统计动力学笔记（三）整波滤波器（自留用）

整波滤波器是一类能够整合具有任意频谱密度的静定随机信号的滤波器。其输入信号往往是白噪声。

1. 整波滤波器推导

由统计动力学笔记（二）频谱密度与线性随机系统的动态准确性（自留用）一文可以知道系统输出$x$和输入$u$之间的互频谱密度：
$$S_x(\omega )=W(j\omega )W(-j\omega )S_u(\omega )\text{\hspace{1em}(1)}$$当输入为白噪声时，$S_u(\omega )=S_n(\omega )=1$，则
$$S_x(\omega )=W(j\omega )W(-j\omega )\text{\hspace{1em}(2)}$$这样一来，只要将输出端$x$的频谱密度分解为2个共轭的部分，就可以得到系统的传递函数。这一步也称为频谱密度的分解。

例：输出端的频谱密度为
$$S_x(\omega )=\frac{4}{4{\omega }^2+1}=\frac{2}{2j\omega +1}\cdot \frac{2}{2(-j\omega )+1}$$则系统的传函为
$$W(j\omega )=\frac{2}{2j\omega +1}$$即
$$W(\mathrm{s})=\frac{2}{2\mathrm{s}+1}$$

2. 线性动态系统输出端的随机信号的方差

方差的定义式在统计动力学笔记（二）频谱密度与线性随机系统的动态准确性（自留用）一文的式(5)已给出：
$$D_x=R_x(0)=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }{S}_x(\omega )\mathrm{d}\omega$$代入式(1)
$$D_x=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }W(j\omega )W(-j\omega )S_u(\omega )\mathrm{d}\omega =\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }|W(j\omega ){|}^2{S}_u(\omega )\mathrm{d}\omega \text{\hspace{1em}(3)}$$式(3)的计算方式，有如下一套固定的方法，称为“$I_n$ – 积分法”：
$$I_n=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{|G(j\omega ){|}^2}{|H_n(j\omega ){|}^2}\mathrm{d}\omega =\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{G_n(j\omega )}{H_n(j\omega )H_n(-j\omega )}\mathrm{d}\omega \text{\hspace{1em}(4)}$$其中
$$\begin{gathered} G_n(j\omega )=b_0(j\omega {)}^{2n-2}+b_1(j\omega {)}^{2n-4}+\cdots +b_{n-1}, \\ {H}_n(j\omega )=a_0(j\omega {)}^n+a_1(j\omega {)}^{n-1}+\cdots +a_n\text{\hspace{1em}(5)} \end{gathered}$$关于式(4)(5)有如下几点：
（1）若积分式的分母阶数为$n$，则实际系统中，分子的阶数不会超过$2n-2$。
（2）积分式分母$H_n(j\omega )H_n(-j\omega )$为$\omega$的偶函数。
（3）积分式分子$G_n(j\omega )$只含有$j\omega$的偶次幂。若出现了奇次幂，则可以直接忽视掉，因为积分后奇次幂将等于零。
（4）积分式分母中的$H_n(j\omega )$应当是稳定的。

则对于$I_n$ – 积分，其计算方法如下：
$$I_n=(-1{)}^{n+1}\frac{N_n}{2a_0{D}_n}\text{\hspace{1em}(6)}$$其中
$$D_n=\left|\begin{array}{ccccc}{a}_1& a_0& 0& \cdots & 0\\ a_3& a_2& a_1& \cdots & 0\\ a_5& a_4& a_3& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& \cdots & a_n\end{array}\right|,\text{\hspace{1em}(7)}$$$$N_n=\left|\begin{array}{ccccc}{b}_0& a_0& 0& \cdots & 0\\ b_1& a_2& a_1& \cdots & 0\\ b_2& a_4& a_3& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ b_{n-1}& 0& 0& \cdots & a_n\end{array}\right|\text{\hspace{1em}(8)}$$$N_n$只是把$D_n$中的第一列替换成了$b_i$。

例：设系统的传递函数为
$$W(\mathrm{s})=\frac{K}{T\mathrm{s}+1}$$输入信号的频谱密度为
$$S_u(\omega )=\frac{D_u}{{\alpha }^2+{\omega }^2}$$计算该系统的均方差。
首先得到系统误差的传函：
$${\Phi }_e(\mathrm{s})=\frac{1}{1+W(\mathrm{s})}=\frac{T\mathrm{s}+1}{T\mathrm{s}+1+K}$$代入式(1)计算误差的频谱密度
$$\begin{array}{rl}{S}_e(\omega )& ={\left|{\Phi }_e(j\omega )\right|}^2{S}_u(\omega )={\left|\frac{T(j\omega )+1}{T(j\omega )+1+K}\right|}^2\frac{D_u}{{\alpha }^2+{\omega }^2}\\ & =\frac{D_u\left(T^2{\omega }^2+1\right)}{{\left|\left(T(j\omega )+1+K\right)\left(j\omega +\alpha \right)\right|}^2}\\ & =\frac{D_u\left(T^2{\omega }^2+1\right)}{{\left|T(j\omega {)}^2+\left(\alpha T+1+K\right)j\omega +(1+K)\alpha \right|}^2}\end{array}$$均方差为（类比统计动力学笔记（二）频谱密度与线性随机系统的动态准确性（自留用）一文式(5)）：
$$\overline{e^2}=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }{S}_e(\omega )\mathrm{d}\omega =D_u{I}_2$$其中
$$I_2=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{\left(T^2{\omega }^2+1\right)\mathrm{d}\omega }{{\left|T(j\omega {)}^2+\left(\alpha T+1+K\right)j\omega +(1+K)\alpha \right|}^2}$$可见
$$G_2(j\omega )=\underset{b_0}{\underbrace{T^2}}{\omega }^2+\underset{b_1}{\underbrace{1}},$$$$H_2(j\omega )=\underset{a_0}{\underbrace{T}}(j\omega {)}^2+\underset{a_1}{\underbrace{\left(\alpha T+1+K\right)}}j\omega +\underset{a_2}{\underbrace{(1+K)\alpha }}$$计算两个行列式
$$D_2=\left|\begin{array}{cc}{a}_1& a_0\\ a_3& a_2\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}\alpha T+1+K& T\\ 0& (1+K)\alpha \end{array}\right|=\alpha \left(\alpha T+1+K\right)(1+K),$$$$N_2=\left|\begin{array}{cc}{b}_0& a_0\\ b_1& a_2\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}{T}^2& T\\ 1& (1+K)\alpha \end{array}\right|=\alpha T^2(1+K)-T$$故
$$I_2=(-1{)}^{2+1}\frac{N_2}{2a_0{D}_2}=-\frac{\alpha T^2(1+K)-T}{2T\alpha \left(\alpha T+1+K\right)(1+K)}$$则
$$\overline{e^2}=D_u{I}_2=\frac{D_u\left[T-\alpha T^2(1+K)\right]}{2T\alpha \left(\alpha T+1+K\right)(1+K)}=\frac{D_u\left[1-\alpha T(1+K)\right]}{2\alpha \left(\alpha T+1+K\right)(1+K)}$$故均方差为
$$\sqrt{\overline{e^2}}=\sqrt{\frac{D_u\left[1-\alpha T(1+K)\right]}{2\alpha \left(\alpha T+1+K\right)(1+K)}}$$