数字信号处理考试题型

离散正弦序列的周期性

离散正弦序列具有周期的条件是存在正整数 $N$ 和整数 $k$ ，使

\omega_0N=2\pi k, \qquad N=\frac{2\pi}{\omega_0}k.

若 $\dfrac{2\pi}{\omega_0}$ 是整数，则基本周期为 $N=\dfrac{2\pi}{\omega_0}$ 。
若 $\dfrac{2\pi}{\omega_0}=\dfrac{P}{Q}$ ，其中 $P,Q$ 互素，则取 $k=Q$ ，基本周期为 $N=P$ 。
若 $\dfrac{2\pi}{\omega_0}$ 是无理数，则序列非周期。

解答题周期求解例题

判断下列序列的周期：

$\sin\left(\dfrac{\pi}{8}n\right)$
$\sin\left(\dfrac{4\pi}{5}n\right)$
$\cos\left(\dfrac15n\right)$
$\sin\left(\dfrac{\pi}{8}n\right)-\sin\left(\dfrac{4\pi}{5}n\right)$

解答

$\dfrac{2\pi}{\pi/8}=16$ ，故 $N_1=16$ 。
$\dfrac{2\pi}{4\pi/5}=\dfrac52$ ，故 $N_2=5$ 。
$\dfrac{2\pi}{1/5}=10\pi$ 为无理数，故该序列非周期。
两项周期分别为 $16$ 和 $5$ ，故

N=\operatorname{lcm}(16,5)=80.

卷积计算

y(n)=x(n)*h(n)=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}x(m)h(n-m).

解答题卷积计算例题

设

x(n)= \begin{cases} \dfrac n2, & 0\le n\le3,\\ 0, & \text{其他}, \end{cases} \qquad h(n)= \begin{cases} 3-n, & 0\le n\le2,\\ 0, & \text{其他}. \end{cases}

求 $x(n)*h(n)$ 。

解答

两序列的取值为

x=\left\{0,\frac12,1,\frac32\right\}, \qquad h=\{3,2,1\}.

卷积长度为 $4+3-1=6$ ，逐项计算得

\begin{aligned} y(0)&=0,\\ y(1)&=\frac12\cdot3=\frac32,\\ y(2)&=\frac12\cdot2+1\cdot3=4,\\ y(3)&=\frac12\cdot1+1\cdot2+\frac32\cdot3=7,\\ y(4)&=1\cdot1+\frac32\cdot2=4,\\ y(5)&=\frac32\cdot1=\frac32. \end{aligned}

因此

y(n)=\left\{0,\frac32,4,7,4,\frac32\right\}.

理想采样频谱公式

\hat X_a(j\Omega) =\frac1T\sum_{k=-\infty}^{+\infty} X_a\left[j(\Omega-k\Omega_s)\right], \qquad \Omega_s=\frac{2\pi}{T}.

解答题例题 1

已知 $X_a(j\Omega)=0$ （ $|\Omega|>400\pi$ ）。分别取 $T=\dfrac1{1000}$ 和 $T=\dfrac1{300}$ 进行理想采样，求采样频谱并判断是否混叠。

解答

当 $T=\dfrac1{1000}$ 时， $\Omega_s=2000\pi$ ，故

\hat X_a(j\Omega) =1000\sum_{k=-\infty}^{+\infty} X_a\left[j(\Omega-k2000\pi)\right].

频谱以 $2000\pi$ 为间隔周期延拓。由于

\Omega_s=2000\pi>2\Omega_m=800\pi,

频谱不重叠，原信号可以恢复。

当 $T=\dfrac1{300}$ 时， $\Omega_s=600\pi<800\pi$ ，频谱发生混叠，原信号不能完整恢复。

sinc 插值公式

x_a(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x_a(nT) \operatorname{sinc}\left(\frac{t-nT}{T}\right), \qquad \operatorname{sinc}(u)=\frac{\sin(\pi u)}{\pi u}.

解答题例题 2

设 $T=1$ ， $x_a(0)=1$ ，其余采样值均为零。求恢复信号 $x_a(t)$ 。

解答

插值和式中只有 $n=0$ 项非零，因此

x_a(t)=\operatorname{sinc}(t)=\frac{\sin(\pi t)}{\pi t}.

解答题例题 3

设 $T=1$ ， $x_a(-1)=1$ 、 $x_a(0)=2$ 、 $x_a(1)=1$ ，其余采样值均为零。求 $x_a(t)$ 及 $x_a(0.5)$ 。

解答

x_a(t)=\operatorname{sinc}(t+1)+2\operatorname{sinc}(t)+\operatorname{sinc}(t-1).

代入 $t=0.5$ ：

\begin{aligned} x_a(0.5) &=\operatorname{sinc}(1.5)+2\operatorname{sinc}(0.5)+\operatorname{sinc}(-0.5)\\ &=-\frac{2}{3\pi}+2\cdot\frac{2}{\pi}+\frac{2}{\pi}\\ &=\frac{16}{3\pi}. \end{aligned}

离散时间傅里叶变换（DTFT）

X(e^{j\omega})=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x(n)e^{-j\omega n}, \qquad x(n)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}X(e^{j\omega})e^{j\omega n}\,d\omega.

DTFT 以 $2\pi$ 为周期：

X(e^{j(\omega+2\pi)})=X(e^{j\omega}).

解答题定义法例题

设 $x(n)=1$ （ $n=0,1,2$ ），其余取零。求其 DTFT、幅度谱和相位谱。

解答

\begin{aligned} X(e^{j\omega}) &=1+e^{-j\omega}+e^{-j2\omega}\\ &=e^{-j\omega}(1+2\cos\omega). \end{aligned}

因此

|X(e^{j\omega})|=|1+2\cos\omega|,

\varphi(\omega)= \begin{cases} -\omega, & 1+2\cos\omega>0,\\ -\omega+\pi, & 1+2\cos\omega<0. \end{cases}

常用 DTFT 变换对

\delta(n-n_0)\longleftrightarrow e^{-j\omega n_0}.

a^nu(n)\longleftrightarrow\frac{1}{1-ae^{-j\omega}}, \qquad |a|<1.

R_N(n)= \begin{cases} 1, & 0\le n\le N-1,\\ 0, & \text{其他} \end{cases} \longleftrightarrow e^{-j\omega(N-1)/2} \frac{\sin(N\omega/2)}{\sin(\omega/2)}.

解答题矩形序列例题

求 $R_N(n)$ 的 DTFT，并写出其幅度谱。

解答

利用等比数列求和：

\begin{aligned} X(e^{j\omega}) &=\sum_{n=0}^{N-1}e^{-j\omega n}\\ &=\frac{1-e^{-jN\omega}}{1-e^{-j\omega}}\\ &=e^{-j\omega(N-1)/2} \frac{\sin(N\omega/2)}{\sin(\omega/2)}. \end{aligned}

故

|X(e^{j\omega})| =\left|\frac{\sin(N\omega/2)}{\sin(\omega/2)}\right|.

正弦比值为负时，相位在 $-\omega(N-1)/2$ 的基础上加 $\pi$ 。

DTFT 的常用性质

x(n-n_0)\longleftrightarrow e^{-j\omega n_0}X(e^{j\omega}) \qquad\text{（时移）}

e^{j\omega_0n}x(n) \longleftrightarrow X(e^{j(\omega-\omega_0)}) \qquad\text{（频移）}

x(n)*h(n) \longleftrightarrow X(e^{j\omega})H(e^{j\omega}) \qquad\text{（卷积）}

解答题时移与频移例题

已知 $x(n)\longleftrightarrow X(e^{j\omega})$ ，分别求

y_1(n)=x(n-4), \qquad y_2(n)=e^{j\pi n/3}x(n)

的 DTFT。

解答

Y_1(e^{j\omega})=e^{-j4\omega}X(e^{j\omega}),

Y_2(e^{j\omega})=X\left(e^{j(\omega-\pi/3)}\right).

时移只改变相位；时域乘复指数会使频谱平移。

解答题差分方程例题

系统满足

y(n)-\frac12y(n-1)=x(n).

求系统频率响应 $H(e^{j\omega})$ 。

解答

对差分方程两边作 DTFT：

Y(e^{j\omega})\left(1-\frac12e^{-j\omega}\right)=X(e^{j\omega}).

因此

H(e^{j\omega}) =\frac{Y(e^{j\omega})}{X(e^{j\omega})} =\frac{1}{1-\frac12e^{-j\omega}}.

DTFT 与 Z 变换

当 $X(z)$ 的收敛域包含单位圆时，令 $z=e^{j\omega}$ 可得

X(e^{j\omega})=X(z)\big|_{z=e^{j\omega}}.

例如

H(z)=\frac{1}{1-0.8z^{-1}} \quad\Longrightarrow\quad H(e^{j\omega})=\frac{1}{1-0.8e^{-j\omega}}.

DTFT 的存在条件

序列绝对可和是 DTFT 存在的常用充分条件：

\sum_{n=-\infty}^{+\infty}|x(n)|<\infty.

因此 $\left(\dfrac12\right)^nu(n)$ 绝对可和，DTFT 存在； $u(n)$ 不满足绝对可和条件，其 DTFT 在普通函数意义下不存在。

解答题DTFT 综合题

设 $x(n)=1$ （ $0\le n\le3$ ），其余取零。求 $X(e^{j\omega})$ 、幅度谱和相位谱。

解答

\begin{aligned} X(e^{j\omega}) &=\sum_{n=0}^{3}e^{-j\omega n}\\ &=\frac{1-e^{-j4\omega}}{1-e^{-j\omega}}\\ &=e^{-j3\omega/2}\frac{\sin2\omega}{\sin(\omega/2)}. \end{aligned}

|X(e^{j\omega})| =\left|\frac{\sin2\omega}{\sin(\omega/2)}\right|,

\varphi(\omega)= \begin{cases} -\dfrac{3\omega}{2}, & \dfrac{\sin2\omega}{\sin(\omega/2)}>0,\\[6pt] -\dfrac{3\omega}{2}+\pi, & \dfrac{\sin2\omega}{\sin(\omega/2)}<0. \end{cases}

离散傅里叶级数（DFS）

DFS 用于周期离散序列 $\tilde{x}(n)=\tilde{x}(n+N)$ 。其反变换与正变换分别为

\tilde{x}(n)=\sum_{k=0}^{N-1}\tilde{X}(k)e^{j2\pi kn/N},

\tilde{X}(k)=\frac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1}\tilde{x}(n)e^{-j2\pi kn/N}.

DFS 系数同样以 $N$ 为周期：

\tilde{X}(k+N)=\tilde{X}(k).

解答题DFS 系数计算例题

周期序列 $\tilde{x}(n)$ 的周期为 $N=4$ ，一个周期内

\tilde{x}(0)=1,\quad \tilde{x}(1)=2,\quad \tilde{x}(2)=1,\quad \tilde{x}(3)=0.

求 DFS 系数 $\tilde{X}(k)$ 。

解答

\tilde{X}(k)=\frac14\sum_{n=0}^{3}\tilde{x}(n)e^{-j\frac{\pi}{2}kn}.

分别取 $k=0,1,2,3$ ：

\begin{aligned} \tilde{X}(0)&=\frac14(1+2+1)=1,\\ \tilde{X}(1)&=\frac14(1-2j-1)=-\frac j2,\\ \tilde{X}(2)&=\frac14(1-2+1)=0,\\ \tilde{X}(3)&=\frac14(1+2j-1)=\frac j2. \end{aligned}

因此

\{\tilde{X}(0),\tilde{X}(1),\tilde{X}(2),\tilde{X}(3)\} =\left\{1,-\frac j2,0,\frac j2\right\}.

解答题正弦与余弦序列例题

求下列周期序列的 DFS 系数：

\tilde{x}_1(n)=\cos\left(\frac{\pi}{2}n\right), \qquad \tilde{x}_2(n)=\sin\left(\frac{\pi}{2}n\right).

解答

两序列的基本周期均为 $N=4$ 。由欧拉公式

\cos\left(\frac{2\pi}{4}n\right) =\frac12e^{j\frac{2\pi}{4}n} +\frac12e^{-j\frac{2\pi}{4}n},

故余弦序列的非零系数为

\tilde{X}_1(1)=\tilde{X}_1(3)=\frac12.

同理

\sin\left(\frac{2\pi}{4}n\right) =\frac{1}{2j} \left(e^{j\frac{2\pi}{4}n}-e^{-j\frac{2\pi}{4}n}\right),

故正弦序列的非零系数为

\tilde{X}_2(1)=-\frac j2, \qquad \tilde{X}_2(3)=\frac j2.

解答题DFS 反变换例题

已知 $N=4$ ，且

\tilde{X}(0)=1,\quad \tilde{X}(1)=-\frac j2,\quad \tilde{X}(2)=0,\quad \tilde{X}(3)=\frac j2.

求 $\tilde{x}(n)$ 的一个周期。

解答

代入 DFS 反变换：

\tilde{x}(n)=1-\frac j2e^{j\frac{\pi}{2}n} +\frac j2e^{j\frac{3\pi}{2}n}.

取 $n=0,1,2,3$ ，得

\{\tilde{x}(0),\tilde{x}(1),\tilde{x}(2),\tilde{x}(3)\}=\{1,2,1,0\}.

DFS 与 DFT 的关系

对同一个长度为 $N$ 的数据段，DFT 与 DFS 仅相差比例因子：

X(k)=\sum_{n=0}^{N-1}\tilde{x}(n)e^{-j\frac{2\pi}{N}kn}, \qquad \tilde{X}(k)=\frac1N X(k).

即

\boxed{X(k)=N\tilde{X}(k)}.

解答题DFS 与 DFT 关系例题

已知 $N=4$ ，一个周期内 $\tilde{x}(n)=\{1,2,1,0\}$ ，求其四点 DFT。

解答

由前例

\{\tilde{X}(k)\}=\left\{1,-\frac j2,0,\frac j2\right\}.

利用 $X(k)=4\tilde{X}(k)$ ，得

\{X(k)\}=\{4,-2j,0,2j\}.

DFS 的时移性质

若 $\tilde{x}(n)\longleftrightarrow \tilde{X}(k)$ ，则

\tilde{x}(n-n_0) \longleftrightarrow \tilde{X}(k)e^{-j\frac{2\pi}{N}kn_0}.

时移不改变 DFS 系数的幅度，只增加线性相位。

DFS、DFT 与 DTFT 的选择

周期离散序列：使用 DFS。
有限长序列的 $N$ 个频率样点：使用 DFT。
非周期离散序列的连续频谱：使用 DTFT。

离散傅里叶变换（DFT）

长度为 $N$ 的有限长序列，其 DFT 与 IDFT 为

X(k)=\sum_{n=0}^{N-1}x(n)W_N^{kn} =\sum_{n=0}^{N-1}x(n)e^{-j\frac{2\pi}{N}kn},

x(n)=\frac1N\sum_{k=0}^{N-1}X(k)W_N^{-kn} =\frac1N\sum_{k=0}^{N-1}X(k)e^{j\frac{2\pi}{N}kn},

其中

W_N=e^{-j\frac{2\pi}{N}}.

解答题DFT 定义计算例题

分别求下列序列的四点 DFT：

x_1(n)=\{1,1,1,1\}, \qquad x_2(n)=\{1,2,3,4\}.

解答

因为 $W_4=-j$ ，代入 DFT 定义可得

X_1(k)=\{4,0,0,0\}.

常数序列只有直流分量。第二个序列为

\begin{aligned} X_2(0)&=10,\\ X_2(1)&=-2+2j,\\ X_2(2)&=-2,\\ X_2(3)&=-2-2j. \end{aligned}

因此

X_2(k)=\{10,-2+2j,-2,-2-2j\}.

解答题IDFT 计算例题

已知四点 DFT 为

X(k)=\{4,0,0,0\},

求原序列 $x(n)$ 。

解答

IDFT 中只有 $X(0)$ 非零，因此

x(n)=\frac14X(0)=1.

故

x(n)=\{1,1,1,1\}.

DFT 的周期性与圆周移位

X(k+N)=X(k).

若

\tilde{x}(n)=\sum_{r=-\infty}^{+\infty}x(n+rN)=x((n))_N,

则 $m$ 点圆周移位写为

y(n)=\tilde{x}(n-m)=x((n-m))_N,

则

Y(k)=X(k)W_N^{km}.

解答题周期性与圆周移位例题

已知 $X(k)$ 是 $x(n)$ 的八点 DFT：

求 $X(10)$ ；
若 $y(n)=x((n-2))_8$ ，求 $Y(k)$ 。

解答

由 DFT 的周期性，

X(10)=X(2).

由圆周移位性质，

Y(k)=X(k)W_8^{2k}.

圆周卷积

x_1(n)\circledast_Nx_2(n) \longleftrightarrow X_1(k)X_2(k),

y(n)=\sum_{m=0}^{N-1}x_1(m)x_2((n-m))_N.

解答题四点圆周卷积例题

已知

x_1(n)=\{1,2,0,0\}, \qquad x_2(n)=\{1,1,0,0\},

求四点圆周卷积。

解答

按圆周卷积定义逐点计算：

\begin{aligned} y(0)&=1,\\ y(1)&=1+2=3,\\ y(2)&=2,\\ y(3)&=0. \end{aligned}

故

y(n)=\{1,3,2,0\}.

用 DFT 计算线性卷积

若两个序列的长度分别为 $L_1$ 和 $L_2$ ，则避免时域混叠的条件为

N\ge L_1+L_2-1.

解答题DFT 点数选择例题

序列 $x_1(n)=\{1,2,3\}$ ， $x_2(n)=\{1,1,1,1\}$ 。用 DFT 计算线性卷积时，DFT 点数至少是多少？

解答

N\ge L_1+L_2-1=3+4-1=6.

因此至少使用六点 DFT；点数不足会产生时域混叠。

DFT 与 DTFT 的关系

DFT 是 DTFT 在单位圆上的等间隔频率采样：

X(k)=X(e^{j\omega})\bigg|_{\omega=2\pi k/N}, \qquad \omega_k=\frac{2\pi k}{N}.

若采样频率为 $f_s$ ，则

\Delta f=\frac{f_s}{N}, \qquad f_k=\frac{kf_s}{N}.

解答题频率点与分辨率例题

求八点 DFT 的第 $3$ 个频率点；
采样频率为 $1000\text{ Hz}$ ，作 $100$ 点 DFT，求频率间隔及 $k=20$ 对应的频率。

解答

\omega_3=\frac{2\pi\times3}{8}=\frac{3\pi}{4}.

\Delta f=\frac{1000}{100}=10\text{ Hz}, \qquad f_{20}=20\times10=200\text{ Hz}.

实序列的共轭对称性与补零

若 $x(n)$ 是实序列，则

X(N-k)=X^*(k).

补零会增加频谱采样点，使曲线更密，但不会增加原信号的信息或真正提高物理分辨能力。

解答题共轭对称与补零例题

实序列的八点 DFT 满足 $X(1)=2+3j$ ，求 $X(7)$ ；
长度为 $8$ 的序列补零后作 $32$ 点 DFT，频率采样间隔变为原来的多少？

解答

由共轭对称性，

X(7)=X^*(1)=2-3j.

补零前后频率间隔之比为

\frac{f_s/32}{f_s/8}=\frac14.

因此频率采样间隔变为原来的四分之一。

快速傅里叶变换（FFT）

FFT 不是新的变换，而是快速计算 DFT 的算法。FFT 与直接 DFT 得到的结果完全相同。

按时间抽取 FFT

当 $N$ 为偶数时，令

g(n)=x(2n), \qquad h(n)=x(2n+1).

其 $N/2$ 点 DFT 分别为 $G(k)$ 和 $H(k)$ ，则

X(k)=G(k)+W_N^kH(k),

X\left(k+\frac N2\right)=G(k)-W_N^kH(k), \qquad 0\le k<\frac N2.

解答题FFT 与 DFT 关系例题

FFT 是否改变 DFT 的结果？两者有什么区别？

解答

FFT 不改变 DFT 的结果。DFT 是变换的数学定义，FFT 是利用对称性和周期性降低 DFT 计算量的算法。

解答题八点 DIT-FFT 分解例题

写出八点序列按时间抽取的分组及合成公式。

解答

偶数项和奇数项分别为

g(n)=\{x(0),x(2),x(4),x(6)\},

h(n)=\{x(1),x(3),x(5),x(7)\}.

对两组分别作四点 DFT，得到 $G(k)$ 与 $H(k)$ ，再合成为

X(k)=G(k)+W_8^kH(k), \qquad k=0,1,2,3,

X(k+4)=G(k)-W_8^kH(k), \qquad k=0,1,2,3.

蝶形运算

若蝶形输入为 $A$ 、 $B$ ，旋转因子为 $W_N^k$ ，则输出为

X_1=A+W_N^kB, \qquad X_2=A-W_N^kB.

解答题蝶形计算例题

已知 $A=3$ 、 $B=2$ 、旋转因子 $W=-j$ ，求蝶形输出。

解答

X_1=3+(-j)\times2=3-2j,

X_2=3-(-j)\times2=3+2j.

解答题四点 FFT 计算例题

用基二 FFT 求 $x(n)=\{1,2,3,4\}$ 的四点 DFT。

解答

偶数项和奇数项分别为

g(n)=\{1,3\}, \qquad h(n)=\{2,4\}.

它们的二点 DFT 为

G(k)=\{4,-2\}, \qquad H(k)=\{6,-2\}.

利用 $W_4=-j$ 合成：

\begin{aligned} X(0)&=4+6=10,\\ X(2)&=4-6=-2,\\ X(1)&=-2+(-j)(-2)=-2+2j,\\ X(3)&=-2-(-j)(-2)=-2-2j. \end{aligned}

因此

X(k)=\{10,-2+2j,-2,-2-2j\}.

旋转因子

W_N^k=e^{-j\frac{2\pi}{N}k}.

常用旋转因子为

W_4^0=1, \quad W_4^1=-j, \quad W_4^2=-1, \quad W_4^3=j,

W_8^0=1, \quad W_8^1=\frac{\sqrt2}{2}-j\frac{\sqrt2}{2}, \quad W_8^2=-j, \quad W_8^4=-1.

解答题旋转因子例题

求 $W_8^2$ 。

解答

W_8^2=e^{-j\frac{2\pi}{8}\times2} =e^{-j\pi/2}=-j.

倒位序排列

基二 DIT-FFT 常将输入下标的二进制位反转后排列。

解答题八点倒位序例题

求八点 DIT-FFT 的输入倒位序。

解答

八点序列用三位二进制表示下标。将各下标的二进制位反转：

000,100,010,110,001,101,011,111.

对应十进制次序为

0,4,2,6,1,5,3,7.

因此输入排列为

x(0),x(4),x(2),x(6),x(1),x(5),x(3),x(7).

FFT 的计算量

对于 $N=2^m$ 的基二 FFT：

\text{级数}=\log_2N,

\text{每级蝶形数}=\frac N2, \qquad \text{总蝶形数}=\frac N2\log_2N.

复数乘法次数约为 $\dfrac N2\log_2N$ ，而直接 DFT 约为 $N^2$ 。

解答题FFT 计算量例题

求八点基二 FFT 的级数、每级蝶形数、总蝶形数及复数乘法次数。

解答

\log_2 8=3, \qquad \frac N2=4.

因此共有三级，每级四个蝶形，总蝶形数为

\frac82\log_2 8=4\times3=12.

复数乘法次数约为 $12$ ，直接八点 DFT 则约为 $8^2=64$ 。

用 FFT 计算线性卷积

首先要求

N\ge L_1+L_2-1.

若使用基二 FFT，通常选取不小于该长度的最小 $2^m$ 。

解答题FFT 点数选择例题

两个序列的长度分别为 $5$ 和 $6$ ，用基二 FFT 计算线性卷积，至少取多少点？

解答

线性卷积长度为

L=5+6-1=10.

不小于 $10$ 的最小二次幂是 $16$ ，因此至少取十六点 FFT。

IFFT 与 DIT、DIF

IFFT 用于快速计算 IDFT。其指数符号与 FFT 相反，最后需乘比例因子 $1/N$ ：

x(n)=\frac1N\sum_{k=0}^{N-1}X(k)W_N^{-kn}.

DIT-FFT：按时间抽取，常用输入倒位序、输出自然序。
DIF-FFT：按频率抽取，常用输入自然序、输出倒位序。

解答题IFFT 与抽取方式例题

已知 $X(k)=\{4,0,0,0\}$ ，用 IFFT 求 $x(n)$ ；
写出 DIT-FFT 与 DIF-FFT 的常用输入、输出顺序。

解答

由于只有直流分量非零，

x(n)=\frac14\times4=1,

故

x(n)=\{1,1,1,1\}.

DIT-FFT 常用输入倒位序、输出自然序；DIF-FFT 常用输入自然序、输出倒位序。

Z 变换

X(z)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x(n)z^{-n}.

Z 变换必须同时给出代数表达式和收敛域（ROC）。同一个 $X(z)$ 在不同 ROC 下可能对应不同的时域序列。

常用 Z 变换对

a^nu(n) \longleftrightarrow \frac{1}{1-az^{-1}}, \qquad \mathrm{ROC}:|z|>|a|.

-a^nu(-n-1) \longleftrightarrow \frac{1}{1-az^{-1}}, \qquad \mathrm{ROC}:|z|<|a|.

解答题右边序列与左边序列例题

分别求 $a^nu(n)$ 与 $-a^nu(-n-1)$ 的 Z 变换及 ROC。

解答

对于右边序列，

X(z)=\sum_{n=0}^{+\infty}(az^{-1})^n =\frac{1}{1-az^{-1}}, \qquad |z|>|a|.

对于左边序列，令 $m=-n$ ：

\begin{aligned} X(z) &=-\sum_{m=1}^{+\infty}\left(\frac za\right)^m\\ &=\frac{1}{1-az^{-1}}, \qquad |z|<|a|. \end{aligned}

两者的代数表达式相同，但 ROC 不同。

解答题有限长序列例题

已知 $x(0)=1$ 、 $x(1)=2$ 、 $x(2)=3$ ，其余取零，求 $X(z)$ 。

解答

由定义直接得到

X(z)=1+2z^{-1}+3z^{-2} =\frac{z^2+2z+3}{z^2}.

解答题反 Z 变换例题

已知

X(z)=\frac{1}{1-0.5z^{-1}}.

分别求 ROC 为 $|z|>0.5$ 和 $|z|<0.5$ 时的 $x(n)$ 。

解答

ROC 在极点外侧时对应右边序列：

|z|>0.5 \quad\Longrightarrow\quad x(n)=(0.5)^nu(n).

ROC 在极点内侧时对应左边序列：

|z|<0.5 \quad\Longrightarrow\quad x(n)=-(0.5)^nu(-n-1).

解答题部分分式展开例题

已知

X(z)=\frac{1} {(1-0.5z^{-1})(1-0.25z^{-1})}, \qquad \mathrm{ROC}:|z|>0.5.

求 $x(n)$ 。

解答

作部分分式展开：

X(z)=\frac{A}{1-0.5z^{-1}} +\frac{B}{1-0.25z^{-1}}.

比较系数可得 $A=2$ 、 $B=-1$ ，因此

X(z)=\frac{2}{1-0.5z^{-1}} -\frac{1}{1-0.25z^{-1}}.

ROC 位于最外极点外侧，故两项均为右边序列：

x(n)=\left[2(0.5)^n-(0.25)^n\right]u(n).

因果性与稳定性

对于有理系统：

因果：ROC 位于最外极点外侧。
稳定：ROC 包含单位圆。
因果且稳定：全部极点位于单位圆内。

解答题因果稳定判断例题

已知

H(z)=\frac{1}{1-0.8z^{-1}}.

若系统因果，判断其稳定性。

解答

系统的极点为 $z=0.8$ 。因果系统的 ROC 为

|z|>0.8.

该 ROC 包含单位圆 $|z|=1$ ，因此系统稳定。

由差分方程求系统函数

在零初始条件下，对差分方程两边作 Z 变换，并利用

H(z)=\frac{Y(z)}{X(z)}.

解答题差分方程例题

系统满足

y(n)-0.5y(n-1)=x(n)+2x(n-1).

求系统函数 $H(z)$ 。

解答

作 Z 变换：

Y(z)(1-0.5z^{-1})=X(z)(1+2z^{-1}).

因此

H(z)=\frac{1+2z^{-1}}{1-0.5z^{-1}} =\frac{z+2}{z-0.5}.

零点为 $z=-2$ ，极点为 $z=0.5$ 。

Z 变换与频率响应

若 ROC 包含单位圆，则令 $z=e^{j\omega}$ 可得

H(e^{j\omega})=H(z)\big|_{z=e^{j\omega}}.

解答题Z 变换综合题

系统满足

y(n)-0.6y(n-1)=x(n)+x(n-1).

求：

系统函数 $H(z)$ ；
零点和极点；
若系统因果，判断其稳定性；
频率响应 $H(e^{j\omega})$ 。

解答

对差分方程作 Z 变换：

Y(z)(1-0.6z^{-1})=X(z)(1+z^{-1}),

故

H(z)=\frac{1+z^{-1}}{1-0.6z^{-1}} =\frac{z+1}{z-0.6}.

零点为 $z=-1$ ，极点为 $z=0.6$ 。若系统因果，则

\mathrm{ROC}:|z|>0.6.

该 ROC 包含单位圆，因此系统稳定。频率响应为

H(e^{j\omega}) =\frac{1+e^{-j\omega}}{1-0.6e^{-j\omega}}.

系统函数零极点与幅频响应

设

H(z)=K\frac{\prod_{i=1}^{M}(z-z_i)} {\prod_{r=1}^{P}(z-p_r)},

其中 $z_i$ 为零点， $p_r$ 为极点。在单位圆 $z=e^{j\omega}$ 上，幅频响应为

|H(e^{j\omega})| =|K|\frac{\prod_{i=1}^{M}|e^{j\omega}-z_i|} {\prod_{r=1}^{P}|e^{j\omega}-p_r|}.

因此：零点压低附近频率的幅值，极点抬高附近频率的幅值。特别地，

\omega=0\longleftrightarrow z=1, \qquad \omega=\pi\longleftrightarrow z=-1.

零点位于单位圆上：对应频率的幅值为零。
极点越靠近单位圆：对应频率附近的峰值越高、越尖。
极点位于单位圆上：系统通常不稳定，频率响应在该点发散。

解答题FIR 低通与高通判断例题

分别判断下列系统的零点和滤波特性：

H_1(z)=1+z^{-1}, \qquad H_2(z)=1-z^{-1}.

解答

对于 $H_1(z)$ ，零点为 $z=-1$ ，对应 $\omega=\pi$ ：

|H_1(e^{j0})|=2, \qquad |H_1(e^{j\pi})|=0.

因此低频大、高频为零，具有低通特性。

|H(e^jω)|
   ^
2  |\
   | \
   |  \
   |   \
0  |____\________> ω
   0     π

对于 $H_2(z)$ ，零点为 $z=1$ ，对应 $\omega=0$ ：

|H_2(e^{j0})|=0, \qquad |H_2(e^{j\pi})|=2.

因此低频为零、高频大，具有高通特性。

|H(e^jω)|
   ^
2  |       /
   |      /
   |     /
   |    /
0  |___/_________> ω
   0             π

解答题一阶 IIR 定性判断例题

分别定性分析

H_1(z)=\frac{1}{1-0.8z^{-1}}, \qquad H_2(z)=\frac{1}{1+0.8z^{-1}}.

解答

$H_1(z)$ 的极点为 $z=0.8$ ，靠近单位圆右端，因此低频被增强：

|H_1(e^{j0})|=5, \qquad |H_1(e^{j\pi})|=\frac{1}{1.8}.

其幅频响应由低频向高频下降，具有低通特性。

|H(e^jω)|
   ^
5  |\
   | \
   |  \____
   |
0  |____________> ω
   0             π

$H_2(z)$ 的极点为 $z=-0.8$ ，靠近单位圆左端，因此高频被增强：

|H_2(e^{j0})|=\frac{1}{1.8}, \qquad |H_2(e^{j\pi})|=5.

其幅频响应由低频向高频上升，具有高通趋势。

|H(e^jω)|
   ^
5  |          /
   |         /
   |    ____/
   |___/
0  |____________> ω
   0             π

解答题零点与极点共同作用例题

已知

H(z)=\frac{1-z^{-1}}{1-0.8z^{-1}}.

求零点、极点，并定性判断幅频响应。

解答

零点为 $z=1$ ，极点为 $z=0.8$ 。两者都位于低频方向，但零点正好位于单位圆上，因此

|H(e^{j0})|=0.

离开 $\omega=0$ 后，极点使低频附近的幅值较快抬升；高频幅值不为零。整体具有高通特性。

|H(e^jω)|
   ^
   |       ______
   |      /
   |     /
   |    /
0  |___/_________> ω
   0             π

陷波器与谐振器

典型二阶陷波器为

H(z)= \frac{1-2\cos\omega_0z^{-1}+z^{-2}} {1-2r\cos\omega_0z^{-1}+r^2z^{-2}}, \qquad 0<r<1.

其零点和极点分别为

z_{1,2}=e^{\pm j\omega_0}, \qquad p_{1,2}=re^{\pm j\omega_0}.

解答题陷波器例题

系统零点为 $e^{\pm j\pi/3}$ ，极点为 $0.9e^{\pm j\pi/3}$ 。定性判断幅频响应。

解答

零点位于单位圆上，角度为 $\pi/3$ ，因此

|H(e^{j\pi/3})|=0.

同角度的极点靠近单位圆，使陷波两侧的幅值迅速恢复，从而在 $\omega=\pi/3$ 形成较窄、较深的陷波。该系统为陷波器或窄带带阻滤波器。

|H(e^jω)|
   ^
   |____       ____
   |    \     /
   |     \   /
   |      \_/
0  |_______|________> ω
   0      π/3       π

解答题谐振器例题

系统有一对极点

p_{1,2}=0.95e^{\pm j\pi/4},

且无邻近零点，定性判断幅频响应。

解答

极点角度为 $\pi/4$ ，且半径 $0.95$ 接近单位圆。因此幅频响应在

\omega=\frac{\pi}{4}

附近出现尖锐峰值，系统具有谐振或带通趋势。极点半径越接近 $1$ ，峰值越高、越窄。

|H(e^jω)|
   ^
   |        /\
   |       /  \
   |______/    \____
   |
0  |________________> ω
   0      π/4       π

稳定性与频率响应

有理 LTI 系统的频率响应存在，要求 Z 变换的 ROC 包含单位圆。对于因果有理系统，稳定等价于所有极点都位于单位圆内。

解答题稳定性判断例题

已知因果系统

H(z)=\frac{1}{1-1.2z^{-1}}.

判断系统是否稳定，以及频率响应是否存在。

解答

极点为 $z=1.2$ 。因果系统的 ROC 为

|z|>1.2,

不包含单位圆。因此系统不稳定，其频率响应在通常的 DTFT 意义下不存在。

解答题零极点综合分析例题

已知因果系统

H(z)=\frac{1+z^{-1}}{1-0.6z^{-1}}.

求零点和极点，判断稳定性及滤波器类型。

解答

将系统函数改写为

H(z)=\frac{z+1}{z-0.6}.

零点为 $z=-1$ ，极点为 $z=0.6$ 。因果系统的 ROC 为 $|z|>0.6$ ，包含单位圆，因此系统稳定。

零点 $z=-1$ 使 $\omega=\pi$ 处幅值为零；极点 $z=0.6$ 靠近正实轴，使低频幅值较大。因此幅频响应由低频向高频下降，系统具有低通特性。

|H(e^jω)|
   ^
   |\
   | \
   |  \
   |   \
0  |____\________> ω
   0     π

定性作图步骤

将 $H(z)$ 写成零极点形式。
在 Z 平面标出零点、极点和单位圆。
沿单位圆从 $\omega=0$ 走到 $\omega=\pi$ ，比较到各零点、极点的距离。
标出零值、峰值及两端趋势，判断低通、高通、带通或带阻类型。

IIR 数字滤波器设计

IIR 滤波器通常具有反馈项。例如

y(n)=0.8y(n-1)+x(n)

对应

H(z)=\frac{Y(z)}{X(z)} =\frac{1}{1-0.8z^{-1}}.

将模拟滤波器 $H_a(s)$ 转换成数字滤波器 $H(z)$ ，常用脉冲响应不变法和双线性变换法。

脉冲响应不变法

本文采用

h(n)=h_a(nT)

这一约定。部分教材采用 $h(n)=Th_a(nT)$ ，两者相差整体增益 $T$ ，考试时应以题目或讲义约定为准。

标准步骤为

H_a(s)\longrightarrow h_a(t) \longrightarrow h(n)=h_a(nT) \longrightarrow H(z).

常用变换对为

\frac{1}{s+a} \longrightarrow \frac{1}{1-e^{-aT}z^{-1}}.

解答题脉冲响应不变法例题

已知

H_a(s)=\frac{1}{s+2}, \qquad T=1.

用脉冲响应不变法求 $H(z)$ 和差分方程。

解答

模拟冲激响应为

h_a(t)=e^{-2t}u(t).

采样后

h(n)=e^{-2n}u(n),

因此

H(z)=\frac{1}{1-e^{-2}z^{-1}} \approx\frac{1}{1-0.135z^{-1}}.

对应差分方程为

y(n)=0.135y(n-1)+x(n).

解答题部分分式法例题

已知

H_a(s)=\frac{1}{(s+1)(s+3)}, \qquad T=1.

用脉冲响应不变法求 $H(z)$ 。

解答

先作部分分式展开：

H_a(s)=\frac{1/2}{s+1}-\frac{1/2}{s+3}.

故

h_a(t)=\left(\frac12e^{-t}-\frac12e^{-3t}\right)u(t),

采样并作 Z 变换得到

H(z)= \frac{1/2}{1-e^{-1}z^{-1}} -\frac{1/2}{1-e^{-3}z^{-1}}.

近似写为

H(z)= \frac{0.5}{1-0.368z^{-1}} -\frac{0.5}{1-0.050z^{-1}}.

脉冲响应不变法的时域意义清楚，但模拟频谱采样后会周期延拓，可能产生频谱混叠，因此通常更适合低通或带限较好的模拟滤波器。

双线性变换法

双线性变换直接作代换

s=\frac{2}{T}\frac{1-z^{-1}}{1+z^{-1}}.

当 $T=1$ 时，

s=2\frac{1-z^{-1}}{1+z^{-1}}.

双线性变换不会产生频谱混叠，但模拟频率与数字频率之间存在非线性关系。

解答题双线性变换例题

已知

H_a(s)=\frac{1}{s+1}, \qquad T=1.

求 $H(z)$ 和差分方程。

解答

代入

s=2\frac{1-z^{-1}}{1+z^{-1}},

得到

\begin{aligned} H(z) &=\frac{1}{2\dfrac{1-z^{-1}}{1+z^{-1}}+1}\\ &=\frac{1+z^{-1}}{3-z^{-1}}\\ &=\frac{\frac13+\frac13z^{-1}} {1-\frac13z^{-1}}. \end{aligned}

对应差分方程为

y(n)=\frac13y(n-1) +\frac13x(n)+\frac13x(n-1).

解答题双线性变换特殊例题

已知

H_a(s)=\frac{2}{s+2}, \qquad T=1.

用双线性变换法求 $H(z)$ 。

解答

\begin{aligned} H(z) &=\frac{2}{2\dfrac{1-z^{-1}}{1+z^{-1}}+2}\\ &=\frac{2(1+z^{-1})} {2(1-z^{-1})+2(1+z^{-1})}\\ &=\frac12(1+z^{-1}). \end{aligned}

因此

y(n)=0.5x(n)+0.5x(n-1).

该例的反馈项恰好消失，因此结果呈 FIR 形式；这不是一般情况。

频率预畸变

双线性变换的频率映射为

\Omega=\frac{2}{T}\tan\frac{\omega}{2}.

为使数字截止频率 $\omega_c$ 准确对应模拟原型，应先作预畸变：

\Omega_c=\frac{2}{T}\tan\frac{\omega_c}{2}.

解答题预畸变设计例题

设计数字低通滤波器，要求

\omega_c=\frac{\pi}{2}, \qquad T=1,

模拟原型为

H_a(s)=\frac{\Omega_c}{s+\Omega_c}.

用双线性变换法求 $H(z)$ 。

解答

先作预畸变：

\Omega_c=2\tan\frac{\pi}{4}=2.

因此模拟原型为

H_a(s)=\frac{2}{s+2}.

再作双线性变换，得到

H(z)=\frac12(1+z^{-1}).

本题的关键是先将数字截止频率 $\omega_c$ 预畸变为模拟截止频率 $\Omega_c$ ，不能直接令二者相等。

两种方法对比

方法	核心操作	主要优点	主要缺点
脉冲响应不变法	$H_a(s)\to h_a(t)\to h(n)\to H(z)$	时域意义清楚	可能产生频谱混叠
双线性变换法	直接代换 $s=\dfrac{2}{T}\dfrac{1-z^{-1}}{1+z^{-1}}$	不产生频谱混叠	存在频率畸变，常需预畸变

FIR 数字滤波器设计

FIR 滤波器的系统函数与差分方程为

H(z)=\sum_{n=0}^{N-1}h(n)z^{-n}, \qquad y(n)=\sum_{k=0}^{N-1}h(k)x(n-k).

线性相位条件

长度为 $N$ 的 FIR 滤波器具有线性相位时，冲激响应满足

h(n)=h(N-1-n)

或

h(n)=-h(N-1-n).

群延迟为

\tau=\frac{N-1}{2}.

类型	长度 $N$	对称性	强制零点	常见用途
I 型	奇数	偶对称	无	低通、高通、带通、带阻
II 型	偶数	偶对称	$H(e^{j\pi})=0$	低通、部分带通
III 型	奇数	奇对称	$H(e^{j0})=H(e^{j\pi})=0$	Hilbert 变换器、微分器
IV 型	偶数	奇对称	$H(e^{j0})=0$	Hilbert 变换器、微分器

解答题线性相位类型判断例题

判断下列冲激响应所属的线性相位 FIR 类型：

\begin{aligned} h_1(n)&=\{1,2,3,2,1\},\\ h_2(n)&=\{1,2,2,1\},\\ h_3(n)&=\{1,2,0,-2,-1\},\\ h_4(n)&=\{1,2,-2,-1\}. \end{aligned}

解答

$h_1(n)$ 为奇数长度、偶对称，是 I 型； $h_2(n)$ 为偶数长度、偶对称，是 II 型； $h_3(n)$ 为奇数长度、奇对称，是 III 型； $h_4(n)$ 为偶数长度、奇对称，是 IV 型。

解答题线性相位滤波器选择例题

II 型 FIR 能否设计高通滤波器？III 型 FIR 能否设计普通低通滤波器？

解答

II 型满足

H(e^{j\pi})=0,

而高通滤波器要求 $\omega=\pi$ 附近通过，因此不能设计高通滤波器。

III 型满足

H(e^{j0})=H(e^{j\pi})=0,

因此不能设计要求直流通过的普通低通滤波器。

窗函数设计法

窗函数法用有限长窗截断理想冲激响应：

h(n)=h_d(n)w(n), \qquad \alpha=\frac{N-1}{2}.

理想低通滤波器的冲激响应为

h_d(n)= \begin{cases} \dfrac{\sin[\omega_c(n-\alpha)]}{\pi(n-\alpha)}, & n\ne\alpha,\\[6pt] \dfrac{\omega_c}{\pi}, & n=\alpha. \end{cases}

理想高通滤波器可由频谱反转得到：

h_{HP}(n)=\delta(n-\alpha)-h_{LP}(n).

常用窗函数为

w_R(n)=1,

w_{Hn}(n)=0.5-0.5\cos\frac{2\pi n}{N-1},

w_{Hm}(n)=0.54-0.46\cos\frac{2\pi n}{N-1},

w_B(n)=0.42-0.5\cos\frac{2\pi n}{N-1} +0.08\cos\frac{4\pi n}{N-1}.

解答题矩形窗设计低通 FIR 例题

采用矩形窗设计长度为 $N=5$ 的低通 FIR 滤波器，截止频率为

\omega_c=\frac{\pi}{2}.

求 $h(n)$ 。

解答

\alpha=\frac{5-1}{2}=2.

代入理想低通冲激响应公式：

\begin{aligned} h_d(0)&=0,\\ h_d(1)&=\frac1\pi,\\ h_d(2)&=\frac12,\\ h_d(3)&=\frac1\pi,\\ h_d(4)&=0. \end{aligned}

矩形窗满足 $w_R(n)=1$ ，因此

\boxed{h(n)=\left\{0,\frac1\pi,\frac12,\frac1\pi,0\right\}.}

该序列为奇数长度、偶对称，属于 I 型线性相位 FIR。

解答题Hamming 窗设计低通 FIR 例题

采用 Hamming 窗设计长度为 $N=5$ 的低通 FIR 滤波器，截止频率为

\omega_c=\frac{\pi}{2}.

求 $h(n)$ 。

解答

理想冲激响应为

h_d(n)=\left\{0,\frac1\pi,\frac12,\frac1\pi,0\right\}.

Hamming 窗为

w(n)=\{0.08,0.54,1,0.54,0.08\}.

逐点相乘得到

\boxed{h(n)=\left\{0,\frac{0.54}{\pi},\frac12, \frac{0.54}{\pi},0\right\}.}

解答题矩形窗设计高通 FIR 例题

采用矩形窗设计长度为 $N=5$ 的高通 FIR 滤波器，截止频率为

\omega_c=\frac{\pi}{2}.

求 $h(n)$ 。

解答

对应的理想低通冲激响应为

h_{LP}(n)=\left\{0,\frac1\pi,\frac12,\frac1\pi,0\right\}.

由

h_{HP}(n)=\delta(n-2)-h_{LP}(n),

得到

\boxed{h(n)=\left\{0,-\frac1\pi,\frac12,-\frac1\pi,0\right\}.}

频率采样设计法

频率采样点为

\omega_k=\frac{2\pi k}{N}, \qquad k=0,1,\ldots,N-1.

由频率采样值 $H(k)$ 作 IDFT：

h(n)=\frac1N\sum_{k=0}^{N-1}H(k)e^{j2\pi kn/N}.

若要求 $h(n)$ 为实序列，则

H(N-k)=H^*(k).

解答题四点频率采样设计例题

已知

N=4, \qquad H(k)=\{1,1,0,1\}.

用频率采样法求 $h(n)$ 。

解答

由 IDFT

h(n)=\frac14\sum_{k=0}^{3}H(k)e^{j\pi kn/2}.

\begin{aligned} h(0)&=\frac34,\\ h(1)&=\frac14,\\ h(2)&=-\frac14,\\ h(3)&=\frac14. \end{aligned}

因此

\boxed{h(n)=\left\{\frac34,\frac14,-\frac14,\frac14\right\}.}

解答题八点低通频率采样例题

已知

N=8, \qquad H(k)=\{1,1,0,0,0,0,0,1\}.

求 $h(n)$ 。

解答

只有 $H(0)$ 、 $H(1)$ 和 $H(7)$ 非零，因此

\begin{aligned} h(n) &=\frac18\left[1+e^{j\pi n/4}+e^{-j\pi n/4}\right]\\ &=\frac18\left(1+2\cos\frac{\pi n}{4}\right), \qquad n=0,1,\ldots,7. \end{aligned}

FIR 设计方法对比

方法	设计过程	核心操作
窗函数法	$H_d(e^{j\omega})\to h_d(n)\to h(n)$	$h(n)=h_d(n)w(n)$
频率采样法	$H_d(e^{j\omega})\to H(k)\to h(n)$	$h(n)=\operatorname{IDFT}\{H(k)\}$