- چرا سه هویت جبری کانولوشن - جابه‌جایی، توزیع‌پذیری، تداعی‌پذیری - چیزهای بی‌اهمیت حسابی نیستند، بلکه قوانینی برای سیم‌کشی سیستم‌ها با هم هستند.
- چگونه یک اتصال موازی پاسخ های ضربه ای را اضافه می کند و یک آبشار آنها را در هم می پیچد و چرا ترتیب بلوک ها در یک آبشار LTI مهم نیست.
- تست‌های پاسخ ضربه برای حافظه (\(h(t)=K\delta(t)\)) و علّیت (\(h(t)=0\) برای \(t \lt 0\))، که هر کدام از انتگرال کانولوشن مشتق شده‌اند نه اینکه ادعا شده باشد.
- شرط پایداری BIBO \(\int|h(\tau)|\,d\tau \lt \infty\) - و اثبات این که نه تنها کافی نیست بلکه ضروری است، با ساخت ورودی هایی که یک سیستم ناپایدار را می شکند، ساخته شده است.
- معکوس پذیری و دکانولوشن: \(h * h_{\text{inv}} = \delta\) به چه معناست، چگونه می توان یک اکو را معکوس کرد، و زمانی که اصلا معکوس وجود ندارد.
- پاسخ گام واحد \(s(t)\)، رابطه مشتق آن با \(h(t)\)، و چرا آزمایشگاه ها آن را به جای پاسخ ضربه اندازه گیری می کنند.
همه چیز در پاسخ ضربه زندگی می کند
فصل 6 نشان داد که یک سیستم LTI کاملاً توسط پاسخ ضربه آن تعیین می شود و فصل 7 آن را مشخص کرد: خروجی کانولوشن ورودی با \(h\) است.
این ادعا را جدی بگیرید و یک نتیجه قوی به دنبال دارد. فصل 5 واژگانی را برای سیستم‌ها معرفی کرد - بی حافظه یا پویا، علّی یا غیر علت، پایدار یا ناپایدار، معکوس یا غیرقابل برگشت - و هر ویژگی را بر حسب رابطه ورودی-خروجی به عنوان یک کل تعریف کرد. اما اگر \(h\) کل رابطه را تعیین کند، پس هر یک از آن ویژگی ها باید به تنهایی در \(h\) قابل مشاهده باشند. باید آزمایشی وجود داشته باشد که روی یک سیگنال واحد اعمال شود و به هر سوال پاسخ دهد. یافتن آن تست ها نیمی از این فصل است.
نیمه دیگر مربوط به ترکیب است. سیستم‌های مهندسی واقعی یکپارچه نیستند. آنها تقویت‌کننده‌هایی هستند که پس از آن فیلترهایی به دنبال کابل‌ها، مسیرهای بازخوردی که با مسیرهای رو به جلو خلاصه می‌شوند، یک گیرنده ساخته شده از دوجین بلوک جداگانه هستند. اگر هر بلوک LTI باشد، اسمبلی LTI است و بنابراین پاسخ ضربه خود را دارد. چیست؟ معلوم می‌شود که پاسخ در جبر عملگر کانولوشن نوشته شده است، و این شگفتی خوشایند فصل است: هویت‌هایی که باعث می‌شوند کانولوشن مانند ضرب رفتار کند، دقیقاً قوانین ارتباط متقابل سیستم هستند.
قابلیت جابجایی، توزیع و تداعی معمولاً به عنوان فهرستی از ویژگی ها برای به خاطر سپردن ارائه می شوند. آنها بهتر است به عنوان سه عبارت مهندسی خوانده شوند: نقش سیگنال و سیستم قابل تعویض هستند. بلوک های موازی اضافه می کنند. بلوک های آبشاری در هم می پیچند. ما آنها را به ترتیب در نظر می گیریم، هر یک را ثابت می کنیم و سپس به چهار سوال ساختاری می پردازیم.
جابجایی: مکان های تغییر سیگنال و سیستم
انتگرال کانولوشن با \(x\) و \(h\) بسیار متفاوت در صفحه رفتار می کند - یکی در \(\tau\) ارزیابی می شود، دیگری معکوس و جابجا می شود - بنابراین واضح نیست که بتوان آنها را مبادله کرد. یک تعویض نشان می دهد که آنها می توانند. \(\lambda = t - \tau\) را قرار دهید، بنابراین \(\tau = t - \lambda\) و \(d\tau = -d\lambda\); همانطور که \(\tau\) از \(-\infty\) به \(\infty\) اجرا می شود، \(\lambda\) از \(\infty\) تا \(-\infty\) اجرا می شود و حدود انتگرالی معکوس علامت منفی را جذب می کنند.
خروجی بدون تغییر است اگر ورودی و پاسخ ضربه نقش مبادله کنند. یک سیستم با پاسخ ضربه \(h\) که توسط \(x\) هدایت می شود دقیقاً همان سیگنالی را تولید می کند که سیستم با پاسخ ضربه \(x\) که توسط \(h\) هدایت می شود.
جمله آخر کنجکاوی به نظر می رسد، اما کاربرد عملی فوری دارد. هنگامی که یک کانولوشن را به صورت گرافیکی ارزیابی می کنید، باید یکی از دو سیگنال را معکوس کرده و بلغزانید، و شما مختارید کدامیک را انتخاب کنید. ساده تر را معکوس کنید. اگر \(x[n]\) یک انفجار سه نمونه و \(h[n]\) یک دم نمایی بی نهایت است، با برگرداندن انفجار سه نمونه سه محصول برای اضافه کردن در هر \(n\) باقی می‌ماند. ورق زدن نمایی باعث می شود که مجموع نامتناهی داشته باشید که باید آن را به عنوان یک سری هندسی تشخیص دهید. پاسخ یکسان است؛ کار نیست.
جابجایی همچنین واقعیتی را توضیح می دهد که دانش آموزانی را که برای اولین بار با آبشار ملاقات می کنند شگفت زده می کند. از آنجایی که \(h_1 * h_2 = h_2 * h_1\)، تقویت‌کننده‌ای که یک فیلتر دنبال می‌شود، پاسخ کلی ضربه‌ای مشابه فیلتر مشابه و تقویت‌کننده مشابه دارد. از نظر ریاضی ترتیب نامربوط است. از نظر فیزیکی همیشه اینطور نیست - یک تقویت‌کننده واقعی اشباع می‌شود، یک فیلتر واقعی مرحله قبل از آن را بارگذاری می‌کند - اما اینها انحراف از خطی بودن و ایده‌آل‌سازی بلوک‌های غیرفعال هستند، نه شکست قضیه.
توزیع و سیستم‌ها به صورت موازی
توزیع مستقیماً از خطی بودن انتگرال به ارث می رسد. کانولوشن یک ورودی در برابر مجموع دو پاسخ ضربه مانند دو بار پیچیدن و جمع کردن است.
حالا دو طرف را به صورت مدار بخوانید. در سمت چپ یک سیستم واحد وجود دارد که پاسخ ضربه آن \(h_1+h_2\) است. در سمت راست، ورودی یکسان دو سیستم را به طور همزمان هدایت می کند و خروجی های آنها جمع می شود - یک اتصال متقابل موازی. هویت می گوید که این دو از بیرون قابل تشخیص نیستند.
پاسخ های ضربه ای شاخه های موازی اضافه می شود. این قانون به هر تعداد شاخه گسترش می یابد، و شاخه ای که فقط سیگنال را از طریق آن عبور می دهد، به \(\delta(t)\) کمک می کند.
این قانون در هر دو جهت اجرا می شود و جهت معکوس مفیدتر است. یک \(h\) مشخص که ناخوشایند به نظر می رسد اغلب می تواند به مجموعه ای از قطعات تقسیم شود که قبلاً می دانید چگونه باید آنها را در هم آمیخت. پاسخ ضربه مانند \(h(t) = \delta(t) - 2e^{-3t}u(t)\) دقیقاً یک مسیر مستقیم به موازات یک شاخه کم گذر است. شما ورودی را با \(\delta(t)\) (که هیچ کاری انجام نمی دهد) و با نمایی (انتگرال استاندارد) در هم می پیچید و اضافه می کنید. توزیع چیزی است که مجوز تجزیه را می دهد.
مسیر مستقیم سزاوار نام است. کانولوشن با \(\delta(t)\) سیگنال را بدون تغییر برمی گرداند، بنابراین \(\delta(t)\) عنصر هویت جبر کانولوشن است که نقشی را ایفا می کند که 1 در ضرب معمولی ایفا می کند. یک سیستم با \(h(t)=\delta(t)\) یک سیم کامل است.
انجمن و آبشار
هویت سوم پیامدترین است. \(x\) را به سیستم \(h_1\) وارد کنید و نتیجه را به سیستم دوم \(h_2\) وارد کنید. سیگنال میانی \(w = x*h_1\) و خروجی نهایی \(y = w*h_2 = (x*h_1)*h_2\) است. Associativity می گوید که این دو کانولوشن ممکن است دوباره گروه بندی شوند.
مبادله ترتیب انتگرال‌گیری زمانی مشروع است که سیگنال‌ها کاملاً یکپارچه شوند، که در مورد هر سیستمی که ما آن را پایدار می نامیم، صادق است. در جایگزین انتگرال داخلی \(\mu = \tau-\sigma\)؛ تبدیل به \(\int h_1(\mu)h_2\big((t-\sigma)-\mu\big)d\mu\) می شود که دقیقاً \((h_1*h_2)\) در \(t-\sigma\) ارزیابی می شود. سپس انتگرال بیرونی یک کانولوشن از \(x\) با آن شی است.
دو سیستم در یک سری به عنوان یک سیستم عمل می کنند که پاسخ ضربه آنها کانولوشن است. همراه با جابجایی، این بدان معنی است که بلوک های یک آبشار LTI ممکن است آزادانه بدون تغییر پاسخ کلی دوباره مرتب شوند.
قانون آبشار چیزی است که طراحی سیستم را مدولار می کند. طراح که خواهان یک پاسخ کلی خاص است، مجبور نیست آن را در یک قطعه ترکیب کند. پاسخ را می توان در مراحل ساده تری که هر کدام به طور جداگانه ساخته و آزمایش می شوند، در نظر گرفت و فاکتورها را به هر ترتیب مناسبی دوباره جمع آوری کرد. هر فیلتری با مرتبه بالاتر از دو که در عمل با آنها روبرو می‌شوید به این ترتیب از بخش‌های مرتبه اول و دوم آبشاری ساخته شده‌اند.
دو آبشار خاص ارزش نامگذاری را دارند زیرا به هر دو باز خواهیم گشت. اگر \(h_2\) کاری را که \(h_1\) انجام می دهد خنثی کند، آبشار یک سیم کامل است و \(h_1 * h_2 = \delta(t)\) - این سیستم معکوس بخش 8-8 است. و اگر یک سیستم با تاخیر خالص \(\delta(t-T)\) آبشاری شود، خروجی به سادگی به تاخیر می افتد، زیرا \(x(t)*\delta(t-T) = x(t-T)\); تاخیر با همه چیز در رفت و آمد است.
| هویت | بیانیه | از نظر فیزیکی به چه معناست |
|---|---|---|
| جابجایی | \(x*h = h*x\) | پاسخ ورودی و ضربه ای قابل تعویض هستند. هرکدام را که ساده تر است ورق بزنید |
| توزیعی | \(x*(h_1+h_2) = x*h_1 + x*h_2\) | شاخه های موازی: \(h = h_1 + h_2\) |
| انجمنی | \((x*h_1)*h_2 = x*(h_1*h_2)\) | آبشار: \(h = h_1 * h_2\)، به هر ترتیب |
| هویت | \(x*\delta = x\) | \(\delta(t)\) یک سیم کامل است |
| شیفت | \(x(t)*\delta(t-T) = x(t-T)\) | درگیر شدن با یک ضربه تغییر یافته یک تاخیر محض است |
حافظه و سیستم‌هایی که هیچ کدام ندارند
فصل 5 سیستم بدون حافظه نامیده می شود اگر خروجی آن در هر لحظه فقط به ورودی در همان لحظه بستگی داشته باشد. حالا آن شرط را بر انتگرال کانولوشن تحمیل کنید و ببینید چه چیزی باقی می ماند.
خروجی را به شکلی بنویسید که متغیر انتگرال‌گیری را روی پاسخ ضربه قرار می دهد: \(y(t) = \int h(\tau)\,x(t-\tau)\,d\tau\). هر مقدار \(\tau\) که برای آن \(h(\tau)\) غیر صفر است، نمونه‌ای از ورودی \(\tau\) ثانیه‌ای پیش گرفته می‌شود. برای اینکه خروجی به \(x(t)\) بستگی داشته باشد و هیچ چیز دیگری، چنین مشارکتی ممکن است از \(\tau \ne 0\) باشد. بنابراین \(h(\tau)\) باید برای همه \(\tau \ne 0\) ناپدید شود - و تنها شیئی که در همه جا به جز مبدا صفر است و هنوز هم کاری انجام می دهد، یک ضربه مقیاس شده است.
تنها سیستم LTI بدون حافظه، سود خالص است. هر پاسخ ضربه دیگری، هر چند کوتاه، به سیستم مقداری خاطره از گذشته یا مقداری پیش بینی از آینده می دهد.
این بیانیه تندتر از آنچه در ابتدا به نظر می رسد است. این بدان معنی است که یک سیستم LTI با هر دینامیک - یک خازن واحد، یک نمونه تاخیر - دارای حافظه است و کل فیلتر کردن، مشتق‌گیری، یکپارچگی، اکو و رزونانس خارج از کلاس بدون حافظه است. بی حافظه بودن در دنیای LTI یک محدودیت خفیف نیست. سیستم را تا ضرب در یک ثابت فرو می ریزد.
مفهوم مفید دامنه حافظه در بین افراطی ها قرار دارد: طول فاصله ای که \(h\) در آن غیر صفر است. یک فیلتر میانگین متحرک \(h[n] = \tfrac13(\delta[n]+\delta[n-1]+\delta[n-2])\) دقیقاً سه نمونه را به خاطر می آورد و سپس کاملاً فراموش می کند. یک کمگذر \(RC\) با \(h(t) = \tfrac{1}{\tau}e^{-t/\tau}u(t)\) هرگز به طور کامل فراموش نمی شود، اگرچه پس از چهار یا پنج ثابت زمانی، حافظه ناچیز است. اولی یک سیستم حافظه محدود، دومی یک سیستم حافظه نامتناهی است، و این تمایز دوباره در فصل 9 به عنوان تفاوت بین ساختارهای FIR و IIR ظاهر می شود.
علّیت: بدون پاسخ قبل از علت
یک سیستم علّی قبل از اینکه هیجان زده شود پاسخ نمی دهد. آن را مستقیماً روی پاسخ ضربه اعمال کنید. ضربه \(\delta(t)\) به \(t=0\) می رسد. پاسخ به آن \(h(t)\) است. بنابراین علّیت ایجاب می کند که \(h(t)\) برای تمام زمان منفی صفر باشد. استدلال کوتاه است زیرا ضربه تمیزترین آزمایش ممکن است: در یک لحظه اتفاق می‌افتد و در هیچ لحظه، بنابراین هر چیزی که سیستم قبل از آن لحظه تولید کند بی‌علت است.
یک سیستم LTI اگر و تنها در صورتی که پاسخ ضربه آن یک سیگنال علّی باشد، علّی است. این یکی از معدود جاهایی است که یک ویژگی یک سیستم و یک ویژگی یک سیگنال کلمات مشابهی با یک معنی هستند.
تحمیل علّیت حدود انتگرالی کانولوشن را سخت‌تر می‌کند، و فرم‌های سفت‌شده آن‌هایی هستند که در واقع باید هنگام محاسبه استفاده کنید. از آنجایی که \(h(\tau)=0\) برای \(\tau \lt 0\)، انتگرال بیش از \(\tau\) از صفر شروع می شود. اگر علاوه بر این ورودی در مبدا روشن شود، به طوری که \(x(\tau)=0\) برای \(\tau \lt 0\)، حد بالایی در \(t\) بسته می شود.
حد بالایی محدود به همین دلیل است که بسیاری از کانولوشن‌های کتاب‌های درسی قابل پردازش هستند: یک سیستم علّی که توسط یک ورودی علّی هدایت می‌شود، فقط یک همپوشانی محدود برای انتگرال‌گیری دارد، و پاسخ به طور خودکار برای \(t \lt 0\) صفر است.
سیستم‌های غیر علّی صرفاً یک داستان ریاضی نیستند. سیستمی که یک سیگنال را به طور متقارن میانگین می‌گیرد، \(y[n] = \tfrac13(x[n+1]+x[n]+x[n-1])\)، به یک نمونه از آینده نیاز دارد و نمی‌تواند در زمان واقعی اجرا شود – اما اگر کل سیگنال قبلاً روی دیسک ذخیره شده باشد، «آینده» فقط داده‌های بیشتر در امتداد فایل است، و چنین فیلترهایی دائماً در پردازش تصویر و کار صوتی آفلاین استفاده می‌شوند، جایی که به دلیل نداشتن اعوجاج فاز ارزشمند هستند. علّیت محدودیتی است که توسط زمان واقعی تحمیل می شود، نه ریاضیات.
پایداری BIBO
سوال پایداری مهمترین سوال از این چهار سوال است و تنها سوالی است که تست آن فوری نیست. فصل 5 ثبات خروجی محدود ورودی محدود را تعریف می کند: اگر هر ورودی که \(|x(t)| \le B \lt \infty\) را برآورده می کند خروجی تولید کند که محدود نیز باشد، سیستم BIBO پایدار است. این تعریف روی همه ورودی‌های محدود کمیت می‌کند، به همین دلیل است که نمی‌توانیم آن را با امتحان کردن چند مورد حل کنیم.
با جهت کفایت شروع کنید که زنجیره ای از دو نابرابری است. هر ورودی محدود شده با \(B\) را انتخاب کنید و مقدار انتگرال کانولوشن را محدود کنید.
اولین مرحله نابرابری مثلث برای انتگرال است. دومی جایگزین \(|x|\) توسط \(B\) محدود شده خود می شود. بنابراین اگر انتگرال \(|h|\) متناهی است، آن را \(M\)، سپس \(|y(t)| \le BM\) برای هر ورودی محدود، و سیستم پایدار است. که کفایت را ایجاد می کند.
ضرورت به کار بیشتری نیاز دارد و ارزش انجام آن را دارد زیرا شرایط را از یک آزمایش راحت به یک توصیف دقیق تبدیل می کند. فرض کنید \(\int|h(\tau)|d\tau = \infty\). ما باید یک ورودی محدود تولید کنیم که خروجی آن نامحدود باشد. ورودی را انتخاب کنید که هر سهم را در فاز ردیف می کند - ورودی که هر جا \(h\) مثبت است \(+1\) و هر جا منفی است \(-1\) است.
این ورودی هرگز از قدر 1 تجاوز نمی کند، بنابراین کاملاً محدود است. با این حال خروجی در یک لحظه \(t=0\) برابر با انتگرالی است که ما بی نهایت فرض کردیم. یک ورودی محدود، یک مقدار خروجی بی نهایت: سیستم BIBO پایدار نیست. از آنجایی که با فرض یک ناپایداری اجباری انتگرال واگرا، نیروهای پایداری همگرایی را ایجاد می کنند و شرط لازم و کافی است.
یک سیستم LTI دقیقاً زمانی پایدار است که پاسخ ضربه آن کاملاً یکپارچه (زمان‌پیوسته) یا کاملاً قابل جمع (زمان‌گسسته) باشد.
دو پیامد شایستگی تأکید دارند زیرا منشأ اکثر خطاها هستند. اولی: تست روی \(|h|\) است، نه روی \(h\). پاسخ ضربه که تحلیل می رود به طور خودکار پایدار نیست. سیگنال \(h(t) = \tfrac{1}{t}u(t-1)\) با رشد \(t\) به صفر میل می کند، اما \(\int_1^{\infty} dt/t\) از نظر لگاریتمی واگرا می شود، بنابراین سیستم ناپایدار است. پوسیدگی لازم است، اما پوسیدگی باید به اندازه کافی سریع باشد تا ناحیه همگرا شود.
دوم: یک سیستم در مرز ناپایدار است. یکپارچه ساز ایده آل \(h(t)=u(t)\) دارد که انتگرال مطلق آن بی نهایت است. یک ورودی ثابت 1 ولت - کاملاً محدود شده - یک سطح شیب دار ایجاد می کند که بدون محدودیت رشد می کند. همین استدلال، انباشتگر گسسته \(h[n]=u[n]\) را محکوم می کند. موارد حاشیه ای در آزمون مردود می شوند و به دلیل فیزیکی واضحی در آن مردود می شوند.
| پاسخ ضربه | \(\int |h|\) یا \(\sum |h|\) | پایدار؟ |
|---|---|---|
| \(h(t) = e^{-2t}u(t)\) | \(1/2\) | بله |
| \(h(t) = e^{2t}u(t)\) | واگرا می شود | خیر |
| \(h(t) = u(t)\) (انتگرال‌گیری کننده) | واگرا می شود | خیر |
| \(h(t) = \delta(t-5)\) (تأخیر) | \(1\) | بله |
| \(h[n] = a^n u[n]\) | \(1/(1-|a|)\) اگر \(|a| \lt 1\) | بله اگر \(|a| \lt 1\) |
| \(h[n] = \tfrac{1}{n}u[n-1]\) | سری هارمونیک - واگرا | خیر |
| \(h[n] = \tfrac{1}{n^2}u[n-1]\) | \(\pi^2/6\) | بله |
وارونگی و دکانولوشن
اگر ورودی‌های متمایز خروجی‌های مجزا تولید کنند، یک سیستم معکوس‌پذیر است، به طوری که اصولاً ورودی می‌تواند از خروجی بازیابی شود. برای سیستم‌های LTI، قانون آبشار این را به یک نیاز جبری تمیز تبدیل می کند. بازیابی ورودی به معنای یافتن یک سیستم LTI دوم \(h_{\text{inv}}\) است که پس از اولی قرار می گیرد، سیگنال را بدون تغییر برمی گرداند - یعنی آبشار آن با \(h\) عنصر هویت جبر کانولوشن است.
سیستم معکوس متقابل کانولوشنی \(h\) است. یافتن آن - بازیابی \(x\) از \(y\) زمانی که \(h\) شناخته شده است - دکانولوشن نامیده می شود.
ساده ترین مورد غیر پیش پا افتاده ارزش حمل در سر را دارد. یک تاخیر خالص \(h(t)=\delta(t-T)\) با پیشروی \(h_{\text{inv}}(t)=\delta(t+T)\) از \(\delta(t-T)*\delta(t+T)=\delta(t)\) معکوس می شود. توجه داشته باشید که معکوس یک سیستم علّی در اینجا غیرعلّی است: لغو یک تأخیر مستلزم دیدن آینده است. این مبادله عمومی است، و به همین دلیل است که deconvolution در زمان واقعی دشوار است حتی زمانی که از نظر ریاضی امکان پذیر باشد.
انباشتگر گسسته و تفاوت اول جفت استاندارد دیگر را تشکیل می دهند. اگر \(h_1[n]=u[n]\) انباشته شود و \(h_2[n]=\delta[n]-\delta[n-1]\) تفاوت داشته باشد، آبشار آنها \(u[n]-u[n-1]=\delta[n]\) است: هر یک دقیقاً دیگری را خنثی می کند، که بیانیه فصل 3 است مبنی بر اینکه گام و ضربه یک جفت در حال اجرا-جمع و تفاوت هستند، اکنون به عنوان یک واقعیت خوانده می شود.
هر سیستمی معکوس ندارد. اگر \(h\) اطلاعات را از بین ببرد، هیچ مقدار پس پردازش نمی تواند آن را بازیابی کند. \(y[n]=x[n]-x[n-1]\) را به دنبال هیچ چیز در نظر بگیرید: دو ورودی که با یک ثابت متفاوت هستند خروجی یکسانی تولید می کنند، بنابراین ثابت از بین می رود و نقشه یک به یک نیست. در زبان حوزه فرکانس قسمت 3، این یک شکل به یاد ماندنی به دست می‌آورد - یک سیستم تنها در صورتی معکوس است که پاسخ فرکانسی آن در هر فرکانس غیر صفر باشد، زیرا هر فرکانسی که سیستم از بین می‌برد برای همیشه از بین می‌رود. در حال حاضر نسخه جبری کافی است: زمانی که معادله \(h * h_{\text{inv}} = \delta\) یک راه حل داشته باشد، یک معکوس وجود دارد.
پاسخ پلهٔ واحد
پاسخ ضربه توصیف نظری طبیعی یک سیستم LTI و یک آزمایش ناامیدکننده است. هیچ آزمایشگاهی نمی‌تواند یک پالس ایجاد کند: نزدیک‌ترین پالس موجود، یک پالس بسیار کوتاه و بسیار بلند است، و هل دادن یک تقویت‌کننده یا موتور واقعی با چنین چیزی، مدت‌ها قبل از اینکه اندازه‌گیری معنایی داشته باشد، آن را از منطقه خطی خود خارج می‌کند. چیزی که می تواند به طور تمیز اعمال شود یک مرحله است - یک سوئیچ را ببندید، و ورودی از 0 به 1 می رود و همانجا می ماند.
هنگامی که ورودی \(u(t)\) است، با سیستم در ابتدا در حالت استراحت، پاسخ گامی \(s(t)\) را به عنوان خروجی تعریف کنید. با جابجایی ممکن است پله را در موقعیت برگشتی قرار دهیم و کانولوشن به یک انتگرال در حال اجرا سقوط کند.
مرحله میانی ارزش مکث کردن را دارد: \(u(t-\tau)\) دقیقاً برابر است با 1 زمانی که \(\tau \le t\) و در غیر این صورت 0 است، بنابراین ضرب در آن به سادگی حد بالایی را کوتاه می کند. مشتق‌گیری هر دو طرف پاسخ ضربه را بازیابی می کند، و این رابطه ای است که آزمایش مرحله را عملی می کند.
پاسخ گام را اندازه بگیرید، آن را ممشتق‌گیری کنید، و شما پاسخ ضربه را خواهید داشت. نسخه های گسسته انتگرال‌گیری را با یک مجموع در حال اجرا و مشتق‌گیری را با یک تفاوت اول جایگزین می کنند.
دلیل دومی وجود دارد که پاسخ گامی راحت است. بسیاری از ورودی‌ها از پله‌ها ساخته می‌شوند - یک پالس مستطیلی تفاوت دو تای آنها است، یک راه پله مجموع چندین است - و خطی بودن به اضافه عدم تغییر زمان به این معنی است که پاسخ به چنین ورودی همان ترکیبی از پاسخ‌های گام جابجا شده است. اگر \(x(t)=u(t)-u(t-2)\)، پس \(y(t)=s(t)-s(t-2)\) بدون اینکه اصلاً کانولوشن انجام شود. مثال کار شده 5 از این استفاده می کند.
در نهایت، پاسخ گام دو ویژگی را نشان می دهد که مهندسان بیشتر به آنها اهمیت می دهند. مقدار نهایی آن \(s(\infty)=\int_{-\infty}^{\infty}h(\tau)d\tau\) بهره DC سیستم است و اینکه چقدر سریع در آنجا ته نشین می شود سرعت سیستم است. این اعداد همان چیزی است که یک دیتاشیت نقل می کند.
نمونه های کار شده
مشکل یک انباشتگر زمان‌گسسته \(h_1[n]=u[n]\) توسط یک سیستم تفاوت اول \(h_2[n]=\delta[n]-\delta[n-1]\) دنبال می شود. پاسخ ضربه آبشار را بیابید و بیان کنید که جفت سیستم چه کاری انجام می دهد.
راه حل. طبق قانون آبشار، پاسخ کلی ضربه \(h_1 * h_2\) است. کانولوشن با \(\delta[n]\) یک سیگنال را به حال خود رها می کند و کانولاسیون با \(\delta[n-1]\) آن را یک نمونه به تاخیر می اندازد، بنابراین توزیع به
آخرین برابری، تعریف فصل 3 از ضربه گسسته است. آبشار دارای پاسخ ضربه \(\delta[n]\) است که همان هویت است: هر چیزی که وارد می شود بدون تغییر ظاهر می شود. این دو سیستم معکوس یکدیگر هستند، و این تصویر زمان‌گسسته از این واقعیت است که مشتق‌گیری یکپارچگی را خنثی می کند.
همچنین توجه داشته باشید که تک تک بلوک ها چگونه هستند. انباشته ناپایدار است، زیرا \(\sum_n |u[n]|\) واگرا می شود، در حالی که سیستم تفاوت پایدار است. آبشاری آنها یک سیستم پایدار تولید می کند، بنابراین ثبات یک آبشار را نمی توان از پایداری قطعات آن استنباط کرد - رشد نامحدود یک مرحله دقیقاً توسط مرحله دیگر لغو شد.
مشکل دو سیستم \(h_1[n]=\delta[n]+2\delta[n-1]\) و \(h_2[n]=\delta[n]-\delta[n-1]\) به صورت موازی به هم متصل هستند و خروجی جمع آنها سیستم سوم \(h_3[n]=\left(\tfrac12\right)^n u[n]\) را هدایت می کند. پاسخ کلی ضربه را پیدا کنید.
راه حل. به سمت بیرون کار کنید. توزیع، جفت موازی را با جمع جمع می کند:
سپس تداعی با کانولوشن آبشار را از بین می برد. از آنجایی که با ترازوهای \(a\,\delta[n-m]\) توسط \(a\) و تاخیرها توسط \(m\) درگیر می شود،
هر دو عبارت را می توان با استفاده از \(\left(\tfrac12\right)^{n-1} = 2\left(\tfrac12\right)^{n}\) روی یک نمایی قرار داد:
تابع دو مرحله ای برای \(n \ge 1\) موافق است و فقط در \(n=0\) متفاوت است، به همین دلیل است که پاسخ به یک نمونه جدا شده به اضافه یک دم تقسیم می شود. بررسی چند مقدار اول: \(h[0]=2\)، \(h[1]=4(\tfrac12)=2\)، \(h[2]=4(\tfrac14)=1\)، \(h[3]=0.5\). سیستم پایدار است، از \(\sum|h[n]| = 2 + 4\sum_{n\ge1}(\tfrac12)^n = 2+4 = 6\)، و علت، از \(h[n]=0\) برای \(n \lt 0\).
مشکل هر سیستم را به‌عنوان بدون حافظه یا پویا، و علّی یا غیرعلی طبقه‌بندی کنید: (الف) \(h(t)=4\delta(t)\). (ب) \(h(t)=e^{-|t|}\)؛ (ج) \(h[n]=\left(\tfrac12\right)^{n}u[n+1]\); (د) \(h(t)=\delta(t-3)\).
راه حل (الف). یک ضربه کوچک شده و هیچ چیز دیگری، بنابراین سیستم بدون حافظه است - این بهره \(y(t)=4x(t)\) است. از آنجایی که \(h(t)=0\) برای \(t \lt 0\)، علّی است. سیستم‌های LTI بدون حافظه همیشه علّی هستند، زیرا از چیزی جز زمان حال استفاده نمی کنند.
راه حل (ب). پویا، زیرا \(h\) با مبدا فاصله دارد. غیر علّی است: \(h(-1)=e^{-1}\ne0\)، بنابراین سیستم یک ثانیه قبل از رسیدن ضربه پاسخ می دهد. این نرم‌افزار دو طرفه متقارن، پایدار است (انتگرال مطلق آن 2 است) اما در زمان واقعی غیرقابل تحقق است.
راه حل (ج). مرحله \(u[n+1]\) در \(n=-1\) روشن می شود، بنابراین \(h[-1]=\left(\tfrac12\right)^{-1}=2 \ne 0\). پویا و غیر علّی; سیستم به یک نمونه از آینده نیاز دارد. با این وجود پایدار است، زیرا مجموع \(2 + \sum_{n\ge0}(\tfrac12)^n = 2+2 = 4\) محدود است.
راه حل (د). یک تاخیر سه ثانیه ای خالص. پویا است - خروجی در زمان \(t\) \(x(t-3)\) است، که ورودی فعلی نیست - و علت، زیرا \(h(t)=0\) برای \(t \lt 0\) است. تأخیر حافظه دارد. فقط یک تاخیر صفر نمی کند.
مشکل تست هر سیستم برای پایداری BIBO: (الف) \(h(t)=e^{-2t}u(t)\). (ب) \(h(t)=e^{-2t}u(-t)\)؛ (ج) \(h(t)=\tfrac{1}{t}u(t-1)\); (د) \(h[n]=\tfrac{1}{n^2}u[n-1]\).
راه حل (الف). انتگرال مثبت است، بنابراین انتگرال مطلق انتگرال است:
پایدار است و بهره DC آن همان عدد \(\tfrac12\) است.
راه حل (ب). همان نمایی، اما اکنون فقط برای زمان منفی روشن است، جایی که \(e^{-2t}\) با منفی شدن \(t\) رشد می‌کند. انتگرال \(\int_{-\infty}^{0}e^{-2\tau}d\tau\) واگرا می شود، بنابراین سیستم ناپایدار است - و همچنین غیر علتی است. تغییر \(u(t)\) به \(u(-t)\) هر دو حکم را معکوس کرد.
راه حل (ج). در اینجا \(h(t)\to0\) به عنوان \(t\to\infty\)، که پاسخ اشتباه را وسوسه می کند. صادقانه انتگرال‌گیری کنید:
ناپایدار. پوسیدگی برای همگرایی منطقه بسیار آهسته است، که یادآور استاندارد این است که \(h(t)\to0\) ضروری است اما به هیچ وجه کافی نیست.
راه حل (د). همتای گسسته، یک توان تندتر: \(\sum_{n=1}^{\infty} 1/n^2 = \pi^2/6 \approx 1.645\)، که همگرا می شود. پایدار. آن را با سری هارمونیک \(h[n]=\tfrac1n u[n-1]\) مقایسه کنید که واگرا و ناپایدار است. دو پاسخ ضربه هنگام ترسیم تقریباً یکسان به نظر می رسند و در طرفین مخالف مرز فرود می آیند.
مشکل پاسخ گام اندازه گیری شده یک سیستم \(s(t)=\left(1-e^{-3t}\right)u(t)\) است. \(h(t)\)، بهره DC و پاسخ به پالس \(x(t)=u(t)-u(t-2)\) را پیدا کنید.
راه حل. ممشتق‌گیری کردن، مراقبت از محصول زیرا \(s(t)\) شامل یک مرحله است:
ترم دوم ناپدید می شود. با ویژگی نمونه‌برداری از فصل 3، \(f(t)\delta(t)=f(0)\delta(t)\)، و در اینجا \(f(0)=1-e^{0}=0\). بنابراین \(h(t)=3e^{-3t}u(t)\)، بدون هیچ ضربه ای در مبدأ - که باید چنین می شد، زیرا پاسخ گام اندازه گیری شده از صفر و بدون پرش شروع می شود.
بهره DC \(s(\infty)=1\) است که توسط \(\int_0^\infty 3e^{-3\tau}d\tau = 1\) تایید شده است.
برای نبض، به هم نخورید. ورودی اختلاف دو گام جابجا شده است، بنابراین با خطی بودن و عدم تغییر زمانی، خروجی همان تفاوت پاسخ‌های گام جابجا شده است:
خواندن دو بازه جداگانه: در \(0 \lt t \lt 2\) خروجی به صورت \(1-e^{-3t}\) افزایش می یابد و در \(t=2\) به \(1-e^{-6}\approx 0.9975\) می رسد. پس از \(t=2\)، این دو عبارت با \(\left(e^{6}-1\right)e^{-3t}\) ترکیب می‌شوند، یک فروپاشی خالص از همان مقدار. هنگامی که پالس وجود دارد، سیستم شارژ می شود و پس از آن تخلیه می شود، دقیقاً مانند شبکه \(RC\).
مشکل یک کانال یک کپی با تاخیر از ورودی خود اضافه می کند: \(y(t)=x(t)+a\,x(t-T)\). پاسخ ضربه آن را پیدا کنید، سیستم معکوس را بسازید و بگویید چه زمانی معکوس قابل استفاده است.
راه حل. تنظیم \(x(t)=\delta(t)\) پاسخ ضربه را مستقیماً می خواند: \(h(t)=\delta(t)+a\,\delta(t-T)\) - یک مسیر مستقیم به موازات یک مسیر ضعیف شده و با تاخیر.
ما به \(h_{\text{inv}}\) با \(h * h_{\text{inv}} = \delta\) نیاز داریم. سعی کنید اکو را با کم کردن آن لغو کنید که یک اکو مرتبه دوم را معرفی می کند که خود باید لغو شود و غیره. این نشان دهنده یک سری تاخیرهای متناوب است:
با در هم آمیختن تأیید کنید. کانولوشن با \(\delta(t)\) سری را بازتولید می کند و کانولوشن با \(a\delta(t-T)\) آن را با مقیاس \(a\) بازتولید می کند و با \(T\) تغییر می کند:
جمع دوم را دوباره با \(m=k+1\) فهرست کنید. شرایط آن \(-(-a)^{m}\delta(t-mT)\) برای \(m \ge 1\) است، که دقیقاً شرایط \(m \ge 1\) اولین جمع را لغو می کند. تنها چیزی که زنده می ماند \(k=0\) است، یعنی \(\delta(t)\). عکس آن تایید می شود.
قابلیت استفاده یک سوال ثبات است. معکوس دارای \(\int|h_{\text{inv}}| = \sum_{k\ge0}|a|^{k}\) است که فقط زمانی که \(|a| \lt 1\) به \(1/(1-|a|)\) همگرا می شود. پژواک ضعیف را می توان حذف کرد. پژواک به اندازه مسیر مستقیم نمی تواند قوی باشد، زیرا اصلاحات مورد نیاز به جای از بین رفتن رشد می کنند. اتفاقاً معکوس در اینجا علّی است، زیرا پژواک پس از مسیر مستقیم می آید - اگر تأخیر پیشروی بود، معکوس به آینده نیاز داشت.
خلاصه فصل
کانولوشن جابه‌جایی، توزیعی و تداعی است - به این معنا که نقش‌ها قابل تعویض هستند، بلوک‌های موازی اضافه می‌شوند و بلوک‌های آبشاری به هم می‌پیوندند.
\(h_{\text{par}} = h_1+h_2\) و \(h_{\text{cas}} = h_1*h_2\)، به هر ترتیب. \(\delta(t)\) هویت است و \(\delta(t-T)\) یک تاخیر محض است.
تنها سیستم LTI بدون حافظه یک بهره، \(h(t)=K\delta(t)\) است. هر پاسخ ضربه دیگر حافظه می دهد و عرض آن دامنه حافظه است.
\(h(t)=0\) برای \(t \lt 0\). این حدود انتگرالی کانولوشن را به \(\int_0^t\) می‌بندد، به همین دلیل است که مشکلات علّی محدود هستند.
BIBO پایدار است اگر و فقط اگر \(\int|h|\,dt \lt \infty\) یا \(\sum|h[n]| \lt \infty\). پوسیدگی به تنهایی کافی نیست. منطقه باید همگرا شود
\(h*h_{\text{inv}}=\delta\) deconvolution را تعریف می کند. \(s(t)=\int_{-\infty}^{t}h\)، بنابراین \(h=ds/dt\) پاسخ ضربه را از یک آزمایش قابل اندازه گیری بازیابی می کند.
مشکلات تمرین
مسائل 1 تا 3 قوانین ارتباط متقابل را اعمال می کنند. 4 تا 6 دریل های طبقه بندی استانداردی هستند که GATE در یک خط می پرسد. 7 و 8 از شما می خواهند چیزهایی را ثابت کنید. در هر سؤال طبقه‌بندی، آزمونی را که درخواست می‌کنید، قبل از درخواست نام ببرید.
- سه سیستم به هم متصل شده اند تا \(h_1[n]\) و \(h_2[n]\) به صورت موازی باشند و مجموع درایو \(h_3[n]\) باشد. با \(h_1[n]=\delta[n-1]\)، \(h_2[n]=2\delta[n-2]\) و \(h_3[n]=\left(\tfrac13\right)^{n}u[n]\)، پاسخ کلی ضربه را پیدا کنید و آن را برای پایداری آزمایش کنید.
- یک سیستم با \(h_1(t)=e^{-t}u(t)\) با تاخیر خالص 2 ثانیه آبشاری می شود. پاسخ کلی ضربه را بنویسید و بیان کنید که آیا نتیجه به این بستگی دارد که کدام بلوک اول است یا خیر.
- نشان دهید که کانولوشن هر سیگنال با \(\delta(t-t_1)*\delta(t-t_2)\) آن را با \(t_1+t_2\) به تاخیر می اندازد و از آن برای توضیح اینکه چرا تاخیر در یک آبشار به سادگی اضافه می شود استفاده کنید.
- هر یک از موارد زیر را به عنوان علّی یا غیرعلّی و پایدار یا ناپایدار طبقه بندی کنید: \(h_1(t)=e^{-3t}u(t-1)\); \(h_2(t)=e^{3t}u(-t)\); \(h_3[n]=\left(\tfrac54\right)^{n}u[-n]\); \(h_4[n]=\delta[n+4]\).
- سیستم دارای \(h[n]=a^{n}u[n] + 3^{n}u[-n-1]\) BIBO برای چه مقادیر واقعی \(a\) پایدار است؟ این دو عبارت را جداگانه درمان کنید و مراقب باشید که هر کدام در کدام جهت فرو می ریزند.
- یک سیستم دارای \(h(t)=\dfrac{\sin t}{t}\) است. نشان دهید که \(h(t)\to 0\) به عنوان \(t\to\infty\) است، اما سیستم BIBO پایدار نیست، و بگویید چه ویژگی \(h\) مسئول است.
- با ساختن ورودی محدود \(x[n]=\operatorname{sgn}(h[-n])\) و ارزیابی \(y[0]\) شرط BIBO زمان‌گسسته \(\sum_k |h[k]| \lt \infty\) ضروری است.
- پاسخ گامی یک سیستم زمان‌گسسته \(s[n]=\big(1-\left(\tfrac12\right)^{n+1}\big)u[n]\) است. \(h[n]\) را پیدا کنید، \(\sum_n h[n]=s[\infty]\) را تأیید کنید و پاسخ \(x[n]=u[n]-u[n-3]\) را بیابید.