數(shù)字信號處理課后答案第3章高西全丁美玉第三版

1、教材第教材第3章習(xí)題與上機題解答章習(xí)題與上機題解答 1 計算以下序列的n點dft， 在變換區(qū)間0nn1內(nèi)， 序列定義為 (1) x(n)=1 (2) x(n)=(n) (3) x(n)=(nn0) 0n0n (4) x(n)=rm(n) 0mn (5) (6) nmnxmnn0,e)(2jnmmnnnx0,2cos)(7) x(n)=ej0nrn(n) (8) x(n)=sin(0n)rn(n) (9) x(n)=cos(0n)rn(n) (10) x(n)=nrn(n)解解：(1)knnknnnnknnnnknnwkx2j2j102j10e1e1e1)(1, 2, 1 00nkkn（2）11

2、00( )( )( )1 0,1,1nnknnnnx kn wnkn（3）00100100( )() () 0,1,1nknnnnknknnnnx knn wwnnwkn1j(1)0sin1( )e( )1sinkmmmkknnnnnknnmkwnx kwrkwkn(4)(5)(2j)(2j10)(2j102je1e1 ee)(kmnnkmnnnnkmnknnnnmnnwkxmkmkn 0 0kn1(6)knnnnnnmnnmnnknnwmnnkx2j -10102j -2je )ee (212cos)( 2211j()j()0011ee22nnm k nm k nnnnn)(2j)(2j)(

3、2j)(2je1e1e1e121kmnnkmnkmnnkmn ,20 ,nkm knmkm knm0kn1(7) 00002j()211j()j72j()001e( )ee1ek nnnnk nnknnnknnnxkw0210j()()202sin ()2e 0,1,12sin ()/2nknnknknkn或1, 1, 0e1e1)()2( jj700nkkxknn（8） 解法一 直接計算： )(ee j21)()sin()(00jj08nrnrnnxnnnnknnnnnnnnknnwnxnx2j10jj1088eee j21)()(00002211j()j()001ee2jnnk nk nn

4、nnn0000jj22j(-k)j()n11e1e2j1e1ennkn解法二解法二 由dft的共軛對稱性求解。因為)()sin(j)cos()(e)(00j70nrnnnrnxnnn所以)(im)()sin()(708nxnrnnxn所以)()(imj dft)(j dfto778kxnxnx即)()(21j)(j)(*77o78knxkxkxkx結(jié)果與解法一所得結(jié)果相同。 此題驗證了共軛對稱性。(9) 解法一 直接計算: e 21)()cos()(00jj09nnnenrnnx1099)()(nnknnwnxkx102jjje ee2100nnknnnn0000jj22j()j()11e1e

5、21e1ennkknn解法二解法二 由dft共軛對稱性可得同樣結(jié)果。 因為)(re)()cos()(709nxnrnnxn*97e771( )( )( )()2xkxkxkxnkknnknn)2( jj)2( jj0000e1e1e1e121（10） 解法一101, 1, 0)(nnknnnknwkx上式直接計算較難， 可根據(jù)循環(huán)移位性質(zhì)來求解x(k)。 因為x(n)=nrn(n)， 所以 x(n)x(n1)nrn(n)+n(n)=rn(n)等式兩邊進行dft， 得到 x(k)x(k)wkn+n=n(k)故1, 2, 1 1 1)()(nkwknkxkn當(dāng)k=0時， 可直接計算得出x(0)為1

6、01002) 1()0(nnnnnnnnwnx這樣， x(k)可寫成如下形式： 1, 2, 1,102) 1()(nkwnknnkxkn 解法二 k=0時， 102) 1()(nnnnnkxk0時， knnknknknwnwwwkx)1(32) 1(320)() 1()2(320)()1(432nwnwwwkxwknnknknknkn11( )( )(1)nkkmnnmx kw x kwn10) 1(1nnknnnnw所以， 0,1)(kwnkxkn，即1, 2, 1 102) 1()(nkwnknnkxkn 2 已知下列x(k)， 求x(n)=idftx(k)jje2( )e 20nkmnx

7、 kknmk其它(1)(2)jjje2( )je 20 nkmnx kknmk其它其中， m為正整數(shù)， 0mn/2, n為變換區(qū)間長度。 nmnnmnnnnn)(2jj2jjee2ee21解: （1） 10)(1)(idft)(nkknnwkxnkxnx)2( j)2( jee21mnnmnnmnn2cos n=0, 1, , n1(2)jj()1n( )jeje22mnn m nnnnx nwwnee j21)2( j)2( jmnnmnnmnn2sinn=0, 1, , n13 已知長度為n=10的兩個有限長序列：9 504 01)(1nnnx9 5 14 0 1)(2nnnx做圖表示x1

8、(n)、 x2(n)和y(n)=x1(n) * x2(n)， 循環(huán)卷積區(qū)間長度l=10。 解解: x1(n)、 x2(n)和y(n)=x1(n) * x2(n)分別如題3解圖（a）、 （b）、 （c）所示。題3解圖4 證明dft的對稱定理， 即假設(shè)x(k)=dftx(n)， 證明dftx(n)=nx(nk) 證： 因為10)()(nnknnwnxkx所以 101010)()()(dftnnnnknnnmmnnknnwwmxwnxnx1010)()(nmnnkmnnwmx由于1 0, 010)(nmknmknmnwnnkmnn所以 dftx(n)=nx(nk) k=0, 1, , n1 5 如果

9、x(k)=dftx(n)， 證明dft的初值定理10)(1)0(nkkxnx證: 由idft定義式101, 1, 0 )(1)(nkknnnnwkxnnx可知10)(1)0(nkkxnx6 設(shè)x(n)的長度為n， 且x(k)=dftx(n) 0kn1令h(n)=x(n)nrmn(n) m為自然數(shù)h(k)=dfth(n)mn 0kmn1求h(k)與x(k)的關(guān)系式。 解: h(k)=dfth(n) 0kmn1令n=n+ln, l=0, 1, , m1, n=0, 1, , n1, 則2()11j00( )() enlnmnkrnnlnh kx nln222111jjj000( )eeemnrn

10、klklkmnmmlnlkx nxr 因為 21j0e0mlkmlkmmkm整數(shù)整數(shù)所以( )0 kkmxmmx kkm整數(shù)整數(shù)7 證明: 若x(n)為實序列， x(k)=dftx(n)n， 則x(k)為共軛對稱序列， 即x(k)=x*（nk)； 若x(n)實偶對稱， 即x(n)=x(nn)， 則x(k)也實偶對稱； 若x(n)實奇對稱， 即x(n)=x(nn)， 則x(k)為純虛函數(shù)并奇對稱。 證: (1) 由教材(3.2.17)(3.2.20)式知道， 如果將x(n)表示為x(n)=xr(n)+jxi(n)則x(k)=dftx(n)=xep(k)+xop(k)其中， xep(k)=dftx

11、r(n)， 是x(k)的共軛對稱分量； xop(k)=dftjxi(n), 是x(k)的共軛反對稱分量。 所以， 如果x(n)為實序列， 則xop(k)=dftjxi(n)=0， 故x(k)=dftx(n)=xep(k)， 即x(k)=x*(nk)。（2） 由dft的共軛對稱性可知， 如果 x(n)=xep(n)+xop(n)且x(k)=rex(k)+j imx(k)則rex(k)=dftxep(n), j imx(k)=dftxop(n)所以， 當(dāng)x(n)=x(nn)時， 等價于上式中xop(n)=0, x(n)中只有xep(n)成分， 所以x(k)只有實部， 即x(k)為實函數(shù)。 又由（1

12、）證明結(jié)果知道， 實序列的dft必然為共軛對稱函數(shù)， 即x(k)=x*(nk)=x(nk)， 所以x(k)實偶對稱。同理， 當(dāng)x(n)=x(nn)時， 等價于x(n)只有xop(n)成分（即xep(n)=0）， 故x(k)只有純虛部， 且由于x(n)為實序列， 即x(k)共軛對稱， x(k)=x*(nk)=x(nk), 為純虛奇函數(shù)。8 證明頻域循環(huán)移位性質(zhì)： 設(shè)x(k)=dftx(n)， y(k)=dfty(n)， 如果y(k)=x(k+l)nrn(k)， 則)()(idft)(lnnxwkynyn 證： 10)(1)(idft)(nkknnwkynkyny10)(1nkknnnwlkxn1

13、()01()nlnk l nnnnkwxklwn令m=k+l, 則1ln)(1)(nlmmnnnnwmxnwny10lnln)()(1nmnmnnnnxwwmxnw 9 已知x(n)長度為n， x(k)=dftx(n)， 為自然數(shù)，mmnnnnnnxny1 01 0)()(1 0)(dft)(mnknykymn求y(k)與x(k)的關(guān)系式。 解:110010( )( )( ) ( ) mnnknknmnmnnnknnmnny ky n wx n wkkx n wxmm整數(shù)10 證明離散相關(guān)定理。 若x(k)=x1* (k)2(k)則102*1)()()()(idft)(nlnnnrnlxlxk

14、xnx 證： 根據(jù)dft的惟一性， 只要證明1*120*12dft ( )dft( )()( ) ( )( )nnnnnlx nx l xlnrnxk xk即可。knnnnwnxnxkx10)()(dft)( 10102*1)()(nnknnnlnwnlxlx10102*1)()(nlnnknnnwnlxlx*11()1200( )()nnklk l nnnnlnx l wxlnw1*()120( )()nk l nnnnxkxlnw令m=l+n， 則11()220()( )nnlk l nkmnnnnnm lxlmwxmw 1122200( )( )( )nnkmkmnnnmmxmwx m

15、wxk所以 1 0 )()()(2*1nkkxkxkx當(dāng)然也可以直接計算x(k)=x1 *(k)x2(k)的idft。 )()(idft)(idft)(2*1kxkxkxnx102*1)()(1nkknnwkxkxn 10*101)()(12nkknnnlklnwkxwlxn1010)(2*1)(1)(nlnknlknwkxnlx0nn1由于11()()2200211( )( ) ()nnnkl nk l nnnkknxk wxk wnnxln0nn1所以102*1)()()()(nlnnnrnlxlxnx11 證明離散帕塞瓦爾定理。 若x(k)=dftx(n)， 則102102| )(|1|

16、 )(|nknnkxnnx證： 1010*2)()(1| )(|1nknkkxkxnkxn*1010)()(1nknnknnwnxkxn1010*)(1)(nnnkknnwkxnnx10102*| )(|)()(nnnnnxnxnx12 已知f(n)=x(n)+jy(n)， x(n)與y(n)均為長度為n的實序列。 設(shè)f(k)=dftf(n)n 0kn1為實數(shù)babwbawakfknnknn,11j11)(1)(2) f(k)=1+jn試求x(k)=dftx(n)n， y(k)=dfty(n)n以及x(n)和y(n)。 解解: 由dft的共軛對稱性可知x(n)x(k)=fep(k)jy(n)j

17、y(k)=fop(k) 方法一 （1）knnknnbwbawakf11j11)(*ep11( )( ) ( )()21nknax kfkf kfnkaw*op11( )j( )( )()2j1nknby kfkf kfnkbw 1010111)(1)(nkknnknnnkknnwawanwkxnnx 10101nkknnnmkmnmwwan1010)(1nmnknmknmwna0nn1由于1()01 1 0 0nk m nnkmnwmn0n, mn1所以 x(n)=an 0nn1同理 y(n)=bn 0nn1 （2） f(k)=1+jn1j1j1 21)()(21)(*nnknfkfkxnkn

18、fkfky)()(j21)(*)(1)(10nwnnxnkknn，)(1)(10nnwnnynkknn方法二 令knnknnbwbkbawaka11j)( ,11)(只要證明a(k)為共軛對稱的，b(k)為共軛反對稱， 則就會有 a(k)=fep(k)=x(k), b(k)=fop(k)=jy(k)因為)(1111)()(*kaawaawaknaknnknnn，共軛對稱)(11j11j)()(*kbbwbbwaknbknnknnn，共軛反對稱 所以ep1( )( )( )1nknax kfka kawknnbwbkbkfjky11)(j1)(1)(op由方法一知 x(n)=idftx(k)=a

19、nrn(n) y(n)=idfty(k)=bnrn(n) 13 已知序列x(n)=anu(n)， 0a1, 對x(n)的z變換x(z)在單位圓上等間隔采樣n點， 采樣序列為j2 /e( )( )|0,1,1k nzx kx zkn求有限長序列idftx(k)n。 解解: 我們知道， , 是以2為周期的周期函數(shù)， 所以jej| )()e (zzxxj2 /e( )( )|( )k nnzxkx zx k以n為周期， 將看作一周期序列的dfs系數(shù)， 則( )x k( )x k( )x n211j0011( )( )e( )nnknknnnkkx nx kx k wnn由式知為( )x knknnn

20、wznknzwnxznxwzxkxknkn)(|)(| )()(2je將式代入式得到1010)(1)()(1)(nkmnknmknknnmkmnwnmxwwmxnnx由于 mlnnmwnnknmkn其它01110)(所以llnnxnx)()(由題意知 )()()(krkxkxn所以根據(jù)有關(guān)x(k)與xn(n)的周期延拓序列的dfs系數(shù)的關(guān)系有)()()(idft)(nrnxkxnxnnlnnrlnnx)()(lnlnnnrlnnua)()(由于0nn1， 所以000 0 1)(lllnnlnnu即因此0( )( )( )1nnlnnnnnlaxnaarnrna說明： 平時解題時， 本題推導(dǎo)(

21、)idft( )()( )nnnlxnx kx nln rn的過程可省去， 直接引用頻域采樣理論給出的結(jié)論（教材中式（3.3.2）和(3.3.3)）即可。14 兩個有限長序列x(n)和y(n)的零值區(qū)間為x(n)=0 n0, 8ny(n)=0 n0, 20n對每個序列作20點dft， 即x(k)=dftx(n) k=0, 1, , 19y(k)=dfty(n) k=0, 1, , 19試問在哪些點上f(n)與x(n)*y(n)值相等, 為什么？解解: 如前所述， 記fl(n)=x(n)*y(n)，而f(n)=idftf(k)=x(n) 20 y(n)。 fl(n)長度為27， f(n)長度為2

22、0。 由教材中式（3.4.3）知道f(n)與fl(n)的關(guān)系為mlnrmnfnf)()20()(20只有在如上周期延拓序列中無混疊的點上， 才滿足f(n)=fl(n),所以 f(n)=fl(n)=x(n)*y(n) 7n1915 已知實序列x(n)的8點dft的前5個值為0.25, 0.125-j0.3018, 0, 0.125-j0.0518, 0。 （1） 求x(k)的其余3點的值； （2） 18( )(58 )( )mx nx nm r n求x1(k)=dftx1(n)8；（3） j/42( )( )enx nx n，求228( )dft( )xkx n。解解： （1）因為x(n)是實序

23、列， 由第7題證明結(jié)果有x(k)=x*(nk)， 即x(nk)=x*(k), 所以， x（k）的其余3點值為x(5), x(6), x(7)=0.125+j0.0518, 0, 0.125+j0.3018 （2） 根據(jù)dft的時域循環(huán)移位性質(zhì)， 51188( )dft( )( )kx kx nwx k(3) 811j/4 -j/4228280011(1)(1)888800( )dft( )( )( )ee =( )( )(1)( )nnknnnknnnnknknnnxkx nx n wx nx nwx nwxkr k16 x(n)、 x1(n)和x2(n)分別如題16圖(a)、 (b)和(c)

24、所示， 已知x(k)=dftx(n)8。 求118( )dft ( )x kx n和228( )dft( )xkx n注: 用x(k)表示x1(k)和x2(k)。解解： 因為x1(n)=x(n+3)8r8(n), x2(n)=x(n2)8r8(n)， 所以根據(jù)dft的時域循環(huán)移位性質(zhì)得到31188( )dft ( )( )kx kx nwx k22288( )dft( )( )kxkx nwx k17 設(shè)x(n)是長度為n的因果序列， 且j(e)ft ( )xx n ( )()( )mmy nx nmmrn( )dft ( )my ky n試確定y(k)與x(ej)的關(guān)系式。 解解： y(n)

25、是x(n)以m為周期的周期延拓序列的主值序列， 根據(jù)頻域采樣理論得到j(luò)2( )(e) 0,1,2,1kmy kxkm18 用微處理機對實數(shù)序列作譜分析， 要求譜分辨率f50 hz， 信號最高頻率為 1 khz， 試確定以下各參數(shù)： (1) 最小記錄時間tp min； (2) 最大取樣間隔tmax； (3) 最少采樣點數(shù)nmin； (4) 在頻帶寬度不變的情況下， 使頻率分辨率提高1倍（即f縮小一半）的n值。 解解: （1） 已知f=50 hz， 因而s02. 05011minpft（2）ms5 . 010212113maxminsmaxfft（3）pminmin3max0.02s400.5 1

26、0tnt（4） 頻帶寬度不變就意味著采樣間隔t不變， 應(yīng)該使記錄時間擴大1倍， 即為0.04 s， 實現(xiàn)頻率分辨率提高1倍（f變?yōu)樵瓉淼?/2）。80ms0.5s04. 0minn19 已知調(diào)幅信號的載波頻率fc=1 khz， 調(diào)制信號頻率fm=100 hz， 用fft對其進行譜分析， 試求： (1) 最小記錄時間tp min; (2) 最低采樣頻率fs min; (3) 最少采樣點數(shù)nmin。解解： 調(diào)制信號為單一頻率正弦波時， 已調(diào)am信號為x(t)=cos(2fct+jc)1+cos(2fmt+jm)所以， 已調(diào)am信號x(t) 只有3個頻率： fc、 fc+fm、 fcfm。 x(t)

27、的最高頻率fmax=1.1 khz， 頻率分辨率f100 hz（對本題所給單頻am調(diào)制信號應(yīng)滿足100/f=整數(shù)， 以便能采樣到這三個頻率成分）。 故ms10s01. 010011minpft(1)(2)sminmax22.2 khzff(3)22102 . 2101033minpmaxpminftttn（注意， 對窄帶已調(diào)信號可以采用亞奈奎斯特采樣速率采樣， 壓縮碼率。 而在本題的解答中， 我們僅按基帶信號的采樣定理來求解。 ）20 在下列說法中選擇正確的結(jié)論。 線性調(diào)頻z變換可以用來計算一個有限長序列h(n)在z平面實軸上諸點zk的z變換h(zk)， 使 (1) zk=ak, k=0, 1

28、, , n1, a為實數(shù)，a1; (2) zk=ak, k=0, 1, , n1, a為實數(shù)， a1; (3) (1)和(2)都不行， 即線性調(diào)頻z變換不能計算h(z)在z平面實軸上的取樣值。 解解： 在chirp-z變換中， 在z平面上分析的n點為zk=awk k=0, 1, , n1其中所以當(dāng)a0=1, 0=0, w0=a1, j=0時， zk=ak故說法（1）正確, 說法（2）、 （3）不正確。 00j0j0e,ejwwaa00jj00eekkkzawj 21 我們希望利用h(n)長度為n=50的fir濾波器對一段很長的數(shù)據(jù)序列進行濾波處理， 要求采用重疊保留法通過dft(即fft)來實

29、現(xiàn)。 所謂重疊保留法， 就是對輸入序列進行分段(本題設(shè)每段長度為m=100個采樣點)， 但相鄰兩段必須重疊v個點， 然后計算各段與h(n)的l點(本題取l=128)循環(huán)卷積， 得到輸出序列ym(n)， m表示第m段循環(huán)卷積計算輸出。 最后， 從ym(n)中選取b個樣值， 使每段選取的b個樣值連接得到濾波輸出y(n)。 (1) 求v； (2) 求b； (3) 確定取出的b個采樣應(yīng)為ym(n)中的哪些樣點。 解解: 為了便于敘述， 規(guī)定循環(huán)卷積的輸出序列ym(n)的序列標(biāo)號為n=0, 1, 2, , 127。 先以h(n)與各段輸入的線性卷積ylm(n)分析問題， 因為當(dāng)h(n)的50個樣值點完全

30、與第m段輸入序列xm(n)重疊后， ylm(n)才與真正的濾波輸出y(n)相等， 所以， ylm(n)中第0點到第48點（共49個點）不正確， 不能作為濾波輸出， 第49點到第99點（共51個點）為正確的濾波輸出序列y(n)的第m段， 即b=51。所以， 為了去除前面49個不正確點， 取出51個正確的點連接, 得到不間斷又無多余點的y(n)， 必須重疊10051=49個點， 即v=49。 下面說明， 對128點的循環(huán)卷積ym(n)， 上述結(jié)果也是正確的。 我們知道rlmmnrrnyny)()128()(128因為ylm(n)長度為n+m1=50+1001=149所以n從21到127區(qū)域無時域混

31、疊， ym(n)=ylm(n)， 當(dāng)然， 第49點到第99點二者亦相等， 所以， 所取出的51點為從第49點到第99點的ym(n)。 綜上所述， 總結(jié)所得結(jié)論： v=49, b=51 選取ym(n)中第4999點作為濾波輸出。 讀者可以通過作圖來理解重疊保留法的原理和本題的解答。 22 證明dft的頻域循環(huán)卷積定理。 證證： dft的頻域循環(huán)卷積定理重寫如下: 設(shè)h(n)和x(n)的長度分別為n和m， ym(n)=h(n)x(n)h(k)=dfth(n)l, x(k)=dftx(n)l則1( )dft( )( )mmlykynh kll x(k)1j 01 ( )()( )lllh j xjk

32、r kl其中， lmaxn， m。根據(jù)dft的惟一性， 只要證明ym(n)=idftym(k)=h(n)x(n)， 就證明了dft的頻域循環(huán)卷積定理。 1j 0110j 011()j 001( )( )( )()( )11 ( )()11 ( )() 1 ( )( )lmmllnlknlnklnjnkj nlnnkm kjlmynidft ykidfth j xjkrklh j x kjwllh j wxkjwllh nxml 令110101( )( )1 ( )( )( ) ( )njnmnmnnlnjmnmnlnmwh nxmwlh nx m wh n x nl 23* 已知序列x(n)=

33、1, 2, 3, 3, 2, 1。 （1） 求出x(n)的傅里葉變換x(ej)， 畫出幅頻特性和相頻特性曲線(提示： 用1024點fft近似x(ej)； （2） 計算x(n)的n（n6）點離散傅里葉變換x(k)， 畫出幅頻特性和相頻特性曲線； （3） 將x(ej)和x(k)的幅頻特性和相頻特性曲線分別畫在同一幅圖中， 驗證x(k)是x(ej)的等間隔采樣， 采樣間隔為2/n； （4） 計算x(k)的n點idft， 驗證dft和idft的惟一性。解解： 該題求解程序為ex323.m， 程序運行結(jié)果如題23*解圖所示。 第（1）小題用1024點dft近似x(n)的傅里葉變換； 第（2）小題用32點

34、dft。 題23*解圖(e)和(f)驗證了x(k)是x(ej)的等間隔采樣， 采樣間隔為2/n。 題23*解圖(g) 驗證了idft的惟一性。 題23*解圖24*給定兩個序列: x1(n)=2, 1, 1, 2 , x2(n)=1, 1, 1, 1。 （1） 直接在時域計算x1(n)與x2(n)的卷積； （2） 用dft計算x1(n)與x2(n)的卷積， 總結(jié)出dft的時域卷積定理。 解解： 設(shè)x1(n)和x2(n)的長度分別為m1和m2， x1(k)=dftx1(n)n, x2(k)=dftx2(n)n yc(k)=x1(k)x2(k), yc(n)=idftyc(k)n所謂dft的時域卷積

35、定理， 就是當(dāng)nm1+m21時， yc(n)=x1(n)*x2(n)。本題中， m1=m2=4， 所以， 程序中取n=7。 本題的求解程序ex324.m如下： % 程序 ex324.m x1n=2 1 1 2； x2n=1 1 1 1； %時域直接計算卷積yn： yn=conv(x1n， x2n)%用dft計算卷積ycn： m1=length(x1n)；m2=length(x2n)； n=m1+m21；x1k=fft(x1n， n)； %計算x1n的n點dftx2k=fft(x2n， n)； %計算x2n的n點dftyck=x1k.*x2k； ycn=ifft(yck， n)程序運行結(jié)果： 直

36、接在時域計算x1(n)與x2(n)的卷積yn和用dft計算x1(n)與x2(n)的卷積ycn如下： yn=2 1 2 2 2 1 2ycn=2.0000 1.0000 2.0000 2.0000 2.0000 1.0000 2.000025*已知序列h(n)=r6(n), x(n)=nr8(n)。 （1） 計算yc(n)=h(n) 8 x(n)； （2） 計算yc(n)=h(n) 16 x(n)和y(n)=h(n)*x(n)；（3） 畫出h(n)、 x(n)、 yc(n)和y(n)的波形圖， 觀察總結(jié)循環(huán)卷積與線性卷積的關(guān)系。 解解： 本題的求解程序為ex325.m。 程序運行結(jié)果如題25*解

37、圖所示。 由圖可見， 循環(huán)卷積為線性卷積的周期延拓序列的主值序列； 當(dāng)循環(huán)卷積區(qū)間長度大于等于線性卷積序列長度時， 二者相等， 見圖（b）和圖(c)。 題25*解圖程序ex325.m如下： %程序ex325.m hn=1 1 1 1； xn=0 1 2 3； %用dft計算4點循環(huán)卷積yc4n： h4k=fft(hn， 4)； %計算h(n)的4點dftx4k=fft(xn， 4)； %計算x(n)的4點dftyc4k=h4k.*x4k； yc4n=ifft(yc4k， 4)； %用dft計算8點循環(huán)卷積yc8n： h8k=fft(hn， 8)； %計算h(n)的8點dftx8k=fft(xn

38、， 8)； %計算x(n)的8點dftyc8k=h8k.*x8k； yc8n=ifft(yc8k， 8)； yn=conv(hn， xn)； %時域計算線性卷積yn：26* 驗證頻域采樣定理。 設(shè)時域離散信號為 ( )0 nanlx nnl其中a=0.9， l=10。 （1） 計算并繪制信號x(n)的波形。 （2）證明：j1(e)ft ( )(0)2( )coslnxx nxx nn （3） 按照n=30對x(ej)采樣得到j(luò)2(e) , 0,1,2,1kkncxkn（4） 計算并圖示周期序列 1j(2 /)01( )enn k nkkx ncn試根據(jù)頻域采樣定理解釋序列與x(n)的關(guān)系。 (

39、 )x n（5） 計算并圖示周期序列 ( )()my nx nmn，比較 與驗證（4）中的解釋。 （6） 對n=15， 重復(fù)（3）（5）。 解解： 求解本題（1）、 （3）、 （4）、 （5）、 （6）的程序為ex326.m。 下面證明（2）。 ( )x n( )y njj0jj1jj11(e)ft ( )e(ee) = (0)(ee)(0)2( )cosllnnnnnnnlnllnnnnnxx naaaaxaxx nn n=30和n=15時， 對頻域采樣ck進行離散傅里葉級數(shù)展開得到的序列分別如題26*解圖(b)和(c)所示。 由圖顯而易見， 如果ck表示對x(ej)在0， 2上的n點等間隔

40、采樣， 則( )idft()( )( )( )nknnmxncx nmn rnx n rn簡言述之： xn(n)是x(n)以n為周期的周期延拓序列的主值序列。 ( )x n程序ex326.m如下： 程序中直接對（2）中證明得到的結(jié)果采樣得到ck。 %程序ex326.m% 頻域采樣理論驗證clear all； close all； a=0.9； l=10； n=-l： l； %= n=30 =n=30； xn=a.abs(n)； %計算產(chǎn)生序列x(n)subplot(3， 2， 1)； stem(n， xn， .)； axis(15， 15， 0， 1.2)； %(1)顯示序列x(n)title

41、(a)x(n)的波形 )； xlabel(n)； ylabel(x(n)； box on % 對x(jw)采樣30點： for k=0： n1， ck(k+1)=1； for m=1： l， ck(k+1)=ck(k+1)+2*xn(m+l+1)*cos(2*pi*k*m/n);%(3)計算30點%采樣ck endendx30n=ifft(ck， n)； %(4)30點idft得到所要求的周期序列的主值序列 %以下為繪圖部分n=0： n1； subplot(3， 2， 2)； stem(n， x30n， .)； axis(0， 30， 0， 1.2)； box on title(b)n=30由

42、ck展開的的周期序列的主值序列 )； xlabel(n)； ylabel(x30(n)%= n=15 =n=15； % 對x(jw)采樣15點： for k=0： n1， ck(k+1)=1； for m=1： l， ck(k+1)=ck(k+1)+2*xn(m+l+1)*cos(2*pi*k*m/n); %(3)計算30點%采樣ck endendx15n=ifft(ck， n)； %(4)15點idft得到所要求的周期序列的主值序列 %以下為繪圖部分n=0： n1； subplot(3， 2， 3)； stem(n， x15n， .)； axis(0， 30， 0， 1.2)； box on

43、 title(c)n=15由ck展開的的周期序列的主值序列 )； xlabel(n)； ylabel(x15(n)程序運行結(jié)果如題26*解圖所示。 題26*解圖27* 選擇合適的變換區(qū)間長度n， 用dft對下列信號進行譜分析， 畫出幅頻特性和相頻特性曲線。 （1） x1(n)=2 cos(0.2n) （2） x2(n)=sin(0.45n)sin(0.55n)（3） x3(n)=2|n|r21(n+10)解解： 求解本題的程序為ex327.m， 程序運行結(jié)果如題27*解圖所示。 本題選擇變換區(qū)間長度n的方法如下：對x1(n)， 其周期為10， 所以取n1=10； 因為x2(n)=sin(0.4

44、5n) sin(0.55n)=0.5cos(0.1n)cos(n)， 其周期為20， 所以取n2=20； x3(n)不是因果序列， 所以先構(gòu)造其周期延拓序列（延拓周期為n3）， 再對其主值序列進行n3點dft。 x1(n)和x2(n)是周期序列， 所以截取1個周期， 用dft進行譜分析， 得出精確的離散譜。 x3(n)是非因果、 非周期序列，通過試驗選取合適的dft變換區(qū)間長度n3進行譜分析。 題27*解圖x1(n)的頻譜如題27*解圖(a)和(b)所示， x2(n)的頻譜如題27*解圖(c)和(d)所示。 用32點dft對x3(n)的譜分析結(jié)果見題27*解圖(e)、 (f)和(g)， 用64

45、點dft對x3(n)的譜分析結(jié)果見題27*解圖(h)、 (i)和(j)。 比較可知， 僅用32點分析結(jié)果就可以了。 請注意， x3(n)的相頻特性曲線的幅度很小， 這是計算誤差引起的。 實質(zhì)上， x3(n)是一個實偶對稱序列， 所以其理論頻譜應(yīng)當(dāng)是一個實偶函數(shù)， 其相位應(yīng)當(dāng)是零。 程序ex327.m如下： %程序ex327.m% 用dft對序列譜分析n1=0： 9； n2=0： 50； n3=-10： 10； n1=10； n2=20； n3a=32； n3b=64； x1n=2*cos(0.2*pi*n1)； %計算序列x1nx2n=2*sin(0.45*pi*n2).*sin(0.55*p

46、i*n2)； %計算序列 x2nx3n=0.5.abs(n3)； %計算序列x3nx3anp=zeros(1， n3a)； %構(gòu)造x3n的周期延拓序列， 周期為n3afor m=1： 10， x3anp(m)=x3n(m+10)；x3anp(n3a+1-m)=x3n(11m)；endx3bnp=zeros(1， n3b)； %構(gòu)造x3n的周期延拓序列， 周期為n3bfor m=1： 10， x3bnp(m)=x3n(m+10)； x3bnp(n3b+1m)=x3n(11m)； endx1k=fft(x1n， n1)； %計算序列x1n的n1點dftx2k=fft(x2n， n2)； %計算序列

47、x2n的n2點dftx3ak=fft(x3anp， n3a)； %計算序列x3n的n3a點dft x3bk=fft(x3bnp， n3b)； %計算序列x3n的n3b點dft%以下為繪圖部分（省略）3.6 教材第教材第4章習(xí)題與上機題解答章習(xí)題與上機題解答快速傅里葉變換（fft）是dft的快速算法， 沒有新的物理概念。 fft的基本思想和方法教材中都有詳細(xì)的敘述， 所以只給出教材第4章的習(xí)題與上機題解答。 1 如果某通用單片計算機的速度為平均每次復(fù)數(shù)乘需要4 s， 每次復(fù)數(shù)加需要1 s， 用來計算n=1024點dft， 問直接計算需要多少時間。 用fft計算呢？照這樣計算， 用fft進行快速卷

48、積對信號進行處理時， 估計可實現(xiàn)實時處理的信號最高頻率。 解解: 當(dāng)n=1024=210時， 直接計算dft的復(fù)數(shù)乘法運算次數(shù)為n2=10241024=1 048 576次復(fù)數(shù)加法運算次數(shù)為n（n1）=10241023=1 047 552次直接計算所用計算時間td為td=410610242+1 047 552106=5.241 856 s用fft計算1024點dft所需計算時間tf為66f665 10lblb10210245 1010 1024 10 10230.72 msntnn n 快速卷積時， 需要計算一次n點fft（考慮到h(k)=dfth(n)已計算好存入內(nèi)存）、 n次頻域復(fù)數(shù)乘法和

49、一次n點ifft。 所以， 計算1024點快速卷積的計算時間tc約為cf2102471680 s4 1024 s65536 stt 次復(fù)數(shù)乘計算時間所以， 每秒鐘處理的采樣點數(shù)（即采樣速率）s6102415 625 /65536 10f次 秒由采樣定理知， 可實時處理的信號最高頻率為smax156257.8125 khz22ff應(yīng)當(dāng)說明， 實際實現(xiàn)時， fmax還要小一些。 這是由于實際中要求采樣頻率高于奈奎斯特速率， 而且在采用重疊相加法時， 重疊部分要計算兩次。 重疊部分長度與h(n)長度有關(guān)， 而且還有存取數(shù)據(jù)和指令周期等消耗的時間。 2 如果將通用單片機換成數(shù)字信號處理專用單片機tms

50、320系列， 計算復(fù)數(shù)乘和復(fù)數(shù)加各需要10 ns。 請重復(fù)做上題。 解解: 與第1題同理。 直接計算1024點dft所需計算時間td為td=1010910242+101091 047 552=20.961 28 ms用fft計算1024點dft所需計算時間tf為99f8810 10lb10 10lb210241010 101024 1020.1536 msntnnn快速卷積計算時間tc約為cf3921024 2 0.1536 1010 101024 0.317 44 mstt次復(fù)數(shù)乘計算時間可實時處理的信號最高頻率fmax為maxsc1110241 = 3.1158 mhz=1.6129 mh

51、z222fft由此可見， 用dsp專用單片機可大大提高信號處理速度。 所以， dsp在數(shù)字信號處理領(lǐng)域得到廣泛應(yīng)用。 機器周期小于1 ns的dsp產(chǎn)品已上市， 其處理速度更高。 3 已知x(k)和y(k)是兩個n點實序列x(n)和y(n)的dft， 希望從x(k)和y(k)求x(n)和y(n)， 為提高運算效率， 試設(shè)計用一次n點ifft來完成的算法。 解解: 因為x(n)和y(n)均為實序列， 所以， x(k)和y(n)為共軛對稱序列， jy(k)為共軛反對稱序列。 可令x(k)和jy(k)分別作為復(fù)序列f(k)的共軛對稱分量和共軛反對稱分量， 即f(k)=x(k)+jy(k)=fep(k)

52、+fop(k)計算一次n點ifft得到f(n)=ifftf(k)=ref(n)+j imf(n)由dft的共軛對稱性可知ref(n)=idftfep(k)=idftx(k)=x(n)j imf(n)=idftfop(k)=idftjy(k)=jy(n)故1( ) ( )( )2x nf nfn1( ) ( )( )2jy nf nfn4 設(shè)x(n)是長度為2n的有限長實序列， x(k)為x(n)的2n點dft。 (1) 試設(shè)計用一次n點fft完成計算x(k)的高效算法。 (2) 若已知x(k) ，試設(shè)計用一次n點ifft實現(xiàn)求x(k)的2n點idft運算。解解: 本題的解題思路就是dit-ff

53、t思想。（1） 在時域分別抽取偶數(shù)和奇數(shù)點x(n)， 得到兩個n點實序列x1(n)和x2(n)： x1(n)=x(2n) n=0, 1, , n1x2(n)=x(2n+1) n=0, 1, , n1根據(jù)dit-fft的思想， 只要求得x1(n)和x2(n)的n點dft， 再經(jīng)過簡單的一級蝶形運算就可得到x(n)的2n點dft。 因為x1(n)和x2(n)均為實序列， 所以根據(jù)dft的共軛對稱性， 可用一次n點fft求得x1(k)和x2(k)。 具體方法如下：令 y(n)=x1(n)+jx2(n)y(k)=dfty(n) k=0, 1, , n1則*11ep*22ep1( )dft( )( ) ( )()21j( )dftj( )( ) ( )()2x kx nyky kynkxkx nyky kynk2n點dftx（n）=