变换域中的LTI系统

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:

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

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

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:

因为是全通函数,所以有:

平方后展开(也可以利用余弦定理?),有:

比较等号两边,有:

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:

对应的全通传递函数为:

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:

注意到这个传递函数的零极点为:

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:

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:

全通系统零极点图

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:

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:

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:

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:

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:

群延时为:

对幅度响应的贡献为:

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:

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:

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:

Minimum_and_maximum_phase_responses

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

全通互补

功率互补

双互补

即全通互补,又功率互补。

习题

7.22 考虑两个因果 LTI 系统:$h_1[n]=\alpha\delta[n]+\beta\delta[n-1]$ 和 $h_2[n]=\gamma^n \mu[n]$,$\vert \beta \vert <1$ 的级联,求整个系统的频率响应 $H(e^{j\omega})$,当 $\alpha$,$\beta$ 和 $\gamma$ 取什么值时,该系统是一个幅度响应为 $K$ 全通系统。

解:对系统函数进行 z 变换:$H_1(z)=\alpha+\beta z^{-1}$,$H_2(z)=\dfrac{1}{1-\gamma z^{-1}}$,级联后为 $H(z)=\dfrac{\alpha+\beta z^{-1}}{1-\gamma z^{-1}}$
令 $z=e^{j\omega}$,则频率响应为 $H(e^{j\omega})=\dfrac{\alpha+\beta e^{-j\omega}}{1-\gamma e^{-j\omega}}$
因为一阶全通函数具有如下形式:$H(z)=K\frac{-\lambda^*+z^{-1}}{1-\lambda z^{-1}}$,故 $\alpha,\beta,\gamma$ 满足:
$$ \begin{cases} \alpha = -\lambda^* \cdot K\\ \beta = 1\\ \gamma = \lambda \end{cases}\\ \lambda \in \mathbb{C} $$
或更简单的,可以令 $\alpha=K,\beta=-K\gamma,\gamma\in \mathbb{C}$


7.30 二型线性相位 FIR 滤波器的传输函数为:
$$ H_1(z) = 2.5+0.5 z^{-1}+0.35 z^{-2}+5.47 z^{-3}+5.47 z^{-4}+0.35z^{-5}+0.5 z^{-6}+2.5 z^{-7} $$

  1. 求相同幅度响应的最小相位 FIR 系统
  2. 求相同幅度响应的最大相位 FIR 系统
  3. 求相同幅度响应的混合相位 FIR 系统
  4. 上述系统一共有多少个

解:就是移动零点。假设一个零点为 $a$,那么将它替换成 $(a^{-1})^*$,再对系统乘上一个 $\vert a\vert^2$ 的话,不会改变幅度响应。
所以本题的重点在于求解零点,7阶系统一共有 7 个零点,并且满足二型 FIR 的特点。我们可以利用 MATLAB 求解,解出:
$$ \begin{cases} a_1= 0.8000 + 1.1662j\\ a_2= 0.8000 - 1.1662j\\ a_3=-1.0000 + 0.0000j\\ a_4=-0.8000 + 0.6000j\\ a_5=-0.8000 - 0.6000j\\ a_6= 0.4000 + 0.5831j\\ a_7= 0.4000 - 0.5831j\\ \end{cases} $$
离原点的距离为:
$$ \begin{cases} a_1=a_2=1.4142\\ a_3=a_4=a_5=1\\ a_6=a_7=0.7071 \end{cases} $$
$a_3,a_4,a_5$ 已经在圆上了,我们只能移动 $a_1,a_2,a_3,a_4$. 由于不要求是线性相位,所以可以只移动单个零点。所以:

  1. $H_2(z)=\vert a_1\vert^2 \vert a_2 \vert^2(1-(a_1^{-1})^*z^{-1})(1-(a_2^{-1})^*z^{-1})(1-a_3z^{-1})(1-a_4z^{-1})(1-a_5z^{-1})(1-a_6z^{-1})(1-a_7z^{-1})$
  2. $H_3(z)=\vert a_6\vert^2 \vert a_7 \vert^2(1-a_1z^{-1})(1-a_2z^{-1})(1-a_3z^{-1})(1-a_4z^{-1})(1-a_5z^{-1})(1-(a_1^{-1})^*z^{-1})(1-(a_2^{-1})^*z^{-1})$
  3. 有多个,只写其中一个:$H_4(z)=\vert a_1\vert^2(1-(a_1^{-1})^*z^{-1})(1-a_2z^{-1})(1-a_3z^{-1})(1-a_4z^{-1})(1-a_5z^{-1})(1-a_6z^{-1})(1-a_7z^{-1})$
  4. $2^4-1=15$ 种


7.39 1型实系数 FIR 滤波器具有如下零点:$z_1=1$,$z_2=-0.6$,$z_3=-1+j$,求剩余零点并写出传输函数

解:容易求出 $z_2,z_3$ 各自对应的其他零点:
$$ z_2 \rightarrow \frac{1}{z_2}\\ z_3 \rightarrow \frac{1}{z_3},z_3^*,\frac{1}{z_3^*} $$ 由于 1 型 FIR 是镜像多项式,所以在 $z=1$ 处至少有 2 个零点。故可以写出其传输函数为:
$$ \begin{aligned} H(z)=&(1-z^{-1})^2(1+0.6z^{-1})(1+\frac{1}{0.6}z^{-1})(1+(-1+j)z^{-1})(1+(-1-j)z^{-1}) \\&(1+\frac{1}{-1+j}z^{-1})(1+\frac{1}{-1-j}z^{-1}) \end{aligned} $$


7.54 设 $P(z)$ 和 $Q(z)$ 是次数为 $N$ 和 $M$ 的两个反镜像多项式,且 $M=N-2R$,证明:$X(z)=P(z)+z^{-R}Q(z)$ 是一个次数为 $N$ 的反镜像多项式

解:只需证:$X(z)=-z^{-N} X (z^{-1})$
$$ \\ \begin{aligned} -z^{-N} X (z^{-1}) &= -z^{-N} P(z^{-1})-z^{-N+R} Q(z^{-1})\\ &=P(z)+z^{M-N+R} Q(z)\\ &=P(z)+z^{N-2R-N+R} Q(z)\\ &=P(z)+z^{-R} Q(z)\\ &=X(z) \end{aligned} $$