Valori di segnale che ci mancheranno tra istanze di campionamento durante il campionamento di segnali a banda limitata

Secondo il teorema di campionamento di Nyquist-Shannon, qualsiasi segnale di tempo continuo con una larghezza di banda inferiore alla frequenza di Nyquist (con la frequenza di campionamento), che viene campionato alla frequenza di campionamento può essere perfettamente ricostruito mediante un'interpolazione sincera (ovvero la formula di interpolazione Whittaker-Shannon). $B$ $f_N=f_s/2$ $f_s$ $f_s$

Supponiamo di campionare un segnale di tempo continuo sconosciuto, limitato in grandezza, con tempo di campionamento costante nelle istanze di campionamento , ( ), senza jitter di campionamento o quantizzazione. Aggiungiamo il vincolo che , con . $T=1/f_s$ $kT$ $k\in\mathbb{Z}$ $B=\alpha f_N$ $0\leq\alpha\leq 1$

Quello che vorrei capire è il seguente: Nell'istante di esempio , voglio determinare per ogni un caso peggiore di "superamento" frazionario di qualsiasi segnale di tempo continuo tra i campioni e , che avrei potuto avere. Vale a dire quanto il segnale di tempo continuo era più alto dei valori più elevati (assoluti) campionati agli istanti di campionamento e . Il segnale continuo, o ricostruzione (poiché l'interpolazione sincera è perfetta !!), che ci siamo "persi" campionando. $k$ $\alpha$ $k-1$ $k$ $k$ $k-1$

Esempio: impostiamo e assumiamo un segnale orario discreto [1,0,1,0,1,1,0,1,0,1] (notiamo il doppio 1 vicino al centro e questo segnale ha anche ?). La sua ricostruzione sincera (linea blu) dai campioni (impulsi neri) ha il seguente aspetto (ho tracciato in grigio i sinc che appartengono a ciascun campione): Il "superamento" tra i campioni e , è di o $\alpha=1$ $\alpha=1$ $k=0$ $k=1$ $\approx 0.7$ $70\%$ . Quindi abbiamo perso un picco del valore 1,7 nel nostro tempo continuo a banda limitata originale, o il segnale "ricostruito a banda perfettamente ricostruita". Se avessi messo 3 o più 1 consecutivi, il superamento sarebbe stato inferiore (il fenomeno di Gibbs è alla fine molto più piccolo). Pertanto, 2 campioni consecutivi continui come questo è il "caso peggiore".

L'estensione del segnale in entrambe le direzioni farà crescere il superamento: che mostra un superamento relativo di per un valore di quasi 2,1. $\approx 1.1$

Per ogni sequenza di lunghezza , questo "superamento" crescerà indefinitamente, , che va a quando . Questo perché ogni campione sincs creerà "interferenze" costruttive e la somma di (i contributi di tutte le buste dell'unità sinc's) per non converge. $2m$ $o(m)$ $o(m)\propto\ln{(m)}$ $\infty$ $m\to\infty$ $1/\pi n$ $n\to\infty$

Questo (penso) asseconda quanto segue: se campionando costantemente un valore 0, potrei anche ricostruire un segnale temporale continuo con ampiezza infinita che viene campionato solo nei nodi con valori pari a 0, ad esempio . Questo mi dice la stessa cosa: che se permetto a un segnale di essere alla frequenza di Nyquist, il peggior superamento che potrei "perdere" è infinito. $\sin{\pi f_s t}$

Ora possiamo affermare che . E possiamo ragionare sul fatto che (il campionamento di un segnale costante di cui sai che è a banda limitata ha una ricostruzione costante unica). $o(m\to\infty)|_{\alpha=1}=\infty$ $o(m\to\infty)|_{\alpha=0}=0$

Cosa succede se ? $\alpha<1$

Se ora assumiamo di fare questa stessa sincera interpolazione, ma sappiamo con certezza , come . Quindi, (dice il mio istinto) questo effetto dovrebbe diminuire e dovrebbe anche rimanere finito (quando ) !. Poiché per qualsiasi segnale brick-wall limitato alla larghezza di banda , otteniamo una risposta all'impulso del filtro di (right?). Pertanto, le transizioni del segnale non possono essere così veloci come per l'esempio del treno di impulsi che cambia in precedenza, e quindi i contributi di ciascuna funzione sinc durante la ricostruzione non possono creare infinite interferenze costruttive. $\alpha<1$ $\alpha=0.5$ $m\to \infty$ $\alpha f_s/2$ $h(t)\propto \text{sinc}{\left(\frac{t-kT}{\alpha T}\right)}$

Il mio problema: non so come procedere da qui; come formare una 'prova' del superamento del caso peggiore che avrei mai potuto trovare tra 2 campioni consecutivi, sapendo che , per segnale (non necessariamente questi gruppi di impulsi di unità come esempi). Un dato valore per mi dà una pendenza del kernel di convoluzione che limita la banda , che dovrebbe dirmi qualcosa su quanti campioni consecutivi devono essere diversi, ma io non vedo i passi da fare da lì per raggiungere una conclusione generica. $\alpha<1$ $any$ $\alpha$ $\frac{dh(t)}{dt}$ $h(t)$

— retinite
fonte

Abbiamo discusso di tali sequenze patologiche a comp.dsp nel 2002, argomento: A Sampled Data Interpolation Poser, groups.google.com/d/msg/comp.dsp/EQ31d-2SS2o/wT5HXbjQpogJ e 2003, soggetto: Worst Case Signal for Reconstruction, groups.google.com/d/msg/comp.dsp/xwb9p3awrOg/zl20Wl2EiesJ

— Olli Niemitalo

Penso che esista un teorema che mette in relazione la larghezza di banda di una funzione con un limite superiore della sua densità media di zero incroci. Ora, per una funzione quasi dappertutto infinita quei campioni a valore finito sono forse molto simili a zero incroci verso una funzione a valore finito: la loro densità media ha un limite superiore.

— Olli Niemitalo,

Grazie, leggerò in dettaglio entrambe le discussioni del gruppo di Google quando avrò ancora un po 'di tempo (dove è andata la tua risposta con la figura?). Tuttavia, la risposta di MBaz sembra suggerire che esiste un derivato massimo assoluto nel peggiore dei casi, che, se è finito, sarà finito. Quindi per qualsiasi segnale a banda limitata, non può andare a un valore infinito. In che modo ciò si collega a ciò che stai suggerendo?

sup | x |

$\sup{|x|}$

— Retinite

Ho rimosso la mia risposta perché non ho tenuto conto del fatto che la sequenza discreta deve essere tale da sopravvivere al filtro passa-basso intatto. Quindi potresti avere ragione su ciò che accade in , e il mio commento sopra sarebbe d'accordo. potrebbe essere trovato tra i campioni, quindi non dice molto.

α < 1

$\alpha < 1$

sup | x |

$\textrm{sup}|x|$

— Olli Niemitalo,

Mi chiedo se la matematica sarebbe più semplice per sequenze periodiche di lunghezza infinita con il periodo

\to \infty

$\rightarrow\infty$

— Olli Niemitalo,

Risposte:

Non ho una vera risposta, ma ho la sensazione che questo risultato ti aiuterà: la disuguaglianza di Bernstein dice che, se il segnale è limitato a , allora dove sta per "limite superiore minimo". $x(t)$ $|f|\leq B$

| \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

$\textrm{sup}$

Ho scoperto questa disuguaglianza nel libro eccellente (e gratuito in formato PDF) di Amos Lapidoth "Una fondazione nella comunicazione digitale". Una prova può essere trovata in MA Pinsky, "Introduzione all'analisi di Fourier e Wavelets".

— MBaz
fonte

Grazie! Questo è davvero utile; ragionamento dal segnale di tempo continuo. Ciò dovrebbe significare che estrapolando linearmente 'avanti' nel campione e 'indietro' nel campione , otterremmo un triangolo per il quale sappiamo che il segnale del tempo continuo deve essere al di sotto di quel triangolo. Se non lo fosse, conterrebbe contenuti a frequenza più elevata. Non potremmo quindi dire che il massimoè effettivamente limitato dalla frequenza più elevata ( ) (co) seno alla massima ampiezza consentita? (Dovrò leggere la prova in Pinsky se riesco a trovarla per vedere come si collega)

k - 1

$k-1$

k

$k$

| d x (t) / d t |

$|dx(t)/dt|$

α f_{N}

$\alpha f_N$

— Retinite

Non riesco ancora a trovare una prova che capisco e non voglio spendere più di 100 USD per il libro di Pinksy solo per ottenere 1 prova. Il mio istinto dice che potremmo essere certi che invece di ( vs ), con il valore del segnale massimo consentito. Ho trovato alcune prove generali qui ma non capisco l'uso della norma con e non sono sicuro che la risposta implichi che sarebbe una funzione ( approssimazione) nel dominio della frequenza.

| \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

Non importa, semplicemente compilando la spiegazione nel suddetto post ho costruito la prova.

— Retinite

osservazioni

Ho usato +1 e -1 nella sequenza invece di 1 e 0. Con , la funzione continua limitata nelle nelle prime due figure (con la modifica sopra menzionata) è: $\alpha=1$ $f_m(T)$

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

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

dove:

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}

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

$f_m(1/2)$ cresce linearmente al logaritmo di : $m$

Figura 1. tracciato come funzione di L'asse logaritmico orizzontale linearizza la crescita come . $f_m(1/2)$ $\log_2(m)$ $m\rightarrow\infty$

Possiamo semplificare con l'aiuto di 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}

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

dove è la funzione digamma . Il termine dominante della serie di circa è: $\psi^{(0)}$ $(2)$ $m=\infty$

\frac{2 \log (m)}{π},

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

che spiega la linearizzazione vista in Fig. 1. Ora possiamo costruire una versione normalizzata della funzione che eredita la sua larghezza di banda ma non esplode come : $g_m(T)$ $f_m(T)$ $m\rightarrow\infty$

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

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

Come , sembra avvicinarsi a una sinusoide di frequenza di Nyquist campionata ai suoi zeri: $m\rightarrow\infty$ $g_m(T)$

$G_ {100000} (T)$
Figura 2. non esplode. $g_{100000}(T)$

Il teorema di campionamento originale di Nyquist-Shannon richiede che la frequenza più alta sia inferiore alla metà della frequenza di campionamento, quindi sembra che abbiamo un caso limite che non è coperto da esso. sono ancora coperti arbitrariamente grandi finiti e di conseguenza arbitrariamente grandi finiti . $m$ $f_m(1/2)$

Contorno di prova

Ecco uno schema per una prova della tua affermazione originale: Lascia che il periodo di campionamento sia 1. Lascia che sia limitato alla frequenza inferiore alla frequenza , dove rappresenta una frequenza con un periodo di 2 e . Lasciare essere finito per tutti interi . Escludere il caso banale per tutti . Sia . Ne consegue che per qualche . O: $f_\infty(T)$ $\alpha\pi$ $\pi$ $\alpha < 1$ $f_\infty(T)$ $T$ $f_\infty(T) = 0$ $T$ $g_\infty(T) = f_\infty(T)/\sup_Tf_\infty(T)$ $g_\infty(T) \ne 0$ $T$

Caso 1. per qualche intero . è finita per tutti . $g_\infty(T) \ne 0$ $T$ $\sup_Tf_\infty(T)$ $T$

Caso 2. per tutti interi . è infinito per qualche . Fino a un fattore di scala, è determinato da una frazione dei suoi zeri. Utilizzare uno più dei restanti zeri per la funzione svanire: per tutti . Questa è una contraddizione, perché in precedenza abbiamo stabilito che per qualche . Il caso 2 non può essere vero. $g_\infty(T) = 0$ $T$ $\sup_Tf_\infty(T)$ $T$ $g_\infty(T)$ $\alpha$ $g_\infty(T) = 0$ $T$ $g_\infty(T) \ne 0$ $T$

Ne consegue che la cassa 1 è vera e è finita per tutti . $f_\infty(T)$ $T$

Sarebbe bello trovare una prova definitiva che una parte degli zeri uniformemente distribuiti può essere usata per ricostruire la funzione data la sua larghezza di banda relativamente bassa rispetto alla densità media di quegli zeri. Suppongo che se , il teorema del campionamento è sufficiente a far svanire . In letteratura, ho trovato alcune dichiarazioni di interesse: $\alpha < 1$ $g_\infty(T)$

La dimostrazione della parte 2 del Teorema 4.1 ha mostrato che un segnale a banda limitata con con la proprietà che il segnale è svanito nei punti deve svanire in modo identico. $Ω = π$ $x = n ∈ \mathbb{Z}$

Jeffrey Rauch, " Serie di Fourier, integrali e campionamento da analisi complesse di base ".

È noto che può avere più zeri, in termini approssimativi, di cos senza svanire in modo identico. $g$ $\lambda t$

BF Logan, Jr. " Informazioni sui passaggi per lo zero dei segnali Bandpass ", Bell Technical Technical Journal, vol. 56, pagg. 487-510, aprile 1977

La maggior parte dei risultati sulla specifica unica dei segnali monodimensionali si basa sul fatto che una funzione bandlimited è intera (analitica ovunque) ed è quindi specificatamente specificata dai suoi zeri (reali e complessi) all'interno di un fattore costante ed esponenziale. Una funzione di bandlimited arbitraria è specificata in modo univoco dai suoi incroci di zero (reali) se tutti i suoi zeri sono garantiti come reali.
...
Ulteriore lavoro ha comportato l'identificazione di segnali specificati in modo univoco dai loro (reali) incroci di zero, nonostante contengano anche zeri complessi. Ciò è possibile se la velocità di attraversamento zero è in qualche modo superiore alla velocità di informazione o alla larghezza di banda di un segnale.

SR Curtis, " Ricostruzione di segnali multidimensionali da zero incroci ", tesi, MIT, 1985.

— Olli Niemitalo
fonte

Interessante. L'approccio derivativo massimo dall'altro post dimostra di fornire una stima del caso estremamente peggiore. Voglio affrontare nuovamente questo problema dal mio lato iniziale (e il tuo). Fondamentalmente potremmo dire che il segnale è costituito da due coseni (uno che corre in avanti, l'altro all'indietro) cuciti insieme ai campioni 0 e 1. Mi sembra che dovrebbe essere 'piuttosto facile' ripetere la tua analisi per e ecc. Per creare una funzione o diverse stime di questo g (m) of (1/2) che dipendono anche da .

α = 0.5

$\alpha=0.5$

0.25

$0.25$

α

$\alpha$

— Retinite

@Retinite forse non è così facile perché si dovrebbe prima assicurarsi che i campioni codifichino davvero una funzione bandlimited come pubblicizzato.

— Olli Niemitalo,

Grazie per la prova! Per ho trovato: . Questo dà la sequenza [... 1 0 -1 0 1 1 0 -1 0 1 ...]. (è in realtà BL a ?!) Questo non ho potuto essere semplificato (automagicamente) in modo da poter ottenere un'espansione in serie attorno a . Quello che ottengo è una serie geometrica abbastanza ovvia in per la quale posso verificare se la somma è finita (e lo è) e quale potrebbe essere quel valore. Ma questo è ancora un metodo parziale della forza bruta.

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

È possibile verificare se la sequenza rappresenta una funzione bandlimited a mezza banda. Confronta "interpolazione" data dal kernel sinc full-band e dal kernel sinc half-band. Se ad alcuni i due non convergono come , la risposta è no. (Virgolette perché è possibile eseguire il test anche nei punti campione.)

T

$T$

m \to \infty

$m\rightarrow\infty$

— Olli Niemitalo

Considera la funzione limitata dalla banda con trasformata di Fourier che può essere recuperata perfettamente (dall'interpolazione!) Dai suoi campioni distanziati di secondo anche se i campioni includono solo la centrale picco e manca tutti gli altri massimi e minimi locali della funzione sinc. Ritarda la funzione sinc di secondi in modo che il campionatore manchi completamente il picco centrale ma invece ottenga campioni adiacenti con valori identici Il superamento del massimo è quindi $\operatorname{sinc}(t)$ $\operatorname{rect}(f)$ $1$ $\frac 12$

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}

$1 - \frac 2\pi$ . Non ho una prova ma sospetto che questo si rivelerà il massimo superamento per il caso . Valori più piccoli di daranno campioni più vicini al valore di picco di e il superamento sarà corrispondentemente più piccolo.

α = 1

$\alpha = 1$

α

$\alpha$

1

$1$

— Dilip Sarwate
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