Domanda matematica che emerge dall'uso della trasformata bilineare

Quindi questo è legato al ricettario e ho provato a risolverlo forse due decenni fa, ho rinunciato e mi è stato ricordato il problema irrisolto. Ma è piuttosto dannatamente semplice, ma mi sono ancora ammaccato nel fango.

Questo è un semplice filtro passa-banda (BPF) con frequenza di risonanza e risonanza :$\Omega_0$$Q$

$$H(s) = \frac{\frac{1}{Q}\frac{s}{\Omega_0}}{\left(\frac{s}{\Omega_0}\right)^2 + \frac{1}{Q}\frac{s}{\Omega_0} + 1}$$

Alla frequenza di risonanza

$$|H(j\Omega)| \le H(j\Omega_0) = 1$$

e le fasce superiore e inferiore sono definite in modo tale

$$|H(j\Omega_U)|^2 = \left|H\left(j\Omega_0 2^{BW/2} \right)\right|^2 = \tfrac12$$

$$|H(j\Omega_L)|^2 = \left|H\left(j\Omega_0 2^{-BW/2} \right)\right|^2 = \tfrac12$$

Le chiamiamo "fasciature a mezza potenza" . Poiché siamo audio, definiamo la larghezza di banda in ottave e nel mondo analogico questa larghezza di banda in ottave, , è correlata a come:$BW$$Q$

$$\frac{1}{Q} = \frac{2^{BW} - 1}{\sqrt{2^{BW}}} = 2 \sinh\left( \tfrac{\ln(2)}{2} BW \right)$$

Stiamo usando la trasformazione bilineare (con frequenza di risonanza preformata) che mappa:

$$\begin{align} \frac{s}{\Omega_0} & \leftarrow \frac{1}{\tan(\omega_0/2)} \, \frac{1-z^{-1}}{1+z^{-1}} \\ \\ \frac{j \Omega}{\Omega_0} & \leftarrow \frac{j\tan(\omega/2)}{\tan(\omega_0/2)} \\ \end{align}$$

lasciando e .$z=e^{j \omega}$$s=j\Omega$

La frequenza angolare risonante del filtro analogico è e con la compensazione del warping di frequenza eseguita alla frequenza di risonanza nel filtro digitale realizzato, quando (la frequenza di risonanza definita dall'utente), quindi . ω = ω 0 Ω = Ω $\Omega_0$$\omega=\omega_0$$\Omega=\Omega_0$

Quindi, se la frequenza angolare analogica è

$$\frac{\Omega}{\Omega_0} = \frac{\tan(\omega/2)}{\tan(\omega_0/2)}$$

quindi viene mappato sulla frequenza angolare digitale come

$$\omega = 2 \arctan\left( \frac{\Omega}{\Omega_0} \, \tan(\omega_0/2) \right)$$

Ora, le fasce superiori e inferiori nel mondo analogico lo sono

Ω L = Ω 0 2 - B W /

$$\Omega_U = \Omega_0 2^{BW/2}$$ $$\Omega_L = \Omega_0 2^{-BW/2}$$

e nel dominio della frequenza digitale lo sono

$$\begin{align} \omega_U &= 2 \arctan\left( \frac{\Omega_U}{\Omega_0} \, \tan(\omega_0/2) \right) \\ &= 2 \arctan\left(2^{BW/2} \, \tan(\omega_0/2) \right) \\ \end{align}$$

$$\begin{align} \omega_L &= 2 \arctan\left(\frac{\Omega_L}{\Omega_0} \, \tan(\omega_0/2) \right) \\ &= 2 \arctan\left(2^{-BW/2} \, \tan(\omega_0/2) \right) \\ \end{align}$$

Quindi la differenza effettiva, nella frequenza di registro dei bandeges (che è la larghezza di banda effettiva nel filtro digitale) è:

$$\begin{align} bw & = \log_2(\omega_U) - \log_2(\omega_L) \\ & = \log_2\Bigg(2\arctan\left( 2^{ BW/2} \, \tan(\omega_0/2) \right) \Bigg) - \log_2\Bigg(2\arctan\left( 2^{-BW/2} \, \tan(\omega_0/2) \right) \Bigg) \ \end{align}$$

o

$$\ln(2) \, bw = \ln\left(\arctan\left( e^{\ln(2)BW/2} \, \tan(\omega_0/2) \right) \right) - \ln\left(\arctan\left( e^{-\ln(2)BW/2} \, \tan(\omega_0/2) \right) \right)$$

Questo ha una forma funzionale di

$$f(x) = \ln\left(\arctan\left(\alpha \, e^{x} \right) \right) - \ln\left(\arctan\left( \alpha \, e^{-x}\right) \right)$$

dove , ex ≜ ln ( 2 $f(x) \triangleq \ln(2) \, bw$$x \triangleq \frac{\ln(2)}{2}BW$$\alpha \triangleq \tan(\omega_0/2)$

Quello che voglio fare è invertire (ma so che non posso farlo esattamente con un bel modulo chiuso). Ho già fatto un'approssimazione del primo ordine e voglio aumentarla fino a un'approssimazione del terzo ordine. E questo è diventato una specie di cane femmina copulare, anche se dovrebbe essere diretto.$f(x)$

Ora questo ha a che fare con la formula di inversione di Lagrange e voglio solo portarlo a un termine in più di quello che ho.

Sappiamo dall'alto che è una funzione di simmetria dispari:$f(x)$

$$f(-x) = -f(x)$$

Ciò significa che e tutti i termini di ordine pari della serie Maclaurin saranno zero:$f(0)=0$

$$y = f(x) = a_1 x + a_3 x^3 + ...$$

La funzione inversa è anche una simmetria dispari, passa attraverso lo zero e può essere espressa come una serie di Maclaurin

$$x = g(y) = b_1 y + b_3 y^3 + ...$$

e se sappiamo cosa sono e di , allora abbiamo una buona idea di cosa devono essere e :a 3 f ( x $a_1$$a_3$$f(x)$b $b_1$$b_3$

$$b_1=\frac{1}{a_1} \quad \quad \quad \quad b_3 = -\frac{a_3}{a_1^4}$$

Ora sono in grado di calcolare la derivata di e valutarla a zero e ottengo$f(x)$

$$\\ a_1 = \frac{2 \alpha}{(1+\alpha^2) \arctan(\alpha)} = \frac{\sin(\omega_0)}{\omega_0/2}$$ $$\\ b_1 = \frac{(1+\alpha^2) \arctan(\alpha)}{2 \alpha} = \frac{\omega_0/2}{\sin(\omega_0)} \\ $$

Ma sto facendo una cagna per ottenere e quindi . Qualcuno può farlo? Mi accontenterei persino di un'espressione solida per la terza derivata di valutata in .b 3 f ( x ) x = $a_3$$b_3$$f(x)$$x=0$

Per completare la mia parte con questa domanda: Ecco una risposta in qualche modo abbreviata basata su un'espansione manuale della funzione dispari in una serie fino al terzo ordine. Alcuni ulteriori dettagli sono disponibili su mathSE .$f(x)$

$$\begin{align*} f(x)&=\ln\left(\arctan\left(\alpha e^x\right)\right)-\ln\left(\arctan\left(\alpha e^{-x}\right)\right)\\ &=f_1x+f_3x^3+O\left(x^5\right)\tag{1} \end{align*}$$

Inizialmente ci concentriamo sul termine di sinistra di e cominciamo con f ( x

$$\ln\left(\arctan\left(\alpha e^x\right)\right)$$ $f(x)$

Espansione in serie di :$\arctan$

Otteniamo

$$\begin{align*} \arctan(\alpha e^x)&=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1}\alpha^{2n+1} e^{(2n+1)x}\\ &=\cdots\\ &=\sum_{j=0}^\infty\frac{1}{j!}\sum_{n=0}^\infty(-1)^n(2n+1)^{j-1}\alpha^{2n+1}x^j\tag{2} \end{align*}$$

Ora deriviamo da (2) i coefficienti fino a . Usando l' operatore coefficiente per indicare il coefficiente di in una serie che otteniamo [ x k ] x k [ x 0 ] arctan ( α e x $x^3$$[x^k]$$x^k$

$$\begin{align*} [x^0]\arctan\left(\alpha e^x\right)&=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1}\alpha^{2n+1}=\arctan \alpha\\ [x^1]\arctan\left(\alpha e^x\right)&=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\alpha^{2n+1}=\frac{\alpha}{1+\alpha ^2}\\ [x^2]\arctan\left(\alpha e^x\right)&=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty (-1)^n(2n+1)\alpha^{2n+1}\\ &=\cdots =\frac{\alpha}{2}\cdot\frac{d}{d\alpha}\left(\frac{\alpha}{1+\alpha^2}\right) =\frac{\alpha(1-\alpha^2)}{2\left(1+\alpha^2\right)^2}\\ [x^3]\arctan\left(\alpha e^x\right)&=\frac{1}{6}\sum_{n=0}^\infty (-1)^n(2n+1)^2\alpha^{2n+1}\\ &=\frac{\alpha^2}{6}\sum_{n=0}^\infty (-1)^n(2n+1)(2n)\alpha^{2n-1} +\frac{\alpha}{6}\sum_{n=0}^\infty (-1)^n(2n+1)\alpha^{2n}\\ &=\cdots =\left(\frac{\alpha^2}{6}\cdot\frac{d^2}{d\alpha^2}+\frac{\alpha}{6}\cdot\frac{d}{d\alpha}\right)\left(\frac{\alpha}{1+\alpha^2}\right)\\ &=\cdots =\frac{\alpha^5-6\alpha^3+\alpha}{6(1+\alpha^2)^3} \end{align*}$$

Concludiamo

$$\begin{align*} \arctan\left(\alpha e^x\right)&=\arctan(\alpha)+\frac{\alpha}{1+\alpha^2}x+\frac{\alpha(1-\alpha^2)}{2\left(1+\alpha^2\right)^2}x^2\\ &\qquad+\frac{\alpha^5-6\alpha^3+\alpha}{6(1+\alpha^2)^3}x^3+O(x^4)\tag{3} \end{align*}$$

Poteri nelle serie logaritmiche:

Per derivare i coefficienti delle serie logaritmiche scriviamo l'espressione (3) come e consideriamo arctan(αex

$$\begin{align*} \ln\left(\arctan(\alpha e^x)\right)&=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}(\arctan(\alpha e^x)-1)^n \end{align*}$$ ln ( arctan ( α e $$\begin{align*} \arctan\left(\alpha e^x\right)&=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+O(x^4) \end{align*}$$ $$\begin{align*} \ln\left(\arctan(\alpha e^x)\right)&=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}((a_0-1)+a_1x+a_2x^2+a_3x^3)^n+O(x^4)\tag{4} \end{align*}$$

Ora impostiamo ed estraiamo i coefficienti di a da x 0 x 3 ( A ( $A(x)=(a_0-1)+a_1x+a_2x^2+a_3x^3$$x^0$$x^3$

$$\begin{align*} \left(A(x)\right)^n&=((a_0-1)+a_1x+a_2x^2+a_3x^3)^n\\ &=\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}(a_0-1)^j\left(a_1x+a_2x^2+a_3x^3\right)^{n-j}\\ &=\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}(a_0-1)^j\sum_{k=0}^{n-j}\binom{n-j}{k}a_1^kx^k\left(a_2x^2+a_3x^3\right)^{n-j-k}\tag{5}\\ \end{align*}$$

Otteniamo da (5)

$$\begin{align*} [x^0]&\left(A(x)\right)^n=\cdots=(a_0-1)^n\\ [x^1]&\left(A(x)\right)^n=\cdots=a_1n(a_0-1)^{n-1}\\ [x^2]&\left(A(x)\right)^n=\dots=a_2n(a_0-1)^{n-1}+\frac{1}{2}n(n-1)a_1^2(a_0-1)^{n-2}\\ [x^3]&\left(A(x)\right)^n=\cdots=na_3(a_0-1)^{n-1}+a_1a_2n(n-1)(a_0-1)^{n-2}\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad+\frac{1}{6}n(n-1)(n-2)a_1^3(a_0-1)^{n-3}\tag{6} \end{align*}$$

Espansione in serie del logaritmo:

Calcoliamo usando (6) i coefficienti di in termini dia j , 0 ≤ j ≤ $\ln(\arctan(\alpha e^x))$$a_j, 0\leq j\leq 3$

$$\begin{align*} [x^0]&\ln(\arctan(\alpha e^x))=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}[x^0]A(x)\\ &=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}[x^0](a_0-1)^n\\ &=\ln(a_0-1)\\ [x^1]&\ln(\arctan(\alpha e^x))=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}[x^1]A(x)\\ &=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}[x^0]a_1n(a_0-1)^{n-1}\\ &=a_1\sum_{n=0}^\infty(-1)^n(a_0-1)^n\\ &=\frac{a_1}{a_0}\\ [x^2]&\ln(\arctan(\alpha e^x))=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}[x^2]A(x)\\ &=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}\left(a_2n(a_0-1)^{n-1}+\frac{1}{2}n(n-1)a_1^2(a_0-1)^{n-2}\right)\\ &=\cdots\\ &=\left(a_2+\frac{a_1^2}{2}\frac{d}{da_0}\right)\left(\frac{1}{a_0}\right)\\ &=\frac{a_2}{a_0}-\frac{a_1^2}{2a_0^2}\\ [x^3]&\ln(\arctan(\alpha e^x))=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}[x^3]A(x)\\ &=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}\left(na_3(a_0-1)^{n-1}+a_1a_2n(n-1)(a_0-1)^{n-2}\right.\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\left.+\frac{1}{6}n(n-1)(n-2)a_1^3(a_0-1)^{n-3}\right)\\ &=\cdots\\ &=\left(a_3+a_1a_2\frac{d}{da_0}+\frac{a_1^3}{6}\frac{d^2}{da_0^2}\right)\left(\frac{1}{a_0}\right)\\ &=\frac{a_3}{a_0}-\frac{a_1a_2}{a_0^2}+\frac{a_1^3}{3a_0^3}\tag{7} \end{align*}$$

Espansione in serie di :$f(x)$

Adesso è tempo di raccogliere. Finalmente otteniamo con (3) e (7) rispettando che è dispari$f(x)$

$$\begin{align*} \color{blue}{f(x)}&\color{blue}{=\ln\left(\arctan\left(\alpha e^x\right)\right)-\ln\left(\arctan\left(\alpha e^{-x}\right)\right)}\\ &=\cdots\\ &=\frac{2a_1}{a_0}x+2\left(\frac{a_3}{a_0}-\frac{a_1a_2}{a_0^2}+\frac{a_1^3}{3a_0^3}\right)x^3+O(x^5)\\ &\color{blue}{=\frac{2\alpha}{(1+\alpha^2)\arctan(\alpha)}x +\frac{\alpha}{3(1+\alpha^2)^3\arctan(\alpha)}\Bigg(\alpha^4-6\alpha^2+1}\\ &\qquad\color{blue}{\left.-\frac{3\alpha(1-\alpha^2)}{\arctan(\alpha)}+\frac{2\alpha^2}{\left(\arctan(\alpha)\right)^2}\right)x^3+O(x^5)} \end{align*}$$

(Conversione del commento in risposta.)

Usando Wolfram Alpha, at restituisce: x = $f'''(x)$$x=0$

$$\begin{align} \\ f'''(0) = & -\frac{6 \alpha^2}{(\alpha^2 + 1)^2 (\arctan(\alpha))^2} \ + \ \frac{2 \alpha}{(\alpha^2 + 1) \arctan(\alpha)} \\ & \quad \quad + \frac{16 \alpha^5}{(\alpha^2 + 1)^3 \arctan(\alpha)} \ + \ \frac{12 \alpha^4}{(\alpha^2 + 1)^3 (\arctan(\alpha))^2} \\ & \quad \quad \quad \quad - \frac{16 \alpha^3}{(\alpha^2 + 1)^2 \arctan(\alpha)} \ + \ \frac{4 \alpha^3}{(\alpha^2 + 1)^3 (\arctan(\alpha))^3} \\ \\ &= \frac{2 (\alpha^4 - 6 \alpha^2 + 1) \alpha}{(\alpha^2 + 1)^3 \arctan(\alpha)} + \frac{6 (\alpha^2 - 1) \alpha^2}{(\alpha^2 + 1)^3 (\arctan(\alpha))^2} + \frac{4 \alpha^3}{(\alpha^2 + 1)^3 (\arctan(\alpha))^3} \\ \end{align}$$

http://www.wolframalpha.com/input/?i=evaluate+d3%2Fdx3++(+ln+(arctan+(a+exp(+x)))+-+ln+(arctan(a+exp(-+x) )) +) + a + x% 3D0

Possiamo anche ricontrollare se questo corrisponde alla risposta di Markus qui .

Il suo coefficiente di risulta essere$x^3$

$$\frac{\alpha}{3(1+\alpha^2)^3\arctan(\alpha)}\left(\alpha^4-6\alpha^2+1-\frac{3\alpha(1-\alpha^2)}{\arctan(\alpha)}+\frac{2\alpha^2}{\left(\arctan(\alpha)\right)^2}\right).$$

Se lo moltiplichiamo per 6 e riordiniamo alcuni fattori, otteniamo:

$$\frac{2\alpha(\alpha^4-6\alpha^2+1)}{(1+\alpha^2)^3\arctan(\alpha)} - \frac{6\alpha^2(1-\alpha^2)}{(1+\alpha^2)^3(\arctan(\alpha))^2} + \frac{4 \alpha^3}{(1+\alpha^2)^3 (\arctan(\alpha))^3}$$

che corrisponde!

Il problema posto nella domanda sembra non avere una soluzione a forma chiusa. Come menzionato nella domanda e mostrato in altre risposte, il risultato può essere sviluppato in una serie, che può essere realizzata da qualsiasi strumento matematico simbolico come Mathematica. Tuttavia, i termini diventano piuttosto complicati e brutti, e non è chiaro quanto sia buona l'approssimazione quando includiamo termini fino al terzo ordine. Poiché non è possibile ottenere una formula esatta, potrebbe essere meglio calcolare la soluzione numericamente, il che, diversamente dall'approssimazione, darà un risultato (quasi) esatto.

Tuttavia, non è questa la risposta. Suggerisco un percorso diverso che dia una soluzione esatta cambiando la formulazione del problema. Dopo averci pensato per un po 'si scopre che è la specifica della frequenza centrale e la specifica della larghezza di banda come rapporto (o, equivalentemente, in ottave) che causa l'intrattabilità matematica. Esistono due modi per uscire dal dilemma:$\omega_0$

1. specifica la larghezza di banda del filtro a tempo discreto come una differenza di frequenze , dove e sono rispettivamente i bordi inferiore e superiore del filtro a tempo discreto.ω 1 ω $\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$$\omega_1$$\omega_2$
2. prescrivere il rapporto e invece di prescrivere una delle due frequenze di bordo o .ω 0 ω 1 ω $\omega_2/\omega_1$$\omega_0$$\omega_1$$\omega_2$

In entrambi i casi è possibile una semplice soluzione analitica. Poiché è desiderabile prescrivere la larghezza di banda del filtro a tempo discreto come un rapporto (o, equivalentemente, in ottave), descriverò il secondo approccio.

Definiamo le frequenze limite e del filtro a tempo continuo perΩ $\Omega_1$$\Omega_2$

$$|H(j\Omega_1)|^2=|H(j\Omega_2)|^2=\frac12\tag{1}$$

con , dove è la funzione di trasferimento di un filtro passa banda di secondo ordine: H ( s $\Omega_2>\Omega_1$$H(s)$

$$H(s)=\frac{\Delta\Omega s}{s^2+\Delta\Omega s+\Omega_0^2}\tag{2}$$

con e . Nota che e per .Ω 2 $\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1$ H ( j Ω 0 ) = 1 | H ( j Ω ) | < $\Omega_0^2=\Omega_1\Omega_2$$H(j\Omega_0)=1$$|H(j\Omega)|<1$$\Omega\neq\Omega_0$

Usiamo la trasformazione bilineare per mappare le frequenze di bordo e del filtro a tempo discreto sulle frequenze di bordo e del filtro a tempo continuo. Senza perdita di generalità possiamo scegliere . Ai nostri scopi la trasformazione bilineare assume quindi la formaω 2 Ω 1 Ω $\omega_1$$\omega_2$$\Omega_1$$\Omega_2$$\Omega_1=1$

$$s = \frac{1}{\tan\left(\frac{\omega_1}{2}\right)}\frac{z-1}{z+1}\tag{3}$$

corrispondente alla seguente relazione tra frequenze a tempo continuo e frequenze a tempo discreto:

$$\Omega=\frac{\tan\left(\frac{\omega}{2}\right)}{\tan\left(\frac{\omega_1}{2}\right)}\tag{4}$$

Da otteniamo impostando . Con e calcolati da , otteniamo la funzione di trasferimento del filtro prototipo analogico da . Applicando la trasformata bilineare , otteniamo la funzione di trasferimento del filtro passa banda a tempo discreto:Ω 2 ω $(4)$$\Omega_2$Ω 1 = 1 Ω 2 ( 4 ) ( 2 $\omega=\omega_2$$\Omega_1=1$$\Omega_2$$(4)$$(2)$$(3)$

$$H_d(z)=g\cdot\frac{z^2-1}{z^2+az+b}\tag{5}$$

con

$$\begin{align}g&=\frac{\Delta\Omega c}{1+\Delta\Omega c+\Omega_0^2c^2}\\a&=\frac{2(\Omega_0^2c^2-1)}{1+\Delta\Omega c+\Omega_0^2c^2}\\b&=\frac{1-\Delta\Omega c+\Omega_0^2c^2}{1+\Delta\Omega c+\Omega_0^2c^2}\\c&=\tan\left(\frac{\omega_1}{2}\right)\end{align}\tag{6}$$

Sommario:

La larghezza di banda del filtro a tempo discreto può essere specificata in ottave (o, generalmente, come un rapporto), e i parametri del filtro prototipo analogico possono essere calcolati esattamente, in modo tale da ottenere la larghezza di banda specificata. Invece della frequenza centrale , specifichiamo i bordi della banda e . La frequenza centrale definita da è un risultato del progetto.ω $\omega_0$$\omega_1$| H d ( e j ω 0 ) | = $\omega_2$$|H_d(e^{j\omega_0})|=1$

I passaggi necessari sono i seguenti:

1. Specifica il rapporto desiderato tra i bordi di banda e uno dei bordi di banda (che ovviamente equivale a specificare semplicemente e ).ω 1 ω $\omega_2/\omega_1$$\omega_1$$\omega_2$
2. Scegli e determina da . Calcola e del filtro prototipo analogico .Ω 2 ( 4 ) Δ Ω = Ω 2 - Ω 1 Ω 2 0 = Ω 1 Ω $\Omega_1=1$$\Omega_2$$(4)$$\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1$$\Omega_0^2=\Omega_1\Omega_2$$(2)$
3. Valutare le costanti per ottenere la funzione di trasferimento a tempo discreto .$(6)$$(5)$

Si noti che con l'approccio più comune dove e sono specificati, la banda effettiva bordi e sono il risultato del processo di progettazione. Nella soluzione proposta, è possibile specificare i bordi della banda e è il risultato del processo di progettazione. Il vantaggio di quest'ultimo approccio è che la larghezza di banda può essere specificata in ottave e la soluzione è esatta, ovvero il filtro risultante ha esattamente la larghezza di banda specificata in ottave. Δ ω = ω 2 - ω 1 ω 1 ω 2 $\omega_0$$\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$$\omega_1$$\omega_2$$\omega_0$

Esempio:

Specifichiamo una larghezza di banda di un'ottava e scegliamo il bordo inferiore come . Questo dà un bordo superiore . I bordi della banda del filtro prototipo analogico sono e da (con ) . Questo dà e . Con otteniamo la funzione di trasferimento a tempo discretoω 2 = $\omega_1=0.2\pi$Ω 1 = 1 ( 4 ) ω = ω 2 Ω 2 = 2.2361 Δ Ω = Ω 2 - Ω 1 = 1.2361 Ω $\omega_2=2\omega_1=0.4\pi$$\Omega_1=1$$(4)$$\omega=\omega_2$$\Omega_2=2.2361$$\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1=1.2361$(6)(5$\Omega_0^2=\Omega_1\Omega_2=2.2361$$(6)$$(5)$

$$H_d(z)=0.24524 \cdot \frac{z^2-1}{z^2-0.93294z+0.50953}$$

che raggiunge esattamente una larghezza di banda di 1 ottava e i bordi della banda specificati, come mostrato nella figura seguente:

Soluzione numerica del problema originale:

Dai commenti capisco che è importante essere in grado di specificare esattamente la frequenza centrale per la quale è soddisfatto. Come accennato in precedenza, non è possibile ottenere una soluzione a forma chiusa esatta e uno sviluppo in serie produce espressioni piuttosto ingombranti.$\omega_0$$|H_d(e^{j\omega_0})|=1$

Per motivi di chiarezza, vorrei riassumere le possibili opzioni con i loro vantaggi e svantaggi:

1. specificare la larghezza di banda desiderata come differenza di frequenza e specificare ; in questo caso è possibile una semplice soluzione a forma chiusa.ω $\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$$\omega_0$
2. specifica i bordi di banda e (o, equivalentemente, la larghezza di banda in ottave e uno dei bordi di banda); questo porta anche a una semplice soluzione a forma chiusa, come spiegato sopra, ma la frequenza centrale è un risultato del progetto e non può essere specificata.ω 2 ω $\omega_1$$\omega_2$$\omega_0$
3. specifica la larghezza di banda desiderata in ottave e la frequenza centrale (come richiesto nella domanda); nessuna soluzione in forma chiusa è possibile, né esiste (per il momento) alcuna semplice approssimazione. Per questo motivo ritengo sia auspicabile disporre di un metodo semplice ed efficace per ottenere una soluzione numerica. Questo è ciò che è spiegato di seguito.$\omega_0$

Quando viene specificato usiamo una forma della trasformata bilineare con una costante di normalizzazione diversa da quella usata in e : ( 3 ) ( 4 $\omega_0$$(3)$$(4)$

$$\Omega=\frac{\tan\left(\frac{\omega}{2}\right)}{\tan\left(\frac{\omega_0}{2}\right)}\tag{7}$$

Definiamo . Indicare il rapporto specificato dei bordi della banda del filtro a tempo discreto come$\Omega_0=1$

$$r=\frac{\omega_2}{\omega_1}\tag{8}$$

Con otteniamo da e( 7 ) $c=\tan(\omega_0/2)$$(7)$$(8)$

$$r=\frac{\arctan(c\Omega_2)}{\arctan(c\Omega_1)}\tag{9}$$

Con , può essere riscritto nel seguente formato:$\Omega_1\Omega_2=\Omega_0^2=1$$(9)$

$$f(\Omega_1)=r\arctan(c\Omega_1)-\arctan\left(\frac{c}{\Omega_1}\right)=0\tag{10}$$

Per un dato valore di questa equazione può essere risolta per con alcune iterazioni di Newton. Per questo abbiamo bisogno della derivata di :$r$$\Omega_1$$f(\Omega_1)$

$$f'(\Omega_1)=c\left(\frac{r}{1+c^2\Omega_1^2}+\frac{1}{c^2+\Omega_1^2}\right)\tag{11}$$

Con , sappiamo che deve trovarsi nell'intervallo . Anche se è possibile trovare soluzioni iniziali più intelligenti, si scopre che la supposizione iniziale funziona bene per la maggior parte delle specifiche e si tradurrà in soluzioni molto accurate dopo solo iterazioni del metodo di Newton:$\Omega_0=1$$\Omega_1$$(0,1)$$\Omega_1^{(0)}=0.1$$4$

$$\Omega_1^{(n+1)}=\Omega_1^{(n)}-\frac{f(\Omega_1^{(n)})}{f'(\Omega_1^{(n)})}\tag{12}$$

Con ottenuto con alcune iterazioni di possiamo determinare e e e usiamo e per calcolare i coefficienti di il filtro a tempo discreto. Notare che la costante è ora data da . ( $\Omega_1$$(12)$$\Omega_2=1/\Omega_1$$\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1$$(5)$$(6)$$c$$c=\tan(\omega_0/2)$

Esempio 1:

Specifichiamo e una larghezza di banda di ottave. Ciò corrisponde a un rapporto . Con un'ipotesi iniziale di , iterazioni del metodo di Newton hanno portato a una soluzione , da cui è possibile calcolare i coefficienti del tempo discreto come spiegato sopra. La figura seguente mostra il risultato:$\omega_0=0.6\pi$$0.5$$r=\omega_2/\omega_1=2^{0.5}=\sqrt{2}=1.4142$$\Omega_1=0.1$$4$$\Omega_1=0.71$

Il filtro è stato calcolato con questo script Matlab / Octave:

% specifiche
bw = 0,5; % larghezza di banda desiderata in ottave
w0 = .6 * pi; % frequenza di risonanza

r = 2 ^ (bw); Rapporto% dei bordi della fascia
W1 = .1; % ipotesi iniziale (funziona per la maggior parte delle specifiche)
Nit = 4; % # Iterazioni di Newton
c = abbronzatura (w0 / 2);

% Newton
per i = 1: Nit,
    f = r * atan (c * W1) - atan (c / W1);
    fp = c * (r / (1 + c ^ 2 * W1 ^ 2) + 1 / (c ^ 2 + W1 ^ 2));
    W1 = W1 - f / fp
fine

W1 = abs (W1);
if (W1> = 1), errore ("Impossibile convergere. Riduci il valore dell'ipotesi iniziale."); fine

W2 = 1 / W1;
dW = W2 - W1;

% filtro a tempo discreto
scala = 1 + dW * c + W1 * W2 * c ^ 2;
b = (dW * c / scale) * [1,0, -1];
a = [1, 2 * (W1 * W2 * c ^ 2-1) / scala, (1-dW * c + W1 * W2 * c ^ 2) / scala];

Esempio 2:

Aggiungo un altro esempio per mostrare che questo metodo può anche gestire specifiche per le quali la maggior parte delle approssimazioni darà risultati non sensati. Questo è spesso il caso in cui la larghezza di banda desiderata e la frequenza di risonanza sono entrambe elevate. Progettiamo un filtro con e ottave. Quattro iterazioni del metodo di Newton con un'ipotesi iniziale danno come risultato un valore finale di , cioè in una larghezza di banda del prototipo analogico di ottave. Il filtro a tempo discreto corrispondente ha i seguenti coefficienti e la sua risposta in frequenza è mostrata nel diagramma seguente:b p = 4 Ω ( 0 $\omega_0=0.95\pi$$bw=4$$\Omega_1^{(0)}=0.1$$\Omega_1=0.00775$$\log_2(\Omega_2/\Omega_1)=\log_2(1/\Omega_1^2)\approx 14$

b = 0.90986 * [1,0, -1];
a = [1.00000 0.17806 -0.81972];

I bordi della banda di metà potenza risultanti sono e , che sono effettivamente esattamente a ottave (cioè un fattore ).ω 2 = 0,999612 π 4 $\omega_1=0.062476\pi$$\omega_2 = 0.999612\pi$$4$$16$

okay, ho promesso di aumentare la taglia e manterrò la mia promessa. ma devo confessare che potrei rinnegare un po 'il fatto di essere soddisfatto solo della terza derivata di . quello che voglio davvero sono i due coefficienti per .$f(x)$$g(y)$

quindi non mi rendevo conto che esistesse questo linguaggio Wolfram come alternativa alla matematica o Derive e non mi rendevo conto che potesse calcolare così facilmente la terza derivata e semplificare l'espressione.

e questo ragazzo di Markus al SE di matematica ha pubblicato questa risposta (che pensavo dovesse essere la quantità di grunge che pensavo fosse necessaria).

$$\begin{align*} y = f(x) &= \ln\left(\arctan\left(\alpha e^x\right)\right) - \ln\left(\arctan\left(\alpha e^{-x}\right)\right)\\ \\ &\approx a_1 x \ + \ a_3 x^3 \\ \\ &=\frac{2\alpha}{(1+\alpha^2)\arctan(\alpha)} x + \frac{\alpha}{3(1+\alpha^2)^3\arctan(\alpha)}\Bigg(\alpha^4-6\alpha^2+1\\ &\qquad\left.-\frac{3\alpha(1-\alpha^2)}{\arctan(\alpha)}+\frac{2\alpha^2}{\left(\arctan(\alpha)\right)^2}\right) x^3 \\ \\ \end{align*}$$

così ho messo insieme l'approssimazione del terzo ordine all'inverso:

$$\begin{align*} x = g(y) &\approx b_1 y \ + \ b_3 y^3 \\ \\ &= \frac{1}{a_1} y \ - \ \frac{a_3}{a_1^4} y^3 \\ \\ &= \frac{(1+\alpha^2)\arctan(\alpha)}{2\alpha} y - \frac{(1+\alpha^2)(\arctan(\alpha))^3}{48 \alpha^3}\Bigg(\alpha^4-6\alpha^2+1 \\ &\qquad\left.-\frac{3\alpha(1-\alpha^2)}{\arctan(\alpha)}+\frac{2\alpha^2}{\left(\arctan(\alpha)\right)^2}\right) y^3 \\ \\ &= \frac{(1+\alpha^2)\arctan(\alpha)}{2\alpha} y - \frac{(1+\alpha^2)(\arctan(\alpha))^3}{48 \alpha}\Bigg(\alpha^2-6+\alpha^{-2} \\ &\qquad\left.-\frac{3(1-\alpha^2)}{\alpha\arctan(\alpha)}+\frac{2}{\left(\arctan(\alpha)\right)^2}\right) y^3 \\ \\ &= y \left(\arctan(\alpha)\frac{\alpha + \alpha^{-1}}{2}\right) \Bigg(1 \ + \\ & \left((\arctan(\alpha))^2\left(1-\frac{\alpha^2+\alpha^{-2}}{6} \right) - \arctan(\alpha)\frac{\alpha-\alpha^{-1}}{2}-\frac{1}{3}\right) \frac{y^2}{4} \Bigg) \\ \\ \end{align*}$$

speravo che qualcuno lo facesse. richiama , e$y=f(x) \triangleq \ln(2) \, bw$$g(y) = x \triangleq \frac{\ln(2)}{2}BW$$\alpha \triangleq \tan(\omega_0/2)$

$$\begin{align*} x = g(y) &\approx y \left(\arctan(\alpha)\frac{\alpha + \alpha^{-1}}{2}\right) \Bigg(1 \ + \\ & \left((\arctan(\alpha))^2\left(1-\frac{\alpha^2+\alpha^{-2}}{6} \right) - \arctan(\alpha)\frac{\alpha-\alpha^{-1}}{2}-\frac{1}{3}\right) \frac{y^2}{4} \Bigg) \\ \\ \frac{\ln(2)}{2}BW &\approx (\ln(2) bw) \left(\arctan(\alpha)\frac{\alpha + \alpha^{-1}}{2}\right) \Bigg(1 \ + \\ & \left((\arctan(\alpha))^2\left(1-\frac{\alpha^2+\alpha^{-2}}{6} \right) - \arctan(\alpha)\frac{\alpha-\alpha^{-1}}{2}-\frac{1}{3}\right) \frac{(\ln(2) bw)^2}{4} \Bigg) \\ \\ \end{align*}$$

ho tre identità trigonometriche convenienti:

$$\frac12 \left(\alpha + \alpha^{-1} \right) = \frac12 \left(\tan(\omega_0/2) + \frac{1}{\tan(\omega_0/2)} \right) = \frac{1}{\sin(\omega_0)} \\ $$

$$\frac12 \left(\alpha - \alpha^{-1} \right) = \frac12 \left(\tan(\omega_0/2) - \frac{1}{\tan(\omega_0/2)} \right) = -\frac{1}{\tan(\omega_0)} \\ $$

$$\frac12 \left(\alpha^2 + \alpha^{-2} \right) = \frac12 \left(\tan^2(\omega_0/2) + \frac{1}{\tan^2(\omega_0/2)} \right) = \frac{1}{\sin^2(\omega_0)} + \frac{1}{\tan^2(\omega_0)} \\ = \frac{2}{\sin^2(\omega_0)} - 1$$

"finalmente" abbiamo ottenuto:

$$BW \approx bw \, \frac{\omega_0}{\sin(\omega_0)} \left(1 \ + \ \frac{(\ln(2))^2}{24} \left( 2(\omega_0^2 - 1) - \left(\frac{\omega_0}{\sin(\omega_0)}\right)^2 + 3\frac{\omega_0}{\tan(\omega_0)} \right) (bw)^2 \right)$$

non è poi così male si adatta su una sola riga. se qualcuno vede un errore o un buon modo per semplificare ulteriormente, per favore fammi sapere.

con l'approssimazione della serie di potenze dal commento sopra,

$$BW \approx bw \, \frac{\omega_0}{\sin(\omega_0)} \left(1 \ + \ (\ln(2))^2 \left( \tfrac{1}{36}\omega_0^2 - \tfrac{1}{180}\omega_0^4 - \tfrac{2}{2835}\omega_0^6 \right) (bw)^2 \right)$$

quindi ecco alcuni risultati quantitativi. ho tracciato la larghezza di banda specw per il filtro digitale sull'asse xe la larghezza di banda digitale risultante sull'asse y. ci sono cinque grafici dal verde al rosso che rappresentano la frequenza di risonanza normalizzata da Nyquist:$bw$$\omega_0$

$\frac{\omega_0}{\pi} =$ [0,0002 0,2441 0,4880 0,7320 0,9759]

quindi la frequenza di risonanza va da quasi DC a quasi Nyquist.

qui non vi è alcun compenso (o pre-warping) per la larghezza di banda:

ecco la semplice compensazione del primo ordine che il libro di cucina ha sempre fatto:

ecco la compensazione del terzo ordine che abbiamo appena risolto qui:

ciò che vogliamo è che tutte le linee si trovino direttamente sulla diagonale principale.

i aveva fatto un errore nel caso del terzo ordine e corretto in questa revisione. essa fa apparire come il ravvicinamento terzo ordine di è un po 'meglio il ravvicinamento primo ordine per piccole .$g(y)$$bw$

così ho manipolato il coefficiente del termine del 3 ° ordine (voglio lasciare lo stesso termine del 1 ° ordine), diminuendone l'effetto. questo è moltiplicando solo il termine del 3 ° ordine per il 50%:

questo lo sta riducendo al 33%:

e questo riduce il termine del 3 ° ordine al 25%:

poiché l'oggetto di una funzione inversa è annullare la funzione specificata, il punto di tutto ciò è far sì che le curve della funzione composita si trovino il più vicino possibile alla diagonale principale. non è male per un Nyquist fino al 75% per frequenza di risonanza e larghezza di banda 3 ottave . ma non molto meglio per farne valere davvero la pena nel codice "Coefficiente di cottura" che viene eseguito ogni volta che l'utente gira una manopola o fa scorrere un cursore.$\omega_0$$bw$