（2）因为 H (z) 的收敛域为| z |> 1 ，所以 H (z) 在单位圆上收敛。 3
频率响应为
H
(e jΩ
)
=
H
(z)
|z = e jΩ
=
4 ⎡⎣ejΩ −1⎤⎦
3
⎡⎢⎣e
jΩ
−
1 3
⎤ ⎥⎦
经计算得极点为 p = 1 ，零点为 z = 1。 3
H（e jΩ）
（Ω）
幅频响应图（横坐标进行了归一化处理）
（c）Yx (z) =
y(−1) + 2 y(−2) + 2 y(−1)z−1 1− z−1 − 2z−2
=
8⋅ z +1⋅ 3 z−2 3
z， z +1
z
>2
其逆
z
变换即零输入响应为
yx
(n)
=
8 3
⋅
2n
u(n)
+
1 3
⋅
(−1)n
u(n)
（d）根据上面计算的零输入和零状态响应可知系统的完全响应为
f (n) = (−1)n u(n) ， y(−1) = 0 ， y(−2) = 1；
解：（1）将原式两边取单边 Z 变换得，
Y (z) −[z−1Y (z) + y(−1)] − 2[z−2Y (z) + y(−2) + y(−1)z−1] = F (z) + z−1F (z)
整理得：
Y (z)
=
题图 8-23
根据系统框图可得 h(n) = h1(n) ∗[h2 (n) + h3 (n)] ，故 h(n) = δ (n) ∗[h2 (n) + h3(n)] = u(n) + u(n − 2)
根据阶跃响应的定义可得： g(n) = u(n) ∗ h(n) = u(n) ∗[u(n) + u(n − 2)]
H
(z)
=
A⋅
z
+
3 1
3
由于 H (0)
=
A⋅
0−
1 3
=
5 解得
A
=
−5 ，故 H (z)
= (−5)⋅
z
−1 3
，
z
&gz+1
3
3
3
（2）由于收敛域包含单位园，故
H
(e
jΩ
)
=
H
(
z)
|z = e jΩ
=
(
−5)
⋅
⎡⎢⎣e ⎡⎢⎣e
jΩ jΩ
− +
1 3 1 3
⎤ ⎥⎦ ⎤ ⎥⎦
（3）其幅频响应曲线如下图所示
z2 + 4z + 4 z2 + 4z + 4 z +1
故 H(z)
=
Y (z) F(z)
=
z2
z2 + 4z
+
4
，其逆变换即为系统的单位脉冲响应。
H(z) =
z
= k11 + k12
z z2 + 4z + 4 ( z + 2)2 z + 2
其中，
k11
=
(
z
+
2)2
⋅
H (z) z
z = −2
=
−2
131 根据朱里准侧，由于
A(1) = 5 > 0
(−1)2 A(−1) = 0 < 0
a2 >| a0 | 不成立。
所以该系统不是稳定系统。
（2）解： H (z) 的分母为 A(z) = z4 + 2z3 + 2z2 + z +1，对 A(z) 的系数进行朱里排列得：
12211 11221 0 1 0 -1 -1 0 1 0 -1 0 1 1 0 -1
=
−4z
( z + 2)2
+
z↔ z +1
yf
(n)
= (−1)n u(n) + 2n(−2)n u(n)
Yx (z)
=
−4 z 2 (z + 2)2
=
8z (z + 2)2
−
4z z+2
↔
yx
(n)
= 8⋅ n ⋅(−2)n−1 u (n) − 4 ⋅(−2)n
u(n)
完全响应为：
y(n) = yx (n) + y f (n) = 8⋅ n ⋅(−2)n−1 u (n) − 4 ⋅(−2)n u (n) + (−1)n u(n) + 2n(−2)n u(n)
(
z)
=
−4 y (−1) − 4 y (−2) − 4 y
1+ 4z−1 + 4z−2
( −1)
z −1
+
1+
1 4z−1 +
4 z −2
⋅
F
(
z)
代入初始条件及 f (n) = (−1)n u(n) ↔ F ( z ) = z ， z > 1得：
z +1
Y ( z ) = −4z2 + z2 ⋅ z
频率响应为：
H
(e jΩ
)
=
H
(z)
|z = e jΩ
=
3 ⎡⎣ejΩ +1⎤⎦
4
⎡⎢⎣e
jΩ
−
1 4
⎤ ⎥⎦
经计算该系统包括一个一阶极点为 p = 1 ，一阶零点为 z = −1，其零极点分布如下图所示： 4
零极点图
H（e jΩ）
（Ω）
幅频响应图（横坐标进行了归一化处理）
ϕ (Ω)
（Ω）
相频响应图（横坐标进行了归一化处理）
y(−1) + 2 y(−2) + 2 y(−1) z−1 1− z−1 − 2z−2
+
1
−
1+ z −1
z −1 −2
z
−2
F (z)
所以，（a） H (z)
=
1
−
1+ z −1
z −1 −2
z
−2
=
z2 + z z2 − z − 2
=
z z−2
，求其逆 Z 变换可得单位脉冲响应为
h(n) = 2n u(n)
-14
-16
H（e jΩ）
-18
-20
-22 0
0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9
1 (Ω)
幅频响应曲线（横坐标进行了归一化处理）
8-21、已知因果离散系统的差分方程为 y(n) + 1 y(n −1) = f (n) + f (n −1) 3
（1） 求系统函数 H (z) ；
ϕ (Ω)
(Ω )
相频响应图（横坐标进行了归一化处理）
零极点图
8-20、已知因果离散系统的系统函数 H (z) 的零极点分布如题图 8-20 所示，且 H (0) = 5 （1）求系统函数 H (z) ；
（2）求系统的频率响应； （3）粗略画出系统的幅频响应曲线。
题图 8-20
z−1
解：（1）
由零极点图可知：该系统包括一个一阶极点；一个一阶零点，故设
8-19、已知因果离散系统的系统函数如下，试画出该系统的零极点分布图，并求该系统的频
率响应、粗略画出系统的幅频响应和相频响应曲线。
（1） H (z) = 3(z +1) z > 1 ;
4z −1
4
（2） H (z) = 4(z −1) z > 1 。
3z −1
3
解：（1）因为 H (z) 的收敛域为 | z |> 1 ，所以 H (z) 在单位圆上收敛。 4
8-30、已知因果离散系统的系统函数如下，检验各系统是否稳定。
（1） H (z) = 1 ； z2 + 3z +1
（2） H (z)
=
z4
+
z2 +1 2z3 + 2z2
+
z
+1
（1）解： H (z) 的分母为 A(z) = z2 + 3z +1（ n = 2 ），对 A(z) 的系数进行朱里排列得
，
k12
=
d dz
⎢⎣⎡( z
+
2)2
⋅
H (z) ⎤ z ⎥⎦
z = −2
= 1，故
H
(z)
=
( −2) ⋅
(
z
z
+ 2)2
+
z
1 +
2
↔
h(n)
=
(−2) ⋅ n ⋅(−2)n−1
u
(n)
+
( −2 )n
u
(n)
= (−2)n u(n) + n(−2)n u(n)
Yf
(z)
=
z3 (z +1)(z + 2)2
（2） 画出 H (z) 的零极点分布图。
解：（1）分别差分方程的两边求单边 z 变换（且 y(n) 的初始状态为零）可得
Y (z) + 1 z−1Y (z) = F (z) + z−1F (z) 3
由此可知： H (z)
=
Y (z) F (z)
=
1+ z−1 1+ 1 z−1
=
z +1 z+ 1
3
由于 u(n) ∗ u(n) = (n +1) u(n) ，根据卷积和的时移特性可得