Tập bài giảng Xử lý tín hiệu số (Phần 2)

   , 2 2 c    bằng phương pháp cửa sổ tam giác. Vẽ sơ đồ bộ lọc. 205 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI Đáp án chƣơng 1 Bài 1.1 Theo định nghĩa dãy nhảy đơn vị và dãy xung đơn vị ta có: 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) k u n n k n u n u n           Bài 1.2 Ta xác định  5u n  và  2u n  sau đó thực hiện phép trừ thu được kết quả:    3 2x n rect n  -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 1 n Bài 1.3 Áp dụng công thức (1.8) ta tính được:   2 21 0 1 35 3 2 24 n n n n E               Vì năng lượng E là hữu hạn nên tín hiệu x(n) là tín hiệu năng lượng. Bài 1.4 - Năng lượng:    0 2 2 20 0cos sin j n Ae A n n A        Năng lượng của dãy bằng vô hạn. - Công suất: 2 2 0 1 lim 2 1 N N n P A A N      Bài 1.5 a. Dãy nhân quả nên:    0 0 0 0y n n h n n     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 206 h(n)= a n u(n) Hệ thống này là nhân quả b. y(n) là dãy phản nhân quả    0 0 0 0y n n h n n     y(n-1)=  )()(1 nxny a      0001)1()1(1)0(  a xh a h .     )1()( 0 1 )1()1( 1 )( 1     nuanh aa a nxnh a nh n nn 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:   ...0,0,1,4,8,8,3, 2, 1,0,0...y n         b. Nhận xét hệ thống nhân quả h(n) và x(n) đều nhân quả       1 1 1 1 0 1 0 0 n n ba a n y n ba n             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 ...0,1, , , , , , ,1, ,0.. 6 2 6 6 6 6 3 y n        Nếu biểu diễn dưới qua dãy xung đơn vị ta được: 11 7 29 23 ( ) ( ) ( 1) ( 2) ( 3) ( 4) 6 2 6 6 17 11 1 ( 5) ( 6) ( 7) ( 8) 6 6 3 y n n n n n n n n n n                            Bài 1.8 ( ) 1,25 ( 1) 0,75 ( 2) 0,25 ( 3) 0,25 ( 4) 0,25 ( 5) ( 1) 1,5 ( 2) 1,75 ( 3) 0,75 ( 4) y n y n y n y n y n y n x n x n x n x n                     207 Bài 1.9 a. Hệ tuyến tính. b. Hệ không tuyến tính. Bài 1.10 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 1 n n n n n h n a b             Tổng thứ nhất hội tụ khi 1a  Tổng thứ hai được biến đổi: 1 1 2 1 1 1 1 1 ... 1 n n n n b b bb b                       Ở đây 1 b   phải nhỏ hơn 1 để chuỗi hội tụ. Vậy hệ thống ổn định nếu thỏa mãn cả 1, 1a b  . 1 D D D -0,75 -1,25 x(n) y(n) D -0,25 D -0,25 D 1,5 D 1,75 D 0,75 D -0,25 208 Bài 1.13 )()(..)()()( 20 nunuAnynyny n p  )()(..)( 22 nununy n  hay )(].1[)( )1(2 nuny n   Bài 1.14   13 104 13 2 5 , 0 50 75 6 n n y n n                      Bài 1.15     1 4 1 0 2 0 cßn l¹i n n n y n n             Bài 1.16 Tìm nghiệm riêng bằng cách giải phương trình: ( ) 3 ( 1) 4 ( 2) 0y n y n y n     (**) Suy ra: 0 1 2( 1) 4   n nC Cy Tìm nghiệm riêng yp(n): Vì lối vào có dạng ( ) 4 ( )nx n u n và 4  là một nghiệm của đa thức đặc trưng nên tìm nghiệm riêng dưới dạng ( ) 4 ( )npy n Kn u n Thay vào phương trình sai phân ta được 1 2 14 ( ) 3 ( 1)4 ( 1) 4 ( 2)4 ( 2) 4 ( ) 2.4 ( 1)n n n n nKn u n K n u n K n u n u n u n           2 2 2 24 [ 4 ( ) 3( 1)4 ( 1) 4( 2) ( 2)] 4 [4 ( ) 2.4 ( 1)]n nK n u n n u n n u n u n u n          Với n=2, K=6/5 Vậy nghiệm chung là: ( ) ( ) ( )p hy n y n y n  1 2 6 ( ) ( 1 )[ ) 4 4 (] 5 n n ny n C C n u n    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 1 2 6 4 4 9 5 C C   26 1 25 C  và 2 1 25 C   Vậy nghiệm chung là: 209 26 1 6 ( ) [ 4 ( 1) 4 ] ( ) 25 25 5 n n ny n n u n    Bài 1.17 Tìm nghiệm của phương trình ( ) 0.6 ( 1) 0.08 ( 2) 0y n y n y n     dưới dạng 0( )  ny n Phương trình đặc trưng 2 0.6 0.08 0    1 0.4  và 2 0.2  Nghiệm thuần nhất là: 10 2( ) (0.4) (0.2)  n ny n C C 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 1 2 1C C  và 1 20.4 0.2 0.6C C  -> 1 22, 1C C   Do đó, đáp ứng xung ( ) 2(0.4)[ ] ( )(0.2)n nh n u n  Tính đáp ứng nhẩy đơn vị u(n) Đáp ứng nhẩy đơn vị của hệ thống là: 0( ) ( )* ( ) ( ) ( ) ( ) n k kuy n u n h n k h n k h n k          0[2(0.4) (0.2) ] n n k n k k      Bài 1.18 Phương trình sai phân thuần nhất có dạng: ( ) 0.7 ( 1) 0.1 ( 2) 0y n y n y n     Tìm nghiệm thuần nhất dưới dạng ( ) nhy n  . Vậy phương trình đặc trưng là: 2 0.7 0.1 0    Giải phương trình này được 1 1 2   và 2 1 5   Vậy  0 1 1 1 1 2 5 n n y n C C              210 Tính đáp ứng xung đơn vị δ(n) Để tìm C1, C2 ta thay ( ) ( )x n n vào phương trình sai phân được: (0) 2, (1) 0.7 (0) 0y y y   hay (1) 1.4y  Suy ra 1 2 2C C  và 1 2 1 1 1.4 2 5 C C  , vậy 1 2 10 4 , 3 3 C C   Đáp ứng xung đơn vị của hệ thống là: 10 1 4 1 ( ) ( ) ( ) 3 2 3 5 n nh n   Tính đáp ứng của hệ thống với dãy nhảy đơn vị u(n) Đáp ứng của hệ thống với dãy nhảy đơn vị là: ( ) ( )* ( ) ( ). ( ) k y n u n h n u k h n k      0 ( ) ( ) n k y n h n k    0 0 10 1 4 1 ( ) ( ) ( ) 3 2 3 5 n n n k n k k k y n        Bài 1.19 Nghiệm thuần nhất của phương trình sai phân: 5 1 ( ) ( 1) ( 2) 0(*) 6 6 y n y n y n     Nghiệm thuần nhất là: 10 2 1 1 ( ) ( ) ( ) 2 3  n ny n c c Tìm nghiệm riêng Do ( ) 2 ( )nx n u n , ta chọn ( ) (2 ) ( )npy n K u n Thay vào phương trình sai phân ta có: 1 25 1(2 ) ( ) .2 ( 1) .2 ( 2) 2 ( ) 6 6 n n n nK u n K u n K u n u n      (**) Với n=2, thay vào (**) ta được 10 4 4 6 6 K K K    -> 8 5 K  Nghiệm tổng quát 1 2 1 1 8 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( ) 2 3 5 n n n h py n y n y n c u n c u n u n     Để xác định 1c và 2c , giả thiết rằng ( 2) ( 1) 0y y    211 Do đó y(0)=1 và 5 17 (1) (0) 2 6 6 y y   Do đó 1 2 8 1 5 c c   và 1 2 1 1 8 17 ( ) ( ) ( )2 2 3 5 6 c c   Suy ra 1 2 2 1, 5 c c   Đáp ứng của hệ thống là:   8 1 2 1 ( ) 2 5 2 5 3                   n n ny n u n Bài 1.20 Ta có:        1 2 3*h n h n h n h n    Giải bằng đồ thị ta được kết quả như sau: 0,5 1 1 ( )h n n-1 0 1 2 3 0,5 1 2 ( )h n n 0,5 1    1 2 6( )h n h n rect n  n -1 0 1 2 3 4 5 -1 0 1 2 3 4 5 0,5 1  3 11( )h n rect n n0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 212 1 n0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 5 6 h(n) Bài 1.21 Áp dụng các công cụ thực hiện hệ thống ta vẽ được hệ thống như sau: D x n y n 0 b 1 b D 2b D D 4 b Bài 1.22 a. )()()( 21 knhkhnh k     -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 n 4 3 1 3 2 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 )(nh b. 0)( nh với n<0 nên hệ thống là nhân quả 213   16 n h n      Vậy hệ thống đã cho là ổn định Bài 1.23   1 víi 0 3 0 víi cßn l¹i n n h n n         h(n) < 0 với n< 0 nên hệ thống là nhân quả. Ta có:                  2 3 3 1 1 1 3 1 0 n nn nhS Nên hệ thống ổn định Bài 1.24 Áp dụng công thức tính tích chập 1 ( ) ( )* ( ) ( ).( ) ( ) 2 n k ky n x n h n u k u n k       0 0 1 .( ) 2 1 1 ( ) ( ) 2 2 n n k n n k k k        1 1 1 1 1 (( ) ) 1 2( ) ( ) 12 1 ( ) 2 n n u n       1 1 11(1 ( ) 2 ( ) ( ) 1 1 1 2 1 1 ( ) ) 1 ( ) 2 2 2 n n n u n u n         Bài 1.25 Đặt 1( ) ( )x n u n thì đáp ứng hệ thống với x1(n) là: Tính 1 1 1( ) ( )* ( ) ( )* ( )ky n x n h n h k x n k      0 1 ( ) 2 1 ( ) 2 n n k k    214 1 1 0 1 1 ( 1 ( ) 2 ) 2( ) ( ) 1 1 2 n n k ky n u n        1 1 1 ( ) 2 1 ( ) ( ) 2 [ ]ny n u n  Áp dụng tính chất bất biến thời gian của hệ thống. 9 2 1 ( ) 2[1 ( ) ( 10) 2 ]ny n u n   Áp dụng tính chất tuyến tính, đáp ứng hệ thống với tín hiệu vào x(n): 1 9 1 2 1 1 ( ) ( ) ( ) 2[(1 ( ) ) ( ) (1 ( ) ) ( 10)] 2 2 n ny n y n y n u n u n        Bài 1.26 ( ) ( )* ( ) ( ). ( )ky n x n h n x k h n k      0 1 ( ) 2 ( ) 2 n k n k ky n    0 0( ) 2 2 2 4 n k k n n n k k ky n        11 4 ( ) 2 ( ) 1 4 n ny n u n     21 1( ) [2 ( ) ] ( ) 3 2 n ny n u n  1 12 1[2 ( ) ] ( ) 3 2 n n u n   Bài 1.27 Công thức tính tích chập 4 0( ) ( ) ( )ky n h k x n k   Tìm giá trị kích thích vào x(n) (0) (0) (0) (1) ( 1) (2) ( 2) (3) ( 3) (4) ( 4)y h x h x h x h x h x         1 1. (0) (0) 1x x   (1) (0) (1) (1) (0) (2) ( 1) (3) ( 2) (4) ( 3)y h x h x h x h x h x        1 3 2 1 (1) ( )1 (1) 2 2 x x    Tương tự 3 3 7 3 {1, , , , ,...} 2 2 4 2  x 215 Bài 1.29 0 1 2( ) ( ) ( ) .2 .4 13.3 ( ) n n n p py n y n y n A A u n       - Tìm ( )y n Với 0, (0) (0) 1n y x   Với 1, (1) 6 (0) (1) (0) 6 3 1 10n y y x x        1 1 2 1 2 2 7 13 1 2 2 4 39 10 21 2 7 21 ( ) 2 4 13.3 ( ) 2 2                        n n n A A A A A A y n u n Bài 1.30 Viết phương trình sai phân: ( ) 0.8 ( 1) 2 ( ) 3 ( 1)y n y n x n x n     ( ) 0.8 ( 1) 2 ( ) 3 ( 1)y n y n x n x n     Tìm đáp ứng xung Phương trình đặc trưng là: 0.8 0   vậy 0( ) (0.8) ny n c (**) n=0, ( ) ( )x n n thay vào (*) ta có: y(0)-0.8y(-1)=2 vì y(-1)=0 do hệ thống ở trạng thái nghỉ, suy ra y(0)=2 So sánh với (**), được 0(0.8) 2c  , suy ra 2c  Vậy đáp ứng xung của hệ thống là ( ) 2(0. ) ( )8 nn uh n Bài 1.31 Viết phương trình sai phân: Dựa trên sơ đồ hệ thống ta có: y(n)=0.9y(n-1)+x(n)+2x(n-1)+3x(n-2) Tìm đáp ứng ra của hệ thống với n=0, n=1,n=2, khi kích thích là xung đơn vị Đáp ứng xung của hệ thống với ( ) ( )x n n (0) 0.9 ( 1) (0) 2 ( 1) 3 ( 2)y y x x x       (0) 1y  vì ( 1) 0y   216 (1) 0.9 (0) (1) 2 (0) 3 ( 1) 0.9*1 0 2*1 3*0 2.9y y x x x          (2) 0.9 (1) (2) 2 (1) 3 (0) 0.9*2.9 3*1 5.61y y x x x       Bài 1.32           2 2 1 1 1 2 0 xx xx xx xx xx R R R R R       Hàm tương quan bao giờ cũng đạt giá trị cực đại tại n = 0. Đáp án chƣơng 2 Bài 2.1 a. ( ) 1 2 3 51 1 2 5 7X z z z z z - - - -= + + + + RC cả mặt phẳng z , trừ z = 0 . b. ( ) 2 1 32 2 5 7X z z z z z - -= + + + + RC: cả mặt phẳng z , trừ z = 0 và z = ∞ c. ( ) 2 3 4 5 73 2 5 7X z z z z z z - - - - -= + + + + RC: cả mặt phẳng z , trừ z = 0 . d. ( ) 2 1 34 2 4 5 7X z z z z z - -= + + + + RC: cả mặt phẳng z , trừ z = 0 và z = ∞ Bài 2.2 a. ( )1 kX z z-= Nghĩa là ( ) z kZTn k -d - ¬ ¾® , k>0 RC: cả mặt phẳng z , trừ z = 0 và z = ∞ b. ( )1 kX z z= Nghĩa là ( ) z kZTn k -d + ¬ ¾® , k>0 RC: cả mặt phẳng z , trừ z = 0 và z = ∞ Bài 2.3 Theo định nghĩa ta có: ( ) ( ) 0 0 n n n n n n n X z z z ¥ ¥ - - = = = a = aå å Nếu 1 1z-a a thì chuỗi này hội tụ đến 1 1 1 z-- a Như vậy, ta sẽ có cặp biến đổi z: ( ) ( ) ( ) 1 1 1 n ZTx n u n X z z- = a ¬ ¾® = - a Với RC: z > a Miền hội tụ RC là miền nằm ngoài đường tròn có bán kính α Chú ý rằng, nói chung, α cần không phải là số thực. 217 Bài 2.4 ( ) 1 1 3 4 RC: 3 1 2 1 3 X z z z z- - = - > - - Bài 2.5 Ta có: ( ) ( ) 1 11 0 1 z=1 1. 1 ... 1 z 1 1 N Nn N n N X z z z z z z - - -- - - = - íïïï= = + + + = ì -ï ¹ïï -î å Vì x(n) là hữu hạn, nên RC của nó là cả mặt phẳng z , trừ z =0 Bài 2.6 ( ) ( ) 1 3 n x n u n æ ö÷ç= - ÷ç ÷çè ø Bài 2.7 Điểm cực: 1, 2 3 1 3 1 ; 2 2 2 p p p z j z= - ± = Điểm không: 1 3 o z = - Bài 2.8 Đáp án: Hệ thống không ổn định. Bài 2.9 ( ) ( )2 2 2z 7z 3 X z z z z + = - + Có 3 điểm cực: 1 2 3 1 , 3, 0 2 p p p z z z= = = ( ) ( ) ( ) 31 2 2 1 1 3 2 3 2 2 2 X z Az A A z z z z z z z + = = + + æ ö æ ö -÷ ÷ç ç- - -÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø Đều là cực đơn nên: ( ) 1 1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 12 2 3 2 3 2 2 2 z z A z z z z = +æ ö +÷ç= - = = -÷ç ÷ç æ ö æ öè ø ÷ ÷ç ç- - -÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø ( ) ( ) 2 3 2 3 2 1 3 1 1 3 2 3 2 3 3 2 2 z z A z z z z = + + = - = = æ ö æ ö÷ ÷ç ç- - -÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè ø è ø 218 ( ) 3 0 2 2 1 3 2 3 2 z z A z z z z = + = = æ ö÷ç - -÷ç ÷çè ø Vậy: ( ) ( ) ( ) 1 1 1 3 3 1 3 2 3 2 X z z z z z z z - = + + æ ö -÷ç - -÷ç ÷çè ø ( ) ( ) 1 1 1 12 3 3 3 2 z z X z z z = - + + - - m = 0 thì: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 3 2 2 3 3 n nx n u n u n n æ öæ ö÷ ÷ç ç= - + + d÷ ÷ç ç÷ ÷ç çè øè ø Bài 2.10 a. Hệ có 1 điểm không 01 3 2 z = - , hai điểm cực là 1 1 3 p z = - và 1 1 2 p z = - b. Căn cứ vào các điểm cực đều nằm trong vòng tròn đơn vị ta thấy hệ thống ổn định. c. Tìm h(n) giống bài tập 2.9 Bài 2.11 a. Hệ thống không ổn định b. ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 n h n u n u n æ ö÷ç= - ÷ç ÷çè ø c. Dựa vào kết quả câu b và tính chất trễ ta có: ( ) ( ) ( ) 2006 1 2 2006 2 2006 2 h n u n u n æ ö÷ç= + - +÷ç ÷çè ø Bài 2.12 Áp dụng: Trong miền Z: song song thì cộng, nối tiếp thì nhân. Phân tích ra ( )1H z , ( )2H z 219 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 11 12 1 11 1 1 1 11 2 3z 2 3z H z H z H z H z H z H z X z H z X z X z X z X z H z - - = = + = = + = + ( ) ( ) ( ) 2 12 X z H z X z = ( ) ( ) ( )12 24zX z X z X z -= + ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 12 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 4z 1 1 4z 1 2 3z 1 4z 1 2 3z 1 4z X z X z H z H z H z z H z z - - - - - - - - = + = + = + + + = æ ö÷ç= + + ÷ç ÷çè ø+ Bài 2.13 Áp dụng tiêu chuẩn Jury. Hệ thống ổn định. Bài 2.14 a. Áp dụng:        N k k k M r r r Za Zb ZH 0 0)( )3(3)2(2)1()3( 4 1 )2( 3 1 )1( 2 1 )(  nxnxnxnynynyny b. 4 1 3 1 2 1 )( 23  ZZZZD N=3 là số lẻ 2N-3=3 hàng 10 a 2 1 1 a 3 1 2 a 4 1 3 a 220 24 5 2 1 4 1 3 1 12 5 3 1 4 1 2 1 16 15 4 1 4 1 1 det 13202 23101 33000 0 0             aaaac aaaac aaaac aaaa aa aa c iNNi iN iN i 1. 0 4 1 3 1 2 1 1)( 1 ZZD (thỏa mãn) 2. 0 4 1 3 1 2 1 1)( 1 ZZD (thỏa mãn vì N lẻ) 3. 30 aa  thỏa mãn vì 1> 4 1 20 cc  thỏa mãn vì 16 15 > 24 5 Vậy hệ thống là ổn định c. D y(n)x(n) D D 1 2 3 D D D 2 1  3 1  4 1  Bài 2.15 Biến đổi Z hai phía của phương trình sai phân ta có:    1 2 1 2( ) 1 5 6 ( ) 2       Y Z Z Z X Z Z Z 221                                2 2 2 2 ( ) 4 ( ) ( ) 4 4 5 6 2 1 ( ). . 4 2 1 1( ) 2 3 4 2 3 4 2 1 1 9 23 4 2 2 1 1 20 32 4 2 1 1 35 43 2 2 9 35 ( ) 20 2 2 3 2 4 n Zx n u n X Z Z Z Z Z Z Z Z Y Z Z Z Z Z ZY Z A B C Z Z Z Z Z Z Z Z Z A ZZ Z Z Z B ZZ Z Z Z C ZZ Z Z Z Z Y Z Z Z Z                                                 4 9 35 ( ) 2 20.3 .4 ( ) 2 2 n n n Z y n u n           Bài 2.16 a. Áp dụng:        N k k k M r r r Za Zb ZH 0 0)(       21 2 2 2 2 1 11 1 aZaZ Z ZaZaZX ZY ZH      b. Ứng dụng tiêu chuẩn Jury ta có: 1.  12211 101)( aaaaZD Z  2.  12211 101)( aaaaZD Z  (vì N chẵn) 3. 111 22  aa 222 Bài 2.17   1 21 3 2X z z z    Miền hội tụ: toàn bộ mặt phẳng z, trừ z = 0.  X z có hai không tại 01 021; 2z z    và một cực kép tại z = 0 Bài 2.18            1 2 3 ' 1 1 ' 1 1 0 2 3' 1 1 3 6 1 21 0 1 2 3 1 1 11 H Z H Z H Z H Z b Z Z b Z a Z a Zb Z b b Z b Z b Z                                    Bài 2.19 a.              ZZ Z Z Z Z Z ZX ZY ZH 11 1 1 )( )( )( 1 1 Bài 2.20 2 1 1 2 ( ) (1 0.5 )(1 ) z X z z z       1 1 4 8 ( ) 4 1 1 0.5 X z z z       Miền hội tụ RC: |Z|>1 ( ) 4 ( ) 4( 1) ( ) 8( 5) ( )n nx n n u n u n     Bài 2.21 Công thức biến đổi Z 5 1 ( ) ( ) 2 n n nX z z     5 5 5 5 0 0 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 l l l l l lX z z z z             5 5 1 0 1 1 ( ) ( ) 2 2 l lz z      5 5 1 1 1 ( ) 12 1 2 z z     RC: 1 2 z  Bài 2.22 Đặt 1 0( ) ( ) ( )x n cos n u n 223 0 0 1 1 ( ) [ ( ) ( )] 2 j n j n x n e u n e u n    0 0 1 1 1 1 1 1 ( ) [ ] 2 1 1 j j X z e z e z        1 0 1 2 0 1 ( ) 1 2 ( ) z cos z cos z          RC: |Z|>1 1( ) ( ) nx n a x n 1 1( ) ( )X z X a z  1 0 1 2 2 0 1 ( ) ( ) 1 2 ( ) az cos X z az cos a z          với |z|>|a| Bài 2.23 1 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n n nx n a a u n a u n a u n x n x n       1 1 1 ( ) 1 X z az   RC: | | | |z a 2 1 1 1 ( ) 1 X z a z    RC: 1 | | | |z a  Vậy 1 1 1 1 1 ( ) 1 1 X z az a z       RC: 1 | | (| |,| |)z max a a  Bài 2.24 1 2 1 ( ) ( ) 3 1 1 4 8 Y z X z z z     Đáp ứng xung: X(z)=1 1 1 2 1 ( ) 1 1 1 1 2 4 H z z z      1 1 ( ) [2( ) ( ) ] ( ) 2 4 n nh n u n  Tính đáp ứng đối với dãy nhảy đơn vị Dãy nhảy đơn vị có biến đổi Z: 1 1 ( ) 1 X z z   1 1 1 8 1 23 3( ) 1 11 1 1 2 4 Y z z z z          224 8 1 1 1 ( ) [ 2( ) ( ) ] ( ) 3 2 3 4 n ny n u n   Bài 2.25 Tìm X1(z), X2(z) 1 1 0 1 1 ( ) ( ) ( ) 2 3 n n n n n nX z z z          Tìm 1 1 ( ) 2 n n n z     = 1 1 ( ) 2 l l l z    = 0 1 ( ) 2 1l ll z     = 1 1 1 1 2 z   = 1 1 2 1 2 z  RC: |z|<2 Tính 0 1 ( ) 3 n n n z    = 1 1 1 1 3 z RC: 1 | | 3 z  1 1 1 1 12( ) 1 1 1 2 3 X z z z      1 5 6 1 1 (1 )(1 ) 3 2 z z    RC: 1 | | 2 3 z  2 0 1 ( ) ( ) 2 n n nX z z     1 1 1 1 2 z   RC: |z|>1/2 Tìm y(n) 1 1 1 10 4 2 3 3( ) 1 1 1 2 1 1 3 2 Y z z z z            1 10 1 2( ) ( ) 3 3 2 ( ) , 0 4 (2) , 0 3 n n n y n n n         Bài 2.26 1 1 2 1 1 1 (1 )(1 ) 1 ( ) , | | 1 1 1 2 (1 )(1 )(1 ) 2 5 z z z H z z z z z                225 1 2 1 1 1 1 ( ) , | | 1 1 1 2 (1 )(1 ) 2 5 z z H z z z z            9 3 10 10( ) 1 1 1 1 1 1 ( )( ) 2 5 2 5 z A B H z z z z z           1/2( )( 0.5) | 5 / 2zA Y z z    trong đó 9 3 10 10( ) 1 1 ( )( ) 2 5 z Y z z z     1/5( )( 0.2) | 2.8zB Y z z     1 1 1 5 2.82( ) 1 [ ] 1 1 1 1 2 5 H z z z z          1 1 ( ) ( ) [5( ) 14( ) ] ( ) 2 5 n nh n n u n   Bài 2.27 1 2 1 2 ( ) ( ) 1 0.7 0.12 z z Y z X z z z         ( ) ( )x n nu n 1 1 2 ( ) (1 ) z X z z     2 3 1 2 1 1 ( ) 3 2 (1 ) (1 )(1 ) 10 5 z z Y z z z z           Các điểm cực nằm trong vòng tròn đơn vị, vậy hệ thống ổn định 3 2 ( ) [4.76 12.36 26.5( ) 38.9( ) ] ( ) 10 5 n ny n n u n    Bài 2.28 Biến đổi Z một phía của phương trình ta được: 226 1 1 1 2 1 1 1 1 11( ) 5[ ( ) ( 1)] 6[ ( ) ( 1) ( 2)] ( ) [ ( ) ( 1)] 2 Y z z Y z y z Y z z y y X z z X z x                Với y(n)=0 khi n<0 và x(-1)=1/2 thay vào phương trình trên ta có: 1 1 2 1 11 1( )[1 6 ] ( ) 2 4 [1 ]Y z z z X z z      (*) Với ( ) 2nx n  , có 1( ) 2 z X z z   thay vào (*) được: 3 1 5( ) 4( 2)( 3)( 2) z Y z z z z     1 [ + + ] 2 3 ) 1 4 2 ( AY B z z z z z C     A=1, B=9, C=-5 1 9 5 ( ) 2 4 3 4 24 z z z Y z z z z       1 9 5 ( ) 2 ( ) ( 3) ( ) ( 2) ( )] 4 44 n n nu ny n u n u n    Đáp án chƣơng 3 Bài 3.1 a.  1 jX e  =1 b.  2 j jX e e  c.  3 0 1 1 12 1 2 n j j n n j X e e e                 d.      4 0 0 2 2 n n j j n j n n X e e e            Chuỗi này không tồn tại vì 2 2 1 je    . Vậy  4x n không có FT. Bài 3.2 Ta phân ra làm 2 trường hợp n 0 ứng với các tín hiệu  1x n và  2x n như vậy ta có kết quả: 227      1 2 2 2 1 1 2a cos X X X a a           Bài 3.3   1 0 1 e 1 j LL j j n j n e X e A A e                 1 2 sin( L/ 2)e sin( / 2) j L jX e A            Với 0  , biến đổi ta có:  0 .jX e A L Phổ biên độ của  x n có dạng:       0 0 sin / 2 sin / 2 j A L X e L A           Bài 3.4 Hàm phần thực và ảo ( ) os(2 ). os( ) - j os(2 ).sin( )jX e c c c     Hàm phần thực: ( ) os(2 ). os( )RX c c   Hàm phần ảo: ( ) - os(2 ).sin( )IX c   Hàm độ Modul và Argument Modul: 2 2 2 2( ) os (2 ). os ( ) + os (2 ).sin ( )jX e c c c     Rút gọn: ( ) os(2 )jX e c  Argument: cos(2 ).sin( ) ( ) cos(2 ).cos( ) arctg               Rút gọn ( )    Hàm độ lớn và pha Hàm độ lớn: ( ) os(2 )jA e c  ) Hàm pha: os(2 ) ( )=- - 1 2 os(2 ) c c              Bài 3.5 a.     1 0           N j j n FT x n X e e n 228   2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 sin 2 sin 2                          N N N j j j j N j j j j j N e e e e e e e e N e b.   sin 2 sin 2 j N X e         sin 2 sin 1 2 2 j N X e garg N ar                      Với: sin sin 12 22 1 sgn 2 sin sin 2 2 ar N kg N                                       sin 2 sin 2 j N A e        1 2 je N      Bài 3.6    1 0 ( ) . ( ). n n n n n ZT x n a u n z az            1 1 , 1( ) , z a azZT x n z a        Nếu 1a  , RC[ZT[x(n)]] không chứa đường tròn đơn vị => FT[x(n)] không tồn tại Nếu 1a  , RC[ZT[x(n)]] chứa đường tròn đơn vị => FT[x(n)] tồn tại Ta có:  ( ) ( ) jZ eFT x n X z  229 Vậy 1 [ ( )] 1 j FT x n ae    Với a=2: 1 [ ( )] 1 2 j FT x n e    Bài 3.7 a.   0 (n) 1 n n n x n u              1 2 x n E x n      1 jX e  là không tồn tại b.   0 r(n) n n n x n n              1 2 x n E x n      2 jX e  là không tồn tại Bài 3.8      0 0 1 2 sin 2 sin 2 j nj N N j n FT x n X e e FT rect n N e                      Bài 3.9       1 1 1 1 j j j j j Y e H e X e e e            Triển khai   1 1 j j j A B Y e e e          1 1 A B A B       ta được: A      và B       Lấy IDFT:      j n nIDFT y n u nY e                       Bài 3.10   2 2 3 1 2 1 1 6 5 1 1 2 3 j j j j j j e X e e e e e                  230 Bài 3.11     3 31 2 2cos3j j j jX e X e e e              6 63 1 2 2j j j j jX e X e X e e e        Áp dụng biến đổi Fourier ngược ta có:        3 6 2 6x n n n n       Bài 3.12 Sử dụng biến đổi Fourier, ta có:    1 2 1 2cosj jX e X e     Do đó:         2 1 2 2 2 1 2cos 3 4cos 2cos2 3 2(e e ) (e e ) j j j j j j j X e X e X e                       Biến đổi Fourier ngược ta có:   1 2 3 2 1x n   Bài 3.13   10 1 1 1 12 2 1 2 n n n X Z Z Z Z               X Z hội tụ trên vòng tròn đơn vị nên tồn tại  jX e    1 1 1 2 j j X e e     Bài 3.14   0 1 1n n x n a a            Vì thế biến đổi Fourier của  x n tồn tại như vậy:     0 0 n j n j n j n n X e a e ae            Vì 1jae a   , nên   1 1 j j X e ae     Phổ mật độ năng lượng là:         2 x      j j j j x S e X e X e X e 231 1 1 1 1    j jae ae hoặc tương đương:  x 2 1 2 2acos +a j x S e      Bài 3.15 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.      0,5 n x n u n 0 5 10 15 20 n  4  x 2 1 , 0,5 1 2acos +a x S a          0,5 n x n u n  0 5 10 15 20 n  4  x 2 1 , 0,5 1 2acos +a x S a      Bài 3.16 Nếu tín hiệu ngõ vào    x n n , theo định nghĩa, đáp ứng cần tìm là đáp ứng xung đơn vị  h n . 232 Do vậy:     0 1 1 L k h n n k L           0 1 1 1 1 1 1 1 L j jk k j L j H e e L e L e                         1 1 2 2 2 2 2 2 1 1 sin 1 1 2 1 sin 2 j L j L jL j j j jL e e H e e L e e L e L                               Bài 3.17 Ta có: 2 1 ( ) os( ). . . 2 j j nx n c e e d             ( 1) ( 3)1( ) ( ) 4 j n j nx n e e d            ( 1) ( 3)1 1 1( ) 4 ( 1) ( 3) j n j nx n e e j n j n                        sin ( 1) sin ( 3)1 1 ( ) 2 ( 1) 2 ( 3) n n x n n n           Vì:       1sin ( 1) sin ( ) 0( 1) ( ) khi n kn n k n k khi n kn n k              Nên:   1 1 ( 1) ( 3) 2 2 x n n n     Bài 3.18 [ (n-1)]   jFT e 3[ (n-3)] jFT e   Áp dụng tính chất tuyến tính với a1 = 1/2; a2 = 1/2   2 2( ) cos( ). 2 j j j j j e e X e e e            Bài 3.19 0 1 [ ( )] 1 j n j n FT u n e e           233 Áp dụng tính chất trễ với n0= 1 1 ( ) 1 j j j X e e e        Bài 3.20   1 j j j b e H e ae                 2 2 2 1 2 cos 1 2 cos1 1 j j j j j b e b e b b H e a bae ae                   Như vậy:   2 1jH e   nếu và chỉ nếu b = -a. Khi 1 2 a  và 1 2 b   và nếu:     1 2 n x n u n              2 1 1 12 2 1 1 11 1 1 2 2 2 j j j j j j j j e e Y e H e X e e e e                            Ta có:       2 1 1 1 n DFT j n a u n ae     Sử dụng các tính chất tuyến tính và trễ của DFT ta có:         1 1 1 1 1 1 2 2 2 n n y n n u n n u n                  Bài 3.21 X( je )=FT [2 )(nun ]= )5.01( 1 je 1 ( 1)( ) [6.2 .2 .u(n-1)]j nY e FT    3 ( ) 1 0.5 j j j e Y e e        Suy ra: ( ) ( ) 3 ( ) j j j j Y e H e e X e       ( ) 3( os sin )jH e c j    ( ) 3 os ( 3sin )jH e c j     Đặc tính biên độ tần số: 2 2( ) (3 os ) ( 3sin )jH e c     ( ) 3jH e   Đặc tính pha tần số 234 3sin ( ) ar [ ] 3cos ctg      ( )   Bài 3.22 H( je )=  2 2 1 jj n nj eee    X( )je = )5,01( 1 je Phổ của đáp ứng: Y(e )().()  jjj eHeX Y( je )= e j )5,01( 1 je + )5,01( 1 je e 2j Bài 3.23 Y( je )=X( je )+ je X( je )+ 2je Y( je ) Suy ra: H( je ) = )( )(   j j eX eY = )1( )1( 2  j j e e     Hàm truyền đạt phức: H( je ) = )sincos1( 1  j Đặc tính biên độ tần số: )( jeH =  22 sin)cos1( 1  Rút gọn: )( jeH = )5,0sin( 1  Đặc tính tần số: Arg[H( je )] = arctg[ )cos1( sin    ] = 2  Vậy hàm truyền đạt phức là: H( je ) = )5,0sin( 5,0  je        0,78(3) 2 3 2 2 3. j p X j j j e Bài 3.24 Ta có:   1 1 0 ( ) ( ) . N jk n L N L N n DFT rect n rect n e        1 1 1 1 0 1 ( ) 1 jk LL jk n L N jk n e DFT rect n e e               ( ) ( ) ( ) N N N N N N jk L jk L jk L L N jk jk jk e e e DFT rect n e e e                ( 1)sin( / ) ( ) . sin( / ) k L N j L N k L N DFT rect n e k N      235 Với N=4 và L=2:   42 4( ) 2cos 4 k jk DFT rect n e    Bài 3.25 °  %  2 5 24 4 10 10 10 2 0 0 10 1 W 1 j k j kn kn j k k k e X k x n ne e               °  4 4 10 10 sin sin 2 2 25 sin sin 10 10 10 j k j k k k k X k e e k k k             °   sin 2 25 sin 10 10 k k A k k k      °  ° X k A k      4 1 10 2 k k Sgn A k           Bài 3.26 Dựa vào biến đổi DFT: °  %  21 0 N j nk N k X k x n e     Ta có:   2 2e kn j kn j kn N e j            ° %   3 0 0 (0) (n) 10 n n X x j     °(1) 3 jX    °(2) 0X  °(3) 3 jX    236 Bài 3.27 0 1 2 3 4 5 6 7 m   ` 1 8 x m m   ` 2 8 0x m 0 1 2 3 4 5 6 7 m   ` 2 8 7x m 0 1 2 3 4 5 6 7 Sau khi tính toán ta thu được kết quả sau: % 3 0 1,75x  % 3 1 2x  % 3 2 2,25x  % 3 3 2,5x  % 3 4 2,5x  % 3 5 2,5x  % 3 6 2,5x  % 3 7 1,5x  Bài 3.28 Sau khi tính toán ta thu được kết quả sau: % 3 0 1x  % 3 1 0x  % 3 2 1x  % 3 4 2x  % 3 5 2x  % 3 3 2x  Bài 3.29 °          4 4 2 /10 4 /10 10 0 0 sin / 2 W sin /10 j kn j knk n n k X k e e k             Các điểm 0 của ° X k :  sin / 2 sink m  có nghĩa là k=2m, với m = 0,1,2,3. Bài 3.30 Do % x n tuần hoàn với chu kỳ N=4: 237 °  %  23 4 0 nk j n X k x n e     Mặt khác nếu biểu diễn % x n theo các hàm mũ phức: %  2 2 4 4 2 2 n n j jA A x n e e      Và sử dụng : %  °  23 4 0 1 nkj n x n X k e N     Sử dụng tính tuần hoàn của các hàm mũ phức,  2 42 4 4 k nnk j j e e     So sánh các công thức ta được: °  ° 0 2 0X X  , ° 1 2AX  , ° 3 2AX  Bài 3.31 Nếu ta xem % x n là chuỗi tuần hoàn có chu kỳ 2N, các hệ số DFS là: °   %  22 1 2 2 0 N j nk N n X k x n e      Do %  % x n x n N  nên ta có: °   %    %  2 21 2 2 2 0 21 2 0 1 N j nk j n N k N N n N j nk j kN n X k x n e e x n e e                          Lưu ý thành phần trong ngoặc vuông bằng 2 khi k chẵn và bằng 0 khi k lẻ. Khi k chẵn: °   %    ° 21 /2 2 0 2 2 2 N j n k N n k X k x n e X             Vậy: °   ° 2 2 0,2,...2 N 2 2 0 1,3,...2 N 1 k X k X k k              Bài 3.32 N 1 n kn N n 0 a .W 0 k N 1 X(k) = 0 k cßn l¹i             N k N 1 Nk n N k n 0 N 1 aW X(k)= (a.W ) = 1 aW      kNW 1 k  238 Vậy: N k N 1 a X(k) = 1 aW   Bài 3.33 n 1 -1 1 2 0 3 4 n 1 -1 1 2 0 3 4 x(n) 4 x(n 3) Trước hết ta tìm 4 4 X (k) DFT[x(n) ]= sau đó áp dụng tính chất trễ để tìm 1 4 4 X (k) DFT[x(n 3) ]= - : 4 4 3 0.n 4 4 4 n 0 3 1.n 1 2 3 4 4 4 4 4 4 n 0 3 2.n 2 4 6 4 4 4 4 4 4 n 0 3 3.n 3 6 9 4 4 4 4 4 4 n 0 X (k) DFT[x(n) ] 3 1 1 5 X (0) x(n) W 1 4 2 4 2 3 1 1 1 1 X (1) x(n) W 1 W W W j 4 2 4 2 2 3 1 1 1 X (2) x(n) W 1 W W W 4 2 4 2 3 1 1 1 1 X (3) x(n) W 1 W W W j 4 2 4 2 2 = = = = = = = + + + = = = + + + = - = = + + + = = = + + + = + å å å å Áp dụng tính chất trễ ta có: 3k 4 4 4 2 j 3k 4 4 3k 4 k 4 DFT[x(n 3) ]=W X (k) e X (k) ( j) X (k) ( j) X (k) p - - = = - = Vậy: 1 4 5 X (0) 2 = 239 1 4 1 1 1 1 X (1) j( j ) j 2 2 2 2 = - = + 2 1 4 3 1 4 1 1 X (2) j 2 2 1 1 1 1 X (3) j ( j ) j 2 2 2 2 = = - = + = - Bài 3.34 3 3 4 1 4 2 4 1 4 2 4 m 0 x (n) x (n) (*)x (n) x (m) x (n m) = = = -å 3 3 4 1 4 2 4 m 0 3 3 4 1 4 2 4 m 0 3 3 4 1 4 2 4 m 0 3 3 4 1 4 2 4 m 0 1 x (0) x (m) x (0 4) 4 x (1) x (m) x (1 4) 1 3 x (2) x (m) x (2 4) 4 1 x (3) x (m) x (3 4) 2 = = = = = - = = - = = - = = - = å å å å n 1 -1 1 2 0 3 4 3 4 x (n) Bài 3.35          N 1 kn 1 N 2 N N n 0 N k=0 X ( k ) X ( k ) W 0 k 0 Áp dụng tích chất của tích chập vòng ta có:      2 3 N 1 N 2 N N k=0 X ( k ) X ( k ) .X ( k ) 0 k 0 N 1 kn 3 N 3 N N k 0 0 3 N N 1 x (n) X (k) W N 1 X (0) W 0 n N-1 n 0 n cßn l¹i            Vậy: 3 N N 0 n N-1 x (n) 0 n cßn l¹i      240 Bài 3.36 Theo định nghĩa tích chập vòng ta có: 1 1 2 0 ( ) ( ) . ( ) N N N N m y n x m x n m     Từ đó suy ra:    7 3 8 1 8 2 8 m 0 x ( n ) x ( m ) .x ( m )     7 3 8 1 8 2 8 m 0 x (0 ) x ( m ) .x ( m ) 1     7 3 8 1 8 2 8 m 0 x (1) x ( m ) .x (1 m ) 2     7 3 8 1 8 2 8 m 0 x ( 2 ) x ( m ) .x ( 2 m ) 3     7 3 8 1 8 2 8 m 0 x ( 3 ) x ( m ) .x ( 3 m ) 4     7 3 8 1 8 2 8 m 0 x ( 4 ) x ( m ) .x ( 4 m ) 3     7 3 8 1 8 2 8 m 0 x ( 5 ) x ( m ) .x ( 5 m ) 2     7 3 8 1 8 2 8 m 0 x (6 ) x ( m ) .x (6 m ) 1     7 3 8 1 8 2 8 m 0 x (7 ) x ( m ) .x (7 m ) 0 Vậy : ( ) { }3 8x n 1,2,3,4,3,2,1,0 ¯ = n 1 -1 1 2 3 0 4 2 3 4 5 6 3 2 1 7 3 8 x (n) Bài 3.37 Giải bằng phương pháp đồ thị như sau: 241 n -1 1 2 3 0 4 5 6 ( )x n x(n)4 n -1 1 2 3 0 4 5 6 ~ x(n-2)4 n -1 1 2 3 0 4 5 6 ~ x(n-2)4 n -1 1 2 3 0 4 5 6 x(n+2)4 n -1 1 2 3 0 4 5 6 ~ x(n+2)4 n -1 1 2 3 0 4 5 6 Bài 3.38 Theo định nghĩa ta có: 3 kn 8 4 8 8 n 0 X (k) DFT[x(n) ]= x(n) W = = å Suy ra : 242 3 0.n 8 8 8 n 0 3 1.n 1 2 3 8 8 8 8 8 8 n 0 3 2.n 2 4 6 8 8 8 8 8 8 n 0 3 3.n 3 6 9 8 8 8 8 8 8 n 0 3 1 1 5 X (0) x(n) W 1 4 2 4 2 3 1 1 2 1 2 X (1) x(n) W 1 W W W 1 j 4 2 4 4 2 2 3 1 1 1 1 X (2) x(n) W 1 W W W j 4 2 4 2 2 3 1 1 2 1 2 X (3) x(n) W 1 W W W 1 4 2 4 4 2 = = = = = = + + + = æ ö÷ç ÷= = + + + = + + +ç ÷ç ÷çè ø = = + + + = + = = + + + = - + - + å å å å 3 4.n 4 8 12 8 8 8 8 8 8 n 0 3 5.n 5 10 15 8 8 8 8 8 8 n 0 3 6.n 6 12 18 8 8 8 8 8 8 n 0 3 7. 8 8 8 n 0 j 2 3 1 1 1 3 X (4) x(n) W 1 W W W j 4 2 4 2 4 3 1 1 2 1 2 X (5) x(n) W 1 W W W 1 j 4 2 4 4 2 2 3 1 1 1 1 X (6) x(n) W 1 W W W j 4 2 4 2 2 X (7) x(n) W = = = = æ ö÷ç ÷ç ÷ç ÷çè ø = = + + + = + æ ö÷ç ÷= = + + + = - + -ç ÷ç ÷çè ø = = + + + = - = å å å å n 7 14 218 8 8 3 1 1 2 1 2 1 W W W 1 j 4 2 4 4 2 2 æ ö÷ç ÷= + + + = + - +ç ÷ç ÷çè ø Đáp án chƣơng 4 Bài 4.1   1 2 1 1 ( ) ( ) 2 2 1 1 ( ) 2 2 1 ( ) 2 c c c c N j j j n j n N N j n j n h n H e e d e e d e e j                               2 1 sin 1 2 2 ( ) 2 c j N n N j n             1 sin 2 1 2 c c c N n N n                    Vẽ  h n với 3   c và N = 7:     1 sin sin 3 2 1 3 ( ) 1 3 3 32 c c c N n n h n N nn                           243 1 (3) 3 h  3 (2) (4) 2 3 (1) (5) 4 (0) (6) 0 3 ( 1) (7) 8 h h h h h h h h              r-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 n )(nh 3 1  3 4 3 8 3  Bài 4.2   1 1 2 2 1 ( ) 2 1 1 2 2 c c j j n N N j j j n j n h n H e e d e e d e e d                               1 1 ( ) ( ) 2 2 1 1 2 2 c c N N j n j n e d e d                   1 1 sin sin 2 2 1 1 2 2 c c c N N n n N N n n                                             1 sin 21 ( ) 12 2 c c c N n N n N n                       244 Vẽ  h n với 3   c và N = 7     sin 3 1 3 ( ) ( 3) 3 3 3 n h n n n             1 2 (3) 1 3 3 3 (2) (4) 2 3 (1) (5) 4 (0) (6) 0 3 ( 1) (7) 8 h h h h h h h h h                  n-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 )(nh 3 2 8 3 2 3  4 3  Bài 4.3   1 ( ) 2 j j nh n H e e d          2 1 2 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 2 2 1 1 sin sin 2 2 1 1 2 2 c c c c N N j j j n j n c c c c c c e e d e e d N N n n N N n n                                                                     Vậy bộ lọc thông dải chính là hiệu của hai bộ lọc thông thấp. 245 Vẽ  h n với 3 , 2 12      cc và N = 7         sin 3 sin 3 1 12 3 ( ) 2 3 3 3 2 3 1 1 1 (3) 2 3 6 1 3 (2) (4) 2 3 (1) (5) 4 1 (0) (6) 3 3 ( 1) (7) 8 n n h n n n h h h h h h h h h                                          -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 n )(nh 6 1 3 1   2 31   2 31  4 3  8 3 8 3 Bài 4.4     2 1 2 1 1 1 1 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 ( ) 2 1 1 1 2 2 2 1 1 sin sin 1 2 2 ( ) [ ] 1 12 2 2 c c c c j j n N N N j j j j n j n j n c c c c c c h n H e e d e e d e e d e e d N N n n N n N N n n                                                                                           246         sin 3 sin 3 1 12 3 ( ) ( 3) [ ] 2 3 3 3 2 3 1 1 5 (3) 1 ( ) 2 3 6 1 3 (2) (4) 2 3 (1) (5) 4 1 (0) (6) 3 3 ( 1) (7) 8 n n h n n n n h h h h h h h h h                                              n-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 )(nh 6 5 3 1  2 31  4 3 8 3  Bài 4.5 Vì 0 và N lẻ nên đây là bộ lọc số FIR pha tuyến tính loại 1 Ta có : 2 2 15 2 1      N  Ta có: h(n) = h(5-1-n) = h(4-n) Vậy : h(4) = h(0) = -1; h(3) = h(1) = 1; h(2) = 2 Vẽ đáp ứng xung: n )(nh 1 0 1 2 3 4 2 -1 247 Bài 4.6 Vì 0 và N chẵn nên đây là bộ lọc FIR pha tuyến tính loại 2. Ta có : 5,1 2 14 2 1      N  Ta có: h(n) = h(4-1-n) = h(3-n) Vậy: h(3) = h(0) = -1 h(2) = h(1) = 1 Vẽ đáp ứng xung: n )(nh 1 0 1 2 3 -1 Bài 4.7 Vì 0 và N lẻ nên đây là bộ lọc FIR pha tuyến tính loại 3 Ta có : 3 2 17 2 1      N  Ta có: h(n) = -h(7-1-n) = -h(6-n) Vậy : h(6) = -h(0) = 1 h(5) = -h(1) = 0,5 h(4) = -h(2) = 1,5 h(3) = 0 Vẽ đáp ứng xung: )(nh 0,5 0 1 2 3 5 1,5 -1,0 64 -0,5 -1,5 1,0 n Bài 4.8 Vì 0 và N chẵn nên đây là bộ lọc FIR pha tuyến tính loại 4 Ta có : 5,1 2 14 2 1      N  Ta có: h(n) = -h(4-1-n) = -h(3-n) Vậy : h(3) = -h(0) = 1 248 h(2) = -h(1) = -1 Vẽ đáp ứng xung: )(nh n 1 0 1 2 3 -1 Bài 4.9 Đáp ứng pha :  2)(2 2 15 2 1      N Đáp ứng biên độ tần số :    2 0 )cos()()( n j nnaeH  1 (0) (2) 2 2 N a h h         2)1(21 2 1 2)1(          h N ha 2)0(2)22(2)2(  hha Vậy: )2cos(2)cos(22)(  jeH Bài 4.10 )(nh n 1 0 1 2 3 -1 Đáp ứng pha :  5,1)(5,1 2 14 2 1      N Đáp ứng biên độ tần số :                2 1 2 1 cos)()( n j nnbeH  2)1(2)12(21 2 2)1(        hh N hb 2)0(2)22(2)2(  hhb Vậy: )5,1cos(2)5,0cos(2)(  jeH 249 Bài 4.11 Đáp ứng pha :              1 7 1 1,5 ( ) 3 2 2 2 N Đáp ứng biên độ tần số :       2 1 ( ) ( ).sin( . )j n H e c n (1) 2. ( 1) 2. (3 1) 2. (2) 2.1,5 3c h h h       (2) 2. (1) 2.0,5 1c h     (3) 2. (0) 2.1 2c h     Vậy: jH(e ) 3.sin( ) sin(2 ) 2.sin(3 )      Bài 4.12 Đáp ứng pha : 1 4 1 1,5 ( ) 1,5 2 2 2 N              Đáp ứng biên độ tần số : 2 1 1 ( ) ( ).sin .( ) 2 j n H e d n n                (1) 2. ( 1) 2. (1) 2 ; 2 N d h h    (2) 2. (2 2) 2. (0) 2d h h Vậy: ( ) 2sin(0,5 ) 2sin(1,5 )jH e      Bài 4.13 Ta có phổ của hàm cửa sổ chữ nhật: 1 0 1 2 ( ) [ ( ) ] = ( ) sin 1 2 = 1 sin 2                         j R N R N N j n j n R N n n Nj N j j w e FT w n w n e e N e e e Từ đó ta vẽ được đồ thị hàm biên độ tần số như sau :  0 ( )j R N w e 2 N 4 N 6 N 2 N 250 Bài 4.14 Ta có: 1 1 2 2 1 1 2 2 2 ( ) ( )* ( 1) 1 2 = ( ) * ( 1) 1          T N N N T N T N w n rect n rect n N w n w n N Từ đó suy ra phổ của hàm cửa sổ tam giác: 1 1 2 2 2 ( ) ( ) . ( ) 1        j j j j T N R N R N w e w e e w e N Mà: 1 1 2 2 1 2 1 2sin 2( ) sin 2           N j j R N N w e e Vậy: N 1 N 1 1 1 2 2j j j j2 2 T N 2 N 1 j 2 N 1 N 1 2 2sin sin 2 2 2w (e ) .e . .e .e . N 1 sin sin 2 2 N 1 2sin 2 2e N 1 sin 2                                          Bài 4.15 Do chiều dài của ( )H Nw n là N nên ta có thể viết: 2 ( ) (1 ) os ( ) 1           H N R N w n c n w n N Biến đổi tiếp ta được: 2 2 1 1 2 ( ) ( ) (1 ) ( ) os 1 1 1 ( ) (1 ) ( ) (1 ) ( ) 2 2                     H N R N R N j n j n N N R N R N R N w n w n w n c n N w n w n e w n e Lấy biến đổi Fourier 2 vế ta được:     2 2 1 1 1 1 ( ) ( ) (1 ) ( ) (1 ) ( ) 2 2                         j n j n N N H N R N R N R N FT w n FT w n FT w n e FT w n e 2 2 ( ) ( ) 1 1 1 1 ( ) ( ) (1 ) ( ) (1 ) ( ) 2 2                  j j j j N N H N R N R N R N w e w e w e w e 251 Mà : 1 2 sin 2( ) sin 2        N j j R N N w e e Và : 2 1 1 1 ( ) 1 2 2 2 2 1 1 1 ( ) 1 2 2 2 . .                                   N N N j j j jN N N N j j j jN e e e e e e e e Vậy : N 1 j j 2 H N N NN sin sinsin 1 12 N 1 2 N 12w (e ) e 2 2 sin sin sin 2 2 N 1 2 N 1                                                    Cửa sổ Hanning: N 1 j j 2 H N 0,5 N NN sin sin0,5 sin 2 N 1 2 N 12w (e ) e 0,25 0,25 sin sin sin 2 2 N 1 2 N 1                                                    Bài 4.16 Tương tự như bài 4.11: Cửa sổ Hamming: N 1 j j 2 H N 0,54 N NN sin sin0,54 sin 2 N 1 2 N 12w (e ) e 0,23 0,23 sin sin sin 2 2 N 1 2 N 1                                                    Bài 4.17 Tương tự bài 4.12, ta vẽ được hàm biên độ tần số của cửa sổ tam giác như hình sau:  0 ( )j R N w e 2 N 2  N  N 252 Từ đó ta tính được bề rộng đỉnh trung tâm : 4   N Bài 4.18 Tương tự bài 4.13, ta vẽ được hàm biên độ tần số của cửa sổ tam giác như hình sau:  0 ( )j R N w e  S S N Tỷ số giữa biên độ đỉnh thứ cấp thứ nhất trên biên độ đỉnh trung tâm được tính như sau: 0 w( ) 20 lg 13 w( )       sj j e dB e Bài 4.19 Theo đầu bài ta chọn cửa sổ chữ nhật ( )R NW n là cửa sổ nhân quả tâm đối xứng tại 1 2 N  với N=5 Bộ lọc số lý tưởng thông thấp có dạng: sin ( ) c c c n h n n      1 sin ( ) 2( ) 1 ( ) 2 c c c N n h n N n          Với 6 c    và N=5 sin[ ( 2)] 1 6( ) 6 ( 2) 6 n h n n      Nhân cửa sổ 5( )RW n với h(n) lý tưởng ta được: 5( ) ( ) . ( )d Rh n W n h n Kết quả phép nhân thể hiện trên bảng sau: 253 n 0 1 2 3 4 ( )h n 3 4 1 2 1 6 1 2 3 4 ( )RW n 1 1 1 1 1 ( )dh n 3 4 1 2 1 6 1 2 3 4 Vẽ sơ đồ bộ lọc y(n) 1 Z  1 Z  1 Z  1 Z  3 4π x(n) 1 2π 1 6 1 2π 3 4π Bài 4.20 Tương tự bài 4.19, sơ đồ bộ lọc như sau: y(n) 1 Z  1 Z  1 Z  1 Z  3 1 4π  x(n) 1 2π  1 6  1 2π  3 4π  254 Bài 4.21 Tương từ bài 4.20, sơ đồ bộ lọc như sau: y(n) 1 Z  1 Z  1 Z  1 Z  1 10π x(n) 1 3π 3 4π 3 8π 1 2π 1 Z  1 Z  1 Z  1 Z  1 3π 3 4π 3 8π 1 Z  1 6 1 2π 1 Z  1 10π Bài 4.22 Theo đầu bài ta chọn cửa sổ tam giác ( )T NW n là cửa sổ nhân quả tâm đối xứng tại 1 2 N  với N=11 0 n 5 5 ( ) 2 5 n 10 5 0 n [0,10] T N n n W n              255 Bộ lọc số lý tưởng thông thấp có dạng: sin ( ) c c c n h n n      nên để thực hiện bộ lọc thông thấp thực tế ta phải biến đổi thành bộ lọc FIR pha tuyến tính có tâm đối xứng tại 1 2 N  và tần số cắt là 6 c    Vậy: 1 sin ( ) 2( ) 1 ( ) 2 c c c N n h n N n          với 6 c    và N=11  sin[ ( 5)] 1 6( ) 6 ( 5) 6 n h n n      Nhân cửa sổ 11( )TW n với h(n) lý tưởng ta được: 11( ) ( ) . ( )d Th n W n h n Kết quả phép nhân thể hiện trên bảng sau: N 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ( )h n 1 10 3 8 1 3 3 4 1 2 1 6 1 2 3 4 1 3 3 8 1 10 ( )RW n 0 1 5 2 5 3 5 4 5 1 4 5 3 5 2 5 1 5 0 ( )dh n 0 3 40 2 15 3 3 20 2 5 1 6 2 5 3 3 20 2 15 3 40 0 Vậy: 3 2 3 3 2 1 ( ) ( 1) ( 2) ( 3) ( 4) ( 5) 40 15 20 5 6 2 3 3 2 3 ( 6) ( 7) ( 8) ( 9) 5 20 15 40 dh n n n n n n n n n n                                     Ta có: ( ) 5( ) ( ) ( )j j j j jH e A e e A e e       Với 5 0 ( ) ( )cosj n A e a n n    1 (0) (5) 6 a h  4 (1) 2 (4) 5 a h    256 3 3 (2) 2 (3) 10 a h    4 (3) 2 (2) 15 a h    3 (4) 2 (1) 20 a h    (5) 2 (0) 0a h  Vậy: 1 4 3 3 4 3 ( ) cos cos 2 cos3 cos 4 6 5 10 15 20 jA e               ( ) 5    Sơ đồ bộ lọc: y(n) 1 Z  1 Z  1 Z  1 Z  x(n) 2 15π 3 3 20π 3 40π 2 5π 1 Z  1 Z  1 Z  1 Z  1 Z  1 6 2 5π 3 3 20π 2 15π 3 40π Bài 4.23 Tương tự bài 4.22, sơ đồ bộ lọc như sau: 257 y(n) 1Z  1Z  1Z  1Z  1Z  x(n) 3 40  2 15  3 3 20  2 5  5 6 1Z  2 5  1Z  3 3 20  1Z  2 15  1Z  3 40  Bài 4.24 Tương tự bài 4.23, sơ đồ bộ lọc như sau: y(n) 1 Z  1 Z  1 Z  1 Z  x(n) 4 15π 3 3 20π 3 40π 2 5π  1 Z  1 Z  1 Z  1 Z  1 Z  2 3 2 5π  3 3 20π 4 15π 3 40π iv TÀI LIỆU THAM KHẢO [1]. Dương Tử Cường, Xử lý tín hiệu số, NXB quân đội nhân dân, Hà Nội 2003. [2]. Đặng Hoài Bắc, Sách hướng dẫn học tập xử lý tín hiệu số, Học viện công Nghệ Bưu Chính Viễn Thông, Hà Nội 2006. [3]. Nguyễn Quốc Trung. “Xử lý tín hiệu và lọc số”-Tập 1, tập 2 NXB Khoa học và Kỹ thuật. Hà Nội, 2006. [4]. Hồ Anh Tuý, Xử lý tín hiệu số, NXB Khoa học và Kỹ thuật. Hà Nội, 1996 [5]. Hồ Trung Mỹ, Tống Văn On, Lý thuyết và bài tập xử lý tín hiệu số , NXB Minh khai, 15/3/2008. [6]. Quách Tuấn Ngọc, Xử lý tín hiệu số, NXB Giáo dục,1999. [7]. Lã Thế Vinh, Bài giảng môn xử lý tín hiệu số, Trường đại học Bách Khoa Hà Nội, 2010. [8]. Charles S. Williams, Designing Digital Filters, Prentice- Hall International Editions, 1986. [9]. John G. Proakis, Dimitris G. Manolakis, Digital Signal Processing:Principles Algorithms, and Applications, Prentice- Hall International, Inc, 1996.