极点与频率响应如何相关

#1 楼

我认为您的问题中实际上有3个问题：

问题1：在给定（线性时不变）系统的极点的情况下，我可以得出频率响应吗？

是的，您可以，直到一个常数。如果$ s _ {\ infty，i} $，$ i = 1，\ ldots，N，$是传递函数的极点，则可以将传递函数写为

$$ H（s ）= \ frac {k} {（s-s _ {\ infty，1}）（s-s _ {\ infty，2}）\ ldots（s-s _ {\ infty，N}）} \ tag {1} $ $

请注意，$ s $是复数变量$ s = \ sigma + j \ omega $，频率变量$ \ omega $对应于复数$ s $平面的虚轴。现在我们需要从传递函数获得频率响应。对于稳定的系统，这可以简单地通过评估$ s = j \ omega $的传递函数$ H（s）$来完成。这样，您就可以在（1）中用$ j \ omega $代替$ s $，就可以了。但是请注意，这仅适用于稳定的系统（即，如果$ H（s）$的收敛区域包括$ j \ omega $轴）。

问题2：如何

您已经知道，对于因果关系和稳定系统，所有极都必须位于复杂的$ s $平面的左半平面中。确实，传递函数$ H（s）$的值将在极点$ s = s _ {\ infty} $处变为无穷大，但是频率响应将正常，因为如果所有极点都在左半平面中，$ j \ omega $轴上（或其右侧）没有极点。如果在时域中查看它，则每个（简单）极点都会对系统的脉冲响应贡献$ e ^ {s _ {\ infty} t} $。如果极点位于左半平面，则意味着$ s _ {\ infty} = \ sigma _ {\ infty} + j \ omega _ {\ infty} $的负实数为$ \ sigma _ {\ infty} < 0 $。因此

$$ e ^ {s _ {\ infty} t} = e ^ {\ sigma _ {\ infty}} e ^ {j \ omega _ {\ infty}} $$

是指数阻尼函数，并且不会增长而是衰减，因为$ \ sigma _ {\ infty} <0 $。

Q3：这个问题在这里吗？

其他社区成员必须判断此问题是否属于此处。我认为确实如此。显然，它与纯DSP并没有直接关系，但是DSP工程师经常还必须在AD转换之前处理模拟信号和系统，因此他们也了解连续系统理论。其次，几乎所有的DSP人员（至少受过传统培训的人员）都对通用信号和系统理论有相当的了解，包括连续时间和离散时间系统。

顺便说一句，离散时间系统，您将获得$ \ mathcal {Z} $变换而不是Laplace变换，并且您的复杂变量现在称为$ z $而不是$ s $。您提到的变量$ D $被定义为$ D = z ^ {-1} $，主要用于编码文献中。按照其定义，它表示延迟元素，因此$ D $表示“延迟”（不是“数字”）。

如果您知道复数$ s $-的左半平面，平面映射到复数$ z $平面的单位圆内的区域（即$ | z | <1 $），而$ j \ omega $轴映射到单位圆$ | z | = 1 $，那么您对这两个域之一了解的几乎所有内容都可以轻松地转移到另一个域。

#2 楼

真正帮助我理解极点和零点的一件事是将它们可视化为振幅表面。在“过滤器入门”中可以找到其中一些图。一些注意事项：


先学习模拟S平面，然后理解它，再学习数字Z平面的工作原理，可能会更容易。
零是一点传递函数的增益为零。
极点是传递函数的增益为无限点。
通常无穷大的零或极点并不总是包括在内在传递函数的描述中，但必须理解它。
S平面中的频率响应仅沿jω轴发生。


原点为0 Hz或DC，并且滤波器的截止频率远离原点呈放射状增加。将圆杆放在距原点一定距离的圆上的任意点会产生相同的截止频率。
要增加滤波器的截止频率，请沿径向向外移动极点。
要增大Q双二阶滤波器，将极点沿圆朝着jω轴移动，可以使截止频率保持恒定，但会增加极点对频率响应的影响，使其更“尖峰”。



如果在jω轴上出现零，则该频率响应将降至该频率的零；如果在该频率下输入正弦波，则输出将为0。
如果在jω轴上出现极点，则脉冲响应就是一个振荡器。任何冲动都会导致它以该频率永远响。脉冲具有有限的能量，但是滤波器的响应具有无限的能量，因此具有无限的增益。

一个简单的例子是积分器H（s）= 1 / s：


此函数在s为无限大时等于0，因此在无穷大时为零。
此函数在s为零时等于无穷大，因此其极在零。

换句话说，它在DC处具有无限的增益（积分器的阶跃响应会不断增加），并且增益随着频率的增加而减小：



沿假想轴到S平面左手的原点离开极点，使jw轴上0 Hz处的增益再次有限，现在您有了一个低通滤波器：

#3 楼

我不会告诉您从poles（1）/ zeroes（0）到频率响应的完整映射，但是我想我可以解释一下频率与零/无限响应之间的联系，为什么在$ e处有无限/零响应？ {-jw} = z_ \ text {zero / pole}，$，即$ e ^ {-jw} $与$ z $有什么关系。

线性系统的一般形式是
$$ y_n + a_1y_ {n-1} + a_2y_ {n-2} + \ cdots = b_0 x_n + b_1x_ {n-1} + b_2x_ {n-2} + \ cdots，$$可以解决在z-from中为$$ Y（z）= {（b_0 + b_1 z + b_2 z ^ 2 + \ cdots）\ over（1 + a_1z + a_2z ^ 2 + \ cdots）} X（z）= H（z ）X（z）= {（1-z_0z）（1-z_1z）\ cdots \ over（1-p_0z）（1-p_1z）\ cdots} X（z）。$$

在最后，可以将二项乘积$（1-z_0 z）\ cdots {1 \ 1-p_0 z} $上的一系列视为一系列系统，其中第一个输出是另一个系统的输入。

我想分析单极点和零点的影响。让我们选出第一个零，考虑它的传递函数，使得其余的$ H（z）X（z）$是输入信号，$ Y（z）=（1-z_0z）Χ（z），$对应于某些$ y_n = b_0x_n + b_1x_ {n-1}。$为简单起见，我们取$ b_0 = b_1 = 1 $。我的意思是$ y_n = x_n + x_ {n-1} $。

我们想要确定系统H（z）对谐波信号的影响。也就是说，输入将是测试信号$$ x_n = e ^ {jwn} \ overset {z} {\ leftrightarrow} 1 + e ^ {jw} z + e ^ {2jw} z ^ 2 + \ cdots = 1 /（1-e ^ {jw}）= X（z）。$$
响应将为$$ y_n = x_n + x_ {n-1} | _ {x_n = e ^ {jwn }} = e ^ {jwn} + e ^ {jw（n-1）} = e ^ {jwn}（1 + e ^ {-jw}）$$即$ 1 + e ^ {-jw} $为传递函数或$ Y（z）= {（1 + z）\ over（1-e ^ {jw} z）} =（1 + z）X（z）$。

请注意，$ 1 + z $基本上表示输出是输入信号加移位信号的和，因为单个$ z $表示时域中的单个时钟延迟。

现在，如中所述，$ H（jw）= 1 + e ^ {-jw} = e ^ {-jw / 2}（e ^ {jw / 2} + e ^ {- jw / 2}）= e ^ {-jw / 2} 2 \ cos（w / 2）$。余弦使其表现得像低通滤波器
$$ \ begin {cases}
w = 0＆\ Rightarrow＆H（j0）= 1 \ cdot 2 \ cos（0）= 2 \\
w = \ pi＆\ Rightarrow＆H（j \ pi）= e ^ {j \ pi / 2} 2 \ cos（\ pi / 2）= 0
\ end {cases} $$

这也是一个很好的课程，因为您将提供真实的信号，而不是复杂的虚构信号，因此您可以获得$ 2 cos \ alpha = e ^ {i \ alpha} + e ^ {-i \ alpha} $ 。

具有脉冲响应= {1，-1}的LTI是$ y_n = x_n -x_n | _ {x_n = e ^ {jwn}} = e ^ {jwn}（1-e ^ { -jw}）$的传递函数为$ H（jw）=（1-e ^ {-jw}）= e ^ {-jw / 2}（e ^ {jw / 2} -e ^ {-jw / 2 }）= e ^ {-jw} 2 \ sin（w / 2）$，由于$ sin（0）= 0 $，在$ w = 0 $处为零，但可以从频率响应$$ H（ jw）= 1-e ^ {-jw} = 0 \ Rightarrow e ^ {-jw} = 1 = e ^ 0 \ Rightarrow w = 0。$$

教科书之后，我可以发现传递函数$ H（z）= 1 \ pm z $与频率响应$ H（jw）= 1 \ pm e ^ {-jw} $之间令人惊讶的巧合。也就是说，z以某种方式对应于$ e ^ {-jw} $，这对于零极点分析很重要。我读起来像


正弦z因子表示时钟偏移，$ y_n = x_n \ pm x_ {n-1} = 0 $表示下一个样本是$ \ pm $前一个要获得零响应，我们需要在X（z）前面有$ 1 \ pm z = 0 $。但是，频域基础函数$ e ^ {jwn} $通过每个时钟将当前值$ e ^ {jw（n-1）} $乘以$ e ^ {jw} $来演化。因此，我们有$ e ^ {jwn}（1 \ pm e ^ {-jw}）= 0 $作为恒定零输出的条件。后面的$ 1 \ pm e ^ {-jw} $与零传递函数$ 1 \ pm z = 0 $完全匹配。


通常，单零LTI由$ y_n给出。 = b_0 x_n + b_1 x_ {n-1} $或$$ Y（z）=（b_0 + b_1 z）X（z）=（b_0 + b_1z）（1 + x_1z + x_2z ^ 2 + \ cdots）= b_0 + （b_0 x_1 + b_1 x_0）z +（b_0 x_2 + b_1 x_1）z ^ 2 + \ cdots。 $$当$ b_0 + b_1 z = 0 $时，即$ z = -b_0 / b_1，$时，频率响应为$$ y_n（x_n = e ^ {jwn}）= b_0 e ^ {jwn} + b_1 e ^ {jw（n-1）} = e ^ {jwn}（b_0 + b_1 e ^ {-jw}）= e ^ {jwn} b_0（1-z_0 e ^ {-jw}），$$

当$ 1-z_0 e ^ {-jw} = 0 $或$ e ^ {-jw} = 1 / z_0 $时为零，如果$ z = e ^ {-jw} $则与$ z $的计算匹配。唯一令我困扰的是，固定幅度的复指数对于频率（谐波）基础来说还不够。您无法通过选择适当的频率$ w $获得任意比率$ 1 / z_0 = e ^ {-jw} $，为此需要衰减的谐波信号。这很奇怪，因为我听说任何信号都可以表示为（恒定振幅）正弦和余弦之和。但是，无论如何，我们看到系统零代表输入信号的相邻样本之间的关系。当它们正确时，输出相同为0，我们可以选择这样的频率$ w $，以便零$ z = 1 / z_0 = e ^ {-jw}。$

现在，那两极？让我们挑出一个单极$ a $。在假设$ y_0 = 0 $的情况下，系统具有$ y_n = a y_ {n-1} +（x_n + x_ {n-1} + \ cdots）$的from，具有z变换$ Y（z） = X（z）/（1-az）$。

反馈$ a $等效于无限冲激响应$ {1，a，a ^ 2，\ ldots} \ overset {z} {\ leftrightarrow} 1 + az + a ^ 2z ^ 2 + \ cdots = 1 /（1-az）$。它说，当$ z = 1 / a $时，响应是无限的。如果应用测试信号$$ x_n = e ^ {jwn} \ overset {z} {\ leftrightarrow} X（z）= 1 + e ^ {jw} z + e ^ {2jw} z ^ 2是什么意思+ \ cdots =我们系统的1 /（1-e ^ {jw} z）$$？我们将得到$ Y（z）= {1 \ over 1-az} {1 \ over 1-e ^ {jw} z}，$或$$ y_n = e ^ {jwn} + ae ^ {jw（n -1）} + a ^ 2e ^ {jw（n-2）} + \ cdots = e ^ {jwn}（1 + ae ^ {-jw} + a ^ 2e ^ {-2jw} + \ cdots）= { e ^ {jwn} \ over 1-ae ^ {-jw}}。$$也就是说，频率响应为$ 1 /（1-ae ^ {-jw}），$当$ e ^ {-jw变为无穷大时} = 1 / a，$与上面的$ z_ {pole} $相同，$ e ^ {-jw} = z_ {pole} = 1 / a $。但是同样，您不能总是单独调整频率$ w $到达极点$ 1 / a $。频率基函数通常必须是衰减幅度，并且看起来像$（ke ^ {jw}）^ n $。

也就是说，传递函数$ H（z）$的零点或极点恰好与频率响应$ H（jw）$的零点和极点匹配，这真是太神奇了。我注意到这与相邻样本之间的关系有关，如果为零，则$ e ^ {jwn} / e ^ {jw（n-1）} = e ^ {jw} = 1 / z_ {zero} $。 $ e ^ {jwn} $随时间呈指数级增长的事实以及具有反馈$ a $的系统，这似乎也是$ e ^ {jw} $和$ z_ {poles $}之间匹配的关键。不能简单地寻找$ e ^ {jwn} $的合适频率似乎也很重要，基函数还必须具有可调的振幅因子$ k ^ n $。

如果有人可以更简洁或更清晰地解释同样的事情，我将很高兴。