对了，你对 BIBO 的理解有一点点错误。 就是 h \in l^1 应该只是充分条件而不是充要条件。 (L^∞)* 可以刻划得不错，一个 L^1 和一个 l^1， 再加一个 bounded singular continuous functions 就可以搞定。 （经典例子是 Cantor function。） (l^∞)* 应该是 l^1 加上一个 linear functionals vanishing at sequences converging to 0。 不过如果要求要有一个 h 作为代表的话，那就可以当充要条件， 因为後面那个 (c_0)* 没办法用数列表示。 这时候 BIBO 除了字面上的意思以外，还有一些弦外之音。 ※ 引述《znmkhxrw (QQ)》之铭言： : 谢谢V大回应, 推文很难看, 我逐段以这色回文 : ※ 引述《Vulpix (Sebastian)》之铭言： : ※ 引述《znmkhxrw (QQ)》之铭言： : : 嗨r大, 最後问个实作与理论结合性的问题: : : 考虑 y_n - (3/2)*y_(n-1) - y_(n-2) = 2*x_n - x_(n-1) 这个差分方程 : : 使用双向Z转换的话, 可以找到三个h_n使得y_n = (h＊x)_n, 分别是: : : h1_n = 0.8*(-1/2)^n*u_n + 1.2*2^n*u_n : : h2_n = 0.8*(-1/2)^n*u_n - 1.2*2^n*u_(-n-1) : : h3_n = -0.8*(-1/2)^n*u_(-n-1) - 1.2*2^n*u_(-n-1) : : 其中u_n := 1 , n>=0 : : 0 , n<0 : 这三个对应的 H 刚好有着互斥的 ROC。 : 而彼此之间的差，会是 (-1/2)^n 和 2^n 的线性组合。 : 令这三个h叫作h1_n, h2_n, h3_n : 这是指(1) h1_n - h2_n = A*(-1/2)^n + B*2^n : 还是指(2) (h1＊x)_n - (h2＊x)_n = A*(-1/2)^n + B*2^n, 其中A,B与x有关 --(●) : 而依照後续回应, 假设您说的是(2) 虽然都是对的，不过我说的是(1) 因为我现在是把 h 当成 δ_n = δ(0,n) 的响应。 利用 u_n + u_(-n-1) = 1 这条恒等式，我们知道 h1_n - h2_n = 1.2*2^n。 而 h2_n - h3_n = 0.8/(-2)^n : 所以原方程的一般解应该是 A*(-1/2)^n + B*2^n + (h＊x)_n。 : 最後那项只是个特解，是我们希望要有某种性质的特解。 : 例如：当 n<0 时，y=0。 : 这里说的原方程的一般解, 严格叙述是否如下: : 令x_n固定, 则解空间 S:= {y_n│y_n - (3/2)*y_(n-1) - y_(n-2) = 2*x_n - x_(n-1)} : 会满足 S = {A*(-1/2)^n + B*2^n + (h＊x)_n│A,B€R} : 若是的话, h是哪一个h? 还是任意一个都可以 是。在收歛性没有坏掉的前提下，任意一个都可以。 : 也就是说, {A*(-1/2)^n + B*2^n + ((a*h1+b*h2+c*h3)＊x)_n│A,B,a,b,c€R} : = {A*(-1/2)^n + B*2^n + (h1＊x)_n│A,B€R} ((●)可立得此等号) : V大是这个意思吗? 如果你的 a+b+c=1 的话，应该没有问题。 : 虽然解了三个 h 出来，但其实能用的 h 还有无限多个。 : 而这三个之所以特殊，就是因为他们各自对应一些边界条件。 : 能用的h无限多个就是h1,h2,h3的线性组合? : 可是因为这三个h的ROC不一样, 把他做线性组合我怎麽觉得抖抖的XD : 还是说做了线性组合後(比如h:=h1+h2+h3), 可以做时域摺积h＊x : 但是就不能做z转换了, 因为ROC互斥, 这就是我觉得抖的地方? 是要跟 h1,h2,h3 共平面的所有 h。 而且的确就会不能做 z 转换，不过解方程的过程中本来就不一定要用转换啦XD 想要用上 z 转换，那大概就只能用这三个 h 了。 : : 接着有两个实作上的问题: : : (1) 单纯考虑差分方程有无穷多组解(初始值决定) : : 我怎麽知道要怎麽设初始值, 才是我要的对应到的h_n的y_n? : : 例如取怎样的x跟y的初始值则会有解y_n会等於(h1＊x)_n : 如果 x 项数有限(compactly supported)，那任何一个 h 都无所谓。 : 而如果 x 没有 compact support 的话，就得看 X 的 ROC 了。 : 的确如推文中 r 大所言，要找有交集的去算。 : 但问题也在这里，x_n = 1 这个 1 数列，他的 X 是处处不收敛的。 : 而这个数列好像也在你有兴趣的范围里面（BI），所以总有打交道的机会。 : 我的原问是"如何选定初始值", 而您回应任何一个h都无所谓 : 是不是因为: 若x有紧致支撑 : 则拿h1,h2,h3的任意线性组合当h所得到的y_n := (h＊x)_n : 都会是相同的y_n? 不是。就像你前面想的，y_n 可能会差一点齐次项。 因为对应的边界条件不一样了。 : 即{y_n│((a*h1+b*h2+c*h3)＊x)_n, for any a,b,c}的元素个数只有1 : 这结论好像怪怪的...我应该是有误会你"任何一个h都无所谓"的意思了? : 而且即便是对的, 跟原问题说的"如何选定初始值"存在怎样的关系呢? : 随便选初始值 => 解y_n = A*(-1/2)^n + B*2^n + ((a*h1+b*h2+c*h3)＊x)_n : for some A,B,a,b,c€R : 然後我就看不出来当x有紧致支撑时, ((a*h1+b*h2+c*h3)＊x)_n这项为什麽会一样 因为初始值决定的东西是 A 和 B。 其实这也跟你当初的问题有关：反 z 转换怎麽好像只有一个 y。 如果要把初始值的影响放进来，那要动的东西就是 A 和 B。 所以 A 和 B 会因为选用的 h 不同而改变。 虽然会变，A*(-1/2)^n + B*2^n + (h＊x)_n 却还是同一个。 我们在特定的边界条件下解出一个 y = h＊x。 这个 y 只是在这个边界条件下 well-behaved，换一个边界条件就是狂乱的。 : 都会是相同的y_n? 不是。就像你前面想的，y_n 可能会差一点齐次项。 因为对应的边界条件不一样了。 : 即{y_n│((a*h1+b*h2+c*h3)＊x)_n, for any a,b,c}的元素个数只有1 : 这结论好像怪怪的...我应该是有误会你"任何一个h都无所谓"的意思了? : 而且即便是对的, 跟原问题说的"如何选定初始值"存在怎样的关系呢? : 随便选初始值 => 解y_n = A*(-1/2)^n + B*2^n + ((a*h1+b*h2+c*h3)＊x)_n : for some A,B,a,b,c€R : 然後我就看不出来当x有紧致支撑时, ((a*h1+b*h2+c*h3)＊x)_n这项为什麽会一样 因为初始值决定的东西是 A 和 B。 其实这也跟你当初的问题有关：反 z 转换怎麽好像只有一个 y。 如果要把初始值的影响放进来，那要动的东西就是 A 和 B。 所以 A 和 B 会因为选用的 h 不同而改变。 虽然会变，A*(-1/2)^n + B*2^n + (h＊x)_n 却还是同一个。 我们在特定的边界条件下解出一个 y = h＊x。 这个 y 只是在这个边界条件下 well-behaved，换一个边界条件就是狂乱的。 一旦「初始条件」和「边界条件」没有搭配好，方程式会无解。 例如在後面解的题目中， 如果要求 y 在 n 很大的时候是 0 ，却仍然要求初始条件 y_4=1，就会无解。 : : (2) 假设(1)的问题完美解决, 即针对我要的h我都可以找到我要的初始值 : : 那选哪个h重要吗? 因为这三个h的H(z)都一样(只是不同ROC) : : 所以频率响应 H(exp(iw))也是一样的(甚至相位都一样), : : 那我随便选一个h来当filter不就相同效果? : 毕竟这些 h 其实是这样找出来的：脉冲δ(0,n)输入的响应。 : 所以 h 自然与 x 无关。 : 而任何一个 x 都可以看成是 δ＊x。 : 所以 y_p 也自然就会是 h＊x，而一般的 y 就是跟 y_p 差个齐次解。 : 上面这两段给我一种"好像理解了什麽"的感觉, 但是又说不上来XD : 如果我先给了h, 那令x_n=δ(0,n), 自然得到 h_n = (h＊x)_n : 而x_n = (δ＊x)_n 能类推 y_p_n = (h＊x)_n, 就只能说略懂略懂... 那不如就直接拿几题来跑一遍吧。 先来个简单的 y_n - y_{n-1} = x_n 显然 y_n = y_0 + x_1 + x_2 + ... + x_n for n>0 y_0 - x_0 - x_{-1} - ... - x_n for n<0 但这种写法麻烦又无趣，所以可能开始考虑不要依赖初始值 y_0 的写法。 例如挪动「初始」的位置，换成 -1 或 -2 或负更多的数字直到极限？ 那这样我们可以在不那麽深思熟虑的情况中，写下 y_n = y_{-∞} + x_n + x_{n-1} + ... = y_{-∞} + Σ_{k=-∞}^n x_k = y_{-∞} + (u＊x)_n 或者也可以写成 y_n = y_{∞} - Σ_{k=n+1}^∞ x_k = y_{∞} + [(u-1)＊x]_n 但这两个写法明显都依赖於 y 在 |n|>>1 时的行为，至少要在一端收敛。 这个 y_n - y_{n-1} = x_n 的齐次解很容易计算，y_n - y_{n-1} = 0 => y_n = c。 也就是说齐次解是个常数，如前面的 y_{-∞} 和 y_{∞}。 在 y_{-∞} 存在的情况下，u 就是脉波响应。 而在 y_{∞} 存在的情况下则换成可以拿 u-1 当作脉波响应。 两个脉波响应只差了 1（此为齐次解），都同样能有作用， 即使 u＊x 与 (u-1)＊x 算出来不一样，但只要存在，他们就的确都是特解。 是相应於不同边界条件的特解。 而此时会受到初始条件影响的东西，是 y_{-∞} 和 y_{∞}。 也就是说，不同初始条件与特解（那个卷积）的计算过程无涉， 但是会改变齐次项。 前面的计算，我们没有仔细考虑 h＊x 这种卷积是否存在， 也没有细想 y 的极限是否存在。 如果 x=1 呢？卷积不存在，而且 y 两侧的极限也都不存在。 在这种情况下，上面那些看起来很有简约美感的公式都没有意义了。 同样地 y_n - (3/2)*y_(n-1) - y_(n-2) = 2*x_n - x_(n-1) 的解， 也必须在天时地利人和的情况下，才能写成 h＊x 这个形式。 1. 一般来说应该要有齐次项：A*(-1/2)^n + B*2^n。 2. h＊x 也不见得会收敛，即使三个 h 都拿去试试看也可能三个都不收敛。 不过对於「讯号处理」来说，反正这些讯号不存在於遥远的过去， 在遥远的将来也不必存在，所以很多时候都可以用最优的条件来看 x 吧。 对 y_n - (3/2)*y_(n-1) - y_(n-2) = 2*x_n - x_(n-1) 加点条件，来解看看吧。 x_1=1、x_2=2、x_3=3、其余的 x_n=0。 如果要求 y 在 n 够小的时候要是 0，解会是 y_1 = 2、y_2 = 6、 y_n = 0 for n<0、 y_n = 1.65*2^n - 14.4/(-2)^n for n>2， 而这就是 h1＊x，与 h1 共享同一边界条件。 如果要求 y 在 n 够大的时候要是 0，解会是 y_1 = -8.5、y_2 = 3、 y_n = -1.65*2^n + 14.4/(-2)^n for n<0、 y_n = 0 for n>2， 而这就是 h3＊x，与 h3 共享同一边界条件。 如果要求 y 在 |n| 趋向 ∞ 时仍保持有限（其实会收敛到 0），解是 y_1 = -1.3、y_2=-0.6、 y_n = -1.65*2^n for n<0、 y_n = -14.4/(-2)^n for n>2， 这个就是与 h2 共享同一边界条件的 h2＊x 了，也是唯一一个 BIBO 的 BO。 顺便也可以验算一下 h1＊x-h2＊x = 1.65*2^n。 所以也证实了他们真的都是特解，只不过需要的边界条件不同罢了。 然後关於「好像懂了什麽」，我猜你正在体会脉冲响应的意义。 这其实是个埋在 LTI 的定义里的伏笔。 定义里面有一条「非时变」是要求 L 与差分（或移位）算子可交换， 这让以下计算得以成立（当然线性也是必要的）： Lh=L'δ => (Lh)＊x=(L'δ)＊x => L(h＊x)=L'(δ＊x)=L'x 所以 h＊x 就是一个 y 的特解。 然後卷积又会保持很多 h 的特性和 x 的特性， 找找这方面的定理，就能确认 h 会与 h＊x 满足相同的边界条件。 不过因为我不想处理收歛性的问题，所以我先把 x 限制在有紧致支撑的情况下。 一般的情况还要再推广，我想应该跟推广傅立叶转换的过程大同小异。 : 上述过程与微分方程中，藉由源项δ(x-x')来找出响应 G(x,x') 的方式相同。 : 所以在找 Green's function 中用到的方法、遇到的困难， : 在这里也都能看到离散的版本。 : 没学过连续型Green's function, 目前难以做类推QQ 如果要找一个多数人都认识的 Green's function， 那最有名的应该就是库仑定律了吧。 位於 x' 的点电荷 Q 的电荷密度必须用 Q*δ(x-x') 来描述。 他在空间中所散布的电位场 = kQ/|x-x'|。 而一般电荷分布造成的电位 = ΣkQ/|x-x'|，把该加的东西加一加即可。 这个电位也可以写成 ρ＊(k/|x|)，就是同类型的概念。 （ρ是电荷密度，点电荷的电位也用了在无穷远处消失这个边界条件。） : 另外V大这大段的回应, 针对我原问"随便选一个h来当filter不就相同效果"的结果是yes? : 也就是说, 今天不管我怎麽选h = a*h1+b*h2+c*h3, 我都可以做y_n = (h＊x)_n : 其中y_n会满足差分方程(因此是解) : 但是这样又很奇怪, 因为h1,h2,h3有互斥ROC, 一旦做了线性组合, 只要其中两个系数 : 不是0, 那就不能做z转换, 因此论及频率响应就毫无意义, 因为不收敛 嗯，是。但那不是因为「频率」这个概念的极限所导致的吗？ 我们只是要解个差分方程，在条件允许的时候可以利用 z 转换这个好用的工具， 但是条件很差的时候就不能用，仅此而已。 就像在做傅立叶转换的时候，我们其实也频繁遇到「不能转换」的各种泛函。 例如 1 不能转换，但还是硬着头皮转成 δ-function。 或许有一些发散的双向幂级数，也可以就那麽继续用着，也不急於把级数「算出来」吧。 但我想讯号领域应该不用太在意这种情形。 --

※ 发信站: 批踢踢实业坊(ptt.cc), 来自: 1.160.6.92 (台湾) ※ 文章网址: https://webptt.com/cn.aspx?n=bbs/Math/M.1662717601.A.CA4.html ※ 编辑: Vulpix (1.160.6.92 台湾), 09/09/2022 18:16:42 ※ 编辑: Vulpix (1.160.6.92 台湾), 09/09/2022 21:15:10 ※ 编辑: Vulpix (101.136.143.151 台湾), 09/12/2022 03:12:34 ※ 编辑: Vulpix (101.136.143.151 台湾), 09/12/2022 03:14:58 ※ 编辑: Vulpix (163.13.112.58 台湾), 09/12/2022 05:30:03 ※ 编辑: Vulpix (163.13.112.58 台湾), 09/13/2022 22:16:36