信号与系统复习笔记——线性时不变系统

线性时不变系统

推导CT-LTI卷积积分

假设输入函数为 $x(t)$ ，输出为 $y(t)$ ，考虑对应变换 T { x ( t ) } = y ( t ) T{x(t)}=y(t) T{x(t)}=y(t) ，通过冲激函数可将 $x(t)$ 表示为：

x ( t ) = ∫ − ∞ + ∞ x ( τ ) δ ( t − τ ) d τ = x ( t ) ∗ δ ( t ) x(t) = int_{-infty}^{+infty} x(tau)delta(t - tau) dtau = x(t) ast delta(t) x(t)=∫−∞+∞​x(τ)δ(t−τ)dτ=x(t)∗δ(t)

对两边同时做变换 $T$ 得到：

T { x ( t ) } = T { ∫ − ∞ + ∞ x ( τ ) δ ( t − τ ) d τ } T{x(t)} = T{int_{-infty}^{+infty} x(tau)delta(t - tau) dtau } T{x(t)}=T{∫−∞+∞​x(τ)δ(t−τ)dτ}

利用LTI的 线性性质 可以得到：

y ( t ) = ∫ − ∞ + ∞ T { x ( τ ) δ ( t − τ ) } d τ y(t)= int_{-infty}^{+infty} T{x(tau)delta(t - tau) } dtau y(t)=∫−∞+∞​T{x(τ)δ(t−τ)}dτ

y ( t ) = ∫ − ∞ + ∞ x ( τ ) T { δ ( t − τ ) } d τ y(t) = int_{-infty}^{+infty} x(tau)T{delta(t - tau)} dtau y(t)=∫−∞+∞​x(τ)T{δ(t−τ)}dτ

利用LTI的 时不变性 可以得到：

y ( t ) = ∫ − ∞ + ∞ x ( τ ) h ( t − τ ) d τ = x ( t ) ∗ h ( t ) y(t) = int_{-infty}^{+infty} x(tau) h(t - tau) dtau = x(t) ast h(t) y(t)=∫−∞+∞​x(τ)h(t−τ)dτ=x(t)∗h(t)

这里记 $h(t)$ 为系统的 零状态 状态下的单位冲激函数的响应。

推导DT-LTI卷积积分

同理CT-LTI卷积积分可得：

y [ n ] = ∑ k = − ∞ + ∞ x [ k ] h [ n − k ] = x [ n ] ∗ h [ n ] y[n] = sum_{k = -infty} ^{+infty} x[k] h[n-k] = x[n] ast h[n] y[n]=k=−∞∑+∞​x[k]h[n−k]=x[n]∗h[n]

LTI系统的性质

性质	公式
交换律	$x(t)\ast h(t)=h(t)\ast x(t)$
分配律	x ( t ) ∗ [ h 1 ( t ) + h 2 ( t ) ] = x ( t ) ∗ h 1 ( t ) + x ( t ) ∗ h 2 ( t ) x(t) ast [h_1(t) + h_2(t)] = x(t) ast h_1(t) + x(t) ast h_2(t) x(t)∗[h1​(t)+h2​(t)]=x(t)∗h1​(t)+x(t)∗h2​(t)
结合律	x ( t ) ∗ [ h 1 ( t ) ∗ h 2 ( t ) ] = [ x ( t ) ∗ h 1 ( t ) ] ∗ h 2 ( t ) x(t) ast [h_1(t) ast h_2(t)] = [x(t) ast h_1(t)] ast h_2(t) x(t)∗[h1​(t)∗h2​(t)]=[x(t)∗h1​(t)]∗h2​(t)
记忆性	若对于所有的 $t\ne 0$ 有 $h(t)=0$ 那么系统是无记忆的
可逆性	若存在 h 1 ( t ) h_1(t) h1​(t) 使得 h ( t ) ∗ h 1 ( t ) = δ ( t ) h(t) ast h_1(t) = delta(t) h(t)∗h1​(t)=δ(t) 那么系统是可逆的
因果性	若对于所有的 $t<0$ 有 $h(t)=0$ 那么系统是因果的
稳定性	若单位冲激响应是绝对可积（和）的 ∫ − ∞ + ∞ ∣ h ( t ) ∣ d t < ∞ int_{-infty}^{+infty} |h(t)| dt lt infty ∫−∞+∞​∣h(t)∣dt<∞ 那么系统是稳定的
阶跃响应	s ( t ) = ∫ − ∞ t h ( t ) d t s(t) = int_{-infty}^{t} h(t) dt s(t)=∫−∞t​h(t)dt

求解CT线性常系数微分方程

一类极为重要的LTI系统可以用关于输入和输出的线性常系数微分方程表示，即具有如下N阶线性常系数微分方程的形式：

∑ k = 0 N a k d k y ( t ) d t k = ∑ k = 0 M b k d k x ( t ) d t k sum_{k=0}^{N} a_k frac{d^k y(t)}{dt^k} = sum_{k=0}^{M} b_k frac{d^k x(t)}{dt^k} k=0∑N​ak​dtkdky(t)​=k=0∑M​bk​dtkdkx(t)​

N阶指的是 $y(t)$ 的最高阶导数。

系统在 $t=0$ 时刻输入为 $x(t)$ 的 全响应 的形式为：

y ( t ) = y z i ( t ) + y z s ( t ) y(t) = y_{zi}(t) + y_{zs}(t) y(t)=yzi​(t)+yzs​(t)

首先求解系统的 零输入响应 y z i ( t ) y_{zi}(t) yzi​(t) ，即方程：

∑ k = 0 N a k d k y ( t ) d t k = 0 sum_{k=0}^{N} a_k frac{d^k y(t)}{dt^k} = 0 k=0∑N​ak​dtkdky(t)​=0

这是线性齐次常系数微分方程，对于一个二阶线性齐次常系数微分方程 y ′ ′ ( t ) + p y ′ ( t ) + q y ( t ) = 0 y''(t) + py'(t) + qy(t) = 0 y′′(t)+py′(t)+qy(t)=0 来说，其特征方程为：

r 2 + p r + q = 0 r^2 + pr+q = 0 r2+pr+q=0

特征方程有两个解（可能为复数）为 r 1 r_1 r1​ 和 r 2 r_2 r2​，则有：

y z i = ( C 1 e r 1 x + C 2 e r 2 x ) u ( t ) y_{zi} = (C_1 e^{r_1x} + C_2 e^{r_2x}) u(t) yzi​=(C1​er1​x+C2​er2​x)u(t)

其中 C 1 C_1 C1​ 和 C 2 C_2 C2​ 由系统在 $t=-0$ 时刻的初始条件构成。

对于一个一阶线性齐次常系数微分方程 y ′ ( t ) + p y ( t ) = 0 y'(t) + py(t) = 0 y′(t)+py(t)=0 来说，其特征方程为：

$$r+p=0$$

则 r 1 = − p r_1 = -p r1​=−p，则有：

y z i = C 1 e r 1 x = ( C 1 e − p x ) u ( t ) y_{zi} = C_1 e^{r_1x} = (C_1 e^{-px}) u(t) yzi​=C1​er1​x=(C1​e−px)u(t)

其中 C 1 C_1 C1​ 由系统在 $t=-0$ 时刻的初始条件构成。

接下来求解零状态响应，可以使用卷积积分求解，首先我们求解系统在零状态响应的单位冲激响应 $h(t)$ ，可以使用Delta函数匹配法。

Delta函数匹配法的精髓在于，系统只在 $t=0$ 的时候有一个冲激输入，在 $t>0$ 的时候没有输入，此时可以看做是零输入响应，求得 h ( + 0 ) , h ′ ( + 0 ) , h ′ ′ ( + 0 ) , … h(+0),h'(+0),h''(+0),ldots h(+0),h′(+0),h′′(+0),… 的初始条件是简单的，因此我们可以先求初始条件，最后带入零输入响应，求得系统的冲激响应。

求得冲激响应 $h(t)$ 之后，可以通过 y z s = x ( t ) ∗ h ( t ) y_{zs} = x(t) ast h(t) yzs​=x(t)∗h(t) 求得零状态响应。

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例题：求解系统 y ′ ′ ( t ) + y ′ ( t ) + y ( t ) = x ′ ( t ) + x ( t ) y''(t) + y'(t) + y(t) = x'(t) + x(t) y′′(t)+y′(t)+y(t)=x′(t)+x(t) 在初始条件下，求其在 $t\ge 0$ 零输入响应和零状态下的单位冲激响应，以及在输入 $x(t),t\ge 0$ 下的全响应。

零输入的系统方程为 y ′ ′ ( t ) + y ′ ( t ) + y ( t ) = 0 y''(t) + y'(t) + y(t) = 0 y′′(t)+y′(t)+y(t)=0 ，特征方程为 r 2 + r + 1 = 0 r^2 + r + 1 = 0 r2+r+1=0 ，两个特征解为 r = − 1 2 ± 3 2 j r = -frac{1}{2} pm frac{sqrt{3}}{2}j r=−21​±23 ​​j 。

则系统的零输入响应方程为：

y z i ( t ) = ( C 1 e r 1 x + C 2 e r 2 x ) u ( t ) y_{zi}(t) = (C_1e^{r_1x} + C_2e^{r_2x})u(t) yzi​(t)=(C1​er1​x+C2​er2​x)u(t)

使用Delta函数匹配法求解其零状态下的单位冲激在 $-0\le t\le +0$ 下的冲激响应表达式，我们仅考虑在该处的间断函数，因为不间断函例如 $r(t)=tu(t)$ 在该点函数值为零，因为 h ′ ′ ( t ) + h ′ ( t ) + h ( t ) = δ ′ ( t ) + δ ( t ) h''(t) + h'(t) + h(t) = delta'(t) + delta(t) h′′(t)+h′(t)+h(t)=δ′(t)+δ(t) 因此 h ′ ′ ( t ) h''(t) h′′(t) 有最高项 δ ′ ( t ) delta'(t) δ′(t) ，我们假设：

h ′ ′ ( t ) = a δ ′ ( t ) + b δ ( t ) + c u ( t ) h''(t) = adelta'(t) + bdelta(t) + cu(t) h′′(t)=aδ′(t)+bδ(t)+cu(t)

h ′ ( t ) = a δ ( t ) + b u ( t ) h'(t) = adelta(t) + bu(t) h′(t)=aδ(t)+bu(t)

$$h(t)=au(t)$$

带入得到：

a δ ′ ( t ) + ( a + b ) δ ( t ) + ( a + b + c ) u ( t ) = δ ′ ( t ) + δ ( t ) adelta'(t) + (a + b)delta(t) + (a + b + c)u(t) = delta'(t) + delta(t) aδ′(t)+(a+b)δ(t)+(a+b+c)u(t)=δ′(t)+δ(t)

解得 $a=1,b=0,c=-1$ 。考虑下面的初始条件表达式：

h ′ ′ ( + 0 ) − h ′ ′ ( − 0 ) = − 1 , h ′ ( + 0 ) − h ′ ( − 0 ) = 0 , h ( + 0 ) − h ( − 0 ) = 1 h''(+0) - h''(-0) = -1, h'(+0) - h'(-0) = 0, h(+0) - h(-0) = 1 h′′(+0)−h′′(−0)=−1,h′(+0)−h′(−0)=0,h(+0)−h(−0)=1

并且由于是零状态响应，因此 h ′ ′ ( − 0 ) = 0 , h ′ ( − 0 ) = 0 , h ( − 0 ) = 0 h''(-0)=0,h'(-0)=0,h(-0)=0 h′′(−0)=0,h′(−0)=0,h(−0)=0 。得到初始条件：

h ′ ′ ( + 0 ) = − 1 , h ′ ( + 0 ) = 0 , h ( + 0 ) = 1 h''(+0) = -1,h'(+0)=0,h(+0)=1 h′′(+0)=−1,h′(+0)=0,h(+0)=1

解得系统在 $t>0$ 时候的响应为：

h ( t ) = u ( t ) [ ( − 1 2 − 3 6 j ) e r 1 x + ( 3 2 + 3 6 j ) e r 2 x ] h(t) = u(t)[(-frac{1}{2}-frac{sqrt{3}}{6}j)e^{r_1x} + (frac{3}{2}+frac{sqrt{3}}{6}j)e^{r_2x}] h(t)=u(t)[(−21​−63 ​​j)er1​x+(23​+63 ​​j)er2​x]

其中 r 1 = − 1 2 + 3 2 j r_1 = -frac{1}{2} + frac{sqrt{3}}{2}j r1​=−21​+23 ​​j 。

写成闭式的形式为：

h ( t ) = u ( t ) [ ( − 1 2 − 3 6 j ) e r 1 x + ( 3 2 + 3 6 j ) e r 2 x ] h(t) = u(t)[(-frac{1}{2}-frac{sqrt{3}}{6}j)e^{r_1x} + (frac{3}{2}+frac{sqrt{3}}{6}j)e^{r_2x}] h(t)=u(t)[(−21​−63 ​​j)er1​x+(23​+63 ​​j)er2​x]

则 y z s ( t ) = h ( t ) ∗ x ( t ) y_{zs}(t) = h(t) ast x(t) yzs​(t)=h(t)∗x(t) ，最终 y ( t ) = y z i ( t ) + y z s ( t ) y(t) = y_{zi}(t) + y_{zs}(t) y(t)=yzi​(t)+yzs​(t) 。

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奇异函数

恒等函数：

∫ − ∞ + ∞ x ( t ) δ ( t ) d t = x ( 0 ) int_{-infty}^{+infty} x(t) delta(t) dt = x(0) ∫−∞+∞​x(t)δ(t)dt=x(0)

$$x(t)\delta (t)=x(0)\delta (t)$$

微分器：

x ( t ) = x ( t ) ∗ δ ( t ) , x ′ ( t ) = x ( t ) ∗ δ ′ ( t ) , x ′ ′ ( t ) = x ( t ) ∗ δ ′ ′ ( t ) x(t) = x(t) ast delta(t),x'(t) = x(t) ast delta'(t),x''(t) = x(t) ast delta''(t) x(t)=x(t)∗δ(t),x′(t)=x(t)∗δ′(t),x′′(t)=x(t)∗δ′′(t)

因此

δ ′ ′ ( t ) = δ ′ ( t ) ∗ δ ′ ( t ) , δ ( n ) ( t ) = δ ′ ( t ) ∗ δ ′ ( t ) ∗ … n delta''(t) = delta'(t) ast delta'(t),delta^{(n)}(t) = delta'(t) ast delta'(t) ast ldots_n δ′′(t)=δ′(t)∗δ′(t),δ(n)(t)=δ′(t)∗δ′(t)∗…n​

∫ − ∞ + ∞ x ( t ) δ ′ ( t ) d t = − x ′ ( 0 ) int_{-infty}^{+infty} x(t) delta'(t) dt = -x'(0) ∫−∞+∞​x(t)δ′(t)dt=−x′(0)

积分器：

x ( t ) ∗ u ( t ) = ∫ − ∞ t x ( t ) d t x(t) ast u(t) = int_{-infty}^{t} x(t) dt x(t)∗u(t)=∫−∞t​x(t)dt