r
′ 是任意的，因此 H w ( z ) 不是唯一的。 （c）在保持 r ≤ 0 的情况下，选取 α k
5.24 设一 LTI 系统，其系统函数为
H ( z) =
(1 − 1.5 z −1 − z −2 )(1 + 0.9 z −1 ) (1 − z −1 )(1 + 0.7 jz −1 )(1 − 0.7 jz −1 )
这里
H ( z) =
∑ bk z −k
1 − ∑ ak z
k =0 k =0 N −k
M
=
∏ (1 − β ∏ (1 − α
k =1 k =1 N
M
k
z −1 )
，如果系统是稳定因果系统，极点一定在
k
z )
−1
单位圆内，因此 α k < 1 。 （b） 现在 y[ n] 输入另一个系统 H ′( z ) ， 输出是 w[ n] ， 由于 m x = 0 ， 得出 m y = 0 ， mw = 0 求白化滤波器，即求一个系统函数，使输入为 y[ n] 时，输出为白噪 w[ n] 。
解:对输入输出分别进行 z 变换得:
1 −1 + −1 1 1 − z −1 1 − 2 z 2 1 1 Y (z ) = 6 ⋅ − 6⋅ 1 3 1 − z −1 1 − z −1 2 4 X (z ) =
（a） H ( z ) =
1 < z <2 2 z > 3 4
Y (z ) 1 − 2 z −1 = 2⋅ 3 X (z ) 1 − z −1 4 1 的零极点对消。 2
−1
设
1+ i 5 6 −1 = re jω0 ，其中 r = ， ω 0 = tan ( 5 ) 。 2 2 1 − i 5 re jω0 5
即有： h[ n] =
{
(
)
n
+ i 5 re − jω0
(
) }⋅ u[n]
n
=
1 2 5 n 2 5r n sin nω 0 ⋅ u[n] = r sin (nω 0 ) ⋅ u[n] 5 5 6 。此时： 2
k
z −1 )∏ (1 − α k z ) z )∏ (1 − β k z )
−1
k =1 k =1 M
k
如果 H w ( z ) 也是一个因果稳定系统，则 H w ( z ) 的极点一定在单位圆内，上式中的 极点在 β k 和
1
βk
处，现在设
β k ≠ 1 ，那么我们从 β k 和
1
βk
中一定可以找到 M 个
(
)
ROC x ：
（b）由 H ( z ) =
1 < z < 2。 2 ROCh ： z ≠ 0 。
Y ( z) −2 可得： H ( z ) = 1 − z ， X ( z)
又由 Y ( z ) = X ( z ) ⋅ H ( z ) 可知 ROC y 应该包括 ROCh ∩ ROC x ，且 ROC y 中不属于
k =1 k =1
N
M
b0 = 1
（a）自相关函数 φ yy [ n] 的 z 变换 Φ yy ( z ) 是什么？有时候要用一个线性滤波器来处理
y[n] 以使 y[n] 的频谱“白化” ，也就是说要找到一个系统，在输入为 y[ n] 时，其输
出的功率谱是平坦的。假设已知自相关函数 φ yy [ n] 和它的 z 变换 Φ yy ( z ) ，但是不知 道系数 ak 和 bk 。 （b）讨论求该白化滤波器系统函数 H w ( z ) 的步骤。 （c）该白化滤波器是唯一的么？ 解： （a）LTI 系统满足以下的差分方程：
所以差分方程为 y[n] −
[(
)]
3 y[n − 1] = 2 x[n] − 4 x[n − 1] 4 3 因为 H ( z ) 的收敛域位于唯一极点 z = 的外面且包含单位圆，所以系统既稳定又因果。 4
5.8 设某一线性时不变系统满足以下条件： （i）系统因果； （ii）当输入
11 4 n x[n] = − u[n] − (2 ) u[−n − 1] 3 2 3
（a）写出满足系统输入输出关系的差分方程。 （b）作零极点图，并指出该系统函数的收敛域。 （c）画出
H ( e jω )
。
（d）关于该系统，下列说法是对是错？ (i)系统是稳定的；
(ii)对于大的 n 值，冲激响应趋于某一常数； (iii)频率响应幅度在近似 ω = ±π / 4 处有一峰值； (iv)该系统有稳定且因果的逆系统。
（a）求系统函数 H ( z ) = Y ( z ) / X ( z ) ，画出 H ( z ) 的零极点分布图，并标出收敛域。 （b）求系统的冲激响应 h[ n] 。 （c）如果该系统是一个不稳定系统，找一个稳定（可以非因果）的冲激响应，使该结 果也满足上述差分方程。 解： （a）对系统差分方程进行 z 变换，可得：
时，输出的 z 变换为
n
Y ( z) = (1 −
（a）求 x[ n] 的 z 变换。 （b） Y ( z ) 可能的收敛域是什么？
1− z2 1 −1 z )(1 − 2 z −1 ) 2
（c）系统的冲激响应有几种可能的选择？ 解： （a） X ( z ) = −
1 1 4 1 1 ， ⋅ +− ⋅ = −1 3 1 − 1 z −1 3 1 − 2z 1 −1 −1 1 − z ⋅ 1 − 2 z 2 2
ROCh ∩ ROC x 的部分由 X ( z ) 和 H ( z ) 的零极点相抵消引起。故而可得： ROC y ：
1 < z < 2。 2
（c）只有一种可能： h[ n] = δ [ n] − δ [ n − 2]
5.12 设一稳定的线性时不变系统可由以下差分方程描述：
y[n] = y[n − 1] + y[n − 2] + x[n − 1] 。
′ （ k = 1,L, M ） 值，他们的绝对值小于 1。这些值称为 β k ，另外 M 个值就是
因此
1 。 β k′
σ H w ( z) = w σx
∏ (1 − α ′ z
k
N
−1
) )
∏ (1 − β ′ z
k k =1
k =1 M
(− z )r ⋅ A
−1
′ ，是从 α k 和 分子的零点是 α k
y[n] = ∑ ak y[n − k ] + ∑ bk x[n − k ]
k =1 k =1
N
M
而 x[n] 为零均值的白噪声，设 φ xx [n] = σ x δ [ n] ，由书中的式子有：
2 2 Φ yy ( z ) = Φ xx [ z ] ⋅ H ( z ) ⋅ H ( z −1 ) = σ x ⋅ H ( z ) ⋅ H ( z −1 )
（b）将系统函数整理成零极点式： H ( z ) = 得 到零极点分布如图解 5.24-1。
(1 − 2 z −1 )(1 + 0.5 z −1 )(1 + 0.9 z −1 ) ，很容易 (1 − z −1 )(1 + j 0.7 z −1 )(1 − j 0.7 z −1 )
ℑm
1
ℜe
图解 5.24-1 其中系统收敛域可有系统为收敛得到： z > 1 。 （c）根据零极点分布分析可得，系统频率响应幅度，如图解 5.24-2。
− 1 5 5 = ⋅ + 5 1 + i 5 −1 1 − i 5 −1 1− z 1− z 2 2
ROC ： z >
6 1± i 5 ，即： z > 。 2 2
ℑm
系统的零极点分布如图解 5.12。
ROC
1
6 2
ℜe
图解 5.12
n n 1− i 5 1+ i 5 1 + i 5 ⋅ （b） h[ n] = Z {H ( z )} = ⋅ − i 5 ⋅ ⋅ u[n] 5 2 2
∴ h[n] =
16 10 3 δ [n] − ⋅ u[n] 3 3 4
n
Y ( z ) 2 1 − 2 z −1 = （c）Q X ( z ) 1 − 3 z −1 4
(
)
3 ∴ Y ( z )1 − z −1 = X ( z ) 2 1 − 2 z −1 4
解： （a） H ( z ) =
1 − 0.6 z −1 − 2.35 z −2 − 0.9 z −3 ，即系统差分方程为： 1 − z −1 + 0.49 z −2 − 0.49 z −3
y[n] − y[n − 1] + 0.49 y[n − 2] − 0.49 y[n − 3] = x[n] − 0.6 x[n − 1] − 2.35 x[n − 2] − 0.9 x[n − 3]
3 < z <2 4
其中 z =
零点 z=2，
Im
0
× 3 4
2 。 Re
极点 z=
3 4
3 < z <2 4
5 8 −1 3 − 2 zБайду номын сангаас− 3 16 10 1 （b） H ( z ) = 2 = − ⋅ 3 −1 3 3 3 1 − z −1 1− z 4 4
z −1Y ( z ) −
故而： H ( z ) =
10 Y ( z ) + zY ( z ) = X ( z ) 。 3
Y ( z) = X ( z) 1 1 = z −1 10 10 z −1 − + z 1 − z −1 + z − 2 3 3