因果系统的实部自满性

这是信号系统考试的一道题，当时考场上有点感觉，但是没写出来，遂乱写一通交卷，好歹留点字在上面让老师捞一捞。现在回来看，卷子上写的内容简直是一坨答辩

当时考场上不知道为什么它要考这么一个奇怪的题，信号系统又不是数学系学的；然后后来在 Oppenheim 的信号与系统第二版的第四章习题 4.47 和 4.48 看到了习题里确实有因果系统的实部自满特性，不过老师没布置这个习题，所以也就没看过。在了解了一些相关内容后发现确实是自己才疏学浅了

考题是这样的

是一个因果系统的单位脉冲响应且为实的，是它的 Fourier 变换，记是的实部，是的虚部，求证：
$R(\omega) = \frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{X(\eta)}{\omega-\eta} \mathrm{d}\eta \quad , \quad X(\omega) = -\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{R(\eta)}{\omega-\eta} \mathrm{d}\eta$

实部自满性

因果系统（前提是单位脉冲响应在原点没有奇异性）有所谓的实部自满性，就是其 Fourier 变换的实部能包含该信号全部信息

关于这一点，课本内容表明对于任何实信号都有

$\mathrm{Ev}[f(t)] \overset{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow} \mathrm{Re}[F(\omega)]$

而因果信号的偶部是没有信号重叠的，所以只要将反变换回时域，然后把的部分剪掉，再乘以 2 就能得到原信号，也就是已经包含了原信号的全部信息

也可以从另一个角度来看，先将写为，这是因为是因果的¹，所以的部分恒为零，然后由于

$\mathcal{F}[u(t)] = \frac{1}{j\omega} + \pi \delta(\omega)$

以及 Fourier 变换的相乘性质，所以

$F(\omega) = \frac{1}{2\pi} F(\omega) * \left[ \frac{1}{j\omega} + \pi \delta(\omega) \right] = \frac{1}{2\pi j}\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{F(\eta)}{\omega-\eta} \mathrm{d}\eta + \frac{1}{2}F(\omega)$

将移到左边就是

$F(\omega) = \frac{1}{\pi j}\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{F(\eta)}{\omega-\eta} \mathrm{d}\eta$

现在将写为，上式成为

$R(\omega) + jX(\omega) = \frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{X(\eta)}{\omega-\eta} \mathrm{d}\eta - \frac{j}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{R(\eta)}{\omega-\eta} \mathrm{d}\eta$

令实部虚部分别相等就得到考题要求证明的结果。这表明因果系统 Fourier 变换的实部和虚部是通过一个卷积关系互相关联的，也就是给定其实部也能求出虚部，同样说明了其具有实部自满性

Hilbert 变换

上面过程中出现的式子

$R(\omega) = \frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{X(\eta)}{\omega-\eta} \mathrm{d}\eta = X(\omega) * \frac{1}{\pi \omega}$

称为的 Hilbert 变换

复解析信号

这个变换作用在时域上时将会有

$\mathcal{H}[f(t)] = f(t) * \frac{1}{\pi t} \overset{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow} F(\omega) \mathcal{F} \left[ \frac{1}{\pi t} \right]$

利用 Fourier 变换的对偶性，即已知的 Fourier 变换是，那么应该有

$\mathcal{F} \left[ \frac{1}{jt} + \pi \delta(t) \right] = 2\pi u(-\omega)$

而又因为，所以

$\mathcal{F} \left[ \frac{1}{\pi t} \right] = \frac{j}{\pi} \mathcal{F} \left[ \frac{1}{j t} \right] = \frac{j}{\pi} \left[ 2\pi u(-\omega) - \pi \right] = j[2 u(-\omega) - 1]$

这实际是一个符号函数

$\mathcal{F} \left[ \frac{1}{\pi t} \right] = -j\ \mathrm{sgn}(\omega) \quad,\quad \mathrm{sgn}(\omega) = \begin{cases} 1 &,\omega>0 \\ 0 &,\omega=0 \\ -1 &,\omega<0 \end{cases}$

然后再以为实部，以它的 Hilbert 变换为虚部构造一个新信号，将会有

$f(t) + j \mathcal{H}[f(t)] \overset{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow} F(\omega) [1+\mathrm{sgn}(\omega)] = 2F(\omega)u(\omega)$

这将的频谱进行了翻折并相加，称为原信号的复解析信号

Hilbert 变换与解调

Hilbert 变换的一个用法是用来解调，设是调制完的信号，以调幅为例也就是，，这里是被调制的信号

$\mathcal{H}[f(t)] = a(t)\cos(\omega_m t + \phi_m) * \frac{1}{\pi t} \overset{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow} -\frac{j}{2}[e^{j\phi_m}A(\omega - \omega_m) + e^{-j\phi_m}A(\omega + \omega_m)] \ \mathrm{sgn}(\omega)$

这里利用了

$\begin{aligned} \mathcal{F}[a(t)\cos(\omega_m t + \phi_m)] &= \frac{1}{2\pi} A(\omega) * \pi[e^{j\phi_m}\delta(\omega - \omega_m) + e^{-j\phi_m}\delta(\omega + \omega_m)] \\[8pt] &= \frac{1}{2} [e^{j\phi_m}A(\omega - \omega_m) + e^{-j\phi_m}A(\omega + \omega_m)] \end{aligned}$

如果被调制信号的带宽低于载波频率，即如果时且，那么将全部在的区域，而将全部在的区域，所以

$-\frac{j}{2}[e^{j\phi_m}A(\omega - \omega_m) + e^{-j\phi_m}A(\omega + \omega_m)] \ \mathrm{sgn}(\omega) = \frac{j}{2}[-e^{j\phi_m}A(\omega - \omega_m) + e^{-j\phi_m}A(\omega + \omega_m)] \overset{\mathcal{F}}{\longleftrightarrow} a(t)\sin(\omega_m t + \phi_m)$

这里则利用了

$\begin{aligned} \mathcal{F}[a(t)\sin(\omega_m t + \phi_m)] &= \frac{1}{2\pi} A(\omega) * \frac{\pi}{j}[e^{j\phi_m}\delta(\omega - \omega_m) - e^{-j\phi_m}\delta(\omega + \omega_m)] \\[8pt] &= \frac{j}{2} [-e^{j\phi_m}A(\omega - \omega_m) + e^{-j\phi_m}A(\omega + \omega_m)] \end{aligned}$

所以，这样只要将接收到的和其 Hilbert 变换平方相加再开方就有

$\sqrt{f(t)^2+\mathcal{H}[f(t)]^2} = a(t)\sqrt{\cos^2(\omega_m t + \phi_m) + \sin^2(\omega_m t + \phi_m)} = |a(t)|$

而为了消去绝对值，则可以将写为

$f(t) = a(t)\cos(\omega_m t + \phi_m)=|a(t)|\cos(\omega_m t + \phi_m+\phi_a(t))$

这里当为负值时，那么在接收到被调制的信号后，以及在已知载波信号的情况下，就可以有

$\begin{aligned} \cos(\phi_a(t)) &= \cos[\omega_m t + \phi_m+\phi_a(t) - (\omega_m t + \phi_m)] \\ &= \cos(\omega_m t + \phi_m+\phi_a(t)) \cos(\omega_m t + \phi_m) + \sin(\omega_m t + \phi_m+\phi_a(t)) \sin(\omega_m t + \phi_m) \end{aligned}$

而则可以通过来得到，前面已经得出来了。最后，这样就完成了对调幅信号解调的任务，下面是用 matlab 进行的试验

%main function
function hilbertdemod()
    fs = 1000; %采样频率
    t_0 = -8; %采样开始时间
    N = 16000; % 采样点个数
    t = (0:N-1)*(1/fs)+t_0; %生成采样时间序列
    omega = 2*pi; %载波角频率
    phi = 0; %载波初相位
    org = sin(pi*t/2)./(pi*t); %被调制的信号的采样序列
    org(N/2+1) = org(N/2); %去除t=0时的nan值
    modusig = cos(omega*t+phi); %载波信号采样序列

    rec = gen_modu(org, modusig); %调幅
    dem = de_modu(rec, modusig); %解调
    ploter(org, rec, dem, modusig, t, fs, N); %画图函数（未显示）
end

%demodulate function
function dem = de_modu(rec, modusig)
	%求接收到的被调制后的信号序列的Hilbert变换，hilbert()是MATLAB的toolbox中自带函数，返回复解析信号
    hil = imag(hilbert(rec));
    mag = sqrt(rec.^2 + hil.^2); %求幅值
    ang = [rec./mag; hil./mag]; %求被调制后的信号序列的相角的cos和sin值
    ang_modu = [modusig; imag(hilbert(modusig))]; %求载波信号序列相角的cos和sin值
    dem = mag.*(ang(1,:).*ang_modu(1,:) + ang(2,:).*ang_modu(2,:)); %计算相位差并修正幅值
end

%modulate function
function rec = gen_modu(org, modusig)
    rec = org.*modusig;
end