IIR设计

设计 IIR 滤波器

  总的来说,就是利用模拟滤波器来设计数字滤波器,根据转换的方法不同,分为:

  • 冲激响应不变法
  • 双线性变换法

冲激响应不变法

  变换原理:数字滤波器的脉冲响应为 $h[n]$,模拟滤波器的冲激响应为 $h_a(t)$,冲激响应不变就是指这俩在 $t=nT$ 时相同,即:

  映射关系如下图(多对一):

冲激响应不变法的映射关系

  由于数字滤波器相当于对模拟滤波器在时域上采样,频域上进行周期延拓,所以只适合设计低通和带通滤波器(避免混叠)。这种方法的优点是时域逼近良好,且相位保持线性关系。

  模拟到数字的转换过程如下:

  • $H_a(s)=\sum_{k=1}^N \dfrac{A_k}{s-p_k}$
  • $h_a(t)=\sum_{k=1}^N A_k e^{p_k t}u(t)$
  • $h(n)=h_a(nT)=\sum_{k=1}^N A_k (e^{p_kT})^n u(n)$
  • $H(z)=\sum_{n=-\infty}^\infty h(n)z^{-n}$ $=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=1}^N A_k \left( e^{p_kT}\right)^n z^{-n}$ $=\sum_{k=1}^N \frac{A_k}{1-e^{p_k T}z^{-1}}$

  最终我们得到:

  综上,设计过程是这样的:

  1. 选择 $T$,然后求出对应的模拟频率:
  2. 根据 $\Omega_p$,$\Omega_s$,$R_p$,$A_s$ 设计模拟滤波器
  3. 将 $H_a(s)$ 展开为部分分式的形式:
  4. 将模拟转化为数字:

双线性变换法

  双线性变换就是用了不同的 $s\rightarrow z$ 转换方法:

  它的映射关系如下(一对一):

双线性变换法的映射关系

  这种变换的优点就是:s平面与z平面是单值变换,所以避免了混叠。缺点就是:除了零频率附近,模拟频率 $\Omega$ 与数字频率 $\omega$ 之间非线性,因此要求幅度响应应该为分段常数型,否则会产生畸变。

  公式的推导过程如下:

  我们先将模拟频率 $\Omega=[-\infty,+\infty]$ 压缩到 $\Omega_1=[-\pi/T,\pi/T]$

  然后再将 $\Omega_1$ 映射到 $z$(就是冲激响应不变法中的过程):

  将两个结合起来,有:

  推导完毕。从上面推导中,可以注意到模拟频率 $\Omega$ 与数字频率 $\omega=\Omega_1 T$ 的对应关系不是线性的,而我们希望它越接近线性越好,于是我们进行一个拉伸操作:

  若要求在低频处有比较明确的(线性)对应关系,那么:

  从而双线性变换可以进一步写为:

  这正是课本中介绍的双线性变换。

  若要求在某个频率 $\Omega_c\leftrightarrow \omega_c$ 处有比较明确的(线性)对应关系,那么:

  式中的 $\Omega_c, \omega_c$ 是自己设定的。

习题

9.3 设一个低通滤波器 $H(z)$ 的通带波纹为 $\delta_p$,阻带波纹为 $\delta_s$。若将两个 $H(z)$ 级联,则波纹是多少?若 n 个级联呢?

解:系统级联则幅度响应相乘,故阻带波纹为:$\delta_s^n$,通带波纹为 $(1+\delta_p)^n-1$

对通带波纹的一点讨论:课本中对 $\delta_p$ 的定义是这样的:
在通带内,要求幅度响应以误差 $\pm \delta_p$ 逼近 1,即 $1-\delta_p \leq \vert G(e^{j\omega}) \vert 1+\delta_p$
级联后,通带内的最大值为:$(1+\delta_p)^n$,偏离 1 的幅度为 $2\delta_p+\delta_p^2$;最小值为 $(1-\delta_p)^2$,偏离 1 的幅度为 $2\delta_p-\delta_p^2$
由于 $2\delta_p+\delta_p^2>2\delta_p-\delta_p^2$,根据定义应该取较大的那个作为误差。


9.16 设一个模拟低通滤波器 $H_a(z)$ 的截止频率为 $\Omega_c$,以 $t=nT$ 进行采样,得到 $H_1(e^{j\omega})$ 和 $H_2(e^{j\omega})$,其中,$T_1=3\pi/2\Omega_c$,$T_2=\pi/\Omega_c$。令 $G_1=H_1+H_2$,$G_2 = H_1-H_2$,请画出 $G_1,G_2$ 的图像,并判断类型。

解:最高频为 $f_c=\frac{\Omega_c}{2\pi}$,由采样定理,不混叠的条件是 $f_T>\frac{\Omega_c}{\pi}$. 因为 $\frac{1}{T_1}< f_T=\frac{1}{T_2}$,所以 $H_1(e^{j\omega})$ 存在混叠,而 $H_2(e^{j\omega)}$ 无混叠。图像如下:

从而 $G_1,G_2$ 的图像如下:


9.27 一个 3dB 截止频率为 $\omega_c$ 的二阶低通 IIR 滤波器为:
$$ G_\text{LP} (z)=\frac{0.3404(1+z^{-1})^2}{1+0.1842 z^{-1}+0.1776 z^{-2}} $$
请通过低通到低通的谱变换设计一个 $\hat{\omega}_c = 0.27 \pi$ 的低通滤波器 $H_\text{LP}(z)$

解:就是代公式。
$$ \lambda = \frac{\sin \left( \frac{\omega_c-\hat{\omega}_c}{2} \right)}{\sin \left( \frac{\omega_c+\hat{\omega}_c}{2} \right)}=0.4434 $$
$$ H_\text{LP} = G_\text{LP}(z^{-1}=\frac{\hat{z}^{-1}-\lambda}{1-\lambda \hat{z}^{-1}}) = \frac{0.1055+0.2109 \hat{z}^{-1} + 0.1055 \hat{z}^{-2}}{0.9532-0.8239\hat{z}^{-1}+0.2925 \hat{z}^{-2}} $$