De acordo com o teorema da amostra de Nyquist-Shannon, qualquer sinal de tempo contínuo com largura de banda menor que a frequência Nyquist (com a frequência de amostragem), que é amostrada na frequência de amostragem pode 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 em instâncias de amostra , (), sem tremulação ou quantização da amostra. Adicionamos a restrição de quecom .
O que eu gostaria de descobrir é o seguinte: Na amostra instantânea, Quero determinar para cada um 'overshoot' fracionário, no pior dos casos, de qualquer sinal de tempo contínuo entre amostras e , que eu poderia ter tido. Ou seja, quanto o sinal de tempo contínuo foi superior aos valores amostrados mais altos (absolutos) em instantes da amostra e . O sinal contínuo, ou reconstrução (uma vez que a interpolação sinc é perfeita !!), que 'perdemos' por amostragem.
Exemplo: Definimos 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 ?). Sua reconstrução sinc (linha azul) a partir das amostras (impulsos pretos) tem a seguinte aparência (plotei os sincs pertencentes a cada amostra em cinza): O 'overshoot' entre amostras e , é ou . 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 que mostra uma superação relativa de para um valor de quase 2.1.
Para qualquer comprimento de sequência , esse 'overshoot' crescerá indefinidamente, , que vai para quando . Isso ocorre porque cada amostra que os sincs criará 'interferência' construtiva e a soma de (as contribuições de todos os envelopes da unidade sinc) para 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 . 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 . E podemos argumentar que isso (a amostragem de um sinal constante do qual você sabe que é limitado por banda tem uma reconstrução constante única).
E se ?
Se agora assumimos que fazemos a mesma interpolação sinc, mas sabemos com certeza , gostar . Então, (meu pressentimento diz) esse efeito deve diminuir e deve permanecer finito (quando) !. Já que para qualquer parede de tijolos de sinal limitada à largura de banda, obtemos uma resposta de impulso de filtro de (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 que, para sinal (não necessariamente esses exemplos de unidades de trem de impulso). Um determinado valor para me dá uma inclinação do kernel de convolução limitador de banda , 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.
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Respostas:
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
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".
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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=1 fm(T)
Onde:
Figura 1. plotada como função de O eixo horizontal logarítmico lineariza o crescimento como .
Podemos simplificar com a ajuda do Wolfram Alpha :fm(1/2)
onde é a função digamma . O termo dominante da série de sobre é:ψ(0) (2) m=∞
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→∞
Como , parece se aproximar de um senoide de frequência Nyquist amostrado em seus zeros:m→∞ gm(T)
Figura 2. não explode.
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.m fm(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) απ π α<1 f∞(T) T f∞(T)=0 T g∞(T)=f∞(T)/supTf∞(T) g∞(T)≠0 T
Caso 1. para algum inteiro . é finita para todos .g∞(T)≠0 T supTf∞(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)=0 T supTf∞(T) T g∞(T) α g∞(T)=0 T g∞(T)≠0 T
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<1 g∞(T)
Jeffrey Rauch, " Série Fourier, Integrais e Amostragem a partir de Análise Complexa Básica ".
BF Logan, Jr. " Informação nos cruzamentos zero de sinais passa-banda ", Bell System Technical Journal, vol. 56, pp. 487-510, abril de 1977
SR Curtis, " Reconstrução de sinais multidimensionais a partir de cruzamentos zero ", tese, MIT, 1985.
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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) 1 12
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