Jak bieguny są powiązane z pasmem przenoszenia

Niedawno popadłem w błąd , biorąc pod uwagę biegun s = 1, ponieważ istnieje nieskończona odpowiedź na częstotliwości 1. Jednak odpowiedź była tylko 1. Teraz, czy możesz wyliczyć odpowiedź częstotliwościową, biorąc pod uwagę bieguny?

Po drugie, teoria mówi, że układ jest stabilny, gdy bieguny znajdują się w lewej płaszczyźnie s, a zatem rozpadają się w czasie. Ale poczekaj. Czy „biegun” oznacza nieskończoną odpowiedź - wzrost w czasie?

Wreszcie, czy to właściwe pytanie w DSP? IMO, D oznacza cyfrową, podczas gdy s-domena jest analogowa. Nie znajduję tagów transformacji s-plane ani Laplace do opisania mojego postu.

aktualizacja Dziękujemy za odpowiedzi. Wydaje się, że mam go, z wyjątkiem jednej drobnej, ale fundamentalnej rzeczy - relacji biegunów (i zer) z częstotliwością. Zasadniczo, dlaczego są wartości własne (lub, jak można nazwać operator / zmienna) związane z częstotliwością? Powinno to być w jakiś sposób związane z wykładniczym wzrostem i transformacją Laplace'a. Rozumiem, że bieguny są wartościami własnymi (szczególnie w przypadku dyskretnych nawrotów). Ale jak to się ma do częstotliwości?$s$

Myślę, że w twoim pytaniu są 3 pytania:

P1: Czy mogę uzyskać odpowiedź częstotliwościową na podstawie biegunów układu (liniowego niezmiennika czasowego)?

Tak, możesz, aż do stałej. Jeśli $s_{\infty,i}$ , $i=1,\ldots,N,$ są biegunami funkcji przesyłania, możesz zapisać funkcję przesyłania jako

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

Zauważ, że $s$ jest zmienną zespoloną $s=\sigma+j\omega$ , a zmienna częstotliwości $\omega$ odpowiada urojonej osi złożonej $s$ płaszczyzny. Teraz musimy uzyskać odpowiedź częstotliwościową z funkcji przenoszenia. W przypadku systemów stabilnych można to po prostu zrobić, oceniając funkcję przenoszenia $H(s)$ dla $s=j\omega$ . Więc zastępujesz $s$ przez $j\omega$ w (1) i gotowe. Należy jednak zauważyć, że jest to prawdą tylko w przypadku systemów stabilnych (tj. Jeśli region konwergencji $H(s)$ obejmujeoś$j\omega$ ).

P2: W jaki sposób stabilny system może mieć bieguny?

Jak już wiesz, w przypadku układów przyczynowych i stabilnych wszystkie bieguny muszą leżeć w lewej półpłaszczyźnie złożonej płaszczyzny $s$ . Rzeczywiście, wartość funkcji przenoszenia $H(s)$ przejdzie do nieskończoności na biegunie $s=s_{\infty}$ , ale odpowiedź częstotliwościowa będzie OK, ponieważ jeśli wszystkie bieguny znajdują się w lewej pół-płaszczyźnie, nie ma biegunów na $j\omega$ oś (lub po jej prawej stronie). Jeśli spojrzysz na to w dziedzinie czasu, to każdy (prosty) biegun ma wkład $e^{s_{\infty}t}$ w odpowiedź impulsową systemu. Jeśli biegun znajduje się w lewej półpłaszczyźnie, oznacza to, że $s_{\infty}=\sigma_{\infty}+j\omega_{\infty}$ ma ujemną część rzeczywistą$\sigma_{\infty}<0$ . Więc

$$e^{s_{\infty}t}=e^{\sigma_{\infty}}e^{j\omega_{\infty}}$$

jest funkcją wykładniczo tłumioną i nie rośnie, ale zanika, ponieważ $\sigma_{\infty}<0$ .

P3: Czy to pytanie należy tutaj?

Inni członkowie społeczności muszą ocenić, czy to pytanie należy tutaj. Myślę, że tak. Oczywiście nie jest to bezpośrednio związane z czystym DSP, ale inżynierowie DSP bardzo często muszą również radzić sobie z sygnałami i systemami analogowymi przed konwersją AD, więc wiedzą też o ciągłej teorii systemu. Po drugie, prawie wszyscy ludzie DSP (przynajmniej ci z tradycyjnym treningiem) byli dość narażeni na ogólne sygnały i teorię systemów, w tym systemy ciągłe i dyskretne.

Nawiasem mówiąc, dla układów dyskretnych masz $\mathcal{Z}$ -transform zamiast transformaty Laplace'a, a kompleks zmienna nazywa się teraz $z$ zamiast $s$ . Wspomniana zmienna $D$ jest zdefiniowana jako $D=z^{-1}$ i jest używana głównie w literaturze kodowania. Z definicji oznacza element opóźniający, więc $D$ oznacza „opóźnienie” (nie „cyfrowe”).

Jeśli wiesz, że lewa pół-plane kompleksu $s$ -plane map do obszaru wewnątrz okręgu jednostkowego kompleksu $z$ -plane (tj $|z|<1$ ), a $j\omega$ -działający mapy do okręgu jednostkowego $|z|=1$ , wtedy prawie wszystko, co wiesz o jednej z dwóch domen, łatwo przeniesie się do drugiej domeny.

Jedną z rzeczy, która naprawdę pomogła mi zrozumieć bieguny i zera, jest wizualizacja ich jako powierzchni amplitudy. Kilka z tych wykresów można znaleźć w A Filter Primer . Niektóre uwagi:

• Prawdopodobnie łatwiej jest najpierw nauczyć się analogowej płaszczyzny S, a po jej zrozumieniu nauczyć się, jak działa cyfrowa płaszczyzna Z.
• Zero to punkt, w którym wzmocnienie funkcji przenoszenia wynosi zero.
• Biegun to punkt, w którym wzmocnienie funkcji przenoszenia jest nieskończone.
• Często w nieskończoności są zera lub bieguny, które nie zawsze są zawarte w opisach funkcji przenoszenia, ale są konieczne do jej zrozumienia.
• Pasmo przenoszenia w płaszczyźnie S zachodzi tylko wzdłuż osi jω.
  • Początek wynosi 0 Hz lub DC, a częstotliwość odcięcia filtrów zwiększa się promieniowo od źródła. Umieszczenie bieguna w dowolnym punkcie wzdłuż okręgu w pewnej odległości od początku spowoduje wytworzenie tej samej częstotliwości odcięcia.
  • Aby zwiększyć częstotliwość odcięcia filtra, przesuń bieguny promieniowo na zewnątrz.
  • Aby zwiększyć Q filtra biquad, przesuń bieguny wzdłuż koła w kierunku osi jω, co utrzymuje stałą częstotliwość odcięcia, ale zwiększa wpływ, jaki biegun wywiera na odpowiedź częstotliwościową, czyniąc ją bardziej „szczytową”.
  • 
• Jeżeli zero pojawi się na osi jω, wówczas odpowiedź częstotliwościowa spadnie do zera na tej częstotliwości; jeśli wprowadzisz falę sinusoidalną przy tej częstotliwości, wyjście wyniesie 0.
• Jeśli biegun pojawia się na osi jω, wówczas odpowiedzią impulsową jest oscylator; jakikolwiek impuls sprawi, że będzie dzwonił wiecznie z tą częstotliwością. Impulsy mają skończoną energię, ale odpowiedź filtra ma nieskończoną energię, więc ma nieskończony zysk.

Prostym przykładem jest integrator H (s) = 1 / s:

• Ta funkcja jest równa 0, gdy s jest nieskończone, więc ma zero w nieskończoności.
• Ta funkcja jest równa nieskończoności, gdy s wynosi zero, więc ma biegun na zero.

Innymi słowy, ma nieskończone wzmocnienie w DC (odpowiedź krokowa integratora stale rośnie), a wzmocnienie maleje wraz ze wzrostem częstotliwości:

Przesunięcie bieguna od początku wzdłuż osi urojonej w lewą rękę płaszczyzny S powoduje, że wzmocnienie przy 0 Hz na osi jw ponownie jest skończone, a teraz masz filtr dolnoprzepustowy:

Nie powiem pełnego odwzorowania biegunów (1) / zer (0) na odpowiedź częstotliwościową, ale myślę, że mogę wyjaśnić związek między częstotliwością a odpowiedzią zerową / nieskończoną, dlaczego masz odpowiedź nieskończoną / zerową na tj. co e - j w ma wspólnego z z .$e^{-jw}=z_\text{zero/pole},$$e^{-jw}$$z$

Ogólna postać układu liniowego to które mogą rozwiązać w z-od jako Y ( z ) = ( b 0 + b 1 z +

$$y_n+a_1y_{n-1}+a_2y_{n-2}+\cdots = b_0 x_n + b_1x_{n-1}+b_2x_{n-2}+\cdots,$$ $$Y(z) = {(b_0 + b_1 z + b_2 z^2+\cdots)\over(1+a_1z+a_2z^2+\cdots)}X(z) = H(z)X(z) = {(1-z_0z)(1-z_1z)\cdots \over(1-p_0z)(1-p_1z)\cdots}X(z).$$

Ostatecznie seria produktów dwumianowych można traktować jako szereg systemów, w których pierwsze wyjście jest wejściem dla innego.$(1-z_0 z)\cdots{1\over 1-p_0 z}$

Chciałbym przeanalizować wpływ pojedynczego bieguna i zera. Wyróżnijmy pierwsze zero, uważając to za funkcję przenoszenia, tak aby reszta była sygnałem wejściowym, Y ( z ) = ( 1 - z 0 z ) Χ ( z ) , co odpowiada niektóre y n = b 0 x n + b 1 x n - 1 . Weźmy b $H(z)X(z)$$Y(z)=(1-z_0z)Χ(z),$$y_n = b_0x_n + b_1x_{n-1}.$ dla uproszczenia. Mam na myśli, że y n = x n + x n - 1 .$b_0=b_1=1$$y_n = x_n + x_{n-1}$

Co chcemy określić wpływ układu H (z) na sygnał harmoniczny. Oznacza to, że wejście będzie sygnałem testowym Odpowiedź będzie wynosić y n = x n + x

$$x_n = e^{jwn}\overset{z}{\leftrightarrow} 1 + e^{jw}z + e^{2jw} z^2 + \cdots = 1/(1-e^{jw})= X(z).$$ to znaczy,1+ e - j w jest funkcją przesyłania lubY(z)= ( 1 + z $$y_n = x_n + x_{n-1}|_{x_n = e^{jwn}} = e^{jwn} + e^{jw(n-1)} = e^{jwn}(1+e^{-jw})$$ $1+e^{-jw}$.$Y(z) = {(1+z)\over (1-e^{jw}z)} =(1+z)X(z)$

Należy pamiętać, że zasadniczo mówi, że wyjście jest sumą sygnału wejściowego plus sygnału przesuniętego, ponieważ pojedynczy z oznacza opóźnienie pojedynczego zegara w dziedzinie czasu.$1+z$$z$

$H(jw) = 1 + e^{-jw} = e^{-jw/2}(e^{jw/2}+e^{-jw/2}) =e^{-jw/2}2\cos(w/2)$

$$\begin{cases} w=0 & \Rightarrow &H(j0) = 1\cdot 2 \cos (0) = 2\\ w=\pi & \Rightarrow & H(j\pi) = e^{j\pi/2}2\cos(\pi/2) = 0 \end{cases}$$

$2 cos \alpha = e^{i\alpha} + e^{-i\alpha}$

$y_n=x_n -x_n|_{x_n=e^{jwn}} =e^{jwn}(1-e^{-jw})$$H(jw) = (1-e^{-jw}) = e^{-jw/2}(e^{jw/2}-e^{-jw/2})=e^{-jw}2\sin(w/2)$$w=0$$sin(0)=0$

$$H(jw)=1-e^{-jw} = 0 \Rightarrow e^{-jw} = 1 = e^0 \Rightarrow w = 0.$$

$H(z) = 1\pm z$$H(jw)=1\pm e^{-jw}$$e^{-jw}$

$y_n = x_n \pm x_{n-1}=0$$\pm$$1\pm z=0$$e^{jwn}$$e^{jw(n-1)}$$e^{jw}$$e^{jwn}(1 \pm e^{-jw}) =0$$1\pm e^{-jw}$$1\pm z=0$

$y_n = b_0 x_n + b_1 x_{n-1}$

$$Y(z) = (b_0 + b_1 z)X(z) = (b_0+ b_1z)(1+x_1z+x_2z^2+\cdots) = b_0 + (b_0 x_1 + b_1 x_0)z + (b_0 x_2 + b_1 x_1)z^2 + \cdots.$$ $b_0+b_1 z = 0$$z=-b_0/b_1,$ $$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}),$$

which goes to zero when $1-z_0 e^{-jw} = 0$ or $e^{-jw} = 1/z_0$, which matches the computation for $z$ if $z=e^{-jw}$. The only thing that bothers me is that fixed-amplitude complex exponential is not enough for the frequency (harmonic) basis. You cannot obtain arbitrary ratio $1/z_0= e^{-jw}$ by choosing appropriate frequency $w$, a decaying harmonic signal is needed for that. That is weird because I have heard that any signal can be represented as sum of (constant amplitude) sines and cosines. But, anyway, we see that system zero stands for relationship between adjacent samples of input signal. When they are right, the output is identically 0 and we can choose such such frequency $w$ so that zero $z = 1/z_0 = e^{-jw}.$

Now, what about the poles? Let's single out a single pole $a$. The system has a from of $y_n = a y_{n-1} + (x_n + x_{n-1} + \cdots)$, under assumption $y_0 = 0$, has z-transform of $Y(z) = X(z)/(1-az)$.

The feedback $a$ is equivalent to infinite impulse response ${1,a,a^2,\ldots} \overset{z}{\leftrightarrow} 1 + az + a^2z^2 + \cdots = 1/(1-az)$. It says that response is infinite when $z=1/a$. What does it mean if we apply the test signal

$$x_n=e^{jwn}\overset{z}{\leftrightarrow} X(z) = 1+e^{jw}z+e^{2jw}z^2+\cdots = 1/(1-e^{jw}z)$$ to our system? We'll get $Y(z)={1\over 1-az}{1\over 1-e^{jw}z},$ or $$y_n = e^{jwn} + ae^{jw(n-1)} +a^2e^{jw(n-2)} +\cdots = e^{jwn}(1+ae^{-jw} + a^2e^{-2jw} + \cdots) ={e^{jwn}\over 1-ae^{-jw}}.$$ That is, frequency response is $1/(1-ae^{-jw}),$ which goes to infinity when $e^{-jw}=1/a,$ the same as $z_{pole}$ above, $e^{-jw}=z_{pole}=1/a$. But again, you can not always arrive at the pole $1/a$ adjusting the frequency $w$ alone. The frequency basis functions must be decaying amplitude in general and look like $(ke^{jw})^n$.

That is, zeroes or poles of the transfer function $H(z)$ happen to match the zeroes and poles of frequency response $H(jw)$, which is really amazing. I noticed that this is related to the relation between adjacent samples, $e^{jwn}/e^{jw(n-1)} = e^{jw} = 1/z_{zero}$ in case of zeroes. The fact that $e^{jwn}$ scales exponentially over time, along with the system with feedback $a$, also seems to be the key for matching between $e^{jw}$ and $z_{poles}$. It also seems important that you cannot simply look for the appropriate frequency of $e^{jwn}$, the basis function must also have adjustable amplitude factor $k^n$.

I would be happy if anybody could explain the same more condensely or more crisply.