变换域中的LTI系统

$$ \begin{align*} \newcommand{\dif}{\mathop{}\!\mathrm{d}} \newcommand{\belowarrow}[1]{\mathop{#1}\limits_{\uparrow}} \newcommand{\bd}{\boldsymbol} \newcommand{\L}{\mathscr{L}} \newcommand{\xleftrightarrow}[1]{\stackrel{#1}{\longleftrightarrow}} \end{align*} $$

从这章开始，我们正式来研究系列~🧐我们会从一些特殊的系统开始入手，然后进入FIR、IIR，最后实现低通、高通、带通、带阻系统。

幅度！

理想滤波器

如果幅度响应要么是 1，要么是 0，那么就得到我们的四种理想滤波器：

• 理想高通
• 理想低通
• 理想带通
• 理想带阻

这些理想滤波器都是 IIR，非因果，不可实现的。比如最简单的理想低通滤波器，它的冲激响应为：

$$ h_\text{LP} [n] = \frac{\sin \omega_c n}{\pi n}, -\infty< n <+\infty $$

有界实传递函数

如果幅度响应都不大于 1，那么就得到 有界实传递函数：

$$ |H(e^{j\omega})| \leq 1, 对\omega的所有值 $$

由于这个滤波器的输出信号能量不大于输入信号能量，所以也叫 无源系统。显然，任意稳定的实系数传递函数都能缩放为一个有界实传递函数。

全通传递函数

如果幅度响应对任何频率都是 1，那么就是 全通传递函数：

$$ |A(e^{j\omega})|^2 = 1, 对所有 \omega $$

其实不一定是 1，只要是个常数即可。另外定义中的平方也是多余的。

为了求全通传递函数的表达式，我们先假设它是一阶系统：

$$ A(z)=\frac{\alpha-\beta z^{-1}}{1-\lambda z^{-1}} $$

因为是全通函数，所以有：

$$ |\alpha-\beta e^{-j\omega}|=|1-\lambda e^{-j\omega}| $$

平方后展开（也可以利用余弦定理?），有：

$$ \begin{aligned} &\alpha_\text{re}^2+\alpha_\text{im}^2+\beta_\text{re}^2+\beta_\text{im}^2-2(\alpha_\text{re}\beta_\text{re}+\alpha_\text{im}\beta_\text{im})\cos \omega - 2(\alpha_\text{re}\beta_\text{im}-\alpha_\text{im}\beta_\text{re})\sin \omega\\ =&1+\lambda_\text{re}^2+\lambda_\text{im}^2-2 \lambda_\text{re}\cos \omega-2\lambda_\text{im}\sin\omega \end{aligned} $$

比较等号两边，有：

$$ \begin{cases} \alpha_\text{re}^2+\alpha_\text{im}^2+\beta_\text{re}^2+\beta_\text{im}^2 = 1+\lambda_\text{re}^2+\lambda_\text{im}^2\\ \alpha_\text{re}\beta_\text{re}+\alpha_\text{im}\beta_\text{im}=\lambda_\text{re}\\ \alpha_\text{re}\beta_\text{im}-\alpha_\text{im}\beta_\text{re}=\lambda_\text{im} \end{cases} $$

这个太复杂了，直接试一下令 $\alpha=\pm1$ 或 $\beta=\pm1$ 吧，这样可以试出两组解：

$$ \begin{cases} \alpha=1\\ \beta=\lambda \end{cases} \text{ or } \begin{cases} \alpha=-\lambda^*\\ \beta=-1 \end{cases} $$

对应的全通传递函数为：

$$ H(z)=\frac{1-\lambda z^{-1}}{1-\lambda z^{-1}}\\ \text{or}\\ H(z)=\frac{-\lambda^*+z^{-1}}{1-\lambda z^{-1}} $$

上面那个分子分母通分后为1，是一个 0阶系统，所以舍去，取下面那个。所以一阶全通传递函数的标准形式是：

$$ A(z)=\pm \frac{-\lambda^*+z^{-1}}{1-\lambda z^{-1}} $$

注意到这个传递函数的零极点为：

$$ 极点：\lambda=re^{j\varphi}\\ 零点：\frac{1}{\lambda^*}=\frac{1}{r} e^{j\varphi} $$

从式中可以看出：全通传递函数的零点与极点关于单位圆对称。这个对任意 M 阶全通传递函数都成立。

将多个一阶串联，可以得到 M 阶全通传递函数：

$$ \begin{aligned} A_M(z)&=\pm \prod_{i=1}^M A_{1,i} (z)\\ &=\pm \prod_{i=1}^M \left( \frac{-\lambda_i^*+z^{-1}}{1-\lambda_i z^{-1}} \right)\\ &=\pm \frac{d_M+d_\text{M-1}z^{-1}+\cdots+d_1 z^{-M+1}+z^{-M}}{1+d_z z^{-1}+\cdots+d_{M-1}z^{-M+1}+d_M z^{-M}} \end{aligned} $$

展开后由于要求系数是实数，所以共轭关系就不见了。最后得到的分式中，分子和分母呈镜像多项式，即分子的第 $i$ 项系数对应分母的第 $M-i$ 项系数。

某个全通系统的零极点图如下：

最后我们来稍微考虑一下全通系统的相位函数。先给出结论：

• 全通系统展开后的相位函数单调递减
• $\omega$ 从 0 变化到 $\pi$，$M$ 阶全通函数变化了 $M\pi$ 弧度

课本上的证明很简略（因为这个证明的计算过程很复杂），我这里提供一种“通俗”的证明。我们仅考虑一个一阶全通系统，其零极点在实轴上，并且极点接近 0，零点接近 $\infty$。想象一个点在单位圆上逆时针转动，根据前一章的知识，其相位可以表示为：

$$ \theta(\omega)=\arg (e^{j\omega}-\xi)-\arg (e^{j\omega}-\lambda) $$

显然，在逆时针转动过程中，零点项几乎不变，而极点项不断的减小，故整体相位是递减的，并且从 $0$ 到 $\pi$ 变化了 $\pi$ 幅度。而串联系统的相位是相加的，所以 $M$ 阶全通传递函数的相位也是递减的，并且从 $0$ 到 $\pi$ 变化了 $M\pi$ 幅度。

由于全通函数在改变相位的同时不影响幅度，我们可以利用全通滤波器来调整系统的相位，这种用途称为 延迟均衡器

相位！

零相位

信号经过零相位系统后相位不会发生失真，也就是说，频率响应是非负实数。假设 $H(z)$ 是任意一个稳定的系统，在单位圆上无极点，那么可以构造：

$$ F(z)=H(z)H(z^{-1}) $$

在单位圆上，有：$F(e^{j\omega})=H(e^{j\omega})H(e^{-j\omega})$，根据离散傅里叶变换的性质：

$$ x^*[n] \leftrightarrow X^*(e^{-j\omega})\\ x[-n] \leftrightarrow X(e^{-j\omega}) $$

由于系统是实系数系统，即 $x^*[n]=x[n]$，从而我们有 $x^*[-n]=x[-n]$，经过DTFT后得到：$X^*(e^{j\omega})=X(e^{-j\omega})$

于是我们有 $F(e^{j\omega})=H(e^{j\omega})H^*(e^{j\omega})=\vert H(e^{j\omega}) \vert^2$，这是个非负实数，所以 $F(z)$ 是一个零相位系统。

如果 $z_i$ 是 $F(z)$ 的零点/极点，则 $z_i^{-1}$ 也是其零点/极点。可见，其时域响应以 $n=0$ 对称，所以这是个非因果系统。

要想实现这个系统，只能对有限长输入信号进行非实时处理，也就是说，我们知道整个输入信号，然后我们可以用如下方式处理：

1. 将信号通过一个因果实系数滤波器 $H(z)$，得到 $X(e^{j\omega})H(e^{j\omega})$
2. 将 1. 中输出信号时间反转，得到 $X(e^{-j\omega})H(e^{-j\omega})$
3. 将 2. 中输出信号再次输入到 $H(z)$，得到 $X(e^{-j\omega})H(e^{-j\omega})H(e^{j\omega})$
4. 将 3. 中输出信号时间再次反转，得到最终输出信号 $X(e^{j\omega})H(e^{j\omega})H(e^{-j\omega})=X(e^{j\omega})\vert H(e^{j\omega}) \vert^2$

另一种方法是先反转、再滤波、再反转、再滤波，效果也是一样的。此外，还有一种并联的方案：

• 一路信号直接滤波，得到 $X(e^{j\omega})H(e^{j\omega})$
• 一路信号经过时反、滤波、时反，得到 $X(e^{j\omega})H(e^{-j\omega})$
• 将两路信号相加，得到 $X(e^{j\omega})[H(e^{j\omega})+H(e^{-j\omega})]=X(e^{j\omega})[H(e^{j\omega})+H^*(e^{j\omega})]$

线性相位

线性相位 即输出是输入的延时信号：

$$ \begin{aligned} y[n]&=x[n-D]\\ Y(e^{j\omega})&=e^{-j\omega D} X(e^{j\omega})\\ H(e^{j\omega})&=e^{-j\omega D} \end{aligned} $$

该频率响应具有单位幅度响应，对所有频率的群延时均为 D. 我们可以将要求放宽一点，只需要在通带内线性相位即可，阻带内相位随意：

最小相位与最大相位

一个无脑的定义就是：

• 所有零点在单位圆内的因果稳定传输函数称为 最小相位传输函数
• 所有零点在单位圆外的因果稳定传输函数称为 最大相位传输函数
• 内外都有零点的称为 混合相位传输函数

然后一个结论是：

• 仅当一个因果离散时间系统具有最小相位传输函数，可以设计出该因果离散时间系统的一个稳定逆函数，且逆系统也是最小相位系统。（因为逆系统的极点对应原系统零点）

记住上面的东西就差不多了。不过想要知道为什么叫「最小相位」，请往下看。

“最小”相位指的是：在幅度响应相同的因果稳定系统中，最小相位系统的群延时最小。证明如下：

假设 $H(z)$ 中的一个零点 $a$ 在单位圆内，则它对相位的贡献为：

$$ \begin{aligned} \varphi_a(\omega)&=\arg \left( 1-ae^{-j\omega}\right)\\ &=\arg \left( 1- |a|e^{j\theta_a} e^{-j\omega} \right)\\ &=\arg \left( 1- |a|e^{-j(\omega-\theta_a)} \right)\\ &=\arg \big\{ 1- |a| \cos(\omega-\theta_a) + j|a| \sin(\omega-\theta_a) \big\}\\ &=\arg \big\{ |a|^{-1}-\cos(\omega-\theta_a) + j\sin(\omega-\theta_a) \big\} \end{aligned} $$

群延时为：

$$ -\frac{\dif \varphi_a(\omega)}{\dif \omega} = \frac{|a|-\cos(\omega-\theta_a)}{|a|+|a|^{-1}-2\cos(\omega-\theta_a)} $$

对幅度响应的贡献为：

$$ |1-a e^{-j\omega}|^2= 1 -2|a| \cos(\omega-\theta_a)+|a|^2 $$

如果将 $a$ 移到圆外，也就是替换为 $(a^{-1})^*$（$\vert a \vert \rightarrow \dfrac{1}{\vert a \vert}$，$\theta_a$ 不变），那么对幅度响应的贡献变为：

$$ |1-a e^{-j\omega}|^2= \frac{1}{|a|^2}[1 -2|a| \cos(\omega-\theta_a)+|a|^2] $$

由于只是缩放了一个常数，可以通过常数项补回来。对群延时的贡献为：

$$ -\frac{\dif \varphi_a(\omega)}{\dif \omega} = \frac{|a|^{-1}-\cos(\omega-\theta_a)}{|a|+|a|^{-1}-2\cos(\omega-\theta_a)} $$

对比发现，群延时的分子部分增大了（$\vert a \vert<1$），说明群延时增大了。对应的相位响应如下：

如果有 $N$ 个零点，那么，这 $N$ 个零点都在圆内时的相位最小（相位是群延时的累积），当我们依次将零点移到圆外时，相位增大，当所有零点都在圆外时，相位最大。这就是最小相位与最大相位的由来。

互补！

上面只是单个传递函数，下面我们来考虑多个传递函数之间的关系。

延时互补

$$ \sum_{k=0}^{L-1} H_k(z)=\gamma z^{-n_0},\; \gamma\neq 0 $$

全通互补

$$ \sum_{i=0}^{M-1} H_i(z)=A(z) $$

功率互补

$$ \sum_{i=0}^{M-1} |H_i(e^{j\omega})|^2=K $$

双互补

即全通互补，又功率互补。

习题