课后习题及答案第章离散傅里叶变换习题答案.pdf

1 第 3 章 离散傅里叶变换(DFT) 习题答案 1 解： （1） (2) (3) (4) (5) 0kN1 (6) 0kN1 (7) 或 （8） 解法一 直接计算： kN N kN N N n kn N N n kn N WkX 2 j 2 j 1 0 2 j 1 0 e1 e1 e1)( = = = = = = 1, 2, 1 0 0 Nk kN L 11 00 ( )( )( )1 0,1,1 NN kn N nn X kn WnkN = = L 00 1 0 0 1 0 0 ( )() () 0,1,1 N kn N n N knkn NN n X knn W WnnWkN = = = = L 1 j(1) 0 sin 1 ( )e( ) 1 sin km m mk kn N N NN k n N mk WN X kWRk W k N = = )( 2 j )( 2 j 1 0 )( 2 j 1 0 2 j e1 e1 ee)( km N Nkm N N n nkm N kn N N n mn N WkX = = = = = = mk mkN 0 kn N N n N n mn N mn N kn N Wmn N kX 2 j - 1 0 1 0 2 j - 2 j e )ee ( 2 12 cos)( = = += = 22 11 j()j() 00 11 ee 22 NN m k nm k n NN nn + = =+ + = + + )( 2 j )( 2 j )( 2 j )( 2 j e1 e1 e1 e1 2 1 km N Nkm N km N Nkm N , 2 0 , N km kNm km kNm = = 0 0 0 0 2 j() 2 11 j() j 72 j() 00 1e ( )ee 1e k N NNN k n nkn N N k nn N XkW = = 0 210 j()() 2 0 2 sin () 2 e 0,1,1 2 sin ()/2 N k N N k N kN k N = L 1, 1, 0 e1 e1 )( ) 2 ( j j 7 0 0 = = NkkX k N N L 2 解法二解法二解法二解法二 由DFT的共轭对称性求解。 因为 所以 即 结果与解法一所得结果相同。 此题验证了共轭对称性。 (9) 解法一 直接计算: 解法二解法二解法二解法二 由DFT共轭对称性可得同样结果。 因为 （10） 解法一 上式直接计算较难，可根据循环移位性质来求解 X(k)。 因为 x(n)=nRN(n)， 所以 x(n)x(n1)NRN(n)+N(n)=RN(n) )(ee j2 1 )()sin()( 00 jj 08 nRnRnnx N nn N = kn N N n nn N n kn N WnxnX 2 j 1 0 jj 1 0 88 eee j2 1 )()( 00 = = = 00 22 11 j()j() 00 1 ee 2j NN k nk n NN nn + = = 00 00 jj 22 j(-k)j() N 11e1e 2j 1e1e NN k N + = )()sin(j)cos()(e)( 00 j 7 0 nRnnnRnx NN n += )(Im)()sin()( 708 nxnRnnx N = )()(Imj DFT)(j DFT o778 kXnxnx= )()( 2 1 j)(j)( * 77o78 kNXkXkXkX= e 2 1 )()cos()( 00 jj 09 nn N enRnnx += = = 1 0 99 )()( N n kn N WnxkX = += 1 0 2 j jj e ee 2 1 00 N n kn N nn 00 00 jj 22 j()j() 11e1e 2 1e1e NN kk NN =+ )(Re)()cos()( 709 nxnRnnx N = * 97e77 1 ( )( )( )() 2 XkXkXkXNk=+ + = + k N N k N N ) 2 ( j j ) 2 ( j j 0 0 0 0 e1 e1 e1 e1 2 1 = = 1 0 1, 1, 0)( N n kn N NknWkXL 3 等式两边进行DFT， 得到 X(k)X(k)WkN+N=N(k) 故 当 k=0时， 可直接计算得出 X(0)为 这样， X(k)可写成如下形式： 解法二 k=0时 k0时， 所以 即 2. 解: （1） n=0, 1, , N1 （2） 1, 2, 1 1 1)( )(= =Nk W kN kX k N L = = = 1 0 1 0 0 2 ) 1( )0( N n N n N NN nWnX = = = 1, 2, 1 ,1 0 2 ) 1( )( Nk W N k NN kX k N L = = 1 0 2 ) 1( )( N n NN nkX kN N k N k N k N WNWWWkX )1(32 ) 1(320)( +=L ) 1()2(320)( )1(432 += NWNWWWkXW kN N k N k N k N k N L 1 1 ( )( )(1) N kkm NN m X kW X kWN = = = = 1 0 ) 1(1 N n kn N NNW 0, 1 )( =k W N kX k N = = = 1, 2, 1 1 0 2 ) 1( )( Nk W N k NN kX k N L = = 1 0 )( 1 )(IDFT)( N k kn N WkX N kXnx += nmN N mn N NN N )( 2 j j 2 j j ee 2 ee 2 1 += +) 2 ( j) 2 ( j ee 2 1 mn N mn N +=mn N 2 cos jj() 1N ( )jeje 22 mnN m n NN N x nWW N =+ 4 n=0, 1, , N1 3. 解解解解: x1(n)、 x2(n)和y(n)=x1(n) * x2(n)分别如下图（a） 、 （b） 、 （c）所示。 4. 证明： 因为 所以 由于 所以 DFTX(n)=Nx(Nk) k=0, 1, , N1 5. 证: 由IDFT定义式 可知 6. 解: H(k)=DFTh(n) 0kmN1 ee j2 1 ) 2 ( j) 2 ( j+ = mn N mn N +=mn N 2 sin = = 1 0 )()( N n kn N WnxkX = = = = 1 0 1 0 1 0 )()()(DFT N n N n kn N N m mn N kn N WWmxWnXnX = = + = 1 0 1 0 )( )( N m N n kmn N Wmx = = = + 1 0, 0 1 0 )( NmkNm kNmN W N n kmn N = = 1 0 1, 1, 0 )( 1 )( N k kn N NnWkX N nxL = = 1 0 )( 1 )0( N k kX N x 5 令n=n+lN, l=0, 1, , m1, n=0, 1, , N1, 则 因为 所以 7. 证明: (1) 由教材(3.2.17)(3.2.20)式知道， 如果将x(n)表 示为 x(n)=xr(n)+jxi(n) 则 X(k)=DFTx(n)=Xep(k)+Xop(k) 其中， Xep(k)=DFTxr(n) ， 是X(k)的共轭对称分量； Xop(k)=DFTjxi(n), 是X(k)的共轭反对称分量。 所以， 如果x(n)为实序列， 则Xop(k)=DFTjxi(n) =0， 故X(k)= DFTx(n)=Xep(k)， 即X(k)=X*(Nk)。 （2） 由DFT的共轭对称性可知， 如果 x(n)=xep(n)+xop(n) 且 X(k)=ReX(k)+j ImX(k) 则 ReX(k)=DFTxep(n), j ImX(k)=DFTxop(n) 所以， 当x(n)=x(Nn)时， 等价于上式中xop(n)=0, x(n)中只有xep(n)成分， 所 以X(k)只有实部， 即X(k)为实函数。 又由（1）证明结果知道， 实序列的 DFT必然为共轭对称函数， 即X(k)=X*(Nk)=X(Nk)， 所以X(k)实偶对称。 同理， 当x(n)=x(Nn)时， 等价于x(n)只有xop(n)成分（即xep(n)=0） ， 故X(k)只有纯虚部， 且由于x(n)为实序列， 即X(k)共轭对称， X(k)=X*(N 2() 11 j 00 ( )() e nlN mN k rN N ln H kx nlN + = =+ 222 111 jjj 000 ( )eee mNr n klklk mNmm lnl k x nX r = = 2 1 j 0 e 0 m lk m l k m m k m = = = 整数 整数 ( ) 0 kk mX mm X k k m = 整数 整数 6 k)=X(Nk), 为纯虚奇函数。 8. 证明： 令m=k+l, 则 9. 解： 10. 证明： 根据DFT的惟一性， 只要证明 即可。 令m=l+n， 则 所以 = = 1 0 )( 1 )(IDFT)( N k kn N WkY N kYny = += 1 0 )( 1 N k kn NNW lkX N 1 () 0 1 () N lnk l n NNN k WXklW N + = =+ = = 1 ln )( 1 )( N lm mn NNN WmX N Wny = = 1 0 lnln )()( 1 N m N mn NN nxWWmX N W 11 00 1 0 ( )( )( ) ( ) mNN knkn mNmN nn k N n m N n Y ky n Wx n W kk x n WX mm = = = = 整数 1 * 12 0 * 12 DFT ( )DFT( )()( ) ( )( ) N NNNN l x nx l xlnRn Xk Xk = =+ = kn N N n WnxnxkX = = 1 0 )()(DFT)( = = += 1 0 1 0 2 * 1 )()( N n kn N N l N Wnlxlx = = += 1 0 1 0 2 * 1 )()( N l N n kn NNW nlxlx * 11 () 12 00 ( )() NN klk l n NNN ln x l WxlnW + = =+ 1 *() 12 0 ( )() N k l n NN n XkxlnW + = =+ 11 () 22 0 ()( ) NNl k l nkm NNNN nm l xlmWxmW + + = = 11 222 00 ( )( )( ) NN kmkm NNN mm xmWx m WXk = = 7 当然也可以直接计算X(k)=X1 *(k)X2(k)的IDFT。 由于 0nN1 所以 11.证明： 12. 解解解解: 由DFT的共轭对称性可知 x(n) X(k)=Fep(k) jy(n) jY(k)=Fop(k) 方法一 （1） 0nN1 )()(IDFT)(IDFT)( 2 * 1 kXkXkXnx= = = 1 0 2 * 1 )()( 1 N k kn N WkXkX N = = = 1 0 * 1 0 1 )()( 1 2 N k kn N N l kl N WkXWlx N = = + = 1 0 1 0 )( 2 * 1 )( 1 )( N l N k nlk N WkX N lx 11 ()() 22 00 2 11 ( )( ) () N NN kl nk l n NN kk N Xk WXk W NN xln + = = =+ = += 1 0 2 * 1 )()()()( N l NN nRnlxlxnx = = = 1 0 1 0 *2 )()( 1 | )(| 1 N k N k kXkX N kX N * 1 0 1 0 )()( 1 = = = N k N n kn N WnxkX N = = = 1 0 1 0 * )( 1 )( N n N k kn N WkX N nx = = = 1 0 1 0 2* | )(|)()( N n N n nxnxnx k N N k N N bW b aW a kF + = 1 1 j 1 1 )( * ep 11 ( )( ) ( )() 21 N k N a X kFkF kFNk aW =+= * op 11 ( )j( ) ( )() 2j1 N k N b Y kFkF kFNk bW = = = = = 1 0 1 0 1 11 )( 1 )( N k kn N k N N N k kn N W aW a N WkX N nx = = = 1 0 1 0 1 N k kn N N m km N m WWa N = = = 1 0 1 0 )( 1 N m N K nmk N m W N a 8 由于 0n, mN1 所以 x(n)=an 0nN1 同理 y(n)=bn 0nN1 （2） F(k)=1+jN 方法二 令 只要证明A(k)为共轭对称的，B(k)为共轭反对称， 则就会有 A(k)=Fep(k)=X(k), B(k)=Fop(k)=jY(k) 因为 ，共轭对称 ，共轭反对称 所以 由方法一知 x(n)=IDFTX(k)=anRN(n) y(n)=IDFTY(k)=bnRN(n) 13. 解解解解: 我们知道， ，是以2 为周期的周期函数， 所以 以N为周期， 将 看作一周期序列 的DFS系数， 则 1 () 0 1 1 0 0 N k m n N k mn W mN = = = 1j1j1 2 1 )()( 2 1 )( * =+=+=NNkNFkFkX NkNFkFkY=)()( j2 1 )( * )( 1 )( 1 0 nW N nx N k kn N = = )( 1 )( 1 0 nNW N ny N k kn N = = k N N k N N bW b kB aW a kA = = 1 1 j)( , 1 1 )( )( 1 1 1 1 )( )( * kA aW a aW a kNA k N N kN N N = = = )( 1 1 j 1 1 j)( )( * kB bW b bW a kNB k N N kN N N = = = ep 1 ( )( )( ) 1 N k N a X kFkA k aW = k N N bW b kBkF j kY = 1 1 )( j 1 )( 1 )( op j e j | )()e ( = = z zXX j2 / e ( )( )|( ) k N N z XkX zX k = = % ( )X k % ( )X k % ( )x n% 2 11 j 00 11 ( )( )e( ) NN kn kn N N kk x nX kX k W NN = = % % 9 由式知 为 将式代入式得到 由于 所以 由题意知 所以根据有关X(k)与xN(n)的周期延拓序列的DFS系数的关系有 由于0nN1， 所以 因此 说明： 平时解题时， 本题推导 的过程可省去， 直接引用频域采样理论给出的结论 （教材中式 （3.3.2） 和(3.3.3)） 即可。 14. 解解解解: 如前所述， 记fl(n)=x(n)*y(n)， 而f(n)=IDFTF(k)=x(n) 20 y(n)。 fl(n) 长度为27， f(n)长度为20。 由教材中式（3.4.3）知道f(n)与fl(n)的关系为 只有在如上周期延拓序列中无混叠的点上，才满足f(n)=fl(n),所以 f(n)=fl(n)=x(n)*y(n) 7n19 15. 解解解解： （1）因为x(n)是实序列， 由第7题证明结果有X(k)=X*(Nk)， 即 ( )X k % = = = = = n kn N n Wz nk N z WnxznxWzXkX k N k N )(|)(| )()( 2 j e = = = = = = 1 0 1 0 )( 1 )()( 1 )( N km N k nmk N kn N m km N W N mxWWmx N nx += = = m lNnm W N N k nmk N 其它0 1 1 1 0 )( = += l lNnxnx)()( )()( )(kRkXkX N = )()( )(IDFT)(nRnxkXnx NN = = += l N nRlNnx)()( = + += l N lNn nRlNnua)()( + =+ 00 0 0 1 )( l llNn lNnu 即 0 ( )( )( ) 1 n nlN NNN N l a xnaaRnRn a = = ( )IDFT( )()( ) NNN l xnX kx nlN Rn = =+ = += m l nRmnfnf)()20()( 20 10 X(Nk)=X*(k), 所以， X（k）的其余3点值为 X(5), X(6), X(7)=0.125+j0.0518, 0, 0.125+j0.3018 （2） 根据DFT的时域循环移位性质， （3） 16. 解解解解： 因为x1(n)=x(n+3)8R8(n), x2(n)=x(n2)8R8(n)， 所以根据DFT的 时域循环移位性质得到 17. 解解解解： y(n)是x(n)以M为周期的周期延拓序列的主值序列， 根据频域采样 理论得到 18. 解解解解: （1） 已知F=50 Hz， 因而 （2） （3） （4） 频带宽度不变就意味着采样间隔T不变， 应该使记录时间扩大1倍， 即 为0.04 s， 实现频率分辨率提高1倍（F变为原来的1/2） 。 19. 解解解解： 调制信号为单一频率正弦波时， 已调AM信号为 x(t)=cos(2fct+jc)1+cos(2fmt+jm) 所以， 已调AM信号x(t) 只有3个频率： fc、 fc+fm、 fcfm。 x(t)的最高频 率fmax=1.1 kHz， 频率分辨率F100 Hz（对本题所给单频AM调制信号应满足 100/F=整数， 以便能采样到这三个频率成分） 。 故 (1) (2) 5 1188 ( )DFT( )( ) k X kx nWX k = 8 11 j/4 -j/4 22828 00 11 (1)(1) 8888 00 ( )DFT( )( )( )ee =( )( )(1)( ) NN knnnk nn NN knkn nn Xkx nx n Wx n x nWx nWXkR k = = = = 3 1188 ( )DFT ( )( ) k X kx nWX k = 2 2288 ( )DFT( )( ) k Xkx nWX k= j 2 ( )(e) 0,1,2,1 k M Y kXkM = =L s02. 0 50 11 minp = F T ms5 . 0 102 1 2 11 3 maxmins max = = ff T pmin min 3 max 0.02s 40 0.5 10 T N T = 80 ms0.5 s04. 0 min =N ms10s01. 0 100 11 minp = F T sminmax 22.2 kHzFf= 11 (3) （注意， 对窄带已调信号可以采用亚奈奎斯特采样速率采样， 压缩码率。 而 在本题的解答中， 我们仅按基带信号的采样定理来求解。 ） 20. 解解解解： 在chirp-Z变换中， 在z平面上分析的N点为 zk=AW k k=0, 1, , N1 其中 所以 当A0=1, 0=0, W0=a 1, j=0 时， zk=ak 故说法（1）正确, 说法（2） 、 （3）不正确。 21. 解解解解: 为了便于叙述， 规定循环卷积的输出序列ym(n)的序列标号为n=0, 1, 2, , 127。 先以h(n)与各段输入的线性卷积ylm(n)分析问题， 因为当h(n)的50个样值 点完全与第m段输入序列xm(n)重叠后， ylm(n)才与真正的滤波输出y(n)相等， 所以， ylm(n)中第0点到第48点（共49个点）不正确， 不能作为滤波输 出， 第49点到第99点 （共51个点） 为正确的滤波输出序列y(n)的第m段， 即 B=51。 所以， 为了