第八章采样

8.1 如图 P 8.1 所示两个带限信号 $ x_{1}(t) $ 和 $ x_{2}(t) $ 的乘积被一周期冲激序列 $ p(t) $ 采样。其中 $ x_{1}(t) $ 带限于 $ \omega_{1} $， $ x_{2}(t) $ 带限于 $ \omega_{2} $，即

$$ X_{1}(\omega)=0,\quad|\omega|>\omega_{1} $$

$$ X_{2}(\omega)=0,\quad|\omega|>\omega_{2} $$

确定通过理想低通滤波器可从 $ w_{p}(t) $ 恢复 $ w(t) $ 的最大采样间隔 T.

图 P8.1

由图可知， $ w(t)=x_{1}(t)\times x_{2}(t) $ 的傅里叶变换为

解：

$$ \begin{aligned}\overline{W}(\omega)&=\frac{1}{2\pi}X_{1}(\omega)*X_{2}(\omega)\\&=\left\{\begin{aligned}& 非零值 ,&|\omega|\leqslant\omega_{1}+\omega_{2}\\&0,&|\omega|>\omega_{1}+\omega_{2}\end{aligned}\right.\end{aligned} $$

为更清楚地看出上述结论，将图 P 8.1 的 $ X_{1}(\omega) $ 和 $ X_{2}(\omega) $ 简化成如图 P 8.1-1(a) 所示的二个矩形谱的卷积，则得 $ \overline{W}(\omega) $ 如图

原书第 724 页

图 P8.1-1

P 8.1-1(b) 所示.

可见 $ \overline{W}(\omega) $ 的带宽为 $ 2(\omega_{1}+\omega_{2}) $，所以奈奎斯特频率 $ \omega_{t} $ 为

$$ \omega_{s}=\frac{2\pi}{T}=2(\omega_{1}+\omega_{2}) $$

则最大采样间隔为

$$ T_{\mathrm{m a x}}=\frac{\pi}{\omega_{1}+\omega_{2}} $$

8.2 设在图 P 8.2 所示的采样系统中采样信号是正负号交

替的冲激串。输入信号的傅里叶变换如图 P 8.2 所示。

(a) 当 $ \Delta < \frac{\pi}{2\omega_{M}} $ 时，画出 $ x_{p}(t) $ 和 $ y(t) $ 的傅里叶变换。

(b) 当 $ \Delta < \frac{\pi}{2\omega_{M}} $ 时，确定一个可从 $ x_{p}(t) $ 恢复 $ x(t) $ 的系统。

(d) 在 $ x(t) $ 既能从 $ x_{p}(t) $

又能从 $ y(t) $ 恢复的情况下，求

图 P8.2

原书第 725 页

与 $ \omega_{M} $ 相关的 $ \triangle $ 的最大值.

解：

(a) 由图 P 8.2 可见， $ p(t) $ 可分解成

$$ p(t)=p_{1}(t)-p_{1}(t-\Delta) $$

其中

$$ p_{1}(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(t-k2\Delta) $$

如图 P 8.2-1(a) 所示。所以它们的傅里叶变换为

$$ \begin{aligned}{P\left(\omega\right)}&{{}=P_{1}(\omega)-\overline{{e}}^{-j\omega\Delta}P_{1}(\omega)=P_{1}(\omega)(1-e^{-j\omega\Delta})}\\ {}&{{}=\frac{\pi}{\triangle}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta\left(\omega-\frac{k\pi}{\triangle}\right)[1-(-1)^{k}]}\\ \end{aligned} $$

如图 P 8.2-1(b) 所示.

采样后输出 $ x_{p}(t) $ 的频谱为

$$ \begin{align*}X_{p}(\omega)&=\frac{1}{2\pi}P(\omega)*X(\omega)\\&=\frac{1}{2}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}X\left(\omega-\frac{k\pi}{\Delta}\right)[1-(-1)^{k}]\end{align*} $$

如图 P 8.2-1(c) 所示.

$ x_{p}(t) $ 通过带通滤波器后得 $ y(t) $ 的频谱 $ \mathrm{Y}(\omega) $，如图 P 8.2-1(d) 所示。

(b) 解调系统如图 P 8.2-1(e) 所示。它在 $ \Delta < \frac{\pi}{2\omega_{M}} $ 条件下可从 $ x_{p}(t) $ 恢复 $ x(t) $。

（d）由图 P 8.2-1(c) 可见，若 $ \omega_{M} \leqslant \frac{\pi}{\Delta} $，则 $ X_{p}(\omega) $ 可避免混叠（此时 $ Y(\omega) $ 也可避免混叠），而 $ \frac{\pi}{\Delta} $ 为最小值，即取 $ \omega_{M} = \frac{\pi}{\Delta} $ 时， $ \Delta $ 为最大值。所以

原书第 726 页

图 P8.2-1

$$ \Delta_{\mathrm{m a x}}=\frac{\pi}{\omega_{M}} $$

8.3 假设在图 P 8.3 所示系统中，周期方波的周期为 T，输入信号是带限的，即

$$ |X(\omega)|=0,\quad|\omega|\geqslant\omega_{M} $$

(a) 当 $ \Delta = \frac{T}{3} $ 时，根据 $ \omega_{M} $ 确定可由 $ w(t) $ 恢复 $ x(t) $ 的最大 T 值。并由此确定一个从 $ w(t) $ 恢复 $ x(t) $ 的系统。

原书第 727 页

(b) 当 $ \Delta = \frac{T}{4} $ 时，重做 (a) 小题.

解：

(a) 将图 P8.3 中的 $ s(t) $ 向上移 1，得

$$ \hat{s}(t)=s(t)+1 $$

如图 P 8.3-1(a) 所示。则 $ \hat{s}(t) $ 的傅里叶变换为

图 P8.3

$$ \hat{S}(\omega)=S(\omega)+2\pi\delta(\omega) $$

显然，在 $ \omega \neq 0 $ 时，

$$ \hat{S}(\omega)=S(\omega). $$

而 $ s(t) $ 的傅里叶变换表示式为

$$ \hat{S}(\omega)=2\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}\delta\left(\omega-\frac{2\pi k}{T}\right),\quad\omega_{0}=\frac{2\pi}{T} $$

其中

$$ a_{0}=\frac{2\Delta}{T} $$

$$ \begin{aligned}{a_{k}}&{{}=\frac{1}{T}\int_{-\triangle}^{\triangle}e^{-j k\omega_{0}t}d t=\left.\frac{1}{j k\omega_{0}T}e^{-j k\omega_{0}t}\right|_{-\triangle}^{\triangle}}\\ {}&{{}=\frac{2}{k_{\omega_{0}}T}\left[\frac{e^{j k\omega_{0}\triangle}-e^{-j k\omega_{0}\triangle}}{2j}\right]}\\ {}&{{}=\frac{2\sink_{\omega_{0}}\triangle}{k_{\omega_{0}}T}=\frac{\sink\omega_{0}\triangle}{k\pi}}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ \hat{S}(\omega)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\frac{2\sin\left(\frac{2\pi k\Delta}{T}\right)}{k}\delta\left(\omega-k\frac{2\pi}{T}\right) $$

将 $ \Delta = \frac{T}{3} $ 代入，得

原书第 728 页

$$ \begin{aligned}{\widehat{S}(\omega)}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\frac{2\sin\left(\frac{2\pi k}{3}\right)}{k}\delta\left(\omega-k\frac{2\pi}{T}\right)}\\ {}&{{}=\frac{2\pi}{3}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\frac{2\sin\left(\frac{2\pi k}{3}\right)}{\frac{2\pi k}{3}}\delta\left(\omega-\frac{2\pi}{T}k\right)}\\ \end{aligned} $$

在 $ k = \pm3, \pm6, \pm9, \cdots $ 时，

$$ \hat{S}(\omega)=0 $$

而

$$ \hat{S}(o)=\frac{4\pi}{3}\delta(\omega) $$

$$ S(o)=\hat{S}(o)-2\pi\delta(\omega)=-\frac{2\pi}{3}\delta(\omega) $$

$ S(\omega) $ 如图 P 8.3-1(b) 所示.

设 $ X(\omega) $ 为图 P 8.3-1(c) 所示的带限信号，则根据采样定理，在 $ \frac{2\pi}{T} \leqslant 2\omega_{M} $ 时， $ W(\omega) $ 可避免混叠。然而，在 $ \pm \frac{6\pi}{T} $ 上为零冲激。因此，若取 $ \frac{2\pi}{T} = \omega_{M} $，由图 P 8.3-1(d) 中 $ \overline{W}(\omega) $ 所示的频谱可见，虽然没有取 $ \frac{2\pi}{T} \leqslant 2\omega_{M} $，而频谱之间出现混叠，但在

$$ |2\omega_{M}|<\omega<|3\omega_{M}| $$

区间频谱并无混叠，因此可用图 P 8.3-1(e) 所示的带通滤波器取出，并经图 P 8.3-1(e) 所示的系统来恢复 x(t)。可见这时

$$ T_{\mathrm{m a x}}=\frac{2\pi}{\omega_{M}} $$

(b) 同样，将 $ \Delta = \frac{T}{4} $ 代入，得

$$ \hat{S}(\omega)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\frac{2\sin\frac{\pi}{2}k}{k}\delta\left(\omega-k\frac{2\pi}{T}\right) $$

原书第 729 页

(c)

(d)

(e)

(写)

图 P8.3-1

如图 P 8.3-1(f) 所示。其中 $ \hat{S}(o)=\pi\delta(\omega) $ 而

$$ \mathcal{S}(o)=\hat{\mathcal{S}}(o)-2\pi\delta(\omega)=-\pi\delta(\omega) $$

$$ \hat{S}(\omega)=0,\quad k=\pm2,\quad\pm4,\quad\pm6,\cdots $$

原书第 730 页

在 $ X(\omega) $ 为图 P 8.3-1(c) 所示的带限信号时， $ W(\omega) $ 如图 P 8.3-1(g) 所示。同 (a) 小题一样， $ T_{max} = \frac{2\pi}{\omega_{M}} $ 时，就可避免频谱混叠。

为恢复 $ x(t) $，可采用图 P 8.3-1(h) 所示的系统。

8.4 图 P 8.4 表示一个在采样器后用一个理想的低通滤波器从采样样本 $ x_{p}(t) $ 恢复 x(t) 系统。证明若低通滤波器截止频率 $ \omega_{s} = \frac{\omega_{t}}{2} $，则对于任意选择的 T， $ x_{r}(t) $ 与 x(t) 在采样时刻将始终相等，即

$$ x_{r}(kT)=x(kT),\quad k=0,\pm1,\pm2,\cdots $$

图 P8.4

解：

由图 P 8.4 所示系统可知，采样信号 $ x_{p}(t) $ 为

$$ x_{p}(t)=x(t)p(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x(nT)\delta(t-nT) $$

而低通滤波器的响应 $ h(t) $ 为

$$ \begin{aligned}{h(t)}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}H(\omega)e^{i\omega t}d\omega=\frac{1}{2\pi}\int_{-\omega_{c}}^{+\omega_{c}}e^{i\omega t}d\omega}\\ {}&{{}=T\frac{\omega_{c}}{\pi}\sinc\left(\frac{\omega_{c}t}{\pi}\right)}\\ \end{aligned} $$

因此

$$ \begin{aligned}{x_{r}(t)}&{{}=x_{p}(t)*h(t)}\\ {}&{{}=\sum_{s=-\infty}^{+\infty}x(n T)T\frac{\omega_{c}}{\pi}\sinc\Big[\frac{\omega_{c}(t-n T)}{\pi}\Big]}\\ \end{aligned} $$

原书第 731 页

当选择 $ \omega_{c}=\frac{\omega_{s}}{2} $ 时，则

$$ x_{r}(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x(nT)\sin c\left[\frac{t-nT}{T}\right] $$

在 i = kT 的时刻，有

$$ \begin{aligned}{x_{r}(k T)}&{{}=\sum_{s=-\infty}^{+\infty}x(n T)\sinc\left[\frac{1}{T}\left(k T-n T\right)\right]}\\ {}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x(n T)\sinc[k-n]}\\ \end{aligned} $$

根据 $ \sin c $ 函数的特性可知

$$ \sin c[(k-n)]=\left\{\begin{matrix}1,&n=k\\ 0,&n\neq k\end{matrix}\right. $$

可见，当 $ \omega_{c}=\frac{\omega_{s}}{2} $ 时，对于任何选择的采样周期 T，在采样时刻都有

$$ x_{r}(kT)=x(kT) $$

8.5 一个频带限制在 $ \left|\omega\right|<\overline{W} $ 的信号，只要平均采样密度达到每秒 $ 2\overline{W} $ 个采样点，则它就可从非均匀间隔采样的样本值得到恢复。假设在图 P 8.5-1 中：

(1) $ x(t) $ 是带限的，即 $ X(\omega) = 0, |\omega| > \overline{W} $

图 P8.5-1

(2) $ p(t) $ 是图 P 8.5-2 所示的一个非均匀间隔的周期冲激序

原书第 732 页

图 P 8.5-2

列。

（3） $ f(t) $ 是周期为 $ \frac{2\pi}{W} $ 的周期波形。由于 $ f(t) $ 与一个冲激串 $ p(t) $ 相乘，因而只在 t=0 和 t= $ \Delta $ 上有值，其值分别为 $ f(0)=a $ 和 $ f(\Delta)=b $

(4) $ H_{1}(\omega) $ 是一个 $ 90^{\circ} $ 相移器，即

$$ H_{1}(\omega)=\left\{\begin{matrix}{j,}&{\omega>0}\\ {-j,}&{\omega<0}\\ \end{matrix}\right. $$

(5)

$$ H_{2}(\omega)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}\operatorname{K},}&{}&{{}0<\omega<\overline{{W}}}\\ {}&{{}\operatorname{K}^{\ast},}&{}&{{}-W<\omega<0}\\ {}&{{}0,}&{}&{{}~\mid\omega\mid>\overline{{W}}}\\ \end{aligned}\right. $$

式中K是一个常数（可以是复常数）.

做下列各题（若需要则画出其图形）

(a) 求 $ p(t) $ 的傅里叶变换 $ P(\omega) $.

（b）根据目前尚未确定的参数 a 和 b 来表示乘积 $ p(t)f(t) $ 的傅里叶变换.

(d) 在区间 $ 0 < \omega < \overline{W} $ 上，求 $ y_{2}(t) $ 的傅里叶变换 $ Y_{2}(\omega) $ 的表示式.

(e) 在区间 $ 0 < \omega < \overline{W} $ 上，求 $ y_{3}(t) $ 的傅里叶变换 $ \Upsilon_{3}(\omega) $ 的表示式.

(f) 对于任何带限信号 $ x(t) $ 和任何 $ \Delta\left(0<\Delta<\frac{\pi}{w}\right) $，作为

原书第 733 页

$ \Delta $的函数，求实参数a和b值以及复增益K，使得 $ z(t)=x(t) $

解：

(a) 由图 P 8.5-2 可见，可将 $ p(t) $ 分解为

$$ p(t)=p_{1}(t)+p_{1}(t-\Delta) $$

其中 $ p_{1}(t) $ 如图 P 8.5-3(a) 所示。则

$$ \begin{aligned}{P(\omega)}&{{}=P_{1}(\omega)+e^{-j\omega\Delta}P_{1}(\omega)=(1+e^{-j\omega\Delta})P_{1}(\omega)}\\ {}&{{}=\overline{{W}}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}[1+\boldsymbol{e}^{-i k\Delta\overline{{W}}}]\delta(\omega-k\overline{{W}})}\\ \end{aligned} $$

其中

$$ P_{1}(\omega)=\frac{2\pi}{T}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta\left(\omega-\frac{2\pi k}{T}\right),\quad\frac{2\pi}{T}=\overrightarrow{W} $$

$ P(\omega) $ 如图 P 8.5-3(b) 所示.

(b) 设 $ g(t) = p(t)f(t) $，则

$$ g(t)=a p_{1}(t)+b p_{1}(t-\triangle) $$

所以

$$ \begin{aligned}{G(\omega)}&{{}=a P_{1}(\omega)+b e^{-j\omega\Delta}P_{1}(\omega)=(a+b e^{-j\omega\Delta})P_{1}(\omega)}\\ {}&{{}=\overline{{W}}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}[a+b e^{-j k\Delta\overline{{W}}}]\delta(\omega-k\overline{{W}})}\\ \end{aligned} $$

如图 P8.5-3(c) 所示.

设

$$ x(t)\longleftrightarrow X_{p}(\omega) $$

$$ \begin{aligned}{\mathrm{Y}_{1}(\omega)}&{{}=\frac{1}{2\pi}\left[F(\omega)*X_{p}(\omega)\right]}\\ {}&{{}=\frac{1}{T}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}[a X_{p}(\omega-k\overline{{W}})+b e^{-j\omega\Delta}X_{p}(\omega-k\overline{{W}})]}\\ \end{aligned} $$

因为 $ 0 < \omega < W $，所以取 k = 0, 1，得

$$ \mathbf{Y}_{1}(\omega)=\frac{\overline{{W}}}{2\pi}\left[(a+b)X_{p}(\omega)+(a+b e^{-i\overline{{W}}\triangle})X_{p}(\omega-\overline{{W}})\right] $$

(d) 因为 $ 0 < \omega < \overline{W} $，所以

原书第 734 页

图 P 8.5-3

$$ H_{1}(\omega)=j,\ \omega>0 $$

则

$$ \begin{aligned}{Y_{z}(\omega)}&{{}=j Y_{1}(\omega)}\\ {}&{{}=\frac{j\overline{{W}}}{2\pi}\left[(a+b)X_{p}(\omega)+(a+b e^{-j\overline{{W}}\triangle})X_{p}(\omega-\overline{{W}})\right]}\\ \end{aligned} $$

$$ (e)\quad y_{3}(t)=x(t)p(t) $$

则

$$ \begin{aligned}{Y_{3}(\omega)}&{{}=\frac{1}{2\pi}\left[X_{p}(\omega)*P(\omega)\right]}\\ {}&{{}=\frac{1}{T}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}[X_{p}(\omega-k\overline{{W}})+e^{-i\overline{{W}}\triangle}X_{p}(\omega-k\overline{{W}})]}\\ \end{aligned} $$

因为 $ 0 < \omega < \overline{W} $，所以

$$ Y_{3}(\omega)=\frac{\overline{{W}}}{2\pi}\left[2X_{p}(\omega)+X_{p}(\omega-W)(1+e^{-j\overline{{W}}\Delta})\right] $$

(f) 在给定 $ 0 < \Delta < \frac{\pi}{W} $ 情况下，要求在 $ 0 < \omega < \overline{W} $ 之内，使得

$$ Y_{2}(\omega)+Y_{3}(\omega)=K X(\omega) $$

将(d)、(e)小题所得 $ Y_{2}(\omega) $和 $ Y_{3}(\omega) $代入上式，得

$$ \frac{j\overline{{W}}}{2\pi}\left[(a+b)X_{p}(\omega)+(a+b e^{-j\overline{{W}}\Delta})X_{p}(\omega-\overline{{W}})\right] $$

原书第 735 页

$$ \begin{aligned}{}&{{}+\frac{\overline{{W}}}{2\pi}[2X_{p}(\omega)+X_{p}(\omega-\overline{{W}})(1+e^{-j\overline{{W}}\triangle})]}\\ {=}&{{}\frac{\overline{{W}}}{2\pi}\left\{[2+j~(a+b)]X(\omega)+\frac{\overline{{W}}}{2\pi}[1+e^{-j\overline{{W}}\triangle}+j\epsilon\right.}\\ {}&{{}+j b e^{-j\overline{{W}}\triangle}]X_{p}(\omega-\overline{{W}})\Big\}=K X(\omega)}\\ \end{aligned} $$

显然，要满足 $ z(t) = x(t) $，首先要使上式的 $ X(\omega - \overline{W}) $ 的系数为零，即

$$ (1+e^{j\widetilde{W}\triangle})+j(a+b e^{-j\widetilde{W}\triangle})=0 $$

或写成

$$ 1+\cos\Delta\overline{{W}}+b\sin\Delta\overline{{W}}+j[a+b\cos\Delta\overline{{W}}-\sin\Delta\overline{{W}}]=0 $$

则上式必定复数的实数和虚数部分均为零，即

$$ \left\{\begin{aligned}{}&{{}1+\cos\Delta\overline{{W}}+b\sin\Delta\overline{{W}}=0}\\ {}&{{}a+b\cos\Delta\overline{{W}}-\sin\Delta\overline{{W}}=0}\\ \end{aligned}\right. $$

解上述联立方程，得

$$ a=\mathrm{\small\sin\Delta\overline{W}+\frac{(1+\cos\Delta\overline{W})}{\operatorname{tg}\Delta\overline{W}}} $$

$$ b=\frac{-1-\cos\Delta\overline{W}}{\sin\Delta\overline{W}} $$

当 $ \Delta\overrightarrow{W}=\frac{\pi}{2} $ 时， $ \left\{\begin{aligned}a&=1\\ b&=-1\end{aligned}\right. $

在满足上述 a, b 条件下，则使 $ z(t) = x(t) $，即

$$ Z(\omega)=\frac{\overline{{W}}}{2\pi}\left\{(2+j(a+b)X(\omega)\}H_{2}(\omega)=X(\omega)\right. $$

由此可见 $ H_{2}(\omega) $ 的增益 G 为

$$ G=\frac{2\pi}{\overline{W}}\left[\frac{1}{2+j(a+b)}\right] $$

8.6 能量集中于某一频带内的信号称为带通信号。对这类信号采样称为带通采样。

图 P 8.6-2 表示比图 P 8.6-1 所示信号 $ X(\omega) $ 的总带宽 $ 2\omega_{2} $

原书第 736 页

图 P8.6-1

更低的速率对带通信号进行采样的系统。假设 $ \omega_{1} > \omega_{2} - \omega_{1} $，求使得 $ x_{r}(t) = x(t) $ 的最大 T 值以及常数 A， $ \omega_{a} $ 和 $ \omega_{b} $ 值。

解：

由图 P 8.6-2 可见，

$ p(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(t-kT) $

$ p(t) $ 的傅里叶变换 $ P(\omega) $

为

$$ \begin{aligned}{P\left(\omega\right)}&{{}=\frac{2\pi}{T}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}}\\ {}&{{}\quad\times\delta\left(\omega-\frac{2\pi}{T}k\right)}\\ \end{aligned} $$

图 P8.6-2

如图 P 8.6-3(a) 所示。而采样值 $ x_{p}(t) $ 为

$$ x_{p}(t)\Rightarrow x(t)p(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x(t)\delta(t-kT) $$

所以 $ x_{p}(t) $ 的傅里叶变换为

$$ X_{p}(\omega)\quad=\quad\frac{1}{2\pi}\left[X(\omega)*P(\omega)\right]=\quad\frac{1}{T}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}X\left(\omega-\frac{2\pi}{T}k\right) $$

如图 P 8.6-3(b) 所示。由该图可见，当

$$ \frac{2\pi}{T}-\omega_{2}<\omega_{2},\frac{2\pi}{T}-\omega_{2}>\omega_{1} $$

即

原书第 737 页

$$ 2\omega_{1}<\frac{2\pi}{T}<2\omega_{7} $$

或写成

$$ 2\omega_{1}-\omega_{2}<\frac{2\pi}{T}-\omega_{2}<\omega_{2} $$

时，就存在混叠现象，如图 P 8.6-3(c) 和 (d) 所示。

若 $ 2\omega_{1}-\omega_{2}\geqslant0 $，则不难看出，当

$$ 0\leqslant\frac{2\pi}{T}-\omega_{2}\leqslant2\omega_{1}-\omega_{2} $$

时，就无混叠现象。

为求最大值 T，可选 $ \frac{2\pi}{T} $ 的最小允许值，即 $ \frac{2\pi}{T_{\max}} = \omega_{2} $。所以

$$ T_{\mathrm{m a x}}=\frac{2\pi}{\omega_{2}} $$

它正好是原奈奎斯特速率 $ 2\omega_{2} $ 的一半。在这种情况下，如图

图 P8.6-3

原书第 738 页

8.6-3(e) 所示。由图可见， $ H(\omega) $ 的参数为

$$ A=T,\;w_{b}=\frac{2\pi}{T},\;w_{a}=w_{b}-w_{1} $$

8.7 当 $ x(t) $ 为实信号时，另一种带通采样的方法是先进行复指数调制再采样，如图 P 8.7-1 所示。若设 $ x(t) $ 为实信号，且 $ X(\omega) $ 只在 $ \omega_{1}<\left|\omega\right|<\omega_{2} $ 为非零值，调制频率选为

$$ \omega_{0}=\frac{1}{2}\left(\omega_{1}+\omega_{2}\right) $$

低通滤波器 $ H_{1}(\omega) $ 的截止频率为 $ \left|\frac{1}{2}\left(\omega_{2}-\omega_{1}\right)\right| $。

(a) 当 $ X(\omega) $ 如图 P 8.7-2 所示时，画出 $ X_{p}(\omega) $

(b) 确定能从 $ x_{p}(t) $ 恢复 $ x(t) $ 的最大采样周期 T.

图 P8.7-1

解：

(a) 由图 P 8.7-1 所示， $ x(t) $ 经复指数调制后的 $ x_{1}(t)=x(t)e^{-j\omega_{0}t} $，其傅里叶变换为

图 P8.7-2

$$ X_{1}(\omega)=X(\omega+\omega_{0}) $$

如图 P 8.7-3(a) 所示.

经低通滤波器 $ H_{1}(\omega) $ 的输出 $ x_{2}(t) $ 的频谱 $ X_{2}(\omega) $ 为

$$ \begin{aligned}{X_{2}(\omega)}&{{}=X(\omega+\omega_{0})\left\{U\left[\omega+\frac{1}{2}\left(\omega_{2}-\omega_{1}\right)\right]\right.}\\ {}&{{}\left.-U\left[\omega-\frac{1}{2}\left(\omega_{2}-\omega_{1}\right)\right]\right\}}\\ \end{aligned} $$

原书第 739 页

如图 P 8.7-3(b) 所示.

采样后输出 $ x_{p}(t) $ 的频谱 $ X_{p}(\omega) $ 为

$$ X_{p}(\omega)=\frac{1}{2\pi}[X_{2}(\omega)*P(\omega)] $$

其中

$$ P\left(\omega\right)=\frac{2\pi}{T}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\delta\left(\omega-\frac{2\pi n}{T}\right) $$

所以

$$ \begin{aligned}{X_{p}(\omega)}&{{}=\frac{1}{T}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}X_{2}(\omega)}\\ {}&{{}\quad*\delta\left(\omega-\frac{2\pi n}{T}\right)}\\ {}&{{}=\frac{1}{T}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}X_{2}\left(\omega-\frac{2\pi n}{T}\right)}\\ \end{aligned} $$

图 P8.7-3

如图 P 8.7-3(c) 所示.

(b) 由图 P 8.7-3(b) 可见，

$ X_{2}(\omega) $ 的带宽为 $ \omega_{2}-\omega_{1} $，所以最大采样周期为

$$ T_{\mathrm{m a x}}=\frac{2\pi}{\omega_{2}-\omega_{1}} $$

$$ y(t)=\mathcal{R}_{*}\{x_{p}(t)e^{j\omega_{c}t}\ast2T h_{1}(t)]e^{-j\omega_{c}t}\} $$

其中已知 $ x_{p}(t) $ 的傅里叶变换为

$$ X_{p}(\omega)=\frac{1}{T}\sum_{\pi=-\infty}^{+\infty}X_{2}\left(\omega-\frac{2\pi n}{T}\right) $$

則

$$ \begin{aligned}{}&{{}X_{3}(\omega)=X_{p}(\omega)2T\bar{H}_{1}(\omega)=2X_{2}(\omega)}\\ {}&{{}X_{s}(\omega)=2X_{2}(\omega-\omega_{0})}\\ \end{aligned} $$

而

$$ \begin{aligned}{x(t)}&{{}=\mathcal{R}_{\circ}\{x_{4}(t)\}\longleftrightarrow\frac{X_{4}(\omega)+X_{4}^{*}(-\omega)}{2}}\\ {}&{{}=\mathbb{X}_{2}(\omega-\omega_{0})+X_{2}^{*}(-\omega+\omega_{0})=X(\omega)}\\ \end{aligned} $$

原书第 740 页

其中 $ \omega_{0}=\frac{1}{2}\left(\omega_{1}+\omega_{2}\right) $。各点对应的频谱如图 P 8.7-3(c)、(d)，(e) 所示。

图 P8.7-4

8.8 图 P 8.8 示出一个画有正弦曲线四周的圆盘，圆盘以大约每秒 15 转的速率旋转，因而当通过一窄缝观看时，正弦曲线具有 60Hz 的频率.

设 $ v(t) $ 表示通过窄缝观察到的线的位置，则 $ v(t) $ 的形式为

$$ v(t)=A\cos{(\omega_{0}t+\phi)},\quad\omega_{0}=120\pi $$

假定上式中 A = 1，并将眼睛模拟成一个截止频率为 20 Hz 的理想的低通滤波器。

可用一个闪光灯照明旋转的圆盘来完成正弦的采样。因此照度 $ i(t) $ 可用一冲激串来表示，即

$$ i(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(t-kT) $$

图 P 8.8

显然，所得的采样信号是 $ r(t) = v(t)i(t) $。设 $ R(\omega) $、 $ \overline{V}(\omega) $ 和 $ l(\omega) $ 分别代表 $ r(t) $、 $ v(t) $ 和 $ i(t) $ 的傅里叶变换。

(a) 画出 $ \bar{V}(\omega) $，并标明参数 $ \phi $ 和 $ \omega_{0} $ 的作用。

(b) 画出 $ I(\omega) $，并标明 T 的作用.

(d) 假设 $ \frac{2\pi}{T} = \omega_{0} + 20\pi $，画出 $ |\omega| < 40\pi $ 时的 $ R(\omega) $。用

原书第 741 页

$ v_{0}(t) $ 表示观察到它的线的视在位置，且假定将眼睛表示为一个截止频率为 20 Hz，增益为 1 的理想低通滤波器。试将 $ v_{0}(t) $ 表示成

$$ \nu_{a}(t)=A_{a}\mathrm{c o s}\left(\omega_{a}t+\phi_{a}\right) $$

形式，其中 $ A_{a} $， $ \omega_{a} $ 和 $ \phi_{a} $ 分别为 $ v_{a}(t) $ 的视在幅度，视在频率和视在相位。

(e) 当 $ \frac{2\pi}{T}=\omega_{0}-20\pi $ 时，重做 (a) 小题。

解：

(a) 由式 $ v(t) = \cos(\omega_{0}t + \phi) $, $ \omega_{0} = 120\pi $

可求得其傅里叶变换为

$$ \begin{array}{r}{\bar{V}(\omega)=\pi e^{-i\phi}\delta(\omega+\omega_{0})+\pi e^{i\phi}\delta(\omega-\omega_{0})}\end{array} $$

如图 P 8.8-1(a) 所示.

(b) 由式 $ i(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(t-kT) $

可求得其傅里叶变换为

$$ I(\omega)=\frac{2\pi}{T}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta\left(\omega-k\frac{2\pi}{T}\right) $$

如图 P 8.8-1(b) 所示.

$$ T_{\mathrm{m a x}}=\frac{2\pi}{2\omega_{0}}=\frac{\pi}{\omega_{0}} $$

而低通滤波器的截止频率为 $ \omega_{0} $。在

$$ T

时， $ r(t)=v(t)i(t) $ 的傅里叶变换 $ R(\omega) $ 为

$$ \begin{aligned}{R(\omega)}&{{}=\frac{1}{2\pi}\left[\overline{{V}}(\omega)*I(\omega)\right]}\\ {}&{{}=\frac{\pi}{T}~e^{-j\phi}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left[\delta\left(\omega+\omega_{0}-k\frac{2\pi}{T}\right)\right.}\\ \end{aligned} $$

原书第 742 页

$$ \left.+\;\delta\left(\omega-\omega_{0}-k\;\frac{2\pi}{T}\right)\right] $$

如图 P 8.8-1(c) 所示。

（d）设 $ \frac{2\pi}{T}=\omega_{0}+20\pi=140\pi $，则由(c)小题的 $ R(\omega) $表示式可画出 $ R(\omega) $，如图P8.8-1(d)所示。

由图 P 8.8-1(d) 可见，

$$ \begin{aligned}{v_{a}(t)}&{{}=\frac{1}{T}e^{-j(20\pi t-\phi)}+\frac{1}{T}e^{j(20\pi t-\phi)}}\\ {}&{{}=\frac{1}{T}\cos{(20\pi t-\phi)}}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ \omega_{a}=20\pi,\ \phi_{a}=-\phi,\ A_{a}=\frac{1}{T} $$

可见混叠结果就是观察到的一个较低频率的正弦曲线。

图 P8.8-1

原书第 743 页

(e) 同样，设 $ \frac{2\pi}{T} = \omega_{0} - 20\pi = 100\pi $，由 (c) 小题的 $ R(\omega) $ 表示式可画出 $ R(\omega) $，如图 P 8.8-1(e) 所示。

由图 P 8.8-1(e) 可见，

$$ \begin{align*}\nu_{a}(t)&=\frac{1}{T}\;e^{-j(20\pi t+\phi)}+\frac{1}{T}\;e^{j(2\nu_{n}t+\phi)}\\&=\frac{1}{T}\cos\left(20\pi t+\phi\right)\end{align*} $$

所以

$$ \omega_{a}=20\pi.\quad\phi_{a}=\phi,\quad A_{a}=\frac{1}{T} $$

8.9 图 P 8.9-1 表示采样示波器的基本概念。每周对高速的波形 $ x(t) $ 采样一次，但采样周期比信号周期 T 延长一个增量 $ \Delta $。该增量 $ \Delta $ 应根据 $ x(t) $ 的带宽来适当选择。若将所得的冲激串通过一个合适的低通内插滤波器，则输出 $ y(t) $ 将是原始信号的减速波形，即 $ y(t) $ 与 $ x(at) $ 成比例，其中 a < 1。

图 P8.9-1

当 $ x(t)=A+B\cos\left[\left(\frac{2\pi}{T}\right)t+\theta\right] $时，求使图P 8.9-2中的 $ y(t) $与 $ x(at) $成比例的 $ \triangle $的范围，其中a<1。并根据T和 $ \triangle $求a的值。

解：

周期信号 $ x(t) $ 的傅里叶变换为

原书第 744 页

$$ H\left(\omega\right)=\left\{\begin{array}{c|c|c}{1}&{\omega}&{<\frac{1}{2\left(T+\varDelta\right)}\quad,}\\ {0}&{}&{}\\ \end{array}\right. $$

图 P8.9-2

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

为讨论方便起见，取 k=0， $ \pm1 $，即假设傅里叶系数 $ a_{k} $ 为

$$ a_{-1}\rightleftharpoons b_{1},\quad a_{0}\equiv c_{1},\quad a_{+1}\equiv d_{1} $$

$$ a_{k}=0,\ k\neq0,\ \pm1 $$

则得图 P 8.9-3(a) 所示的 $ X(\omega) $

周期为 $ T + \Delta $ 的 $ p(t) $ 的傅里叶变换为

$$ P\left(\omega\right)=\frac{2\pi}{T+\Delta}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta\left(\omega-\frac{2k\pi}{T+\Delta}\right) $$

如图 P 8.9-3(b) 所示.

x(t) 被 p(t) 采样后的 x(t)p(t) 的傅里叶变换为

$$ \begin{aligned}{\frac{1}{2\pi}}&{{}\left[X(\omega)*P(\omega)\right]}\\ {}&{{}=\frac{1}{T+\triangle}\left[X(\omega)*\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta\left(\omega-\frac{2k\pi}{T+\triangle}\right)\right]}\\ {}&{{}=\frac{1}{T+\triangle}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}X\left(\omega-\frac{2k\pi}{T+\triangle}\right)}\\ \end{aligned} $$

如图 P 8.9-3(c) 所示。图中 $ b_{1}^{\prime} $, $ c_{1}^{\prime} $ 和 $ d_{1}^{\prime} $ 与图 (a) 中 $ b_{1} $, $ c_{1} $ 和 $ d_{1} $ 相差 $ \frac{1}{T+\Delta} $ 倍。

显然，由图 P 8.9-3(c) 可见，当 $ \Delta = 0 $ 时会产生混叠，所以是不允许的。假设 $ \Delta \neq 0 $，且

原书第 745 页

$$ \frac{2\pi}{T+\Delta}>\frac{1}{2(T+\Delta)} $$

其中 $ \frac{1}{2(T+\Delta)} $为滤波器 $ H(\omega) $的截止频率.因此要求 $ \frac{2\pi\Delta}{T(T+\Delta)} $落在低通滤波器通带 $ \frac{1}{2(T+\Delta)} $之内，即

$$ \frac{2\pi\Delta}{T(T+\Delta)}\leqslant\frac{1}{2(T+\Delta)} $$

则得 $ \Delta \leqslant T/4\pi $

根据傅里叶变换的标度特性，即

(b)

图 P8.9-3

$$ x(a t)\longleftrightarrow\frac{1}{|a|}X\left(\frac{\omega}{a}\right) $$

因此可从图 P 8.9-3(a) 和 (c) 求得标度系数 a 为

$$ \begin{aligned}{a}&{{}=\frac{2\pi\Delta/T(T+\Delta)}{2\pi/T}}\\ {}&{{}=\frac{\Delta}{T+\Delta}}\\ \end{aligned} $$

8.10 图 P 8.10-1 表示一个用离散时间滤波器对连续时间信号滤波的系统。若 $ X_{c}(\omega) $ 和 $ H(\omega) $ 如图 P8.10-2 所示，且 $ \frac{1}{T}=20\mathrm{kHz} $，画

出 $ X_{P}(\omega) $、 $ X(\mathcal{Q}) $、 $ Y(\mathcal{Q}) $和 $ Y_{C}(\omega) $

图 P8.10-1

原书第 746 页

图 P8.10-2

解：

由题可知，要实现用离散时间滤波器对连续时间信号滤波，首先应满足采样定理，而已知 $ \frac{1}{T}=2\times10^{4},\omega_{s}=\frac{2\pi}{T}=4\pi\times10^{4} $，所以 $ x_{p}(t)=x_{c}(t)p(t) $的傅里叶变换

$$ X_{P}(\omega)=\frac{1}{2\pi}\left[X(\omega)*P(\omega)\right] $$

为

$$ X_{P}(\omega)=\frac{1}{T}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}X_{C}(\omega-n\omega_{s}) $$

如图 P 8.10-3(a) 所示。因为

$$ x[n]=x_{c}(nT) $$

而

$$ X_{P}(\omega)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x_{c}(nT)e^{-i\omega nT} $$

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

可见，

$$ \omega T=\mathcal{Q},X(\mathcal{Q})=X_{p}\left(\frac{\mathcal{Q}}{T}\right) $$

如图 P 8.10-3(b) 所示。经过图 P 8.10-2 所示的滤波器 $ H(\mathcal{Q}) $ 后，得 $ \Upsilon(\mathcal{Q}) $ 如图 P 8.10-3(c) 所示。经 D/C 变换后，用

$$ \omega=\frac{Q}{T} $$

原书第 747 页

图 P8.10-3

置换得 $ \Upsilon_{P}(\omega) $ 如图 P 8.10-3(d) 所示，再经滤波器 $ H(\omega) $ 后得 $ \Upsilon_{C}(\omega) $ 如图 P 8.10-3(e) 所示。

8.11 图 P 8.11-1 表示一个将连续信号转换成离散信号的系统。输入 x(t) 是周期为 0.1s 的周期信号，其傅里叶级数的系数为

$$ a_{k}=\left(\frac{1}{2}\right)^{|k|},~-\infty

低通滤波器 $ H(\omega) $ 具有图 P 8.11-2 所示的频率响应。采样周期

原书第 748 页

图 P8.11-1

$$ T=5\times10^{-3}\mathrm{s}。 $$

（a）证明 x[n] 是一个周期序列，并确定其周期。

(b) 确定 x[n] 的傅里叶级数的系数.

解：

(a) 由题可知， $ x(t) $ 的周期为 0.1s，所以其基频

$$ \omega_{s}=\frac{2\pi}{0.1}=20\pi $$

图 P8.11-2

周期信号 $ x(t) $ 的傅里叶变换为

$$ X(\omega)=2\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}\delta(\omega-k\omega_{s}) $$

而 $ a_{k} $ 已给出为

$$ a_{k}=\left(\frac{1}{2}\right)^{|k|},~-\infty

所以 $ X(\omega) $ 如图 P 8.11-3(a) 所示。

$ X(\omega) $ 通过滤波器 $ H(\omega) $ 后，截去 $ |\omega| > 200\pi $ 以外分量，得 $ X_{C}(\omega) $ 如图 P 8.11-3(b) 所示。

已知

$$ p(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\delta(t-nT) $$

其中 $ T = 5 \times 10^{-3} $， $ \frac{2\pi}{T} = 400\pi $，因此其傅里叶变换为

原书第 749 页

$$ P\left(\omega\right)=\frac{2\pi}{T}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta\left(\omega-400\pi k\right) $$

$ x_{c}(t) $ 被采样后所得 $ x_{c}(t)p(t) $ 的傅里叶变换为

$$ \frac{1}{2\pi}\left[P(\omega)*X_{c}(\omega)\right]=\frac{1}{T}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}X_{c}(\omega-400\pi k) $$

如图 P 8.11-3(c) 所示。注意：在 $ 200\pi $ 上，两个相邻的各边的两个冲激在此重合，所以其值为 $ 2\left[\frac{2\pi}{T}\left(\frac{1}{2}\right)^{10}\right] $。

经 C/D 变换，即用 Q 置换 $ \omega T $ 后，得

$$ X(\mathcal{Q})=X_{P}(\omega T) $$

所得 $ X(Q) $ 的频谱如图 P 8.11-3(d) 所示。由于 $ X(Q) $ 中各冲激位于 $ \pi $ 的有理分式的倍乘上，即各冲激位于 Q 上的值满足 $ \frac{Q}{2\pi} $

= 有理数上，所以 x[n] 是周期的。

已知 $ x(t) $ 的周期 $ T_{1}=0.1s $，采样周期 T=0.005，所以

(d)

图 P8.11-3

原书第 750 页

$ T_{1}=20T $ 。因为 $ T_{1} $ 是 T 的整数倍，所以 $ x_{c}(t) $ 也必定是周期的，周期为 $ T_{1} $，因此 x[n] 具有周期 $ \frac{T_{1}}{T}=20s $ 。

(b) 由图 P 8.11-3(d) 可见， $ x[n] $ 的傅里叶级数的系数为

$$ a_{k}=\frac{2\pi}{T}\left(\frac{1}{2}\right)^{k},k=0,\ \pm1,\cdots\pm9 $$

$$ a_{10}=2\times\frac{2\pi}{T}\left(\frac{1}{2}\right)^{10},\ k=10 $$

8.12 假定对一个带限信号 $ x_{c}(t) $ 以大于奈奎斯特速率进行采样，采样周期为 T。然后将样本转换成序列 x[n]，如图 P 8.12 所示。

图 P8.12

确定序列的能量 $ E_{d} $，原始信号的能量 $ E_{c} $ 和采样间隔 T 之间的关系。

解：

由题可知， $ x_{e}(t) $ 是带限信号，即

$$ X_{c}(\omega)=0,\mid\omega\mid\geqslant\omega_{M} $$

所以，根据帕斯瓦尔关系式，有

$$ E_{c}=\int_{-\infty}^{+\infty}|x_{c}(t)|^{2}d t=\frac{1}{2\pi}\int_{-\omega_{M}}^{\omega_{M}}|X_{C}(\omega)|^{2}d\omega,\quad(P.~8.~12-1) $$

由于满足采样定理，即 $ \frac{2\pi}{T} \geqslant 2\omega_{M} $，所以根据离散序列的帕斯瓦尔关系式，有

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

原书第 751 页

但是

$$ \bar{X}(\mathcal{Q})=\frac{1}{T}\;X_{c}\left(\frac{\mathcal{Q}}{T}\right),\;\;-\pi\leqslant\mathcal{Q}\leqslant\pi $$

代入后得

$$ E_{d}=\left.\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{1}{T^{2}}\right|X_{c}\left(\frac{\mathcal{Q}}{T}\right)\bigg|^{2}d\mathcal{Q} $$

设 $ Q_{1}=\frac{Q}{T} $，代入上式得

$$ E_{d}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi/T}^{\pi/T}\frac{1}{T}\left|X_{c}(\mathcal{Q}_{1})\right|^{2}d\mathcal{Q}_{1}=\frac{E_{e}}{T} $$

8.13 希望设计一个频率范围为

$$ \omega_{1}\leqslant\omega\leqslant\omega_{2} $$

的连续时间正弦信号发生器。其中 $ \omega_{1} $ 和 $ \omega_{2} $ 是给定的正数。

采用下列设计方式，即先存贮一个周期为N的离散时间余弦波，其中

$$ x[k]=\cos\left(\frac{2\pi}{N}k\right),\quad k=0,1,\cdots,N-1 $$

每隔 T 秒输出一个由 x[k] 加权的冲激。这可用循环方式取 k=0,1,\cdots,N-1 来实现。也就是

$$ y_{p}(kT)=x(k 模 N) $$

或等效地

$$ y_{p}(k T)=\cos\left(\frac{2\pi k}{N}\right) $$

而

$$ y_{p}(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\cos\left(\frac{2\pi k}{N}\right)\delta(t-k T) $$

（a）证明：通过调节 T 可以调整被采样的余弦信号的频率.

也就是证明

$$ y_{p}(t)\equiv(\cos\omega_{0}t)\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(t-k T) $$

原书第 752 页

其中 $ \omega_{0}=\frac{2\pi}{NT} $ 。确定 T 值的范围，使得 $ y_{p}(t) $ 可代表一个余弦信号，而其频率的变化范围为

$$ \omega_{1}\leqslant\omega\leqslant\omega_{2} $$

(b) 画出 $ Y_{p}(\omega) $

产生连续时间正弦波的整个系统示于图 P 8.13-1 中，其中 $ H(\omega) $ 是一个理想低通滤波器

$$ H(\omega)=\left\{\begin{aligned}&1,&\left|\omega\right|<\omega_{*}\\ &0,& 其它 \omega\end{aligned}\right. $$

图 P8.13-1

参数 $ \omega_{c} $ 是待定的，以便使 $ y(t) $ 在所要求的频带之内是一个连续时间余弦信号。

以及 $ \omega_{c} $ 的某个值，以使 $ y(t) $ 在 $ \omega_{1} \leqslant \omega \leqslant \omega_{2} $ 范围里是一个余弦信号。

图 P8.13-2

(d) $ y(t) $ 的振幅将随在

$ \omega_{1} $ 和 $ \omega_{2} $ 之间所选定的 $ \omega $ 值而变化。因而需要设计一个使信号归一化的系统 $ G(\omega) $，如图 P 8.13-2 所示。求出一个这样的 $ G(\omega) $ 系统。

解：

(a) 已知

$$ x[k]=\cos\left(\frac{2\pi k}{N}\right) $$

原书第 753 页

由图 P 8.13-1 可见，对于开关变换的各个 T， $ y_{p}(t) $ 可写成

$$ y_{p}(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\cos\left(\frac{2\pi k}{N}\right)\delta(t-k T) $$

设 $ \omega_{0}=\frac{2\pi}{NT} $，得 $ \frac{2\pi k}{N}=\omega_{0}kT $，所以

$$ y_{p}(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\cos{(\omega_{0}k T)}\delta(t-k T) $$

由于 $ x(t)\delta(t-kT)=x(kT)\delta(t-kT) $，所以

$$ \begin{aligned}&\cos\left(\omega_{0}k T\right)\delta(t-k T)=\cos\left(\omega_{0}t\right)\delta(t-k T)\\&T_{\min}\leqslant T\leqslant T_{\max}\\ \end{aligned} $$

可见， $ T_{max} $ 对应允许的最小 $ \omega $ 值，即

$ T_{max}=\frac{2\pi}{N\omega_{1}} $，而 $ T_{min}=\frac{2\pi}{N\omega_{2}} $，所以

$$ \frac{2\pi}{N\omega_{2}}\leq T\leq\frac{2\pi}{N\omega_{1}} $$

(b) 由 (a) 小题可知

$$ \begin{aligned}{y_{p}(t)}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\cos(\omega_{0}k T)\delta(t-k T)}\\ {}&{{}=\cos\omega_{0}t\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(t-k T)}\\ \end{aligned} $$

设 $ x(t)=\cos\omega_{0}t $， $ p(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(t-kT) $，则

$$ \begin{aligned}{Y_{_\rho}(\omega)}&{{}=\frac{1}{2\pi}\left[X(\omega)*P(\omega)\right]=\frac{1}{T}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}X\left(\omega-\frac{2\pi}{T}k\right)}\\ {}&{{}=\frac{\pi}{T}\sum_{k=-\infty}^{\infty}\delta\left(\omega-\omega_{0}-\frac{2\pi}{T}k\right)}\\ {}&{{}\qquad+\frac{\pi}{T}\sum_{k=-\infty}^{\infty}\delta\left(\omega+\omega_{0}-\frac{2\pi}{T}k\right)}\\ \end{aligned} $$

原书第 754 页

图 P8.13-3

如图 P 8.13-3 所示。

$$ 2\omega_{0}<\frac{2\pi}{T},\ 即 \ \frac{4\pi}{N T}<\frac{2\pi}{T} $$

由此得 N > 2，所以N的最小值为3.

显然，由图 P 8.13-3 可见，理想低通滤波器的截止频率 $ \omega_{r} $ 必须满足

(1)

$$ \omega_{e}>\omega_{0}=\frac{2\pi}{N T_{\mathrm{m i n}}}=\omega_{2} $$

(2) 为抑制以 $ \pm\frac{2\pi}{T} $ 为中心的余弦分量，则要求

$$ \omega_{c}<\frac{2\pi}{T}-\frac{2\pi}{N_{\min}T}=\frac{4\pi}{3T} $$

$$ \omega_{2}<\omega_{c}<\frac{4\pi}{3T} $$

所以低通滤波器的截止频率范围为

(d) $ Y_{p}(\omega) $ 的幅度与 T 有关，当改变 T，即在 $ \omega_{1} \leqslant \omega \leqslant \omega_{2} $ 之间改变频率时， $ y(t) $ 的幅度也随之改变。为消除这缺点，系统 $ G(\omega) $ 设计为

$$ G(\omega)=\left\{\begin{aligned}&T,&-\omega_{e}<\omega<\omega_{e}\\ & 任意值 ,&|\omega|>\omega_{e}\end{aligned}\right. $$

8.14 在图 P 8.14 所示的系统中，左边第一个连续时间 LTI 系统是因果的，且满足线性常系数微分方程（LCCDE）

$$ \frac{d y_{c}(t)}{\dot{a}t}+y_{c}(t)=x_{o}(t) $$

原书第 755 页

且输入 $ x_{c}(t) $ 是单位冲激 $ \delta(t) $

(a) 确定 $ y_{c}(t) $.

(b) 确定右边一个 LTI 系统的频率响应 $ H(\mathcal{Q}) $ 和冲激响应 $ h[n] $，以便使输出 $ w[n] = \delta[n] $。

图 P8.14

解：

(a) 已知 $ x_{c}(t)=\delta(t) $，代入微分方程得

$$ \frac{d y_{c}(t)}{d t}+y_{c}(t)=\delta(t) $$

对上式两边取傅里叶变换，得

$$ j\omega Y_{c}(\omega)+Y_{c}(\omega)=1 $$

所以

$$ \mathbf{Y}_{c}(\omega)=\frac{1}{j\omega+1}\;. $$

其逆变换为

$$ y_{c}(t)\;=\;e^{-t}u(t) $$

(b)

由于 $ y[n] = y_{c}[nT] = e^{-nT}u[n] $

而

$$ a^{n}u[n]\longleftrightarrow\frac{1}{1-ae^{-\frac{1}{t}\Omega}},\quad|a|<1 $$

所以

$$ Y(\mathcal{Q})=\frac{1}{1-e^{-T}e^{-i\mathcal{Q}}} $$

原书第 756 页

由于 $ \overline{W}[n]=\delta[n] $，所以 $ \overline{W}(\mathcal{Q})=1 $。于是得

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{\overline{{W}}(\mathcal{Q})}{Y(\mathcal{Q})}=\frac{1}{\left(\frac{1}{1-}\frac{1}{e^{-T}e^{-j\mathcal{Q}}}\right)}=1-e^{-T}e^{-j\mathcal{Q}} $$

对上式取逆变换得

$$ h[n]=\delta[n]-e^{-T}\delta[n-1] $$

8.15 图 P 8.15 表示一个利用数字滤波器处理连续时间信号的系统。数字滤波器 h[n] 是线性和因果的，其差分方程为

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

若输入信号是带限的，即 $ \left|\omega\right|>\frac{\pi}{T} $ 时， $ X_{c}(\omega)=0 $，则图P 8.15 的系统等效为一个连续时间 LTI 系统。

确定输入为 $ x_{c}(t) $ 及输出为 $ y_{c}(t) $ 的整个等效系统的频率响应 $ H_{c}(\omega) $。

图 P8.15

解：

已知 $ y[n] = \frac{1}{2} y[n-1] + x[n] $

对上式两边取傅里叶变换，得

$$ \mathbf{Y}(\mathcal{Q})=\frac{1}{2}\;e^{-i\mathcal{Q}}\mathbf{Y}(\mathcal{Q})+\mathbf{\Sigma}X(\mathcal{Q}) $$

所以

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

原书第 757 页

在给定采样速率大于奈奎斯特速率的情况下，有

$$ X(\mathcal{Q})=\frac{1}{T}\;X_{C}\left(\frac{\mathcal{Q}}{T}\right),\;\;-\pi\leqslant\mathcal{Q}\leqslant\pi $$

$$ \begin{aligned}\mathbf{Y}(\mathcal{Q})&=\boldsymbol{X}(\mathcal{Q})\boldsymbol{H}(\mathcal{Q})\\&=\frac{1}{T}\frac{\boldsymbol{X}_{C}(\mathcal{Q}/T)}{1-\frac{1}{2}e^{-i\mathcal{Q}}},\quad-\pi/T\leqslant\mathcal{Q}/T\leqslant\pi/T\end{aligned} $$

而 y[n] 转换成 $ \tilde{y}(t) $ 后的频谱为

$$ \tilde{Y}(\omega)=Y(\omega T)=\frac{1}{T}\underbrace{X_{C}(\omega)}_{1-\frac{1}{\gamma}e^{-j\omega T}},\quad-\pi/T\leqslant\omega\leqslant\pi/T $$

在理想低通滤波器截止频率之内，有

$$ \mathrm{Y}_{c}(\omega)=\widetilde{\mathrm{Y}}(\omega),\;-\pi/T\leqslant\omega\leqslant\pi/T $$

所以，整个系统的频率响应为

$$ H_{C}(\omega)=\frac{Y_{C}(\omega)}{X_{C}(\omega)}=\frac{1}{T}\frac{1}{1-\frac{1}{2}e^{-j\omega T}},\quad|\omega|\leqslant\pi/T $$

8.16 假定在图 P 8.16-1 中，其中输入为 $ x_{c}(t) $ 和输出为 $ y_{c}(t) $ 的 LTI 系统是因果的，且用下列线性常系数微分方程所表征。

$$ \frac{d^{2}y_{c}(t)}{dt^{2}}+4\frac{dy_{c}(t)}{dt}+3y_{c}(t)=x_{c}(t) $$

图 P8.16-1

原书第 758 页

整个系统等效为一个因果 LTI 系统，如图 P 8.16-2 所示。

确定整个等效的离散时间 LTI 系统的频率响应 $ H(\Omega) $ 和单位冲激响应 h[n].

解：由图 P 8.16-1 可见，

系统一开始将 x[n] 转换成

$ x_{p}(t) $，其频谱关系为

$$ X_{P}(\omega)=X(\mathcal{Q})\vert_{\mathcal{Q}=\omega T} $$

图 P8.16-2

周期为 $ \frac{2\pi}{T} $. 然后经低通滤波器 $ H(\omega) $ 后，得

$$ X_{C}(\omega)=\left\{\begin{aligned}&X_{P}(\omega)H(\omega)=TX_{P}(\omega)=TX(\omega T),&-\pi/T\leqslant\omega\leqslant\pi/T\\ &0,& 其它 \omega\end{aligned}\right. $$

$ X_{c}(\omega) $ 经滤波器 $ H_{c}(\omega) $ 后，得

$$ \begin{aligned}&Y_{c}(\omega)\\&\quad=\left\{\begin{aligned}&H_{c}(\omega)X_{c}(\omega)=TX(\omega T)H_{c}(\omega),&-\pi/T\leqslant\omega\leqslant\pi/T\\&0,& 其它 \omega\end{aligned}\right.\end{aligned} $$

其中 $ H_{c}(\omega) $ 由给定的 LTI 系统的微分方程求得。由于图中系统 $ h_{c}(t) $ 的微分方程为

$$ \frac{d^{2}y_{c}(t)}{d t^{2}}+4\frac{d y_{c}(t)}{d t}+3y_{c}(t)=x_{c}(t) $$

对上式两边取傅里叶变换，有

$$ [(j\omega)^{2}+4(j\omega)+3]Y_{c}(\omega)=X_{c}(\omega) $$

因此得该系统的频率响应 $ H_{c}(\omega) $ 为

$$ H_{C}(\omega)=\frac{1}{(j\omega)^{2}+4(j\omega)+3}=\frac{1/2}{j\omega+1}-\frac{1/2}{j\omega+3} $$

而其冲激响应由上式求逆变换而得，即

$$ h_{c}(t)=\frac{1}{2}\left(e^{-t}-e^{-3t}\right)u(t) $$

现在再来看 $ y_{e}(t) $ 被采样后所得的 $ y_{p}(t) $:

$$ y_{p}(t)=y_{c}(t)\bar{p}(t)=y_{c}(t)\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\delta(t-n T) $$

原书第 759 页

其频谱为

$$ \begin{aligned}{\operatorname{Y}_{p}(\omega)}&{{}=\;\frac{1}{2\pi}\left[\operatorname{Y}_{c}(\omega)*P(\omega)\right]}\\ {}&{{}=\frac{1}{T}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\operatorname{Y}_{c}\Bigl(\omega\;-\;\frac{2\pi}{T}n\Bigr)}\\ {}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}X(\omega T-2\pi n)H_{c}\Bigl(\omega\;-\;\frac{2\pi}{T}n\Bigr)}\\ \end{aligned} $$

可见它是周期的，其主值区间为

$$ Y_{P}(\omega)=X(\omega T)H_{C}(\omega),\mathrm{~}-\pi/T\leqslant\omega\leqslant\pi/T\mathrm{,}(P8.16) $$

另外， $ Y_{p}(\omega) $ 可用 $ y_{c}(t) $ 的样本值来表示，即

$$ y_{p}(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}y_{c}(nT)\delta(t-nT) $$

其傅里叶变换为

$$ Y_{p}(\omega)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}y_{c}(n T)e^{-j\omega n T} $$

由于 $ y[n] = y_{c}(nT) $，而 $ y[n] $ 的离散时间傅里叶变换为

$$ \mathrm{Y}(\mathcal{Q})=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}y[n]e^{-j\mathcal{Q}n}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}y_{\epsilon}(n T)e^{-j n\pi\mathrm{s}T} $$

将上式与 $ Y_{p}(\omega) $ 表示式比较可见，有

$$ \Upsilon(\mathcal{Q})=\Upsilon_{p}\bigg(\frac{\mathcal{Q}}{T}\bigg) $$

将 $ \omega = \Omega / T $ 代入式 (P 8.16) 后得

$$ Y(\mathcal{Q})=Y_{P}(\omega)\big|_{\omega=\mathcal{Q}/T}=X(\mathcal{Q})H_{C}(\mathcal{Q}/T),\quad-\pi\leqslant\mathcal{Q}\leqslant u $$

它也是以 $ 2\pi $ 为周期重复的。因此得

$$ H_{d}(\mathcal{Q})=\frac{Y(\mathcal{Q})}{X(\mathcal{Q})}=H_{c}\left(\frac{\mathcal{Q}}{T}\right) $$

所以整个系统等效于一个离散时间系统。因而相应的冲激响应为

原书第 760 页

$$ \begin{aligned}{h_{d}[n]}&{{}=h_{c}(t)\vert_{t=n T}=\frac{1}{2}[e^{-n T}-e^{-3n T}]u(n T)}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}[e^{-n}-e^{-3n}]u[n]}\\ \end{aligned} $$

8.17 设图 P 8.17 所示系统的输入 $ x_{e}(t) $ 是带限的，即当 $ |\omega| > 2\pi \times 10^{4} $ 时， $ X_{c}(\omega) = 0 $。而数字滤波器 h[n] 的输入-输出关系为

$$ y[n]=T\sum_{k=-\infty}^{n}x[k] $$

(a) 为了避免从 $ x_{c}(t) $ 到 $ x_{p}(t) $ 的变换产生混叠，求容许的最大 T 值。

(b) 由方程 $ (P\ 8.17-1) $ 确定其冲激响应 $ h[n] $

$$ \lim_{n\to\infty}y[n]\;=\;\lim_{t\to\infty}\int_{-\infty}^{t}x_{c}(t)d t $$

若存在，求 T 的最大值。若不存在，则说明应如何选择 T，才能使式 (P 8.17-2) 最接近成立。

图 P 8.17

解：

（a）由题可知， $ X_{c}(\omega) $ 的最高频率 $ \omega_{M}=2\pi\times10^{4} $，所以为避免混叠，容许的最大T值为

$$ T_{\mathrm{m a x}}=\frac{2\pi}{2\omega_{M}}=\frac{1}{2\times10^{4}}=5\times10^{-5} $$

(b)

$$ \begin{aligned}{y[n]}&{{}=T\sum_{k=-\infty}^{n}x[k]=T\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[k]u[n-k]}\\ {}&{{}=T x[n]*u[n]}\\ \end{aligned} $$

原书第 761 页

而

$$ u[n]\longleftrightarrow\frac{1}{1-e^{-i\mathcal{Q}}}+\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\pi\delta(\mathcal{Q}-2\pi k) $$

所以

$$ \begin{aligned}{\mathbf{Y}(\mathcal{Q})}&{{}=~T X(\mathcal{Q})U(\mathcal{Q})=\left[\frac{T}{1-e^{-j\mathcal{Q}}}\right]X(\mathcal{Q})}\\ {}&{{}\quad+T\pi X(\mathcal{Q})\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(\mathcal{Q}-2\pi k)}\\ \end{aligned} $$

得

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{Y(\mathcal{Q})}{X(\mathcal{Q})}=\frac{T}{1+e^{-j\mathcal{Q}}}+\sum_{k=-\infty}^{+\infty}T\pi\delta(\mathcal{Q}-2\pi k) $$

上式的逆变换为

$$ h[n]=T u[n] $$

$$ \begin{aligned}{\lim_{n\to\infty}y[n]}&{{}=\lim_{n\to\infty}T\sum_{k=-\infty}^{n}x[k]}\\ {}&{{}=\lim_{n\to\infty}T\sum_{k=-\infty}^{n}x[k]e^{-i o k}=T X(o)}\\ \end{aligned} $$

而式（P 8.17-2）右端为

$$ \lim_{t\to\infty}\int_{-\infty}^{t}x_{c}(t)dt=\lim_{t\to\infty}\int_{-\infty}^{t}x_{c}(t)e^{-i o t}dt=X_{c}(o) $$

所以式 $ (P\ 8.17-2) $要求

$$ T X(o)=X_{c}(o) $$

由于 $ x[n] = x_{p}(nT) $，所以

$$ X(\mathcal{Q})=X_{P}(\mathcal{Q}/T) $$

因而

$$ X_{p}(\mathcal{Q})=\frac{1}{T}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}X_{e}\left(\mathcal{Q}-\begin{matrix}\frac{2\pi}{T}k\end{matrix}\right) $$

原书第 762 页

为避免在Q=0上混叠，则要求 $ \frac{2\pi}{T}>2\pi\times10^{+} $。可见，在

$$ X(o)=\frac{1}{T}X_{c}\left(o\right) $$

条件下，得 $ T < 10^{-4} $ 。所以最大 T 值为

$$ T_{\mathrm{m a x}}\raimeq~10^{-4} $$

8.18 假定连续时间信号

$$ x_{c}(t)=s_{c}(t)+\alpha s_{c}(t-T_{D}) $$

的傅里叶变换是带限的，即 $ |\omega| > \pi / T $ 时， $ X_{c}(\omega) = 0 $，并以采样周期 T 对它进行采样得到序列

$$ x[n]=x_{c}(n T) $$

求到一个离散时间系统的单位冲激响应 $ h[n] $，使得

$$ x[n]=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}s[k]h[n-k] $$

其中 $ s[n] = s_{c}(nT) $。

（a）当 $ T_{D}=T $ 时，求 $ h[n] $.

(b) 当 $ T_{D}=T/2 $ 时，求 $ h[n] $.

解：

(a) 由题可知，

$$ x_{c}(t)=s_{c}(t)+\alpha s_{c}(t-T_{D}) $$

上式的傅里叶变换为

$$ X_{c}(\omega)=S_{c}(\omega)+\alpha e^{-j\omega T_{D}}S_{c}(\omega),\mathrm{~}T_{D}=T $$

又知

$$ x[n]=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}s[k]h[n-k] $$

由卷积特性得

$$ X(\mathcal{Q})=S(\mathcal{Q})H(\mathcal{Q}) $$

所以

$$ H(\boldsymbol{\varOmega})=\frac{X(\boldsymbol{\varOmega})}{S(\boldsymbol{\varOmega})} $$

原书第 763 页

但是

$$ X(\mathcal{Q})=\frac{1}{T}\;X_{c}(\mathcal{Q}/T),\;-\pi\leqslant\mathcal{Q}\leqslant\pi $$

所以

$$ X(\mathcal{Q})=\frac{1}{T}\left[\mathcal{S}_{c}(\mathcal{Q}/T)+\alpha e^{-i\mathcal{Q}}\mathcal{S}_{c}(\mathcal{Q}/T)\right],~-\pi\leqslant\mathcal{Q}\leqslant\pi $$

和

$$ S(\mathcal{Q})=\frac{1}{T}S_{c}(\mathcal{Q}/T) $$

因此代入式 $ (P \, 8.18) $后得

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{X(\mathcal{Q})}{\mathcal{S}(\mathcal{Q})}=1+\alpha e^{-i\alpha} $$

上式的逆变换为

$$ h[n]=\delta[n]+\alpha\delta[n-1] $$

(b) 将 $ T_{D}=T/2 $ 代入，得

$$ X(\mathcal{Q})=\frac{2}{T}[\mathcal{S}_{c}(2\mathcal{Q}/T)+\alpha e^{-i\frac{\mathcal{Q}}{2}}\mathcal{S}_{c}(2\mathcal{Q}/T)],~-\pi\leqslant\mathcal{Q}\leqslant\pi $$

和

$$ S(\mathcal{Q})=\frac{2}{T}S_{c}(2\mathcal{Q}/T) $$

则得

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{X(\mathcal{Q})}{\mathcal{S}(\mathcal{Q})}=1+\alpha e^{-j\mathcal{Q}/2},~-\pi\leqslant\mathcal{Q}\leqslant\pi $$

对上式求逆变换得

$$ \begin{aligned}{h[n]}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}[H(\mathcal{Q})]e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}[1+\alpha e^{-i\mathcal{Q}/2}]e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}e^{i\mathcal{Q}n}d\mathcal{Q}+\frac{\alpha}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}e^{i\mathcal{Q}\left(n-\frac{1}{2}\right)}~d\mathcal{Q}}\\ \end{aligned} $$

原书第 764 页

$$ \begin{aligned}&=\delta[n]+\frac{\alpha}{2\pi}\frac{e^{jQ\left(n-\frac{1}{2}\right)}}{j\left(n-\frac{1}{2}\right)}\Bigg|_{-\pi}^{\infty}\\&=\delta[n]+\frac{\alpha}{2\pi}\Bigg[\frac{e^{j\pi\left(n-\frac{1}{2}\right)}-e^{-j\pi\left(n-\frac{1}{2}\right)}}{j\left(n-\frac{1}{2}\right)}\Bigg]\\&=\delta[n]+\alpha\frac{\sin\Big[\pi\left(n-\frac{1}{2}\right)\Big]}{\pi\left(n-\frac{1}{2}\right)}\end{aligned} $$

8.19 在许多实际情况下，接收机将同时接收信号 $ x(t) $ 和回波（它是信号 $ x(t) $ 的衰减和延迟形式），如图 P 8.19-1 所示。因而接收机的输出是 $ s(t)=x(t)+\alpha x(t-T_{0}) $，其中 $ |\alpha|<1 $。为了恢复 $ x(t) $，采用图 P 8.19-2 所示系统进行处理，其中 $ h[n] $ 是数字滤波器。

假定 $ x(t) $ 是带限的（即 $ |\omega| > \omega_{s} $ 时， $ X(\omega) = 0 $），且

$$ \left|\alpha\right|<1 $$

（a）若 $ T_{0} < \frac{\pi}{\omega_{M}} $，并取采样周期等于 $ T_{0} $ (即 $ T = T_{0} $)，确定数字滤波器 h[n] 的差分方程式，以使 $ y_{c}(t) $ 与 $ x(t) $ 成比例。

(b) 在 (a) 小题的假设情况下，确定理想低通滤波器的增益 A，以使 $ y_{c}(t)=x(t) $。

（c）现假设 $ T/\omega_{M}

图 P8.19-1

原书第 765 页

图 P8.19-2

成比例.

解：

(a) 由题可知，

$$ T_{0}<\frac{\pi}{\omega_{M}}= 奈奎斯特采样周期的一半 $$

若能满足 $ y[n] = x[n] = x(nT_{0}) $，则可使 $ y_{e}(t) $ 与 $ x(t) $ 成比例。

由图 P 8.19-2 可知， $ s_{c}(t) $ 经采样后得 $ s_{p}(t) $，并且转换成 s[n]，即

$$ s[n]=s(n T_{0})=x(n T_{0})+\alpha x(n T_{0}-T_{0}) $$

所以

$$ s[n]=x[n]+\alpha x[n-1] $$

上式的傅里叶变换为

$$ S(\mathcal{Q})=X(\mathcal{Q})+\alpha e^{-i\mathcal{Q}}X(\mathcal{Q}) $$

则得

$$ \begin{aligned}{H(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{Y(\mathcal{Q})}{S(\mathcal{Q})}=\underbrace{\phantom{i}X(\mathcal{Q})}_{X(\mathcal{Q})+\alpha e^{-i\mathcal{Q}}X(\mathcal{Q})}}\\ {}&{{}=\frac{1}{1+\alpha e^{-i\mathcal{Q}}}}\\ \end{aligned} $$

求上式的逆变换，得差分方程为

$$ y[n]\div\alpha y[n-1]=s[n] $$

(b) 因为

$$ X_{p}(\omega)=\frac{1}{T}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}X_{c}(\omega-k\omega_{s}) $$

原书第 766 页

和

$$ X(\mathcal{Q})=X_{p}(\mathcal{Q}/T) $$

而图 P 8.19-2 的整个系统可等效成一个频率响应为 $ H_{c}(\omega) $ 的连续时间 LTI 系统，它与离散时间频率响应 $ H(\omega) $ 的关系为

$$ H_{\mathbf{c}}(\omega)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}H(\omega T),}&{}&{{}|\omega|<\omega_{s}/2}\\ {}&{{}0,}&{}&{{}|\omega|>\omega_{s}/2}\\ \end{aligned}\right. $$

其中 $ \omega T = Q $ 。在 $ T = T_{0} $ 时，得整个系统的频率响应为

$$ H c(\omega)=\frac{A}{T_{0}}H(\omega T_{0}) $$

因要求 $ y_{c}(t)=x(t) $，即 $ Y_{c}(\omega)=X(\omega) $，所以

$$ X_{\epsilon}(\omega)=H_{C}(\omega)[X(\omega)+\alpha e^{-i\omega_{0}T}X(\omega)] $$

得

$$ H_{C}(\omega)=\frac{1}{1+\alpha e^{-j\omega T_{0}}},\quad-\omega_{M}\leqslant\omega\leqslant\omega_{M}, $$

比较式 $ (P\ 8.19-1) $、 $ (P\ 8.19-2) $和式 $ (P\ 8.19-3) $，可得

$$ A=T_{0} $$

$$ H_{C}(\omega)=\frac{1}{\left[1+\alpha e^{-j\omega T_{0}}\right]},\qquad-\omega_{M}\leqslant\omega\leqslant\omega_{M} $$

但是

$$ H_{c}(\omega)=\frac{A}{T}H(\omega T),\qquad-\pi\leqslant\mathcal{Q}\leqslant\pi $$

可见，要使上两式一致，可选 A = T 和

$$ H(\mathcal{Q})=\frac{1}{1+\alpha e^{-i\mathcal{Q}T/T_{0}}},\qquad-\pi\leqslant\mathcal{Q}\leqslant\pi $$

8.20 假定将图 P 8.20-1 所示的时限信号 x(t) 的傅里叶变换 $ X(\omega) $ 作为图 P 8.20-2 所示系统的输入.

(a) 当 $ 2\pi/\omega_{0}>2T_{M} $ 时，画出 $ \widetilde{X}(\omega) $ 的逆变换 $ \widetilde{x}(t) $

原书第 767 页

(b) 当 $ \frac{2\pi}{\omega_{0}} > 2T_{M} $ 时，可对 $ \tilde{x}(t) $ 进行加窗处理来恢复 $ x(t) $.

即

$$ x(t)=\tilde{x}(t)w(t) $$

确定并画出时窗信号 $ w(t) $

解：

图 P 8.20-1

(a) 由题和图 P 8.20-2 可知

$$ P(\omega)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(\omega-k\omega_{0}) $$

$$ \widetilde{X}(\omega)=X(\omega)P(\omega) $$

则得上式的逆变换为

$$ \tilde{x}(t)=x(t)*p(t) $$

图 P8.20-2

其中

$$ p(t)=\frac{1}{\omega_{0}}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta\left(t-\frac{2\pi}{\omega_{0}}k\right) $$

所以

$$ \tilde{x}(t)=\frac{1}{\omega_{0}}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x\left(t-\frac{2\pi}{\omega_{0}}k\right) $$

(b) 由图 P 8.20-1 可知，若取 $ 2T_{m}=\frac{2\pi}{r_{0}} $，则得

$$ w\left(t\right)=\left\{\begin{aligned}&\omega_{0},&&T_{1}\leqslant t\leqslant T_{1}+\frac{2\pi}{\omega_{0}}\\ &0,&& 其它 t\end{aligned}\right. $$

原书第 768 页

图 P8.20-3

如图 P 8.20-3 所示。则 $ x(t) $ 可从 $ \tilde{x}(t) $ 得到恢复。

8.21 设有一个傅里叶变换为 $ X_{c}(\omega) $ 的连续时间信号 $ x_{c}(t) $，先对 $ x_{c}(t) $ 采样，得到一个离散时间序列 x[n]，即

$$ x[n]=x_{c}(nT) $$

然后计算离散时间傅里叶变换 X(Q) 的样本。若用频率间隔 $ \Delta Q $ 来计算 X(Q)，则这就对应于用频率间隔 $ \Delta \omega $ 来计算 $ X_{e}(\omega) $ 的样本。

假设 $ x_c(t) $ 带限于 10 kHz，采样周期 $ T = 50\ \mu\text{s} $， $ \Delta\Omega = \pi \times 10^{-3} $，试确定 $ \Delta\omega $。

解：

由题可知， $ x_{c}(t) $ 的带限 $ 2\omega_{M}=40\pi\times10^{3} $，而采样频率

$$ \omega_{t}=\frac{2\pi}{T}=40\pi\times10^{3} $$

是 $ x_{c}(t) $ 的 4 倍带宽，所以满足采样定理。

由于在 $ X(\mathcal{Q}) $ 中长为 $ 2\pi $ 区间变换到 $ X_{c}(\omega) $ 中变成 $ \frac{2\pi}{T} $，同样， $ X(\mathcal{Q}) $ 中长为 $ \Delta\mathcal{Q} $ 变换到 $ X_{c}(\omega) $ 中变成 $ \frac{\Delta Q}{T} $，所以

$$ \Delta\omega=\frac{\Delta Q}{T}=\frac{\pi\times10^{-3}}{5\times10^{-5}}=20\pi $$

原书第 769 页

8.22 假定离散时间采样定理的条件得到满足，即

$$ \mathcal{Q}_{s}>2\mathcal{Q}_{M}, $$

其中 $ Q_{s} $ 是采样频率，而且当 $ Q_{M}<|Q|\leq\pi $ 时， $ X(Q)=0 $ 因

(b)

图 P8.22-1

$ \leqslant\pi $ 时， $ X(\mathcal{Q})=0 $。因而原始序列可用低通滤波器准确地恢复。

零阶保持表示一种近似的内插，当 N=3 时如图 P8.22-1 所示一阶保持表示样本值之间的线性内插，如图 P8.22-1 所示。

(a) 零阶保持 $ (ZOH) $ 可用式

$$ \begin{array}{l l}{}&{x_{r}[n]=}\\ {}&{\displaystyle\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[k N]h_{r}[n-k N],}\\ \end{array} $$

形式的内插和图P8.22-2的系统表示内插。对 $ h_{0}[n] $。

于采样周期为N的一般情况，确定并画出 $ h_{0}[n] $

图 P8.22-2

图 P 8.22-3

(b) 利用图 P 8.22-3 中所示的一个合适的 LTI 滤波器 $ H(\mathcal{Q}) $，可从零阶保持序列 $ x_{0}[n] $ 准确地恢复 x[n]。确定并画出 $ H(\mathcal{Q}) $。

（c）一阶保持（FOH）可表示成式（P 8.22-1）的形式的内插，并等效地用图 P 8.22-4 的系统表示内插。对于采样周期为 N

原书第 770 页

的一般情况，确定并画出 $ h_{1}[n] $

(d) 利用一个合适的，频率响应为 $ H(\boldsymbol{\Omega}) $ 的 LTI 滤波器，可

以从一阶保持序列 $ x_{1}[n] $ 准确地恢复 x[n]。确定并画出 $ H(\mathcal{Q}) $。

解：

图 P8.22-4

（a）由题可知，零阶保持

借以把每个采样值连续重复（或保持）N-1次，因此对于采样周期为N的一般情况，有

$$ h_{0}[n]=u[n]-u[n-N] $$

如图 P 8.22-5(a) 所示.

（b）希望求出一个合适的 LTI 滤波器 $ H(\boldsymbol{\Omega}) $，使得

$$ H(\mathcal{Q})H_{0}(\mathcal{Q})=\left\{\begin{aligned}{}&{{}N,~|\mathcal{Q}|<\frac{\mathcal{Q}_{t}}{2}=\frac{\pi}{N}}\\ {}&{{}0,~\frac{\pi}{N}\leqslant|\mathcal{Q}|<\pi}\\ \end{aligned}\right. $$

而 $ h_{0}[n] $ 的傅里叶变换为

$$ H_{0}(\mathcal{Q})=\frac{1-e^{-j\mathcal{Q}N}}{1-e^{-i\mathcal{Q}}}=\frac{\sin\left(\mathcal{Q}N/2\right)}{\sin\left(\mathcal{Q}/2\right)}~e^{-i(N-1)\mathcal{Q}N} $$

所以

$$ H(\mathcal{Q})=\left\{\begin{aligned}{}&{{}\frac{N\sin\left(\mathcal{Q}/2\right)}{\sin\left(\mathcal{Q}N/2\right)}e^{j(N-1)\mathcal{Q}/2},~\left|\mathcal{Q}\right|<\pi/N}\\ {}&{{}0,\quad\frac{\pi}{N}\leqslant\left|\mathcal{Q}\right|<\pi}\\ \end{aligned}\right. $$

根据 $ H(\mathcal{Q}) $ 的表示式可知，在 $ |Q| < \pi/N $ 为非零值，即始终存在 $ N|Q| < \pi\left(\text{或}\frac{N|Q|}{2} < \frac{\pi}{2}\right) $ 时为非零值，所以 $ H(\mathcal{Q}) $ 表示式的分母不会为零，所得 $ H(\mathcal{Q}) $ 的图形如图 P 8.22-5(b) 所示.

$$ h_{1}[n]\;=\;\frac{1}{N}\left(h_{0}[n]*h_{0}[n]\right) $$

原书第 771 页

(a)

(b) (放大画出)

(c)

(d) (放大画出)

图 P8.22-5

如图 P 8.22-5(c) 所示。

(d) 希望求出一个 $ H(\mathcal{Q}) $，使得

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

从而使 $ x_{1}[n] $ 可恢复 x[n]。由于

$$ h_{1}[n]\;=\;\frac{1}{N}\left(h_{0}[n]*h_{0}[-n]\right) $$

原书第 772 页

所以上式的傅里叶变换 $ H_{1}(\mathcal{Q}) $ 为

$$ H_{1}(\mathcal{Q})=\frac{1}{N}|H_{0}(\mathcal{Q})|^{2} $$

因此得

$$ H(\mathcal{Q})=\left\{\begin{aligned}{}&{{}N^{2}\Big|\frac{\sin\left(\mathcal{Q}/2\right)}{\sin\left(N\mathcal{Q}/2\right)}\Big|^{2},}&{|\mathcal{Q}|<\pi/N}\\ {}&{{}0,}&{\frac{\pi}{N}\leqslant|\mathcal{Q}|<\pi}\\ \end{aligned}\right. $$

同(b)小题一样，由于 $ \left|Q\right|<\pi/N $为非零值，所以可得波形如P 8.22-5(d)所示。

8.23 假定用图 P 8.23 所示的系统对信号 x[n] 进行离散时间采样，理想低通滤波器

$ h_{r}[n] $ 的频率响应为

$$ \cal{H}(\cal{Q}) $$

$$ \begin{aligned}&=\left\{\begin{aligned}&N,&\left|\mathcal{Q}\right|<2\pi/N\\&0,&\frac{2\pi}{N}<\left|\mathcal{Q}\right|<\pi\end{aligned}\right.\end{aligned} $$

图 P8.23

其输出可表示为

$$ \begin{aligned}{x_{r}[n]}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[k N]h_{r}[n-k N]}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[k N]\frac{N\mathcal{Q}_{e}}{\pi}\sinc\left[\frac{\mathcal{Q}_{e}}{\pi}(n-k N)\right]}\\ \end{aligned} $$

式中 $ Q_{e}=2\pi/N $

证明无论对序列 x[n] 以高于或低于奈奎斯特速率进行采样，都存在

$$ x_{r}[m N]=x[m N] $$

其中m为任意整数.

解：

可利用 $ \sin c $ 函数的特性，即

原书第 773 页

$$ \begin{aligned}\sin c(\alpha)=\left\{\begin{aligned}&\frac{\sin\pi\alpha}{\pi\alpha}=1,\alpha=0\\&0,\quad\alpha 为任何整数 \end{aligned}\right.\end{aligned} $$

根据理想的带限内插公式

$$ x_{r}[n]=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[k N]\frac{N Q_{r}}{\pi}\sin c\left[\frac{Q_{r}}{\pi}(n-k N)\right] $$

和等效内插公式

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

其中 $ h_{[n]} $ 就是该内插滤波器的冲激响应。

因此有

$$ x_{r}[n]=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[k N]\sin c\left[\frac{Q_{c}}{\pi}(n-k N)\right] $$

则

$$ x_{r}[m N]=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[k N]\sin\mathrm{c}[2(m-k)]=x[m N] $$

式中 $ \mathcal{Q}_{c}=\frac{2\pi}{N} $ 。可见，它与抽样间隔 N 的选取究竟使抽样频率高于还是低于奈奎斯特速率无关。

8.24 假定由离散时间序列 x[n] 构成两个新序列 $ x_{p}[n] $ 和 $ x_{d}[n] $，其中 $ x_{p}[n] $ 是以2为采样周期对 x[n] 采样，而 $ x_{d}[n] $ 是以2为因子对 x[n] 抽取。因而

$$ x_{p}[n]=\left\{\begin{aligned}{x[n],}&{{}n=0,\pm2,\pm4,\cdots}\\ {0,}&{{}n=\pm1,\pm3,\cdots.}\\ \end{aligned}\right. $$

及

$$ x_{d}[n]=x[2n] $$

(a) 若 x[n] 如图 P 8.24-1 所示，画出序列 $ x_{p}[n] $ 与 xd[n]。

(b) 若 $ X(\mathcal{Q}) $ 如图 P 8.24-2 所示，画出 $ X_{p}(\mathcal{Q}) $ 与 $ X_{d}(\mathcal{Q}) $

原书第 774 页

图 P8.24-1

图 P8.24-2

解：

（a）采样过程形成的新序列 $ x_{p}[n] $ 在采样周期2的整数倍点上等于原序列 x[n]，而在采样点之间都是零，即

$$ x_{p}[n]\;=\;\left\{\begin{aligned}{}&{{}x[n],~n=0,~\pm2,~\pm4,\cdots}\\ {}&{{}0,~\quad n=\pm1,~\pm3,~\pm5,\cdots}\\ \end{aligned}\right. $$

如图 P 8.24-3(a) 所示。而 $ x_{d}[n] $ 就是用 x[n] 中的每隔 2 点上的序列值所组成，即

$$ x_{d}[n]\;=\;x[2n]\;=\;x_{p}[2N] $$

如图 P 8.24-3(b) 所示。

(b) 式 $ (P\ 8.24-1) $ 可写成

$$ x_{p}[n]=x[n]p[n]=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}x[k2]\delta[n-k2] $$

而

$$ \begin{aligned}{X_{p}(\mathcal{Q})}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{2\pi}P(\theta)X(\mathcal{Q}-\theta)d\theta}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{1}X(\mathcal{Q}-k\mathcal{Q}_{s})}\\ \end{aligned} $$

其中

$$ P(\mathcal{Q})=\frac{2\pi}{2}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(\mathcal{Q}-k\mathcal{Q}_{e}) $$

$$ \mathcal{Q}_{s}=\frac{2\pi}{2}=\pi $$

如图 P 8.24-3(c) 所示。

原书第 775 页

(2)

(b)

(c)

(d)

图 P8.24-3

式（P 8.24-2）的傅里叶变换为

$$ X_{d}(\mathcal{Q})=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x_{d}[n]e^{-j\mathcal{Q}n}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x_{p}[2n]e^{-j\mathcal{Q}n} $$

由于 $ x_{p}[n] $ 除了2的整倍数点外，均为零，因此上式可等效为

$$ X_{d}(\mathcal{Q})=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x_{p}[n]e^{-i\mathcal{Q}n/2} $$

因此上式右边可写成

$$ \sum_{n=-\infty}^{+\infty}x_{p}[n]e^{-j\Omega n/2}=X_{p}\left(\frac{\mathcal{Q}}{2}\right) $$

由式 $ (P\,8.24-3) $和式 $ (P\,8.24-4) $可得

$$ X_{\mathcal{A}}(\mathcal{Q})=X_{p}\left(\frac{\mathcal{Q}}{2}\right) $$

原书第 776 页

如图 P 8.24-3(d) 所示.

8.25 如图 P 8.25-1 所示那样，内插或以整数因子 N 增采样的过程可以看成是两种运算的级联，第一个系统（系统 A）相当于在 x[n] 的每个序列值之间插入（N-1）个零序列值，因而

$$ x_{p}[n]=\left\{\begin{aligned}&x_{d}[n/N],&n=0,\ \pm N,\ \pm2N,\cdots\\ &0,&& 其它 n\end{aligned}\right. $$

图 P8.25-1

对于准确的带限内插， $ H(\Omega) $ 是一个理想的低通滤波器。

(a) 确定系统 A 是否是线性的。

(b) 确定系统 A 是否是时不变的.

图 P 8.25-2

-2所示，且N=3，画出 $ X_{p}(\mathcal{Q}) $。

(d) 若 N = 3, $ X_{d}(\mathcal{Q}) $ 如图 P 8.25-2 所示，而且为了精确的带限内插， $ H(\mathcal{Q}) $ 作了合适的选定，画出 $ X(\mathcal{Q}) $。

解：

(a) 取 $ x_{d_{1}}[n] $ 和 $ x_{d_{2}}[n] $，并设

$$ x_{d_{3}}[n]=x_{d_{1}}[n]+\alpha x_{d_{2}}[n], $$

则

$$ x_{p,[n]}=\left\{\begin{aligned}&x_{d_{1}}[n/N]+\alpha x_{d_{2}}[n/N],&n=0,\ \pm N,\ \pm2\bar{N},\cdots\\ &0,& 其它 n\end{aligned}\right. $$

而

$$ x_{p_{1}}[n]=\left\{\begin{aligned}&x_{d_{1}}[n/N],&n=0,\ \pm N,\ \pm2N,\cdots\\ &0,& 其它 n\end{aligned}\right. $$

原书第 777 页

$$ \alpha x_{p_{2}}[n]=\left\{\begin{aligned}&\alpha x_{d_{,}}[n/N],&n=0,&\pm\dot{N},&\pm\dot{2}\dot{N},\cdots,\\ &0,& 其它 &n&\end{aligned}\right. $$

所以

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{x}_{p_{1}}[n]&+\alpha\boldsymbol{x}_{p_{2}}[n]\\&=\left\{\begin{aligned}&x_{d_{1}}[n/N]+\alpha x_{d_{2}}[n/N],&n=0,\quad\pm N,\quad\pm2N,\cdots\\&0,&& 其它 n\end{aligned}\right.\end{aligned} $$

因此

$$ x_{p_{3}}[n]\;=\;x_{p_{1}}[n]\;+\;\alpha x_{p_{2}}[n] $$

可见系统是线性的。

(b) 取

$$ x_{d_{1}}[n]=2\delta[n]+\delta[n-1]+\frac{1}{2}\delta[n-2] $$

则在 N=4 时，有

$$ x_{p_{1}}[n]=2\delta[n]+\delta[n-4]+\frac{1}{2}\delta[n-8] $$

取 $ x_{d_{2}}[n]=x_{d_{1}}[n+1] $，在 N=4 时，有

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

如图 P 8.25-3 所示。可见系统 A 是时变的。

图 P8.25-3

原书第 778 页

图 P 8.25-4

$$ \left(c\right)x_{p}[n]=\left\{\begin{aligned}&x_{d}[n/N],&n=0,\quad\pm N,\quad\pm2N,\cdots\\ &0,&& 其它 n\end{aligned}\right. $$

上式的傅里叶变换为

$$ X_{p}(\mathcal{Q})=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x_{d}[n]e^{-j\mathcal{Q}(N n)}=X_{d}(N\mathcal{Q}) $$

如图 P 8.25-4(a) 所示.

(d) 在 N = 3 情况下，适当地选定 $ H(\Omega) $，即

$$ H(\mathcal{Q})=\left\{\begin{aligned}{}&{{}1}&{}&{{}|\mathcal{Q}|<\pi/3}\\ {}&{{}0,}&{}&{{}\frac{\pi}{3}\leqslant|\mathcal{Q}|<\pi}\\ \end{aligned}\right. $$

如图 P 8.25-4(b) 所示，则可从图 P 8.25-4(a) 得 $ X(\mathcal{Q}) $，如图 P 8.25-4(c) 所示。

8.26 （a）先假定用零相位 FIR（有限冲激响应）滤波器逼近理想低通滤波器 $ H(\mathcal{Q}) $。该滤波器设计得使原始序列值 $ x_{d}[n] $ 可得到正确重现，即

原书第 779 页

$$ x[n]=x_{d}[n/L],~n=0,~\pm L,~\pm2L,\cdots,~(P~8.26-1) $$

这就保证了即使在原始序列值之间的内插也许不是正确的，但原始序列可在内插中得到正确重现。为了确保对任何序列 $ x_{d}[n] $，式(P 8.26-1)都严格成立，确定对低通滤波器冲激响应 $ h[n] $的限制。

（b）现假定内插是用一个长度为N的线性相位因果对称的FIR滤波器来完成，即

$$ h[n]=0,~n<0,~n>N-1 $$

$$ H(\mathcal{Q})=H_{R}(\mathcal{Q})e^{-j\alpha\mathcal{Q}}, $$

其中 $ H_{R}(\mathcal{Q}) $ 是实函数。这个滤波器应设计得使原始序列值 $ x_{d}[n] $ 获得正确地重现，但它有一个整数延迟 $ \alpha $，其中 $ \alpha $ 是 $ H(\mathcal{Q}) $ 相位斜率的负值，即

$$ x[n]=x_{d}\left[\frac{n-\alpha}{L}\right],~n-\alpha=0,~\pm L,~\pm2L,\cdots $$

确定这是否意味着对滤波器的长度N是奇数还是偶数有任何限制。

$$ H(\mathcal{Q})=H_{R}(\mathcal{Q})e^{-i\beta\mathcal{Q}} $$

其中 $ H_{R}(\mathcal{Q}) $ 是实函数。这个滤波器设计得使原始序列值 $ x_{d}[n] $ 得到正确重现，但有一个延迟 M，而 M 不一定就等于相位斜率的负值，也就是

$$ x[n]=x_{d}\left[\frac{n-M}{L}\right],~n-M=0,~\pm L,~\pm2L,\cdots $$

确定这是否意味着对滤波器长度 N 是奇数还是偶数有任何限制。

解：

(a) 由题可知

原书第 780 页

$$ x[n]=x_{d}[n/L],~n=0,~\pm L,~\pm2L,\cdots $$

则

$$ \delta[n]=\delta_{d}[n/L],~n=0,~\pm L,~\pm2L,\cdots $$

所以确保对任何序列 $ x_{d}[n] $，式（P 8.26-1）都成立的 h[n] 为

$$ h[0]=1 $$

$$ h[r L]=0,\quad r=\pm1,\quad\pm2,\quad\pm3,\cdots $$

(b) N必须是奇数，在这种情况下 $ \alpha $是一个整数。若N是偶数，则 $ \alpha $不会是整数。反之，若 $ \alpha $是一个整数，则h[n]位移 $ \alpha $，使得h[n]为一偶序列，这在N为偶数的情况下是不可能的。

原书第 781 页

第八章 采样

8.18 假定连续时间信号

第八章采样