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title: 第三~四週
tags: 訊號與系統
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# Convolution 卷積 ✽
在 Time Domainn 中，每個訊號都可以以
**權重過的 $\delta(t)$ 進行位移的和**表示

$$
DT：x[n] = ...x[-1]\delta[n-(-1)]+x[0]\delta[n-0]+x[1]\delta[n-1]+...
$$
或者更簡潔的表示為
$$
DT：x[n]=\sum_{k=-\infty}^{\infty} x[k]\delta [n-k]\\
CT：x(t)=\int_{-\infty }^{\infty}x(\tau)\delta (t-\tau) d\tau
$$
如果他經過了一個線性系統，根據線性系統的性質可以發現：
$$
DT：y[n]=H\{x[n]\}=\sum_{k=-\infty}^{\infty} x[k]H\{\delta [n-k]\}\\
CT：y(t)=H\left \{ x(t) \right \}=H\left \{ \int_{-\infty }^{\infty}x(\tau)\delta (t-\tau) d\tau \right \} = \int_{-\infty }^{\infty}x(\tau)H\left \{ \delta (t-\tau) \right \} d\tau\\
h(t)=H\left \{ \delta (t) \right \} \equiv Impulse \ response \ of \ the \ LTI \ system \ H \\
DT：y[n]=x[n] \ast h[n]=\sum_{k=-\infty}^{\infty} x[k]h[n-k]\\
CT：y(t)=x(t) \ast h(t)=\int_{-\infty }^{\infty}x(\tau)h(t-\tau)d\tau
$$

這是一個運算符號，那他做了什麼事情呢？
>[name=郭昌興]它毀滅了我的作息

# 物理意義
因為到時候函數 y 會以 $t/n$ 的區間的方式表示值，如
$$
\begin{eqnarray}
y(t) & = & \left\{\begin{matrix}
1, & t>0\\
0, & t<0
\end{matrix}\right.
\ \ \ y[n] & = & \left\{\begin{matrix}
1, & n\ge 0\\
0, & n<0
\end{matrix}\right.
\end{eqnarray}
$$
那我們就將 $t/n$ 分段討論，也就是當成常數
此時先跳脫 級數/積分 的思維
將函數 $h$，換成以 $k/\tau$ 作為變數
$$
DT：x[k]h[-(k-n)]\\
CT：x(\tau)h(-(\tau-t))
$$

會發現只是對函數 $h$ 做了翻轉跟位移後，再乘上一開始的函數 $x$
這時候就可以開始對 $t/n$ 分段討論了
將 $t/n$ 從 $-\infty$ 移到 $\infty$
看看 $h$ 對 $x$ 有沒有重疊的部分，有重疊代表乘積是有值的
連續的情況中，從左邊移到右邊，碰到一次 $x$ 的邊界就停下來
並記錄小於該邊界值的範圍

# 舉例
$x(t)=(t-1)[u(t-1)-u(t-3)]$ and $h(t)=u(t+1)-2u(t-2)$
先畫出兩者的圖形

$$
\begin{eqnarray}
x(\tau) & = & \left\{\begin{matrix}
\tau-1, & 1<\tau<2\\
0, & other
\end{matrix}\right.
\end{eqnarray}
$$


$$
\begin{eqnarray}
h(\tau) & = & \left\{\begin{matrix}
1, & -1<\tau<2\\
-1, & \tau>2\\
0 & other
\end{matrix}\right.
\end{eqnarray}
$$

$$
h(-\tau)
$$

上圖中，假設將圖形整體對 0 點往右移 t 格
則邊界的相對位置如上圖所標示

## Case 1 $\ \ t+1<1$
此時 $h$ 的右端正要碰到 $x$ 的左端
但是圖形都沒有交集，所以乘積為 0

## Case 2 $\ \ 1\le t+1 <3 ,\ 1<\tau<t+1$
此時 $h$ 的右端介於 $x$ 的左端和右端之間
所以這區間的面積就是
$$
\int_{1}^{t+1}x(\tau)h(t-\tau)d\tau = \int_{1}^{t+1}(\tau-1)×1d\tau
$$


## Case 3 $\ \ 3\le t+1<4,\ 1<\tau<3$

此時 $h$ 的右端在 $x$ 的右端右邊
由中間的區段提供乘積
這區間的面積就是
$$
\int_{1}^{3}x(\tau)h(t-\tau)d\tau = \int_{1}^{3}(\tau-1)×1d\tau
$$
...雖然上圖看似重合，但就當作他們是很接近的吧...

## Case 4 $\ \ 4\le t+1<6,\ t-2<\tau<3$

此時 $h$ 的左端在 $x$ 的左端和右端之間
這區間的面積就是
$$
\int_{t-2}^{3}x(\tau)h(t-\tau)d\tau = \int_{t-2}^{3}(\tau-1)×1d\tau
$$

...雖然上圖看似重合，但就當作他們是很接近的吧...

## Case 5 $\ \ 6\le t+1,\ 1<\tau<3$
此時 $h$ 的左端在 $x$ 右端的右邊
這時換 $h$ 負的區域提供乘積
這區間的面積就是
$$
\int_{t-2}^{3}x(\tau)h(t-\tau)d\tau = \int_{t-2}^{3}(\tau-1)×(-1)d\tau
$$
...雖然上圖看似重合，但就當作他們是很接近的吧...

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以上，你就成功的使用卷積了
可以將結果表示成

$$
\begin{eqnarray}
y(t) & = & \left\{\begin{matrix}
0, & 0 < t \\
\frac{t^2}{2}, & 0 \le t < 2\\
2, & 2 \le t < 3\\
-t^2+6t-7, & 3 \le t < 5\\
-2, & 5 \le t\\
\end{matrix}\right.
\end{eqnarray}
$$

DT 也是用相同的方法
不過 DT 可以用另一種解法...
# 推廣性質
在LTI(linear-time invariant)的系統中，訊號將具備以下運算特質

#### 分配律(Distributive)
$$
x(t)\ast h_{1}(t)+x(t)\ast h_{2}(t)=x(t)\ast \{h_{1}(t)+h_{2}(t)\}\\
x[n]\ast h_{1}[n]+x[n]\ast h_{2}[n]=x[n]\ast \{h_{1}[n]+h_{2}[n]\}
$$
#### 結合律(Associative)
$$
\{x(t)\ast h_{1}(t)\}\ast h_{2}(t)=x(t)\ast \{h_{1}(t)\ast h_{2}(t)\}\\
\{x[n]\ast h_{1}[n]\}\ast h_{2}[n]=x[n]\ast \{h_{1}[n]\ast h_{2}[n]\}
$$
#### 交換律(Commutative)
$$
h_{1}(t)\ast h_{2}(t) = h_{2}(t)\ast h_{1}(t)\\
h_{1}[n]\ast h_{2}[n] = h_{2}[n]\ast h_{1}[n]
$$

>[name=郭昌興]我話就說到這裡

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# Memoryless LTI Systems
如果輸出訊號 y 只有跟==當前的輸入值 x==有關的話
>也就是 x[n] 或 x(t)

就是沒有記憶性的 Memoryless
$$
DT：y[n]=x[n] \ast h[n]=h[n] \ast x[n]=\sum_{k=-\infty}^{\infty} h[k]x[n-k]\\
CT：y(t)=x(t) \ast h(t)=h(t) \ast x(t)=\int_{-\infty }^{\infty}h(\tau)x(t-\tau)d\tau
$$
上面藉由交換律對調兩個函數，再根據卷積的定義，可以得到等號最後面的樣子
由於是 Memoryless，所以就不考慮 $x[n-k]$ 或 $x(n-\tau)$
或者說，讓他們都乘上 0，而這正好就是 $\delta$ 在做的事情
於是可以得到結論：
$$
當且僅當\\
h[n] = c\delta[n]\ \ or \ \ h(t)=c\delta(t)\\
y\ 是\ Memoryless
$$
這樣的話只有 x[n] 或 x(t) 會保留下來

# Causal LTI Systems
如果輸出訊號 y 只有跟==過去或當前的輸入值 x==有關的話
就是 Causal
$$
DT：y[n]=x[n] \ast h[n]=h[n] \ast x[n]=\sum_{k=-\infty}^{\infty} h[k]x[n-k]\\
CT：y(t)=x(t) \ast h(t)=h(t) \ast x(t)=\int_{-\infty }^{\infty}h(\tau)x(t-\tau)d\tau
$$
一樣也是用交換過的
所以只要
$$
h[n] = 0\ for\ k<0\\
or
\\ h(t)=0\ for\ t<0
$$
# Stable LTI Systems

# Step Response

$$
s[n]=h[n]\ast u[n]=\sum_{k=-\infty}^{\infty}h[k]u[n-k]\\
s(n)=h(n)\ast u(n)=\int_{-\infty}^{\infty}h(n)u(n-k)
$$
n-k < 0 u 的值就是 0，所以範圍可改為
$$
\sum_{k=-\infty}^{n}h[k]u[n-k]\\
\int_{-\infty}^{n}h(n)u(n-k)
$$
n-k $\ge$ 0 u 的值就是 1，所以可化簡為
$$
s[n]=\sum_{k=-\infty}^{n}h[k]\\
s(n)=\int_{-\infty}^{n}h(n)dn
$$
並且可以得到一些推論
$$
h[n] = s[n]-s[n-1]\\
h(n)=\frac{d}{dn}s(n)
$$

>對，我放棄用兩種變數表示了，但上面好像一起改掉會比較好