Valores de sinal que 'sentiremos falta' entre instâncias de amostragem durante a amostragem de sinais de banda limitada

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De acordo com o teorema da amostra de Nyquist-Shannon, qualquer sinal de tempo contínuo com largura de banda B menor que a frequência Nyquist fN=fs/2 (com fs a frequência de amostragem), que é amostrada na frequência de amostragem fspode ser perfeitamente reconstruído por interpolação sinc (ou seja, a fórmula de interpolação Whittaker-Shannon).

Suponha que amostremos um sinal de tempo contínuo desconhecido, limitado em magnitude, com tempo de amostragem constante T=1/fs em instâncias de amostra kT, (kZ), sem tremulação ou quantização da amostra. Adicionamos a restrição de queB=αfNcom 0α1.

O que eu gostaria de descobrir é o seguinte: Na amostra instantâneak, Quero determinar para cada αum 'overshoot' fracionário, no pior dos casos, de qualquer sinal de tempo contínuo entre amostrask1 e k, que eu poderia ter tido. Ou seja, quanto o sinal de tempo contínuo foi superior aos valores amostrados mais altos (absolutos) em instantes da amostrak e k1. O sinal contínuo, ou reconstrução (uma vez que a interpolação sinc é perfeita !!), que 'perdemos' por amostragem.

Exemplo: Definimosα=1 e assuma um sinal de tempo discreto [1,0,1,0,1,1,0,1,0,1] (observe o duplo 1 próximo ao meio, e esse sinal ainda tem α=1?). Sua reconstrução sinc (linha azul) a partir das amostras (impulsos pretos) tem a seguinte aparência (plotei os sincs pertencentes a cada amostra em cinza): Reconstrução Sinc para sequência O 'overshoot' entre amostrask=0 e k=1, é 0.7 ou 70%. Portanto, perdemos um pico de valor 1,7 em nosso tempo contínuo limitado por banda original, ou o sinal 'perfeitamente limitado por banda reconstruída'. Se eu colocasse 3 ou mais 1s consecutivos, a superação seria menor (o fenômeno Gibbs é, no final, muito menor). Portanto, 2 amostras contínuas consecutivas como essa são o "pior caso".

Estender o sinal em ambas as direções fará com que a superação cresça: O insira a descrição da imagem aqui que mostra uma superação relativa de1.1 para um valor de quase 2.1.

Para qualquer comprimento de sequência 2m, esse 'overshoot' o(m) crescerá indefinidamente, o(m)ln(m), que vai para quando m. Isso ocorre porque cada amostra que os sincs criará 'interferência' construtiva e a soma de1/πn (as contribuições de todos os envelopes da unidade sinc) para n não converge.

Isso (eu acho) se assemelha ao seguinte: se amostrar constantemente um valor 0, eu também poderia reconstruir um sinal de tempo contínuo com amplitude infinita que é amostrada apenas nos nós com valores de 0, por exemplo sinπfst. Isso me diz a mesma coisa: que se eu permitir que um sinal esteja na frequência de Nyquist, a pior ultrapassagem que eu poderia 'errar' é infinita.

Agora podemos afirmar que o(m)|α=1=. E podemos argumentar que issoo(m)|α=0=0 (a amostragem de um sinal constante do qual você sabe que é limitado por banda tem uma reconstrução constante única).

E se α<1?

Se agora assumimos que fazemos a mesma interpolação sinc, mas sabemos com certeza α<1, gostar α=0.5. Então, (meu pressentimento diz) esse efeito deve diminuir e deve permanecer finito (quandom) !. Já que para qualquer parede de tijolos de sinal limitada à largura de bandaαfs/2, obtemos uma resposta de impulso de filtro de h(t)sinc(tkTαT)(direita?). Portanto, as transições de sinal não podem ser tão rápidas quanto para o exemplo de trem de impulso em mudança acima e, portanto, as contribuições de cada função sinc durante a reconstrução não podem criar interferência construtiva infinita.

Meu problema: não sei como proceder a partir daqui; como formar uma 'prova' da pior superação que eu já poderia encontrar entre 2 amostras consecutivas, sabendo queα<1, para anysinal (não necessariamente esses exemplos de unidades de trem de impulso). Um determinado valor paraα me dá uma inclinação dh(t)dt do kernel de convolução limitador de banda h(t), o que deve me dizer algo sobre quantas amostras consecutivas precisam ser diferentes, mas não vejo as etapas a serem seguidas para chegar a uma conclusão genérica.

Retinite
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Discutimos essas seqüências patológicas no comp.dsp em 2002, assunto: Um poser de interpolação de dados amostrados, groups.google.com/d/msg/comp.dsp/EQ31d-2SS2o/wT5HXbjQpogJ e 2003, assunto: Sinal de pior caso para reconstrução, groups.google.com/d/msg/comp.dsp/xwb9p3awrOg/zl20Wl2EiesJ
Olli Niemitalo
Eu acho que existe um teorema que relaciona a largura de banda de uma função com um limite superior de sua densidade média de zero cruzamentos. Agora, para uma função infinita em quase todos os lugares, essas amostras de valor finito são talvez muito parecidas com cruzamentos de zero para uma função de valor finito: sua densidade média tem um limite superior.
Olli Niemitalo 02/10
Obrigado, vou ler as duas discussões em grupo do Google em detalhes quando tiver mais tempo (para onde foi sua resposta com a figura?). Ainda assim, a resposta de MBaz parece sugerir que existe uma derivada absoluta máxima, no pior dos casos, que, sesup|x|é finito, será finito. Portanto, para qualquer sinal de banda limitada, ele não pode ir para um valor infinito. Como isso se relaciona com o que você está sugerindo?
Retinite
Eu removi minha resposta porque não levei em conta que a sequência discreta deve ser tal que sobreviva intacta à filtragem de passagem baixa. Portanto, você pode estar certo sobre o que acontece em , e meu comentário acima concordaria com isso. pode ser encontrado entre as amostras, para não dizer muito. α<1sup|x|
Olli Niemitalo 02/10
Pergunto-me se a matemática seria mais simples para as sequências periódicas infinita de comprimento com o período
Olli Niemitalo

Respostas:

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Não tenho uma resposta real, mas tenho a sensação de que esse resultado o ajudará: a desigualdade de Bernstein diz que, se o sinal for limitado por banda a , então que significa "menor limite superior".x(t)|f|B

|dx(t)dt|4πBsupτR|x(τ)|,tR
sup

Eu descobri essa desigualdade no livro excelente de Amos Lapidoth (e gratuito em formato PDF) "A Foundation in Digital Communication". Uma prova pode ser encontrada em MA Pinsky, "Introdução à análise de Fourier e wavelets".

MBaz
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Obrigado! Isso é realmente útil; raciocínio a partir do sinal de tempo contínuo. Isso significa que, ao extrapolar linearmente 'para frente' na amostra e 'para trás' na amostra , obteríamos um triângulo para o qual sabemos que o sinal de tempo contínuo deve estar abaixo desse triângulo. Se não fosse, conteria conteúdo de maior frequência. Não poderíamos dizer que maxna verdade é limitado pela frequência mais alta ( ) (co) seno na amplitude máxima que eu permito? (I terá que ler a prova em Pinsky se eu posso encontrá-lo para ver como ele se relaciona)k1k|dx(t)/dt|αfN
Retinite
Ainda não consigo encontrar uma prova que compreenda e não quero gastar mais de 100 USD no livro de Pinksy apenas para obter uma prova. Meu pressentimento diz que poderíamos ter certeza de que vez de ( vs ), com o valor máximo permitido do sinal. Encontrei alguma prova geral aqui, mas não entendo o uso da norma com e não tenho certeza se a resposta implica que seria uma função ( aproximação) no domínio da frequência. |dx(t)dt|2πBAmax2π4πAmaxL1||g||1g(ξ)rect
Retinite
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Não importa, apenas preenchendo a explicação no post acima mencionado, eu construí a prova.
Retinite
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Observações

Eu usei +1 e -1 na sequência em vez dos seus 1 e 0. Com , a função contínua limitada por banda nas suas duas primeiras figuras (com a modificação mencionada acima) é:α=1fm(T)

(1)fm(T)=k=1mmsign(sinc(πkπ/2))sinc(πTπk),

Onde:

sinc(T)={sin(T)/Tif T01if T=0sign(x)={1if x<00if x=01if x>0.

fm(1/2) cresce linearmente com o logaritmo de :m

Crescimento do pico em função de $ m $
Figura 1. plotada como função de O eixo horizontal logarítmico lineariza o crescimento como .fm(1/2)log2(m)m

Podemos simplificar com a ajuda do Wolfram Alpha :fm(1/2)

(2)fm(1/2)=2k=1m|sin(π(k0.5))π(k0.5)|={4/πif n=12(ψ(0)(1/2)ψ(0)(m+1/2))πotherwise,

onde é a função digamma . O termo dominante da série de sobre é:ψ(0) (2)m=

2log(m)π,

o que explica a linearização vista na Fig. 1. Agora podemos construir uma versão normalizada da função que herda seu limite de banda, mas não explode como :gm(T)fm(T)m

gm(T)=πfm(T)2log(m)

Como , parece se aproximar de um senoide de frequência Nyquist amostrado em seus zeros:mgm(T)

$ g_ {100000} (T) $
Figura 2. não explode.g100000(T)

O teorema de amostragem original de Nyquist-Shannon requer que a frequência mais alta esteja abaixo da metade da frequência de amostragem, portanto parecemos ter um caso limítrofe que não é coberto por ele. Arbitrariamente grande finito e consequentemente arbitrariamente grande finito estão ainda abrangidos no entanto.mfm(1/2)

Esboço de prova

Aqui está um esboço para uma prova de sua declaração original: Seja o período de amostragem 1. Seja banda limitada abaixo da frequência , onde representa uma frequência com um período de 2 e . Vamos ser finito para todos inteiro . Excluir o caso trivial para todo . Seja . Segue-se que para alguns . Ou:f(T)αππα<1f(T)Tf(T)=0Tg(T)=f(T)/supTf(T)g(T)0T

Caso 1. para algum inteiro . é finita para todos .g(T)0TsupTf(T)T

Caso 2. para todo inteiro . é infinito por algum . Até um fator de escala, é determinado por uma fração de seus zeros. Use mais um dos zeros restantes para fazer a função desaparecer: para todo . Isto é uma contradição, porque antes nós determinamos que para alguns . O caso 2 não pode ser verdadeiro.g(T)=0TsupTf(T)Tg(T)αg(T)=0Tg(T)0T

Segue-se que o caso 1 é verdadeiro e é finita para todos .f(T)T

Seria bom encontrar uma prova definitiva de que uma parte dos zeros uniformemente distribuídos pode ser usada para reconstruir a função, dada sua largura de banda relativamente baixa em comparação com a densidade média desses zeros. Suponho que se , o teorema da amostragem é suficiente para fazer desaparecer. Na literatura, encontrei algumas declarações de interesse:α<1g(T)

A prova da parte 2 do Teorema 4.1 mostrou que um sinal de banda limitada com com a propriedade de que o sinal desapareceu nos pontos deve desaparecer de forma idêntica.=πx=nZ

Jeffrey Rauch, " Série Fourier, Integrais e Amostragem a partir de Análise Complexa Básica ".

É sabido que pode ter mais zeros, a grosso modo, do que cos sem desaparecer de forma idêntica.gλt

BF Logan, Jr. " Informação nos cruzamentos zero de sinais passa-banda ", Bell System Technical Journal, vol. 56, pp. 487-510, abril de 1977

A maioria dos resultados da especificação exclusiva de sinais unidimensionais é baseada no fato de que uma função ilimitada de banda é inteira (analítica em todos os lugares) e, portanto, é especificada exclusivamente por seus zeros (reais e complexos) para um fator constante e exponencial. Uma função arbitrária e ilimitada de banda é especificada exclusivamente por seus cruzamentos de zero (reais) se todos os seus zeros forem garantidos como reais.
...
Trabalhos adicionais envolveram a identificação de sinais especificados exclusivamente por seus cruzamentos de zero (reais), apesar do fato de que eles também contêm zeros complexos. Isso é possível se a taxa de cruzamento zero for, em certo sentido, superior à taxa de informação ou largura de banda de um sinal.

SR Curtis, " Reconstrução de sinais multidimensionais a partir de cruzamentos zero ", tese, MIT, 1985.

Olli Niemitalo
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Interessante. A abordagem máxima da derivada do outro post prova fornecer uma estimativa de pior caso extremamente. Quero abordar esse problema novamente do meu lado inicial (e do seu). Basicamente, poderíamos dizer que o sinal consiste em dois cossenos (um correndo para frente e outro para trás) costurados nas amostras 0 e 1. Parece-me que deve ser 'bastante fácil' refazer sua análise para e etc. para criar uma função ou várias estimativas deste g (m) ou f (1/2) que também são dependentes de . α=0.50.25α
Retinite
@ Retinite talvez não seja tão fácil, porque seria necessário primeiro garantir que as amostras realmente codificassem uma função limitada à banda conforme anunciado.
Olli Niemitalo 04/10
Obrigado pela prova! Para : . Isso fornece a sequência [... 1 0 -1 0 1 1 0 -1 0 1 ...]. (isso é realmente BL para ?!) Isso não poderia ser simplificado (automagicamente) de modo que eu pudesse obter uma expansão em série em torno de . O que recebo é uma série geométrica bastante óbvia em para a qual posso verificar se a soma é finita (e é) e qual pode ser esse valor. Mas este ainda é um método parcial de força bruta. α=0.5fm(T)=k=1mmsign(cos(kπαπ4(sign(k12)+1))))sinc(kT)α=0.5mm
Retinite
Você pode testar se a sequência representa uma função ilimitada de banda de meia banda. Compare a "interpolação" fornecida pelo núcleo sinc de banda completa e o núcleo sinc de meia banda. Se em algum os dois não convergem como , a resposta é não. (Entre aspas porque você pode testar nos pontos de amostra também.)Tm
Olli Niemitalo
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Considere a função de banda limitada com transformada de Fourier que pode ser recuperada perfeitamente (desde a interpolação!) De suas amostras espaçadas segundo, mesmo que as amostras incluam apenas o centro pico e perca todos os outros máximos e mínimos locais da função sinc. Atrase a função sinc em segundos, para que o amostrador perca completamente o pico central, mas obtenha amostras adjacentes com valores idênticos A ultrapassagem do máximo é assimsinc(t)rect(f)112

sinc(12)=sinπ/2π/2=2π.
12π. Não tenho uma prova, mas suspeito que esse será o excedente máximo para o caso . Valores menores de fornecerão amostras mais próximas do valor de pico de e a superação será correspondentemente menor.α=1α1
Dilip Sarwate
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