数字信号处理 期末复习资料

说明

资料来源：本资料依据 2021-数字信号处理课程教学大纲及知识要点.pdf、第一章至第三章课件、4.2.pptx（第四章 FFT）、6.pptx（第六章 数字滤波器）整理。课件未提供第五章内容，故本资料不含第五章。

整理原则：

• 只保留考试会用到的定义、结论、方法、证明和易错点，不复述课件中的举例性文字。
• 课件中有推导或证明的公式、定理，给出精炼但完整的证明过程；仅给结论的公式不擅自补推导。
• 课件未明确标注单位的地方，按国际单位制量纲给出，并以【补充】说明；公式本身均来自课件。
• 为控制篇幅，同一小节内符号含义、单位与适用条件相同的公式，其参数说明在该节首次出现时统一给出，后续同符号公式不再逐条重复。
• 课件未出现、为帮助理解而加入的内容，标注【补充】；课件表述不清或存在笔误、无法确认的地方，标注【待核对】。
• 本版对照课件逐页核对后新增的例题、方法与推导，均以「（另补充）」开头，便于识别本次完善的内容。
• 符号约定：模拟角频率用 $\Omega$（单位 $\mathrm{rad/s}$），数字角频率用 $\omega$（单位 $\mathrm{rad}$），离散时间序号用 $n$（整数，无量纲），采样间隔用 $T$（单位 $\mathrm{s}$）。

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目录

• 第一章 时域离散信号与系统
  • 1.1 数字信号处理基本概念
  • 1.2 序列：定义、典型序列与运算
  • 1.3 LTI 系统与卷积和
  • 1.4 线性常系数差分方程
  • 1.5 模拟信号数字处理与采样定理
  • 1.6 易错点与常考题型
• 第二章 频域分析：FT、DFS 与 ZT
  • 2.1 序列的傅里叶变换（FT）
  • 2.2 模拟信号 FT 与序列 FT 的关系
  • 2.3 周期序列的 DFS 与 FT
  • 2.4 Z 变换的定义与收敛域
  • 2.5 逆 Z 变换
  • 2.6 Z 变换的基本性质
  • 2.7 利用 Z 变换解差分方程
  • 2.8 系统函数、零极点与频率响应
  • 2.9 易错点与常考题型
• 第三章 离散傅里叶变换（DFT）
  • 3.1 DFT 的定义及与 DFS、DTFT、ZT 的关系
  • 3.2 DFT 的基本性质
  • 3.3 DFT 的应用
  • 3.4 易错点与常考题型
• 第四章 快速傅里叶变换（FFT）
  • 4.1 DFT 的运算量与减小运算量的思路
  • 4.2 时域抽取法基 2-FFT（DIT-FFT）
  • 4.3 运算量比较
  • 4.4 易错点与常考题型
• 第六章 数字滤波器（选讲）
  • 6.1 数字滤波器的基本概念与分类
  • 6.2 数字滤波器的技术指标
  • 6.3 模拟滤波器与巴特沃斯低通滤波器
  • 6.4 易错点与常考题型
• 物理量与公式大总结

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第一章 时域离散信号与系统

1.1 数字信号处理基本概念

数字信号处理：采用数值计算的方法完成对信号的处理。

主要优点（课件列举）：

• 信号可靠性高、稳定性好：不易受外界条件变化影响。
• 系统灵活性强：参数存于存储器，改变参数即可改变性能，便于时分复用。
• 系统精度高：增加运算位数即可提高精度。
• 信号处理简便：可实现模拟系统难以实现的功能，如画中画、多画面、图像压缩与特效。

实现方法：软件方法、硬件方法（单片机、DSP 芯片）。

模拟信号数字处理流程：

$$x_a(t)\ \longrightarrow\ \text{预滤波}\ \longrightarrow\ \text{A/D（采样、量化、编码）}\ \longrightarrow\ \text{数字信号处理}\ \longrightarrow\ \text{D/A}\ \longrightarrow\ \text{平滑滤波}\ \longrightarrow\ y_a(t)$$

连续系统与离散系统对比：

项目	连续时间系统	离散时间系统
数学模型	微分方程	差分方程
时域求解	卷积	卷积和
变换域	拉普拉斯变换、傅里叶变换	Z 变换、序列傅里叶变换、DFT

1.2 序列：定义、典型序列与运算

1.2.1 序列的定义

对模拟信号 $x_a(t)$ 以间隔 $T$ 采样，得到

$$x(nT)=x_a(nT),\qquad n=0,\pm1,\pm2,\cdots$$

简记为 $x(n)$。$n$ 为整数序号（无量纲），$T$ 为采样间隔（单位 $\mathrm{s}$）。

三种描述方法：有序集合、表达式、图形。

集合表示法（箭头指向 $n=0$ 处的值）：

$$x(n)=\{\cdots,x(-1),\underset{\uparrow}{x(0)},x(1),x(2),\cdots\}$$

1.2.2 典型序列

单位脉冲序列

$$\delta(n)= \begin{cases} 1, & n=0,\\ 0, & n\neq 0. \end{cases}$$

式中 $n$ 为整数序号（无量纲）。注意 $\delta(n)$ 是序列，不是连续冲激函数 $\delta(t)$；$\delta(t)$ 在 $t=0$ 处幅度为无穷大且面积为 $1$，$\delta(n)$ 在 $n=0$ 处幅度为 $1$。

任意序列的脉冲表示

$$x(n)=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}x(m)\delta(n-m).$$

式中 $x(m)$ 为序列在第 $m$ 个点的样值（单位与 $x$ 相同），$\delta(n-m)$ 为移位单位脉冲。该式对任意序列成立。

（另补充）课件例 1（由图形写表达式）：图中 $x(-1)=1,\ x(0)=2,\ x(1)=1,\ x(2)=-2,\ x(3)=1.5$，其余为零，故

$$x(n)=\delta(n+1)+2\delta(n)+\delta(n-1)-2\delta(n-2)+1.5\delta(n-3).$$

单位阶跃序列

$$u(n)= \begin{cases} 1, & n\geq 0,\\ 0, & n<0. \end{cases}$$

与 $\delta(n)$ 的关系：

$$u(n)=\sum_{k=0}^{\infty}\delta(n-k)=\sum_{m=-\infty}^{n}\delta(m),\qquad \delta(n)=u(n)-u(n-1).$$

矩形序列

$$R_N(n)= \begin{cases} 1, & 0\leq n\leq N-1,\\ 0, & n<0\ \text{或}\ n\geq N, \end{cases} \qquad R_N(n)=u(n)-u(n-N).$$

式中 $N$ 为矩形长度（正整数，无量纲）。

实指数序列

$$x(n)=a^n u(n)= \begin{cases} a^n, & n\geq 0,\\ 0, & n<0. \end{cases}$$

$a$ 为实数。$|a|>1$ 时序列发散；$|a|<1$ 时收敛；$a<0$ 时序列正负交替。

正弦序列

$$x(n)=\sin(\omega_0 n),$$

$\omega_0$ 为数字角频率（单位 $\mathrm{rad}$）。若它由模拟正弦信号 $x_a(t)=\sin(\Omega_0 t)$ 采样得到，则

$$\omega_0=\Omega_0 T,$$

$\Omega_0$ 为模拟角频率（单位 $\mathrm{rad/s}$），$T$ 为采样间隔（单位 $\mathrm{s}$）。$\omega_0$ 表示相邻两个样值之间相位的变化量；$\Omega_0$ 表示单位时间内相位的变化量。

复指数序列

$$x(n)=e^{j\omega_0 n}=\cos(\omega_0 n)+j\sin(\omega_0 n),$$

其模为 $1$，相位为 $\omega_0 n$。更一般地，$x(n)=e^{(\sigma+j\omega_0)n}$。

1.2.3 正弦序列的周期性

周期序列定义：

$$x(n+N)=x(n),$$

$N$ 为序列的周期，必须是正整数（无量纲）。

对正弦序列，

$$\sin[\omega_0(n+N)]=\sin(\omega_0 n) \ \Longrightarrow\ \omega_0 N=2\pi k,$$

因此

$$N=\frac{2\pi}{\omega_0}k,\qquad \frac{N}{k}=\frac{2\pi}{\omega_0}.$$

判别方法：将 $\dfrac{2\pi}{\omega_0}$ 化为最简分数 $\dfrac{N}{k}$。

• 若 $\dfrac{2\pi}{\omega_0}$ 为正整数，则周期 $N=\dfrac{2\pi}{\omega_0}$。
• 若 $\dfrac{2\pi}{\omega_0}$ 为有理数（分数），则周期 $N$ 为最简分数的分子。
• 若 $\dfrac{2\pi}{\omega_0}$ 为无理数，则序列非周期（其包络仍可能周期）。

课件例题：

• $\sin\left(\dfrac{\pi}{8}n\right)$：$\dfrac{2\pi}{\omega_0}=16$，$N=16$。
• $\sin\left(\dfrac{4\pi}{5}n\right)$：$\dfrac{2\pi}{\omega_0}=\dfrac{5}{2}$，$N=5$。
• $\sin\left(\dfrac{1}{5}n\right)$：$\dfrac{2\pi}{\omega_0}=10\pi$ 为无理数，非周期。
• $\sin\left(\dfrac{\pi}{8}n\right)-\sin\left(\dfrac{4\pi}{5}n\right)$：$N=\operatorname{lcm}(16,5)=80$。
• （另补充）$\sin(\pi n)$：$\dfrac{2\pi}{\omega_0}=\dfrac{2\pi}{\pi}=2$，故 $N=2$。
• （另补充）$\sin(3\pi n)$：$\dfrac{2\pi}{\omega_0}=\dfrac{2\pi}{3\pi}=\dfrac{2}{3}$，最简分数分子为 $2$，故 $N=2$。
• （另补充）$\sin(3n)$：$\dfrac{2\pi}{\omega_0}=\dfrac{2}{3}\pi$ 为无理数，序列非周期。

1.2.4 序列的运算

加法和乘法：同一时刻的序列值逐项相加、相乘：

$$z(n)=x(n)+y(n),\qquad z(n)=x(n)\cdot y(n).$$

移位：

$$x(n-n_0).$$

$n_0>0$ 时为延时（右移），$n_0<0$ 时为超前（左移）。$n_0$ 必须为整数（无量纲）；连续信号的移位量 $\tau$ 可为任意实数。

翻转：

$$x(-n),$$

以纵轴为对称轴作镜像。

尺度变换（抽取与零值插入）：

• 抽取：$x(Dn)$ 表示每连续 $D$ 个点取一个点，$D$ 为正整数。
• 零值插入：$x\left[\left(\dfrac{1}{C}\right)n\right]$ 表示在两个相邻样值之间插入 $C-1$ 个零，$C$ 为正整数。

注意：$x(2n)$ 是抽取，$x(n/2)$ 是零值插入，二者不是同一运算。

1.3 LTI 系统与卷积和

1.3.1 线性系统

若

$$x_1(n)\to y_1(n),\qquad x_2(n)\to y_2(n),$$

则对任意常数 $a_1,a_2$，

$$a_1x_1(n)+a_2x_2(n)\to a_1y_1(n)+a_2y_2(n).$$

判别方法：比较“先线性运算再通过系统”与“先通过系统再线性运算”的结果。若二者恒等，则系统线性。

例：$y(n)=2x(n)+3$。

先线性再系统：$2[a_1x_1(n)+a_2x_2(n)]+3$。

先系统再线性：$a_1[2x_1(n)+3]+a_2[2x_2(n)+3]=2[a_1x_1(n)+a_2x_2(n)]+3(a_1+a_2)$。

二者不恒等，故为非线性系统。此例也说明：线性系统必须满足“零输入产生零输出”。

1.3.2 时不变系统

若

$$x(n)\to y(n),$$

则对整数 $N$，

$$x(n-N)\to y(n-N).$$

判别方法：比较“输入先移位再通过系统”与“输出先移位”的结果。若二者恒等，则系统时不变。

例：$y(n)=x(n)\sin\left(\omega_0 n+\dfrac{\pi}{4}\right)$。

系统对输入线性（满足叠加性），但输入移位后输出为 $x(n-N)\sin\left(\omega_0 n+\dfrac{\pi}{4}\right)$，而输出移位为 $x(n-N)\sin\left(\omega_0(n-N)+\dfrac{\pi}{4}\right)$，二者不等，故为线性时变系统。

1.3.3 单位脉冲响应与卷积和

单位脉冲响应 $h(n)$：系统在 $\delta(n)$ 作用下的零状态响应。

由 $x(n)=\sum_{m=-\infty}^{\infty}x(m)\delta(n-m)$ 及 LTI 的线性、时不变性，

$$y(n)=\sum_{m=-\infty}^{\infty}x(m)h(n-m)=x(n)*h(n).$$

$$y(n)=x(n)*h(n)=\sum_{m=-\infty}^{\infty}x(m)h(n-m)$$

式中：$x(n)$ 为输入序列（单位与物理量相同）；$h(n)$ 为单位脉冲响应（单位为输出与输入之比，通常无量纲）；$y(n)$ 为零状态响应（单位同 $x$）；$m$ 为求和变量（整数，无量纲）。适用条件：LTI 系统、零状态。

卷积的代数性质：

$$x(n)*h(n)=h(n)*x(n)\qquad\text{（交换律）}$$

$$x(n)*[h_1(n)+h_2(n)]=x(n)*h_1(n)+x(n)*h_2(n)\qquad\text{（分配律，并联）}$$

$$x(n)*h_1(n)*h_2(n)=x(n)*[h_1(n)*h_2(n)]\qquad\text{（结合律，级联）}$$

典型信号的卷积：

$$x(n)*\delta(n)=x(n),\qquad x(n)*\delta(n-n_0)=x(n-n_0),$$

$$x(n)*u(n)=\sum_{m=-\infty}^{n}x(m).$$

（另补充）卷积和的计算方法（课件 1.3 第 18 页）：

• 解析法——利用 $u(n)$ 确定求和上下限，把卷积和化为等比级数或等差级数求和；
• 图解法——四步：翻转 $h(m)\to h(-m)$、平移得 $h(n-m)$、与 $x(m)$ 逐点相乘、对 $m$ 求和。有限长序列需按 $n$ 的取值范围分段讨论。

（另补充）图解法要点：$h(n-m)$ 是 $h(m)$ 先翻转再右移 $n$；两序列重叠部分才相乘，$n$ 从负到正移动，重叠长度先增后减。

课件例题 1：$x(n)=\left\{\dfrac{n}{2},\ 0\leq n\leq 3\right\}=\{0,0.5,1,1.5\}$，$h(n)=\{3,2,1\}$，则

$$x(n)*h(n)=\left\{0,\ \frac{3}{2},\ 4,\ 7,\ 4,\ \frac{3}{2}\right\}.$$

课件例题 2：$R_4(n)*R_4(n)$。

$$R_4(n)*R_4(n)= \begin{cases} 0, & n<0,\\ n+1, & 0\leq n\leq 3,\\ 7-n, & 3\leq n\leq 6,\\ 0, & n>6, \end{cases} =\{1,2,3,4,3,2,1\}.$$

（另补充）推导（课件 1.3 第 20 页，换元法）：令 $k=n-m$，当 $m$ 从 $0$ 变到 $3$ 时 $k$ 从 $n$ 变到 $n-3$，故

$$R_4(n)*R_4(n)=\sum_{m=0}^{3}R_4(n-m)=\sum_{k=n-3}^{n}R_4(k).$$

因 $R_4(k)=1$ 仅当 $0\leq k\leq3$，按 $n$ 分段：

$$\sum_{k=n-3}^{n}R_4(k)= \begin{cases} 0, & n<0,\\ \displaystyle\sum_{k=0}^{n}1=n+1, & 0\leq n\leq 3,\\ \displaystyle\sum_{k=n-3}^{3}1=7-n, & 3\leq n\leq 6,\\ 0, & n>6. \end{cases}$$

$n=3$ 时两段结果相同（均为 $4$），分段点取在哪一段都不影响结果。

1.3.4 因果性与稳定性

因果性：系统只对已经出现的激励产生响应，不超前响应。

对 LTI 系统，因果的充要条件是

$$h(n)=0,\qquad n<0.$$

判别方法：定义法适用于任意系统；$h(n)=0\ (n<0)$ 只适用于 LTI 系统。

稳定性：有界输入产生有界输出（BIBO 稳定）。

对 LTI 系统，稳定的充要条件是单位脉冲响应绝对可和：

$$\sum_{n=-\infty}^{\infty}\lvert h(n)\rvert<\infty.$$

例：$h(n)=a^n u(n)$，$a$ 为实常数。

• 因果性：$n<0$ 时 $h(n)=0$，故系统因果。
• 稳定性：

$$\sum_{n=-\infty}^{\infty}\lvert h(n)\rvert=\sum_{n=0}^{\infty}\lvert a\rvert^n= \begin{cases} \dfrac{1}{1-\lvert a\rvert}, & \lvert a\rvert<1,\\ \infty, & \lvert a\rvert\geq 1. \end{cases}$$

故 $\lvert a\rvert<1$ 时稳定，$\lvert a\rvert\geq1$ 时不稳定。

1.4 线性常系数差分方程

1.4.1 一般形式

$N$ 阶线性常系数差分方程：

$$\sum_{k=0}^{N}a_k y(n-k)=\sum_{r=0}^{M}b_r x(n-r),$$

通常取 $a_0=1$。式中 $a_k,b_r$ 为常系数（实数）；$N$ 为方程阶数，由响应 $y$ 的最高与最低序号之差决定；$M$ 为激励的最高延迟。

后向差分方程也常写成

$$y(n)-a_1y(n-1)-\cdots-a_Ny(n-N) =b_0x(n)-b_1x(n-1)-\cdots-b_Mx(n-M).$$

特点：左边为响应及其右移位，右边为激励及其右移位；两边首位序号均从 $n$ 开始依次递减。

1.4.2 递推法

由方程解出 $y(n)$：

$$y(n)=\sum_{r=0}^{M}b_r x(n-r)-\sum_{k=1}^{N}a_k y(n-k).$$

给定初始条件 $y(-1),\cdots,y(-N)$，可逐次求出 $y(0),y(1),\cdots$。

例：$y(n)=ay(n-1)+x(n)$，$x(n)=\delta(n)$。

• 若 $y(-1)=0$：$y(0)=1,\ y(1)=a,\ y(2)=a^2,\cdots$，故 $y(n)=a^n u(n)$。
• 若 $y(-1)=1$：$y(0)=a+1,\ y(1)=a(a+1),\cdots$，故 $y(n)=(a+1)a^n u(n)$。
• 若限定 $y(n)=0\ (n>0)$，反推得 $y(-1)=-a^{-1},\ y(-2)=-a^{-2},\cdots$，故 $y(n)=-a^n u(-n-1)$。

结论：差分方程本身不能确定系统是否因果，必须由初始条件限制；初始条件不同，响应不同。

特点：递推法便于计算机求解，但一般只给出数值解，不能直接给出闭式解析解。

1.4.3 时域经典法：齐次解 + 特解

齐次解：令右端为零，

$$y(n)+a_1y(n-1)+\cdots+a_Ny(n-N)=0.$$

设 $y_h(n)=C\alpha^n$，代入得特征方程

$$\alpha^N+a_1\alpha^{N-1}+\cdots+a_{N-1}\alpha+a_N=0.$$

特征根为 $\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_N$。

• 无重根：

$$y_h(n)=C_1\alpha_1^n+C_2\alpha_2^n+\cdots+C_N\alpha_N^n.$$

• 有重根（设 $\alpha_1$ 为 $r$ 重根）：

$$y_h(n)=(C_1+C_2n+\cdots+C_r n^{r-1})\alpha_1^n +\sum_{i=r+1}^{N}C_i\alpha_i^n.$$

课件将二重根情形写作 $C_1n\alpha_1^n+C_2\alpha_1^n+\cdots$，与上式等价。

特解：根据激励 $x(n)$ 的形式设特解，代回原方程比较系数。

激励 $x(n)$	特解 $y_p(n)$ 的形式
$C$（常数）	$A$
$n^k$	$A_k n^k+A_{k-1}n^{k-1}+\cdots+A_0$
$e^{an}$	$Ae^{an}$
$\cos(\omega n)$ 或 $\sin(\omega n)$	$A_1\cos(\omega n)+A_2\sin(\omega n)$
$r^n$（$r$ 不是特征根）	$Ar^n$
$r^n$（$r$ 是特征根）	$Anr^n$

【补充】若所设特解与齐次解形式重合，需乘以 $n$（若为 $m$ 重特征根，乘以 $n^m$）修正；例如常数激励且 $1$ 是特征根时，特解应设为 $An$。

全响应：

$$y(n)=y_h(n)+y_p(n).$$

由起始条件 $y(-1),\cdots,y(-N)$ 或初始条件 $y(0),\cdots,y(N-1)$ 确定 $N$ 个待定系数。

例：$y(n)-3y(n-1)+2y(n-2)=x(n)$，$x(n)=3^n u(n)$，$y(-1)=3,\ y(-2)=1$。

特征方程 $\alpha^2-3\alpha+2=0$，根 $\alpha_1=1,\alpha_2=2$，故

$$y_h(n)=C_1+C_2 2^n.$$

设 $y_p(n)=A3^n$，代入得

$$A3^n-3A3^{n-1}+2A3^{n-2}=3^n \ \Longrightarrow\ A\left(1-1+\frac{2}{9}\right)=1 \ \Longrightarrow\ A=\frac{9}{2}.$$

由原方程递推：

$$y(0)=3y(-1)-2y(-2)+1=8,\qquad y(1)=3y(0)-2y(-1)+3=21.$$

代入 $y(n)=C_1+C_2 2^n+\dfrac{9}{2}3^n$：

$$C_1+C_2+\frac{9}{2}=8,\qquad C_1+2C_2+\frac{27}{2}=21,$$

解得 $C_1=-\dfrac{1}{2},\ C_2=4$。故

$$y(n)=\left(-\frac{1}{2}+4\cdot2^n+\frac{9}{2}\cdot3^n\right)u(n).$$

1.4.4 零输入响应 + 零状态响应

零输入响应 $y_{zi}(n)$：令输入为零，仅由起始状态 $y(-1),\cdots,y(-N)$ 产生的响应。其形式为齐次解：

$$y_{zi}(n)=C_{zi1}\alpha_1^n+\cdots+C_{ziN}\alpha_N^n,$$

由 $y(-1),\cdots,y(-N)$ 确定系数。

零状态响应 $y_{zs}(n)$：起始状态为零，仅由输入产生的响应：

$$y_{zs}(n)=x(n)*h(n),$$

其中 $h(n)$ 为激励为 $\delta(n)$ 时的零状态响应。

全响应：

$$y(n)=y_{zi}(n)+y_{zs}(n).$$

例（同上）：$y(n)-3y(n-1)+2y(n-2)=x(n)$，$x(n)=3^n u(n)$，$y(-1)=3,\ y(-2)=1$。

零输入响应：设 $y_{zi}(n)=C_{zi1}+C_{zi2}2^n$，由

$$C_{zi1}+\frac{1}{2}C_{zi2}=3,\qquad C_{zi1}+\frac{1}{4}C_{zi2}=1$$

得 $C_{zi1}=-1,\ C_{zi2}=8$，故

$$y_{zi}(n)=(-1+8\cdot2^n)u(n).$$

单位脉冲响应：设 $h(n)=C_{h1}+C_{h2}2^n$，由 $h(0)=1,\ h(1)=3$ 得 $C_{h1}=-1,\ C_{h2}=2$，故

$$h(n)=(-1+2\cdot2^n)u(n).$$

零状态响应：

$$y_{zs}(n)=x(n)*h(n) =\left(\frac{1}{2}-4\cdot2^n+\frac{9}{2}\cdot3^n\right)u(n).$$

于是

$$y(n)=y_{zi}(n)+y_{zs}(n) =\left(-\frac{1}{2}+4\cdot2^n+\frac{9}{2}\cdot3^n\right)u(n).$$

1.5 模拟信号数字处理与采样定理

1.5.1 理想采样

采样模型：

$$\hat{x}_a(t)=x_a(t)\,p_\delta(t), \qquad p_\delta(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\delta(t-nT).$$

代入得

$$\hat{x}_a(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x_a(nT)\delta(t-nT).$$

式中：$x_a(t)$ 为模拟信号；$T$ 为采样间隔（$\mathrm{s}$）；$p_\delta(t)$ 为周期冲激串；$\hat{x}_a(t)$ 为理想采样信号。适用条件：理想采样（开关闭合时间 $\tau\to0$）。

1.5.2 采样信号的频谱

$p_\delta(t)$ 是周期为 $T$ 的周期信号，其傅里叶级数为

$$p_\delta(t)=\frac{1}{T}\sum_{k=-\infty}^{\infty}e^{jk\Omega_s t}, \qquad \Omega_s=\frac{2\pi}{T}.$$

利用 $\mathrm{FT}\left[e^{j\Omega_0 t}\right]=2\pi\delta(\Omega-\Omega_0)$，得

$$P_\delta(j\Omega)=\frac{2\pi}{T}\sum_{k=-\infty}^{\infty}\delta(\Omega-k\Omega_s) =\Omega_s\sum_{k=-\infty}^{\infty}\delta(\Omega-k\Omega_s).$$

时域相乘对应频域卷积：

$$\hat{X}_a(j\Omega)=\frac{1}{2\pi}X_a(j\Omega)*P_\delta(j\Omega) =\frac{1}{T}\sum_{k=-\infty}^{\infty}X_a\left[j(\Omega-k\Omega_s)\right].$$

$$\hat{X}_a(j\Omega)=\frac{1}{T}\sum_{k=-\infty}^{\infty}X_a\left[j(\Omega-k\Omega_s)\right]$$

式中：$\hat{X}_a(j\Omega)$ 为采样信号频谱；$X_a(j\Omega)$ 为原模拟信号频谱；$T$ 为采样间隔（$\mathrm{s}$）；$\Omega_s=\dfrac{2\pi}{T}$ 为采样角频率（$\mathrm{rad/s}$）；$k$ 为整数。适用条件：理想采样、$x_a(t)$ 的傅里叶变换存在。

物理意义：采样信号的频谱是原模拟信号频谱以 $\Omega_s$ 为周期进行周期延拓，幅度乘以 $\dfrac{1}{T}$。

证明（课件推导）：由 $p_\delta(t)=\dfrac{1}{T}\sum_k e^{jk\Omega_s t}$，有

$$\hat{x}_a(t)=\frac{1}{T}\sum_{k=-\infty}^{\infty}x_a(t)e^{jk\Omega_s t}.$$

两边取傅里叶变换，并用频移性质：

$$\hat{X}_a(j\Omega)=\frac{1}{T}\sum_{k=-\infty}^{\infty}X_a\left[j(\Omega-k\Omega_s)\right].$$

（另补充）课件例 3-10（周期单位冲激序列的傅里叶变换）：设 $f_T(t)=\displaystyle\sum_{n=-\infty}^{\infty}\delta(t-nT_1)$，基频 $\omega_1=\dfrac{2\pi}{T_1}$。因 $\delta(t)\leftrightarrow1$，傅里叶系数为

$$F(n\omega_1)=\frac{1}{T_1}\int_{-T_1/2}^{T_1/2}\delta(t)e^{-jn\omega_1 t}\,dt=\frac{1}{T_1}.$$

周期信号的傅里叶变换为

$$F(\omega)=2\pi\sum_{n=-\infty}^{\infty}F(n\omega_1)\delta(\omega-n\omega_1) =\omega_1\sum_{n=-\infty}^{\infty}\delta(\omega-n\omega_1).$$

结论：周期冲激串的频谱仍是周期冲激串，相邻冲激间隔为 $\omega_1$，每个冲激的强度为 $\omega_1$。式中 $T_1$ 为冲激周期（$\mathrm{s}$），$\omega_1=2\pi/T_1$ 为基频（$\mathrm{rad/s}$）。

1.5.3 采样定理

设 $x_a(t)$ 为带限信号，最高角频率为 $\Omega_c$（最高频率为 $f_c$）。为避免基带频谱与延拓频谱混叠，要求

$$\Omega_s-\Omega_c\geq\Omega_c,$$

即

$$\Omega_s\geq2\Omega_c,\qquad f_s\geq2f_c,\qquad T\leq\frac{1}{2f_c}.$$

$$\Omega_s\geq2\Omega_c\quad\Longleftrightarrow\quad f_s\geq2f_c\quad\Longleftrightarrow\quad T\leq\frac{1}{2f_c}$$

式中：$\Omega_s$ 为采样角频率（$\mathrm{rad/s}$）；$\Omega_c$ 为信号最高角频率（$\mathrm{rad/s}$）；$f_s$ 为采样频率（$\mathrm{Hz}$）；$f_c$ 为信号最高频率（$\mathrm{Hz}$）；$T$ 为采样间隔（$\mathrm{s}$）。适用条件：$x_a(t)$ 为带限信号，最高频率不超过 $f_c$。

采样定理内容：

1. 对模拟信号等间隔采样，采样信号的频谱是原信号频谱以 $\Omega_s$ 为周期进行周期延拓。
2. 若 $x_a(t)$ 为带限信号，最高截止频率为 $\Omega_c$，且 $\Omega_s\geq2\Omega_c$，则可用等间隔采样值唯一恢复 $x_a(t)$。

奈奎斯特频率与奈奎斯特间隔：

$$f_{s\min}=2f_c,\qquad T_{s\max}=\frac{1}{2f_c}.$$

（另补充）课件把 $T_s\leq\dfrac{1}{2f_c}$ 中的最小采样间隔 $T_{s\min}=\dfrac{1}{2f_c}$ 称为奈奎斯特间隔（课件第 21 页），与上式 $T_{s\max}$ 指同一数值；考试按课件写法作答。

采样的本质：时域离散化，频域周期化。

混叠：$\Omega_s<2\Omega_c$ 时，延拓频谱发生重叠，无法由采样信号无失真恢复原信号；$\Omega_s=2\Omega_c$ 为临界情况。

1.5.4 信号恢复

采样信号通过理想低通滤波器 $G(j\Omega)$：

$$G(j\Omega)= \begin{cases} T, & \lvert\Omega\rvert<\dfrac{\Omega_s}{2},\\ 0, & \lvert\Omega\rvert\geq\dfrac{\Omega_s}{2}. \end{cases}$$

当 $\Omega_s\geq2\Omega_c$ 时，$y_a(t)=x_a(t)$；当 $\Omega_s<2\Omega_c$ 时，$y_a(t)\neq x_a(t)$。

低通滤波器的单位冲激响应：

$$g(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\Omega_s/2}^{\Omega_s/2}T e^{j\Omega t}\,d\Omega =\frac{\sin(\Omega_s t/2)}{\Omega_s t/2} =\frac{\sin(\pi t/T)}{\pi t/T} =\mathrm{Sa}\left(\frac{\pi t}{T}\right).$$

证明：直接计算积分：

$$g(t)=\frac{T}{2\pi}\cdot\frac{e^{j\Omega t}}{jt}\Big|_{-\Omega_s/2}^{\Omega_s/2} =\frac{T}{2\pi jt}\left(e^{j\Omega_s t/2}-e^{-j\Omega_s t/2}\right) =\frac{T}{\pi t}\sin\left(\frac{\Omega_s t}{2}\right).$$

又 $\Omega_s T=2\pi$，故 $\dfrac{T}{\pi t}\sin\left(\dfrac{\Omega_s t}{2}\right)=\dfrac{\sin(\pi t/T)}{\pi t/T}$。

恢复信号：

$$y_a(t)=\hat{x}_a(t)*g(t) =\sum_{n=-\infty}^{\infty}x_a(nT)\,g(t-nT) =\sum_{n=-\infty}^{\infty}x_a(nT)\,\mathrm{Sa}\left[\frac{\pi(t-nT)}{T}\right].$$

证明：

$$y_a(t)=\int_{-\infty}^{\infty}\hat{x}_a(\tau)g(t-\tau)d\tau =\int_{-\infty}^{\infty}\sum_{n=-\infty}^{\infty}x_a(nT)\delta(\tau-nT)g(t-\tau)d\tau =\sum_{n=-\infty}^{\infty}x_a(nT)g(t-nT).$$

工程应用：实际信号通常不是严格带限信号；采样前加抗混叠低通滤波器，D/A 后加平滑低通滤波器；由此产生混叠误差与截断误差。

1.6 易错点与常考题型

易错点

1. $\delta(n)$ 与 $\delta(t)$ 混淆：前者是幅度为 $1$ 的序列，后者是面积为 $1$ 的冲激函数；$\delta(n)$ 不能写成 $\delta(t)$ 的采样。
2. 正弦序列周期判别：必须把 $\dfrac{2\pi}{\omega_0}$ 化为最简分数；$\dfrac{2\pi}{\omega_0}$ 为整数只是有理数的特例。无理数时序列非周期。
3. $x(2n)$ 是抽取，$x(n/2)$ 是零值插入，二者方向相反。
4. 线性判别时漏掉“零输入产生零输出”；$y(n)=2x(n)+3$ 是非线性系统。
5. 时不变判别时，把 $\sin(\omega_0 n)$ 当成常数；$y(n)=x(n)\sin(\omega_0 n)$ 是线性时变系统。
6. 因果性条件 $h(n)=0\ (n<0)$ 只适用于 LTI 系统；非 LTI 系统只能用定义判断。
7. 差分方程本身不能确定因果性，必须结合初始条件；同一方程、不同初始条件可得到因果或非因果解。
8. 采样定理中 $\Omega_s\geq2\Omega_c$ 的 $\Omega_c$ 是信号最高角频率，不是采样角频率；$\Omega_s=\dfrac{2\pi}{T}$。
9. 采样信号频谱幅度为 $\dfrac{1}{T}$，不是 $1$；周期延拓的周期是 $\Omega_s$，不是 $\Omega_c$。
10. 恢复滤波器的截止频率是 $\dfrac{\Omega_s}{2}$，增益是 $T$；不是截止频率 $\Omega_c$、增益 $1$。

常考题型

• 判断序列周期性并求最小周期（如 $\sin\left(\dfrac{\pi}{8}n\right)$、$\sin\left(\dfrac{4\pi}{5}n\right)$）。
• 画/写序列波形与表达式，用 $\delta(n)$ 表示任意序列。
• 判断系统线性、时不变、因果、稳定，并说明理由。
• 计算两个有限长序列的卷积和（图解法、解析法、列表法）。
• 用递推法、经典法、零输入+零状态法解差分方程。
• 采样定理计算：给定 $f_c$ 求 $f_{s\min}$、$T_{\max}$；或给定 $f_s$ 判断是否混叠。
• 推导采样信号频谱、恢复滤波器冲激响应与重建公式。

第二章 频域分析：FT、DFS 与 ZT

2.1 序列的傅里叶变换（FT）

2.1.1 定义

序列 $x(n)$ 的傅里叶变换（DTFT）定义为

$$X(e^{j\omega})=\mathrm{FT}[x(n)]=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x(n)e^{-j\omega n}$$

式中：$x(n)$ 为离散时间序列（单位随物理量而定）；$\omega$ 为数字角频率（$\mathrm{rad}$）；$X(e^{j\omega})$ 为序列的频谱，是 $\omega$ 的连续函数、以 $2\pi$ 为周期的复函数。适用条件：序列满足绝对可和 $\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\lvert x(n)\rvert<\infty$（充分条件）。

若 $x(n)$ 由模拟信号以 $T$ 采样得到，则 $\omega=\Omega T$，$\Omega$ 为模拟角频率（$\mathrm{rad/s}$），$T$ 为采样间隔（$\mathrm{s}$）。

逆变换：

$$x(n)=\mathrm{IFT}[X(e^{j\omega})]=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}X(e^{j\omega})e^{j\omega n}\,d\omega$$

式中：积分区间长度为 $2\pi$，也可取任意长度为 $2\pi$ 的区间；$n$ 为整数序号。适用条件：$X(e^{j\omega})$ 在 $[-\pi,\pi]$ 上可积。

证明（课件）：两边乘 $e^{j\omega m}$ 并在 $[-\pi,\pi]$ 上积分：

$$\int_{-\pi}^{\pi}X(e^{j\omega})e^{j\omega m}d\omega =\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x(n)\int_{-\pi}^{\pi}e^{j\omega(m-n)}d\omega.$$

由

$$\int_{-\pi}^{\pi}e^{j\omega(m-n)}d\omega= \begin{cases} 2\pi, & m=n,\\ 0, & m\neq n, \end{cases}$$

得

$$\int_{-\pi}^{\pi}X(e^{j\omega})e^{j\omega m}d\omega=2\pi x(m),$$

即逆变换式成立。

物理意义：正变换是把 $x(n)$ 分解为频率为 $\omega$ 的复指数序列 $e^{j\omega n}$ 的连续叠加，$\dfrac{1}{2\pi}X(e^{j\omega})d\omega$ 为对应频率分量的复振幅密度；逆变换是这些分量的合成。

2.1.2 典型序列的 FT

$$\mathrm{FT}[\delta(n)]=1,$$

$$\mathrm{FT}[\delta(n-n_0)]=e^{-j\omega n_0},$$

$$\mathrm{FT}[1]=2\pi\sum_{k=-\infty}^{\infty}\delta(\omega-2\pi k),$$

$$\mathrm{FT}[e^{j\omega_0 n}]=2\pi\sum_{r=-\infty}^{\infty}\delta(\omega-\omega_0-2\pi r),$$

$$\mathrm{FT}[a^n u(n)]=\frac{1}{1-ae^{-j\omega}},\qquad \lvert a\rvert<1,$$

$$\mathrm{FT}[u(n)]=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\sum_{k=-\infty}^{\infty}\delta(\omega-2\pi k).$$

矩形序列：

$$X(e^{j\omega})=\sum_{n=0}^{N-1}e^{-j\omega n} =\frac{1-e^{-j\omega N}}{1-e^{-j\omega}} =e^{-j\frac{\omega(N-1)}{2}}\frac{\sin\left(\dfrac{N\omega}{2}\right)}{\sin\left(\dfrac{\omega}{2}\right)}.$$

证明：等比数列求和后，分子分母各提取半角相位：

$$\frac{1-e^{-j\omega N}}{1-e^{-j\omega}} =\frac{e^{-j\omega N/2}\left(e^{j\omega N/2}-e^{-j\omega N/2}\right)} {e^{-j\omega/2}\left(e^{j\omega/2}-e^{-j\omega/2}\right)} =e^{-j\omega(N-1)/2}\frac{\sin(N\omega/2)}{\sin(\omega/2)}.$$

式中 $N$ 为矩形长度（正整数）；$\omega$ 为数字角频率（$\mathrm{rad}$）。$N=4$ 时 $X(e^{j\omega})=e^{-j3\omega/2}\dfrac{\sin(2\omega)}{\sin(\omega/2)}$。幅度谱在 $\omega=\dfrac{2\pi k}{N}$ 处为零（$k$ 为整数且 $k/N$ 不为整数），相位为线性相位加 $\pi$ 的跳变。

$u(n)$ 的 FT 证明（课件）：令 $x(n)=u(n)-\dfrac{1}{2}$，则

$$x(n)-x(n-1)=\delta(n).$$

两边取 FT：

$$X(e^{j\omega})-X(e^{j\omega})e^{-j\omega}=1 \ \Longrightarrow\ X(e^{j\omega})=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}.$$

又 $\mathrm{FT}\left[\dfrac{1}{2}\right]=\pi\sum_{k=-\infty}^{\infty}\delta(\omega-2\pi k)$，故

$$U(e^{j\omega})=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\sum_{k=-\infty}^{\infty}\delta(\omega-2\pi k).$$

2.1.3 FT 的性质

周期性：

$$X(e^{j(\omega+2\pi M)})=X(e^{j\omega}),\qquad M\ \text{为整数}.$$

证明：

$$X(e^{j(\omega+2\pi M)})=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x(n)e^{-j(\omega+2\pi M)n} =\sum_{n=-\infty}^{\infty}x(n)e^{-j\omega n}e^{-j2\pi Mn} =X(e^{j\omega}),$$

因为 $e^{-j2\pi Mn}=1$。

线性：

$$\mathrm{FT}[a_1x_1(n)+a_2x_2(n)]=a_1X_1(e^{j\omega})+a_2X_2(e^{j\omega}).$$

时移：

$$\mathrm{FT}[x(n-n_0)]=e^{-j\omega n_0}X(e^{j\omega}).$$

时域平移 $n_0$ 个样点，对应频域附加线性相位 $-\omega n_0$。

频移（调制）：

$$\mathrm{FT}[x(n)e^{j\omega_0 n}]=X(e^{j(\omega-\omega_0)}).$$

共轭对称序列与共轭反对称序列：

$$x_e(n)=x_e^*(-n)\qquad\text{（共轭对称）},$$

$$x_o(n)=-x_o^*(-n)\qquad\text{（共轭反对称）}.$$

任意序列可分解为

$$x(n)=x_e(n)+x_o(n),\qquad x_e(n)=\frac{1}{2}[x(n)+x^*(-n)],\qquad x_o(n)=\frac{1}{2}[x(n)-x^*(-n)].$$

FT 的对称性：

$$\mathrm{FT}[x^*(n)]=X^*(e^{-j\omega}),$$

$$\mathrm{FT}[x(-n)]=X(e^{-j\omega}),$$

若 $x(n)$ 为实序列，则

$$X(e^{j\omega})=X^*(e^{-j\omega}),$$

即实序列的频谱幅度为偶函数、相位为奇函数，实部为偶函数、虚部为奇函数。

序列分解与频谱分量的对应：

$$\mathrm{FT}\left[\mathrm{Re}[x(n)]\right]=X_e(e^{j\omega}),\qquad \mathrm{FT}\left[j\,\mathrm{Im}[x(n)]\right]=X_o(e^{j\omega}),$$

$$\mathrm{FT}[x_e(n)]=\mathrm{Re}[X(e^{j\omega})],\qquad \mathrm{FT}[x_o(n)]=j\,\mathrm{Im}[X(e^{j\omega})].$$

其中

$$X_e(e^{j\omega})=\frac{1}{2}[X(e^{j\omega})+X^*(e^{-j\omega})],\qquad X_o(e^{j\omega})=\frac{1}{2}[X(e^{j\omega})-X^*(e^{-j\omega})].$$

时域卷积定理：

$$y(n)=x(n)*h(n)\ \Longleftrightarrow\ Y(e^{j\omega})=X(e^{j\omega})H(e^{j\omega}).$$

证明：

$$Y(e^{j\omega})=\sum_{n}\sum_{m}x(m)h(n-m)e^{-j\omega n} =\sum_{m}x(m)e^{-j\omega m}\sum_{n}h(n-m)e^{-j\omega(n-m)} =X(e^{j\omega})H(e^{j\omega}).$$

频域卷积定理：

$$y(n)=x(n)h(n)\ \Longleftrightarrow\ Y(e^{j\omega})=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}X(e^{j\theta})H(e^{j(\omega-\theta)})d\theta =\frac{1}{2\pi}X(e^{j\omega})*H(e^{j\omega}).$$

帕塞瓦尔定理（能量守恒）：

$$\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\lvert x(n)\rvert^2 =\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\lvert X(e^{j\omega})\rvert^2\,d\omega$$

式中：左端为序列的时域总能量；右端为频谱的能量密度在 $[-\pi,\pi]$ 上的积分除以 $2\pi$。适用条件：$x(n)$ 能量有限。

2.2 模拟信号 FT 与序列 FT 的关系

采样信号

$$\hat{x}_a(t)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x_a(nT)\delta(t-nT), \qquad \hat{X}_a(j\Omega)=\frac{1}{T}\sum_{k=-\infty}^{\infty}X_a\left[j(\Omega-k\Omega_s)\right].$$

由 $\Omega T=\omega$（即 $\Omega=\dfrac{\omega}{T}$，$\Omega_s=\dfrac{2\pi}{T}$）代入上式：

$$X(e^{j\omega}) =\frac{1}{T}\sum_{k=-\infty}^{\infty}X_a\left(j\frac{\omega-2\pi k}{T}\right)$$

式中：$X(e^{j\omega})$ 为序列的频谱；$X_a(j\Omega)$ 为模拟信号频谱；$T$ 为采样间隔（$\mathrm{s}$）；$\omega=\Omega T$ 为数字角频率（$\mathrm{rad}$）；$k$ 为整数。适用条件：理想采样，且 $x_a(t)$ 的 FT 存在。

等价关系：

$$X(e^{j\omega})=\hat{X}_a(j\Omega)\Big|_{\Omega=\omega/T}, \qquad X(e^{j\Omega T})=\hat{X}_a(j\Omega).$$

两条变换路径：

1. $x_a(t)\to\hat{x}_a(t)\to\hat{X}_a(j\Omega)$：采样后频谱幅度乘 $\dfrac{1}{T}$、以 $\Omega_s$ 为周期延拓；再作尺度变换 $\Omega T=\omega$，并以 $2\pi$ 为周期延拓，得 $X(e^{j\omega})$。
2. $x_a(t)\to x(n)$：以 $t=nT$ 采样；再作 DTFT 得 $X(e^{j\omega})$。

结论：序列频谱是模拟信号频谱经幅度缩放（乘 $1/T$）、频率尺度变换（$\Omega T=\omega$）和周期延拓（周期 $2\pi$）后的结果；在 $\lvert\omega\rvert<\pi$ 的主值区间内，形状与 $\hat{X}_a(j\Omega)$ 一致。

2.3 周期序列的 DFS 与 FT

2.3.1 DFS 定义

设 $\tilde{x}(n)=\tilde{x}(n+N)$，$N$ 为最小正周期，基频 $\omega_0=\dfrac{2\pi}{N}$。

$$\tilde{X}(k)=\mathrm{DFS}[\tilde{x}(n)]=\sum_{n=0}^{N-1}\tilde{x}(n)e^{-j\frac{2\pi}{N}kn}$$

$$\tilde{x}(n)=\mathrm{IDFS}[\tilde{X}(k)]=\frac{1}{N}\sum_{k=0}^{N-1}\tilde{X}(k)e^{j\frac{2\pi}{N}kn}$$

式中：$\tilde{x}(n)$ 为周期为 $N$ 的序列；$\tilde{X}(k)$ 为离散傅里叶级数系数，也是周期为 $N$ 的序列；$N$ 为周期（正整数）；$k,n$ 为整数序号。适用条件：$\tilde{x}(n)$ 周期为 $N$。

正交性：

$$\sum_{n=0}^{N-1}e^{j\frac{2\pi}{N}(k-m)n}= \begin{cases} N, & k=m\ (\mathrm{mod}\ N),\\ 0, & k\neq m\ (\mathrm{mod}\ N). \end{cases}$$

证明：令 $q=e^{j\frac{2\pi}{N}(k-m)}$。当 $k\neq m\ (\mathrm{mod}\ N)$ 时 $q\neq1$，由等比数列求和

$$\sum_{n=0}^{N-1}q^n=\frac{1-q^N}{1-q}=0,$$

因为 $q^N=e^{j2\pi(k-m)}=1$。当 $k=m\ (\mathrm{mod}\ N)$ 时 $q=1$，和为 $N$。

DFS 系数推导：两边乘 $e^{-j\frac{2\pi}{N}mn}$ 并对 $n=0,\cdots,N-1$ 求和：

$$\sum_{n=0}^{N-1}\tilde{x}(n)e^{-j\frac{2\pi}{N}mn} =\sum_{k=0}^{N-1}a_k\sum_{n=0}^{N-1}e^{j\frac{2\pi}{N}(k-m)n} =Na_m,$$

故 $a_m=\dfrac{1}{N}\sum_{n=0}^{N-1}\tilde{x}(n)e^{-j\frac{2\pi}{N}mn}$。令 $\tilde{X}(k)=Na_k$ 即得 DFS 正变换。

课件例题：$\tilde{x}(n)$ 为 $R_4(n)$ 以 $N=8$ 周期延拓，

$$\tilde{X}(k)=\sum_{n=0}^{3}e^{-j\frac{\pi}{4}kn} =\frac{1-e^{-j\pi k}}{1-e^{-j\frac{\pi}{4}k}} =e^{-j\frac{3\pi}{8}k}\frac{\sin\left(\dfrac{\pi k}{2}\right)}{\sin\left(\dfrac{\pi k}{8}\right)}.$$

2.3.2 周期序列的 FT

周期序列不满足绝对可和，但其 FT 可用冲激函数表示。

复指数序列：

$$e^{j\omega_0 n}\ \longleftrightarrow\ 2\pi\sum_{r=-\infty}^{\infty}\delta(\omega-\omega_0-2\pi r).$$

证明：代入逆变换，

$$\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}2\pi\sum_{r}\delta(\omega-\omega_0-2\pi r)e^{j\omega n}d\omega =e^{j\omega_0 n},$$

积分区间内只有一个冲激 $\delta(\omega-\omega_0)$ 起作用。

一般周期序列：

$$X(e^{j\omega})=\mathrm{FT}[\tilde{x}(n)] =\frac{2\pi}{N}\sum_{k=-\infty}^{\infty}\tilde{X}(k)\delta\left(\omega-\frac{2\pi}{N}k\right)$$

式中：$\tilde{X}(k)$ 为 $\tilde{x}(n)$ 的 DFS 系数；$N$ 为周期；$\dfrac{2\pi}{N}$ 为相邻谱线间隔（$\mathrm{rad}$）。适用条件：$\tilde{x}(n)$ 周期为 $N$。

证明：将 $\tilde{x}(n)=\dfrac{1}{N}\sum_{k=0}^{N-1}\tilde{X}(k)e^{j\frac{2\pi}{N}kn}$ 代入 FT，并用复指数序列的 FT：

$$\mathrm{FT}[\tilde{x}(n)] =\frac{1}{N}\sum_{k=0}^{N-1}\tilde{X}(k)\cdot 2\pi\sum_{r=-\infty}^{\infty}\delta\left(\omega-\frac{2\pi}{N}k-2\pi r\right) =\frac{2\pi}{N}\sum_{k=-\infty}^{\infty}\tilde{X}(k)\delta\left(\omega-\frac{2\pi}{N}k\right).$$

课件例题 1：$\tilde{x}(n)=R_4(n)$ 以 $N=8$ 周期延拓，

$$X(e^{j\omega})=\frac{\pi}{4}\sum_{k=-\infty}^{\infty} e^{-j\frac{3\pi}{8}k}\frac{\sin\left(\dfrac{\pi k}{2}\right)}{\sin\left(\dfrac{\pi k}{8}\right)} \delta\left(\omega-\frac{\pi}{4}k\right).$$

课件例题 2：$\tilde{x}(n)=\cos(\omega_0 n)$，且 $\dfrac{2\pi}{\omega_0}$ 为有理数，

$$X(e^{j\omega})=\pi\sum_{r=-\infty}^{\infty}\delta(\omega-\omega_0-2\pi r) +\pi\sum_{r=-\infty}^{\infty}\delta(\omega+\omega_0-2\pi r).$$

2.4 Z 变换的定义与收敛域

2.4.1 定义

双边 Z 变换：

$$X(z)=\mathrm{ZT}[x(n)]=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}x(n)z^{-n}$$

式中：$z$ 为复变量；与拉普拉斯变换的关系为 $z=e^{sT}=e^{(\sigma+j\Omega)T}=e^{\sigma T}e^{j\omega}$，其中 $s=\sigma+j\Omega$ 为复频率（$\mathrm{s^{-1}}$），$T$ 为采样间隔（$\mathrm{s}$），$\omega=\Omega T$ 为数字角频率（$\mathrm{rad}$）；$X(z)$ 为复变函数。适用条件：级数在某个 $z$ 取值范围内收敛。

单边 Z 变换：

$$X(z)=\mathrm{ZT}[x(n)u(n)]=\sum_{n=0}^{\infty}x(n)z^{-n}.$$

与 FT 的关系：单位圆 $z=e^{j\omega}$ 上的 Z 变换即为序列的 FT：

$$X(e^{j\omega})=X(z)\Big|_{z=e^{j\omega}},$$

前提是单位圆在收敛域内。

2.4.2 收敛域

收敛域（ROC）：使级数 $\sum_{n=-\infty}^{\infty}\lvert x(n)z^{-n}\rvert<\infty$ 的所有 $z$ 的集合。

ROC 是环状区域：

$$R_{x-}<\lvert z\rvert<R_{x+},$$

内圆半径 $R_{x-}$ 可能为 $0$，外圆半径 $R_{x+}$ 可能为 $\infty$。

序列类型与 ROC：

序列类型	定义	ROC
有限长序列	$x(n)=0,\ n<n_1,\ n>n_2$	除 $z=0$、$z=\infty$ 外处处收敛；若 $n_1<0<n_2$，则 $0<\lvert z\rvert<\infty$
右边序列	$x(n)=0,\ n<n_1$	$\lvert z\rvert>R_{x-}$；因果序列（$n_1=0$）还包括 $z=\infty$
左边序列	$x(n)=0,\ n>n_2$	$\lvert z\rvert<R_{x+}$；反因果序列（$n_2\leq0$）还包括 $z=0$
双边序列	两边均无限	$R_{x-}<\lvert z\rvert<R_{x+}$

要点：

• ROC 内不能含有极点。
• ROC 以极点的模为边界。
• 同一个 $X(z)$ 因 ROC 不同可对应不同序列；已知 $X(z)$ 求 $x(n)$ 时必须同时给出 ROC。

2.4.3 典型 Z 变换对

$x(n)$	$X(z)$	ROC
$\delta(n)$	$1$	整个 $z$ 平面
$\delta(n-1)$	$z^{-1}$	$0<\lvert z\rvert\leq\infty$
$\delta(n+1)$	$z$	$0\leq\lvert z\rvert<\infty$
$u(n)$	$\dfrac{z}{z-1}$	$\lvert z\rvert>1$
$-u(-n-1)$	$\dfrac{z}{z-1}$	$\lvert z\rvert<1$
$a^n u(n)$	$\dfrac{z}{z-a}$	$\lvert z\rvert>\lvert a\rvert$
$-a^n u(-n-1)$	$\dfrac{z}{z-a}$	$\lvert z\rvert<\lvert a\rvert$
$n u(n)$	$\dfrac{z}{(z-1)^2}$	$\lvert z\rvert>1$
$(n+1)a^n u(n)$	$\dfrac{z^2}{(z-a)^2}$	$\lvert z\rvert>\lvert a\rvert$

（另补充）课件例题（2.5.1 第 18–19 页，典型序列的 ZT）：求下列序列的 Z 变换及收敛域。

• $\delta(n)$：

$$\mathrm{ZT}[\delta(n)]=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\delta(n)z^{-n}=1, \qquad \text{ROC：整个 }z\text{ 平面}.$$

• $u(n)$：

$$\mathrm{ZT}[u(n)]=\sum_{n=0}^{\infty}z^{-n} =\frac{1}{1-z^{-1}}=\frac{z}{z-1},\qquad \lvert z\rvert>1.$$

• $-u(-n-1)$：令 $m=-n$，

$$\mathrm{ZT}[-u(-n-1)]=-\sum_{n=-\infty}^{-1}z^{-n} =-\sum_{m=1}^{\infty}z^{m} =-\frac{z}{1-z}=\frac{z}{z-1},\qquad \lvert z\rvert<1.$$

• $a^n u(n)$：

$$\mathrm{ZT}[a^n u(n)]=\sum_{n=0}^{\infty}\left(az^{-1}\right)^n =\frac{1}{1-az^{-1}}=\frac{z}{z-a},\qquad \lvert z\rvert>\lvert a\rvert.$$

• $-a^n u(-n-1)$：令 $m=-n$，

$$\mathrm{ZT}[-a^n u(-n-1)] =-\sum_{n=-\infty}^{-1}a^n z^{-n} =-\sum_{m=1}^{\infty}\left(\frac{z}{a}\right)^m =\frac{z}{z-a},\qquad \lvert z\rvert<\lvert a\rvert.$$

以上 $a$ 为常数（可实可复），ROC 的边界由 $\lvert a\rvert$ 决定；同一代数式 $\dfrac{z}{z-1}$、$\dfrac{z}{z-a}$ 因 ROC 不同分别对应因果与反因果序列。

（另补充）课件例题 1（矩形序列的 ZT 与 ROC）：求 $R_N(n)$ 的 Z 变换及收敛域。

$$X(z)=\sum_{n=0}^{N-1}z^{-n} =\frac{1-z^{-N}}{1-z^{-1}},\qquad 0<\lvert z\rvert\leq\infty.$$

要点：① $z=1$ 既是极点又是零点，为可去奇点；② $\lvert z\rvert=1$ 落在 ROC 内，所以 $R_N(n)$ 的傅里叶变换存在。

（另补充）课件例题 2（双边序列的 Z 变换与收敛域）：$x(n)=a^n u(n)-b^n u(-n-1)$，其中 $b>a>0$。

若只取单边 Z 变换（$n\geq0$），则 $b^n u(-n-1)$ 在 $n\geq0$ 恒为零，只剩因果部分：

$$X(z)=\sum_{n=0}^{\infty}a^n z^{-n} =\frac{1}{1-az^{-1}}=\frac{z}{z-a},\qquad \lvert z\rvert>a.$$

若取双边 Z 变换，则还要计入 $n\leq-1$ 的反因果部分：

$$X(z)=\sum_{n=0}^{\infty}a^n z^{-n}-\sum_{n=-\infty}^{-1}b^n z^{-n} =\frac{z}{z-a}+\frac{z}{z-b},$$

收敛域为两个单边 ROC 的交集：

$$\lvert z\rvert>a\ \text{且}\ \lvert z\rvert<b \quad\Longrightarrow\quad a<\lvert z\rvert<b.$$

推导：第二项令 $m=-n$，得 $-\displaystyle\sum_{m=1}^{\infty}\left(\frac{z}{b}\right)^m=-\frac{z/b}{1-z/b}=\frac{z}{z-b}$，要求 $\left\lvert\dfrac{z}{b}\right\rvert<1$。课件先按 $n\geq0$ 求单边部分得 $\dfrac{z}{z-a}$（$\lvert z\rvert>a$），再补上 $n\leq-1$ 部分得双边结果。

（另补充）课件例题 3（有限长指数序列）：$x(n)=\left(\dfrac13\right)^n[u(n)-u(n-8)]$，求 Z 变换并确定收敛域。

$$X(z)=\sum_{n=0}^{7}\left(\frac13\right)^n z^{-n} =\sum_{n=0}^{7}\left(\frac13 z^{-1}\right)^n =\frac{1-\left(\frac13 z^{-1}\right)^8}{1-\frac13 z^{-1}} =\frac{z^8-\left(\frac13\right)^8}{z^7\left(z-\frac13\right)},\qquad \lvert z\rvert>0.$$

零点：由 $z^8=\left(\dfrac13\right)^8$ 得 $z=\dfrac13 e^{j\frac{2\pi k}{8}},\ k=0,1,\cdots,7$，即半径 $\dfrac13$ 的圆上均匀分布的八个零点。极点：$z=0$ 为七阶极点，$z=\dfrac13$ 为一阶极点。

（待核对）课件把 $z=\dfrac13$ 标为一阶极点，但 $z=\dfrac13$ 同时是零点，属可去奇点（零极点对消）；严格对消后极点只剩 $z=0$（七阶），零点剩七个。考试按课件图示作答即可。

2.5 逆 Z 变换

2.5.1 围线积分定义

$$x(n)=\mathrm{IZT}[X(z)]=\frac{1}{2\pi j}\oint_C X(z)z^{n-1}\,dz$$

式中：$C$ 为收敛域内一条逆时针方向的闭合围线；$j$ 为虚数单位；$n$ 为整数序号。适用条件：$C$ 位于 $X(z)$ 的收敛域内并包围原点。

证明（课件 2.5.3 第 4 页，柯西定理）：在 $X(z)=\displaystyle\sum_{n=-\infty}^{\infty}x(n)z^{-n}$ 两边乘以 $z^{m-1}$，沿 ROC 内包围原点的逆时针闭曲线 $C$ 积分：

$$\oint_C X(z)z^{m-1}dz =\sum_{n=-\infty}^{\infty}x(n)\oint_C z^{m-n-1}dz.$$

由柯西定理

$$\oint_C z^{k-1}dz= \begin{cases} 2\pi j, & k=0,\\ 0, & k\neq0, \end{cases}$$

只有 $n=m$ 的项非零，故

$$x(m)=\frac{1}{2\pi j}\oint_C X(z)z^{m-1}dz,$$

即得逆 Z 变换的围线积分表达式。

2.5.2 部分分式展开法

适用条件：$X(z)$ 为有理分式，且分母可分解为一次因式。

步骤：

1. 若分子阶数不低于分母阶数，先作多项式除法，分离出常数项与真分式。
2. 对 $\dfrac{X(z)}{z}$ 作部分分式展开（不是直接对 $X(z)$ 展开）。
3. 展开式两边乘 $z$，得到 $X(z)$ 的展开式。
4. 按 ROC 逐项查表求逆变换；极点位于 ROC 内侧用右边序列，位于 ROC 外侧用左边序列。

单极点：若

$$\frac{X(z)}{z}=\sum_{k}\frac{A_k}{z-z_k},$$

则

$$A_k=\left.(z-z_k)\frac{X(z)}{z}\right|_{z=z_k}, \qquad X(z)=\sum_k\frac{A_k z}{z-z_k}.$$

• 若 ROC 为 $\lvert z\rvert>\lvert z_k\rvert$：$A_k z_k^n u(n)$。
• 若 ROC 为 $\lvert z\rvert<\lvert z_k\rvert$：$-A_k z_k^n u(-n-1)$。

重极点：若 $z=z_1$ 为 $r$ 重极点，

$$\frac{X(z)}{z}=\sum_{i=1}^{r}\frac{B_i}{(z-z_1)^i}+\sum_{k}\frac{A_k}{z-z_k},$$

$$B_i=\frac{1}{(r-i)!}\left.\frac{d^{r-i}}{dz^{r-i}}\left[(z-z_1)^r\frac{X(z)}{z}\right]\right|_{z=z_1}.$$

例 1：$X(z)=\dfrac{z^2}{z^2-1.5z+0.5}$，$\lvert z\rvert>1$。

$$\frac{X(z)}{z}=\frac{z}{(z-1)(z-0.5)}=\frac{2}{z-1}-\frac{1}{z-0.5},$$

（另补充）系数计算：$A_2=\left.(z-1)\dfrac{X(z)}{z}\right|_{z=1}=2$，$A_1=\left.(z-0.5)\dfrac{X(z)}{z}\right|_{z=0.5}=-1$。

$$X(z)=\frac{2z}{z-1}-\frac{z}{z-0.5}.$$

ROC 为 $\lvert z\rvert>1$，两个极点均在 ROC 内侧，故

$$x(n)=(2-0.5^n)u(n).$$

例 2：$X(z)=\dfrac{-5z}{3z^2-7z+2}$，$\dfrac{1}{3}<\lvert z\rvert<2$。

$$\frac{X(z)}{z}=\frac{-5}{(3z-1)(z-2)} =\frac{1}{z-\frac{1}{3}}-\frac{1}{z-2},$$

$$X(z)=\frac{z}{z-\frac{1}{3}}-\frac{z}{z-2}.$$

极点 $z=\dfrac{1}{3}$ 在 ROC 内侧，对应右边序列；极点 $z=2$ 在 ROC 外侧，对应左边序列：

$$x(n)=\left(\frac{1}{3}\right)^n u(n)+2^n u(-n-1).$$

例 3（重极点）：$X(z)=\dfrac{1}{(z-1)^2}$，$\lvert z\rvert>1$。

$$\frac{X(z)}{z}=\frac{1}{z(z-1)^2}=\frac{1}{z}-\frac{1}{z-1}+\frac{1}{(z-1)^2},$$

（另补充）系数计算（课件 2.5.3 第 19 页）：

$$B_1=\frac{1}{(2-1)!}\left.\frac{d}{dz}\left[(z-1)^2\frac{1}{z(z-1)^2}\right]\right|_{z=1} =\left.\frac{d}{dz}\left(\frac1z\right)\right|_{z=1}=-1,$$

$$B_2=\left.(z-1)^2\frac{1}{z(z-1)^2}\right|_{z=1}=1,\qquad B_3=\left.z\frac{1}{z(z-1)^2}\right|_{z=0}=1.$$

$$X(z)=1-\frac{z}{z-1}+\frac{z}{(z-1)^2}.$$

故

$$x(n)=\delta(n)-u(n)+n u(n)=(n-1)u(n-1).$$

2.5.3 留数定理法

$$x(n)=\frac{1}{2\pi j}\oint_C X(z)z^{n-1}dz =\sum_{k}\mathrm{Res}\left[X(z)z^{n-1},\ z_k\right]$$

式中：$z_k$ 为围线 $C$ 内的极点；$\mathrm{Res}[\cdot,z_k]$ 为被积函数在 $z_k$ 处的留数。适用条件：$C$ 位于 ROC 内。

分区讨论：

• $n\geq0$：$X(z)z^{n-1}$ 在 $C$ 内的极点由 $X(z)$ 的极点构成，$x(n)$ 等于 $C$ 内所有极点留数之和。
• $n\leq-1$：改为沿 $C$ 外（含 $z=\infty$）的极点计算，$x(n)$ 等于 $C$ 外所有极点留数之和的相反数。
• 若 $n=0$ 时 $z^{n-1}=z^{-1}$ 在原点引入新极点，需单独讨论 $n=0$。

留数计算：

• 单极点 $z=a$：

$$\mathrm{Res}\left[X(z)z^{n-1},a\right] =\left.(z-a)X(z)z^{n-1}\right|_{z=a}.$$

• $m$ 重极点 $z=a$：

$$\mathrm{Res}\left[X(z)z^{n-1},a\right] =\frac{1}{(m-1)!}\left.\frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}} \left[(z-a)^mX(z)z^{n-1}\right]\right|_{z=a}.$$

（另补充）例 1（课件：同一 $X(z)$、两种 ROC） 设

$$X(z)=\frac{1}{(z-2)^2}.$$

被积函数为

$$F(z)=X(z)z^{n-1}=\frac{z^{n-1}}{(z-2)^2}.$$

① $\lvert z\rvert>2$（因果序列）。围线 $C$ 内包含二阶极点 $z=2$。

• $n=0$：$F(z)=\dfrac{1}{z(z-2)^2}$，$z=0$ 是 $z^{n-1}=z^{-1}$ 新引入的单极点，必须单独计算：

$$x(0)=\mathrm{Res}_{z=0}+\mathrm{Res}_{z=2} =\frac{1}{(-2)^2}+\left.\frac{d}{dz}\left(\frac{1}{z}\right)\right|_{z=2} =\frac14-\frac14=0.$$

• $n\geq1$：$z=0$ 不再是极点，只需算 $z=2$ 处的留数：

$$x(n)=\mathrm{Res}_{z=2} =\left.\frac{d}{dz}z^{n-1}\right|_{z=2} =(n-1)2^{n-2}.$$

故

$$x(n)=(n-1)2^{n-2}u(n-1).$$

② $\lvert z\rvert<2$（反因果序列）。围线 $C$ 内只有 $z=0$，$z=2$ 在 $C$ 外。

• $n=0$：

$$x(0)=\mathrm{Res}_{z=0}=\frac{1}{(-2)^2}=\frac14.$$

• $n\leq-1$：用 $C$ 外极点 $z=2$ 的留数，取负号：

$$x(n)=-\mathrm{Res}_{z=2} =-(n-1)2^{n-2}.$$

故

$$x(n)=\frac14\delta(n)-(n-1)2^{n-2}u(-n-1).$$

（另补充）例 2（课件：双边序列） 设

$$X(z)=\frac{1}{(z-1)^2(z-2)},\qquad 1<\lvert z\rvert<2.$$

被积函数为

$$F(z)=X(z)z^{n-1} =\frac{z^{n-1}}{(z-1)^2(z-2)}.$$

围线 $C$ 在环带 $1<\lvert z\rvert<2$ 内：$C$ 内有二阶极点 $z=1$，$C$ 外有单极点 $z=2$。

• $n=0$：$F(z)=\dfrac{1}{z(z-1)^2(z-2)}$，原点新增单极点，$C$ 内极点为 $z=0$、$z=1$：

$$\mathrm{Res}_{z=0}=\frac{1}{(-1)^2(-2)}=-\frac12,$$

$$\mathrm{Res}_{z=1} =\left.\frac{d}{dz}\left[\frac{1}{z(z-2)}\right]\right|_{z=1} =\left.-\frac{2(z-1)}{z^2(z-2)^2}\right|_{z=1}=0,$$

故 $x(0)=-\dfrac12$。

• $n\geq1$：$C$ 内只有 $z=1$：

$$x(n)=\mathrm{Res}_{z=1} =\left.\frac{d}{dz}\left[\frac{z^{n-1}}{z-2}\right]\right|_{z=1} =(n-1)(-1)-1=-n.$$

• $n\leq-1$：$C$ 外只有 $z=2$：

$$x(n)=-\mathrm{Res}_{z=2} =-\frac{2^{n-1}}{(2-1)^2}=-2^{n-1}.$$

合并得

$$x(n)=-\frac12\delta(n)-n\,u(n-1)-2^{n-1}u(-n-1).$$

（另补充）例 3（课件例题 4：三种 ROC） 设

$$X(z)=\frac{1-a^2}{(1-az)(1-az^{-1})},\qquad 0<\lvert a\rvert<1.$$

先通分并化为 $z$ 的有理式：

$$X(z)=-\frac{1-a^2}{a}\cdot\frac{z}{\left(z-\dfrac1a\right)(z-a)}.$$

被积函数为

$$F(z)=X(z)z^{n-1} =-\frac{1-a^2}{a}\cdot \frac{z^n}{\left(z-\dfrac1a\right)(z-a)}.$$

极点只有 $z=a$ 与 $z=\dfrac1a$；由于 $0<\lvert a\rvert<1$，有 $\lvert a\rvert<\left\lvert\dfrac1a\right\rvert$。两个极点的留数分别为

$$\mathrm{Res}_{z=a} =-\frac{1-a^2}{a}\cdot \frac{a^n}{a-\dfrac1a} =a^n,$$

$$\mathrm{Res}_{z=1/a} =-\frac{1-a^2}{a}\cdot \frac{a^{-n}}{\dfrac1a-a} =-a^{-n}.$$

① $\lvert z\rvert<\lvert a\rvert$：$C$ 在半径最小的圆内，$C$ 内无极点。$n\geq0$ 时 $x(n)=0$；$n\leq-1$ 时两个极点都在 $C$ 外：

$$x(n)=-\left(\mathrm{Res}_{z=a}+\mathrm{Res}_{z=1/a}\right) =-\left(a^n-a^{-n}\right).$$

故

$$x(n)=-\left(a^n-a^{-n}\right)u(-n-1).$$

② $\lvert a\rvert<\lvert z\rvert<\left\lvert\dfrac1a\right\rvert$：$C$ 夹在两极点之间。$n\geq0$ 时 $C$ 内只有 $z=a$：

$$x(n)=\mathrm{Res}_{z=a}=a^n;$$

$n\leq-1$ 时 $C$ 外只有 $z=\dfrac1a$：

$$x(n)=-\mathrm{Res}_{z=1/a}=a^{-n}.$$

故

$$x(n)=a^{\lvert n\rvert}.$$

③ $\lvert z\rvert>\left\lvert\dfrac1a\right\rvert$：两个极点都在 $C$ 内。$n\geq0$ 时

$$x(n)=\mathrm{Res}_{z=a}+\mathrm{Res}_{z=1/a} =a^n-a^{-n};$$

$n\leq-1$ 时 $C$ 外无极点，$x(n)=0$。故

$$x(n)=\left(a^n-a^{-n}\right)u(n).$$

（另补充）留数法要点与参数说明：

• $n$：整数样点序号，无量纲；$z$：复频率变量，无量纲；$a$：极点位置（可实可复），无量纲，本例要求 $0<\lvert a\rvert<1$。
• $x(n)$ 的单位与 $X(z)$ 的幅度单位一致（若 $x(n)$ 为电压，则单位为 V）。
• 解题顺序：先由 ROC 画出围线 $C$ 的位置，再按 $n\geq0$ 取 $C$ 内极点、$n\leq-1$ 取 $C$ 外极点并加负号；$n=0$ 要单独检查 $z^{-1}$ 是否在原点引入新极点。
• 留数法适用于 $X(z)$ 为有理分式的情形；所得结果应与部分分式法一致，可用部分分式展开验算。

（另补充）课件练习题（2.5.3 第 32 页，留数法）：$X(z)=\dfrac{z}{z^2-4z+3}$，$1<\lvert z\rvert<3$，求 $x(n)$。课件未给答案，以下为按留数法补出的解答。

被积函数

$$F(z)=X(z)z^{n-1} =\frac{z^n}{(z-1)(z-3)}.$$

极点为 $z=1$、$z=3$；围线 $C$ 在 $1<\lvert z\rvert<3$ 内，故 $z=1$ 在 $C$ 内，$z=3$ 在 $C$ 外。

• $n\geq0$：取 $C$ 内极点 $z=1$，

$$x(n)=\mathrm{Res}_{z=1} =\left.\frac{z^n}{z-3}\right|_{z=1} =-\frac12.$$

• $n\leq-1$：取 $C$ 外极点 $z=3$，留数之和取负，

$$x(n)=-\mathrm{Res}_{z=3} =-\left.\frac{z^n}{z-1}\right|_{z=3} =-\frac{3^n}{2}.$$

故

$$x(n)=-\frac12u(n)-\frac12\,3^n u(-n-1).$$

验算：部分分式

$$\frac{X(z)}{z}=\frac{1}{(z-1)(z-3)} =-\frac{1/2}{z-1}+\frac{1/2}{z-3},$$

在 $1<\lvert z\rvert<3$ 下分别对应 $-\dfrac12u(n)$ 与 $-\dfrac12 3^n u(-n-1)$，与留数法结果一致。

2.5.4 幂级数展开法（长除法）

由定义

$$X(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x(n)z^{-n},$$

把 $X(z)$ 展开成 $z^{-1}$（右边序列）或 $z$（左边序列）的幂级数，级数系数即为 $x(n)$。

适用条件：$X(z)$ 为有理分式，且需要的是有限项或便于长除的情形。

例：$X(z)=\dfrac{1}{1-0.5z^{-1}}$，$\lvert z\rvert>0.5$。

$$X(z)=1+0.5z^{-1}+0.5^2z^{-2}+\cdots \ \Longrightarrow\ x(n)=0.5^n u(n).$$

2.6 Z 变换的基本性质

以下设 $x(n)\leftrightarrow X(z)$，ROC 为 $R_{x1}<\lvert z\rvert<R_{x2}$；$y(n)\leftrightarrow Y(z)$，ROC 为 $R_{y1}<\lvert z\rvert<R_{y2}$。

2.6.1 线性

$$ax(n)+by(n)\ \longleftrightarrow\ aX(z)+bY(z),$$

ROC 为两 ROC 的重叠部分：

$$\max(R_{x1},R_{y1})<\lvert z\rvert<\min(R_{x2},R_{y2}).$$

若线性组合中零点与极点相消，ROC 可能扩大。例如 $u(n)$ 与 $-u(n-1)$ 的 ROC 分别为 $\lvert z\rvert>1$ 与 $\lvert z\rvert<1$，但

$$u(n)-u(n-1)=\delta(n)\ \longleftrightarrow\ 1,$$

ROC 扩大为整个 $z$ 平面。

2.6.2 移位特性

双边 Z 变换：

$$x(n-m)\ \longleftrightarrow\ z^{-m}X(z), \qquad x(n+m)\ \longleftrightarrow\ z^{m}X(z).$$

ROC 一般不变，只在 $z=0$ 或 $z=\infty$ 处可能改变。

证明（以右移为例）：

$$\mathrm{ZT}[x(n-m)]=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x(n-m)z^{-n} \overset{k=n-m}{=}\sum_{k=-\infty}^{\infty}x(k)z^{-k}z^{-m} =z^{-m}X(z).$$

单边 Z 变换左移：

$$\mathrm{ZT}[x(n+m)u(n)] =z^{m}\left[X(z)-\sum_{n=0}^{m-1}x(n)z^{-n}\right]$$

式中：$m$ 为正整数移位量；$X(z)$ 为 $x(n)u(n)$ 的单边 Z 变换。适用条件：单边 Z 变换，$m\geq1$。

特例：

$$\mathrm{ZT}[x(n+1)u(n)]=zX(z)-zx(0),$$

$$\mathrm{ZT}[x(n+2)u(n)]=z^2X(z)-z^2x(0)-zx(1).$$

证明：

$$\sum_{n=0}^{\infty}x(n+m)z^{-n} \overset{k=n+m}{=}\sum_{k=m}^{\infty}x(k)z^{-(k-m)} =z^m\left[\sum_{k=0}^{\infty}x(k)z^{-k}-\sum_{k=0}^{m-1}x(k)z^{-k}\right].$$

单边 Z 变换右移：

$$\mathrm{ZT}[x(n-m)u(n)] =z^{-m}\left[X(z)+\sum_{n=-m}^{-1}x(n)z^{-n}\right]$$

式中：$m$ 为正整数移位量；求和项引入 $x(-1),\cdots,x(-m)$ 等起始状态。适用条件：单边 Z 变换，$m\geq1$。

特例：

$$\mathrm{ZT}[x(n-1)u(n)]=z^{-1}X(z)+x(-1),$$

$$\mathrm{ZT}[x(n-2)u(n)]=z^{-2}X(z)+z^{-1}x(-1)+x(-2).$$

证明：

$$\sum_{n=0}^{\infty}x(n-m)z^{-n} \overset{k=n-m}{=}\sum_{k=-m}^{\infty}x(k)z^{-(k+m)} =z^{-m}\left[\sum_{k=0}^{\infty}x(k)z^{-k}+\sum_{k=-m}^{-1}x(k)z^{-k}\right].$$

因果序列的右移：若 $x(n)$ 为因果序列，则 $x(-1)=x(-2)=\cdots=0$，右移公式退化为

$$x(n-m)\ \longleftrightarrow\ z^{-m}X(z),$$

此时无需区分单边与双边 Z 变换。

2.6.3 序列线性加权（Z 域微分）

$$nx(n)\ \longleftrightarrow\ -z\frac{dX(z)}{dz}$$

式中：$n$ 为序号；$z$ 为复变量。适用条件：$X(z)$ 的 ROC 内可逐项求导；ROC 一般不变。

证明：

$$\frac{dX(z)}{dz}=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x(n)(-n)z^{-n-1},$$

两边乘 $-z$：

$$-z\frac{dX(z)}{dz}=\sum_{n=-\infty}^{\infty}nx(n)z^{-n}.$$

推广：

$$n^m x(n)\ \longleftrightarrow\ \left[-z\frac{d}{dz}\right]^mX(z).$$

例：

$$nu(n)\ \longleftrightarrow\ -z\frac{d}{dz}\left(\frac{z}{z-1}\right)=\frac{z}{(z-1)^2}, \qquad \lvert z\rvert>1,$$

$$n^2u(n)\ \longleftrightarrow\ -z\frac{d}{dz}\left[\frac{z}{(z-1)^2}\right]=\frac{z(z+1)}{(z-1)^3}, \qquad \lvert z\rvert>1,$$

$$na^n u(n)\ \longleftrightarrow\ -z\frac{d}{dz}\left(\frac{z}{z-a}\right)=\frac{az}{(z-a)^2}, \qquad \lvert z\rvert>\lvert a\rvert,$$

$$(n+1)a^n u(n)\ \longleftrightarrow\ \frac{az}{(z-a)^2}+\frac{z}{z-a}=\frac{z^2}{(z-a)^2}, \qquad \lvert z\rvert>\lvert a\rvert.$$

2.6.4 序列指数加权（Z 域尺度变换）

$$a^n x(n)\ \longleftrightarrow\ X\left(\frac{z}{a}\right), \qquad \lvert a\rvert R_{x1}<\lvert z\rvert<\lvert a\rvert R_{x2}$$

式中：$a$ 为非零复常数。适用条件：原 ROC 为 $R_{x1}<\lvert z\rvert<R_{x2}$。

证明：

$$\mathrm{ZT}[a^n x(n)]=\sum_{n=-\infty}^{\infty}a^n x(n)z^{-n} =\sum_{n=-\infty}^{\infty}x(n)\left(\frac{z}{a}\right)^{-n} =X\left(\frac{z}{a}\right).$$

收敛条件为 $R_{x1}<\left\lvert\dfrac{z}{a}\right\rvert<R_{x2}$，即 $\lvert a\rvert R_{x1}<\lvert z\rvert<\lvert a\rvert R_{x2}$。

特例：

$$a^{-n}x(n)\ \longleftrightarrow\ X(az), \qquad R_{x1}<\lvert az\rvert<R_{x2},$$

$$(-1)^n x(n)\ \longleftrightarrow\ X(-z),$$

$$(-1)^n u(n)\ \longleftrightarrow\ \frac{z}{z+1},\qquad \lvert z\rvert>1.$$

2.6.5 初值定理

若 $x(n)$ 为因果序列，则

$$x(0)=\lim_{z\to\infty}X(z)$$

式中：$x(0)$ 为序列初值；$X(z)$ 为单边 Z 变换。适用条件：$x(n)$ 为因果序列，且极限存在。

证明：

$$X(z)=x(0)+x(1)z^{-1}+x(2)z^{-2}+\cdots,$$

令 $z\to\infty$，除 $x(0)$ 外各项均趋于 $0$。

推论：

$$x(1)=\lim_{z\to\infty}z\left[X(z)-x(0)\right].$$

例：$X(z)=\dfrac{1}{1-az^{-1}}$，$\lvert z\rvert>\lvert a\rvert$，

$$x(0)=\lim_{z\to\infty}\frac{1}{1-az^{-1}}=1.$$

（另补充）再求 $x(1)$（课件例题 4）：

$$x(1)=\lim_{z\to\infty}z\left[\frac{1}{1-az^{-1}}-1\right] =\lim_{z\to\infty}\frac{az^{-1}z}{1-az^{-1}}=a.$$

2.6.6 终值定理

若 $x(n)$ 为因果序列，且 $n\to\infty$ 时 $x(n)$ 收敛（或为阶跃），则

$$\lim_{n\to\infty}x(n)=\lim_{z\to1}(z-1)X(z)$$

式中：左端为序列终值；右端为 $X(z)$ 在 $z=1$ 处的留数。适用条件：$x(n)$ 因果，且 $X(z)$ 的极点除 $z=1$ 处至多一阶外，其余均在单位圆内；否则终值不存在。

证明：由移位性质，

$$\mathrm{ZT}[x(n+1)-x(n)]=zX(z)-zx(0)-X(z)=(z-1)X(z)-zx(0).$$

令 $z\to1$：

$$\lim_{z\to1}(z-1)X(z)-x(0) =\sum_{n=0}^{\infty}[x(n+1)-x(n)] =\lim_{N\to\infty}x(N+1)-x(0).$$

故 $\lim_{n\to\infty}x(n)=\lim_{z\to1}(z-1)X(z)$。

判别：若 $X(z)$ 有单位圆外极点，或单位圆上有二阶及以上极点，终值不存在。

2.6.7 时域卷积定理

$$x(n)*h(n)\ \longleftrightarrow\ X(z)H(z)$$

ROC 为两 ROC 的重叠部分：$\max(R_{x1},R_{h1})<\lvert z\rvert<\min(R_{x2},R_{h2})$。若乘积中零极点相消，ROC 可能扩大。

证明：

$$\mathrm{ZT}[x(n)*h(n)] =\sum_{n=-\infty}^{\infty}\sum_{m=-\infty}^{\infty}x(m)h(n-m)z^{-n} =\sum_{m}x(m)z^{-m}\sum_{n}h(n-m)z^{-(n-m)} =X(z)H(z).$$

2.7 利用 Z 变换解差分方程

2.7.1 一般方法

对

$$\sum_{k=0}^{N}a_k y(n-k)=\sum_{r=0}^{M}b_r x(n-r)$$

两边取单边 Z 变换，并用右移性质：

$$\sum_{k=0}^{N}a_k z^{-k}\left[Y(z)+\sum_{m=-k}^{-1}y(m)z^{-m}\right] =\sum_{r=0}^{M}b_r z^{-r}X(z).$$

解得

$$Y(z)= \frac{\displaystyle\sum_{r=0}^{M}b_r z^{-r}}{\displaystyle\sum_{k=0}^{N}a_k z^{-k}}X(z) -\frac{\displaystyle\sum_{k=0}^{N}a_k z^{-k}\sum_{m=-k}^{-1}y(m)z^{-m}} {\displaystyle\sum_{k=0}^{N}a_k z^{-k}}$$

式中：第一项为零状态响应 $Y_{zs}(z)$，第二项为零输入响应 $Y_{zi}(z)$；$y(-1),\cdots,y(-N)$ 为起始状态；$a_k,b_r$ 为差分方程系数。适用条件：单边 Z 变换，$x(n)$ 为因果序列。

一般步骤：

1. 对方程两边取单边 Z 变换，直接代入起始条件。
2. 解出 $Y(z)$。
3. 对 $Y(z)$ 作部分分式展开，按 ROC 求逆变换。

2.7.2 例题 1

$y(n)-0.9y(n-1)=0.05u(n)$，$y(-1)=1$，求 $y(n)$。

两边取单边 Z 变换：

$$Y(z)-0.9\left[z^{-1}Y(z)+y(-1)\right]=\frac{0.05z}{z-1}.$$

代入 $y(-1)=1$：

$$Y(z)(1-0.9z^{-1})=\frac{0.05z}{z-1}+0.9 =\frac{0.95z-0.9}{z-1},$$

$$Y(z)=\frac{0.95z^2-0.9z}{(z-0.9)(z-1)}.$$

部分分式：

$$\frac{Y(z)}{z}=\frac{0.95z-0.9}{(z-0.9)(z-1)} =\frac{0.45}{z-0.9}+\frac{0.5}{z-1},$$

$$Y(z)=\frac{0.45z}{z-0.9}+\frac{0.5z}{z-1}.$$

故

$$y(n)=\left[0.45(0.9)^n+0.5\right]u(n).$$

2.7.3 例题 2

设 $a\neq b$。$y(n)=by(n-1)+x(n)$，$x(n)=a^n u(n)$，$y(-1)=2$，求零输入响应、零状态响应与全响应。

两边取单边 Z 变换：

$$Y(z)=b\left[z^{-1}Y(z)+y(-1)\right]+X(z),$$

$$Y(z)=\frac{2b+X(z)}{1-bz^{-1}}, \qquad X(z)=\frac{z}{z-a},\quad \lvert z\rvert>\lvert a\rvert.$$

于是

$$Y(z)=\frac{2b}{1-bz^{-1}} +\frac{1}{1-bz^{-1}}\cdot\frac{z}{z-a}, \qquad \lvert z\rvert>\max(\lvert a\rvert,\lvert b\rvert).$$

第一项为零输入响应：

$$Y_{zi}(z)=\frac{2bz}{z-b} \ \Longrightarrow\ y_{zi}(n)=2b^{n+1}u(n).$$

第二项为零状态响应：

$$Y_{zs}(z)=\frac{z^2}{(z-a)(z-b)} =\frac{1}{a-b}\left(\frac{az}{z-a}-\frac{bz}{z-b}\right),$$

$$y_{zs}(n)=\frac{1}{a-b}\left(a^{n+1}-b^{n+1}\right)u(n).$$

全响应：

$$y(n)=\left[2b^{n+1}+\frac{a^{n+1}-b^{n+1}}{a-b}\right]u(n).$$

2.8 系统函数、零极点与频率响应

2.8.1 系统函数

定义：系统函数是单位脉冲响应的 Z 变换，也是零状态响应与激励的 Z 变换之比：

$$H(z)=\mathrm{ZT}[h(n)]=\frac{Y(z)}{X(z)}$$

式中：$h(n)$ 为单位脉冲响应；$Y(z)$、$X(z)$ 分别为零状态响应与激励的 Z 变换。适用条件：系统为零状态、因果。

由差分方程

$$\sum_{k=0}^{N}a_k y(n-k)=\sum_{r=0}^{M}b_r x(n-r)$$

在零状态下取 Z 变换：

$$H(z)=\frac{Y(z)}{X(z)} =\frac{\displaystyle\sum_{r=0}^{M}b_r z^{-r}}{\displaystyle\sum_{k=0}^{N}a_k z^{-k}} =\frac{b_0+b_1z^{-1}+\cdots+b_Mz^{-M}}{1+a_1z^{-1}+\cdots+a_Nz^{-N}}.$$

零极点形式：

$$H(z)=A\frac{\displaystyle\prod_{r=1}^{M}(z-z_r)}{\displaystyle\prod_{k=1}^{N}(z-p_k)},$$

式中：$z_r$ 为零点（$M$ 个）；$p_k$ 为极点（$N$ 个）；$A$ 为增益常数。零点、极点可以是实数或共轭复数；实系数系统的复零极点共轭成对出现。

意义：

1. 由 $H(z)$ 求逆变换得 $h(n)$。
2. 由 $Y(z)=H(z)X(z)$ 求零状态响应。
3. 由零极点分布判断时域特性、因果性、稳定性与频响特性。

2.8.2 频率响应

系统函数在单位圆上的取值即为频率响应：

$$H(e^{j\omega})=H(z)\Big|_{z=e^{j\omega}} =\lvert H(e^{j\omega})\rvert e^{j\varphi(\omega)}$$

式中：$\lvert H(e^{j\omega})\rvert$ 为幅频特性，表示输出与输入幅度之比；$\varphi(\omega)$ 为相频特性，表示输出对输入的相移；$\omega$ 为数字角频率（$\mathrm{rad}$）。适用条件：单位圆在 $H(z)$ 的 ROC 内，即系统稳定。

几何法：设

$$H(z)=A\frac{\prod_{r=1}^{M}(z-z_r)}{\prod_{k=1}^{N}(z-p_k)},$$

$$H(e^{j\omega})=A\frac{\prod_{r=1}^{M}(e^{j\omega}-z_r)}{\prod_{k=1}^{N}(e^{j\omega}-p_k)}.$$

在 $z=e^{j\omega}$ 处，记

$$e^{j\omega}-z_r=A_r e^{j\psi_r}, \qquad e^{j\omega}-p_k=B_k e^{j\theta_k},$$

则

$$\lvert H(e^{j\omega})\rvert=\lvert A\rvert\frac{\prod_{r=1}^{M}A_r}{\prod_{k=1}^{N}B_k},$$

$$\varphi(\omega)=\arg A+\sum_{r=1}^{M}\psi_r-\sum_{k=1}^{N}\theta_k.$$

其中 $A_r$ 为零点到单位圆上点的距离，$B_k$ 为极点到单位圆上点的距离，$\psi_r,\theta_k$ 为相应向量与正实轴的夹角。

（另补充）课件例题 2（零极点与频响）：$y(n)=by(n-1)+x(n)$，$0<b<1$。求系统函数的零极点并分析频响特性。

$$H(z)=\frac{1}{1-bz^{-1}}=\frac{z}{z-b},\qquad \lvert z\rvert>b.$$

极点为 $z=b$，零点为 $z=0$。由于 $0<b<1$，极点位于单位圆内正实轴、零点在原点：$\omega=0$ 处 $B_k=1-b$ 最小，幅度出现峰值；$\omega=\pi$ 处 $B_k=1+b$ 最大，幅度出现谷值，故为低通特性。

频响的定性规律：

• 单位圆上靠近零点处，$A_r$ 小，幅度出现谷值；零点在单位圆上时幅度为零。
• 单位圆上靠近极点处，$B_k$ 小，幅度出现峰值；极点越靠近单位圆，峰值越尖锐。
• 极点位于单位圆内时系统稳定，频响存在；极点位于单位圆上时处于临界稳定；极点位于单位圆外时系统不稳定，频响不存在。

2.8.3 极点分布与时域波形

极点位置	一阶极点	多阶极点
正实轴、单位圆上	等幅（常数）	增长
正实轴、单位圆内	衰减	衰减
正实轴、单位圆外	增长	增长
非实轴（共轭）、单位圆上	等幅振荡	增长振荡
非实轴（共轭）、单位圆内	衰减振荡	衰减振荡
非实轴（共轭）、单位圆外	增长振荡	增长振荡

说明：一阶实极点对应 $a^n$ 型分量；一对共轭极点对应 $\beta^n\cos(\omega_0 n+\theta)$ 型振荡分量；多阶极点因含 $n^{m-1}$ 因子，即使位于单位圆上也发散。

（另补充）课件例题（零极点图与时域特性）：

$$H(z)=\frac{z\left[(z-1)^2+1\right]}{(z+1)^2(z^2+4)}.$$

• 零点：$z=0$ 及 $(z-1)^2=-1$ 即 $z=1\pm j$；
• 极点：$(z+1)^2=0$ 即 $z=-1$（二阶极点），$z^2+4=0$ 即 $z=\pm j2$。

$z=-1$ 在单位圆上且为二阶极点，对应随时间增长的振荡（等幅振荡乘 $n$）；$z=\pm j2$ 在单位圆外，对应增长振荡；共轭成对出现。

2.8.4 因果性与稳定性

时域条件：

• 因果：$h(n)=h(n)u(n)$。
• 稳定：$\sum_{n=-\infty}^{\infty}\lvert h(n)\rvert<\infty$。
• 因果稳定：$h(n)$ 为单边且绝对可和。

Z 域条件：

• 稳定：$H(z)$ 的 ROC 包含单位圆（$\lvert z\rvert=1$ 在 ROC 内）。
• 因果：ROC 为某个圆的外部，$\lvert z\rvert>R$，且包含 $z=\infty$。
• 因果稳定：全部极点位于单位圆内，即

$$\lvert p_k\rvert<1,\qquad k=1,\cdots,N.$$

注意：若系统非因果，ROC 可能是环状或圆内区域；此时只要 ROC 包含单位圆，系统仍稳定，但不能套用“全部极点在单位圆内”的因果稳定判据。

例 1：$H(z)=\dfrac{1}{1-az^{-1}}$，极点为 $z=a$。

• $\lvert z\rvert>\lvert a\rvert$：因果；$\lvert a\rvert<1$ 时稳定。
• $\lvert z\rvert<\lvert a\rvert$：非因果；若 $\lvert a\rvert>1$，ROC 包含单位圆，系统稳定。

例 2：$H(z)=1-z^{-N}=\dfrac{z^N-1}{z^N}$。

• 极点：$z=0$，$N$ 阶极点，不影响幅频特性。
• 零点：$z^N=1$，即

$$z=e^{j\frac{2\pi k}{N}},\qquad k=0,1,\cdots,N-1,$$

$N$ 个零点等间隔分布在单位圆上。

幅频特性（【补充】由定义直接计算）：

$$\lvert H(e^{j\omega})\rvert =\lvert 1-e^{-j\omega N}\rvert =2\left\lvert\sin\frac{N\omega}{2}\right\rvert.$$

在 $\omega=\dfrac{2\pi k}{N}$ 处为零，呈梳状滤波特性。

（另补充）课件例题 1（由 ROC 判断稳定性）：$H(z)=\dfrac{-9.5z}{(z-0.5)(z-10)}$，极点 $z_1=0.5,\ z_2=10$。

• (1) $10<\lvert z\rvert\leq\infty$：ROC 为圆外，系统因果；但 ROC 不含单位圆（且 $\lvert z_2\rvert=10>1$），系统不稳定。
• (2) $0.5<\lvert z\rvert<10$：ROC 为环状且包含单位圆，系统稳定；但 ROC 不是圆外，系统非因果，不能套用“全部极点在单位圆内”的因果稳定判据。

对应单位脉冲响应（由部分分式 $H(z)=\dfrac{z}{z-0.5}-\dfrac{z}{z-10}$）：

$$(1)\ h(n)=\left[(0.5)^n-(10)^n\right]u(n),\qquad (2)\ h(n)=(0.5)^n u(n)+(10)^n u(-n-1).$$

2.9 易错点与常考题型

易错点

1. DTFT 逆变换是积分，不是求和；正变换是求和 $\sum_{n}$，逆变换是积分 $\int_{-\pi}^{\pi}$。课件 2.2 各页均写作积分，无误。
2. $X(e^{j\omega})$ 以 $2\pi$ 为周期，不是以 $\pi$ 为周期；周期序列的频谱是冲激串，离散谱线间隔为 $\dfrac{2\pi}{N}$。
3. 实序列的频谱满足 $X(e^{j\omega})=X^*(e^{-j\omega})$，不是 $X(e^{j\omega})=X^*(e^{j\omega})$。
4. 时移性质为 $e^{-j\omega n_0}$，频移性质为 $X(e^{j(\omega-\omega_0)})$；符号容易写反。
5. Z 变换必须同时写 ROC；同一个 $X(z)$ 在不同 ROC 下对应不同序列。
6. 部分分式展开要对 $\dfrac{X(z)}{z}$ 展开，再乘 $z$；直接对 $X(z)$ 展开会得到错误的 $z^{-1}$ 项系数。
7. 重极点留数公式中分母是 $(m-1)!$，分子是 $m-1$ 阶导数；漏掉阶乘或导数阶数错误是常见失分点。
8. 留数法在 $n\leq-1$ 时取围线外极点留数之和的相反数，不是直接相加；$n=0$ 时原点可能新增极点，需单独讨论。
9. 单边 Z 变换的移位公式含起始条件：右移加 $\sum_{n=-m}^{-1}x(n)z^{-n}$，左移减 $\sum_{n=0}^{m-1}x(n)z^{-n}$；只有因果序列右移才可简化为 $z^{-m}X(z)$。
10. 终值定理要求 $X(z)$ 除 $z=1$ 处至多一阶极点外，其余极点在单位圆内；不满足时终值不存在，不能盲目代入。
11. 系统稳定看 ROC 是否包含单位圆，因果看 ROC 是否为圆外且含 $\infty$；两者不能混淆。
12. 非因果系统也可能稳定，不能一看到极点不在单位圆内就判不稳定，必须先确定 ROC。
13. 由差分方程求 $H(z)$ 时必须强调零状态；否则起始状态会引入额外项。

常考题型

• 求典型序列（$R_N(n)$、$a^n u(n)$、$u(n)$、$\cos(\omega_0n)$）的 FT，并画幅频、相频草图。
• 利用 FT 性质求时移、频移、卷积后的频谱。
• 求周期序列的 DFS 与 FT，说明离散谱线位置。
• 求 Z 变换及 ROC；由 ROC 判断序列类型（左边、右边、双边、有限长）。
• 部分分式法、留数法、长除法求逆 Z 变换（含重极点、双边 ROC）。
• 用 Z 变换解差分方程，区分零输入响应与零状态响应。
• 由 $H(z)$ 的零极点分布判断因果性、稳定性，定性画幅频特性。
• 利用几何法分析极点靠近单位圆时的峰值、零点在单位圆上时的陷波。

（另补充）课件复习题（第二章复习总结第 28 页）：

1. $X(z)=\dfrac{3}{1-\frac12z^{-1}}+\dfrac{2}{1-2z^{-1}}$，求 $x(n)$。课件未给 ROC，需按 ROC 讨论：

• 若为因果序列（$\lvert z\rvert>2$）：

$$x(n)=\left[3\left(\frac12\right)^n+2\cdot2^n\right]u(n).$$

• 若 $\dfrac12<\lvert z\rvert<2$（第一项因果、第二项反因果）：

$$x(n)=3\left(\frac12\right)^n u(n)-2\cdot2^n u(-n-1).$$

• 若 $\lvert z\rvert<\dfrac12$（两项都反因果）：

$$x(n)=-3\left(\frac12\right)^n u(-n-1)-2\cdot2^n u(-n-1).$$

2. $y(n)-0.9y(n-1)=0.05u(n)$，$y(-1)=1$，与 2.7.2 例题 1 相同，解答见该节。

3. 因果系统 $y(n)=0.9y(n-1)+x(n)+0.9x(n-1)$：

（1）零状态下取 Z 变换，

$$H(z)=\frac{Y(z)}{X(z)} =\frac{1+0.9z^{-1}}{1-0.9z^{-1}} =\frac{z+0.9}{z-0.9},\qquad \lvert z\rvert>0.9.$$

零点 $z=-0.9$，极点 $z=0.9$，均在单位圆内。

（2）频率响应

$$H(e^{j\omega}) =\frac{1+0.9e^{-j\omega}}{1-0.9e^{-j\omega}},$$

幅频特性

$$\left\lvert H(e^{j\omega})\right\rvert =\sqrt{\frac{1.81+1.8\cos\omega}{1.81-1.8\cos\omega}}.$$

关键点：$\omega=0$ 时 $\lvert H\rvert=19$；$\omega=\dfrac{\pi}{2}$ 时 $\lvert H\rvert=1$；$\omega=\pi$ 时 $\lvert H\rvert=\dfrac1{19}\approx0.0526$。幅频曲线随 $\omega$ 从 $0$ 到 $\pi$ 单调下降，为低通特性：极点 $z=0.9$ 靠近单位圆上 $\omega=0$ 处，形成通带峰值；零点 $z=-0.9$ 靠近单位圆上 $\omega=\pi$ 处，形成阻带谷值。

第三章 离散傅里叶变换（DFT）

3.1 DFT 的定义及与 DFS、DTFT、ZT 的关系

3.1.1 定义

设 $x(n)$ 为长度为 $M$ 的有限长序列，$N\geq M$，定义 $N$ 点 DFT：

$$X(k)=\mathrm{DFT}[x(n)]_N=\sum_{n=0}^{N-1}x(n)W_N^{kn},\qquad 0\leq k\leq N-1$$

$$x(n)=\mathrm{IDFT}[X(k)]_N=\frac{1}{N}\sum_{k=0}^{N-1}X(k)W_N^{-kn},\qquad 0\leq n\leq N-1$$

式中：$W_N=e^{-j\frac{2\pi}{N}}$ 为旋转因子（无量纲复数）；$N$ 为变换区间长度（正整数）；$M$ 为序列长度，要求 $N\geq M$；$k$ 为离散频率序号，$n$ 为离散时间序号。适用条件：$x(n)$ 为有限长序列，$N\geq M$。

旋转因子的性质：

$$W_N^{kn}=e^{-j\frac{2\pi}{N}kn}, \qquad W_N^{m}=W_N^{m+iN}\quad(i\ \text{为整数}),$$

$$W_N^{N}=1,\qquad W_N^{N/2}=-1\ (N\ \text{为偶数}),\qquad W_N^{N-k}=W_N^{-k}.$$

3.1.2 从 DFS 到 DFT

将长度为 $M$ 的 $x(n)$ 以 $N$ 为周期延拓，得 $\tilde{x}(n)$，对其作 DFS 得 $\tilde{X}(k)$，再取主值区间：

$$X(k)=\tilde{X}(k)R_N(k), \qquad x(n)=\tilde{x}(n)R_N(n).$$

反之，$\tilde{X}(k)$ 是 $X(k)$ 的周期延拓，$\tilde{x}(n)$ 是 $x(n)$ 的周期延拓。

隐含周期性：

$$X(k)=X(k+iN), \qquad x(n)=x(n+iN).$$

说明：周期序列只有 $N$ 个独立样值，DFT 只取主值区间 $0\leq n,k\leq N-1$，因此 DFT 是“有限长”的变换，但隐含以 $N$ 为周期。

3.1.3 DFT 与 DTFT、ZT 的关系

与 DTFT：

$$X(k)=X(e^{j\omega})\Big|_{\omega=\frac{2\pi}{N}k},\qquad 0\leq k\leq N-1$$

即 $X(k)$ 是 $X(e^{j\omega})$ 在区间 $[0,2\pi)$ 上的 $N$ 点等间隔采样，采样间隔为 $\dfrac{2\pi}{N}$（$\mathrm{rad}$）。

与 ZT：

$$X(k)=X(z)\Big|_{z=e^{j\frac{2\pi}{N}k}},\qquad 0\leq k\leq N-1$$

即 $X(k)$ 是 $X(z)$ 在单位圆上的 $N$ 点等间隔采样。

待核对：课件 3.1 第 22 页把该式印为 $z=e^{-j\frac{2\pi}{N}k}$，与第 21 页及定义式矛盾；按 DFT 定义应为 $z=e^{+j\frac{2\pi}{N}k}$。

3.1.4 频率域采样定理

若序列 $x(n)$ 的长度为 $M$，频域采样点数为 $N$，则只有当

$$N\geq M$$

时，才有

$$x_N(n)=\mathrm{IDFT}[X(k)]_N=x(n),\qquad 0\leq n\leq N-1,$$

即可由频域采样 $X(k)$ 无失真恢复原序列。若 $N<M$，产生时域混叠。

3.1.5 $k$ 的物理意义

$$\omega_k=\frac{2\pi}{N}k\quad(\mathrm{rad}),$$

$$\Omega_k=\frac{2\pi}{NT}k\quad(\mathrm{rad/s}),$$

$$f_k=\frac{1}{NT}k\quad(\mathrm{Hz}).$$

式中：$T$ 为采样间隔（$\mathrm{s}$）；$N$ 为采样点数；$NT$ 为记录时长（$\mathrm{s}$）。相邻谱线间隔为

$$F=\frac{1}{NT}\quad(\mathrm{Hz}),$$

称为频率分辨率；$k$ 每增加 $1$，频率增加 $F$。

3.1.6 例题

$x(n)=R_4(n)$，求 8 点与 16 点 DFT。

8 点：

$$X(k)=\sum_{n=0}^{3}e^{-j\frac{2\pi}{8}kn} =\frac{1-e^{-j\pi k}}{1-e^{-j\frac{\pi}{4}k}} =e^{-j\frac{3\pi}{8}k}\frac{\sin\left(\dfrac{\pi k}{2}\right)}{\sin\left(\dfrac{\pi k}{8}\right)}, \qquad 0\leq k\leq7.$$

16 点：

$$X(k)=\sum_{n=0}^{3}e^{-j\frac{2\pi}{16}kn} =\frac{1-e^{-j\frac{\pi}{2}k}}{1-e^{-j\frac{\pi}{8}k}} =e^{-j\frac{3\pi}{16}k}\frac{\sin\left(\dfrac{\pi k}{4}\right)}{\sin\left(\dfrac{\pi k}{16}\right)}, \qquad 0\leq k\leq15.$$

结论：同一序列、不同 DFT 长度，得到不同的离散频谱；$N$ 越大，频域采样越密。

3.2 DFT 的基本性质

以下设 $x(n)$、$y(n)$、$h(n)$ 均为有限长序列，长度分别为 $N_1,N_2,N$，DFT 区间长度取不小于序列长度的 $N$（或 $L$）。

3.2.1 线性

$$\mathrm{DFT}[ax(n)+by(n)]_N=aX(k)+bY(k),\qquad N\geq\max(N_1,N_2).$$

3.2.2 循环移位

时域循环移位：

$$\mathrm{DFT}\left[x((n-m))_N R_N(n)\right]=W_N^{mk}X(k)=e^{-j\frac{2\pi}{N}mk}X(k)$$

式中：$((n-m))_N$ 表示对 $n-m$ 取模 $N$ 运算；$m$ 为循环移位量（整数）；$R_N(n)$ 为主值区间窗。适用条件：序列长度不超过 $N$。

证明：

$$\sum_{n=0}^{N-1}x_N(n-m)e^{-j\frac{2\pi}{N}nk} \overset{i=n-m}{=}\sum_{i=-m}^{N-1-m}x_N(i)e^{-j\frac{2\pi}{N}(i+m)k} =e^{-j\frac{2\pi}{N}mk}\sum_{i=-m}^{N-1-m}x_N(i)e^{-j\frac{2\pi}{N}ik}.$$

由于 $x_N(i)$ 与 $e^{-j\frac{2\pi}{N}ik}$ 均以 $N$ 为周期，求和区间可换成 $0\sim N-1$，故结果为 $W_N^{mk}X(k)$。

频域循环移位：

$$\mathrm{DFT}\left[x(n)e^{j\frac{2\pi}{N}ln}\right]=X((k-l))_N R_N(k).$$

调制性质：

$$\mathrm{DFT}\left[x(n)\cos\left(\frac{2\pi nl}{N}\right)\right] =\frac{1}{2}\left[X((k-l))_N+X((k+l))_N\right]R_N(k).$$

3.2.3 循环卷积

定义：设 $h(n)$ 长度为 $N$，$x(n)$ 长度为 $M$，循环卷积区间长度为 $L\geq\max(N,M)$，则

$$y_c(n)=h(n)\circledast_L x(n) =\left[\sum_{m=0}^{L-1}h(m)x((n-m))_L\right]R_L(n)$$

式中：$\circledast_L$ 表示 $L$ 点循环卷积；$((n-m))_L$ 为模 $L$ 运算；$R_L(n)$ 取主值。适用条件：$L\geq\max(N,M)$；若序列长度小于 $L$，需在末尾补零至 $L$。

循环卷积矩阵：

$$\begin{bmatrix} y_c(0)\\ y_c(1)\\ y_c(2)\\ \vdots\\ y_c(L-1) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} h(0) & h(L-1) & h(L-2) & \cdots & h(1)\\ h(1) & h(0) & h(L-1) & \cdots & h(2)\\ h(2) & h(1) & h(0) & \cdots & h(3)\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ h(L-1) & h(L-2) & h(L-3) & \cdots & h(0) \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x(0)\\ x(1)\\ x(2)\\ \vdots\\ x(L-1) \end{bmatrix}.$$

矩阵第一列为 $h(n)$，以后各列由前一列循环右移一位得到；列向量为 $x(n)$。由交换律，也可将 $x(n)$、$h(n)$ 对调。

循环卷积定理：

$$\mathrm{DFT}[x(n)\circledast_L h(n)]_L=X(k)H(k).$$

频域循环卷积定理：

$$\mathrm{DFT}[x(n)h(n)]_L=\frac{1}{L}X(k)\circledast_L H(k).$$

例：$h(n)=\{1,2,3,4\}$，$x(n)=\{1,1,1,1\}$。

4 点循环卷积：

$$\begin{bmatrix} y_c(0)\\ y_c(1)\\ y_c(2)\\ y_c(3) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&4&3&2\\ 2&1&4&3\\ 3&2&1&4\\ 4&3&2&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1\\1\\1\\1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 10\\10\\10\\10 \end{bmatrix}.$$

8 点循环卷积（补零后等于线性卷积）：

$$\{y_c(0),\cdots,y_c(7)\}=\{1,3,6,10,9,7,4,0\}.$$

3.2.4 循环卷积与线性卷积的关系

$$y_c(n)=\left[\sum_{r=-\infty}^{\infty}y_l(n+rL)\right]R_L(n)$$

式中：$y_l(n)=x(n)*h(n)$ 为线性卷积，非零长度为 $M+N-1$；$L$ 为循环卷积长度。适用条件：$L\geq\max(M,N)$。

证明：

$$y_c(n)=\sum_{m=0}^{L-1}x(m)\sum_{r=-\infty}^{\infty}h(n+rL-m)R_L(n) =\sum_{r=-\infty}^{\infty}\left[\sum_{m=0}^{L-1}x(m)h(n+rL-m)\right]R_L(n) =\sum_{r=-\infty}^{\infty}y_l(n+rL)R_L(n).$$

结论：

$$L\geq M+N-1\ \Longrightarrow\ y_c(n)=y_l(n),\qquad 0\leq n\leq L-1.$$

若 $L<M+N-1$，循环卷积是线性卷积以 $L$ 为周期延拓后的主值，产生时域混叠。

3.2.5 共轭对称性质

复共轭序列的 DFT：

$$\mathrm{DFT}[x^*(n)]=X^*(N-k),$$

$$\mathrm{DFT}[x^*(N-n)]=X^*(k).$$

证明（第一式）：

$$X^*(N-k)=\left[\sum_{n=0}^{N-1}x(n)W_N^{(N-k)n}\right]^* =\sum_{n=0}^{N-1}x^*(n)W_N^{-(N-k)n} =\sum_{n=0}^{N-1}x^*(n)W_N^{kn},$$

因为 $W_N^{-(N-k)n}=W_N^{-Nn}W_N^{kn}=W_N^{kn}$。

有限长共轭对称与共轭反对称：

$$x_{ep}(n)=x_{ep}^*(N-n), \qquad x_{op}(n)=-x_{op}^*(N-n),\qquad 0\leq n\leq N-1.$$

任意有限长序列可分解为

$$x(n)=x_{ep}(n)+x_{op}(n),$$

$$x_{ep}(n)=\frac{1}{2}[x(n)+x^*(N-n)], \qquad x_{op}(n)=\frac{1}{2}[x(n)-x^*(N-n)].$$

频域同样分解：

$$X(k)=X_{ep}(k)+X_{op}(k),$$

$$X_{ep}(k)=\frac{1}{2}[X(k)+X^*(N-k)], \qquad X_{op}(k)=\frac{1}{2}[X(k)-X^*(N-k)].$$

DFT 的共轭对称性：

$$\mathrm{DFT}\left[\mathrm{Re}[x(n)]\right]=X_{ep}(k), \qquad \mathrm{DFT}\left[j\,\mathrm{Im}[x(n)]\right]=X_{op}(k),$$

$$\mathrm{DFT}[x_{ep}(n)]=\mathrm{Re}[X(k)], \qquad \mathrm{DFT}[x_{op}(n)]=j\,\mathrm{Im}[X(k)].$$

特殊序列：

序列性质	频谱性质
$x(n)$ 为实序列	$X(k)=X^*(N-k)$
$x(n)$ 为纯虚序列	$X(k)=-X^*(N-k)$
$x(n)$ 为实偶序列 $x(n)=x(N-n)$	$X(k)=X(N-k)$，实偶对称
$x(n)$ 为实奇序列 $x(n)=-x(N-n)$	$X(k)=-X(N-k)$，纯虚奇对称

【补充】一次 $N$ 点 DFT 同时求两个实序列的 DFT：令

$$y(n)=x_1(n)+j x_2(n),\qquad 0\leq n\leq N-1,$$

则

$$X_1(k)=\frac{1}{2}\left[Y(k)+Y^*(N-k)\right], \qquad X_2(k)=\frac{1}{2j}\left[Y(k)-Y^*(N-k)\right].$$

该式由实序列的共轭对称性直接得到，可将两次实序列 DFT 合并为一次复序列 DFT。

3.3 DFT 的应用

3.3.1 用 DFT 计算循环卷积

设 $x(n)$、$h(n)$ 长度分别为 $M$、$N$，取 $L\geq\max(M,N)$：

1. 将 $x(n)$、$h(n)$ 末尾补零至长度 $L$。
2. 计算 $X(k)=\mathrm{DFT}[x(n)]_L$，$H(k)=\mathrm{DFT}[h(n)]_L$。
3. 计算 $Y(k)=X(k)H(k)$。
4. 计算 $y_c(n)=\mathrm{IDFT}[Y(k)]_L$。

3.3.2 用 DFT 计算线性卷积

取

$$L\geq M+N-1,$$

补零后作 $L$ 点循环卷积，即得线性卷积：

$$y(n)=x(n)*h(n)=\mathrm{IDFT}\left[\mathrm{DFT}[x(n)]_L\cdot\mathrm{DFT}[h(n)]_L\right]_L.$$

步骤：

1. 确定 $L=M+N-1$。
2. $x(n)$、$h(n)$ 补零至 $L$ 点。
3. 分别作 $L$ 点 DFT，得 $X(k)$、$H(k)$。
4. 相乘得 $Y(k)=X(k)H(k)$。
5. 作 $L$ 点 IDFT，得 $y(n)$。

3.3.3 用 DFT 求系统响应

系统输入 $x(n)$ 长度 $M$，单位脉冲响应 $h(n)$ 长度 $N$，输出

$$y(n)=x(n)*h(n).$$

步骤：

1. 令 $L=M+N-1$，补零后求 $X(k)=\mathrm{DFT}[x(n)]_L$，$H(k)=\mathrm{DFT}[h(n)]_L$。
2. 计算 $Y(k)=X(k)H(k)$。
3. 作 $L$ 点 IDFT，得 $y(n)$。

分段处理（$M\gg N$ 时）：将长序列分段，

$$x(n)=\sum_{i=0}^{p}x_i(n), \qquad x_i(n)=x(n)R_{M_1}(n-iM_1).$$

每段长度 $M_1$，取 $L=M_1+N-1$，分别计算

$$y_i(n)=\mathrm{IDFT}\left[\mathrm{DFT}[x_i(n)]_L\cdot H(k)\right]_L,$$

最后叠加：

$$y(n)=\sum_{i=0}^{p}y_i(n).$$

【补充】该分段求和法即重叠相加法；课件只称“分段处理”，未给出该名称。

3.3.4 用 DFT 对信号进行谱分析

设 $x(n)$ 长度为 $N$，信号记录时长为 $T_p$，采样间隔为 $T$，则

$$N=\frac{T_p}{T}, \qquad F=\frac{1}{T_p}=\frac{1}{NT}.$$

由模拟信号 FT 与序列 FT 的关系，

$$X(e^{j\omega})=\frac{1}{T}\tilde{X}_a\left(j\frac{\omega}{T}\right) =\frac{1}{T}\sum_{k=-\infty}^{\infty}X_a\left(j\frac{\omega-2\pi k}{T}\right).$$

对 $X(e^{j\omega})$ 在一个周期内作 $N$ 点采样：

$$X(k)=X(e^{j\omega})\Big|_{\omega=\frac{2\pi}{N}k} =\frac{1}{T}\tilde{X}_a\left(j\frac{2\pi}{NT}k\right) =\frac{1}{T}\tilde{X}_a\left(j2\pi Fk\right)$$

式中：$T$ 为采样间隔（$\mathrm{s}$）；$N$ 为采样点数；$T_p=NT$ 为记录时长（$\mathrm{s}$）；$F=\dfrac{1}{T_p}$ 为频率分辨率（$\mathrm{Hz}$）；$\tilde{X}_a(j\Omega)$ 为采样信号频谱的周期延拓。适用条件：满足时域采样定理，且 $N$ 足够大。

注意：

1. 时域采样频率 $f_s$ 必须满足采样定理；若 $T_p$ 已定，则由 $N=T_p/T$ 确定 $N$。
2. 频率分辨率 $F=\dfrac{1}{T_p}$ 只与记录时长有关；$F$ 越小，频域细节越丰富。
3. 若 $T_p$ 内信号不是整周期截断，会产生频谱泄漏（【补充】课件未展开）。

例：要求频谱分辨率 $F\leq10\,\mathrm{Hz}$，信号最高频率 $f_c=2.5\,\mathrm{kHz}$。

$$T_{p\min}=\frac{1}{F_{\max}}=\frac{1}{10}=0.1\,\mathrm{s},$$

$$f_{s\min}=2f_c=5\,\mathrm{kHz}, \qquad T_{\max}=\frac{1}{f_{s\min}}=2\times10^{-4}\,\mathrm{s},$$

$$N_{\min}=\frac{T_{p\min}}{T_{\max}}=\frac{0.1}{2\times10^{-4}}=500.$$

若 $f_c$ 不变、分辨率提高一倍（$F_{\max}=5\,\mathrm{Hz}$）：

$$T_{p\min}=\frac{1}{5}=0.2\,\mathrm{s}, \qquad N_{\min}=\frac{0.2}{2\times10^{-4}}=1000.$$

3.3.5 线性卷积的列表法（课件 3.4）

列表法是图解法的表格化：把 $x(m)$ 排成一行，把翻转后的 $h(-m)$ 逐次右移一位，每行对应项相乘再求和，即得该 $n$ 的 $y(n)$。

例：$x(n)=\{2,1,4,1\}$（$n=0,1,2,3$），$h(n)=\{3,1,5\}$（$n=0,1,2$）。表中每格为 $h(n-m)$ 在该 $m$ 处的值，空白表示不重叠（取 $0$）。

$n$	$m=0$	$m=1$	$m=2$	$m=3$	$y(n)=\sum_m x(m)h(n-m)$
$x(m)$	2	1	4	1	—
0	3				$6$
1	1	3			$5$
2	5	1	3		$23$
3		5	1	3	$12$
4			5	1	$21$
5				5	$5$

$$y(n)=\{6,\ 5,\ 23,\ 12,\ 21,\ 5\},\qquad n=0,1,\cdots,5.$$

结果长度 $M+N-1=4+3-1=6$，与表行数一致。

3.4 易错点与常考题型

易错点

1. DFT 长度 $N$ 必须不小于序列长度 $M$；$N<M$ 时不是“截断”，而是产生时域混叠。
2. $W_N=e^{-j2\pi/N}$，指数为负；IDFT 中为 $W_N^{-kn}$，符号不能写反。
3. $X(k)$ 与 $X(e^{j\omega})$ 的关系是采样：$\omega=\dfrac{2\pi}{N}k$，不是 $\omega=\dfrac{2\pi}{N}$。
4. 课件的 DFT 与 ZT 关系有一页写成 $z=e^{-j2\pi k/N}$，正确为 $z=e^{+j2\pi k/N}$。
5. 循环移位是模 $N$ 移位，移出主值区的样值从另一端移入；不是补零，也不是线性移位。
6. 循环卷积要求所有序列补零到同一长度 $L$，且 $L\geq\max(M,N)$；矩阵法第一列是 $x(n)$，其余列循环右移。
7. 循环卷积等于线性卷积的条件是 $L\geq M+N-1$；$L$ 取 $\max(M,N)$ 时通常发生混叠。
8. 频域循环卷积定理中有因子 $\dfrac{1}{L}$，时域循环卷积定理中没有。
9. 共轭对称性是关于 $N/2$ 点的对称（有限长），不是关于原点的对称；公式中为 $x^*(N-n)$、$X^*(N-k)$。
10. 实序列的 DFT 满足 $X(k)=X^*(N-k)$，不是 $X(k)=X^*(k)$。
11. 谱分析中频率分辨率 $F=1/T_p=1/(NT)$，不是 $1/T$，也不是 $f_s/N$ 之外的其它量；提高分辨率必须增加记录时长，不能只增加 $N$ 而保持 $T_p$ 不变。
12. 采样点数 $N$ 同时受采样定理（$f_s\geq2f_c$）和分辨率（$T_p=1/F$）约束，取二者所需的最大值。

常考题型

• 计算有限长序列的 $N$ 点 DFT（直接按定义或利用 $W_N$ 性质）。
• 由 $X(k)$ 作 IDFT 恢复序列。
• 判断并计算循环移位后的序列。
• 用矩阵法或列表法计算循环卷积，并判断何时等于线性卷积。
• （另补充）用列表法计算线性卷积（如 $x=\{2,1,4,1\}$、$h=\{3,1,5\}$，得 $y=\{6,5,23,12,21,5\}$）。
• （另补充）已知 $x(n)$、$h(n)$ 长度分别为 $10$ 和 $20$，$L$ 点循环卷积等于线性卷积的条件是 $L\geq10+20-1=29$。
• （另补充）课件练习题（3.4 第 21 页）：对 6 点序列 $\{5,1,3,0,5,2\}$ 向左循环移位 2 点。由 $y(n)=x((n+2))_6$，得 $\{3,0,5,2,5,1\}$；也可看作把前 2 个样值 $\{5,1\}$ 移到末尾。
• 用 DFT 计算线性卷积，确定最小 DFT 长度。
• 证明循环移位性质、循环卷积定理、共轭对称性质。
• 给定 $F$ 与 $f_c$，求 $T_{p\min}$、$T_{\max}$、$N_{\min}$。
• 说明 DFT 与 DTFT、ZT、DFS 的关系，解释隐含周期性。

第四章 快速傅里叶变换（FFT）

4.1 DFT 的运算量与减小运算量的思路

4.1.1 直接计算 DFT 的运算量

$N$ 点 DFT：

$$X(k)=\sum_{n=0}^{N-1}x(n)W_N^{kn},\qquad 0\leq k\leq N-1.$$

$x(n)$ 与 $W_N^{kn}$ 一般为复数，计算一个 $X(k)$ 需要

$$N\ \text{次复数乘法},\qquad N-1\ \text{次复数加法}.$$

计算全部 $N$ 个 $X(k)$ 需要

$$N^2\ \text{次复数乘法},\qquad N(N-1)\approx N^2\ \text{次复数加法}$$

式中：$N$ 为 DFT 点数（正整数）。适用条件：直接按定义计算，未利用 $W_N$ 的周期性与对称性。

当 $N=1024$ 时，复数乘法约 $1048576$ 次（一百多万次），难以实时实现。

4.1.2 旋转因子的性质

周期性：

$$W_N^{kn}=W_N^{(k+N)n}=W_N^{k(n+N)}.$$

对称性：

$$\left(W_N^{kn}\right)^*=W_N^{-kn}.$$

可约性：

$$W_N^{kn}=W_{mN}^{mkn}=W_{N/m}^{kn/m}.$$

常用关系：

$$W_N^{(N-k)n}=W_N^{k(N-n)}=W_N^{-kn},$$

$$W_N^{N/2}=e^{-j\pi}=-1,$$

$$W_N^{k+N/2}=W_N^{N/2}W_N^{k}=-W_N^{k}.$$

FFT 的基本思想：

1. 不断把长序列的 DFT 分解为几个短序列的 DFT。
2. 利用 $W_N^{kn}$ 的周期性、对称性和可约性减少运算次数。

FFT 按分解方式分为按时间抽取（DIT）与按频率抽取（DIF）两大类。本章讨论 DIT-FFT。

4.2 时域抽取法基 2-FFT（DIT-FFT）

4.2.1 奇偶分解

设 $N=2^L$（$L$ 为正整数），不足时补零。将 $x(n)$ 按 $n$ 的奇偶分为两组：

$$x_1(r)=x(2r),\qquad r=0,1,\cdots,\frac{N}{2}-1,$$

$$x_2(r)=x(2r+1),\qquad r=0,1,\cdots,\frac{N}{2}-1.$$

则

$$X(k)=\sum_{r=0}^{N/2-1}x(2r)W_N^{2rk} +W_N^{k}\sum_{r=0}^{N/2-1}x(2r+1)W_N^{2rk}.$$

利用可约性 $W_N^{2rk}=W_{N/2}^{rk}$：

$$X(k)=X_1(k)+W_N^{k}X_2(k),\qquad 0\leq k\leq\frac{N}{2}-1$$

$$X\left(k+\frac{N}{2}\right)=X_1(k)-W_N^{k}X_2(k),\qquad 0\leq k\leq\frac{N}{2}-1$$

式中：$X_1(k)$、$X_2(k)$ 分别为偶序列、奇序列的 $N/2$ 点 DFT；$W_N^{k}=e^{-j2\pi k/N}$ 为旋转因子；$N=2^L$。适用条件：$N$ 为 2 的整数次幂。

推导后半式：由 $X_1(k)$、$X_2(k)$ 以 $N/2$ 为周期，

$$X_1\left(k+\frac{N}{2}\right)=X_1(k),\qquad X_2\left(k+\frac{N}{2}\right)=X_2(k),$$

又

$$W_N^{k+N/2}=W_N^{N/2}W_N^{k}=-W_N^{k},$$

代入 $X(k+N/2)$ 即得。

结论：一个 $N$ 点 DFT 可由两个 $N/2$ 点 DFT 和 $N/2$ 个蝶形运算得到。

4.2.2 蝶形运算

蝶形运算结构：

$$\begin{aligned} A &= X_1(k)+W_N^{k}X_2(k),\\ B &= X_1(k)-W_N^{k}X_2(k). \end{aligned}$$

即：上支路为“和”，下支路为“差”；$W_N^{k}X_2(k)$ 只需计算一次，两条支路共用。

每个蝶形运算需要

$$1\ \text{次复数乘法},\qquad 2\ \text{次复数加法}.$$

4.2.3 8 点 DFT 的分解

$N=8=2^3$，分为两个 4 点 DFT：

偶序列：

$$x_1(0)=x(0),\ x_1(1)=x(2),\ x_1(2)=x(4),\ x_1(3)=x(6),$$

$$X_1(k)=\sum_{r=0}^{3}x(2r)W_4^{kr},\qquad k=0,1,2,3.$$

奇序列：

$$x_2(0)=x(1),\ x_2(1)=x(3),\ x_2(2)=x(5),\ x_2(3)=x(7),$$

$$X_2(k)=\sum_{r=0}^{3}x(2r+1)W_4^{kr},\qquad k=0,1,2,3.$$

组合：

$$X(k)=X_1(k)+W_8^{k}X_2(k),\qquad k=0,1,2,3,$$

$$X(k+4)=X_1(k)-W_8^{k}X_2(k),\qquad k=0,1,2,3.$$

即

$$\begin{aligned} X(0)&=X_1(0)+W_8^0X_2(0), & X(4)&=X_1(0)-W_8^0X_2(0),\\ X(1)&=X_1(1)+W_8^1X_2(1), & X(5)&=X_1(1)-W_8^1X_2(1),\\ X(2)&=X_1(2)+W_8^2X_2(2), & X(6)&=X_1(2)-W_8^2X_2(2),\\ X(3)&=X_1(3)+W_8^3X_2(3), & X(7)&=X_1(3)-W_8^3X_2(3). \end{aligned}$$

每个 4 点 DFT 还可继续按奇偶分解为两个 2 点 DFT，直至 2 点 DFT。

（另补充）8 点 DIT-FFT 完整流图（课件 4.2 第 18 页）：

• 流图共 $L=\log_2 8=3$ 级（列）：第一级是 $4$ 个 2 点 DFT（图中标为 $N/4$ 点 DFT，$N/4=2$）；第二级用 $W_8^0,W_8^2$ 把第一级结果组成两个 4 点 DFT $X_1(k)$、$X_2(k)$；第三级用 $W_8^0,W_8^1,W_8^2,W_8^3$ 组合成 $X(k)$。
• 蝶形总数 $=\dfrac{N}{2}L=4\times3=12$ 个。
• 输入按 $x(0),x(4),x(2),x(6),x(1),x(5),x(3),x(7)$ 排列，输出为自然顺序 $X(0),X(1),\cdots,X(7)$。
• 【补充】上述输入顺序称为倒位序（码位倒置）：每作一次奇偶抽取，相当于把序号的二进制最低位移到最高位。三位二进制 $n=(n_2n_1n_0)_2$ 反转为 $(n_0n_1n_2)_2$，得 $0\to0,\ 1\to4,\ 2\to2,\ 3\to6,\ 4\to1,\ 5\to5,\ 6\to3,\ 7\to7$，正是图中的输入次序。

4.2.4 一级分解的运算量

两个 $N/2$ 点 DFT 的运算量：

$$2\left(\frac{N}{2}\right)^2=\frac{N^2}{2}\ \text{次复乘}, \qquad 2\cdot\frac{N}{2}\left(\frac{N}{2}-1\right)=\frac{N^2}{2}-N\ \text{次复加}.$$

$N/2$ 个蝶形运算的运算量：

$$\frac{N}{2}\ \text{次复乘},\qquad N\ \text{次复加}.$$

合计：

$$\text{复乘}=\frac{N^2}{2}+\frac{N}{2}\approx\frac{N^2}{2}, \qquad \text{复加}=\frac{N^2}{2}.$$

与直接 DFT 的 $N^2$ 次复乘、$N(N-1)$ 次复加相比，运算量约减少一半。

4.3 运算量比较

$N=2^M$ 时，共需 $M$ 级蝶形运算，每级有 $N/2$ 个蝶形，每个蝶形 1 次复乘、2 次复加。

DIT-FFT 运算量：

$$\text{复乘次数}=\frac{N}{2}M=\frac{N}{2}\log_2N$$

$$\text{复加次数}=NM=N\log_2N$$

式中：$N=2^M$ 为变换点数；$M=\log_2N$ 为分解级数。适用条件：基 2-FFT，$N$ 为 2 的整数次幂。

直接 DFT 运算量：

$$\text{复乘次数}=N^2, \qquad \text{复加次数}=N(N-1).$$

比较：

算法	复乘次数	复加次数
直接 DFT	$N^2$	$N(N-1)$
DIT-FFT	$\dfrac{N}{2}\log_2N$	$N\log_2N$

例：$N=512=2^9$。

$$\text{复乘}=\frac{512}{2}\times9=2304,$$

$$\text{复加}=512\times9=4608.$$

直接 DFT 则需 $512^2=262144$ 次复乘、$512\times511=261632$ 次复加。

结论：FFT 不改变 DFT 的结果，只改变计算结构；$N$ 越大，FFT 相对直接 DFT 的运算量优势越明显。

4.4 易错点与常考题型

易错点

1. 基 2-FFT 要求 $N=2^M$；若 $N$ 不是 2 的整数次幂，需补零到最近的 2 的幂，补零不改变 DFT 结果但会改变点数。
2. DIT 是按时间序号 $n$ 的奇偶分解；DIF 是按频率序号 $k$ 的奇偶分解；两者不要混用。
3. 分解后子 DFT 的旋转因子是 $W_{N/2}$，不是 $W_N$；组合时才出现 $W_N^k$。
4. 蝶形运算上下两支路共用 $W_N^kX_2(k)$，只算一次乘法；不能算成两次复乘。
5. 后半式是 $X(k+N/2)=X_1(k)-W_N^kX_2(k)$，符号为负，不是加。
6. 运算量公式中复乘为 $\dfrac{N}{2}\log_2N$，复加为 $N\log_2N$；复加次数是复乘的 2 倍。
7. 每级有 $N/2$ 个蝶形，共 $M=\log_2N$ 级；不要把级数写成 $N$。
8. FFT 与 DFT 的结果完全相同，FFT 只是快速算法；考试中问“FFT 的变换结果”时仍按 DFT 定义。
9. 运算量比较时注意题目问的是“复数乘法”还是“实数乘法”；基 2-FFT 的一次复乘通常按 4 次实乘计（【补充】课件未展开实运算量）。
10. $W_N^{N/2}=-1$、$W_N^{k+N/2}=-W_N^k$ 是蝶形化简的关键，不要漏掉负号。

常考题型

• 计算直接 DFT 的复乘、复加次数。
• 画出 $N=8$ 的 DIT-FFT 蝶形运算流图，写出每级结果。
• 由 $X_1(k)$、$X_2(k)$ 组合出 $X(k)$ 与 $X(k+N/2)$。
• 计算 $N=2^M$ 时 FFT 的复乘、复加次数，并与直接 DFT 比较。
• 给定 $N$（如 512、1024），求 FFT 运算量。
• 说明 FFT 减小运算量的两条依据（分解、旋转因子性质）。

第六章 数字滤波器（选讲）

说明：本章为选讲内容。教学大纲要求“了解滤波器的一些基本概念和几个基本的性能指标；掌握 PPT 上加标记的知识点”。课件中的重点标记无法从文件中提取，具体标记位置待核对，复习时以课堂标注为准。

6.1 数字滤波器的基本概念与分类

6.1.1 定义

数字滤波器：通过数值运算处理改变输入信号所含频率成分的相对比例，或者滤除某些频率成分的数字器件或程序。

输入 $x(n)$ 经数字滤波器得到输出 $y(n)$；滤波特性由系统的频率响应 $H(e^{j\omega})$ 描述。

设计问题：已知频率特性 $H(e^{j\omega})$，求系统函数 $H(z)$ 或单位脉冲响应 $h(n)$。

说明：

• 理想频率特性在理论上可实现，实际实现困难；实际滤波器允许一定误差。
• 给定误差范围内的指标，满足指标的 $H(z)$ 或 $h(n)$ 不唯一。
• 若有用信号与干扰信号频谱在同一频段，需采用自适应滤波器，其系数随输入信号变化。

6.1.2 按滤波特性分类

类型	幅频特性
低通	低频通过，高频衰减
高通	高频通过，低频衰减
带通	某一频带通过，两侧衰减
带阻	某一频带衰减，两侧通过

说明：

1. 频率特性以 $2\pi$ 为周期，只需考虑数字频率在 $(0,2\pi)$ 范围内的幅度响应。
2. 由采样定理，输入信号频率不超过采样频率的一半；实序列频谱共轭对称，故频率特性只需考虑 $(0,\pi)$。
3. 图示的理想滤波器没有过渡带，物理上不可实现；实际滤波器只能在误差范围内近似，必须留过渡带。

6.1.3 按单位脉冲响应长度分类

IIR 滤波器（无限脉冲响应）：

$$H(z)=\frac{\displaystyle\sum_{j=0}^{M}b_jz^{-j}}{1+\displaystyle\sum_{k=1}^{N}a_kz^{-k}}.$$

FIR 滤波器（有限脉冲响应）：

$$H(z)=\sum_{n=0}^{N-1}h(n)z^{-n}.$$

式中：$b_j$ 为前馈系数；$a_k$ 为反馈系数；$N$ 为阶数或长度；$h(n)$ 为有限长单位脉冲响应。IIR 含反馈，FIR 不含反馈。

6.1.4 经典滤波器与现代滤波器

经典滤波器：有用信号与干扰信号各占不同频带，用选频滤波器滤除干扰。例如

$$x(n)=s(n)+u(n),$$

$s(n)$ 为有用信号，$u(n)$ 为加性噪声。

现代滤波器：信号与噪声频谱混叠，经典滤波难以去除。例如维纳滤波器、卡尔曼滤波器、线性预测、自适应滤波器。噪声模型可为

$$x(n)=s(n)\cdot u(n)\quad\text{（乘性噪声）},$$

$$x(n)=s(n)*u(n)\quad\text{（卷积性噪声）}.$$

6.2 数字滤波器的技术指标

6.2.1 频率响应

$$H(e^{j\omega})=\lvert H(e^{j\omega})\rvert e^{j\varphi(\omega)}.$$

• $\lvert H(e^{j\omega})\rvert$：幅频特性，表示信号通过滤波器后各频率成分的振幅加权。
• $\varphi(\omega)$：相频特性，表示各频率成分通过滤波器后的相位延迟。

选频滤波器一般只考虑幅频特性；若对输出波形有要求，需考虑线性相位。

6.2.2 低通滤波器的幅频指标

通带：

$$1-\delta_1\leq\lvert H(e^{j\omega})\rvert\leq1,\qquad \lvert\omega\rvert<\omega_p$$

式中：$\delta_1$ 为通带允许的幅度误差（无量纲，$0<\delta_1<1$）；$\omega_p$ 为通带截止频率（$\mathrm{rad}$）。

阻带：

$$\lvert H(e^{j\omega})\rvert\leq\delta_2,\qquad \omega_s\leq\lvert\omega\rvert\leq\pi$$

式中：$\delta_2$ 为阻带允许的最大幅度（无量纲，$0<\delta_2<1$）；$\omega_s$ 为阻带截止频率（$\mathrm{rad}$）。

过渡带：$\omega_p<\lvert\omega\rvert<\omega_s$，幅度响应平滑地从通带下降到阻带。

归一化：通常令 $\omega=0$ 处 $\lvert H(e^{j0})\rvert=1$。

6.2.3 通带衰减与阻带衰减

通带允许的最大衰减：

$$\alpha_p=20\lg\frac{\max\limits_{\lvert\omega\rvert\leq\omega_p}\lvert H(e^{j\omega})\rvert} {\min\limits_{\lvert\omega\rvert\leq\omega_p}\lvert H(e^{j\omega})\rvert} =-20\lg(1-\delta_1)\quad(\mathrm{dB})$$

式中：$\alpha_p$ 为正数，单位 $\mathrm{dB}$；$\delta_1$ 为通带误差。适用条件：通带内幅度已归一化，最大值为 $1$。

阻带应达到的最小衰减：

$$\alpha_s=20\lg\frac{\max\limits_{\lvert\omega\rvert\leq\omega_p}\lvert H(e^{j\omega})\rvert} {\max\limits_{\omega_s\leq\lvert\omega\rvert\leq\pi}\lvert H(e^{j\omega})\rvert} =-20\lg\delta_2\quad(\mathrm{dB})$$

式中：$\alpha_s$ 为正数，单位 $\mathrm{dB}$；$\delta_2$ 为阻带最大幅度。适用条件：通带最大幅度归一化为 $1$。

指标含义：

• $\alpha_p$ 越小，通带波纹越小，通带逼近误差越小。
• $\alpha_s$ 越大，阻带波纹越小，阻带逼近误差越小。
• $\omega_p$ 与 $\omega_s$ 间距越小，过渡带越窄，实现越困难。

$3\,\mathrm{dB}$ 截止频率：当

$$\lvert H(e^{j\omega_c})\rvert=0.707\approx\frac{1}{\sqrt{2}}$$

时，

$$\alpha_p=-20\lg\lvert H(e^{j\omega_c})\rvert=3\,\mathrm{dB},$$

称 $\omega_c$ 为 $3\,\mathrm{dB}$ 通带截止频率（$\mathrm{rad}$）。

6.2.4 设计方法

1. 间接法：先设计合适的模拟滤波器，再转换为满足指标的数字滤波器。适用于幅频特性较规则的滤波器，如低通、高通、带通、带阻。
2. 直接法：直接在频域或时域设计数字滤波器，需联立方程，通常借助计算机辅助设计。

6.3 模拟滤波器与巴特沃斯低通滤波器

6.3.1 模拟滤波器的描述

设 $h_a(t)$ 为模拟滤波器的单位脉冲响应，$H_a(j\Omega)$ 为频率响应，$H_a(s)$ 为系统函数：

$$H_a(j\Omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}h_a(t)e^{-j\Omega t}\,dt$$

$$H_a(s)=\int_{-\infty}^{+\infty}h_a(t)e^{-st}\,dt$$

式中：$\Omega$ 为模拟角频率（$\mathrm{rad/s}$）；$s=\sigma+j\Omega$ 为复频率（$\mathrm{s^{-1}}$）；$h_a(t)$ 为实单位脉冲响应。适用条件：$h_a(t)$ 绝对可积，拉普拉斯变换收敛。

（另补充）已核对课件 6.2 第 26 页原图：两式均正确印为积分 $\int_{-\infty}^{+\infty}$，分别对应傅里叶变换与拉普拉斯变换，此处无误（原稿此处标注的“印成求和号”有误，已删除）。

（另补充）常用的模拟滤波器（课件 6.2 第 24 页）：巴特沃斯（Butterworth）滤波器、切比雪夫（Chebyshev）滤波器、椭圆（Cauer）滤波器、贝塞尔（Bessel）滤波器。它们都有严格的设计公式、现成的曲线和图表。其中巴特沃斯为最平幅度逼近，切比雪夫为等波纹逼近（【补充】），椭圆滤波器过渡带最陡，贝塞尔滤波器相位最接近线性（【补充】）。

设计思路：设计指标由幅频响应 $\lvert H_a(j\Omega)\rvert$ 给出，设计任务是求系统函数 $H_a(s)$。

模拟低通指标：与数字低通类似，用 $\Omega_p$、$\Omega_s$、$\alpha_p$、$\alpha_s$、$\delta_p$、$\delta_s$ 描述：

$$1-\delta_p\leq\lvert H_a(j\Omega)\rvert\leq1,\qquad \lvert\Omega\rvert<\Omega_p,$$

$$\lvert H_a(j\Omega)\rvert\leq\delta_s,\qquad \Omega_s\leq\lvert\Omega\rvert.$$

通带与阻带衰减：

$$\alpha_p=-10\lg\lvert H_a(j\Omega_p)\rvert^2=-20\lg(1-\delta_p)\quad(\mathrm{dB})$$

$$\alpha_s=-10\lg\lvert H_a(j\Omega_s)\rvert^2=-20\lg\delta_s\quad(\mathrm{dB})$$

式中：$\Omega_p$ 为通带截止频率（$\mathrm{rad/s}$）；$\Omega_s$ 为阻带截止频率（$\mathrm{rad/s}$）；$\delta_p$ 为通带幅度误差；$\delta_s$ 为阻带最大幅度；$\alpha_p,\alpha_s$ 为正数，单位 $\mathrm{dB}$。适用条件：通带最大幅度归一化为 $1$。

$3\,\mathrm{dB}$ 截止频率：

$$\lvert H_a(j\Omega_c)\rvert=\frac{1}{\sqrt{2}}, \qquad -20\lg\lvert H_a(j\Omega_c)\rvert=3\,\mathrm{dB}.$$

幅度平方与系统函数的关系：一般滤波器单位冲激响应为实数，因此

$$\lvert H_a(j\Omega)\rvert^2 =H_a(s)H_a(-s)\Big|_{s=j\Omega} =H_a(j\Omega)H_a^*(j\Omega)$$

式中：$H_a(s)$ 为模拟系统函数；$s=j\Omega$ 为单位圆（虚轴）映射。适用条件：$h_a(t)$ 为实函数。

说明：由幅度平方函数可确定 $H_a(s)H_a(-s)$ 的极点，选取左半平面极点构成因果稳定的 $H_a(s)$（【补充】课件未展开极点选取步骤）。

6.3.2 巴特沃斯低通滤波器

巴特沃斯逼近又称最平幅度逼近，其幅度平方函数为

$$\lvert H_a(j\Omega)\rvert^2=\frac{1}{1+\left(\dfrac{\Omega}{\Omega_c}\right)^{2N}}$$

式中：$N$ 为正整数，表示滤波器阶次；$\Omega_c$ 为 $3\,\mathrm{dB}$ 截止频率（$\mathrm{rad/s}$）；$\Omega$ 为模拟角频率（$\mathrm{rad/s}$）。适用条件：低通、因果稳定、实冲激响应。

特点：

1. 幅度特性随频率单调递减。$\Omega<\Omega_c$（通带内）时具有最大平坦的幅度特性，$N$ 越大越平坦；$\Omega>\Omega_c$ 时随 $\Omega$ 增大迅速衰减，$N$ 越大衰减越快、过渡带越陡。
2. $\Omega=0$ 时 $\lvert H_a(j0)\rvert=1$，直流分量无衰减。
3. $\Omega=\Omega_c$ 时 $\lvert H_a(j\Omega_c)\rvert^2=\dfrac{1}{2}$，即衰减 $3\,\mathrm{dB}$。

优点：幅度特性平坦，相位特性近似线性。 缺点：阶次 $N$ 一般较大。

由指标求阶次（【补充】，课件只给幅度平方函数，未给设计公式）：

$$\alpha_p=10\lg\left[1+\left(\frac{\Omega_p}{\Omega_c}\right)^{2N}\right], \qquad \alpha_s=10\lg\left[1+\left(\frac{\Omega_s}{\Omega_c}\right)^{2N}\right],$$

两式联立可解出 $N$ 与 $\Omega_c$。该式由 $\alpha=-10\lg\lvert H_a(j\Omega)\rvert^2$ 直接得到，考试若课件未要求可不记。

6.4 易错点与常考题型

易错点

1. $\alpha_p$、$\alpha_s$ 定义为正数，单位 $\mathrm{dB}$；公式前有负号，$-20\lg(1-\delta_1)$ 与 $-20\lg\delta_2$ 不要漏负号。
2. 通带指标是 $1-\delta_1\leq\lvert H\rvert\leq1$，阻带指标是 $\lvert H\rvert\leq\delta_2$；$\delta_1$ 与 $\delta_2$ 都是幅度误差，不是 dB 值。
3. $\omega_p$ 是通带截止频率，$\omega_s$ 是阻带截止频率，$\omega_c$ 是 $3\,\mathrm{dB}$ 截止频率；三者一般不重合，且 $\omega_p<\omega_c<\omega_s$。
4. 数字频率 $\omega$ 的单位是 $\mathrm{rad}$，模拟角频率 $\Omega$ 的单位是 $\mathrm{rad/s}$，不要混用。
5. $\lvert H(e^{j\omega_c})\rvert=0.707$ 对应 $3\,\mathrm{dB}$ 是按功率比定义的；$0.707$ 是幅度比，不是功率比。
6. 巴特沃斯滤波器是单调下降、最大平坦，不是等波纹；切比雪夫才是等波纹（【补充】）。
7. 巴特沃斯 $\lvert H_a(j0)\rvert=1$，$\lvert H_a(j\Omega_c)\rvert^2=1/2$；不要把 $\Omega_c$ 处写成 $1/\sqrt{2}$ 的平方或 $1/2$ 的幅度。
8. 由 $\lvert H_a(j\Omega)\rvert^2$ 求 $H_a(s)$ 时用 $s=j\Omega$，得 $H_a(s)H_a(-s)$；必须选左半平面极点，才能得到因果稳定系统。
9. IIR 系统函数含反馈分母 $1+\sum a_kz^{-k}$，FIR 只有分子；不要漏写分母的 $1$。
10. 理想低通无过渡带，不可实现；实际指标必须给出 $\omega_p<\omega_s$ 的过渡带。
11. 本章为选讲，PPT 上的重点标记无法提取；哪些知识点要求掌握待核对，不要仅按本资料猜测。

常考题型

• 解释数字滤波器的定义、分类（经典/现代、低通/高通/带通/带阻、IIR/FIR）。
• 写出 IIR、FIR 的系统函数并说明区别。
• 由 $\delta_1$、$\delta_2$ 计算 $\alpha_p$、$\alpha_s$，或反之。
• 由 $\lvert H(e^{j\omega_c})\rvert=0.707$ 说明 $3\,\mathrm{dB}$ 截止频率。
• 画出低通滤波器指标示意图，标出通带、阻带、过渡带、$\omega_p$、$\omega_s$、$\omega_c$。
• 写出巴特沃斯幅度平方函数，说明 $N$、$\Omega_c$ 的作用及特点。
• 由 $\lvert H_a(j\Omega)\rvert^2$ 与 $s=j\Omega$ 求 $H_a(s)$（选左半平面极点）。
• 说明间接法与直接法的区别。

物理量与公式大总结

物理量名称	符号	单位	对应公式	适用条件	所在章节
离散时间序号	$n$	无量纲	$n=0,\pm1,\pm2,\cdots$	离散时间序列	1
采样间隔	$T$	$\mathrm{s}$	$T=\dfrac{1}{f_s}$	均匀采样	1
采样频率	$f_s$	$\mathrm{Hz}$	$f_s=\dfrac{1}{T}$	均匀采样	1
奈奎斯特频率	$f_{s\min}$	$\mathrm{Hz}$	$f_{s\min}=2f_c$	带限信号，最高频率 $f_c$	1
数字角频率	$\omega$	$\mathrm{rad}$	$\omega=\Omega T=\dfrac{2\pi f}{f_s}$	采样序列	1
模拟角频率	$\Omega$	$\mathrm{rad/s}$	$\Omega=\dfrac{\omega}{T}$	模拟信号	1
单位脉冲序列	$\delta(n)$	无量纲	$\delta(n)=1\ (n=0),\ 0\ (n\neq0)$	离散序列	1
单位阶跃序列	$u(n)$	无量纲	$u(n)=1\ (n\geq0),\ 0\ (n<0)$	离散序列	1
矩形序列	$R_N(n)$	无量纲	$R_N(n)=1\ (0\leq n\leq N-1),\ 0\ (\text{其他})$	长度 $N$	1
卷积和	$y(n)$	同 $x\cdot h$	$y(n)=\sum\limits_{m=-\infty}^{\infty}x(m)h(n-m)$	LTI、零状态	1
因果条件	—	—	$h(n)=0,\ n<0$	LTI 系统	1
稳定条件	—	—	$\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}\lvert h(n)\rvert<\infty$	LTI 系统	1
差分方程	—	—	$\sum\limits_{k=0}^{N}a_ky(n-k)=\sum\limits_{r=0}^{M}b_rx(n-r)$	线性常系数	1
序列傅里叶变换	$X(e^{j\omega})$	同 $x$	$X(e^{j\omega})=\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}x(n)e^{-j\omega n}$	绝对可和	2
傅里叶逆变换	$x(n)$	同 $X$	$x(n)=\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}X(e^{j\omega})e^{j\omega n}d\omega$	$X(e^{j\omega})$ 可积	2
频谱周期	—	$\mathrm{rad}$	$X(e^{j(\omega+2\pi)})=X(e^{j\omega})$	DTFT	2
帕塞瓦尔定理	—	能量单位	$\sum\limits_{n}\lvert x(n)\rvert^2=\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\lvert X(e^{j\omega})\rvert^2d\omega$	能量有限	2
模拟与序列频谱关系	—	—	$X(e^{j\omega})=\dfrac{1}{T}\sum\limits_{k}X_a\left(j\dfrac{\omega-2\pi k}{T}\right)$	理想采样	2
离散傅里叶级数	$\tilde{X}(k)$	同 $x$	$\tilde{X}(k)=\sum\limits_{n=0}^{N-1}\tilde{x}(n)e^{-j\frac{2\pi}{N}kn}$	周期序列，周期 $N$	2
周期序列的傅里叶变换	—	—	$X(e^{j\omega})=\dfrac{2\pi}{N}\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}\tilde{X}(k)\delta\left(\omega-\dfrac{2\pi}{N}k\right)$	周期序列	2
周期冲激串的傅里叶变换	—	—	$F(\omega)=\omega_1\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}\delta(\omega-n\omega_1)$	冲激周期 $T_1=2\pi/\omega_1$	1、2
Z 变换	$X(z)$	同 $x$	$X(z)=\sum\limits_{n=-\infty}^{\infty}x(n)z^{-n}$	级数收敛	2
矩形序列的 Z 变换	$X(z)$	同 $x$	$X(z)=\dfrac{1-z^{-N}}{1-z^{-1}}$	$0<\lvert z\rvert\leq\infty$	2
收敛域	ROC	—	$R_{x-}<\lvert z\rvert<R_{x+}$	双边序列	2
逆 Z 变换	$x(n)$	同 $X$	$x(n)=\dfrac{1}{2\pi j}\oint_CX(z)z^{n-1}dz$	$C$ 在 ROC 内	2
双边移位性质	—	—	$x(n-m)\leftrightarrow z^{-m}X(z)$	双边 ZT	2
单边右移性质	—	—	$\mathrm{ZT}[x(n-m)u(n)]=z^{-m}\left[X(z)+\sum\limits_{n=-m}^{-1}x(n)z^{-n}\right]$	单边 ZT，$m\geq1$	2
Z 域微分	—	—	$nx(n)\leftrightarrow -z\dfrac{dX(z)}{dz}$	ROC 内可导	2
Z 域尺度变换	—	—	$a^nx(n)\leftrightarrow X\left(\dfrac{z}{a}\right)$	$\lvert a\rvert R_{x1}<\lvert z\rvert<\lvert a\rvert R_{x2}$	2
初值定理	$x(0)$	同 $x$	$x(0)=\lim\limits_{z\to\infty}X(z)$	因果序列	2
初值推论	$x(1)$	同 $x$	$x(1)=\lim\limits_{z\to\infty}z\left[X(z)-x(0)\right]$	因果序列	2
终值定理	—	同 $x$	$\lim\limits_{n\to\infty}x(n)=\lim\limits_{z\to1}(z-1)X(z)$	极点满足收敛条件	2
系统函数	$H(z)$	无量纲	$H(z)=\dfrac{Y(z)}{X(z)}=\dfrac{\sum\limits_{r=0}^{M}b_rz^{-r}}{\sum\limits_{k=0}^{N}a_kz^{-k}}$	零状态	2
频率响应	$H(e^{j\omega})$	无量纲	$H(e^{j\omega})=H(z)\big\rvert_{z=e^{j\omega}}$	单位圆在 ROC 内	2
因果稳定判据	—	—	$\lvert p_k\rvert<1,\ k=1,\cdots,N$	因果系统	2
离散傅里叶变换	$X(k)$	同 $x$	$X(k)=\sum\limits_{n=0}^{N-1}x(n)W_N^{kn}$	$N\geq M$	3
离散傅里叶逆变换	$x(n)$	同 $X$	$x(n)=\dfrac{1}{N}\sum\limits_{k=0}^{N-1}X(k)W_N^{-kn}$	$N\geq M$	3
旋转因子	$W_N$	无量纲	$W_N=e^{-j\frac{2\pi}{N}}$	$N$ 点 DFT	3
DFT 与 DTFT 关系	—	—	$X(k)=X(e^{j\omega})\big\rvert_{\omega=\frac{2\pi}{N}k}$	有限长序列	3
循环移位	—	—	$x((n-m))_NR_N(n)\leftrightarrow W_N^{mk}X(k)$	长度不超过 $N$	3
循环卷积	$y_c(n)$	同 $x$	$y_c(n)=\left[\sum\limits_{m=0}^{L-1}h(m)x((n-m))_L\right]R_L(n)$	$L\geq\max(M,N)$	3
线性卷积与循环卷积	—	—	$y_c(n)=\left[\sum\limits_{r=-\infty}^{\infty}y_l(n+rL)\right]R_L(n)$	$L\geq\max(M,N)$	3
频率分辨率	$F$	$\mathrm{Hz}$	$F=\dfrac{1}{NT}=\dfrac{1}{T_p}$	谱分析	3
记录时长	$T_p$	$\mathrm{s}$	$T_p=NT=\dfrac{1}{F}$	谱分析	3
DFT 复乘次数	—	次	$N^2$	直接计算	3、4
DFT 复加次数	—	次	$N(N-1)$	直接计算	3、4
FFT 复乘次数	—	次	$\dfrac{N}{2}\log_2N$	$N=2^M$	4
FFT 复加次数	—	次	$N\log_2N$	$N=2^M$	4
通带最大衰减	$\alpha_p$	$\mathrm{dB}$	$\alpha_p=20\lg\dfrac{\max\limits_{\lvert\omega\rvert\leq\omega_p}\lvert H\rvert}{\min\limits_{\lvert\omega\rvert\leq\omega_p}\lvert H\rvert}=-20\lg(1-\delta_1)$	低通、归一化	6
阻带最小衰减	$\alpha_s$	$\mathrm{dB}$	$\alpha_s=20\lg\dfrac{\max\limits_{\lvert\omega\rvert\leq\omega_p}\lvert H\rvert}{\max\limits_{\omega_s\leq\lvert\omega\rvert\leq\pi}\lvert H\rvert}=-20\lg\delta_2$	低通、归一化	6
模拟通带最大衰减	$\alpha_p$	$\mathrm{dB}$	$\alpha_p=-10\lg\lvert H_a(j\Omega_p)\rvert^2=-20\lg(1-\delta_p)$	模拟低通、归一化	6
模拟阻带最小衰减	$\alpha_s$	$\mathrm{dB}$	$\alpha_s=-10\lg\lvert H_a(j\Omega_s)\rvert^2=-20\lg\delta_s$	模拟低通、归一化	6
通带误差	$\delta_1$	无量纲	$1-\delta_1\leq\lvert H(e^{j\omega})\rvert\leq1,\ \lvert\omega\rvert<\omega_p$	低通	6
阻带误差	$\delta_2$	无量纲	$\lvert H(e^{j\omega})\rvert\leq\delta_2,\ \omega_s\leq\lvert\omega\rvert\leq\pi$	低通	6
$3\,\mathrm{dB}$ 截止频率	$\Omega_c$	$\mathrm{rad/s}$	$\lvert H_a(j\Omega_c)\rvert=\dfrac{1}{\sqrt{2}},\ -20\lg\lvert H_a(j\Omega_c)\rvert=3\,\mathrm{dB}$	模拟低通	6
巴特沃斯幅度平方	—	无量纲	$\lvert H_a(j\Omega)\rvert^2=\dfrac{1}{1+\left(\dfrac{\Omega}{\Omega_c}\right)^{2N}}$	巴特沃斯低通	6
IIR 系统函数	$H(z)$	无量纲	$H(z)=\dfrac{\sum\limits_{j=0}^{M}b_jz^{-j}}{1+\sum\limits_{k=1}^{N}a_kz^{-k}}$	IIR 滤波器	6
FIR 系统函数	$H(z)$	无量纲	$H(z)=\sum\limits_{n=0}^{N-1}h(n)z^{-n}$	FIR 滤波器	6

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使用提示：本资料中标注【补充】的内容为课件之外、为便于理解而加入；标注【待核对】的内容为课件表述不清、存在笔误或无法确认之处，复习时应以教材和课堂讲解为准。公式中的单位除特别说明外，均按国际单位制量纲给出。本次对照课件完善时新增的例题、方法与推导，均以「（另补充）」开头标注。