Có phải sự không ổn định làm cho hệ thống LTI trở nên phi tuyến (hoặc biến đổi theo thời gian) không?

7

Tôi quay lại câu hỏi này từ câu hỏi từ johnny . Matt L. và tôi đã có những kết luận trái ngược trực tiếp với câu hỏi của johnny.

Tôi muốn tách rời câu hỏi từ các vấn đề nhân quả và những thứ ngớ ngẩn khác.

Vì vậy, chúng ta có một hệ thống đệ quy bậc nhất đơn giản được mô tả với phương trình I / O miền thời gian:

y [n] = p \cdot y [n - 1] + x [n] \forall n \in Z

$y[n] = p \cdot y[n-1] \ + \ x[n] \quad \quad \forall n \in \mathbb{Z}$

Tất nhiên, biến đổi Z của điều này là

Y (z) = p \cdot z^{- 1} Y (z) + X (z)

$Y(z) = p \cdot z^{-1} Y(z) \ + \ X(z)$

và chức năng chuyển

H (z) ≜ \frac{Y (z)}{X (z)} = \frac{z}{z - p}

$H(z) \triangleq \frac{Y(z)}{X(z)} = \frac{z}{z-p}$

Thông thường chúng ta sẽ xác định đây là một hệ thống LTI đơn giản và có thể thực hiện được với số 0 ở $0$ và cực tại $p$ . Nhưng trong câu hỏi khác, có một vấn đề liên quan đến tuyến tính và bất biến thời gian cho trường hợp khi $p=-1 \$ .

Với giá trị nào $p$ là hệ thống tuyến tính này? Với giá trị nào $p$ là hệ thống bất biến thời gian này?

Đây là, tôi tin rằng, hạt nhân của sự bất đồng mà tôi có với Tiến sĩ Matt L.

linear-systems transfer-function

— robert bristow-johnson
nguồn

Nếu chúng ta mở rộng nó thành dạng linh sam của nó. Về mặt lý thuyết hệ thống luôn tuyến tính.

— người học

okay @learner, vì vậy nếu , thì MattL gợi ý bạn có thể có đầu vào đầu ra trong đó có khác không . đầu vào là bằng không, đầu ra là khác không. hệ thống đó có thể là tuyến tính?

p = - 1

$p=-1$

x [n] = 0 \forall n

$x[n]=0 \ \forall n$

y [n] = A (- 1)^{n} \forall A \in R

$y[n] = A (-1)^n \quad \forall A \in \mathbb{R}$

A

$A$

— robert bristow-johnson

1

Hãy làm rõ: đối với những số nguyên nào thì mối quan hệ giữ? Cho tất cả các số nguyên ? Cho ? Cho ? Và trong hai trường hợp sau, vui lòng chỉ định giá trị của (tương ứng là ) vì chúng tôi đồng ý rằng hoặc .

n

$n$

y [n] = p \cdot y [n - 1] + x [n]

$y[n] = p \cdot y[n-1] \ + \ x[n]$

n

$n$

n \geq 0

$n \geq 0$

n > 0

$n > 0$

y [- 1]

$y[-1]$

y [0]

$y[0]$

y [0] = - p y [- 1] + x [0]

$y[0]=-py[-1]+x[0]$

y [1] = - p y [0] + x [1]

$y[1]=-py[0]+x[1]$

— Dilip Sarwate

1

tôi chưa bao giờ đặt một hạn chế về nó. trong câu hỏi khác, tôi đã nói rõ rằng . tôi nên nói như vậy ở đây, nhưng tôi đã bỏ qua. vì vậy tôi sẽ sửa đổi câu hỏi theo tôi, nếu không được chỉ định, giả định là không có hạn chế.

n \in Z

$n\in\mathbb{Z}$

— robert bristow-johnson

và vì bạn có thể lấy được hoặc bất kỳ cụ thể nào khác từ đó. nếu bạn giả sử nhân quả, bạn sẽ có . nếu bạn giả sử chống nhân quả (không phải là cách tôi đã nêu phương trình sai khác), bạn sẽ nhận được bên trái . trong cả hai trường hợp có ảnh hưởng đến một giới hạn hoặc giới hạn khác cho tổng kết chập.

y [n] = \sum_{i = - \infty}^{+ \infty} h [i] x [n - i]

$y[n] = \sum\limits_{i=-\infty}^{+\infty} h[i] x[n-i]$

y [0]

$y[0]$

y [n]

$y[n]$

h [n]

$h[n]$

h [n]

$h[n]$

— robert bristow-johnson

3

Tôi không biết làm thế nào cuộc thảo luận đến thời điểm này nhưng nó khá là phức tạp để theo dõi sau nhiều thời gian này. Đây là một phương trình khác biệt thông thường với các hệ số không đổi do đó xác định một hệ thống bất biến tuyến tính, thời gian. Không cần phải theo đuổi thêm từ đó nếu một giải pháp duy nhất tồn tại . Ở đây chúng tôi có một vấn đề với phần nhấn mạnh.

Trước tiên chúng ta hãy viết các phương trình không gian trạng thái mô tả: hệ thống được mô tả bởi

\begin{aligned} [\begin{matrix} 1 & - 1 \\ 0 & 0 \end{matrix}] [\begin{matrix} s_{1} [k + 1] \\ s_{2} [k + 1] \end{matrix}] & = [\begin{matrix} p & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}] [\begin{matrix} s_{1} [k] \\ s_{2} [k] \end{matrix}] + [\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix}] x [k] \\ y [k] & = [\begin{matrix} 1 & 0 \end{matrix}] [\begin{matrix} s_{1} [k] \\ s_{2} [k] \end{matrix}] + [1] x [k] \end{aligned}

$\begin{align} \begin{bmatrix}1&-1\\0&0\end{bmatrix} \begin{bmatrix}s_1[k+1]\\s_2[k+1]\end{bmatrix} &= \begin{bmatrix}p&0\\0&0\end{bmatrix} \begin{bmatrix}s_1[k]\\s_2[k]\end{bmatrix} + \begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}x[k]\\ y[k] &= \begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix} \begin{bmatrix}s_1[k]\\s_2[k]\end{bmatrix} +[1]x[k] \end{align}$

Bây giờ đây là nơi tôi nghĩ rằng phần có vấn đề. Hệ thống này, mặc dù là LTI, nhưng không thường xuyên (các từ buzz có liên quan là các hệ thống mô tả chỉ số thông thường , không xung động , chỉ số 1). Nói cách khác, không tồn tại mà biểu thức là khác không và do đó một trong các chế độ là và thực tế đây là cho ví dụ này. Điều này có nghĩa là hệ thống của chúng tôi có các vấn đề duy nhất về giải pháp, không giống như hệ thống LTI nguyên nhân, không có gì đảm bảo về sự tồn tại của một giải pháp duy nhất. Không có gì đảm bảo về một giải pháp được chấp nhận cho vấn đề đó (hệ thống bốc đồng buzzword). Do đó, lý do LTI của các câu trả lời khác sẽ không cắt giảm. $\lambda$ $\det(\lambda E-A)$ $\frac{\bullet}{0}$ $\frac{0}{0}$

Và điều này gây ra rắc rối theo như tôi có thể nói từ lập luận của Matt L là ông đã tìm thấy hai giải pháp khác biệt không cần thiết cho cùng một hệ thống và kết luận rằng đây không thể là một hệ thống tuyến tính. Nhưng điều này cũng giả định tính duy nhất và sự tồn tại của một giải pháp và điều kiện ban đầu.

Nó chỉ khác với các hệ thống thông thường theo cách đảm bảo tính duy nhất và sự tồn tại của các hệ thống LTI tiêu chuẩn. Các mô hình không còn có thể được coi là có quỹ đạo chấp nhận cho tất cả các tín hiệu có thể.

— bộ gõ
nguồn

1

Câu trả lời là không. Để gắn nhãn hệ thống thời gian rời rạc là LTI, chúng tôi chỉ tìm các thuộc tính bất biến tuyến tính và thời gian của nó và không cần quan tâm liệu nó có ổn định hay không. Đó là một thuộc tính độc lập khác của một hệ thống có thể cùng tồn tại với các thuộc tính khác. Và thực sự nhiều hệ thống LTI không ổn định và chúng vẫn là hệ thống LTI. Để có nhiều ví dụ, vui lòng tham khảo cuốn sách của Alan Oppenheim: Signals & Systems, 2ed, chương 2. (hoặc bất kỳ sách giáo khoa đại học nào khác về tín hiệu & và hệ thống, hoặc xử lý tín hiệu số) Ví dụ: Bộ lọc IIR không ổn định vẫn là tuyến tính và thời gian bất biến. (thực sự ví dụ của bạn là một trong số đó)

Đến với LCDDE được cho là xác định hệ thống thời gian rời rạc đệ quy, như bạn có thể biết, bản thân LCDDE không đủ để chỉ định một giải pháp, vì bạn cũng cần một tập hợp các điều kiện phụ (điều kiện ban đầu). Nếu không có các điều kiện ban đầu được thiết lập rõ ràng, bạn không thể giải phương trình, cũng không thể xác định xem hệ thống mà nó đại diện sẽ là LTI hay nguyên nhân. Bởi vì đối với một số điều kiện ban đầu, nó có thể không phải là nhân quả, phi tuyến tính và thời gian khác nhau, trong khi đối với một số điều kiện khác (cụ thể là điều kiện nghỉ ban đầu), nó sẽ là tuyến tính, bất biến thời gian và nhân quả. Do đó, để một LCCDE duy nhất đại diện duy nhất cho hệ thống LTI, các điều kiện ban đầu của nó phải được đặt đúng cho phần còn lại ban đầu và không được tùy ý ...

— Béo32
nguồn

0

Độ tuyến tính và thời gian bất biến không phụ thuộc vào giá trị của . Hai hệ thống tuyến tính và bất biến thời gian (LTI) có thể được mô tả bởi phương trình sai khác $p$

\begin{matrix} (1) & y [n] = p \cdot y [n - 1] + x [n], p \neq 0 \end{matrix}

$y[n]=p\cdot y[n-1]+x[n]\tag{1},\quad p\neq 0$

được đưa ra bởi dạng nghịch đảo của hàm truyền như công thức trong câu hỏi: $\mathcal{Z}$

\begin{matrix} (2) & H (z) = \frac{z}{z - p} \end{matrix}

$H(z)=\frac{z}{z-p}\tag{2}$

Lưu ý rằng (2) không xác định duy nhất một đáp ứng xung trừ khi khu vực hội tụ (ROC) của được đưa ra. Đối với hàm truyền (2), có hai ROC có thể:và. Trong trường hợp đầu tiên, đáp ứng xung tương ứng là bên phải và tương ứng với hệ thống LTI nguyên nhân: $H(z)$ $|z|>|p|$ $|z|<|p|$

\begin{matrix} (3) & h_{1} [n] = p^{n} u [n] \end{matrix}

$h_1[n]=p^nu[n]\tag{3}$

Trong đó là hàm bước đơn vị. Nếu chúng ta chọnlà ROC, chúng tôi nhận được phản hồi xung bên trái tương ứng với hệ thống chống nguyên nhân: $u[n]$ $|z|<|p|$

\begin{matrix} (4) & h_{2} [n] = - p^{n} u [- n - 1] \end{matrix}

$h_2[n]=-p^nu[-n-1]\tag{4}$

Nếu thì hệ thống LTI nhân quả được đặc trưng bởi ổn định và hệ thống LTI chống nhân quả được đặc trưng bởi là không ổn định và nếu thì ngược lại. $|p|<1$ $h_1[n]$ $h_2[n]$ $|p|\ge 1$

Cho đến nay chúng ta đã thấy rằng phương trình khác biệt (1) xác định hai hệ thống LTI, một hệ thống nhân quả và một hệ thống chống nhân quả khác. Hai đáp ứng xung tương ứng và là các giải pháp của phương trình sai phân (1) cho . Tuy nhiên, đây không phải là giải pháp duy nhất của (1). Từ lý thuyết về phương trình sai phân tuyến tính, người ta biết rằng giải pháp chung được đưa ra bởi một giải pháp cụ thể cho một số và bởi một giải pháp cho phương trình đồng nhất được xác định bởi . Đối với phương trình sai phân đã cho, phương trình đồng nhất tương ứng là $h_1[n]$ $h_2[n]$ $x[n]=\delta[n]$ $x[n]$ $x[n]=0$

\begin{matrix} (5) & y [n] = p \cdot y [n - 1] \end{matrix}

$y[n]=p\cdot y[n-1]\tag{5}$

Giải pháp của (5) là

\begin{matrix} (6) & y_{h} [n] = c \cdot p^{n}, c \in R \end{matrix}

$y_h[n]=c\cdot p^n,\quad c\in \mathbf{R}\tag{6}$

Bây giờ chúng ta có thể biểu thị giải pháp chung của (1) (với ) bằng cách kết hợp một giải pháp cụ thể ( hoặc ) với : $x[n]=\delta[n]$ $h_1[n]$ $h_2[n]$ $y_h[n]$

\begin{matrix} (7) & y [n] = h_{1} [n] + y_{h} [n] = h_{1} [n] + c \cdot p^{n} \end{matrix}

$y[n]=h_1[n]+y_h[n]=h_1[n]+c\cdot p^n\tag{7}$

Lưu ý rằng giải pháp có thể được lấy từ (7) bằng cách chọn . Cũng lưu ý rằng (7) là hợp lệ cho tất cả . $h_2[n]$ $c=-1$ $n\in\mathbf{Z}$

Nếu chúng ta chia tỷ lệ tín hiệu đầu vào và sử dụng với một số , kết quả đầu ra sẽ là $x_1[n]=a\delta[n]$ $a\in\mathbf{R}$

\begin{matrix} (8) & y_{1} [n] = a \cdot h_{1} [n] + c \cdot p^{n} \end{matrix}

$y_1[n]=a\cdot h_1[n]+c\cdot p^n\tag{8}$

Tín hiệu đầu ra này thường không bằng (với được cho bởi (7)), trừ khi hoặc . Do đó, hệ thống tương ứng không tuyến tính. Đối với tín hiệu đầu vào đầu ra là $a\cdot y[n]$ $y[n]$ $c=0$ $c=-1$ $x_2=\delta[n-n_0]$

\begin{matrix} (9) & y_{2} [n] = h_{1} [n - n_{0}] + c \cdot p^{n} \end{matrix}

$y_2[n]=h_1[n-n_0]+c\cdot p^n\tag{9}$

thường không bằng (một lần nữa, trừ khi hoặc ). Vì vậy, hệ thống tương ứng cũng không phải là bất biến thời gian. $y[n-n_0]$ $c=0$ $c=-1$

Tóm lại, phương trình sai khác (1) mô tả vô hạn nhiều hệ thống có đáp ứng với tín hiệu đầu vào được cho bởi (7). Chỉ có hai trong số các hệ thống này là LTI, còn lại thì không. Hai hệ thống LTI được mô tả bằng các đáp ứng xung và được đưa ra bởi (3) và (4), tương ứng. $x[n]=\delta[n]$ $h_1[n]$ $h_2[n]$

— Matt L
nguồn

vì vậy, dòng dưới cùng, hệ thống được mô tả bởi phương trình này không phải là LTI. hoặc không nhất thiết là LTI. đúng? bây giờ, để đơn giản hóa cuộc thảo luận, bạn có thể đồng ý rằng lý do bạn khẳng định rằng đó không phải là LTI là vì với đầu vào có giá trị bằng 0 , đó là đầu ra có thể khác không và ?

y [n] = p \cdot y [n - 1] + x [n] \forall n \in Z

$y[n] = p \cdot y[n-1] \ + \ x[n] \quad \quad \forall n \in \mathbb{Z}$

$\$

x [n] = 0 \forall n \in Z

$x[n]=0 \ \forall n \in \mathbb{Z}$

y [n] = c \cdot p^{n} \forall n \in Z

$y[n] = c \cdot p^n \ \forall n \in \mathbb{Z}$

c \neq 0

$c \ne 0 \$

— robert bristow-johnson

ngoài ra, nếu , đó có thể là một ngoại lệ đối với khẳng định ban đầu của bạn rằng "Độ tuyến tính và bất biến thời gian không phụ thuộc vào giá trị của " ?

p = 0

$p=0$ $p$

— robert bristow-johnson

và cuối cùng, rõ ràng là bạn đang phủ nhận rằng, ngay cả đối với một được chọn đúng , rằng không thể là giải pháp chung cho hoặc các hệ thống được mô tả tương tự?

h [n]

$h[n]$

y [n] = \sum_{i = - \infty}^{+ \infty} h [i] x [n - i]

$y[n] = \sum\limits_{i=-\infty}^{+\infty} h[i] x[n-i]$

y [n] = p \cdot y [n - 1] + x [n] \forall n \in Z

$y[n] = p \cdot y[n-1] \ + \ x[n] \quad \quad \forall n \in \mathbb{Z}$

— robert bristow-johnson

MattL, bạn có quan tâm đến việc giải quyết bất kỳ câu hỏi nào không?

— robert bristow-johnson

@ robertbristow-johnson: Vâng, nhưng bạn dường như hỏi nhiều câu hỏi cùng một lúc, và tôi cảm thấy rằng hầu hết chúng đã được trả lời rõ ràng bằng câu trả lời của tôi cho câu hỏi ban đầu của bạn. Nhưng tôi sẽ cho nó đi ...

— Matt L.

0

Tôi thấy cuộc thảo luận này hấp dẫn và tôi muốn thêm một quan điểm khác vào hỗn hợp:

Hệ thống đang được xem xét ( $y[n]=p⋅y[n−1] + x[n]$ ) có thể được coi là ánh xạ từ không gian vectơ (vô hạn) sang không gian vectơ khác. Hãy gọi đây là ánh xạ và chúng ta có thể (ban đầu) định nghĩa nó là: $M$

M : R^{Z} \to R^{Z}

$M : \mathbb{R}^\mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{R}^\mathbb{Z}$

Thuật ngữ này nói rằng là ánh xạ từ (không gian của tất cả các hàm có giá trị thực của một biến số nguyên) $M$ $\mathbb{R}^\mathbb{Z}$ $\mathbb{R}^\mathbb{Z}$ .

Nếu hệ thống có bất kỳ số 0 nào (và hệ thống đang xem xét ở đây có số 0 tại ), điều này có nghĩa là ánh xạ của chúng ta không phải là một, bởi vì hai tín hiệu đầu vào khác nhau sẽ dẫn đến cùng một tín hiệu đầu ra. Ví dụ: đối với bất kỳ tín hiệu đầu vào nào, , chúng ta có thể nói rằng cho bất kỳ thực nào . $z=1$ $M$ $x[n]$ $M(x)=M(x+\lambda)$ $\lambda$

Tập hợp các hàm là "số không" của hệ thống của chúng tôi có thể được định nghĩa là:

K_{z e r o s} = {f [n] = λ : \forall λ \in R}

$K_{zeros}=\{f[n]=\lambda:\forall \lambda \in \mathbb{R}\}$

Tương tự, chúng tôi lưu ý rằng nếu hệ thống của chúng tôi có bất kỳ cực nào (và hệ thống đang được xem xét ở đây có số 0 tại ), thì điều này có nghĩa là ánh xạ nghịch đảo, không phải là một đối một. Cụ thể, cho bất kỳ số thực nào $z=-1$ $M^{-1}$ $M^{-1}(x)=M^{-1}(x+\lambda(-1)^n)$ $\lambda$ .

Tập hợp các hàm là "cực" của hệ thống của chúng tôi có thể được định nghĩa là:

K_{p o l e s} = {f [n] = λ (- 1)^{n} : \forall λ \in R}

$K_{poles}=\{f[n]=\lambda(-1)^n:\forall \lambda \in \mathbb{R}\}$

Bây giờ, là không gian vectơ, là không gian vectơ và $\mathbb{R}^\mathbb{Z}$ $K_{zeros}$ $K_{poles}$ là không gian vectơ.

Bây giờ chúng ta có thể định nghĩa hai không gian thương (xem Wikipedia để biết thêm thông tin về không gian thương):

Q_{i n p u t} = R^{Z} / K_{z e r o s}

$Q_{input} = \mathbb{R}^\mathbb{Z} / K_{zeros}$

Q_{o u t p u t} = R^{Z} / K_{p o l e s}

$Q_{output} = \mathbb{R}^\mathbb{Z} / K_{poles}$

Bạn có thể nghĩ là tập con của không chứa bất kỳ thành phần tín hiệu nào có dạng hoặc cách khác, bạn có thể nghĩ đến như là giống hệt nhau để với lớp tương đương mà cho chúng tôi biết "cho các ứng dụng hiện tại của chúng tôi, chúng tôi sẽ xem xét bất kỳ chức năng là eqivalent để cho bất kỳ " $Q_{output}$ $\mathbb{R}^\mathbb{Z}$ $\lambda(-1)^n$ $Q_{output}$ $\mathbb{R}^\mathbb{Z}$ $y[n]$ $y[n]+\lambda(-1)^n$ $\lambda$

Bằng cách này, bây giờ chúng ta có thể xác định lại ánh xạ dưới dạng ánh xạ từ sang . Ánh xạ mới này thực sự giống như ánh xạ cũ của chúng tôi, $M'$ $Q_{input}$ $Q_{output}$ $M$ , ngoại trừ chúng tôi đã giảm vector không gian mà nó hoạt động. Hơn nữa, ánh xạ mới này hiện là một lựa chọn (đó là "một-một" và "lên"), vì vậy nó được đảm bảo là không thể đảo ngược.

Cuối cùng, ánh xạ này, là $M'$ tuyến tính .

Vì vậy, điểm của toàn bộ lời giải thích lan man này là, bằng cách xác định các lớp tương đương thích hợp (hoặc cách khác, bằng cách giới hạn không gian của các hàm cho phép của chúng tôi vào một không gian con của $\mathbb{R}^\mathbb{Z}$ ), chúng ta có thể duy trì thuộc tính mà ánh xạ của chúng ta phải là tuyến tính (và bất biến theo thời gian).

Ví dụ: các quy tắc tuyến tính cho chúng ta biết rằng, nếu là tín hiệu đầu vào và là bất kỳ vô hướng thực nào, thì . Do đó, điều này ngụ ý rằng, bằng cách đặt , do đó, chúng ta nên kỳ vọng rằng (nghĩa là nếu chúng ta nhập tín hiệu 0 vào bộ lọc của mình, đầu ra sẽ là $x[n]$ $\alpha$ $M(\alpha x) = \alpha M(x)$ $\alpha=0$ $M(0\times x)=y[n]=0$ $y[n]=0$ ).

Tuy nhiên, chúng tôi biết rằng có thể xảy ra trường hợp đầu vào của bộ lọc bằng 0, nhưng đầu ra có dạng , vì vậy chúng tôi có thể muốn nói "điều đó chứng tỏ hệ thống của chúng tôi không tuyến tính, vì không bằng 0 ". Tuy nhiên, bạn sẽ nhớ lại rằng lớp tương đương , chúng tôi đã thực thi trên không gian vector đầu ra nói rằng "cho các ứng dụng hiện tại của chúng tôi, chúng tôi sẽ xem xét bất kỳ chức năng là eqivalent để cho bất kỳ thực ", có nghĩa là là tương đương với zero! $y'[n]=(-1)^n$ $y'[n]$ $y[n]$ $y[n]+\lambda(-1)^n$ $\lambda$ $y'[n]=(-1)^n$

— dave_mc
nguồn