総合演習

まず $g(t)=\mathrm{e}^{-\alpha t}u(t)\leftrightarrow G(\omega)=\dfrac{1}{\alpha+\mathrm{j}\omega}$。余弦の変調（周波数シフト）で

$$g(t)\cos(\omega_0 t)\ \leftrightarrow\ \frac12\bigl[G(\omega-\omega_0)+G(\omega+\omega_0)\bigr] =\frac12\!\left[\frac{1}{\alpha+\mathrm{j}(\omega-\omega_0)}+\frac{1}{\alpha+\mathrm{j}(\omega+\omega_0)}\right].$$

最後に全体の時間シフト $t\to t-t_0$ は位相 $\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t_0}$ を掛けるだけだから、

$$X(\omega)=\frac{\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\omega t_0}}{2} \left[\frac{1}{\alpha+\mathrm{j}(\omega-\omega_0)}+\frac{1}{\alpha+\mathrm{j}(\omega+\omega_0)}\right].$$

シフトは振幅（絶対値）を変えず位相だけを回すので、$\left\vert X(\omega)\right\vert$ は $t_0$ に依らない。三つの性質（基本対・変調・シフト）を積み上げる典型問題である。

畳み込み定理より $Y(\omega)=X(\omega)H(\omega)=\dfrac{1}{(\beta+\mathrm{j}\omega)(\alpha+\mathrm{j}\omega)}$。$\mathrm{j}\omega=s$ とみて部分分数分解すると

$$Y=\frac{1}{(\beta+s)(\alpha+s)}=\frac{1}{\alpha-\beta}\Bigl(\frac{1}{\beta+s}-\frac{1}{\alpha+s}\Bigr).$$

各項を逆変換して

$$y(t)=\frac{1}{\alpha-\beta}\bigl(\mathrm{e}^{-\beta t}-\mathrm{e}^{-\alpha t}\bigr)u(t).$$

これは例題1.1で時間領域の畳み込み積分から求めた結果と一致する。時間領域の畳み込み積分と、周波数領域での積＋部分分数が同じ答えを与えることを確認できる好例で、どちらの道具でも解けるようにしておきたい。

（1）DFT の周波数間隔は $\Delta f=f_s/N=64/64=1\ \mathrm{Hz}$。（2）真の周波数分解能は観測長 $T=N/f_s=1\ \mathrm{s}$ で決まり、$\sim1/T=1\ \mathrm{Hz}$ 程度。$4$ と $4.5\ \mathrm{Hz}$ の差 $0.5\ \mathrm{Hz}$ はこれより小さく、しかも $4.5\ \mathrm{Hz}$ は区間に整数周期入らずリーケージで広がるため、明瞭には分離できない。（3）零詰めは $\Delta f$ を見かけ上 $0.25\ \mathrm{Hz}$ に細かくするが、真の分解能は観測長 $1\ \mathrm{s}$ のままで向上しない。したがって分離能力は本質的に改善しない。分離したければ観測長そのものを延ばす（例：$2\ \mathrm{s}$ 観測して分解能 $0.5\ \mathrm{Hz}$）必要がある。これは「零詰め＝補間であって情報増加ではない」という第6章の要点の確認である。

z 変換して

$$H(z)=\frac{1}{1-\frac56z^{-1}+\frac16z^{-2}} =\frac{1}{\bigl(1-\frac12z^{-1}\bigr)\bigl(1-\frac13z^{-1}\bigr)}.$$

極は $z=1/2,\,1/3$（零点は $z=0$ の二重）、因果的だから ROC は $\left\vert z\right\vert >1/2$。全極が単位円内なのでBIBO 安定。部分分数分解は被覆法で

$$A=\frac{1}{1-\frac13z^{-1}}\bigg|_{z^{-1}=2}=\frac{1}{1-\frac23}=3,\qquad B=\frac{1}{1-\frac12z^{-1}}\bigg|_{z^{-1}=3}=\frac{1}{1-\frac32}=-2$$

より $H(z)=\dfrac{3}{1-\frac12z^{-1}}-\dfrac{2}{1-\frac13z^{-1}}$、したがって

$$h[n]=\Bigl[3\Bigl(\frac12\Bigr)^n-2\Bigl(\frac13\Bigr)^n\Bigr]u[n].$$

検算：$h[0]=3-2=1$（差分方程式で $y[0]=x[0]=1$ と一致）、$h[1]=\frac32-\frac23=\frac56$（$y[1]=\frac56y[0]=\frac56$ と一致）。この $h[n]$ が差分方程式を満たすことは数値的にも確認済み（検算スクリプト [E1]）。

単位円上で分子は$\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\Omega}-\alpha=\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\Omega}(1-\alpha\mathrm{e}^{\mathrm{j}\Omega})$ だから

$$\left\vert H(\mathrm{e}^{\mathrm{j}\Omega})\right\vert =\frac{\left\vert 1-\alpha\mathrm{e}^{\mathrm{j}\Omega}\right\vert }{\left\vert 1-\alpha\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\Omega}\right\vert }=1$$

（分母は分子の複素共役の絶対値）。よって全域通過である。位相は

$$\arg H=-\Omega+\arg(1-\alpha\mathrm{e}^{\mathrm{j}\Omega})-\arg(1-\alpha\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\Omega}) =-\Omega+2\arg(1-\alpha\mathrm{e}^{\mathrm{j}\Omega})$$

で、$\arg(1-\alpha\mathrm{e}^{\mathrm{j}\Omega})=-\arctan\dfrac{\alpha\sin\Omega}{1-\alpha\cos\Omega}$を微分して整理すると（分母 $=1+\alpha^2-2\alpha\cos\Omega=\left\vert 1-\alpha\mathrm{e}^{\mathrm{j}\Omega}\right\vert ^2$に注意）

$$\tau(\Omega)=-\frac{\mathop{}\!\mathrm{d}}{\mathop{}\!\mathrm{d}\Omega}\arg H =1-2\cdot\frac{\alpha\cos\Omega-\alpha^2}{1+\alpha^2-2\alpha\cos\Omega} =\frac{1-\alpha^2}{1+\alpha^2-2\alpha\cos\Omega}>0.$$

分子は $0<\alpha<1$ で正、分母は $\left\vert 1-\alpha\mathrm{e}^{\mathrm{j}\Omega}\right\vert ^2>0$。つまり全域通過システムはどの周波数でも必ず位相を遅らせる（数値検証済み：検算スクリプト [E2]）。$\Omega=0$ で最大$\frac{1+\alpha}{1-\alpha}$、$\Omega=\pi$ で最小 $\frac{1-\alpha}{1+\alpha}$ の遅延になる。

（1）係数が中心 $n=1$ に対して偶対称（相反多項式）だから線形位相である。実際 $H(\mathrm{e}^{\mathrm{j}\Omega})=\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\Omega}(\sqrt2+2\cos\Omega)$ と書け、位相は $-\Omega$（$\sqrt2+2\cos\Omega>0$ の範囲、すなわち $\Omega<3\pi/4$）。

（2）$\left\vert H\right\vert =\left\vert \sqrt2+2\cos\Omega\right\vert$。$\Omega=0$ で最大 $2+\sqrt2$、$\Omega=3\pi/4$ で 0（$H(z)=1+\sqrt2z^{-1}+z^{-2}$ の単位円上の零点 $\mathrm{e}^{\pm\mathrm{j}3\pi/4}$）。低域を通し高域を落とすローパスフィルタである。

（3）$(-1)^n$ 倍は $H(z)\to H(-z)$、すなわち周波数応答の $\pi$ シフトだから、振幅応答は $\left\vert \sqrt2-2\cos\Omega\right\vert$ となり、零点は $\mathrm{e}^{\pm\mathrm{j}\pi/4}$ に移ってハイパスフィルタになる。係数の対称性は保たれる（$(1,-\sqrt2,1)$ も偶対称）ので線形位相のままである。