第十章 变换
10.1 对于下列各序列，确定它们的变换，画出零-极点图并标明收敛域。同时指出序列是否存在傅里叶变换。
(a) $ \delta[n] $
(b) $ \delta[n-1] $
(c) $ \delta[n+1] $
(d) $ \left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n] $
(e) $ -\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[-n-1] $
(f) $ \left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[-n] $
(g) $ \left\{\left(\frac{1}{2}\right)^{n}+\left(\frac{1}{4}\right)^{n}\right\}_{n}[n] $
(h) $ \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}u[n-1] $
解：
(a) $ X(z) = \sum_{n=-\infty}^{+\infty} \delta[n]z^{-n} = 1 $，整个z平面
它无极点和零点，如图 P10.1(a) 所示。因单位圆落在收敛域内，因此其傅里叶变换存在。
(b)
$$ X(z)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\delta[n-1]z^{-n}=z^{-1} $$
$$ \mathrm{z}\rightleftharpoons0 $$
其零-极点图如图 P10.1(b) 所示。同理，傅里叶变换存在。
$$ X(z)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\delta[n+1]z^{-n}=z $$
其零-极点图如图 P10.1(c) 所示，傅氏变换存在。
$$ (d)\ X(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}z^{-n}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}z^{-1}},\ |z|>\frac{1}{2} $$
其零-极点图如图 P10.1(d) 所示，傅氏变换存在。
(e)
$$ \begin{align*}e)\ X(z)&=-\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n} u[-n-1]z^{-n}\\&=-\sum_{n=-\infty}^{-1}\left(\frac{1}{2}\right)^{-n}z^{n}=-\sum_{n=0}^{\infty}(2)^{n} z^{n}+1\\&=1-\frac{1}{1-2z}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}z^{-1}},\qquad|z|<\frac{1}{2}\end{align*} $$
其零-极点图如图 P10.1(e) 所示。傅氏变换不存在。
(f)
$$ \begin{aligned}X(z)\;=\;\sum_{n=-\infty}^{0}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}z^{-n}=\sum_{m=0}^{\infty}2^{m}z^{m}=\;\frac{1}{1-2z}\\ |z|<\frac{1}{2}\end{aligned} $$
其零-极点图如图 P10.1(f) 所示。傅氏变换不存在。
$$ \begin{array}{l l}{\displaystyle(g)X(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}z^{-n}+\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{4}\right)^{n}z^{-n}}\\ {\displaystyle=\frac{1}{1-\frac{1}{2}z^{-1}}+\frac{1}{1-\frac{1}{4}z^{-1}}}\\ {\displaystyle=\frac{z}{z-\frac{1}{2}}+\frac{z}{z-\frac{1}{4}}}\\ {\displaystyle=\frac{2z(z-3/8)}{\bigl(z-\frac{1}{2}\bigr)\bigl(z-\frac{1}{4}\bigr)},\qquad|z|>\frac{1}{2}}\end{array} $$
其零-极点图如图 P10.1(g) 所示。傅氏变换存在。
（h）设 $ y[n] = y[n-1] = \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1} u[n-1] $
则
$$ y[n+1]=y[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n] $$
所以
$ Y(z) = z^{-1} X(z) $
而由(d)小题可知， $ X(z)=\frac{z}{z-\frac{1}{2}} $
因此 $ \mathrm{Y}(z)=\mathrm{z}^{-1}\frac{\mathrm{z}}{\mathrm{z}-\frac{1}{2}}=\frac{1}{\mathrm{z}-\frac{1}{2}},\quad|z|>\frac{1}{2} $
其零-极点图如图 P10.1(h) 存在。傅氏变换存在。
10.2 确定下列各序列的 2 变换，用闭合形式表示。画出零极点图并标明收敛域。指出这些序列是否存在傅氏变换。
(a) $ \left(\frac{1}{2}\right)^{*}\{u[n]-u[n-10]\} $
(b) $ \left(\frac{1}{2}\right)^{|s|} $
(c) $ 7\left(\frac{1}{3}\right)^{n}\cos\left[\frac{2\pi n}{6}+\frac{\pi}{4}\right]u[n] $
(d) x[n] = $ \begin{cases} 0, & n < 0 \\ 1, & 0 \leqslant n \leqslant 9 \\ 0, & n > 9 \end{cases} $
解：
$$ \begin{aligned}X(z)&=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\{u[n]-u[n-10]\}z^{-s}\\&=\sum_{n=0}^{9}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}z^{-s}=\frac{1-\left(\frac{1}{2}z^{-1}\right)^{10}}{1-\frac{1}{2}z^{-1}}\\&=\frac{z^{10}-\left(\frac{1}{2}\right)^{10}}{z^{9}\left(z-\frac{1}{2}\right)}\quad|z|>0\end{aligned} $$
其零点为 $ z_{0k}=\frac{1}{2}e^{-j2kx/10}\quad k=0,1,2\cdots9 $
其极点为 $ z_{p_{1}}=0 $ (9阶)， $ z_{p_{2}}=\frac{1}{2} $
其零极点图如图 P10.2(a) 所示， $ z = \frac{1}{2} $ 时零极点对消了，所以存在傅氏变换.
$$ x[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{|n|}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]+\left(\frac{1}{2}\right)^{-n}u[-n-1] $$
$$ X(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}z^{-n}+\sum_{n=-\infty}^{-1}\left(\frac{1}{2}\right)^{-n}z^{-n} $$
$$ \begin{aligned}&=\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}z^{-n}+\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}z^{n}-1\\&=\frac{z}{z-\frac{1}{2}}+\frac{z}{z-2}-1\\&=\frac{-\frac{3}{2}z}{\left(z-\frac{1}{2}\right)(z-2)}\quad\frac{1}{2}<|z|<2\end{aligned} $$
零-极点图如图 P10.2(b) 所示，傅氏变换存在，
$$ \begin{aligned}(c)X(z)&=\sum_{n=0}^{+\infty}7\left(\frac{1}{3}\right)^{n}\cos\left[\frac{2\pi n}{6}+\frac{\pi}{4}\right]z^{-s}\\&=\frac{7}{2}\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{3}\right)^{n}[e^{j\left(\frac{2\pi n}{6}+\frac{\pi}{4}\right)}+e^{-j\left(\frac{2\pi n}{6}+\frac{\pi}{4}\right)}]z^{-s}\\&=\frac{7}{2}\left[e^{i\frac{\pi}{4}}\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{3}e^{i\frac{\pi}{3}}z^{-1}\right)^{n}\right.\\&\quad\left.+e^{-i\frac{\pi}{4}}\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{3}e^{-i\frac{\pi}{3}}z^{-1}\right)^{s}\right]\\&=\frac{7}{2}\left[e^{i\frac{\pi}{4}}\frac{1}{1-\frac{1}{3}e^{i\frac{\pi}{3}}z^{-1}}\right.\\&\quad\left.+e^{-i\frac{\pi}{4}}\frac{1}{1-\frac{1}{3}e^{-i\frac{\pi}{3}}z^{-1}}\right]\\&=\frac{7}{2}z\left[\frac{e^{i\frac{\pi}{4}}}{z-\frac{1}{3}e^{i\frac{\pi}{3}}}+\frac{e^{-i\frac{\pi}{4}}}{z-\frac{1}{3}e^{-i\frac{\pi}{3}}}\right]\\&=\frac{7}{2}z\frac{2z\cos\frac{\pi}{4}-\frac{2}{3}\cos\left(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{4}\right)}{\left(z-\frac{1}{3}e^{i\frac{\pi}{3}}\right)\left(z-\frac{1}{3}e^{-i\frac{\pi}{3}}\right)}\end{aligned} $$
$$ =\frac{7}{2}z\frac{\sqrt{2}z-\frac{2}{3}\cos\frac{\pi t}{12}}{z^{2}-\frac{1}{3}z+\frac{1}{9}}\qquad|z|>\frac{1}{3} $$
零-极点图如图 P10.2(c) 所示。傅氏变换存在。
$$ \begin{aligned}X(z)&=\sum_{n=0}^{9}z^{-n}=\frac{1-z^{-10}}{1-z^{-1}}\\&=\frac{z^{10}-1}{z^{9}(z-1)}\quad|z|>0\end{aligned} $$
其零点为 $ z_{k}=e^{j2\pi k/10}, k=0,1,2,\cdots9 $
其极点为 $ z_{p_{1}}=0 $ (9阶)， $ z_{p_{2}}=1 $。
其零-极点图如图 P10.2(d) 所示。傅氏变换存在。
10.3 若 x[n] 是右边序列，且 |z| = r_{0} 是在收敛域中，则 |z| > r_{0} 的所有 z 的有限值也将在收敛域内。即，若有一个
$$ x[n]=0,\qquad n 的右边序列 x[n]，且 $$ \sum_{n=-\infty}^{+\infty}\mid x[n]\mid r_{0}^{-n}=\sum_{n=N_{1}}^{+\infty}\mid x[n]\mid r_{0}^{-n}<\infty $$ 因此，若 $ r_{0} \leq r_{1} $，则 $$ \sum_{n=N_{1}}^{+\infty}\mid x[n]\mid r_{1}^{-n}\leqslant A\sum_{n=N_{1}}^{+\infty}\mid x[n]\mid r_{0}^{-n} $$ 式中 A 为正常数. （a）证明式（P10.3-1）成立，并用 $ r_{0} $， $ r_{1} $及 $ N_{1} $表示常数A。 （b）根据(a)小题的结果，证明：若 $ x[n] $为一右边序列，且若圆 $ \left|z\right|=r_{0} $在收敛域内，则对于 $ \left|z\right|>r_{0} $的所有有限z值也将在收敛域内. （c）同样，若 x[n] 为左边序列，且圆 $ \left|z\right|=r_{0} $ 在收敛域内，则对于 $ 0<|z| 解： （a）由题可知，对于 $ n < N_{1} $ 时 x[n] = 0 的右边信号，因 $ \left|z\right| = r_{0} $ 在收敛域内，因此 $$ \sum_{n=N_{1}}^{+\infty}\mid x[n]\mid r_{0}^{-n}<\infty $$ 当 $ r_{1} \geqslant r_{0} $ 时，所以 $$ \begin{aligned}\sum_{s=N_{1}}^{+\infty}\mid x[n]\mid r_{1}^{-n}&=\sum_{n=N_{1}}^{+\infty}\mid x[n]\mid\left(r_{0}\frac{r_{1}}{r_{0}}\right)^{-n}\\&=\sum_{n=N_{1}}^{+\infty}\mid x[n]\mid r_{0}^{-n}\left(\frac{r_{1}}{r_{0}}\right)^{-n}\\&\leqslant\left(\frac{r_{1}}{r_{0}}\right)^{-N_{1}}\sum_{n=N_{1}}^{+\infty}\mid x[n]\mid r_{0}^{-n}\end{aligned} $$ 因为 $ \frac{r_{1}}{r_{0}} \geqslant 1 $，n增大时， $ \left(\frac{r_{1}}{r_{0}}\right)^{-n} $是一衰减序列，故式(P10.3-1)成立。其中 $ A=\left(\frac{r_{0}}{r_{1}}\right)^{N_{1}} $。 (b) 式 $ (P10.3-2) $ 表明，若 $ \left|z\right|=r_{0} $ 时， $ X(z) $ 有一确定的 界限 B，则 $ \left|z\right|=r_{1}\geqslant r_{0} $ 时，界限 $ \left(\frac{r_{0}}{r_{1}}\right)^{N_{1}}B\leqslant B $，因此 $$ \left|z\right|=r_{1}\geqslant r_{0} $$ 的所有有限z值，都在收敛域内。 （c）对于 $ n > N_{2} $ 时 x[n] = 0 的左边信号，因 $ \left|z\right| = r_{0} $ 在收敛域内，即 $$ \sum_{n=-\infty}^{N_{2}}\left|x[n]\right|r_{0}^{-n}<\infty $$ 当 $ \left|z\right|=r_{1}\leqslant r_{0} $ 时，所以 $$ \begin{aligned}\sum_{n=-\infty}^{N_{2}}\mid x[n]\mid\bar{r}_{1}^{-n}&=\sum_{n=-\infty}^{N_{2}}\mid x[n]\mid\left(r_{0}\frac{r_{1}}{r_{0}}\right)^{-\infty}\\&=\sum_{n=-\infty}^{N_{2}}\mid x[n]\mid r_{0}^{-\infty}\left(\frac{r_{1}}{r_{0}}\right)^{-\infty}\\&\leqslant\left(\frac{r_{1}}{r_{0}}\right)^{-N_{2}}\sum_{n=-\infty}^{N_{2}}\mid x[n]\mid r_{0}^{-\infty}\end{aligned} $$ 上述不等式是因为 $ \left|n\right| $增大时， $ \left(\frac{r_{1}}{r_{0}}\right)^{-n} $是一衰减序列，故 $$ \left|z\right|=r_{1}\leqslant r_{0} $$ 的所有z值，都在收敛域内。 10.4 求下列各变换对应的时间序列. (a) 利用部分分式法求 $$ X(z)=\frac{1-2z^{-1}}{1-\frac{5}{2}z^{-1}+z^{-1}} $$ 对应的序列 x[n]，且要求 x[n] 是绝对可加的。 (b) 利用长除法求 $$ X(z)=\frac{1-\frac{1}{2}z^{-1}}{1+\frac{1}{2}z^{-1}} $$ 对应的序列，且x[n]是右边序列。 (c) 利用部分分式法求 $$ X(z)\sp{\Rightarrow}\frac{3}{z\sp{\quad-\quad}\frac{1}{4}\sp{\quad-\quad}\frac{1}{8}\sp{\quad z^{-1}\sp{\quad}}} $$ 对应的序列 x[n]，且 x[n] 是绝对可加的。 解： (a) $$ \begin{array}{l}\mathrm{X}(\mathrm{z})=\frac{1-2\mathrm{z}^{-1}}{1-\frac{5}{2}\mathrm{z}^{-1}+\mathrm{z}^{-2}}=\frac{\mathrm{z}^{2}-2\mathrm{z}}{\mathrm{z}^{2}-\frac{5}{2}\mathrm{z}+1}\\ \\ =\frac{\mathrm{z}(\mathrm{z}-2)}{\left(\mathrm{z}-2\right)\left(\mathrm{z}-\frac{1}{2}\right)}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}\mathrm{z}^{-1}}\end{array} $$ 由于要求 $ x[n] $ 是绝对可加的，所以收敛域为 $ \left|z\right| > \frac{1}{2} $，于是得 $$ x[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n] $$ (b) $$ \begin{array}{c}1-\mathrm{z}^{-1}+\frac{1}{2}\mathrm{z}^{-2}-\frac{1}{4}\mathrm{z}^{-3}+\cdots\\1+\frac{1}{2}\mathrm{z}^{-1}\sqrt{1-\frac{1}{2}\mathrm{z}^{-1}}\\1+\frac{1}{2}\mathrm{z}^{-1}\\\frac{-z^{-1}}{-z^{-1}-\frac{1}{2}\mathrm{z}^{-2}}\\\frac{-\cdots\cdots}{+\frac{1}{2}\mathrm{z}^{-2}}\\\cdots\cdots\cdots\end{array} $$ 即 $$ \begin{aligned}X(s)&=1-z^{-1}+\frac{1}{2}z^{-2}-\frac{1}{4}z^{-3}+\cdots\\&=1-z^{-1}\left(1-\frac{1}{2}z^{-1}+\frac{1}{4}z^{-2}-\cdots\right)\end{aligned} $$ 所以得 $ x[n]=\delta[n]-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}u[n-1] $ (c) $$ \begin{aligned}X(z)&=\frac{3}{z-\frac{1}{4}-\frac{1}{8}z^{-1}}=\frac{3z}{\left(z+\frac{1}{4}\right)\left(z-\frac{1}{2}\right)}\\&=\frac{A}{z+\frac{1}{4}}+\frac{B}{z-\frac{1}{2}}\end{aligned} $$ 其中 $$ A=\frac{3z}{z-\frac{1}{2}}\bigg|_{z=-\frac{1}{4}}=1\quad B=\frac{3z}{z+\frac{1}{4}}\bigg|_{z=\frac{1}{2}}=2 $$ 代入 A、B 得 $$ X(z)=\frac{1}{z+\frac{1}{4}}+\frac{2}{z-\frac{1}{2}}=z^{-1}\left[\frac{1}{1+\frac{1}{4}z^{-1}}+\frac{2}{1-\frac{1}{2}z^{-1}}\right] $$ 由于要求 x[n] 是绝对可加的，所以它是收敛域包括单位圆的右边信号，得 $$ x[n]=\left(-\frac{1}{4}\right)^{n-1}u[n-1]+2\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}u[n-1] $$ 10.5 对于下列各变换，分别用部分分式展开法和长除法确定它们的逆变换. (a) $$ X(z)\;=\;{\frac{1}{1+{\frac{1}{2}}z^{-1}}},~|z|>{\frac{1}{2}} $$ (b) $$ X(z)=\frac{1}{1+\frac{1}{2}z^{-1}},\mid z\mid<\frac{1}{2} $$ (c) $$ c)X(z)=\frac{1-\frac{1}{2}z^{-1}}{1+\frac{3}{4}z^{-1}+\frac{1}{8}z^{-2}},\qquad|z|>\frac{1}{2} $$ (d) $$ X(z)=\frac{1-\frac{1}{2}z^{-1}}{1-\frac{1}{4}z^{-2}},\qquad|z|>\frac{1}{2} $$ $$ (e)\;X(z)=\frac{1-a z^{-1}}{z^{-1}-a},\qquad|z|>\left|\frac{1}{a}\right| $$ 解： (a) 因 $ X(z) $ 本身就是简单分式，无需展开，又因为 $$ \left|z\right|>\frac{1}{2} $$ 所以 $$ x[n]=\left(-\frac{1}{2}\right)^{*}u[n] $$ 用长除法：因 x[n] 是右边序列，采用降幂排列相除。 $$ \begin{array}{c}{1+\frac{1}{2}~z^{-1}\sqrt{\frac{1}{1+\frac{1}{2}~z^{-1}}}\\ {\frac{-\frac{1}{2}~z^{-1}}{-\frac{1}{2}~z^{-1}}}\\ {\frac{-\frac{1}{2}~z^{-1}-\frac{1}{4}~z^{-2}}{\frac{1}{4}~z^{-2}}}\\ {\cdots\cdots}\end{array} $$ 所以 $ X(z)=1-\frac{1}{2}z^{-1}+\frac{1}{4}z^{-2}-\frac{1}{8}z^{-3}+\cdots $ $$ x[n]=\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}u[n] $$ (b) 因 $ X(z) $ 本身就是简单分式，无需展开，又因为 $$ |z|<\frac{1}{2}, $$ 所以 $$ x[n]=-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}u[-n-1] $$ 用长除法：因为是左边序列，故采用升幂排列相除 $$ \begin{array}{r}{\frac{1}{2}z^{-1}+1\sqrt{\begin{array}{l}{\frac{2z-4z^{2}+8z^{3}-\cdots}{1}}\\ {\frac{1+2z}{-2z}}\\ {\frac{\quad-2z-4z^{2}}{\quad4z^{2}}}\\ {\frac{4z^{2}+8z^{3}}{-8z^{3}}}\end{array}}}\end{array} $$ 所以 $$ \begin{aligned}X(z)=&-\left(\frac{1}{2}\right)^{-1}z-\left(-\frac{1}{2}\right)^{-2}z^{2}-\left(-\frac{1}{2}\right)^{-3}z^{3}+\cdots\\&x[n]=-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}u[-n-1]\end{aligned} $$ (c) 用部分分式法将 $ X(z) $ 分为 $$ x(z)=\frac{1-\frac{1}{2}\mathrm{~z}^{-1}}{1+\frac{3}{4}\mathrm{~z}^{-1}+\frac{1}{8}\mathrm{~z}^{-2}}=\frac{A}{1+\frac{1}{4}\mathrm{~z}^{-1}}+\frac{B}{1+\frac{1}{2}\mathrm{~z}^{-1}} $$ 其中 $$ A=\frac{1-\frac{1}{2}\mathrm{~z}^{-1}}{1+\frac{1}{2}\mathrm{~z}^{-1}}\bigg|_{\mathrm{z}^{-1}=4}=-3,\quad B=\frac{1-\frac{1}{2}\mathrm{~z}^{-1}}{1+\frac{1}{4}\mathrm{~z}^{-1}}\bigg|_{\mathrm{z}^{-1}=-2}=4 $$ 所以 $ X(z)=\frac{-3}{1+\frac{1}{4}z^{-1}}+\frac{4}{1+\frac{1}{2}z^{-1}} $ 又因为 $ \left|z\right| > \frac{1}{2} $，所以 $$ x[n]=\left[-3\left(-\frac{1}{4}\right)^{n}u[n]+4\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}\right]u[n] $$ 用长除法： $$ 1+\frac{3}{4}z^{-1}+\frac{1}{8}z^{-2}\sqrt{\frac{1-\frac{5}{4}z^{-1}+\frac{3}{16}z^{-2}-\cdots}{1-\frac{1}{2}z^{-1}}}}\\\frac{1+\frac{3}{4}z^{-1}+\frac{1}{8}z^{-2}}{-\frac{5}{4}z^{-1}-\frac{1}{8}z^{-2}}\\-\frac{5}{4}z^{-1}-\frac{15}{16}z^{-2}-\frac{5}{32}z^{-3}\\\frac{13}{16}z^{-2}+\frac{5}{32}z^{-3}}{\frac{13}{16}z^{-2}+\frac{39}{64}z^{-3}+\frac{13}{128}z^{-4}}\\-\frac{29}{64}z^{-3}-\frac{13}{128}z^{-4} $$ 所以 $ X(z)=1-\frac{5}{4}z^{-1}+\frac{3}{10}z^{-2}-\cdots $ $$ x[n]=\left[4\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}-3\left(-\frac{1}{4}\right)^{n}\right]u[n] $$ (d) $$ X(z)\;=\;\frac{1-\frac{1}{2}\;z^{-1}}{1-\frac{1}{4}\;z^{-2}}\;=\;-\frac{1}{1+\frac{1}{2}\;z^{-1}} $$ 因为 $ \left|z\right| > \frac{1}{2} $，所以 $$ x[n]=\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}u[n] $$ 长除法与(a)小题同. (e) 用部分分式将 $ x(z) $ 分解为 $$ X(z)=\frac{1-a z^{-1}}{z^{-1}-a}=\frac{z^{-1}}{1-\frac{1}{a}z^{-1}}-\frac{\frac{1}{a}}{1-\frac{1}{a}z^{-1}} $$ 因为 $ \left|x\right| > \frac{1}{a} $，所以 $$ x[n]=\left(\frac{1}{a}\right)^{n-1}u[n-1]-\left(\frac{1}{a}\right)^{n+1}u[n] $$ 长除法与(e)小题类同，故略。 10.6 设有一个变换为 $$ X(z)=\frac{1}{\left(1-\frac{1}{2}z^{-1}\right)\left(1-z^{-1}\right)} $$ 的右边序列。 （a）将式(P 10.6)部分分式展开，并表示成 $ z^{-1} $的多项式之比，由该式确定 $ x[n] $。 (b) 将式 $ (P\ 10.6) $ 展开成 z 的多项式之比，并由该式确定 $ x[n] $。证明所得序列 $ x[n] $ 与 (a) 小题的 x[n] 相同。 解： (a) $$ \begin{aligned}X(z)&=\frac{1}{\left(1-\frac{1}{2}z^{-1}\right)(1-z^{-1})}\\&=\frac{-1}{1-\frac{1}{2}z^{-1}}+\frac{2}{1-z^{-1}}\end{aligned} $$ 所以 $$ \begin{aligned}x[n]&=-\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]+2u[n]\\&=\left[-\left(\frac{1}{2}\right)^{n}+2\right]u[n]\end{aligned} $$ (b) $$ \begin{array}{l}\mathrm{Y}(z)\ =\frac{1}{\left(1-\frac{1}{2}\,z^{-1}\right)\left(1-z^{-1}\right)}\\ \quad=z^{2}\cdot\,\frac{1}{\left(z-\frac{1}{2}\right)\left(z-1\right)}\\ \quad=z\left(\frac{-2z}{z-\frac{1}{2}}+\frac{2z}{z-1}\right)\end{array} $$ $$ \begin{aligned} 所以 x[n]&=-2\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}u[n+1]+2(1)^{s+1}u[n+1]\\&=\left[-\left(\frac{1}{2}\right)^{n}+2\right]u[n+1]\end{aligned} $$ 因为 $ x[-1]=\left[-\left(\frac{1}{2}\right)^{-1}+2\right]=0 $，所以 $$ x[n]=\left[-\left(\frac{1}{2}\right)^{n}+2\right]u[n] $$ 故与(a)小题结果相同. 10.7 考虑变换为 $$ X(z)=\frac{1}{\left(1-\frac{1}{2}z^{-1}\right)\left(1-z^{-1}\right)} $$ 的左边序列 x[n]. (a) 将 $ X(x) $ 改写成 z 的多项式之比。 (b) 将 $ X(x) $ 按部分分式展开，并确定 x[n]。 解： (a) $$ \begin{aligned}X(z)&=\frac{1}{\left(1-\frac{1}{2}z^{-1}\right)(1-z^{-1})}\\&=\frac{z^{2}}{\left(z-\frac{1}{2}\right)(z-1)}\end{aligned} $$ (b) $$ \begin{aligned}X(z)&=z^{2}\left(\frac{A}{z-\frac{1}{2}}+\frac{B}{z-1}\right)\\&=z\left(\frac{-2z}{z-\frac{1}{2}}+\frac{2z}{z-1}\right)\end{aligned} $$ 因为 x[n] 是左边序列，且 $ a^{s}u[-n-1]\leftrightarrow\frac{z}{z-a} $，所以 $$ \begin{aligned}x[n]&=-2\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}u[-n-2]+2u[-n-2]\\&=\left[-\left(\frac{1}{2}\right)^{n}+2\right]u[-n-2]\end{aligned} $$ 10.8 一个右边序列 x[n]，其变换为 $$ X(z)=\frac{3z^{-10}+z^{-7}-5z^{-2}+4z^{-1}+1}{z^{-10}-5z^{-7}+z^{-3}} $$ 试确定 n<0 时的 x[n]. 解： 因为 x[n] 是右边序列，将 $ X(z) $ 按 z 的降幂排列相除得 $$ X(z)=z^{3}+4z^{2}-5z+\cdots\cdots\cdots $$ 其对应的时间序列 x[n] 为 $$ x[n]=\delta[n+3]+4\delta[n+2]-5\delta[n+1]+\cdots $$ 所以 $ x[-3]=1 $, $ x[-2]=4 $, $ x[-1]=-5 $ n < -3 时， $ x[n] = 0 $ 10.9 (a) $ x_{1}[n] $ 是变换为 $ X_{1}(z)=e^{z} $ 的左边序列，通过将 $ X_{1}(z) $ 在 z=0 点展开成台劳级数，确定 $ x_{1}[n] $. (b) $ x_{2}[n] $ 是 Z 变换为 $ X_{2}(z)=e^{\frac{1}{z}} $ 的右边序列，用与上面相同的方法确定 $ x_{2}[n] $。 解： (a) 因 $ x_{1}[n] $ 是左边序列，所以 $$ X_{1}(z)=e^{z}=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{n!}z^{n}=\sum_{n=-\infty}^{0}\frac{1}{(-n)!}z^{-n} $$ $$ x_{1}[n]=\frac{1}{(-n)!}u[-n] $$ (b) 因 $ x_{2}[n] $ 是右边序列，所以 $$ X_{2}(z)=e^{\frac{1}{z}}=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{n!}z^{-n} $$ $$ x[n]=\frac{1}{n!}u[n] $$ 10.10 利用幂级数展开式 $$ \log\left(1-w\right)=-\sum_{i=1}^{+\infty}\frac{w^{i}}{i},\quad|w|<1\quad(P10.10-1) $$ 确定下面两个Z变换各自的逆Z变换。 (a) $$ X(z)=\log(1-2z),|z|<\frac{1}{2} $$ (b) $$ X(z)=\log\left(1-\frac{1}{2}z^{-1}\right),\quad|z|>\frac{1}{2} $$ 解： (a) 因 $ |z| < \frac{1}{2} $，所以 x[n] 是左边序列，由 $ (P10.10-1) $ 式得 $$ \log\left(1-2z\right)=-\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2^{n}z^{n}}{n}=-\sum_{n=-\infty}^{-1}\frac{-2^{-n}}{n}z^{-n} $$ 所以 $ x[n]=\frac{2^{-n}}{n}u[-n-1] $ (b) 因 $ |z| > \frac{1}{2} $，所以 x[n] 是右边序列， $$ \log\left(1-\frac{1}{2}z^{-1}\right)=-\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\left(\frac{1}{2}\right)^{n}}{n}z^{-n} $$ 所以 $ x[n] = -\frac{2^{-n}}{n} u[n-1] $ 10.11 (a) 确式序列 $$ x[n]=\delta[n]-0.95\delta[n-6] $$ 的z变换 $ X(z) $ (b) 画出 $ (a) $ 中 $ X(z) $ 的零-极点图. (c) 当极点和零点到单位圆的矢量沿单位圆移动时，画 $ x[n] $ 的傅氏变换的近似图形. 解： (a) $ x[n] $ 的变换为 $$ X(z)=1-0.95z^{-6}=\frac{z^{6}-0.95}{z^{6}},\quad|z|>0 $$ (b) 由 $ X(z) $ 可知，它在 z = 0 处有一 6 阶极点，零点为 $$ z_{k}=(0.95)^{1/6}e^{-j\frac{k\pi}{3}},\quad k=0,\quad1,\cdots5 $$ 其零-极点图如图 P10.11(a) 所示. (c) 傅氏变换的近似幅值图如图 P10.11(b) 所示. 10.12 利用频率响应的几何求解法，对于图 P10.12 所示各零-极点图，分别画出它们傅氏变换的幅值. 解： 频率响应的幅值为 $$ |x(e^{i\omega})|=\frac{\displaystyle\prod_{r=1}^{\dot{M}}A_{r}}{\displaystyle\prod_{k=1}^{N}B_{k}} $$ 式中 $ A_{r} $ 和 $ B_{k} $ 分别表示 z 平面零点和极点到单位圆某点 $ e^{i\omega} $ 的矢量长度。若此点在单位圆上不断移动，就可得到全部频率响应。 与图 P10.12(a)、(b)、(c)、(d)、(e) 对应的傅氏变换幅值如图 P10.12-1 所示。 10.13 图 P 10.13-1 表示一个一阶离散时间全通系统的零 一极点图. (a) 用代数式证明 $ \left|H(e^{iQ})\right| $ 是常数. （b）利用图 P10.13-2 中的矢量关系，余弦定理确定 $ v_{1} $ 的长度。 （c）同样，利用余弦定理确定图 P10.13-2 中 $ v_{2} $ 的长度，并证明 $ v_{2} $ 的长度与 $ v_{1} $ 的长度成正比，而与 Q 无关. 解： （a）由图 P10.13-1 的零-极点图，对于单位圆上的任一点 $ e^{i\phi} $，可写出系统的传递函数为 $$ H(e^{i\mathcal{Q}})=A\frac{e^{i\mathcal{Q}}-\frac{1}{a}}{e^{i\mathcal{Q}}-a} $$ 所以 $$ \begin{aligned}|\boldsymbol{H}(e^{i\mathcal{Q}})|&=\boldsymbol{A}\cdot\left|\frac{e^{i\mathcal{Q}}-\frac{1}{a}}{e^{i\mathcal{Q}}-a}\right|=\boldsymbol{A}\cdot\left|\frac{\cos\mathcal{Q}-\frac{1}{a}+j\sin\mathcal{Q}}{\cos\mathcal{Q}-a+j\sin\mathcal{Q}}\right|\\&=\boldsymbol{A}\cdot\left|\frac{1}{a}\right|\end{aligned} $$ 显然，它是与频率Q无关的常数。 （b）在图 P10.13-2 的单位圆中，由半径 1 矢量 $ v_{1} $ 和极点矢量 $ \alpha $ 构成的三角形中，由余弦定理 $$ |\pmb{v}_{1}|^{2}=1+\pmb{a}^{2}-2\pmb{a}\cos\mathcal{Q} $$ （c）同样，由半径1、矢量 $ v_{2} $和零点矢量1/a构成的三角形中 $$ \begin{aligned}\left|\boldsymbol{v}_{2}\right|^{2}&=1+\frac{1}{a^{2}}-\frac{2}{a}\cos\mathcal{Q}\\&=\frac{1}{a^{2}}\left[a^{2}+1-2a\cos\mathcal{Q}\right]=\frac{1}{a^{2}}\left|\boldsymbol{v}_{1}\right|^{2}\end{aligned} $$ 可见， $ \left|v_{2}\right| $ 与 $ \left|v_{1}\right| $ 成比例，且与频率无关。 10.14 考虑一个变换 $ X(z) $ 为有理分式的实序列 x[n]. （a）由变换定义证明： $$ X(z)=X^{*}(z^{*}) $$ （b）根据（a）的结果，证明若 $ x = x_{0} $ 是 $ X(x) $ 的一个极点（或零点），则 $ x = z_{0}^{*} $ 也是 $ X(x) $ 的极点（或零点）。 (c) 利用下列各序列，验证 (b) 的结论. (i) $ x[n] = \left[\frac{1}{2}\right]^{*} u[n] $ (ii) $ x[n] = \delta[n] - \frac{1}{2}\delta[n-1] + \frac{1}{4}\delta[n-2] $ 解： (a) 因为 x[n] 是实序列，即 $ x^{*}[n] = x[n] $. 所以 $ X(x)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n]z^{-n} $ $$ X(z^{*})=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n](z^{*})^{-n}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n](z^{-n})^{*} $$ 上式中两边取共轭 $$ \begin{aligned}{X^{*}(z^{*})=}&{{}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x^{*}[n](z^{-n})}\\ {=}&{{}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n]z^{-n}=X(z)}\\ \end{aligned} $$ 即证。 (b) 由 (a) 小题结果有 $ X^{*}(x)=X(z^{*}) $，若 $ z=z_{0} $ 是 $ X(z) $ 的一零点，即 $ X(z_{0})=0 $。所以 $$ X(z_{0}^{*})=X^{*}(z_{0})=[X(z_{0})]^{*}=0 $$ 故 $ z = z_{0}^{*} $ 也是 $ X(x) $ 的一个零点。 若 $ z = z_{0} $ 是 $ X(z) $ 的一个极点，即 $ \frac{1}{X(z_{0})} = 0 $ 所以 $$ \frac{1}{X(z_{0}^{*})}=\frac{1}{X^{*}(z_{0})}=\left[\frac{1}{X(z_{0})}\right]^{*}=0 $$ 即 $ z = z_{0} $ 也是 $ X(z) $ 的一个极点。 (c) (i) x[n] 的变换为 $$ X(z)=\frac{1}{1-\frac{1}{2}z^{-1}},\ |z|>\frac{1}{2} $$ $ z_{0}=\frac{1}{2} $ 是 $ X(z) $ 的一个极点，显然 $ z_{0}^{*}=\frac{1}{2} $ 也是 $ X(z) $ 的一个极点，因 $ z_{0} $ 是实数。 (ii) $ x[n] $ 的变换为 $$ \begin{aligned}X(z)&=1-\frac{1}{2}z^{-1}+\frac{1}{4}z^{-2}\\&=\frac{z^{2}-\frac{1}{2}z+\frac{1}{4}}{z^{2}}\\&=\frac{\left(z-\frac{1}{4}+j\frac{\sqrt{3}}{4}\right)\left(z-\frac{1}{4}-j\frac{\sqrt{3}}{4}\right)}{z^{2}}\\ \end{aligned} $$ $ X(x) $ 有一对共轭零点 $ z_{0}=\frac{1}{4}\pm j\frac{\sqrt{3}}{4} $，显然其共轭值 $ z_{0}^{*} $ 也是 $ X(x) $ 的一对共轭零点。 10.15 设序列 $ x_{1}[n] $ 及 $ x_{2}[n] $ 的变换分别为 $ X_{1}(z) $ 及 $ X_{2}(z) $，其中 $ x_{1}[n] $ 与 $ x_{2}[n] $ 的关系为 $$ x_{2}[n]=x_{1}[-n] $$ 证明 $ X_{2}(z)=X_{1}\left(\frac{1}{z}\right) $. 由此进一步证明，若 $ z=z_{0} $ 是 $ X_{1}(z) $ 的一个极点（或零点），则 $ z=\frac{1}{z_{0}} $ 是 $ X_{2}(z) $ 的一个极点（或零点）. 解： 因 $ x_{2}[n]=x_{1}[-n] $，由变换定义得 $$ \begin{aligned}\boldsymbol{X}_{2}(z)&=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x_{2}[n]z^{-s}\\&=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x_{1}[-n]z^{-n}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x_{1}[n]z^{s}\\&=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x_{1}[n]\left(\frac{1}{z}\right)^{-s}\\&=X_{1}\left(\frac{1}{z}\right), 即证。\end{aligned} $$ 可见，如果 $ X_{1}(z_{0})=0 $ (或 $ -\infty $), 则有 $$ X_{2}\left(\frac{1}{z_{0}}\right)=X_{1}(z_{0})=0 $$ (或 $ \infty $). 所以若 $ z=z_{0} $是 $ X_{1}(z) $的零点(或极点)，则 $ z=\frac{1}{z_{0}} $是 $ X_{2}(z) $的零点(或极点). 10.16 设 x[n] 是一个具有有理 z 变换 $ X(z) $ 的偶序列。 （a）由Z变换定义证明 $$ X(z)=X\left(\frac{1}{z}\right)。 $$ (b) 由(a)小题结果证明。若 $ z = z_{0} $ 是 $ X(z) $ 的一个极点（或零点），则 $ z = \frac{1}{z_{0}} $ 也是 $ X(z) $ 的一个极点（或零点）。 (c) 利用下列各序列，验证 (b) 小题的结论. (i) $ \delta[n+1] + \delta[n-1] $ (ii) $ \delta[n+1]-\frac{5}{2}\delta[n]+\delta[n-1] $ (d) 将(b)小题和10.14(b)小题两者的结果相结合，证明对于一个实值偶序列，若 $ z = \rho e^{i\theta} $ 是 $ H(z) $ 的一极点（或零点），则 $$ z=\frac{1}{\rho}e^{j\theta}\ 和 \ z=\frac{1}{\rho}e^{-j\theta} $$ 也是 $ H(z) $ 的极点(或零点). 解： (a) 因 $ x[n] = x[-n] $，由变换定义 $$ X\left(\frac{1}{z}\right)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n]\left(\frac{1}{z}\right)^{-n}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[-n]\left(\frac{1}{z}\right)^{-n} $$ 令 n = -n 得 $$ X\left(\frac{1}{z}\right)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x[n]\left(\frac{1}{z}\right)^{n}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n]z^{-n}=X(z) $$ (b) 若 $ z = z_{0} $ 是 $ X(x) $ 的一个极点（或零点），所以 $$ X(z_{0})=\infty\ ( 或 \ 0) $$ 由(a)小题结论 $$ X\left(\frac{1}{z_{0}}\right)=X(z_{0})=\infty\quad( 或 0) $$ 故 $ 1/z_{0} $ 也是 $ X(x) $ 的一个极点（或零点）。 (c) (i) x[n]的 $ \not\exists $ 变换为 $$ X(z)=z+z^{-1}=\frac{z^{2}+1}{z}=\frac{(z+j)(z-j)}{z}\mid z\mid>0 $$ 可见， $ z_{0}=\pm i $ 是 $ X(x) $ 的零点， $ z_{p}=0 $ 是 $ X(x) $ 的极点。显然， $ \frac{1}{z_{0}}=\frac{1}{\pm i}=\mp i $ 也是 $ X(x) $ 的零点， $ \frac{1}{z_{p}}=\frac{1}{0}=\infty $ 也是 $ X(x) $ 的极点。 (ii) x[n] 的变换为 $$ \begin{aligned}X(z)&=z-\frac{5}{2}+z^{-1}=\frac{z^{2}-\frac{5}{2}z+1}{z}\\&=\frac{(z-2)\left(z-\frac{1}{2}\right)}{z}\quad\left|z\right|>0\end{aligned} $$ 可见，在 $ z_{01}=\frac{1}{2} $ 有零点，在 $ z_{02}=\frac{1}{z_{01}}=2 $ 上也有零点。在 $ z_{p}=0 $ 上有极点，在 $ \frac{1}{z_{p}}=\infty $ 上也有极点。 (d) 根据 (b) 小题结果可知，若 $ z = \rho e^{i\theta} $ 是 $ H(z) $ 的极点（或零点），则 $ 1/z = \frac{1}{\rho} e^{-i\theta} $ 也是 $ H(z) $ 的极点（或零点）。 由题 P10.14(b) 小题可知，对于实值偶序列满足 $$ X^{*}(z^{*})=X(z)=X\left(\frac{1}{z}\right) $$ 所以若 $ z = \rho e^{i\theta} $ 是极点（或零点），则 $ 1/z = \frac{1}{\rho} e^{i\theta} $ 和 $$ (1/z)^{*}=\frac{1}{\rho}\;e^{i\theta} $$ 也是极点(或零点). 10.17 (a) 证明下列 2 变换的特性 (i) $ x[n \rightarrow n_0] \leftrightarrow z^{-n_0} X(z) $ (ii) $ a^n x[n] \leftrightarrow X(a^{-1} z) $ (iii) $ x[-n] \leftrightarrow X(z^{-1}) $ （b）设 $ X(z) $ 表示 x[n] 的 Z 变换， $ R_{x} $ 表示其收敛域。试用 $ X(z) $ 和 $ R_{x} $ 确定下列各序列的 Z 变换及其收敛域。 (i) $ x^{*}[n] $ (ii) $ z_{0}^{n}x[n] $，式中 $ z_{0} $ 是一复常数 解： (a) (i) $ X(z) = \sum_{n=-\infty}^{+\infty} x[n]z^{-n}, \alpha < |z| < \beta $ y[n] = x[n - n_{0}]，则 设 $$ Y\left(z\right)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x\left[n-n_{0}\right]z^{-s} $$ 又设 m=n-n_{0}，则 $$ \begin{aligned}\mathbf{Y}\left(z\right)&=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}x\left[m\right]z^{-m-s_{0}}\\&=z^{-s_{0}}\sum_{m=-\infty}^{+\infty}x\left[m\right]z^{-m}\\&=z^{-s_{0}}x\left(z\right)\qquad\alpha<\left|z\right|<\beta\end{aligned} $$ 由于因子 $ z^{-n_{0}} $ 的存在，当 $ n_{0}>0 $ 时，可能增加 z=0 的极点或抵消 z=0 的零点；当 $ n_{0}<0 $ 时，可能增加 $ z=\infty $ 的极点，或抵消 $ z=\infty $ 的零点。 (ii) $ X(z) = \sum_{n=-\infty}^{+\infty} x[n]z^{-n} \quad \alpha < |z| < \beta $ 设 $ y[n] = a^{n}x[n] $，则 $$ \begin{aligned}Y(z)&=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n](a^{-1}z)^{-n}, α <|a^{-1}z|<β\\&=X(a^{-1}z)\quad|a|\alpha<|z|<|a|\beta\end{aligned} $$ (iii) $ X(z) = \sum_{n=-\infty}^{+\infty} x[n]z^{-n}, \alpha < |z| < \beta $ 设 $ y[n] = x[-n] $，则 $$ \mathrm{Y}\left(z\right)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x\left\lbrack-n\right\rbrack z^{-n} $$ 又设 m = -n，则 $$ Y(z)=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}x[m](z^{-1})^{-m}=X(z^{-1}),\quad\frac{1}{\beta}<|z|<\frac{1}{\alpha} $$ (b) (i) $ X(z) = \sum_{n=-\infty}^{+\infty} x[n]z^{-n}, \alpha < |z| < \beta $ 设 $ y[n] = x^{*}[n] $，则 $$ Y\left(z\right)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x^{*}[n]z^{-n}\quad\alpha<\mid z\mid<\beta $$ （因为 $ \left|x^{*}[n]\right|=\left|x[n]\right| $，所以收敛域 $ R_{x} $相同） 而且 $$ \mathrm{Y}^{*}(z)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n](z^{-n})^{*} $$ 又因 $$ (z^{-n})^{*}=(\bar{z}^{*})^{-n} $$ $$ Y^{*}(z)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n](z^{*})^{-s} $$ 所以 $$ Y^{*}(z^{*})=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n]z^{-n}=X(z) $$ 因而 $ \Upsilon(z)=X^{*}(z^{*})\leftrightarrow x^{*}[n],\alpha<|z|<\beta $ （ii）利用（a）（ii）小题的结果，得 $$ z_{0}^{n}x[n]{\longleftrightarrow}X(z_{0}^{-1}z)\quad|z_{0}|{\alpha}<|z|<|z_{0}|{\beta} $$ 其中 $ X(z) $ 的收敛域为 $ \alpha < |z| < \beta $. 10.18 (a) 若 x[n] 是逆因果的序列（即 n > 0 时， $ x[n] = 0 $），证明对应于逆因果信号 $ x[n] $ 的初值定理。 (b) 证明若 n<0 时， $ x[n]=0 $，则 $$ x[1]=\lim_{z\to\infty}z\big(X(z)-x[0]\big) $$ 解： （a）设 n>0 时， $ x[n]=0 $，则 $$ \begin{aligned}X(z)&=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n]z^{-n}=\sum_{n=-\infty}^{0}x[n]z^{-n}\\&=x[0]+x[-1]z+x[-2]z^{2}+\cdots\end{aligned} $$ 可见 $$ \lim_{x\to0}X(z)=x[0] $$ (b) 设 n<0 时， $ x[n]=0 $，则 $$ \begin{aligned}X(z)&=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n]z^{-n}=\sum_{n=0}^{+\infty}x[n]z^{-n}\\&=x[0]+x[1]z^{-1}+x[2]z^{-2}+\cdots\end{aligned} $$ 两端乘以z得 $$ z X(z)=z x[0]+x[1]+x[2]z^{-1}+\cdot\cdot\cdot $$ $$ z\left\{X(z)-x[0]\right\}=x[1]+x[2]z^{-1}+x[3]z^{-2}+\cdots $$ 可见 $$ \lim_{z\to\infty}z\{X(z)-x[0]\}=x[1], 即证。 $$ 10.19 先对 $ X(z) $ 微分，再根据 Z 变换的特性来求下列各变换的对应序列 x[n]。 $$ (a)X(z)=\log\left(1-2z\right),\quad|z|<\frac{1}{2} $$ (b) $$ X(z)=\log\left(1-\frac{1}{2}z^{-1}\right),\quad|z|>\frac{1}{2} $$ 最后将所得的结果与10.10题采用幂级数法所得的结果作一比较。 解： (a) $$ X(z)=\log\left(1-2z\right),\quad|z|<\frac{1}{2} $$ $$ \frac{d}{dz}X(z)=\frac{-2}{1-2z}=\frac{-z^{-1}}{1-\frac{1}{2}z^{-1}} $$ 根据 z 域的微分特性 $$ -z\;\frac{d}{d z}\;X(z)\longleftrightarrow n x[n] $$ 得 $$ -z\;\frac{d}{d z}\;X(z)\;=\;{\frac{-1}{1-{\frac{1}{2}}\;z^{-1}}}\longleftrightarrow\left({\frac{1}{2}}\right)^{n}u[-n-1] $$ 得 $$ x[n]=\frac{(2)^{-n}}{n}u[-n-1] $$ (b) $$ X(z)=\log\left(1-\frac{1}{2}z^{-1}\right)\quad|z|>\frac{1}{2} $$ $$ \begin{aligned}&\frac{d}{dz}X(z)=\frac{-\frac{1}{2}z^{-2}}{1-\frac{1}{2}z^{-1}}\\ &\\ &-z\frac{d}{dz}X(z)=\frac{-\frac{1}{2}z^{-1}}{1-\frac{1}{2}z^{-1}}\longleftrightarrow-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}u[n-1]\\ \end{aligned} $$ 得 $$ x[n]=-\frac{(2)^{-n}}{n}u[n-1] $$ 10.20 设 x[n] 为一因果序列，x[0] 为非零值且是有限的。 （a）根据初值定理，证明在 $ z = \infty $ 上， $ X(z) $ 无极点或零 点。 (b) 作为 (a) 小题的结果，证明在有限 x 平面（不包括 $ z \rightarrow \infty $ 的平面）内 X(z) 的极点数等于零点数。 解： $$ (a),\quad X(z)=x[0]+x[1]z^{-1}+x[2]z^{-2}+\cdots+x[n]z^{-n}+\cdots. $$ 已知 n<0 时 $ x[n]=0 $，根据初值定理 $$ \lim_{\varepsilon\to\infty}X(z)=x[0] $$ 由于给出 $ x[0] \neq 0 $，且是有限的，因而 $ z \to \infty $ 时， $ X(z) $ 有一非零的有限值，所以在 $ z = \infty $ 上 $ X(z) $ 无极点或零点。 $$ X(x)=\frac{A\prod\limits_{i=1}^{N}\left(z-x_{oi}\right)}{\prod\limits_{i=1}^{p}\left(z-z_{pi}\right)} $$ (b) 假设 式中 N 为零点数，p 为极点数。利用 (a) 小题中的结果，当 $ z \to \infty $ 时， $ X(z) $ 不趋于无限大，故 $ N \leq p $；当 $ z \to \infty $ 时， $ X(z) $ 不趋于零，故 $ p \leq N $，所以只可能 N = p，即零点数等于极点数。 另外，也可这样来说明：因为有理 $ \varnothing $变换是由 $ \left(\frac{1}{z-z_{p}}\right) $和 $ (z-z_{0}) $各因子之积组成的。而 $ \frac{1}{z-z_{p}} $在 $ z=z_{p} $上有一极点，而在 $ z=\infty $上有一零点。相反， $ (z-z_{0}) $在 $ z=z_{0} $上有零点，而在 $ z=\infty $上有极点。可见它们都给出一个极点和一个零点。因而，在整个z平面上的z变换，其极点数等于零点数。 然而，由(a)小题可知，它在 $ z=\infty $处既无极点也无零点。因而，所有的极点和零点都在有限x平面内，而且在有限z平面内它保持着极点数等于零点数。
10.21 设卷积和为
$$ x_{3}[n]=x_{1}[n]*x_{2}[n]=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x_{1}[k]x_{2}[n-k],(P10.21) $$
(a) 利用 z 变换定义式
$$ X(z)\triangleq\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n]z^{-n} $$
取式 $ (P_{10.21}) $的z变换，证明
$$ X_{3}(z)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x_{1}[\hat{k}]\hat{X}_{2}(z) $$
其中
$$ \hat{X}_{2}(z)=\mathcal{Z}\{x_{2}[n-k]\} $$
(b) 利用 (a) 小题中的结果及位移特性, 证明
$$ X_{3}(z)=X_{2}(z)\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x_{1}[k]z^{-k} $$
(c) 由 (b) 小题证明
$$ X_{3}(z)=X_{1}(z)X_{2}(z) $$
解：
(a) 对式(P10.21)两边取z变换，得
$$ \begin{aligned}{X_{3}(z)}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\left\{\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x_{1}[k]x_{2}[n-k]\right\}z^{-n}}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x_{1}[k]\left\{\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x_{2}[n-k]z^{-n}\right\}}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x_{1}[k]\hat{X}_{2}(z)}\\ \end{aligned} $$
$$\hat{X}_{2}(z)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x_{2}[n-k]z^{-n}=\mathcal{Z}\{x_{2}[n-k]\}$$
其中
(b) 根据位移特性，即
$$ x[n-k]\longleftrightarrow z^{-k}X_{2}(z) $$
有
$$ X_{3}(z)\;=\;\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x_{1}[\bar{k}]z^{-k}X_{2}(z)\;=\;X_{2}(z)\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x_{1}[\bar{k}]z^{-k} $$
(c) 由于
$$ \sum_{k=-\infty}^{+\infty}x_{1}[k]z^{-k}=X_{1}(z) $$
由(b)小题可得
$$ X_{3}(z)=X_{1}(z)X_{2}(z)\quad 收敛域：\quad R_{x_{1}}\cap\bar{R}_{x_{2}} $$
10.22 序列 x[n] 的自相关序列 $ \phi_{xx}[n] $ 定义为
$$ \phi_{x x}[n]=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[\bar{k}]x[n+\bar{k}] $$
试用 $ x[n] $ 的 $ \mathfrak{Z} $ 变换来确定 $ \phi_{xx}[n] $ 的 $ \mathfrak{Z} $ 变换。
解：
$$ \begin{aligned}{\varPhi_{z x}(z)}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\phi_{z x}[n]z^{-n}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\sum_{k=-\infty}^{-\infty}x[k]x[n+k]z^{-n}}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[k]\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n+k]z^{-n}}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[k]z^{k}X(z)=X(z)X(1/z)}\\ \end{aligned} $$
或可看作 x[n] 和 x[-n] 的卷积和，即
$$ \begin{aligned}{\phi_{x x}[n]}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[k]x[n+k]}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[k]x[n-(-k)]=x[n]*x[-n]}\\ \end{aligned} $$
而
$$ x[-n]\longleftrightarrow X(1/z) $$
所以
$$ \varPhi_{z z}(z)=X(z)X(1/z) $$
10.23 设 x[n] 为 Z 变换为 $ X(z) $ 的离散时间信号。用 $ X(z) $ 表示下列各信号的 Z 变换。
(a) $ \Delta x[n] $，其中 $ \Delta $是一阶反向差分算子，定义为
$$ \triangle x[n]=x[n]-x[n-1] $$
(b) $ x_{1}[n]=\left\{\begin{aligned}&x[n/2],&n 为偶数 \\ &0,&n 为奇数\end{aligned}\right. $
(c) $ x_{1}[n] = x[2n] $
解：
(a) $ \Delta x[n] $ 的变换为
$$ \begin{aligned}{\mathcal{Z}\left\{\triangle x[n]\right\}}&{{}=\mathcal{Z}\left\{x[n]-x[n-1]\right\}=X(z)-z^{-1}X(z)}\\ {}&{{}=(1-z^{-1})X(z)}\\ \end{aligned} $$
(b)
$$ \begin{aligned}X_{1}(z)&=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x_{1}[n]z^{-n}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n/2]z^{-n}\\&=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n]z^{-2n}=X(z^{2})\end{aligned} $$
(c)
$$ \begin{aligned}x_{1}(z)&=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x_{1}[n]z^{-n}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[2n]z^{-n}\\&=\sum_{\substack{n=-\infty\\ (n 为偶数 )}}^{+\infty}x[n]z^{-n/2}\\&=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\left\{\frac{1}{2}\left[1+(-1)^{n}\right]\right\}x[n]z^{-n/2}\\&=\frac{1}{2}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n]z^{-n/2}+\frac{1}{2}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}(-1)^{n}x[n]z^{-n/2}\\&=\frac{1}{2}X(z^{1/2})+\frac{1}{2}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n]z^{-n/2}e^{-i\pi n}\\&=\frac{1}{2}X(z^{1/2})+\frac{1}{2}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n](z^{1/2}e^{i\pi})^{-n}\\&=\frac{1}{2}X(z^{1/2})+\frac{1}{2}X(-z^{1/2})\end{aligned} $$
10.24 (a) 确定其差分方程为
$$ y[n]-\frac{1}{2}y[n-1]+\frac{1}{4}y[n-2]=x[n] $$
的因果 LTI 系统的系统函数。
(b) 若
$$ x[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n] $$
用 x 变换确定上述系统的输出 y[n].
解：
(a) $ y[n] $ 的变换为
$$ Y\left(z\right)-\frac{1}{2}z^{-1}Y\left(z\right)+\frac{1}{4}z^{-2}Y\left(z\right)=X\left(z\right) $$
所以
$$ \begin{align*}H(z)&=\frac{Y(z)}{X(z)}=\frac{1}{\left(1-\frac{1}{2}\,z^{-1}+\frac{1}{4}\,z^{-2}\right)}\\&=\frac{1}{\left[1-\left(\frac{1}{4}-\,j\sqrt{3}\,/4\right)z^{-1}\right]\left[1-\left(\frac{1}{4}+\,j\sqrt{3}\,/4\right)z^{-1}\right]}\end{align*} $$
所以极点在 $ \frac{1}{4}\pm i\frac{\sqrt{3}}{4} $ 上，收敛域 $ \left|z\right|>\left|\frac{1}{4}\pm i\frac{\sqrt{3}}{4}\right|=\frac{1}{2} $
(b) x[n] 的变换为
$$ X(z)=\frac{1}{1-\frac{1}{2}z^{-1}},\quad|z|>\frac{1}{2} $$
所以
$$ \begin{aligned}\dot{\mathbf{Y}}(z)&=X(z)H(z)=1\bigg/\left\{\left[1-\left(\frac{1}{4}-j\sqrt{3\over2}/4\right)z^{-1}\right]\right.\\&\quad\times\left[1-\left(\frac{1}{4}+j\sqrt{3\over2}/4\right)z^{-1}\right]\left[1-\frac{1}{2}z^{-1}\right]\bigg\}\\&=\frac{A}{\left[1-\left(\frac{1}{4}-j\sqrt{3\over2}/4\right)z^{-1}\right]}+\frac{B}{\left[1-\left(\frac{1}{4}+j\sqrt{3\over2}/4\right)z^{-1}\right]}\\&\quad+\frac{C}{1-\frac{1}{2}z^{-1}}=\frac{-j(1/\sqrt{3})}{\left[1-\left(\frac{1}{4}-j\sqrt{3\over2}/4\right)z^{-1}\right]}\end{aligned} $$
$$ +\frac{j\left(1/\sqrt{3}\right)}{\left[1-\left(\frac{1}{4}+j\sqrt{3}/4\right)z^{-1}\right]}+\frac{1}{1-\frac{1}{2}z^{-1}} $$
其中 $ A = -j(1/\sqrt{3}) $， $ B = j(1/\sqrt{3}) $，C = 1。所以得
$$ \begin{aligned}{y[n]}&{{}=-j\left(1/\sqrt{3}\right)\left(\frac{1}{4}-j\sqrt{3}/4\right)^{n}u[n]}\\ {}&{{}\quad+j\left(1/\sqrt{3}\right)\left(\frac{1}{4}+j\sqrt{3}/4\right)^{n}u[n]+\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]}\\ {}&{{}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\left[\frac{2}{\sqrt{3}}\sin\left(\frac{\pi n}{3}\right)+1\right]u[n]}\\ \end{aligned} $$
10.25 序列 x[n] 是一个 LTI 系统的输出，其输入为 s[n]。该系统由下述差分方程描述：
$$ x[n]=s[n]-e^{-8\alpha}s[n-8] $$
其中 0 < $ \alpha < 1 $.
(a) 求系统函数
$$ H_{1}(z)=\frac{X(z)}{S(z)} $$
并在Z平面中画出其零-极点图，标出收敛域。
（b）若用一个 LTI 系统从 x[n] 恢复 s[n]。求出该系统的系统函数
$$ H_{2}(z)=\frac{Y(z)}{X(z)} $$
使得输出 $ y[n] = s[n] $，写出 $ H_{2}(z) $ 的所有可能的收敛域。对于这些收敛域，指出该系统是否是因果的和稳定的。
(c) 求出所有可能使
$$ y[n]=h_{2}[n]*x[n]=s[n] $$
的单位冲激响应 $ h_{2}[n] $ 的选择.
解：
(a) x[n] 的变换为
$$ X(z)=s(z)-e^{-8\alpha}z^{-8}s(z)=s(z)[1-z^{-8}e^{-8\alpha}] $$
所以
$$ H_{1}(z)=\frac{X(z)}{s(z)}=1-z^{-8}e^{-8\alpha}=\frac{(z^{8}-e^{-8\alpha})}{z^{8}},|z|>0 $$
其收敛域为除 z = 0 之外的整个 z 平面，其零-极点图如图 P10.25 所示，图中极点在 z = 0 处，零点在 $ z = e^{-\alpha} e^{j2\pi I/B} $ 处， $ l = 0, 1, \cdots 7 $.
(b)
$$ \begin{aligned}H_{2}(z)&=\frac{Y(z)}{X(z)}\\&=\frac{S(z)}{X(z)}=\frac{1}{H_{1}(z)}\end{aligned} $$
所以
$$ H_{2}(z)=\frac{z^{8}}{[z^{8}-(e^{-\alpha})^{8}]} $$
可见，有两种收敛域：
$ |z| > e^{-\alpha}, (e^{-\alpha} < 1) $，它是稳定的和因果的，
$ |z| $$ H_{2}(z)=\frac{1}{H_{1}(z)}=\frac{z^{8}}{z^{8}-(e^{-\alpha})^{8}}=\frac{1}{1-(e^{-\alpha})^{8}z^{-8}} $$ 解法一： 设 $ k[n] \longleftrightarrow K(z) = \frac{1}{1 - (e^{-\alpha})^8 z^{-1}} $ $ H_{2}(z) = K(z^{8}) $ 由于 $$ X(z^{k})\longleftrightarrow w\left[n\right]=\left\{\begin{matrix}{x\left[r\right],~n=r k}\\ {0,~{n}\neq r k}\\ \end{matrix}\right. $$ 所以得 $$ h_{2}[n]=\left\{\begin{aligned}&k[n/8],&n=0,&8,&16,\cdots\\ &0,& 其它 \end{aligned}\right. $$ 对于稳定系统， $ |z| > e^{-a} $，得 $$ k[n]=e^{-8\alpha n}u[n] $$ 解法二： 当 $ \left|z\right| > e^{-a} $ 时，利用长除法可求得 因为 $$ H_{2}(z)=\frac{z^{8}}{z^{8}-{(e^{-\alpha})}^{8}} $$ 所以 $$ \begin{aligned}{z^{8}-e^{-8\alpha}\sqrt{z^{8}}}&{{}\frac{1+e^{-8\alpha}z^{-8}+e^{-16\alpha}z^{-16}+\cdots}{e^{-8\alpha}}}\\ {}&{{}\frac{z^{8}-e^{-8\alpha}}{e^{-8\alpha}}}\\ {}&{{}\frac{e^{-8\alpha}-e^{-16\alpha}z^{-8}}{e^{-16\alpha}z^{-8}}}\\ {}&{{}\frac{e^{-16\alpha}z^{-8}-e^{-24\alpha}z^{-16}}{...}.}\\ \end{aligned} $$ 因此 $$ h_{2}[n]=\left\{\begin{aligned}&e^{-\alpha_{n}},&n=0,&8,&16\\ &0,& 其它 \end{aligned}\right. $$ 当 $ |z| < e^{-a} $ 时，系统是不稳定的，所以能使 s[n] 得以恢复的 $ h_{2}[n] $ 仅为上式。 10.26 已知一个由差分方程 $$ y[n]=y[n-1]+y[n-2]+x[n-1] $$ 所描述的因果 LTI 系统。 (a) 求该系统的系统函数 $ H(z) = \frac{Y(z)}{X(z)} $ 。画出 $ H(z) $ 的零 -极点图，并标明其收敛域。 (b) 求该系统的单位冲激响应. （c）读者将会发现，它是一个不稳定的系统。试求出一个满足上述差分方程的稳定的（但非因果的）系统的单位冲激响应。 解： (a) $ y[n] $ 的变换为 $$ Y(\pi)-z^{-1}Y(\pi)-z^{-2}Y(\pi)=z^{-1}X(\pi) $$ 所以 $$ H(z)=\frac{Y(z)}{X(z)}=\frac{z^{-1}}{1-z^{-1}-z^{-2}}=\frac{z}{(z-\alpha_{1})(z-\alpha_{2})} $$ $$ \left|z\right|>\frac{1+\sqrt{5}}{2} $$ 其中 $$ \alpha_{1}=\left(\frac{1}{2}\right)(1+\sqrt{5})=1.62 $$ $$ \alpha_{2}=\left(\frac{1}{2}\right)(1-\sqrt{5})=-0.62 $$ 系统函数 $ H(z) $ 的零点为 z = 0，极点为 $ z = \alpha_{1} $ 和 $ z = \alpha_{2} $ 由于是因果系统，所以 $ |z| > 1.62 $，其零-极点图和收敛域如图 P10.26 所示。 (b) 因为 $$ \begin{aligned}H(z)&=\frac{z}{(z-\alpha_{1})(z-\alpha_{2})}=\frac{1}{\alpha_{1}-\alpha_{2}}\left[\frac{z}{z-\alpha_{1}}-\frac{z}{z-\alpha_{2}}\right]\\&=\frac{1}{\alpha_{1}-\alpha_{2}}\left[\frac{z}{z-\alpha_{1}}-\frac{z}{z-\alpha_{2}}\right]\\&=\frac{1}{\alpha_{1}-\alpha_{2}}\left[\frac{1}{1-\alpha_{1}z^{-1}}-\frac{1}{1-\alpha_{2}z^{-1}}\right]\\&=\frac{1}{\alpha_{1}-\alpha_{2}}\left[\sum_{n=0}^{+\infty}\alpha_{1}^{n}z^{-n}-\sum_{n=0}^{+\infty}\alpha_{2}^{n}z^{-n}\right]\\ \end{aligned} $$ 所以 $$ h[n]={\frac{1}{\alpha_{1}-\alpha_{2}}}(\alpha_{1}^{n}-\alpha_{2}^{n})u[n] $$ 其中 $ \alpha_{1}=1.62,\alpha_{2}=-0.62 $ （c）若要使系统稳定，则收敛域应包括单位圆，因此选 $ H(z) $ 的收敛域为 $ \left|a_{2}\right| < \left|z\right| < \alpha_{1} $，即 $ 0.62 < |z| < 1.62 $，这样，式 $$ H(x)=\frac{1}{\alpha_{1}-\alpha_{2}}\left[\frac{z}{z-\alpha_{1}}-\frac{z}{z-\alpha_{2}}\right] $$ 中第一项对应于一个逆因果的左边序列，即其反变换在 n > 0 时为零；其第二项对应于一个因果的右边序列，由于 $$ \frac{z}{z-\alpha_{1}}=-\frac{z}{\alpha_{1}}\frac{1}{1-\frac{z}{\alpha_{1}}}=-\frac{z}{\alpha_{1}}\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{z}{\alpha_{1}}\right)^{n}=-\sum_{m=-\infty}^{-1}\alpha_{1}^{m}z^{-m} $$ 故 $$ H(z)=\frac{1}{\alpha_{1}-\alpha_{2}}\left[-\sum_{n=-\infty}^{-1}\alpha_{1}^{n}z^{-n}-\sum_{n=0}^{+\infty}\alpha_{2}^{n}z^{-n}\right] $$ 最后得 $$ h[n]={\frac{-1}{\alpha_{1}-\alpha_{2}}}\left\{\alpha_{1}^{n}u[-n-1]+\alpha_{2}^{n}u[n]\right\} $$ 因为 $ \alpha_{1}>1 $，而 $ |\alpha_{2}|<1 $，所以从结果也可看出，这个系统是稳定的，但不是因果的。 10.27 一个 LTI 系统的差分方程为 $$ y[n-1]-\frac{5}{2}y[n]+y[n+1]=x[n] $$ 根据这差分方程相应的零-极点图确定该系统单位冲激响应的三种可能选择方案，并证明每种方案都满足上述差分方程。 解： 该差分方程的两端取变换为 $$ \mathbf{z}^{-1}\mathbf{Y}(\mathbf{z})-\frac{5}{2}\mathbf{Y}(\mathbf{z})+\mathbf{z}\mathbf{Y}(\mathbf{z})=\mathbf{X}(\mathbf{z}) $$ 所以 $$ \begin{aligned}H(z)&=\frac{\mathrm{Y}(z)}{X(z)}=\frac{1}{z^{-1}-\frac{5}{2}+z}=\frac{z}{z^{2}-\frac{5}{2}z+1}\\&=\frac{z}{\left(z-\frac{1}{2}\right)(z-2)}\end{aligned} $$ 其零-极点图如图 P10.27 所示。 $$ \begin{aligned}H(z)&=\frac{z}{\left(z-\frac{1}{2}\right)(z-2)}=\frac{z^{-1}}{\left(1-\frac{1}{2}z^{-1}\right)(1-2z^{-1})}\\&=\frac{A}{1-\frac{1}{2}z^{-1}}+\frac{B}{1-2z^{-1}}\\&=\frac{-2/3}{1-\frac{1}{2}z^{-1}}+\frac{2/3}{1-2z^{-1}}\end{aligned} $$ 可见，单位冲激响应的三种可能选择方案为 收敛域 $$ |z|>2,\quad h_{1}[n]=-\frac{2}{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]+\frac{2}{3}(2)^{n}u[n] $$ 收敛域 $$ \frac{1}{2}<|z|<2,h_{2}[n]=-\frac{2}{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]-\frac{2}{3}(2)^{n}u[-n-1] $$ 收敛域 $$ \left|z\right|<\frac{1}{2},\quad h_{3}[n]=\frac{2}{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{*}u[-n-1]-\frac{2}{3}(2)^{*}u[-n-1] $$ 对于上述各 $ h_{i}[n] $，将它们代入上述差分方程后可得出 $$ x[n]\implies\delta[n] $$ 如对于 $ h_{1}[n] $，代入差分方程得 $$ \begin{aligned}{x[n]}&{{}=-\frac{2}{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}u[n-1]+\frac{2}{3}\left(2\right)^{n-1}u[n-1]}\\ {}&{{}\qquad+\frac{5}{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]-\frac{5}{3}\left(2\right)^{n}u[n]}\\ {}&{{}\qquad-\frac{2}{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}u[n+1]+\frac{2}{3}\left(2\right)^{n+1}u[n+1]}\\ \end{aligned} $$ 为判断是否 $ x[n]=\delta[n] $，只要代入几个数即可。 n = -1 时， $ x[-1] = \frac{2}{3} - \frac{2}{3} = 0 $ n=0 时， $ x[0]=-\frac{5}{3}+\frac{5}{3}-\frac{1}{3}+\frac{4}{3}=1 $ $ n>0 $ 时， $ x[n]=-\frac{2}{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}+\frac{2}{3}(2)^{n-1}+\frac{5}{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{n} $ $ -\frac{5}{3}(2)^{n}+\left(-\frac{2}{3}\right)\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1} $ $ \left(\frac{2}{3}\right)(2)^{n+1}=0 $ 由此可见， $ x[n]=\delta[n] $ 同样可证明 $ h_{2}[n] $ 与 $ h_{3}[n] $ 也满足差分方程。 10.28 对于一个稳定的离散时间 LT1 系统，其输入 x[n] 和输出 y[n] 的关系为 $$ y[n-1]-\frac{10}{3}y[n]+y[n+1]\stackrel{ 归一化 \quad x[n]}{=} $$ 确定其单位冲激响应. 解： 对差分方程两边取变换，得 $$ z^{-1}Y(z)-\frac{10}{3}Y(z)+z Y(z)=X(z) $$ $$ \begin{aligned}H(z)&=\frac{Y(z)}{X(z)}=\frac{z^{-1}}{z^{-2}-\frac{10}{3}z^{-1}+1}\\&=\frac{z^{-1}}{(1-3z^{-1})\left(1-\frac{1}{3}z^{-1}\right)}=\frac{3/8}{1-3z^{-1}}-\frac{3/8}{1-\frac{1}{3}z^{-1}}.\end{aligned} $$ 其零极点图如图P10.28所示。 根据系统是稳定的要求，其收敛域包含单位圆。因此，其冲激响应为一个左边序列与一个右边序列之和，即 $$ \begin{aligned}{h[n]=}&{{}-\frac{3}{8}(3)^{*}u[-n-1]}\\ {}&{{}-\frac{3}{8}\Big(\frac{1}{3}\Big)^{*}u[n]}\\ \end{aligned} $$ 10.29 下面给出 4 个变换式.确定哪几个可作为满足下述条件的离散时间线性系统的转移函数，其条件为该系统未必是稳定的，但要求在 n<0 时，单位冲激响应为零。说明其理由。 $$ (a)\ \frac{(1-z^{-1})^{2}}{1-\frac{1}{2}z^{-1}},\qquad(b)\ \frac{(z-1)^{2}}{z-\frac{1}{2}} $$ (c) $ \frac{(z - \frac{1}{4})^5}{(z - \frac{1}{2})^6} $ (d) $ \frac{(z - \frac{1}{4})^6}{(z - \frac{1}{2})^5} $ 解法一： 解： 式 $ (a) $满足上述条件. 因为式 $ (a) $ $$ \frac{(1-z^{-1})^{2}}{1-\frac{1}{2}z^{-1}}=\frac{(z-1)^{2}}{z\left(z-\frac{1}{2}\right)} $$ 的分子阶次等于分母的阶次。于是长除后所得z的最高次幂是 $ z^{0} $，因此 $ x[n]=0,\quad n<0 $。 式(b)不满足上述条件，因为式(b) $$ \frac{(z-1)^{2}}{z-\frac{1}{2}} $$ 是式(a)乘以z所得，根据位移特性，它的逆变换是(a)小题中式(a)逆变换左移1，所以 $ x[-1]\neq0 $. 式(c)满足上述条件。因为式(c) $$ \frac{\left(z-\frac{5}{4}\right)^{5}}{\left(z-\frac{1}{2}\right)^{6}} $$ 经长除后所得 z 的最高次幂为 $ z^{-1} $，所以在 n<0 时 $ x[n]=0 $。 式(d) 不满足上述条件，因为式(d) $$ \frac{\left(z+\frac{1}{4}\right)^{6}}{\left(z-\frac{1}{2}\right)^{5}} $$ 经长除后所得 z 的最高次幂为 $ z^{+1} $，所以 $ x[-1]\neq0 $ 解法二： 辩： 按照题意，当 n<0 时 $ h[n]=0 $，因此在 $ z=\infty $ 处不能有极点。 式(a)， $ \lim_{z\to\infty}\frac{(1-z^{-1})^{2}}{1-\frac{1}{2}z^{-1}}=1 $ 它是因果的，满足条件。 式(b)， $ \lim_{z\to\infty}\frac{(z-1)^2}{z-\frac{1}{2}}\to\infty $ 它是非因果的，不满足条件。 式 (c) $ \lim_{z\to\infty}\frac{\left(z-\frac{1}{4}\right)^5}{\left(z-\frac{1}{2}\right)^6}=0 $ 它是因果的，满足条件。 式(d) $ \lim_{z\to\infty}\frac{\left(z-\frac{1}{4}\right)^6}{\left(z-\frac{1}{2}\right)^5}\to\infty $ 它是非因果的，不满足条件。 10.30 考虑一个 LTI 系统，其冲激响应 h[n] 和输入 x[n] 分别给出为 $$ h[n]=\left\{\begin{aligned}&a^{n},&n\geqslant0\\ &0,&n<0\end{aligned}\right.\quad x[n]=\left\{\begin{aligned}&1,&0\leqslant n\leqslant N-1\\ &0& 其它 n\end{aligned}\right. $$ (a) 通过直接计算 x[n] 和 h[n] 的卷积和，确定输出 y[n]. (b) 利用 Z 变换的卷积特性，确定输出 y[n]. 解： (a) 由题可知， $ h[n] = a^{n}u[n] $， $ x[n] = u[n] - u[n-N] $ 所以 $$ \begin{aligned}&y[n]=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}h[n-k]x[k]=\sum_{k=0}^{N-1}a^{n-k}u[n-k]\\ &=\left\{\begin{aligned}&0,&n<0\\&\sum_{k=0}^{n}a^{n}a^{-k},&0\leqslant n\leqslant N-1\\&\sum_{k=0}^{N-1}a^{n}a^{-k},&n>N-1\end{aligned}\right.\\ &=\left\{\begin{aligned}&0,&n<0\\&\frac{a^{n}-a^{-1}}{1-a^{-1}},&0\leqslant n\leqslant N-1\\&\frac{a^{n}-a^{n-N}}{1-a^{-1}},&n>N-1\end{aligned}\right.\\ \end{aligned} $$ (b) $ h[n] $ 与 $ x[n] $ 的变换分别为 $$ H(x)=\frac{1}{1-a x^{-1}} $$ $$ X(z)=\frac{1-z^{-N}}{1-z^{-1}} $$ 所以 $$ \begin{aligned}Y(z)&=H(z)X(z)=\left(\frac{1}{1-az^{-1}}\right)\left(\frac{1-z^{-N}}{1-z^{-1}}\right)\\&=\frac{1}{(1-z^{-1})(1-az^{-1})}-\frac{z^{-N}}{(1-z^{-1})(1-az^{-1})}\end{aligned} $$ 而 $$ \begin{aligned}&\frac{1}{(1-z^{-1})(1-az^{-1})}=\frac{A}{1-z^{-1}}+\frac{B}{1-az^{-1}}\\ &\quad=\frac{\frac{1}{1-a}}{1-z^{-1}}+\frac{\frac{1}{1-a^{-1}}}{1-az^{-1}}\\ \end{aligned} $$ 其中 $$ A=\left.\frac{1}{1-az^{-1}}\right|_{s^{-1}=1}=\frac{1}{1-a}, $$ $$ B=\left.\frac{1}{1-z^{-1}}\right|_{z^{-1}=a^{-1}}=\frac{1}{1-a^{-1}} $$ 根据位移特性，可得 $ Y(z) $ 的逆变换为 $$ \begin{aligned}y[n]&=\frac{1}{1-a}\left\{u[n]-u[n-N]\right.\\&\quad\left.+\frac{1}{1-a^{-1}}\left\{a^{*}u[n]-a^{*-N}u[n-N]\right\}\right.\\&=\left\{\begin{aligned}&0,&n<0\\&\frac{1}{1-a}+\frac{a^{*}}{1-a^{-1}},&\theta\leqslant n\leqslant N-1\\&\frac{a^{*}}{1-a^{-1}}-\frac{a^{*-N}}{1-a^{-1}},&n>N-1\end{aligned}\right.\\&=\left\{\begin{aligned}&0,&n<0\\&\frac{a^{*}-a^{-1}}{1-a},&0\leqslant n\leqslant N-1\\&a^{n}\left[\frac{1-a^{-N}}{1-a^{-1}}\right],&n>N-1\end{aligned}\right.\end{aligned} $$ 10.31 与连续时间最小相位系统一样，离散时间最小相位系统也是稳定的因果系统，而且其逆系统也是稳定的因果系统。 确定在 z 平面中，对于最小相位系统的系统函数的极点和零点必要的限制. 解： 对于一个稳定的因果系统 $ H(z) $，它的所有极点必须在单位圆之内。在逆系统 $ 1/H(z) $ 中，原系统的零点变成极点。而对于一个稳定的和因果的逆系统也要求其极点在单位圆之内。由于 $ 1/H(z) $ 的极点就是 $ H(z) $ 的零点，因此就要求原系统的零点也应在单位圆之内。由此可得出结论：离散时间最小相位系统的所有极点和零点必须都在单位圆之内。 10.32 考虑图 P10.32 所示的数字滤波器结构. (a) 求该因果滤波器的系统函数 $ H(x) $，画出零-极点图并标明收敛域. (b) k为何值时，系 统是稳定的？ (c) 若 k = 1 且对于所有 $ n \times [n] = \left(\frac{2}{3}\right)^{n} $，求输出 $ y[n] $。 解： (a) 由图可见， $$ Y(z)=W_{1}(z)+W_{2}(z) $$ $$ W_{1}(z)=X(z)-\frac{\bar{k}}{3}z^{-1}W_{1}(\varkappa) $$ 所以 $$ \left(1+\frac{k}{3}z^{-1}\right)W_{1}(z)\rightarrow X(z) $$ 而 $ W_{2}(x)=\frac{-k}{4}z^{-1}W_{1}(x) $ $$ Y(z)=W_{1}(z)+W_{2}(z)=\frac{X(z)}{1+\frac{k}{3}z^{-1}}-\frac{\frac{k}{4}z^{-1}X(z)}{1+\frac{k}{3}z^{-1}} $$ $$ H(z)=\frac{Y(z)}{X(z)}=\frac{1-\frac{k}{4}z^{-1}}{1+\frac{k}{3}z^{-1}},\ \left|z\right|>\left|\frac{k}{3}\right| $$ 其零-极点图和收敛域示意图如图 P10.32-1 所示。 （b）只有 $ \left|k\right|<3 $ 时，收敛域才包含单位圆，系统才能是稳定的。 (c) 由于 $ x[n]=\left(\frac{2}{3}\right)^{n} $ 是 LTI 系统的特征函数，所以输出 $$ y[n]=H(z)\vert_{z=\frac{2}{3}}\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^{n} $$ k=1时，代入得 $$ y[n]=\frac{1-\frac{1}{4}\;z^{-1}}{1+\frac{1}{3}\;z^{-1}}\Bigg|_{z=\frac{2}{3}}\bullet\left(\frac{2}{3}\right)^{n}=\frac{5}{12}\left(\frac{2}{3}\right)^{n}\quad-\infty 10.33 设计一个系统，使其输出 y[n] 是 $$ n,~n-1,\cdots,n-M+1 $$ 各点输入之平均. (a) 确定描述该系统 y[n] 与 x[n] 之间关系的差分方程。 (b) 求该系统的系统函数 $ H(z) $ (c) 画出 M=3 时的零-极点图. (d) 当 M = 3 时，采用加法器，系数乘法器和单位延迟器画出系统的结构框图，并要求尽可能少用单位延迟单元。 (e) 在 $ (a)-(d) $ 小题中所描述的系统往往有过多的存储要求，另一种常用的递归系统的差分方程为 $$ y[n]=\alpha y[n-1]+\beta x[n] $$ 求系数 $ \alpha $ 与 $ \beta $ 之间的关系，以使该系统对恒定的输入具有与 $ (a)-(d) $ 小题中所描述的系统同样的响应。 (f) 假设输入 x[n] 由两个分量组成，即 $$ x[n]=c+w[n] $$ 式中 c 是常数，而 w[n] 是在 Q = π 附近频率上的掺杂噪声。若设计一个系统来估计 c 值，可在 $ (a)-(d) $ 小题中所述的 M = 3 的系统与 (e) 小题所述的 $ \alpha = 0.7 $ 的系统之间作一选择，你选哪一个系统？ 解： $$ (a)~y[n]=\frac{1}{M}\{x[n]+x[n-1]+\cdots+x[n-M+1]\} $$ (b) $$ Y(z)\;=\frac{1}{M}\left[X(z)+z^{-1}X(z)+\cdots+z^{-M+1}X(z)\right] $$ 所以 $$ H(z)=\frac{Y(z)}{X(z)}=\frac{1}{M}\left[1+z^{-1}+\cdots+z^{-M+1}\right]=\frac{1}{M}\sum_{k=0}^{m-1}z^{-k} $$ (c) M = 3 时 $$ \begin{aligned}H(z)&=\frac{1}{3}\left[1+z^{-1}+z^{-2}\right]=\frac{z^{2}+z+1}{3z^{2}}\\&=\frac{\left[z-\frac{1}{2}+j\frac{\sqrt{3}}{2}\right]\left[z+\frac{1}{2}-j\frac{\sqrt{3}}{2}\right]}{3z^{2}}\end{aligned} $$ 其零-极点图如图 P10.33(a) 所示. (d) M = 3 时，该系统的结构框图如图 P10.33(b) 所示. (e) 已知 $ y[n] = \alpha y[n - 1] + \beta x[n] $ $$ Y(z)=\alpha z^{-1}Y(z)+\beta x(z) $$ 则 $$ H_{2}(z)=\frac{\beta}{1-\alpha z^{-1}} $$ 在恒定输入时，即输入为(1)时，在 $ (a)-(d) $中所述系统的输出为 $$ y_{1}[n]=H_{2}(z)\mid_{z=1}(1)^{n}=\left.\frac{z^{2}+z+1}{3z^{2}}\right|_{z=1}\cdot(1)^{n}=1 $$ 而(e)小题中所述递归系统的输出为 $$ y_{2}[n]=\frac{\beta}{1-\alpha z^{-1}}\bigg|_{\pi=1}\cdot(1)^{n}=\frac{\beta}{1-\alpha} $$ 由于要求二者的输出响应相同，因此要求满足 $$ \frac{\beta}{1-\alpha}=1,\beta=1-\alpha $$ (f) 由于掺杂噪声 w[n] 在 Q = π 附近，这时 $ z = e^{i\pi} $ 。若这频率上的噪声为 N[n]，则两种系统的输出分别为 系统 $ (a)-(d) $ $$ y_{1}\tilde{[}n]=\frac{z^{2}+z+1}{3z^{2}}\Big|_{\pi=e^{j\pi}}\cdot N[n]=\frac{1}{3}N[n]=0.333N[n] $$ 系统 $ (e) $ $$ \begin{aligned}y_{2}[n]=&\left.\frac{\beta}{1-\alpha z^{-1}}\right|_{\alpha=0.7}\cdot N[n]=\left.\frac{0.3}{1-0.7z^{-1}}\right|_{z=e^{j\pi}}\\&\cdot N[n]=0.176N[n]\end{aligned} $$ 可见，在噪声频率上，递归系统提供较大的衰减，所以选(e)小题中所述的递归系统。 10.34 已知一个输入 x[n] 和输出 y[n] 满足下列要求的离散时间 LTI 系统： (i) 若对于所有 n 输入为 $ x[n] = (-2)^n $，则对于所有 n，其输出为 $ y[n] = 0 $； （ii）若对于所有 n 输入为 $ x[n] = \left(\frac{1}{2}\right)^{n} u[n] $，则对于所有 n，其输出 y[n] 为 $$ y[n]=\delta[n]+a\left(\frac{1}{4}\right)^{*}u[n] $$ 其中 a 是一个常数. (a) 求常数 a 的值. (b) 若对所有 n，输入为 x[n]=1，求响应 y[n]。 解： (a) 由条件 (i) 可得 $$ y[n]=H(z)\mid_{z=-2}\bullet(-2)^{n}=0 $$ 所以 $$ H(-2)=0 $$ 由条件（ii）可得 $$ x[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]\longleftrightarrow\frac{1}{1-\frac{1}{2}z^{-1}} $$ $$ y[n]=\delta[n]+a\left(\frac{1}{4}\right)^{n}u[n] $$ 则 $$ Y(z)=1+\frac{a}{1-\frac{1}{4}z^{-1}}=\frac{1+a-\frac{1}{4}z^{-1}}{1-\frac{1}{4}z^{-1}} $$ 所以 $$ \begin{aligned}H(-2)&=\frac{Y(-2)}{X(-2)}=\frac{\left(1+a-\frac{1}{4}\ z^{-1}\right)\left(1-\frac{1}{2}\ z^{-1}\right)}{\left(1-\frac{1}{4}\ z^{-1}\right)}\Bigg|_{z=-2}\\&=\frac{\left(1+a+\frac{1}{8}\right)\left(1+\frac{1}{4}\right)}{1+\frac{1}{8}}=0\end{aligned} $$ 得 $$ a=-\frac{9}{8} $$ (b) $$ \begin{aligned}y[n]&=H(1)x[n]=H(1)\\&=\frac{\left(1-\frac{9}{8}-\frac{1}{4}\right)\left(1-\frac{1}{2}\right)}{1-\frac{1}{4}}=\frac{-1}{4}\quad-\infty 10.35 根据冲激不变性（即 $ h_{d}[n]=h_{c}(nT) $）得到 $ H_{c}(s) $ 与 $ H_{d}(z) $ 之间的关系为 $$ H_{d}(\boldsymbol{\varkappa})\mid_{\boldsymbol{z}=e}^{s T}=H_{c}(s) $$ 其一阶极点的对应式为 $$ H_{c}(s)=\sum_{k=1}^{N}\frac{A_{k}}{s-s_{k}} $$ $$ H_{d}(s)=\sum_{k=1}^{N}\frac{A_{k}}{1-e^{s_{k}T}z^{-1}} $$ 其中 $ A_{k} $ 为 $ H_{c}(s) $ 在极点 $ s_{k} $ 处的留数。 现考虑二阶极点情况，即设 $$ H_{c}(s)=\frac{A}{(s-s_{0})^{2}} $$ (a) 确定 $ h_{c}(t) $ (假定是因果的). (b) 确定 $ h_{d}[n] $. (c) 确定 $ h_{d}[n] $ 的变换 $ H_{d}(z) $. (d) 利用冲激不变性，由连续时间系统 $$ H_{c}(s)=\frac{1}{(s+1)(s+2)^{2}} $$ 求离散时间系统的系统函数 $ H_{d}(z) $，并画出零-极点图。 解： (a) 根据 s 域的微分特性，有 $$ \tau e^{a t}u(t)\longleftrightarrow\frac{1}{(s-a)^{2}},\ \mathcal{R}_{a}\{s\}>a $$ 现已知 $$ \begin{aligned}{H_{c}(s)}&{{}=\frac{A}{(s-s_{0})^{2}}}\\ {h_{c}(t)}&{{}={A t e}^{s_{0}t}u(t)}\\ \end{aligned} $$ 由此得 (b) $ h_{d}[n] = h_{c}(nT) = AT \cdot n e^{(S_{0}T)n} u[n] $ (c) 根据 z 域的微分特性，有 $$ n\alpha^{n}u[n]\longleftrightarrow\frac{\alpha z^{-1}}{(1-\alpha z^{-1})^{2}},\quad|z|>|\alpha| $$ 由(b)小题可知 $ h_{d}[n]=ATne^{(S_{0}T)n}u[n] $ 所以得 $$ H_{d}(z)=\frac{A T e^{S_{0}T}z^{-1}}{(1-e^{S_{0}T}z^{-1})^{2}} $$ 式 $ (P10.35-1) $与式 $ (P10.35-2) $即冲激响应不变性用于二阶极点情况的变换。 $$ \begin{aligned}l)\ H_{c}(s)&=\frac{1}{(s+1)(s+2)^{2}}=\frac{1}{s+1}+\frac{-1}{s+2}\\&\quad+\frac{-1}{(s+2)^{2}}\end{aligned} $$ 利用一阶极点的变换关系 $$ \frac{A_{k}}{s-s_{k}}\longleftrightarrow\frac{A_{k}}{1-e^{s_{k}T}z^{-1}} $$ 以及本题求得的二阶极点变换关系式 $ (P10.35-1) $及 $ (P10.35-2) $得 $$ \begin{aligned}&H_{d}(z)=\frac{1}{1-e^{-T}z^{-1}}-\frac{1}{1-e^{-2T}z^{-1}}-\frac{T e^{-2T}z^{-1}}{(1-e^{-2T}z^{-1})^{2}}\\ &=\frac{z[(-2e^{-2T}+e^{T}+e^{-2T}-T e^{-2T})z+e^{-4T}-e^{-3T}+T e^{-3T}]}{(z-e^{-T})(z-e^{-2T})^{2}}\\ \end{aligned} $$ 其零-极点图如图 P10.35 所示. 10.36 设 $ h_{e}(t) $、 $ s_{e}(t) $ 及 $ H_{c}(s) $ 分别表示连续时间 LTI 滤波器的单位冲激响应、阶跃响应及系统函数。又设 $ h[n] $、 $ s[n] $ 及 $ H(x) $ 分别表示离散时间 LTI 数字滤波器的单位冲激响应、阶跃响应及系统函数。 (a) 若 $ h[n] = h_{c}(nT) $，则 $ s[n] = \sum_{k=-\infty}^{n} h_{c}(kT) $ 吗？ (b) 若 $ s[n] = s_{c}(nT) $，则 $ h[n] = h_{c}(nT) $ 吗？ 解： (a) 是的。因为 $$ \begin{aligned}{s[n]}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{n}h[k]}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{n}h_{c}(k T)}\\ \end{aligned} $$ (b) 不成立. 因为 $$ \begin{aligned}{h[n]}&{{}=s[n]-s[n-1]}\\ {}&{{}=s_{c}(n T)-s_{c}[(n-1)T]}\\ \end{aligned} $$ 但是 $$ h_{c}(nT)=\frac{d}{d\tau}s_{c}(t)|_{t=nT} $$ 所以一般情况下， $ h[n] \neq h_{c}(nT) $。 10.37 设有一个系统函数为 $$ H_{e}(s)=\frac{s+a}{(s+a)^{2}+b^{2}} $$ 冲激响应为 $ h_{c}(t) $ 的连续时间 LTI 系统。分别用 (a) 冲激响应不变性（即 $ h_{d}[n] = h_{c}(nT) $） （b）阶跃响应不变性（即 $ s_{d}[n]=s_{c}(nT) $） 由 $ H_{c}(s) $ 求相应离散时间的系统函数 $ H_{d}(z) $，其中 $$ s_{d}[n]=\sum_{k=-\infty}^{n}h_{d}[k] $$ $$ s_{c}(n T)=\int_{-\infty}^{t}h_{c}(\tau)d\tau $$ 解： (a) 由题可知， $$ \begin{aligned}H_{e}(s)&=\frac{s+a}{(s+a)^{2}b^{2}}=\frac{s+a}{(s^{2}+a^{2}+b^{2}+2as)}\\&=\frac{s+a}{(s+a+jb)(s+a-jb)}\\&=\frac{A}{s+a+jb}+\frac{B}{s+a-jb}\\ \end{aligned} $$ 其中 $$ A=\frac{s+a}{s+a-jb}\bigg|_{s=-a-ib}=\frac{1}{2}, $$ $$ B=\left.\frac{s+a}{s+a+jb}\right|_{s=-a+jb}=\frac{1}{2} $$ 所以 $$ H_{c}(s)=\frac{\frac{1}{2}}{s+a+j b}+\frac{\frac{1}{2}}{s+a-j b} $$ 应用冲激响应不变性，有 $$ \begin{aligned}{H_{d}(z)}&{{}=\frac{1/2}{1-e^{-(a+j b)T}z^{-1}}+\frac{1/2}{1-e^{-(a-j b)T}z^{-1}}}\\ {}&{{}=\frac{1-(e^{-a T}\cosb T)z^{-1}}{(1-e^{-a T}e^{-j b T}z^{-1})(1-e^{-a T}e^{j b T}z^{-1})}}\\ \end{aligned} $$ (b) $$ \begin{aligned}S_{c}(s)&=\frac{1}{s}H_{c}(s)=\frac{s+a}{s(s+a+jb)(s+a-jb)}\\&=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+a+jb}+\frac{C}{s+a-jb}\end{aligned} $$ 其中 $$ A=\frac{s+a}{(s+a+jb)(s+a-jb)}\bigg|_{s=0}=\frac{a}{a^{2}+b^{2}} $$ $$ B=\frac{s+a}{s(s+a-jb)}\bigg|_{s=-a-ib}=\frac{-a+jb}{2(a^{2}+b^{2})} $$ $$ C=B^{*}=\frac{-a-j b}{2(a^{2}+b^{2})} $$ 所以 $$ \begin{aligned}{S_{d}(z)\;=\;}&{{}\frac{a}{a^{2}+b^{2}}\frac{1}{1-z^{-1}}+\left[\frac{-a+j b}{a^{2}+b^{2}}\right]\frac{1}{1-e^{-(a+j b)T}z^{-1}}}\\ {}&{{}\quad+\left[\frac{-a-j b}{a^{2}+b^{2}}\right]\frac{1}{1-e^{-(a-j b)T}z^{-1}}}\\ \end{aligned} $$ 因此得 $$ \begin{aligned}{H_{d}(z)}&{{}=(1-z^{-1})S_{d}(z)}\\ {}&{{}=\frac{a}{a^{2}+b^{2}}+\frac{-a+j b}{a^{2}+b^{2}}\cdot\frac{1-z^{-1}}{1-e^{-(a+j b)T}}}\\ {}&{{}\qquad+\Big(\frac{-a-j b}{a^{2}+b^{2}}\Big)\frac{1-z^{-1}}{1-e^{-(a-j b)T}z^{-1}}}\\ \end{aligned} $$ 10.38 假定图 P10.38 所示连续时间系统由下面线性常系数 微分方程描述，即 $$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}\frac{d^{k}y_{c}(t)}{dt^{k}}=\sum_{k=0}^{\infty}b_{k}\frac{d^{k}x_{c}(t)}{dt^{k}} $$ 现要求用一个离散时间系统来 逼近它，并用前向差分来近似微分运算，即取近似式 $$ \left.{\frac{d x_{\epsilon}(t)}{d t}}\right|_{t=n T}\approx\frac{x_{\epsilon}(n T+T)-x_{\epsilon}(n T)}{T}=\frac{x[n+1]-x[n]}{T} $$ 定义 x[n] 的一阶前向差分为 $$ \nabla^{(1)}\{x[n]\}=\frac{x[n+1]-x[n]}{T} $$ 而 x[n] 的 k 阶前向差分为 $$ \nabla^{(k)}\big\{x\big[n\big]\big\}=\nabla^{(k-1)}\big\{\nabla^{(1)}x\big[n\big]\big\} $$ 其中 $ \nabla^{(0)}\{x[n]\}=x[n] $。因此上述微分方程可用下述差分方程来逼近。 $$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}\bigtriangledown^{(k)}\big\{y[n]\big\}=\sum_{k=0}^{M}b_{k}\bigtriangledown^{(k)}\big\{x[n]\big\} $$ (a) 若 $ h_{t}(t) $ 的拉氏变换 $ H_{t}(s) $ 为 $$ H_{c}(s)=\frac{s+2}{(s+1)(s+3)} $$ 确定离散时间的系统函数 $ H_{d}(z) $ (b) 一般情况下， $ H_{c}(s) $ 与 $ H_{d}(z) $ 之间的关系是什么？ (c) 对连续时间信号采样可看成是将 S 平面内的 $ j\omega $ 轴映射成 Z 平面内的单位圆。那么，当用差分近似时，Z 平面中的什么围绕映射成 S 平面的 $ j\omega $ 轴？ (d) 若连续时间滤波器 $ H_{c}(s) $ 是稳定的，那么能保证离散时间滤波器 $ H_{d}(z) $ 也是稳定的吗？（假设两个系统都是因果的） 解： $$ H_{c}(s)=\frac{Y_{c}(s)}{X_{c}(s)}=\frac{s+2}{(s+1)(s+3)} $$ 所以 $$ (s^{2}+4s+3)Y_{c}(s)=(s+2)X_{c}(s) $$ 得 $$ \begin{aligned}{}&{{}\frac{d^{2}}{d t^{2}}y_{c}(t)+4\frac{d}{d t}y_{c}(t)+3y_{c}(t)=\frac{d}{d t}x_{c}(t)+2x_{c}(t)}\\ {}&{{}\Delta^{(2)}y_{d}[n]+4\nabla^{(1)}y_{d}[n]+3y_{d}[n]=\nabla^{(1)}x_{d}[n]+2x_{d}[n]}\\ {}&{{}\quad(P10.38}\\ \end{aligned} $$ 其中各差分的 $ \varepsilon $变换为 $$ \nabla^{(1)}x_{d}[n]\;=\;\frac{x_{d}[n+1]\;-\;x_{d}[n]}{T}\longleftrightarrow\frac{1}{T}\;(z-1)X_{d}(z) $$ $$ \nabla^{(1)}y_{d}[n]=\frac{y_{d}[n+1]-y_{d}[n]}{T}\longleftrightarrow\frac{1}{T}\left(z-1\right)Y_{d}(z) $$ $$ \nabla^{(2)}y_{d}[n]\;=\;\nabla^{(1)}\big\{\nabla^{(1)}y_{d}[n]\big\}\longleftrightarrow\frac{1}{T^{2}}\left(z-1\right)^{2}Y_{d}(z) $$ 将式 $ (P10.38-3)-(P10.38-5) $代入式 $ (P10.38-2) $得 $$ \begin{aligned}&\frac{1}{T^{2}}(z-1)^{2}Y_{d}(z)+\frac{4}{T}\left(z-1\right)Y_{d}(z)+3Y_{d}(z)\\&\quad=\frac{1}{T}\left(z-1\right)X_{d}(z)+X_{d}(z)\end{aligned} $$ 则得 $$ H_{d}(z)=\frac{Y_{d}(z)}{X_{d}(z)}=\frac{T^{-1}(z-1)}{T^{-2}(z-1)^{2}+4T^{-1}(z-1)+3} $$ (b) 对比 (a) 小题中式 (P10.38-1) 和式 (P10.38-6) 可知，在一般情况下 $$ H_{d}(z)=H_{c}\left(\frac{z-1}{T}\right)=\left.H_{c}(s)\right|_{s=\frac{z-1}{T}} $$ (c) 由(a)、(b)小题可知，当用前面差分近似时，z平面与S平面的变量映射关系是 $$ s=\frac{\pi-1}{T} $$ 设 $ s = \sigma + j\omega $，则 $$ z=\left(1+\sigma T\right)+j\omega T $$ 当 $ \sigma=0 $时，s=j $ \omega $，即S平面的j $ \omega $轴。这时， $$ z=1+j\omega T $$ 因此，S平面内的 $ j\omega $ 轴映射成 Z 平面内的通过 $ \mathcal{R}_{*}\{z\}=1 $ 的一条平行于纵轴的直线，即 $ z=1+j\omega T $ 上。 (d) 不能确保其是稳定的。例如，考虑一个在 $ s = \sigma_{0} + j\omega_{0} $ 上的极点。对于稳定的系统， $ \sigma_{0} < 0 $。这极点映射到 $$ z=\left(1+\sigma_{0}T\right)+j\omega_{0}T $$ 上. 若 $ \left|\sigma_{0}\right| $ 足够大，可能得到 $ 1 + \sigma_{0}T < -1 $，这时 $ \left|z\right| > 1 $，说明这时系统是不稳定的. 10.39 设一个连续时间滤波器的微分方程为 $$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}\frac{d^{k}y_{c}(t)}{d\tau^{k}}=\sum_{k=0}^{N}b_{k}\frac{d^{k}x_{c}(t)}{d\tau^{k}} $$ 要求利用中心差分法将该滤波器变成数字滤波器。 $ x[n] $ 的 k 阶中心差分定义为 $$ \begin{aligned}{}&{{}\nabla^{(0)}\{x[n]\}=x[n]}\\ {}&{{}\nabla^{(1)}\{x[n]\}=\frac{x[n+1]-x[n-1]}{2}}\\ {}&{{}\cdots\cdots}\\ {}&{{}\nabla^{(k)}\{x[n]\}=\nabla^{(1)}[\nabla^{(k+1)}\{x[n]\}]}\\ \end{aligned} $$ 于是由微分方程 $ (P10.39-1) $所得的数字滤波器的差分方程为 $$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}\nabla^{(k)}\big\{y[n]\big\}\;=\;\sum_{k=0}^{M}b_{k}\nabla^{(k)}\big\{x[n]\big\} $$ (a) 若连续时间滤波器的转移函数为 $ H_{c}(s) $，而对应的离散时间滤波器的转移函数为 $ H_{d}(z) $，确定 $ H_{d}(z) $ 怎样与 $ H_{c}(s) $ 相关的。 (b) 若图 P10.39 表示连续时间频率响应 $ H_{c}(j\omega) $，利用 (a) 小题所得的变换画出离散时间频率响应 $ H_{d}(e^{j\alpha}) $。 (c) 假设 $ H_{c}(s) $ 对应于一个因果稳定的滤波器。而 $ H_{d}(z) $ 的收敛域包括单位圆，试问 $ H_{d}(z) $ 一定对应于一个因果滤波器吗？ 解： 对式 $ (P_{10.39-1}) $两边取拉氏变换，得 $$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}s^{k}\mathrm{Y}_{c}(s)=\sum_{k=0}^{M}b_{k}s^{k}X_{e}(s) $$ 则 (a) $$ H_{c}(s)=\frac{Y_{c}(s)}{X_{c}(s)}=\frac{\displaystyle\sum_{k=0}^{M}b_{k}s^{k}}{\displaystyle\sum_{k=0}^{N}a_{k}s^{k}} $$ 对于离散时间情况，用 k 阶中心差分代替式(P10.39-1)中的导数，有 $$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}\nabla^{(k)}y_{d}[n]\;=\;\sum_{k=0}^{M}b_{k}\nabla^{(k)}x_{d}[n] $$ 对上式两边取变换，得 $$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}\left(\frac{z-z^{-1}}{2}\right)^{k}Y_{d}(z)=\sum_{k=0}^{M}b_{k}\left(\frac{z-z^{-1}}{2}\right)^{k}X_{d}(z) $$ 则 $$ H_{d}(z)=\frac{Y_{d}(z)}{X_{d}(z)}=\frac{\displaystyle\sum_{k=0}^{M}b_{k}\left(\frac{z-z^{-1}}{2}\right)^{k}}{\displaystyle\sum_{k=0}^{N}a_{k}\left(\frac{z-z^{-1}}{2}\right)^{k}} $$ 比较式 $ (P10.39-2) $和式 $ (P10.39-3) $可见 $$ H_{d}(z)=H_{c}\left(\frac{z-z^{-1}}{2}\right)=H_{c}(s)|_{s=\frac{z-z^{-1}}{2}} $$ (b) 由式(P10.39-4) 可知 $$ H_{d}(e^{j\varrho})=H_{c}\bigg(\frac{e^{j\varrho}-e^{-j\varrho}}{2}\bigg)=H_{c}(j\sin\varrho) $$ 在 $ H_{d}(e^{jQ})=\sin\mathcal{Q} $ 时，如图 P10.39-1(a) 所示。 (c) 不一定对应于一个因果滤波器。例如，考虑 $$ H(s)=\frac{1}{s+1} $$ 则 $$ H_{d}(z)=H_{c}\left(\frac{z-z^{-1}}{2}\right)=\frac{1}{\frac{z-z^{-1}}{2}+1}=\frac{2z}{z^{2}+2z-1} $$ 其极点为 $ z = -1 \pm \sqrt{2} $，零-极点图如图 P10.39-1(b) 所示。 由图可见，在 0.414<|z|<1.414 范围内是包括了单位圆的收敛域，的因此系统是稳定的。由此得出的冲激响应是双边的，可见 $ H_{d}(z) $ 并不是因果滤波器。 10.40 从 S 平面映射到 z 平面的双线性变换可以解释为是从数值积分、微分方程中应用四边形法则引伸而得到的。 (a) 考虑微分方程为 $$ \frac{dy(t)}{dt}=x(t) $$ 或等效为 $$ y(t)=\int_{-\infty}^{t}x(\tau)d\tau $$ 的连续时间系统．确定该连续时间系统的函数 $ H(s) $ 在数值分析中，常用图 P10.40(a) 所示的四边形法则求积分。图 P10.40(b) 表示其中一个四边形的面积 A 为 $$ A=\left(\frac{b+a}{2}\right)h $$ （b）在四边形近似法中，x[n-1] 和 x[nT] 之间的面积 $ A_{n} $ 是多少？ (c) 根据式 $ (P10.40-2) $， $ y(nT) $ 表示直到时间 t = nT 的 x(t) 曲线下面部分的面积. 设 $ \hat{y}[n] $ 表示利用积分的四边形法则所获得的对 y[nT] 的近似, 即 $$ \hat{\mathcal{V}}[n]=\sum_{n=-\infty}^{n}A_{n} $$ 证明 $$ \mathcal{I}[n]=\mathcal{I}[n-1]+A_{*} $$ (d) 在 $ \hat{x}[n] $ 定义为 $ \hat{x}[n] = x(nT) $ 的情况下，证明式 (P10.40-2) 的四边形近似法则变为 $$ \hat{y}[n]=\hat{y}[n-1]+\frac{T}{2}\left\{\hat{x}[n-1]+\hat{x}[n]\right\}\left(P10.40-3\right) $$ (e) 确定对应于(d)小题中差分方程的系统函数。具体地说，证明它与将双线性变换应用到与式(P10.40-1)相应的连续时间系统函数所得到的系统函数相同。 解： (a) 对式(P10.40-1)两边取拉氏变换，有 $$ \begin{array}{c}{s Y(s)=X(s)}\\ {H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{1}{s}}\\ \end{array} $$ 得 (b) 由图可见，单个四边形的面积为 $$ A_{n}=\frac{x[(n-1)T]+x(nT)}{2}\circ T $$ 所以 $$ x[(n-1)T]=\frac{2A_{*}}{T}-x(n T) $$ $$ (c)\ \hat{y}[n]=\sum_{k=-\infty}^{n}A_{k}=\sum_{k=-\infty}^{n-1}A_{k}+A_{n}=\hat{y}[n-1]+A_{n} $$ (d) 由(b)和(c)小题的结果可知 $$ \begin{aligned}{\hat{\gamma}[n]}&{{}=\hat{\gamma}[n-1]+\frac{T}{2}\left\{x[(n-1)T]+x(n T)\right\}}\\ {}&{{}=\hat{\gamma}[n-1]+\frac{T}{2}\left\{\hat{x}[n-1]+\hat{x}[n]\right\}}\\ \end{aligned} $$ (e) 对 (d) 小题结果两边取 $ \mathfrak{Z} $ 变换得 $$ \hat{\Upsilon}\left(z\right)=z^{-1}\hat{\Upsilon}\left(z\right)+\frac{T}{2}[z^{-1}+1]\hat{X}\left(z\right) $$ 得系统函数为 $$ \hat{H}(z)=\frac{\hat{\Upsilon}(z)}{\hat{\chi}(z)}=\frac{T}{2}\left(\frac{1+z^{-1}}{1-z^{-1}}\right) $$ 对应于式(P10.40-1)的系统函数为 $$ H(s)=\frac{1}{s} $$ 采用双线性变换 $$ \begin{aligned}{H_{\delta}(z)}&{{}=H(s)\vert_{s=\frac{2}{T}(\frac{1-z^{-1}}{1+z^{-1}})}}\\ {}&{{}=H\left[\frac{2}{T}\Big(\frac{1-z^{-1}}{1+z^{-1}}\Big)\right]=\frac{T}{2}\Big(\frac{1+z^{-1}}{1-z^{-1}}\Big)}\\ \end{aligned} $$ 这表明采用梯形积分法与采用双线性变换所得结果相同。 10.41 设二阶连续带通滤波器的系统函数为 $$ H(s)=\frac{\omega_{n}^{2}}{s^{2}+2\xi\omega_{n}s+\omega_{n}^{2}} $$ (a) 当 $ 0 < \xi \ll 1 $ 与 $ \omega_{s} \gg 0 $ 时，画出 $ H(s) $ 的零-极点图，并考察从极点、零点到 jω 轴上的矢量且概略地画出 $ |H(j\omega)| $ 的图 形。证明中心频率 $ \omega_{c} $ 近似为 $ \omega_{n} $，带宽近似为 $ 2\xi\omega_{n} $ (b) 将双线性变换应用于式(P10.41)的系统来设计一个二阶离散时间带通滤波器。要求该离散时间带通滤波器具有中心频率为 $ Q_{c}=\frac{\pi}{4} $，带宽为 $ 0.01\pi $。作适当的近似，确定相应的连续时间滤波器的中心频率和带宽。 (c) 当中心频率和带宽如 (a) 小题所述，且应用双线性变换中的 s 和 z 关系，即 $$ s=\frac{2}{T}\frac{1-z^{-1}}{1+z^{-1}} $$ 其中 T=2，确定式(P10.41)中的 $ \xi $ 和 $ \omega_{*} $，使得对 $ H(s) $ 采用双线性变换时，将得到所要求的离散时间滤波器。 解： (a) 由式 $ (P_{10.41}) $ $$ \begin{aligned}{H(s)}&{{}=\frac{\omega_{n}^{1}}{s^{2}+2\xi\omega_{n}s+\omega_{n}^{2}}}\\ {}&{{}=\frac{\omega_{n}^{2}}{(s+\omega_{n}\xi+\omega_{n}\sqrt{\xi^{2}-1}))(s+\omega_{n}\xi-\omega_{n}\sqrt{\xi^{2}-1})}}\\ \end{aligned} $$ 若 $ \left|\xi\right|\ll1 $ ，则 $$ H(s)\approx\frac{\omega_{n}^{2}}{(s+\omega_{n}\xi+j\sqrt{1-\xi^{2}}\omega_{n})(s+\omega_{n}\xi-j\sqrt{1-\xi^{1}}\omega_{n})} $$ 其零-极点图如图 P10.41(a) 所示。由该图中的极点位置可得出 $ \left|H(j\omega)\right| $ 的形状，如图 F10.41(b) 所示。 由上式可知， $ \omega_{c}=\omega_{n}\sqrt{1-\xi^{2}} $，由于 $ 0<\xi\ll1 $，所以 $$ \omega_{c}\approx\omega_{n} $$ 下面求带宽。 $$ |H(j\omega_{n})|^{2}\approx\frac{A}{(\xi\omega_{n})^{2}(\xi^{2}\omega_{n}^{2}+4\omega_{n}^{2})}=\frac{A}{\omega_{n}^{4}(\xi^{4}+4\xi^{2})} $$ 该式可由图 P10.41(c) 所示的矢量图列出。并可利用图 P10.41(d) 所示的矢量图求得 $$ \begin{aligned}&|H[j(\omega_{n}+\xi\omega_{n})]|^{2}\approx\frac{A}{(\xi^{2}\omega_{n}^{2}+\xi^{2}\omega_{n}^{2})(\xi^{2}\omega_{n}^{2}+4\omega_{n}^{2})}\\&\quad=\frac{A}{2\omega_{n}^{4}(\xi^{4}+4\xi_{n}^{2})}=\frac{1}{2}\left|H(\omega_{n})\right|^{2}\\ \end{aligned} $$ 同样可得 $$ |H[j(\omega_{n}-\xi\omega_{n})]|^{2}\approx\frac{1}{2}|H(\omega_{n})|^{2} $$ 则得带宽近似为 $ 2\xi\omega_{n} $ (b) 双线性变换关系式 $$ s=\frac{2}{T}\frac{1-z^{-1}}{1+z^{-1}} $$ 当 $ z = e^{j\Omega} $ 时 $$ s=\frac{2}{T}\frac{1-e^{j\mathcal{Q}}}{1+e^{j\mathcal{Q}}}=\frac{2}{T}\frac{j\sin\left(\mathcal{Q}/2\right)}{\cos\left(\mathcal{Q}/2\right)}=j\frac{2}{T}\operatorname{tg}\left(\frac{\mathcal{Q}}{2}\right) $$ 所以 $$ w_{c}=\frac{2}{T}\mathrm{tg}\left(\frac{\Omega_{c}}{2}\right)=\frac{2}{T}\mathrm{tg}\left(\frac{\pi}{8}\right)=\frac{2}{T}\left(0.414\right) $$ 则 $$ \begin{align*}\omega_{e}-\alpha&=\frac{2}{T}\mathrm{tg}\biggl(\frac{Q_{c}-\frac{\pi}{200}}{2}\biggr)=\frac{2}{T}\mathrm{tg}\biggl(\frac{\pi}{8}-\frac{\pi}{400}\biggr)\\&=\frac{2}{T}\mathrm{tg}\biggl(\frac{49\pi}{400}\biggr)\end{align*} $$ 所以带宽为 $$ 2\alpha=\frac{4}{T}\operatorname{tg}\frac{\pi}{8}-\frac{4}{T}\operatorname{tg}\left(\frac{49\pi}{400}\right) $$ (c) T = 2 代入得 $$ \omega_{n}\approx\omega_{c}=\frac{2}{2}\left(0.414\right)=0.4142 $$ $$ \begin{aligned}2\alpha&=2\xi\omega_{n}=\frac{4}{T}\mathrm{tg}\frac{\pi}{8}-\frac{T}{4}\mathrm{tg}\frac{49\pi}{400}=2(0.4142-0.405)\\&=0.0184\end{aligned} $$ 所以 $$ \xi\Longrightarrow\frac{0.0092}{0.4142}\approx0.022 $$ 10.42 设离散时间低通滤波器 $ G_{d}(z) $ 及离散时间高通滤波器 $ H_{d}(z) $ 分别为利用双线性变换而从 $ G_{c}(s) $ 与 $ H_{c}(s) $ 获得的。证明 $ H_{d}(z) $ 可用某种函数，比如 $ m(z) $ 代替 z 从 $ G_{d}(z) $ 获得，确定 $ m(z) $。这表明一种将低通滤波器转换成高通滤波器的离散时间变换。 解： 利用双线性变换，有 $$ G_{d}(z)=G_{c}\left(\frac{2}{T}\frac{z-1}{z+1}\right) $$ $$ H_{d}(z)=H_{c}\left(\frac{T}{2}\frac{z+1}{z-1}\right) $$ 设用某一函数 $ m(z) $ 代替 z，则 $$ G_{d}[m(z)]=H_{d}(z) $$ 即 $$ \frac{2}{T}\frac{m(z)-1}{m(z)+1}=\frac{T}{2}\frac{z+1}{z-1} $$ 所以 $$ \begin{aligned}&4[m(z)-1](z-1)=T^{2}[m(z)+1](z+1)\\&m(z)[4(z-1)-T^{2}(z+1)]=T^{2}(z+1)+4(z-1)\\ \end{aligned} $$ 则得 $$ m\left(z\right)=\frac{T^{2}(z+1)+4(z-1)}{4(z-1)-T^{2}(z+1)} $$ 可见，利用这种双线性变换可将低通滤波器转换成高通滤波器。 10.43 将双线性变换法应用于一个适当的巴特沃兹低通滤波器，可设计一个频率响应为 $ H(e^{i\phi}) $ 且满足下列要求的离散时间低通滤波器. $$ \begin{aligned}&0.8<|H(e^{j\mathcal{Q}})|<1.2,\ 0\leqslant|\mathcal{Q}|\leqslant0.2\pi\\&|H|(e^{j\mathcal{Q}})|<0.2,\quad0.8\pi\leqslant|\mathcal{Q}|\leqslant\pi\\ \end{aligned} $$ (a) 当 T = 2 时，利用双线性变换的关系 $$ s=\frac{2}{T}\frac{1-z^{-1}}{1+z^{-1}} $$ $$ \omega=\frac{2}{T}\mathrm{tg}\frac{Q}{2} $$ $$ \mathcal{Q}=\mathrm{2a r c t g}\frac{\omega T}{2} $$ 确定对原巴特沃兹滤波器必要的技术要求，使它经过双线性变换的结果正好是所要求的离散时间滤波器。 （b）确定满足（a）小题中技术要求的最低阶连续时间巴特沃兹滤波器。 (c) 将双线性变换应用于(b)小题中所得的滤波器，确定离散时间滤波器的转移函数. (d) 当 T = 1 时重做 $ (a) $、 $ (b) $、 $ (c) $ 小题。 (e) 首先比较 (c) 与 (d) 小题中所得的离散时间滤波器，然 后讨论参数T对所得离散时间滤波器的影响。 解： (a) 当 T = 2 时， $$ \omega=\frac{2}{T}\mathrm{tg}\frac{Q}{2}=\mathrm{tg}\frac{Q}{2} $$ 由此可得 当Q=0时， $ \omega=0 $ Q = 0.2 $ \pi $ 时， $ \omega = 0.325 $ Q = 0.8 $ \pi $ 时， $ \omega = 3.078 $ Q = π时 $ \omega = \infty $ 因此对连续时间系统的技术要求为 $$ 0.8<|H_{c}(j\omega)|<1.2,\;0\leqslant\omega\leqslant0.325 $$ $$ |H_{c}(j\omega)|<0.2,\quad\omega\geqslant3.078 $$ (b) 连续时间巴特沃兹滤波器的幅频特性为 $$ |H(j\omega)|^{2}=\frac{1}{1+(\omega/\omega_{c})^{2N}} $$ 代入上述值得 当 $ \omega = 0.325 $ 时， $$ 0.64=\frac{1}{1+\left(\frac{0.325}{\omega_{c}}\right)^{2N}} $$ 当 $ \omega = 3.078 $ 时， $$ 0.04=\frac{1}{1+\left(\frac{3.078}{\omega_{c}}\right)^{2N}} $$ 即 $$ \begin{aligned}\left(\frac{0.325}{\omega_{c}}\right)^{2N}&=0.5625\\\left(\frac{3.078}{\omega_{e}}\right)^{2N}&=24\end{aligned} $$ 消去 $ c_{0} $得 $$ \left(\frac{3.078}{0.325}\right)^{2N}=\frac{24}{0.5625} $$ 解得 $$ N\approx0.8,\ 取 N=1 $$ (c) 将 N = 1 代入 $ (P 10.43 - 5) $ 得截止频率 $ \omega_{c} $ 为 $$ \omega_{c}^{2}=(3.078)^{2}/24 $$ $$ \omega_{c}\approx0.606 $$ 因而 $$ \begin{array}{r}{|H(e^{i\mathcal{Q}})|^{2}=\frac{1}{1+\left(\frac{\mathrm{t g}\frac{\mathcal{Q}}{2}}{0.606}\right)^{2}}}\end{array} $$ 由此得出转移函数为 $$ H(e^{j\mathcal{Q}})=\frac{1}{\left[1+\left(\frac{\operatorname{t g}\frac{\mathcal{Q}}{2}}{0.606}\right)^{2}\right]^{\frac{1}{2}}}\circ e^{j\Theta(\mathcal{Q})} $$ 其中 $ \Theta(\mathcal{Q}) $ 是 Q 的函数. (d) 当 T = 1 时， $$ \omega=\frac{2}{T}\mathrm{tg}\frac{\mathcal{Q}}{2}=2\mathrm{tg}\frac{\mathcal{Q}}{2} $$ 则 Q=0 时， $ \omega=0 $ Q = 0.2 $ \pi $ 时， $ \omega = 0.65 $ $ \omega = 0.8\pi $ 时， $ \omega = 6.156 $ 用与(b)相同的方法得 $$ \left(\frac{0.65}{\omega_{c}}\right)^{2N}=0.5625 $$ $$ \left(\frac{6.156}{\omega_{e}}\right)^{2N}=24 $$ 消去 $ \omega_{c} $得 $$ \left(\frac{6.156}{0.65}\right)^{2N}=\frac{24}{0.5625} $$ 由此解得 $ N \approx 0.8 $，取 N = 1，并可求得 $$ \omega_{c}^{2}=\frac{(6.156)^{2}}{24}, 得 \omega_{c}\approx1.212 $$ 所以 $$ \begin{array}{r}{|H(e^{i\mathcal{Q}})|^{2}=\frac{1}{1+\left(\frac{2\operatorname{t g}\frac{\mathcal{Q}}{2}}{1.212}\right)^{2}}=\frac{1}{1+\left(\frac{\operatorname{t g}\frac{\mathcal{Q}}{2}}{0.606}\right)^{2}}}\end{array} $$ 所以 $$ H(e^{j\varOmega})=\frac{1}{\left[1+\left(\frac{\operatorname{t g}\frac{\varOmega}{2}}{0.606}\right)^{2}\right]^{\frac{1}{2}}}e^{j\varPhi(\varOmega)} $$ 其中 $ \Phi(\mathcal{Q}) $ 是 Q 的函数. (e) 上小题与 T = 2 时结果一样，因此 T 不影响用上述方法得到的离散时间巴特沃兹滤波器。比较 (c) 和 (d) 的结果，可知抽样间隔 T 的大小只影响相应的模拟滤波器的通带和阻带范围，而对离散时间滤波器没有影响。 10.44 在通讯系统中常遇到图 P10.44-1 所示的 $ 90^{\circ} $ 分相器。系统 $ H_{1}(j\omega) $ 和 $ H_{2}(j\omega) $ 具有如下特性 $$ \begin{aligned}{H_{1}(j\omega)}&{{}=e^{j\Theta_{1}(\omega)}}\\ {H_{2}(j\omega)}&{{}=e^{j\Theta_{2}(\omega)}}\\ \end{aligned} $$ 其中 $$ \Theta_{1}(\omega)-\Theta_{2}(\omega)=\left\{\begin{array}{r}\displaystyle\frac{\pi}{2},\quad\omega>0\\ \\ \displaystyle-\frac{\pi}{2},\quad\omega<0\end{array}\right. $$ 相应的数字 $ 90^{\circ} $ 分相器如图 P10.44-2 所示。系统 $ G_{1}(e^{j\theta}) $ 与 $ G_{2}(e^{j\theta}) $ 具有如下特性 $$ \begin{aligned}{G_{1}(e^{j\varOmega})}&{{}=e^{j\varPhi_{1}(\varOmega)}}\\ {G_{2}(e^{j\varOmega})}&{{}=e^{j\varPhi_{\bf z}(\varOmega)}}\\ \end{aligned} $$ 其中 $$ \varPhi_{1}(\mathcal{Q})-\varPhi_{2}(\mathcal{Q})=\left\{\begin{aligned}{\frac{\pi}{2},}&{{}0<\mathcal{Q}<\pi}\\ {-\frac{\pi}{2},}&{{}-\pi<\mathcal{Q}<0}\\ \end{aligned}\right. $$ 若利用双线性变换，将连续时间 $ 90^{\circ} $ 分相器 $ H_{1}(j\omega) $ 与 $ H_{2}(j\omega) $ 分别变换成数字滤波器 $ G_{1}(e^{j\alpha}) $ 与 $ G_{2}(e^{j\alpha}) $。确定其结果是否是一个数字式 $ 90^{\circ} $ 分相器。 解： $$ G_{1}(e^{j\mathcal{Q}})=H_{1}\bigg(j\frac{2}{T}\mathrm{t g}\frac{\mathcal{Q}}{2}\bigg)=e^{i\Theta_{1}\left(\frac{2}{T}\mathrm{t g}\frac{\mathcal{Q}}{2}\right)} $$ $$ G_{2}(e^{j\mathcal{Q}})=H_{2}\bigg(j\frac{2}{T}\mathrm{t g}\frac{\mathcal{Q}}{2}\bigg)=e^{j\Theta_{2}\left(\frac{2}{T}\mathrm{t g}\frac{\mathcal{Q}}{2}\right)} $$ 可见 $$ \varPhi_{1}(\mathcal{Q})=\Theta_{1}\left(\frac{2}{T}\operatorname{t g}\frac{\mathcal{Q}}{2}\right) $$ $$ \varPhi_{2}(\mathcal{Q})=\Theta_{2}\left(\frac{2}{T}\mathrm{t g}\frac{\mathcal{Q}}{2}\right) $$ 因此 $$ \varPhi_{1}(\mathcal{Q})-\varPhi_{2}(\mathcal{Q})=\varTheta_{1}\Big(\frac{2}{T}\operatorname{t g}\frac{\mathcal{Q}}{2}\Big)-\varTheta_{2}\Big(\frac{2}{T}\operatorname{t g}\frac{\mathcal{Q}}{2}\Big) $$ 0 < Q < $ \pi $ 时， $ 0 < \frac{2}{T} \tan \frac{Q}{2} < \infty $ 而 $ -\pi 所示 $$ \varPhi_{1}(\mathcal{Q})-\varPhi_{2}(\mathcal{Q})=\left\{\begin{aligned}{\frac{\pi}{2},~}&{{}0<\mathcal{Q}<\pi}\\ {-\frac{\pi}{2},~}&{{}-\pi<\mathcal{Q}<0}\\ \end{aligned}\right. $$ 此结果就是数字 $ 90^{\circ} $分相器. 10.45 利用下面的变换关系将有理系统函数为 $ H_{e}(s) $ 的连续时间滤波器变换成系统函数为 $ H_{d}(z) $ 的数字滤波器。变换关系为 $$ H_{d}(z)=H_{c}(s)|_{s=\beta\frac{1-z^{-\alpha}}{1+s^{-\alpha}}} $$ 其中 $ \alpha $ 为非零整数，而 $ \beta $ 为实数. (a) 当 $ \alpha > 0 $ 时，确定 $ \beta $ 的范围，在此范围内一个具有有理 $ H_{c}(s) $ 的因果连续时间滤波器总可获得一个具有有理 $ H_{d}(z) $ 的稳定的因果数字滤波器。 (b) 若 $ \alpha<0 $，确定 $ \beta $ 值的范围，在此范围内一个具有有理函数 $ H_{c}(s) $ 的稳定的因果连续时间滤波器总可获得一个具有有理函数 $ H_{d}(z) $ 的稳定的因果数字滤波器。 (c) 当 $ \alpha = -1 $ 时，确定 S 平面中的 jω 轴映射成 Z 平面内什么曲线。 (d) 给出图 P10.45 所示的 $ H_{c}(j\omega) $，画出在 $ \beta = 1 $ 及 $ \alpha = 1 $ 时的 $ H_{d}(e^{j\omega}) $。 解： (a) $$ s=\beta\frac{1-z^{-\alpha}}{1+z^{-\alpha}}=\beta\frac{z^{\alpha}-1}{z^{\alpha}+1} $$ 若 $ \beta=0 $，则 $ H_{d}(z)=H_{c}(0) $ 于是 $ h_{d}[n]=H_{c}(0)\delta[n] $ （因此系统是稳定的和因果的）. 若 $ \beta\neq0 $ ，则 $ s(z^{\alpha}+1)=\beta(z^{\alpha}-1) $ 所以 $$ z^{\alpha}=\frac{1+\frac{s}{\beta}}{1-\frac{s}{\beta}}=\frac{1+\frac{\sigma}{\beta}+j\frac{\omega}{\beta}}{1-\frac{\sigma}{\beta}-j\frac{\dot{\omega}}{\beta}} $$ $$ \mid z^{\alpha}\mid=\left[\frac{\left(1+\frac{\sigma}{\beta}\right)^{2}+\frac{\omega^{2}}{\beta^{2}}}{\left(1-\frac{\sigma}{\beta}\right)^{2}+\frac{\omega^{2}}{\beta^{2}}}\right]^{1/2} $$ 对于稳定的因果系统的极点来说， $ \sigma<0 $。所以若 $ \beta>0 $，则 $ \left|z\right|^{\alpha}<1 $，得 $ \left|z\right|<1 $ 若 $ \beta<0 $ ，则 $ \left|z\right|^{\alpha}>1 $ ，得 $ \left|z\right|>1 $ 可见，若 $ \beta \geqslant 0 $，则变换后得到一个稳定的因果滤波器。 (b) 若 $ \alpha<0 $，结论相反。用与(a)小题中类似的方法讨论可得，当 $ \beta\leq0 $ 时，变换后得到稳定的因果滤波器。 (c) $ \alpha = -1 $ 时，S 平面中的 jω 轴映射到 z 平面中的单位圆上。令式 (P10.45) 中 $ \sigma = 0 $ 得 $$ |z|=\left[\frac{1+\omega^{2}/\beta^{2}}{1+\omega^{2}\beta^{2}}\right]^{\frac{1}{2}}=1 $$ (d) 在 $ H_{d}(z)=H_{c}(s)|_{s=\beta\frac{1-z^{-\alpha}}{1+z^{-\alpha}}} $ 中，代入 $ \beta=1,\alpha=-1 $ 及 $ z=e^{i\theta} $，得 $$ H_{d}(e^{i\mathcal{Q}})=H_{c}\left(\frac{1-e^{i\mathcal{Q}}}{1+e^{i\mathcal{Q}}}\right)=H_{c}\left(-j\mathrm{tg}\frac{\mathcal{Q}}{2}\right) $$ 如图 P10.45-1 所示。 10.46 求习题 10.1 中各序列的单边变换。 解： (a) $ x[n] = \delta[n] $ $$ X_{u}(z)\;=\;\sum_{n=0}^{+\infty}\delta[n]z^{-n}=1 $$ (b) $ x[n] = \delta[n - 1] $ $$ X_{u}(z)\;=\;\sum_{n=0}^{+\infty}\;\delta[n-1]z^{-n}=z^{-1} $$ (c) $ x[n] = \delta[n + 1] $ $$ X_{u}(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}\delta[n+1]z^{-n}=0 $$ (d) $$ x[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{*}u[n] $$ $$ X_{u}(z)\ =\ \sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}z^{-n}\ =\ \frac{1}{1-\frac{1}{2}\ z^{-1}} $$ (e) $$ x[n]=-\frac{1}{2}u[-n-1] $$ $$ X_{u}(z)\;=\;\sum_{n=0}^{+\infty}-\frac{1}{2}u[-n-1]z^{-n}=0 $$ (f) $$ x[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{*}u[-n] $$ $$ X_{u}(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[-n]z^{-n}=1 $$ (g) $$ x[n]=\left[\left(\frac{1}{2}\right)^{*}+\left(\frac{1}{4}\right)^{*}\right]u[n] $$ $$ \begin{aligned}{X_{u}(z)}&{{}=\sum_{n=0}^{+\infty}\left[\left(\frac{1}{2}\right)^{n}+\left(\frac{1}{4}\right)^{n}\right]z^{-n}}\\ {}&{{}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}z^{-1}}+\frac{1}{1-\frac{1}{4}z^{-1}}}\\ \end{aligned} $$ (h) $ x[n] = \left(\frac{1}{2}\right)^{n} u[n-1] $ $$ X_{u}(z)\;=\;\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{s}u[n-\;]z^{-s}=\frac{z^{-1}}{1-\frac{1}{2}\;z^{-1}} $$ 10.47 若 $ x_{u}(z) $ 表示 x[n] 的单边 z 变换，用 $ x_{u}(z) $ 求下列序列的单边 Z 变换. $$ (a)x[n+1],(b)x[n-3],(c)\sum_{k=-\infty}^{n}x[k] $$ 解： (a) $ y[n] = x[n + 1] $ $$ \begin{aligned}Y_{u}(z)&=\sum_{n=0}^{+\infty}x[n+1]z^{-n}\\&=\sum_{n=-1}^{+\infty}x[n+1]z^{-n}-x[0]z\end{aligned} $$ 设 m=n+1，则 $$ \begin{aligned}{Y_{u}(z)~=~}&{{}\sum_{m=0}^{+\infty}x[m]z^{-(m-1)}-~x[0]z}\\ {~=~}&{{}z\left(\sum_{m=0}^{+\infty}x[m]z^{-m}-~x[0]\right)}\\ {~=~}&{{}z\{X_{u}(z)-x[0]\}}\\ \end{aligned} $$ (b) $ y[n] = x[n - 3] $ $$ Y_{u}(z)\quad=\quad\sum_{n=0}^{+\;8}x[n-3]z^{-n} $$ 令 m=n-3，则 $$ \begin{aligned}Y_{u}(z)&=\sum_{m=-3}^{+\infty}x[m]z^{-(m+3)}\\&=\sum_{m=0}^{+\infty}x[m]z^{-(m+3)}+x[-3]+x[-2]z^{-1}\\&\quad+x[-1]z^{-2}=z^{-3}X_{u}(z)+z^{-2}x[-1]\\&\quad+z^{-1}x[-2]+x[-3]\end{aligned} $$ (c) $$ y[n]=\sum_{k=-\infty}^{n}x[k]=\sum_{m=0}^{+\infty}x[n-m] $$ $$ \begin{aligned}\mathrm{Y}_{u}(z)&=\sum_{n=0}^{+\infty}\left\{\sum_{m=0}^{+\infty}x[n-m]\right\}z^{-n}\\&=\sum_{m=0}^{+\infty}\sum_{n=0}^{+\infty}x[n-m]z^{-n}\\&=\sum_{m=0}^{+\infty}\sum_{l=-m}^{+\infty}x[l]z^{-(l+m)}\\&=\sum_{m=0}^{+\infty}\left\{\sum_{l=0}^{+\infty}x[l]z^{-l}\bullet z^{-m}+\sum_{l=-m}^{-1}x[l]z^{-l}\bullet z^{-m}\right\}\\&=\sum_{m=0}^{+\infty}z^{-m}X_{u}(z)+\sum_{m=0}^{+\infty}\sum_{p=1}^{+m}x[-p]z^{p}\bullet z^{-m}\\&=\frac{X_{u}(z)}{1-z^{-1}}+\sum_{m=0}^{+\infty}z^{-m}\sum_{p=1}^{+m}x[-p]z^{p}\end{aligned} $$ 10.48 对于下列各差分方程及相应的输入与初始条件，用单边 z 变换求响应 y[n]。 (a) $ y[n] + 3y[n-1] = x[n] $ $$ x[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{*}u[n] $$ $$ y[-1]=1 $$ (b) $$ y[n]-\frac{1}{2}y[n-1]=x[n]-\frac{1}{2}x[n-1] $$ $$ x[n]=u[n] $$ $$ y[-1]=0 $$ (c) $$ y[n]-\frac{1}{2}y[n-1]=x[n]-\frac{1}{2}x[n-1] $$ $$ x[n]=u[n] $$ $$ y[-1]=1 $$ 解： (a) 对该差分方程两边取单边 $ \Sigma $ 变换，有 $$ \mathbf{Y}_{u}(z)+3\left\{z^{-1}\mathbf{Y}_{u}(z)+y[-1]\right\}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}z^{-1}} $$ $$ \bar{\mathrm{Y}}_{u}(z)+3z^{-1}\mathrm{Y}_{u}(z)+3=\frac{1}{1-\frac{1}{2}z^{-1}} $$ $$ \begin{align*}\mathbf{Y}_{s}(z)&=\frac{-3}{1+3z^{-1}}+\frac{1}{\left(1-\frac{1}{2}z^{-1}\right)(1+3z^{-1})}\\&=\frac{-\frac{15}{7}}{1+3z^{-1}}+\frac{\frac{1}{7}}{1-\frac{1}{2}z^{-1}}\end{align*} $$ 求逆变换得 $$ y[n]=\left[-\frac{15}{7}(-3)^{n}+\frac{1}{7}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\right]u[n] $$ (b) 同理 $$ Y_{u}(z)-\frac{1}{2}z^{-1}Y_{u}(z)=\frac{1-\frac{1}{2}z^{-1}}{1-z^{-1}} $$ $$ \mathrm{Y}_{u}(z)=\frac{1}{1-z^{-1}} $$ 求逆变换得 $$ \mathfrak{y}[n]=u[n] $$ (c) 同理 $$ \mathrm{Y}_{n}(z)-\frac{1}{2}z^{-1}\mathrm{Y}_{n}(z)-\frac{1}{2}=\frac{1-\frac{1}{2}z^{-1}}{1-z^{-1}} $$ $$ Y_{u}(z)=\frac{1}{1-z^{-1}}+\frac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}z^{-1}} $$ 求逆变换得 $$ y[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}u[n]+u[n]。 $$
