第六章 滤波
6.1 一个因果 LTI 滤波器具有图 P 6.1 所示的频率响应 $ H(\omega) $。当输入为下列信号 x(t) 时，求其输出 y(t)。
(a). $ x(t) = e^{it} $, (b) $ x(t) = (\sin \omega_{0} t) u(t) $,
(c) $ X(\omega) = \frac{1}{j\omega(6 + j\omega)} $, (d) $ X(\omega) = \frac{1}{2 + j\omega} $.
解：
由图 P6.1 可知，该滤波器的频率响应为
$$ H(\omega)=-2j\omega $$
根据微分特性可知
$$ -2j\omega X(\omega)\xleftarrow{\quad}-2\frac{d x(t)}{d t} $$
因此
(a) 已知 $ x(t) = e^{it} $
所以
$$ y(t)=-2\frac{dx(t)}{dt}=-2je^{it} $$
或利用复指数是 LTI 系统的特征函数这一特性，则输入为 $ e^{ji} $ 时，输出为
$$ y(t)=H(\omega)|_{\omega=1}=H(1)e^{i t}=-2j e^{i\tau} $$
(b) 已知 $ x(t) = (\sin \omega_{0} t) u(t) $
因此
$$ \frac{d x(t)}{d t}=\omega_{0}\cos\omega_{0}t u(t)+\sin\omega_{0}t\delta(t)=\omega_{0}\cos\omega_{0}t u(t) $$
则得
$$ \begin{array}{r}{\tilde{y}(t)=[-2\omega_{0}\cos\omega_{0}t]u(t)}\end{array} $$
(c) 因 $ Y(\omega) = H(\omega)X(\omega) = -2j\omega X(\omega) = -\frac{2}{6 + j\omega} $
所以得
$$ y(t)=-2e^{-6t}u(t) $$
(d) 因 $ X(\omega)=\frac{1}{2+j\omega} $ 的逆变换为
$$ x(t)\implies e^{-2\gamma}u(t) $$
所以得
$$ y(t)=-2\frac{d x(t)}{d t}=4e^{-2t}u(t)-2\delta(t) $$
6.2 图 P 6.2-1 是一个纸通微分器的连续时间滤波器的频率响应。当输入信号为下列各 $ x(t) $ 时，求该滤波器的输出信号 $ y(t) $。
(a) $ x(t) = \cos(2\pi t + \theta) $
(b) $ x(t) = \cos(4\pi t + \theta) $
(c) $ x(t) $ 是周期为1的，经半波整流了的正弦信号，如图P6.2-2所示。
$$ x(t)=\left\{\begin{aligned}\sin2\pi t,&m\leqslant t\leqslant\left(m+\frac{1}{2}\right)\\ 0,&\quad\left(m+\frac{1}{2}\right)\leqslant t\leqslant m+1,m 为任意整数 \end{aligned}\right. $$
解：
由图 P6.2-1 可知，该低通微分器的频率响应为
$$ H(\omega)=\left\{\begin{aligned}&\frac{j\omega}{2\pi},&-3\pi\leqslant\omega\leqslant3\pi\\ &0,& 其它 \omega\end{aligned}\right. $$
因此，若信号 $ x(t) $ 的傅里叶变换 $ X(\omega) $ 落在 $ H(\omega) $ 的通带 $ -3\pi \leq \omega \leq 3\pi $ 内，则输出信号 $ y(t) $ 的傅里叶变换为
$$ \boldsymbol{Y}(\omega)=\boldsymbol{X}(\omega)\boldsymbol{H}(\omega)=\left\{\begin{aligned}\frac{j\omega}{2\pi}\boldsymbol{X}(\omega),&-3\pi\leqslant\omega\leqslant3\pi\\ 0,& 其它 \omega\end{aligned}\right. $$
利用微分特性，则输出信号 $ y(t) $ 为
$$ y(t)=\frac{1}{3\pi}\frac{dx(t)}{dt} $$
(a) 由于 $ x(t) = \cos t (2\pi t + \theta) $ 的傅里叶变换为
$$ X(\omega)=e^{i\theta}\pi\delta(\omega-2\pi)+e^{-i\theta}\pi\delta(\omega+2\pi) $$
可见，其频率 $ \omega_{0}=\pm2\pi $ 落在低通微分滤波器内，因此输出信号为
$$ y(t)=\frac{1}{3\pi}\frac{dx(t)}{dt}=-\frac{2}{3}\sin\left(2\pi t+\theta\right) $$
(b) 由于
$$ X(\omega)=e^{i\theta}\pi\delta(\omega-4\pi)+e^{-i\theta}\pi\delta(\omega+4\pi) $$
的两个冲激位置 $ \omega_{0} = \pm4\pi $ 落在 $ H(\omega) $ 的通带 $ -3\pi \leqslant \omega \leqslant 3\pi $ 之外，因此
$$ Y(\omega)=H(\omega)X(\omega)=0 $$
所以
$$ y(t)=0 $$
(c) 由图可见， $ x(t) $ 是周期信号，其周期 $ T_{0}=1 $，则 $ \omega_{0}= $ $ \frac{2\pi}{T_{0}}=2\pi $。所以其傅里叶变换为
$$ X(\omega)=2\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}\delta(\omega-k2\pi) $$
其中
$$ a_{k}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}x(t)e^{-i k\omega_{0}t}\bar{d}t=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\sin2\pi e^{-i k2\pi t}\bar{d}t $$
由于 $ X(\omega) $ 只有在 $ \omega = 0, 2\pi, -2\pi $ 上的 3 个冲激落在 $ H(\omega) $ 的通常 $ -3\pi \leqslant \omega \leqslant 3\pi $ 内。因此只有这 3 个分量能通过低通微分器，相当于 $ H(\omega) $ 的有效输入信号为
$$ x_{L p}(t)=a_{0}+a_{1}e^{i2\pi t}+a_{-1}e^{-i2\pi t} $$
因此只需求出上式中的 $ a_{0} $， $ a_{1} $ 和 $ a_{-1} $ 即可。
$$ a_{0}=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\sin2\pi t d t=\frac{1}{\pi} $$
$$ a_{1}\;=\;\int_{0}^{\frac{1}{2}}\sin2\pi t e^{-j2\pi t}d t\;=\;\frac{1}{4j} $$
$$ a_{_{-1}}~=~\int_{0}^{\frac{1}{2}}\sin2\pi t e^{j2\pi t}d t~=~-\frac{1}{4j} $$
将它们代入 $ x_{Lp}(t) $ 的表示式，可得
$$ x_{L p}(t)=\frac{1}{\pi}+\frac{1}{2}\sin2\pi t $$
因此得
$$ y(t)=\frac{1}{3\pi}\frac{d}{d t}x_{L_{p}}(t)=\frac{1}{3}\cos2\pi t $$
6.3 图 P6.3 所示图形是一个离散时间微分器的频率响应 $ H(\mathcal{Q}) $。若输入信号 x[n] 为
$$ x[n]=\cos\left(\mathcal{Q}_{0}n+\theta\right) $$
求与 Q。成函数关系的输出信号 y[n]。
解：
因为
$$ x[n]=\cos\left(\mathcal{Q}_{0}n+\theta\right)=\frac{1}{2}\left[e^{j(\mathcal{Q}_{0}n+\theta)}+e^{-j(\mathcal{Q}_{0}n+\theta)}\right] $$
所以其傅里叶变换为
$$ \mathbf{X}(\mathcal{Q})=\pi\sum_{l=-\infty}^{+\infty}[e^{i\theta}\delta(\mathcal{Q}-\mathcal{Q}_{0}-2\pi l+e^{-i\theta}\delta(\mathcal{Q}+\mathcal{Q}_{0}-2\pi l)] $$
由图 P 6.3 可见， $ H(Q) $ 是周期为 $ 2\pi $ 的周期函数。在 $ [-\pi, \pi] $ 的主值区内
$$ H(\mathcal{Q})=j\mathcal{Q},~-\pi\leqslant\mathcal{Q}\leqslant\pi $$
因此，在 $ -\pi\leq\Omega\leq\pi $时
$$ \begin{aligned}{\mathbf{Y}(\mathcal{Q})}&{{}=H(\mathcal{Q})\mathbf{X}(\mathcal{Q})}\\ {}&{{}=j\mathcal{Q}\pi[e^{i\theta}\delta(\mathcal{Q}-\mathcal{Q}_{0})+e^{-i\theta}\delta(\mathcal{Q}+\mathcal{Q}_{0})]}\\ {}&{{}=j\mathcal{Q}_{0}\pi[e^{i\theta}\delta(\mathcal{Q}-\mathcal{Q}_{0})-e^{-i\theta}\delta(\mathcal{Q}+\mathcal{Q}_{0})]}\\ {}&{{}=-\mathcal{Q}_{0}\mathbf{\Sigma}\frac{x}{j}[e^{i\theta}\delta(\mathcal{Q}-\mathcal{Q}_{0})-e^{-i\theta}\delta(\mathcal{Q}+\mathcal{Q}_{0})]}\\ \end{aligned} $$
其逆变换为
$$ y[n]=-\mathcal{Q}_{0}\sin\left(\mathcal{Q}_{0}n+\theta\right),\quad|\mathcal{Q}_{0}|\leqslant\pi $$
6.4 图 P6.4 是一个低通滤波器的振幅频率响应 $ \left|H\left(\omega\right)\right| $ 当具有下列相位特性时，确定并画出该滤波器的冲激响应。
(a) $ \angle H(\omega) = 0 $
(b) $ \angle H(\omega) = \omega T $，其中T为常数
(c)
$$ \mathcal{L}H(\omega)=\left\{\begin{aligned}\frac{\pi}{2},&\quad\omega>0\\ -\frac{\pi}{2},&\quad\omega<0\end{aligned}\right. $$
解：
(a) 由图可知
$$ \left|H_{\epsilon}(\omega)\right|=\left\{\begin{aligned}1,&\quad|\omega|\leqslant\omega,\\ 0,&\quad 其它 \end{aligned}\right. $$
又给出
$$ \bar{\chi}H_{a}(\omega)=0 $$
所以它是一个理想的低通滤波器
其逆变换为
$$ \begin{aligned}{h_{a}(t)}&{{}=\frac{1}{2\pi}{\int_{-\infty}^{+\infty}}H_{a}(\omega)e^{i\omega t}d\omega}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\pi}{\int_{-\omega_{c}}^{\omega_{c}}~e^{i\omega t}d\omega~}=\left.\frac{1}{2\pi j t}~e^{i\omega t}\right|_{-\omega_{c}}^{\omega_{c}}}\\ {}&{{}=\frac{\omega_{c}}{\pi}~\sinc\left(\frac{\omega_{c}t}{\pi}\right)=\frac{\sin\omega_{c}t}{\pi t}}\\ \end{aligned} $$
(b) 给出 $ H_{b}(\omega) = \omega T $，则
$$ H_{b}(\omega)=H_{a}(\omega)e^{j\omega T} $$
利用傅里叶变换的位移特性可求得逆变换为
$$ \begin{aligned}{h_{b}(t)}&{{}=h_{a}(t+T)=\frac{\omega_{e}}{\pi}\sinc\left[\frac{\omega_{e}(t+T)}{\pi}\right]}\\ {}&{{}=\frac{\sin\omega_{c}(t+T)}{\pi(t+T)}}\\ \end{aligned} $$
(c) 给出
$$ \mathcal{L}H_{c}(\omega)=\left\{\begin{aligned}\frac{\pi}{2},&\quad\omega>0\\ -\frac{\pi}{2},&\quad\omega<0\end{aligned}\right. $$
如图 P6.4-1(a) 所示。 $ \left|H_{c}(\omega)\right| $ 由图 P6.4 给出。因此 $ H_{c}(\omega) $ 为
$$ H_{c}(\omega)=\left\{\begin{array}{l}1,\quad0<\omega\leqslant\omega_{c}\\ -1,\quad0>\omega\geqslant-\omega_{c}\end{array}\right. $$
如图 P6.4-1(b) 所示. 因此可将 $ H_{c}(\omega) $ 看成是由图 P6.4-1(c) 的 $ H_{1}(\omega) $ 和 $ H_{2}(\omega) $ 相卷积而得到的，图中
$$ H_{1}(\omega)=\left\{\begin{aligned}&1,&\mid\omega\mid<\frac{\omega_{s}}{2}\\ &0,& 其它 \omega\end{aligned}\right. $$
$$ H_{2}(\omega)\;=\frac{\pi}{j}\left\{\delta\;\left(\omega-\frac{\omega_{\epsilon}}{2}\right)-\delta\left(\omega+\frac{\omega_{\epsilon}}{2}\right)\right\} $$
根据频域卷积特性
$$ H_{1}(\omega)*H_{2}(\omega)\longleftrightarrow2\pi h_{1}(t)h_{2}(t) $$
而
$$ H_{1}(\omega)\xleftarrow{\quad}\frac{\sin\left(\frac{\omega_{c}}{2}t\right)}{\pi t} $$
$$ H_{2}(\omega)\longleftrightarrow\sin\left(\frac{\omega_{e}}{2}t\right) $$
因此，对应的冲激响应为
$$ h_{c}(t)=2\pi\underbrace{\frac{\sin\left(\frac{\omega_{e}}{2}t\right)}{\pi t}}_{\mathrm{~s i n~}}\underbrace{\sin\left(\frac{\omega_{t}}{2}t\right)=2\frac{\sin^{2}\left(\frac{\omega_{e}}{2}t\right)}{t}}_{\mathrm{~s i n~}}. $$
6.5 已知一个冲激响应为 h[n] 的理想离散时间低通滤波
器，其冲激响应 $ H(\mathcal{Q}) $ 如图 P6.5 所示。用其构成一个冲激响应为 $ h_{1}[n] $，相应频率响应为 $ H_{1}(\mathcal{Q}) $ 的新滤波器。 $ h[n] $ 和 $ h_{1}[n] $ 的关系为
$$ h_{1}[n]=\left\{\begin{aligned}h[n/2],\quad&n 为偶数 \\ 0,\quad&n 为奇数 \end{aligned}\right. $$
相当于在 h[n] 的每 2 个序列值之间插入一个零序列值。确定并画出 $ H_{1}(Q) $，并说明它属于哪一类理想滤波器（例如：低通，高通，带通，多频带等）。
解：
$$ H_{1}(\mathcal{Q})=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}h_{1}[n]e^{-i\mathcal{Q}_{n}}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}h[n/2]e^{-i\mathcal{Q}_{n}},\quad n\mathrm{ 为偶数 }。 $$
设 n = 2r，代入上式则得
$$ \begin{aligned}{H_{1}(\mathcal{Q})}&{{}=\sum_{r=-\infty}^{+\infty}h[r]e^{-\frac{i}{2}(2\mathcal{Q})r}}\\ {}&{{}=H(2\mathcal{Q})}\\ \end{aligned} $$
可见，当 $ H(Q) $ 的截止频率 $ \Omega_{c} < \frac{\pi}{2} $ 时， $ H_{1}(2Q) $ 仍是一理想低通滤波器，但其通带展宽了2倍。这是由于 $ h_{1}[n] $ 是 $ h[n] $ 波形压缩2倍的结果。如图P6.5-1所示。如果 $ H(Q) $ 的截止频率 $ \Omega_{c} \geqslant \frac{\pi}{2} $，则 $ H_{1}(Q) $ 将成为全通滤波器。
6.6 连续时间信号的帕斯瓦尔（Parseval）定理表明
$$ \int_{-\infty}^{+\infty}\mid x(t)\mid^{2}dt=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\mid X(\omega)\mid^{2}d\omega $$
现在研究一个由图 P6.6 所示的理想带通滤波器 $ H(\omega) $ 处理后的实信号 x(t)。
(a) 将输出信号 $ y(t) $ 中的能量表示成 $ \left|X(\omega)\right|^{2} $ 整个频率
范围内的积分. 当 $ \Delta $ 足够小时，以致于 $ \left|X(\omega)\right| $ 在宽度为 $ \Delta $ 的频率区间内近似为常数，证明该滤波器的输出 $ y(t) $ 的能量与 $ \Delta\left|X(\omega)\right|^{2} $ 近似成正比.
函数 $ \left|X(c_{0})\right|^{2} $ 常称为信号 $ x(t) $ 的能量密度谱.
(b) 对离散时间信号推导出相应结果，即证明：若用一个中心频率为 $ \pmb{\mathscr{Q}}_{0} $，带宽为 $ \triangle $ 的理想带通滤波器对一个实离散时间信号 x[n] 进行滤波，而当 $ \triangle $ 足够小，以致于在宽度为 $ \triangle $ 的频率区间内 $ |X(\pmb{\mathscr{Q}})| $ 近似为常数时，则带通滤波器输出的能量近似与 $ \triangle|X(\pmb{\mathscr{Q}})|^{2} $ 成正比。
解：
根据傅里叶变换的卷积特性，有
$$ y(t)=x(t)*h(t) $$
$$ Y(\omega)=X(\omega)H(\omega) $$
(a) 根据帕斯瓦尔关系式， $ y(t) $ 的能量关系式为
$$ \begin{aligned}E&=\int_{-\infty}^{+\infty}|y(t)|^{2}dt=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}|Y(\omega)|^{2}d\omega\\&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}|X(\omega)|^{2}|H(\omega)|^{2}d\omega\\&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\omega_{0}-\Delta/2}^{-\omega_{0}+\Delta/2}|X(\omega)|^{2}d\omega+\frac{1}{2\pi}\int_{\omega_{0}-\Delta/2}^{\omega_{0}+\Delta/2}|\dot{X}(\omega)|^{2}d\omega\end{aligned} $$
若 $ x(t) $ 是实信号，则
$$ |X(-\omega)|^{2}=|X(\omega)|^{2} $$
所以可近似为
$$ \begin{aligned}{E}&{{}\cong\frac{1}{2\pi}[|X(\omega)|^{2}\Delta+|X(\omega)|^{2}\Delta]}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\pi}[2|X(\omega)|^{2}]=\frac{1}{\pi}[|X(\omega)|^{2}\Delta]}\\ \end{aligned} $$
(l) 类似地，有
$$ E=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}|y[n]|^{2}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{+\pi}|Y(\mathcal{Q})|^{2}d\mathcal{Q} $$
$$ \begin{aligned}&=-\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{+\pi}|X(\mathcal{Q})|^{2}|H(\mathcal{Q})|^{2}d\mathcal{Q}\\&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\mathcal{Q}_{c}-\triangle/2}^{-\mathcal{Q}_{c}+\triangle/2}|X(\mathcal{Q})|^{2}d\mathcal{Q}+\frac{1}{2\pi}\int_{+\mathcal{Q}_{c}-\triangle/2}^{+\mathcal{Q}_{c}+\triangle/2}|X(\mathcal{Q})|^{2}d\mathcal{Q}\end{aligned} $$
若 x[n] 是实信号，则
$$ |X(-\mathcal{Q})|^{2}=|X(\mathcal{Q})|^{2} $$
所以可近似为
$$ \begin{aligned}{E}&{{}\cong\frac{1}{2\pi}\left[\mid X(\mathcal{Q})\mid^{2}\Delta+\mid X(\mathcal{Q})\mid^{2}\Delta\right]}\\ {}&{{}=\frac{1}{\pi}\left[\mid X(\mathcal{Q})\mid^{2}\Delta\right]}\\ \end{aligned} $$
6.7 本题将证明这样一个结论，即一个因果的，且具有线性相位的离散时间滤波器，其冲激响应必定是有限长的，因而其差分方程必定是非递归的。为简单起见，我们来研究一种线性相位的特殊情况，即设滤波器的相位的斜率为整数，其频率响应可表示成
$$ H(\mathcal{Q})=H_{r}(\mathcal{Q})e^{-j M\mathcal{Q}},~-\pi<\mathcal{Q}<\pi $$
式中 M 为整数， $ H_{r}(\mathcal{Q}) $ 为实偶函数。
设 h[n] 表示频率响应为 $ H(\mathcal{Q}) $ 的滤波器的冲激响应， $ h_{r}[n] $ 表示频率响应为 $ H_{r}(\mathcal{Q}) $ 的滤波器的冲激响应。
(a) 利用离散时间傅里叶变换特性，证明
(i) $ h_{r}[n] = h_{r}[-n] $ （即 $ h_{r}[n] $ 对称于 n=0）
(ii) $ h[n] = h_{r}[n - M] $
(b) 利用 (a) 小题的结果, 证明当 $ H(\mathcal{Q}) $ 具有式(P6.7-1) 的形式时, h[n] 对 n = M 对称, 即
$$ h[M+n]=h[M-n] $$
（c）按照（b）小题的结果，式（P6.7-1）中的线性相位特性意味着冲激响应的对称性。证明若 h[n] 是因果的，且具有式（P6.7-2）的对称性，则
$$ h[n]=0,\ n<0,\ 和 \ n>2M $$
（即 h[n] 必然是有限长的）。
解：(a)
(i) 根据傅里叶变换的对称性，若 x[n] 是一实序列，则
$$ X(\mathcal{Q})=X^{*}(-\mathcal{Q}) $$
而
$$ \begin{aligned}{X(\mathcal{Q})=}&{{}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n]e^{i\mathcal{Q}n}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n]\cos\mathcal{Q}n}\\ {}&{{}+j\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x[n]\sin\mathcal{Q}n}\\ \end{aligned} $$
可见，若 x[n] 是实偶函数时，上式右边第二项为零，所以
$$ X(\mathcal{Q})=X(-\mathcal{Q}) $$
因此根据对偶性， $ X(\Omega) $ 为实偶函数时，有
$$ x[n]=x[-n] $$
由此得出
$$ h_{r}[n]=h_{r}[-n] $$
(ii) 根据位移特性
$$ x[n-n_{0}]{\longleftrightarrow}e^{-j\mathcal{Q}n_{0}}X(\mathcal{Q}) $$
得出
$$ H(\mathcal{Q})=e^{-i\mathcal{Q}M}H_{r}(\mathcal{Q}){\longleftrightarrow}h_{r}[n-M] $$
因此得
$$ h[n]=h_{r}[n-M] $$
(b) 由 (a) 小题结果，即
$$ h[n]=h_{r}[n-M] $$
可得
$$ h[M+n]=h_{r}[M+n-M]=h_{r}[n] $$
$$ h[M-n]=h_{r}[M-n-M]=h_{r}[-n] $$
由（a）小题可知
$$ h_{r}[n]=h_{r}[-n] $$
所以得
$$ h[M+n]=h[M-n] $$
(c) 由于 h[n] 是因果的，所以
$$ h[n]=0,n<0 $$
根据（b）小题结果，即 h[n] 对 n = M 的对称性
$$ h[M+n]=h[M-n] $$
设 M-n=k，则
$$ h[M+n]=h[2M-k]=h[k] $$
再利用 h[n] 的因果性
$$ h[2M-k]=0,~k>2M $$
由式 P(6.7-4) 关系可得
$$ h[k]=h[2M-k]=0,\ k>2M $$
综合式（P6.7-3）和式（P6.7-5）即可得到
$$ h[n]=0,\ n<0\ 及 \ n>2M $$
也就是说 h[n] 是有限长的.
6.8 假定 $ h[n] $ 是一个 FIR 滤波器的单位冲激响应。因而 n<0 与 $ n \geqslant N $ 时 $ h[n] = 0 $，且假定 $ h[n] $ 为实函数。通过对滤波器的单位冲激响应 $ h[n] $ 加上某些对称性条件，可保证该滤波器将具有线性相位。
该滤波器的频率响应可表示为
$$ H(\mathcal{Q})=\hat{H}(\mathcal{Q})e^{i\theta(\mathcal{Q})} $$
其中 $ \hat{H}(\mathcal{Q}) $ 是实函数。
(a) 当 h[n] 满足条件
$$ h[n]=h[N-1-n] $$
时，对 $ 0 \leqslant \mathcal{Q} \leqslant \pi $，求 $ \theta(\mathcal{Q}) $。
$$ (b)\ 当 \qquad\quad h[n]=-h[N-1-n] $$
时，对 $ 0 \leqslant \Omega \leqslant \pi $，求 $ \theta(\Omega) $。
（注意：有必要分别讨论N为偶数和N为奇数两种情况）.
解：
（a）设 $ h[n] $ 的傅里叶变换为 $ H(\mathcal{Q}) $。利用 $ h[-n] $ 的傅里叶变换为 $ H^{*}(-\mathcal{Q}) $ 及位移特性，由 $ h[n]=h[N-1-n] $ 可得
$$ H\bigl(\mathcal{Q}\bigr)=H^{*}\bigl(\mathcal{Q}\bigr)e^{-i\mathcal{Q}(N-1)} $$
而已知 $ H(\mathcal{Q}) = \hat{H}(\mathcal{Q}) e^{i\theta(\mathcal{Q})} $，代入上式可得
$$ \begin{aligned}{\hat{H}(\mathcal{Q})e^{i\theta(\mathcal{Q})}}&{{}=\hat{H}^{*}(\mathcal{Q})e^{-i\theta(\mathcal{Q})}\cdot e^{-i\mathcal{Q}(N-1)}}\\ {}&{{}=\hat{H}(\mathcal{Q})e^{-i\theta(\mathcal{Q})-i\mathcal{Q}(N-1)}}\\ \end{aligned} $$
$$ \theta(\mathcal{Q})=-\theta(\mathcal{Q})-\mathcal{Q}(N-1) $$
得
$$ \theta(\mathcal{Q})=-\frac{\mathcal{Q}(N-1)}{2} $$
(b) 同理，由 $ h[n] = -h[N - 1 - n] $ 可得
$$ H\bigl(\mathcal{Q}\bigr)=-H^{*}\bigl(\mathcal{Q}\bigr)e^{-j\mathcal{Q}(N-1)}=H^{*}\bigl(\mathcal{Q}\bigr)e^{j\pi}e^{-j\mathcal{Q}(N-1)} $$
代入 $ H(\mathcal{Q}) = \hat{H}(\mathcal{Q}) e^{j\theta(\mathcal{Q})} $ 得
$$ \begin{array}{r}{\hat{H}(\mathcal{Q})e^{i\theta(\mathcal{Q})}=\hat{H}(\mathcal{Q})e^{i\pi}e^{-i\theta(\mathcal{Q})-i\mathcal{Q}(N-1)}}\end{array} $$
$$ \theta(\mathcal{Q})=\pi-\theta(\mathcal{Q})-\mathcal{Q}(N-1) $$
$$ \theta(\mathcal{Q})=\frac{\pi}{2}-\frac{\mathcal{Q}(N-1)}{2} $$
得
应该指出，在（a）小题求解时，若N为偶数，则
$$ H(\mathcal{Q})=\sum_{n=0}^{N-1}h[n]e^{-i\mathcal{Q}n}=\sum_{n=0}^{\binom{N}{2}-1}h[n]e^{-i\mathcal{Q}n}+\sum_{n=N/2}^{N-1}h[n]e^{-i\mathcal{Q}n} $$
由于 $ h[N-1-n]=h[n] $，因而 N-1-n=n。将上式右边第二项中所有 n 代之以 N-1-n，相应地将求和的限也作同样代换，则可得
$$ H(\mathcal{Q})=\sum_{s=0}^{(N/2)-1}h[n]e^{-j\mathcal{Q}n}+\sum_{n=0}^{(N/2)-1}h[N-1-n]e^{-j\mathcal{Q}(N-1-s)} $$
$$ \begin{aligned}&=\sum_{n=0}^{(N/2)-1}h[n]\{e^{-i\mathcal{Q}n}+e^{-i\mathcal{Q}(N-1-n)}\}\\&=e^{-i\frac{\mathcal{Q}(N-1)}{2}}\sum_{n=0}^{(N/2)-1}2h[n]\cos\left[\mathcal{Q}\left(n-\frac{N-1}{2}\right)\right]\\&=\hat{H}(\mathcal{Q})e^{i\theta(\mathcal{Q})}\end{aligned} $$
可见
$$ \begin{aligned}{}&{{}\hat{H}(\mathcal{Q})=\sum_{n=0}^{N/2-1}2h[n]\cos\left[\mathcal{Q}\left(n-\frac{N-1}{2}\right)\right]}\\ {}&{{}\theta(\mathcal{Q})=-\;\frac{\mathcal{Q}(N-1)}{2}}\\ \end{aligned}. $$
若N为奇数，则
$$ \begin{aligned}{H(\mathcal{Q})}&{{}=\sum_{n=0}^{N-1}h[n]e^{-i\mathcal{Q}n}}\\ {}&{{}=\sum_{n=0}^{\left(\frac{N-1}{2}-1\right)}h[n]e^{-i\mathcal{Q}n}+\sum_{n=\frac{N-1}{2}}^{N-1}h[n]e^{-i\mathcal{Q}n}}\\ \end{aligned} $$
同样，由于 $ h[N-1-n]=h[n] $，可用 N-1-n=n 的关系将上式右边第二项变换而得
$$ \begin{aligned}{H(\mathcal{Q})}&{{}=\sum_{n=0}^{\frac{N-1}{2}-1}h[n]e^{-i\mathcal{Q}n}+\sum_{n=0}^{\frac{N-1}{2}}h[N-1-n]e^{-i\mathcal{Q}(N-1-n)}}\\ {}&{{}=\sum_{n=0}^{\frac{N-1}{2}-1}h[n]e^{-i\mathcal{Q}n}+\sum_{n=0}^{\frac{N-1}{2}-1}h[N-1-n]e^{-i\mathcal{Q}(N-1-n)}}\\ {}&{{}\quad+h\Big[\frac{N-1}{2}\Big]e^{-i\mathcal{Q}\frac{N-1}{2}}}\\ {}&{{}=\sum_{n=0}^{\frac{N-3}{2}}h[n]\big\{e^{-i\mathcal{Q}n}+e^{-i\mathcal{Q}(N-1-n)}\big\}}\\ {}&{{}\quad+h\left[\frac{N-1}{2}\right]e^{-i\mathcal{Q}\left(\frac{N-1}{2}\right)}.}\\ \end{aligned} $$
$$ \begin{aligned}{}&{{}=e^{-i\varOmega}\left(\frac{N-1}{3}\right)\Biggl\{\sum_{n=0}^{\frac{N-3}{2}}2h[n]\cos\left[\mathcal{Q}\left(n-\frac{N-1}{2}\right)\right]}\\ {}&{{}\quad+h\left[\frac{N-1}{2}\right]\Biggr\}}\\ {}&{{}=\hat{H}(\mathcal{Q})e^{i\theta(\mathcal{Q})}}\\ \end{aligned} $$
可见，
$$ \begin{aligned}{}&{{}\hat{H}(\mathcal{Q})=\sum_{n=0}^{\frac{N-1}{2}-1}2h[n]\cos\left[\mathcal{Q}\left(n-\frac{N-1}{2}\right)\right]+h\Big[\frac{N-1}{2}\Big]}\\ {}&{{}\theta(\mathcal{Q})=-\;\frac{\mathcal{Q}(N-1)}{2}.}\\ \end{aligned} $$
对于（b）小题也可用同样方法讨论之。
6.9 设 $ h[n] $ 为一个具有任意相位特性的因果滤波器的单位冲激响应。假定 $ h[n] $ 为实函数，其傅里叶变换为 $ H(\mathcal{Q}) $。设 x[n] 为要滤波的数据。这一滤波运算按以下步骤进行：
(a) 方法 A: 按图 P6.9-1 中所指出的步骤.
(i) 求从输入 x[n] 到输出 s[n] 的总的单位冲激响应 $ h_{1}[n] $，并证明其具有零相位特性.
(ii) 用 $ \left|H(\mathcal{Q})\right| $ 与 $ \chi H(\mathcal{Q}) $ 表示 $ \left|H_{1}(\mathcal{Q})\right| $.
(b) 方法 B：按图 P6.9-2，通过滤波器 h[n] 处理以得到 g[n]，再将反向的 x[n]（即 x[-n]）通过 h[n] 处理以得到 r[n]，而输出为 g[n] 与 r[n] 之和。这一组复合运算可用一个输入为 x[n]，输出为 y[n]，单位冲激响应为 $ h_{2}[n] $ 的滤波器来表示。
（i）证明该复合滤波器 $ h_{2}[n] $ 具有零相位特性。
(ii) 用 $ \left|H(\mathcal{Q})\right| $ 和 $ \forall H(\mathcal{Q}) $ 表示 $ \left|H_{2}(\mathcal{Q})\right| $.
（c）假设要对一个有限持续时间序列实现带通、零相位滤波处理；并且，假设已给定一频率响应如图 P6.9-3 所示的带通滤波器 h[n]，它具有要求的振幅频率特性，且相位是线性的。
为获得零相位，可采用方法 A 或 B。确定并画出 $ \left|H_{1}(\mathcal{Q})\right| $ 与
$ |H_{2}(\mathcal{Q})| $. 根据这些结果，应该用哪一种方法才能完成所要求的带通滤波？为什么？更一般地，若 $ h[n] $ 具有所要求的振幅特性，但相位特性是非线性的，那么为了得到零相位特性，哪一种方法更为可取？
解：
(a) (i) 根据图 P6.9-1 可得
下列关系
$ G(\mathcal{Q}) = H(\mathcal{Q})X(\mathcal{Q}) \quad R(s) = G(-s)H(s) \quad S(s) = R(-s) $
因而
$$ R(\mathcal{Q})=[H(-\mathcal{Q})X(-\mathcal{Q})]H(\mathcal{Q}) $$
$$ \mathcal{S}(\mathcal{Q})=[H(\mathcal{Q})X(\mathcal{Q})]H(-\mathcal{Q}) $$
其中
$$ H(\mathcal{Q})=|H(\mathcal{Q})|e^{{i}\mathcal{X}H(\mathcal{Q})} $$
因 h[n] 是实函数，所以
$$ |H(\mathcal{Q})|=|H(-\mathcal{Q})|,~-\mathcal{X}H(\mathcal{Q})=\mathcal{X}H(-\mathcal{Q}) $$
由此可得总系统的频率响应
$$ H_{1}(\mathcal{Q})=H(-\mathcal{Q})H(\mathcal{Q})=|\mathcal{H}(\mathcal{Q})|^{2} $$
可见 $ H_{1}(\mathcal{Q}) $ 具有零相位特性。根据卷积特性得
$$ h_{1}[n]=h[n]*h[-n] $$
（ii）由于 $ H_{1}(\mathcal{Q}) $ 具有零相位特性，所以
$$ |H_{1}(\mathcal{Q})|=|H(\mathcal{Q})|^{2} $$
$$ \nsubseteq H_{1}(\mathcal{Q})=0 $$
(b) 由图 P6.9-2，有
$$ G(\mathcal{Q})=X(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q}) $$
$$ R(\mathcal{Q})=X(-\mathcal{Q})H(\mathcal{Q}) $$
因为 h[n] 是实函数，所以 $ H(-\Omega)=H^{*}(\Omega) $。因此
$$ r[-n]{\leftrightarrow}R(-\mathcal{Q})=X(\mathcal{Q})H(-\mathcal{Q})=X(\mathcal{Q})H^{*}(\mathcal{Q}) $$
所以输出的频率响应为
$$ \begin{aligned}{Y(\mathcal{Q})}&{{}=X(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q})+X(\mathcal{Q})H^{*}(\mathcal{Q})}\\ {}&{{}=[H(\mathcal{Q})+H^{*}(\mathcal{Q})]X(\mathcal{Q})}\\ {}&{{}=2\mathcal{R}\circ\{H(\mathcal{Q})\}X(\mathcal{Q})}\\ \end{aligned} $$
由此可得总系统的频率响应为
$$ \begin{aligned}{H_{2}(\mathcal{Q})}&{{}=[\mid H(\mathcal{Q})\mid e^{j\chi_{H(\mathcal{Q})}}+\mid H(\mathcal{Q})\mid e^{-j\chi_{H(\mathcal{Q})}}]}\\ {}&{{}=2\mid H(\mathcal{Q})\mid\cos[\not\chi_{H(\mathcal{Q})}]}\\ \end{aligned} $$
可见， $ H_{2}(\Omega) $ 具有零相位，而其振幅与相位分别为
$$ |H_{2}(\mathcal{Q})|=2|H(\mathcal{Q})||\cos[\nsubseteq H(\mathcal{Q})]| $$
$$ \bar{\varkappa}H_{2}(\mathcal{Q})=0 $$
(c) 根据方法 A，有
$$ |H_{1}(\mathcal{Q})|=|H(\mathcal{Q})|^{2} $$
如图 P6.9-4(a) 所示.
根据方法 B，有
$$ \begin{aligned}{\left|H_{2}(\mathcal{Q})\right|}&{{}=2\left|H(\mathcal{Q})\right|\left|\cos\left[\varnothing H(\mathcal{Q})\right]\right|}\\ {}&{{}=2\left|H(\mathcal{Q})\right|\left|\cos\left(\mathcal{Q}\frac{\alpha}{\varpi}\right)\right|}\\ \end{aligned} $$
如图 P6.9-4(b) 所示。
由图可见，方法A除满足零相位要求外，其振幅特性是均匀的。而方法B也满足零相位要求，但其振幅特性不均匀。因此方法A较好之。
6.10 图 P6.10 所示的系统通常用于从低通滤波器获得高通滤波器的变换，反之亦然。
（a） 若 $ H(\omega) $ 是一个截止频率为 $ \omega_{Lp} $ 的理想低通滤波器，证明整个系统相当于一个理想高通滤波器。确定其截止频率，并画出其冲激响应。
(b) 若 $ H(\omega) $ 是一个截止频率为 $ \omega_{hp} $ 的理想高通滤波器，证明整个系统相当于一个理想的低通滤波器，并确定其截止频率.
(c) 现在假定 $ H(\omega) $ 为图 P6.10-1(a) 所示的 RC 低通滤波器，确定并画出由图 P6.10 所得的高通滤波器的频率响应。
(d) 将(c)小题中所得的高通滤波器与图 P6.9-1(b) 所示的高通 RC 滤波器作一比较.
(e) 若将一个理想的离散时间低通滤波器按图 P6.10 连接，所得系统是一个理想的离散时间高通滤波器吗？
解：
由图 P6.10 可得
$$ \begin{aligned}Y(\omega)&=X(\omega)-X(\omega)H(\omega)=[1-H(\omega)]X(\omega)\\&=H_{o v}(\omega)X(\omega)\end{aligned} $$
其中
$$ H_{o v}(\omega)=1-H(\omega) $$
(a) 若 $ H(\omega) $ 是一个理想的低通滤波器，截止频率为 $ \omega_{L_{p}} $ 即
$$ H(\omega)=\left\{\begin{aligned}{1,}&{{}\quad|\omega|\leqslant\omega_{L p}}\\ {0,}&{{}\quad|\omega|>\omega_{L p}}\\ \end{aligned}\right. $$
如图 P6.10-1(a) 所示。则 $ H_{o}(\omega) $ 是一个理想的高通滤波器，截止频率为 $ \omega_{Lp} $，即
$$ H_{o v}(\omega)=1-H(\omega)=\left\{\begin{aligned}{0,}&{{}\quad|\omega|<\omega_{L p}}\\ {1,}&{{}\quad|\omega|\geqslant\omega_{L p}}\\ \end{aligned}\right. $$
如图 P6.10-1(b) 所示。
该理想高通滤波器的冲激响应为
$$ h_{o v}\left(t\right)=\delta\left(t\right)-h_{L p}\left(t\right)=\delta\left(t\right)-\frac{\omega_{L p}}{\varkappa}\;\sin c\left(\frac{\omega_{L p}t}{\varkappa}\right) $$
如图 P6.10-1(c) 所示。
(b) 同理
$$ H_{o v}(\omega)=1-H_{h p}(\omega) $$
如图 P6.10-2(a) 所示。因此总频率响应是一个截止频率为 $ \omega_{Lp} $ 的理想低通滤波器，即
$$ H_{o r}(\omega)=\left\{\begin{aligned}{1,}&{{}\quad|\quad\omega|\leqslant\omega_{h p}}\\ {0,}&{{}\quad|\quad\omega|>\omega_{L p}}\\ \end{aligned}\right. $$
(c) 由图 P6.10-3(a) 得
$$ R C\;\frac{d u_{c}\left(t\right)}{d t}+u_{c}\left(t\right)=u_{s}\left(t\right) $$
对上式两端取傅里叶变换，有
$$ i_{\omega}R C V_{c}(\omega)+V_{c}(\omega)=V_{s}(\omega) $$
得频率响应 $ H(\omega) $ 为
$$ H(\omega)=\frac{V_{c}(\omega)}{V_{s}(\omega)}=\frac{1}{1+j\omega RC} $$
因此得总的频率响应为
$$ H_{\sigma\nu}(\omega)=1-\frac{1}{1+i\omega R C}=\frac{j\omega R C}{1+j\omega R C} $$
$ H(\omega) $ 与 $ H_{0}\nu(\omega) $ 如图 P6.10-3(a) 所示
(d) 由图 P6.10-3(b) 得
$$ R C\ \frac{d u_{R}\left(t\right)}{d t}+u_{R}\left(t\right)=R C\frac{d u_{S}\left(t\right)}{d t} $$
对上式两边取傅里叶变换，有
$$ j\omega R C V_{R}(\omega)+V_{R}(\omega)=j\omega R C V_{S}(\omega) $$
得频率响应 $ G(\omega) $ 为
$$ G(\omega)=\frac{V_{R}(\omega)}{V_{s}(\omega)}=\frac{j\omega RC}{1+j\omega RC} $$
如图 P6.10-3(b) 所示。它与（c）小题中的高通滤波器 $ H_{ov}(\omega) $ 相同。
(e) 设理想的离散时间低通滤波器 $ H_{L_{p}}(\boldsymbol{\Omega}) $ 为
$$ H_{L p}(\mathcal{Q})=\left\{\begin{aligned}{}&{{}1,~|\mathcal{Q}|\leqslant\mathcal{Q}_{L p}}\\ {}&{{}0,~\mathcal{Q}_{L p}<|\mathcal{Q}|\leqslant\pi}\\ \end{aligned}\right. $$
如图 P6.10-3(c) 所示。则根据图 P6.10，有
$$ H_{o v}(\mathcal{Q})=1-H_{L p}(\mathcal{Q})=\left\{\begin{aligned}{}&{{}0,|\mathcal{Q}|<\mathcal{Q}_{L p}}\\ {}&{{}1,\mathcal{Q}_{L p}\leqslant|\mathcal{Q}|\leqslant\pi}\\ \end{aligned}\right. $$
如图 P6.10-3(d) 所示。显然，这是一个理想的离散时间高通滤波器。
6.11 本题将进一步研究图 P6.10 所示系统。具体地说，研究在 $ H(\omega) $ 的相位选得不适当时可能产生的困难。
(a) 假定图 P6.10 中的 $ H(\omega) $ 为图 P6.11 所示的实函数。假定
$$ \begin{aligned}&1-\delta_{1} 确定并画出图 P6.10 中整个系统所得的频率响应。试问，所得系统相当于一个近似的高通滤波器吗？ (b) 现设图 P6.10 中的 $ H(\omega) $ 为更一般形式 $$ H(\omega)=H_{1}(\omega)e^{j\theta(\omega)} $$ 其中 $ H_{1}(\omega) $ 与图 P6.11 相同，而 $ \theta(\omega) $ 是未给定的相位特性。试问，它仍相当于一个近似的低通滤波器吗？ (c) 若对 $ \theta(\omega) $ 不作任何假设，确定并画出图 P6.10 中整个系统的频率响应振幅的容差极限. (d) 若图 P6.10 中的 $ H(\omega) $ 近似于一个相位特性未确定的低通滤波器，试问图 P6.10 中的总系统必定对应于一个近似的高通滤波器吗？ (e) 将图 P6.10 用于离散时间滤波器时，能得出本题上述同样的结论吗？ 解： (a) 根据 6.10 题，有 $$ H_{\circ v}(\omega)\sp{\simeq}=1-H(\omega) $$ 由图 P6.11 中所示的 $ H(\omega) $，得出如图 P6.11-1(a) 所示的 $ H_{0,r}(\omega) $。显然，它是一个近似的高通滤波器。 (b) 对于一般形式 $$ H(\omega)=H_{1}(\omega)e^{i\theta(\omega)} $$ $$ |H(\omega)|\approx|H_{1}(\omega)| $$ 则 因 $ H_{1}(\omega) $ 与图 P6.11 相同，可见 $ H(\omega) $ 的低通特性仍然成立。 (c) 因对 $ \theta(\omega) $ 不作任何假设，所以图 P6.10 中的 $ H(\omega) $ 为 $$ H(\omega)=H_{1}(\omega)e^{i\theta\cdot\omega} $$ 则整个系统的频率响应为 $$ H_{o v}(\omega)=1-H(\omega)=1-H_{1}(\omega)e^{j\theta(\omega)} $$ 因 $ H_{1}(\omega) $ 与图 P6.11 相同，所以可根据下列关系式确定容差极限，即 $$ \begin{aligned}{|H_{o v}(\omega)|}&{{}=|1-H_{1}(\omega)e^{i\theta(\omega)}|\leqslant1+|H_{1}(\omega)|}\\ {|H_{o v}(\omega)|}&{{}=|1-H_{1}(\omega)e^{i\theta(\omega)}|\geqslant1-|H_{1}(\omega)|}\\ \end{aligned} $$ 其容差极限如图 P6.11-1(b) 所示，总系统频率响应在图中2条曲线所围的区域之内。 (d) 在 $ H(\omega) $ 近似于一个未定相位特性的低通滤波器时，根据上题容许极限，由图 P6.11-1(b) 可见， $ \left|H_{os}(\omega)\right| $ 不一定是一个近似的高通滤波器。 (e) 类似于 6.10(e) 小题，本题的上述结论同样适用于离散时间滤波器. 6.12 设 $ h_{d}[n] $ 表示一个频率响应为 $ H_{d}(\mathcal{Q}) $ 的所要求的理想系统的单位冲激响应，而 h[n] 表示一个长度为 N，频率响应为 $ H(\mathcal{Q}) $ 的 FIR 系统的单位冲激响应。本题将证明对 $ h_{d}[n] $ 施加长度为 N 个样本的矩形窗将产生一个单位冲激响应 h[n]，以致均方误差 $$ \varepsilon^{2}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}|H_{d}(\mathcal{Q})-H(\mathcal{Q})|^{2}d\mathcal{Q} $$ 为最小。 (a) 误差函数 $ E(\mathcal{Q}) = H_{d}(\mathcal{Q}) - H(\mathcal{Q}) $ 可以表示成幂级数 $$ E\left(\mathcal{Q}\right)=\sum_{n=-\infty}{e}\left[n\right]{e}^{-{j}\mathcal{Q}n} $$ 根据 $ h_{d}[n] $ 和 $ h[n] $ 求系数 e[n]. (b) 利用帕斯瓦尔关系式，用系数 e[n] 表示均方误差 $ \delta^{2} $ (c) 证明对于长为N个样本的单位冲激响应 h[n]，当 $$ h[n]=\left\{\begin{aligned}h_{d}[n],&\quad0\leqslant n\leqslant N-1\\ 0,&\quad 其它 n\end{aligned}\right. $$ 时， $ s^{2} $ 为最小。 解： (a) $$ \begin{aligned}{E(\mathcal{Q})}&{{}\;=\;H_{d}(\mathcal{Q})-H(\mathcal{Q})}\\ {}&{{}\;=\;\sum_{n=-\infty}^{+\infty}h_{d}[n]e^{-i\mathcal{Q}n}-\sum_{n=-\infty}^{+\infty}h[n]e^{-i\mathcal{Q}n}}\\ {}&{{}\;=\;\sum_{n=-\infty}^{+\infty}(h_{d}[n]-h[n])e^{-i\mathcal{Q}n}}\\ {}&{{}\;=\;\sum_{n=-\infty}^{+\infty}e[n]e^{-i\mathcal{Q}n}}\\ \end{aligned} $$ 所以 $$ \epsilon\left[n\right]=h_{d}\left[n\right]-h\left[n\right] $$ (b) 根据帕斯瓦尔关系式 $$ \sum_{n=-\infty}^{+\infty}|x[n]|^{2}=\frac{1}{2\pi}\int_{2\pi}|X(\mathcal{Q})|^{2}d\mathcal{Q} $$ 则得 $$ \begin{aligned}{\varepsilon^{2}}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}|E\left(\mathcal{Q}\right)|^{2}d\mathcal{Q}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{+\pi}|H_{d}(\mathcal{Q})-H(\mathcal{Q})|^{2}d\mathcal{Q}}\\ {}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\left(h_{d}[n]-h[n]\right)^{2}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}e^{2}[n]}\\ \end{aligned} $$ (c) 由 (b) 小题可知， $$ \begin{aligned}{\varepsilon^{2}}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}e^{2}[n]=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}(h_{d}[n]-h[n])^{2}}\\ {}&{{}=\sum_{n=0}^{N-1}(h_{d}[n]-h[n])^{2}+\sum_{n=-\infty}^{+\infty}(h_{d}[n]-0)^{2}}\\ \end{aligned} $$ （除 $ 0 \leqslant n \leqslant N-1 $ 外） 上式右边两项均是正的常数(因平方后连加)。由于上式右边 最后一项是一正的常数，所以当 $ \sum_{n=1}^{N-1}(h[n]-h_{d}[n])^{2} $ 最小时，作 为 h[n] 函数的 $ \varepsilon^{2} $ 也最小。由于上式是两个正数项之和，所以 当 $$ h[n]=\left\{\begin{aligned}&h_{d}[n],0\leqslant n\leqslant N-1\\ &0,\quad 其它 n\end{aligned}\right. $$ 即 $$ h[n]-h_{d}[n]=0,~0\leqslant n\leqslant N-1 $$ 时，可使 $ \varepsilon^{2} $ 最小，即证。 6.13 设 $ x(t) $ 是由两个信号之和 $ s(t) + w(t) $ 组成的复合连续时间信号。正如图 P6.13-1 所示的，希望设计一个滤波器以便从 $ x(t) $ 中恢复 $ s(t) $。滤波器的频率响应 $ H(\omega) $ 应选择得使 $ y(t) $ 在某种意义上成为 $ s(t) $ 的一个“良好”的近似。 在每个频率上，信号 $ y(t) $ 和 $ s(t) $ 之间的误差大小定义为 $$ \varepsilon(\omega)\triangleq|S(\omega)-Y(\omega)|^{2} $$ 其中 $ S(\omega) $ 和 $ Y(\omega) $ 分别为 $ s(t) $ 和 $ y(t) $ 的傅里叶变换。 (a) 用 $ S(\omega) $、 $ H(\omega) $ 和 $ W(\omega) $ 表示 $ \epsilon(\omega) $，其中 $ W(\omega) $ 是 $ w(t) $ 的傅里叶变换。 (b) 假定 $ H(\omega) $ 为实函数，因而 $ H(\omega)=H^{*}(\omega) $。求使误差 $ \in(\omega) $ 最小的 $ H(\omega) $。 (c) 证明：若 $ S(\omega) $ 和 $ W(\omega) $ 的频谱不重叠，则 (b) 小题中的结果可简化成一个理想的频率选择滤波器. (d) 若 $ S(\omega) $ 和 $ W(\omega) $ 如图 P6.13-2 所示，根据 (b) 小题的结果，确定并画出 $ H(\omega) $. 解： (a) 由图 P6.13-1 可得输出 y(t) 的傅里叶变换为 $$ Y(\omega)=X(\omega)H(\omega)=[S(\omega)+W(\omega)]H(\omega) $$ 而 $$ S(\omega)-Y(\omega)=S(\omega)-[S(\omega)+W(\omega)]H(\omega) $$ 所以 $$ \begin{aligned}{\epsilon(\omega)}&{{}{\triangleq}|\mathcal{S}(\omega)-Y(\omega)|^{2}}\\ {}&{{}=|\mathcal{S}(\omega)-[\mathcal{S}(\omega)+W(\omega)]H(\omega)|^{2}}\\ \end{aligned} $$ (b) 由于 $ H(\omega) $ 为实函数，因此 $ H(\omega)=H^{*}(\omega) $。则可将 (a) 小题中所得 $ \in(\omega) $ 写成 $$ \begin{aligned}{\epsilon(\omega)=}&{{}~|S(\omega)|^{2}+H^{2}(\omega)|S(\omega)+W(\omega)|^{2}}\\ {}&{{}-2H(\omega)[|S(\omega)|^{2}+\mathcal{R}_{\mathcal{S}}\{S^{*}(\omega)W(\omega)\}]}\\ \end{aligned} $$ 令 $ \frac{\partial\epsilon(\omega)}{\partial H(\omega)}=0 $，即 $$ \begin{aligned}{\frac{\partial\in(\omega)}{\partial H(\omega)}}&{{}=2H(\omega)|S(\omega)+W(\omega)|^{2}-2[|S(\omega)|^{2}}\\ {}&{{}\quad+\mathcal{R}_{\bullet}\{S^{*}(\omega)W(\omega)\}]}\\ {}&{{}=0}\\ \end{aligned} $$ 整理后使误差 $ \in(\omega) $ 为最小的 $ H(\omega) $ $$ \begin{array}{r}{H(\omega)=\frac{[\mid S(\omega)\mid^{2}+\mathcal{R}_{\bullet}\{S^{*}(\omega)W(\omega)\}]1}{|S(\omega)+W(\omega)|^{2}}}\end{array} $$ 注意：若对于特定的频率 $ \omega_{0} $ 存在 $$ S(\omega_{0})+W(\omega_{0})=0 $$ 这时 $ H(\omega_{0}) $ 无论是什么值， $ X(\omega_{0})=0 $ 及 $ Y(\omega_{0})=0 $。 (c) 若 $ S(\omega) $ 和 $ W(\omega) $ 不重叠，则对所有 $ \omega $ 有 $$ \mathcal{R}_{\bullet}\{S^{*}(\omega)W(\omega)\}=0 $$ 因此，(b) 小题中所得 $ H(\omega) $ 可写成 $ H(\omega)=\frac{|S(\omega)|^{2}}{|S(\omega)+W(\omega)|^{2}}=\left\{\begin{aligned}&1.& 在&S(\omega)& 的频带内\\ &0.& 在&S(\omega)& 的频带外\end{aligned}\right. $ (d) 根据 (b) 小题所得 $ H(\omega) $，即 $$ \begin{array}{r}{H(\omega)=\frac{[\mid S(\omega)\mid^{2}+\mathcal{R}_{e}\{S^{*}(\omega)W(\omega)\}]}{|S(\omega)+W(\omega)|^{2}}.}\end{array} $$ 再根据图 P6.13-2 中所示的 $ S(\omega) $ 和 $ W(\omega) $，将 $ S(\omega) $ 和 $ W(\omega) $ 代入上式 $ H(\omega) $ 中，得 $$ H(\omega)=\left\{\begin{aligned}1,&-1\leqslant\omega\leqslant1\\ 0,&2\leqslant|\omega|\\ \frac{1}{2},&1\leqslant|\omega|\leqslant2\end{aligned}\right. $$ 如图 P6.13-3 所示。 6.14 对于离散时间情况，推导出上题中（b）小题所得的对应结果。 解： 推导方法与 6.13(b) 小题相同，即 设 $ H(\boldsymbol{\Omega}) $ 为实函数，则 $ H(\boldsymbol{\Omega}) = H^{*}(\boldsymbol{\Omega}) $ 因此 $$ \begin{aligned}{\epsilon(\mathcal{Q})=}&{{}~|\mathcal{S}(\mathcal{Q})-\operatorname{Y}(\mathcal{Q})|^{2}=|\mathcal{S}(\mathcal{Q})-[\mathcal{S}(\mathcal{Q})}\\ {}&{{}+W(\mathcal{Q})]H(\mathcal{Q})|^{2}}\\ {=}&{{}~|\mathcal{S}(\mathcal{Q})|^{2}+H^{2}(\mathcal{Q})|\mathcal{S}(\mathcal{Q})+W(\mathcal{Q})|^{2}}\\ {}&{{}-2H(\mathcal{Q})[|\mathcal{S}(\mathcal{Q})|^{2}+\mathcal{R}_{\bullet}[\mathcal{S}^{*}(\mathcal{Q})W(\mathcal{Q})]}\\ \end{aligned} $$ 同样，令 $ \frac{\partial\epsilon(Q)}{\partial H(Q)}=0 $，可得 $$ H(\mathcal{Q})=\frac{[\mid\mathcal{S}(\mathcal{Q})\mid^{2}+\mathcal{R}_{\mathcal{R}}\{S^{*}(\mathcal{Q})W(\mathcal{Q})\}]}{|\mathcal{S}(\mathcal{Q})+W(\mathcal{Q})|^{2}} $$ 这就是使 $ \in(\mathcal{Q}) $ 最小的 $ H(\mathcal{Q}) $。 同样，若对于某个 $ \mathcal{Q}_{0} $，有 $$ S(\mathcal{Q}_{0})+W(\mathcal{Q}_{0})=0 $$ 则不论 $ H(\mathcal{Q}_{0}) $ 为什么值， $ X(\mathcal{Q}_{0}) = Y(\mathcal{Q}_{0}) = 0 $. 6.15 图 P6.15-1 示出一个理想带通滤波器，设其通带为 $$ \omega_{0}-\frac{W}{2}\leqslant\mid\omega\mid\leqslant\omega_{0}+\frac{W}{2} $$ (a) 求该滤波器的冲激响应 $ h(t) $. (b) 通过将一个一阶的低通与一个一阶的高通滤波器的级联来逼近一个理想的带通滤波器，如图 P6.15-2 所示。画出 2 个滤波器 $ H_{1}(\omega) $ 及 $ H_{2}(\omega) $ 各自的波特图。 (c) 根据 (b) 小题的结果，确定整个带通滤波器的波特图. (a) 设低通滤波器 $ H_{L_{p}}(\omega) $ 为 $$ H_{L p}(\omega)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}1,\quad|\omega|\leqslant\frac{W}{2}}\\ {}&{{}0,\quad|\omega|>\frac{W}{2}}\\ \end{aligned}\right. $$ 则图 P6.15-1 中的 $ H(\omega) $ 可写成 $$ H(\omega)=H_{L p}(\omega)*[\delta(\omega+\omega_{0})+\delta(\omega-\omega_{0})] $$ 利用频域的卷积特性 $$ h\left(t\right)=h_{L_{p}}(t)p\left(t\right){\longleftrightarrow}\frac{1}{2\pi}\left[H_{L p}\left(\omega\right)*P\left(\omega\right)\right] $$ 而 $$ H_{L p}(\omega)\longleftrightarrow h_{L p}(t)=\frac{\sin\frac{W}{2\pi}t}{\pi t} $$ $$ P\left(\omega\right)=\delta\left(\omega+\omega_{0}\right)+\delta\left(\omega-\omega_{0}\right){\longleftrightarrow}\frac{1}{\pi}\cos\omega_{0}t $$ 因此 $$ \begin{array}{l}{\displaystyle h\left(t\right)\;=\;2\pi\;\frac{\sin\left(\frac{W}{2\pi}t\right)}{\pi t}\cdot\frac{1}{\pi}\cos\omega_{0}t}\\ {\displaystyle\quad\;=\;2\;\cos\omega_{0}t\;\frac{\sin\left(\frac{W}{2\pi}t\right)}{\pi t}}\\ \end{array} $$ (b) $$ H_{1}(\omega)=\frac{10^{3}}{10^{3}+j\omega}=\frac{1}{1+j\frac{\omega}{10^{3}}} $$ $$ 20\log_{10}|H_{1}(\omega)|=-10\log_{10}\left[\left(\frac{\omega}{10^{3}}\right)^{2}+1\right] $$ 可见，转折角频率为 $ 10^{3} $。如图 P6.15-3(a) 所示。 $$ H_{2}(\omega)=\frac{j\omega}{10^{2}+j\omega}=\frac{1}{10^{2}}~j\omega-\frac{1}{1+j\frac{\omega}{10^{2}}} $$ $$ \begin{aligned}{20\operatorname{l o g}_{10}|H_{2}(\omega)|}&{{}=20\operatorname{l o g}_{10}10^{-2}+20\operatorname{l o g}_{10}\omega}\\ {}&{{}\quad-10\operatorname{l o g}_{10}\left[\left(\frac{\omega}{10^{2}}\right)^{2}+1\right]}\\ \end{aligned} $$ 上式右边第三项的转折角频率为 $ 10^{2} $。如图 P6.15-3(b) 所示。 (c) $ H(\omega) = H_{1}(\omega)H_{2}(\omega) $ 所以 $$ 20\log_{10}|H(\omega)|=20\log_{10}|H_{1}(\omega)|+20\log_{10}|H_{2}(\omega)| $$ 将图 P6.15-3(a) 和 (b) 相加，即得整个带通滤波器的波特图，如图 P6.15-3(c) 所示。 6.16 设有频率响应为 $ H(\mathcal{Q}) $ 的低通滤波器，其 $ \left|H(\mathcal{Q})\right| $ 落在图 P6.16 所示的容限范围内，即 $$ \begin{aligned}1-\delta_{1}&\leqslant|H(\mathcal{Q})|\leqslant1+\delta_{1},&0\leqslant\mathcal{Q}\leqslant\mathcal{Q}_{1}\\0&\leqslant|H(\mathcal{Q})|\leqslant\delta_{2},&\mathcal{Q}_{2}\leqslant\mathcal{Q}\leqslant\pi\end{aligned} $$ 现将两个频率响应均为 $ H(\mathcal{Q}) $ 的滤波器级联构成一个频率响应为 $ G(\mathcal{Q}) $ 的新滤波器。 (a) 确定 $ \left|G(\mathcal{Q})\right| $ 的容限. (b) 假设 $ H(\mathcal{Q}) $ 是一个低通滤波器的良好近似，即 $ \delta_{1} \ll 1 $ 及 $ \delta_{2} \ll 1 $，那么 $ G(\mathcal{Q}) $ 的通带波纹是比 $ H(\mathcal{Q}) $ 的通带波纹大还 是小？阻带波纹呢？ (c) 若 N 个频率响应均为 $ H(\mathcal{Q}) $ 的滤波器级联，从而获得一个新的频率响应 $ G(\mathcal{Q}) $，并假定 $ \delta_{1} \ll 1 $ 及 $ \delta_{2} \ll 1 $，确定该 $ |G(\mathcal{Q})| $ 的近似容限。 解： (a) 因为 $ G(\mathcal{Q}) = H(\mathcal{Q}) H(\mathcal{Q}) = |H(\mathcal{Q})|^2 e^{j2\mathcal{X}H(\mathcal{Q}))} $ 所以 $$ |G(\mathcal{Q})|=|H(\mathcal{Q})|^{2} $$ 由此得 $ \left|G(\mathcal{Q})\right| $ 的容限为 $$ \begin{aligned}(1-\delta_{1})^{2}&\leqslant|G(\mathcal{Q})|\leqslant(1+\delta_{1})^{2},0\leqslant\mathcal{Q}\leqslant\mathcal{Q}_{1}\\0&\leqslant|G(\mathcal{Q})|\leqslant\delta_{2}^{2},\quad\mathcal{Q}_{2}\leqslant\mathcal{Q}\leqslant\pi\end{aligned} $$ (b) 在给定 $ \delta_{1}\ll1,\delta_{2}\ll1 $ 情况下，得 $$ (1+\delta_{1})^{2}\approx1+2\delta_{1}>1+\delta_{1} $$ $$ (1-\delta_{1})^{2}\approx1-2\delta_{1}<1-\delta_{1} $$ 所以通带波纹上升。 由于 $ \delta_{2}^{2}<\delta_{2} $，所以阻带波纹下降。 (c) $ G(\mathcal{Q}) = [H(\mathcal{Q})]^N $ $ = |H(\mathcal{Q})|^N e^{jN\not\chi_H(\mathcal{Q})} $ 所以 $$ |G(\mathcal{Q})|\quad=\quad|H(\mathcal{Q})|^{N} $$ 由此可得 $ \left|G\left(\mathcal{Q}\right)\right| $ 的容限为 $$ (1-\delta_{1})^{N}\leqslant|G(\mathcal{Q})|\leqslant(1+\delta_{1})^{N},0\leqslant\mathcal{Q}\leqslant\mathcal{Q}_{1} $$ $$ 0\leqslant|G(\mathcal{Q})|\leqslant\delta_{2}^{N},\;\mathcal{Q}_{2}\leqslant\mathcal{Q}\leqslant\pi $$ 因假定 $ \delta_{1}\ll1,\delta_{2}\ll1 $ ，所以 $$ (1-\delta_{1})^{N}\approx1-N\delta_{1} $$ $$ (1+\delta_{1})^{N}\approx1+N\delta_{1} $$ 所以近似的容限为 $$ \begin{aligned}1-N\delta_{1}&\leqslant|G(\mathcal{Q})|\leqslant1+N\delta_{1},0\leqslant\mathcal{Q}\leqslant\mathcal{Q}_{1}\\0&\leqslant|G(\mathcal{Q})|\leqslant\delta_{2}^{N},\quad\mathcal{Q}_{2}\leqslant\mathcal{Q}\leqslant\pi\end{aligned} $$ 6.17 实现新滤波器的另一种方法如图 P6.17-1 所示。 (a) 假设 $ H(\mathcal{Q}) $ 是实函数，且其通带波纹为 $ \pm\delta_{1} $，阻带波纹为 $ \pm\delta_{2} $ （即它们落在图 P6.17-2 所示的容限范围内）。 图 P6.17-1 中整个系统的频率响应 G(Q) 将落在图 P6.17-3 所示容限范围内，试用 $ \delta_{1} $ 与 $ \delta_{2} $ 确定 A、B、C、及 D。 (b) 若 $ \delta_{1}\leq1 $ 和 $ \delta_{2}\leq1 $，与 $ G(Q) $ 相应的通带和阻带波纹是什么？它比 $ H(Q) $ 的通带波纹和阻带波纹大还是小？ (c) 现假定 $ H(\Omega) $ 具有更一般形式，即 $$ H(\mathcal{Q})=H_{1}(\mathcal{Q})e^{j\theta(\mathcal{Q})} $$ 其中 $ H_{1}(\mathcal{Q}) $ 是实函数，而 $ \theta(\mathcal{Q}) $ 是未给定的相位特性。若 $ |H(\mathcal{Q})| $ 是对一个理想低通滤波器的合理近似，那么 $ |G(\mathcal{Q})| $ 一定是对一个理想低通滤波器的合理近似吗？ (d) 现假定 $ H(\mathcal{Q}) $ 是一个 FIR 线性相位低通滤波器，因而具有如下形式 $$ H(\mathcal{Q})=H_{1}(\mathcal{Q})e^{i M\mathcal{Q}} $$ 其中 $ H_{1}(\mathcal{Q}) $ 是实函数，且 M 为整数。说明应如何修改图 P6.17-1 中的系统，使得整个系统将近似为一个低通滤波器。 解： (a) 由图 P6.17-1 可得系统的频率响应 $ G(Q) $ 为 $$ \begin{aligned}G(\mathcal{Q})&=\frac{W(\mathcal{Q})}{X(\mathcal{Q})}=\frac{[-H(\mathcal{Q})X(\mathcal{Q})+X(\mathcal{Q})+X(\mathcal{Q})]H(\mathcal{Q})}{X(\mathcal{Q})}\\&=[2-H(\mathcal{Q})]H(\mathcal{Q})\end{aligned} $$ 设 $ H(\mathcal{Q}) = 1 + \delta_{1} $，则 $ G(\mathcal{Q}) $ 的通带上限为 $$ G_{h}(\mathcal{Q})=(2-1-\delta_{1})(1+\delta_{1})=1-\delta_{1}^{2}=\mathcal{A} $$ 设 $ H(\mathcal{Q}) = 1 - \delta_{1} $，则 $ G(\mathcal{Q}) $ 的通带下限为 $$ G_{i}(\mathcal{Q})=(2-1+\delta_{1})\left(1-\delta_{1}\right)=1-\delta_{1}^{2}=G_{k}(\mathcal{Q})=\mathcal{B} $$ 由此得出在通带内 $ G(\mathcal{Q}) $ 是完全平坦的，即 $$ 1-\delta_{1}^{2}\leqslant G(\mathcal{Q})\leqslant1-\delta_{1}^{2},0\leqslant\mathcal{Q}\leqslant\mathcal{Q}_{p} $$ 对照图 P6.17-3，可得 $$ A=1-\delta_{1}^{2},\ B=1-\delta_{1}^{2} $$ 设 $ H(\underline{G}) = -\delta_{2} $，则阻带下限为 $$ G_{i}(\mathcal{Q})=(2+\delta_{i})\left(-\delta_{i}\right)=-\delta_{i}^{2}-2\delta_{i}=D $$ 设 $ H(\underline{Q})=\delta_{2} $，则阻带上限为 $$ G_{\hbar}(\mathcal{Q})=(2-\delta_{2})\delta_{2}=-\delta_{2}^{2}+2\delta_{2}=C $$ 由此得出 $ G(\Omega) $ 的阻带容限为 $$ -\delta_{2}^{2}-2\delta_{2}\leqslant G(\mathcal{Q})\leqslant-\delta_{2}^{2}+2\delta_{2},\mathcal{Q},\leqslant\mathcal{Q}\leqslant\pi $$ 对照图 P6.17-3，得 $$ C=-\delta_{2}^{2}+2\delta_{2}, $$ $$ D=-\delta_{2}^{2}-2\delta_{2} $$ (b) 若 $ \delta_{1}\ll1 $ 及 $ \delta_{2}\ll1 $ ，由 (a) 小题可知 $$ A=1-\delta_{1}^{2}<1+\delta_{1},B=1-\delta_{1}^{2}>1-\delta_{1} $$ $$ C=-\delta_{2}^{2}+2\delta_{2}\approx2\delta_{2}>\delta_{2} $$ $$ D=-\delta_{2}^{2}-2\delta_{2}\approx-2\delta_{2}<-\delta_{2} $$ 因此，由上述不等式可见，通带波纹更小，而阻带波纹更大。 (c) $ H(\mathcal{Q}) = H_1(\mathcal{Q}) e^{j\theta(\mathcal{Q})} $ 由（a）小题给出 $$ G(\mathcal{Q})=[2-H(\mathcal{Q})]H(\mathcal{Q}) $$ 对上式两边取绝对值，有 $$ |G(\mathcal{Q})|=|2-H(\mathcal{Q})||H(\mathcal{Q})| $$ 由于 $$ |2-H(\mathcal{Q})|\leqslant2+|H(\mathcal{Q})| $$ $$ |2-H(\mathcal{Q})|\geqslant2-|H(\mathcal{Q})| $$ 由此得到 $ (2-|H(\mathcal{Q})|)|H(\mathcal{Q})|\leqslant|G(\mathcal{Q})|\leqslant(2+|H(\mathcal{Q})|)|H(\mathcal{Q})| $ 因此，若 $ \left|H(\mathcal{Q})\right|\approx1 $ ，则 $ 1\leqslant|G(\mathcal{Q})|\leqslant3 $ 若 $ \left|H(\mathcal{Q})\right|\simeq0 $，则 $ 0\lesssim|G(\mathcal{Q})|\lesssim0 $ 可见，在止带内这是一个良好的近似，但对于某些 $ \theta(\omega) $，在通带内有若干大的正波纹。因此，这不一定是一个良好的低通滤 波器。 (d) 在图 P6.17-1 中给出 $$ H(\mathcal{Q})=H_{1}(\mathcal{Q})e^{i M\mathcal{Q}} $$ 其中 $ H_{1}(\mathcal{Q}) $ 是实函数。若在该图的各个子系统 $ H(\mathcal{Q}) $ 之后附加一个 M 点延时，则等效的低通滤波器为 $$ H(\mathcal{Q})e^{-i M\mathcal{Q}}=H_{1}(\mathcal{Q})e^{i M\mathcal{Q}}e^{-i M\mathcal{Q}}=H_{1}(\mathcal{Q}) $$ 可见该等效的滤波器是一个实滤波器，其较好地近似于低通滤波器。由 $$ G(\mathcal{Q})=[2-H(\mathcal{Q})]H(\mathcal{Q})=[2-H_{1}(\mathcal{Q})]H_{1}(\mathcal{Q}) $$ 可知，在这种情况中整个系统也比较接近于低通滤波器。 6.18 图 P6.18-1 表示一个理想连续时间微分器的频率响应 振幅。非理想微分器的频率响应与图 P6.18-1 也有相近之处。 (a) 假定非理想微分器的频率响应为 $ G(\omega) $, 在所有频率上，该微分器的 $ |G(\omega)| $ 被限制在理想微分器频率响应振幅值的 10% 之内，即 $$ -0.1|H(\omega)|\leqslant[|G(\omega)|-|H(\omega)|]\leqslant0.1|H(\omega)| $$ 在 $ \left|G(\omega)\right| \sim \omega $ 的图上标明满足要求的 $ \left|G(\omega)\right| $ 的范围。 (b) 在图 P6.18-2 所示的系统中，当 $ T = 10^{-2}s $ 时，确定该系统的频率响应的振幅值在理想微分器的频率响应振幅值 10% 之内的频率范围。 解： (a) 已知 $$ -0.1\left|H(\omega)\right|\leqslant\left\{\left|G(\omega)\right|-\left|H(\omega)\right|\right\}\leqslant0.1\left|H(\omega)\right| $$ 得 $$ 0.9|H(\omega)|\leqslant|G(\omega)|\leqslant1.1|H(\omega)| $$ 由图 P6.18-1 可知， $ \left|H(\omega)\right|=\left|\omega\right| $，代入上式得 $$ 0.9\mid\omega\mid\leqslant\mid G(\omega)\mid\leqslant1.1\mid\omega\mid $$ 如图 P6.18-3 所示. (b) 由图 P6.18-2 可知 $$ y(t)=\frac{1}{T}~w(t)=\frac{1}{T}\left[x(t)-x(t-T)\right] $$ 将上式两边取傅里叶变换，得 $$ Y(\omega)=\frac{1}{T}\left[X(\omega)-e^{-j\omega T}X(\omega)\right] $$ 得系统的频率响应 $ G(\omega) $ 为 $$ \begin{aligned}{G(\omega)}&{{}=\frac{Y(\omega)}{X(\omega)}=\frac{1}{T}\left(1-e^{-j\omega T}\right)}\\ {}&{{}=j\frac{2}{T}~e^{-j\omega\frac{T}{2}}~\sin\left(\frac{\omega T}{2}\right)}\\ \end{aligned} $$ 所以 $$ |G(\omega)|=\left.\frac{2}{T}\right|\sin\frac{\omega T}{2} $$ $$ \frac{|G(\omega)|}{|\omega|}=\left|\frac{\sin\left(\frac{\omega T}{2}\right)}{\frac{\omega T}{2}}\right|=\left|\begin{array}{c}\sin c\left(\frac{\omega T}{2}\right)\end{array}\right|\leqslant\frac{1}{2} $$ 因为 $ \sin c\left(\frac{\omega T}{2}\right) $ 是偶函数，因此我们只要求出 $ \omega>0 $ 时系统频率响应振幅 $ \left|G\left(\omega\right)\right| $ 和微分器频率响应 $ \left\{\omega\right\} $ 的比值。从 $ \omega=0 $ 开始，系统的 $ \left|G\left(\omega\right)\right| $ 为理想微分器 $ \left\{\omega\right\} $ 的 10% 时，应满足的 $ \omega $ 值为 $$ \sin c\frac{\omega T}{2}=\frac{9}{10} $$ 查 $ \sin c(x) $ 曲线可知，在 $ \sin c(x)=\frac{9}{10} $ 时， $ x\simeq\frac{\pi}{20} $。所以 $$ \frac{\omega T}{2}=\frac{\pi}{20} $$ $$ \omega=\frac{\pi}{10}\;T^{-1}=10\pi\simeq3.14\mathrm{r a d} $$ 可见， $ ^{ω} $ 在此范围内，满足本题要求。 6.19 三点对称加权滑动平均滤波器的一般形式为 $$ y[n]=b\{a x[n-1]+x[n]+a x[n+1]\} $$ (a) 作为 a 和 b 的函数，求式 (P6.19) 的三点平均滤波器的频率响应 $ H(\Omega) $. (b) 确定标量系数 b，使得 $ H(\mathcal{Q}) $ 在零频率上具有单位增益。 （c）假定选系数 a 为 $ \frac{1}{2} $，确定并画出所得滤波器的频率响应。 解： $$ (a)\quad y[n]=b\{a x[n-1]+x[n]+a x[n+1]\} $$ 对上式两边取傅里叶变换，得 $$ Y(\mathcal{Q})=b\{a e^{-i\mathcal{Q}}X(\mathcal{Q})+X(\mathcal{Q})+a e^{i\mathcal{Q}}X(\mathcal{Q})\} $$ 所以得该滤波器的频率响应为 $$ H(\mathcal{Q})=\frac{Y(\mathcal{Q})}{X(\mathcal{Q})}=b(1+2a\cos\mathcal{Q}) $$ (b) 由 (a) 小题的 $ H(\mathcal{Q}) $ 可知， $$ H(0)=b(1+2a)=1 $$ 所以得 $$ b=\frac{1}{1+2a} $$ (c) 将 $ a = \frac{1}{2} $ 代入上式得 $$ b=\frac{1}{1+2\cdot\frac{1}{2}}=\frac{1}{2} $$ 所以 $$ H(\mathcal{Q})=\frac{1}{2}\left(1+\cos\mathcal{Q}\right) $$ 如图 P6.19 所示. 6.20 假定一个四点滑动平均离散时间滤波器的差分方程为 $ y[n] = b_{0}x[n] + b_{1}x[n-1] + b_{2}x[n-2] + b_{3}x[n-3] $ 确定并画出下列各种情况的频率响应振幅值。 (a) $ b_{0}=b_{3}=0 $, $ b_{1}=b_{2} $ (b) $ b_{1}=b_{2}=0 $, $ b_{0}=b_{3} $ (c) $ b_{0}=b_{1}=b_{2}=b_{3} $ (d) $ b_{0} = -b_{1} = b_{2} = -b_{3} $ 解： $$ y[n]=b_{0}x[n]+b_{1}x[n-1]+b_{2}x[n-2]+b_{3}x[n-3] $$ 上式两边取傅里叶变换得 $$ \begin{aligned}{Y(\mathcal{Q})=}&{{}~b_{0}X(\mathcal{Q})+b_{1}e^{-j\mathcal{Q}}X(\mathcal{Q})+b_{2}e^{-j2\mathcal{Q}}X(\mathcal{Q})}\\ {}&{{}+b_{3}e^{-j3\mathcal{Q}}X(\mathcal{Q})}\\ \end{aligned} $$ (a) 将 $ b_{0}=b_{3}=0 $, $ b_{1}=b_{2} $ 代入上式得 $$ \begin{aligned}{H(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{Y(\mathcal{Q})}{X(\mathcal{Q})}=b_{1}(e^{-i\mathcal{Q}}+e^{-i\mathcal{Q}})}\\ {}&{{}=~b_{1}e^{-i\frac{3}{2}\mathcal{Q}}(e^{j\frac{1}{2}\mathcal{Q}}+e^{-i\frac{1}{2}\mathcal{Q}})}\\ {}&{{}=~2b_{1}e^{-i\frac{3}{2}\mathcal{Q}}\cos\frac{\mathcal{Q}}{2}}\\ \end{aligned} $$ 所以 $$ |H(\mathcal{Q})|=2|b_{1}|\left|\cos\left(\frac{\mathcal{Q}}{2}\right)\right| $$ 如图 P6.20(a) 所示. (b) 将 $ b_{1}=b_{2}=0 $, $ b_{0}=b_{3} $ 代入得 $$ \begin{aligned}{H(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{Y(\mathcal{Q})}{X(\mathcal{Q})}=b_{0}(1+e^{-j3\mathcal{Q}})}\\ {}&{{}=~2b_{0}e^{-j\frac{3}{2}\mathcal{Q}}~\cos\left(\frac{3\mathcal{Q}}{2}\right)}\\ \end{aligned} $$ 所以 $$ |H(\mathcal{Q})|=2|b_{0}|\left|\cos\left(\frac{3\mathcal{Q}}{2}\right)\right| $$ 如图 P6.20(b) 所示 (c) 将 $ b_{0}=b_{1}=b_{2}=b_{3} $ 代入得 $$ \begin{aligned}{H(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{Y(\mathcal{Q})}{X(\mathcal{Q})}=b_{0}(1+e^{-j\mathcal{Q}}+e^{-2j\mathcal{Q}}+e^{-3j\mathcal{Q}})}\\ {}&{{}=~b_{0}e^{-j\frac{3}{2}\mathcal{Q}}\left(e^{i\frac{3}{2}\mathcal{Q}}+e^{i\frac{1}{2}\mathcal{Q}}+e^{-i\frac{1}{2}\mathcal{Q}}+e^{-i\frac{3}{2}\mathcal{Q}}\right)}\\ {}&{{}=2b_{0}e^{-i\frac{3}{2}\mathcal{Q}}\left(\cos\frac{3}{2}\mathcal{Q}+\cos\frac{1}{2}\mathcal{Q}\right)}\\ {}&{{}=4b_{0}e^{-i\frac{3}{2}\mathcal{Q}}\cos\frac{\mathcal{Q}}{2}\cos\mathcal{Q}}\\ \end{aligned} $$ 所以 $$ |H(\mathcal{Q})|\quad=\quad4|b_{0}|\quad\Big|\cos\frac{\mathcal{Q}}{2}\Big|\quad|\cos\mathcal{Q}|\quad $$ 如图 P6.20(c) 所示. (d) 将 $ b_{0} = -b_{1} = b_{2} = -b_{3} $ 代入得 $$ \begin{aligned}{H(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{\Upsilon(\mathcal{Q})}{X(\mathcal{Q})}=b_{0}(1-e^{-i\mathcal{Q}}+e^{-i\mathcal{Q}}-{e^{-i\mathcal{Q}}})}\\ {}&{{}=b_{0}e^{-i\frac{3}{2}\mathcal{Q}}(e^{i\frac{3}{2}\mathcal{Q}}-e^{i\frac{1}{2}\mathcal{Q}}+e^{-i\frac{1}{2}\mathcal{Q}}-{e^{-i\frac{3}{2}\mathcal{Q}}})}\\ {}&{{}=i2b_{0}e^{-i\frac{3}{2}\mathcal{Q}}\Big(\sin\frac{3}{2}\mathcal{Q}-\sin\frac{1}{2}\mathcal{Q}\Big)}\\ {}&{{}=4j b_{0}e^{-i\frac{3}{2}\mathcal{Q}}\cos\mathcal{Q}\sin\frac{1}{2}\mathcal{Q}}\\ \end{aligned} $$ 所以 $$ |H(\mathcal{Q})|=4|b_{0}||\cos\mathcal{Q}|\left|\sin\frac{\mathcal{Q}}{2}\right| $$ 如图 P6.20(d) 所示. 6.21 图 P6.21-1 给出一个由N个冲激响应均为 $ h_{k}[n] $ （其中 $ k=0,1,\cdots,N-1 $）的 LTI 滤波器并联组成的离散时间系统。对于任何 $ k,h_{k}[n] $ 可用表示式 $$ h_{k}[n]=e^{j\frac{2\pi n k}{N}}h_{0}[n] $$ (a) 若 $ h_{0}[n] $ 为具有如图 P6.21-2 所示频率响应 $ H_{0}(\mathcal{Q}) $ 的理想的离散时间低通滤波器。画出 $ -\pi < \mathcal{Q} \leq +\pi $ 范围内的 $ h_{1}[n] $ 和 $ h_{N-1}[n] $ 的傅里叶变换。 (b) 根据 N 确定图 P6.21-2 中的截止频率 $ \Omega_{c}(0 < \Omega_{c} \leqslant \pi) $，以使图 P6.21-1 的系统是一个恒等系统，即对所有 n 和任何输入 x[n]，都有 $ y[n]=x[n] $。 （c）假设 h[n] 不再限于是理想低通滤波器，若 h[n] 代表图 P6.21-1 的整个系统的冲激响应，则 h[n] 可表示为如下形式 $$ h[n]\;=\;r[n]h_{0}[n] $$ 确定并画出 r[n]. （d）根据（c）小题的结果，对 $ h_{0}[n] $ 确定一个必要与充分条件，以保证整个系统是一恒等系统。答案中应不包含任何求和表达式。 解： (a) $$ h_{k}[n]\implies e^{i\frac{2\pi n k}{N}}h_{0}[n] $$ 上式的傅里叶变换为 $$ H_{k}(\mathcal{Q})=H_{0}\left(\mathcal{Q}\mathrm{~-~}\frac{2\pi k}{N}\right) $$ 所以 $$ H_{1}(\mathcal{Q})=H_{0}\left(\mathcal{Q}\mathrm{~-~}\frac{2\pi}{N}\right) $$ $$ H_{N-1}(\mathcal{Q})=H_{0}\Big(\mathcal{Q}\mathrm{~-~}\frac{2\pi(N-1)}{N}\Big) $$ 假设 N=16，则 $$ H_{1}(\mathcal{Q})=H_{0}\bigg(\mathcal{Q}-\frac{\pi}{8}\bigg) $$ $$ H_{N-1}(\mathcal{Q})=H_{0}\bigg(\mathcal{Q}-\frac{15}{8}\;\pi\bigg) $$ 由图 P6.21-2 中 $ H_{0}(Q) $ 可得到 $ H_{1}(Q) $ 和 $ H_{N-1}(Q) $ 的图形，如图 P6.21-3(a)、(b) 所示。 (b) 图 P6.21-1 的总频率响应为 $$ H_{o v}(\mathcal{Q})=\sum_{k=0}^{N-1}H_{k}(\mathcal{Q}) $$ 对于恒等系统， $ H_{ov}(\mathcal{Q})=1 $。因此要求 $ H_{k}(\mathcal{Q}) $的非零值部分无重叠，并要求 $ H_{ov}(\mathcal{Q}) $从 $ -\pi $到 $ +x $整个区域都覆盖。显然，若图P6.21-2中的截止频率为 $ \mathcal{Q}_{e}=\frac{\pi}{N} $，就可达到此要求。 (c) $$ H(\mathcal{Q})=\sum_{k=0}^{N-1}H_{k}(\mathcal{Q})=\sum_{k=0}^{N-1}H_{0}\left(\mathcal{Q}-\frac{2\pi k}{N}\right) $$ 对上式取逆变换得 $$ \begin{aligned}{h[n]}&{{}=\sum_{k=0}^{N-1}h_{0}[n]e^{j\frac{2\pi k n}{N}}}\\ {}&{{}=h_{0}[n]\left[\sum_{k=0}^{N-1}(e^{j\frac{2\pi n}{N}})^{k}\right]}\\ {}&{{}=r[n]h_{0}[n]}\\ \end{aligned} $$ 所以 $$ r\left[n\right]=\sum_{k=0}^{N-1}e^{j\frac{2\pi}{N}n k}=\left\{\begin{matrix}N\ n=r N,\\ 0\ 其它 \ n\end{matrix}\right. $$ 或写成 $$ r[n]=N\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(n-k N) $$ 如图 P6.21-3 所示. (d) 根据 (c) 小题，有 $$ h[n]=h_{0}[n]r[n]=h_{0}[n]N\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(n-N k) $$ 因要求整个系统是恒等的，即要求 $$ h[n]=h_{0}[n]N\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta[n-N k]=\delta[n] $$ 所以要求上式中 $$ h_{0}[0]=\frac{1}{N} $$ $$ h_{0}[N k]=0,~k=\pm1,\pm2,\pm3,\cdots $$ 6.22 (a) 证明：若连续时间 LTI 滤波器的冲激响应 $ h(t) $ 始终大于或等于零[即 $ h(t) \geqslant 0 $]，则滤波器的阶跃响应是单调上升的函数，因此无过冲。 （b）证明：若离散时间 LT1 滤波器的冲激响应 h[n] 始终大于或等于零，则滤波器的跃阶响应是单调上升的函数，因此无过冲。 解： (a) 设 $ s(t) $ 为阶跃响应，且与冲激响应的关系为 $$ h(t)=\frac{d s(t)}{d t} $$ 由于已给出 $ h(t) \geqslant 0 $，所以 $$ \frac{ds(t)}{dt}\geq0 $$ 显然， $ s(t) $ 是单调上升的，因此无过冲。 （b）设 s[n] 为阶跃响应，且与冲激响应的关系为 $$ h[n]=s[n]-s[n-1] $$ 由于已给出 $ h[n] \geqslant 0 $，所以 $$ s[n]-s[n-1]\geqslant0 $$ 显然， $ s[n] $ 是单调上升的，因此无过冲。 6.23 利用某种特定的滤波器设计方法，可设计成一个频率响应为 $ H_{0}(\omega) $，冲激响应为 $ h_{0}(t) $ 以及阶跃响应为 $ s_{0}(t) $ 的非理想连续时间低通滤波器。该滤波器的截止频率为 $ \omega = 2\pi \times 10^{2}\text{rad/s} $，阶跃响应的上升时间 $ \tau_{r} $（定义为阶跃响应从其终值的 10% 到 90% 所需时间）为 $ 10^{-2}\text{s} $。根据这一设计，可通过频率标度变换得到一个具有任意截止频率 $ \omega_{c} $ 的新滤波器，而且所得滤波器的频率响应 $ H_{Lp}(\omega) $ 具有以下形式 $$ H_{L p}(\omega)=H_{0}(a\omega) $$ 其中 a 是一个适当的标度因子。 (a) 确定标度因子 a，使 $ H_{Lp}(\omega) $ 具有截止频率 $ \omega_{c} $ (b) 用 $ \omega_{c} $ 和 $ h_{0}(t) $ 确定新滤波器的冲激响应 $ h_{Lp}(t) $ (c) 用 $ \omega_{c} $ 和 $ s_{0}(t) $ 确定新滤波器的阶跃响应 $ s_{Lp}(t) $ (d) 作为截止频率 $ \omega_{c} $ 的函数，确定并画出新滤波器的上升时间。 (e) 试问(d)小题的结果与上升时间的特定的定义有关吗？ 解： (a) $$ H_{L p}(\omega)=H_{0}(a\omega) $$ 利用频率标度变换，已知 $ H_{0}(\omega) $ 的截止频率 $ \omega = 2\pi \times 10^{2}rad $ /s，则 $ H_{Lp}(\omega) $ 的截止频率为 $$ \omega_{c}=\frac{\omega}{a}=\frac{2\pi\times10^{2}}{a}\mathrm{r a d/s} $$ 所以 $$ a=\frac{2\pi\times10^{2}}{\omega_{e}} $$ 由于 $ \omega_{c}>0 $，所以 a>0。 (b) 根据标度变换特性 $$ x(a t)\longleftrightarrow\frac{1}{a}\enspace X\left(\frac{\omega}{a}\right),\enspace a>\varnothing $$ 所以 $$ H_{L p}(\omega)=H_{0}(a\omega) $$ 的逆变换为 $$ h_{L p}(t)=\frac{1}{a}h_{0}\left(\frac{t}{a}\right)=\frac{\omega_{c}}{2\pi\times10^{2}}h_{0}\left(\frac{\omega_{c}t}{2\pi\times10^{2}}\right) $$ (c) 阶跃响应与冲激响应的关系为 $$ s_{0}(t)=\int_{-\infty}^{t}h_{0}(\tau)d\tau^{3} $$ $$ s_{L_{P}}(t)=\int_{-\infty}^{t}h_{L_{P}}(\tau)d\tau $$ 而由（b）小题得出 $ h_{L_{P}}(t)=\frac{1}{a}h_{0}\left(\frac{t}{a}\right) $，代入上式得 $$ \begin{aligned}s_{L_{P}}(t)&=\frac{1}{a}\int_{-\infty}^{t}h_{0}(\tau/a)d\tau\underline{\underline{ 令 \tau^{\prime}=\tau/a}}\int_{-\infty}^{t/a}h_{0}(\tau^{\prime})d\tau^{\prime}\\&=s_{0}\left(\frac{t}{a}\right)=s_{0}\left(\frac{\omega_{c}t}{2\pi\times10^{2}}\right)\end{aligned} $$ (d) 设 $ t \rightarrow \infty $ 时阶跃 $ s_{0}(t) $ 趋于某一常数 A，即 $$ \lim_{t\to\infty}s_{0}(t)=A $$ 则上升时间 t，可写成 $$ t_{r}\stackrel{ 统一 }{=}t_{1}\stackrel{ 统一 }{-}\tau_{0} $$ 其中 $$ s_{0}(z_{0})=\frac{A}{10},~s_{1}(z_{1})=\frac{9A}{10} $$ 现在新滤波器的阶跃响应与原低通滤波器的阶跃响应关系为 $$ s_{L p}(t)=s_{0}\left(\frac{t}{a}\right) $$ 因此 $$ \lim_{t\to\infty}s_{L_{p}}(t)=\lim_{t\to\infty}s_{0}\left(\frac{t}{a}\right)\underset{}{\overset{ 令 \tau^{\prime}=\frac{t}{a}}{\longrightarrow}}{\lim_{t^{\prime}\to\infty}}s_{0}(t^{\prime})=A $$ 可见，两滤波器终值相同。若在 $ t_{1} $ 时， $$ s_{L_{p}}(t_{1}^{\prime})=\frac{A}{10},\quad s_{0}\left(\frac{t_{1}^{\prime}}{a}\right)=\frac{A}{10} $$ 由于 $ \frac{t_{1}^{^{\prime}}}{a}=t_{0} $，所以 $ t_{1}^{^{\prime}}=at_{0} $ 同样，若在 $ t_{2}^{\prime} $时， $$ s_{L_{p}}(t_{2}^{\prime})=\frac{9A}{10},\quad s_{0}\left(\frac{t_{2}^{\prime}}{a}\right)=\frac{9A}{10} $$ 由于 $ \frac{t_{2}^{'}}{a}=t_{1} $，所以 $ t_{2}^{'}=at_{1} $ 因此新滤波器的上升时间为 $$ \begin{aligned}\tau_{r}^{^{\prime}}&=i_{2}^{^{\prime}}-i_{r}^{^{\prime}}=a\tau_{1}-a\tau_{0}=a\tau_{r}=\frac{2\pi\times10^{2}}{\omega_{e}}\times10^{-1}\\&=\frac{2\pi}{\omega_{e}}\end{aligned} $$ $ t_{r}^{\prime} $ 与 $ \omega_{c} $ 的函数关系如图 P6.23 所示。 (e) 根据(d)小题结果， 即 $$ \tau_{r}^{\prime}=a\tau=\frac{2\pi}{\omega_{c}} $$ 可见，上升时间 $ \tau' $ 仅由滤波器的截止频率 $ \omega_{c} $ 决定，且与 $ \omega_{c} $ 成反比。此外，上升中并没 出现定义上升时间的阶跃函数的任何参量。因此(d)小题的结果与上升时间的特定的定义无关。 6.24 假定 h[n] 是实函数时，本题将证明：若与频率响应 $ H(\mathcal{Q}) $ 有关的相位 $ \theta(\mathcal{Q}) $ 为零，则冲激响应的持续时间最短。设频率响应为 $$ H(\mathcal{Q})=~|H(\mathcal{Q})|~e^{i\theta(\mathcal{Q})} $$ 并设 $$ D=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}n^{2}h^{2}[n]=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}(n h[n])^{2} $$ 量值D是对冲激响应h[n]持续时间的一种量变。 (a) 利用傅里叶变换的微分特性和帕斯瓦尔关系式，用 $ H(\Omega) $ 表示 D. (b) 根据 (a) 小题中的结果，证明当相位 $ \theta(\Omega)=0 $ 时，D 为最小. 解： （a）设 $ g[n] = nh[n] $，由于 $ h[n] $ 是实序列，所以 $ g[n] $ 也是实序列。对上式两边取傅里叶变换得 $$ G(\mathcal{Q})=j\frac{d}{d\mathcal{Q}}H(\mathcal{Q}) $$ 对于实序列 g[n]，其帕斯瓦尔关系式为 $$ \sum_{n=-\infty}^{+\infty}\left\{g[n]\right\}^{2}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{+\pi}|G(\mathcal{Q})|^{2}d\mathcal{Q} $$ 所以 $$ D=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\{n h[n]\}^{2}=\left.\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{+\pi}\left|\frac{d}{d\mathcal{Q}}H(\mathcal{Q})\right|^{2}d\mathcal{Q}\right. $$ (b) 由 (a) 小题可知 $$ D=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{+\pi}\left|\frac{d}{d\mathcal{Q}}H(\mathcal{Q})\right|^{2}d\mathcal{Q} $$ $$ \begin{aligned}{}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{+\pi}\biggl\{\biggl|e^{i\theta(\mathcal{Q})}\frac{d}{d\mathcal{Q}}\left|H(\mathcal{Q})\right|}\\ {}&{{}\quad+\left|H(\mathcal{Q})\right|e^{i\theta(\mathcal{Q})}\frac{d}{d\mathcal{Q}}\theta(\mathcal{Q})\biggr|^{2}\biggr\}d\mathcal{Q}}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{+\pi}\biggl\{\biggl|\frac{d}{d\mathcal{Q}}\left|H(\mathcal{Q})\right|+\left|H(\mathcal{Q})\right|\frac{d}{d\mathcal{Q}}\theta(\mathcal{Q})\biggr|^{2}\biggr\}d\mathcal{Q}}\\ \end{aligned} $$ 设 $ \left|H(\mathcal{Q})\right|=M(\mathcal{Q}) $， $ \frac{d}{d\mathcal{Q}}\theta(\mathcal{Q})=\theta^{\prime}(\mathcal{Q}) $ 则 $$ D=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{+\pi}\vert M^{\prime}(\mathcal{Q})+M(\mathcal{Q})\vartheta^{\prime}(\mathcal{Q})\vert^{2}d\mathcal{Q}, $$ 由于 $ \left|H\left(\mathcal{Q}\right)\right| $ 是偶函数， $ \theta\left(\mathcal{Q}\right) $ 是奇函数。所以 $ M\left(\mathcal{Q}\right)=M\left(-\mathcal{Q}\right) $， $ -\theta^{\prime}\left(\mathcal{Q}\right)=\theta^{\prime}\left(-\mathcal{Q}\right) $ 和 $ M^{\prime}\left(\mathcal{Q}\right)=M^{\prime}\left(-\mathcal{Q}\right) $ 因此式（P6.24）可写成 $$ \begin{aligned}{D}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{\pi}\{|M^{\prime}(\mathcal{Q})+M(\mathcal{Q})\theta^{\prime}(\mathcal{Q})|^{2}}\\ {}&{{}\quad+|M^{\prime}(\mathcal{Q})-M(\mathcal{Q})\theta^{\prime}(\mathcal{Q})|^{2}\}d\mathcal{Q}}\\ \end{aligned} $$ 由上式可知，对所有 Q，其被积函数都是正值，因此要使 D 最小，只要使上式的被积函数最小即可。 现令 $$ \begin{aligned}{\frac{d}{d\theta^{\prime}(\mathcal{Q})}}&{{}\{[M^{\prime}(\mathcal{Q})+M(\mathcal{Q})\theta^{\prime}(\mathcal{Q})]^{2}}\\ {}&{{}+[M^{\prime}(\mathcal{Q})-M(\mathcal{Q})\theta^{\prime}(\mathcal{Q})]^{2}\}}\\ {=0}\\ \end{aligned} $$ 得 $$ \begin{aligned}{2[M^{\prime}}&{{}(\mathcal{Q})+M(\mathcal{Q})\theta^{\prime}(\mathcal{Q})]M(\mathcal{Q})}\\ {}&{{}\quad+2[M^{\prime}(\mathcal{Q})-M(\mathcal{Q})\theta^{\prime}(\mathcal{Q})][-M(\mathcal{Q})]}\\ {}&{{}=0}\\ \end{aligned} $$ 整理后得 $$ 2M^{2}(\mathcal{Q})\theta^{\prime}(\mathcal{Q})=0,\;\theta^{\prime}(\mathcal{Q})=0 $$ 可是由于 $ \theta(\mathcal{Q}) $ 是奇函数，所以在 $ \theta^{\prime}(\mathcal{Q})=0 $ 的情况下，唯一的可能函数是 $ \theta(\mathcal{Q})=0 $，即证. 6.25 连续时间巴特沃兹滤波器的频率响应的振幅平方函数为 $$ |B(\omega)|^{2}=\frac{1}{1+(\omega/\omega_{c})^{2N}} $$ 其中 N 为巴特沃兹滤波器的级数(或阶数). 现将通带边缘频率 $ \omega_{p} $ 定义为 $ \left|B(\omega)\right|^{2} $ 等于它在 $ \omega = 0 $ 处的值的一半时的频率，即 $$ |B(\omega)|^{2}=\frac{1}{2}|B(0)|^{2},|\omega|=\omega_{p} $$ 且 $$ |B(\omega)|^{2}\geqslant\frac{1}{2}|B(0)|^{2},\quad|\omega|<\omega_{p} $$ 并将阻带边缘频率 $ \omega_{s} $ 定义为 $ \left|B(\omega)\right|^{2} $ 等于它在 $ \omega = 0 $ 处的值的 $ 10^{-2} $ 时的频率，即 $$ |B(\omega)|^{2}=10^{-2}|B(0)|^{2},~~|\omega|=\omega, $$ 且 $$ |B(\omega)|^{2}\leqslant10^{-2}|B(0)|^{2},\quad|\omega|>\omega_{s} $$ 于是， $ \omega_{p} $ 和 $ \omega_{s} $ 之间的频率范围称为过渡带。比值 $ \omega_{s}/\omega_{p} $ 称为过渡比。 固定 $ \omega_{p} $，并作适当的近似，以 N 为变量确定过渡比。 解： 由 $$ |B(\omega)|^{2}=\frac{1}{\left[1+\left(\frac{\omega}{\omega_{c}}\right)^{2N}\right]} $$ 可得 $$ |B(0)|^{2}=1,|B(\omega_{p})|^{2}=\frac{1}{2}, $$ 因此 $$ \left(\frac{\omega_{p}}{\omega_{c}}\right)^{2N}=1\mathrm{~,~}\omega_{p}=\omega_{c} $$ 又根据 $ \left|B\left(\omega_{s}\right)\right|^{2}=10^{-2} $，得 $$ \left(\frac{\omega_{s}}{\omega_{c}}\right)^{2N}=99,\quad\omega_{s}=\left(99\right)^{\frac{1}{2N}}\omega_{c} $$ 则过渡比为 $$ \underbrace{\omega_{s}}_{\omega_{c}}=(99)^{\frac{1}{2N}}=(99^{\frac{1}{2}})^{\frac{1}{N}}\approx10^{\frac{1}{N}} $$ 如图 P6.25 所示。 6.26 离散时间巴特沃兹型 低通滤波器的振幅平方函数定义为 $$ |B(\mathcal{Q})|^{2}=\frac{1}{1+\left[\frac{\operatorname{t g}\left(\mathcal{Q}/2\right)}{\operatorname{t g}\left(\mathcal{Q}_{c}/2\right)}\right]^{2N}}, $$ 其中 N 是滤波器的阶数. （a）证明对于式（P6.25-1）中的N阶连续时间巴特沃兹滤波器的频率响应 $ \left|B(\omega)\right|^{2} $，其前（2N-1）阶导数在 $ \omega=0 $ 处均为零，N阶传输函数的这一性质称为最大平坦特性。 (b) 确定N阶离散时间巴特沃兹滤波器是否是最大平坦的. 解： （a） 因所要研究的是 $ \omega = 0 $ 附近的特性，故存在 $ \frac{\omega_{e}}{\omega} \ll 1 $ 的条件，因而可用二项式公式 $$ (1-x)^{-1}=1-x+x^{2}-x^{3}+\cdots $$ 将 $ \left|B\left(\omega\right)\right|^{2} $ 在 $ \omega=0 $ 展开成 $$ |B(\omega)|^{2}=1-\left(\frac{\omega}{\omega_{c}}\right)^{2N}+\left(\frac{\omega}{\omega_{e}}\right)^{4N}-\left(\frac{\omega}{\omega_{e}}\right)^{6N}+\cdots $$ 由此可求其各次导数为 $$ \begin{aligned}{\frac{\partial}{\partial\omega}\mid B(\omega)\mid^{2}=}&{{}~-2N\left(\frac{\omega}{\omega_{e}}\right)^{2N-1}+4N\left(\frac{\omega}{\omega_{e}}\right)^{4N-1}}\\ {}&{{}~-6N\left(\frac{\omega}{\omega_{e}}\right)^{6N-1}+\cdots}\\ \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned}{\frac{\partial^{2}}{\partial\omega^{2}}|B(\omega)|^{2}=}&{{}-2N(2N-1)\left(\frac{\omega}{\omega_{e}}\right)^{2N-2}}\\ {}&{{}+4N(4N-1)\left(\frac{\omega}{\omega_{e}}\right)^{4N-2}}\\ {}&{{}-6N(6N-1)\left(\frac{\omega}{-\omega_{e}}\right)^{6N+1}+\cdots.}\\ \end{aligned} $$ ・・・・・・・・ $$ \begin{aligned}\frac{\partial^{2N-1}}{\partial\omega^{2N-1}}|_{B(\omega)}|^{2}=&-2N(2N-1)\cdots2\left(\frac{\omega}{\omega_{c}}\right)\\&+4N(4N-1)\cdots(2N+2)\left(\frac{\omega}{\omega_{c}}\right)^{2N+1}\\&-6N(6N-1)\cdots(4N+2)\left(\frac{\omega}{\omega_{c}}\right)^{4N+1}\\&+\cdots\end{aligned} $$ $$ \begin{aligned}\frac{\partial^{2N}}{\partial\omega^{2N}}|B(\omega)|^{2}&=-2N!\\&\quad+4N(4N-1)\cdots(2N+1)\left(\frac{\omega}{\omega_{e}}\right)^{2N}\\&\quad-6N(6N-1)\cdots(4N+1)\left(\frac{\omega}{\omega_{e}}\right)^{4}\\&\quad+\cdots\end{aligned} $$ 由此可见，当 $ \omega = 0 $ 时， $ \left|B\left(\omega\right)\right|^{2} $ 的前 2N-1 阶导数都等于零，而 2N 阶导数为 $ -2N! \neq 0 $，出现第一个非零导数。 $ \omega = 0 $ 时，前 2N-1 阶导数等于零，这表明 $ \left|B\left(\omega\right)\right|^{2} $ 在 $ \omega = 0 $ 处都是平坦的，故称为最大平坦特性。 (b) 离散时间巴特沃兹低通滤波器的振幅平方函数如式 (P6.26-1) 所示。对 Q 来说，它仍然是一个连续函数。设 $ \omega = \operatorname{tg}(\mathcal{Q}/2) $, $ \omega_c = \operatorname{tg}(\mathcal{Q}_c/2) $，则其与连续时间巴特沃兹低通滤波器的振幅平方函数式 (P6.25-1) 具有同样形式。因此，可用 (a) 小题同样的方法证得，离散时间巴特沃兹低通滤波器也具有最大平坦特性，它在 Q = 0 处，直到其 2N - 1 阶导数都等于零，而 2N 阶导数不为零。 6.27 (a) 对一个连续时间巴特沃兹滤波器，假定要求当频率低于 $ \omega = 2\pi \times 100 $ 时，其通带频率响应恒定在 0.75dB 之内，而当频率高于 $ \omega = 2\pi \times 110 $ 时，其阻带衰减至少为 20dB。确定该滤波器的最低阶数 N 和 $ \omega $。 （b）对一个离散时间巴特沃兹滤波器，假定要求当频率低于 $ Q=0.26\pi $时，其通带频率响应恒定在0.75dB之内；而当频率在 $ 0.4\pi\leq Q\leq\pi $范围内时，其阻带衰减至少为20dB。确定该滤波器的最低阶数N和Q。 解： (a) 由题可知 $$ 20\log\mid B(2\pi\times100)\mid=-0.75 $$ $$ 20\log|B(2\pi\times110)|=-20 $$ 上两式变成 $$ 1+\left(\frac{2\pi\times100}{\omega_{c}}\right)^{2N}=10^{0.075} $$ $$ 1+\left(\frac{2\pi\times100}{\omega_{c}}\right)^{2N}=10^{2} $$ 移项得 $$ \left(\frac{2\pi}{\omega_{c}}\frac{\times100}{\omega_{c}}\right)^{2N}=10^{0.075}-1=0.1885 $$ $$ \left(\frac{2\pi\times100}{\omega_{e}}\right)^{2N}=99 $$ 对上两式两边取对数，有 $$ 2N\log{(200\pi)}-2N\log{\omega_{c}}=\log{(10^{0.075}-1)} $$ $$ 2N\log{(220\pi)}-2N\log{\omega_{c}}=\log{(99)} $$ 上两式相减，得 $$ 2N[\;\log{(200\pi)}-\;\log{(220\pi)}]\;=\;\log{(10^{0.075}-1)}-\;\log{(99)} $$ 因此 $$ \begin{aligned}N&=\frac{1}{2}\frac{\left[\log\left(10^{0.075}-1\right)-\log\left(99\right)\right]}{\left[\log\left(200\pi\right)-\log\left(220\pi\right\right)]}\\&\approx\frac{1}{2}\frac{1.19-2}{2.8-2.84}=\frac{1}{2}\frac{-0.81}{-0.04}=10.125\end{aligned} $$ 选比该N大的最小整数 N=11. 再根据式 $$ 2N\log{(220\pi)}-2N\log{\omega_{c}}=\log{(99)} $$ 得 $$ \begin{aligned}\log\omega_{c}&=\frac{\log\left(99\right)}{2N}+\log\left(220\pi\right)\\&\approx\frac{2}{22}+2.84=0.09+2.84=3.93\end{aligned} $$ 所以 $$ \omega_{c}=10^{3.93}\approx8511 $$ (b) 由题可知 $$ 20\log|B(0.26\pi)|=-0.75 $$ $$ 20\log\mid B(0.4\pi)\mid=-20 $$ 所以 $$ 1+\left[\frac{\operatorname{tg}\left(0.13\pi\right)}{\operatorname{tg}\left(\mathcal{Q}/2\right)}\right]^{2N}=10^{0.075} $$ $$ 1+\left[\frac{\mathrm{tg}\left(0.2\pi\right)}{\mathrm{tg}\left(\mathcal{Q}_{c}/2\right)}\right]^{2N}=10^{2} $$ 移项得 $$ \left[\frac{\mathrm{tg}\left(0.13\pi\right)}{\mathrm{tg}\left(\mathcal{Q}/2\right)}\right]^{2N}=10^{0.075}-1 $$ $$ \left[\frac{\mathrm{tg}\left(0.2\pi\right)}{\mathrm{tg}\left(\mathcal{Q}_{c}/2\right)}\right]^{2N}=99 $$ 对上两式两边取对数，有 $$ 2N\operatorname{l o g}\left[\operatorname{t g}\left(0.13\pi\right)\right]-2N\operatorname{l o g}\left[\operatorname{t g}\left(\mathcal{Q}_{c}/2\right)\right]=\operatorname{l o g}\left(10^{0.075\to1}\right) $$ $$ 2N\log\left[\operatorname{tg}\left(0.2\pi\right)\right]-2N\log\left[\operatorname{tg}\left(\mathcal{Q}_{c}/2\right)\right]=\log\left(99\right) $$ 两式相减得 $$ \begin{aligned}{2N\{\operatorname{l o g}\left[\operatorname{t g}\left(0.13\pi\right)\right]-\operatorname{l o g}\left[\operatorname{t g}\left(0.2\pi\right)\right]\}}&{{}=\operatorname{l o g}\left(10^{0.075}-1\right)}\\ {}&{{}\quad-\operatorname{l o g}\left(99\right)}\\ \end{aligned} $$ 因此 $$ \begin{aligned}N&=\frac{1}{2}\frac{\left[\log\left(10^{0.05}-1\right)-\log\left(99\right)\right]}{\left\{\log\left(\operatorname{tg}\left(0.13\pi\right)-\log\left[\operatorname{tg}\left(0.2\pi\right]\right)\right\}}\\&=\frac{1}{2}\frac{1.19-2}{-0.36+0.138}=\frac{1}{2}\frac{-0.81}{-0.222}=1.824\end{aligned} $$ 选比该N大的最小整数 N=2，再根据式 $$ 2N\log\left[\operatorname{tg}\left(0.2\pi\right)\right]-2N\log\left[\operatorname{tg}\left(\mathcal{Q}_{c}/2\right)\right]=\log\left(9\right) $$ 得 $$ \begin{aligned}\log\left\{\operatorname{tg}\frac{Q_{e}}{2}\right\}&=\log\left[\operatorname{tg}\left(\theta.2\pi\right)\right]-\frac{\log\left(99\right)}{2N}\\&\approx-0.138-\frac{1.9956}{4}=-0.638\end{aligned} $$ 所以 $$ \mathrm{tg}\ \frac{Q_{c}}{7}=10^{-0.638}=0.23 $$ 得 $$ Q_{c}=0.17\pi $$ 6.28 假定 N=1， $ \Omega_{c}=\pi/2 $，则离散时间巴特沃兹滤波器的频率响应为 $$ |B(\mathcal{Q})|^{2}=\frac{1}{1+\operatorname{t g}^{2}(\mathcal{Q}/2)} $$ (a) 证明 $$ \mid B(\mathcal{Q})\mid^{2}=\cos^{2}(\mathcal{Q}/2) $$ (b) 假定 $ B(\mathcal{Q}) = a \cos(\mathcal{Q}/2) $，当 $ |B(\mathcal{Q})|^2 $ 与 (a) 小题相同时，求复系数 a。 (c) 证明 (b) 小题中的 $ B(Q) $ 是与下列差分方程相对应的传输函数: $$ y[n]=\alpha x[n]+\beta x[n-\gamma] $$ 确定系数 $ \alpha $, $ \beta $ 和 $ \gamma $. 解： (a) $$ \begin{aligned}|B(\mathcal{Q})|^{2}&=\frac{1}{1+\operatorname{tg}^{2}(\mathcal{Q}/2)}=\frac{1}{1+\frac{\sin^{2}(\mathcal{Q}/2)}{\cos^{2}(\mathcal{Q}/2)}}\\&=\frac{1}{\frac{\sin^{2}(\mathcal{Q}/2)+\cos^{2}(\mathcal{Q}/2)}{\cos^{2}(\mathcal{Q}/2)}}=\cos^{2}(\mathcal{Q}/2)\end{aligned} $$ (b) 因 $ B(\mathcal{Q}) = a \cos(\mathcal{Q}/2) $，所以 $$ |B(\mathcal{Q})|^{2}=a a^{*}\cos^{2}\frac{\mathcal{Q}}{2}=\cos^{2}\frac{\mathcal{Q}}{2} $$ 因此 $ aa^{*}=1 $， $ a=e^{j\theta(\Omega)} $，其中 $ \theta(\Omega) $ 为任意实函数。 $$ (c)\quad y[n]=\alpha x[n]+\beta x[n-\gamma] $$ 对上式两边取傅里叶变换，得 $$ Y(\mathcal{Q})=\alpha X(\mathcal{Q})+\beta e^{-i\mathcal{Q}r}X(\mathcal{Q}) $$ 因此得传输函数 $ H(\boldsymbol{\Omega}) $ 为 $$ \begin{aligned}{H(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{Y(\mathcal{Q})}{X(\mathcal{Q})}=\alpha+\beta e^{-j\mathcal{Q}\tau}}\\ {}&{{}=e^{-i\frac{\mathcal{Q}\tau}{2}}(\alpha e^{i\frac{\mathcal{Q}\tau}{2}}+\beta e^{-i\frac{\mathcal{Q}\tau}{2}})}\\ \end{aligned} $$ 由(b)小题可知， $$ B\left(\mathcal{Q}\right)=e^{-i\theta\left(\mathcal{Q}\right)}\left(\frac{1}{2}e^{i\frac{\mathcal{Q}}{2}}+\frac{1}{2}e^{-i\frac{\mathcal{Q}}{2}}\right) $$ 因此，若 $ \alpha=\frac{1}{2} $， $ \beta=\frac{1}{2} $， $ \gamma=1 $，则 $$ H(\mathcal{Q})=e^{i\left(-\frac{\mathcal{Q}}{2}\right)}\cos\left(\mathcal{Q}/2\right) $$ 它与 $ \theta(\mathcal{Q}) = -\frac{\mathcal{Q}}{2} $ 时的 $ B(\mathcal{Q}) $ 相同。 6.29 图 P6.29 表示的是实现二阶和三阶巴特沃兹滤波器的典型电路。确定这些电路各频率响应，并且证明它们实际上相当于适当阶数的巴特沃兹滤波器。 解： 由图 P6.29(a) 可见 $$ I(\omega)=\frac{X(\omega)}{R+Z_{L}(\omega)+Z_{C}(\omega)} $$ $$ \mathrm{Y}(\omega)=\frac{X(\omega)Z_{c}(\omega)}{R+Z_{L}(\omega)+Z_{c}(\omega)} $$ 因此得传输函数为 $$ H(\omega)=\frac{Y(\omega)}{X(\omega)}=\frac{Z_{c}(\omega)}{R+Z_{L}(\omega)+Z_{c}(\omega)} $$ $$ \begin{aligned}&=\frac{1/j\omega\sqrt{2}}{1+j\frac{\omega}{\sqrt{2}}+\frac{1}{j\omega\sqrt{2}}}\\&=\frac{1}{j\omega\sqrt{2}-\omega^{2}+1}\end{aligned} $$ 而 $$ |H(\omega)|^{2}=\frac{1}{(1-\omega^{2})^{2}+2\omega^{2}}=\frac{1}{1+\omega^{4}} $$ 它相当于N=2的巴特沃兹滤波器。 由图 P6.29(b) 可见 $$ I_{1}(\omega)=\frac{X(\omega)}{1/Z_{总}(\omega)} $$ 而 $$ Z_{总}(\omega)=1+\frac{Z_{C_{1}}(Z_{L}+Z_{C_{2}})}{Z_{C_{1}}+Z_{L}+Z_{C_{2}}} $$ 则 $$ \begin{aligned}\frac{1}{Z_{ 总 }(\omega)}&=\frac{Z_{C_{1}}+Z_{L}+Z_{C_{2}}}{(Z_{C_{1}}+Z_{L}+Z_{C_{2}})+Z_{C_{1}}(Z_{L}+Z_{C_{2}})}\\V_{R}(\omega)&=X(\omega)\frac{1}{Z_{ 总 }(\omega)}\cdot1=\frac{X(\omega)}{Z_{ 总 }(\omega)}\\V_{C_{2}}(\omega)&=\left[\frac{Z_{C_{2}}}{Z_{L}+Z_{C_{2}}}\right]X(\omega)\left[1-\frac{1}{Z_{ 总 }(\omega)}\right]=Y(\omega)\end{aligned} $$ 所以由式 $ (P6.29) $得 $$ \begin{align*}H(\omega)&=\frac{Y(\omega)}{X(\omega)}=\left[\frac{Z_{c_{1}}}{Z_{L}+Z_{c_{1}}}\right]\left[1-\frac{1}{Z_{ 总 }(\omega)}\right]\\&=\frac{Z_{c_{1}}Z_{c_{1}}}{Z_{c_{1}}+Z_{L}+Z_{c_{1}}+Z_{c_{1}}(Z_{L}+Z_{c_{1}})}\end{align*} $$ $$ \begin{aligned}&=\frac{-4}{-j2\omega-j\frac{2}{3}\omega+j\omega^{3}\frac{4}{3}-\frac{4}{3}+\frac{8\omega^{2}}{3}}\\&=\frac{-4}{\left[i\left(\frac{4\omega^{3}}{3}-\frac{8\omega}{3}\right)+\left(\frac{8\omega^{2}}{3}-\frac{4}{3}\right)\right]}\end{aligned} $$ 由上式得 $$ \begin{aligned}|H(\omega)|^{2}&=\frac{16}{\frac{16\omega^{6}}{9}+\frac{64\omega^{2}}{9}-\frac{64\omega^{4}}{9}+\frac{64\omega^{4}}{9}+\frac{16}{9}-\frac{64\omega^{2}}{9}}\\&=\frac{1}{1+\omega^{6}}\end{aligned} $$ 它相当于N=3的巴特沃兹滤波器。 6.30 图 P6.30 表示实现二阶和三阶巴特沃兹滤波器的数字网络. (a) 确定与这些网络相应的差分方程. （b）确定它们的频率响应，并证明它们分别相当于一个二阶和三阶巴特沃兹滤波器。 解： (a) 假定 x[n] 和 y[n] 对应的傅里叶变换分别为 $ X(\mathcal{Q}) $ 和 $ Y(\mathcal{Q}) $。由图 P6.30(a) 可直接列出或根据梅逊 (Mason) 增益公式列出从 x[n] 到 y[n] 的传输函数 $ H(\mathcal{Q}) $ 为 $$ \begin{aligned}{H(\mathcal{Q})=\frac{Y(\mathcal{Q})}{X(\mathcal{Q})}}&{{}=\frac{1}{2+\sqrt{2}}\frac{1+2e^{-j\mathcal{Q}}+e^{-j2\mathcal{Q}}}{1+\frac{2-\sqrt{2}}{2+\sqrt{2}}e^{-j2\mathcal{Q}}}}\\ {}&{{}=\frac{1+2e^{-j\mathcal{Q}}+e^{-j2\mathcal{Q}}}{2+\sqrt{2}+(2-\sqrt{2})e^{-j2\mathcal{Q}}}}\\ \end{aligned} $$ 由此得 $$ \begin{aligned}(2+\sqrt{2})Y(\mathcal{Q})+(2-\sqrt{2})e^{-j2\mathcal{Q}}Y(\mathcal{Q})\\ =X(\mathcal{Q})+2e^{-j\mathcal{Q}}X(\mathcal{Q})+e^{-j2\mathcal{Q}}X(\mathcal{Q})\end{aligned} $$ 对上式两端求逆变换，得 $$ \begin{aligned}(2+\sqrt{2})y[n]&+(2-\sqrt{2})y[n-2]\\=x[n]+2x[n-1]+x[n-2]\end{aligned} $$ 图 6.30(b) 可看成 2 个传输函数分别为 $ H_{1}(\mathcal{Q}) $ 与 $ H_{2}(\mathcal{Q}) $ 的子系统级联。由图得它们的传输函数分别为 $$ \begin{aligned}{H_{1}(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{W(\mathcal{Q})}{X(\mathcal{Q})}=\frac{1}{7}\frac{1+2e^{-i\mathcal{Q}}+e^{-j2\mathcal{Q}}}{1+\frac{6}{7}e^{-i\mathcal{Q}}+\frac{3}{7}e^{-j2\mathcal{Q}}}\\ {}&{{}=\frac{1+2e^{-i\mathcal{Q}}+e^{-j2\mathcal{Q}}}{7+6e^{-j\mathcal{Q}}+3e^{-j2\mathcal{Q}}}}\\ \end{aligned} $$ $$ H_{2}(\mathcal{Q})=\frac{Y(\mathcal{Q})}{W(\mathcal{Q})}=\frac{1}{3}\frac{1+e^{-i\mathcal{Q}}}{1+\frac{1}{3}e^{-i\mathcal{Q}}}=\frac{1+e^{-i\mathcal{Q}}}{3+e^{-i\mathcal{Q}}} $$ 因此 $$ \begin{aligned}{\tilde{H}(\mathcal{Q})}&{{}=H_{1}(\mathcal{Q})H_{2}(\mathcal{Q})=\frac{\tilde{Y}(\mathcal{Q})}{X(\mathcal{Q})}}\\ {}&{{}=\frac{1+2e^{-j\mathcal{Q}}+e^{-j2\mathcal{Q}}}{7+6e^{-j\mathcal{Q}}+3e^{-j2\mathcal{Q}}}\cdot\frac{1+e^{-i\mathcal{Q}}}{3+e^{-i\mathcal{Q}}}}\\ {}&{{}=\frac{1+3e^{-j\mathcal{Q}}+3e^{-j2\mathcal{Q}}+e^{-j3\mathcal{Q}}}{21+25e^{-j\mathcal{Q}}+15e^{-j2\mathcal{Q}}+3e^{-j3\mathcal{Q}}}}\\ \end{aligned} $$ 由此可直接写出差分方程为 $$ \begin{aligned}21y[n]&+25y[n-1]+15y[n-2]+3y[n-3]\\&=x[n]+3x[n-1]+3x[n-2]+x[n-3]\end{aligned} $$ (b) 对于图 P6.30 中框图，同样可得 $$ \begin{aligned}{H(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{1+2e^{-i\mathcal{Q}}+e^{-j2\mathcal{Q}}}{(2+\sqrt{2\hphantom{2}})+(2-\sqrt{2\hphantom{2}}){e}^{-j2\mathcal{Q}}}}\\ {}&{{}=\frac{e^{-i\mathcal{Q}}[e^{+i\mathcal{Q}}+2+e^{-i\mathcal{Q}}]}{e^{-i\mathcal{Q}}[(2+\sqrt{2\hphantom{2}}){e}^{+i\mathcal{Q}}+(2-\sqrt{2\hphantom{2}}){e}^{-i\mathcal{Q}}]}}\\ {}&{{}=\frac{(1+\cos\mathcal{Q})}{2\cos\mathcal{Q}+j\sqrt{2\hphantom{2}}\sin\mathcal{Q}}}\\ \end{aligned} $$ 所以 $$ \begin{aligned}{|H(\mathcal{Q})|^{2}}&{{}=\frac{4(1+\cos\mathcal{Q})^{2}}{16\cos^{2}\mathcal{Q}+8\sin^{2}\mathcal{Q}}}\\ {}&{{}=\frac{(1+\cos\mathcal{Q})^{2}}{4\cos^{2}\mathcal{Q}+2\sin^{2}\mathcal{Q}}}\\ {}&{{}=\frac{(1+\cos\mathcal{Q})^{2}}{2(H\cos^{2}\mathcal{Q})}}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\frac{(1+\cos^{2}\mathcal{Q})}{(1+\cos\mathcal{Q})^{2}}}}\\ \end{aligned} $$ 另一方面， $$ \mathrm{tg}^{2}\frac{Q}{2}=-\frac{(e^{i\frac{Q}{2}}-e^{-i\frac{Q}{2}})^{2}}{(e^{i\frac{Q}{2}}+e^{-i\frac{Q}{2}})^{2}} $$ $$ \begin{aligned}&=-\frac{e^{iQ}+e^{-iQ}-2}{e^{iQ}+e^{-iQ}+2}\\&=\frac{1-\cos Q}{1+\cos Q}\end{aligned} $$ 而 $$ \begin{array}{l}\mathrm{tg}^{4}\frac{\mathcal{Q}}{2}=\frac{(1-\cos\mathcal{Q})^{2}}{(1+\cos\mathcal{Q})^{2}}=\frac{1+\cos^{2}\mathcal{Q}-2\cos\mathcal{Q}}{1+\cos^{2}\mathcal{Q}+2\cos\mathcal{Q}}\\\mathrm{1}+\mathrm{tg}^{4}\frac{\mathcal{Q}}{2}=1+\frac{\cos^{2}\mathcal{Q}+1-2\cos\mathcal{Q}}{\cos^{2}\mathcal{Q}+1+2\cos\mathcal{Q}}=\frac{2(1+\cos^{2}\mathcal{Q})}{(1+\cos\mathcal{Q})^{2}}\end{array} $$ 因此将上述结果代入式（P6.30）得 $$ |H(\mathcal{Q})|^{2}=\frac{1}{1+\mathrm{t g}^{4}\frac{\mathcal{Q}}{2}} $$ 它相当于二阶巴特沃兹滤波器。 用类似三角函数变换法可求得图 P6.30 框图 2 中的网络频率响应 $$ |H(\mathcal{Q})|^{2}=\frac{1}{1+\operatorname{t g}^{6}\frac{\mathcal{Q}}{2}} $$ 它相当于三阶巴特沃兹滤波器。 6.31 假定离散时间信号 x[n] 是由 2 个信号 s[n] 和 g[n] 之和组成的，即 $$ x[n]=s[n]+g[n] $$ 其中 $$ s[n]=A\cos\left(\frac{2\pi n}{6}+\frac{\pi}{8}\right) $$ 和 $$ g[n]=B(-1)^{n} $$ 假定 s[n] 是需要的分量(信号)，g[n] 是不需要的分量(噪声)。x[n] 的信噪比 $ R_{x} $ 定义为 s[n] 的平均功率 P，除以 g[π] 的平均功率 $ P_{g} $ 周期为N的周期离散时间信号 f[n] 的平均功率 $ P_{f} $ 定义为 $$ P_{f}=\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1}f^{2}[n] $$ 若 $ f[n] $ 的傅里叶级数系数为 $ F_{k} $，则帕斯瓦尔关系式为 $$ P_{j}=\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1}f^{2}[n]=\sum_{k=0}^{N-1}|F_{k}|^{2} $$ (a) 确定 $ R_{x}=\frac{P_{f}}{P_{g}} $ (b) 为了提高信噪比，将 x[n] 加到一个由差分方程 $$ y[n]\;-\;a y[n-1]=x[n] $$ 所表征的 LTI 滤波器. 根据 $ R_{x} $ 和滤波器参数 a，求 $$ R_{y}=\frac{P_{y_{s}}}{P_{y_{g}}} $$ 其中 $ P_{y_s} $ 和 $ P_{yg} $ 分别代表仅由 s[n] 和 g[n] 通过滤波器产生的输出平均功率。 (c) 证明在 0 < a < 1 范围内的任何 a 值，输出信噪比 R，均大于输入信噪比 $ R_{x} $。 解： $$ \begin{aligned}(a)\quad 由式 s[n]&=A\cos\left(\frac{2\pi n}{6}+\frac{\pi}{8}\right)\\&=\frac{A}{2}\left[e^{i\left(\frac{2\pi n}{6}+\frac{\pi}{8}\right)}+e^{-i\left(\frac{2\pi}{6}n+\frac{\pi}{8}\right)}\right]\end{aligned} $$ 可知 N=6， $ \Omega_{0}=\frac{\pi}{3} $， $ a_{0}=0 $， $ a_{-1}=\frac{A}{2}e^{-j\frac{\pi}{8}} $， $ a_{1}=\frac{A}{2}e^{j\frac{\pi}{8}} $。 $$ a_{k}=0,k\neq\pm1 $$ 由式 $ g[n] = B(-1)^{n} = B e^{i\pi n} $ 可知 $$ N=2,\ \mathcal{Q}_{0}=\pi,\ b_{0}=B,\ b_{1}=B。 $$ 所以 $$ P_{s}=\sum_{k=0}^{N-1}|a_{k}|^{2}=\frac{A^{2}}{4}+\frac{A^{2}}{4}=\frac{A^{2}}{2} $$ $$ P_{t}=B^{2} $$ 因此得 $$ R_{x}=\frac{P_{s}}{\cdot P_{g}}=\frac{A^{2}}{2B^{2}} $$ (b) $ y[n] - ay[n-1] = x[n] $ 对上式两边求傅里叶变换得 $$ \Upsilon(\mathcal{Q})-a\Upsilon(\mathcal{Q})e^{-i\mathcal{Q}}=X(\mathcal{Q}) $$ 因此得频率响应为 $$ H(\mathcal{Q})=\frac{Y(\mathcal{Q})}{X(\mathcal{Q})}=\frac{1}{1-a e^{-i\mathcal{Q}}} $$ 其振幅的平方为 $$ |H(\mathcal{Q})|^{2}=\frac{1}{1+a^{2}-2a\cos\mathcal{Q}} $$ 因信号的 $ Q_{0}=\frac{\pi}{3} $，且只有 $ a \pm 1 \neq 0 $，所以代入得 $$ \left|H\left(\pm\frac{\pi}{3}\right)\right|^{2}=\frac{1}{1+a(a-1)} $$ 因噪声的 $ Q_{0}=\pi $，且只有 $ b_{0}=b_{1}\neq0 $，所以代入得 $$ |H(\pi)|^{2}=\frac{1}{1+a^{2}} $$ 由此可得 $$ P_{y_{s}}=|H(\pm\pi/3)|^{2}P_{s}=\frac{1}{1+a(a-1)}P_{s}, $$ $$ P_{y g}=\mid H(\pi)\mid^{2}P_{g}=\frac{1}{1+a^{2}}P_{g} $$ $$ R_{y}=\frac{P_{y_{s}}}{P_{y_{g}}}=\frac{1+a^{2}}{1+a(a-1)}\frac{P_{t}}{P_{t}}=\frac{1+a^{2}}{1+a(a-1)}R_{x} $$ (c) 若在 0 < a < 1 范围内，则 $$ 1+a^{2}>1+a^{2}-a>0 $$ 所以 $$ \frac{1+a^{2}}{1+a(a-1)}>1 $$ 因此由（b）小题结果可求得 $$ R_{y}>R_{x} $$ 6.32 现代收录机放音时，叠加在信号上的噪音具有图 P6.32-1 所示的频谱。当以 dB 计量时，在 100Hz 上的信号电平为 0dB，信号频谱 $ S(\omega) $ 如图 P6.32-2 所示。 放音系统的框图如图 P6.32-3 所示。假定要求在 50 Hz< $ \omega/2\pi<20\mathrm{kHz} $ 的频率范围内，整个系统具有40dB的信噪比。 (a) 确定滤波器 $ H_{1}(\omega) $ 的传输特性，画出 $ H_{1}(\omega) $ 的波特图. (b) 若现在要听的信号是 $ p(t) $，假定在放音过程中只有磁头摩擦引起的噪声叠加在信号上，那么将听到什么声音？ (c) 要使信号 $ \hat{s}(t) $ 听起来象 $ s(t) $，确定滤波器 $ H_{2}(\omega) $ 的波特图和传输特性. (d) 确定实现 $ H_{2}(\omega) $ 的微分方程. 解： （a）由图 P6.32-3 所示系统和图 P6.32-1 的噪声谱可见，若要求整个系统在 $ 50 Hz < \omega / 2\pi < 20 kHz $ 频率范围内具有 40 dB 的信噪比，以消除磁带和放音头之间摩擦引起的高频噪声，这就要求滤波器 $ H_{1}(\omega) $ 在录音之前将信号（见图 P6.32-2）谱作适当的高频提升（预加重）。针对图 P6.32-1 的噪声谱，应将信号高频谱提升 28 dB，且由图 P6.32-1 可见，其转折角频率为 $ \omega_{0} = 2\pi \times 5000 $ 和 $ \omega_{1} = 2\pi \times 10000 $，所以应将 $ H_{1}(\omega) $ 设计成如图 P6.32-4（a）所示特性的高频提升系统。在频率 $ \omega_{0} = 2\pi \times 5000 $ 到 $ \omega_{1} = 2\pi \times 10000 $ 范围内应具有每倍频程 12 dB 的斜率。因此，其特性可写为 $$ H_{1}(\omega)=A\frac{\left(1+j\frac{\omega}{\omega_{0}}\right)^{2}}{\left(1+j\frac{\omega}{\omega_{1}}\right)^{2}} $$ 式中 A 为常数， $ \omega_{0}=2\pi\times5000,\omega_{1}=2\pi\times10000 $ (b) 虽然用 $ H_{1}(\omega) $ 将信号高频进行了预加重，但由于图 P6.32-1 所示特性的噪声存在，因此在听 p(t) 时，听到的将是高频噪声。 （c）为使 $ \hat{s}(t) $ 与 $ s(t) $ 相似，应设计 $ H_{2}(\omega) $ 为 $ H_{1}(\omega) $ 的逆系统，这样将保持 40dB 信噪比，但将高频噪声压低了 28dB 达 到-40dB 电平。因此 $ H_{2}(\omega) $ 的特性应为 $$ H_{2}(\omega)=\frac{1}{A}\frac{\left(1+j\frac{\omega}{\omega_{1}}\right)^{2}}{\left(1+j\frac{\omega}{\omega_{0}}\right)^{2}} $$ 其波特图如图 P6.32-4(b) 所示。 (d) 为简单起见，假定常数 A = 1，则由上式展开可得 $$ H_{2}(\omega)=\frac{Y(\omega)}{X(\omega)}=\frac{1+2\frac{1}{\omega_{1}}\left(j\omega\right)+\frac{1}{\omega_{1}^{2}}\left(j\omega\right)^{2}}{1+2\frac{1}{\omega_{0}}\left(j\omega\right)+\frac{1}{\omega_{0}^{2}}\left(j\omega\right)^{2}} $$ 由此可得微分方程为 $$ \begin{array}{c}{{\displaystyle\frac{1}{\omega_{0}^{2}}\frac{d^{2}}{d t^{2}}y(t)+\frac{2}{\omega_{0}}\frac{d}{d t}y(t)+y(t)}}\\ {{\displaystyle=\frac{1}{\omega_{1}^{2}}\frac{d^{2}}{d t^{2}}x(t)+\frac{2}{\omega_{1}}\frac{d}{d t}x(t)+x(t)}}\end{array} $$ 
