离散时间信号与系统题目

时域表示

计算如下有限长序列的 $L_1$范数、 $L_2$范数和 $L_{\infty}$范数：
(a) $\{x_1[n]\}=\{4.50 \quad-2.68 \quad-0.14 \quad3.91 \quad2.62\quad-0.43\quad-4.81\quad3.21\quad-0.55\}$
(b) $\{x_2[n]\}=\{0.92\quad2.34\quad3.37\quad1.90\quad-2.59\quad-0.75\quad3.48\quad3.33\}$

解：
$\lVert x \rVert =(\sum_{-\infty}^{\infty}|x[n]|^p)^{1/p}$
$\lVert x \rVert _1=\sum_{-\infty}^{\infty}|x[n]| \quad \lVert x \rVert _2=(\sum_{-\infty}^{\infty}|x[n]|^2)^{1/2}$
$\lVert x \rVert _\infty=|x|_{max}$
(a) $\lVert x_1 \rVert _1=22.85 \quad \lVert x_1 \rVert _2=9.1396 \quad \lVert x_1 \rVert _\infty=4.81$
(b) $\lVert x_2 \rVert _1=18.68 \quad \lVert x_2 \rVert _2=7.1944 \quad \lVert x_2 \rVert _\infty=3.48$

请参考这篇文章离散时间信号的时域表示

序列的运算

基本运算

已知序列
$\begin{aligned} x[n]&=\{2,0,-1,6,-3,2,0\},\quad &-3 &\leq n \leq 3 \\ y[n]&=\{8,2,-7,-3,0,1,1\}, \quad &-5 &\leq n \leq 1 \\ w[n]&=\{3,6,-1,2,6,6,1\},\quad &-2 &\leq n \leq 4 \end{aligned}$
上述序列在给定区间以外的样本值都为零。生成以下序列：
$\begin{aligned} &(a)c[n]=x[n+3] \\ &(b)d[n]=y[n-2]\\ &(c)e[n]=x[-n]\\ &(d)u[n]=x[n-3]+y[n+3]\\ &(e)v[n]=y[n-3] \cdot w[n+2]\\ &(f)s[n]=y[n+4]-w[n-3] \\ &(g)r[n]=3.9w[n] \end{aligned}$

解：
(a)序列 $x[n]$左移 $3$个单位，则
$c[n]=\{2,0,-1,6,-3,2,0\},\quad -6 \leq n \leq 0$
(b)序列 $y[n]$右移 $2$个单位，则
$(b)d[n]=\{8,2,-7,-3,0,1,1\}, \quad -3 \leq n \leq 3$
(c)序列 $x[n]$反褶，则
$e[n]=\{0,2,-3,6,-1,0,2\}，\quad -3 \leq n \leq 3$
(d) $x[n]$右移 $3$个单位得到
$x[n-3]=\{2,0,-1,6,-3,2,0\},\quad 0 \leq n \leq 6$
$y[n]$左移 $3$个单位得到
$y[n+3]=\{8,2,-7,-3,0,1,1\}, \quad -8 \leq n \leq -2$
则
$u[n]=\{8,2,-7,-3,0,1,1,0,2,0,-1,6,-3,2,0\}-8 \leq n \leq 6$
(e) $y[n]$右移 $3$个单位得到
$y[n-3]=\{8,2,-7,-3,0,1,1\}, \quad -2 \leq n \leq 4$
$w[n]$左移 $2$个单位得到
$w[n+2]=\{3,6,-1,2,6,6,1\},\quad -4 \leq n \leq 2$
则
$v[n]=\{0,0,-8,4,-42,-18,0,0,0\}\quad -4 \leq n \leq 4$
(f) $y[n]$左移 $4$个单位得到
$y[n+4]=\{8,2,-7,-3,0,1,1\}, \quad -9 \leq n \leq -3$
$w[n]$右移 $3$个单位得到
$w[n-3]=\{3,6,-1,2,6,6,1\},\quad 1 \leq n \leq 7$
则
$s[n]=\{8,2,-7,-3,0,1,1,0,0,0,-3,-6,1,-2,-6,-6,-1\},\quad -9 \leq n \leq 7$
(g) $r[n]=\{11.7 , 23.4 , -3.9, 7.8 ,23.4 ,23.4 ,3.9\},\quad -2 \leq n \leq 4$

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卷积运算

证明一个长度为 $M$的序列与一个长度为 $N$的序列进行卷积，可得到一个长度为 $(M+N-1)$的序列。

  参考这篇文章中卷积后的长度部分

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设 $x[n]$、 $y[n]$、 $w[n]$分别表示长度为 $N、M$和 $L$的三个序列，每个序列的第一个样本都出现在 $n=0$处，序列 $x[n]*y[n]*w[n]$的长度是多少？
解：
  借用上题的结论，两序列卷积后的长度为两序列长度之和减一。

  令 $h[n]=x[n]*y[n]$，则序列 $h[n]$的长度为 $H=M+N-1$，所以序列 $h[n]*w[n]$的长度为 $H+L-1=M+N+L-2$，所以序列 $x[n]*y[n]*w[n]$的长度为 $M+N+L-2$

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求下面序列与其自身的卷积
$x[n]=\{1, \, -1, \, 1\}, -1 \leq n \leq 1$
解：

所以 $x[n]*x[n]=\{1, \, -2, \, \mathop{3}\limits_{\uparrow}, \, -2, \, 1\} -2 \leq n \leq 2$

可以观察到 $x[n]$它是左右对称的，事实上序列自己与自己卷积得到的序列都是左右对称的。

  不理解上述计算卷积算法的，请参考用多项式乘法快速计算卷积。

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设 $y[n]=x_1[n]*x_2[n]$且 $v[n]=x_1[n-N_1]*x_2[n-N_2]$，试用 $y[n]$来表示 $v[n]$。
解：
首先从数学的角度对公式进行推导
$y[n]=x_1[n]*x_2[n]=\sum_{m=-\infty}^{\infty}x_1[m]x_2[n-m]$
$v[n]=x_1[n-N_1]*x_2[n-N_2]=\sum_{m=-\infty}^{\infty}x_1[m-N_1]x_2[n-m-N_2]$
令 $k=m-N_1$得到
$v[n]=\sum_{k=-\infty}^{\infty}x_1[k]x_2[n-(N1+k)-N_2]=\sum_{k=-\infty}^{\infty}x_1[k]x_2[(n-N_1-N_2)-k]=y[n-N_1-N_2]$
重点是怎么理解这一个结果，该结果表明，如果序列 $x_1[n]$时移 $N_1$， $x_2[n]$时移 $N_2$，那么卷积后的序列 $y[n]$时移 $N_1+N_2$。

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设 $x[n]=\{1\}$是定义在 $0 \leq n \leq N-1$长度为 $N$的序列，而 $h[n]=\{1\}$是定义在 $0 \leq n \leq N-3$范围内长度为 $N-2$的序列，不进行卷积运算，求 $y[n]=x[n]*h[n]$最大样本的值的位置。
解：
由于序列 $x[n]、h[n]$的每一项的数值都是 $1$，所以 $x[n]$与 $h[n]$各项对应的乘积也为 $1$，所以要使 $y[n]$最大，就得包含更多的项相加，由于 $h[n]$的长度小于 $x[n]$，所以最大包含 $h[n]$的长度 $N-2$项，所以由
$y[n]=x[n]*h[n]=\sum_{m=-\infty}^{\infty}h[m]x[n-m]$
所以有
$0 \leq m \leq N-3 \\ 0 \leq n-m \leq N-1\\$
由于要保证要取到所有的 $h[n]$才能保证 $y[n]$最大，所以对于任意
$0 \leq m \leq N - 3$存在
$0 \leq n - m \leq N - 1$
即
$m_{max} \leq n \leq m_{min}+N-1 \Rightarrow N-3 \leq n \leq N-1$
所以 $N-3,N-2,N-1$处 $y[n]$有最大值为 $N-2$。

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圆周运算

考虑序列 $g[n]=\{-3, 0, 4, 9, 2, 0, -2, 5\},\quad -4 \leq n \leq 3$
(a)求 $g[n]$向右圆周平移5个样本周期得到的序列 $h[n]$
(b)求 $g[n]$向左圆周平移4个样本周期得到的序列 $w[n]$
解：
(a)
$h[n]=\{9, 2, 0, -2, 5, -3, 0, 4\} \quad -4 \leq n \leq 3$
(b)
$w[n]=\{5, -3, 0, 4, 9, 2, 0, -2\} \quad -4 \leq n \leq 3$

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序列的分类

基于对称性的分类

证明实数值序列 $x[n]$的平均功率 $P_x$是其偶部和奇部平均功率 $P_{x_{ev}}$和 $P_{x_{od}}$之和。
解：
$\begin{aligned} P_x&=\frac{1}{2K+1}\sum_{n=-K}^{K}\vert x[n] \vert ^2=\frac{1}{2K+1}\sum_{n=-K}^{K}(x_{ev}[n]+x_{od}[n])^2 \\ &=\frac{1}{2K+1}\big(\sum_{n=-K}^{K}(x_{ev}[n]) ^2+\sum_{n=-K}^{K}(x_{od}[n]) ^2+2\sum_{n=-K}^{K}x_{ev}[n]x_{od}[n]\big) \\ &=P_{x_{ev}}+P_{x_{od}}+\frac{2}{2K+1}\sum_{n=-K}^{K}\big((x[n]+x[-n])(x[n]-x[-n])\big) \\ &=P_{x_{ev}}+P_{x_{od}}+\frac{2}{2K+1}(\sum_{n=-K}^{K}x[n]^2-\sum_{n=-K}^{K}x[-n]^2) \\ &=P_{x_{ev}}+P_{x_{od}} \end{aligned}$
上式用到了
$\sum_{n=-K}^{K}x[n]^2-\sum_{n=-K}^{K}x[-n]^2=0$

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求序列 $x[n]=\{-1+j3,2-j7,4-j5,3+j5,-2-j\},-2 \leq n \leq 2$的共轭对称部分和共轭反对称部分。
解：
$x[-n]=\{-2-j,3+j5,4-j5,2-j7,-1+j3\},-2 \leq n \leq 2$
$x^{*}[-n]=\{-2+j,3-j5,4+j5,2+j7,-1-j3\},-2 \leq n \leq 2$
$x_{cs}[n]=(x[n]+x^{*}[-n])/2=\{-1.5+j2,2.5-j6,4,2.5+j6,-1.5-j2\}$
$x_{ca}[n]=(x[n]-x^{*}[-n])/2=\{0.5+j,-0.5-j,-j5,0.5-j,-0.5+j\}$

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证明当所有 $n \geq 0$时，因果序列 $x[n]$可以从它的偶部 $x_{ev}[n]$中完全恢复出来，而当所有 $n>0$才可从它的奇部 $x_{od}[n]$中恢复出来。
解：
由于序列 $x[n]$为因果序列，则 $x[-n]=0,n>0$。由于
$x_{ev}[n]=\frac{1}{2}(x[n]+x[-n])$
当 $n=0时$, $x[0]=x_{ev}[0]$
当 $n>0$时， $x[n]=2x_{ev}[n]$
所以
$x[n]= \begin{cases} 2x_{ev}[n],\, &n > 0 \\ x_{ev}[0], \, &n = 0 \\ 0, \, &n < 0 \end{cases}$
而
$x_{od}[n]=\frac{1}{2}(x[n]-x[-n])$
当 $n=0$时， $x[0]=0$
当 $n>0$时， $x[n]=2x_{od}[n]$
所以
$x[n]= \begin{cases} 2x_{od}[n],\, &n > 0 \\ 0, \, &n \leq 0 \end{cases}$

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因果复序列 $y[n]$能够从它的共轭对称部分 $y_{cs}[n]$中完全恢复出来吗？能从它的反共轭对称部分 $y_{ca}[n]$中恢复出来吗？证明你的结论。
解：
  因为 $y[n]$为因果序列，所以 $y^{*}[-n]=0,n>0$，由
$y_{cs}[n]=\frac{1}{2}(y[n]+y^{*}[-n])$
当 $n=0$时， $y_{re}[0]=y_{cs}[0]$

当 $n>0$时， $y[n]=2y_{cs}[n]$

由于在 $n=0$时，只能恢复出实部，所以由共轭对称部分不能完全恢复出 $y[n]$。

  同理，共轭反对称部分在 $n=0$只能恢复出 $y_{im}[0]$，也不能完全恢复出 $y[n]$。

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考虑以各自共轭对称和共轭反对称之和的形式表示的两个复值序列 $h[n]$和 $g[n]$，即 $h[n]=h_{cs}[n]+h_{ca}[n]$且 $g[n]=g_{cs}[n]+g_{ca}[n]$。试确定下列序列是共轭对称还是共轭反对称的。
(a) $y_1[n]=h_{cs}[n]*g_{cs}[n]$
(b) $y_2[n]=h_{ca}[n]*g_{cs}[n]$
(c) $y_3[n]=h_{ca}[n]*g_{ca}[n]$
解：
(a)
$\begin{aligned} y_1[n]&=\sum_{m=-\infty}^{\infty}h_{cs}[m]g_{cs}[n-m] \\ y^{*}_1[-n]&=(\sum_{m=-\infty}^{\infty}h_{cs}[-m]g_{cs}[-(n-m)])^{*} \\ &=\sum_{m=-\infty}^{\infty}h^{*}_{cs}[-m]g^{*}_{cs}[-(n-m)] \\ &=\sum_{m=-\infty}^{\infty}h_{cs}[m]g_{cs}[n-m] \\ &=y_1[n] \end{aligned}$
(b)
$y_2[n]=-y^{*}_2[-n]$
(c)
$y_3[n]=y^{*}_3[-n]$

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能量信号与功率信号

计算长度为 $N$的序列 $x[n]=sin(2\pi kn/N)$的能量， $0 \leq n \leq N-1$。
解：
$\begin{aligned} \varepsilon^2&=\sum_{n=0}^{N-1}sin^2(2\pi kn/N)=\sum_{n=0}^{N-1}\frac{1}{2}-\frac{1}{2}cos(4\pi kn /N) \\ &=\frac{N}{2}-\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{N-1}cos(4\pi kn /N) \end{aligned}$
令 $C=\sum_{n=0}^{N-1}cos(4\pi kn /N),S=\sum_{n=0}^{N-1}sin(4\pi kn /N)$
则
$C+jS=\sum_{n=0}^{N-1}e^{-j\frac{4\pi kn}{N}}=\frac{(1-e^{-j\frac{4\pi kN}{N}})}{1-e^{-j\frac{4\pi k}{N}}} = 0$
这说明 $C=0$，所以
$\varepsilon^2=\frac{N}{2}$

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计算下列序列的能量：
(a) $x_a[n]=A\alpha^n\mu[n],\vert \alpha \vert <1,$
(b) $x_b[n]=\frac{1}{n^2}\mu[n-1]$
解：
(a) $\varepsilon^2_a=\sum_{n=0}^{\infty}A^2(\alpha^2)^n=\frac{A^2}{1-\alpha^2}$
(b) $\varepsilon^2_b=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^4}=\frac{\pi^4}{90}$

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周期序列和非周期序列

求下列周期序列的基本周期：
(a) $\tilde{x}_a[n]=e^{j0.25\pi n}$
(b) $\tilde{x}_b[n]=Re(e^{j\pi n /8})+Im(e^{j\pi n/5})$
解：
(a)
$\frac{2\pi}{0.25\pi}=8$所以周期 $N=8$。
(b)
$\frac{2\pi}{\pi/8}=16$所以 $N_1=16$
$\frac{2\pi}{\pi/5}=10$所以 $N_2=10$
  所以周期为二者的最小公倍数
$N=LCM(N_1,N_2)=LCM(16,10)=80$

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其他分类

证明序列 $x[n]=\frac{(-1)^{n+1}}{n}\mu[n]$不是绝对可和的。
解：
$\sum_{n=-\infty}^{\infty}\vert x[n] \vert = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}=\infty$

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证明下面序列是绝对可和的。
(a) $x_1[n]=\alpha^n\mu[n-1]$
(b) $x_2[n]=n\alpha^n\mu[n-1]$
其中 $\vert \alpha \vert < 1$
解：
(a) $\sum_{n=1}^{\infty}\vert \alpha \vert^n=\frac{\vert \alpha \vert}{1-\vert \alpha \vert} <\infty$
(b)
$\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}\vert n\alpha \vert^n&=\sum_{n=1}^{\infty}n\vert \alpha \vert^n \\ &=\vert \alpha \vert+2\vert \alpha \vert^2+3\vert \alpha \vert^3+...+n\vert \alpha \vert^n + ... \\ &=(\vert \alpha \vert+\vert \alpha \vert^2+\vert \alpha \vert^3+...+\vert \alpha \vert^n+...)+ \\ &\quad (\vert \alpha \vert^2+\vert \alpha \vert^3+...+\vert \alpha \vert^n+...)+ \\ &\quad (\vert \alpha \vert^3 + ... + \vert \alpha \vert^n + ...) + \\ &\quad ... \\ &=\frac{\vert \alpha \vert}{1-\vert \alpha \vert}+\frac{\vert \alpha \vert^2}{1-\vert \alpha \vert}+\frac{\vert \alpha \vert^3}{1-\vert \alpha \vert}+...+\frac{\vert \alpha \vert^n}{1-\vert \alpha \vert}+... \\ &=\frac{1}{1-\vert \alpha \vert}\sum_{n=1}^{\infty}\vert \alpha \vert^n \\ &=\frac{\vert \alpha \vert}{(1-\vert \alpha \vert)^2} < \infty \end{aligned}$

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下面序列中，哪些序列是有界序列？
(a) $x[n]=A\alpha^{n }$,其中 $A$和 $\alpha$是复数，且 $\vert\alpha\vert<1$
(b) $v[n]=(1-\frac{1}{n^2})\mu[n-1]$
解：
(a)
$\vert x[n]\vert=\vert A\vert \vert \alpha \vert^n$
对于 $n<0$存在 $n$使得 $\vert x[n]\vert=\infty$，所以 $x[n]$不是有界序列
(b)
$\vert v[n]\vert=\vert 1 -\frac{1}{n^2}\vert,n\geq1$
则 $\vert v[n]\vert<1$
所以序列 $v[n]$是有界序列。

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典型序列及其表示

使用单位阶跃序列 $\mu[n]$表示序列 $x[n]=1,-{\infty}<n<{\infty}$。
解：
$x[n]=\mu[n] + \mu[-n-1]$

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单位抽样序列 $\delta[n]$与单位阶跃序列 $\mu[n]$的关系。
解：
$\delta[n]=\mu[n+1]-\mu[n]$
$\mu[n]=\sum_{m=0}^{\infty}\delta[n-m]=\sum_{m=-\infty}^{n}\delta[m]$

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试用单位阶跃序列 $\mu[n]$表示序列
$x[n]= \begin{cases} 2, \quad &n\geq2 \\ 1, \quad &n < 2 \end{cases}$
解：
$x[n]=\mu[n-2]+\mu[-n+3]$

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求下列卷积和的闭式表示：
(a) $\alpha^n\mu[n]*\mu[n]$
(b) $n\alpha^n\mu[n]*\mu[n]$
解：
(a)
$\alpha^n\mu[n]*\mu[n]=\sum_{m=0}^{n}\alpha^m=\frac{1-\alpha^{n+1}}{1-\alpha},\quad n\geq 0$
(b)
$n\alpha^n\mu[n]*\mu[n]=\sum_{m=0}^{n}m\alpha^m,\quad n\geq0$

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信号的相关

求下面序列的自相关序列，并证明它们均为偶序列，自相关序列最大值的位置在哪里？
(a) $x_1[n]=\alpha^n\mu[n], \vert \alpha \vert < 1$
(b) $x_2[n]= \begin{cases} 1, \quad 0 \leq n \leq N-1 \\ 0, \quad 其它 \end{cases}$
解：
(a) $\begin{aligned} r_a[l]&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x_1[n]x_1[n-l]\\ &=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\alpha^n\mu[n]\alpha^{n-l}\mu[n-l] \end{aligned}$
当 $l\geq0$时，则
$\begin{aligned} r_a[l]=\sum_{n=l}^{\infty}\alpha^{-l}(\alpha^2)^n =\alpha^{-l}\frac{\alpha^{2l}}{1-\alpha^2} =\frac{\alpha^l}{1-\alpha^2} \end{aligned}$
当 $l<0$时，则
$\begin{aligned} r_a[l]=\sum_{n=0}^{\infty}\alpha^{-l}(\alpha^2)^n =\alpha^{-l}\frac{1}{1-\alpha^2} =\frac{\alpha^{-l}}{1-\alpha^2} \end{aligned}$
所以
$r_a[l]= \begin{cases} \frac{\alpha^l}{1-\alpha^2}, \, & l \geq 0 \\ \\ \frac{\alpha^{-l}}{1-\alpha^2}, \, & l < 0 \end{cases} =\frac{\alpha^{\vert l \vert}}{1-\alpha^2}$
当 $l=0$时， $r_a[l]$最大，最大为 $\frac{1}{1-\alpha^2}$
$r_a[-l]=\frac{\alpha^{\vert l \vert}}{1-\alpha^2}=r_a[l]$
所以 $r_a[l]$为偶序列。
(b)
解：
$r_b[l]=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x_b[n]x_b[n-l]$
如果 $l+N-1<0$,即 $l<-N+1$则 $r_b[l]=0$
如果 $0\leq l + N - 1 < N-1$,即 $-N+1\leq l<0$，则
$r_b[l]=\sum_{n=0}^{l+N-1}1=l+N$
如果 $0\leq l\leq N-1$,则
$r_b[l]=\sum_{n=l}^{N-1}1=N-l$
如果 $l > N-1$，则 $r_b[l]=0$
所以
$r_b[l]= \begin{cases} N-\vert l \vert, \, & \vert l \vert \leq N-1 \\ \\ 0, \, & \vert l\vert > N-1 \end{cases}$
当 $l=0$时， $r_b[l]$有最大值为 $r_b[0]=N$。
而 $r_b[-l]=r_b[l]$
所以序列 $r_b[l]$为偶序列。

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计算下列各周期序列的自相关序列以及它们的周期：
(a) $\tilde{x}_1[n]=cos(\pi n/M)$，其中 $M$为正整数
(b) $\tilde{x}_2[n]=n 模 6$
(c) $\tilde{x}_3[n]=(-1)^n$
解：
(a) $\frac{2\pi}{\pi /M}=2M$
所以序列 $\tilde{x}_1[n]$的周期为 $2M$，则
$\begin{aligned} \tilde{r}[l]&=\frac{1}{2M}\sum_{n=0}^{2M-1}cos(\frac{\pi n}{M})cos(\frac{\pi (n-l)}{M}) \\ &=\frac{1}{2M}\sum_{n=0}^{2M-1}cos(\frac{\pi n}{M})\{cos(\frac{\pi n}{M})cos(\frac{\pi l}{M})+sin(\frac{\pi n}{M})sin(\frac{\pi l}{M})\})\\ &=\frac{1}{2M}cos(\frac{\pi l}{M})\sum_{n=0}^{2M-1}cos^2(\frac{\pi n}{M})+\frac{1}{4M}sin(\frac{\pi l}{M})\sum_{n=0}^{2M-1}sin(\frac{2\pi n}{M})\\ &=\frac{1}{2M}cos(\frac{\pi l}{M})\sum_{n=0}^{2M-1}cos^2(\frac{\pi n}{M})\\ &=\frac{1}{2M}cos(\frac{\pi l}{M})\sum_{n=0}^{2M-1}\frac{1}{2}(1+cos(\frac{2\pi n}{M})) \end{aligned}$
考虑 $\sum_{n=0}^{2M-1}\frac{1}{2}(1+cos(\frac{2\pi n}{M}))$并令 $N=2M$，则
$\sum_{n=0}^{N-1}\frac{1}{2}(1+cos(\frac{4\pi n}{N}))=\frac{N}{2}+\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{N-1}cos(\frac{4\pi n}{N})$
令 $C=\sum_{n=0}^{N-1}cos(\frac{4\pi n}{N}),S=\sum_{n=0}^{N-1}sin(\frac{4\pi n}{N})$，则
$C+jS=\sum_{n=0}^{N-1}e^{j4\pi n/N}=0$
这表示 $C=0$，所以
$\sum_{n=0}^{2M-1}\frac{1}{2}(1+cos(\frac{2\pi n}{M}))=\frac{N}{2}=M$
所以
$\tilde{r}[l]=\frac{1}{2}cos(\frac{\pi l}{M})$
$\tilde{r}[l]$的周期为 $2M$。
(b)
$\tilde{x}_2[n]=\{0,1,2,3,4,5\},\, 0 \leq n \leq 5$
$\tilde{r}[l]=\frac{1}{6}\sum_{n=0}^{5}\tilde{x}[n]\tilde{x}[n-l]$
所以
$\begin{aligned} \tilde{r}[0]&=\frac{1}{6}(\tilde{x}[0]\tilde{x}[0]+\tilde{x}[1]\tilde{x}[1]+\tilde{x}[2]\tilde{x}[2]+\tilde{x}[3]\tilde{x}[3]+\tilde{x}[4]\tilde{x}[4]+\tilde{x}[5]\tilde{x}[5])=\frac{55}{6}\\ \tilde{r}[1]&=\frac{1}{6}(\tilde{x}[0]\tilde{x}[5-1]+\tilde{x}[1]\tilde{x}[0]+\tilde{x}[2]\tilde{x}[1]+\tilde{x}[3]\tilde{x}[2]+\tilde{x}[4]\tilde{x}[3]+\tilde{x}[5]\tilde{x}[4])=\frac{40}{6}\\ ... \end{aligned}$
(c)
$\tilde{x}_3[n]=\{1,-1\}, 0\leq n \leq 1$
$\tilde{r}[l]=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{1}\tilde{x}[n]\tilde{x}[n-l],\quad 0 \leq l \leq 1$
$\tilde{r}[0]=1,\, \tilde{r}[1]=-1$