$$ \ begin {align}
X（f）\ triangleq \ mathscr {F } \ {x（t）\}＆= \ int \ limits _ {-\ infty} ^ {\ infty} x（t）\，e ^ {-j 2 \ pi ft} \，dt \\
\\
x（t）= \ mathscr {F} ^ {-1} \ {X（f）\}＆= \ int \ limits _ {-\ infty} ^ {\ infty} X（f）\ ，e ^ {j 2 \ pi ft} \，df \\
\ end {align} $$
因此我们了解到希尔伯特变换在时域中映射了信号或函数到同一个域中的另一个对象：
$$ \ begin {align}
\ hat {x}（t）\ triangleq \ mathscr {H} \ {x（t）\}和= \ frac {1} {\ pi t} \ circledast x（t）\\
\\
＆= \ int \ limits _ {-\ infty} ^ {\ infty} \ frac {1} {\ pi u} \，x（tu）\，du \\
\\
＆= \ int \ limits _ {-\ infty} ^ {\ infty} \ frac {1} {\ pi （tu）} \，x（u）\，du \\
\ end {align} $$
，希尔伯特变换器是LTI，所以我们知道$ \ hat {x }（t- \ tau）= \ mathscr {H} \ {x（t- \ tau）\} $。而且，即使使用LTI，我们也知道希尔伯特变换器不是因果关系的（但是，如果有足够的延迟，我们也可以根据需要，将希尔伯特变换器近似为给定的非零误差）。 >
我们知道这台LTI希尔伯特变压器具有频率响应
$$ \ begin {align}
\ hat {X}（f）＆\ triangleq \ mathscr {F } \ {\ hat {x}（t）\} \\
\\
＆= -j \，\ operatorname {sgn}（f）X（f）\\
\ \
＆= \ begin {cases} e ^ {-j \ pi / 2} \，X（f）\ qquad＆f> 0 \\
0 \ qquad＆f = 0 \\
e ^ {+ j \ pi / 2} \，X（f）\ qquad＆f <0 \\ \ end {cases} \\
\ end {align} $$
当然是$ X（f）\ triangleq \ mathscr {F} \ {x（t）\} $。因此，所有正频率分量的相位都偏移了-90°，所有负频率分量的相位都偏移了+ 90°。除了被擦除的DC，其他幅度均不受影响。从根本上讲，这就是希尔伯特变压器的作用。
由此我们可以了解分析信号：
$$ \ begin {align}
x_ \ text {a}（t）和\ triangleq x（t）+ j \ hat {x} （t）\\
\\
X_ \ text {a}（f）＆= X（f）+ j \ hat {X}（f）\\
＆= X（ f）+ j（-j \，\ operatorname {sgn}（f）X（f））\\
＆=（1 + \ operatorname {sgn}（f））\，X（f）\\
\\
＆= \ begin {cases} 2 X（f）\ qquad＆f> 0 \\
X（f）\ qquad＆f = 0 \\
0 \ qquad＆f <0 \\ \ end {cases} \\
\ end {align} $$
因此，如果我们有一个复数值的时域信号，则$ x_text {a}（t）$，其中该信号的实部和虚部形成希尔伯特变换对，然后在频域中，所有负频率分量的振幅均为零。由于傅立叶变换的对称性质，我们具有对偶性并且可以逆转时间$ t $和频率$ f $的作用。这意味着，如果我们有一个复值频域频谱$ X（f）$，其中频谱的实部和虚部形成希尔伯特变换对，则在时域中，所有负时间分量都为零-amplitude。
再次声明，但将脉冲响应$ h（t）$替换为$ x（t）$，将频率响应$ H（f）$替换为$ X（f）$，我们知道
$$ \ Im \ {h（t）\} = \ mathscr {H} \ big \ {\ Re \ {h（t）\} \ big \} \ iff H（f ）= 0 \ quad \ forall f <0 $$
，类似地
$$ \ Im \ {H（f）\} =-\ mathscr {H} \ big \ {\ Re \ {H（f）\} \ big \} \ iff h（t）= 0 \ quad \ forall t <0 $$
其中$ H（f）\ triangleq \ mathscr {F} \ {h（t）\} $
脉冲响应$ h（t）$所描述的LTI系统对于所有$ t $为负都为零，这就是我们所说的“因果系统”，因为脉冲响应直到该驾驶脉冲才响应驾驶脉冲及时发生。因此，对于每个可实现的实时LTI系统（必须是因果关系的），频率响应的实部和虚部都是频域中的希尔伯特对。所有这些都不是特别令人惊讶或特别的。
因此（如Matt预期的那样），关于LTI系统中某些事物的实部和虚部的关联还有些令人惊讶（或者至少是令人惊奇的）。不平凡）。我们有两个LTI系统或LTI滤波器的定义或描述，它们在此类中被称为“最小相位滤波器”：具有合理传递函数的LTI滤波器（其中的分子和分母可以分解为导致分别称为零和极的根，其中零和极都位于左半平面中：
$$ H \ left（\ frac {s} {j 2 \ pi} \ right）= A \ frac {（s-q_1）（s-q_2）...（s-q_M）} {（s-p_1）（s-p_2）...（s-p_N） } \ qquad \ qquad M \ le N $$
稳定性需要：$ \ Re \ {p_n \} <0 $对于所有$ 1 \ le n \ le N $
最小相位要求：$ \ Re \ {q_m \} <0 $对于所有$ 1 \ le m \ le M $
这些滤波器被称为“最小相位”，因为对于任何零$ q_m $在左侧的半平面中，在极点完全相同的位置处有一个极点的全通滤波器会抵消该零，并将其反射到右侧的半平面中：
$$ H_ \ text { AP} \ left（\ frac {s} {j 2 \ pi} \ right）= \ frac {s + q_m} {s-q_m} $$
这全是屁股滤波器对所有频率的频率响应幅度均精确为0 dB：
$$ | H_ \ text {AP}（f）| = 1 \ qquad \ qquad \ forall f $$
，但是相角不为零，此APF增加了（负）相移：
$$ \ arg \ {H_ \ text {AP}（f）\} = -2 \ arctan \ left（\ frac {2 \ pi f-\ Im \ {q_m \}}} {-\ Re \ {q_m \} } \ right）$$
结果级联过滤器$ H \ left（\ frac {s} {j 2 \ pi} \ right）\ cdot H_ \ text {AP} \ left（\ frac {s} {j 2 \ pi} \ right）$，其中$ q_m $的零反射到右半平面，其大小与原始过滤器相同（左半平面全为零），但具有更多的值（负）相移。更多的相位延迟和更多的组延迟。 “最小相位”滤波器是唯一一个幅度响应完全相同的滤波器，其相移比（具有）向右半平面反射零的APF克隆的相移小（负）。
A “最大相位”滤波器是所有零都位于右半平面或$ \ Re \ {q_m \} \ ge 0 $中的滤波器。
因此，最小值的第二个定义是-相位滤波器精确指定了此最小相位响应与幅度响应的关系：
LTI系统或滤波器<$ H（f）= | H（f）| e ^ {j \ arg \ {H（f）\}} = | H（f）| e ^ {j \ phi（f）} $$
是最小相位，当且仅当自然相位响应（以弧度为单位）是幅度响应的自然对数的希尔伯特变换的负值时：
$$ \ phi（f）\ triangleq \ arg \ {H（f）\} =-\ mathscr {H} \ big \ {\ ln（| H（f）|）\ big \} $$
自
$$ \ begin {align}
H（f）＆= | H（f）| e ^ {j \ phi（f）} \\
＆= e ^ {\ ln（| H（f）|）} e ^ {j \ phi（f）} \\
＆= e ^ {\ ln（| H（f）|）+ j \ phi（f）} \\
＆= e ^ {\ ln（H（f））} \\
\ end { align} $$
这与频率响应的复杂自然$ \ log（）$的实部和虚部相关。假设我们可以构造一个假设LTI滤波器$ G（f）$，其复频响应等于该复数对数
$$ \ begin {align}
G（f）＆= \ ln（H（f））\\
＆= \ ln（| H（f）|）+ j \ phi（f）\\
＆= \ Re \ {G（f）\} + j \ Im \ {G（f）\} \\
\ end {align} $$
$$ \ begin {align}
\ Im \ {G（f）\}＆= \ phi（f）=-\ mathscr {H} \ big \ {\ ln（| H（f）|）\ big \} \\
＆= -\ mathscr {H} \ big \ {\ Re \ {G（f）\} \ big \} \\
\ end {align} $$
，则相应的脉冲响应到$ G（f）$是因果关系：
$$ \ mathscr {F} ^ {-1} \ {G（f）\} = g（t）= 0 \ qquad \ qquad \ forall t <0 $$
这个问题的目的是解决最小相位滤波器的两个定义。如果给定第一个定义，我看不出假设的$ G（f）= \ ln（H（f））$应该具有因果冲激响应$ g（t）$的任何直接原因。
直接解决这两个定义的唯一方法是考虑：
$$ H（f）= A \ frac {（j2 \ pi f-q_1）（j2 \ pi f- q_2）...（j2 \ pi f-q_M）} {（j2 \ pi f-p_1）（j2 \ pi f-p_2）...（j2 \ pi f-p_N）} $$
（假设$ A> 0 $时）
$$ \ ln（| H（f）|）= \ ln（A）+ \ sum_ {m = 1} ^ {M} \ ln（| j2 \ pi f-q_m |）-\ sum_ {n = 1} ^ {N} \ ln（| j2 \ pi f-p_n |）$$
$ $ \ phi（f）\ triangleq \ arg \ {H（f）\} = \ sum_ {m = 1} ^ {M} \ arg \ {j2 \ pi f-q_m \}-\ sum_ {n = 1} ^ {N} \ arg \ {j2 \ pi f-p_n \} $$
我们知道常量函数的希尔伯特变换为零，因此
$$ \ mathscr {H} \ big \ {\ ln（A）\ big \} = 0 $$
然后如果我们可以证明$ \ ln（| H （f）|）$和$ \ arg \ {H（f）\} $是希尔伯特对，也就是说，如果我们可以显示
$$ \ arg \ {j2 \ pi f-q_m \} =-\ mathscr {H} \ big \ {\ ln（| j2 \ pi f-q_ m |）\ big \} \ qquad 1 \ le m \ le M $$
和
$$ \ arg \ {j2 \ pi f-p_n \} = -\ mathscr {H} \ big \ {\ ln（| j2 \ pi f-p_n |）\ big \} \ qquad 1 \ le n \ le N $$
，那么我们可以证明
$$ \ phi（f）\ triangleq \ arg \ {H（f）\} =-\ mathscr {H} \ big \ {\ ln（| H（f）| ）\ big \} $$
在考虑单个一阶项时，我们不必担心相包裹。由于零和极的形式相同，因此仅考虑单个零
$$ \ begin {align}
\ arg \ {j2 \ pi f-q_m \}＆= \ arg \ {j2 \ pi f-（\ Re \ {q_m \} + j \ Im \ {q_m \}）\} \\
＆ = \ arg \ {-\ Re \ {q_m \} + j（2 \ pi f-\ Im \ {q_m \}）\} \\
＆= \ arctan \ left（\ frac {2 \ pi f-\ Im \ {q_m \}} {-\ Re \ {q_m \}} \ right）\\
\ end {align} $$
和
$$ \ begin {align}
\ ln（| j2 \ pi f-q_m |）＆= \ ln（| j2 \ pi f-（\ Re \ {q_m \} + j \ Im \ {q_m \}）|）\\
＆= \ ln（|-\ Re \ {q_m \} + j（2 \ pi f-\ Im \ {q_m \}）|）\\
＆= \ ln \ left（\ sqrt {（-\ Re \ {q_m \}）^ 2 +（2 \ pi f-\ Im \ {q_m \}）^ 2} \ \ right）\\
＆= \ tfrac12 \ ln \ big（（-\ Re \ {q_m \}）^ 2 +（2 \ pi f-\ Im \ {q_m \}）^ 2 \ big）\\
\ end {align} $$
因此现在成为一个任务，显示
$$ \ arctan \ left（\ frac {2 \ pi f-\ Im \ {q_m \}} {-\ Re \ {q_m \}} \ right）=-\ mathscr {H} \ Big \ {\ tfrac12 \ ln \ big（（-\ Re \ {q_m \}）^ 2 +（2 \ pi f-\ Im \ {q_m \}）^ 2 \ big）\ Big \} $$
现在请记住，在时域中，希尔伯特变换器是LTI，所以我们知道\ hat {x}（t- \ tau）= \ mathscr {H} \ {x（t- \ tau）\} $及其不管$ \ tau $是什么，它只是到Hilbert变压器的输入和输出中的时间$ t $的偏移量。
在频域中，与频率$的偏移量f $是$ \ frac {\ Im \ {q_m \}} {2 \ pi} $，因此在不失一般性的情况下，我们可以从两边消除$ \ Im \ {q_m \} $：
$$ \ arctan \ left（\ frac {2 \ pi f} {-\ Re \ {q_m \}}} \ right）=-\ mathscr {H} \ Big \ {\ tfrac12 \ ln \ big（（- \ Re \ {q_m \}）^ 2 +（2 \ pi f）^ 2 \ big）\ Big \} $$
这将问题分解为单个实极点和实零点，都在左半平面。现在我们可以用替换来标准化$-\ Re \ {q_m \} $和$ 2 \ pi $：
$$ \ omega \ triangleq \ frac {2 \ pi f} {-\重新\ {q_m \}} $$
导致
$$ \ begin {align}
\ arctan（\ omega）＆=-\ mathscr { H} \ Big \ {\ tfrac12 \ ln \ big（（-\ Re \ {q_m \}））^ 2 +（\ omega \ cdot（-\ Re \ {q_m \}））^ 2 \ big）\ Big \ } \\
＆=-\ mathscr {H} \ Big \ {\ tfrac12 \ ln \ big（（-\ Re \ {q_m \}）^ 2 \ cdot（1 + \ omega ^ 2）\ big）\ Big \} \\
＆=-\ mathscr {H} \ Big \ {\ ln（-\ Re \ {q_m \}）+ \ tfrac12 \ ln（1 + \ omega ^ 2）\ Big \} \\
＆=-\ mathscr {H} \ Big \ {\ tfrac12 \ ln（1 + \ omega ^ 2）\ Big \} \\
\ end {align} $$
由于常量的希尔伯特变换为零，因此消除了最后一项$ \ ln（-\ Re \ {q_m \}）$。
因此，现在底线是证明关于最小相位滤波器的两个定义，我们“简单地”需要证明上面（或下面）的身份。
有人可以不使用轮廓积分或残差理论或复杂变量分析的结果吗？ ，证明这个事实？ ：
$$ \ begin {align}
\ arctan（\ omega）＆=-\ tfrac12 \ mathscr {H} \ big \ {\ ln（1 + \ omega ^ 2） \ big \} \\
\\
＆=-\ tfrac12 \ int \ limits _ {-\ infty} ^ {\ infty} \ frac {1} {\ pi u} \，\ ln（ 1 +（\ omega-u）^ 2）\，du \\
\\
＆=-\ tfrac12 \ int \ limits _ {-\ infty} ^ {\ infty} \ frac {1} {\ pi（\ omega-u）} \，\ ln（1 + u ^ 2）\，du \\
\ end {align} $$
#1 楼
希尔伯特变换$ \ mathcal {H} \ left \ {f（\ omega）\ right \} $ with$$ f（\ omega）=-\ frac12 \ log（1+ \ omega ^ 2）\ tag {1} $$
可以通过以下方式计算。首先，请注意
$$ \ frac {df（\ omega）} {d \ omega} =-\ frac {\ omega} {1+ \ omega ^ 2} \ tag {2} $ $
从此表我们知道
$$ \ mathcal {H} \ left \ {\ frac {1} {1+ \ omega ^ 2} \ right \ } = \ frac {\ omega} {1+ \ omega ^ 2} \ tag {3} $$
我们也知道
$$ \ mathcal {H} \ {\ mathcal {H} \ {f \} \} =-f \ tag {4} $$
结合$（3）$和$（4）$我们得到
$$ \ mathcal {H} \ left \ {\ frac {\ omega} {1+ \ omega ^ 2} \ right \} = \ mathcal {H} \ left \ {\ mathcal {H} \ left \ {\ frac {1} {1+ \ omega ^ 2} \ right \} \ right \} =-\ frac {1} {1+ \ omega ^ 2} \ tag {5} $$
因此，使用$（2）$，
$$ \ mathcal {H} \ left \ {\ frac {df（\ omega）} {d \ omega} \ right \} = \ frac {1} {1+ \ omega ^ 2} \ tag {6} $$
现在我们还知道，希尔伯特变换算子和微分算子通勤：
$$ \ mathcal {H} \ left \ {\ frac {df（\ omega）} {d \ omega} \ right \} = \ frac {d} {d \ omega} \ mathcal {H} \ {f（ \ omega）\} \ tag {7} $$
产生
$$ \ frac {d} {d \ omega} \ mathcal {H} \ {f （\ omega）\} = \ frac {1} {1+ \ omega ^ 2} \ tag {8} $$
Integr吃完$（8）$最终会得到
$$ \ mathcal {H} \ {f（\ omega）\} = \ arctan（\ omega）\ tag {9} $$
请注意，也可以使用Mathematica（我没有此功能）获得此结果。根据该线程，命令
Integrate[-1/2*Log[1 + (\[Tau]*\[Nu])^2]/(\[Nu] - \[Omega]), {\[Nu], -Infinity, Infinity},
PrincipalValue -> True, Assumptions -> \[Tau] >0 && \[Omega] >0, GenerateConditions -> False]/Pi
给出
-ArcTan[\[Tau] \[Omega]] 负号来自不同的定义希尔伯特（Hilbert）变换的形式，如在Mathematica命令中积分的分母中所示。
我想补充一下，$ \ log H（j \ omega）$的傅立叶逆变换的因果关系，即最小相位系统$ H（j \ omega）$的复倒谱的因果关系也可以是直观地理解。请注意，右半平面中$ H（s）$的任何零都会导致$ \ log H（s）$在右半平面中具有奇异性，因此，相应的傅立叶逆变换必须是双向的，因为会聚区域是一条包含虚轴的条带。仅当右半平面中没有零（即系统为最小相位）时，\\ log H（s）$的所有奇点都在左半平面中，并且逆变换会产生一个右-侧面因果函数。
从$（4）$我们可以看到希尔伯特变换的另一个不错的性质，即逆变换只是由带有负数的（正）变换给出的符号：
$$ \ mathcal {H} ^ {-1} \ {f \} =-\ mathcal {H} \ {f \} \ tag {10} $$
这意味着，对于我们找到的每个希尔伯特变换对，我们免费提供另一个：
$$ \ mathcal {H} \ {f \} = g \ Longrightarrow \ mathcal { H} \ {g \} =-f \ tag {11} $$
将$（11）$应用于$（9）$，我们发现
$$ \ mathcal {H} \ {\ arctan（\ omega）\} =-f（\ omega）= \ frac12 \ log（1+ \ omega ^ 2）\ tag {12} $$
评论
$ \ begingroup $
马特（Mathematica）的负号对我来说仍然很麻烦。只需拧紧希尔伯特变换的定义，这是一个整体。 Mathematica不会因与Cauchy p.v.定义不定积分而产生虚假的符号变化，
$ \ endgroup $
–罗伯特·布里斯托-约翰逊
17 Mar 23 '17 at 6:13
$ \ begingroup $
哦，这是$ \ nu $和$ \ omega $的顺序反转。
$ \ endgroup $
–罗伯特·布里斯托-约翰逊
17 Mar 23 '17 at 6:14
$ \ begingroup $
@ robertbristow-johnson：是的，只看分母，它是$ \ nu- \ Omega $，我们正在集成$ \ nu $。
$ \ endgroup $
– Matt L.
17 Mar 23 '17 at 6:16
$ \ begingroup $
我没有接受最基本的因果关系论点。仅仅因为$ H（s）$是理性的，并不意味着$ \ log（H（s））$是。即使这样，将$ \ log（H（s））$的奇异点全部放入左半平面并不能提供因果关系，但可以提供稳定性。并非完全相同。
$ \ endgroup $
–罗伯特·布里斯托-约翰逊
17 Mar 23 '17 at 7:07
$ \ begingroup $
@ robertbristow-johnson：$ \ log H（s）$实际上通常是非理性的；我并不是说这是合理的。注意，通过假设存在$ \ log H（s）$的傅立叶逆变换（倒频谱）来表示其稳定性。因此，在暗示稳定性的情况下，奇异点的位置确实确定了因果关系。左半平面中的所有奇数表示因果关系，右半平面中的所有奇数表示反因果关系，而两侧的所有奇数表示双面（非因果关系）。通常，LHP的奇异之处不能提供稳定性，而仅适用于因果系统是不正确的。
$ \ endgroup $
– Matt L.
17 Mar 23 '17 at 8:01
评论
我想这将与最小相位系统的对数幅度和相位之间的希尔伯特变换关系有关...？我要去那里，@ MattL。这将调和最小相位滤波器的两个不同定义。并且我们还没有达到第二个定义（您提到）。
哇@ robertbristow-johnson！最后一行和方程式也可能会很好地发布到数学站点上（我认为不需要背景，我只需要$ \ mathscr {H} $的定义）
我的计划是@DanBoschen。只想先把它丢在这里。也许让Olli或MattL。 hack一口气。 （我有一种方法，它显示了两个函数的导数组成一个希尔伯特对。）
所以@DanBoschen，我完全按照您的建议做了。