Xử lý tín hiệu số - 27

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI

Đáp án chương 1 Bài 1.1

Theo định nghĩa dãy nhảy đơn vị và dãy xung đơn vị ta có:



u(n) (n k)

k 0

(n) u(n) u(n 1)

Bài 1.2

Có thể bạn quan tâm!

• Đặc Tính Tần Số Của Bộ Lọc Fir Pha Tuyến Tính Loại 2 .
• Xử lý tín hiệu số - 25
• Xử lý tín hiệu số - 26
• Xử lý tín hiệu số - 28
• Xử lý tín hiệu số - 29
• Xử lý tín hiệu số - 30

Xem toàn bộ 272 trang tài liệu này.

Ta xác định un 5và

un 2sau đó thực hiện phép trừ thu được kết quả:

x nrect3 n  2

1

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 n

Bài 1.3

Áp dụng công thức (1.8) ta tính được:



2n



1 2n 135

E 

n0 2 

3

n24

Vì năng lượng E là hữu hạn nên tín hiệu x(n) là tín hiệu năng lượng.

Bài 1.4

- Năng lượng:

A cos 

2



2



n sin 



2

0



0

n





Aej0nA

Năng lượng của dãy bằng vô hạn.

- Công suất:

P lim 1

N

A2 A2

Bài 1.5

a. Dãy nhân quả nên:

N2N 1 n0

yn0

n 0 hn0

n 0

h(0)=ah(-1)+(0) = a.0+1=1

h(1)=ah(0)+(1) = a.1+0=a

...

h(n)=ah(n-1)+(n) = a.an-1+0=an

h(n)= anu(n)

Hệ thống này là nhân quả

b. y(n) là dãy phản nhân quả

yn0

n 0 hn0

n 0

y(n-1)= 1 y(n) x(n)

a

h(0) 1 h(1) x(1)1 0  0 0

a a

….

h(n) 1h(n  1) x(n  1)1an1  0an

a a

h(n) anu(n 1)

Bài 1.6

a. Thực hiện phép chập bằng đồ thị, đổi sang biến k, giữ nguyên x(k), lấy đối xứng h(k) qua trục tung được h(-k), sau đó dịch chuyển h(-k) theo từng mẫu để tính lần lượt các giá trị của y(n). Kết quả thu được:



y n...0,0,1, 4,8,8,3, 2, 1,0,0...



b. Nhận xét hệ thống nhân quả h(n) và x(n) đều nhân quả

an



y n



0

1 ba1 n1

1 ba1 

n 0

n 0

Bài 1.7

Áp dụng một trong số các phương pháp tính tích chập, thu được kết quả của đáp ứng y(n) như sau:

11 7 29 23 17 11 1 

y n...0,1, , , , , , ,1, ,0..

6 2 6 6 6 6 3 

Nếu biểu diễn dưới qua dãy xung đơn vị ta được:

y(n) (n) 11(n 1) 7 (n  2) 29 (n  3) 23 (n  4) 

6 2 6 6

17 (n  5) 11(n  6) (n  7) 1 (n  8) 6 6 3

Bài 1.8

y(n) 1, 25y(n 1)  0, 75y(n  2)  0, 25y(n  3)  0, 25y(n  4)  0, 25y(n  5) 

x(n 1) 1,5x(n  2) 1, 75x(n  3)  0, 75x(n  4)

x(n)

D 1

D 1,5

-1,25

y(n)

D

D 1,75

D 0,75

-0,75 D

-0,25 D

-0,25 D

Bài 1.9

a. Hệ tuyến tính.

b. Hệ không tuyến tính.

Bài 1.10

D

-0,25

Các hệ ở phần a), b) và c) là không nhân quả vì đầu ra phụ thuộc cả vào giá trị tương lai của đầu vào. Hệ d) cúng không nhân quả vì nếu lựa chọn n = -1 thì y(-1) = x(1). Như vậy đầu ra tại n = -1 nó nằm cách hai đơn vị về thời gian về phía tương lai. Bài 1.11

S = N nên hệ thống ổn định

Bài 1.12

Hệ thống đã cho không phải là nhân quả. Điều kiện ổn định là:

1

n

hna n b 

n

Tổng thứ nhất hội tụ khi

a 1

n1

n

Tổng thứ hai được biến đổi:

1 1

n

1 1 1 1 



b n

1 

...

2

n

nb

b b b

1 

Ở đây

1

b



phải nhỏ hơn 1 để chuỗi hội tụ. Vậy hệ thống ổn định nếu thỏa

mãn cả a 1, b 1.

Bài 1.13

y(n) y0 (n) y p (n) 

A.2n.u(n) u(n)

Bài 1.14

y(n) 2.2n.u(n) u(n)

hay

y(n)  [2(n1) 1].u(n)

y n131042n135n ,

n 0

50 75 6

Bài 1.15



1 n



y n42 



1n

n 0

0

Bài 1.16

n cßn l¹i

Tìm nghiệm riêng bằng cách giải phương trình:

y(n)  3y(n 1)  4y(n  2)  0 (**)

Suy ra:

y C (1)n C 4n

0 1 2

Tìm nghiệm riêng yp(n):

n

Vì lối vào có dạng

x(n)  4n u(n)

và  4

là một nghiệm của đa thức đặc trưng

nên tìm nghiệm riêng dưới dạng

yp (n) Kn4 u(n)

Thay vào phương trình sai phân ta được

Kn4n u(n)  3K(n 1)4n1u(n 1)  4K(n  2)4n2 u(n  2)  4n u(n)  2.4n1u(n 1) K 4n2[n42 u(n)  3(n 1)4u(n 1)  4(n  2)u(n  2)]  4n2[42 u(n)  2.4u(n 1)] Với n=2,

K=6/5

Vậy nghiệm chung là:

y(n) yp (n) yh (n)

y(n)  [C (1)n C 4n 6 n4n ]u(n)

1 2 5

Tìm C1 và C2

Dựa trên điều kiện đầu: y(0)=1 và y(1)=3y(0)+4+2=9

Do đó C1+C2=1 và 6 4  4C C  9

5 1 2

C1 26 và C 1

25 2 25

Vậy nghiệm chung là:

y(n)  [ 26 4n 1 (1)n 6 n4n ]u(n)

25 25 5

Bài 1.17

Tìm nghiệm của phương trình

0

y(n)  0.6y(n 1)  0.08y(n  2)  0 dưới dạng

y (n) n

Phương trình đặc trưng 2  0.6 0.08  0

1  0.4 và 2  0.2

Nghiệm thuần nhất là: y (n) C (0.4)n C (0.2)n

0 1 2

Tính đáp ứng xung đơn vị δ(n)

Với xung kích thích đơn vị, tính được y(0), y(1) từ phương trình sai phân: y(0)=1 và y(1)-0.6y(0)=0 hay y(1)=0.6

Vậy C1 C2  1 và 0.4C1  0.2C2  0.6 -> C1  2,C2 1

Do đó, đáp ứng xung h(n)  [2(0.4)n  (0.2)n ]u(n)

Tính đáp ứng nhẩy đơn vị u(n)

Đáp ứng nhẩy đơn vị của hệ thống là:

k 

y(n) u(n)* h(n) 

u(k)h(n k) n

h(n k)

k 0



n

k 0

[2(0.4)nk  (0.2)nk ]

Bài 1.18

Phương trình sai phân thuần nhất có dạng:

y(n)  0.7 y(n 1)  0.1y(n  2)  0

Tìm nghiệm thuần nhất dưới dạng Vậy phương trình đặc trưng là:

2  0.7 0.1  0

Giải phương trình này được 1

yh (n) .

n

và 1

1 2 2 5

Vậy

y nC 1

C 1

n n

0 1 2 1 5 



Tính đáp ứng xung đơn vị δ(n)

Để tìm C1, C2 ta thay x(n) (n) vào phương trình sai phân được:

y(0)  2, y(1)  0.7 y(0)  0 hay y(1)  1.4

Suy ra C C  2 và 1 C 1 C  1.4 , vậy C 10 , C 4

1 2 2 1 5 2 1 3 2 3

Đáp ứng xung đơn vị của hệ thống là:

h(n) 10 ( 1)n 4 (1)n

3 2 3 5

Tính đáp ứng của hệ thống với dãy nhảy đơn vị u(n)

Đáp ứng của hệ thống với dãy nhảy đơn vị là:





y(n) u(n) * h(n) u(k).h(n k)

k 

n

y(n) h(n k)



k 0

10 n 1 nk

4 n 1

nk

y(n) 

( )

3 2

k 0

 ( )

3 k 0 5

Bài 1.19

Nghiệm thuần nhất của phương trình sai phân:

y(n) 5 y(n 1) 1 y(n  2)  0(*) 6 6

Nghiệm thuần nhất là:

y0 (n) 

c ( 1)n 

1 2

c (1)n

2 3

Tìm nghiệm riêng

n

Do x(n)  2n u(n) , ta chọn y (n) K(2 )u(n)

p

Thay vào phương trình sai phân ta có:

K (2n )u(n) 5 K.2n1u(n 1) 1 K.2n2 u(n  2)  2n u(n) (**)

6 6

Với n=2, thay vào (**) ta được

4K 10K K  4 -> K 8

6 6 5

Nghiệm tổng quát

y(n) yh (n) yp

(n) 

c ( 1)n

1 2

u(n)

c (1)n

2 3

u(n)

8 2n u(n) 5

Để xác định

c1 và c2 , giả thiết rằng

y(2) y(1)  0

Do đó y(0)=1 và Do đó

y(1) 5 y(0)  2 17

6 6

c c 8  1 và c (1) c (1)  (8)2 17

1 2 5

1 2 2

3 5 6

Suy ra c 1, c 2

1 2 5

Đáp ứng của hệ thống là:

8 1 n 2 1 n 

Bài 1.20

y(n) 

5

2n 

2 



5 3



u n



Ta có:

hnh nh n* h

n

1 2 3

Giải bằng đồ thị ta được kết quả như sau:

h1 (n)

1

0,5

-1 0 1 2 3 n

h2 (n)

1

0,5

h (n) h nrect n

1

2

6

1

0,5

-1 0 1 2 3 4 5 n

-1 0 1 2 3 4 5 n

h (n) rect

3

11

n

1

0,5

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 n

h(n)

6

5

4

3

2

1

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 n

Bài 1.21

Áp dụng các công cụ thực hiện hệ thống ta vẽ được hệ thống như sau:

b0

xn

D b1

yn

D b2

D

D b4

Bài 1.22



a. h(n) h1(k)h2(n k)

k 

h(n)

4

3

3

2

1

1

h(1)=2

h(2)=3

h(3)=4

h(4)=3

h(5)=2

h(6)=1

h(7)=0 h(-1)=0

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 n

b. h(n)  0 với n<0 nên hệ thống là nhân quả