\(\begin{align*} \newcommand{\dif}{\mathop{}\!\mathrm{d}} \newcommand{\belowarrow}[1]{\mathop{#1}\limits_{\uparrow}} \newcommand{\bd}{\boldsymbol} \newcommand{\L}{\mathscr{L}} \newcommand{\xleftrightarrow}[1]{\stackrel{#1}{\longleftrightarrow}} \end{align*}\)
简单的离散时间系统
这里给出一些常用的离散时间系统的时域表达式与频域表达式
累加器
\[\begin{align} y[n] &= \sum_{\ell = -\infty}^{+\infty} x[\ell]\\ &=y[n-1]+x[n]\\ &=y[-1]+\sum_{\ell = 0}^{+\infty} x[\ell] \end{align}\]滑动平均滤波器
\[\begin{align} y[n] &= \frac{1}{M} \sum_{\ell = 0}^{M-1} x[n-\ell]\\ &= y[n-1]+\frac{1}{M}(x[n]-x[n-M]) \end{align}\]指数加权移动平均滤波器
\[\begin{align} y[n]=\alpha y[n-1]+x[n] \end{align}\]中值滤波器
\[y[n] = \text{med}\{ x[n-K],\cdots,x[n],\cdots,x[n+K]\}\]离散时间系统的性质与分类
线性系统
线性系统 的定义如下：若 $y_1[n]$ 和 $y_2[n]$ 分别是 $x_1[n]$ 和 $x_2[n]$ 的响应，则当输入为：
\[x[n]=\alpha x_1[n] + \beta x_2[n]\]时，其响应为：
\[y[n]=\alpha y_1[n] + \beta y_2[n]\]例：证明：中值滤波器是非线性系统
证：通过特例证明是最快的方法，我们不妨设 $x_{k}[n]=\delta[n-k]$，显然：
$$
y_k[n] = \text{med}\{ x_{k}[n-K],\cdots,x_{k}[n],\cdots,x_{k}[n+K]\}=0\\
K>2
$$
若是线性系统，则令 $x[n]=x_{-k}[n]+\cdots+x_{0}[n]+\cdots+x_{k}[n]$，显然：
$$
y[0]=\text{med}\{ x[0-K],\cdots,x[0],\cdots,x[0+K]\}=1\neq 0
$$
时不变系统
对于 时不变（移不变）离散时间系统，若 $x_1[n]$ 的响应是 $y_1[n]$，则 $x[n]=x_1[n-n_0]$ 的响应是 $y[n]=y_1[n-n_0]$
一种傻瓜判断方法就是将 $y_1[n]$ 中的 所有的 $n$ 替换成 $n-n_0$ 得到 $y_1[n-n_0]$，然后再将 $y_1[n]$ 中的 所有的 $x_1[n]$ 里面直接加上个 $-n_0$ 得到 $y[n]$，比较 $y_1[n-n_0]$ 和 $y[n]$，若相同就是时不变系统。
例：证明：中值滤波器是时不变系统
证：设 $y_1[n] = \text{med}\\{ x_1[n-K],\cdots,x_1[n],\cdots,x_1[n+K]\\}$，令 $x[n]=x_1[n-n_0]$，则：
$$
\begin{align}
y[n] &= \text{med}\{ x[(n-n_0)-K],\cdots,x[(n-n_0)],\cdots,x[(n-n_0)+K]\}\\
&=\text{med}\{ x[n-K-n_0],\cdots,x[n-n_0],\cdots,x[n+K-n_0]\}\\
&=y_1[n-n_0]
\end{align}
$$
所以中值滤波器是时不变系统。¶
因果系统
因果系统 是指：$y[n_0]$ 仅取决于 $x[n],n\leq n_0$，而与 $n\lt n_0$ 的样本无关。
稳定系统
稳定系统 指的是若 $\vert x[n] \vert < B_x$，则 $\vert y[n] \vert < B_y$
稳定性的证明与级数的有界性证明很类似，你可以尝试证明一下前面滤波器是稳定系统。
无源与无损
无源系统 指的是对于每一个输入序列，有：
\[\sum_{n=-\infty}^{+\infty} |y[n]|^2 \leq \sum_{n=-\infty}^{+\infty} |x[n]|^2 < \infty\]当等号成立时，称为 无损系统
冲激响应与阶跃响应
冲激响应 $h[n]$ 即输入为 $\delta[n]$ 的系统响应。阶跃响应 $s[n]$ 即输入为 $u[n]$ 的系统响应。在信号课程中多用冲激响应，而在其他课程中则多用阶跃响应。
利用冲激判断LTI系统特性
稳定性
若 $x[n]$ 有界，即 $\vert x[n]\vert \lt B_x<\infty$，如果系统是稳定系统，则 $h[n]$ 也有界，因为：
\[\begin{align} |y[n]| &= |\sum_{k=-\infty}^{+\infty} h[k] x[n-k]|\\ &\leq \sum_{k=-\infty}^{+\infty} |h[k]| \, |x[n-k||\\ &= B_x \sum_{k=-\infty}^{+\infty} |h[k]|< B_x B_h <\infty \end{align}\]因果性
如果系统是因果系统，则 $n<0$ 时，$h[n]=0$，因为：
\[\begin{align} y[n] &= \sum_{k=-\infty}^{+\infty} h[k] x[n-k]\\ &= \sum_{k=-\infty}^{-1} h[k] x[n-k]+\sum_{k=0}^{+\infty} h[k] x[n-k] \end{align}\]注意到 $x[n-k],\;(k<0)$ 对应的是未来的值，这部分不应该对输出有作用，所以 $\sum_{k=-\infty}^{-1} h[k] x[n-k]=0$，即 $h[n]<0,\;(n<0)$
LTI系统的差分方程
LTI 系统的输入输出常用差分方程解出：
\[\sum_{k=0}^N d_k y[n-k] = \sum_{k=0}^M p_k x[n-k]\]方程中，$y[n]$ 的阶数为 $N$，$x[n]$ 的阶数为 $M$，$\max{M,N}$ 称为差分方程的阶数。线性系统的差分方程只有一次幂，且不存在相乘项。
在求解差分方程前，让我们先对其作个变换，介绍几个概念。
\[\begin{align} y[n] &= \sum_{k=0}^M \frac{p_k}{d_0} x[n-k]+\sum_{k=1}^N \frac{d_k}{d_0} y[n-k] \\ &= 激励+反馈 \end{align}\]如果输出仅仅只用到激励，而与反馈无关，则称为 Fenite Impulse Response（非递归数字系统），简称：FIR系统。
如果输出同时用到了激励与反馈，那么称为 Infinite Impulse Response（递归数字系统），简称：IIR系统。
如果只用到了反馈，没有输入，则称为 自反馈系统，在此我们不讨论这个。
求解差分方程
通过解差分方程求响应不是什么容易的事，主要的方法有：
- 离散时域求解法
- 迭代法
- 变换域求解法
- Z变换法
迭代法
给出初始条件与输入，我们可以不断地迭代出响应。比如下面这个例子：
例题：已知系统差分方程为$y[n]-ay[n-1]=x[n]$ 试求其冲激响应（初始状态为 $y[-1]=0$）
解：$x[n]=\delta[n]$ 且 $y[-1]=0$，从而我们可以先求出 $h[0]$：
$$
h[0]=ah[-1]+x[0]=1
$$
然后可以不断迭代迭代：
$$
h[1]=ah[1]+0=a\\
h[2]=ah[1]+0=a^2\\
\vdots\\
h[n]=ah[n-1]+0=a^n
$$
从而可以解出：
$$
h[n]=a^n u[n]
$$
一个系统能通过递推求出，则必须有初始松弛条件（若 $x[n]=0,\,n<n_0$，则 $y[n]=0,\,n<n_0$）。
对于 FIR系统，我们可以通过递归求出任意输出，比如：
\[\begin{align} y[n] &= \sum_{k=0}^M \frac{p_k}{d_0} \delta[n-k]\\ &= \begin{cases} \dfrac{p_n}{d_0}, &0\leq n \leq M\\ 0, &其它 \end{cases} \end{align}\]解析法
我们先讨论一下解的结构。模仿数学分析中的分析过程，我们可以定义映射 $L[y]=\sum_{k=0}^N d_k y[n-k]$，容易证明，$L[y]$ 满足：
- $L[\alpha y]=\alpha L[y]$
- $L[y_1+y_2]=L[y_1]+L[y_2]$
可见，$L[y]$ 是线性映射。我们考虑齐次方程：$L[y]=0$，若 $y_1,y_2,\cdots,y_N$ 是相互独立的解，则 $y=C_1 y_1+C_2 y_2+\cdot+C_N y_N$ 同样是一个解，如果 $C_1,C_2,\cdots,C_N$ 相互独立，那么 $y$ 称为 通解，$y_1,y_2,\cdots,y_N$ 称为 基础解系。
对于 $L[y]=f(x)$，若 $y[x]$ 是 $L[y]=0$ 的解，$\tilde{y}[x]$ 是 $L[y]=f(x)$ 的解，则 $\alpha y[x]+\tilde{y}[x]$ 也是 $L[y]=f(x)$ 的解。我们称 $\tilde{y}[x]$ 是一个 特解。
综上，求解差分方程实际上就是求解特解与通解，然后利用初始条件得到唯一解。下面我们先求通解，然后求特解，最后通过一道例题来讲讲如何使用初始条件。
求通解
先考虑一阶齐次差分方程：
\[\begin{align} d_0 y[n]+d_1 y[n-1]&=0\\ y[n] &= -\frac{d_1}{d_0} y[n-1]\\ y[n] &= \left(-\frac{d_1}{d_0}\right)^n y[0] \end{align}\]根据前面的线性性可知，$y[0]$ 可以取任意值。因此，我们推测通解的形式可能为 $y_c[n]=\lambda^n$，于是再代入二阶方程：
\[\begin{align} d_0 y[n]+d_1 y[n-1] + d_2 y[n-2]&=0\\ d_0 \lambda^n+d_1 \lambda^{n-1} + d_2 \lambda^{n-2} &=0\\ \lambda^{n-2} \left( d_0 \lambda^2+d_1 \lambda + d_2 \right) &=0\\ \Rightarrow \lambda^{n-2} \left( \lambda^2+p\lambda + q \right) &=0 \end{align}\]解得：$\lambda_0=0$，$\lambda_{1,2}=\dfrac{-p\pm\sqrt{p^2-4q}}{2}$。根据 $\Delta=p^2-4q$ 的值，可分为三种情况：
① $\Delta>0$，解为：$y_1=\lambda_1^n$，$y_2=\lambda_2^n$
不解释
② $\Delta=0$，解为：$y_1=\lambda_1^n$，$y_2=n \lambda_1^n$
我们可以先求出一个解：$y_1=\lambda_1^n=(\frac{-p}{2})^n$，然后令 $y_2=f(n) \lambda_1^n$，代入方程中：
\[f(n) \left(\frac{-p}{2}\right)^n + p f(n-1) \left(\frac{-p}{2}\right)^{n-1} + q f(n-2) \left(\frac{-p}{2}\right)^{n-2} =0\\ f(n) \left(\frac{-p}{2}\right)^2 + p f(n-1) \left(\frac{-p}{2}\right) + \left(\frac{-p}{2}\right)^2 f(n-2) =0\\ f(n) -2 f(n-1) + f(n-2) =0\\ f(n) -f(n-1) = f(n-1) - f(n-2)\\ \therefore f(n)=kn，根据线性性，取 k=1\]
③ $\Delta<0$，解为复根 $y_1=\lambda_1^n$，$y_2=\lambda_2^n$
同①
可见，如果包含重根，则需要乘一个 $n$。
我们将 $y_c[n]=\lambda^n$ 代入回一般的齐次差分方程，有：
\[\sum_{k=0}^N d_k \lambda^{n-k} = \lambda^{n-N} (d_0 \lambda^N +d_1 \lambda^{N-1}+\cdots+d_N)=0\]除了 $\lambda=0$ 外，解括号中的 $N$ 阶多项式可以得到 $N$ 个解：$\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_N$。从这 $N$ 个根，如果这 $N$ 个根彼此不同，则通解为：
\[y_c[n]=C_1 \lambda_1^n+C_2 \lambda_2^n+\cdots+C_N \lambda_N^n\]如果有多重根，不妨设 $\lambda_1$ 是 $m$ 重根，则：
\[y_c[n]=C_1 \lambda_1^n+ C_2 n \lambda_1^n+\cdots+C_m n^{m-1} \lambda_1^n\\ +C_{m+1} \lambda_{m+1}^n + \cdots + C_N \lambda_N^n\]求特解
我们作如下假设：特解 $y_p[n]$ 与输入 $x[n]$ 具有相同形式。比如：
| 输入 | 特解$y_p[n]$ |
|---|---|
| $A$（常数） | $C$ |
| $AM^n$ | $CM^n$ |
| $An^M$ | $C_0 n^M +C_1 n^{M-1}+\cdots+C_M$ |
| $A^n n^M$ | $A^n (C_0 n^M +C_1 n^{M-1}+\cdots+C_M)$ |
| $A\cos \omega_0 n$ $A\sin \omega_0 n$ |
$C_1 A\cos \omega_0 n +C_2 A\sin \omega_0 n$ |
例题
计算差分方程：
$$
y[n]+a_1 y[n-1]=x[n]
$$
的全解 $y[n]$，$n>0$，其中，$x[n]=u[n]$，$y[-1]$ 为初始条件。
解：（解法一）令 $x[n]=0$，则特征根为：
$$
\lambda^n + a_1 \lambda^{n-1}=0\\
\Rightarrow \lambda = -a_1
$$
故齐次方程的通解为：$y_c[n]=C(-a)^n$.
当 $n>0$ 时，$x[n]$ 为常数，故设特解也是常数，即：
$$
y_p[n] = K u[n]
$$
代入原方程，有：
$$
K u[n] + a_1 K u[n-1]=u[n]\\
\Rightarrow n\geq 1时,\; K=1/(1+a_1)
$$
故差分方程的特解为：$y_p[n]=\dfrac{1}{1+a_1}u[n]$
因此全解为：
$$
y[n]=C(-a_1)^n + \frac{1}{1+a_1},\; n\geq 0
$$
为求解 $C$，计算差分方程在 $n=0$ 处的值：
$$
y[0]+a_1 y[-1]=1\\
\Rightarrow y[0]=1-a_1 y[-1]
$$
在计算全解在 $n=0$ 处的值：
$$
y[0]=C+\frac{1}{1+a_1}
$$
从而
$$
C=-a_1 y[-1]+\frac{a_1}{1+a_1}
$$
最终得到：
$$
y[n]=(-a_1)^{n+1} y[-1]+\frac{1-(-a_1)^{n+1}}{1+a_1},\; n\geq 0
$$
注意到我们先将全解求出来后，才求出 $C$ 的值，我们也可以求出通解后直接求 $C$ 的值。
解：（解法二）上面已经求出其通解为：
$$
y_{zi} [n] = C(-a_1)^n
$$
求齐次方程 $y[0]$ 的值：
$$
y[0]=-a_1 y[-1]=C\\
\Rightarrow y_{zi}[n]=(-a_1)^{n+1}y[-1]
$$
由于在通解上已考虑了 $y[-1]$ 的值，在求特解时我们令 $y[-1]=0$，从而：
$$
y[0]=x[0]=1\\
y[1]=x[1]-a_1y[0]=1-a_1\\
y[2]=x[2]-a_1y[1]=1-a_1+(a_1)^2\\
\vdots\\
y_{zs}=\sum_{k=0}^n (-a_1)^k = \frac{1-(-a_1)^{n+1}}{1+a_1}
$$
从而全解为：
$$
\begin{align}
y[n]&=y_{zi}[n]+y_{zs}[n]\\
&=(-a_1)^{n+1}y[-1]+\frac{1-(-a_1)^{n+1}}{1+a_1},\;n\geq 0
\end{align}
$$
解法二中，将解分成了零输入响应 $y_{zi}[n]$ 与零状态响应 $y_{zs}[n]$。这种分解方法常用于语言等信号分析中，当分析某一帧时，把输出分成上一帧所产生的影响（零输入），与当前帧的影响（零状态）。
%solve difference equations ak y[n-k]=bk x[n-k]
y = filter(b,a,x);
% b = [b0, b1, ..., bM];
% a = [a0, a1, ..., aN];
%compute the impulse response
h = impz(b,a,n);
相位延迟与群延迟
若 LTI 系统输入一个正弦信号：$x[n]=A\cos(\omega_0 n+\phi)$，则输入必然也是一个同频率的正弦信号：
\[\begin{align} y[n]&=A |H(e^{j\omega})| \cos(\omega_0 n + \theta(\omega)+\phi)\\ &=A |H(e^{j\omega})| \cos\left(\omega_0 \left(n + \frac{\theta(\omega)}{\omega_0}\right)+\phi\right) \end{align}\]我们将 $\tau_p(\omega_0)=-\frac{\theta(\omega)}{\omega_0}$ 称为 相位延迟，$\tau_g(\omega)=-\frac{\dif \theta(\omega)}{\dif \omega}$ 称为 群延迟。
一种比较简单的物理意义是：对于窄带信号，相位延迟是载波信号的延迟，群延迟是包络的延迟。
我们将在讲 FIR 滤波器时进一步讨论这两种延迟。
习题
4.4 $y[n]=(x[n])^2$ 称为平方运算，问平方运算是线性的吗？是时变的吗？是因果的吗？
解：我们逐条验证。线性性
$$
令：x[n]=\alpha x_1[n] + \beta x_2[n]\\
\begin{align}
则：y[n]&=(x[n])^2\\
&=(\alpha x_1[n] + \beta x_2[n])^2\\
&=\alpha^2 (x_1[n])^2 + 2\alpha\beta x_1[n]x_2[n] + \beta^2 (x_2[n])^2\\
&\neq \alpha (x_1[n])^2 + \beta (x_2[n])^2 = \alpha y_1[n] + \beta y_2[n]
\end{align}\\
\therefore 不满足线性性
$$
时不变性
$$
设 y_1[n]=(x_1[n])^2，y_2[n]=(x_2[n])^2，\\
令 x_2[n]=x_1[n-n_0]，\\
则：y_2[n]=(x_1[n-n_0])^2=y_1[n-n_0]\\
\therefore 满足时不变性
$$
因果性：$y[n]$ 只与 $n$ 时刻的 $x$ 值有关，故满足因果性。
4.7 证明中值滤波器是时不变系统
证：设 $y_1[n] = \text{med}\\{ x_1[n-K],\cdots,x_1[n],\cdots,x_1[n+K]\\}$，令 $x[n]=x_1[n-n_0]$，则：
$$
\begin{align}
y[n] &= \text{med}\{ x[(n-n_0)-K],\cdots,x[(n-n_0)],\cdots,x[(n-n_0)+K]\}\\
&=\text{med}\{ x[n-K-n_0],\cdots,x[n-n_0],\cdots,x[n+K-n_0]\}\\
&=y_1[n-n_0]
\end{align}
$$
4.31 求 $h_1[n],h_2[n],h_3[n]$ 组合成的系统的总冲激响应，其中，
$$
\begin{align}
h_1[n]&=2\delta[n-2]+3\delta[n+1]\\
h_2[n]&=\delta[n-1]-2\delta[n+2]\\
h_3[n]&=5\delta[n-5]-7 \delta[n-3]+2\delta[n-1]+\delta[n]-3\delta[n+1]
\end{align}
$$
解：没啥技巧，就代公式：
$$
H(z) = \frac{H_1(z) H_2(z)}{1-H_1(z) H_2(z) H_3(z)}\\
=\frac{2 z^{-3}-1-6z^{3}}{1-10z^{-8}+14z^{-6}+5 z^{-5}-4z^{-4}-9z^{-3}+3 z^{-1}+2 z^{-1}+8-3z^{1}+12 z^{2} + 6 z^{3}-18z^{4}}
$$
$$
h[n] = h_b[n] \circledast h_1[n] \circledast h_2[n]
$$
$$
其中，\\
h_1[n] \circledast h_2[n] = 2\delta[n-3]-\delta[n]-6\delta[n+3]\\
h_b[n] 是 \frac{1}{1-H_1(z) H_2(z) H_3(z)} 的逆变换
$$
4.67 某 IIR LTI系统的差分方程为：
$$
y[n]+a_1 y[n-1]+a_2 y[n-2]=b_0 x[n]+b_1x[n-1]+b_2[n-2]
$$
求频率响应表达式。常数 $b_i,\;i=1,2,3$ 为何值时，对所有 $\omega$ 值幅度响应是一个常数？
解：对方程进行离散傅里叶变换：
$$
Y(e^{j\omega})+a_1 e^{-j\omega} Y(e^{j\omega})+a_2 e^{-j2\omega} Y(e^{j\omega})\\=b_0 X(e^{j\omega})+b_1e^{-j\omega} X(e^{j\omega})+b_2e^{-j2\omega} X(e^{j\omega})
$$
从而频率响应的表达式为：
$$
H(e^{j\omega}) = \frac{Y(e^{j\omega})}{X(e^{j\omega})} = \frac{b_0+b_1e^{-j\omega}+b_2e^{-j2\omega}}{1+a_1 e^{-j\omega}+a_2 e^{-j2\omega}}
$$
幅度响应的表达式为：
$$
|H(e^{j\omega})|=H(e^{j\omega}) H^*(e^{j\omega})\\
=\frac{b_0^2 + b_1^2 +b_2^2 +(2b_0b_1+2b_1b_2) \cos \omega + 2b_0b_2 \cos 2\omega}{1 + a_1^2 +a_2^2 +(2a_1+2a_1a_2) \cos \omega + 2a_2 \cos 2\omega}
$$
当 $b_0=b_1:a_1=b_2:a_2$ 时，对所有 $\omega$ 值幅度响应是常数 $b_0$
观察幅度响应的表达式，可发现 $b_0$ 与 $b_2$ 是对称的，故当 $b_2=b_1:a_1=b_0:a_2$ 时，对所有 $\omega$ 值幅度响应是常数 $b_2$
另外，当 $b_i=0$ 时，幅度响应恒为 0
这实际上叫做全通系统，它的幅度响应为常数，并且具有如下形式：
$$
\pm K \frac{d_M+d_\text{M-1}z^{-1}+\cdots+d_1 z^{-M+1}+z^{-M}}{1+d_z z^{-1}+\cdots+d_{M-1}z^{-M+1}+d_M z^{-M}}
$$