Macht Instabilität ein ansonsten LTI-System nichtlinear (oder zeitvariant)?

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Ich spinne diese Frage von der Frage von Johnny ab . Matt L. und ich haben direkt entgegengesetzte Schlussfolgerungen zu Johnnys Frage gezogen.

Ich möchte die Frage von Fragen der Kausalität und anderen albernen Dingen entkoppeln.

Wir haben also ein einfaches rekursives System erster Ordnung, das mit der Zeitbereichs-E / A-Gleichung beschrieben wird:

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

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

Natürlich ist die Z-Transformation davon

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

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

und Übertragungsfunktion

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

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

Wir würden dies normalerweise als ein einfaches und realisierbares LTI-System mit einer Null bei $0$ und einem Pol bei identifizieren $p$ . Bei der anderen Frage gibt es jedoch ein Problem hinsichtlich Linearität und Zeitinvarianz für den Fall, dass $p=-1 \$ .

Für welche Werte $p$ ist dieses System linear? Für welche Werte $p$ ist dieses System zeitinvariant?

Ich glaube, dies ist der Kern der Meinungsverschiedenheiten, die ich mit Dr. Matt L. habe.

linear-systems transfer-function

— robert bristow-johnson
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Wenn wir es auf seine Tannenform erweitern. Theoretisch ist das System immer linear.

— Lerner

okay @Learner, also wenn , dann schlägt MattL vor, dass Sie für die Eingabe die Ausgabe einschließlich nicht-Null . Eingang ist identisch Null, Ausgang ist ungleich Null. Kann dieses System linear sein?

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

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Bitte stellen Sie klar: Für welche ganzen Zahlen gilt die Beziehung ? Für alle ganzen Zahlen ? Für ? Für ? In den beiden letztgenannten Fällen geben Sie bitte den Wert von (bzw. ) an, da wir uns einig sind, dass oder .

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

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Ich hatte es nie eingeschränkt. in der anderen Frage war ich explizit, dass . Ich hätte es hier sagen sollen, aber ich habe es vernachlässigt. Also werde ich die Frage ändern. Wenn nicht anders angegeben, wird meiner Meinung nach davon ausgegangen, dass es keine Einschränkung gibt.

n \in Z

$n\in\mathbb{Z}$

— Robert Bristow-Johnson

und da , können Sie daraus oder ein anderes spezifisches ableiten . Wenn Sie Kausalität annehmen, erhalten Sie ein rechtsseitiges . Wenn Sie eine Anti-Kausalität annehmen (was nicht die Art und Weise ist, wie ich die Differenzgleichung angegeben habe), erhalten Sie ein linksseitiges . in beiden Fällen betrifft dies die eine oder andere Grenze für die Faltungssummierung.

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

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Ich weiß nicht, wie die Diskussion zu diesem Punkt gekommen ist, aber es ist ziemlich kompliziert, nach so viel Zeit zu folgen. Es ist eine gewöhnliche Differenzgleichung mit konstanten Koeffizienten, die somit ein lineares, zeitinvariantes System definiert. Es besteht keine Notwendigkeit, weiter zu verfolgen, wenn eine einzigartige Lösung existiert . Hier haben wir ein Problem mit dem hervorgehobenen Teil.

Schreiben wir zunächst die Deskriptorzustandsraumgleichungen: Das System wird beschrieben durch

\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}

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

Hier ist meiner Meinung nach der problematische Teil. Obwohl dieses System LTI ist, ist es nicht regulär (relevante Schlagworte sind reguläre , impulsfreie Index-1-Deskriptorsysteme). Mit anderen Worten, es gibt kein für das der Ausdruck ungleich Null ist, und daher ist einer der Modi und tatsächlich ist dies für dieses Beispiel. Dies bedeutet, dass unser System Probleme mit der Eindeutigkeit von Lösungen aufweist. Im Gegensatz zum kausalen LTI-System gibt es keine Garantie für die Existenz einer eindeutigen Lösung. Es gibt keine Garantie für eine zulässige Lösung in dieser Angelegenheit (Schlagwort impulsive Systeme). Daher wird die LTI-Begründung der anderen Antworten es nicht ändern. $\lambda$ $\det(\lambda E-A)$ $\frac{\bullet}{0}$ $\frac{0}{0}$

Und dies verursacht, soweit ich aus Matt Ls Argumentation ersehen kann, das Problem, dass er zwei nicht trivial unterschiedliche Lösungen für dasselbe System gefunden hat und zu dem Schluss gekommen ist, dass dies kein lineares System sein kann. Dies setzt aber auch die Einzigartigkeit und Existenz einer Lösung und Anfangsbedingungen voraus.

Es unterscheidet sich von den regulären Systemen nur dadurch , dass die Eindeutigkeits- und Existenzgarantien der Standard-LTI-Systeme nicht angenommen werden können. Es kann nicht mehr davon ausgegangen werden, dass die Modelle für alle möglichen Signale zulässige Trajektorien aufweisen.

— Percusse
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Die Antwort ist nein. Um ein zeitdiskretes System als LTI zu kennzeichnen, suchen wir nur nach seinen Linearitäts- und Zeitinvarianzeigenschaften und müssen uns nicht darum kümmern, ob es stabil ist oder nicht. Dies ist eine weitere unabhängige Eigenschaft eines Systems, die mit anderen Eigenschaften koexistieren kann. In der Tat sind viele LTI-Systeme instabil und sie sind immer noch LTI-Systeme. Eine Fülle von Beispielen finden Sie in Alan Oppenheims Buch: Signals & Systems, 2ed, Kapitel 2. (oder einem anderen College-Lehrbuch über Signale und Systeme oder digitale Signalverarbeitung). Betrachten Sie zum Beispiel nicht stabile IIR-Filter, die noch linear sind und zeitinvariant. (in der Tat ist Ihr Beispiel eines davon)

Wenn Sie zu Ihrer LCDDE kommen, die, wie Sie vielleicht wissen, ein rekursives diskretes Zeitsystem definieren soll, reicht die LCDDE selbst nicht aus, um eine Lösung eindeutig anzugeben, da Sie auch eine Reihe von Hilfsbedingungen (Anfangsbedingungen) benötigen. Ohne diese explizit festgelegten Anfangsbedingungen können Sie weder die Gleichung lösen noch bestimmen, ob das System, das es darstellt, LTI oder kausal ist. Weil es für einige Anfangsbedingungen nicht kausal, nicht linear und zeitlich variierend sein kann, während es für eine andere Menge (nämlich die anfänglichen Ruhebedingungen) linear, zeitinvariant und kausal sein wird. Damit ein einzelnes LCCDE ein LTI-System eindeutig darstellen kann, müssen seine Anfangsbedingungen ordnungsgemäß auf anfängliche Ruhe und nicht willkürlich eingestellt werden ...

— Fat32
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Linearität und Zeitinvarianz hängen nicht vom Wert von . Die zwei möglichen linearen und zeitinvarianten (LTI) Systeme, die durch die Differenzgleichung beschrieben werden $p$

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

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

sind gegeben durch die inverse -Transformation der Übertragungsfunktion, wie in der Frage formuliert: $\mathcal{Z}$

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

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

Es ist zu beachten, dass (2) eine Impulsantwort nur dann eindeutig definiert, wenn der Konvergenzbereich (ROC) von angegeben ist. Für die Übertragungsfunktion (2) gibt es zwei mögliche ROCs:und. Im ersten Fall ist die entsprechende Impulsantwort rechtsseitig und entspricht einem kausalen LTI-System: $H(z)$ $|z|>|p|$ $|z|<|p|$

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

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

Dabei ist die Einheitsschrittfunktion. Wenn wir wählen Als ROC erhalten wir eine linksseitige Impulsantwort, die einem antikausalen System entspricht: $u[n]$ $|z|<|p|$

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

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

Wenn ist das durch charakterisierte kausale LTI-System stabil, und das durch charakterisierte LTI-System ist instabil, und wenn das Gegenteil. $|p|<1$ $h_1[n]$ $h_2[n]$ $|p|\ge 1$

Bisher haben wir gesehen, dass die Differenzgleichung (1) zwei LTI-Systeme definiert, eines kausal und das andere antikausal. Die beiden entsprechenden Impulsantworten und sind Lösungen der Differenzgleichung (1) für . Dies sind jedoch nicht die einzigen Lösungen von (1). Aus der Theorie der linearen Differenzgleichungen ist bekannt, dass die allgemeine Lösung durch eine bestimmte Lösung für ein gegebenes und durch eine Lösung der durch definierten homogenen Gleichung gegeben ist . Für die gegebene Differenzgleichung ist die entsprechende homogene Gleichung $h_1[n]$ $h_2[n]$ $x[n]=\delta[n]$ $x[n]$ $x[n]=0$

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

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

Die Lösung von (5) ist

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

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

Nun können wir die allgemeine Lösung von (1) (mit ) ausdrücken, indem wir eine bestimmte Lösung (entweder oder ) mit : $x[n]=\delta[n]$ $h_1[n]$ $h_2[n]$ $y_h[n]$

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

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

Man beachte, dass die Lösung aus (7) erhalten werden kann, indem . Beachten Sie auch, dass (7) für alle gültig ist . $h_2[n]$ $c=-1$ $n\in\mathbf{Z}$

Wenn wir das Eingangssignal skalieren und mit einem , wäre der resultierende Ausgang $x_1[n]=a\delta[n]$ $a\in\mathbf{R}$

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

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

Dieses Ausgangssignal ist im Allgemeinen nicht gleich (wobei durch (7) gegeben ist), es sei denn, oder . Folglich ist das entsprechende System nicht linear. Für das Eingangssignal der Ausgang $a\cdot y[n]$ $y[n]$ $c=0$ $c=-1$ $x_2=\delta[n-n_0]$

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

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

Dies ist im Allgemeinen nicht gleich (wiederum, es sei denn, oder ). Das entsprechende System ist also auch nicht zeitinvariant. $y[n-n_0]$ $c=0$ $c=-1$

Zusammenfassend beschreibt die Differenzgleichung (1) unendlich viele Systeme mit Antworten auf das durch (7) gegebene Eingangssignal . Nur zwei dieser Systeme sind LTI, die anderen nicht. Die beiden LTI-Systeme werden durch die Impulsantworten und die durch (3) bzw. (4) gegeben sind. $x[n]=\delta[n]$ $h_1[n]$ $h_2[n]$

— Matt L.
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Unterm Strich ist das durch diese Gleichung beschriebene System kein LTI. oder nicht unbedingt LTI. Recht? Nun, um die Diskussion zu vereinfachen, können Sie zustimmen, dass der Grund, warum Sie behaupten, dass es sich nicht um LTI handelt, darin besteht, dass bei einer Eingabe, die identisch Null ist , die Ausgabe kann ungleich Null sein und ?

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

Wenn , könnte dies auch eine Ausnahme von Ihrer anfänglichen Behauptung sein, dass "Linearität und Zeitinvarianz nicht vom Wert von abhängen " ?

p = 0

$p=0$ $p$

— Robert Bristow-Johnson

und schließlich sind Sie , dass offenbar zu leugnen, selbst für ein richtig gewählt , dass kann keine allgemeine Lösung für oder für ähnlich beschriebene Systeme sein?

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, sind Sie daran interessiert, eine dieser Fragen zu beantworten?

— Robert Bristow-Johnson

@ robertbristow-johnson: Ja, aber Sie scheinen viele Fragen gleichzeitig zu stellen, und ich habe das Gefühl, dass die meisten bereits explizit durch meine Antwort auf Ihre ursprüngliche Frage beantwortet wurden. Aber ich werde es

— Matt L.

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Ich finde diese Diskussion faszinierend und wollte der Mischung einen weiteren Gesichtspunkt hinzufügen:

Das betrachtete System ( ) kann als Abbildung von einem (unendlich dimensionalen) Vektorraum auf einen anderen betrachtet werden. Nennen wir dies dieses Mapping , und wir können es (anfänglich) definieren als: $y[n]=p⋅y[n−1] + x[n]$ $M$

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

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

Diese Terminologie besagt, dass eine Zuordnung von (dem Raum aller reellen Funktionen einer ganzzahligen Variablen) zu . $M$ $\mathbb{R}^\mathbb{Z}$ $\mathbb{R}^\mathbb{Z}$

Wenn das System Nullen hat (und das hier betrachtete System eine Null bei ), bedeutet dies, dass unsere Abbildung nicht eins zu eins ist, da zwei verschiedene Eingangssignale zu demselben Ausgangssignal führen. Zum Beispiel können wir für jedes Eingangssignal sagen, dass für jedes echte . $z=1$ $M$ $x[n]$ $M(x)=M(x+\lambda)$ $\lambda$

Die Funktionen, die "Nullen" unseres Systems sind, können wie folgt definiert werden:

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

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

Ebenso stellen wir fest, dass, wenn unser System irgendwelche Pole hat (und das hier betrachtete System eine Null bei ), dies bedeutet, dass die inverse Abbildung nicht eins zu eins ist. Insbesondere ist für jedes echte . $z=-1$ $M^{-1}$ $M^{-1}(x)=M^{-1}(x+\lambda(-1)^n)$ $\lambda$

Die Funktionen, die "Pole" unseres Systems sind, können wie folgt definiert werden:

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

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

Nun ist ein Vektorraum, ist ein Vektorraum und ist ein Vektorraum. $\mathbb{R}^\mathbb{Z}$ $K_{zeros}$ $K_{poles}$

Wir können jetzt zwei Quotientenräume definieren ( weitere Informationen zu Quotientenräumen finden Sie in Wikipedia ):

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}

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

Sie können sich als Teilmenge von vorstellen, die keine Signalkomponenten der Form , oder Sie können sich alternativ vorstellen ist identisch mit mit Äquivalenzklassen , die uns sagen, "für unsere aktuelle Anwendung betrachten wir jede Funktion als äquivalent zu für jedes echte " $Q_{output}$ $\mathbb{R}^\mathbb{Z}$ $\lambda(-1)^n$ $Q_{output}$ $\mathbb{R}^\mathbb{Z}$ $y[n]$ $y[n]+\lambda(-1)^n$ $\lambda$

Auf diese Weise können wir nun eine neue Abbildung als Abbildung von auf . Dieses neue Mapping ist wirklich genau das gleiche wie unser altes Mapping , außer dass wir die Vektorräume, auf denen es arbeitet, reduziert haben. Darüber hinaus ist dieses neue Mapping jetzt eine Bijektion (es ist "eins zu eins" und "auf"), so dass es garantiert auch invertierbar ist. $M'$ $Q_{input}$ $Q_{output}$ $M$

Schließlich ist diese Zuordnung, ist linear . $M'$

Der Sinn dieser ganzen Erklärung ist also, dass wir durch Definieren der geeigneten Äquivalenzklassen (oder alternativ durch Beschränken unseres Raums zulässiger Funktionen auf einen Unterraum von ) dies können Behalten Sie die Eigenschaft bei, dass unser Mapping linear (und zeitinvariant) sein sollte. $\mathbb{R}^\mathbb{Z}$

Zum Beispiel sagen uns die Linearitätsregeln , dass, wenn ein Eingangssignal ist und ein realer Skalar ist, . Dies impliziert also, dass wir durch Setzen von erwarten sollten, dass (dh wenn wir das Nullsignal in unseren Filter eingeben, sollte der Ausgang ). $x[n]$ $\alpha$ $M(\alpha x) = \alpha M(x)$ $\alpha=0$ $M(0\times x)=y[n]=0$ $y[n]=0$

Wir wissen jedoch, dass es möglich ist, dass die Eingabe in den Filter Null ist, die Ausgabe jedoch die Form , sodass wir möglicherweise versucht sind, "das beweist" zu sagen unser System ist nicht linear, weil nicht Null ist ". Sie werden sich jedoch daran erinnern, dass die Äquivalenzklasse, die wir für den Ausgabevektorraum erzwungen haben, besagt, dass "für unsere aktuelle Anwendung jede Funktion als äquivalent zu für ein wirkliches “, was bedeutet , dass ist äquivalent zu Null! $y'[n]=(-1)^n$ $y'[n]$ $y[n]$ $y[n]+\lambda(-1)^n$ $\lambda$ $y'[n]=(-1)^n$

— dave_mc
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