Nilai sinyal yang kami 'lewatkan' antara contoh pengambilan sampel selama pengambilan sampel sinyal terbatas pita

Menurut teorema pengambilan sampel Nyquist-Shannon, setiap sinyal waktu kontinu dengan bandwidth lebih kecil dari frekuensi Nyquist (dengan frekuensi sampling), yang disampel pada frekuensi sampling dapat direkonstruksi dengan sempurna dengan interpolasi tulus (yaitu rumus interpolasi Whittaker – Shannon). $B$ $f_N=f_s/2$ $f_s$ $f_s$

Asumsikan kita mengambil sampel sinyal yang tidak diketahui, dibatasi dalam besarnya, waktu kontinu dengan waktu pengambilan sampel konstan pada contoh contoh , ( ), tanpa jitter pengambilan sampel atau kuantisasi. Kami menambahkan batasan bahwa , dengan . $T=1/f_s$ $kT$ $k\in\mathbb{Z}$ $B=\alpha f_N$ $0\leq\alpha\leq 1$

Yang ingin saya pahami adalah sebagai berikut: Pada sampel instan , saya ingin menentukan untuk masing-masing suatu kasus terburuk 'overshoot' dari setiap sinyal waktu kontinu antara sampel dan , yang dapat saya miliki. Yaitu seberapa banyak sinyal waktu kontinu lebih tinggi dari nilai sampel tertinggi (absolut) pada contoh instans dan . Sinyal kontinu, atau rekonstruksi (karena interpolasi sinc sempurna !!), bahwa kita telah 'terjawab' dengan pengambilan sampel. $k$ $\alpha$ $k-1$ $k$ $k$ $k-1$

Contoh: Kami menetapkan dan menganggap sinyal waktu diskrit [1,0,1,0,1,1,0,1,0,1]] (perhatikan double 1 di dekat tengah, dan apakah sinyal ini bahkan memiliki ?). Rekonstruksi sinc (garis biru) dari sampel (impuls hitam) terlihat sebagai berikut (Saya telah merencanakan sinc milik masing-masing sampel berwarna abu-abu): 'overshoot' antara sampel dan , adalah atau $\alpha=1$ $\alpha=1$ $k=0$ $k=1$ $\approx 0.7$ $70\%$ . Jadi kami melewatkan puncak nilai 1,7 pada waktu kontinyu terbatas pita asli kami, atau sinyal 'pita sempurna direkonstruksi',. Jika saya menempatkan 3 atau lebih berturut-turut 1, overshoot akan lebih sedikit (fenomena Gibbs pada akhirnya jauh lebih kecil). Oleh karena itu, 2 sampel terus menerus berurutan seperti ini adalah 'kasus terburuk'.

Memperluas sinyal di kedua arah akan membuat overshoot tumbuh: Yang menunjukkan overshoot relatif ke nilai hampir 2,1. $\approx 1.1$

Untuk setiap panjang urutan , 'overshoot' akan tumbuh tanpa batas, , yang masuk ke ketika . Ini karena setiap sampel yang akan membuat 'gangguan' konstruktif, dan jumlah (kontribusi semua amplop unit sinc) untuk tidak bertemu. $2m$ $o(m)$ $o(m)\propto\ln{(m)}$ $\infty$ $m\to\infty$ $1/\pi n$ $n\to\infty$

Ini (saya pikir) mirip dengan yang berikut: jika terus-menerus mengambil sampel nilai 0, saya juga bisa merekonstruksi sinyal waktu kontinu dengan amplitudo tak terbatas yang hanya disampel dalam node pada nilai 0, misalnya . Ini memberi tahu saya hal yang sama: bahwa jika saya mengizinkan sinyal berada pada frekuensi Nyquist, overshoot terburuk yang bisa saya 'lewatkan' tidak terbatas. $\sin{\pi f_s t}$

Kita sekarang dapat menyatakan bahwa . Dan kita dapat beralasan bahwa (mengambil sampel sinyal konstan yang Anda tahu bahwa itu adalah pita terbatas memiliki rekonstruksi konstan unik). $o(m\to\infty)|_{\alpha=1}=\infty$ $o(m\to\infty)|_{\alpha=0}=0$

Bagaimana jika ? $\alpha<1$

Jika sekarang kita asumsikan kita melakukan interpolasi sinc yang sama, tetapi ketahui pasti , seperti . Kemudian, (firasat saya mengatakan) efek ini harus turun dan bahkan harus tetap terbatas (ketika ) !. Karena untuk setiap dinding bata sinyal terbatas pada bandwidth , kami mendapatkan respons impuls filter dari (kanan?). Oleh karena itu, transisi sinyal tidak dapat secepat untuk contoh kereta impuls yang berubah di atas, dan oleh karena itu kontribusi dari setiap fungsi sinc selama rekonstruksi tidak dapat menciptakan interferensi konstruktif yang tak terbatas. $\alpha<1$ $\alpha=0.5$ $m\to \infty$ $\alpha f_s/2$ $h(t)\propto \text{sinc}{\left(\frac{t-kT}{\alpha T}\right)}$

Masalah saya: Saya tidak tahu bagaimana melanjutkan dari sini; bagaimana membentuk 'bukti' dari overshoot kasus terburuk yang pernah saya dapat temukan antara 2 sampel berturut-turut, mengetahui bahwa , untuk sinyal (tidak harus unit seperti kereta impuls seperti contoh). Nilai yang diberikan untuk memberi saya kemiringan dari kernel konvolusi pembatas-band , yang seharusnya memberi tahu saya tentang berapa banyak sampel berturut-turut yang perlu berbeda, tetapi saya jangan melihat langkah-langkah yang harus diambil dari sana untuk mencapai kesimpulan umum. $\alpha<1$ $any$ $\alpha$ $\frac{dh(t)}{dt}$ $h(t)$

sampling interpolation nyquist reconstruction Retinite
sumber

Kami membahas sekuens patologis seperti itu di comp.dsp pada tahun 2002, subjek: Posp Interpolasi Data Sampel, groups.google.com/d/msg/comp.dsp/EQ31d-2SS2o/wT5HXbjQpogJ dan 2003, subjek: Sinyal Kasus Terburuk untuk Rekonstruksi, groups.google.com/d/msg/comp.dsp/xwb9p3awrOg/zl20Wl2EiesJ

Olli Niemitalo

Saya pikir ada teorema yang menghubungkan bandwidth suatu fungsi ke batas atas kepadatan rata-rata penyeberangan nol. Sekarang, untuk fungsi hampir tak terbatas di mana-mana sampel bernilai hingga mungkin mungkin seperti penyeberangan nol untuk fungsi bernilai terbatas: kepadatan rata-rata mereka memiliki batas atas.

Olli Niemitalo

Terima kasih, saya akan membaca kedua diskusi grup Google secara terperinci ketika saya memiliki lebih banyak waktu (ke mana jawaban Anda dengan angka tersebut?). Namun, jawaban MBaz tampaknya menunjukkan bahwa ada turunan absolut maksimum kasus terburuk, yang, jika terbatas, akan terbatas. Karenanya untuk sinyal terbatas pita apa pun, tidak dapat mencapai nilai tak terbatas. Bagaimana hal itu berhubungan dengan apa yang Anda sarankan?

sup | x |

$\sup{|x|}$

Retinite

Saya menghapus jawaban saya karena saya tidak memperhitungkan bahwa urutan diskrit harus sedemikian rupa sehingga bertahan penyaringan lowpass utuh. Jadi Anda mungkin benar tentang apa yang terjadi di , dan komentar saya di atas akan setuju dengan itu. mungkin ditemukan di antara sampel sehingga tidak banyak bicara.

α < 1

$\alpha < 1$

sup | x |

$\textrm{sup}|x|$

Olli Niemitalo

Saya bertanya-tanya apakah matematika akan lebih mudah untuk urutan periodik panjang tak terbatas dengan periode

\to \infty

$\rightarrow\infty$

Olli Niemitalo

Jawaban:

Saya tidak memiliki jawaban nyata tetapi saya merasa bahwa hasil ini akan membantu Anda: Ketidaksetaraan Bernstein mengatakan bahwa, jika sinyal dibatasi untuk , maka mana adalah singkatan dari "least upper bound". $x(t)$ $|f|\leq B$

| \frac{d x (t)}{d t} | \leq 4 π B {sup}_{τ \in R} | x (τ) |, t \in R

$\left| \frac{\textrm{d}x(t)}{\textrm{d}t}\right|\leq 4\pi B \,\textrm{sup}_{\tau\in\mathbb{R}}|x(\tau)| ,\,\,t\in\mathbb{R}$

sup

$\textrm{sup}$

Saya menemukan tentang ketidaksetaraan dalam buku Amos Lapidoth yang sangat baik (dan gratis dalam format PDF) "A Foundation in Digital Communication". Bukti dapat ditemukan di MA Pinsky, "Pengantar Analisis Fourier dan Wavelet".

MBaz
sumber

Terima kasih! Itu sangat berguna; alasan dari sinyal waktu kontinu. Ini harus berarti bahwa ketika secara ekstrapolasi 'maju' pada sampel dan 'mundur' pada sampel , kita akan mendapatkan segitiga yang kita tahu bahwa sinyal waktu kontinu harus di bawah segitiga itu. Jika tidak, itu akan berisi konten frekuensi yang lebih tinggi. Tidak bisakah kita mengatakan bahwa maxsebenarnya dibatasi oleh frekuensi tertinggi ( ) (co) sinus pada amplitudo maksimum yang saya izinkan? (Saya harus membaca buktinya dalam Pinsky jika saya bisa menemukannya untuk melihat bagaimana hubungannya)

k - 1

$k-1$

k

$k$

| d x (t) / d t |

$|dx(t)/dt|$

α f_{N}

$\alpha f_N$

Retinite

Saya belum dapat menemukan bukti yang saya mengerti, dan tidak ingin menghabiskan lebih dari 100 USD untuk buku Pinksy hanya untuk mendapatkan 1 bukti. Perasaan saya mengatakan bahwa kita dapat yakin bahwa alih-alih ( vs ), dengan the nilai sinyal maksimum yang diizinkan. Saya menemukan beberapa bukti umum di sini tetapi saya tidak memahami penggunaan norma dengan , dan saya tidak yakin apakah jawabannya menyiratkan bahwa akan menjadi fungsi ( aproksimasi) dalam domain frekuensi.

| \frac{d x (t)}{d t} | \leq 2 π B A_{m a x}

$|\frac{dx(t)}{dt}|\leq 2\pi B A_{max}$

2 π

$2\pi$

4 π

$4\pi$

A_{m a x}

$A_{max}$

L_{1}

$L_1$

| | g | |_{1}

$||g ||_1$

g (ξ)

$g(\xi)$

rect

$\text{rect}$

Retinite

Tidak apa-apa, dengan hanya mengisi penjelasan di pos yang disebutkan di atas saya membuat buktinya.

Retinite

Pengamatan

Saya telah menggunakan +1 dan -1 dalam urutan alih-alih 1 dan 0. Dengan , fungsi kontinu terbatas-band dalam dua angka pertama Anda (dengan modifikasi yang disebutkan di atas) adalah: $\alpha=1$ $f_m(T)$

\begin{matrix} (1) & f_{m} (T) = \sum_{k = 1 - m}^{m} sign (sinc (π k - π / 2)) sinc (π T - π k), \end{matrix}

$f_m(T) = \sum_{k=1-m}^m \operatorname{sign}\left(\operatorname{sinc}(\pi k - \pi/2)\right)\operatorname{sinc}(\pi T-\pi k),\tag{1}$

dimana:

sinc (T) = {\begin{cases} \sin (T) / T & if T \neq 0 \\ 1 & if T = 0 \end{cases} sign (x) = {\begin{cases} - 1 & if x < 0 \\ 0 & if x = 0 \\ 1 & if x > 0. \end{cases}

$\operatorname{sinc}(T) = \begin{cases}\sin(T)/T&\text{if }T \ne 0\\1&\text{if }T = 0\end{cases}\\ \operatorname{sign}(x) = \begin{cases}-1&\text{if }x < 0\\0&\text{if }x = 0\\1&\text{if }x>0.\end{cases}$

$f_m(1/2)$ tumbuh secara linear ke logaritma : $m$

Gambar 1. diplot sebagai fungsi dari Sumbu horizontal logaritmik linierisasi pertumbuhan sebagai . $f_m(1/2)$ $\log_2(m)$ $m\rightarrow\infty$

Kami dapat menyederhanakan dengan bantuan dari Wolfram Alpha : $f_m(1/2)$

\begin{matrix} (2) & f_{m} (1 / 2) = 2 \sum_{k = 1}^{m} | \frac{\sin (π (k - 0.5))}{π (k - 0.5)} | = {\begin{cases} 4 / π & if n = 1 \\ - \frac{2 (ψ^{(0)} (1 / 2) - ψ^{(0)} (m + 1 / 2))}{π} & otherwise, \end{cases} \end{matrix}

$f_m(1/2) = 2\sum_{k=1}^m\left|\frac{\sin\left(\pi(k - 0.5)\right)}{\pi(k - 0.5)}\right| = \begin{cases} 4/\pi & \text{if }n = 1\\ -\frac{2\left(\psi^{(0)}(1/2)-\psi^{(0)}(m+1/2)\right)}{\pi} & \text{otherwise}, \end{cases}\tag{2}$

di mana adalah fungsi digamma . Istilah dominan dari rangkaian tentang adalah: $\psi^{(0)}$ $(2)$ $m=\infty$

\frac{2 \log (m)}{π},

$\frac{2\log(m)}{\pi},$

yang menjelaskan linierisasi yang terlihat pada Gambar. 1. Kita sekarang dapat membangun versi normalisasi dari fungsi yang mewarisi bandlimitedness tetapi tidak meledak sebagai : $g_m(T)$ $f_m(T)$ $m\rightarrow\infty$

g_{m} (T) = \frac{π f_{m} (T)}{2 \log (m)}

$g_m(T) = \frac{\pi f_m(T)}{2\log(m)}$

Sebagai , tampaknya mendekati frekuensi sinusoid Nyquist yang diambil dari nol: $m\rightarrow\infty$ $g_m(T)$

$g_ {100000} (T)$
Gambar 2. tidak meledak. $g_{100000}(T)$

Asli Nyquist-Shannon sampel teorema mensyaratkan bahwa frekuensi tertinggi adalah di bawah setengah frekuensi sampling, jadi kami tampaknya memiliki kasus batas yang tidak tercakup oleh itu. hingga hingga terbatas besar dan akibatnya terbatas sewenang-wenang masih tertutup. $m$ $f_m(1/2)$

Garis besar bukti

Berikut adalah garis besar untuk bukti pernyataan asli Anda: Biarkan periode pengambilan sampel menjadi 1. Biarkan menjadi terbatas pada frekuensi di bawah , di mana mewakili frekuensi dengan periode 2 dan . Biarkan menjadi terbatas untuk semua integer . Mengecualikan sepele kasus untuk semua . Biarkan . Oleh karena itu untuk beberapa . Antara: $f_\infty(T)$ $\alpha\pi$ $\pi$ $\alpha < 1$ $f_\infty(T)$ $T$ $f_\infty(T) = 0$ $T$ $g_\infty(T) = f_\infty(T)/\sup_Tf_\infty(T)$ $g_\infty(T) \ne 0$ $T$

Kasus 1. untuk suatu bilangan bulat . terbatas untuk semua . $g_\infty(T) \ne 0$ $T$ $\sup_Tf_\infty(T)$ $T$

Kasus 2. untuk semua bilangan bulat . adalah tak terbatas untuk beberapa . Hingga faktor skala, ditentukan oleh sebagian kecil dari nolnya. Gunakan satu lagi dari nol tersisa untuk membuat fungsi lenyap: untuk semua . Ini adalah kontradiksi, karena sebelumnya kami menetapkan bahwa untuk beberapa . Kasus 2 tidak mungkin benar. $g_\infty(T) = 0$ $T$ $\sup_Tf_\infty(T)$ $T$ $g_\infty(T)$ $\alpha$ $g_\infty(T) = 0$ $T$ $g_\infty(T) \ne 0$ $T$

Ini mengikuti bahwa kasus 1 adalah benar dan terbatas untuk semua . $f_\infty(T)$ $T$

Akan lebih baik untuk menemukan bukti yang pasti bahwa sebagian dari nol yang terdistribusi secara seragam dapat digunakan untuk merekonstruksi fungsi mengingat bandwidth yang relatif rendah dibandingkan dengan kepadatan rata-rata dari nol tersebut. Saya kira jika , teorema sampling sudah cukup untuk membuat menghilang. Dalam literatur, saya menemukan beberapa pernyataan menarik: $\alpha < 1$ $g_\infty(T)$

Bukti dari bagian 2 dari Teorema 4.1 menunjukkan bahwa sebuah band membatasi sinyal dengan dengan properti bahwa sinyal menghilang pada titik harus menghilang secara identik. $Ω = π$ $x = n ∈ \mathbb{Z}$

Jeffrey Rauch, " Seri Fourier, Integral, dan, Pengambilan Sampel Dari Analisis Kompleks Dasar ".

Sudah diketahui umum bahwa boleh lagi memiliki nol, secara kasar, daripada cos tanpa menghilang secara identik. $g$ $\lambda t$

BF Logan, Jr. " Informasi dalam Penyeberangan Nol Sinyal Bandpass ", Jurnal Teknis Sistem Bell, vol. 56, hlm. 487-510, April 1977

Sebagian besar hasil pada spesifikasi unik sinyal satu dimensi didasarkan pada fakta bahwa fungsi bandlimited adalah keseluruhan (analitik di mana-mana) dan dengan demikian secara unik ditentukan oleh nolnya (nyata dan kompleks) untuk berada dalam faktor konstan dan eksponensial. Fungsi bandlimited sewenang-wenang secara unik ditentukan oleh penyilangan nol (nyata) jika semua nol dijamin nyata.
...
Pekerjaan tambahan telah melibatkan pengidentifikasian sinyal yang secara khusus ditentukan oleh penyilangan nol (nyata) mereka meskipun faktanya mereka juga mengandung nol kompleks. Ini dimungkinkan jika laju penyilangan nol dalam beberapa hal lebih tinggi daripada laju informasi atau lebar pita sinyal.

SR Curtis, " Rekonstruksi sinyal multidimensi dari nol penyeberangan ", tesis, MIT, 1985.

Olli Niemitalo
sumber

Menarik. Pendekatan turunan maksimal dari pos lain terbukti memberikan estimasi kasus yang sangat terburuk. Saya ingin mendekati masalah ini lagi dari sisi awal saya (dan Anda). Pada dasarnya kita dapat mengatakan bahwa sinyal terdiri dari dua cosinus (satu berjalan maju, yang lain mundur) dijahit bersama pada sampel 0 dan 1. Tampaknya bagi saya bahwa 'agak mudah' untuk mengulang analisis Anda untuk dan dll untuk membuat fungsi atau beberapa estimasi g (m) atau f (1/2) ini yang juga bergantung pada .

α = 0.5

$\alpha=0.5$

0.25

$0.25$

α

$\alpha$

Retinite

@Retinite mungkin tidak semudah itu karena orang pertama-tama harus memastikan bahwa sampel benar-benar mengkodekan fungsi bandlimited seperti yang diiklankan.

Olli Niemitalo

Terima kasih atas buktinya! Untuk saya datang dengan: . Ini memberi urutan [... 1 0 -1 0 1 1 0 -1 0 1 ...]. (Apakah ini sebenarnya BL untuk ?!) Ini saya tidak bisa disederhanakan (secara otomatis) sehingga saya bisa mendapatkan ekspansi seri sekitar . Apa yang saya dapatkan adalah seri geometris yang cukup jelas dalam yang dapat saya periksa apakah jumlahnya terbatas (dan itu) dan berapa nilainya. Tapi ini masih merupakan metode brute force parsial.

α = 0.5

$\alpha=0.5$

f_{m} (T) = \sum_{k = - 1 - m}^{m} sign (\cos (k π α - \frac{π}{4} (sign (k - \frac{1}{2}) + 1)))) sinc (k - T)

$f_m(T)=\sum_{k=-1-m}^m{\text{sign}\left(\cos(k \pi\alpha-\frac{\pi}{4}(\text{sign}(k-\frac{1}{2})+1)))\right) \text{sinc}(k-T)}$

α = 0.5

$\alpha=0.5$

m \to \infty

$m\to\infty$

m

$m$

Retinite

Anda dapat menguji apakah urutannya mewakili fungsi setengah band terbatas. Bandingkan "interpolasi" yang diberikan oleh kernel sinc full-band dan kernel setengah-band sinc. Jika pada beberapa keduanya tidak konvergen sebagai , jawabannya adalah tidak. (Tanda kutip karena Anda dapat menguji pada titik sampel juga.)

T

$T$

m \to \infty

$m\rightarrow\infty$

Olli Niemitalo

Pertimbangkan fungsi terbatas-band dengan transformasi Fourier yang dapat dipulihkan dengan sempurna (sejak interpolasi!) Dari sampel yang berjarak detik terpisah meskipun sampel hanya mencakup pusat puncak dan lewatkan semua maxima dan minima lokal lainnya dari fungsi sinc. Tunda fungsi sinc dengan detik sehingga sampler melewatkan puncak pusat sepenuhnya tetapi mendapatkan sampel yang berdekatan dengan nilai yang identik Dengan demikian, overshoot maksimum adalah $\operatorname{sinc}(t)$ $\operatorname{rect}(f)$ $1$ $\frac 12$

sinc (\frac{1}{2}) = \frac{\sin π / 2}{π / 2} = \frac{2}{π} .

$\operatorname{sinc}\left(\frac 12\right) = \frac{\sin\pi/2}{\pi/2} = \frac 2\pi.$

1 - \frac{2}{π}

$1 - \frac 2\pi$ . Saya tidak memiliki bukti tetapi saya menduga ini akan menjadi overshoot maksimum untuk case . Nilai akan memberikan sampel lebih dekat ke nilai puncak dan overshoot akan lebih kecil.

α = 1

$\alpha = 1$

α

$\alpha$

1

$1$

Dilip Sarwate
sumber