Xử lý tín hiệu số - 30

Vậy

FT[x(n)]

1

1aej


Bài 3.7

Với a=2:

FT[x(n)]

1

1 2ej

Có thể bạn quan tâm!

Xem toàn bộ 272 trang tài liệu này.

a.

Xử lý tín hiệu số - 30

n

xn

n


2

u(n)

1

n0

x

E

1

n

xn

j

X1e là không tồn tại

b.

n

xn

n


2

r(n)

n

n0

x

E

1

n

xn


Bài 3.8

X 2 e là không tồn tại

j

N

FT x nX e jejn0FT rect

N


n

jn N 1sin

e 0

2 2


Bài 3.9

sin

2

Y e jH e jX e j

1 1

1ej1ej


Triển khai

Y e j

A

1ej

B

1ej

A B 1

ta được: A

B 


A B 1

Lấy IDFT:

IDFT Y e jy nn n u n


Bài 3.10


j

2 3 1 2ej

X e

11 ej11 ej

6 5eje j 2

2 3

Bài 3.11


X3 e X e X e e 2 e

X1 e X e e e 2cos3

jjj 3j 32

jjjj 6j 61 2

Áp dụng biến đổi Fourier ngược ta có:

x3 nn 6 2nn 6

Bài 3.12

Sử dụng biến đổi Fourier, ta có:

jj

X1e X2e 1 2cos

Do đó:


1 2

X e jX e jX e j1 2cos2

3 4cos 2cos 2

3 2(e j ej) (e j 2 ej 2)

Biến đổi Fourier ngược ta có:

x n 2 1

1 2 3

Bài 3.13

1 n 1 1

X Z Z n

n0 2

Z

11 Z 1 2

2

X Z hội tụ trên vòng tròn đơn vị nên tồn tại

X e j


Bài 3.14

X e j


1

11 ej

2


x n


a 1

n

n0

1a

Vì thế biến đổi Fourier của

x ntồn tại như vậy:

X e j

n0


anejn

n0

aejn

aej

a 1, nên

X e j

1

1aej

Phổ mật độ năng lượng là:

j

Sxx e


Xej2X ejXej


hoặc tương đương:

1 1

1aej1ae j


Bài 3.15

Sxx

e j

1

2 2acos+a2

Hình biểu diễn tín hiệu

x n

và phổ tương ứng của nó khi a = 0,5 và a = -0,5.

Nhận xét khi a = -0,5 tín hiệu biến đổi nhanh hơn và phổ lớn hơn ở các tần số cao.


x n0,5nu n

0 5 10 15 20 n


S

xx

1

1 2acos+a2

, a 0,5

4


xn0,5nun

0

5

10

15

20

n



S

xx

1

1 2acos+a2

, a 0,5

4

Bài 3.16

Nếu tín hiệu ngò vào

x nn, theo định nghĩa, đáp ứng cần tìm là đáp

ứng xung đơn vị

h n.

Do vậy:

h n 1L

L 1 k 0

n k

H e j 1L

L 1 k 0

ejk

1 1ej L 1

L 1 1ej

j1

jL

jL1

2

e 2 e

jL1

2

H e

L 1 e

j j

e 2 e 2

sin L 1

1

jL

e 2

2


Bài 3.17

L 1 sin

2

2

1 j 2

Ta có:

x(n) cos().e

.e j n .d

x(n) 1

(e j (n1)e j(n3) )d

4

x(n) 1 1

e j ( n1)

1 e j ( n3)

4j(n 1)

j(n 3)


x(n)

1 sin(n 1)

2 (n 1)

1 sin(n 3)

2 (n 3)


Vì:

sin(n 1)1 (n 1)

khi n k

khi n k

sin(n k)

(n k)

n k


0

Nên:

xn1 (n 1) 1 (n 3)


Bài 3.18

2 2


FT[(n-1)] ej

FT[(n-3)] ej3

Áp dụng tính chất tuyến tính với a1 = 1/2; a2 = 1/2

e jej


Bài 3.19

X (e j)

ej 2

2

cos().ej 2


FT[u(n)]

n0

ejn 1

1ej

Áp dụng tính chất trễ với n0= 1


Bài 3.20

X (e j)

ej

1

1ej


b ej

H e j


1aej

Hej2

b ejb e j

1aej1ae j

1b2 2b cos1a2 2b cos

Như vậy:

H e j2 1 nếu và chỉ nếu b = -a.

1 1 1 n

Khi

a b  và nếu: x n

u n

2 2 2

1 ej


1 ej

Y e jH e jX e j2

1 2

2

11 ej


11 ej


1 j


2 2 12 e


Ta có: n1anunDFT

1

1aej2

Sử dụng các tính chất tuyến tính và trễ của DFT ta có:

1 1 n

1 n1

y nn 1

2 2

u nn 2

u n 1


Bài 3.21

X( e j)=FT [2 n u(n) ]=

1

(1 0.5ej)

Y (e j) FT[6.21.2(n1) .u(n-1)]


Y (e j

3ej

)

1 0.5ej


Suy ra:

H (e j)

Y (e )

j

X (e j)


3e


j

H (e j) 3(cosj sin )

H (e j) 3cosj(3sin )

Đặc tính biên độ tần số:

(3cos)2 (3sin )2

H (e j)

H (e j) 3

Đặc tính pha tần số

() arctg[ 3sin ]

3cos


Bài 3.22

()


H( e j)=


2

ejn ejej 2

n1

X( e j)

=1

(1 0,5ej)

Phổ của đáp ứng: Y(e j) X (e j).H (e j)


Bài 3.23

Y( e j)= e j

1

(1 0,5ej)

+1

(1 0,5ej)


e j 2

Y( e j)=X( e j)+ ejX( e j)+ ej2 Y( e j)


Suy ra: H( e j) =

Y (e j)

X (e j) =

(1 ej) (1 ej 2)

Hàm truyền đạt phức: H( e j) =

1

(1 cos j sin )


Đặc tính biên độ tần số:


H (e j) =

H (e j) =1

(1 cos )2 sin 2

1

sin(0,5)

Rút gọn:

Đặc tính tần số: Arg[H( e j)] = arctg[sin ] =

Vậy hàm truyền đạt phức là: H( e

j) =

(1 cos ) 2

e j 0,5

sin(0,5)


Bài 3.24

X p (3) j 2 j3 2 j2 3.e


j 0,78

N 1

Ta có:

DFT rect

(n)

rect

(n) .ejk1n

L N L N

n0

L1


jkn

1ejk1L

DFT rectL(n)Ne

n0

1

1e


jk1

jk L jk L jk L

DFT rect

(n)

e

N (e N e N )

jk

N

L N

e N (e

jk e

jk

DFT rect


N )

(n)

sin(kL / N ).ej k( L 1)

N

L N sin(k/ N )

kj k

Với N=4 và L=2:


Bài 3.25

DFT rect2(n)4 2cos e 4

4


j 2 k 5

4 4 j 2 kn

1e 10

10

°Xkx%nWkn ne 10

2

j k

k 0

k 0

1e 10

4sin k 4sin k k

°Xkejk 10 2 5ej 10 k 2 2

sin k sin k k


sin

10 10 10

k k

°Ak 5 2 2

sin k k


°Xk

10 10

°Ak



10 2

Bài 3.26

k 4k 1Sgn Ak


N 1

Dựa vào biến đổi DFT: °Xkx%ne

k 0


j 2nk N



Ta có:

j 2 kn

e N

e

j kn

2

j kn



3

°X (0)

n0

x%(n)j0n 10


°X (1) 3 j

°X (2) 0

°X (3) 3 j

Bài 3.27


8

x1 m


`0 1 2 3 4 5 6 7 m

8

x2 0m



0 1 2 3 4 5 6 7

m

8

x2 7m



0 1 2 3 4 5 6 7 m

Sau khi tính toán ta thu được kết quả sau:


Bài 3.28

x%3 0 1,75

x%3 4 2,5

x%3 1 2

x%3 5 2,5

x%3 2 2, 25

x%3 6 2,5

x%3 3 2,5

x%3 7 1,5

Sau khi tính toán ta thu được kết quả sau:


Bài 3.29

x%3 0 1

x%3 4 2

x%3 1 0

x%3 5 2

x%3 2 1

x%3 3 2

4

°Xk

Wnk

ej2/10kn ej4 k /10sin k / 2

4

10

n0


n0

sin k / 10

Các điểm 0 của °Xk: 0,1,2,3.

Bài 3.30

sin k / 2 sin m

có nghĩa là k=2m, với m =

Dox%ntuần hoàn với chu kỳ N=4:

Xem toàn bộ nội dung bài viết ᛨ

..... Xem trang tiếp theo?
⇦ Trang trước - Trang tiếp theo ⇨

Ngày đăng: 16/07/2022