2020年春季学期信号与系统课程作业参考答案-第九次作业

第九次作业参考答案

 

01第一题

已知 $x\left( t \right)$和 $X\left( \omega \right)$是一对傅里叶变换， $x_s \left( t \right)$是 $x\left( t \right)$的采样，即： $x_s \left( t \right) = \sum\limits_{n = - \infty }^{ + \infty } {x\left( {nT_s } \right)\delta \left( {t - nT_s } \right)}$

采样周期为 $T_s = 10^{ - 4} s$。根据 采样定理 判断，在下列条件下，是否可以从 $x_s \left( t \right)$中完全恢复 $x\left( t \right)$？

（1） $X\left( \omega \right) = 0,\,\,\,\left| \omega \right| > 6000\pi$；
（2） $X\left( \omega \right) = 0,\,\,\,\left| \omega \right| > 18000\pi$；
（3） $x\left( t \right)$为实函数， $X\left( \omega \right) = 0,\,\,\omega > 6000\pi$；
（4） $x\left( t \right)$为实函数， $X\left( \omega \right) = 0,\,\,\omega < - 12000\pi$；
（5） $X\left( \omega \right)*X\left( \omega \right) = 0,\,\,\left| \omega \right| > 1800\pi$；

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求解：

根据已知信号采样周期 $T_s = 10^{ - 4}$秒，所以对应的信号的采样频率为 $f_s = {1 \over {T_s }} = 10,000Hz$。有采样定理可知，如果信号的最高频率 $f_m$小于采样频率的一半，即 ${1 \over 2}f_s = 5000Hz$，对应角频率 $10000\pi$，便可以从采样数据 $x_s \left( t \right)$完全恢复原来的信号 $x\left( t \right)$。

下面依次判断题中的五道小题中，信号 $x\left( t \right)$的最高频率，从而判断是否可以完全 恢复 $x\left( t \right)$。

（1）答案： 可以
因为它的最高角频率为 $6000\pi$，小于采样角频率 $20000\pi$的一半。

（2）答案： 不可以
因为它的最高角频率为 $18000\pi$，小于采样角频率 $20000\pi$的一半。

（3）答案： 可以
因为 $x\left( t \right)$是实函数，所以它的频率呈现左右共轭对称。当 $\omega > 6000\pi$时， $X\left( \omega \right) = 0$，就意味着当 $\omega < - 6000\pi$的时候， $X\left( \omega \right)$同样也为0。故此，该信号的最高角频率小于 $6000\pi$，

（4）答案： 不可以
理由与第（3）小题类似，只是信号 $x\left( t \right)$的最高频率变成了 $12000\pi$，大于采样角频率（ $20000\pi$）的一半，所以不满足采样定理。

（5）答案： 可以
题目中已知对于 $X\left( \omega \right)$与其自身的卷积结果的最高频率不大于 $1800\pi$，而 $X\left( \omega \right)$与其自身卷积结果对应的频率信号的宽度等于 $X\left( \omega \right)$自身频谱宽度的两倍，故此可以判断 $X\left( \omega \right)$的最高角频率应该小于 $900\pi$，所以信号满足采样定理。

注： 第五小题，应该是在原来的作业要求中，将 $18000\pi$错写成了 $1800\pi$，但是对于最终的答案没有影响。

02第二题

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信号 $x\left( t \right)$的频谱为 $X\left( f \right)$，已知：

$X\left( f \right) = 1 - {{2\left| f \right|} \over {f_m }},\,\,\,\left| f \right| \le {{f_m } \over 2};$ $X\left( f \right) = 0,\,\,\,\,\left| f \right| > {{f_m } \over 2}$

其中 $f_m = 800Hz$。

（1）若对 $x\left( t \right)$进行理想采样，采样频率为 $f_s = 600Hz$。绘制出采样后的信号 $x_s \left( t \right)$在 $\left| f \right| \le 400Hz$范围内的频谱；

（2）当采样频率 $f_s = 900Hz$时，画出采样后的信号 $x_s \left( t \right)$在 $\left| f \right| \le 400Hz$范围内的频谱。

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求解：

根据题目中对于 $X\left( f \right)$的描述，它对应的频谱图像为下图所示：

^{▲ x(t)的频谱图像}

（1）答案：

当采样频率 $f_s = 600Hz$时，对应的采样周期 $T_s = {1 \over {600}}s$，采样信号 $x_s \left( t \right)$的频谱 $X_s \left( f \right)$是 $X\left( f \right)$的周期延拓，对应的公式为： $X_s \left( f \right) = {1 \over {T_s }}\sum\limits_{n = - \infty }^{ + \infty } {X\left( {f - n.f_s } \right)}$

将 $X\left( f \right)$的频谱按照600Hz周期延拓，然后进行叠加，通过 ${1 \over {T_s }}$进行修正之后的频谱图像如下，频谱发生了混叠现象。

^{▲ xs(t)的频谱图像}

在 $\left| f \right| \le 400Hz$之内的频谱如上图红色虚框内所示。

（2）答案：

根据同样的分析，在采样频率为 $f_s = 900Hz$的时候，信号 $x_s \left( t \right)$的频谱 $X_s \left( f \right)$图像如下图所示。频谱没有发生混叠现象。

^{▲ xs(t)的频谱图形}

在 $\left| f \right| \le 400Hz$之内的频谱如上图红色虚框内所示。

03第三题

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设三角形和升余弦信号的底宽均为 $\tau$，用抽样间隔为 $T_s$的单位脉冲序列对它们进行采样。当 $T_s = {\tau \over 8}$的时候，分别绘制出采样后的信号频谱。

^{▲ 三角波信号和升余弦信号}

由于题目中没有给出三角波和升余弦信号的幅值，这里假设它们的峰值都为1.

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求解：

根据一些 常见信号的傅里叶变换 以及傅里叶变换的性质可以求出三角信号和升余弦信号的傅里叶变换。下面通过 郑君里 教授的“ 信号与系统 ”上册书后附录三中给出的常用信号的傅里叶变换表可以得到对应的三角波和升余弦信号的傅里叶变换表达式：

1. 三角波傅里叶变换：
$F\left( \omega \right) = {{E\tau } \over 2}Sa^2 \left( {{{\omega \tau } \over 4}} \right) = {{8E} \over {\omega ^2 \tau }}\sin ^2 \left( {{{\omega \tau } \over 4}} \right)$

上面公式中 $E = 1$。对应的频谱的图形为：

^{▲ 三角波信号的频谱}
三角波的频谱随着 ${1 \over {\omega ^2 }}$的规律进行衰减。v

2. 升余弦信号傅里叶变换：
$F\left( \omega \right) = {{E\tau } \over 2}.{{Sa\left( {{{\omega \tau } \over 2}} \right)} \over {1 - \left( {{{\omega \tau } \over {2\pi }}} \right)^2 }}$
上面公式中 $E = 1$。对应的频谱图形为：

^{▲ 升余弦信号的频谱}

升余弦信号的频谱随着 ${1 \over {\omega ^3 }}$规律进行衰减。

对比上面三角波与升余弦的频谱来看，它们的频谱宽度（即主瓣宽度）都是 ${{4\pi } \over \tau }$，比相同底宽的矩形波的主瓣宽度（ ${{2\pi } \over \tau }$）宽了近一倍。

tao = 1
E = 1
fm = 10*pi/tao
omiga = linspace(-fm, fm, 100)
Ftri = E * tao / 2 * (sinc(omiga * tao / 4/pi) ** 2)
Fcos = E * tao / 2 * sinc(omiga * tao / 2 / pi) / ((1-(omiga * tao / 2 / pi) ** 2))

使用PYTHON中numpy的sinc函数的时候，需要注意，在python中的sinc函数的定义是： $\sin c\left( t \right) = {{\sin \left( {\pi t} \right)} \over {\pi t}}$
因此，在实际应用的时候需要将sinc函数的参数除以 $\pi$，才能够和通常情况下教科书中给出sinc函数相一致。

使用 $T_s = {\tau \over 8}$对上述信号进行采样，所得到的离散信号的频谱是原来频谱按照周期为： ${{2\pi } \over {T_s }} = {{16\pi } \over \tau }$
进行周期延拓，并乘以因子 ${1 \over {T_s }} = {8 \over \tau }$。

由于三角波、升余弦信号都是无穷长的频谱，所以采样后信号的频谱发生了频率混叠。只是升余弦信号的频谱混叠要比三角波的频谱混叠程度小一些，这来自于它的高频衰减的速度要大于三角波的高频衰减速度。

下面给出的频谱是通过PYTHON绘制出的两个离散信号的周期频谱图形：

^{▲ 三角波采样信号周期频谱}

^{▲ 升余弦信号采样信号的周期频谱}

tao = 1
E = 1
fm = 20*pi/tao

omiga = linspace(-fm, fm, 200)
Ftri = E * tao / 2 * (sinc(omiga * tao / 4/pi) ** 2)
Fcos = E * tao / 2 * sinc(omiga * tao / 2 / pi) / ((1-(omiga * tao / 2 / pi) ** 2))

#clipboard.copy(str(Fcos))

#------------------------------------------------------------
def duplicatewave(w, step, duptime):
    totallength = len(w) + step * duptime
    res = zeros(totallength)

    for i in range(duptime):
        startn = i * step
        endn = startn + len(w)
        res[startn:endn] = res[startn:endn] + w

    return res

step = int(200 * 16 / 20)
resdata = duplicatewave(Fcos, step, 10)[step*3:int(step*6.3)]
clipboard.copy(str(resdata))

plt.plot(resdata)
plt.grid(True)

plt.show()

04第四题

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已知信号的频谱 $X\left( \omega \right)$如下图所示：

^{▲ x(t)的频谱图}

（1）求 $x\left( {2t} \right)$和 $x\left( {t/2} \right)$的Nyquist采样周期；
（2）用 $\delta _T = \sum\limits_{n = - \infty }^\infty {\delta \left( {t - {{n\pi } \over 8}} \right)}$
对 $x\left( {t/2} \right)$， $x\left( t \right)$和 $x\left( {2t} \right)$进行采样，绘制出采样信号 $x_s \left( {t/2} \right)$， $x_s \left( t \right)$和 $x_s \left( {2t} \right)$的频谱，并判断是否会发生频谱混叠现象？

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求解：

（1）解答： 通过 $x\left( t \right)$的频谱 $X\left( \omega \right)$可以看出，它最高角频率为 $\omega _m = 8$，对应的最高频率为 $f_m = {{\omega _m } \over {2\pi }} = {4 \over \pi }$。它对应的Nyquist采样频率应该为： $2f_m = {8 \over \pi }$

信号 $x\left( {2t} \right)$， $x\left( {t/2} \right)$分别是信号 $x\left( t \right)$进行尺度变化而得到的。根据傅里叶变换的尺度特性，它们的频谱 $X_{2t} \left( \omega \right),X_{t/2} \left( \omega \right)$分别是原信号频谱 $X\left( \omega \right)$也进尺度变换，对应的频谱如下：

^{▲ x(2t)对应的频谱}

$x\left( {2t} \right)$对应的Nyquist采样频率为： ${{32} \over {2\pi }} = {{16} \over \pi }\,\,\,\left( {Hz} \right)$

^{▲ x(t/2)信号的频谱}

$x\left( {t/2} \right)$信号对应的Nyquist采样频率为： ${{4 \times 2} \over {2\pi }} = {4 \over \pi }$

（2）解答：

在采样频率为 ${8 \over \pi }$的情况下， $x\left( {t/2} \right),x\left( t \right),x\left( {2t} \right)$所对应的采样信号 $x_s \left( {t/2} \right),x_s \left( t \right),x_s \left( {2t} \right)$的频谱是它们各频谱按照周期为： ${8 \over \pi } \times 2\pi = 16$
进行周期延拓，并在幅值上增加一个倍数因子： ${\pi \over 8}$。绘制出的频谱分别如下：

下图为 $x\left( {t/2} \right)$信号的采样信号频谱，没有发生混叠。

^{▲ x(t/2)信号采样信号的频谱}

下图是 $x\left( t \right)$信号的采样信号频谱。没有发生混叠。

^{▲ x(t)信号采样信号的频谱}

下图是 $x\left( {2t} \right)$信号的采样信号频谱，发生了频谱混叠。叠加后的信号频谱是一个常量。

^{▲ x(2t)信号采样信号的频谱}

05第五题

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已知 $f\left( t \right)$和 $F\left( \omega \right)$是一对傅里叶变换。 $F\left( \omega \right)$为频带有限信号， $\left| \omega \right| \le \omega _m$。用周期矩形脉冲信号 $p\left( t \right)$把 $f\left( t \right)$进行平顶采样，得到信号 $f_s \left( t \right)$，如下图所示：

^{▲ 信号平顶采样}

采样周期为： $T_s$。
（1）证明 $f\left( t \right)$的傅里叶变换为： $F_s \left( \omega \right) = {1 \over {T_s }}\sum\limits_{n = - \infty }^{ + \infty } {F\left( {\omega - n\omega _s } \right) \cdot P\left( \omega \right)}$
其中： $P\left( \omega \right) = \int_{ - \infty }^\infty {p\left( t \right) \cdot e^{ - j\omega t} dt}$
（2）说明平顶采样频谱与自然采样频谱的异同。
（3）给出从 $f_s \left( t \right)$无失真恢复 $f\left( t \right)$所需要满足的条件。

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求解：

（1）解答：
对于信号的平顶采样信号 $f_s \left( t \right)$，可以看成信号 $f\left( t \right)$先进行理想采样： $f_{sr} \left( t \right) = f\left( t \right) \cdot \sum\limits_{n = - \infty }^\infty {\delta \left( {t - n \cdot T_s } \right)}$
然后，再和矩形脉冲信号 $p\left( t \right)$进行卷积所得： $f_s \left( t \right) = f_{sr} \left( t \right) * p\left( t \right)$
那么 $f_s \left( t \right)$的频谱 $F_s \left( \omega \right)$就等于 $f_{sr} \left( t \right)$的频谱与矩形信号 $p\left( t \right)$的频谱 $P\left( \omega \right)$进行乘积： $F_s \left( \omega \right) = F_{sr} \left( \omega \right) \cdot P\left( \omega \right)$

其中 $P\left( \omega \right) = \int_{ - \infty }^\infty {p\left( t \right) \cdot e^{ - j\omega t} dt}$

根据第四章对于信号理想采样频谱分析结果可知， $F_{sr} \left( \omega \right)$与原始信号 $f\left( t \right)$的频谱 $F\left( \omega \right)$之间的关系为： $F_{sr} \left( \omega \right) = {1 \over {T_s }}\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {F\left( {\omega - n\omega _s } \right)}$

由此可以证明，经过平顶采样的信号的频谱为： $F_s \left( \omega \right) = {1 \over {T_s }} \cdot \sum\limits_{n = - \infty }^\infty {F\left( {\omega - n\omega _s } \right)} \cdot \int_{ - \infty }^\infty {p\left( t \right) \cdot e^{ - j\omega t} dt}$

（2）解答：
对于信号进行矩形信号 $p\left( t \right)$自然采样，根据第四章中分析可知，对应的自然采样信号的频谱为：
$F_{sn} \left( \omega \right) = {1 \over {T_s }}\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {F\left( {\omega - n\omega _s } \right) \cdot P\left( {n\omega _s } \right)}$

两种采样（自然采样和平顶采样）都包含对于原始信号周期延拓频谱。

自然采样是对平移到 $n\omega _s$处的延拓频谱只是乘以一个常量 $P\left( {n\omega _s } \right)$；而平顶采样则是对整个延拓频谱乘以一函数 $P\left( \omega \right)$。

为了形象说明这一点，下来简化信号频谱 $F\left( \omega \right)$为一个矩形波，它与矩形抽样脉冲信号的频谱绘制如下：

^{▲ 信号的频谱和矩形脉冲频谱}

使用由 $p\left( t \right)$组成的周期矩形脉冲信号对 $f\left( t \right)$进行自然采样之后的信号频谱和进行平顶采样之后的频谱如下图所示：

^{▲ 自然采样和平顶采样信号的频谱图对比}

由此可以看到，经过自然采样的信号频谱实际上是使用信号的频谱 $F\left( \omega \right)$组成的周期序列对 $P\left( \omega \right)$进行平顶采样。而平顶采样的信号的频谱是由信号的频谱 $F\left( \omega \right)$组成周期频谱信号对 $P\left( \omega \right)$进行自然采样。

（3）解答：
两种采样信号的频谱都包括有对原始信号的周期延拓。因此，为了避免由于频率混叠给信号频谱恢复带来的影响，这两种采样方式都需要满足采样定理的条件。即：采样周期信号的频率应该大于信号的最高频率的两倍。

06第六题

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信号 $g\left( t \right)$的最高频谱为 $\omega _m$，其频谱 $G\left( \omega \right)$如下图所示：

^{▲ 信号g(t)的频谱G(Ω)的波形}

使用下图所示的周期三角脉冲信号 $f\left( t \right)$对 $g\left( t \right)$进行自然采样。

^{▲ 采样周期三角脉冲信号}

求采样后信号的频谱表达式，并画出频谱图。

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求解：

在题目中给出了用于抽样的三角脉冲信号 $f\left( t \right)$的波形。它的单个脉冲信号 $f_1 \left( t \right)$是高度为1，底宽为 $2\tau$的三角波信号。它对应的信号频谱 $F_1 \left( \omega \right)$为： $F_1 \left( \omega \right) = \tau \cdot Sa^2 \left( {{{\omega \tau } \over 2}} \right)$

^{▲ f1(t)的频谱F1(Ω)的波形图}

周期信号 $f\left( t \right)$是对 $f_1 \left( t \right)$按照采样时间间隔 $T_s = 1/2f_m$进行周期延拓。其中的 $f_m$应该就都与前面信号 $g\left( t \right)$的最高角频率 $\omega _m$对应的自然频率 $f_m$。

周期采样信号 $f\left( t \right)$的频谱 $F\left( \omega \right)$就是 $f_1 \left( t \right)$信号频谱的离散化，具体表达式为： $F\left( \omega \right) = {{2\pi } \over {T_s }}\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {F_1 \left( {n\omega _s } \right) \cdot \delta \left( {\omega - n\omega _s } \right)}$

记自然采样后的信号为 $g_s \left( t \right)$，那么： $g_s \left( t \right) = f\left( t \right) \cdot g\left( t \right)$
根据傅里叶变换的频谱卷积定理， $g_s \left( t \right)$的频谱 $G_s \left( \omega \right)$为： $G_s \left( \omega \right) = {1 \over {2\pi }} \cdot F\left( \omega \right) * G\left( \omega \right)$
将 $F\left( \omega \right)$的表达式代入上式，便可以得到使用三角脉冲序列进行自然采样后的信号的频谱：
$G_s \left( \omega \right) = {1 \over {T_s }}\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {F_1 \left( {n\omega _s } \right) \cdot G\left( {\omega - n\omega _s } \right)}$ $= {\tau \over {T_s }}\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {Sa^2 \left( {{{n\omega _s \tau } \over 2}} \right) \cdot G\left( {\omega - n\omega _s } \right)}$

根据卷积的含义可以知道， $G_s \left( \omega \right)$就是将 $G\left( \omega \right)$移动到 $\delta \left( {\omega - n\omega _s } \right)$所在的位置，并使用 ${1 \over {2\pi }} \cdot {{2\pi } \over {T_s }} \cdot F_1 \left( {n\omega _s } \right)$对其高度进行调整。

由于采样时间间隔 $T_s = 1/2f_m$，正好等于信号 $g\left( t \right)$最高频率对应周期的一半，所以 $\omega _s$等于信号 $g\left( t \right)$频谱最高频率的两倍。把 $G\left( \omega \right)$进行周期搬移延拓的时候，正常是首位相连，形成连续周期频谱。

绘制出的频谱图如下：

^{▲ Gs(Ω)的波形图}

07第七题

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已知矩形信号的底宽 $\tau = 2.5ms$。设该信号的频谱低8个过零点以外的频谱分量可以忽略。如果使用离散傅里叶变换（DFT）对该信号进行分析，那么最小抽样频率是多少？

^{▲ 矩形波及其频谱}

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求解：

矩形波 $f\left( t \right)$的频谱为： $F\left( \omega \right) = E\tau \cdot Sa\left( {{{\omega \tau } \over 2}} \right)$
频谱 $F\left( \omega \right)$的过零点的间隔为 $2\pi /\tau$。根据 $\tau = 2.5ms$，那么第八个过零点对应的频谱为： ${{2\pi } \over \tau } \times 8 = {{16\pi } \over \tau } = 16 \times 400\tau = 6400\pi$
对应的频谱为： $f_8 = 3200\,\,\,Hz$。
如果采用DFT分析信号 $f\left( t \right)$的频谱，使得计算所得到的频谱最高频谱大于 $f_8$，那么对 $f\left( t \right)$采样频谱应该满足采样定理的要求，即大于 $f_8$的两倍： $2 \times f_8 = 2 \times 3200 = 6400\,\,\,Hz$