处理领域得到广泛应用。机器周期小于1 ns的DSP产品已上市，其处理速度更高。,3 已知X(k)和Y(k)是两个N点实序列x(n)和y(n)的DFT，希望从X(k)和Y(k)求x(n)和y(n)，为提高运算效率，试设计用一次N点IFFT来完成的算法。解:因为x(n)和y(n)均为实序列，所以，X(k)和Y(n)为共轭对称序列，jY(k)为共轭反对称序列。可令X(k)和jY(k)分别作为复序列
21、F(k)的共轭对称分量和共轭反对称分量，即F(k)=X(k)+jY(k)=Fep(k)+Fop(k)计算一次N点IFFT得到f(n)=IFFTF(k)=Ref(n)+j Imf(n),由DFT的共轭对称性可知Ref(n)=IDFTFep(k)=IDFTX(k)=x(n)j Imf(n)=IDFTFop(k)=IDFTjY(k)=jy(n)故,4 设x(n)是长度为2N的有限长实序列，X(k)为x(n)的2N点DFT。(1)试设计用一次N点FFT完成计算X(k)的高效算法。(2)若已知X(k)，试设计用一次N点IFFT实现求X(k)的2N点IDFT运算。,解:本题的解题思路就是DIT-FFT思想
22、。（1）在时域分别抽取偶数和奇数点x(n)，得到两个N点实序列x1(n)和x2(n)：x1(n)=x(2n)n=0,1,N1x2(n)=x(2n+1)n=0,1,N1根据DIT-FFT的思想，只要求得x1(n)和x2(n)的N点DFT，再经过简单的一级蝶形运算就可得到x(n)的2N点DFT。因为x1(n)和x2(n)均为实序列，所以根据DFT的共轭对称性，可用一次N点FFT求得X1(k)和X2(k)。具体方法如下：,令 y(n)=x1(n)+jx2(n)Y(k)=DFTy(n)k=0,1,N1则,2N点DFTx（n）=X（k）可由X1(k)和X2(k)得到,这样，通过一次N点IFFT计算就完成
23、了计算2N点DFT。当然还要进行由Y(k)求X1(k)、X2(k)和X(k)的运算(运算量相对很少)。（2）与（1）相同，设x1(n)=x(2n)n=0,1,N1x2(n)=x(2n+1)n=0,1,N1X1(k)=DFTx1(n)k=0,1,N1X2(k)=DFTx2(n)k=0,1,N1则应满足关系式,由上式可解出,由以上分析可得出运算过程如下：由X(k)计算出X1(k)和X2(k):,由X1(k)和X2(k)构成N点频域序列Y(k):Y(k)=X1(k)+jX2(k)=Yep(k)+Yop(k)其中，Yep(k)=X1(k),Yop(k)=jX2(k)，进行N点IFFT，得到y(n)=I
24、FFTY(k)=Rey(n)+j Imy(n)n=0,1,N1由DFT的共轭对称性知,由x1(n)和x2(n)合成x(n):,，0n2N1,在编程序实现时，只要将存放x1(n)和x2(n)的两个数组的元素分别依次放入存放x(n)的数组的偶数和奇数数组元素中即可。,5 分别画出16点基2DIT-FFT和DIF-FFT运算流图，并计算其复数乘次数，如果考虑三类碟形的乘法计算，试计算复乘次数。解：本题比较简单，仿照教材中的8点基2DIT-FFT和DIF-FFT运算流图很容易画出16点基2DIT-FFT和DIF-FFT运算流图。但画图占篇幅较大，这里省略本题解答，请读者自己完成。,教材第5章习题与上机
25、题解答1.已知系统用下面差分方程描述:,试分别画出系统的直接型、级联型和并联型结构。式中x(n)和y(n)分别表示系统的输入和输出信号。,解：将原式移项得,将上式进行Z变换，得到,(1)按照系统函数H(z)，根据Masson公式，画出直接型结构如题1解图（一）所示。,题1解图（一）,(2)将H(z)的分母进行因式分解：,按照上式可以有两种级联型结构:,画出级联型结构如题1解图（二）（a)所示。,画出级联型结构如题1解图（二）（b)所示。,题1解图（二）,(3)将H(z)进行部分分式展开：,根据上式画出并联型结构如题1解图（三）所示。,题1解图（三）,2 设数字滤波器的差分方程为,试画出系统的直
26、接型结构。解：由差分方程得到滤波器的系统函数为,画出其直接型结构如题2解图所示。,题2解图,第6章无限脉冲响应数字滤波器的设计 习题解答1 设计一个巴特沃斯低通滤波器，要求通带截止频率fp=6 kHz，通带最大衰减ap=3 dB，阻带截止频率fs=12kHz，阻带最小衰减as=25 dB。求出滤波器归一化系统函数G(p)以及实际滤波器的Ha(s)。解:（1）求阶数N。,将ksp和sp值代入N的计算公式,得,所以取N=5（实际应用中，根据具体要求，也可能取N=4，指标稍微差一点，但阶数低一阶，使系统实现电路得到简化）。,（2）求归一化系统函数G(p)。由阶数N=5直接查教材第157页表6.2.1
27、,得到五阶巴特沃斯归一化低通滤波器系统函数G(p)为,或,当然，也可以先按教材（）式计算出极点：,再由教材（）式写出G(p)表达式为,最后代入pk值并进行分母展开，便可得到与查表相同的结果。（3）去归一化（即LP-LP频率变换），由归一化系统函数G(p)得到实际滤波器系统函数Ha(s)。,由于本题中ap=3 dB，即c=p=26103 rad/s，因此,对分母因式形式，则有,如上结果中，c的值未代入相乘，这样使读者能清楚地看到去归一化后，3 dB截止频率对归一化系统函数的改变作用。2 设计一个切比雪夫低通滤波器，要求通带截止频率fp=3 kHz，通带最大衰减p=0.2 dB，阻带截止频率fs=
28、12 kHz,阻带最小衰减s=50 dB。求出滤波器归一化系统函数G(p)和实际的Ha(s)。解:（1）确定滤波器技术指标。p=0.2 dB,p=2fp=6103 rad/ss=50 dB,s=2fs=24103 rad/s p=1,(4)求阶数N和。,为了满足指标要求，取N=4。,(3)求归一化系统函数G(p),其中，极点pk由教材（）式求出如下：,(4)将G(p)去归一化，求得实际滤波器系统函数Ha(s)：,其中，sk=ppk=6103pk,k=1,2,3,4。因为p4=p1*,p3=p2*,所以，s4=s1*,s3=s2*。将两对共轭极点对应的因子相乘，得到分母为二阶因子的形式，其系数全
29、为实数。,也可得到分母多项式形式，请读者自己计算。3 设计一个巴特沃斯高通滤波器，要求其通带截止频率fp=20 kHz，阻带截止频率fs=10 kHz，fp处最大衰减为3 dB，阻带最小衰减as=15 dB。求出该高通滤波器的系统函数Ha(s)。,解:(1)确定高通滤波器技术指标要求：p=20 kHz,ap=3 dB fs=10 kHz,as=15 dB(2)求相应的归一化低通滤波器技术指标要求：套用图中高通到低通频率转换公式，p=1,s=p/s，得到 p=1,ap=3 dB,as=15 dB,(3)设计相应的归一化低通G(p)。题目要求采用巴特沃斯类型，故,所以，取N=3，查教材中表，得到三
30、阶巴特沃斯归一化低通G(p)为,(4)频率变换。将G(p)变换成实际高通滤波器系统函数H(s)：,式中c=2fc=220103=4104 rad/s,4.已知模拟滤波器的系统函数Ha(s)如下：,(1),(2),式中a、b为常数，设Ha(s)因果稳定，试采用脉冲响应不变法将其转换成数字滤波器H(z)。,解:该题所给Ha(s)正是模拟滤波器二阶基本节的两种典型形式。所以，求解该题具有代表性，解该题的过程，就是导出这两种典型形式的Ha(s)的脉冲响应不变法转换公式。设采样周期为T。,(1),Ha(s)的极点为s1=a+jb,s2=ajb将Ha(s)部分分式展开（用待定系数法）：,比较分子各项系数可
31、知，A1、A2应满足方程：,解之得，A1=1/2，A2=1/2，所以,套用教材（）式，得到,按照题目要求，上面的H(z)表达式就可作为该题的答案。但在工程实际中，一般用无复数乘法器的二阶基本节结构来实现。由于两个极点共轭对称，所以将H(z)的两项通分并化简整理，可得,这样，如果遇到将,用脉冲响应不变法转换成数字滤波器时，直接套用上面的公式即可，且对应结构图中无复数乘法器，便于工程实际中实现。,(2),Ha(s)的极点为 s1=a+jb,s2=ajb将Ha(s)部分分式展开：,套用教材（）式，得到,通分并化简整理，得到,5 已知模拟滤波器的系统函数如下：,(1),(2),试采用脉冲响应不变法和双
32、线性变换法将其转换为数字滤波器。设T=2 s。解:.用脉冲响应不变法,(1),方法一 直接按脉冲响应不变法设计公式，Ha(s)的极点为,将T=2代入上式，得,方法二 直接套用4题（2）所得公式。为了套用公式，先对Ha(s)的分母配方，将Ha(s)化成4题中的标准形式：,c为一常数,由于,所以,对比可知，套用公式，得,(2),或通分合并两项得,用双线性变换法（1）,(2),6 设ha(t)表示一模拟滤波器的单位冲激响应，即,用脉冲响应不变法，将此模拟滤波器转换成数字滤波器（用h(n)表示单位脉冲响应，即 h(n)=ha(nT)）。确定系统函数H(z)，并把T作为参数，证明：T为任何值时，数字滤波
33、器是稳定的，并说明数字滤波器近似为低通滤波器还是高通滤波器。,解:模拟滤波器系统函数为,Ha(s)的极点s1=0.9，故数字滤波器的系统函数应为,H(z)的极点为z1=e0.9T,|z1|=e0.9T,题6解图,所以，T0时，|z1|1，H(z)满足因果稳定条件。对T=1和T=0.5，画出H(ej)曲线如题6解图实线和虚线所示。,由图可见，该数字滤波器近似为低通滤波器。且T越小，滤波器频率混叠越小，滤波特性越好（即选择性越好）。反之，T越大，极点离单位圆越远，选择性越差，而且频率混叠越严重，=附近衰减越小，使数字滤波器频响特性不能模拟原模拟滤波器的频响特性。7 假设某模拟滤波器Ha(s)是一个
34、低通滤波器，又知，数字滤波器H(z)的通带中心位于下面哪种情况？并说明原因。（1）=0（低通）。（2）=（高通）。（3）除0或以外的某一频率（带通）。,解：方法一 按题意可写出,故,即,原模拟低通滤波器以=0为通带中心，由上式可知，=0时，对应于=，故答案为(2)。,方法二 找出对应于=0的数字频率的对应值即可。令z=1，对应于ej=1，应有=0，则对应的不是模拟低通中心频率，所以，答案（1）即=0（低通）不对。令z=1，对应于ej=1，应有=，则即将=0映射到=处，所以答案为(2)。,方法三 直接根据双线性变换法设计公式及模拟滤波器由低通到高通频率变换公式求解。双线性变换设计公式为,当T=2
35、时，,则H(z)亦为低通。如果将Ha(s)变换为高通滤波器：,，这时，如果Ha(s)为低通，,则可将Hah(s)用双线性变换法变成数字高通；,这正是题中所给变换关系，所以数字滤波器,通带,中心位于=，故答案（2）正确。8 题8图是由RC组成的模拟滤波器，写出其系统函数Ha(s)，并选用一种合适的转换方法，将Ha(s)转换成数字滤波器H(z)，最后画出网络结构图。,题 8 图,解:模拟RC滤波网络的频率响应函数为,显然，Ha(j)具有高通特性，用脉冲响应不变法必然会产生严重的频率混叠失真。所以应选用双线性变换法。将Ha(j)中的j用s代替，可得到RC滤波网络的系统函数：,用双线性变换法设计公式,
36、可得,H(z)的结构图如题8解图所示。,题8解图,由图可见，在模拟域由一个R和一个C组成的RC滤波网络，用双线性变换法转换成数字滤波器后，用两个乘法器、两个加法器和一个单位延迟器实现其数字滤波功能。也可用软件实现该数字滤波功能。由滤波器差分方程编写程序较容易。为此，由H(z)求出差分方程。,编程序实现差分方程中的计算，即可实现对输入信号序列x(n)的高通滤波。9 设计低通数字滤波器，要求通带内频率低于0.2 rad时，容许幅度误差在1 dB之内；频率在0.3到之间的阻带衰减大于10 dB。试采用巴特沃斯型模拟滤波器进行设计，用脉冲响应不变法进行转换，采样间隔T=1 ms。,解:本题要求用巴特沃
37、斯型模拟滤波器设计，所以，由巴特沃斯滤波器的单调下降特性，数字滤波器指标描述如下：p=0.2 rad,p=1 dBs=0.3 rad,s=10 dB采用脉冲响应不变法转换，所以，相应的模拟低通巴特沃斯滤波器指标为,(1)求滤波器阶数N及归一化系统函数G(p)：,取N=5。查教材6.1节的表6.2.1(第157页)，可知模拟滤波器系统函数的归一化低通原型为,将G(p)部分分式展开：,其中，系数为A0=0.1382+j0.4253,A1=0.8091j1.1135,A2=1.8947A3=0.8091+j1.1135,A4=0.1382j0.4253(2)去归一化求得相应的模拟滤波器系统函数Ha(
38、s)。我们希望阻带指标刚好，让通带指标留有富裕量，所以按教材（）式求3 dB截止频率c为,其中,Bk=cAk,sk=cpk。(3)用脉冲响应不变法将Ha(s)转换成数字滤波器的系统函数H(z):,我们知道，脉冲响应不变法的主要缺点是存在的频率混叠失真，使设计的滤波器阻带指标变差。另外，由该题的设计过程可见。当N较大时，部分分式展开求解系数Ak或Bk相当困难，所以实际工作中用得很少，主要采用双线性变换法设计，见第10题。,10 要求同题9，试采用双线性变换法设计数字低通滤波器。解:已知条件如下：数字滤波器指标：p=0.2 rad,p=1 dBs=0.3 rad,s=10 dB 采用双线性变换法，
39、所以要进行预畸变校正，确定相应的模拟滤波器指标（为了计算方便，取T=1 s）：,(1)求相应模拟滤波器阶数N：,其中，ksp与题9相同（因为p、s相同），即,(2)查教材表，得,(3)去归一化，求出Ha(s)：,(4)用双线性变换法将Ha(s)转换成H(z)：,请读者按T=1 ms进行设计，比较设计结果。,11 设计一个数字高通滤波器，要求通带截止频率p=0.8 rad，通带衰减不大于3 dB，阻带截止频率s=0.5 rad，阻带衰减不小于18 dB。希望采用巴特沃斯型滤波器。解:（1）确定数字高通滤波器技术指标：p=0.8 rad,p=3 dBs=0.5 rad,s=18 dB（2）确定相应
40、模拟高通滤波器技术指标。由于设计的是高通数字滤波器，所以应选用双线性变换法，因此进行预畸变校正求模拟高通边界频率（假定采样间隔T=2 s）：,(3)将高通滤波器指标转换成归一化模拟低通指标。套用图中高通到低通频率转换公式,p=1,s=p/s，得到低通归一化边界频率为（本题p=c）p=1,p=3 dB,(4)设计归一化低通G(p)：,查教材表，得归一化低通G(p)为,(5)频率变换，求模拟高通Ha(s)：,(6)用双线性变换法将Ha(s)转换成H(z)：,12 设计一个数字带通滤波器，通带范围为0.25 rad到0.45 rad，通带内最大衰减为3 dB，0.15 rad以下和0.55 rad以
41、上为阻带，阻带内最小衰减为15 dB。要求采用巴特沃斯型模拟低通滤波器。解:（1）确定数字带通滤波器技术指标：pl=0.25 rad,pu=0.45 radsl=0.15 rad,su=0.55 rad通带内最大衰减p=3 dB，阻带内最小衰减s=15 dB。(2)采用双线性变换法，确定相应模拟滤波器的技术指标。为计算简单，设T=2 s。,通带中心频率,通带宽度BW=pupl=0.4399 rad/splpu=0.85410.4142=0.3538,slsu=0.24011.1708=0.2811因为plpuslsu，所以不满足教材（）式。按照教材（）式,增大sl，则,采用修正后的设计巴特沃斯
42、模拟带通滤波器。(3)将带通指标转换成归一化低通指标。套用图中带通到低通频率转换公式，,求归一化低通边界频率：,(4)设计模拟归一化低通G(p)：,取N=3。,查教材表，得到归一化低通系统函数G(p)：,(5)频率变换，将G(p)转换成模拟带通Ha(s)：,(6)用双线性变换公式将Ha(s)转换成H(z)：,以上繁杂的设计过程和计算，可以用下面几行程序ex612.m实现。程序运行结果如题12解图所示。得到的系统函数系数为,B=0.0234 0 0.0703 0 0.0703 0 0.0234A=1.0000 2.2100 3.2972 2.9932 2.0758 0.8495 0.2406与手
43、算结果有差别，这一般是由手算过程中可能产生的计算误差造成的。,%程序ex612.m wp=0.25，0.45；ws=0.15，0.55；Rp=3；As=15；%设置带通数字滤波器指标参数N，wc=buttord(wp，ws，Rp，As)；%计算带通滤波器阶数N和3 dB截止频率WcB，A=butter(N，wc)；%计算带通滤波器系统函数分子分母多项式系数向量A和Bmyplot(B，A)；%调用自编绘图函数myplot绘制带通滤波器的损耗函数曲线,题12解图,教材第7章习题与上机题解答1 已知FIR滤波器的单位脉冲响应为：（1）h(n)长度N=6 h(0)=h(5)=1.5 h(1)=h(4)
44、=2 h(2)=h(3)=3（2）h(n)长度N=7 h(0)=h(6)=3 h(1)=h(5)=2 h(2)=h(4)=1 h(3)=0试分别说明它们的幅度特性和相位特性各有什么特点。,解：（1）由所给h(n)的取值可知，h(n)满足h(n)=h(N1n)，所以FIR滤波器具有A类线性相位特性：,由于N=6为偶数(情况2)，所以幅度特性关于=点奇对称。（2）由题中h(n)值可知，h(n)满足h(n)=h(N1n)，所以FIR滤波器具有B类线性相位特性：,由于7为奇数(情况3)，所以幅度特性关于=0,2三点奇对称。,2 已知第一类线性相位FIR滤波器的单位脉冲响应长度为16，其16个频域幅度采
45、样值中的前9个为：Hg(0)=12，Hg(1)=8.34，Hg(2)=3.79，Hg(3)Hg(8)=0 根据第一类线性相位FIR滤波器幅度特性Hg()的特点，求其余7个频域幅度采样值。解：因为N=16是偶数（情况2），所以FIR滤波器幅度特性Hg()关于=点奇对称，即Hg(2)=Hg()。其N点采样关于k=N/2点奇对称，即Hg(Nk)=Hg(k)k=1,2,15综上所述,可知其余7个频域幅度采样值：Hg(15)=Hg(1)=8.34，Hg(14)=Hg(2)=3.79，Hg(13)Hg(9)=0,3 设FIR滤波器的系统函数为,求出该滤波器的单位脉冲响应h(n)，判断是否具有线性相位，求出
46、其幅度特性函数和相位特性函数。解:对FIR数字滤波器，其系统函数为,由h(n)的取值可知h(n)满足：h(n)=h(N1n)N=5所以，该FIR滤波器具有第一类线性相位特性。频率响应函数H(ej)为,所以其单位脉冲响应为,幅度特性函数为,相位特性函数为,4 用矩形窗设计线性相位低通FIR滤波器，要求过渡带宽度不超过/8 rad。希望逼近的理想低通滤波器频率响应函数Hd(ej)为,（1）求出理想低通滤波器的单位脉冲响应hd(n)；（2）求出加矩形窗设计的低通FIR滤波器的单位脉冲响应h(n)表达式，确定与N之间的关系；（3）简述N取奇数或偶数对滤波特性的影响。解:（1）,（2）为了满足线性相位条
47、件，要求，N为矩形窗函数长度。因为要求过渡带宽度rad,所以要求,求解得到N32。加矩形窗函数,得到h(n)：,（3）N取奇数时，幅度特性函数Hg()关于=0,2三点偶对称，可实现各类幅频特性；N取偶数时，Hg()关于=奇对称，即Hg()=0，所以不能实现高通、带阻和点阻滤波特性。5 用矩形窗设计一线性相位高通滤波器，要求过渡带宽度不超过/10 rad。希望逼近的理想高通滤波器频率响应函数Hd(ej)为,（1）求出该理想高通的单位脉冲响应hd(n)；（2）求出加矩形窗设计的高通FIR滤波器的单位脉冲响应h(n)表达式，确定与N的关系；（3）N的取值有什么限制？为什么？解:（1）直接用IFTHd
48、(ej)计算：,hd(n)表达式中第2项正好是截止频率为c的理想低通滤波器的单位脉冲响应。而(n)对应于一个线性相位全通滤波器：Hdap(ej)=ej即高通滤波器可由全通滤波器减去低通滤波器实现。（2）用N表示h(n)的长度，则,h(n)=hd(n)RN(n)=,为了满足线性相位条件：h(n)=h(N1n)要求满足,（3）N必须取奇数。因为N为偶数时（情况2），H(ej)=0，不能实现高通。根据题中对过渡带宽度的要求，N应满足：,即N40。取N=41。,6 理想带通特性为,（1）求出该理想带通的单位脉冲响应hd(n)；（2）写出用升余弦窗设计的滤波器的h(n)表达式，确定N与之间的关系；（3）
49、要求过渡带宽度不超过/16 rad。N的取值是否有限制？为什么？解:（1）,上式第一项和第二项分别为截止频率c+B和c的理想低通滤波器的单位脉冲响应。所以，上面hd(n)的表达式说明，带通滤波器可由两个低通滤波器相减实现。（2）h(n)=hd(n)w(n),为了满足线性相位条件，与N应满足,实质上，即使不要求具有线性相位，与N也应满足该关系，只有这样，才能截取hd(n)的主要能量部分，使引起的逼近误差最小。（3）N取奇数和偶数时，均可实现带通滤波器。但升余弦窗设计的滤波器过渡带为8/N，所以，要求，即要求N128。7 试完成下面两题：（1）设低通滤波器的单位脉冲响应与频率响应函数分别为h(n)
50、和H(ej)，另一个滤波器的单位脉冲响应为h1(n)，它与h(n)的关系是h1(n)=(1)nh(n)。试证明滤波器h1(n)是一个高通滤波器。,（2）设低通滤波器的单位脉冲响应与频率响应函数分别为h(n)和H(ej)，截止频率为c,另一个滤波器的单位脉冲响应为h2(n)，它与h(n)的关系是h2(n)=2h(n)cos0n，且c0(c)。试证明滤波器h2(n)是一个带通滤波器。解:（1）由题意可知,对h1(n)进行傅里叶变换,得到,上式说明H1(ej)就是H(ej)平移的结果。由于H(ej)为低通滤波器，通带位于以=0为中心的附近邻域，因而H1(ej)的通带位于以=为中心的附近，即h1(n)
