第五章 离散时间信号与系统的傅里叶分析

5.1 确定下列各周期离散时间信号的傅里叶级数的系数，并给出各组系数 $ a_{k} $ 的幅值和相位。

(a) $ x[n] = \sin[\pi(n-1)/4] $

(b) $ x[n] = \cos(2\pi n/3) + \sin(2\pi n/7) $

(c) $ x[n] = \cos(11\pi n/4 - \pi/3) $

(d) x[n] 是周期的，周期为6，而且

$$ x[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{n},\quad-2\leqslant n\leqslant3 $$

(e) $ x[n] = \sin(2\pi n/3) \cos(\pi n/2) $

(f) x[n] 是周期的，周期为4，而且

$$ x[n]=1-\sin\left(\frac{\pi n}{4}\right),\quad0\leqslant n\leqslant3 $$

(g) x[n] 是周期的，周期为 12，而且

$$ x[n]=1-\sin\left(\frac{\pi n}{4}\right),\quad0\leqslant n\leqslant11 $$

(h) x[n] 如图 P 5.1(a) 所示。

(i) x[n] 如图 P 5.1(b) 所示。

(i) x[n] 如图 P5.1(c) 所示。

(k) x[n] 如图 P5.1(d) 所示.

解：

$$ \begin{aligned}{x[n]}&{{}=\sin{[\pi(n-1)/4]}}\\ {}&{{}=\frac{1}{2i}[e^{i\pi(n-1)/4}-e^{-i\pi(n-1)/4}]}\\ \end{aligned} $$

$$ =\frac{e^{-j\pi/4}}{2j}[e^{j\frac{2\pi}{8}-e^{-i\frac{2\pi}{8}}}] $$

所以 N=8 。将上式傅氏级数与定义式

$$ x[n]=\sum_{n=(N)}a_{k}e^{jk\left(\frac{2\pi}{N}\right)\pi} $$

相比较，得

$$ a_{1}=\frac{e^{-j\pi/4}}{2j}=\frac{1}{2}\;e^{-j3\pi/4} $$

$$ a_{-1}=\frac{e^{j\pi/4}}{2j}=\frac{1}{2}e^{-j\pi/4} $$

各系数的振幅和相位已由系数的复数形式给出。下面各小题

也如此，不再重申。

(b)

$$ \begin{aligned}{x[n]}&{{}=\cos\left(2\pi n/3\right)+\sin\left(2\pi n/7\right)}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}[e^{i2\pi n/3}+e^{-i2\pi n/3}]-\frac{1}{2j}[e^{i2\pi n/7}-e^{-i2\pi n/7}]}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}[e^{i2\pi\cdot7n/21}+e^{-i2\pi\cdot7n/21}]}\\ {}&{{}\quad-\frac{1}{2j}[e^{i2\pi\cdot3n/21}-e^{-j2\pi\cdot3n/21}]}\\ \end{aligned} $$

所以 N = 21. 则可得

$$ a_{7}=a_{14}=\frac{1}{2},a_{3}=a_{18}^{*}=\frac{1}{2j}=\frac{1}{2}e^{-j\pi/2} $$

$$ a_{k}=0,k\neq7,14,3,18. $$

(c)

$$ \begin{aligned}{x[n]}&{{}=\cos\left[\frac{11\pi n}{4}-\frac{\pi}{3}\right]}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}[e^{i\left(\frac{22}{8}\pi\pi-\frac{\pi}{3}\right)}+e^{-i\left(\frac{22}{8}\pi\pi-\frac{\pi}{3}\right)}]}\\ \end{aligned} $$

所以 N = 8 。则可得

$$ a_{3}=\frac{1}{2}~e^{-i\pi/3}=a_{5}^{*} $$

$$ a_{k}=0,k\neq3,5 $$

$$ (d)\ x[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{n},-2\leqslant n\leqslant3 $$

可见， $ N=6,\Omega_{0}=\frac{2\pi}{6}=\frac{\pi}{3} $，所以

$$ a_{k}=\frac{1}{N}\sum_{n=\langle N\rangle}x[n]e^{-i k\mathcal{Q}_{0}n}=\frac{1}{6}\sum_{n=-2}^{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}e^{-i k\frac{\pi}{3}n} $$

设 l = n - 2，则可得

$$ a_{k}=\frac{1}{6}\left(\frac{1}{2}e^{-i k\frac{\pi}{3}}\right)^{-2}\sum_{l=0}^{5}\left(\frac{1}{2}e^{-i k\frac{\pi}{3}}\right) $$

$$ \begin{aligned}&=\frac{2}{3}\ e^{jk2\pi/3}\frac{1-\left(\frac{1}{2}\ e^{-jk\pi/3}\right)^{1}}{1-\frac{1}{2}\ e^{-jk\pi/3}}\\&=\frac{2}{3}\frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^{6}}{\frac{5}{4}-\cos\left(k\ \frac{\pi}{3}\right)}\exp\left\{j\left[k\ \frac{2\pi}{3}\right.\right.\\&\left.\left.\quad-\operatorname{tg}^{-1}\left(\frac{\sin k\pi/3}{2-\cos k\pi/3}\right)\right]\right\}\end{aligned} $$

(e)

$$ \begin{aligned}x[n]&=\sin\left(2\pi n/3\right)\cos\left(\pi n/2\right)\\&=\frac{1}{2i}\left(e^{j2\pi n/3}-e^{-j2\pi n/3}\right)\times\frac{1}{2}\left(e^{j2\pi n/4}+e^{-j2\pi n/4}\right)\\&=\frac{e^{-j\pi/4}}{4}\left[e^{j7\cdot2\pi n/12}-e^{-j2\pi n/12}\right.\\&\quad\left.+e^{j2\pi n/12}-e^{-j7\cdot2\pi n/12}\right]\\ \end{aligned} $$

所以 N=12 。则可得

$$ a_{1}=a_{11}^{*}=\frac{1}{4}e^{-j x/?},~a_{5}=a_{7}^{*}=\frac{1}{4}e^{j x/2} $$

$$ a_{k}=0,\ k\neq1,5 $$

(f) 已知 N=4，则

$$ \begin{aligned}a_{k}&=\frac{1}{N}\sum_{n=(N)}x[n]e^{-i\tilde{k}\frac{2\pi}{N}n}\\&=\frac{1}{4}\sum_{n=0}^{3}\left[1-\sin\left(\frac{\pi n}{4}\right)\right]e^{-i\tilde{k}\frac{2\pi}{N}n}\\&=\frac{1}{4}\left\{1+\left(1-\frac{1}{\sqrt[3]{2}}\right)e^{-i k\frac{\pi}{2}}+0\right.\\&\quad\left.+\left(1-\frac{1}{\sqrt[3]{2}}\right)e^{-i k\frac{3\pi}{2}}\right\}\\&=\frac{1}{4}\left\{1+\left(1-\frac{1}{\sqrt[3]{2}}\right)e^{-i k\frac{\pi}{2}}(1+e^{-i k\pi})\right\}.\\ \end{aligned} $$

$$ =\frac{1}{4}\left\{1+[1+(-1)^{k}]\left(1-\frac{1}{\sqrt{-2}}\right)e^{-i k\frac{\pi}{2}}\right\} $$

$$ 0\leq k\leq3 $$

(g) 已知 N=12，则

$$ \begin{aligned}a_{k}&=\frac{1}{N}\sum_{n=\langle N\rangle}x[n]e^{-j k\frac{2\pi}{N}\cdot n}\\&=\frac{1}{12}\sum_{n=0}^{11}\left[1-\sin\frac{\pi n}{4}\right]e^{-j k\frac{2\pi}{N}\cdot n}\\&=\frac{1}{12}\left\{\sum_{n=0}^{11}e^{-j k\frac{2\pi}{12}\cdot n}-\frac{1}{2j}\sum_{n=0}^{11}e^{j k\left(\frac{\pi}{4}-k\frac{2\pi}{12}\right)\cdot n}\right.\\&\quad\left.+\frac{1}{2j}\sum_{n=0}^{11}e^{-j\left(\frac{\pi}{4}+k\frac{\pi}{12}\cdot n\right)}\right\}\\&=\frac{1}{12}\left\{\frac{1-e^{-j k2\pi}}{1-e^{-j k\frac{2\pi}{12}}}-\frac{1}{2j}\frac{1-e^{j(3\pi-k2\pi)}}{1-e^{j\left(\frac{\pi}{4}-k\frac{2\pi}{12}\right)}}\right.\\&\quad\left.+\frac{1}{2j}\frac{1-e^{-j(3\pi+k2\pi)}}{1-e^{-j\left(\frac{\pi}{4}+k\frac{2\pi}{12}\right)}}\right\}\\&=\frac{1}{12}\left\{\frac{j}{1-e^{j\left(\frac{\pi}{4}-k\frac{2\pi}{12}\right)}}-\frac{j}{1-e^{-j\left(\frac{\pi}{4}+k\frac{2\pi}{12}\right)}}\right\}\end{aligned} $$

$$ 0\leqslant k\leqslant11 $$

(h) 由图 P 5.1(a) 可见，N = 7， $ Q_{0} = \frac{2\pi}{7} $

而

$$ x[n]=\sum_{r=0}^{4}\delta[n-r] $$

所以

$$ \begin{aligned}{a_{k}}&{{}=\frac{1}{N}\sum_{n=\langle N\rangle}x[n]e^{-i k\frac{2\pi}{N}\varpi}}\\ {}&{{}=\frac{1}{7}\sum_{n=0}^{4}\sum_{r=0}^{4}\delta[n-r]e^{-i k\frac{2\pi}{7}\varpi}}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&=\frac{1}{7}\sum_{n=0}^{1}\left\{\delta[n]+\delta[n-1]+\delta[n-2]\right.\\&\quad\left.+\delta[n-3]+\delta[n-4]\right\}e^{-j k\frac{2\pi}{7}n}\\&=\frac{1}{7}\left[1+e^{-j k\frac{2\pi}{7}}+e^{-j k\frac{4\pi}{7}}+e^{-j k\frac{6\pi}{7}}+e^{-j k\frac{8\pi}{7}}\right]\\&=\frac{1}{7}\sum_{l=0}^{4}e^{-j k\frac{2\pi}{7}l}=\frac{1}{7}\frac{1-e^{-j k\frac{10\pi}{7}}}{1-e^{-j k\frac{2\pi}{7}}}\\&=\frac{1}{7}e\frac{-j k\frac{5\pi}{7}}{e^{-j k\frac{\pi}{7}}}(e^{j k\frac{5\pi}{7}}-e^{-j k\frac{5\pi}{7}})\\&=\frac{1}{7}e^{-j k\frac{4\pi}{7}}\frac{\sin\left(k\frac{5\pi}{7}\right)}{\sin\left(k\frac{\pi}{7}\right)}\end{aligned} $$

$$ 0\leq k\leq6 $$

$$ a_{0}\equiv\frac{5}{7} $$

(i) 由图 P 5.1(b) 可见， $ N = 6, Q_{0} = \frac{2\pi}{6} $，而

$$ x[n]=\sum_{r=0}^{3}\delta[n-r] $$

所以

$$ \begin{aligned}a_{k}&=\frac{1}{6}\sum_{n=0}^{3}x[n]e^{-jk\frac{2\pi}{6}n}\\&=\frac{1}{6}\left[1+e^{-jk\frac{\pi}{3}}+e^{-jk\frac{2}{3}n}+e^{-jk\pi}\right]\\&=\frac{1}{6}\sum_{l=0}^{3}e^{-jk\frac{\pi}{3}l}=\frac{1}{6}\frac{1-e^{-jk\frac{8}{3}n}}{1-e^{-jk\frac{\pi}{3}}}\\ \end{aligned} $$

$$ =\frac{1}{6}e^{-i\frac{\pi k}{2}}\frac{\sin\left(2\pi k/3\right)}{\sin\left(\pi k/6\right)},\quad1\leqslant k\leqslant5 $$

$$ a_{0}=4/6=\frac{2}{3} $$

(i) 由图 P 5.1(c) 可见， $ N = 6, Q_{0} = \frac{2\pi}{6} $

而

$$ \begin{aligned}{x[n]=\delta[n]+2\delta[n-1]-\delta[n-2]}\\ {-\delta[n-4]+2\delta[n-5]}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ \begin{aligned}{a_{k}}&{{}=\frac{1}{6}\sum_{n=0}^{5}x[n]e^{-i k\frac{\pi}{3}n}}\\ {}&{{}=\frac{1}{6}\left\{1+2e^{-i k\frac{\pi}{3}}-e^{-i k\frac{2\pi}{3}}-e^{-i k\frac{4\pi}{3}}+2e^{-i k\frac{5\pi}{3}}\right\}}\\ {}&{{}=\frac{1}{6}+\frac{1}{6}e^{-i k\pi}\left\{2e^{i k\frac{2\pi}{3}}+2e^{-i k\frac{2\pi}{3}}-e^{i k\frac{\pi}{3}}-e^{-i k\frac{\pi}{3}}\right\}}\\ {}&{{}=\frac{1}{6}+\frac{(-1)^{k}}{6}\left[4\cos\left(\tilde{k}\frac{2\pi}{3}\right)-2\cos\left(\tilde{k}\frac{\pi}{3}\right)\right]}\\ \end{aligned} $$

(k) 由图 P5.1(d) 可见，N=5， $ Q_{0}=\frac{2\pi}{5} $

而

$$ x[n]=\delta[n-1]+2\delta[n-2]-2\delta[n-3]-\delta[n-4] $$

所以

$$ \begin{aligned}{a_{k}}&{{}=\frac{1}{5}\sum_{n=0}^{4}x[n]e^{-i k\frac{2\pi}{5}n}}\\ {}&{{}=\frac{1}{5}\left\{e^{-i k\frac{2\pi}{5}}+2e^{-i k\frac{4\pi}{5}}-2e^{-i k\frac{6\pi}{5}}-e^{-i k\frac{8\pi}{5}}\right\}}\\ {}&{{}=\frac{1}{5}e^{-i k n}\{e^{i k\frac{3\pi}{5}}-e^{-i k\frac{3\pi}{5}}+2e^{i k\frac{\pi}{5}}-2e^{-i k\frac{\pi}{5}}\}}\\ \end{aligned} $$

$$ \therefore i\frac{(-1)^{k}}{5}\left\{2\sin\left(k\frac{3\pi}{5}\right)+4\sin\left(k\frac{\pi}{5}\right)\right\} $$

(I) 由图 P 5.1(e) 可见，N = 6， $ \Omega_{e} = \frac{2\pi}{6} $

而

$$ x[n]=\delta[n]+2\delta[n-1]+2\delta[n-2] $$

所以

$$ \begin{aligned}a_{k}&=\frac{1}{6}\sum_{n=0}^{q}x[n]e^{-jk\frac{2\pi}{6}n}\\&=\frac{1}{6}\left\{1+2e^{-jk\frac{\pi}{3}}+2e^{-jk\frac{2\pi}{4}}\right\}\\&=\frac{1}{6}\left\{2\sum_{k=0}^{i}e^{-jk\frac{\pi}{3}}-1\right\}=\frac{1}{3}\frac{1-e^{-jk\pi}}{1-e^{-jk\frac{\pi}{3}}}-\frac{1}{6}\\&=\frac{1}{j6}e^{jk\frac{\pi}{6}}\frac{1-(-1)^{k}}{\sin\left(k\frac{\pi}{6}\right)}-\frac{1}{6}\\&=\frac{1}{6}\left\{\frac{1-(-1)^{k}}{\sin\left(k\frac{\pi}{6}\right)}e^{j\left(k\frac{\pi}{6}-\frac{\pi}{2}\right)}-1\right\}\\ \end{aligned} $$

5.2 将图 P5.2 所示周期为 N = 4 的信号 x[n] 表示为离散时间傅里叶级数

$$ x\lfloor n\rfloor=\sum_{k=0}^{3}a_{k}e^{i k(2\pi/4)\pi} $$

现可将式(P5.2-1)看作含有4个未知数 $ (a_{0},a_{1},a_{2},a_{3}) $的4个线性方程组（即n=0,1,2,3时的式(P5.2-1).

(a) 直接用解线性方程组的方法求解.

(b) 利用下列离散时间傅氏级数解析方程求解，即

$$ a_{k}=\frac{1}{4}\sum_{k=0}^{k}x[n]e^{-i k\left(\frac{2\pi}{4}\right)n} $$

解：

（a）由 $ x[n] = \sum_{k=0}^{q} a_{k} e^{jk\left(\frac{2\pi}{4}\right)n} $

$ = a_{0} + a_{1} e^{j\frac{\pi}{2}n} + a_{2} e^{j\pi n} + a_{3} e^{j\frac{3}{2}\pi n} $

因此可列出4个方程为

$$ x[0]=a_{0}+a_{1}+a_{2}+a_{3}=1 $$

$$ x[1]=a_{0}+a_{1}e^{i\frac{\pi}{2}}+a_{2}e^{i\pi}+a_{3}e^{i\frac{\pi}{2}\pi}=0 $$

$$ x[2]=a_{0}+a_{1}e^{j\pi}+a_{2}e^{j2\pi}+a_{3}e^{j3\pi}=2 $$

$$ x[3]=a_{0}+a_{1}e^{i\frac{3}{2}\pi}+a_{2}e^{i3\pi}+a_{3}e^{i\frac{9}{7}\pi}=-1 $$

即

$$ a_{0}+a_{1}+a_{2}+a_{3}=1 $$

$$ a_{0}+1a_{1}-a_{2}-1a_{3}=0 $$

$$ a_{0}-a_{1}+a_{2}-a_{3}=2 $$

$$ a_{0}-1a_{1}-a_{2}+1a_{3}=-1 $$

或写成矩阵形式

$$ \left[\begin{matrix}{1}&{1}&{1}&{1}\\ {1}&{j}&{-1}&{-j}\\ {1}&{-1}&{1}&{-1}\\ {1}&{-j}&{-1}&{j}\\ \end{matrix}\right]\left[\begin{matrix}{a_{0}}\\ {a_{1}}\\ {a_{2}}\\ {a_{3}}\\ \end{matrix}\right]=\left[\begin{matrix}{}&{1}\\ {}&{0}\\ {}&{2}\\ {}&{-1}\\ \end{matrix}\right] $$

由此可解得

$$ a_{0}=\frac{1}{2},~a_{1}=-\frac{1+j}{4},~a_{2}=1,~a_{3}=-\frac{1-j}{4} $$

(b) 利用公式

$$ \begin{aligned}a_{k}&=\frac{1}{4}\sum_{n=0}^{1}x[n]e^{-jk\frac{\pi}{2}n}\\&=\frac{1}{4}\left[1+2e^{-jk\pi}-e^{-ik\frac{3}{2}\pi}\right],\quad0\leqslant k\leqslant3\end{aligned} $$

由此可得

$$ a_{0}=\frac{1}{2},a_{1}=-\frac{1+j}{4},a_{2}=1,a_{3}=-\frac{1-j}{4} $$

5.3 在下列各小题中，给出周期为8的周期信号 x[n] 的傅氏级数的系数 $ a_{k} $。确定相应的信号 x[n]。

(a)

$$ a_{k}=\mathrm{c o s}\Big(\frac{k\pi}{4}\Big)+\mathrm{s i n}\Big(\frac{3k\pi}{4}\Big) $$

(b)

$$ a_{k}=\left\{\begin{aligned}&\sin\left(\frac{k\pi}{3}\right),&0\leqslant k\leqslant6\\ &0,&k>7\end{aligned}\right. $$

(c) $ a_{k} $ 如图 P5.3(a) 所示。

(d) $ a_{k} $ 如图 P5.3(b) 所示.

解：

(a) 由题可知 $ Q_{1} = \frac{\pi}{4} $, $ N = \frac{2\pi}{Q_{0}} = 8 $

所以

$$ \begin{aligned}{x[n]}&{{}=\sum_{k=0}^{\bar{7}}a_{k}e^{i\bar{k}\frac{\bar{\pi}}{4}n}}\\ {}&{{}=\sum_{k=0}^{7}\left(\cos\frac{\bar{k}}{4}\pi+\sin\frac{3}{4}\bar{k}\pi\right)e^{i\bar{k}\frac{\bar{\pi}}{4}n}}\\ {}&{{}=1+\sqrt{2}e^{i\frac{\pi}{4}n}-e^{i\frac{\pi}{2}n}-e^{i\pi s}}\\ {}&{{}\quad-\sqrt{2}e^{i\frac{5}{4}\pi s}+e^{i\frac{3}{2}\pi n}}\\ {}&{{}=1+\sqrt{2}e^{i\frac{\pi}{4}n}-e^{i\frac{\pi}{2}n}-(-1)^{s}}\\ {}&{{}\quad-\sqrt{2}(-1)^{s}e^{i\frac{\pi}{4}n}+(-1)^{s}e^{i\frac{\pi}{2}n}}\\ {}&{{}=[1-(-1)^{n}](1-e^{i\frac{\pi}{2}n}+\sqrt[n]{2}e^{i\frac{\pi}{4}n})}\\ \end{aligned} $$

(b) 由题可知，N=8, $ Q_{0}=\frac{\pi}{4} $

所以

$$ \begin{aligned}x[n]&=\sum_{k=0}^{7}a_{k} e^{jk\frac{\pi}{4}n}\\&=\sum_{k=0}^{7}\sin\frac{k}{3}\pi e^{jk\frac{\pi}{4}n}\\&=\frac{\sqrt{3}}{2}e^{j\frac{\pi}{4}n}+\frac{\sqrt{3}}{2}e^{i\frac{\pi}{2}n}-\frac{\sqrt{3}}{2}e^{j n s}\\&\quad-\frac{\sqrt{3}}{2}e^{\frac{5\pi}{4}n}\\&=\frac{\sqrt{3}}{2}(1+e^{j\frac{\pi}{4}n})[e^{j\frac{\pi}{4}n}-(-1)^{s}]\\ \end{aligned} $$

(c) 由图可知，N=8, $ Q_{0}=\frac{\pi}{4} $

所以

$$ x[n]=\sum_{k=0}^{7}a_{k}e^{i k\frac{\pi}{4}n} $$

$$ \begin{aligned}&=1+e^{j\frac{\pi}{4}n}+e^{j\frac{3}{4}\pi n}+e^{j\pi s}+e^{j\frac{5}{4}\pi n}+e^{j\frac{7}{4}\pi s}\\&=1+(-1)^{s}+(1+e^{j\frac{\pi}{2}n})e^{j\frac{\pi}{4}s}\\&\quad+(-1)^{s}(1+e^{j\frac{\pi}{2}s})e^{j\frac{\pi}{4}s}\\&=[1+(-1)^{s}][1+(1+e^{j\frac{\pi}{2}})e^{j\frac{\pi}{4}s}]\end{aligned} $$

(d) 由图可知，N=8, $ Q_{0}=\frac{\pi}{4} $

所以

$$ \begin{aligned}x[n]&=\sum_{k=-3}^{4}a_{k} e^{jk\frac{\pi}{4}n}\\&=\sum_{k=-1}^{4}2\left(\frac{1}{2}\right)^{|k|}e^{jk(\frac{2\pi}{8})n}\\&=2+2\cos\frac{\pi}{4}n+\cos\frac{\pi}{2}n+\frac{1}{2}\cos\frac{3\pi n}{4}\\ \end{aligned} $$

5.4 设 x[n] 为周期是 N 的周期序列，其傅氏级数表示式为

$$ x[n]\;=\;\sum_{k=\langle N\rangle}a_{k}e^{j k\left(\frac{2\pi}{N}\right)n} $$

(a) 用式(P5.4-1)中的系数 $ a_{k} $ 表示下列各信号。

(i) $ x[n - n_{0}] $

(ii) $ x[n] - x[n-1] $

(iii) $ x[n] - x\left[n - \frac{N}{2}\right] $，（假设N为偶数）

(iv) $ x[n] + x\left[n + \frac{N}{2}\right] $，（假设 N 为偶数，且这信号的周期为 N/2）

(v) $ x^{*}[-n] $

(vi) $ x_{(m)}[n]=\left\{\begin{aligned}&x[n/m],& 若 n 是 m 的整倍数 \\ &0,&\ 若 n 不是 m 的整倍数\end{aligned}\right. $

其中 $ x_{(m)}[n] $ 是以 mN 为周期的周期信号.

(vii) $ (-1)^{n}x[n] $，（假设 N 是偶数）

(viii) $ (-1)^{n}x[n] $，（假设 N 是奇数，且这信号是以 2N 为周期的周期信号）

(ix) $ y[n]=\left\{\begin{aligned}&x[n],&n\text{为偶数}\\ &0,&n\text{为奇数}\end{aligned}\right. $

（必须将N为偶数和N为奇数的两种情况分开考虑）

（b）假设N为偶数，且式(P 5.4-1)中的x[n]满足

$$ x[n]=-x[n+N/2], 对所有的 n $$

证明对所有的偶整数 k

$$ a_{k}=0 $$

(c) 假设 N 能被 4 整除，证明若对所有的 n

$$ x[n]=-x[n+N/4] $$

则对所有为4的倍数的k值

$$ a_{k}=0 $$

(d) 更一般情况下，假设 N 能被整数 M 整除，证明若对所有 n

$$ \sum_{r=0}^{(N/M)-1}x\left[n+\left.r\frac{N}{M}\right.\right]=0 $$

则对所有为M的倍数的k值

$$ a_{k}=0 $$

解：

设新序列的傅氏级数的系数为 $ a_{k} $

(a) (i)

$$ \begin{aligned}{\hat{a}_{k}}&{{}=\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1}x[n-n_{0}]e^{-j2\pi n k/N}}\\ {}&{{}=\frac{1}{N}~e^{-i\frac{2\pi n_{0}k}{N}}\sum_{n=0}^{N-1}x[n]e^{-j2\pi n k/N}}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ \hat{a}_{k}\implies e^{-j2\pi n k/N}\circ a_{k}\ 0\leqslant k\leqslant N-1 $$

(ii) 利用(i)小题的结果，设 $ \eta_{0}=1 $ ，则可求得

$$ \begin{aligned}\hat{a}_{k}&=\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1}\left\{x[n]-x[n-1]\right\}e^{-j2\pi n k/N}\\&=\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1}\left\{x[n]-e^{-j\frac{2\pi k}{N}}x[n]\right\}e^{-j k\frac{2\pi}{N}n}\\&=(1-e^{-j\frac{2\pi}{N}k})\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1}x[n]e^{-j k\frac{2\pi}{N}n}\\&=(1-e^{-j\frac{2\pi}{N}k})a_{k}\\ \end{aligned} $$

(iii)

$$ \begin{aligned}x[n]&-x[n-N/2]\\&=\sum_{k=(N)}a_{k} e^{jk\frac{2\pi}{N}n}-\sum_{k=(N)}a_{k} e^{jk\frac{2\pi}{N}(n-\frac{N}{2})}\\&=\sum_{k=(N)}a_{k}(1-e^{-jk\pi})e^{jk\frac{2\pi}{N}n},\quad n 为偶数 \end{aligned} $$

所以

$$ \begin{aligned}\hat{a}_{k}&=a_{k}(1-e^{-j k\pi})=[1-(-1)^{k}]a_{k}\\&=\begin{cases}0,&k 为偶数 \\2a_{k},&k 为奇数 \end{cases}\quad(0\leqslant k\leqslant N)\end{aligned} $$

（iv）已知周期为N/2，所以

$$ \begin{aligned}{}&{{}x[n]+x[n+N/2]}\\ {}&{{}\quad=\sum_{k=\langle N\rangle}a_{k}e^{j k\frac{2\pi}{N}n}+\sum_{k=\langle N\rangle}e^{j k\frac{2\pi}{N}(n+N/2)}}\\ {}&{{}\quad=\sum_{k=\langle N\rangle}a_{k}(1+e^{j k\pi})e^{j k\frac{2\pi}{N}n}}\\ {}&{{}\quad\underline{{\otimes_{m=k/2}}}\sum_{m=\langle N/2\rangle}a_{2m}(1+e^{j2m\pi})e^{j\frac{2\pi}{N}n}}\\ {}&{{}\quad\overline{{\overline{{k=\langle N/2\rangle}}}}\quad2a_{2k}e^{j k\frac{2\pi}{N/2}n}}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ a_{k}=2a_{2k} $$

(v)

$$ z_{i}^{\mathrm{f}}-n_{j}^{\mathrm{f}}=\sum_{k=(N)}a_{k}e^{-i\vec{k}\frac{\vec{a}\vec{a}}{N}=} $$

$$ x^{*}[--n]\;=\;\sum_{k=(N)}a_{k}^{*}e^{i k\frac{2\pi}{N}*} $$

所以

$$ \tilde{a}_{k}=a_{k}^{*} $$

（vi）已知周期为 $ mN $， $ \varrho_{0}=\frac{2\pi}{mN} $

所以

$$ \hat{a}_{k}=\frac{1}{m N}\sum_{n=0}^{m N-1}x[n/m]e^{-j2\pi n k/m N} $$

设 r = n/m，则周期变为 $ \frac{mN}{m} = N $，代入上式得

$$ \hat{a}_{k}=\frac{1}{m N}\sum_{r=0}^{N-1}x[r]e^{-j k\frac{2\pi}{N}r}=\frac{1}{m}a_{k} $$

$$ \begin{aligned}(vii)\ d_{k}&=\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1}(-1)^{n}x[n]e^{-j k\frac{2\pi}{N}n},\quad(N 为偶数 )\\&=\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1}e^{j\pi n}x[n]e^{-j\frac{2\pi}{N}n}\\&=\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1}x[n]e^{-j\left(k-\frac{N}{2}\right)\frac{2\pi}{N}n}\end{aligned} $$

所以

$$ a_{k}=a_{k-N/2} $$

（viii）已知N为奇数，周期为2N，所以

$$ \begin{aligned}{\hat{a}_{k}}&{{}=\frac{1}{2N}\sum_{\pi=0}^{2N-1}(-1)^{n}x[n]e^{-i k\frac{2\pi}{2N}\pi}}\\ {}&{{}=\frac{1}{2N}\sum_{\pi=0}^{2N-1}x[n]e^{-i\left(k\frac{2\pi}{2N}-\pi\right)\pi}}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&=\frac{1}{2N}\sum_{n=0}^{2N-1}x[n]e^{-i\frac{2\pi}{N}(\frac{k-N}{2})n}\\&=\frac{1}{2N}\sum_{n=0}^{N-1}x[n]e^{-i\frac{2\pi}{N}(\frac{k-N}{2})n}+\frac{1}{2N}\sum_{n=N}^{2N-1}x[n]e^{-i\frac{2\pi}{N}(\frac{k-N}{2})n}\\&=\frac{1}{2}a_{\frac{k-N}{2}}+\frac{1}{2N}\sum_{r=0}^{N-1}x[r+N]e^{-i\frac{2\pi}{N}(\frac{k-N}{2})(r+N)}\\&=\frac{1}{2}a_{\frac{k-N}{2}}+\frac{1}{2N}\sum_{n=0}^{N-1}x[n]e^{-i\frac{2\pi}{N}(\frac{k-N}{2})n}\bullet e^{j\pi(k-N)}\\&=\frac{1}{2}a_{\frac{k-N}{2}}+\frac{1}{2}a_{\frac{k-N}{4}}\bullet e^{-i\pi(k-N)}\end{aligned} $$

因N是奇数，所以当k为奇数时，k-N为偶数，则 $ e^{-j=(k-N)}=1 $。而当k为偶数时，k-N为奇数，则 $ e^{-j=(k-N)}=-1 $。因此

$$ \hat{a}_{k}=\left\{\begin{aligned}&a_{\frac{k-N}{2}},&k 为奇数 \\ &0,&k 为偶数 \end{aligned}\right. $$

（ix）由题可见，可将 y[n] 表示为

$$ y[n]=\frac{1}{2}\left\{x[n]+(-1)^{n}x[n]\right\} $$

当N为偶数时，利用（vii）小题结果可得

$$ \hat{a}_{k}=\frac{1}{2}\left[a_{k}+a_{k-N/2}\right] $$

当N为奇数时，利用（viii）小题结果可得

$$ \hat{a}_{k}=\left\{\begin{aligned}&\frac{1}{2}+a_{\frac{k-N}{2}},&\quad&k 为奇数 \\ &\frac{1}{2}a_{k/2},&\quad&k 为偶数 \end{aligned}\right. $$

(b) 因为

$$ -x[n+N/2]=-{~}\sum_{k=\langle N\rangle}a_{k}e^{i k\frac{\cdot\pi}{N}\langle n+N/2\rangle} $$

$$ \begin{aligned}{}&{{}\quad=\infty\quad-\quad\sum_{k=\langle N\rangle}a_{k}e^{j k\frac{2\pi}{N}n}e^{j k\varpi}}\\ {}&{{}\quad=\quad\sum_{k=\langle N\rangle}(-1)^{k+1}a_{k}e^{j k\frac{2\pi}{N}\varpi}}\\ \end{aligned} $$

而

$$ x[n]=\sum_{k=\langle N\rangle}a_{k}e_{i k}^{\frac{2\pi}{N},n} $$

可见，若满足所给不等式 $ x[n] = -x[n + N/2] $，则必须满足

$$ (-1)^{k+1}a_{k}=a_{k} $$

对于所有偶整数的 k, $ k+1 $ 是奇数。因此

$$ 2a_{k}=0，即 a_{k}=0 $$

(c) 同 (b) 小题一样，因为

$$ \begin{aligned}{-x[n+N/4]}&{{}=-\sum_{k=\langle N\rangle}a_{k}e^{i k\left(\frac{2\pi}{N}\right)(n+N/4)}}\\ {}&{{}=-\sum_{k=\langle N\rangle}a_{k}e^{i k\frac{\lambda\pi}{N}n}e^{i k\frac{\pi}{2}}}\\ \end{aligned} $$

而

$$ x[n]\;=\;\sum_{k=\langle N\rangle}a_{k}e^{j k\frac{2\pi}{N}\bullet} $$

可见，若满足所给等式条件，则必须满足

$$ a_{k}=-a_{k}e^{jk\frac{\pi}{2}} $$

当 $ k=4r $ (r 为整数) 时，得

$$ 2a_{k}\rightharpoonup0,\ 即 \ a_{k}\rightharpoonup0 $$

(d) 利用本题中 (a) (vi) 小题结果，等式左端可表示为

$$ \sum_{r=0}^{N/M-1}x[n+r N/M]\;=\;\sum_{k=\langle N\rangle}a_{k}\left[\sum_{r=0}^{N/M-1}e^{j2\pi r k/M}\right]e^{i k\frac{2\pi}{N}a} $$

当k为M的倍数时，则其中因子

$$ \sum_{r=0}^{2j/M-1}e^{j2\pi r k/M}=\frac{N}{M}\neq0,\quad(k=r M,\ r 为整数 ) $$

所以若要满足条件

$$ \sum_{r=0}^{N/M-1}x[n+r N/M]=0 $$

必须为 $ a_{k}=0 $.

5.5 与连续时间情况相类似，若

$$ \sum_{n=N}^{N_{2}}\phi_{k}[n]\phi_{m}^{*}[n]=\left\{\begin{array}{l}A_{k},k=m\\ 0,\quad k\neq m\end{array}\right. $$

则称这两个离散时间信号 $ \phi_{k}[n] $ 和 $ \phi_{m}[n] $ 在区间 $ (N_{1}, N_{2}) $ 内正交的。若常数 $ A_{k} $ 和 $ A_{m} $ 的值都是 1，则称其为归一化正交的。

(a) 若信号为

$$ \phi_{k}[n]=\delta[n-k],~k=0,\pm1,\pm2,\cdots,\pm N. $$

证明这些信号在区间 $ (-N,N) $内是归一化正交的。

（b）证明信号

$$ \phi_{k}[n]=e^{ik\frac{\pi}{N}n},\ k=0,1,\cdots,N $$

在长度为N的任一区间内是正交的.

(c) 证明，若

$$ x[n]\;=\;\sum_{i=1}^{n}a_{i}\phi_{i}[n] $$

其中 $ \phi_{i}[n] $ 在区间 $ (N_{1}, N_{2}) $ 内是正交的，则

$$ \sum_{n=N_{1}}^{N_{2}}|x[n]|^{2}=\sum_{i=1}^{M}|a_{i}|^{2}A_{i} $$

(a) 设 $ \phi_{i}[n](i=0,1,\cdots,M) $ 是一组在区间 $ (N_{1},N_{2}) $ 内正交的函数，并设 x[n] 是一给定信号，假定用 $ \phi_{i}[n] $ 的线性组合来逼近 x[n]，即

$$ \mathfrak{L}[n]=\sum_{i=0}^{M}a_{i}\phi_{i}[n] $$

其中 a: 是常系数。设逼近误差为

$$ e[n]=x[n]-\hat{x}[n] $$

证明，使

$$ E=\sum_{m=N,}^{N_{2}}|e[n]|^{2} $$

为最小的 $ a_{i} $ 由下式给出

$$ a_{i}=\frac{1}{A_{i}}\sum_{n=N_{i}}^{N_{2}}x[n]\phi_{i}^{*}[n] $$

(e) 当 $ \phi_{i}[n] = \delta[n - i] $ 时，利用 (d) 小题的结果，根据 x[n] 确定系数 $ a_{i} $

解：

$$ \begin{aligned}&\sum_{n=-N}^{N}\phi_{b}\left[n\right]\phi_{m}^{*}\left[n\right]=\sum_{n=-N}^{N}\delta\left[n-k\right]\delta\left[n-m\right]\\ &\quad=\left\{\begin{matrix}1,&k=m\\0,&k\neq m\end{matrix}\right.\\ \end{aligned} $$

所以是归一化正交的。

(b)

$$ \begin{align*}&\sum_{n=r}^{r+N-1}\phi_{k}[n]\phi_{m}^{*}[n]=\sum_{n=r}^{r+N-1}e^{jk\frac{2\pi}{N}n}e^{-jm\frac{2\pi}{N}n}\\&\quad=\sum_{n=r}^{r+N-1}e^{j\frac{2\pi}{N}(k-m)n}\\&\quad=e^{j\frac{2\pi}{N}r(k-m)}\left[\frac{1-e^{j2\pi(k-m)}}{1-e^{j\frac{2\pi}{N}(k-m)}}\right]\\&\quad=\left\{\begin{matrix}N,\ k=m\\0,\ k\neq m\end{matrix}\right.\end{align*} $$

所以是正交的。

[上述运算利用了公式

$$ \sum_{n=n_{1}}^{n_{2}}\alpha^{n}=\left\{\begin{matrix}{\frac{\alpha^{n_{1}}-\alpha^{n_{2}+1}}{1-\alpha},~\alpha\neq1}\\ {n_{2}-n_{1}+1,\alpha=1,}\\ \end{matrix}\right.\alpha=e^{j\frac{2\pi}{N}(k-m)}\bigg] $$

$$ \begin{align*}\text{Ⅱ )}\sum_{n=N_{1}}^{N_{2}}|x\left[n\right]|^{2}&=\sum_{n=N_{1}}^{N_{2}}\sum_{i=1}^{M}a_{i}\phi_{i}[n]\sum_{k=1}^{M}a_{k}^{*}\phi_{k}^{*}[n]\\&=\sum_{i=1}^{M}\sum_{k=1}^{M}a_{i}a_{i}^{*}\sum_{n=N_{1}}^{N_{2}}\phi_{i}[n]\phi_{k}^{*}[n]\\&=\sum_{i=1}^{M}\sum_{k=1}^{M}a_{i}a_{i}^{*}A_{i}\delta[i-k]\\&=\sum_{i=1}^{M}|a_{i}|^{2}A_{i}\end{align*} $$

(d) 设 $ a_{i}=b_{i}+ic_{i} $，则

$$ \begin{aligned}{E}&{{}=\sum_{n=N_{1}}^{N_{2}}|x[n]-\hat{x}[n]|^{2}}\\ {}&{{}=\sum_{n=N_{1}}^{N_{2}}\Big|x[n]-\sum_{i=0}^{M}a_{i}\phi_{i}[n]\Big|^{2}}\\ {}&{{}=\sum_{n=N_{1}}^{N_{2}}|x[n]|^{2}+\sum_{i=0}^{M}(b_{i}^{2}+c_{i}^{2})A_{i}}\\ {}&{{}\quad-\sum_{n=N_{1}}^{N_{2}}x[n]\sum_{i=1}^{M}(b_{i}-i c_{i})\phi_{i}^{*}[n]}\\ {}&{{}\quad-\sum_{n=N_{1}}^{N_{2}}x^{*}[n]\sum_{i=1}^{M}(b_{i}+i c_{i})\phi_{i}[n]}\\ \end{aligned} $$

令 $ \frac{\partial E}{\partial b_{i}} = 0 $，得

$$ b_{i}=[2A_{i}]^{-1}\left\{\sum_{n=N_{i}}^{N_{2}}\left(x[n]\phi_{i}^{*}[n]+x^{*}[n]\phi_{i}[n]\right)\right\} $$

$$ =\frac{1}{A_{i}}\mathcal{R}_{s}\left\{\sum_{n=N_{1}}^{N_{2}}x[n]\phi_{i}^{*}[n]\right\} $$

因此可得

$$ a_{i}=b_{i}+i c_{i}=\frac{1}{A_{i}}\sum_{s=N_{1}}^{N_{2}}x[n]\phi_{i}^{*}[n] $$

(e) $ \phi_{i}[n-i]=\delta[n-i] $，则

$$ a_{i}=\sum_{n=N,}^{N,}{x[n]\delta[n-i]}=x[i] $$

5.6(a) 设周期信号 x[n] 和 y[n] 分别为

$$ \begin{aligned}{x[n]}&{{}=\sum_{k=\langle N\rangle}a_{k}e^{j k\frac{2\pi}{N}\cdot s}}\\ {y[n]}&{{}=\sum_{k=\langle N\rangle}b_{k}e^{j k\frac{\tilde{\mathcal{L}}\pi}{N}\cdot s}}\\ \end{aligned} $$

推导离散时间的调制特性，即证明

$$ x[n]y[n]\implies\sum_{k=\langle N\rangle}c_{k}e^{i k\frac{2\pi}{N}\cdot s} $$

其中

$$ c_{k}=\sum_{l=\langle N\rangle}a_{l}b_{k-l}\;=\;\sum_{l=\langle N\rangle}a_{k-l}b_{l} $$

(b) 利用(a)小题的结果，求下列信号的傅氏级数表示式，其中 x[n] 由式(P5.6-1)给出。

(i)

$$ x\left[n\right]\cos\left(\frac{6\pi n}{N}\right) $$

(ii) $ x[n] \sum_{r=-\infty}^{+\infty} \delta[n-rN] $

（iii） $ x[n]\left(\sum_{r=-\infty}^{+\infty}\delta[n-rN/3]\right) $，（假定N能被3整除）

(c) 求信号 x[n] y[n] 的傅氏级数表示式，其中

$$ x[n]\;=\;\cos\left(\pi n/3\right) $$

y[n] 是周期为 12 的周期信号，且

$$ y[n]=\left\{\begin{aligned}&1,&|n|\leqslant3\\ &0,&4\leqslant|n|\leqslant6\end{aligned}\right. $$

(d) 利用(a)小题的结果，证明

$$ \sum_{n=(N)}\boldsymbol{x}[n]\boldsymbol{y}[n]=N\sum_{l=(N)}a_{l}\boldsymbol{b}_{-l} $$

并由此推导离散时间周期信号的帕斯瓦尔关系式。

解：

$$ \begin{align*}(a)x[n]y[n]=&\sum_{k=\langle N\rangle}a_{k} e^{jk\frac{2\pi}{N}n}\sum_{l=\langle N\rangle}b_{l} e^{j\frac{2\pi}{N}n}\\=&\sum_{k=\langle N\rangle}\sum_{l=\langle N\rangle}a_{k} b_{l} e^{j(k+l)\frac{2\pi}{N}n}\\\underline{\underline{r=k+l}}&\sum_{k=\langle N\rangle}\sum_{r=\langle N\rangle}a_{k} b_{r-k}e^{jr\frac{2\pi}{N}n}\\=&\sum_{r=\langle N\rangle}\left[\sum_{k=\langle N\rangle}a_{k} b_{r-k}e\right]jr\frac{2\pi}{N}n\\=&\sum_{r=\langle N\rangle}c_{r} e^{jr\frac{2\pi}{N}n}\end{align*} $$

其中

$$ c_{r}=\sum_{k=\langle N\rangle}a_{k}b_{r-k} 或 c_{l}=\sum_{k=\langle N\rangle}a_{k}b_{l-k} $$

同理可证

$$ c_{l}=\sum_{k=\langle N\rangle}a_{l-k}b_{k} $$

(b) (i) 设 $ x[n] \leftrightarrow a_{k} $，则

$$ x[n]\cos\left(\frac{6\pi n}{N}\right)=\frac{1}{2}e^{i\frac{2\pi}{N}n}x[n]+\frac{1}{2}e^{-i\frac{2\pi}{N}n}x[n] $$

$$ \epsilon_{k}=\frac{1}{N}\sum_{n=\langle N\rangle}x[n]\cos\left(\frac{6\pi n}{N}\right)e^{-i k\frac{2\pi}{N}n} $$

$$ \begin{aligned}{}&{{}=\frac{1}{2N}\sum_{s=\langle N\rangle}x[n]e^{-j\frac{2\pi}{N}\langle\hat{k}-3\rangle\hat{s}}}\\ {}&{{}\quad+\frac{1}{2N}\sum_{s=\langle N\rangle}x[n]e^{-j\frac{2\pi}{N}\langle\hat{k}+3\rangle\hat{s}}}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}\;a_{k-3}+\frac{1}{2}a_{k+3}}\\ \end{aligned} $$

（ii）设 $ y[n] = \sum_{r=-\infty}^{+\infty} \delta[n - rN] $

则可求得

$$ \begin{aligned}{b_{k}}&{{}=\frac{1}{N}\sum_{n=\langle N\rangle}y[n]e^{-j k\frac{2\pi}{N}n}}\\ {}&{{}=\frac{1}{N}\sum_{n=\langle N\rangle}\sum_{r=-\infty}^{+\infty}\delta[n-r N]c^{-i k\frac{2\pi}{N}n}=\frac{1}{N}}\\ \end{aligned} $$

利用（a）小题的结果，可得

$$ c_{k}=\sum_{l=\langle N\rangle}b_{l}a_{k-l}=\frac{1}{N}\sum_{l=\langle N\rangle}a_{k-l} $$

（iii）设 $ y[n] = \sum_{r = - \infty}^{ + \infty } \delta [n - r N/3] $

$$ b_{k}=\frac{1}{N}\left(1+e^{-j2\pi k/3}+e^{-j4\pi k/3}\right] $$

用上小题同样方法可求得

因此

$$ c_{k}=\frac{1}{N}\sum_{l=\langle N\rangle}(1+e^{-j2\pi l/3}+e^{-j4\pi l/3}]a_{k-l} $$

(c) 已知 N=12，而

$$ x[n]=\cos\frac{2}{3}\pi=\frac{1}{2}[e^{i\frac{8}{3}\pi}-e^{-i\frac{9}{3}\pi}] $$

所以 $ a_{2}=a_{10}=\frac{1}{2}, a_{k}=0, k \neq 2, 10, 0 \leqslant k \leqslant 11 $ 。又因

$$ \begin{aligned}{b_{k}}&{{}=\frac{1}{12}\sum_{n=-3}^{3}y[n]e^{-\hat{i}k\frac{2\pi}{12}\bullet}}\\ {}&{{}=\frac{1}{12}\frac{\sin\left(7\pi k/12\right)}{\sin\left(\pi k/12\right)},\quad0\leqslant k\leqslant11}\\ \end{aligned} $$

利用（a）小题的结果可得

$$ \begin{align*}\boldsymbol{c}_{k}&=\sum_{l=N:a_{l}b_{k-l}}=a_{2}b_{k-2}+a_{10}b_{k-10}\\&=\frac{1}{24}\left\{\frac{\sin{[7\pi(k-2)/12]}}{\sin{[}\pi{(k-2)/12}}{+}\frac{\sin{[}7\pi{(k-10)/12]}}{\sin{[}\pi{(k-10)/12}}{+}\right\},\end{align*} $$

$$ \begin{aligned}(d)\sum_{n=\langle N\rangle}x[n]y[n]&=\sum_{n=\langle N\rangle}\sum_{k=\langle N\rangle}c_{k} e^{jk\frac{2\pi}{N}s}\\&=\sum_{n=\langle N\rangle}\sum_{k=\langle N\rangle}\sum_{l=\langle N\rangle}a_{l} b_{k-l}e^{jk\frac{2\pi}{N}s}\\&=\sum_{k=\langle N\rangle}\sum_{l=\langle N\rangle}a_{l} b_{k-l}\sum_{n=\langle N\rangle}e^{j\frac{2\pi}{N}sk}\\&=\sum_{k=\langle N\rangle}\sum_{l=\langle N\rangle}a_{l} b_{k-l}N\delta[k]\\&=N\sum_{l=\langle N\rangle}a_{l} b_{-l}\\ \end{aligned} $$

若令 $ y[n] = x^{*}[n] $，则 $ b_{l} = a_{-l*}^{*} $ 由此可得离散时间周期信号的帕斯瓦尔关系式

$$ \sum_{n=\langle N\rangle}|x[n]|^{2}=N\sum_{l=\langle N\rangle}a_{l}a_{l}^{*}=N\sum_{l=\langle N\rangle}|a_{l}|^{2} $$

5.7 设 x[n] 是周期为 N 的实周期信号，其傅氏级数的复系数 $ a_{k} $ 为

$$ a_{k}=b_{k}+i c_{k} $$

其中 $ a_{k} $ 和 $ c_{k} $ 均为实数.

(a) 证明 $ a_{-k} = a_{k}^{*} $。并找出 $ b_{k} $ 与 $ b_{-k} $， $ c_{k} $ 与 $ c_{-k} $ 之间的关系。

(b) 假设 N 为偶数，证明 $ a_{N/2} $ 是实数。

(c) 证明 x[n] 还可表示成下列三角傅氏级数形式当N为奇数时，有

$$ x[n]=a_{0}+2\sum_{k=1}^{(N-1)/2}\left[b_{k}\cos\left(\frac{2\pi k n}{N}\right)-c_{k}\sin\left(\frac{2\pi k n}{N}\right)\right] $$

当N为偶数时，有

$$ \begin{aligned}{x[n]=}&{{}~[a_{0}+a_{N/2}(-1)^{n}]+2\sum_{k=1}^{(N-2)/2}\left[b_{k}\cos\left(\frac{2\pi k n}{N}\right)\right.}\\ {}&{{}-\left.c_{k}\sin\left(\frac{2\pi k n}{N}\right)\right]}\\ \end{aligned} $$

(d) 证明若 $ a_{k} $ 的极坐标形式为 $ A_{k}e^{i\theta_{k}} $ 时，则当 N 为奇数时，有

$$ x[n]=a_{0}+2\sum_{k=1}^{(N-1)/2}A_{k}\cos\left(\frac{2\pi k n}{N}+\theta_{k}\right) $$

当N为偶数时，有

$$ x[n]=[a_{0}+a_{N/2}(-1)^{*}]+2\sum_{k=1}^{N/2-1}A_{k}\cos\left(\frac{2\pi k n}{N}+\theta_{k}\right) $$

(e) 假设图 P 5.7 所示的 x[n] 和 z[n] 具有正弦-余弦级数表示式

$$ \begin{aligned}{x[n]}&{{}=a_{0}+2\sum_{k=1}^{3}\left\{b_{k}\cos\left(\frac{2\pi k n}{7}\right)-c_{k}\sin\left(\frac{2\pi k n}{7}\right)\right\}}\\ {z[n]}&{{}=a_{0}+2\sum_{k=1}^{3}\left\{d_{k}\cos\left(\frac{2\pi k n}{7}\right)-f_{k}\sin\left(\frac{2\pi k n}{7}\right)\right\}}\\ \end{aligned} $$

画出信号

$$ \begin{aligned}{y[n]=}&{{}~a_{0}-d_{e}+2\sum_{k=1}^{3}\Big\{d_{k}\cos\Big(\frac{2\pi k n}{7}\Big)}\\ {}&{{}+(f_{k}-c_{k})\sin\Big(\frac{2\pi k n}{7}\Big)\Big\}}\\ \end{aligned} $$

解：

(a) $ a_{k} = \frac{1}{N} \sum_{n = (N)} x[n] e^{-j k \frac{2\pi}{N} n} $

因为 x[n] 是实序列，所以

$$ \begin{aligned}{a_{-k}}&{{}=\frac{1}{N}\sum_{n=\langle N\rangle}x[n]e^{i k\frac{2\pi}{N}n}}\\ {}&{{}=\left[\frac{1}{N}\sum_{n=\langle N\rangle}x[n]e^{-i k\frac{2\pi}{N}n}\right]^{*}=a_{k}^{*}}\\ \end{aligned} $$

设 $ a_{k}=b_{k}+jc_{k} $，代入上式两端可得

$$ a_{-k}=b_{-k}+j c_{-k}=(b_{k}+j c_{k})^{*}=b_{k}-j c_{k} $$

$$ b_{-k}=b_{k},c_{-k}=-c_{k} $$

所以

(b) 因 x[n] 是实序列，当

$$ \begin{aligned}{a_{N/2}}&{{}=\frac{1}{N}\sum_{n=(N)}\;x[n]e^{i\frac{N}{2}\frac{2n}{N}\cdot n}}\\ {}&{{}=\frac{1}{N}\sum_{n=(N)}x[n]e^{i n\cdot n}}\\ {}&{{}=\frac{1}{N}\sum_{n=(N)}(-1)x[n]}\\ \end{aligned} $$

可见 $ a_{N/2} $ 是实数.

(c) 设 $ a_{k} = b_{k} + ic_{k} $. 当 N 为奇数时, N - 1 为偶数, 所以

$$ \begin{aligned}{x[n]}&{{}=\sum_{k=0}^{N-1}a_{k}e^{j\tilde{k}\frac{2\pi}{N}n}}\\ {}&{{}=a_{0}+\sum_{k=1}^{(N-1)/2}[a_{\tilde{k}}e^{j\tilde{k}\frac{2\pi}{N}n}+a_{-\tilde{k}}e^{-j\tilde{k}\frac{2\pi}{N}n}]}\\ {}&{{}=a_{0}+\sum_{k=1}^{(N-1)/2}[a_{\tilde{k}}e^{j\tilde{k}\frac{2\pi}{N}n}+(a_{\tilde{k}}e^{j\tilde{k}\frac{2\pi}{N}n})^{*}]}\\ {}&{{}=a_{0}+2\sum_{k=1}^{(N-1)/2}\mathcal{R}_{*}\Big\{(b_{\tilde{k}}+j c_{\tilde{k}})\Big(\cos\frac{2\pi k}{N}n}\\ {}&{{}\quad+j\sin\frac{2\pi k}{N}n\Big)}\\ {}&{{}\quad+(b_{\tilde{k}}-j c_{\tilde{k}})\Big(\cos\frac{2\pi}{N}k n-j\sin\frac{2\pi}{N}k n\Big)\Big\}}\\ {}&{{}=a_{0}+2\sum_{k=1}^{(N-1)/2}\Big[b_{\tilde{k}}\cos\frac{2\pi}{N}k n-c_{\tilde{k}}\sin\frac{2\pi}{N}k n\Big]}\\ \end{aligned} $$

当N为偶数时，N-1为奇数。所以

$$ \begin{aligned}{x[n]}&{{}=\sum_{k=\left}{a_{k}e}^{i k\frac{2\pi}{N}s}}\\ {}&{{}=a_{0}+a_{N/2}e^{i\frac{N^{2\pi}}{2N}n}+\sum_{k=1}^{\left/2}\left[a_{\bar{k}}e^{i\frac{2\pi|}{N}k s}+a_{-k}e^{-i\frac{2\pi}{N}k s}\right]}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}{x[n]=}&{{}~a_{0}+(-1)^{n}a_{N/2}+2\sum_{k=1}^{(N-2)/2}\left[b_{k}\cos\left(\frac{2\pi n k}{N}\right)\right.}\\ {}&{{}\left.-\;c_{k}\sin\left(\frac{2\pi n k}{N}\right)\right]}\\ \end{aligned} $$

(d) 设 $ a_{k}=A_{k}e^{j\theta_{k}} $，则

$$ a_{k}^{*}\;=\;a_{-k}\;=\;A_{-k}e^{-i\theta_{k}}\;=\;A_{k}e^{-i\theta_{k}} $$

因此，当N为奇数时，有

$$ \begin{aligned}{a[n]}&{{}\approx a_{0}+\sum_{k=1}^{(N-1)/2}[A_{k}e^{j\theta_{k}}e^{i\frac{2\pi}{N}k n}+A_{k}e^{-i\theta_{k}}e^{-i\frac{2\pi}{N}k a}]}\\ {}&{{}=a_{0}+2\sum_{k=1}^{(N-1)/2}A_{k}\cos\left\{\frac{2\pi n k}{N}+\theta_{k}\right\}}\\ \end{aligned} $$

当N为偶数时，有

$$ x[n]=a_{0}+(-1)^{n}a_{N/2}+2\sum_{k=1}^{(N-2)/2}A_{k}\cos\left\{\frac{2\pi n k}{N}+\theta_{k}\right\} $$

(e)

$$ \begin{aligned}{y[n]}&{{}=a_{0}-d_{0}+2\sum_{k=1}^{3}\left\{d_{k}\cos\left(\frac{2\pi k n}{7}\right)\right.}\\ {}&{{}\quad\left.+\left(f_{k}-c_{k}\right)\sin\left(\frac{2\pi k n}{7}\right)\right\}}\\ {}&{{}=d.c.\{x[n]\}-2d.c.\{z[n]\}+\mathcal{E}_{\infty}\{z[n]\}}\\ {}&{{}\quad+\mathcal{O}\mathcal{A}\{x[n]\}-\mathcal{O}\mathcal{A}\{z[n]\}}\\ \end{aligned} $$

其中

$$ d.c.\left\{x[n]\right\}=\frac{1}{7}\sum_{n=0}^{6}x[n]=\frac{1}{7}(1+2-1+3+2)=1 $$

$$ \begin{aligned}d.c.\{z[n]\}&=\frac{1}{7}\sum_{n=0}^{6}z[n]=\frac{1}{7}\left(2-1-1+2\times2+3\right)\\&=1\end{aligned} $$

根据图 P 5.7 可画出 $ O d\{x[n]\}, \mathcal{E}_{*}\{z[n]\}, O d\{z[n]\} $ 波形如图 P5.7-1(a)、(b)、(c) 所示。最后得 y[n] 的波形如图 P 5.7-1(d) 所示。它是周期的，且周期为 7。

5.8(a) 如图 P 5.8 (a) 所示周期为 N=6 的周期三角形序列 $ x_{a}[n] $，确定并画出其傅氏级数的系数 $ a_{k} $

（b）如图 P5.8(b) 所示周期为 N = 8 的周期序列 $ x_{b}[n] $，确定并画出其傅氏级数的系数 $ b_{k} $。

(c) 图 P 5.8(c) 所示的非周期三角形序列 $ x_{c}[n] $ 它相当于周

期序列 $ x_{s}[n] $ （或 $ x_{b}[n] $）的一个周期。确定并画出 $ x_{c}[n] $ 的离散时间傅里叶变换 $ X_{c}(\mathcal{Q}) $。

（d）证明傅氏级数的系数 $ a_{k} $ 和 $ b_{k} $ 代表 $ X_{c}(\mathcal{Q}) $ 的等间隔样本：

$$ a_{k}=c_{1}X_{c}(k\mathcal{Q}_{1}) $$

$$ b_{k}=c_{2}X_{c}(k\Omega_{2}) $$

确定常数 $ c_{1}, c_{2}, Q_{1} $ 和 $ Q_{2} $ 的值.

（e）图 P 5.8(d) 所示的非周期信号 $ x_{d}[n] $，它相当于 $ 0 \leqslant n \leqslant 5 $ 时的信号 $ x_{a}[n] $。计算 $ X_{d}(\Omega) $ 并证明

$$ a_{k}=c_{1}X_{d}(k\mathcal{Q}_{1}) $$

其中 $ c_{1} $ 和 $ Q_{1} $ 完全与(d)小题中的值相同。

解：

(a) 由图可见 N=6

$$ \mathfrak{a}_{k}=\frac{1}{N}\sum_{n=\langle N\rangle}x[n]e^{-j k\frac{2\pi}{N}\bullet} $$

$$ \begin{aligned}{}&{{}=\frac{1}{6}\sum_{n=0}^{8}x_{a}[n]e^{-j k\frac{\pi}{3}n}}\\ {}&{{}=\frac{1}{6}\left\{3+2e^{-j k\frac{\pi}{3}}+e^{-j k\frac{2\pi}{3}}+e^{-j k\frac{4\pi}{3}}+2e^{-j k\frac{5\pi}{3}}\right\}}\\ {}&{{}=\frac{1}{6}\left\{3+2e^{-j k\pi}(e^{j k\frac{2\pi}{3}}+e^{-j k\frac{2\pi}{3}})\right.}\\ {}&{{}\quad+e^{-j k\pi}(e^{j k\frac{\pi}{3}}+e^{-j k\frac{\pi}{3}})\}}\\ {}&{{}=\frac{1}{6}\left\{3+4(-1)^{k}\cos\left(k\frac{2\pi}{3}\right)\right.}\\ {}&{{}\quad+2(-1)^{k}\cos\left(k\frac{\pi}{3}\right)\Big\}}\\ \end{aligned} $$

由此可得

$$ \tilde{a}_{0}=\frac{3}{2},a_{1}=\frac{2}{3},\tilde{a}_{2}=0,a_{3}=\frac{1}{6},a_{4}=0,a_{5}=\frac{2}{3} $$

$ a_{k} $ 的图形如图 P 5.8-1 (a) 所示。

(b) 由图可知，N=8。因此

$$ \begin{aligned}b_{k}&=\frac{1}{8}\sum_{n=0}^{}\ x_{b}[n]e^{-j k_{4}^{x}n}\\&=\frac{1}{8}\left\{3+2e^{-j k_{4}^{x}}+e^{-j k\frac{2\pi}{4}}+e^{-j k\frac{6\pi}{4}}+2e^{-j k\frac{2\pi}{4}}\right\}\\&=\frac{1}{8}\left\{3+4(-1)^{k}\cos\left(k\frac{3\pi}{4}\right)+2(-1)^{k}\cos\left(k\frac{\pi}{2}\right)\right\}\\ \end{aligned} $$

由此可得 $ b_{0}=\frac{9}{8} $， $ b_{1}=b_{7}=\frac{1}{8}(3+2\sqrt{2}) $，

$$ b_{2}=b_{4}=b_{6}=\frac{1}{8},\quad b_{3}=b_{5}=\frac{1}{8}\left(3-2\sqrt{2}\right) $$

$ b_{k} $ 的图形如图 P 5.8-1(b) 所示。

(c)

$$ \begin{aligned}{X_{c}(\mathcal{Q})}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x_{c}[n]e^{-j\mathcal{Q}n}=\sum_{n=-1}^{2}x_{c}[n]e^{j\mathcal{Q}n}}\\ {}&{{}=e^{-2j\mathcal{Q}}+2e^{-i\mathcal{Q}}+3+2e^{i\mathcal{Q}}+e^{2j\mathcal{Q}}}\\ {}&{{}=3+2\cos2\mathcal{Q}+4\cos\mathcal{Q}=(2\cos\mathcal{Q}+1)^{2}}\\ \end{aligned} $$

周期为 $ 2\pi $ 。如图 P 5.8-1(c) 所示。

(d)

$$ \begin{aligned}{c_{k}}&{{}=\frac{1}{N}\sum_{n=\langle N\rangle}x_{c}[n]e^{-i\frac{2\pi}{N}k n}}\\ {}&{{}=\frac{1}{N}\sum_{n=\langle N\rangle}x_{c}[n]e^{-i k\mathcal{Q}_{0}n}|_{\mathcal{Q}_{0}=\frac{2\pi}{N}}=\frac{1}{N}X_{c}(\bar{k}\mathcal{Q}_{0})}\\ \end{aligned} $$

可见，当将 $ x_{c}[n] $ 看作 $ x_{c}[n] $ 的一个周期时，上式变为

$$ a_{k}=c_{1}X_{c}(k\mathcal{Q}_{1}) $$

当将 $ x_{c}[n] $ 看成 $ x_{b}[n] $ 的一个周期时，上式变为

$$ b_{k}=c_{2}X_{c}(k\mathcal{Q}_{2}) $$

因此，可将 $ a_{k}, b_{k} $ 看成 $ X_{c}(\mathcal{Q}) $ 的等间隔样本。

对于 $ x_{a}[n] $, $ N=6 $, $ \varrho_{1}=\frac{2\pi}{6}=\frac{\pi}{3} $

因此可得常数 $ c_{1}=\frac{1}{6} $， $ \varrho_{1}=\frac{\pi}{3} $

对于 $ x_{b}[n] $，N=8， $ Q_{2}=\frac{2\pi}{8}=\frac{\pi}{4} $

因此可得常数 $ c_{2}=\frac{1}{8}, Q_{2}=\frac{\pi}{4} $

(e)

$$ \begin{aligned}{X_{d}(\mathcal{Q})}&{{}=\sum_{n=(N,}}x_{d}[n]e^{i\mathcal{Q}_{0}}}\\ {}&{{}=3+2e^{-i\mathcal{Q}}+e^{-i\mathcal{Q}_{0}}+e^{-i s\mathcal{Q}}+2e^{-i\mathcal{Q}}}\\ {}&{{}=3+4e^{-i s\mathcal{Q}}\cos2\mathcal{Q}+2e^{-i s\mathcal{Q}}\cos\mathcal{Q}}\\ \end{aligned} $$

若将 $ x_{d}[n] $ 重新构成一个周期信号，显然其周期为 N=6，而 $ Q_{1}=\frac{2\pi}{6}=\frac{\pi}{3} $。因此

$$ d_{k}=\frac{1}{N}\sum_{n=(N)}x_{d}[n]e^{-j k\frac{2\pi}{N}n}=\frac{1}{6}X_{d}(k\pi/3) $$

用 $ Q_{1}=\pi/3 $，Q=kQ_{1}代入得

$$ d_{k}=\frac{1}{6}X_{d}(\mathcal{Q})=\frac{1}{6}\left\{3+4(-1)^{k}\cos2\mathcal{Q}+2(-1)^{k}\cos\mathcal{Q}\right\} $$

可见与(a)小题求得的 $ a_{k} $完全相同，因此

$$ a_{k}=c_{1}X_{d}(k\mathcal{Q}_{1})=\frac{1}{6}X_{d}(k\pi/3) $$

5.9(a) 设有一个冲激响应为

$$ h[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{|\ast|} $$

的 LTI 系统。对下列各输入，求该系统输出 y[n] 的傅氏级数表示式。

(i) $ x[n] = \sin(3\pi n/4) $

$$ x[n]=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta[n-4k] $$

（iii） $ x[n] $ 是周期为6的周期信号，且

$$ x[n]=\left\{\begin{aligned}&1,&n=0,\pm1\\ &0,&n=\pm2,\pm3\end{aligned}\right. $$

(iv) $ x[n] = j^n + (-1)^n $

(b) 当

$$ h[n]=\left\{\begin{aligned}1,&\quad0\leqslant n\leqslant2\\ -1,&\quad-2\leqslant n\leqslant-1\\ 0,&\quad 其它 \end{aligned}\right. $$

时，重做（a）小题。

解：

(a)

$$ \begin{aligned}{H(\mathcal{Q})}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}h[n]e^{-i\mathcal{Q}_{n}}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{1n}e^{-i\mathcal{Q}_{n}}}\\ {}&{{}=\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}e^{-i\mathcal{Q}_{n}}+\sum_{n=-\infty}^{-1}\binom{1}{2}^{-n}e^{-i\mathcal{Q}_{n}}}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&=\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}e^{-i Q n}+\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}e^{j\omega n}-1\\&=\frac{1}{1-\left(\frac{1}{2}\right)e^{-j\varOmega}}+\frac{1}{1-\left(\frac{1}{2}\right)e^{j\varOmega}}-1\end{aligned} $$

(i) 由 $ x[n] = \sin\frac{3}{4}\pi n $ 可知， $ Q_{0} = \frac{2}{8}\pi, N = 8 $ 而

$$ x[n]=\sin\frac{3}{4}\pi n=\frac{1}{2j}(e^{i\frac{3}{4}\pi n}-e^{-i\frac{3}{4}\pi n}) $$

所以

$$ a_{3}=\frac{1}{2j},~a_{5}=\ldots a_{-3}=\ldots-\frac{1}{2j} $$

$$ a_{k}=0,\ k\neq\pm3,5 $$

当 $ \leftarrow - \pm 3 $ 时，

$$ \begin{aligned}{H(\pm3\mathcal{Q}_{0})}&{{}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{j3\pi/4}}+\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{-j3\pi/4}}-1}\\ {}&{{}=\frac{3/4}{\frac{5}{4}-\cos\frac{3\pi}{4}}=\frac{3}{5+2\sqrt{2}}}\\ \end{aligned} $$

$$ b_{\pm3}=a_{\pm3}H(\pm3\mathcal{Q}_{0})=\pm\frac{1}{j2}\frac{3}{5+2\sqrt{2}} $$

则

$$ \begin{aligned}{y[n]}&{{}=\sum_{k=\pm3}b_{k}e^{i k\frac{3\pi}{4}n}}\\ {}&{{}=b_{3}e^{i\frac{3}{4}\pi n}+b_{-3}e^{-\frac{3}{4}\pi n}}\\ {}&{{}:=\frac{3}{5+2\sqrt{2}}\frac{1}{2j}(e^{i\frac{0\pi}{8}n}-e^{-i\frac{0\pi}{8}n})}\\ \end{aligned} $$

$$ =\frac{3}{5+\sqrt{2}}\sin\frac{3n\pi}{4} $$

(ii) 由 $ x[n] = \sum_{k = - \infty}^{ \tau} \delta [n - 4k] $ 可知， $ N = 4, Q_{0} = \frac{\pi}{2} $ 而

$$ \begin{aligned}{a_{k}}&{{}=\;1\sum_{x=-N}x[n]e^{-j k\frac{2\pi}{N}s}}\\ {}&{{}=\;{\frac{1}{4}}\sum_{n=\langle N\rangle}\left(\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta[n-4k]\right)e^{-j k\frac{2\pi}{N}s}=\frac{1}{4}}\\ {}&{{}\quad\;0\leqslant n\leqslant3。}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}b_{k}&=a_{k}H(k\mathcal{Q}_{0})=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{jk\pi/2}}+\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{-jk\pi/2}}-1\right)\\&=\frac{1}{4}\frac{3}{5-4\cos k\pi/2}\qquad0\leqslant k<4\end{aligned} $$

所以

$$ y[n]=\sum_{k=\langle N\rangle}b_{k}e^{i k\frac{\pi}{2}n}=\frac{3}{4}\sum_{k=\langle N\rangle}\frac{e^{i k\frac{\pi}{2}n}}{5-4\cos k\pi/2} $$

（iii）已知 $ N=6,\Omega_{0}=\frac{2\pi}{6}=\frac{\pi}{3} $

$$ \begin{aligned}{a_{k}}&{{}=\frac{1}{N}\sum_{s=(N)}\underset{}{x[n]}{e}^{-j k\frac{2\pi}{N}s}}\\ {}&{{}=\frac{1}{6}\sum_{s=-3}^{2}\underset{}{x[n]}{e}^{-j k\frac{\pi}{3}s}}\\ {}&{{}=\frac{1}{6}\left[e^{j\frac{\pi}{3}k}+1+e^{-j\frac{\pi}{3}k}\right]}\\ {}&{{}=\frac{1}{6}\left[1+2\cos\frac{\pi}{3}k\right],~0\leqslant k<6}\\ \end{aligned} $$

而

$$ \begin{aligned}b_{k}&=a_{k}H(kQ_{0})\\&=\frac{1}{6}\left[1+2\cos\left(\frac{\pi}{3}k\right)\right]\left[\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{jk\pi/3}}\right.\\&\quad\left.+\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{-jk\pi/3}}-1\right]\\&=\frac{\frac{1}{2}+\cos\frac{k\pi}{3}}{5-4\cos\frac{k\pi}{3}}\end{aligned} $$

所以

$$ y[n]=\sum_{k=\langle N\rangle}b_{k}e^{i\vec{k}\frac{\pi}{3}s}=\sum_{k=\langle N\rangle}\frac{1}{5-4\cos\frac{\vec{k}\pi}{3}}e^{i\vec{k}\frac{\pi}{3}s} $$

（iv）由 $ x[n]=j^{n}+(-1)^{n} $ 可知，N=4， $ \Omega_{0}=\frac{\pi}{2} $

$$ \begin{aligned}{a_{k}}&{{}=\frac{1}{4}\sum_{n=N\times\mathbb{N}}[j^{n}+(-1)^{n}]e^{-i k\frac{\pi}{2}a}}\\ {}&{{}=\frac{1}{4}\left\{2+(j-1)e^{-i\frac{\pi}{2}k}+0+(-j-1)e^{-i\frac{\pi}{2}k}\right\}}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ a_{0}=a_{3}=0,\ a_{1}=a_{2}=1 $$

而 $ b_{k}=a_{k}H(kQ_{0}) $，所以 $ b_{0}=b_{3}=0 $

$$ \begin{aligned}b_{1}&=\left[\frac{1}{1-\frac{1}{2}\ e^{i\pi/2}}+\frac{1}{1-\frac{1}{2}\ e^{-i\pi/2}}-1\right]\\&=\left[\frac{1}{1-\frac{1}{2}j}+\frac{1}{1+\frac{1}{2}j}-1\right]=\frac{3}{5}\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}b_{2}&=\left[\frac{1}{1-\frac{1}{2}\ e^{i\pi}}+\frac{1}{1-\frac{1}{2}\ e^{-i\pi}}-1\right]\\&=\left[\frac{1}{1-\frac{1}{2}}+\frac{1}{1-\frac{1}{2}}-1\right]=3\end{aligned} $$

所以

$$ y[n]=\sum_{k=1}^{2}b_{k}e^{i k\frac{\pi}{2}n}=\frac{3}{5}e^{i\frac{\pi}{2}n}+3e^{i\pi\alpha} $$

(b)

$$ \begin{aligned}{H(\mathcal{Q})}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}h[n]e^{-j\mathcal{Q}n}}\\ {}&{{}=\sum_{n=-1}^{-1}-e^{-j\mathcal{Q}n}+\sum_{n=0}^{1}e^{-j\mathcal{Q}n}}\\ {}&{{}=-e^{j\mathcal{Q}}-e^{i\mathcal{Q}}+1+e^{-i\mathcal{Q}}+e^{-i2\mathcal{B}}}\\ {}&{{}=1-2j(\sin\mathcal{Q}+\sin2\mathcal{Q})}\\ \end{aligned} $$

(i) 由 $ (a) $ (i) 小题可知，N=8， $ Q_{0}=\frac{\pi}{4} $

$$ a_{3}=\frac{1}{2j},\quad a_{-3}=-\frac{1}{2j},\quad a_{k}=0,\quad k\neq\pm3,5 $$

而

$$ b_{k}=a_{k}H(k\mathcal{Q}_{0}) $$

所以

$$ b_{3}=\frac{1}{2j}\left[1-2j\left(\sin\frac{3\pi}{4}+\sin\frac{3\pi}{2}\right)\right]=\frac{1}{2j}-\frac{\sqrt{2}}{2}+1 $$

$$ \begin{aligned}{b_{-3}}&{{}=-\frac{1}{2j}\left[1-2j\Big(\sin\Big(-\frac{3\pi}{4}\Big)+\right.\left.\sin\Big(-\frac{3\pi}{2}\Big)\right]}\\ {}&{{}=-\frac{1}{2j}-\frac{\sqrt{2}}{2}+1}\\ \end{aligned}. $$

因此

$$ \begin{aligned}y[n]&=\sum_{k=\langle N\rangle}b_{k}e^{j k\frac{\pi}{4}n}\\&=b_{3}e^{j3\frac{\pi}{4}n}+b_{-3}e^{-j3\frac{\pi}{4}n}\\&=\left(\frac{1}{2j}-\frac{\sqrt{2}}{2}-1\right)e^{j3\frac{\pi}{4}n}\\&\quad-\left(\frac{1}{2j}+\frac{\sqrt{2}}{2}-1\right)e^{-j3\frac{\pi}{4}n}\\&=\sin\frac{3}{4}\pi n-j\sqrt{2}\sin\frac{3}{4}\pi n-2\cos\frac{3}{4}\pi n\end{aligned} $$

（ii）由 $ (a) $（ii）小题可知，N=4, $ \varrho_{0}=\frac{\pi}{2} $

$$ a_{k}=\frac{1}{4} $$

而

$$ \begin{aligned}&b_{k}=a_{k}H(k Q_{0})=\frac{1}{4}\left[1-2j\sin\left(k\frac{\pi}{2}\right)+\sin\left(k\pi\right)\right]\\&\quad=\frac{1}{4}\left[1-2j\sin\left(k\frac{\pi}{2}\right)\right]\quad0\leqslant k\leqslant3\\ \end{aligned} $$

所以

$$ \begin{aligned}{y[n]}&{{}=\sum_{k=(N)}b_{k}e^{i k\frac{\pi}{2}n}}\\ {}&{{}=\sum_{k=0}^{3}\frac{1}{4}\left[1-2j\sin\left(k\;\frac{\pi}{2}\right)\right]\cdot e^{i k\frac{\pi}{2}n}}\\ \end{aligned} $$

（iii）由（a）（iii）小题可知，N=6， $ Q_{0}=\frac{\pi}{3} $

$$ a_{k}=\frac{1}{6}\left[1+2\cos\frac{\pi}{3}k\right]\quad0\leqslant k<6 $$

而

$$ \begin{aligned}{b_{k}}&{{}=a_{k}H(k\mathcal{Q}_{0})}\\ {}&{{}=\frac{1}{6}\left[1+2\cos\frac{\pi}{3}k\right]\Bigl[1-2j\Bigl(\sink\frac{\pi}{3}+\sink\frac{2}{3}\pi\Bigr)\Bigr]}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ \begin{aligned}{y[n]}&{{}=\sum_{k=\langle N\rangle}b_{k}e^{j k\frac{\pi}{3}n}}\\ {}&{{}=\sum_{k=0}^{5}\left\{\frac{1}{6}\left[1+2\cos\frac{k\pi}{3}\right]\left[1-2j\Big(\sin\frac{k\pi}{3}\right.\right.}\\ {}&{{}\quad\left.\left.+\left.\sin\frac{k2\pi}{3}\right)\right]\right\}e^{j k\frac{\pi}{3}n}}\\ \end{aligned} $$

（iv）由（a）（iv）小题可知，N=4， $ Q_{0}=\frac{\pi}{2} $

$$ a_{0}=a_{3}=0,\ a_{1}=a_{2}=1\quad0\leqslant k\leqslant3 $$

而 $ b_{k}=a_{k}H(kQ_{0}) $，所以 $ b_{0}=b_{3}=0 $

$$ b_{1}=1-2j\left(\sin\frac{\pi}{2}+\sin\pi\right)=1-2j $$

$$ b_{2}=1-2j(\sin\pi+\sin2\pi)=1 $$

因此

$$ \begin{aligned}{y[n]}&{{}=\sum_{i=(N)}b_{k}e^{i k\frac{\pi}{2}n}}\\ {}&{{}=b_{1}e^{i\frac{\pi}{2}n}+b_{2}e^{i\pi n}}\\ {}&{{}=(1-2j)e^{i\frac{\pi}{2}n}+(-1)^{n}}\\ \end{aligned} $$

510 电子计算机只能用来处理离散的、且是有限持续时间的信号。现设 x[n] 为这类信号，即

$$ x[n]=0,\ 在区间 \ 0\leqslant n\leqslant N_{1}-1\ 之外。 $$

同样，对于 x[n] 的傅氏变换 $ X(\mathcal{Q}) $ (它是连续频率变量 Q 的函数)也只能对有限的一组 Q 值进行计算。

假设在等间隔的点

$$ \mathcal{Q}_{k}=\frac{2\pi k}{N},~k=0,1,\cdots,N-1 $$

上计算 $ X(\Omega_{k}) $，其中 N 为整数。

（a）假定 $ N > N_{1} $，证明

$$ \widetilde{X}(k)=\frac{1}{N}\;X\left(\frac{-2\pi k}{N}\right) $$

其中 $ \widetilde{X}(k) $ 是 x[n] 的 DFT（离散时间傅里叶变换）. 并由此证明 x[n] 完全可从其傅里叶变换的采样

$$ X\left(\frac{2\pi k}{N}\right),\ k=0,1,\cdots,N-1 $$

来确定.

(b) 由(a)小题可看到，只要 $ N \geqslant N_{1} $ ( $ N_{1} $ 为 x[n] 的持续时间)，就可从 X(Q) 的 N 个等间隔的样本来确定 x[n]。为了说明这个条件是必要的，考虑图 P 5.10 中所示的两个信号 $ x_{1}[n] $ 和 $ x_{2}[n] $。证明若选 N = 4，则对所有的 k 值，存在

$$ X_{1}\left(\frac{2\pi k}{4}\right)=X_{2}\left(\frac{2\pi k}{4}\right) $$

解：

(a) 选择 $ N \geqslant N_{1} $，将 x[n] 构成周期信号 $ \tilde{x}[n] $，即使得

$$ x[n]=\left\{\begin{aligned}&\tilde{x}[n],&0\leqslant n\leqslant N-1\\ &0,& 其它 n\end{aligned}\right. $$

而 $ \tilde{x}[n] $ 的傅氏级数的系数为

$$ \tilde{X}(k)=a_{k}=\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1}x[n]e^{-j k\frac{2\pi}{N}n},\quad k=0,1,\cdots,\dot{N}-1 $$

因为

$$ X(\mathcal{Q})=\sum_{n=0}^{N-1}x[n]e^{-j\mathcal{Q}n},N>N_{1} $$

所以当设 $ Q = k \frac{2\pi}{N} $ 时，

$$ X(\mathcal{Q})=X\left(k\frac{2\pi}{N}\right)=\sum_{n=0}^{N-1}x[n]e^{-i k\frac{2\pi}{N}\cdot\theta} $$

可看成是 $ X(\mathcal{Q}) $ 的等间隔采样。因此得

$$ \widetilde{X}(k)=\frac{1}{N}X\left(\frac{2\pi k}{N}\right) $$

由给出的 $ X\left(\frac{2\pi k}{N}\right) $，在 $ 0 \leqslant k \leqslant N-1 $ 内有

即非周期信号 x[n] 可由 $ X\left(\frac{2\pi k}{N}\right) $ 完全确定。

$$ \begin{aligned}{x[n]}&{{}=\widetilde{x}[n]=\sum_{k=0}^{N-1}\widetilde{X}(k)e^{j k\frac{2\pi}{N}\bullet}}\\ {}&{{}=\sum_{k=0}^{N-1}\frac{1}{N}X\left(\frac{2\pi k}{N}\right)e^{j k\frac{2\pi}{N}\bullet}.}\\ \end{aligned} $$

(b) $ x_{1}[n] $ 的傅里叶变换为

$$ \begin{aligned}{X_{1}(\mathcal{Q})}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x_{1}[n]e^{i\mathcal{Q}s}}\\ {}&{{}=1-e^{-i\mathcal{Q}}+2e^{-i\mathfrak{s}\mathcal{Q}}}\\ \end{aligned} $$

由于 N = 4，用 $ \pmb{\mathscr{Q}} = k\pmb{\mathscr{Q}}_{0} = k\frac{\pi}{2} $ 代入得

$$ X_{1}\left(\frac{2\pi k}{4}\right)=1-e^{-i k\frac{\pi}{2}}+2e^{-i k\frac{5}{2}\pi} $$

$ x_{2}[n] $ 的傅里叶变换为

$$ \begin{aligned}{\dot{X}_{2}(\mathcal{Q})}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x_{2}[n]e^{i\mathcal{Q}\cdot\hat{n}}}\\ {}&{{}=-e^{i2\mathcal{Q}}-1+e^{-i2\mathcal{Q}}+e^{-i3\mathcal{Q}}+\dot{2}e^{-i4\mathcal{Q}}}\\ {}&{{}\quad-e^{-i5\mathcal{Q}}+e^{-i7\mathcal{Q}}}\\ \end{aligned} $$

由于给出 N=4，所以用 $ \pmb{\Omega}=\pmb{k}\pmb{\Omega}_{0}=\pmb{k}\frac{\pi}{2} $ 代入得

$$ \begin{aligned}{X_{2}\Big(\frac{2\pi\tilde{k}}{4}\Big)}&{{}=-e^{i k\pi}-1+e^{i k\pi}+e^{-i\tilde{k}\frac{3}{2}\pi}+2e^{-i k2\pi}}\\ {}&{{}\qquad-e^{-i\tilde{k}\frac{5}{2}\pi}+e^{-i\tilde{k}\frac{7}{2}\pi}}\\ {}&{{}=-(-1)^{k}-1+(-1)^{k}+e^{-i\tilde{k}\frac{3}{2}\pi}+2}\\ {}&{{}\qquad-e^{-i\tilde{k}\frac{\pi}{2}}+e^{-i\tilde{k}\frac{3}{2}\pi}}\\ {}&{{}=1-e^{-i\tilde{k}\frac{\pi}{2}}+2e^{-i\tilde{k}\frac{3}{2}\pi}=X_{1}\Big(\frac{2\pi\tilde{k}}{4}\Big)}\\ \end{aligned} $$

5.11 设有限持续时间信号 x[n] 是在区间 $ 0 \leqslant n \leqslant N_{1}-1 $ 之外为零。当 $ N > N_{1} $ 时定义 x[n] 的 N 点 DFT 为

$$ \widetilde{X}(k)=\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1}x[n]e^{-i k\frac{2\pi}{N}n},k=0,1,\cdots,N-1 $$

为了方便将上式改写成

$$ \tilde{X}(k)=\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1}x[n]W_{N}^{n k} $$

其中

$$ W_{N}\Longrightarrow e^{-i\frac{2\pi}{N}} $$

(a) 计算 $ \widetilde{X}(k) $ 的一种方法是直接用式 (P 5.11-2). 这类计算复杂程度的一种有效度量方法是所需复数乘法的总数. 证明 $ k=0,1,\cdots,N-1 $ 时，直接计算式 (P 5.11-2) 所需的复数乘法总数为 $ N^{2} $; 假设 x[n] 是复序列，而所需要的 $ W_{N}^{nk} $ 的值已预先算出并存入磁盘中. 事实上，为简单起见，对于某些 $ W_{N}^{nk} $ 等于 $ \pm1 $ 或

$ \pm i $ 的 n 和 k 值不再考虑了。因而严格地说并不要求计算全部复数乘法。

（b）假设N是偶数。令 $ f[n]=x[2n] $表示 $ x[n] $的偶数下标样本，而令 $ g[n]=x[2n+1] $表示 $ x[n] $的奇数下标样本。

(i) 证明在区间 $ 0 \leqslant n \leqslant (N/2) - 1 $ 之外， $ f[n] $ 和 $ g[n] $ 为零。

（ii）证明 x[n] 的 N 点 DFT $ \widetilde{X}(k) $ 可表示为

$$ \begin{aligned}{\widetilde{X}(k)}&{{}=\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{(N/2)-1}f[n]W_{N/2}^{n,k}+\frac{1}{N}W_{N}^{k}\sum_{n=0}^{(N/2)-1}g[n]W_{N/2}^{k,n}}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}\widetilde{F}(k)+\frac{1}{2}W_{N}^{k}\widetilde{G}(k),~k=0,1,\cdots,N-1}\\ \end{aligned} $$

其中

$$ \begin{aligned}{\widetilde{F}(k)}&{{}=\frac{2}{N}\sum_{n=0}^{(N/2)-1}f[n]W_{N}^{n k}{}_{2}}\\ {\widetilde{G}(k)}&{{}=\frac{2}{N}\sum_{n=0}^{(N/2)-1}g[n]W_{N/2}^{n k}}\\ \end{aligned} $$

（iii）证明对所有的k，

$$ \begin{aligned}{\widetilde{F}(k+N/2)}&{{}=\widetilde{F}(k)}\\ {\widetilde{G}(k+N/2)}&{{}=\widetilde{G}(k)}\\ \end{aligned} $$

注意， $ \widetilde{F}(k) $， $ k=0,1,\cdots,(N/2)-1 $，和 $ \widetilde{G}(k) $，k=0,1,\cdots,(N/2)-1 $，分别是 $ f[n] $和 $ g[n] $的 $ (N/2) $点DFT。因此式(P 5.11-3)表明 $ x[n] $的长度为N点的DFT可用两个长度为N/2的DTF来计算。

（iv）若根据式（P 5.11-3），先计算出 $ \widetilde{F}(k) $ 和 $ \widetilde{G}(k) $，然后再算出 $ \widetilde{X}(k), k=0,1,\cdots,N-1 $ 。确定所需的复数乘法次数。

[不计入式 $ (P\ 5.11-3) $中乘 $ \frac{1}{2} $的乘法次数]

(c) 若 N/2 也是偶数，则 f[n] 和 g[n] 都可以被分解为偶

数下标和奇数下标的样本序列。因此它们的 DFT 可采用与式(P 5.11-3)中相同的方法计算。若 N 是 2 的整数幂，则可继续迭代这一过程，从而有效地节省计算时间。试问当 N = 32; 256; 1024 和 4096 时，采用这种方法大约各需要多少次复数乘法？并将其结果与(a)小题中的直接法加以比较。

(d) 虽然 N 为 2 的幂的情况确实是实际中最常用的一种方法，但对其它情况也可能获得 FFT 算法。例如，假设 N 能被 3 整除，因而 N = 3M。证明 $ \widetilde{X}(k) $ 可由下列 3 个信号的长度为 M 的 DFT 求得。

$$ f_{1}[n]=x[3n] $$

$$ f_{2}[n]=x[3n+1] $$

$$ f_{3}[n]=x[3n+2] $$

更一般情况下，假定

$$ N=p_{1}p_{2}\cdots p_{k} $$

其中每个 $ p_{i} $ 都是质数（某些 $ p_{i} $ 可以是相同的）。说明在这种情况中计算 DFT 的有效算法。

(e) 考虑信号 x[n] 的逆 DFT 的计算，即

$$ x[n]=\left\{\begin{aligned}&\sum_{k=\langle N\rangle}\widetilde{X}(k)e^{i k\frac{2\pi}{N}n},&0\leqslant n\leqslant N-1\\ &0,& 其它 n\end{aligned}\right. $$

假设 N 是 2 的幂，解释如何才能将 FFT 算法用于这逆变换的计算.

解：

$$ (a)\quad\widetilde{X}(k)=\frac{1}{N}\sum_{k=0}^{N-1}x[n]W_{N}^{n k},\quad0\leqslant k\leqslant N-1 $$

可见，对 $ X(k) $ 的每个 k 值，要求 N 对复数乘法相加的运算，而 k 总共有 N 个值，所以总共要求 $ N^{2} $ 次复数乘法运算。

(b)(i)已知

$$ x[n]=0,\quad0\leqslant n\leqslant N-1 $$

因此

$$ f[n]=x[2n]=0,\quad0\leqslant2n\leqslant N-1 $$

所以

$$ j[n]=0,\quad0\leqslant n\leqslant N/2-1 $$

同理可得

$$ g[n]=0,\quad0\leqslant n\leqslant N/2-1 $$

(ii)

$$ \begin{aligned}{\widetilde{X}(k)}&{{}=\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1}x[n]W_{N}^{k n}}\\ {}&{{}=\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{(N/2)-1}x[2n]W_{N}^{2n k}}\\ {}&{{}\qquad+\frac{1}{N}W_{N}^{k}\sum_{n=0}^{(N/2)-1}x[2n+1]W_{N}^{2n k}}\\ \end{aligned} $$

因为

$$ W_{N}^{2n k}\Longrightarrow W_{N/2}^{n k} $$

所以

$$ \begin{aligned}{\widetilde{X}(k)}&{{}=\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{(N/2)-1}f[n]W_{N/2}^{n k}+\frac{1}{N}W_{N}^{k}\sum_{n=0}^{(N/2)-1}g[n]W_{N/2}^{n k}}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}\widetilde{F}(k)+\frac{1}{2}W_{N}^{k}\widetilde{G}(k)}\\ \end{aligned} $$

(iii)

$$ \widetilde{F}(k+N/2)=\frac{2}{N}\sum_{n=0}^{(N/2)-1}f[n]W_{N/2}^{n k}W_{N/2}^{n N/2}=\widetilde{F}(k) $$

同样可得

$$ \widetilde{G}(k+N/2)=\widetilde{G}(k) $$

可见， $ \tilde{F}(k) $ 和 $ \tilde{G}(k) $ 是周期的，周期为 N/2.

（iv）对于 $ \widetilde{X}(k) $ 的每个 k 值，计算 $ \widetilde{F}(k) $ 和 $ \widetilde{G}(k) $ 时，分别要求计算 N/2 次复数乘法，而 k 有 N 个值，故要求计算 $ 2x\left(\frac{N}{2}\right)^{2} $ 个。另外，对于每个 k 值，要计算一次 $ W_{N}^{k}\widetilde{G}(k) $ 的复数乘法，k 有

N个值，还要计算N次复数乘法运算，所以总的运算次数为 $ \frac{N^{2}}{2}+ $

N次.

（c）对于N/2抽取法，运算的次数 $ =N+2(N/2)^{2} $，进而N/4抽取，则用 $ \frac{N}{2}+2(N/4)^{2} $代替 $ (N/2)^{2} $项。重复叠代 $ \log_{2}N $次，得总运算次数为 $ N\log_{2}N $。

由此可得

| 点数 N | FFT 运算 | 直接法运算 |

| --- | --- | --- |

| N = 32 | 160 次 | $ 32 \times 32 = 1024 $ 次 |

| N = 256 | 2048 次 | $ 256 \times 256 = 65536 $ 次 |

| N = 1024 | 10240 次 | $ 1024 \times 1024 = 1048576 $ 次 |

| N = 4096 | 49152 次 | $ 2048 \times 2048 = 16777216 $ 次 |

$$ \begin{aligned}\widetilde{X}(k)&=\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{M-1}f_{1}[n]W_{N/3}^{n\dot{k}}+W_{N}^{k}\sum_{n=0}^{M-1}f_{2}\lfloor n\rfloor W_{N/3}^{n\dot{k}}\\&\quad+W_{N}^{+\dot{k}}\sum_{n=0}^{M-1}f_{3}[n]W_{N/3}^{n\dot{k}}\Big]\\&=3\mathrm{m}\ 长的 \ \mathrm{DFT}\end{aligned} $$

从而可以得到N点DFT的 $ X(k) $.

选择任一 $ p_{i} $，例如 $ p_{1} $，将 x[n] 分成 x[np_{1}]，x[np_{1}+1]， $ \cdots $， $ x[(n+1)p_{1}-1]=p_{1} $ 个序列。对于每个序列，选 $ p_{2} $ 并再以类似的方式分解，一直分解到得出每个长为 $ p_{R} $ 的 $ p_{1} \times p_{2} \times \cdots \times p_{R-1} $ 个序列。然后再取 $ p_{R} $ 点 DFT，结合 $ G_{a}W_{N/p_{i}}^{n k} $ 因子并且继续运算。

(e) 交换 x[n] 和 $ \widetilde{X}(k) $，将倍乘因子用 $ W_{N}^{nk} $ 代替 $ W_{N}^{nk} $ 来计算，再乘上 N，即可用 FFT 算法用于这逆变换的计算。

5.12(a) 设 $ \tilde{x}_{1}[n] $ 与 $ \tilde{x}_{2}[n] $ 是公共周期为 N 的周期信号，

并设 $ \tilde{y}[n] $ 为它们的周期卷积

$$ \tilde{y}[n]=\tilde{x}_{1}[n]\circledast\tilde{x}_{2}[n] $$

证明若 $ a_{k} $, $ b_{k} $ 及 $ c_{k} $ 分别为 $ \tilde{x}_{1}[n] $, $ \tilde{x}_{2}[n] $ 和 $ \tilde{y}[n] $ 的傅里叶系数，则

$$ c_{k}=N a_{k}b_{k} $$

(b) 设 $ \tilde{x}_{1}[n] $ 与 $ \tilde{x}_{2}[n] $ 是两个周期为8的周期信，即

$$ \tilde{x}_{1}[n]=\sin\left(\frac{3\pi n}{4}\right) $$

$$ \widetilde{x}_{2}[n]=\left\{\begin{aligned}&1,&&0\leqslant n\leqslant3\\ &0,&&4\leqslant n\leqslant7\end{aligned}\right. $$

求这两个信号周期卷积的傅氏级数表示式.

(c) 对下列两个周期也为8的周期信号：

$$ \tilde{x}_{1}[n]=\left\{\begin{aligned}&\sin\left(\frac{3\pi n}{4}\right),&0\leqslant n\leqslant3\\ &0,&4\leqslant n\leqslant7\end{aligned}\right. $$

$$ \tilde{x}_{2}[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{n},0

重做(b)小题.

（d）设 $ x_{1}[n] $ 和 $ x_{2}[n] $ 为有限持续时间序列，且有

$$ x_{1}[n]=0,\ n 在区间 \ 0\leqslant n\leqslant N_{1}-1\ 之外 $$

$$ x_{2}[n]=0,\quad n\in[n-1,N_{2}-1,N_{3}] $$

假设N为至少等于 $ N_{1}+N_{2}-1 $的任意整数，并设 $ \tilde{x}_{1}[n] $与 $ \tilde{x}_{2}[n] $是周期为N的周期信号，且有

$$ \tilde{x}_{1}[n]=x_{1}[n],~0\leqslant n\leqslant N-1 $$

$$ \tilde{x}_{2}[n]\implies x_{2}[n],\quad0\leqslant n\leqslant N-1 $$

证明

$$ x_{1}[n]*x_{2}[n]=\left\{\begin{aligned}&\tilde{x}_{1}[n]\textcircled{\ast}\tilde{x}_{2}[n],&0\leqslant n\leqslant N-1\\ &0,& 其它 n\end{aligned}\right. $$

(e) 设 $ x_{1}[n] $ 与 $ x_{2}[n] $ 是 (d) 小题中满足式 (P 5.12-1) 的

有限持续时间信号，且 $ N_{1}=N_{2} $。试问直接由卷积和计算 $ x_{1}[n]*x_{2}[n] $ 需要多少次乘法运算？设 $ N \geqslant 2N_{1}-1 $，且 N 是 2 的幂。假定先计算 $ x_{1}[n] $ 和 $ x_{2}[n] $ 的 DFT，然后将这些 DFT 乘在一起，再用 FFT 计算逆变换。该过程需要多少次乘法运算？当 $ N_{1}=100 $ 及 N=256 时，比较上述两种方法计算 $ x_{1}[n]*x_{2}[n] $ 的运算量，即会发现下列恒等式是有用的

$$ \sum_{k=1}^{N_{1}}k=\frac{N_{1}(N_{1}+1)}{2} $$

解：

(a)

$$ \begin{aligned}{c_{l}}&{{}=\frac{1}{N}\sum_{n=\langle N\rangle}\sum_{k=\langle N\rangle}\widetilde{x}_{1}[k]\widetilde{x}_{2}[n-k]e^{-j\frac{2\pi}{N}n I}}\\ {}&{{}=\frac{1}{N}\sum_{n=\langle N\rangle}\widetilde{x}_{1}[k]e^{-j\frac{2\pi}{N}k l}\sum_{n=\langle N\rangle}\widetilde{x}_{2}[n-k]e^{-j\frac{2\pi}{N}(n-k)l}}\\ {}&{{}=\frac{1}{N}N a_{l}N b_{l}=N a_{l}b_{l}}\\ \end{aligned} $$

(b)

$$ \tilde{x}_{1}[n]=\sin\frac{3}{4}\pi n=\frac{1}{2j}[e^{i\frac{3}{4}\pi n}-e^{-i\frac{3}{4}\pi n}] $$

$$ N=8,\ a_{3}=\ \frac{1}{2j},\ a_{-3}=a_{5}=-\ \frac{1}{2j} $$

$ a_{k}=0 $，k为其它值

$$ \widetilde{x}_{2}[n]\xlongequal{...}\left\{\begin{matrix}1,&0

$$ \begin{aligned}{b_{k}}&{{}=\frac{1}{8}\sum_{n=0}^{3}\widetilde{x}_{2}[n]e^{-i k_{4}^{\pi}n}}\\ {}&{{}=\frac{1}{8}\left[1+e^{-i\frac{\pi}{4}k}+e^{-i\frac{\pi}{2}k}+e^{-i\frac{3}{4}\pi k}\right]}\\ \end{aligned} $$

由此得

$$ b_{0}=\frac{1}{2},~b_{1}=\frac{1}{8}[1+e^{-j\frac{\pi}{4}}+e^{-i\frac{\pi}{2}}+e^{-i\frac{5}{4}\pi}] $$

$$ \dot{b}_{2}=\frac{1}{8}\left[1+e^{-j\frac{\pi}{2}}+e^{-i\pi}+e^{-i\frac{3}{2}\pi}\right] $$

$$ b_{3}=\frac{1}{8}\left[1+e^{-j\frac{3}{4}\pi}+e^{-j\frac{3}{2}\pi}+e^{-j\frac{4}{4}\pi}\right] $$

$$ b_{4}=\frac{1}{8}\left[1+e^{-i\pi}+e^{-i2\pi}+e^{-i3\pi}\right] $$

$$ b_{5}=\frac{1}{8}\left[1+e^{-j\frac{5}{4}\pi}+e^{-j\frac{5}{2}\pi}+e^{-j\frac{15}{4}\pi}\right] $$

$$ b_{6}=\frac{1}{8}\left[1+e^{-i\frac{3}{2}\pi}+e^{-i\frac{5}{2}\pi}+e^{-i\frac{9}{2}\pi}\right] $$

$$ b_{7}=\frac{1}{8}\left[1+e^{-i\frac{7}{4}\pi}+e^{-i\frac{7}{2}\pi}+e^{-i\frac{21}{4}\pi}\right] $$

因为 $ c_{k}=Na_{k}b_{k} $，所以得

$$ \begin{aligned}c_{3}&=\frac{1}{2j}\times\frac{1}{8}\left[1+e^{-i\frac{3}{4}\pi}+e^{-i\frac{3}{2}\pi}+e^{-i\frac{9}{4}\pi}\right]\\&=\frac{1}{16j}\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}+j\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}+j\frac{\sqrt{2}}{2}\right.\\&\quad\left.+\frac{\sqrt{2}}{2}-i\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\\&=\frac{\sqrt{2}}{32j}\left(\sqrt{2}-1-j\right)\\ \end{aligned} $$

$$ c_{-3}=\frac{\sqrt{2}}{32j}\left(\sqrt{2}-1+j\right) $$

$ c_{k}=0 $，其余k值

因此

$$ \begin{aligned}{y[n]}&{{}=\sum_{n=\langle N\rangle}c_{k}e^{i k\frac{2\pi}{N}n}}\\ {}&{{}=\sqrt[3]{\frac{2}{32j}}\;[(\sqrt{2}-1-j)e^{i\frac{3}{2}n s}}\\ \end{aligned} $$

$$ +(\sqrt[3]{2}-1+j)e^{-j\frac{3}{2}\pi\beta}] $$

(c)

$$ \begin{aligned}{a_{k}}&{{}=\frac{1}{8}\sum_{n=0}^{3}\widetilde{x}_{1}[n]e^{-j k\frac{2\pi}{8}n}}\\ {}&{{}=\frac{1}{8}\left[\operatorname{s i n}\left(\frac{3}{4}\pi\right)e^{-j k\frac{\pi}{4}}+\operatorname{s i n}\left(\frac{\pi}{2}\right)e^{-j k\frac{\pi}{2}}\right.}\\ {}&{{}\quad+\left.\operatorname{s i n}\left(\frac{9}{4}\pi\right)e^{-j k\frac{3}{4}\pi}\right]}\\ {}&{{}=\frac{1}{8}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}e^{-j k\frac{\pi}{4}}+e^{-j k\frac{\pi}{2}}+\frac{\sqrt{2}}{2}e^{-j k\frac{3}{4}\pi}\right).}\\ \end{aligned} $$

而

$$ \begin{aligned}&b_{k}=\frac{1}{8}\sum_{n=0}^{7}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}e^{-j k\frac{2\pi}{8}n}\\&=\frac{1}{8}\frac{1-\left(\frac{1}{2}e^{-j k\frac{\pi}{4}}\right)^{8}}{1-\frac{1}{2}e^{-j k\pi/4}}\\&=\frac{1}{8}\frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^{8}}{1-\frac{1}{2}e^{-j k\pi/4}}\\ \end{aligned} $$

因

$$ c_{k}=N a_{k}b_{k},0\leqslant k<8 $$

所以

$$ \begin{aligned}{c_{k}=~}&{{}8~\times~\frac{1}{8}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}~e^{-i\frac{k}{4}\pi}~+~e^{-i k\frac{\pi}{2}}+\frac{\sqrt{2}}{2}~e^{-i\frac{3}{4}\pi}\right)}\\ {}&{{}\times~\frac{1}{8}\frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^{8}}{1-\frac{1}{2}~e^{-i k\pi/6}}}\\ \end{aligned} $$

因此：

$$ \begin{aligned}{y[n]}&{{}=\sum_{n=\langle N\rangle}c_{k}e^{j k\frac{2\pi}{N}n}}\\ {}&{{}=\sum_{n=0}^{\gamma}\Big\{\frac{1}{8}\Big(\frac{\sqrt{2}}{2}\;e^{-j k\frac{\pi}{4}}+e^{-j k\frac{\pi}{2}}+\frac{\sqrt{2}}{2}e^{-i k\frac{5}{4}n}\Big)}\\ {}&{{}\quad\times\frac{1-\Big(\frac{1}{2}\Big)^{8}}{1-\frac{1}{2}\;e^{-j k\pi/4}}\Big\}e^{i k\frac{2\pi}{8}n}.}\\ \end{aligned} $$

(d) 当 $ N \geqslant N_{1} + N_{2} - 1 $ 时，

$$ \begin{aligned}{\widetilde{x}_{1}[n]\circledast\widetilde{x}_{2}[n]}&{{}=\sum_{k=0}^{N-1}\widetilde{x}_{1}[k]\widetilde{x}_{2}[n-k]}\\ {}&{{}=\sum_{k=0}^{N-1}x_{1}[k]x_{2}[n-k]}\\ {}&{{}=x_{1}[n]*x_{2}[n],~0\leqslant n\leqslant N-1}\\ \end{aligned} $$

以及 $ x_{1}[n]*x_{2}[n]=0,n<0 $ 和 $ n\geqslant N-1 $

(e) 由 $ y[n] = \sum_{k=0}^{2N_{1}-1} x_{1}[k] x_{2}[n-k] $. 可见，直接用卷积和运算时，所要求的运算次数为

$$ 2\sum_{k=1}^{N_{1}}k-N=\frac{2N_{1}(N_{1}+1)}{2}-N_{1}=N_{1}^{2} $$

而 FFT 算法要求 $ 2N \log N + N $ 次。

所以 $ N_{1}=100, N=256 $ 时，卷积和法要求10000次运算，而FFT算法要求4352次运算。

5.13 对于下列各对 x[n] 和 y[n] 信号对，当 x[n] 为输入，y[n] 为其输出时，是否存在一个离散时间 LTI 系统与之对应？若存在，系统是否为唯一的（即是否有 1 个以上的 LTI 系统具有所给定的输入-输出对），并求该 LTI 系统的频率响应。若不存在，说明理由。

(a) $ x[n] = \left(\frac{1}{2}\right)^n $, $ y[n] = \left(\frac{1}{4}\right)^n $

(b) $ x[n] = \left(\frac{1}{2}\right)^n u[n] $, $ y[n] = \left(\frac{1}{4}\right)^n u[n] $

(c) $ x[n] = \left(\frac{1}{2}\right)^n u[n] $, $ y[n] = 4^n u[-n] $

(d) $ x[n] = e^{j\pi/8} $, $ y[n] = 2e^{j\pi/8} $

(e) $ x[n] = e^{jn/8}u[n] $, $ y[n] = 2e^{jn/8}u[n] $

(f) $ x[n] = j^n $, $ y[n] = 2j^n (1 - i) $

(g) $ x[n] = \cos(\pi n/3) $, $ y[n] = \cos(\pi n/3) + \sqrt{3} $

$ \cdot \sin(\pi n/3) $

(h) x[n] 和 $ y_{1}[n] $ 如图 P 5.13 所示。

(i) x[n] 和 $ y_{2}[n] $ 如图 P 5.13 所示.

解：

(a) 不存在对应的 LTI 系统。因为 x[n] 和 y[n] 的傅里叶变换都不存在。

(b) 存在对应的 LTI 系统，且是唯一的，

$$ X(\mathcal{Q})=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n]e^{-i\mathcal{Q}n}=\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}e^{-i\mathcal{Q}n}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}n}} $$

$$ \mathbf{Y}(\mathcal{Q})=\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{4}\right)^{n}\ e^{-j\mathcal{Q}n}=\frac{1}{1-\frac{1}{4}\ e^{-j\mathcal{Q}}} $$

所以，其频率响应为

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{Y(\mathcal{Q})}{X(\mathcal{Q})}=\frac{1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{4}e^{-i\mathcal{Q}}} $$

（c）存在对应的 LTI 系统，且是唯一的，但是非因果的。因为 n<0 时， $ x[n]=0 $，但 $ y[n]\neq0 $。其频率响应为

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{Y(\mathcal{Q})}{X(\mathcal{Q})}=\frac{1-\frac{1}{2}~e^{-i\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{4}~e^{i\mathcal{Q}}} $$

（d）存在对应的 LTI 系统，但不是唯一的。因为，根据 x[n] 及 y[n] 可求得它们的傅里叶变换，分别为

$$ X(\mathcal{Q})=2\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta\left(\mathcal{Q}-\frac{1}{8}-2k\pi\right) $$

$$ X(\mathcal{Q})=4\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta\left(\mathcal{Q}-\frac{1}{8}-2k\pi\right) $$

因此 $ H(\mathcal{Q}) = \frac{Y(\mathcal{Q})}{X(\mathcal{Q})} = 2 $

存在另外的频率响应

$$ H_{k}(\mathcal{Q})=2e^{-i2\pi k}\ \ k\ 为任意整数 $$

也能给出要求的输入输出信号对。证明如下：对于上述 $ H_{k}(\mathcal{Q}) $，输入 x[n][其傅里叶变换为 $ X(\mathcal{Q}) $] 时，其输出为 $ y_{k}[n] $，其对应傅里叶变换为

$$ \begin{aligned}{\mathbf{Y}_{k}(\mathcal{Q})}&{{}=H_{k}(\mathcal{Q})X(\mathcal{Q})=2e^{-j2\pi k}X(\mathcal{Q})}\\ {}&{{}=2e^{-i\frac{i}{8}*16\pi k}X(\mathcal{Q})}\\ \end{aligned} $$

根据时移特性，其对应输出信号为

$$ \begin{aligned}y_{k}[n]&=2x[n-16\pi k]=2e^{i\frac{1}{\mathrm{B}}(n-16\pi k)}\\&=2e^{j n/3}=y[n]\end{aligned} $$

所以有无限个 LTI 系统，只要其系统函数为上述 $ H_{k}(\mathcal{Q}) $，都能对给定 x[n] 产生给定输出 y[n]。

（e）存在对应的 LT1 系统，且是唯一的。显然，其频率响应也是 $ H(\mathcal{Q}) = 2 $。但上题所述系统 $ H_{k}(\mathcal{Q}) = 2e^{-j2\pi k} $ 对现在的输入 $ x[n] = e^{j n/8}u[n] $ 不能产生输出 $ y[n] = 2e^{j z/8}u[n] $。因为，这时

$$ Y_{k}(\mathcal{Q})=H_{k}(\mathcal{Q})X(\mathcal{Q})=2e^{-j\frac{1}{8}\cdot16\pi k}X(\mathcal{Q}) $$

对应的信号 $ y_{k}[n] $ 为

$$ \begin{aligned}y_{k}[n]&=2x[n-16\pi k]=2e^{j\frac{1}{8}(n-16\pi k)}u[n-16\pi k]\\&=2e^{j n/8}u[n-16\pi k]\rightleftharpoons y[n]=2e^{j n/8}u[n]\end{aligned} $$

(f) 存在对应的 LTI 系统，但不是唯一的。证明方法与(d) 小题完全相同。

$$ X(\mathcal{Q})=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}j^{n}e^{-j\mathcal{Q}n} $$

$$ Y(\mathcal{Q})=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}2(1-i)i^{n}e^{-i\mathcal{Q}n}=2(1-i)X(\mathcal{Q}) $$

所以对应系统的频率响应为

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{Y(\mathcal{Q})}{X(\mathcal{Q})}=2\left(1-i\right) $$

存在另外无限多个系统

$$ H_{k}(\mathcal{Q})=2(1-i)e^{-i2\pi k}\quad k 为任意整数 $$

也能对给定的输入 x[n] 产生同样的输出 y[n]。因为

$$ \Upsilon_{k}(\mathcal{Q})=H_{k}(\mathcal{Q})X(\mathcal{Q})=2(1-j)e^{-j2\pi k}X(\mathcal{Q}) $$

$$ =2(1-i)e^{-i\frac{1}{4}\cdot8\pi k}X(\mathcal{Q}) $$

注意信号的周期 N = 4。根据时移特性， $ Y_{k}(\mathcal{Q}) $ 对应信号为

$$ \begin{aligned}{\mathbf{y}_{k}[n]}&{{}=2(1-i)x[n-8\pi k]=2(1-j)j^{(n-8\pi k)}}\\ {}&{{}=2(1-i)j^{n}\circ(j^{8})^{-\pi k}=2(1-j)j^{n}=y[n]。}\\ \end{aligned} $$

（g）存在对应的 LTI 系统，但不是唯一的。若直接求 x[n] 和 y[n] 的傅里叶变换来求系统的频率响应 H(Q)，本题难于得出简单的表达式，下面用分析特征信号的方法来求 H(Q)。因为

$$ x(n)=\cos\left(\pi n/3\right)=\frac{1}{2}e^{-i\frac{\pi}{3}n}+\frac{1}{2}e^{-i\frac{\pi}{3}n} $$

$$ \begin{aligned}y[n]&=\cos\left(\pi n/3\right)+\sqrt{3}\sin\left(\pi n/3\right)\\&=\frac{1}{2}e^{i\frac{\pi}{3}n}+\frac{1}{2}e^{-i\frac{\pi}{3}n}+\frac{\sqrt{3}}{2j}e^{i\frac{\pi}{3}n}-\frac{\sqrt{3}}{2j}e^{-i\frac{\pi}{3}n}\\&=(1-i\sqrt{3})-\frac{1}{2}e^{i\frac{\pi}{3}n}\\&\quad+(1+i\sqrt{3})\cdot\frac{1}{2}e^{-i\frac{\pi}{3}n}\\&=H\left(\pi/3\right)\cdot\frac{1}{2}e^{i\frac{\pi}{3}n}+H(-\pi/3)\cdot\frac{1}{2}e^{-i\frac{\pi}{3}n}\\ \end{aligned} $$

也就是说，对应 LTI 系统的系统函数应满足

$$ H(\pi/3)=1-j\sqrt{-3}=2e^{-i\frac{\pi}{6}} $$

$$ H(-\pi/3)=1+i\sqrt[+3]{-}=2e^{i\frac{\pi}{6}} $$

所以 $ H(\mathcal{Q}) $ 为

$$ H(\mathcal{Q})=2e^{-i\frac{\mathcal{Q}}{2}}|_{\mathcal{Q}=\pm\pi/3} $$

显然存在另外的系统 $ H_{k}(\mathcal{Q}) $:

$$ H_{k}(\mathcal{Q})=H(\mathcal{Q})e^{-i2\pi k}=2e^{-i\frac{\Omega}{2}}\bullet e^{-i2\pi k}\big|_{\mathcal{Q}=\pm\pi/3} $$

当输入 $ x[n]=\cos(\pi n/3)=\frac{1}{2}e^{i\frac{\pi}{3}n}+\frac{1}{2}e^{-i\frac{\pi}{3}n} $

$$ \begin{aligned}{y_{k}[n]}&{{}=H_{k}(Q)\vert_{Q=\pm\pi/3}x[n]}\\ {}&{{}=H_{k}\left(\pi/3\right)\cdot\frac{1}{2}e^{i\frac{\pi}{3}n}+H_{k}(-\pi/3)\cdot\frac{1}{2}e^{-i\frac{\pi}{3}n}}\\ {}&{{}=\left(2e^{-i\frac{\pi}{6}}\cdot e^{-i2\pi k}\right)\cdot\frac{1}{2}e^{i\frac{\pi}{3}}+\left(2e^{i\frac{\pi}{6}}\cdot e^{-i2\pi k}\right)}\\ {}&{{}\quad\cdot\frac{1}{2}e^{-i\frac{\pi}{3}n}}\\ {}&{{}=\left(1-i\sqrt{\frac{\pi}{3}}\right)\cdot\frac{1}{2}e^{i\frac{\pi}{3}}+\left(1+i\sqrt{\frac{\pi}{3}}\right)}\\ {}&{{}\quad\cdot\frac{1}{2}e^{-i\frac{\pi}{3}n}=y[n]}\\ \end{aligned} $$

可见，频率响应为

$$ H_{k}(\mathcal{Q})=2e^{-i\frac{\mathcal{D}}{2}}\cdot e^{-i2\pi k}\mid_{\mathcal{Q}=\pm\pi/3}\quad k 为任意整数 $$

的系统也适合给定的输入输出信号对，因而对应的 LTI 系统不是唯一的。

（h）存在对应的 LTI 系统，但不是唯一的。由图可直观地看出

$$ y_{1}[n]=x[n-3]+x[n-9] $$

而 x[n] 的周期为 N = 12，因此存在

$$ y_{k}[n]=x[n-3-12k]+x[n-9-12k]=y_{1}[n] $$

设 x[n] 的傅里叶变换为 $ X(\mathcal{Q}) $，则根据时移特性得到

$$ \Upsilon_{k}(\mathcal{Q})=e^{-j(12k+3)\mathcal{Q}}X(\mathcal{Q})+e^{-j(12k+9)\mathcal{Q}}X(\mathcal{Q}). $$

所以

$$ \begin{aligned}{H_{k}(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{Y_{k}(\mathcal{Q})}{\overline{{X(\mathcal{Q})}}}=e^{-j(12k+3)\mathcal{Q}}+e^{-j(12k+9)\mathcal{Q}}}\\ {}&{{}=2\operatorname{c o s}\left(3\mathcal{Q}\right)e^{-j(12k+6)\mathcal{Q}}}\\ \end{aligned} $$

其中 k 为任意整数. k = 0 即为直接对应的 LTI 系统.

(i) 不存在对应的 LTI 系统。因为 x[n] 的周期 N = 12, y[n] 的周期 $ N_{2} = 9 $，不能由 x[n] 经线性处理得到。但 $ y_{2}[n] $ 的

波形可由 x[n] 的波形经延时-调制系统得到。其中 $ p(t) $ 是时窗调制信号

$ \phi[n]=\left\{\begin{array}{ll}1 & 9k-1\leqslant n\leqslant9k+1。\ k \text{为整数}\\0 & \text{其它}n\end{array}\right. $

5.14 计算下列各信号的傅里叶变换

(a) x[n] 如图 P 5.14(a) 所示。

(b) $ 2^{n}u[-n] $

(c) $ \left(\frac{1}{4}\right)^{n}u[n+2] $

(d) $ [a^{n}\sin\mathcal{Q}_{0}n]u[n],|a|<1 $

(e) $ a^{|n|}\sin\mathcal{Q}_{0}n,\quad|a|<1 $

(f) $ \left(\frac{1}{2}\right)^{n}\{u[n+3]-u[n-2]\} $

(g) $ n\{u[n + N] - u[n - N - 1]\} $

(h) $ \cos(18\pi n/7) + \sin(2n) $

(i) $ \sum_{k=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{4}\right)^{n}\delta[n-3k] $

(i) x[n] 如图 P 5.14(b) 所示

(k) $ \delta[4-2n] $

(1) $ x[n] = \left\{ \begin{aligned} & \cos(\pi n/3), & -4 \leqslant n \leqslant 4 \\ & 0, & \text{其它 } n \end{aligned} \right. $

(m) $ n\left(\frac{1}{2}\right)^{m} $

(n) $ \left[\frac{\sin(\pi n/2)}{\pi n}\right]\left[\frac{\sin(\pi n/4)}{\pi n}\right] $

(o) x[n] 如图 P 5.14(c) 所示.

解：

(a) $ X(\mathcal{Q}) = \sum_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] e^{-jn\mathcal{Q}} = \sum_{n=0}^{3} e^{-jn\mathcal{Q}} = 1 + e^{-j\mathcal{Q}} + e^{-j2\mathcal{Q}} + e^{-j3\mathcal{Q}} = 2e^{-j\frac{3}{2}\mathcal{Q}} \left( \cos\frac{1}{2}\mathcal{Q} + \cos\frac{3}{2}\mathcal{Q} \right) $

(b) $ X(\mathcal{Q}) = \sum_{n=-\infty}^{+\infty} 2^n u[-n] e^{-i\mathcal{Q}_n} $

$ = \sum_{n=-\infty}^{\infty} 2^n e^{-i\mathcal{Q}_n} $

$ = \sum_{n=0}^{\infty} \left( \frac{1}{2} e^{i\mathcal{Q}} \right)^n = \frac{1}{1 - \frac{1}{2} e^{i\mathcal{Q}}} $

(e) $ X(\mathcal{Q}) = \sum_{n=-\infty}^{+\infty} \left( \frac{1}{4} \right)^n u[n + 2] e^{-i\mathcal{Q}_n} $

$ = \sum_{n=-\infty}^{+\infty} \left( \frac{1}{4} \right)^n e^{-i\mathcal{Q}_n} $

$$ \begin{aligned}&r=\sum_{m=0}^{4\cdot\infty}\left(\frac{1}{4}\right)^{m-2}e^{-j\mathcal{Q}(m-1)}\\&=16\frac{e^{j2\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{4}\ e^{-j\mathcal{Q}}}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}(d)\ X(\mathcal{Q})&=\sum_{n=0}^{+\infty}a^{n}\sin\mathcal{Q}_{0}n e^{-i\mathcal{Q}n}\\&=\sum_{n=0}^{+\infty}a^{n}\ \frac{1}{2j}\ (e^{i\mathcal{Q}_{0}n}\frac{1}{}-e^{-i\mathcal{Q}_{0}n})e^{-i\mathcal{Q}n}\\&=\frac{1}{2j}\left[\frac{1}{1-ae^{i\mathcal{Q}_{0}}e^{-i\mathcal{Q}}}-\frac{1}{1-ae^{-i\mathcal{Q}_{0}}e^{-i\mathcal{Q}}}\right]\\&=\frac{a\sin\mathcal{Q}_{0}e^{-i\mathcal{O}}}{[1-(2a\cos\mathcal{Q}_{0})e^{-i\mathcal{Q}}+a^{2}e^{-i2\mathcal{Q}}]}\\ \end{aligned} $$

(e)

$$ \begin{aligned}{{{)}}X(\mathcal{Q})=}&{{}~\sum_{n=-\infty}^{+\infty}a^{:n}\operatorname{s i n}\mathcal{Q}_{3}n e^{-i\mathcal{Q}_{8}}}\\ {=}&{{}~\sum_{n=-\infty}^{-1}a^{-n}\operatorname{s i n}\mathcal{Q}_{0}n e^{-i\mathcal{Q}_{8}}+\sum_{n=0}^{+\infty}a^{n}\operatorname{s i n}\mathcal{Q}_{0}n e^{-i\mathcal{Q}_{8}}}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}\frac{ 令 m=-n}{}&\sum_{m=0}^{+\infty}-a^{m}\frac{e^{-iQ_{0}m}-e^{iQ_{0}m}}{2i}e^{iQ_{m}}-0\\&+\sum_{n=0}^{+\infty}a^{n}\frac{e^{iQ_{0}n}-e^{-iQ_{0}n}}{2i}e^{-iQ_{n}}\\=\frac{1}{2i}&\left[-\frac{1}{1-ae^{i(Q+\mathcal{Q}_{0})}}+\frac{1}{1-ae^{i(Q-\mathcal{Q}_{0})}}\right.\\&+\frac{1}{1-ae^{-i(Q-\mathcal{Q}_{0})}}-\frac{1}{1-ae^{-i(Q+\mathcal{Q}_{0})}}\Big]\\=&\frac{1}{i}\left[\frac{1-2a\cos\left(\mathcal{Q}-\mathcal{Q}_{0}\right)}{1+a^{i}-2\cos\left(\mathcal{Q}-\mathcal{Q}_{0}\right)}\right.\\&-\frac{1-2a\cos\left(\mathcal{Q}-\mathcal{Q}_{0}\right)}{1+a^{2}-2\cos\left(\mathcal{Q}+\mathcal{Q}_{0}\right)}\Big]\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}(f)X(\mathcal{Q})&=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\left(\frac{\hat{1}}{2}\right)^{n}\{u[n+3]-u[n-2]\}e^{-i\mathcal{Q}_{n}}\\&=\sum_{n=-3}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}e^{-i\mathcal{Q}_{n}}-\sum_{n=2}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}e^{-i\mathcal{Q}_{n}}\\&=8\frac{e^{i3\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{O}}}-\frac{1}{4}\frac{e^{-i2\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{O}}}\\&=8e^{i3\mathcal{O}}\left[\frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^{5}e^{-i5\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{O}}}\right]\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}{r)~X(\mathcal{Q})}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}n\{u[n+N]-u[n-N-1]\}e^{i\mathcal{Q}n}}\\ {}&{{}=\sum_{n=-N}^{N+1}n e^{-i\mathcal{Q}n}=\sum_{m=0}^{,N+1}(m-N)e^{-i\mathcal{Q}(m-N)}}\\ {}&{{}=e^{i\mathcal{Q}N}\sum_{m=0}^{\mathcal{L}N+1}(m-N)e^{-i\mathcal{Q}m}}\\ \end{aligned} $$

根据几何级数公式

$$ \begin{aligned}\sum_{k=0}^{n-1}&(a+kd)q^{k}=\frac{a-[a+(n-1)d]q^{n}}{1-q}\\&+\frac{dq(1-q^{n-1})}{1-q^{2}}\end{aligned} $$

代入a=-N, d=1, n-1=2N+1, q=e^{-i\alpha}. 可求得

$$ \begin{aligned}{X(\mathcal{Q})=}&{{}\;\frac{e^{i\mathcal{Q}N}}{(1-e^{-i\mathcal{Q}})^{2}}\left\{-N+(N+1)e^{-i\mathcal{Q}}\right.}\\ {}&{{}\;+\left[-(N+2)+(N+1)e^{-i\mathcal{Q}}\right]e^{-i\mathcal{Q}(2N+2)}\nonumber}\\ \end{aligned} $$

(h) 假定 $ \cos\frac{18\pi n}{7} $ 和 $ \sin(2n) $ 的变换分别为 $ X_{1}(\mathcal{Q}) $ 和 $ X_{2}(\mathcal{Q}) $，则

$$ \begin{aligned}{X_{1}(\mathcal{Q})=}&{{}\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left[\delta\left(\mathcal{Q}-\frac{18}{7}\pi-2k\pi\right)\right.}\\ {}&{{}\left.+\delta\left(\mathcal{Q}-\frac{18\pi}{7}-2k\pi\right)\right]}\\ \end{aligned} $$

$$ X_{2}(\mathcal{Q})=\;\frac{\pi}{i}\sum_{k=-\infty}^{\infty}\left[\delta(\mathcal{Q}-2-2k\pi)-\delta(\mathcal{Q}+2-2k\pi)\right] $$

所以

$$ \begin{aligned}{X(\mathcal{Q})}&{{}=X_{1}(\mathcal{Q})+X_{2}(\mathcal{Q})}\\ {}&{{}=\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left[\delta\left(\mathcal{Q}-\frac{18}{7}\pi-2k\pi\right)\right.}\\ {}&{{}\quad+\delta\left(\mathcal{Q}-\frac{18\pi}{7}-2k\pi\right)-i\delta(\mathcal{Q}-2-2k\pi)}\\ {}&{{}\quad\left.+\mathcal{q}\delta(\mathcal{Q}+2-2k\pi)\right]}\\ \end{aligned} $$

(i)

$$ \begin{aligned}X(\mathcal{Q})&=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\sum_{k=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{4}\right)^{n}\delta[n-3k]e^{-i s\mathcal{Q}}\\&=\sum_{k=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{4}\right)^{3k}e^{-i\mathcal{Q}3k}\\&=\sum_{k=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{4}\ e^{-i\mathcal{Q}}\right)^{3k}\\&=\frac{1}{1-\left(\frac{1}{4}\ e^{-i\mathcal{Q}}\right)^{3}}\\ \end{aligned} $$

(i)

$$ \begin{aligned}{X(\mathcal{Q})}&{{}=\sum_{s=-3}^{3}x[n]e^{-i\mathcal{Q}s}}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}\left(e^{i3\mathcal{Q}}-e^{-i3\mathcal{Q}}\right)+\left(e^{i2\mathcal{Q}}+e^{-i2\mathcal{Q}}\right)}\\ {}&{{}\quad+\frac{3}{2}\left(e^{i\mathcal{Q}}+e^{-i\mathcal{Q}}\right)+2}\\ \end{aligned} $$

$$ \mathbf{=}\cos3\mathcal{Q}+2\cos2\mathcal{Q}+3\cos\mathcal{Q}+2 $$

$$ \begin{aligned}(\boldsymbol{k})\cdot\boldsymbol{X}(\mathcal{Q})&=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n]e^{j\mathcal{Q}_{n}}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\delta[4-2n]e^{-j\mathcal{Q}_{n}}=e^{-j\mathcal{Q}_{n}}\ $ \boldsymbol{i})\quad\boldsymbol{X}(\mathcal{Q})&=\sum_{n=-4}^{4}\cos\frac{\pi}{3}n e^{-j\mathcal{Q}_{n}}\\&=\sum_{n=-4}^{4}\frac{1}{2}\left(e^{j\frac{\pi}{3}n}+e^{-j\frac{\pi}{3}n}\right)e^{-j\mathcal{Q}_{n}}\\&=\frac{1}{2}e^{j4(\mathcal{Q}-\pi/3)}\sum_{n=0}^{9}e^{j(\frac{\pi}{3}-\mathcal{Q})n}\\&\quad+\frac{1}{2}e^{j4(\mathcal{Q}+\pi/3)}\sum_{n=0}^{9}e^{j(\frac{\pi}{3}+\mathcal{Q})n}\\&=\frac{1}{2}e^{j4(\mathcal{Q}-\pi/3)}\left[\frac{1-e^{j(\frac{\pi}{3}-\mathcal{Q})^{9}}}{1-e^{j(\frac{\pi}{3}-\mathcal{Q})}}\right]\\&\quad+\frac{1}{2}e^{j4(\mathcal{Q}+\pi/3)}\left[\frac{1-e^{j(\frac{\pi}{3}+\mathcal{Q})^{9}}}{1-e^{j(\frac{\pi}{3}+\mathcal{Q})}}\right]\end{aligned} $$

(m) 因为

$$ \begin{aligned}{\hat{X}(\mathcal{Q})}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{|n|}e^{-i\mathcal{Q}n}}\\ {}&{{}=\left[\frac{1}{1-\frac{1}{2}~e^{-i n}}-\frac{1}{1-\frac{1}{2}~e^{i\mathcal{Q}}}-1\right]}\\ \end{aligned} $$

利用频域微分特性，可得

$$ \begin{aligned}{X(\mathcal{Q})}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}n\hat{\pi}[n]e^{-i\mathcal{Q}n}=-i\frac{d\hat{\mathcal{X}}(\mathcal{Q})}{d\mathcal{Q}}}\\ {}&{{}=-\frac{1}{2}e^{i\mathcal{Q}}\frac{1}{\left(1-\frac{1}{2}e^{i\mathcal{Q}}\right)^{2}}+\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}\frac{1}{\left(1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}\right)^{2}}}\\ \end{aligned} $$

(n) 设 $ x_{1}(t) = \frac{\sin\frac{\pi}{2}n}{\pi n} \longleftrightarrow X_{1}(\mathcal{Q}) $

$$ x_{2}(t)=\frac{\sin\frac{\pi}{4}n}{\pi n}\longleftrightarrow X_{2}(n) $$

则利用离散傅里叶变换的调制特性，有

$$ \begin{aligned}{x(t)}&{{}=\left[\frac{\sin\frac{\pi}{2}n}{\pi n}\right]\left[\frac{\sin\frac{\pi}{4}n}{\pi n}\right]\longleftrightarrow}\\ {}&{{}\quad\frac{1}{2\pi}\int_{2\pi}X_{1}(\theta)X_{2}(\mathcal{Q}-\theta)d\theta=X(\mathcal{Q})}\\ \end{aligned} $$

而 $ X_{1}(\mathcal{Q}) $， $ X_{2}(\mathcal{Q}) $ 为如图 P 5.14(a)、(b) 所示的方波，因此在一周之内

$$ \begin{aligned}{}&{{}\mathcal{Q}\simeq X_{1}(\mathcal{Q})*X_{2}(\mathcal{Q})}\\ {}&{{}\quad\left\{\begin{aligned}{\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\mathcal{Q}+\frac{\pi}{4}}{d}\mathcal{Q}}&{{}=\mathcal{Q}+\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{4}=\mathcal{Q}+\frac{3}{4}\pi,}\\ {}&{{}\quad-\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{2}<\mathcal{Q}\leq-\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{4}}\\ {\int_{\mathcal{Q}-\frac{\pi}{4}}^{\mathcal{Q}+\frac{\pi}{4}}{d}\mathcal{Q}}&{{}=\frac{\pi}{2},-\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{4}<\mathcal{Q}\leq\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}}\\ {\int_{\mathcal{Q}-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}{d}\mathcal{Q}}&{{}=-\mathcal{Q}+\frac{3}{4}\pi,}\\ {}&{{}\quad\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}<\mathcal{Q}\leq\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{4}}\\ \end{aligned}\right.}\\ \end{aligned} $$

$ X(Q) $ 如图 P 5.14(c) 所示。

(0) 由图可见，它是周期信号，N=6， $ Q_{0}=\frac{2\pi}{6}=\frac{\pi}{3} $，而

$$ \begin{aligned}{a_{k}}&{{}=\frac{1}{6}\sum_{n=-1}^{1}x[n]e^{-i\mathcal{Q}n}}\\ {}&{{}=\frac{1}{6}\left(2e^{i\mathcal{Q}}+1-2e^{-i\mathcal{Q}}\right)}\\ {}&{{}=\frac{1}{6}\left(1+4j\sin\mathcal{Q}\right)\vert_{\mathcal{Q}=\frac{k\pi}{3}}}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ \begin{aligned}{X(\mathcal{Q})}&{{}=2\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}\delta\left(\mathcal{Q}-\frac{2\pi k}{6}\right)}\\ {}&{{}=\frac{\pi}{3}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left(1+i4\sin\frac{k\pi}{3}\right)\delta\left(\mathcal{Q}-\frac{k\pi}{3}\right)}\\ \end{aligned} $$

5.15 根据下列离散时间信号的傅里叶变换，确定各相应的信号。

(a)

$$ X(\mathcal{Q})=\left\{\begin{aligned}{}&{{}0,~0\leqslant|\mathcal{Q}|\leqslant w}\\ {}&{{}1,~w<|\mathcal{Q}|\leqslant\pi}\\ \end{aligned}\right. $$

(b) $ X(\mathcal{Q}) = 1 - 2e^{-j3\mathcal{Q}} + 4e^{j2\mathcal{Q}} + 3e^{-j6\mathcal{Q}} $

(c)

$$ X(\mathcal{Q})=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}(-1)^{k}\delta\left(\mathcal{Q}-\frac{\pi k}{2}\right) $$

(d) $ X(\mathcal{Q}) = \cos^{2}\mathcal{Q} $

(e) $ X(\mathcal{Q}) = \cos(\mathcal{Q}/2) + j \sin\mathcal{Q}, \quad -\pi \leqslant \mathcal{Q} \leqslant \pi $

(f) $ X(\mathcal{Q}) $ 如图 P 5.15(a) 所示.

$ (g) $ $ X(\mathcal{Q}) $ 如图 P 5.15(b) 所示。

(h) $ |X(\mathcal{Q})| = \begin{cases} 0, & 0 \leq |\mathcal{Q}| \leq \pi/3 \\ 1, & \pi/3 < |\mathcal{Q}| \leq 2\pi/3 \\ 0, & 2\pi/3 < |\mathcal{Q}| \leq \pi \\ \end{cases} $

$ X(\mathcal{Q}) = 2\mathcal{Q} $

(i)

$$ X(\mathcal{Q})=\frac{e^{-i\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{6}\;e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{1}{6}e^{-i2\mathcal{Q}}} $$

解：

$$ \begin{aligned}{{{\textsf~{x}}}[n]}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{2\pi}X(\mathcal{Q})e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}+\frac{1}{2\pi}\int_{w}^{\pi}e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\pi}\left[\frac{1}{j n}\left(e^{-i w n}-e^{-j\pi n}+e^{i\pi n}-e^{j w w}\right)\right]}\\ {}&{{}=\frac{\sin\pi n}{\pi n}-\frac{\sinw n}{\pi n}=\delta[n]-\frac{\sinw n}{\pi n}}\\ \end{aligned} $$

(b) $ X(Q) $ 的逆变换为

$$ x[n]=\delta[n]-2\delta[n-3]+4\delta[n+2]+3\delta[n-6] $$

(c) 因 $ \sum_{k=(N)} a_{k} e^{jk} \stackrel{(2\pi)}{(N)} \leftrightarrow 2\pi \sum_{k=-\infty}^{+\infty} a_{k} \delta \left( Q - \frac{2\pi}{N} k \right) $

而已知

$$ X(\mathcal{Q})=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}(-1)^{k}\delta\left(\mathcal{Q}-\frac{\pi}{2}k\right) $$

可见

$$ N=4,\ 2\pi a_{k}=(-1)^{k} $$

即

$$ a_{k}=\frac{(-1)^{k}}{2\pi} $$

因此

$$ \begin{aligned}{x[n]}&{{}=\sum_{k=(4)}a_{k}e^{i k\frac{\pi}{2}n}=\sum_{k=(4)}\frac{(-1)^{k}}{2\pi}e^{i k\frac{\pi}{2}n}}\\ {}&{{}=\sum_{k=-1}^{2}\frac{(-1)^{k}}{2\pi}e^{i k\frac{\pi}{2}n}}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\pi}[-e^{-i\frac{\pi}{2}n}+1-e^{i\frac{\pi}{2}n}+e^{i\pi n}]}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\pi}\left[1+(-1)^{n}-2\cos\frac{n\pi}{2}\right]}\\ \end{aligned} $$

(d)

$$ \begin{aligned}{X(\mathcal{Q})=}&{{}\cos^{2}\mathcal{Q}=\frac{1+\cos2\mathcal{Q}}{2}=\frac{1}{2}}\\ {}&{{}+\frac{1}{4}e^{j2\mathcal{Q}}+\frac{1}{4}e^{-j2\mathcal{Q}}}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ x[n]=\frac{1}{2}\delta[n]+\frac{1}{4}\delta[n+2]+\frac{1}{4}\delta[n-2] $$

$$ \begin{aligned}(e)\ x[n]&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\left(\cos\frac{Q}{2}+i\sin Q\right)e^{jQ\pi}dQ\\&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\left[\frac{1}{2}\left(e^{i\frac{Q}{2}}+e^{-i\frac{Q}{2}}\right)\right.\\&\quad\left.+\frac{1}{2}\left(e^{iQ}-e^{-iQ}\right)\right]e^{jQ\pi}dQ\\&=\frac{1}{4\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\left[e^{j(\frac{1}{2}+\pi)Q}\right.\\&\quad\left.-e^{i(n-1)Q}\right]dQ\\&=\frac{1}{4\pi i}\left\{\frac{1}{n+\frac{1}{2}}\left[e^{j(\frac{1}{2}+\pi)\pi}-e^{-j(\frac{1}{2}+\pi)\pi}\right]\right.\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&+\frac{1}{n-\frac{1}{2}}\left[e^{i(n-\frac{1}{2})\pi}-e^{-i(n-\frac{1}{2})\pi}\right]\\&+\frac{1}{n+1}\left[e^{i(n+1)\pi}-e^{-i(n+1)\pi}\right]\\&-\frac{1}{n-1}\left[e^{i(n-1)\pi}-e^{-i(n-1)\pi}\right]\\=&\frac{1}{4\pi j}\left[\frac{2j}{n+\frac{1}{2}}-\sin\left(\frac{1}{2}+n\right)\pi+\frac{2j}{n-\frac{1}{2}}\sin\left(n-\frac{1}{2}\right)\pi\right.\\&\left.+\frac{2j}{n+1}\sin\left(n+1\right)\pi-\frac{2j}{n-1}\sin\left(n-1\right)\pi\right]\\=&\frac{-(-1)^{n}}{2\pi\left(n^{2}-\frac{1}{4}\right)}+\frac{1}{2}\delta\left[n+1\right]-\frac{1}{2}\delta\left[n-1\right]\end{aligned} $$

(f) 根据微分特性，将图 P 5.15(b) 波形微分可得如图 P5.15.1 所示图形。

由图可知，

$$ \frac{d\hat{X}(\mathcal{Q})}{d\mathcal{Q}}=-1+\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(\mathcal{Q}+k\pi) $$

在一周内，有

$$ \begin{aligned}{\frac{d\hat{X}(\mathcal{Q})}{d\mathcal{Q}}}&{{}=\pi\delta(\mathcal{Q})+\pi\delta(\mathcal{Q}-\pi)-1}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}\;2\pi\delta(\mathcal{Q})+\frac{1}{2}\;2_{n\otimes i}(\mathcal{Q}-\pi)-1}\\ \end{aligned} $$

其傅里叶逆变换为

$$ \hat{x}[n]=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}e^{i\pi n}-\delta[n] $$

根据频域微分特性

$$ \frac{d\hat{X}(\mathcal{Q})}{d\mathcal{Q}}\longleftrightarrow-1_{n}x[n] $$

则得

$$ \begin{align*}x[n]=\frac{j}{n}\mathcal{F}^{-1}\left\{\frac{d\hat{X}(\mathcal{Q})}{d\mathcal{Q}}\right\}=\frac{j}{2n}\left[1+(-1)^{n}\right]-\frac{j}{n}\delta[n]\\\frac{\cdots\cdot\bigwedge\bigwedge\bigwedge\cdots\biggr|_{0\quad\pi\quad2\pi\quad\cdots\quad\Omega^{\left(n\right)}}^{dX(\mathcal{Q})}}{\frac{-2\pi^{-\pi}}{1-1}}\frac{\pi^{\frac{d}{2}\biggr|_{0\quad\pi\quad2\pi\quad\cdots\quad\Omega^{\left(n\right)}}}{\biggr|_{0\quad\pi\quad2\pi\quad\cdots\quad\Omega^{\left(n\right)}}}}.\end{align*} $$

(g) 本题也可象上题那样利用微分特性求解。但现在用另一种方法来解，即线性叠加法。为此，取一个周期的区间为 $ -\frac{\pi}{2} \sim \frac{12}{8} \pi $，如图 P 5.15(b) 所示。

在一个周期内，将 $ X(Q) $ 看成由 $ X_{1}(Q) $ 与 $ X_{2}(Q) $ 叠加而成，即

$$ X(\mathcal{Q})=X_{1}(\mathcal{Q})+X_{2}(\mathcal{Q}) $$

而

$$ \begin{aligned}{X_{1}(\mathcal{Q})}&{{}=X_{10}(\mathcal{Q})+X_{10}(\mathcal{Q}-\pi)}\\ {X_{2}(\mathcal{Q})}&{{}=X_{20}(\mathcal{Q})+X_{20}(\mathcal{Q}-\pi)}\\ \end{aligned} $$

其中

$$ \boldsymbol{X}_{10}(\mathcal{Q})=\left\{\begin{aligned}&1,&\left|\mathcal{Q}\right|&<\frac{3}{8}\pi\\ &0,& 其它 \mathcal{Q}\end{aligned}\right. $$

$$ \begin{aligned}&\boldsymbol{X}_{20}(\mathcal{Q})=\left\{\begin{aligned}\\ &1,&&\left|\mathcal{Q}\right|<\frac{1}{8}\pi\\&0,&& 其它 \mathcal{Q}\\ &\end{aligned}\right.\\ \end{aligned} $$

其逆变换为

$$ x_{10}[n]\;=\;{\frac{\sin{\frac{3}{8}}\pi n}{\pi n}} $$

$$ x_{20}[n]={\frac{\sin{\frac{\pi}{8}n}}{\pi n}} $$

利用频移特性可求得

$$ x_{1}[n]=\frac{\sin\frac{3}{8}\pi n}{\pi n}\left(1+e^{j\pi n}\right) $$

$$ x_{2}[n]=\frac{\sin\frac{1}{8}\pi n}{\pi n}(1+e^{j\pi n}) $$

因此

$$ \begin{aligned}x\left[n\right]&=x_{1}\left[n\right]+x_{2}\left[n\right]\\&=\left(\frac{\sin\frac{3}{8}\pi n}{\pi n}+\frac{\sin\frac{1}{8}\pi n}{\pi n}\right)(1+e^{j\pi n})\\&=\frac{2}{\pi n}\cos\frac{\pi}{2}n\left(\sin\frac{3}{8}\pi n+\sin\frac{1}{8}\pi n\right)e^{j\frac{\pi}{2}n}\\ \end{aligned} $$

(h) $ \left|X(\mathcal{Q})\right| $ 和 $ \mathcal{X}(Q) $ 如图 P 5.15-2(a) 所示。

显然，此题也可用线性叠加方法求解。现用频移方法求解。

图 P 5.15-2(a) 的图形可由图 P 5.15-2(b) 中 $ X(\mathcal{Q}) $ 图形位移构成。其中 $ X_{1}(\mathcal{Q}) $ 可表示为

$$ X_{1}(\mathcal{Q})=\left\{\begin{aligned}{}&{{}e^{j2\mathcal{Q}},}&{}&{{}|\mathcal{Q}|\leqslant\pi/6}\\ {}&{{}0,}&{}&{{}\frac{\pi}{6}\leqslant|\mathcal{Q}|\leqslant\pi}\\ \end{aligned}\right. $$

由 $ X_{1}(\mathcal{Q}) $ 求逆变换可得

$$ x_{1}[n]=\frac{\sin\frac{\pi}{6}(n+2)}{\pi(n+2)} $$

利用频移特性， $ X(Q) $ 可由 $ X_{1}(Q) $ 左移 $ \pi/2 $ 和右移 $ \pi/2 $ 后叠加而成。因此

$$ \begin{aligned}x[n]&=\frac{\sin\frac{\pi}{6}\ (n+2)}{\pi(n+2)}\ e^{j\frac{\pi}{2}(n+2)}+\frac{\sin\frac{\pi}{6}\ (n+2)}{\pi(n+2)}e^{-j\frac{\pi}{2}(n+2)}\\&=2\left[\frac{\sin\frac{\pi}{6}\ (n+2)}{\pi(n+2)}\right]\cos\left[\frac{\pi(n+2)}{2}\right]\end{aligned} $$

(i)

$$ \begin{array}{l}\begin{array}{l}X(\mathcal{Q})=-\frac{e^{-i\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{6}e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{1}{6}e^{-i\mathcal{Q}}}\\ \end{array}\\ =\frac{-6e^{-i\mathcal{Q}}}{(e^{-i\mathcal{Q}}-3)(e^{-i\mathcal{Q}}+2)}\end{array} $$

$$ \begin{aligned}&=\frac{A}{e^{-i\mathcal{Q}}-3}+\frac{B}{e^{-i\mathcal{Q}}+2}\\&=\frac{6/5}{1-\frac{1}{3}}\frac{--}{e^{-i\mathcal{Q}}}-\frac{6/5}{1+\frac{1}{2}}\frac{e^{-i\mathcal{Q}}}{}\end{aligned} $$

其中 A=6/5, B=-6/5. 因此其逆变换为

$$ x[n]=\frac{6}{5}\left[\left(\frac{1}{3}\right)^{n}-\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\right]u[n] $$

5.16 已证明，当 $ \left|\alpha\right|<1 $ 时

$$ u^{n}u[n]\longleftrightarrow\frac{1}{1-e^{-i\Omega}} $$

$$ (n+1)\alpha^{n}u[n]\longleftrightarrow\frac{1}{(1-e^{-i\varOmega})^{2}} $$

由傅里叶变换之特性，以归纳法证明

$$ \frac{(n+r-1)!}{n!(r-1)!}\alpha^{n}u[n]\longleftrightarrow\frac{1}{(1-\alpha e^{-i\mathcal{Q}})^{r}} $$

解：

对于 r=1 和 r=2 均已得证。对于 r=3 代入上述公式，有

$$ \frac{(n+1)(n+2)}{2}\alpha^{n}u[n]\longleftrightarrow\frac{1}{(1-\alpha^{-1\mathcal{Q}})^{3}} $$

现利用频域微分特性，证明上述变换成立：

$$ \begin{aligned}{n\{}&{{}(n+1)\alpha^{n}u[n]\}\longleftrightarrow j\;\frac{d}{d\mathcal{Q}}\left\{\frac{1}{(1-\alpha e^{-i\mathcal{Q}})^{2}}\right\}}\\ {}&{{}=\frac{2\alpha e^{-i\mathcal{Q}}}{(1-\alpha e^{-i\mathcal{Q}})},}\\ \end{aligned} $$

利用位移特性，得

$$ \begin{aligned}\frac{(n+1)(n+2)\alpha^{n+1}u[n+1]}{2\alpha}&=\frac{(n+1)(n+2)\alpha^{n}u[n]}{2}\\\longleftrightarrow\frac{1}{(1-\alpha e^{-j\mathcal{Q}})^{3}}&\end{aligned} $$

得证。同样，假定对于 r-1 也成立，则

$$ \begin{aligned}{}&{{}n\left\{\frac{(n+r-2)!}{n!(r-1)!}\;\alpha^{n}u[n]\right\}\longleftrightarrow j\;\frac{d}{d\mathcal{Q}}\left\{\frac{1}{(1-\alpha e^{-j\mathcal{Q}})^{r-1}}\right\}}\\ {}&{{}\quad=\frac{(r-1)\alpha e^{-j\mathcal{Q}}}{(1-\alpha e^{-j\mathcal{Q}})^{r}}}\\ \end{aligned} $$

得

$$ \frac{(n+r-1)!}{n!(r-1)!}\stackrel{\alpha^{n}u[n]}{\longleftrightarrow}\frac{1}{(1-\alpha e^{-i\mathcal{Q}})^{r}} $$

5.17(a) 设 $ X(\mathcal{Q}) $ 是 x[n] 的傅里叶变换。导出用 $ X(\mathcal{Q}) $ 表示的下列信号的傅里叶变换。(不限制 x[n] 为实信号)。

(i) $ \mathcal{R}_{\bullet}\{x[n]\} $, (ii) $ x^{*}[-n] $, (iii) $ \mathcal{E}_{\infty}\{x[n]\} $

（b）设 $ X(Q) $ 为实信号 x[n] 的傅里叶变换。证明 x[n] 可写成

$$ x[n]=\int_{0}^{\infty}[B(\mathcal{Q})\cos\mathcal{Q}n+C(\mathcal{Q})\sin\mathcal{Q}n]d\mathcal{Q} $$

其中 $ B(\mathcal{Q}) $ 和 $ C(\mathcal{Q}) $ 由 $ X(\mathcal{Q}) $ 确定.

(c) 假定 n 不是给定整数 M 的倍数时， $ x[n] = 0 $。试用

$$ \chi(\mathcal{Q})=\mathcal{F}\left\{x[n]\right\} $$

表示 $ y[n] = x[nM] $ 的傅里叶变换.

(d) 假定 $ h_{1}[n] $ 和 $ h_{2}[n] $ 是频率响应且分别为 $ H_{1}(\mathcal{Q}) $ 和 $ H_{2}(\mathcal{Q}) $ 的因果 LTI 系统的单位冲激响应。在一般情况下，下列方程是否成立？为什么？

$$ \begin{aligned}&\left[\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}H_{1}(\mathcal{Q})d\mathcal{Q}\right]\left[\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}H_{2}(\mathcal{Q})d\mathcal{Q}\right]\\&\quad=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}H_{1}(\mathcal{Q})H_{2}(\mathcal{Q})d\mathcal{Q}\end{aligned} $$

(e) 就一般情况，下列说法是否正确？为什么？

若 $ X(Q)=\mathcal{F}\{x[n]\} $ 是纯虚数，则 $ x[n] $ 的奇部是实数，

(f) 推导卷积特性

$$ x[n]*h[n]{\longleftrightarrow}X(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q}) $$

(g) 设 x[n] 和 h[n] 是两个信号，并设 $ y[n] = x[n] * h[n] $。写出 y[0] 的两个表示式。一个用 x[n] 和 h[n] 表示；一个用 $ X(\mathcal{Q}) $ 和 $ H(\mathcal{Q}) $ 表示。然后利用这两个表示式证明帕斯瓦尔关系式，即

$$ \sum_{n=-\infty}^{+\infty}|x[n]|^{2}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}|X(Q)|^{2}dQ $$

用类似的方式，推导帕斯瓦尔关系的一般形式

$$ \sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n]z^{*}[n]=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}X(\mathcal{Q})z^{*}(\mathcal{Q})d\mathcal{Q} $$

（h）设 x[n] 为一离散时间信号，其傅里叶变换的相位函数为

$$ \nsubseteq X(\mathcal{Q})=\alpha\mathcal{Q},~~|\mathcal{Q}|<\pi $$

该信号的位移形式为 $ x[n-n_{0}] $，其中 $ n_{0} $ 为整数。当 a=2 时，这些信号中哪些是偶序列？若 $ \alpha=\frac{1}{2} $ 呢？

（i）设 x[n] 为一非周期信号，其傅里叶变换为 $ X(Q) $，并设 y[n] 为

$$ y[n]=\sum_{r=-\infty}^{+\infty}x[n+r N] $$

它是周期的，且周期为 N. 证明其傅里叶级数的系数为

$$ a_{k}=\frac{\mathbf{i}}{N}X(2\pi k/N) $$

解：

(a) 已知 $ x[n] \leftrightarrow X(\mathcal{Q}) $，则

(i) 因 $ \mathcal{R}_{0}\{x[n]\} = \frac{1}{2}\{x[n] + x^{*}[n]\} $

所以

$$ \mathcal{R}_{\sigma}\{x[n]\}\longleftrightarrow\frac{1}{2}\left\{X(\mathcal{Q})+X^{*}(-\mathcal{Q})\right\} $$

(ii)

$$ \begin{aligned}{\mathcal{F}\left\{x^{*}[-n]\right\}}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x^{*}[-n]e^{-j Q_{B}}}\\ {}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x^{*}[n]e^{j Q_{B}}}\\ {}&{{}=\left\lfloor\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n]e^{-j Q_{n}}\right\rfloor^{*}=X^{*}(\mathcal{Q})}\\ \end{aligned} $$

(iii) 因 $ \mathcal{S}_{w}\{x[n]\} = \frac{1}{2}[x[n] + \frac{1}{2}x^{*}[-n] $

所以

$$ \mathcal{\dot{E}}_{*}\{x[n]\}\longleftrightarrow\frac{1}{2}\left\{X(\mathcal{Q})+X^{*}(\mathcal{Q})\right\} $$

(b) 因 x[n] 是实序列，设

$$ X(\pm\mathcal{Q})=\mathcal{R}_{\bullet}\{X(\mathcal{Q})\}\pm j\mathcal{I}\tilde{\mathbf{\mathit{m}}}\{X(\mathcal{Q})\} $$

则

$$ \begin{aligned}{x[n]}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{0}X(\mathcal{Q})e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}+\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{\pi}X(\mathcal{Q})e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{\pi}X(-\mathcal{Q})e^{-i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}+\frac{1}{2\pi}\int_{\mathcal{V}}^{\pi}X(\mathcal{Q})e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}}\\ {}&{{}=_{*}\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{\pi}[\mathcal{R}_{\bullet}\{X(\mathcal{Q})\}(e^{-i\mathcal{Q}n}+e^{i\mathcal{Q}n})}\\ {}&{{}\qquad+{}_{1}\mathcal{I}_{m}\{X(\mathcal{Q})\}(e^{i\mathcal{Q}n}-e^{-i\mathcal{Q}n})]d\mathcal{Q}}\\ {}&{{}=\int_{0}^{\pi}\left\{\frac{1}{\pi}\mathcal{R}_{\bullet}\{X(\mathcal{Q})\}\cos\mathcal{Q}n\right.}\\ {}&{{}\quad+\frac{i}{\pi}\mathcal{I}_{m}\{X(\mathcal{Q})\}\sin\mathcal{Q}n\big\}d\mathcal{Q}}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ B(\mathcal{Q})=\frac{1}{\pi}\mathcal{R}_{\bullet}\{X(\mathcal{Q})\}=\frac{1}{2\pi}\left\{X(\mathcal{Q})+X(-\mathcal{Q})\right\} $$

$$ C(\mathcal{Q})=\frac{i}{\pi}\mathcal{I}^{m}\left\{X(\mathcal{Q})\right\}=\frac{i}{2.x}\left\{X(\mathcal{Q})-X(-\mathcal{Q})\right\} $$

(c)

$$ \begin{aligned}{\mathcal{F}\left\{y[n]\right\}}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}y[n]e^{-i\mathcal{Q}n}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n M]e^{-i\mathcal{Q}n}}\\ {}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n M]e^{-i\frac{\mathcal{Q}}{M}n M}=X(\mathcal{Q}/M)}\\ \end{aligned} $$

(d) 该式成立。因为两个 LTI 系统都是因果的，所以

$$ h_{1}[0\mid h_{2}[0]\;=\;h_{1}[n]*h_{2}[n]\mid_{n=0} $$

式中

$$ h_{1}[0]=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}H_{1}(\mathcal{Q})e^{i\mathcal{Q}\pi}d\mathcal{Q}\mid_{n=0}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}H_{1}(\mathcal{Q})d\mathcal{Q} $$

$$ h_{2}[0]\;=\;\frac{1}{2\pi}{\int_{-\pi}^{\pi}\;H_{2}(\mathcal{Q})e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}\;|_{n=0}\;=\;\frac{1}{2\pi}{\int_{-\pi}^{\pi}\;H_{2}(\mathcal{Q})d\mathcal{Q}} $$

而

$$ \begin{aligned}{h_{1}\lfloor n\rfloor*h_{2}\lfloor n\rfloor\vert_{n=0}}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}H_{1}(\mathcal{Q})H_{2}(\mathcal{Q})e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}\vert_{n=0}}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}H_{1}(\mathcal{Q})H_{2}(\mathcal{Q})d\mathcal{Q}}\\ \end{aligned} $$

所以该式成立。

(e) 一般情况下，不成立，但若为 x[n] 实数该说法成立。因为 $ X(\mathcal{Q}) $ 是纯虚数，所以

$$ X^{*}(\mathcal{Q})=-\;X(\mathcal{Q}) $$

即

$$ x^{*}\left\lfloor\cdots n\right\rfloor=-\ x\left\lbrack n\right\rbrack 或 \ x\left\lbrack-\ n\right\rbrack=-\ x^{*}\left\lbrack n\right\rbrack $$

而

$$ {\mathcal{O}}_{d}\{x[n]\}=\frac{1}{2}\left\{x[n]-x[-n]\right\} $$

则

$$ \begin{aligned}{\left(\mathcal{O}_{\mathcal{A}}\{x[n]\}\right)^{*}={}}&{{}=\frac{1}{2}\left\{x^{*}[n]-x^{*}[-n]\right\}}\\ {={}}&{{}=\frac{1}{2}\left\{-x[-n]+x[n]\right\}}\\ {={}}&{{}=\mathcal{O}_{\mathcal{A}}\{x[n]\}}\\ \end{aligned} $$

可见， $ x[n] $ 的奇部是实数。同样可证， $ x[n] $ 的偶部是虚部。

(f)

$$ \begin{aligned}{\mathcal{F}}&{{}\left\{x[n]*k[n]\right\}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\bigg\{\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[k]h[n-k]\bigg\}e^{-j\varOmega n}}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[k]e^{-j\varOmega k}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}h[n-k]e^{-j\varOmega(n-k)}}\\ {}&{{}=X(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q})}\\ \end{aligned} $$

(g) 因 $ y[n] = x[n] * h[n] $，则

$$ y[0]=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[k]h[-k] $$

或

$$ \begin{aligned}{\mathbf{y}[0]}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}X(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q})e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}\vert_{\mathbf{z}=\bullet}}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}X(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q})d\mathcal{Q}}\\ \end{aligned} $$

设 $ h[n] = x^{*}[-n] $，则

$$ H(\mathcal{Q})=X^{*}(\mathcal{Q}) $$

所以

$$ y[0]=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}|x[n]|^{2} $$

或

$$ y[0]=\frac{1}{2\pi}{\int_{-\pi}^{\pi}|X(\mathcal{Q})|^{2}d\mathcal{Q}} $$

同样，若 $ h[-k] = z^{*}[k] $，因此

$$ h[n]=z^{*}[-n] $$

则

$$ \sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n]z^{*}[n]=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}X(\mathcal{Q})z^{*}(\mathcal{Q})d\mathcal{Q} $$

(h) 将 $ X(\mathcal{Q}) $ 表示成 $ \left|X(\mathcal{Q})\right| e^{ja\mathcal{Q}} $，则其位移形式为

$$ x[n-n_{0}]\longleftrightarrow e^{-j\mathcal{Q}n_{0}}|X(\mathcal{Q})\mid e^{j\alpha\mathcal{Q}}=|X(\mathcal{Q})\mid e^{j(\alpha-n_{0})\mathcal{Q}} $$

所以

$$ \mathcal{X T}\left\{x[n-n_{0}]\right\}=(\alpha-n_{0})\mathcal{Q} $$

可见，当 $ \alpha=2 $ 时，若 $ n_{0}=2 $，则

$$ \not\simeq\mathcal{F}\left\{x[n-n_{0}]\right\}\simeq0 $$

因此

$ \mathcal{F}\left\{x[n-n_{0}]\right\}=\left|X(Q)\right| $ 是实偶的序列。

显然，当 $ \alpha=\frac{1}{2} $ 时，没有一个整数 $ n_{0} $ 可使

$$ \not\simeq\mathcal{F}\left\{x[n-n_{0}]\right\}=0 $$

所以不可能得出实偶的序列.

(i)

$$ \begin{aligned}{a_{k}}&{{}=\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1}y[n]e^{i k\frac{2\pi}{N}n}}\\ {}&{{}=\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1}\sum_{r=-\infty}^{+\infty}x[n+r N]e^{i k\frac{2\pi}{N}n}}\\ {}&{{}=\frac{1}{N}\sum_{r=-\infty}^{+\infty}\left(\sum_{n=0}^{N-1}x[n+r N]\right)e^{i k\frac{2\pi}{N}n}}\\ {}&{{}=\frac{1}{N}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n]e^{i k\frac{2\pi}{N}n}=\frac{1}{N}X\left(\frac{2\pi}{N}k\right)}\\ \end{aligned} $$

5.18 设 $ X(\mathcal{Q}) $ 表示图 P 5.18 所示信号 x[n] 的傅里叶变换。不通过直接计算 $ X(\mathcal{Q}) $ 而完成下列计算。

(a) 求 $ X(0) $ 的值

(b) 求 $ x(0) $

(c) 计算 $ \int_{-\pi}^{\pi} X(\mathcal{Q}) d\mathcal{Q} $

(d) 求 $ X(\pi) $

(e) 确定并画出傅里叶变换为 $ \mathcal{R}_{*}\{X(\mathcal{Q})\} $ 的信号

(f) 计算

(i) $ \int_{-\pi}^{\pi}|X(\mathcal{Q})|^{2}d\mathcal{Q} $

(ii)

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\left|\frac{d X(\mathcal{Q})}{d\mathcal{Q}}\right|^{2}d\mathcal{Q} $$

解：

由图 P5.18 可知，

(a)

$$ \begin{aligned}X(0)&=\sum_{n=-x}^{+\infty}x\left[n\right]e^{-iQn}\mid_{Q=0}\\&=\sum_{n=-3}^{7}x\left[n\right]=-1+1+2+1+1\\&\quad+2+1-1=6\end{aligned} $$

(b) 由 x[n] 的波形可见，它是由对称的偶信号 $ x_{1}[n] $ 位移 2 个单位时间构成的。而 $ x_{1}[n] $ 的傅里叶变换是实函数 $ X_{1}(\mathcal{Q}) $，所以

$$ X(\mathcal{Q})=X_{1}(\mathcal{Q})e^{-i2\mathcal{Q}} $$

$$ \nsubseteq X(\mathcal{Q})=-2\mathcal{Q},\;X_{1}(\mathcal{Q})\geq0 $$

（c）因 $ x[n]=\frac{1}{2\pi}\int_{2\pi}X(\mathcal{Q})e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q} $

所以

$$ \int_{-\pi}^{\pi}X(Q)d Q=2\pi x[0]=2\pi\cdot2=4\pi $$

(d)

$$ \begin{aligned}X(\pi)&=\sum_{n=3}^{7}x[n]e^{i\pi n}=\sum_{n=3}^{7}(-1)^{n}x[n]\\&=1-1+2-1-1+2-1+1=2\end{aligned} $$

(e)

$$ \begin{aligned}{\mathcal{R}_{*}\left\{X(\mathcal{Q})\right\}}&{{}=\frac{1}{2}X(\mathcal{Q})+\frac{1}{2}X^{*}(\mathcal{Q})\longleftrightarrow\frac{1}{2}x\lfloor n\rfloor}\\ {}&{{}\quad+\frac{1}{2}x\lbrack-n\rbrack=\mathcal{E}_{*}\{x\lbrack n\rbrack\}}\\ \end{aligned} $$

对应的信号如图 P5.18-1 所示。

(f)(i)

$$ \begin{aligned}\int_{-\pi}^{\pi}|X(\mathcal{Q})|^{2}d\mathcal{Q}&=2\pi\sum_{n=-\infty}^{\gamma}x^{2}[n]\\&=2\pi[1+1+4+1+1+4\\&\quad+1+1]=28\pi\end{aligned} $$

(ii) 因 $ \frac{dX(Q)}{dQ}\longleftrightarrow-\ln x[n] $

所以

$$ \begin{aligned}\int_{-\pi}^{\pi}\left|\frac{dX(\mathcal{Q})}{d\mathcal{Q}}\right|^{2}d\mathcal{Q}&=2\pi\sum_{n=-\frac{7}{3}}^{7}|j n x[n]|^{2}\\&=2\pi\sum_{n=-\frac{7}{3}}^{7}|n x[n]|^{2}\\&=2\pi[9+1+1+9+64+25+49]\\&=316\pi\end{aligned} $$

5.19 确定下列各信号的傅里叶变换满足下述哪些条件.

(i) $ \mathcal{R}_e\{X(\mathcal{Q})\} = 0 $

(ii) $ \mathcal{I} \sim \{X(Q)\} = 0 $

（iii）存在一个实数 $ \alpha $，使得 $ e^{j\alpha\Omega}X(\Omega) $ 为实数。

(iv) $ \int_{-\pi}^{\pi} X(\mathcal{Q}) d\mathcal{Q} = 0 $

(v) $ X(Q) $ 是周期的

(vi) $ X(0) = 0 $

(a) x[n] 如图 P 5.19(a) 所示。

(b) x[n] 如图 P 5.19(b) 所示。

(c) $ x[n] = \left(\frac{1}{2}\right)^{n} u[n] $

(d) $ x[n] = \left(\frac{1}{2}\right)^{|x|} $

(e) $ x[n] = \delta[n - 1] + \delta[n + 2] $

(f) $ x[n] = \delta[n - 1] + \delta[n + 3] $

(g) x[n] 如图 P 5.19(c) 所示。

(h) x[n] 如图 P5.19(d) 所示.

(i) $ x[n] = \delta[n - 1] - \delta[n + 1] $

解：

(a) 图 P 5.19(a) 的信号的傅里叶变换 X(Q) 满足 (iii) 条件。因为若 $ \alpha = -2 $，则

$$ X(\mathcal{Q})e^{-j2\alpha}=X_{1}(\mathcal{Q})e^{j2\alpha}e^{-j2\alpha}=X_{1}(\mathcal{Q}) $$

其中 $ X_{1}(\mathcal{Q}) $ 是图 P 5.19(a) 的对应信号 x[n] 左移 2 个单位时间后成偶对称信号，其傅里叶变换是实函数。

同时该 $ X(\mathcal{Q}) $ 也满足（v）条件。因为任何离散时间信号的傅里叶变换只要存在，它必然是周期的，且周期为 $ 2\pi $。

(b) 图 P 5.19 (b) 信号之 $ X(\mathcal{Q}) $ 满足 (i)、(iii)、(iv)、(v) 和 (vi) 条件。

因为 x[n] 是奇对称的，所以满足 (i) $ \mathcal{R}_{o}\{X(\mathcal{Q})\}=0 $;

因为若 $ \alpha=1 $，则 $ X(Q)e^{i\alpha}=X_{1}(Q)e^{-i\alpha}e^{i\alpha}=X_{1}(Q) $ 是实函数，其中 $ X_{1}(Q) $ 是图 P 5.19(b) 信号 x[n] 向右移一个单位时间的信号 $ x_{1}[n] $ 的傅氏变换。同样若取 $ \alpha=-1 $ 也成立。所以满足（iii）条件；

因为 $ \int_{-\pi}^{\pi}X(\mathcal{Q})d\mathcal{Q}=2\pi x[0]=0 $，所以满足(iv);

同理 $ X(\mathcal{Q}) $ 是周期的，所以满足 (v);

因为 x[n] 是周期的，则

$$ X(\mathcal{Q})=2\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}\delta\left(\mathcal{Q}-\frac{2\pi}{N}k\right) $$

则

$$ X(0)\;=\;{\sum_{k=-\infty}^{+\infty}}2\pi a_{k}\delta(\mathcal{Q}-{\frac{2\pi}{N}}k\mid_{\mathcal{Q}=0}\;=\;2\pi\ddot{a}_{0} $$

而

$$ a_{0}=2\pi\sum_{n=0}^{3}x[n]=2\pi[--1+1]=0 $$

因此 $ X(0)=0 $ 满足 (vi).

由此 $ (a) $、 $ (b) $两小题可知；

满足 (i) $ \mathcal{R}_{s}\{X(\mathcal{Q})\}=0 $, $ x[n] $ 必定是奇对称的；

满足（ii） $ \mathcal{I}_{m}\{X(\mathcal{Q})\}=0,\ x[n] $必定是偶对称的；

满足（iii）的 x[n] 波形必定位移某单位时间后偶对称的；

满足（iv）的波形必定是 x[0]=0 的 x[n] 波形；

满足(v)的波形 x[n] 只要是傅里叶变换存在的离散时间信号；

满足 (vi)的波形 x[n] 必定在整个区间 x[n] 各值连加之和为零（对于周期信号 $ \tilde{x}[n] $，则 $ a_{0}=0 $）。

因此

(c) 满足(v).

(d) 满足（ii）、（iii）、(v).

(e) 满足 $ (iv) $、 $ (v) $。

(f) 满足(iii)、(iv)、(v)。

( $ \varepsilon $) 满足(v)、(vi)

(h) 满足(ii)、(iii)、(iv)、(v)

(i) 满足 (i)、(iv)、(v)、(vi)。

5.20 假定图 P5.20 所示信号的傅里叶变换的直角坐标形式为

$$ X(\mathcal{Q})=A(\mathcal{Q})+i B(\mathcal{Q}) $$

画出与变换式

$$ Y(\mathcal{Q})=[B(\mathcal{Q})+A(\mathcal{Q}){e}^{i\mathcal{Q}}] $$

相应的时间函数。

解：

由于 x[n] 是实序列，所以

$$ \begin{aligned}{X(\mathcal{Q})}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n]e^{-j\mathcal{Q}n}}\\ {}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\mathcal{E}_{\nu}\{x[n]\}e^{-j\mathcal{Q}n}+\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\mathcal{O}_{d}\{x[n]\}e^{-j\mathcal{Q}n}}\\ {}&{{}=A(\mathcal{Q})+j B(\mathcal{Q})}\\ \end{aligned} $$

而

$$ \begin{aligned}{\mathbf{Y}(\mathcal{Q})}&{{}=B(\mathcal{Q})+A(\mathcal{Q})e^{j\mathcal{Q}}}\\ {}&{{}=\frac{1}{i}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\mathcal{O}_{d}\{x[n]\}e^{-j\mathcal{Q}n}+\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\mathcal{E}_{v}\{x[n]\}e^{-j\mathcal{Q}(n-1)}}\\ {}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\frac{1}{i}\mathcal{O}_{d}\{x[n]\}e^{-j\mathcal{Q}n}+\sum_{m=-\infty}^{+\infty}\mathcal{E}_{v}\{x[m+1]\}e^{-j\mathcal{Q}m}}\\ {}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\left(\mathcal{E}_{v}\{x[n+1]\}+\frac{1}{i}\mathcal{O}_{d}\{x[n]\}\right)e^{-i\mathcal{Q}n}}\\ \end{aligned} $$

可见，与 $ Y(\mathcal{Q}) $ 对应的时间函数是 x[n] 的偶部和 x[n] 的奇部的 i 分之一之和构成的。将 x[n] 的波形分解成偶奇部后即可画出与 $ Y(\mathcal{Q}) $ 对应的波形，如图 P5.20-1 所示。

5.21 设 $ x_{1}[n] $ 为离散时间信号，其傅里叶变换 $ X_{1}(\boldsymbol{\Omega}) $ 如图 P5.21(a) 所示。

(a) 若信号 $ x_{2}[n] $ 的傅里叶变换 $ X_{2}(\mathcal{Q}) $ 如图 P 5.21 (b) 所示。试用 $ x_{1}[n] $ 表示 $ x_{2}[n] $。

(b) 若信号 $ x_{3}[n] $ 的傅里叶变换 $ X_{3}(\mathcal{Q}) $ 如图 P5.21(c) 所示。试用 $ x_{1}[n] $ 表示 $ x_{3}[n] $。

(c) 设

$$ \alpha=\frac{\displaystyle\sum_{n=-\infty}^{+\infty}n x_{1}[n]}{\displaystyle\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x_{1}[n]} $$

这个量（就是信号 $ x_{1}[n] $ 的重心）通常称为信号 $ x_{1}[n] $ 的延迟时间。求 $ \alpha $。

(d) 若信号

$$ x_{4}[n]=x_{1}[n]*h[n] $$

其中

$$ h[n]=\frac{\sin{(\pi n/6)}}{\pi n} $$

画出 $ X_{4}(\mathcal{Q}) $

解：

(a) 由图可见

$$ \begin{aligned}{X_{2}(\mathcal{Q})}&{{}=\mathcal{R}_{\bullet}\{X_{1}(\mathcal{Q})\}+\mathcal{R}_{\bullet}\{X_{1}(\mathcal{Q}-2\pi/3)\}}\\ {}&{{}\quad+\mathcal{R}_{\bullet}\{X_{1}(\mathcal{Q}+2\pi/3)\}}\\ \end{aligned} $$

利用位移特性可求得

$$ \begin{aligned}{x_{2}[n]}&{{}=\mathcal{E}_{{}_{{v}}}\{x_{1}[n]\}(1+{e}^{{}_{{}}i2\pi n/3}+{e}^{{-}_{{}i2\pi n/3}})}\\ {}&{{}=\mathcal{E}_{{}_{{v}}}\{x_{1}[n]\}\Big(1+2\cos\frac{2\pi n}{3}\Big)}\\ \end{aligned} $$

(b) 同样，由图可见

$$ X_{3}(\mathcal{Q})=\mathcal{J}_{m}\{X_{1}(\mathcal{Q}-\pi)\} $$

所以

$$ \begin{aligned}{x_{3}[n]}&{{}=-j\mathcal{O}_{d}\{x_{1}[n]\}e^{-j\pi n\cdot}}\\ {}&{{}=-j\mathcal{O}_{d}\{x_{1}[n]\}\cosn\pi}\\ {}&{{}=-j(-1)^{n}\mathcal{O}_{d}\{x_{1}[n]\}}\\ \end{aligned} $$

(c) 利用频域微分特性

$$ \begin{aligned}{a}&{{}=\frac{\displaystyle\sum_{n=-\infty}^{+\infty}n x_{1}[n]}{\displaystyle\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x_{1}[n]}=\left.\frac{j\frac{d X_{1}(Q)}{d Q}\Big\vert_{\mathcal{Q}=0}}{X_{1}(Q)\vert_{\mathcal{Q}=0}}\right.}\\ {}&{{}=\left.\frac{j\left[\frac{d\mathcal{R}_{s}\{X_{1}(Q)\}}{d Q}+j\frac{d\mathcal{I}_{m}\{X_{1}(Q)\}}{d Q}\right]\Big\vert_{\mathcal{Q}=0}}{[\mathcal{R}_{s}\{X_{1}(Q)\}+j\mathcal{I}_{m}\{X_{1}(Q)\}]\vert_{\mathcal{Q}=0}}\right.}\\ {}&{{}=\frac{j(-6j/\pi)}{1}=\frac{6}{\pi}}\\ \end{aligned} $$

(d) $ h[n] = \frac{\sin \frac{\pi}{6} n}{\pi n} $ 的傅里叶变换为

$$ H(\mathcal{Q})=\left\{\begin{aligned}{}&{{}1,~0\leqslant|\mathcal{Q}|\leqslant\pi/6}\\ {}&{{}0,~\frac{\pi}{6}<|\mathcal{Q}|<\pi}\\ \end{aligned}\right. $$

因此

$$ X_{4}(\mathcal{Q})=X_{1}(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q})=\left\{\begin{aligned}{}&{{}1-j\mathcal{Q},~0\leqslant|\mathcal{Q}|\leqslant\pi/6}\\ {}&{{}0,\quad\pi/6<|\mathcal{Q}|<\pi}\\ \end{aligned}\right. $$

由此画出 $ X_{4}(\mathcal{Q}) $ 如图 P 5.21-1 所示。

5.22(a) 利用下面关系

$$ \delta[n]=u[n]\mathrm{--}u[n\mathrm{--}1] $$

推导出

$$ \mathcal{F}\{u[n]\}=\frac{1}{1-e^{-i\mathcal{Q}}}+\dot{g}(\mathcal{Q}) $$

其中除非Q=0, $ \pm2\pi $, $ \pm4\pi $, $ \cdots $,否则 $ g(\mathcal{Q})=0 $

(b) 设 $ y[n] = \mathcal{O}_{d}\{u[n]\} $，证明 $ y[n] $ 有如下形式

$$ y[n]=u[n]+a+b\delta[n] $$

确定待定常数a和b.

(c) 利用 $ \mathcal{F}\{y[n]\} $ 必定是纯虚数这事实，推导出

$$ g(\mathcal{Q})=\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(\mathcal{Q}-2\pi k) $$

(d) 利用 $ (a) $— $ (c) $ 小题导出的结果及卷积特性来证明

$$ \mathcal{F}\left\{\sum_{m=-\infty}^{n}x[n]\right\}=\frac{X(\mathcal{Q})}{1-e^{-i\mathcal{Q}}}+\pi X(0)\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(\mathcal{Q}-2\pi k) $$

解：

(a) 因 $ \delta[n] = u[n] - u[n-1] $，所以

上式两端取傅里叶变换，得

$$ 1=\mathcal{T}\{u[n]\}(1-e^{-i\mathcal{Q}})-g(\mathcal{Q}) $$

或

$$ \mathcal{F}\{u[n]\}=\frac{1}{1-e^{-i\mathcal{Q}}}+g(\mathcal{Q}) $$

其中 $ g(\mathcal{Q}) $ 考虑为 $ u[n] $ 的直流分量，所以

$$ g\left(\mathcal{Q}\right)=0,\quad\mathcal{Q}\neq0,\quad\pm2\pi,\quad\pm4\pi. $$

(b)

$$ \begin{aligned}{y[n]}&{{}=\mathcal{O}_{d}\{u[n]\}=\frac{1}{2}\left(u[n]-u[-n]\right)}\\ {}&{{}=\left\{\begin{aligned}{}&{{}\frac{1}{2}\;u[n]\}=u[n]-\frac{1}{2},\;n>0}\\ {}&{{}-\frac{1}{2}\;u[n]=u[n]-\frac{1}{2},n<0}\\ {}&{{}0=u[n]-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\;\delta[n],n=0}\\ \end{aligned}\right.}\\ \end{aligned} $$

可见，对于任何 n，此式可合写成

$$ y[n]=u[n]-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\delta[n]=u[n]+a+b\delta[n] $$

由此得系数

$$ a=-\frac{1}{2},b=-\frac{1}{2} $$

(c) 由(b)题结果可得

$$ \begin{aligned}{\mathcal{F}\left\{y[n]\right\}}&{{}=\mathcal{F}\left\{u[n]\right\}+\sum_{k=-\infty}^{+\infty}2\pi\left(-\frac{1}{2}\right)\delta(\mathcal{Q}-2\pi k)-\frac{1}{2}}\\ {}&{{}=\mathcal{F}\left\{u[n]\right\}-\pi\sum_{k=-1\downarrow\downarrow}^{+\infty}\delta(\mathcal{Q}-2\pi k)-\frac{1}{2}.}\\ \end{aligned} $$

而

$$ \mathcal{F}\{u[n]\}=\frac{1}{1-e^{-i\mathcal{Q}}}+g(\mathcal{Q}) $$

所以

$$ \mathcal{F}\left\{y[n]\right\}=\frac{1}{1-e^{-i\mathcal{Q}}}+g(\mathcal{Q})-\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(\mathcal{Q}-2\pi k)-\frac{1}{2} $$

又因为

$$ \begin{aligned}&\left(\frac{1}{1-e^{-i\mathcal{Q}}}-\frac{1}{2}\right)^{*}=\frac{1+e^{i\mathcal{Q}}}{2(1-e^{i\mathcal{Q}})}=-\frac{1+e^{-i\mathcal{Q}}}{2(1-e^{-i\mathcal{Q}})}\\&\quad=-\frac{2-1+e^{-i\mathcal{Q}}}{2(1-e^{-i\mathcal{Q}})}=-\left(\frac{1}{1-e^{-i\mathcal{Q}}}-\frac{1}{2}\right)\end{aligned} $$

可知 $ \frac{1}{1-e^{-i\Omega}}-\frac{1}{2} $ 是纯虚数。

因而只有 $ \mathcal{F}\left\{y[n]\right\} $ 为纯虚数，且等于 $ \frac{1}{1-e^{-i\Omega}}-\frac{1}{2} $ 时，有

$$ g(\mathcal{Q})=\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(\mathcal{Q}-2\pi k) $$

(d)

$$ \mathcal{F}\left\{\sum_{m=-\infty}^{n}x[,m]\right\}=\mathcal{F}\left\{x[n]*u[n]\right\} $$

$$ \begin{aligned}{}&{{}=X(\mathcal{Q})\mathcal{F}\{u[n]\}}\\ {}&{{}=X(\mathcal{Q})\left\{\frac{1}{1-e^{-j\mathcal{Q}}}+g(\mathcal{Q})\right\}}\\ {}&{{}=X(\mathcal{Q})\left\{\frac{1}{1-e^{-j\mathcal{Q}}}+\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(\mathcal{Q}-2\pi k)\right\}}\\ {}&{{}=\frac{X(\mathcal{Q})}{1-e^{-j\mathcal{Q}}}+\pi X(0)\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(\mathcal{Q}-2\pi k)}\\ \end{aligned} $$

5.23(a) 设信号 $ x_{1}[n] $为

$$ x_{1}[n]=\cos\left(\frac{\pi n}{3}\right)+\sin\left(\frac{\pi n}{2}\right) $$

且 $ X_{1}(Q) $ 表示它的傅里叶变换。画出这信号以及具有下列傅里叶变换的信号。

(i) $ X_{2}(\mathcal{Q}) = X_{1}(\mathcal{Q}) e^{j\mathcal{Q}}, |\mathcal{Q}| < \pi $

(ii) $ X_{3}(\mathcal{Q}) = X_{1}(\mathcal{Q}) e^{-j3\mathcal{Q}/2}, |\mathcal{Q}| < \pi $

(b) 设 $ z(t) $ 为连续时间信号

$$ z(t)=\cos\left(\frac{\pi t}{3T}\right)+\mathrm{s i n}\left(\frac{\pi t}{2T}\right) $$

若将 $ x_{1}[n] $ 可看作 $ z(t) $ 的等间隔采样序列，即

$$ x_{1}[n]=z(nT) $$

证明 $ x_{2}[n] $ 和 $ x_{3}[n] $ 也可看作是 $ z(t) $ 的等间隔采样。

解：

(a) $ x_{1}[n] = \cos\left(\frac{\pi n}{3}\right) + \sin\left(\frac{\pi n}{2}\right) $

其波形如图 P5.23(a) 所示，其周期为 N = 12。

(i) 根据位移特性

$ x_{2}[n]=x_{1}[n+1] $，即 $ x_{1}[n] $左移1

（ii）同理

$$ \begin{aligned}x_{3}[n]&=x_{1}[n-3/2]\\&=\cos\frac{\pi}{3}\left(n-\frac{3}{2}\right)+\sin\frac{\pi}{2}\left(n-\frac{3}{2}\right)\\&=\sin\left(\frac{\pi n}{3}\right)+\sin\left(\frac{\pi n}{2}\right)\cos\left(\frac{3\pi}{4}\right)+\cos\left(\frac{\pi n}{2}\right)\sin\left(\frac{3\pi}{4}\right)\\&=\sin\left(\frac{\pi n}{3}\right)-\frac{1}{\sqrt{2}}\sin\frac{\pi n}{2}+\frac{1}{\sqrt{2}}\cos\frac{\pi}{2}n\\ \end{aligned} $$

其周期为 N = 12，波形如图 P5.23(b) 所示。

(b) 设 i = nT，则

$$ \begin{aligned}z(nT)&=\cos\left(\frac{\pi}{3T}\;nT\right)+\;\sin\left(\frac{\pi}{2T}\;nT\right)\\&=\;\cos\frac{\pi n}{3}+\;\sin\frac{\pi}{2}n=x_{1}[n]\end{aligned} $$

可见， $ x_{1}[n] $ 是 $ z(t) $ 的等间隔采样。

$$ \begin{aligned}x_{2}[n]&=x_{1}[n+1]=z[(n+1)T]\\&=\cos\left[\frac{\pi}{3}\ (n+1)\right]+\sin\left[\frac{\pi}{2}\ (n+1)\right]\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}x_{3}[n]&=z\left[\left(n-3/2\right)T\right]=\cos\left[\frac{\pi}{3}\left(n-\frac{3}{2}\right)\right]\\&\quad+\sin\left[\frac{\pi}{2}\left(n-\frac{3}{2}\right)\right]\end{aligned} $$

可见，这时 $ x_{2}[n] $ 和 $ x_{3}[n] $ 都是 $ z(t) $ 的等间隔采样。

5.24 定义二维离散时间信号 x[m, n] 的傅里叶变换为

$$ X(\mathcal{Q}_{1},\mathcal{Q}_{2})=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\sum_{m=-\infty}^{+\infty}x\left[m,n\right]e^{-i(\mathcal{Q}_{1}m+\mathcal{Q}_{2}n)} $$

(a) 证明式 (P 5.24-1) 可用两个逐次的一维傅里叶变换来计算，即先将 n 看作固定，计算变量 m 的傅氏变换，然后再计算 n 的傅里叶变换。利用这个结果确定用 $ X(\mathcal{Q}_{1}, \mathcal{Q}_{2}) $ 表示 x[m, n] 的表示式。

(b) 假设

$$ x[m,n]=a[m]b[n] $$

其中 a[m] 和 b[n] 各为只有一个独立变量的函数，设它们的傅里叶变换分别为 $ A(\mathcal{Q}) $ 和 $ B(\mathcal{Q}) $。试用 $ A(\mathcal{Q}) $ 和 $ B(\mathcal{Q}) $ 表示 $ X(\mathcal{Q}_{1}, \mathcal{Q}_{2}) $。

(c) 求下列信号的二维傅里叶变换：

(i) $ x[m,n] = \delta[m-1]\delta[n+4] $

(ii) $ x[m,n] = \left(\frac{1}{2}\right)^{n-m} u[n-2]u[-m] $

(iii) $ x[m,n] = \left(\frac{1}{2}\right)^n \cos\left(\frac{2\pi m}{3}\right)u[n] $

(iv) x[m, n] = $ \left\{\begin{aligned}&1,& 若 -2

(v) x[m, n] = $ \left\{\begin{aligned}&1, 若 -2+n

(vi) $ x[m,n] = \sin\left(\frac{\pi n}{3} + \frac{2\pi m}{5}\right) $

(d) 根据信号 x[m, n] 的傅里叶变换为

$$ X(\mathcal{Q}_{1},\mathcal{Q}_{2})=\left\{\begin{aligned}&1,&&0<|\mathcal{Q}_{1}|<\pi/4\\ &0,&&\pi/4<|\mathcal{Q}_{1}|<\pi 或 \pi/2<|\mathcal{Q}_{2}|<\pi\end{aligned}\right. $$

确定信号 x[m,n]

(e) 设 x[m, n] 和 h[m, n] 为两个信号，它们的二维傅里叶变换分别为 $ X(\mathcal{Q}_{1}, \mathcal{Q}_{2}) $ 和 $ H(\mathcal{Q}_{1}, \mathcal{Q}_{2}) $。试用 $ X(\mathcal{Q}_{1}, \mathcal{Q}_{2}) $ 和 $ H(\mathcal{Q}_{1}, \mathcal{Q}_{2}) $ 分别确定下列信号的傅里叶变换。

(i) $ x[m,n]e^{j\omega_{1}m}e^{j\omega_{2}n} $

(ii) $ y[m,n] = \left\{ \begin{aligned} &x[k,r], & \text{若 } m = 2k \text{ 和 } n = 3r \\ &0, & \text{若 } m \text{ 不是 } 2 \text{ 的整倍数或 } n \end{aligned} \right. $

$ n $ 不是 3 的整倍数

(iii) $ y[m,n] = x[m,n]h[m,n] $

解：

(a)

$$ \begin{aligned}{X(\mathcal{Q}_{1},\mathcal{Q}_{2})}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\sum_{m=-\infty}^{+\infty}x\left[m,n\right]e^{-j\mathcal{Q},m}e^{-j\mathcal{Q}_{2}s}}\\ {}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\left(\sum_{m=-\infty}^{+\infty}x\left[m,n\right]e^{-j\mathcal{Q}_{1}m}\right)e^{-j\mathcal{Q}_{2}s}}\\ {}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}X(\mathcal{Q}_{1},n)e^{-j\mathcal{Q}_{2}s}.}\\ \end{aligned} $$

由此作逆变换得

$$ X(\mathcal{Q}_{1},n)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\pi}X(\mathcal{Q}_{1},\mathcal{Q}_{2})e^{j\mathcal{Q}_{2}m}d\mathcal{Q}_{2} $$

因此

$$ x\left[m,n\right]=\frac{1}{4\pi^{2}}\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}X\left(\mathcal{Q}_{1},\mathcal{Q}_{2}\right)e^{j\mathcal{Q}_{1}m}e^{j\mathcal{Q}_{2}n}d\mathcal{Q}_{1}d\mathcal{Q}_{2} $$

(b)

$$ \begin{aligned}{X(\mathcal{Q}_{1},\mathcal{Q}_{2})}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}a[m]e^{-j\mathcal{Q}_{1}n\mathbf{s}}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}b[n]e^{-j\mathcal{Q}_{2}n\mathbf{s}}}\\ {}&{{}=A(\mathcal{Q}_{1})B(\mathcal{Q}_{2})}\\ \end{aligned} $$

(c)(i)

$$ X(\mathcal{Q}_{1},\mathcal{Q}_{2})=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}\delta[m-1]e^{-j\mathcal{Q}_{1}m}\sum_{g=-\infty}^{+\infty}\delta_{[n+4]}e^{-j\mathcal{Q}_{2}m} $$

$$ =e^{-i\mathcal{Q}_{1}}e^{i4\mathcal{Q}_{2}} $$

(ii)

$$ \begin{aligned}ii)\ X(\mathcal{Q}_{1},\mathcal{Q}_{2})&=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-m}u[n-2]u[-m]\\&\quad\times e^{-j\mathcal{Q}_{1}m}e^{-j\mathcal{Q}_{2}n}\\&=\sum_{m=-\infty}^{0}\left(\frac{1}{2}\right)^{-m}e^{-j\mathcal{Q}_{1}m}\sum_{n=2}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}e^{-j\mathcal{Q}_{1}n}\\&=\sum_{m=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{m}e^{j\mathcal{Q}_{1}m}\left\{\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}e^{-j\mathcal{Q}_{1}n}-1-\frac{1}{2}e^{-j\mathcal{Q}_{2}}\right\}\\&=\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{j\mathcal{Q}_{1}}}\left\{\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{-j\mathcal{Q}_{2}}}-1-\frac{1}{2}e^{-j\mathcal{Q}_{2}}\right\}\\&=\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{-j\mathcal{Q}_{1}}}\circ\frac{\frac{1}{4}e^{-j2\mathcal{Q}_{2}}}{1-\frac{1}{2}e^{-j\mathcal{Q}_{2}}}\end{aligned} $$

(iii)

$$ \begin{aligned}{X(\mathcal{Q}_{1},\mathcal{Q}_{2})}&{{}=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}\cos\left(\frac{2\pi}{3}m\right)e^{-i\mathcal{Q}_{1}m}\sum_{n=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}e^{-i\mathcal{Q}_{2}n}}\\ {=}&{{}\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}_{1}}}\left\{\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta\left(\mathcal{Q}_{1}-\frac{2}{3}\pi-2\pi k\right)\right.}\\ {}&{{}+\left.\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta\left(\mathcal{Q}_{1}+\frac{2\pi}{3}-2\pi k\right)\right\}}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}{(\operatorname{i v})X(\mathcal{Q}_{1},\mathcal{Q}_{2})}&{{}=\sum_{m=-2}^{+2}e^{-j\mathcal{Q}_{1}m}\sum_{n=-i}^{i+1}e^{-j\mathcal{Q}_{2}n}}\\ {}&{{}=e^{j2\mathcal{Q}_{1}}\sum_{k=0}^{4}e^{-j\mathcal{Q}_{1}k}\bullet e^{i4\mathcal{Q}_{2}}\sum_{l=0}^{8}e^{-i\mathcal{Q}_{2}l}}\\ {}&{{}=e^{i2\mathcal{Q}_{1}}\frac{1-e^{-j5\mathcal{Q}_{1}}}{1-e^{-i\mathcal{Q}_{1}}}\bullet e^{i4\mathcal{Q}_{2}}\frac{1-e^{-j9\mathcal{Q}_{2}}}{1-e^{-i\mathcal{Q}_{2}}}}\\ {}&{{}=\frac{\sin\left(5\mathcal{Q}_{1}/2\right)}{\sin\mathcal{Q}_{1}/2}\frac{\sin\left(9\mathcal{Q}_{1}/2\right)}{\sin\mathcal{Q}_{2}/2}}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}(\mathbf{v})\ X(\mathcal{Q}_{1},\mathcal{Q}_{2})&=\sum_{n=-4}^{+2}e^{-j\mathcal{Q}_{2}n}\sum_{n=n-2}^{n+2}e^{-j\mathcal{Q}_{1}n^{2}}\\&=\sum_{n=-4}^{+4}e^{-j\mathcal{Q}_{2}n}e^{-j\mathcal{Q}_{1}(n-2)}\sum_{k=0}^{+4}e^{-j\mathcal{Q}_{1}k}\\&=\sum_{n=-4}^{+4}e^{-j(\mathcal{Q}_{1}+\mathcal{Q}_{2})n}\cdot e^{j2\mathcal{Q}_{1}}\frac{1}{1-e^{-j\mathcal{Q}_{1}}}\\\&=\sum_{l=0}^{+8}e^{-j(\mathcal{Q}_{1}+\mathcal{Q}_{2})l}\cdot e^{j(\mathcal{Q}_{1}+\mathcal{Q}_{2})4}\cdot\frac{\sin\frac{5}{2}\mathcal{Q}_{1}}{\sin\frac{1}{2}\mathcal{Q}_{1}}\\&=\frac{1-e^{-j9(\mathcal{Q}_{1}+\mathcal{Q}_{2})}}{1-e^{-j(\mathcal{Q}_{1}+\mathcal{Q}_{2})}}\cdot e^{j4(\mathcal{Q}_{1}+\mathcal{Q}_{2})}\cdot\frac{\sin\frac{5}{2}\mathcal{Q}_{1}}{\sin\frac{1}{2}\mathcal{Q}_{1}}\\&=\frac{\sin\frac{9}{2}(\mathcal{Q}_{1}+\mathcal{Q}_{2})}{\sin\frac{\mathcal{Q}_{1}+\mathcal{Q}_{2}}{2}}\cdot\frac{\sin\frac{5}{2}\mathcal{Q}_{1}}{\sin\frac{\mathcal{Q}_{1}}{2}}\end{aligned} $$

(vi)

$$ \begin{aligned}&i)\;X(\mathcal{Q}_{1},\mathcal{Q}_{2})=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\sin\left(\frac{\pi}{3}n+\frac{2\pi}{5}m\right)e^{-i\mathcal{Q}_{1}m}e^{-i\mathcal{Q}_{2}n}\\&\quad=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\frac{1}{2j}\left\{e^{i(\frac{\pi}{3}n+\frac{2\pi}{5}m)}-e^{-i(\frac{\pi}{3}n+\frac{2\pi}{5}m)}\right\}e^{-i\mathcal{Q}_{1m}}e^{-i\mathcal{Q}_{2n}}\\&\quad=\frac{1}{2j}\left\{\sum_{m=-\infty}^{+\infty}e^{-i\left(\mathcal{Q}_{1}-\frac{2\pi}{5}\right)m}\cdot\sum_{n=-\infty}^{+\infty}e^{-i\left(\mathcal{Q}_{2}-\frac{\pi}{3}\right)n}\right.\\&\quad\left.-\sum_{m=-\infty}^{+\infty}e^{-i\left(\mathcal{Q}_{1}+\frac{2\pi}{5}\right)m}\cdot\sum_{n=-\infty}^{+\infty}e^{-i(\mathcal{Q}_{2}+\frac{\pi}{3})n}\right\}\\&\quad=\frac{\pi}{i}\sum_{k,l=-\infty}^{+\infty}\left\{\delta\left(\mathcal{Q}_{1}-\frac{2\pi}{5}-2\pi k\right)\delta\left(\mathcal{Q}_{2}-\frac{\pi}{3}-2\pi l\right)\right.\\ \end{aligned} $$

$$ -\left.\delta\left(\mathcal{Q}_{1}+\frac{2\pi}{5}-2\pi k\right)\delta\left(\mathcal{Q}_{2}+\frac{\pi}{3}-2\pi l\right)\right\} $$

$$ \begin{aligned}(d)x[m,n]&=\frac{1}{4\pi^{2}}\int_{2\pi}\int_{2\pi}X(\mathcal{Q}_{1},\mathcal{Q}_{2})e^{i(\mathcal{Q}_{1}m+\mathcal{Q}_{2}n)}d\mathcal{Q}_{i}d\mathcal{Q}_{2}\\&=\frac{1}{4\pi^{2}}\int_{-\pi/4}^{+\pi/4}e^{i\mathcal{Q}_{1}m}d\mathcal{Q}_{1}\int_{-\pi/2}^{+\pi/2}e^{i\mathcal{Q}_{2}n}d\mathcal{Q}_{2}\\&=\frac{\sin\frac{\pi m}{4}}{m\pi}\cdot\frac{\sin\frac{\pi n}{2}}{n\pi}\\ \end{aligned} $$

(e)(i)

$$ \begin{align*}&\sum_{m=-\infty}^{+\infty}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\left\{x\left[m,n\right]e^{j w_{1}m}e^{j w_{1}n}\right\}e^{-j\mathcal{Q}_{1}m}e^{-j\mathcal{Q}_{2}n}\\&\quad=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x\left[m,n\right]e^{-j(\mathcal{Q}_{1}-w_{1})m}e^{-j(\mathcal{Q}_{2}-w_{2})n}\\&\quad=X(\mathcal{Q}_{1}-w_{1},\mathcal{Q}_{2}-w_{2})\end{align*} $$

(ii)

$$ \begin{aligned}Y(\mathcal{Q}_{1},\mathcal{Q}_{2})&=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}y[m,n]e^{-i\mathcal{Q}_{1}m}e^{-i\mathcal{Q}_{2}n}\\&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\sum_{r=-\infty}^{+\infty}x[k,r]e^{-i\mathcal{Q}_{1}2k}e^{-i\mathcal{Q}_{2}3r}\\&=X(2\mathcal{Q}_{1},3\mathcal{Q}_{2})\\ \end{aligned} $$

(iii)

$$ \begin{aligned}{Y}&{{}(\mathcal{Q}_{1},\mathcal{Q}_{2})=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[m,n]h[m,n]e^{-i\mathcal{Q}_{1}m}e^{-i\mathcal{Q}_{1}n}}\\ {}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\left\{\frac{1}{4\pi^{2}}\int_{2\pi}\int_{2\pi}X(\xi,\theta)e^{i\xi m}e^{i\theta n}d\xi d\theta\right\}}\\ {}&{{}\quad\times h[m,n]e^{-i\mathcal{Q}_{1}m}e^{-i\mathcal{Q}_{2}n}}\\ {}&{{}=\frac{1}{4\pi^{2}}\int_{2\pi}\int_{2\pi}X(\xi,\theta)d\xi d\theta\sum_{m=-\infty}^{+\infty}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}}\\ {}&{{}\quad\times h[m,n]e^{-i(\mathcal{Q}_{1}-\xi)m}e^{-i(\mathcal{Q}_{2}-\theta)n}.}\\ \end{aligned} $$

$$ =\frac{1}{4\pi^{2}}\int_{2\pi}\int_{2\pi}X(\xi,\theta)H(\mathcal{Q}_{1}-\xi,\bar{\mathcal{Q}}_{2}-\theta)d\xi d\theta $$

5.25(a) 设离散时间 LT1 系统的冲激响应为

$$ h[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n] $$

利用傅里叶变换求下列各输入信号的响应。

(i) $ x[n] = \left(\frac{3}{4}\right)^{n} u[n] $

(ii) $ x[n] = (n + 1)\left(\frac{1}{4}\right)^{n} u[n] $

(iii) $ x[n] = (-1)^n $

(b) 假设

$$ h[n]=\left[\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\cos\left(\frac{\pi n}{2}\right)\right]u[n] $$

利用傅里叶变换方法求其对下列各信号的响应。

(i) $ x[n] = \left(\frac{1}{2}\right)^{n} u[n] $

(ii) $ x[n] = \cos(\pi n/2) $

(c) 设 x[n] 和 h[n] 的傅里叶变换分别为

$$ X(Q)=3e^{i Q}+1-e^{-i Q}+2e^{-i3Q} $$

$$ H(\mathcal{Q})=-e^{i\mathcal{Q}}+2e^{-i2\mathcal{Q}}+e^{i4\mathcal{Q}} $$

确定

$$ y\left[n\right]=x\left[n\right]*h\left[n\right] $$

解：

(a)(i) 对 h[n] 求傅里叶变换可得

$$ h[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{*}u[n]\longleftrightarrow H(\mathcal{Q})=\frac{1}{1-\frac{1}{2}~e^{-i\mathcal{Q}}} $$

同理可得

$$ x[n]=\left(\frac{3}{4}\right)^{s}u[n]\longleftrightarrow X(\mathcal{Q})=\frac{1}{1-\frac{3}{4}\;e^{-i\mathcal{Q}}} $$

因此，利用卷积特性可得

$$ \begin{aligned}Y(\mathcal{Q})&=X(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q})=\frac{1}{1-\frac{3}{4}e^{-i\mathcal{Q}}}\xrightarrow{}\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}}\\&=\frac{3}{1-\frac{3}{4}e^{-i\mathcal{Q}}}-\frac{2}{1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}}\end{aligned} $$

由此求逆变换可得

$$ y[n]=\left[3\bullet\left(\frac{3}{4}\right)^{n}-2\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\right]u[n] $$

（ii）同理

$$ x[n]=(n+1)\left(\frac{1}{4}\right)^{n}u[n]\longleftrightarrow X(\mathcal{Q})=\frac{1}{\left(1-\frac{1}{4}~e^{-i\mathcal{Q}}\right)^{2}} $$

则

$$ \begin{aligned}Y(\mathcal{Q})&=X(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q})=\frac{1}{\left(1-\frac{1}{4}\;e^{-i\mathcal{Q}}\right)^{2}}\frac{1}{1-\frac{1}{2}\;e^{-i\mathcal{Q}}}\\&=\frac{4}{1-\frac{1}{2}\;e^{-i\mathcal{Q}}}-\frac{2}{1-\frac{1}{4}\;e^{-i\mathcal{Q}}}-\frac{1}{\left(1-\frac{1}{4}\;e^{-i\mathcal{Q}}\right)^{2}}\end{aligned} $$

由此得

$$ \begin{aligned}y\left[n\right]&=\left[4\left(\frac{1}{2}\right)^{s}-2\left(\frac{1}{4}\right)^{s}-\left(n+1\right)\left(\frac{1}{4}\right)^{s}\right]u\left[n\right]\\&=\left[4\left(\frac{1}{2}\right)^{s}-\left(n+3\right)\left(\frac{1}{4}\right)^{s}\right]u\left[n\right]\end{aligned} $$

(iii)

$$ \begin{aligned}{x\left[n\right]}&{{}=(-1)^{n}=e^{i\pi n}\longleftrightarrow X(\mathcal{Q})}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\times2\pi\delta(\mathcal{Q}-\pi-2k\pi)}\\ \end{aligned} $$

则

$$ \begin{aligned}\mathbf{Y}(\mathcal{Q})&=\chi(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q})=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}2\pi\delta(\mathcal{Q}-\pi-2k\pi)\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}}\\&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}2\pi\frac{\delta(\mathcal{Q}-\pi-2k\pi)}{1-\frac{1}{2}e^{-i(2k+1)\pi}}\\&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\frac{4}{3}\pi\delta(\mathcal{Q}-\pi-2k\pi)\\ \end{aligned} $$

由此得

$$ y[n]\;=\;\frac{2}{3}\;e^{i\pi n}\;=\;\frac{2}{3}\;(-1)^{n} $$

(b)

$$ \begin{aligned}{h[n]}&{{}=\Bigl\{\Bigl(\frac{1}{2}\Bigr)^{n}u[n]\Bigr\}\cos\frac{\pi}{2}n}\\ {}&{{}=\underbrace{\bigl(\frac{1}{2}\Bigr)^{n}u[n]}_{i}\cdot\frac{1}{2}\Bigr\}\left(e^{i\frac{x}{2}n}+e^{-i\frac{x}{2}n}\right)}\\ {}&{{}=h_{1}[n](e^{i\frac{x}{2}n}+e^{-i\frac{x}{2}n})}\\ \end{aligned} $$

其中

$$ h_{1}[n]=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]\longleftrightarrow H_{1}(\mathcal{Q})=-\frac{1/2}{1-\frac{1}{2}~e^{-i\alpha}} $$

利用频移特性，可求得

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{1}{2}\left\{\frac{1}{1-\frac{1}{2}~e^{-j(\mathcal{Q}-\frac{\pi}{2})}}+\frac{1}{1-\frac{1}{2}~e^{-j(\mathcal{Q}+\frac{\pi}{2})}}\right\} $$

(i)

$$ x[n]\implies\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]\longleftrightarrow X\left(\mathcal{Q}\right)\implies\frac{1}{1-\frac{1}{2}~e^{-i\mathcal{Q}}} $$

则

$$ \Upsilon(Q)=X(Q)H(Q) $$

$$ \begin{aligned}=&\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{-i\omega}}\left[-\frac{1/2}{1-\frac{1}{2}e^{-i\left(\mathcal{O}-\frac{\pi}{2}\right)}}+\frac{1/2}{1-\frac{1}{2}e^{-i\left(\mathcal{O}+\frac{\pi}{2}\right)}}\right]\\=&\frac{A}{1-\frac{1}{2}e^{-i\left(\mathcal{O}-\frac{\pi}{2}\right)}}+\frac{B}{1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{O}}}+\frac{C}{1-\frac{1}{2}e^{-i\left(\mathcal{O}+\frac{\pi}{2}\right)}}\\&+\frac{D}{1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{O}}}\end{aligned} $$

其中

$$ \begin{aligned}A=\frac{-j}{2(1-i)}\quad&B=\frac{1}{2(1-i)}\quad&C=\frac{1}{2(1+i)}\\&D=\frac{-i}{2(1+i)}\end{aligned} $$

所以得逆变换为

$$ \begin{aligned}{y[n]}&{{}=\frac{-j}{2(1-j)}\left(j/2\right)^{s}u[n]+\frac{1}{2(1+j)}\left(-j/2\right)^{s}u[n]}\\ {}&{{}\quad+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{s}u[n]}\\ \end{aligned} $$

或

$$ y[n]=\left[\left.(1/2)^{n+1}+\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}\right(\cos\frac{\pi}{2}\,n+\,\sin\frac{\pi}{2}\,n\right)\right]\,u[n] $$

(ii)

$$ \begin{aligned}{x\left[n\right]=}&{{}\cos\left(\pi n/2\right)\longleftrightarrow X(\mathcal{Q})=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\pi\delta\left(\mathcal{Q}-\frac{\pi}{2}\right.}\\ {}&{{}-2\pi k\bigg)+\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\pi\delta\left(\mathcal{Q}-\frac{\pi}{2}-2\pi k\right)}\\ \end{aligned} $$

则

$$ \begin{aligned}{Y(\mathcal{Q})}&{{}=X(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q})}\\ {}&{{}=\Big[\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\pi\delta\left(\mathcal{Q}-\frac{\pi}{2}-2\pi k\right)}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&+\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\pi\delta\left(\mathcal{Q}+\frac{\pi}{2}-2\pi k\right)\Big]\\ &\times\Big[\frac{1/2}{1-\frac{1}{2}e^{-i\left(\mathcal{Q}-\frac{\pi}{2}\right)}}+\frac{1/2}{1-\frac{1}{2}e^{-i\left(\mathcal{Q}+\frac{\pi}{2}\right)}}\Big]\\ =&\frac{4}{3}\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\Big[\delta\left(\mathcal{Q}-\frac{\pi}{2}-2\pi k\right)\\ &+\delta\left(\mathcal{Q}+\frac{\pi}{2}-2\pi k\right)\Big]\\ \end{aligned} $$

由此得

$$ y[n]=\frac{4}{3}\cos\left(\frac{\pi n}{2}\right) $$

(c)

$$ \begin{aligned}{c)}&{{}Y(\mathcal{Q})=X(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q})}\\ {}&{{}=(3e^{i\mathcal{Q}}+1-e^{-i\mathcal{Q}}+2e^{-i3\mathcal{Q}})(-e^{i\mathcal{Q}}+2e^{-i2\mathcal{Q}}+e^{i4\mathcal{Q}})}\\ {}&{{}=-3e^{i2\mathcal{Q}}-e^{i\mathcal{Q}}+1-2e^{-i2\mathcal{Q}}+6e^{-i\mathcal{Q}}+2e^{-i2\mathcal{Q}}}\\ {}&{{}\quad-2e^{-i3\mathcal{Q}}+4e^{-i5\mathcal{Q}}+3e^{i5\mathcal{Q}}+e^{i4\mathcal{Q}}-e^{i3\mathcal{Q}}+2e^{i\mathcal{Q}}}\\ \end{aligned} $$

利用位移特性可得

$$ \begin{aligned}{y[n]}&{{}=3\delta[n+5]+\delta[n+4]-\delta[n+3]-3\delta[n+2]}\\ {}&{{}\quad+\delta[n+1]+\delta[n]+6\delta[n-1]-2\delta[n-3]}\\ {}&{{}\quad+4\delta[n-5]}\\ \end{aligned} $$

5.26 设 x[n] 和 y[n] 为两个实信号，其傅里叶变换分别为 $ X(\mathcal{Q}) $ 和 $ Y(\mathcal{Q}) $。定义 x[n] 和 y[n] 的相关函数 $ \phi_{xy}[n] $ 为

$$ \phi_{x y}\left[n\right]=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x\left[k+n\right]y\left[k\right] $$

用类似的方式，可定义 $ \phi_{yx}[n] $， $ \phi_{xx}[n] $ 和 $ \phi_{yy}[n] $。设 $ \Phi_{xy}(\mathcal{Q}) $， $ \Phi_{yx}(\mathcal{Q}) $， $ \Phi_{xx}(\mathcal{Q}) $ 及 $ \Phi_{yy}(\mathcal{Q}) $ 分别表示 $ \phi_{xy}[n] $， $ \phi_{yx}[n] $， $ \phi_{xx}[n] $ 及 $ \phi_{yy}[n] $ 的傅里叶变换。

(a) 求用 $ X(\mathcal{Q}) $ 和 $ Y(\mathcal{Q}) $ 表示的 $ \Phi_{xy}(\mathcal{Q}) $ 的表示式。

(b) 证明对于所有 $ \varOmega $, $ \Phi_{xx}(\varOmega) $ 是非负的实函数.

（c）假设一个 LTI 系统具有实冲激响应 h[n] 及相应的频率响应 $ H(\mathcal{Q}) $，并假设 x[n] 和 y[n] 分别为其输入和输出。求用 $ \Phi_{xz}(\mathcal{Q}) $ 和 $ H(\mathcal{Q}) $ 表示的 $ \Phi_{xy}(\mathcal{Q}) $ 和 $ \Phi_{yy}(\mathcal{Q}) $ 的表示式。

（d）设 $ x[n] = \left(\frac{1}{2}\right)^{n} u[n] $，且设 LTI 系统的冲激响应为 $ h[n] = \left(\frac{1}{4}\right)^{n} u[n] $。利用前面的结果计算 $ \Phi_{xx}(Q) $， $ \phi_{xy}(Q) $ 和 $ \Phi_{yy}(Q) $。

(e) 在 $ x[n] = 2^{n}u[-n] $ 和 $ h[n] = 4^{n}u[-n] $ 时，重做 (d) 小题。

(f) 对于图 P 5.26 所示的 x[n] 和 h[n]，重做(d)小题。

解：

(a)

$$ \begin{align*})~\phi_{xy}(\mathcal{Q})&=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\phi_{xy}[n]e^{-j\mathcal{Q}n}\\&=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[k+n]y[k]e^{j-\mathcal{Q}(n+k)}e^{j\mathcal{Q}k}\\&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left[\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n+k]e^{j-\mathcal{Q}(n+k)}\right]y[k]e^{j\mathcal{Q}k}\\&=X(\mathcal{Q})\sum_{k=-\infty}^{+\infty}y[k]e^{-j(-\mathcal{Q})k}\\&=X(\mathcal{Q})\mathrm{Y}(-\mathcal{Q})=X(\mathcal{Q})\mathrm{Y}^{*}(\mathcal{Q})\end{align*} $$

(b) 设 $ y[n] = x[n] $，利用(a)小题结果可得

$$ \varPhi_{x x}(\mathcal{Q})=X(\mathcal{Q})X^{*}(\mathcal{Q})=|X(\mathcal{Q})|^{2}\geqslant0 $$

可见，对所有 $ \mathcal{Q}, \Phi_{x}(\mathcal{Q}) $ 是非负的实函数。

(c) 因 $ Y(\mathcal{Q}) = X(\mathcal{Q}) H(\mathcal{Q}) $

所以

$$ \Phi_{x y}(\mathcal{Q})=X(\mathcal{Q})Y^{*}(\mathcal{Q})=|X(\mathcal{Q})|^{2}H^{*}(\mathcal{Q}) $$

设 $ x[n] = y[n] $，则

$$ \varPhi_{y y}(\mathcal{Q})\implies Y(\mathcal{Q})Y^{*}(\mathcal{Q})=|X(\mathcal{Q})|^{2}|H(\mathcal{Q})|^{2} $$

(d) 根据 x[n] 和 h[n]，可求得傅里叶变换为

$$ X(\mathcal{Q})=\frac{1}{1-\frac{1}{2}~e^{-i\mathcal{Q}}},\;H(\mathcal{Q})=\frac{1}{1-\frac{1}{4}~e^{-i\mathcal{Q}}} $$

设 $ h[n] = x[n] $，则可得

$$ \begin{aligned}{\varPhi_{x x}(\mathcal{Q})}&{{}=X(\mathcal{Q})X^{*}(\mathcal{Q})}\\ {}&{{}=\frac{1}{1-\mathbf{\Psi}\frac{1}{2}e^{-\tau\mathcal{Q}}}\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{\tau\mathcal{Q}}}=\frac{1}{\frac{5}{4}-\cos\mathcal{Q}}}\\ \end{aligned} $$

同理，设 $ h[n] = y[n] $，则可得

$$ \begin{aligned}{\varPhi_{x y}(\mathcal{Q})}&{{}=X(\mathcal{Q})Y^{*}(\mathcal{Q})=X(\mathcal{Q})X^{*}(\mathcal{Q})H^{*}(\mathcal{Q})}\\ {}&{{}=\mathcal{P}_{x x}(\mathcal{Q})H^{*}(\mathcal{Q})=\frac{1}{\Big(\frac{5}{4}-\cos\mathcal{Q}\Big)}\frac{1}{\Big(1-\frac{1}{4}~e^{i\mathcal{Q}}\Big)}}\\ \end{aligned} $$

同理，有

$$ \begin{aligned}{\mathcal{Q}_{{}_{{y y}}}(\mathcal{Q})}&{{}=Y(\mathcal{Q})Y^{*}(\mathcal{Q})=X(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q})X^{*}(\mathcal{Q})H^{*}(\mathcal{Q})}\\ {}&{{}=\varPhi_{x x}(\mathcal{Q})\varPhi_{h h}(\mathcal{Q})=\frac{1}{\Big(\frac{5}{4}-\cos\mathcal{Q}\Big)\Big(\frac{17}{16}-\frac{1}{2}\cos\mathcal{Q}\Big)}}\\ \end{aligned} $$

(e) 由 x[n] 和 h[n] 可求得

$$ X(\mathcal{Q})=\frac{1}{\left(1-\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}e^{\prime\mathcal{Q}}\right)},\;H(\mathcal{Q})=\frac{1}{1-\begin{array}{c}1\\ 4\end{array}e^{\prime\mathcal{Q}}} $$

用上题同样方法可求得

$$ \varPhi_{x x}(\mathcal{Q})=\frac{1}{\left(\frac{5}{4}-\cos\mathcal{Q}\right)} $$

$$ \phi_{_{y,z}}(\mathcal{Q})=\frac{1}{\left(\frac{5}{4}-\mathrm{\boldmath~c o s~}\mathcal{Q}\right)\left(1-\frac{1}{4}\;e^{-i\mathcal{Q}}\right)} $$

$$ \varPhi_{y y}(\mathcal{Q})=\frac{1}{\left(\frac{5}{4}-\cos\mathcal{Q}\right)\left(\frac{17}{16}-\frac{1}{2}\cos\mathcal{Q}\right)} $$

(f) 由图 P5.26 可求得

$$ X(\mathcal{Q})=2(1-\cos\mathcal{Q}),~H(\mathcal{Q})=1+e^{-i\mathcal{Q}} $$

用同样方法可求得

$$ \varPhi_{x x}(\mathcal{Q})=4(1-\cos\mathcal{Q})^{2} $$

$$ \Phi_{z y}(\mathcal{Q})=4(1-\cos\mathcal{Q})^{2}(1+e^{i\mathcal{Q}}) $$

$$ \begin{aligned}{\varPhi_{y y}(\mathcal{Q})}&{{}=4(1-\cos\mathcal{Q})^{2}(2+2\cos\mathcal{Q})}\\ {}&{{}=8(1-\cos\mathcal{Q})\sin^{\iota}\mathcal{Q}}\\ \end{aligned} $$

5.27 本题指出并非所有 LT1 系统对复指数输入的响应都是有限的.

（a）设 LT1 系统的单位冲激响应为

$$ h[n]=\left(\frac{1}{4}\right)^{*}u[n] $$

计算该系统对输入

$$ x_{1}[n]=(-1)^{*} $$

的响应 $ y_{1}[n] $

(b) 当输入为

$$ x_{i}[n]=(-1)^{n}u[n] $$

时，利用卷积和确定输出 $ y_{2}[n] $，并证明

$$ y_{2}[n]=y_{1}[n]+y_{f}[n] $$

其中

$$ \lim_{n\to\infty}y_{T}[n]=0 $$

通常称 $ y_{T}[n] $ 为 LTI 系统的瞬态响应，称 $ y_{1}[n] $ 为稳态响应。

(c) 设 LTI 系统的冲激响应为

$$ h[n]\;\rightarrow\;2^{*}u[n] $$

计算这系统对 $ x_{2}[n] $ 的响应。当 $ n \to \infty $ 时，这响应接近于稳态吗？

解：

(a) 求 $ h[n] $ 和 $ x_{1}[n] $ 的傅里叶变换可得

$$ h[n]=\left(\frac{1}{4}\right)^{s}u[n]\longleftrightarrow H(\mathcal{Q})=\frac{1}{1-\frac{1}{4}\;e^{-i\mathcal{Q}}} $$

$$ x_{1}[n]\implies(-1)^{n}=\;e^{i\pi n}\longleftrightarrow X_{1}(\mathcal{Q})=2\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(\mathcal{Q}+\pi-2\pi k) $$

因此

$$ Y_{1}(\mathcal{Q})=H(\mathcal{Q})X_{1}(\mathcal{Q})=\frac{8\pi}{5}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(\mathcal{Q}+\pi-2\pi k) $$

由此求逆变换得

$$ y_{1}[n]=\frac{4}{5}\ e^{-i\pi n}=\frac{4}{5}(-1)^{n} $$

另外，由于 $ x_{1}[n] = e^{jx_{n}} $ 是 LT1 系统的本征函数，因此输入与输出关系为

$$ y_{1}[n]=H(\pi)e^{j\pi s}=\frac{4}{5}(-1)^{s} $$

(b)

$$ \begin{aligned}y_{2}[n]&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x_{2}[k]h[n-k]\\&=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\left(\frac{1}{4}\right)^{n-k}\\&=\left(\frac{1}{4}\right)^{n}\sum_{k=0}^{n}(-4)^{k}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&=\left\lfloor\frac{4}{5}(-1)^{n}+\frac{1}{5}\left(\frac{1}{4}\right)^{n}\right\rfloor u[n]\\&=y_{1}[n]+y_{T}[n],n\geqslant0\end{aligned} $$

其中 $ y_{T}[n]=\frac{1}{5}\left(\frac{1}{4}\right)^{n}u[n] $

可见 $ \lim_{n\to\infty}y_{T}[n]=0 $

(c) $ x_{2}[n] = (-1)^{n}u[n] $

$$ h[n]=2^{n}u[n] $$

用(b)小题同样的计算方法可求得

$$ y_{3}[n]=\frac{2}{3}2^{n}u[n]+\frac{1}{3}(-1)^{*}u[n] $$

可见，当 $ n \to \infty $ 时，这个系统的响应不能达到稳态。

5.28 (a) 假定输入信号为

$$ x[n]=\sin\left(\frac{\pi n}{8}\right)-2\cos\left(\frac{\pi n}{4}\right) $$

求具有下列冲激响应的 LTI 系统的输出。

(i)

$$ h[n]=\frac{\sin\left(\pi n/6\right)}{\pi n} $$

(ii)

$$ h[n]=\frac{\sin\left(\pi n/6\right)}{\pi n}+\frac{\sin\left(\pi n/2\right)}{\pi n} $$

(iii)

$$ h[n]=\frac{\sin\left(\pi n/6\right)\sin\left(\pi n/3\right)}{\pi^{2}n^{2}} $$

(iv)

$$ h[n]\;=\;\frac{\sin\left(\pi n/6\right)\sin\left(\pi n/3\right)}{\pi n} $$

(b) 设一LTI系统的单位冲激响应为

$$ h[n]=\frac{\sin{(\pi n/3)}}{\pi n} $$

求其对下列各输入的输出

(i) x[n] 为图 P5.28 所示的方波

(ii) $ v[n] = \sum_{k=-\infty}^{+\infty} \delta[n - 8k] $

(iii) $ x[n] = (-1)^{n} $ 乘以图 P 5.28 中的方波

(iv) $ x[n] = \delta[n + 1] + \delta[n - 1] $

解：

(a) 求得 x[n] 的傅里叶变换为

$$ \begin{aligned}{X(\mathcal{Q})=\frac{\pi}{i}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}}&{{}\delta(\mathcal{Q}-\pi/8-2\pi k)}\\ {+\frac{\pi}{i}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}}&{{}\delta(\mathcal{Q}+\pi/8-2\pi k)}\\ {-2\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}}&{{}\delta(\mathcal{Q}-\pi/4-2\pi k)}\\ {-2\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}}&{{}\delta(\mathcal{Q}+\pi/4-2\pi k)}\\ \end{aligned}, $$

(i) 由 $ h[n] $ 求出其傅里叶变换为

$$ H(\mathcal{Q})=\left\{\begin{array}{l l}{1,}&{\quad0\leqslant|\mathcal{Q}|\leqslant\frac{\pi}{6}}\\ {0,}&{\quad\frac{\pi}{6}<|\mathcal{Q}|\leqslant\pi}\end{array}\right. $$

$ H(\mathcal{Q}) $ 的图形如图 P528-1(a) 所示。

由此可得

$$ \begin{aligned}Y(\mathcal{Q})&=X(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q})\\&=\frac{\pi}{j}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left[\delta\left(\mathcal{Q}-\frac{\pi}{8}-2\pi k\right)-\delta\left(\mathcal{Q}+\frac{\pi}{8}-2\pi k\right)\right]\end{aligned} $$

其逆变换为

$$ y[n]=\sin\frac{\pi}{8}n $$

(ii)

$$ h[n]=\frac{\sin\frac{\pi}{6}n}{\pi n}+\frac{\sin\frac{\pi}{2}n}{\pi n}=h_{1}[n]+h_{2}[n] $$

则

$$ \begin{array}{r}{H(\mathcal{Q})=H_{1}(\mathcal{Q})+H_{2}(\mathcal{Q})}\end{array}。 $$

其中

$$ \dot{H}_{1}(\mathcal{Q})=\left\{\begin{aligned}{}&{{}1,}&{\quad0\leqslant|\mathcal{Q}|\leqslant\pi/6}\\ {}&{{}0,}&{\quad\pi/6<|\mathcal{Q}|\leqslant\pi}\\ \end{aligned}\right. $$

$$ H_{2}(\mathcal{Q})=\left\{\begin{aligned}{}&{{}1,}&{\quad0\leqslant|\mathcal{Q}|\leqslant\pi/2}\\ {}&{{}0,}&{\quad\pi/2<|\mathcal{Q}|\leqslant\pi}\\ \end{aligned}\right. $$

$ H_{1}(\mathcal{Q}), H_{2}(\mathcal{Q}) $ 及 $ H(\mathcal{Q}) $ 的图形如图 P5.28-1(b) 所示。

由图可直接写出输出 $ y[n] $

$$ y[n]=2\sin{(\pi n/8)}-2\cos{(\pi n/4)} $$

或

$$ \begin{aligned}{\mathbf{Y}(\mathcal{Q})}&{{}=X(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q})}\\ {}&{{}=\frac{2\pi}{\dot{\tau}}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}[\delta(\mathcal{Q}-\pi/8-2\pi k)-\delta(\mathcal{Q}+\pi/8-2\pi k)}\\ {}&{{}\quad-2\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}[\delta(\mathcal{Q}-\pi/4-2\pi k)}\\ {}&{{}\quad+\delta(\mathcal{Q}+\pi/4-2\pi k)]}\\ \end{aligned} $$

由图可知，

$$ y[n]=2\sin\frac{\pi}{8}n-2\cos\frac{\pi}{4}n $$

(iii)

$$ h[n]=\frac{\sin\left(\pi n/6\right)\sin\left(\pi n/3\right)}{\pi^{2}n^{2}}=h_{1}[n]h_{2}[n] $$

其中

$$ h_{1}[n]=\xrightarrow[-\pi n]{\sin\frac{\pi}{6}n}\longleftrightarrow H_{1}(\mathcal{Q})=\left\{\begin{matrix}{1,}&{0\leqslant|\mathcal{Q}|\leqslant\pi/6}\\ {0,}&{\pi/6<|\mathcal{Q}|\leqslant\pi}\\ \end{matrix}\right. $$

$$ h_{2}[n]=\xrightarrow[\pi n]{\sin\frac{\pi}{3}n}H_{2}(\mathcal{Q})=\left\{\begin{matrix}1,&0\leqslant|\mathcal{Q}|\leqslant\pi/3\\ 0,&\pi/3<|\mathcal{Q}|\leqslant\pi\end{matrix}\right. $$

而

$$ h[n]=h_{1}[n]h_{2}[n]\longleftrightarrow H(\mathcal{Q})=\frac{1}{2\pi}H_{1}(\mathcal{Q})*H_{2}(\mathcal{Q}) $$

$ H_{1}(\mathcal{Q}), H_{2}(\mathcal{Q}) $ 及 $ H(\mathcal{Q}) $ 的图形如图 P 5.28-1(c) 所示。

由图可得逆变换为

$$ y[n]=\frac{1}{6}\sin\left(\pi n/8\right)-\frac{1}{4}\cos\left(\pi n/4\right) $$

(iv)

$$ h[n]={\frac{\sin{\frac{\pi n}{6}}\sin{\frac{\pi}{3}}n}{\pi n}}=h_{1}[n]h_{2}[n] $$

而

$$ \begin{aligned}{h_{1}[n]=\frac{\sin\left(\pi n/6\right)}{\pi n}}&{{}\longleftrightarrow H_{1}(\mathcal{Q})=\left\{\begin{matrix}{1,}&{0\leqslant|\mathcal{Q}|\leqslant\pi/6}\\ {0,}&{\pi/6<|\mathcal{Q}|\leqslant\pi}\\ \end{matrix}\right.}\\ {h_{2}[n]=\sin\pi n/3}&{{}\longleftrightarrow H_{2}(\mathcal{Q})}\\ {=\frac{\pi}{j}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left\{\delta\left(\mathcal{Q}-\frac{\pi}{3}-2\pi k\right)\right.}\\ {}&{{}\left.-\delta\left(\mathcal{Q}+\frac{\pi}{3}-2\pi k\right)\right\}}\\ \end{aligned} $$

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{1}{2\pi}H_{1}(\mathcal{Q})*H_{2}(\mathcal{Q}) $$

其结果如图 P5.28-1(d) 所示。由图可得

$$ y[n]=-\sin{(\pi n/4)} $$

(b)

$$ h[n]=\xrightarrow[\pi n]{\sin\frac{\pi}{3}n}H(\mathcal{Q})=\left\{\begin{matrix}1,&0\leqslant|\mathcal{Q}|\leqslant\pi/3\\ 0,&\pi/3<|\mathcal{Q}|\leqslant\pi\end{matrix}\right. $$

(i) 由图可见，N=8，因而 $ Q_{0}=2\pi/8=\pi/4 $

可见，在 $ H(\mathcal{Q}) $ 的通带 $ 0 \leqslant |\mathcal{Q}| \leqslant \pi/3 $ 之内只有 $ X(\mathcal{Q}) $ 的直流和一次谐波可以通过。

$$ \begin{aligned}{a_{k}}&{{}=\frac{1}{N}\sum_{n=\langle N\rangle}x[n]e^{-i k\frac{2\pi}{N}\cdot n}}\\ {}&{{}=\frac{1}{8}\sum_{n=-2}^{+2}e^{-i k\frac{2\pi}{N}\cdot n}}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&\xlongequal{ Ⅲ -n+2}\frac{1}{8}\ e^{jk\frac{\pi}{2}}\sum_{m=0}^{4}e^{-jk\frac{\pi}{4}m}\\ &=\frac{1}{8}\ e^{jk\frac{\pi}{2}}\frac{1-e^{-jk\frac{\gamma}{4}\pi}}{1-e^{-jk\frac{\pi}{4}}}\\ &=\frac{\sin\left(\frac{5\pi}{8}k\right)}{8\sin\left(\frac{\pi k}{8}\right)}\\ \end{aligned} $$

因此 $ a_{0}=\frac{5}{8} $， $ a_{1}=\frac{\sin\left(\frac{5\pi}{8}\right)}{8\sin\frac{\pi}{8}} $

由此可得

$$ \begin{aligned}{y[n]}&{{}=\sum_{i=(N)}a_{k}H\left(\frac{\pi}{4}\;k\right)e^{i k\frac{\pi}{4}n}}\\ {}&{{}=\sum_{i=-1}^{+1}a_{k}H\left(\frac{\pi}{4}\;k\right)e^{i k\frac{\pi}{4}n}}\\ {}&{{}=\frac{5}{8}+\frac{\sin\left(5\pi/8\right)}{4\sin\left(\pi/8\right)}\cos\left(\pi n/4\right)}\\ \end{aligned} $$

(ii) 由 x[n] 可知， $ N=8,\Omega_{0}=\pi/4 $

$$ a_{k}=\frac{1}{N}\sum_{k=(N)}x[n]e^{-j k\frac{\cdot\pi}{N}n}=\frac{1}{N}=\frac{1}{8} $$

同样只有直流与一次谐波可通过滤波器 $ H(\boldsymbol{\Omega}) $，因此

$$ \begin{aligned}{y[n]}&{{}=\sum_{k=(N)}a_{k}H\left(\frac{\pi}{4}\;k\right)e^{i k\frac{\pi}{4}n}}\\ {}&{{}=\sum_{k=-1}^{+1}a_{k}H\left(\frac{\pi}{4}\;k\right)e^{i k\frac{\pi}{4}n}}\\ {}&{{}=\frac{1}{8}+\frac{1}{4}\cos\left(\frac{\pi}{4}\;n\right)}\\ \end{aligned} $$

(iii) 类似于 (a) 小题，已知 N = 8, $ Q_{0} = \pi/4 $ 可见，只有直流与一次谐波可通过滤波器 $ H(Q) $

$$ \begin{aligned}\hat{a}_{k}&=\frac{1}{N}\sum_{n=iN,}\ x[n]e^{-jk\ \frac{2\pi}{N}n}\\&=\frac{1}{8}\ \sum_{n=-2}^{+2}(-1)^{n}e^{-jk\ \frac{2n}{4}n}\\&=\frac{1}{8}\ \sum_{n=-2}^{+2}e^{-j(k\frac{2\pi}{4}-\pi)n}\\&\xlongequal{m=n+2}\frac{1}{8}\ e^{-j(k\frac{\pi}{4}-2\pi)}\sum_{m=0}^{4}e^{-j(k\frac{\pi}{4}-\pi)m}\\&=\frac{1}{8}\ e^{-j(k\frac{\pi}{2})}\frac{1+e^{-ik\frac{5}{4}\pi}}{1+e^{-ik\frac{\pi}{4}}}\\&=\frac{1}{8}\ \frac{\cos\left(5\pi k/8\right)}{\cos\left(\pi k/8\right)}\end{aligned} $$

因此 $ a_{0}=\frac{1}{8} $， $ a_{1}=\frac{1}{8}\frac{\cos(5\pi/8)}{\cos(\pi/8)} $

由此可得

$$ \begin{aligned}{y[n]}&{{}=\sum_{k=(N)}a_{k}H\bigg(\frac{\pi}{4}\operatorname{\;k\bigg)}e^{i k\frac{\pi}{4}n}}\\ {}&{{}=\sum_{k=-1}^{+1}a_{k}H\bigg(\frac{\pi}{4}\operatorname{\;k\bigg)}e^{i k\frac{\pi}{4}n}}\\ {}&{{}=\frac{1}{8}+\frac{\cos\big(5\pi/8\big)}{4\cos\big(\pi/8\big)}\cos\big(\pi n/4\big)}\\ \end{aligned} $$

(iv) $ x[n] = \delta[n + 1] + \delta[n - 1] $

$$ y[n]=x[n]*h[n]=k[n+1]+h[n-1] $$

已知 $ h[n] = \frac{\sin \frac{\pi}{3} n}{\pi n} $

因此

$$ y[n]=\frac{\sin\frac{\pi}{3}(n+1)}{\pi(n+1)}+\frac{\sin\frac{\pi}{3}(n-1)}{\pi(n-1)} $$

5.29(a) 设 h[n] 和 y[n] 为两个互逆的稳定离散时间 LTI 系统的冲激响应。确定这两个系统的频率响应之间的关系。

（b）对于下列差分方程描述的因果 LT1 系统，确定其逆系统的冲激响应及其差分方程。

(i)

$$ y[n]=x[n]-\frac{1}{4}x[n-1] $$

(ii)

$$ y\left[n\right]+\frac{1}{2}y\left[n-1\right]=x\left[n\right] $$

(iii)

$$ y[n]+\frac{1}{2}y[n-1]=x[n]-\frac{1}{4}x[n-1] $$

(iv)

$$ \begin{aligned}y[n]&+\frac{5}{4}y[n-1]-\frac{1}{8}y[n-2]=x[n]\\&-\frac{1}{4}x[n-1]-\frac{1}{8}x[n-2]\end{aligned} $$

(v)

$$ \begin{aligned}y[n]&+\frac{5}{4}y[n-1]-\frac{1}{8}y[n-2]=x[n]\\&-\frac{1}{2}x[n-1]\end{aligned} $$

$$ \mathrm{(v i)}\ y[n]+\frac{5}{4}y[n-1]-\frac{1}{8}y[n-2]=x[n] $$

(c) 假定互为逆系统的两个 LTI 系统都是稳定的和因果的，且其中之一具有图 P 5.29-1 所示的级联结构实现。求其逆系统的级联结构。

（d）设有一因果离散时间 LT1 系统，由下列差分方程描述

$$ y[n]+y[n-1]+\frac{1}{4}\;[n-2]=x[ 统一 1]-\frac{1}{2}x[n-2] $$

求该系统的逆系统．证明其逆系统是非因果的．求出另一个因果LT1系统，它是由式（P5.29-1）所描述的系统的“延时逆系统”，即求一个因果LT1系统，使图P5.29-2中的输出w[n]= $ x[n-1] $．

解：

(a) $ h[n] * g[n] = \delta[n] $

$$ H(\mathcal{Q})G(\mathcal{Q})=1 $$

所以

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{1}{G(\mathcal{Q})} $$

(b) (i) 由差分方程可得

$$ Y(\mathcal{Q})=X(\mathcal{Q})-\frac{1}{4}\;e^{-i\mathcal{Q}}X(\mathcal{Q}) $$

因此 $ H(\mathcal{Q}) = 1 - \frac{1}{4} e^{-i\mathcal{Q}} $

$$ G(\omega)=\frac{1}{1-\frac{1}{4}e^{-i\alpha}} $$

由此得逆系统的冲激响应为

$$ g[n]=\left(\frac{1}{4}\right)^{n} u[n] $$

由 $ G(\mathcal{Q}) $ 可得其差分方程为

$$ y[n]-\frac{1}{4}y[n-1]=x[n] $$

（ii）同理可求得

$$ H(Q)=\frac{1}{1+\mathrm{~\frac{1}{2}~}e^{-i\alpha}} $$

$$ G(\mathcal{Q})=1+\frac{1}{2}~e^{-i\mathcal{Q}} $$

所以

$$ g[n]=\delta[n]+\frac{1}{2}\delta[n-1] $$

$$ y[n]=x[n]+\frac{1}{2}x[n-1] $$

（iii）同理可得

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{1-\frac{1}{4}e^{-i\mathcal{O}}}{1+\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{O}}}\qquad G(\mathcal{O})=\frac{1+\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{O}}}{1-\frac{1}{4}e^{-i\mathcal{O}}} $$

所以

$$ \begin{aligned}{g[n]}&{{}=\left\{\delta[n]+\frac{1}{2}\;\delta[n-1]\right\}*\left(\frac{1}{4}\right)^{*}u[n]}\\ {}&{{}=\left(\frac{1}{4}\right)^{*}u[n]+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4}\right)^{s-1}u[n-1]}\\ {}&{{}=\left(\frac{1}{4}\right)^{n}\{u[n]+2u[n-1]\}}\\ \end{aligned} $$

$$ y[n]=-\frac{1}{4}y[n-1]=x[n]+\frac{1}{2}x[n-1] $$

(iv) 同理可得

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{1-\frac{1}{4}e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{1}{8}e^{-i\mathcal{Q}}}{1+\frac{5}{4}e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{1}{8}e^{-i\mathcal{Q}}} $$

$$ \begin{aligned}{G(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{1+\frac{5}{4}e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{1}{8}e^{-i2\mathcal{Q}}}{\left(1+\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}\right)\left(1+\frac{1}{4}e^{-i\mathcal{Q}}\right)}}\\ {}&{{}=1+\frac{2}{1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}}-\frac{2}{1+\frac{1}{4}e^{-i\mathcal{Q}}}}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ g[n]=\delta[n]+2\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]-2\left(\frac{-1}{4}\right)^{n}u[n] $$

$$ \begin{aligned}&y[n]-\frac{1}{4}y[n-1]-\frac{1}{8}y[n-2]\\ &=x[n]+\frac{5}{4}x[n-1]-\frac{1}{8}x[n-2]\\ \end{aligned} $$

(v) 同理可得

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}}{1+\frac{5}{4}e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{1}{8}e^{-i2\mathcal{Q}}} $$

$$ G(\mathcal{Q})=\frac{1+\frac{5}{4}e^{-i\mathcal{O}}-\frac{1}{8}e^{-i\mathcal{O}}}{1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{O}}} $$

所以

$$ g[n]=\left\{\delta[n]+\frac{5}{4}\delta[n-1]-\frac{1}{8}\delta[n-2]\right\}*\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n] $$

$$ \begin{aligned}&=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]+\frac{5}{4}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}u[n-1]\\&\quad-\frac{1}{8}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}u[n-2]\\&=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\left\{u[n]+\frac{5}{2}\;u[n-1]-\frac{1}{2}u[n-2]\right\}\end{aligned} $$

$$ y[n]-\frac{1}{2}y[n-1]=x[n]+\frac{5}{4}x[n-1]-\frac{1}{8}x[n-2] $$

(vi) 同理可得

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{1}{1+\frac{5}{4}e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{1}{8}\overline{{e^{-i2\mathcal{Q}}}}} $$

$$ G(\mathcal{Q})=1+\frac{5}{4}e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{1}{8}e^{-i2\mathcal{Q}}. $$

所以

$$ g[n]=\delta[n]+\frac{5}{4}\delta[n-1]-\frac{1}{8}\delta[n-2] $$

$$ y[n]=x[n]+\frac{5}{4}x[n-1]-\frac{1}{8}x[n-2] $$

(c) 利用 MaSon 公式由图可直接写出系统的传递函数为

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{\beta_{3}+\rho_{4}e^{-i\mathcal{Q}}+\rho_{5}e^{-i2\mathcal{Q}}}{1-\rho_{1}e^{-i\mathcal{Q}}-\rho_{2}e^{-i2\mathcal{Q}}}\frac{\rho_{8}+\rho_{9}e^{-i\mathcal{Q}}+\rho_{10}e^{-i2\mathcal{Q}}}{1-\rho_{6}e^{-i\mathcal{Q}}-\rho_{7}e^{-i2\mathcal{Q}}} $$

$$ \begin{aligned}{G(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{1-\rho_{1}e^{-i\mathcal{Q}}-\rho_{2}e^{-i2\mathcal{Q}}}{\rho_{3}+\rho_{4}e^{-i\mathcal{Q}}+\rho_{5}e^{-i2\mathcal{Q}}}\frac{1-\rho_{6}e^{-i\mathcal{Q}}-\rho_{7}e^{-2\mathcal{Q}}}{\rho_{6}+\rho_{9}e^{-i\mathcal{Q}}+\rho_{10}e^{-i2\mathcal{Q}}}}\\ {}&{{}=\frac{1/\rho_{3}-\rho_{1}/\rho_{3}e^{-i\mathcal{Q}}-\rho_{2}/\rho_{3}e^{-i2\mathcal{Q}}}{1+\rho_{4}/\rho_{3}e^{-i\mathcal{Q}}+\rho_{3}/\rho_{3}e^{-i2\mathcal{Q}}}}\\ {}&{{}\quad\times\frac{1/\rho_{3}-\rho_{6}/\rho_{8}e^{-i\mathcal{Q}}-\rho_{7}/\rho_{8}e^{-i2\mathcal{Q}}}{1+\rho_{9}/\rho_{3}e^{-i\mathcal{Q}}+\rho_{10}/\rho_{8}e^{-i2\mathcal{Q}}}}\\ \end{aligned} $$

由此可画出其逆系统的级联结构如图 P 5.29-3 所示。

(d) 由式（P 5.29-1）可求得系统的传递函数为

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{1}{2}~e^{-i2\mathcal{Q}}}{1+e^{-i\mathcal{Q}}+\frac{1}{4}~e^{-i2\mathcal{Q}}} $$

因此其逆系统的传递函数为

$$ \begin{aligned}G(\mathcal{Q})&=\frac{1+e^{-i\mathcal{Q}}+\frac{1}{4}e^{-i2\mathcal{Q}}}{e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{1}{2}\ e^{-i2\mathcal{Q}}}\\&=\frac{e^{i\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{2}\ e^{-i\mathcal{Q}}}+\frac{1}{1-\frac{1}{2}\ e^{-i\mathcal{Q}}}+\frac{1}{4}\frac{e^{-i\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{2}\ e^{-i\mathcal{Q}}}\end{aligned} $$

所以

$$ g[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}u[n+1]+\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}u[n-1] $$

由于 n = -1 时，

$$ g[-1]=\left(\frac{1}{2}\right)^{(-1+1)}u[-1+1]=u[0]=1\neq0 $$

所以逆系统是非因果的。但它是具有“延时的逆系统”，也就是说，若将上述逆系统再加一个单位延时，即

$$ \begin{aligned}{\hat{g}\left[n\right]}&{{}=g\left[n\right]*\delta\left[n-1\right]}\\ {}&{{}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u\left[n\right]+\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}u\left[n-1\right]}\\ {}&{{}\quad+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}u\left[n-2\right]}\\ \end{aligned} $$

可见其是因果系统。由

$$ \hat{g}[n]\;=\;g[n]*\delta[n-1] $$

求得

$$ \hat{G}(\mathcal{Q})=G(\mathcal{Q})e^{-i\mathcal{Q}} $$

由此得

$$ H(\mathcal{Q})\hat{G}(\mathcal{Q})=H(\mathcal{Q})G(\mathcal{Q})e^{-i\mathcal{Q}}=e^{-i\mathcal{Q}} $$

所以此时输出为

$$ y[n]=x[n]*\delta[n-1]=x[n-1] $$

5.30 (a) 设 h[n] 为一个实因果离散时间 LTI 系统的冲激响应。证明此系统完全可由其频率响应的实部确定。

(b) 设 h[n] 为实因果的。若

$$ \mathcal{R}_{\bullet}\{H(\mathcal{Q})\}=1+\alpha\cos2\mathcal{Q},(\alpha 为实数 ) $$

确定 h[n] 和 $ H(\mathcal{Q}) $.

(c) 证明由已知的 $ \mathcal{I}_{m}\left\{H\left(\mathcal{Q}\right)\right\} $ 和 $ h[0] $ 可以完全恢复 $ h[n] $.

（d）求两个实因果 LTI 系统，使其频率响应的虚部等于 $ \sin\mathcal{Q} $

解：

(a)

$$ \mathcal{E}_{\infty}\{h[n]\}=\frac{1}{2}h[n]+\frac{1}{2}h[-n] $$

由于 h[n] 是实因果的，由此可得

$$ h[n]=\begin{cases}{2\mathcal{E}_{\bullet}\{h[n]\},~n>0}\\ {\mathcal{E}_{\bullet}\{h[n]\},~n=0}\\ \end{cases} $$

而 $ \frac{1}{2}H(\mathcal{Q}) + \frac{1}{2}H^*(\mathcal{Q}) = \mathcal{R}_e\{H(\mathcal{Q})\} $

可见此系统完全可由频率响应的实部所确定。

(b)

$$ \mathcal{R}_{\bullet}\{H(\mathcal{Q})\}=1+\alpha\;\frac{1}{2}\left[e^{i2\mathcal{Q}}+e^{-i2\mathcal{Q}}\right] $$

则

$$ \mathcal{E}_{\bullet}\{h[n]\}=\delta[n]+\frac{\alpha}{2}\delta[n-2]+\frac{\alpha}{2}\delta[n+2] $$

所以

$$ h[n]=\delta[n]+\alpha\delta[n-2] $$

$$ H(\mathcal{Q})=1+a e^{-i\mathcal{Q}} $$

(c)

$$ \mathcal{I}_{m}\{H(\mathcal{Q})\}=\frac{1}{2}H(\mathcal{Q})-\frac{1}{2}H^{*}(\mathcal{Q}) $$

其逆变换为

$$ \mathcal{O d}\{h[n]\}=\frac{1}{2}h[n]-\frac{1}{2}h[-n] $$

因系统是实因果的，所以

$$ h[n]=\left\{\begin{aligned}{}&{{}2\mathcal{O}\mathcal{d}\{h[n]\},~n>0}\\ {}&{{}\mathcal{O}\mathcal{d}\{h[n]\}=0=h[0],~n=0}\\ \end{aligned}\right. $$

可见， $ h[n] $ 完全可由已知的 $ \mathcal{I}_{m}\{H(\mathcal{Q})\} $ 与 $ h[0] $ 来恢复.

（d）设 $ H_{1}(\mathcal{Q})=A(\mathcal{Q})+j\sin\mathcal{Q} $

$$ H_{i}(\mathcal{Q})=B(\mathcal{Q})+j\sin\mathcal{Q} $$

$$ \begin{aligned}{\mathcal{O I}\{h_{i}[n]\}}&{{}=j\mathcal{F}^{-1}\{H_{i}(\mathcal{Q})\}=j\mathcal{F}^{-1}\{\sin\mathcal{Q}\}}\\ {}&{{}=j\mathcal{F}^{-1}\left\{\frac{e^{+j\mathcal{Q}}-e^{-j\mathcal{Q}}}{2j}\right\}}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}\;\delta\left[n+1\right]-\frac{1}{2}\delta\left[n-1\right],}\\ \end{aligned} $$

$$ i=1,2. $$

而 $ \delta[n-1]\longleftrightarrow e^{-i\Omega}=\cos\Omega-j\sin\Omega $

所以若选

$$ h_{i}[n]\quad=\quad\delta[n]\quad-\quad\delta[n-1] $$

$$ h_{2}[n]=2\delta[n]-\delta[n-1] $$

显然它们都是实的因果系统，且其傅里叶变换分别为

$$ H_{1}(\mathcal{Q})=1-e^{-i\mathcal{Q}}=\left(1-\cos\mathcal{Q}\right)+j\sin\mathcal{Q} $$

$$ H_{2}(\mathcal{Q})=2-e^{-i\mathcal{Q}}=(2-\cos\mathcal{Q})+j\sin\mathcal{Q} $$

它们频率响应的虚部都等于 $ \sin\mathcal{Q} $

5.31(a) 设 x[n] 为一离散时间序列，其傅里叶变换 X(Q) 如图 P 5.31 所示。对于下列各信号 p[n]，画出

$$ z[n]=x[n]p[n] $$

的傅里叶变换.

(i) $ p[n] = \cos \pi n $

(ii) $ p[n] = \cos(\pi n/2) $

(iii) $ p[n] = \sin(\pi n/2) $

(iv) $ p[n] = \sum_{k=-\infty}^{+\infty} \delta[n - 2k] $

(v) $ p[n] = \sum_{k=-\infty}^{+\infty} \delta[n - 4k] $

（b）假定将（a）小题中的信号 z[n] 作为输入信号，加到一个冲激响应为

$$ h[n]=\frac{\sin\left(\pi n/2\right)}{\pi n} $$

的 LT1 系统中。对于（a）小题中 p[n] 的各种选择，确定其输出 y[n]。

解：

(a) (i) $ p[n] = \cos\pi n $

$$ P(\mathcal{Q})=\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}[\delta(\mathcal{Q}-\pi-2\pi k)+\delta(\mathcal{Q}+\pi+2\pi k)] $$

所以

$$ \begin{align*}Z(\mathcal{Q})&=\frac{\pi}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}X(\theta)\sum_{k=-\infty}^{+\infty}[\delta(\mathcal{Q}-\pi-2\pi k)+\delta(\mathcal{Q}+\pi+2\pi k)]d\theta\\&=\frac{1}{2}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}[X(\mathcal{Q}-\pi-2k\pi)+X(\mathcal{Q}+\pi+2k\pi)]\end{align*} $$

(ii)

$$ p[n]=\cos\frac{\pi}{2}n $$

$$ P\left(\mathcal{Q}\right)=\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left[\delta\left(\mathcal{Q}-\frac{\pi}{2}-2\pi k\right)+\delta\left(\mathcal{Q}+\frac{\pi}{2}-2\pi k\right)\right] $$

所以

$$ Z(\mathcal{Q})=\frac{1}{2}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left[X\left(\mathcal{Q}-\frac{\pi}{2}-2\pi k\right)+X\left(\mathcal{Q}+\frac{\pi}{2}-2\pi k\right)\right] $$

(iii)

$$ p[n]=\sin\frac{\pi}{2}n $$

$$ \begin{aligned}{P\left(\mathcal{Q}\right)}&{{}=\frac{\pi}{j}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\bigg[\delta\bigg(\mathcal{Q}-\frac{\pi}{2}-2\pi k\bigg)}\\ {}&{{}\quad-\delta\left(\mathcal{Q}+\frac{\pi}{2}-2\pi k\right)\bigg]}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ \begin{aligned}{Z(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{1}{2j}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left[X\left(\mathcal{Q}-\frac{\pi}{2}-2\pi k\right)\right.}\\ {}&{{}\quad\left.-X\left(\mathcal{Q}+\frac{\pi}{2}-2\pi k\right)\right]}\\ \end{aligned}. $$

$$ \mathrm{(i v)}\quad p[n]\;=\;\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta[n-2k]\;,\quad N=2 $$

$$ P(\mathcal{Q})=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\pi\delta(\mathcal{Q}-\pi k) $$

所以

$$ Z(\mathcal{Q})=\frac{1}{2}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}X(\mathcal{Q}-\pi k) $$

(v)

$$ p\left[n\right]=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta\left[n-4k\right],N=4 $$

$$ P\left(\mathcal{Q}\right)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\frac{\pi}{2}\delta\left(\mathcal{Q}-\frac{\pi}{2}k\right) $$

所以

$$ Z(\mathcal{Q})=\frac{1}{4}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta\left(\mathcal{Q}-\frac{\pi}{2}k\right) $$

以上各小题的 Z（Q）如图 P5.31-1 所示。（该图也可用 $ \frac{1}{2\pi}X(Q)*P(Q) $，因 $ P(Q) $ 是 $ \delta\left(\mathcal{Q}-\sum_{N}^{2\pi}k\right) $ 的位移形式，所以可直接从图形作出图 P5.31-1)。

(b)

$$ h[n]=\frac{\sin\frac{\pi n}{2}}{\pi n} $$

其傅里叶变换为

$$ H(\mathcal{Q})=\left\{\begin{aligned}{}&{{}1,~0\leqslant|\mathcal{Q}|\leqslant\pi/2}\\ {}&{{}0,~\pi/2<|\mathcal{Q}|\leqslant\pi}\\ \end{aligned}\right. $$

H(Q) 如图 P 5.31-2(a) 所示。根据图 P 5.31-1, 可得各 Y(Q) = Z(Q)H(Q) 的形状如图 P 5.31-2 中 (b)～(f) 所示。

再求其反变换即得各种情况下的 y[n]，其结果如下

(i) $ y[n] = 0 $

（ii）图 P 5.31-2(c) 所示的 $ Y(\mathcal{Q}) $ 可表示为

$$ Y(\mathcal{Q})=Y_{1}(\mathcal{Q})-Y_{2}(\mathcal{Q}) $$

其中

$$ \begin{aligned}{\mathbf{Y}_{1}(\mathcal{Q})=\left\{\begin{matrix}{1/2,~0\leqslant|\mathcal{Q}|\leqslant\pi/2}\\ {0,~\pi/2\leqslant|\mathcal{Q}|\leqslant\pi}\\ \end{matrix}\right.}\\ \end{aligned} $$

$$ \mathbf{Y}_{2}(Q)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}\frac{1}{2}+\frac{1}{\pi}\mathcal{Q},~-\frac{\pi}{2}\leqslant|\mathcal{Q}|\leqslant0}\\ {}&{{}\frac{1}{2}-\frac{1}{\pi}\mathcal{Q},~0\leqslant\mathcal{Q}\leqslant\pi/2}\\ {}&{{}0,~\frac{\pi}{2}\leqslant|\mathcal{Q}|\leqslant\pi}\\ \end{aligned}\right. $$

而

$$ \begin{aligned}{y_{1}[n]}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi/2}^{+\pi/2}\Upsilon_{1}(Q)e^{i\mathcal{Q}_{n}}d\mathcal{Q}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi/2}^{+\pi/2}\frac{1}{2}~e^{i n\mathcal{Q}}d\mathcal{Q}}\\ {}&{{}=\frac{\sin\left(\pi n/2\right)}{2\pi n}}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}y_{2}[n]&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi/2}^{+\pi/2}Y_{2}(\mathcal{Q})e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}\\&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi/2}^{0}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{\pi}\mathcal{Q}\right)e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}\\&\quad+\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{+\pi/2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{\pi}\mathcal{Q}\right)e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}\\&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi/2}^{+\pi/2}\frac{1}{2}e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}+\frac{1}{2\pi^{2}}\int_{-\pi/2}^{0}\mathcal{Q}e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}\\&\quad-\frac{1}{2\pi^{2}}\int_{0}^{+\pi/2}\mathcal{Q}e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}\\&=\frac{\sin\left(\pi n/2\right)}{2\pi n}+\frac{1}{2\pi^{2}}\left\{\mathcal{Q}\left.\frac{e^{i\mathcal{Q}n}}{j n}\right|_{-\pi/2}^{0}\right.\\&\quad\left.-\frac{1}{j n}\int_{-\pi/2}^{0}e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}-\mathcal{Q}\left.\frac{e^{i\mathcal{Q}n}}{j n}\right|_{0}^{\pi/2}+\frac{1}{j n}\int_{0}^{+\pi/2}e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}\right\}\\&=\frac{\sin\left(\pi n/2\right)}{2\pi n}+\frac{1}{2\pi^{2}}\left\{+\frac{\pi}{2j n}e^{-i\frac{\pi}{2}n}+\frac{1}{n^{2}}(1-e^{-i\frac{\pi}{2}n})\right.\\&\quad\left.-\frac{\pi}{j2n}e^{i\frac{\pi}{2}n}-\frac{1}{n^{2}}(e^{i\frac{\pi}{2}n}-1)\right\}\\&=\frac{\sin\left(\pi n/2\right)}{2\pi n}+\frac{1}{2\pi^{2}}\left\{\frac{2}{n^{2}}-\frac{\pi}{j n}\sin\left(\frac{\pi}{2}n\right)\right.\\&\quad\left.-\frac{2}{n^{2}}\cos\left(\frac{\pi n}{2}\right)\right\}=\frac{\sin\left(\pi n/2\right)}{2\pi n}\\&\quad-\frac{\sin\left(\pi n/2\right)}{2\pi n}+\frac{1-\cos\left(\pi n/2\right)}{n^{2}\pi^{2}}\\&=\frac{1-\cos\left(\pi n/2\right)}{n^{2}\pi^{2}}\end{aligned} $$

所以

$$ y[n]=y_{1}[n]-y_{2}[n]=\frac{\sin{(\pi n/2)}}{2\pi n}-\frac{1-\cos{(\pi n/2)}}{n^{2}\pi^{2}} $$

(iii) 由图 P 5.31-2(d) 可知

$$ \begin{aligned}{y[n]}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi/2}^{+\pi/2}Y(\mathcal{Q})e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi/2}^{+\pi/2}\biggl(-\frac{i}{\pi}\mathcal{Q}\biggr)e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}}\\ {}&{{}=-\frac{j}{2\pi^{2}}\int_{-\pi/2}^{+\pi/2}\mathcal{Q}e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}=-\frac{j}{2\pi^{2}}\biggl\{\frac{\mathcal{Q}}{j n}e^{i\mathcal{Q}n}\biggl|_{-\pi/2}^{+\pi/2}}\\ {}&{{}\quad-\frac{1}{j n}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}\biggr\}=-\frac{j}{2\pi^{2}}\biggl\{\frac{\pi}{j2n}[e^{j\frac{\pi}{2}n}+e^{-j\frac{\pi}{2}n}]}\\ {}&{{}\quad+\frac{1}{n^{2}}\biggl(e^{j\frac{\pi}{2}n}-e^{-j\frac{\pi}{2}n}\biggr)\biggr\}}\\ {}&{{}=-\frac{\cos\left(\pi n/2\right)}{2\pi n}+\frac{\sin\left(\pi n/2\right)}{\pi^{2}n^{2}}}\\ \end{aligned} $$

（iv）由图 P 5.31-2(e) 可知，这时 y[n] 为

$$ y[n]=y_{2}[n]=\frac{1-\cos\left(\pi n/2\right)}{n^{2}\pi^{2}}=2\left[\frac{\sin\left(\pi n/4\right)}{\pi n}\right]^{2} $$

其中 $ y_{2}[n] $ 即 (ii) 小题中所示的三角形.

(v) 由图 P 5.31-2(f) 可知，这时 y[n] 为

$$ y[n]=\frac{1}{2}\;y_{1}[n]=\frac{1}{4}\frac{\sin\left(\pi n/2\right)}{\pi n} $$

其中 $ y_{1}[n] $ 即 (i) 小题中所示的矩形.

5.32 在信号处理中，为了达到某种信号处理的目的，常常用“时窗” w[n] 对信号 x[n] 进行“加窗”处理，即

$$ z[n]=x[n]w[n] $$

当窗信号 w[n] 是一个矩形时窗时，即

$$ w\left[n\right]=\left\{\begin{aligned}&1,&-M\leqslant n\leqslant M\\ &0,& 其它 n\end{aligned}\right. $$

时，则用它对 x[n] 加窗处理的结果

$$ z\left[n\right]=\left\{\begin{aligned}&x\left[n\right],&-M\leqslant n\leqslant M\\ &0,&& 其它 n\end{aligned}\right. $$

(a) 利用式（P 5.32-1）中给出的矩形窗信号，对信号

$$ x[n]=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta[n-k] $$

进行“加窗”处理。

(i) 求 $ X(\mathcal{Q}) $

(ii) 当 M = 1 时，画出 $ z[n] = x[n]w[n] $ 的傅里叶变换

（iii）当 M=10 时，画出 $ z[n] $ 的傅里叶变换

(b) 假定 x[n] 的傅里叶变换为

$$ X(\mathcal{Q})=\left\{\begin{aligned}{}&{{}1,~|\mathcal{Q}|<\pi/4}\\ {}&{{}0,~\pi/4<|\mathcal{Q}|\leqslant\pi}\\ \end{aligned}\right. $$

则仍用式(P 5.32-1)的矩形窗对 x[n] 进行时域加窗处理。粗略地画出 M=4,8,16 时的 $ Z(\Omega) $。

(c) 假定用三角形时窗（或巴特利特 Bartlett）窗)，即用时窗

$$ w\left[n\right]=\left\{\begin{aligned}&1-\frac{\left|n\right|}{M+1},&-M\leqslant n\leqslant M\\ &0,& 其它 n\end{aligned}\right. $$

对（b）小题所述信号 x[n] 进行加窗处理。粗略地画出 M = 4,8,16 时的 $ z[n] = x[n]w[n] $ 的傅里叶变换。

（d）假定用海宁（Hanning）窗（即升余弦信号）

$$ w\left[n\right]=\left\{\begin{aligned}&\frac{1}{2}\left[1+\cos\left(\pi n/M\right)\right],&-M\leqslant n\leqslant M\\ &0,& 其它 n\end{aligned}\right. $$

对(b)小题所述信号 x[n] 进行加窗处理，粗略地画出 M=4,8,16 时的 $ Z(\Omega) $.

解：

(a) (i) 由 $ x[n] = \sum_{k=-\infty}^{+\infty} \delta[n-k] $ 可知，它是周期 N = 1 的周期信号。其傅里叶级数的系数 $ a_{k} $ 为

$$ a_{k}=\frac{1}{N}\sum_{n=\langle N\rangle}x[n]e^{-i\frac{2\pi}{N}n}=\frac{1}{N}=1 $$

所以其傅里叶变换为

$$ X(\mathcal{Q})=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}2\pi a_{k}\delta\left(\mathcal{Q}-\sum_{k=N}^{2\pi}k\right)=2\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(\mathcal{Q}-2\pi k) $$

(ii) 当 M=1 时，

$$ z\left[n\right]=x\left[n\right]w\left[N\right]\mid_{M=1}=\left\{\begin{matrix}1,&\left|n\right|\leqslant1\\ 0,& 其它 \end{matrix}\right. $$

可见 z[n] 是一非周期信号，其傅里叶变换为

$$ Z(Q)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}z\left[n\right]e^{-i Q n}=e^{i Q}+1+e^{-i Q}=1+2\cos Q $$

$ Z(\mathcal{Q}) $ 如图 P 5.32-1(a) 所示。

（iii）当 M = 10 时，利用（ii）小题同样方法可得到下面结果，有

$$ Z(\mathcal{Q})=1+2\sum_{k=1}^{10}\cos k\mathcal{Q} $$

其图形如图 P5.32-2(b) 所示。

此两小题也可看成是图 P 5.32-1(c) 的周期信号 $ \pmb{z}[n] $，当周期 $ N \to \infty $ 时形成的。这样对非周期信号 $ z[n] $ 的傅里叶变换 $ Z(\mathcal{Q}) $ 可看成由包络 $ Na_{k} $ 的采样来求得。

这样，图 P 5.32-1(c) 周期信号的傅里叶级数的系数为

$$ \begin{aligned}a_{k}&=\frac{1}{N}\sum_{n=-M}^{+M}z[n]e^{-jk\frac{2\pi}{N}n}=\frac{1}{N}\sum_{n=-M}^{+M}e^{-jk\frac{2\pi}{N}n}\\&\underline{\underline{ 令 m=n+M}}\frac{1}{N}\sum_{m=0}^{2M}e^{-jk\frac{2\pi}{N}(m+M)}\\&=\frac{1}{N}e^{jk\frac{2\pi}{N}M}\sum_{m=0}^{2M}e^{-jk\frac{2\pi}{N}m}\\&=\frac{1}{N}e^{jk\frac{2\pi}{N}M}\frac{1-e^{-jk\frac{2\pi}{N}(3M+1)}}{1-e^{-jk\frac{2\pi}{N}}}\\&=\frac{1}{N}e^{jk\frac{2\pi}{N}M}\frac{e^{-jk\frac{2\pi}{N}\frac{2M+1}{2}}(e^{jk\frac{2\pi}{N}\frac{2M+1}{2}}-e^{-jk\frac{2\pi}{N}\frac{2M+1}{2}})}{e^{-jk\frac{2\pi}{2N}}(e^{jk\frac{2\pi}{2N}}-e^{-jk\frac{2\pi}{2N}})}\\&=\frac{1}{N}\frac{\sin\left[2\pi k\left(M+\frac{1}{2}\right)\bigg/ N\right]}{\sin\left[2\pi k/2N\right]}\end{aligned} $$

设 $ \varrho = \frac{2\pi k}{N} $，则可得傅里叶变换为

$$ Z(\mathcal{Q})=N a k=\frac{\sin\left[\left(M+\frac{1}{2}\right)\mathcal{Q}\right]}{\sin(\mathcal{Q}/2)} $$

当 M = 1 时

$$ Z(\mathcal{Q})=\frac{\sin\left(3\cdot\frac{\mathcal{Q}}{2}\right)}{\sin\frac{\mathcal{Q}}{2}}=\frac{3\sin\frac{\mathcal{Q}}{2}-4\sin^{3}\frac{\mathcal{Q}}{2}}{\sin\frac{\mathcal{Q}}{2}} $$

$$ \begin{aligned}&=3-4\sin^{2}\frac{Q}{2}=-1+4\cos^{2}\frac{Q}{2}\\&=1+2\cos Q\end{aligned} $$

当 M = 10 时，同样用三角公式展开可求得

$$ Z(\mathcal{Q})=\frac{\sin\left(21\frac{\mathcal{Q}}{2}\right)}{\sin\frac{\mathcal{Q}}{2}}=1+2\sum_{k=1}^{k_{0}}\cos k\mathcal{Q} $$

可见结果与上述相同。

(b)

$$ X(\mathcal{Q})=\left\{\begin{aligned}{}&{{}1,~0\leqslant|\mathcal{Q}|\leqslant\pi/4}\\ {}&{{}0,~\pi/4<|\mathcal{Q}|\leqslant\pi}\\ \end{aligned}\right. $$

$ X(Q) $ 如图 P 5.32-2(a) 所示。

$$ w\left[n\right]=\left\{\begin{aligned}&1,&-M\leqslant n\leqslant M\\ &0,& 其它 \ n\end{aligned}\right. $$

用上题同样方法可求得傅里叶变换为

$$ W(\mathcal{Q})=\frac{\sin\left[\mathcal{Q}\left(M+\frac{1}{2}\right)\right]}{\sin\left(\mathcal{Q}/2\right)} $$

如图 P 5.32-2(b) 所示。因此

$$ Z(\mathcal{Q})=\frac{1}{2\pi}\int_{_{2\infty}}W(\theta)X(\mathcal{Q}-\theta)d\theta $$

在 M=4,8,16 时，所得 $ Z(Q) $ 如图 P5.32-2(c)、(d)、(e) 所示.

(c) 三角形时窗

$$ w\left[n\right]=\left\{\begin{aligned}&1-\frac{\left|n\right|}{M+1},&-M\leqslant n\leqslant M\\ &0,& 其它 n\end{aligned}\right. $$

可看成是由两个相同的矩形时窗 $ w_{1}[n] $ 卷积而形成的，如图 P 5.32-3(a) 所示。其中 $ w_{1}[n] $ 为

$$ w_{1}[n]=\left\{\begin{aligned}&\frac{1}{\sqrt{M+1}},&-\frac{M}{2}\leqslant n\leqslant\frac{M}{2}\\ &0,& 其它 n\end{aligned}\right. $$

因此

$$ w[n]=w_{1}[n]*w_{1}[n] $$

$$ W(\mathcal{Q})=W_{1}(\mathcal{Q})W_{1}(\mathcal{Q})-W_{1}^{2}(\mathcal{Q}) $$

而

$$ z[n]=x[n]w[n]=x[n](w_{1}[n]*w_{1}[n]) $$

$$ \begin{aligned}{Z(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{2\pi}W(\theta)X(\mathcal{Q}-\theta)d\theta}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{2\pi}W_{1}^{2}(\theta)X(\mathcal{Q}-\theta)d\theta}\\ \end{aligned} $$

当M=4,8,16时， $ Z(\mathcal{Q}) $的图形如图P5.32-3(b)、(c)、(d)所示。

(d) 海宁窗

$$ w\left[n\right]=\left\{\begin{aligned}&\frac{1}{2}\left[1+\cos\left(\pi n/M\right)\right],&-M\leqslant n\leqslant M\\ &0,& 其它 n\end{aligned}\right. $$

可分解成一个矩形窗 $ w_{1}[n] $ 和一个余弦窗 $ w_{2}[n] $ 之和，即

$$ w\left[n\right]=\left\{\begin{aligned}&w_{1}\left[n\right]+w_{2}\left[n\right],&-M\leqslant n\leqslant M\\ &0,& 其它 n\end{aligned}\right. $$

其中

$$ w_{1}[n]=\left\{\begin{aligned}&\frac{1}{2},&-M\leqslant n\leqslant M\\ &0,& 其它 n\end{aligned}\right. $$

$$ w_{2}[n]=\left\{\begin{aligned}&\frac{1}{2}\cos\left(x n/M\right),-M\leqslant n\leqslant M\\&0,& 其它 n\end{aligned}\right. $$

$$ W(\mathcal{Q})=W_{1}(\mathcal{Q})\:+\:W_{2}(\mathcal{Q}) $$

其中

$$ W_{1}(\mathcal{Q})=\frac{1}{2}\frac{\sin\left(M+\frac{1}{2}\right)\mathcal{Q}}{\sin\mathcal{Q}/2} $$

用（a）（iii）小题中方法求 $ W_{2}(\mathcal{Q}) $

$$ \begin{aligned}Na_{k}&=\sum_{n=-M}^{+M}\frac{1}{2}\cos\left(\frac{\pi n}{M}\right)e^{-jk\frac{2\pi}{N}n}\\&=\frac{1}{4}\sum_{n=-M}^{+M}(e^{+j\frac{\pi n}{M}}+e^{-j\frac{\pi n}{M}})e^{-jk\frac{2\pi}{N}n}\\&=\frac{1}{4}\sum_{n=-M}^{+M}e^{-j\left(k\frac{2\pi}{N}-\frac{\pi}{M}\right)n}+\frac{1}{4}\sum_{n=-M}^{+M}e^{-j\left(k\frac{2\pi}{N}+\frac{\pi}{M}\right)n}\\&=\frac{1}{4}\frac{\sin\left[\left(k\frac{2\pi}{N}-\frac{\pi}{M}\right)\frac{2M+1}{2}\right.}{\sin\left[\frac{1}{2}\left(k\frac{2\pi}{N}-\frac{\pi}{M}\right)\right]}\\&\quad+\frac{1}{4}\frac{\sin\left[k\frac{2\pi}{N}+\frac{\pi}{M}\right)\frac{2M+1}{2}}{\sin\left[\frac{1}{2}\left(k\frac{2\pi}{N}+\frac{\pi}{M}\right)\right]}\end{aligned} $$

设 $ Q = k \frac{2\pi}{N} $，则可得

$$ \begin{aligned}{W_{2}(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{1}{4}\frac{\sin\left[\left(\mathcal{Q}-\frac{\pi}{M}\right)\frac{2M+1}{2}\right]}{\sin\left[\frac{1}{2}\left(\mathcal{Q}-\frac{\pi}{M}\right)\right]}}\\ {}&{{}\quad+\frac{1}{4}\frac{\sin\left[\left(\mathcal{Q}+\frac{\pi}{M}\right)\frac{2M+1}{2}-\right]}{\sin\left[\frac{1}{2}\left(\mathcal{Q}+\frac{\pi}{M}\right)\right]}}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ Z(\mathcal{Q})=\frac{1}{2\pi}\int_{2\pi}W(\theta)X(\mathcal{Q}-\theta)d\theta $$

当 M=4,8,16 时， $ Z(Q) $ 的图形如图 P 5.32-4(a)、(b)、(c) 所示.

5.33 (a) 在图 P5.33-1

(a) 所示的互联系统中

$$ h_{1}[n]=\delta[n]-\frac{\sin\left(\pi n/2\right)}{\pi n} $$

$ H_{2}(Q) $ 和 $ H_{3}(Q) $ 如图 P5.33-2 所示。若输入具有如图 P5.33-3 所示的傅里叶变换，求输出。

(b) 对图 P5-33-1(b) 所示的互联系统，其中

$$ h_{4}[n]=\frac{\sin\left(\pi n/2\right)}{\pi n} $$

用(a)小题中同样的输入，重

做(a)小题.

解：

(a)

$$ \begin{aligned}H_{1}(\mathcal{Q})&=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\left\{\delta[n]-\frac{\mathbf{s}\mathbf{i}\mathbf{n}\left(\pi n/2\right)}{\pi n}\right\}e^{-i\mathcal{Q}_{n}}\\&=\left\{\begin{aligned}&0,&\left|\mathcal{Q}\right|<\pi/2\\ &1,& 其它 \mathcal{Q}\end{aligned}\right.\end{aligned} $$

$ H_{1}(\boldsymbol{\Omega}) $ 如图 P 5.33-4(a) 所示。由图 P 5.33-1(a) 可得

$ Y(\mathcal{Q})=X(\mathcal{Q})[H_{1}(\mathcal{Q})H_{2}(\mathcal{Q})+H_{3}(\mathcal{Q})-H_{1}(\mathcal{Q})H_{3}(\mathcal{Q})] $

其中 $ H_{1}(\mathcal{Q})H_{2}(\mathcal{Q}) $， $ H_{1}(\mathcal{Q})H_{2}(\mathcal{Q})+H_{3}(\mathcal{Q}) $ 和 $ [H_{1}(\mathcal{Q})H_{2}(\mathcal{Q})+H_{3}(\mathcal{Q})-H_{1}(\mathcal{Q})H_{3}(\mathcal{Q})] $ 分别如图 P5.33-4(b)、(c)、(d) 所示。 $ X(\mathcal{Q}) $ 如图 P5.33-4(e) 所示。则得 $ Y(\mathcal{Q}) $ 如图 P5.33-4(f) 所示。

而

$$ y[n]\;=\;{\frac{1}{2\pi}}\int_{2\pi}\;Y(\mathcal{Q})e^{i\mathcal{Q}\pi}d\mathcal{Q} $$

由 5.31—(b)(ii) 题的图 P 5.31-2(c) 中可知

$$ y_{2}[n]\;=\;\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi/2}^{+\pi/2}\mathrm{Y}_{2}(\mathcal{Q})e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}\;=\;\frac{1-\cos\left(\pi n/2\right)}{n^{2}\pi^{2}} $$

利用频移特性，将图 P 5.31-2(c) 的三角形左、右频移 $ \frac{\pi}{2} $，再乘4，便得图 P 5.33-4(f)。因此得

$$ \begin{array}{l l}{y[n]=4\frac{1-\cos\left(\pi n/2\right)}{n^{2}\pi^{2}}}\\ {}&{}\\ {=4\frac{1-\cos\left(\pi n/2\right)}{n^{2}\pi^{2}}\left(e^{i\frac{\pi}{2}n}+e^{-i\frac{\pi}{2}n}\right)}\\ {}&{}\\ {=8\frac{1-\cos\left(\pi n/2\right)}{n^{2}\pi^{2}}\cos\frac{\pi n}{2}}\\ \end{array} $$

(b) 由图 P 5.33-1(b) 可知，

$$ y[n]=\left[x[n]2\cos\frac{\pi}{2}n\right]*h_{4}[n]+x[n]\cos\pi n $$

则

$$ \begin{aligned}{Y(\mathcal{Q})=}&{{}\left[\frac{1}{2\pi}X(\mathcal{Q})\circledast\mathcal{F}\left\{2\cos\frac{\pi}{2}n\right\}\right]H_{4}(\mathcal{Q})}\\ {}&{{}+\frac{1}{2\pi}X(\mathcal{Q})\circledast\mathcal{F}\left\{\cos\pi n\right\}}\\ \end{aligned} $$

$ X(\mathcal{Q}) $ 如图 P 5.33-5(a) 所示。

$$ \begin{aligned}{\mathcal{F}\left\{2\cos\frac{\pi}{2}n\right\}}&{{}=2\pi\sum_{l=-\infty}^{+\infty}\left[\delta\left(\mathcal{Q}-\frac{\pi}{2}-2\pi l\right)\right.}\\ {}&{{}\quad\left.+\delta\left(\mathcal{Q}+\frac{\pi}{2}-2\pi l\right)\right]}\\ \end{aligned}. $$

$$ \begin{aligned}{\mathcal{F}\left\{\cos\pi n\right\}}&{{}=\pi\sum_{l=-\infty}^{+\infty}\left[\delta(\mathcal{Q}-\pi-2\pi l)\right.}\\ {}&{{}\left.+\delta(\mathcal{Q}+\pi-2\pi l)\right]}\\ \end{aligned} $$

$ H_{4}(Q)=\mathcal{F}\{h_{4}[n]\}=\mathcal{F}\left\{\frac{\sin\frac{\pi}{2}n}{\pi n}\right\}=\left\{\begin{aligned}&1,&0\leqslant|Q|\leqslant\pi/2\\ &0,&\pi/2<|Q|\leqslant\pi\end{aligned}\right. $

$ \mathcal{F}\left\{2\cos\frac{\pi}{2}n\right\} $ 和 $ \mathcal{F}\left\{\cos\pi n\right\} $ 如图 P5.33-5(b)、(c) 所示。而 $ \frac{1}{2\pi}X(Q) $ ⊛ $ \mathcal{F}\left\{2\cos\frac{\pi}{2}n\right\} $ 和 $ \frac{1}{2\pi}X(Q) $ ⊛ $ \mathcal{F}\left\{\cos\pi n\right\} $ 如图 P5.33-5(d)、(e) 所示。因此所得 $ Y(Q) $ 如图 P5.33-5(f) 所示。

利用叠加特性，可将图 P 5.33-5(f) 的 $ \Upsilon(Q) $ 可作 2 个方波之和，因此得

$$ y[n]=\delta[n]+\frac{\sin\left(\pi n/2\right)}{\pi n} $$

5.34 假定一个离散时间信号 x[n] 的傅里叶变换如图 P5.34 所示。画出下列连续时间信号的波形，并加以标注。

(a)

$$ x_{1}(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x\left[n\right]e^{\dot{\imath}(2\pi/10)\pi t} $$

(b)

$$ x_{2}(t)\;=\;{\sum_{s=-\infty}^{+\infty}}x\left[\;-\;n\right]e^{\dot{t}(2\pi/10)\pi t} $$

(c)

$$ x_{4}(t)=\sum_{a=-\infty}^{+\infty}\mathcal{S}_{a}\{x[n]\}e^{j(2\pi/6)\pi t} $$

解：

傅里叶变换的基本关系式为

$$ X(\mathcal{Q})=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n]e^{-i\mathcal{Q}n} $$

可以看出，若将Q换成相应的 $ \frac{2\pi}{T}t $，即可由 $ X(Q) $得到所要求的连续时间信号。

(a) 因 $ x_{1}(t) = \sum_{n=-\infty}^{+\infty} x[n]e^{-j(2\pi/10)t\pi} $

可见，只要将式（P 5.34-1）中的 Q 用 $ -\frac{2\pi t}{10} $ 代替即可得到 $ x_{1}(t) $，即

$$ X\left(-\frac{2\pi}{10}t\right)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n]e^{j\frac{2\pi}{10}nt}=x_{1}(t) $$

因此，只要将图 P 5.34 中 $ X(Q) $ 换成 $ X\left(-\frac{2\pi}{10}, t\right) $ 即是 $ x_{1}(t) $。如图 P 5.34-1(a) 所示。

(b) 设 m = -n 代入式 (P 5.34-1) 得

$$ X(\mathcal{Q})=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}x[-m]e^{j\mathcal{Q}m} $$

可见只要将 $ \rho=\frac{2\pi}{10} $ 代入上式，即可得

$$ X\left(\frac{2\pi}{10}t\right)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x\left[-\pi\right]e^{j\frac{2\pi}{10}\pi t}=x_{2}(t) $$

如图 P 5.34-1(b) 所示.

$$ \begin{aligned}{}&{{}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\mathcal{O}\mathcal{A}\{x[n]\}e^{-j\mathcal{Q}n}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\frac{1}{2}\{x[n]}\\ {}&{{}\quad-x[-n]\}e^{-j\mathcal{Q}n}=\frac{1}{2}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n]e^{-i\mathcal{Q}n}}\\ {}&{{}\quad-\frac{1}{2}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[-n]e^{-i n\mathcal{Q}}}\\ \end{aligned} $$

因此

$$ \begin{aligned}{}&{{}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\mathcal{O d}\{x[n]\}e^{j\frac{2\pi}{8}s t}=\frac{1}{2}X\left(-\frac{2\pi t}{8}\right)}\\ {}&{{}\quad-\frac{1}{2}X\left(\frac{2\pi t}{8}\right)=x_{3}(t)}\\ \end{aligned}. $$

如图 P 5.34-1(c) 所示.

(d) 同理

$$ \begin{aligned}{x_{4}(_{t})}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\mathcal{E}_{n}\{x[n]\}e^{i\left(\frac{2\pi}{6}\right)n t}}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}X\left(-\frac{2\pi t}{6}\right)+\frac{1}{2}X\left(\frac{2\pi t}{6}\right)}\\ \end{aligned} $$

如图 P5.34-1(d) 所示。

5.35 a) 设一离散时间系统的输人与输出的傅里叶变换关系为

$$ Y(\mathcal{Q})=2X(\mathcal{Q})+e^{-i\mathcal{Q}}X(\mathcal{Q})-\frac{d X(\mathcal{Q})}{d\mathcal{Q}} $$

(i) 该系统是线性的吗？证实之.

(ii) 该系统是时不变的吗？为什么？

(iii) 若 $ x[n] = \delta[n] $，求 $ y[n] $。

（b）设一个离散时间的输入与输出的傅里叶变换关系为

$$ Y(\mathcal{Q})=\int_{\mathcal{Q}-\pi/4}^{\mathcal{Q}+\pi/4}X(\mathcal{Q})d\mathcal{Q} $$

求用 x[n] 表示 y[n] 的表示式.

解：

(a) (i) 由 $ Y(\mathcal{Q})=2X(\mathcal{Q})+e^{-i\mathcal{Q}}X(\mathcal{Q})-\frac{dX(\mathcal{Q})}{d\mathcal{Q}},(P5.35-1) $

得其逆变换为

$$ y[n]=2x[n]+x[n-1]+j n x[n],\quad(P5.35-2) $$

这个系统是线性的。证明：

设 $ x[n] = ax_{1}[n] + bx_{2}[n] $

则

$$ X(\mathcal{Q})=a X_{1}(\mathcal{Q})+b X_{2}(\mathcal{Q}) $$

将其代入式（P 5.35-1）得

$$ \begin{aligned}{}&{{}2a_{1}X_{1}(\mathcal{Q})+a e^{-i\mathcal{Q}}X_{1}(\mathcal{Q})-a\frac{d X_{1}(\mathcal{Q})}{d\mathcal{Q}}+2b X_{2}(\mathcal{Q})}\\ {}&{{}\qquad+b e^{-i\mathcal{Q}}X_{2}(\mathcal{Q})-b\frac{d X_{2}(\mathcal{Q})}{d\mathcal{Q}}}\\ {}&{{}=a Y_{1}(\mathcal{Q})+b Y_{2}(\mathcal{Q})}\\ \end{aligned} $$

其中 $ Y_{1}(\mathcal{Q}) $ 和 $ Y_{2}(\mathcal{Q}) $ 分别是对 $ X_{1}(\mathcal{Q}) $ 和 $ X_{2}(\mathcal{Q}) $ 的响应。所以系统是线性的。

也可将 $ x[n] = ax_{1}[n] + bx_{2}[n] $ 代入差分方程式 (P 5.35-2) 同样可证明系统是线性的。

(ii) 系统是时变的。用

$$ x[n-1]\longleftrightarrow e^{i\mathcal{Q}}X(\mathcal{Q}) $$

代入式 $ (P^{5.35-1}) $，得

$$ \begin{aligned}{\hat{Y}(\mathcal{Q})}&{{}=e^{-i\mathcal{Q}}\Big[2X(\mathcal{Q})+e^{-i\mathcal{Q}}X(\mathcal{Q})-\frac{d X(\mathcal{Q})}{d\mathcal{Q}}\Big]+i e^{-i\mathcal{Q}}X(\mathcal{Q})}\\ {}&{{}\neq e^{-i\mathcal{Q}}Y(\mathcal{Q})}\\ \end{aligned} $$

所以是时变的。

（iii）当 $ x[n]=\delta[n] $ 时， $ X(Q)=1 $

代入式 $ (P_{5.35-1}) $得

$$ \Upsilon(\mathcal{Q})=2+e^{-i\mathcal{O}} $$

所以

$$ y[n]=2\delta[n]+\delta[n-1] $$

(b)

$$ Y(\mathcal{Q})=\int_{\mathcal{Q}-\pi/4}^{\mathcal{Q}+\pi/4}X(\theta)d\theta=\int_{\mathcal{Q}-\pi/4}^{\mathcal{Q}+\pi/4}X(\theta)H(\mathcal{Q}-\theta)d\theta $$

可见 $ H(\mathcal{Q}) = \left\{ \begin{aligned} 1, & 0 \leqslant |\mathcal{Q}| \leqslant \pi/4 \\ 0, & \pi/4 < |\mathcal{Q}| < \pi \end{aligned} \right. $

則

$$ \begin{aligned}&h[n]=\frac{1}{2\pi}\int_{2\pi}H(\mathcal{Q})e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi/4}^{\pi/4}e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}\\ &\quad.\quad=\underbrace{\sin\left(\frac{\pi}{4}\ n\right)}_{n\pi}\\ \end{aligned} $$

由频域卷积特性可知

$$ X(\mathcal{Q})*H(\mathcal{Q})\longleftrightarrow2\pi x[n]h[n] $$

所以可求得

$$ \begin{aligned}y[n]&=2\pi x[n]h[n]=2\pi x[n]\frac{\sin\left(\pi n/4\right)}{\pi n}\\&=\frac{2x[n]\sin\left(\pi n/4\right)}{n}\end{aligned} $$

5.36(a) 设计一个离散时间 LTI 系统，使其对输入

$$ x[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]-\frac{1}{4}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}u[n-1] $$

产生输出

$$ y[n]=\left(\frac{1}{3}\right)^{n} u[n] $$

(i) 求该系统的冲激响应和频率响应.

(ii) 求该系统的差分方程.

(iii) 用尽可能少的单位延时单元构成该系统的一种实现.

(b) 假计一个系统对输入 $ (n+2)\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n] $ 的响应为 $ \left(\frac{1}{4}\right)^{n}u[n] $。那么当此系统的输出是 $ \delta[n]-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}u[n] $ 时，其输入是什么？

解：

(a)(i) 输入信号 $ x[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]-\frac{1}{4}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}u[n-1] $ 的傅里叶变换为

$$ X(\mathcal{Q})=-\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}}-\frac{1}{4}\frac{e^{-i\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}}=\frac{1-\frac{1}{4}e^{-i\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}} $$

同样，输出信号 $ y[n]=\left(\frac{1}{3}\right)^{n}u[n] $ 的傅里叶变换为

$$ \mathrm{Y}(\mathcal{Q})=\frac{1}{1-\frac{1}{3}\;e^{-i\mathcal{Q}}} $$

因此系统的频率响应为

$$ \begin{aligned}{H(\mathcal{Q})}&{{}=\overset{e}{}\frac{Y(\mathcal{Q})}{X(\mathcal{Q})}=\frac{1-\frac{1}{2}~e^{-i\mathcal{Q}}}{\left(1-\frac{1}{3}~e^{-i\mathcal{Q}}\right)\left(1-\frac{1}{4}~e^{-i\mathcal{Q}}\right)}}\\ {}&{{}=\frac{-2}{1-\frac{1}{3}~e^{-i\mathcal{Q}}}+\frac{3}{1-\frac{1}{4}~e^{-i\mathcal{Q}}}}\\ \end{aligned} $$

由此可求得冲激响应为

$$ h[n]=\left[3\left(\frac{1}{4}\right)^{n}-2\left(\frac{1}{3}\right)^{n}\right]u[n] $$

（ii）由（i）小题中

$$ \begin{aligned}{H(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}}{\left(1-\frac{1}{3}e^{-i\mathcal{Q}}\right)\left(1-\frac{1}{4}e^{-i\mathcal{Q}}\right)}}\\ {}&{{}=\frac{1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}}{\frac{1}{12}e^{-i2\mathcal{Q}}-\frac{7}{12}e^{-i\mathcal{Q}}+1}}\\ \end{aligned} $$

可得

$$ \Big(1-\frac{7}{12}\;e^{-i\mathcal{O}}+\frac{1}{12}\;e^{-i2\mathcal{O}}\Big)Y(\mathcal{O})=\Big(1-\frac{1}{2}\;e^{-i\mathcal{O}}\Big)X(\mathcal{O}) $$

求逆变换得差分方程为

$$ \begin{aligned}&y[n]-\frac{7}{12}y[n-1]\\&\quad+\frac{1}{12}y[n-2]\\&=x[n]-\frac{1}{2}\\&\quad\times x[n-1]\end{aligned} $$

(iii) 由（ii）小题结

果可画出系统的直接Ⅱ型

实现框图，如图 P 5.36 所示。

(b) 由 $ x[n] = (n + 2)\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n] = n\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n] + 2 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n] $ 得其傅里叶变换为

$$ \begin{aligned}X(\mathcal{Q})&=i\frac{d}{d\mathcal{Q}}\left[\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{-j\mathcal{Q}}}\right]+\frac{2}{1-\frac{1}{2}e^{-j\mathcal{Q}}}\\ &=\frac{-\frac{1}{2}e^{-j\mathcal{Q}}}{\left(1-\frac{1}{2}e^{-j\mathcal{Q}}\right)^{2}}+\frac{2}{1-\frac{1}{2}e^{-j\mathcal{Q}}}\\ &=\frac{2-\frac{1}{2}e^{-j\mathcal{Q}}}{\left(1-\frac{1}{2}e^{-j\mathcal{Q}}\right)^{2}}.\\ \end{aligned} $$

同样可得

$$ y[n]=\left(\frac{1}{4}\right)^{s}u[n]\longleftrightarrow Y(\mathcal{Q})=\frac{1}{1-\frac{1}{4}e^{-i\mathcal{Q}}} $$

则得

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{Y(\mathcal{Q})}{X(\mathcal{Q})}=\frac{\frac{1}{1-\frac{1}{4}e^{-j\mathcal{Q}}}}{\frac{2-\frac{1}{2}e^{-j\mathcal{Q}}}{\left(1-\frac{1}{2}e^{-j\mathcal{Q}}\right)^{2}}}=\frac{\left(1-\frac{1}{2}e^{-j\mathcal{Q}}\right)^{2}}{2\left(1-\frac{1}{4}e^{-j\mathcal{Q}}\right)^{2}}. $$

若 $ y[n] = \delta[n] - \left(-\frac{1}{2}\right)^{n} u[n] $

其傅里叶变换为

$$ Y(\mathcal{Q})=1-\frac{1}{1+\frac{1}{2}e^{-i\alpha}}=\frac{\frac{1}{2}e^{-i\alpha}}{1+\frac{1}{2}e^{-i\alpha}} $$

因此得

$$ \begin{aligned}{X(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{Y(\mathcal{Q})}{H(\mathcal{Q})}=\frac{e^{-i\mathcal{O}}\left(1-\frac{1}{4}\;e^{-i\mathcal{O}}\right)^{2}}{\left(1-\frac{1}{2}\;e^{-i\mathcal{O}}\right)^{2}\left(1+\frac{1}{2}\;e^{-i\mathcal{O}}\right)}}\\ {}&{{}=\frac{e^{-i\mathcal{O}}\left(1-\frac{1}{4}\;e^{-i\mathcal{O}}\right)^{2}}{\left(1-\frac{1}{2}\;e^{-i\mathcal{O}}\right)^{2}\left(1+\frac{1}{2}\;e^{-i\mathcal{O}}\right)}}\\ {}&{{}=e^{-i\mathcal{O}}\left[\frac{\frac{9}{16}}{1+\frac{1}{2}\;e^{-i\mathcal{O}}}+\frac{\frac{5}{16}}{1-\frac{1}{2}\;e^{-i\mathcal{O}}}\right.}\\ {}&{{}\left.\quad+\frac{1/8}{\left(1-\frac{1}{2}\;e^{-i\mathcal{O}}\right)^{2}}\right]}\\ \end{aligned} $$

由上式求逆变换即得输入信号为

$$ \begin{aligned}{x\left[n\right]}&{{}=\frac{9}{16}\Big(-\frac{1}{2}\Big)^{n-1}u[n-1]+\frac{5}{16}\Big(\frac{1}{2}\Big)^{n-1}u[n-1]}\\ {}&{{}\quad+\frac{1}{8}\;n\Big(\frac{1}{2}\Big)^{n-1}u[n-1]}\\ \end{aligned} $$

5.37(a) 设一个离散时间 LTI 系统的单位冲激响应为

$$ h[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4}\right)^{n}u[n] $$

(i) 求系统的差分方程.

(ii) 画出一阶系统的级联形式实现框图.

(b) 图 P 5.37 表示一个因果 LTI 系统的实现框图。

(i) 求这个系统的差分方程.

(ii) 求这个系统的频率响应.

(iii) 求这个系统的单位冲激响应.

解：

(a)(i) 由 $ h[n] = \left(\frac{1}{2}\right)^{n} u[n] + \frac{1}{2} \left(\frac{1}{4}\right)^{n} u[n] $

得其傅里叶变换为

$$ \begin{aligned}{H(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{Y(\mathcal{Q})}{X(\mathcal{Q})}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}~e^{-i\mathcal{Q}}}+\frac{1/2}{1-\frac{1}{4}~e^{-i\mathcal{Q}}}}\\ {}&{{}=\frac{\frac{3}{2}-\frac{1}{2}~e^{-i\mathcal{Q}}}{1-\frac{3}{4}~e^{-i\mathcal{Q}}+\frac{1}{8}~e^{-i2\mathcal{Q}}}}\\ \end{aligned} $$

$$ \left(1-\frac{3}{4}~e^{-i\mathcal{Q}}+\frac{1}{8}~e^{-i2\mathcal{Q}}\right)\mathcal{Y}(\mathcal{Q})=\left(\frac{3}{2}-\frac{1}{2}~e^{-i\mathcal{Q}}\right)\mathcal{X}(\mathcal{Q}) $$

求上式的逆变换得差分方程为

$$ \begin{aligned}{y[n]-\frac{3}{4}\;y[n-1]+\frac{1}{8}\;y[n-2]}&{{}=\frac{3}{2}\;x[n]}\\ {-\frac{1}{2}\;x[n-1]}&{{}}\\ \end{aligned} $$

(ii) 由 (i) 小题得出的 $ H(Q) $ 可写成

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{\frac{3}{2}-\frac{1}{2}~e^{-i\mathcal{O}}}{1-\frac{1}{2}~e^{-i\mathcal{O}}}\cdot\frac{1}{1-\frac{1}{4}~e^{-i\mathcal{O}}} $$

由此可得到一阶系统的级联形式一种实现框图，如图 P 5.37-1 所示。

(b)(i) 设系统中间联接点信号为 w[n]，则由图 P 5.37 可写出两个差分方程为

$$ y[n]+\frac{1}{2}y[n-1]=\frac{1}{4}w[n]+w[n-1] $$

$$ w\left[n\right]-\frac{1}{3}w\left[n-1\right]=x\left[n\right]-\frac{1}{2}x\left[n-1\right] $$

由上两式解联立方程可求得

$$ \begin{aligned}{w\left[n-1\right]}&{{}=\frac{1}{13}\left\{12y[n]+6y[n-1]-3x[n]\right.}\\ {}&{{}\quad\left.+\frac{3}{2}x[n-1]\right\},}\\ \end{aligned}\quad( $$

$$ w[n]=\frac{1}{13}\left\{4y[n]+2y[n-1]+12x[n]-6x[n-1]\right\}, $$

将式(P 5.37-4)延迟一单位时间可得

$$ \begin{aligned}{w\left[n-1\right]}&{{}=\frac{1}{13}\left\{4y[n-1]+2y[n-2]\right.}\\ {}&{{}+12x[n-1]-6x[n-2]\},}\\ \end{aligned} $$

将式(P 5.37-3)和式(P 5.37-5)中 w[n-1]消去，得差分方程为

$$ \begin{aligned}&y[n]+\frac{1}{6}y[n-1]-\frac{1}{6}y[n-2]=\frac{1}{4}x[n]\\ &\quad+\frac{7}{8}x[n-1]-\frac{1}{2}x[n-2]\\ \end{aligned} $$

此题第二种解法可直接由式(P5.37-1)和式(P5.37-2)求傅里叶变换，分别得到

$$ H_{1}(\mathcal{Q})=\frac{W(\mathcal{Q})}{X(\mathcal{Q})},\qquad H_{2}(\mathcal{Q})=\frac{Y(\mathcal{Q})}{W(\mathcal{Q})} $$

从而求得

$$ H(\mathcal{Q})=H_{1}(\mathcal{Q})H_{2}(\mathcal{Q})=\frac{Y(\mathcal{Q})}{X(\mathcal{Q})}=\frac{\frac{1}{4}+\frac{7}{8}e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{1}{2}e^{-i n\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{6}e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{1}{6}e^{-i n\mathcal{Q}}} $$

再求逆变换即可得到上述同样的差分方程。

（ii）由（i）题所得的差分方程可同样写出系统的频率响应。即

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{\frac{1}{4}+\frac{7}{8}e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{1}{2}e^{-i2\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{6}e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{1}{6}e^{-i2\mathcal{Q}}} $$

(iii)

$$ \begin{aligned}H(\mathcal{Q})&=\frac{\frac{1}{4}+\frac{7}{8}e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{1}{2}e^{-i2\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{6}e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{1}{6}e^{-i2\mathcal{Q}}}\\ &=3-\frac{\frac{3}{8}e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{11}{4}}{\frac{1}{6}e^{-i2\mathcal{Q}}-\frac{1}{6}e^{-i\mathcal{Q}}-1}\\ &=3+\frac{-13/20}{1-\frac{1}{3}e^{-i\mathcal{Q}}}+\frac{-\frac{21}{10}}{1+\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}}\\ \end{aligned} $$

由上式求逆变换得

$$ h[n]=3\delta[n]-\frac{13}{20}\Big(\frac{1}{3}\Big)^{n}u[n]-\frac{21}{10}\Big(-\frac{1}{2}\Big)^{*}u[n] $$

5.38 假定一因果离散时间 LTI 系统的输入 x[n] 与输出 y[n] 之间的关系由下面一对差分方程给出，其中 w[n] 为中间信号

$$ y[n]+\frac{1}{4}y[n-1]+w[n]+\frac{1}{2}w[n-1]=\frac{2}{3}x[n] $$

$$ y[n]-\frac{5}{4}y[n-1]+2w[n]-2w[n-1]=-\frac{5}{3}x[n] $$

(a) 求该系统的频率响应和单位冲激响应.

(b) 求该系统的 x[n] 和 y[n] 关系的单一差分方程。

(c) 用尽可能少的单位延时单元画出该系统的实现框图。

解：

(a) 分别求出两个差分方程的傅里叶变换得

$$ \left(1+\frac{1}{4}e^{-j\mathcal{Q}}\right)Y\left(\mathcal{Q}\right)+\left(1+\frac{1}{2}e^{-j\mathcal{Q}}\right)W\left(\mathcal{Q}\right)=\frac{2}{3}X\left(\mathcal{Q}\right) $$

$$ \left(1-\frac{5}{4}e^{-i\mathcal{Q}}\right)Y(\mathcal{Q})+2(1-e^{-i\mathcal{Q}})W(\mathcal{Q})=-\frac{5}{3}X(\mathcal{Q}) $$

消去 $ W(\Omega) $ 可求得

$$ \left[1-\frac{3}{4}e^{-i\varOmega}+\frac{1}{8}e^{-i2\varOmega}\right]Y(\varOmega)=\cdot\left[3-\frac{1}{2}e^{-i\varOmega}\right]X(\varOmega) $$

因此

$$ \begin{aligned}H(\mathcal{Q})&=\frac{Y(\mathcal{Q})}{X(\mathcal{Q})}=\frac{3-\frac{1}{2}\;e^{-i\mathcal{Q}}}{\Big(1-\frac{1}{2}\;e^{-i\mathcal{Q}}\Big)\Big(1-\frac{1}{4}\;e^{-i\mathcal{Q}}\Big)}\\&=\frac{4}{1-\frac{1}{2}\;e^{-i\mathcal{Q}}}-\frac{1}{1-\frac{1}{4}\;e^{-i\mathcal{Q}}}\end{aligned} $$

对上式求逆变换得

$$ h[n]=\left[4\left(\frac{1}{2}\right)^{n}-\left(\frac{1}{4}\right)^{n}\right]u[n] $$

(b) 由 (a) 小题的 $ H(Q) $ 表示式得

$$ \left(1-\frac{3}{4}\;e^{-i\mathcal{Q}}+\frac{1}{8}\;e^{-i2\mathcal{Q}}\right)\mathcal{Y}(\mathcal{Q})=\left(3-\frac{1}{2}\;e^{-i\mathcal{Q}}\right)\mathcal{X}(\mathcal{Q}) $$

对上式两端取逆变换即得

$$ \begin{aligned}&y[n]-\frac{3}{4}y[n-1]\\ &\quad+\frac{1}{8}y[n-2]\\ &=3x[n]\\ &\quad-\frac{1}{2}x[n-1]\\ \end{aligned} $$

(c) 由 (a) 小题的

$ H(Q) $ 或由 (b) 小题的差

分方程可画出直接Ⅱ型实现框图，如图P5.38所示。

5.39 设一个 LTI 系统的差分方程为

$$ y[n]+\frac{1}{2}y[n-1]=x[n] $$

(a) 求系统的频率响应 $ H(\omega) $

(b) 求系统对下列输入的响应.

(i) $ x[n] = \left(\frac{1}{2}\right)^n u[n] $

(ii) $ x[n] = \left(-\frac{1}{2}\right)^n u[n] $

(iii) $ x[n] = \delta[n] + \frac{1}{2}\delta[n-1] $

(iv) $ x[n] = \delta[n] - \frac{1}{2}\delta[n-1] $

(c) 求系统对具有下列傅里叶变换的输入响应。

(i) $ X(\mathcal{Q}) = \frac{1 - \frac{1}{4} e^{-i\mathcal{Q}}}{1 + \frac{1}{2} e^{-i\mathcal{Q}}} $

(ii)

$$ X(\mathcal{Q})=\frac{1+\frac{1}{2}~e^{-i\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{4}~e^{-i\mathcal{Q}}} $$

(iii) $ X(\mathcal{Q}) = \frac{1}{\left(1 - \frac{1}{4} e^{-i\mathcal{Q}}\right)\left(1 + \frac{1}{2} e^{-i\mathcal{Q}}\right)} $

(iv) $ X(\mathcal{Q}) = 1 + 2e^{-j3\mathcal{Q}} $

解：

(a) 由差分方程两端求傅里叶变换，得

$$ \left(1+\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}\right)Y(\mathcal{Q})=X(\mathcal{Q}) $$

因此系统的频率响应为

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{Y(\mathcal{Q})}{X(\mathcal{Q})}=\frac{1}{1+\frac{1}{2}\;e^{-j\mathcal{Q}}} $$

(b)(i) 因 $ x[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{s}u[n]\longleftrightarrow X(\mathcal{Q})=\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{-t\theta}} $

所以

$$ \begin{aligned}Y(\mathcal{Q})&=X(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q})\\&=\frac{1}{\left(1+\frac{1}{2}\;e^{-i\mathcal{Q}}\right)\left(1-\frac{1}{2}\;e^{-i\mathcal{Q}}\right)}\\&=\frac{1/2}{1+\frac{1}{2}\;e^{-i\mathcal{Q}}}+\frac{1/2}{1-\frac{1}{2}\;e^{-i\mathcal{Q}}}\\ \end{aligned} $$

对上式求逆变换得

$$ y[n]=\frac{1}{2}\Big[\Big(\frac{1}{2}\Big)^{n}+\Big(-\frac{1}{2}\Big)^{n}\Big]u[n] $$

(ii) 因 $ x[n] = \left(-\frac{1}{2}\right)^n u[n] \longleftrightarrow X(\mathcal{Q}) = \frac{1}{1 + \frac{1}{2} e^{-j\theta}} $

所以 $ \Upsilon(\mathcal{Q}) = X(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q}) = \frac{1}{\left(1 + \frac{1}{2} e^{-j\mathcal{Q}}\right)^2} $

由此得

$$ y[n]=(n+1)\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}u[n] $$

（iii）因 $ x[n] = \delta[n] + \frac{1}{2}\delta[n-1] \longleftrightarrow X(\mathcal{Q}) $

$ = 1 + \frac{1}{2}e^{-i\mathcal{O}} $

所以 $ Y(\mathcal{Q}) = X(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q}) = \frac{1 + \frac{1}{2} e^{-i\mathcal{Q}}}{1 + \frac{1}{2} e^{-i\mathcal{Q}}} = 1 $

由此得

$$ y[n]=\delta[n] $$

(iv) 因 $ x[n] = \delta[n] - \frac{1}{2}\delta[n-1] \leftrightarrow X(\mathcal{Q}) $

$ = 1 - \frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}} $

所以

$$ \begin{aligned}Y(\mathcal{Q})&=X(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q})=\frac{1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}}\\&=\frac{1}{1+\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}}-\frac{1}{2}\frac{e^{-i\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}}\end{aligned} $$

由此得

$$ y[n]=\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]-\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}u[n-1] $$

$$ =\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}\{u[n]+u[n-1]\} $$

(c)

$$ \begin{aligned}Y(\mathcal{Q})&=X(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q})=\frac{1-\frac{1}{4}\ e^{-i\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{2}\ e^{-i\mathcal{Q}}}\frac{1}{1+\frac{1}{2}\ e^{-i\mathcal{Q}}}\\&=\frac{1}{\left(1+\frac{1}{2}\ e^{-i\mathcal{Q}}\right)^{2}}-\frac{1}{4}\ e^{-i\mathcal{Q}}\frac{1}{\left(1+\frac{1}{2}\ e^{-i\mathcal{Q}}\right)^{2}}\end{aligned} $$

由此得

$$ y[n]=(n+1)\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]-\frac{1}{4}n\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}u[n-1] $$

其中第二项由第一项乘 $ \frac{1}{4} $，并延迟1个单位时间而得。

(ii)

$$ \begin{aligned}Y(\mathcal{Q})&=X(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q})=\frac{1+\frac{1}{2}~e^{-i\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{4}~e^{-i\mathcal{Q}}}\frac{1}{1+\frac{1}{2}~e^{-i\mathcal{Q}}}\\&=\frac{1}{1-\frac{1}{4}~e^{-i\mathcal{Q}}}\end{aligned} $$

由此得

$$ y[n]=\left(\frac{1}{4}\right)^{n}u[n] $$

(iii)

$$ \begin{aligned}{Y(\mathcal{Q})=X(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{1}{\Big(1-\frac{1}{4}~e^{-i\mathcal{Q}}\Big)\Big(1+\frac{1}{2}~e^{-i\mathcal{Q}}\Big)}}\\ {}&{{}\bullet\frac{1}{\Big(1+\frac{1}{2}~e^{-i\mathcal{Q}}\Big)}=\frac{1/9}{1-\frac{1}{4}~e^{-i\mathcal{Q}}}}\\ \end{aligned} $$

$$ +\frac{1/9}{1+\frac{1}{2}e^{-i\alpha}}+\frac{2/3}{\left(1+\frac{1}{2}e^{-i\alpha}\right)^{2}} $$

由此得

$$ \begin{aligned}{y[n]=}&{{}~\frac{1}{9}\bigg(\frac{1}{4}\bigg)^{n}u[n]+\frac{1}{9}\bigg(-\frac{1}{2}\bigg)^{n}u[n]}\\ {}&{{}+\frac{2}{3}\left(n+1\right)\bigg(-\frac{1}{2}\bigg)^{n}u[n]}\\ \end{aligned} $$

(iv)

$$ \begin{aligned}{Y(\mathcal{Q})}&{{}=X(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q})=\frac{1+2e^{-i\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{2}~e^{-i\mathcal{Q}}}}\\ {}&{{}=\frac{1}{1+\frac{1}{2}~e^{-i\mathcal{Q}}}+\frac{2e^{-i\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{2}~e^{-i\mathcal{Q}}}}\\ \end{aligned} $$

由此得

$$ y[n]=\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]+2\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-3}u[n-3] $$

其中 第二项由第一项乘2 并延迟3个单位时间而得。

5.40 设一个初始静止的 LTI 系统的差分方程为

$$ y[n]-\frac{1}{9}y[n-2]=x[n] $$

(a) 求该系统的冲激响应.

(b) 求该系统对下列各输入的响应.

(i) $ x[n] = \left(\frac{1}{3}\right)^n u[n] $

(ii) $ x[n] = \left[\left(\frac{1}{3}\right)^n + \left(-\frac{1}{3}\right)^n\right]u[n] $

(iii) $ x[n] = (n + 1)\left(\frac{1}{3}\right)^n u[n] $

(c) 确定该系统的下列几种结构形式：

(i) 直接Ⅱ型

(ii) 一阶系统的级联

(iii) 一阶系统的并联

解：

（a）由系统的差分方程可得系统的频率响应为

$$ \begin{aligned}{H(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{1}{1-\frac{1}{9}e^{-j2\mathcal{Q}}}=\frac{1}{\big(1-\frac{1}{3}~e^{-i\mathcal{Q}}\big)\big(1+\frac{1}{3}~e^{-i\mathcal{Q}}\big)}}\\ {}&{{}=\frac{1/2}{1-\frac{1}{3}~e^{-i\mathcal{Q}}}+\frac{1/2}{1+\frac{1}{3}~e^{-i\mathcal{Q}}}}\\ \end{aligned} $$

因此得冲激响应为

$$ h[n]=\frac{1}{2}\left[\left(\frac{1}{3}\right)^{n}+\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}\right]u[n] $$

(b)(i) 因 $ x[n]=\left(\frac{1}{3}\right)^{n}u[n] $ 的傅里叶变换为

$$ X(\mathcal{Q})=-\frac{1}{1-\frac{1}{3}e^{-j\alpha}} $$

所以

$$ \begin{aligned}Y(\mathcal{Q})&=X(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q})=\frac{1}{\left(1+\frac{1}{3}\;e^{-j\mathcal{Q}}\right)\left(1-\frac{1}{3}\;e^{-j\mathcal{Q}}\right)^{2}}\\&=\frac{1}{1+\frac{1}{3}\;e^{-j\mathcal{Q}}}+\frac{1/4}{1-\frac{1}{3}\;e^{-j\mathcal{Q}}}+\frac{1/2}{\left(1-\frac{1}{3}\;e^{-j\mathcal{Q}}\right)^{2}}\end{aligned} $$

由此得输出

$$ \begin{aligned}{y[n]=}&{{}~\frac{1}{4}\biggl(-\frac{1}{3}\biggr)^{n}u[n]+\frac{1}{4}\biggl(\frac{1}{3}\biggr)^{n}u[n]}\\ {}&{{}+\frac{1}{2}\left(n+1\right)\biggl(\frac{1}{3}\biggr)^{n}u[n]}\\ \end{aligned} $$

（ii）因 $ x[n]=\left[\left(\frac{1}{3}\right)^{n}+\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}\right]u[n] $ 的傅里叶变换为

$$ X(\mathcal{Q})=\frac{1}{1-\frac{1}{3}\;e^{-i\mathcal{Q}}}+\frac{1}{1+\frac{1}{3}\;e^{-i\mathcal{Q}}} $$

所以

$$ \begin{aligned}{Y(\mathcal{Q})=}&{{}~X\left(\mathcal{Q}\right)H(\mathcal{Q})=\left(\frac{1}{1-\frac{1}{3}e^{-i\mathcal{Q}}}+\frac{1}{1+\frac{1}{3}e^{-i\mathcal{Q}}}\right)}\\ {}&{{}\times\left(\frac{1}{1-\frac{1}{9}e^{-i\mathcal{Q}}}\right)=\frac{1}{2}\left[\frac{1}{1+\frac{1}{3}e^{-i\mathcal{Q}}}+\frac{1}{\left(1+\frac{1}{3}e^{-i\mathcal{Q}}\right)^{2}}\right.}\\ {}&{{}\left.+\frac{1}{1-\frac{1}{3}e^{-i\mathcal{Q}}}+\frac{1}{\left(1-\frac{1}{3}e^{-i\mathcal{Q}}\right)^{2}}\right]}\\ \end{aligned} $$

由此得

$$ \begin{aligned}{y[n]}&{{}=\frac{1}{2}\left[\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}+\left(n+1\right)\left(-\frac{1}{3}\right)^{n}+\left(\frac{1}{3}\right)^{n}\right.}\\ {}&{{}\quad\left.+\left(n+1\right)\left(\frac{1}{3}\right)^{n}\right]u[n]}\\ \end{aligned} $$

(iii) $ x[n] = (n + 1) \left( \frac{1}{3} \right)^n u[n] $ 的傅里叶变换为

$$ X(\mathcal{Q})=\frac{1}{\left(1-\frac{1}{3}e^{-i\mathcal{Q}}\right)^{2}} $$

所以

$$ \begin{aligned}{\mathbf{Y}(\mathcal{Q})}&{{}=X(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q})=\frac{1}{\left(1-\frac{1}{3}~e^{-j\mathcal{Q}}\right)^{2}}\frac{1}{1-\frac{1}{9}~e^{-j2\mathcal{Q}}}}\\ {}&{{}=\frac{1/8}{1+\frac{1}{3}~e^{-j\mathcal{Q}}}+\frac{1/8}{1-\frac{1}{3}~e^{-j\mathcal{Q}}}+\frac{1/4}{\left(1-\frac{1}{3}~e^{-j\mathcal{Q}}\right)^{2}}}\\ \end{aligned} $$

$$ +\frac{1/2}{\left(1-\frac{1}{3}e^{-i\alpha}\right)^{3}}. $$

由此得

$$ \begin{aligned}{y[n]=\frac{1}{8}\bigg(}&{{}-\frac{1}{3}\bigg)^{\ast}u[n]+\frac{1}{8}\bigg(\frac{1}{3}\bigg)^{\ast}u[n]}\\ {}&{{}+\frac{1}{8}\left(n+1\right)\bigg(\frac{1}{3}\bigg)^{\ast}u[n]}\\ \end{aligned} $$

$$ +\frac{1}{4}\left(n+2\right)\left(n+1\right)\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n] $$

(c) 根据(a)小题结果:

(i) 直接Ⅱ型结构如图 P5.40(a) 所示.

（ii）一阶系统的级联结构如图 P5.40(b) 所示。

（iii）一阶系统的并联结构如图 P5.40(c) 所示。

5.41 粗略画出下列各频率响应的对数振幅和相位。

(a) $ 1 + \frac{1}{2} e^{-i\Omega} $

(c) $ 1 - 2e^{-i\Omega} $

(b) $ 1 + 2e^{-i\Omega} $

(d) $ 1 + 2e^{-i2\Omega} $

$$ \frac{1}{\left(1+\frac{1}{2}e^{-j\Omega}\right)^{3}} $$

$ f)\frac{1+\frac{1}{2}e^{-t\alpha}}{1-\frac{1}{2}e^{-i\alpha}} $

(g) $ \frac{1+2e^{-i\alpha}}{1+\frac{1}{2}e^{-i\alpha}} $

$$ \frac{1-2e^{-i\Omega}}{1+\frac{1}{2}e^{-i\Omega}} $$

(i) $ \frac{1}{\left(1-\frac{1}{4}e^{-i\Omega}\right)\left(1-\frac{3}{4}e^{-i\Omega}\right)} $

(i) $ \frac{1}{\left(1-\frac{1}{4}e^{-i\Omega}\right)\left(1+\frac{3}{4}e^{-i\Omega}\right)} $

(k) $ \frac{1+2e^{-i2\alpha}}{\left(1-\frac{1}{2}e^{-i\alpha}\right)^2} $

解：

$$ \begin{aligned}{1+\frac{1}{2}\;e^{-i\mathcal{Q}}}&{{}=\left(\frac{5}{4}+\cos\mathcal{Q}\right)^{\nu_{1}}\exp\left\{-j\operatorname{a r c t g}\frac{\sin\mathcal{Q}}{2+\cos\mathcal{Q}}\right\}}\\ {}&{{}=|H(\mathcal{Q})|\not\varnothing H(\mathcal{Q})}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ \log|H_{o}(\mathcal{Q})|=\frac{1}{2}\log\left|\frac{5}{4}+\cos\mathcal{Q}\right| $$

$$ \chi H_{s}(\mathcal{Q})=-\operatorname{a r c t g}\frac{\sin\mathcal{Q}}{2+\cos\mathcal{Q}} $$

该系统的对数振幅特性和相位频率特性如图 P5.41(a) 所示。

解下列各小题方法相同，故步骤省略。

(b)

$$ \begin{aligned}\log\left|H_{b}(\mathcal{Q})\right|=\frac{1}{2}\log\left|5+4\cos\mathcal{Q}\right|=\frac{1}{2}\log4\\ +\log\left|H_{a}(\mathcal{Q})\right|\end{aligned} $$

$$ \not\sim H_{b}(\mathcal{Q})=-\operatorname{a r c t g}\frac{2\sin\mathcal{Q}}{1+2\cos\mathcal{Q}} $$

如图 P5.41(b) 所示.

(c)

$$ \begin{aligned}\log\left|H_{c}(\mathcal{Q})\right|&=\frac{1}{2}\log\left|5-4\cos\mathcal{Q}\right|=\frac{1}{2}\log4\\&\quad+\frac{1}{2}\log\left|\frac{5}{4}-\cos\mathcal{Q}\right|\end{aligned} $$

$$ \bar{\chi}H_{c}(Q)=\operatorname{a r c t g}\frac{2\sin\mathcal{Q}}{1-2\cos\mathcal{Q}} $$

如图 P5.41(c) 所示.

(d)

$$ \begin{aligned}\log\mid H_{d}(\mathcal{Q})\mid&=\frac{1}{2}\log\mid5+4\cos\mathcal{Q}\mid=\frac{1}{2}\log4\\&\quad+\frac{1}{2}\log\left|\frac{5}{4}+\cos\mathcal{Q}\right|\end{aligned} $$

$$ \not\sim H_{d}(\mathcal{Q})=-\operatorname{a r c t g}\frac{2\sin\mathcal{Q}}{1+2\cos2\mathcal{Q}} $$

如图P5.41(d)所示。

(e)

$$ \begin{aligned}\log\left|H_{e}(\mathcal{Q})\right|&=-\left.\frac{3}{2}\log\left|\frac{5}{4}+\cos\mathcal{Q}\right|\right.\\&=-\left.3\log\left|H_{e}(\mathcal{Q})\right|\right.\end{aligned} $$

$$ H_{s}(Q)=3\operatorname{arctg}\frac{\sin Q}{2+\cos Q} $$

如图 P5.41(e) 所示。

(f)

$$ \begin{aligned}{\operatorname{l o g}|H_{t}(\mathcal{Q})|}&{{}=\frac{1}{2}\operatorname{l o g}\left|\frac{\frac{5}{4}+\cos\mathcal{Q}}{\frac{5}{4}-\cos\mathcal{Q}}\right|}\\ {}&{{}=\operatorname{l o g}|H_{e}(\mathcal{Q})|-\operatorname{l o g}|H_{c}(\mathcal{Q})|+\frac{1}{2}\operatorname{l o g}4}\\ \end{aligned} $$

$$ \bar{\chi}H_{f}(\mathcal{Q})=-\operatorname{a r c t g}\frac{\sin\mathcal{Q}}{2+\cos\mathcal{Q}}-\operatorname{a r c t g}\frac{\sin\mathcal{Q}}{2-\cos\mathcal{Q}} $$

如图 P5.41(f) 所示。

(g)

$$ \operatorname{l o g}|H_{g}(\mathcal{Q})|=\frac{1}{2}\operatorname{l o g}\left|\frac{5+4\cos\mathcal{Q}}{\frac{5}{4}+\cos\mathcal{Q}}\right|=\frac{1}{2}\operatorname{l o g}4 $$

$$ \bar{\chi}H_{z}(\mathcal{Q})=-\operatorname{a r c t g}\frac{2\sin\mathcal{Q}}{1+2\cos\mathcal{Q}}+\operatorname{a r c t g}\frac{\sin\mathcal{Q}}{2+\cos\mathcal{Q}} $$

如图 P5.41(g) 所示.

(A)

$$ \begin{aligned}\log|H_{b}(\mathcal{Q})|&=\frac{1}{2}\log\frac{5-4\cos\mathcal{Q}}{\frac{5}{4}+\cos\mathcal{Q}}=\frac{1}{2}\log4\\&\quad-\log|H_{l}(\mathcal{Q})|\end{aligned} $$

$$ \bar{\chi}H_{h}(\mathcal{Q})=\operatorname{a r c t g}\frac{2\sin\mathcal{Q}}{1-2\cos\mathcal{Q}}+\operatorname{a r c t g}\frac{\sin\mathcal{Q}}{2+\cos\mathcal{Q}} $$

如图 P5.41(h) 所示。

(i)

$$ \begin{aligned}\log\left|H_{i}(\mathcal{Q})\right|=&-\frac{1}{2}\log\left|\left(\frac{17}{16}-\frac{1}{2}\cos\mathcal{Q}\right)\right.\\&\left.\times\left(\frac{25}{16}-\frac{3}{2}\cos\mathcal{Q}\right)\right|\end{aligned} $$

$$ \not{\chi}H_{i}(\mathcal{Q})=-\operatorname{a r c t g}\frac{\sin\mathcal{Q}}{4-\cos\mathcal{Q}}-\operatorname{a r c t g}\frac{3\sin\mathcal{Q}}{4-3\cos\mathcal{Q}} $$

如图 P5.41(i) 所示。

(i)

$$ \begin{aligned}{\operatorname{l o g}\widehat{|H_{j}(\mathcal{Q})|}=}&{{}~-\frac{1}{2}\operatorname{l o g}\left|\left(\frac{17}{16}-\frac{1}{2}\cos\mathcal{Q}\right)\right.}\\ {}&{{}\left.\times\left(\frac{25}{10}+\frac{3}{2}\cos\mathcal{Q}\right)\right|}\\ \end{aligned} $$

$$ \chi H_{i}(\mathcal{Q})=-\operatorname{a r c t g}\frac{\sin\mathcal{Q}}{4-\cos\mathcal{Q}}+\operatorname{a r c t g}\frac{3\sin\mathcal{Q}}{4+3\cos\mathcal{Q}}. $$

如图 P5.41(i) 所示。

(k)

$$ \begin{aligned}{\operatorname{l o g}|H_{k}(\mathcal{Q})|}&{{}=\frac{1}{2}\operatorname{l o g}\left|\frac{5+4\cos2\mathcal{Q}}{\frac{5}{4}-\cos\mathcal{Q}}\right|}\\ {}&{{}=\operatorname{l o g}|H_{\varepsilon}(\mathcal{Q})|-\operatorname{l o g}|H_{\varepsilon}(\mathcal{Q})|+\frac{1}{2}\operatorname{l o g}4}\\ \end{aligned} $$

$$ \mathcal{X}H_{k}(\mathcal{Q})=-\operatorname{a r c t g}\frac{2\sin2\mathcal{Q}}{1+2\cos2\mathcal{Q}}-2\operatorname{a r c t g}\frac{\sin\mathcal{Q}}{2-\cos\mathcal{Q}} $$

如图 P5.41(k) 所示。

5.42 一个由下列差分方程描述的因果 LTI 系统：

$$ y[n]-a y[n-1]=b x[n]+x[n-1] $$

其中 a 为实数且 $ |a| < 1 $.

(a) 定义对所有 Q 其频率响应都满足

$$ |H(\mathcal{Q})|=1 $$

的系统称为全通系统。按此定义求上述差分方程中的 b 值。并在其余各小题中都采用此 b 值。

(b) 当 $ a = \frac{1}{2} $ 时粗略画出在 $ 0 \leqslant \mathcal{Q} \leqslant \pi $ 区间的 $ \mathcal{X}H(\mathcal{Q}) $

(c) 当 $ a = -\frac{1}{2} $ 时粗略画出在 $ 0 \leq \omega \leq \pi $ 区间的 $ H(\omega) $.

(d) 当输入为

$$ x[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{*}u[n] $$

求并画出 $ a = -\frac{1}{2} $ 时的系统的输出.

解：

(a) 由差分方程得

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{b+e^{-i\mathcal{Q}}}{1-a e^{-i\mathcal{Q}}} $$

而

$$ |H(\mathcal{Q})|=\frac{|b+e^{-i\mathcal{Q}}|}{|1-a e^{-i\mathcal{Q}}|}=1 $$

$$ |b+e^{-i\Omega}|=|1-a e^{-i\Omega}| $$

$$ 1+b^{2}+2b\cos\mathcal{Q}=1+a^{2}-2a\cos\mathcal{Q} $$

$$ (a+b)(a-b-2\cos\mathcal{Q})=0 $$

因对所有Q都成立，因此上式只有在 $ a+b=0 $才成立。所以得

$$ b\neq-a $$

(b) $ a = \frac{1}{2} $ 时，由(a)小题得

$$ \bar{x}H(\mathcal{Q})=-\operatorname{arctg}\frac{\sin\mathcal{Q}}{b+\cos\mathcal{Q}}-\operatorname{arctg}\frac{a\sin\mathcal{Q}}{1-a\cos\mathcal{Q}} $$

$$ =\operatorname{a r c t g}\left(\frac{2\sin\mathcal{Q}}{1-2\cos\mathcal{Q}}\right)-\operatorname{a r c t g}\left(\frac{\sin\mathcal{Q}}{2-\cos\mathcal{Q}}\right) $$

如图 P5.42(a) 所示.

(c) $ a = -\frac{1}{2} $ 时，由(b)小题得

$$ \mathcal{L}H(\mathcal{Q})=-\operatorname{a r c t g}\left(\frac{2\sin\mathcal{Q}}{1+2\cos\mathcal{Q}}\right)+\operatorname{a r c t g}\left(\frac{\sin\mathcal{Q}}{2+\cos\mathcal{Q}}\right) $$

如图 P5.42(b) 所示.

(d) 因 $ x[n]=\left(\frac{1}{2}\right)^{n}u[n] $ 的傅里叶变换为

$$ X(\mathcal{Q})=\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}} $$

将 $ a = -\frac{1}{2} $, b = -a 代入(a)小题中的 $ H(\mathcal{Q}) $，得

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{\frac{1}{2}+e^{-i\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}} $$

所以

$$ \begin{aligned}Y(\mathcal{Q})&=X(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q})=\frac{1}{1-\frac{1}{2}\ e^{-i\mathcal{Q}}}\frac{\frac{1}{2}+e^{-i\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{2}\ e^{-i\mathcal{Q}}}\\&=\frac{5/4}{1-\frac{1}{2}\ e^{-i\mathcal{Q}}}-\frac{3/4}{1+\frac{1}{2}\ e^{-i\mathcal{Q}}}\end{aligned} $$

由此得

$$ y[n]=\frac{5}{4}\left(\frac{1}{2}\right)^{*}u[n]-\frac{3}{4}\left(-\frac{1}{2}\right)^{*}u[n] $$

如图 P5.42(c) 所示。

5.43 由下列差分方程描述的一个因果LTI系统

$$ y[n]-\frac{\sqrt{2}}{2}\ y[n-1]+\frac{1}{4}\ y[n-2]=x[n]-x[n-1] $$

（a）求该系统的冲激响应。

（b）画出该系统的频率响应的对数振幅和相位特性。

解：

(a) 由差分方程可求得系统的频率响应为

$$ \begin{aligned}{H(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{1-e^{-i\mathcal{Q}}}{1-\frac{\sqrt{2}}{2}~e^{-i\mathcal{Q}}+\frac{1}{4}~e^{-i2\mathcal{Q}}}}\\ {}&{{}=\frac{1-e^{-i\mathcal{Q}}}{4[e^{-i\mathcal{Q}}-\sqrt{2}(1+i)][e^{-i\mathcal{Q}}-\sqrt{2}(1-i)]}}\\ {}&{{}=\frac{1}{4}\left\{-\frac{[1-\sqrt{2}(1+i)]/2\sqrt{2}~i}{1-e^{-i\mathcal{Q}}/\sqrt{2}~(1+i)}\right.}\\ {}&{{}\quad\left.+\frac{[1-\sqrt{2}(1-i)]/2\sqrt{2}~i}{1-e^{-i\mathcal{Q}}/\sqrt{2}(1-i)}\right\}.}\\ \end{aligned} $$

由此得

$$ h[n]=\left\{-\frac{1-\sqrt{2}(1+i)}{8\sqrt{2}i}\left[\frac{1}{\sqrt{2}(1+i)}\right]\right\} $$

$$ +\frac{1-\sqrt{2}(1-j)}{8\sqrt{2}j}\left[\frac{1}{\sqrt{2}(1-j)}\right]^{n}\biggr\}u[n] $$

$$ \begin{aligned}(b)\ \operatorname{log}\left|H(\mathcal{Q})\right|&\\ =\frac{1}{2}\operatorname{log}\left\{\left\{(1-\cos\mathcal{Q})^{2}+\sin^{2}\mathcal{Q}\right\}\right.\\ &\left.\left/\left\{\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\cos\mathcal{Q}+\frac{1}{4}\cos2\mathcal{Q}\right)^{2}+\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\sin\mathcal{Q}\right.\right.\right.\right.\\ &\left.\left.\left.\left.\quad-\frac{1}{4}\sin2\mathcal{Q}\right)^{2}\right\}\right]\right]\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}{\mathcal{Z}H(\mathcal{Q})}&{{}=\operatorname{a r c t g}\left(\frac{\sin\mathcal{Q}}{1-\cos\mathcal{Q}}\right)}\\ {}&{{}\quad-\operatorname{a r c t g}\left(\frac{\frac{1}{\sqrt{2}}\sin\mathcal{Q}-\frac{1}{4}\sin2\mathcal{Q}}{1-\frac{1}{\sqrt{2}}\cos\mathcal{Q}+\frac{1}{4}\cos2\mathcal{Q}}\right)}\\ \end{aligned} $$

如图 P5.43 所示。

5.44 由下列差分方程描述的一个因果 LTI 系统

$$ \begin{aligned}&y[n]=\frac{1}{4}y[n-1]=\frac{1}{8}y[n-2]=x[n]\\ &\quad-2x[n-2]+x[n-4]\\ \end{aligned} $$

(a) 画出该系统的直接Ⅱ型结构.

(b) 用2个二阶系统级联组成该系统，其中包括一个FIR（有

限持续时间冲激响应)系统.

（c）用4个一阶系统级联组成该系统，其中2个一阶系统是FIR系统。

(d) 将该系统的频率响应 $ H(\Omega) $ 写成以下形式

$$ \begin{aligned}{H(\mathcal{Q})=}&{{}~c_{0}+c_{1}e^{-j\mathcal{Q}}+c_{2}e^{-j2\mathcal{Q}}}\\ {}&{{}+\frac{\alpha_{0}+\alpha_{1}e^{-j\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{4}~e^{-j\mathcal{Q}}-\frac{1}{8}~e^{-j2\mathcal{Q}}}}\\ \end{aligned} $$

求其中的系数 $ c_{0}, c_{1}, c_{2}, \alpha_{0} $ 和 $ \alpha_{1} $

(i) 确定系统的单位冲激响应.

（ii）用一个递归的二阶系统和一个 FIR 系统的并联联结组成该系统。

解：

由所给差分方程可求得其频率响应为

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{1-2e^{-j2\mathcal{Q}}+e^{-j4\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{4}\;e^{-j\mathcal{Q}}-\frac{1}{8}\;e^{-j2\mathcal{Q}}} $$

(a) 由上述 $ H(\mathcal{Q}) $ 可画出该系统的直接Ⅱ型结构，如图 P5.44(a) 所示。

(b) 将 $ H(\mathcal{Q}) $ 写成

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{1-e^{-j2\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{4}e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{1}{8}e^{-j2\mathcal{Q}}}\cdot(1-e^{-j2\mathcal{Q}}) $$

如图P5.44(b)所示.

(c) 将 $ H(\Omega) $ 写成

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{1+e^{-i\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}}\frac{1-e^{-i\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{4}e^{-i\mathcal{Q}}}(1-e^{-i\mathcal{Q}})(1-e^{-i\mathcal{Q}}) $$

如图 P5.44(c) 所示.

(d) 用长除法将 $ H(\mathcal{Q}) $ 展开成

$$ \begin{aligned}{H(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{e^{-j4\mathcal{Q}}-2e^{-j2\mathcal{Q}}+1}{-\frac{1}{8}\;e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{1}{4}\;e^{-i\mathcal{Q}}+1}=-80+16e^{-i\mathcal{Q}}-8e^{-i2\mathcal{Q}}}\\ {}&{{}\quad+\frac{81-36e^{-i\mathcal{Q}}}{\left(1-\frac{1}{2}\;e^{-i\mathcal{Q}}\right)\left(1+\frac{1}{4}\;e^{-i\mathcal{Q}}\right)}}\\ \end{aligned} $$

对比式

$$ \begin{aligned}{H(\mathcal{Q})=}&{{}~c_{0}+c_{1}e^{-j\mathcal{Q}}+c_{2}e^{-j2\mathcal{Q}}}\\ {}&{{}+\frac{\alpha_{0}+\alpha_{1}e^{-j\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{4}~e^{-j\mathcal{Q}}-\frac{1}{8}~e^{-j2\mathcal{Q}}}}\\ \end{aligned} $$

可见，系数 $ c_{0} = -80 $， $ c_{1} = 16 $， $ c_{2} = -8 $， $ \alpha_{0} = 81 $， $ \alpha_{1} = -36 $。

(i) 再用部分分式展开法将 $ H(\mathcal{Q}) $ 表示成

$$ \begin{aligned}{H(\mathcal{Q})}&{{}=-80+16e^{-j\mathcal{Q}}-8e^{-j2\mathcal{Q}}}\\ {}&{{}\quad+\frac{6}{1-\frac{1}{2}e^{-j\mathcal{Q}}}+\frac{75}{1+\frac{1}{4}e^{-j\mathcal{Q}}}}\\ \end{aligned} $$

由此得冲激响应为

$$ \begin{aligned}{h[n]}&{{}=-80\delta[n]+16\delta[n-1]-8\delta[n-2]+6\left(\frac{1}{2}\right)^{*}u[n]}\\ {}&{{}\quad+75\left(-\frac{1}{4}\right)^{*}u[n]}\\ \end{aligned} $$

(ii) 由上面结果，将 $ H(\mathcal{Q}) $ 表示成

$$ H(\mathcal{Q})=(-80+16e^{-i\mathcal{Q}}-8e^{-i2\mathcal{Q}})+\frac{81-36e^{-i\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{4}e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{1}{8}e^{-i2\mathcal{Q}}} $$

由此可得出所要求的并联实现结构如图 P5.44(d) 所示。

5.45(a) 设两个 LTI 系统的频率响应分别为

$$ H_{1}(\mathcal{Q})=\frac{1+\frac{1}{2}~e^{-i\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{4}~e^{-i\mathcal{Q}}} $$

$$ H_{2}(\mathcal{Q})=\frac{\frac{1}{2}+e^{-i\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{4}e^{-i\mathcal{Q}}} $$

证明它们的频率响应具有相同的振幅函数，而 $ H_{2}(\mathcal{Q}) $ 的相位绝对值比 $ H_{1}(\mathcal{Q}) $ 的相位绝对值大。

(b) 确定并画出这两个系统的冲激响应和阶跃响应.

(c) 证明

$$ H_{2}(\mathcal{Q})=G(\mathcal{Q})H_{1}(\mathcal{Q}) $$

其中 $ G(\mathcal{Q}) $ 是全通系统（即对所有 $ \mathcal{Q}, |G(\mathcal{Q})| = 1 $）

由(a)小题可知，频率响应为 $ H_{1}(\Omega) $的系统通常称为最小相位系统，而 $ H_{2}(\Omega) $为非最小相位系统.

解：

$$ \begin{aligned}(a)\quad H_{1}(\mathcal{Q})&=\frac{1+\frac{1}{2}\;e^{-j\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{4}\;e^{-j\mathcal{Q}}}=\frac{1+\frac{1}{2}\cos\mathcal{Q}-j\;\frac{1}{2}\sin\mathcal{Q}}{1+\frac{1}{4}\cos\mathcal{Q}-j\;\frac{1}{4}\sin\mathcal{Q}}\\&=\left\lfloor\frac{\frac{5}{4}+\cos\mathcal{Q}}{\frac{17}{16}+\frac{1}{2}\cos\mathcal{Q}}\right\rfloor^{\frac{1}{2}}\exp j\left\{-\operatorname{arctg}\frac{\frac{1}{2}\sin\mathcal{Q}}{1+\frac{1}{2}\cos\mathcal{Q}}\right.\\&\quad\left.+\operatorname{arctg}\frac{\frac{1}{4}\sin\mathcal{Q}}{1+\frac{1}{4}\cos\mathcal{Q}}\right\}\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}H_{2}(\mathcal{Q})&=\frac{\frac{1}{2}+e^{-j\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{4}\ e^{-j\mathcal{Q}}}=\frac{\frac{1}{2}+\cos\mathcal{Q}-j\sin\mathcal{Q}}{1+\frac{1}{4}\cos\mathcal{Q}-j\sin\mathcal{Q}}\\&=\left[\frac{\frac{5}{4}+\cos\mathcal{Q}}{\frac{17}{16}+\frac{1}{2}\cos\mathcal{Q}}\right]^{\frac{1}{2}}\exp j\left\{-\operatorname{arctg}\frac{\sin\mathcal{Q}}{\frac{1}{2}+\cos\mathcal{Q}}\right.\\&\left.\quad+\operatorname{arctg}\frac{\frac{1}{4}\sin\mathcal{Q}}{1+\frac{1}{4}\cos\mathcal{Q}}\right\}\\ \end{aligned} $$

可见

$$ |H_{1}(\mathcal{Q})|=|H_{2}(\mathcal{Q})|=\left[\frac{\frac{5}{4}+\cos\mathcal{Q}}{\frac{17}{16}+\frac{1}{2}\cos\mathcal{Q}}\right]^{\frac{1}{2}} $$

而它们的相位分别为

$$ \chi_{}{\cal H}_{1}(\mathcal{Q})=-\operatorname{a r c t g}\left(\frac{\frac{1}{2}\sin\mathcal{Q}}{1+\frac{1}{2}\cos\mathcal{Q}}\right)+\operatorname{a r c t g}\frac{\frac{1}{4}\sin\mathcal{Q}}{1+\frac{1}{4}\cos\mathcal{Q}} $$

$$ \chi_{}{\cal H}_{i}({\cal Q})=-\operatorname{a r c t g}\left(\frac{\sin{\cal Q}}{\frac{1}{2}+\frac{\cos{\cal Q}}{\nonumber}}+\operatorname{a r c t g}\frac{\frac{1}{4}\sin{\cal Q}}{\nonumber}+1+\frac{1}{4}\cos{\cal Q}\nonumber+\frac{\frac{1}{4}\cos{\cal Q}}{\nonumber}\right). $$

在 $ 0 < Q < \pi $ 范围内， $ \operatorname{arctg}\frac{\frac{1}{4}\sin Q}{1 + \frac{1}{4}\cos Q} > 0 $

且

$$ \frac{1}{2}+\cos\mathcal{Q}<2+\cos\mathcal{Q} $$

所以 $ \left|\chi H_{2}(\mathcal{Q})\right| > \left|\chi H_{1}(\mathcal{Q})\right| $

(b)

$$ H_{1}(\mathcal{Q})=\frac{1+\frac{1}{2}~e^{-i\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{4}~e^{-i\mathcal{Q}}}=\frac{1}{1+\frac{1}{4}~e^{-i\mathcal{Q}}}+\frac{\frac{1}{2}~e^{-i\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{4}~e^{-i\mathcal{Q}}} $$

对上式两端求逆变换得

$$ h_{1}[n]=\left(-\frac{1}{4}\right)^{n}u[n]+\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{4}\right)^{n-1}u[n-1] $$

同样，

$$ H_{2}(\mathcal{Q})=\frac{\frac{1}{2}+e^{-i\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{4}~e^{-i\mathcal{Q}}}=\frac{\frac{1}{2}}{1+\frac{1}{4}~e^{-i\mathcal{Q}}}+\frac{e^{-i\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{4}~e^{-i\mathcal{Q}}} $$

因此

$$ h_{2}[n]=\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{4}\right)^{n}u[n]+\left(-\frac{1}{4}\right)^{n-1}u[n-1] $$

$ h_{1}[n] $ 和 $ h_{2}[n] $ 如图 P 4.45(a) 所示。

因此它们的阶跃响应为

$$ \begin{aligned}s_{1}[n]&=h_{1}[n]*u[n]\\&=\sum_{k=0}^{n}\left(-\frac{1}{4}\right)^{k}u[k]u[n-k]\\&\quad+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}\left(-\frac{1}{4}\right)^{k-1}u[k-1]u[n-k]\\&=\left[\frac{1-\left(-\frac{1}{4}\right)^{n+1}}{1+\frac{1}{4}}+\frac{1}{2}\frac{1-\left(-\frac{1}{4}\right)^{n}}{1+\frac{1}{4}}\right]u[n]\end{aligned} $$

同样方法可求得

$$ \begin{aligned}{s_{2}[n]}&{{}\approx h_{2}[n]*u[n]}\\ {}&{{}=\left[\frac{1}{2}\frac{1-\left(-\frac{1}{4}\right)^{n+1}}{1+\frac{1}{4}}+\frac{1-\left(-\frac{1}{4}\right)^{n}}{1+\frac{1}{4}}\right]u[n]}\\ \end{aligned} $$

$ s_{1}[n] $ 和 $ s_{2}[n] $ 如图 P 5.45(b) 所示。

（c）设 $ H_{2}(\mathcal{Q}) = G(\mathcal{Q}) H_{1}(\mathcal{Q}) $

则

$$ G(\mathcal{Q})=\frac{H_{2}(\mathcal{Q})}{H_{1}(\mathcal{Q})}=\frac{\frac{1}{2}+e^{-i\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{4}~e^{-i\mathcal{Q}}}\cdot\frac{1+\frac{1}{4}~e^{-i\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{2}~e^{-i\mathcal{Q}}}=\frac{\frac{1}{2}+e^{-i\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{2}~e^{-i\mathcal{Q}}} $$

$$ \begin{aligned}\left|G(\mathcal{Q})\right|&=\left|\frac{\frac{1}{2}+\cos\mathcal{Q}-j\sin\mathcal{Q}}{1+\frac{1}{2}\cos\mathcal{Q}-j\frac{1}{2}\sin\mathcal{Q}}\right|=\frac{\frac{5}{4}+\cos\mathcal{Q}}{\frac{5}{4}+\cos\mathcal{Q}}\\&=1,\ 所有 \ \mathcal{Q}\end{aligned} $$

可见，它是一个全通系统。

5.46 假定由频率响应分别为

$$ H_{1}(\mathcal{Q})=\frac{2-e^{-j\alpha}}{1+\frac{1}{2}e^{-j\alpha}} $$

$$ H_{2}(\mathcal{Q})=\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}+\frac{1}{4}e^{-i2\mathcal{Q}}} $$

的两个 LTI 系统级联组成系统。

(a) 求整个系统的差分方程.

（b）用一个一阶系统和一个二阶系统级联组成整个系统的实现框图，其中一阶系统具有频率响应为

$$ \frac{1}{1+\frac{1}{2}e^{-i\alpha}} $$

(c) 确定整个系统的冲激响应.

(d) 用一个一阶和一个二阶系统的并联结构组成整个系统的实现框图.

解：

$$ {(a)~}H(\mathcal{Q})=H_{1}(\mathcal{Q})H_{2}(\mathcal{Q})=\frac{2-e^{-i\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{8}e^{-i3\mathcal{Q}}} $$

所以整个系统的差分方程为

$$ y[n]+\frac{1}{8}y[n-3]=2x[n]-x[n-1] $$

(b) 已知 $ H_{1}(\Omega)=\frac{1}{1+\frac{1}{2}e^{-i\Omega}} $

$$ \begin{aligned}{H(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{2-e^{-i\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{8}e^{-i\beta\mathcal{Q}}}}\\ {}&{{}=\frac{2-e^{-i\mathcal{Q}}}{\left(1+\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}\right)\left(1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}+\frac{1}{4}e^{-i2\mathcal{Q}}\right)}}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ H_{2}(\mathcal{Q})=\frac{H(\mathcal{Q})}{H_{1}(\mathcal{Q})}=\frac{2-\frac{e^{-i\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{2}\dot{e}^{-i\mathcal{Q}}+\frac{1}{4}\dot{e}^{-i2\mathcal{Q}}}}{} $$

因此其级联结构如图 P5.46(a) 所示。

(c)

$$ \begin{array}{l} \text{ )}~H(\mathcal{Q})=\frac{2-e^{-i\mathcal{Q}}}{\left(1+\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}\right)\left(1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}+\frac{1}{4}e^{-i\mathcal{Q}}\right)}\\ \\ \quad=\frac{4/3}{1+\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}}+\frac{(1+\sqrt{3\ i}/3)}{1-\frac{1}{2}e^{i\varpi/3}e^{-i\mathcal{Q}}}\\ \\ \quad+\frac{(1-\sqrt{3\ i})/3}{1-\frac{1}{2}e^{-i\varpi/3}e^{-i\mathcal{Q}}}\end{array} $$

由此得

$$ h[n]=\frac{4}{3}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]+\frac{1-\sqrt{3}j}{3}\left(\frac{1}{2}e^{i\omega/3}\right)^{n}u[n] $$

或

$$ \begin{aligned}{h[n]}&{{}=\frac{4}{3}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}u[n]+\frac{2}{3}\left[\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\cos\frac{\pi}{3}n\right.}\\ {}&{{}\quad\left.-\sqrt{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\sin\frac{\pi}{3}n\right]u[n]}\\ \end{aligned} $$

(d)

$$ \begin{aligned}{H(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{2-e^{-i\mathcal{Q}}}{\Big(1+\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}\Big)\Big(1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}+\frac{1}{4}e^{-i2\mathcal{Q}}\Big)}}\\ {}&{{}=\frac{4/3}{1+\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}}+\frac{2/3-2/3e^{-i\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}+\frac{1}{4}e^{-i2\mathcal{Q}}}}\\ \end{aligned} $$

其实现框图如图 P5.46(b) 所示。

5.47(a) 用直接Ⅱ型实现框图构成频率响应为

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{e^{-i\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{6}e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{1}{6}e^{-i2\mathcal{Q}}} $$

的因果 LTI 系统。

（b）用2个二阶系统级联实现框图构成频率响应为

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{e^{-i\mathcal{Q}}+2e^{-i3\mathcal{Q}}}{\left(1-\frac{1}{6}e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{1}{6}e^{-i2\mathcal{Q}}\right)\left(1-e^{-i\mathcal{Q}}+\frac{1}{4}e^{-i2\mathcal{Q}}\right)} $$

的因果 LTI 系统。

(c) 设

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{e^{-j4\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{6}e^{-j\mathcal{Q}}-\frac{1}{6}e^{-j2\mathcal{Q}}} $$

用2个二阶系统(其中之一用FIR系统)级联的结构实现该系统。

(d) 将(c)小题的频率响应用一个递归二阶系统和一个非递归二阶系统并联的结构实现该系统。

解：

(a) 由 $ H(\mathcal{Q}) = \frac{e^{-i\mathcal{Q}}}{1 - \frac{1}{6}e^{-i\mathcal{Q}} - \frac{1}{6}e^{-i2\mathcal{Q}}} $

得直接Ⅱ型结构如图 P5.47(a) 所示。

(b) 由

$$ \begin{aligned}{H(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{e^{-i\mathcal{Q}}+2e^{-i3\mathcal{Q}}}{\Big(1-\frac{1}{6}e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{1}{6}e^{-i2\mathcal{Q}}\Big)\Big(1-e^{-i\mathcal{Q}}+\frac{1}{4}e^{-i2\mathcal{Q}}\Big)}}\\ {}&{{}=\frac{e^{-i\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{6}e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{1}{6}e^{-i2\mathcal{Q}}}\;\frac{1+2e^{-i2\mathcal{Q}}}{1-e^{-i\mathcal{Q}}+\frac{1}{4}e^{-i2\mathcal{Q}}}}\\ \end{aligned} $$

用2个二阶直接Ⅱ型实现框图如图P5.47(b)所示。

$$ \begin{aligned}{H(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{e^{-j4\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{6}e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{1}{6}e^{-j2\mathcal{Q}}}}\\ {}&{{}=\frac{e^{-j2\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{6}e^{-j\mathcal{Q}}-\frac{1}{6}e^{-j2\mathcal{Q}}}\ast e^{-j2\mathcal{Q}}}\\ \end{aligned} $$

其实现框图如图 P5.47(c) 所示。

（d）将 $ H(\mathcal{Q}) $ 按部分分式展开，但保留一个二阶递归形式，则得

$$ H(\mathcal{Q})=6e^{-i\mathcal{Q}}-6e^{-i2\mathcal{Q}}+\frac{-6e^{-j\mathcal{Q}}+7e^{-i2\mathcal{Q}}}{1-\frac{1}{6}\;e^{-i\mathcal{Q}}-\frac{1}{6}\;e^{-i2\mathcal{Q}}} $$

其实现框图如图 P5.47(d) 所示。