پاسخ فرکانس و فیلترینگ | سیگنال‌ها و سیستم‌ها Ch. 15

چیزی که یاد خواهید گرفت

این \(H(j\omega) = \mathcal{F}\{h(t)\}\) توصیف کاملی از یک سیستم LTI است: \(|H|\) بهره در هر فرکانس است، \(\angle H\) تغییر فاز است، و هیچ چیز دیگری یک فیلتر نمی تواند انجام دهد.
نحوه خواندن پاسخ قدر و فاز، چرا مهندسان آنها را در دسی بل در برابر یک محور فرکانس لگاریتمی ترسیم می کنند و نقطه \(-3\) دسی بل به چه معناست.
چگونه \(H(j\omega)\) را مستقیماً از یک معادله دیفرانسیل یا مدار دریافت کنیم و چگونه \(h(t)\) را با کسری جزئی برگردانیم.
دو شرط برای انتقال بدون اعوجاج - قدر مسطح و فاز خطی - و اینکه تاخیر گروهی در صورت شکست دومی چه چیزی را اندازه گیری می کند.
چهار فیلتر ایده‌آل، پاسخ‌های ضربه‌ای آن‌ها و دلیل دقیقی که هرگز نمی‌توان یک فیلتر دیوار آجری ساخت.
فیلترهای واقعی چگونه مشخص می شوند - موج عبور باند، باند انتقال، تضعیف باند توقف - و نحوه محاسبه ترتیب فیلتر Butterworth که مطابق با مشخصات است.
قیمت غیرقابل اجتناب فیلترینگ در حوزه زمانی: محصول افزایش زمان-پهنای باند، و زنگی که همیشه یک قطع تند ایجاد می کند.

بخش 15-1

پاسخ فرکانس چیست؟

فصل 14 در مورد هویت \(Y(j\omega) = H(j\omega)X(j\omega)\) به پایان رسید. آن را به آرامی بخوانید، زیرا همه چیز در این فصل باز کردن بسته بندی آن است. طیف خروجی، طیف ورودی است که فرکانس در فرکانس در یک تابع با ارزش پیچیده ثابت \(\omega\) ضرب شده است. این تابع پاسخ فرکانسی است و تبدیل فوریه پاسخ ضربه است.

🔑

پاسخ فرکانسی

\[ H(j\omega) = \int_{-\infty}^{\infty}h(\tau)\,e^{-j\omega \tau}\,d\tau \qquad\qquad Y(j\omega) = H(j\omega)\,X(j\omega) \]

یک تابع پیچیده از یک متغیر واقعی، پاسخ سیستم را به هر ورودی که داده می شود، تعیین می کند. فصل 7 همان \(h(t)\) را گفت. این دو توصیف یک جفت تبدیل هستند و اطلاعات یکسانی دارند.

مفیدترین پیامد پاسخ حالت پایدار به یک سینوسی است که از استدلال تابع ویژه فصل 12 ناشی می شود و اصلاً نیازی به انتگرال‌گیری ندارد. در \(e^{j\omega_1 t}\) تغذیه کنید و خروجی \(H(j\omega_1)e^{j\omega_1 t}\) است: همان نمایی، با یک عدد مختلط مقیاس شده است. گرفتن قطعات واقعی بیانیه را به شکلی که روزانه استفاده خواهید کرد، می دهد.

سینوسی در، سینوسی خارج

\[ x(t) = A\cos(\omega_1 t + \phi) \qquad\Longrightarrow\qquad y(t) = A\,\big|H(j\omega_1)\big|\cos\big(\omega_1 t + \phi + \angle H(j\omega_1)\big) \]

دو واقعیت در آن خط مدفون است و هر دو ارزش بیان با صدای بلند را دارند. اولاً، خروجی یک سینوسی در همان فرکانس است: یک سیستم LTI هرگز فرکانسی را تولید نمی‌کند که ورودی شامل آن نمی‌شود، ادعایی که در بخش 12-8 ثابت شد و اکنون به‌عنوان یک امر بی‌اهمیت قابل مشاهده است - ضرب یک طیف در \(H(j\omega)\) می‌تواند آنچه را که وجود دارد مقیاس‌بندی کند اما نمی‌تواند چیزی را در جایی قرار دهد که چیزی وجود ندارد. دوم، تنها دو کاری که یک سیستم می تواند برای یک جزء انجام دهد، تغییر اندازه آن و تغییر آن در زمان است. بهره و فاز. این مجموعه کامل است.

بنابراین هر کاری که یک فیلتر انجام می دهد به شکل \(|H(j\omega)|\) است. منحنی که روی یک باند بزرگ و روی باند دیگر کوچک است، یک فیلتر است، هر مداری که اتفاق بیفتد تا متوجه آن شود. طراحی فیلتر به معنای انتخاب آن منحنی است.

یک هشدار قبل از اینکه ادامه دهیم. انتگرال تجزیه و تحلیل برای \(H\) زمانی همگرا می شود که \(h\) کاملاً یکپارچه شود، که در فصل 8 دقیقاً شرط پایداری BIBO است. یک سیستم ناپایدار پاسخ فرکانسی ندارد - پاسخ ضربه آن رشد می کند، انتگرال واگرا می شود و هیچ حالت ثابتی برای ته نشین شدن سینوسی وجود ندارد. فصل 17 تبدیل لاپلاس را تا حدی برای رسیدگی به آن مورد معرفی می کند، و رابطه در آنجا به سادگی \(H(j\omega) = H(s)\big|_{s=j\omega}\) است و هر زمان که ناحیهٔ همگرایی دارای محور خیالی باشد معتبر است.

بخش 15-2

قدر، فاز و دسی بل

از آنجایی که \(H(j\omega)\) پیچیده است، نمایش آن به دو نمودار نیاز دارد و این جفت، پاسخ بزرگی و پاسخ فاز نامیده می شود. برای یک پاسخ ضربه واقعی - هر سیستم فیزیکی - تقارن مزدوج بخش 14-3 اعمال می شود، بنابراین \(|H|\) زوج است و \(\angle H\) فرد است، و معمول است که فقط \(\omega \ge 0\) رسم شود.

قدر تقریباً همیشه بر حسب دسی بل رسم می شود و دلیل آن سنت نیست بلکه حساب است. یک آبشار پاسخ های فرکانسی را ضرب می کند. گرفتن لگاریتم آن محصول را به یک جمع تبدیل می کند، بنابراین مراحل آبشاری را می توان به صورت گرافیکی اضافه کرد. لگاریتم‌ها همچنین محدوده دینامیکی عظیم یک فیلتر را فشرده می‌کنند - کاهش باند توقف \(10^{-4}\) و افزایش باند عبور 1 به راحتی روی همان محور قرار می‌گیرد که زمانی به صورت \(-80\) dB و \(0\) dB بیان می‌شود.

قدر دسی بل

\[ |H|_{\text{dB}} = 20\log_{10}\big|H(j\omega)\big| \qquad\qquad |H| = \tfrac{1}{\sqrt2} \;\Longrightarrow\; |H|_{\text{dB}} = -3.01 \text{ dB} \]

آخرین مقدار آن چیزی است که باید به خاطر بسپارید. توان با مربع دامنه متناسب است، بنابراین افزایش \(1/\sqrt2\) توان را نصف می کند. فرکانسی که در آن رخ می دهد، نقطه نیمه توان یا \(-3\) dB است، و باند بین مبدا و آن فرکانس همان چیزی است که "پهنای باند" به معنای آن است، مگر اینکه تعریف دیگری بیان شود. فصل 13 محاسبه پهنای باند ضروری و این یکی به همان سوال با آستانه های مختلف پاسخ می دهد.

محور فرکانس به همین دلیل لگاریتمی است: رفتار قانون توان را به خطوط مستقیم تبدیل می کند. پاسخی که به صورت \(1/\omega\) کاهش می یابد، هر بار که فرکانس در ده ضرب می شود - یک دهه - 20 دسی بل از دست می دهد و به عنوان یک خط شیب ثابت ظاهر می شود. یک پاسخ به صورت \(1/\omega^{n}\) دارای شیب \(-20n\) dB در هر دهه یا معادل \(-6n\) dB در هر اکتاو است، زیرا دو برابر شدن آن \(20\log_{10}2 = 6.02\) dB است. بخش 15-6 چنین طرحی را به طور کامل ترسیم می کند.

فاز با همان روح اندازه گیری می شود اما به صورت خطی ترسیم می شود. فاز لگاریتمی وجود ندارد. پاسخ فاز بر حسب درجه یا رادیان در برابر همان محور فرکانس لگاریتمی رسم می شود. آنچه در مورد آن اهمیت دارد به ندرت مقدار آن در یک فرکانس بلکه شیب آن است، زیرا بخش 15-4 نشان می دهد که شیب یک تاخیر است. طرح فازی که یک خط مستقیم است بی ضرر است. یکی که خم می شود جایی است که اعوجاج زندگی می کند.

بخش 15-3

پاسخ فرکانس از یک معادله دیفرانسیل

فصل 9 سیستم‌های LTI را با معادلات دیفرانسیل با ضریب ثابت تشریح کرد و فصل 14 مشتق‌گیری را به ضرب \(j\omega\) تبدیل کرد. قرار دادن این دو در کنار هم پاسخ فرکانسی هر سیستمی را بدون حل چیزی می دهد. تبدیل هر عبارت از

یک LCCDE کلی و تبدیل آن

\[ \sum_{k=0}^{N}a_k\frac{d^{k}y(t)}{dt^{k}} = \sum_{k=0}^{M}b_k\frac{d^{k}x(t)}{dt^{k}} \qquad\Longrightarrow\qquad Y(j\omega)\sum_{k=0}^{N}a_k(j\omega)^{k} = X(j\omega)\sum_{k=0}^{M}b_k(j\omega)^{k} \]

🔑

پاسخ فرکانسی نسبتی از چندجمله ای ها است

\[ H(j\omega) = \frac{Y(j\omega)}{X(j\omega)} = \frac{\sum_{k=0}^{M}b_k(j\omega)^{k}}{\sum_{k=0}^{N}a_k(j\omega)^{k}} \]

ضرایب را از معادله دیفرانسیل بخوانید و پاسخ فرکانسی نوشته می شود. هیچ شرایط اولیه ظاهر نمی شود، زیرا \(H\) فقط پاسخ اجباری را توصیف می کند - تبدیل فرض می کند که سیستم برای همیشه در حال اجرا بوده است.

سه چیز را می توان فوراً از چنین نسبتی خواند، و معمولاً همه آنها برای اولین طرح مورد نیاز است. بهره DC \(H(0) = b_0/a_0\) است که با تنظیم \(\omega = 0\) به دست می آید. رفتار فرکانس بالا توسط عبارات اصلی کنترل می شود: برای \(\omega\) بزرگ، \(H \approx (b_M/a_N)(j\omega)^{M-N}\)، بنابراین پاسخ به \(20(N-M)\) دسی بل در هر دهه کاهش می یابد. و قطب ها - ریشه های مخرج - همه چیز را در این بین کنترل می کنند، زیرا \(|H|\) هر جا که \(j\omega\) به یک قطب نزدیک شود بالا می رود و هر جا که به صفر نزدیک می شود سقوط می کند.

ساده ترین مورد ارزش انجام کامل را دارد زیرا دائماً تکرار می شود. مدار سری \(RC\) با خروجی از خازن مطابق با قانون ولتاژ Kirchhoff و \(i = C\dot{y}\) از \(RC\,\dot{y} + y = x\) پیروی می کند. تبدیل می دهد

پایین گذر مرتبه اول

\[ (j\omega RC + 1)Y(j\omega) = X(j\omega) \qquad\Longrightarrow\qquad H(j\omega) = \frac{1}{1+j\omega RC} = \frac{1}{1+j\omega/\omega_c}, \quad \omega_c = \frac{1}{RC} \]

همان عبارت را می توان بدون معادله دیفرانسیل، با در نظر گرفتن مدار به عنوان یک تقسیم کننده ولتاژ بین امپدانس \(R\) و امپدانس \(1/j\omega C\) نوشت - که دقیقاً به این دلیل که نمایی \(e^{j\omega t}\) یک فرکانس alfuge از eigen است. پاسخ ها بخش 15-6 این پاسخ را به تفصیل بررسی می کند.

رفتن به سمت دیگر نیز به همان اندازه معمول است. با در نظر گرفتن \(H(j\omega)\) به عنوان نسبت چندجمله‌ای، آن را در کسرهای جزئی بسط دهید و با فصل 13 جفت \(1/(a+j\omega) \leftrightarrow e^{-at}u(t)\)، ترم به ترم معکوس کنید. مثال کار شده 2 این کار را انجام می دهد، و روش - فاکتور، بسط، معکوس - همان روشی است که فصل 19 با تبدیل لاپلاس رسمیت می دهد، جایی که با شرایط اولیه و سیستم‌های ناپایدار نیز مقابله می کند.

بخش 15-4

انتقال بدون اعوجاج و تاخیر گروهی

قبل از اینکه بپرسید چگونه یک سیگنال را تغییر دهید، ارزش این را دارد که بپرسید تنها گذاشتن یک سیگنال به چه معناست. یک کانال بدون اعوجاج است اگر خروجی آن ورودی باشد، احتمالاً تقویت شده و احتمالاً با تأخیر، اما در غیر این صورت از نظر شکل یکسان است: \(y(t) = K\,x(t - t_d)\). بخش 12-7 این ایده را معرفی کرد. ویژگی های فصل 14 اکنون اجازه دهید بیان کنیم که پاسخ فرکانسی چنین کانالی دقیقاً چگونه باید باشد. هر دو طرف را با استفاده از خطی بودن و خاصیت تغییر زمانی تبدیل کنید:

🔑

دو شرط برای انتقال بدون اعوجاج

\[ H(j\omega) = K\,e^{-j\omega t_d} \qquad\Longleftrightarrow\qquad |H(j\omega)| = K \ \text{(flat)}, \qquad \angle H(j\omega) = -\omega t_d \ \text{(linear)} \]

قدر و فاز ثابت متناسب با فرکانس. هر دو مورد نیاز هستند، و هر دو فقط روی باندی که سیگنال در واقع اشغال می کند - خارج از آن، \(H\) ممکن است هر کاری که دوست دارد انجام دهد.

عدم موفقیت شرط اول اعوجاج دامنه است: برخی از مؤلفه ها بیشتر از سایرین تقویت می شوند و شکل موج تغییر می کند حتی اگر هر جزء به موقع برسد. شکست دومی اعوجاج فاز است، و ظریف‌تر از این دو است، زیرا طیف بزرگی - چیزی که یک تحلیلگر طیف به شما نشان می‌دهد - کاملاً بی‌تأثیر است. هر فرکانس به مقدار مناسب وجود دارد. آنها به سادگی در صف قرار نمی گیرند.

چرا فاز باید خطی باشد نه صرفا کوچک؟ زیرا تاخیر \(t_d\) یک مؤلفه را در \(\omega\) با رادیان \(\omega t_d\) تغییر می‌دهد و اگر قرار است همه مؤلفه‌ها در یک زمان تأخیر داشته باشند، باید تغییرات متناسب با فرکانس باشد. تغییر فاز ثابت اعمال شده برای هر فرکانس به هیچ وجه تاخیر نیست. این یک تغییر شکل است.

وقتی فاز خطی نیست، دو کمیت مشتق شده آنچه را که اتفاق می‌افتد اندازه‌گیری می‌کنند. تاخیر فاز تاخیری است که توسط یک سینوسی منفرد تجربه می شود. تأخیر گروهی تاخیری است که توسط پوشش باند باریکی از فرکانس ها تجربه می شود و این تاخیری است که برای پالس ها و سیگنال‌های مدوله شده اهمیت دارد.

تاخیر فاز و تاخیر گروهی

\[ \tau_p(\omega) = -\frac{\theta(\omega)}{\omega}, \qquad \tau_g(\omega) = -\frac{d\theta(\omega)}{d\omega}, \qquad \theta(\omega) = \angle H(j\omega) \]

برای یک تاخیر محض، \(\theta = -\omega t_d\)، و هر دو کمیت برابر با \(t_d\) در هر فرکانس هستند - تعریف و مورد خاص موافق هستند. هنگامی که آنها موافق نیستند، یا زمانی که هر یک با فرکانس متفاوت است، کانال پراکنده می شود: قسمت های مختلف سیگنال با سرعت های مختلف حرکت می کند و پالسی که به طور تمیز راه اندازی می شود، لکه دار می شود. پراکنده فیبر نوری؛ کابل بلند هم همینطور. هر فیلتری با پاسخ فاز منحنی که تقریباً همه آنهاست، همینطور است.

پاسخ مهندسی به کاربرد بستگی دارد. شنوایی انسان به طور قابل توجهی نسبت به اعوجاج فاز متوسط حساس نیست، بنابراین فیلترهای صوتی معمولاً برای بزرگی طراحی می شوند. گیرنده داده اینطور نیست: پراکندگی یک نماد را به نماد بعدی آغشته می‌کند و باعث تداخل بین نمادی می‌شود، بنابراین سیستم‌های ارتباطی یا از فیلترهایی با فاز خطی استفاده می‌کنند - دلیل اینکه فیلترهای فاز خطی FIR فصل 25 بسیار استفاده می‌شوند - یا یک اکولایزر اضافه می‌کنند تا تاخیر گروه را بعد از این واقعیت صاف کند.

بخش 15-5

فیلترهای ایده آل و چرا نمی توان آنها را ساخت

واضح ترین چیزی که باید از فیلتر بخواهیم این است که یک باند را به خوبی رد کند و بقیه را به طور مطلق رد کند. این مشخصات، چهار فیلتر ایده‌آل را تعریف می‌کند که پاسخ‌های بزرگی آن‌ها مستطیل‌ها هستند: گذرگاه پایین، بالاگذر، گذر باند و باند استاپ. آنها مرجعی هستند که فیلترهای واقعی با آن اندازه گیری می شوند، و همچنین، دقیقا و قابل اثبات، غیر قابل ساخت هستند.

چهار پاسخ بزرگی ایده آل، که بر روی یک محور فرکانس دو طرفه ترسیم شده اند

پایین گذر ایده آل، \(H(j\omega) = 1\) را برای \(|\omega| \lt \omega_c\) و صفر را در جای دیگر بگیرید، و پاسخ ضربه آن را با معادله سنتز پیدا کنید. انتگرال ابتدایی است زیرا انتگرال یک نمایی در یک محدوده محدود است:

پاسخ ضربه پایین گذر ایده آل

\[ h(t) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\omega_c}^{\omega_c}e^{j\omega t}d\omega = \frac{1}{2\pi}\cdot\frac{e^{j\omega_c t}-e^{-j\omega_c t}}{jt} = \frac{\sin \omega_c t}{\pi t} \]

این جفت سینک فصل 13 است که از سمت سیستم می آید. و این کشنده است، به دلیلی که در یک نگاه به طرح قابل مشاهده است: \(h(t)\) برای \(t \lt 0\) غیر صفر است. فیلتر قبل از اینکه هیجان زده شود پاسخ می دهد. یک ضربه را در \(t = 0\) وارد کنید و خروجی از قبل برای تمام دفعات قبل زنگ خورده است - سیستم علت و معلولی نیست و با توجه به معیار فصل 8 هیچ سیستم علّی نمی تواند این پاسخ فرکانسی را داشته باشد.

آنچه ما می خواهیم - یک دیوار آجری

آنچه دریافت می کنیم - پاسخی که قبل از ورودی شروع می شود

تعمیر آشکار شکست می خورد. تأخیر در پاسخ ضربه توسط \(t_d\) - که هزینه آن فقط فاز خطی \(e^{-j\omega t_d}\) است و در بخش 15-4 به هیچ وجه اعوجاج ایجاد نمی کند - سینک را به سمت راست منتقل می کند اما آن را کوتاه نمی کند. هر چقدر هم که \(t_d\) بزرگ باشد، دم های \(\sin(\omega_c(t-t_d))/(\pi(t-t_d))\) همچنان به \(t \to -\infty\) می رسد، زیرا سینک در واقع هرگز به صفر نمی رسد. تاخیر یک فیلتر ایده‌آل را تقریباً قابل اجرا می‌سازد، به این معنا که پیش‌پاسخ را می‌توان به میزان ناچیزی کوچک کرد و سپس کوتاه کرد. هرگز آن را دقیقاً قابل تحقق نمی سازد.

انسداد به جای فنی، اساسی است و یک نام دارد. شرط Paley-Wiener بیان می‌کند که پاسخ بزرگی یک سیستم علّی نمی‌تواند به طور یکسان در هر باندی با عرض غیر صفر ناپدید شود. یک فیلتر ممکن است \(|H|\) را به اندازه دلخواه شما کوچک کند، اما ممکن است در یک بازه زمانی آن را دقیقاً صفر نکند. طرد کامل و علّیت ناسازگارند.

معامله ای که هر طراح فیلتر انجام می دهد. ویژگی مقیاس‌پذیری فصل 14 قبلاً حاوی این هشدار بود: یک لبه تیز در یک دامنه باعث ایجاد دم بلند در دیگری می‌شود. یک دیوار آجری در فرکانس تیزترین لبه ممکن است، بنابراین پاسخ ضربه بی نهایت طولانی را می طلبد. نرم کردن برش پاسخ ضربه را کوتاه می کند، به همین دلیل است که هر فیلتر عملی یک باند انتقال دارد و چرا کل بخش 15-7 به این موضوع می پردازد که چقدر می توانید به آرامی آن را بسازید.

سه فیلتر ایده‌آل دیگر از ویژگی‌های فصل 14 پایین‌گذر پیروی می‌کنند و استخراج آن‌ها مقرون به صرفه‌تر از به خاطر سپردن آن‌ها است. Highpass هر چیزی است که lowpass رد می کند، بنابراین \(H_{\text{HP}} = 1 - H_{\text{LP}}\) و بنابراین \(h_{\text{HP}}(t) = \delta(t) - \sin(\omega_c t)/\pi t\). یک باند گذر ایده آل با محوریت \(\omega_0\) یک گذر پایین است که به \(\pm\omega_0\) منتقل شده است، بنابراین با ویژگی مدولاسیون، پاسخ ضربه آن \(2\cos(\omega_0 t)\sin(\omega_c t)/\pi t\) است - یک پوش سینک که با حامل پر شده است. یک باند استاپ یک منهای باند گذر است. هر چهار به یک دلیل غیر سببی هستند.

بخش 15-6

پایین گذر مرتبه اول، به درستی

ایده آل را کنار بگذارید و فیلتری را بررسی کنید که در واقع می تواند از دو جزء ساخته شود. بخش 15-3 پاسخ فرکانسی آن را استخراج کرد. در اینجا همه چیزهایی را که برای گفتن دارد استخراج می کنیم.

بزرگی و فاز \(H(j\omega) = 1/(1+j\omega/\omega_c)\)

\[ \big|H(j\omega)\big| = \frac{1}{\sqrt{1+(\omega/\omega_c)^{2}}}, \qquad \angle H(j\omega) = -\arctan\!\frac{\omega}{\omega_c}, \qquad \omega_c = \frac{1}{RC} \]

سه منطقه کل داستان را بیان می کند. در زیر گوشه، \(\omega \ll \omega_c\)، قدر اساساً 1 و فاز اساساً صفر است: فیلتر سیگنال را دست نخورده عبور می دهد. خیلی بالاتر از آن، \(\omega \gg \omega_c\)، قدر به \(\omega_c/\omega\) می رسد و فاز به \(-90^{\circ}\) نزدیک می شود. در خود گوشه، \(\omega = \omega_c\)، بزرگی دقیقاً \(1/\sqrt2\) و فاز دقیقاً \(-45^{\circ}\) است - نقطه نیمه توان، به همین دلیل \(\omega_c = 1/RC\) پهنای باند فیلتر نامیده می شود.

این دو مجانب که بر حسب دسی بل در مقابل \(\log\omega\) رسم شده اند، خطوط مستقیم هستند: یک خط افقی در 0 دسی بل و یک خط شیب \(-20\) دسی بل/دهه، که در \(\omega_c\) به هم می رسند. منحنی واقعی هر دو را در آغوش می‌گیرد و در دورترین نقطه از تقاطع آنها دقیقاً در گوشه است، جایی که \(3.01\) دسی‌بل زیر آن قرار دارد.

پایین گذر مرتبه اول - مجانبی و خطای 3 دسی بل در جایی که به هم می رسند

پاسخ ضربه تایید می کند که این فیلتر قابل ساخت است: معکوس کردن \(H\) با جفت استاندارد \(h(t) = (1/RC)\,e^{-t/RC}u(t)\) را به دست می دهد که برای \(t \lt 0\) به عنوان تقاضای علّیت صفر است و به عنوان نیازهای پایداری کاملاً یکپارچه است. پاسخ پله‌ای آن \(s(t) = (1 - e^{-t/RC})u(t)\) است، منحنی شارژ نمایی آشنا یک خازن، و بخش 15-8 از آن برای کمی کردن معاوضه پهنای باند-سرعت استفاده می‌کند.

این دو فیلتر را صادقانه مقایسه کنید. پایین گذر ایده آل دارای یک باند عبور عالی، یک باند توقف کامل و بدون باند انتقال است و نمی تواند وجود داشته باشد. پایین‌گذر \(RC\) دارای یک باند عبوری است که کاهش می‌یابد، یک باند توقف که تنها 20 دسی بل در هر دهه عمیق‌تر می‌شود، یک باند انتقال به عرض یک دهه - و دو جزء هزینه دارد. همه چیز بین این افراط ها موضوع طراحی فیلتر است.

بخش 15-7

مشخصات و خانواده Butterworth

از آنجایی که یک دیوار آجری دست نیافتنی است، یک مشخصات واقعی باید بیان کند که چقدر نقص قابل تحمل است. فرم استاندارد این کار را با چهار عدد انجام می دهد: لبه باند عبور \(\omega_p\) و حداکثر تضعیف \(A_p\) مجاز در هر جایی از باند عبور. لبه توقف باند \(\omega_s\) و حداقل میرایی \(A_s\) مورد نیاز در همه جا فراتر از آن. بین \(\omega_p\) و \(\omega_s\) باند انتقالی قرار دارد که در آن چیزی درخواست نمی شود.

یک مشخصات یک ماسک است - هر منحنی که رشته‌ای را انجام می‌دهد

پس مشکل طراحی این است: پایین‌ترین مرتبه - یعنی ارزان‌ترین - منطقی \(H(j\omega)\) را پیدا کنید که قدر آن ماسک را می‌پوشاند. چندین خانواده استاندارد آن را حل می‌کنند، هر کدام مصالحه متفاوتی انجام می‌دهند، و اولین چیزی که باید بدانیم Butterworth است که با یک پاسخ مربع بزرگی بدون پارامترهای آزاد فراتر از ترتیب و قطع آن تعریف می‌شود.

🔑

پاسخ بزرگی باترورث

\[ \big|H(j\omega)\big|^{2} = \frac{1}{1+\left(\omega/\omega_c\right)^{2n}} \]

یکنواخت - بدون موج در هیچ کجا - و حداکثر در مبدا صاف: اولین مشتقات \(2n-1\) از \(|H|^{2}\) در \(\omega = 0\) ناپدید می شوند. در \(\omega = \omega_c\) پاسخ \(1/\sqrt2\) برای هر \(n\) است، بنابراین نقطه برش همیشه نقطه \(-3\) dB است، و بسیار فراتر از آن، پاسخ به \(20n\) دسی‌بل در هر دهه می‌رسد.

مرتبه همان چیزی است که می خرید. تنظیم \(n=1\) فیلتر \(RC\) بخش 15-6 را بازیابی می کند. \(n=2\) یک بخش دو قطبی را می دهد که در 40 دسی بل در دهه سقوط می کند. سرعت \(n=8\) به 160 دسی بل در دهه می رسد و به همان اندازه که هر کسی به طور معمول نیاز دارد به دیوار آجری نزدیک می شود. هر افزایش هزینه قطب دیگری دارد، یعنی عنصر ذخیره انرژی دیگری در تحقق آنالوگ یا تاخیر دیگری در دیجیتال.

یک ماسک داده شده به چه مقدار مرتبه نیاز دارد؟ تضعیف را با دسی بل در دو لبه بنویسید و حل کنید. در \(\omega_s\) ما به \(10\log_{10}\!\big[1+(\omega_s/\omega_c)^{2n}\big] \ge A_s\) نیاز داریم و در \(\omega_p\) باید عبارت مربوطه حداکثر \(A_p\) باشد. حذف \(\omega_c\) بین این دو فرمول مرتبه استاندارد را به دست می دهد:

مرتبه باترورث

\[ n \;\ge\; \frac{\log_{10}\!\left[\dfrac{10^{A_s/10}-1}{10^{A_p/10}-1}\right]}{2\log_{10}\!\left(\dfrac{\omega_s}{\omega_p}\right)} \]

فرمول را به جای به خاطر سپردن آن بخوانید و جنبه اقتصادی طراحی فیلتر مشخص می شود. شمارنده با کاهشی که شما درخواست می کنید رشد می کند. مخرج با نسبت دو لبه نوار رشد می کند. یک باند انتقال باریک - \(\omega_s\) به سختی بالاتر از \(\omega_p\) - مخرج را کوچک و مرتبه مورد نیاز را بزرگ می کند. وضوح گران است و به نسبت لگاریتم نسبت لبه نوار گران است، به همین دلیل است که نصف کردن یک باند انتقال بسیار بیشتر از نصف کردن نیاز باند توقف هزینه دارد. کار شده مثال 5 اعداد را در این مورد قرار می دهد.

خانواده های دیگر ریپل را با تیزی عوض می کنند. یک فیلتر Chebyshev موجی برابر را در باند عبور مجاز می‌کند و در ازای آن، با مرتبه پایین‌تری نسبت به Butterworth به تضعیف معینی می‌رسد. یک فیلتر بیضوی در هر دو باند موج می زند و برای یک مرتبه مشخص از همه تیزتر است. یک فیلتر بسل در ازای تأخیر حداکثری گروهی، وضوح بزرگی را به طور کامل کاهش می دهد، که باعث می شود هر زمان که شکل پالس بیش از انتخاب فرکانس اهمیت داشته باشد، انتخاب شود.

خانواده	باند عبور	باند توقف	خرید با	استفاده معمولی
باترورث	حداکثر مسطح	یکنواخت	مرتبه بالاتر	هدف کلی
چبیشف I	ریپل مساوی	یکنواخت	موج عبور باند	قطع تیز، ارزان
چبیشف دوم	تخت	ریپل مساوی	موج توقف باند	گذرنامه صاف مورد نیاز است
بیضوی	ریپل مساوی	ریپل مساوی	ریپل در هر دو	کمترین مرتبه ممکن
بسل	صاف، ملایم	پرتاب آهسته	گزینش پذیری ضعیف	پالس، فاز خطی

بخش 15-8

پهنای باند، زمان افزایش و زنگ

فیلتر کردن همیشه در حوزه فرکانس توصیف می‌شود، اما هزینه آن در حوزه زمان پرداخت می‌شود، و دو پیامد آنقدر قابل اعتماد به دنبال دارد که به عنوان قوانین سرانگشتی توسط هر مهندس شاغل استفاده می‌شود.

اولین مورد مربوط به سرعت است. پاسخ گامی پایین گذر مرتبه اول \(s(t) = 1 - e^{-t/RC}\) است و زمان افزایش آن - به طور معمول فاصله بین سطوح 10٪ و 90٪ - با حل \(1 - e^{-t/RC} = 0.1\) و \(0.9\) و تفریق به دست می آید:

زمان افزایش یک فیلتر مرتبه اول

\[ t_{90} = RC\ln 10, \qquad t_{10} = RC\ln\frac{10}{9}, \qquad t_r = t_{90} - t_{10} = RC\ln 9 \approx 2.20\,RC \]

پهنای باند نیمه توان آن بر حسب هرتز \(B = \omega_c/2\pi = 1/(2\pi RC)\) است، بنابراین این دو با هم نسبت معکوس دارند و محصول آنها یک عدد خالص است:

🔑

محصول افزایش زمان-پهنای باند

\[ t_r \cdot B = \frac{\ln 9}{2\pi} \approx 0.35 \qquad\Longrightarrow\qquad t_r \approx \frac{0.35}{B} \]

یک سیستم نمی تواند سریعتر از آن چه پهنای باندش اجازه می دهد پاسخ دهد. یک اسیلوسکوپ با پهنای باند 100 مگاهرتز نمی‌تواند لبه‌ای را سریع‌تر از حدود 3.5 ns نمایش دهد، مهم نیست که لبه واقعاً چقدر سریع باشد - زمان خیز خود ابزار غالب است.

ثابت 0.35 به طور خاص به پاسخ مرتبه اول تعلق دارد. سایر اشکال فیلتر مقادیر تقریباً بین 0.3 و 0.45 را ارائه می دهند و قانون با این دقت استفاده می شود. چیزی که تغییر نمی کند تناسب معکوس است، که ویژگی مقیاس بندی فصل 14 است: یک طیف باریک همیشه پاسخ زمانی آهسته را مجبور می کند.

پیامد دوم مربوط به شکل است. تیز کردن بریدگی فیلتر، پاسخ ضربه آن را طولانی تر و نوسانی می کند - دم های سینک بخش 15-5 - و در هم پیچیدن یک مرحله با یک پاسخ ضربه نوسانی باعث می شود خروجی بیش از حد افزایش یابد و زنگ بزند. این دقیقاً پدیده گیبس در فصل 11 است که اکنون به‌جای کوتاه کردن یک سری، توسط یک فیلتر تولید می‌شود، و مکانیسم آن یکسان است: یک طیف کوتاه ناگهانی دوباره به شکل موجی با بیش‌فردی جمع می‌شود که با بالا رفتن بریدگی کاهش نمی‌یابد. یک کم‌گذر ایده‌آل حدود 9 درصد از پرش را از یک پله فراتر می‌برد، هر چند فرکانس قطع آن زیاد باشد، به همین دلیل است که فیلترهایی که برای کار پالس در نظر گرفته شده‌اند، عمداً برش‌های ملایم و بسل مانند داده می‌شوند.

کل معامله در یک جمله انتخابی بودن در فرکانس، سرعت در زمان، و آزادی از زنگ سه مورد نیاز در طراحی یکسان هستند، و ویژگی مقیاس‌پذیری فصل 14 تضمین می‌کند که حداکثر دو مورد از آنها را داشته باشید: تیز کردن برش و کاهش پاسخ و زنگ زدن. سرعت آن را افزایش دهید و قطع نرم می شود.

بخش 15-9

فیلتر کردن در عمل

چهار کاربرد نشان می‌دهند که تئوری چه چیزی را می‌خرد، و هر یک نمونه‌ای از \(Y = HX\) با یک \(H\) خاص است.

جداسازی سیگنال از نویز اگر سیگنال مورد نظر \(|\omega| \lt W\) را اشغال کند و تداخل خارج از آن باند باشد، یک فیلتر پایین گذر تداخل را حذف می کند و سیگنال را اساساً دست نخورده می گذارد. شرط کل داستان است: فیلتر کردن سیگنال‌ها را تنها در جایی از هم جدا می‌کند که طیف‌های آن‌ها همپوشانی ندارند. نویز باند پهن که در بالای سیگنال باند پایه قرار می گیرد فقط در قسمتی از باند که سیگنال آن را اشغال نمی کند کاهش می یابد و نویز داخل باند سیگنال را نمی توان با هیچ فیلتر خطی حذف کرد. رایج‌ترین نمونه موفقیت‌آمیز فیلتر ناچ است - یک باند استاپ با یک باند رد بسیار باریک که روی هوم شبکه 50 هرتز قرار می‌گیرد، یا هارمونیک‌های آن - که کار می‌کند زیرا تداخل محدود به باندی است که سیگنال به سختی از آن استفاده می‌کند.

انتخاب یک کانال بخش 14-2 نشان داد که مدولاسیون یک پیام را در \(\pm\omega_c\) قرار می دهد. یک گیرنده یک فیلتر باند گذر را در مرکز حامل مورد نظر اعمال می کند و به اندازه کافی گسترده است که هر دو باند جانبی را بپذیرد و هر ایستگاه دیگر را رد می کند. ضریب کیفیت فیلتر \(Q = \omega_0/B\)، که در آن \(B\) پهنای باند \(-3\) dB است، گزینش پذیری آن را اندازه گیری می کند. یک بخش RLC تنظیم شده با \(Q = 100\) در 1 مگاهرتز دارای پهنای باند 10 کیلوهرتز است که به اندازه کافی برای یک کانال AM کافی است و به اندازه کافی باریک برای رد کردن همسایه است.

فیلتر ضد هم‌پوشانی طیفی. قبل از نمونه‌برداری از سیگنال، باید باند محدود شود و گذر پایینی که این را اعمال می کند، مهم ترین فیلتر در هر سیستم دیجیتالی است. فصل 20 دلیل نیاز به آن را ثابت می کند و فصل 21 نشان می دهد که وقتی حذف شود چه اتفاقی می افتد. نکته ای که باید از اینجا پیش برد این است که فیلتر ضد هم‌پوشانی طیفی باید کار خود را قبل از سمپلر انجام دهد، زیرا هیچ پردازشی پس از آن نمی تواند هم‌پوشانی طیفی را خنثی کند.

تساوی. اگر کانالی با پاسخ شناخته شده \(H_{\text{ch}}\) تغییر شکل دهد، فیلتری با \(H_{\text{eq}} = 1/H_{\text{ch}}\) که در آبشار قرار داده شده است سیگنال را بازیابی می کند، زیرا محصول یکپارچه است. بخش 14-7 قبلاً به این محدودیت اشاره کرد: در جایی که \(|H_{\text{ch}}|\) کوچک است، اکولایزر باید بهره زیادی داشته باشد، که نویز را تقویت می کند، و جایی که \(H_{\text{ch}}\) دقیقاً صفر است، اصلاً اکولایزر وجود ندارد. بنابراین اکولایزرهای عملی پاسخ را فقط روی باندی که کانال چیزی برای بازیابی دارد صاف می کند.

امروزه هر یک از این موارد در نرم افزار بسیار بیشتر از سخت افزار اجرا می شود. انتقال مفاهیم به طور مستقیم: فصل 16 پاسخ فرکانسی زمان‌گسسته را توسعه می دهد، فصل 25 فیلترهای زمان‌گسسته را طراحی می کند و واژگان باند عبور، باند توقف، باند انتقال و ترتیب بدون تغییر است. آنچه تغییر می کند این است که \(H\) از نظر فرکانس تناوبی می شود - پیامد مستقیم چرخش فرکانس زمان‌گسسته برای اولین بار در فصل 3 مشاهده شد.

بخش 15-10

نمونه های کار شده

1 سه تن از طریق یک گذر پایین RC

مشکل یک گذرگاه \(RC\) دارای \(R = 10\ \text{k}\Omega\) و \(C = 0.1\ \mu\text{F}\) است. خروجی حالت پایدار برای \(x(t) = 5\cos(100t) + 5\cos(1000t) + 5\cos(10{,}000t)\) ولت را پیدا کنید و در مورد اعوجاج نظر دهید.

راه حل. ابتدا گوشه: \(RC = (10^{4})(10^{-7}) = 10^{-3}\ \text{s}\)، بنابراین \(\omega_c = 1/RC = 1000\) راد/ثانیه، یا \(f_c = 159.2\) هرتز. اکنون \(|H|\) و \(\angle H\) را در هر فرکانس ورودی با استفاده از \(|H| = [1+(\omega/\omega_c)^{2}]^{-1/2}\) و \(\angle H = -\arctan(\omega/\omega_c)\) ارزیابی کنید.

\(\omega\) (rad/s)	\(\omega/\omega_c\)	\(\|H\|\)	\(\angle H\)	دامنه خروجی
100	0.1	0.995	\(-5.71^{\circ}\)	4.98 V
1000	1	0.707	\(-45.0^{\circ}\)	3.54 V
10 000	10	0.0995	\(-84.3^{\circ}\)	0.50 V

به طوری که

نتیجه

\[ y(t) = 4.98\cos(100t - 5.71^{\circ}) + 3.54\cos(1000t - 45^{\circ}) + 0.50\cos(10{,}000t - 84.3^{\circ}) \]

فیلتر کار خود را انجام داده است: بالاترین تن با ضریب ده، 20 دسی بل کاهش می یابد، دقیقاً همانطور که مجانب \(-20\) dB/decade یک دهه گذشته پیش بینی می کند. اما به مراحل توجه کنید. انتقال بدون اعوجاج به \(\angle H\) متناسب با \(\omega\) نیاز دارد. در اینجا فاز \(-5.71^{\circ}\)، \(-45^{\circ}\)، \(-84.3^{\circ}\) می رود در حالی که فرکانس ده فاکتور بالا می رود. تاخیرهای فاز \(-\theta/\omega\) به ترتیب \(0.997\) ms، \(0.785\) ms و \(0.147\) ms هستند - هر جزء با مقدار متفاوتی تاخیر دارد، بنابراین حتی دو تن باقیمانده دیگر در رابطه اصلی خود نیستند. فیلتر \(RC\) در فاز و همچنین دامنه تغییر شکل می دهد و هیچ انتخابی از \(R\) و \(C\) مانع از آن نمی شود.

2 از معادله دیفرانسیل تا پاسخ ضربه

مشکل یک سیستم از \(\dfrac{d^{2}y}{dt^{2}} + 5\dfrac{dy}{dt} + 6y = 3x(t)\) اطاعت می کند. \(H(j\omega)\)، بهره DC، rolloff فرکانس بالا و \(h(t)\) را پیدا کنید.

راه حل. هر مشتق \(y\) را با \((j\omega)^{k}Y\) و هر مشتق \(x\) را به همین ترتیب جایگزین کنید:

کار - پاسخ فرکانسی

\[ \big[(j\omega)^{2}+5(j\omega)+6\big]Y(j\omega) = 3X(j\omega) \qquad\Longrightarrow\qquad H(j\omega) = \frac{3}{(j\omega)^{2}+5(j\omega)+6} \]

بهره DC \(H(0) = 3/6 = 0.5\) است. درجه مخرج دو برابر از درجه کسر بیشتر است، بنابراین \(|H|\) در فرکانس بالا به صورت \(1/\omega^{2}\) می‌افتد - افت ۴۰ دسی‌بل در دهه، دو برابر شیب‌تر از فیلتر \(RC\). فاکتورگیری مخرج \((j\omega+2)(j\omega+3)\) را به دست می‌دهد، بنابراین قطب‌ها در \(-2\) و \(-3\) قرار دارند، هر دو دارای بخش واقعی منفی هستند، و سیستم پایدار است - این چیزی است که به ما اجازه می‌دهد یک پاسخ فرکانسی را اصلاً یادداشت کنیم.

برای \(h(t)\)، در کسر جزئی گسترش دهید. با \(v = j\omega\)، \(3/[(v+2)(v+3)]\) دارای باقیمانده \(3/(3-2) = 3\) در \(v = -2\) و \(3/(2-3) = -3\) در \(v = -3\) است:

کار کردن - معکوس

\[ H(j\omega) = \frac{3}{2+j\omega} - \frac{3}{3+j\omega} \qquad\Longrightarrow\qquad h(t) = 3\left(e^{-2t}-e^{-3t}\right)u(t) \]

قانون مساحت بخش 9-14 را بررسی کنید: \(H(0)\) باید برابر با \(\int h\,dt = 3(\tfrac12 - \tfrac13) = \tfrac12\) باشد که با بهره DC محاسبه شده مستقیم مطابقت دارد. همچنین به \(h(0) = 0\) توجه داشته باشید: سیستمی که مخرج آن دو درجه از صورتش بیشتر باشد نمی تواند فوراً پاسخ دهد.

3 فیلتر ایده آل چقدر بد غیر علتی است؟

مشکل یک کم گذر ایده آل دارای قطع 1 کیلوهرتز است، بنابراین \(\omega_c = 2000\pi\) راد در ثانیه. پاسخ ضربه آن را در \(t = 0\) و در \(t = -0.25\) ms ارزیابی کنید و نظر دهید.

راه حل. پاسخ ضربه \(h(t) = \sin(\omega_c t)/\pi t\) است. در مبدا عبارت نامشخص است. گرفتن محدودیت با \(\sin x \approx x\) به \(h(0) = \omega_c/\pi = 2000\) می دهد. در \(t = -2.5\times10^{-4}\) آرگومان \(\omega_c t = 2000\pi(-2.5\times10^{-4}) = -\pi/2\) است، بنابراین

در حال کار کردن

\[ h(-0.25\ \text{ms}) = \frac{\sin(-\pi/2)}{\pi(-2.5\times10^{-4})} = \frac{-1}{-7.854\times10^{-4}} = 1273 \]

این فیلتر خروجی 1273 واحد را در یک چهارم میلی ثانیه قبل از رسیدن ضربه تولید می کند - حدود 64٪ از مقدار اوج آن. این نقض کوچکی از علّیت نیست که ممکن است مهندسی شود. این پاسخی است که از نظر اندازه با پاسخ اصلی قابل مقایسه است که قبل از علت رخ می دهد. فیلتر نمی تواند ساخته شود.

تاخیر در پاسخ توسط \(t_d\) مشکل را بدون حل آن پنهان می کند. انتخاب \(t_d = 5\) ms کل سینک را 5 میلی‌ثانیه به سمت راست جابه‌جا می‌کند و پیش‌پاسخ پس از آن در \(t \lt 0\) فقط در دم‌ها باقی می‌ماند، جایی که \(|h| \lt 1/(\pi|t|)\) به زیر 60 رسیده است - تقریباً 3 درصد از اوج. کوتاه کردن آنچه باقی می‌ماند، یک فیلتر علّی ایجاد می‌کند که پاسخ آن نزدیک به ایده‌آل است، به قیمت 5 میلی‌ثانیه تأخیر و باند عبور کمی موج‌دار. این طراحی استاندارد فصل 25 است که در اینجا به عنوان یک مصالحه و نه به عنوان یک تکنیک مطرح شده است.

اعوجاج 4 فاز با قدر کاملاً مسطح

مشکل یک کانال دارای \(|H(j\omega)| = 1\) برای تمام فرکانس های مورد علاقه و فاز \(\theta(\omega) = -10^{-5}\omega^{2}\) رادیان است. خروجی \(x(t) = \cos(100t) + \cos(300t)\) و تاخیر گروه را در هر فرکانس بیابید.

راه حل. قدر مسطح است، بنابراین هیچ جزء تغییر اندازه نمی دهد. هر کدام توسط فاز با فرکانس خاص خود جابجا می شوند: راد \(\theta(100) = -10^{-5}(10^{4}) = -0.1\) و راد \(\theta(300) = -10^{-5}(9\times10^{4}) = -0.9\). از این رو

کار - خروجی

\[ y(t) = \cos(100t - 0.1) + \cos(300t - 0.9) \]

هر عبارت را به صورت کسینوس تأخیری بنویسید تا ببینید چه اتفاقی افتاده است: \(\cos(100t-0.1) = \cos\big[100(t - 0.001)\big]\) و \(\cos(300t-0.9) = \cos\big[300(t-0.003)\big]\). مؤلفه اول با 1 میلی ثانیه، دومی با 3 میلی ثانیه تاخیر دارد. آنها در زمان‌های مختلف می‌رسند، بنابراین مجموع ورودی با تأخیر نیست - شکل موج متفاوتی است. دامنه پیک \(x\) 2 است، زمانی که هر دو کسینوس با هم به اوج می رسند. در \(y\) دیگر این تصادف اتفاق نمی افتد و اوج آن کوچکتر است.

تأخیر گروهی اثر را کمیت می کند: \(\tau_g = -d\theta/d\omega = 2\times10^{-5}\omega\)، 2 میلی ثانیه در \(\omega = 100\) و 6 میلی ثانیه در \(\omega = 300\). در باند متفاوت است، که امضای یک کانال پراکنده است. اگر \(\theta\) به جای آن \(-0.002\omega\) بود، هر دو تاخیر در هر فرکانس 2 میلی‌ثانیه بود و خروجی دقیقاً \(x(t-0.002)\) می‌شد - پاسخ بزرگی یکسان، نتیجه کاملاً متفاوت.

5 انتخاب مرتبه Butterworth

مشکل یک گذرگاه Butterworth با تضعیف حداکثر 1 دسی بل در 1 کیلوهرتز و حداقل تضعیف 30 دسی بل در 3 کیلوهرتز طراحی کنید. ترتیب مورد نیاز، فرکانس قطع، و میرایی که در واقع در 3 کیلوهرتز به دست آمده را بیابید.

راه حل. فرمول مرتبه را با \(A_p = 1\) dB، \(A_s = 30\) dB، \(\omega_s/\omega_p = 3\) اعمال کنید. دو عبارت براکت عبارتند از \(10^{3} - 1 = 999\) و \(10^{0.1} - 1 = 0.2589\):

کار کردن - مرتبه

\[ n \ge \frac{\log_{10}(999/0.2589)}{2\log_{10}3} = \frac{\log_{10}(3859)}{2(0.4771)} = \frac{3.5864}{0.9542} = 3.76 \qquad\Longrightarrow\qquad n = 4 \]

ترتیب باید یک عدد صحیح باشد، بنابراین جمع کنید: یک فیلتر مرتبه چهارم، چهار قطب، با افت 80 دسی بل در دهه. حالا برش را قرار دهید. شرط باند عبور \(10\log_{10}[1+(\omega_p/\omega_c)^{8}] = 1\) به \((\omega_p/\omega_c)^{8} = 0.2589\) نیاز دارد، بنابراین \(\omega_p/\omega_c = 0.2589^{1/8} = 0.845\) و \(f_c = 1000/0.845 = 1184\) هرتز.

در نهایت نوار توقف را بررسی کنید. در 3 کیلوهرتز، \(\omega_s/\omega_c = 3000/1184 = 2.534\)، و \(2.534^{8} = 1698\)، میرایی \(10\log_{10}(1+1698) = 32.3\) dB. مشخصات خواسته شده برای 30 دسی بل و ما 32.3 دسی بل، مازاد قیمت گرد کردن \(n\) از 3.76 است. اگر باند انتقال تنگ‌تر بود - مثلاً 30 دسی‌بل در فرکانس 1.5 کیلوهرتز به جای 3 کیلوهرتز مورد نیاز بود - مخرج به \(2\log_{10}1.5 = 0.352\) تبدیل می‌شد و ترتیب به \(n = 11\) می‌رسید. تیزی گران است.

6 موج مربعی از یک کم گذر ایده آل

مشکل یک موج مربعی با دامنه \(\pm 1\) V و فرکانس 1 کیلوهرتز، با تقارن عجیب فصل 10، از یک کم‌گذر ایده‌آل با قطع 4 کیلوهرتز عبور می‌کند. خروجی و مقدار پیک آن را پیدا کنید.

راه حل. از فصل 10 موج مربعی \(x(t) = \frac{4}{\pi}\sum_{k \text{ odd}}\frac{1}{k}\sin(k\omega_0 t)\) با \(\omega_0 = 2\pi(1000)\) است. طیف آن مجموعه ای از خطوط 1، 3، 5، 7، ... کیلوهرتز است و فیلتر از خطوط زیر 4 کیلوهرتز با بهره 1 عبور می کند و بقیه را می کشد. فقط خطوط 1 کیلوهرتز و 3 کیلوهرتز زنده می مانند:

کار - خروجی

\[ y(t) = \frac{4}{\pi}\left[\sin\omega_0 t + \tfrac13\sin 3\omega_0 t\right] = 1.273\sin\omega_0 t + 0.424\sin3\omega_0 t \]

برای پیدا کردن اوج، ممشتق‌گیری کنید: \(y' \propto \cos\omega_0 t + \cos3\omega_0 t = 2\cos2\omega_0 t\,\cos\omega_0 t\)، که وقتی \(\omega_0 t = \pi/4\) ناپدید می شود. وجود دارد \(\sin\omega_0 t = \sin 3\omega_0 t = 1/\sqrt2\)، بنابراین

کار کردن - اوج

\[ y_{\max} = \frac{4}{\pi}\cdot\frac{1}{\sqrt2}\left(1+\tfrac13\right) = \frac{4}{\pi}(0.9428) = 1.200\ \text{V} \]

خروجی 20% از سطح 1 ولت فراتر می رود و این کار را در \(\omega_0 t = \pi/4\) انجام می دهد که یک هشتم دوره بعد از لبه است. این پدیده گیبس در فصل 11 است که توسط یک فیلتر تولید می شود: کوتاه کردن یک طیف به طور ناگهانی همیشه بیش از حد است. پذیرش هارمونیک‌های بیشتر لبه‌ها را تیز می‌کند، اما مازاد بری را حذف نمی‌کند، که تقریباً به سمت 9٪ پرش 2 ولتی - تقریباً 1.18 ولت - می‌نشیند، مهم نیست چقدر برش بالا می‌رود. اگر رویه های مسطح بیشتر از لبه های تند اهمیت دارند، راه حل، فیلتر ملایم تر است، نه یک فیلتر عریض تر.

مرور کنید

خلاصه فصل

✓ یک منحنی، کل سیستم

\(H(j\omega) = \mathcal{F}\{h(t)\}\) و \(Y = HX\). یک سینوسی در \(|H|\) برابر سینوسی به بیرون می دهد که توسط \(\angle H\) جابه جا می شود.

✓ آن را از معادله بخوانید

یک LCCDE \(H\) را به عنوان نسبت چندجمله‌ای در \(j\omega\) می‌دهد: بهره DC \(b_0/a_0\)، rolloff \(20(N-M)\) dB/دهه.

✓ بدون تحریف به معنای دو چیز است

تخت \(|H|\) و \(\angle H\) خطی روی باند سیگنال. فاز منحنی به معنای تاخیر گروهی است که متفاوت است - پراکندگی.

✓ فیلترهای ایده آل نمی توانند وجود داشته باشند

یک دیوار آجری دارای \(h(t) = \sin\omega_c t/\pi t\) است، غیر صفر قبل از \(t=0\). علّیت از رد دقیق در یک باند منع می کند.

✓ مرتبه خرید تیزی

Butterworth: \(|H|^{2} = 1/[1+(\omega/\omega_c)^{2n}]\)، \(-3\) dB در \(\omega_c\)، \(20n\) dB/دهه، مرتبه با نسبت لبه نوار تنظیم می شود.

✓ زمان صورتحساب را پرداخت می کند

\(t_r \approx 0.35/B\)، و یک قطع تیز همیشه زنگ می‌زند. گزینش پذیری، سرعت و لبه های تمیز را نمی توان یکجا داشت.

تمرین کنید

مشکلات

مسائل 1 تا 3 خود پاسخ فرکانسی را اعمال می کنند. 4 و 5 مربوط به تحریف و تاخیر است. 6 تا 8 سوالات طراحی هستند. برای هر فرکانسی که ارزیابی می کنید، یک مقدار و یک فاز ذکر کنید و واحدهای هر پهنای باندی را که محاسبه می کنید، بیان کنید.

یک سیستم دارای \(h(t) = 4e^{-4t}u(t)\) است. \(H(j\omega)\)، بهره DC و پهنای باند \(-3\) dB را در هر دو راد/ثانیه و هرتز بیابید. خروجی حالت پایدار برای \(x(t) = 2 + 3\cos(4t)\) چیست؟
برای مدار سری \(RL\) با خروجی روی مقاومت، \(H(j\omega) = 1/(1+j\omega L/R)\) را نشان دهید و قطع را شناسایی کنید. سپس پاسخ همان مدار را با خروجی گرفته شده از سلف بیابید و بگویید که کدام یک از چهار نوع فیلتر ایده آل را تقریبی دارد.
یک سیستم از \(\dot{y} + 3y = \dot{x} - x\) اطاعت می کند. \(H(j\omega)\) را پیدا کنید، \(|H|\) را ترسیم کنید و نشان دهید که \(|H(j\omega)| \to 1\) در فرکانس بالا در حالی که \(H(0) = -1/3\) است. این چه نوع فیلتری است؟
یک کانال دارای \(|H| = 2\) و \(\angle H = -0.004\omega\) بیش از \(0 \lt \omega \lt 5000\) راد در ثانیه است. خروجی \(x(t) = \cos(1000t) + 0.5\cos(3000t)\) را پیدا کنید و بیان کنید که آیا انتقال بدون اعوجاج است یا خیر. با \(\angle H = -0.5\) راد، یک ثابت تکرار کنید و تفاوت را توضیح دهید.
تاخیر فاز و تاخیر گروهی مرتبه اول پایین گذر \(1/(1+j\omega/\omega_c)\) را به عنوان توابع \(\omega\) بیابید. هر دو را در \(\omega = 0\)، \(\omega_c\) و \(10\omega_c\) ارزیابی کنید و بگویید کدام مؤلفه های یک پالس بیشتر تأخیر دارند.
با نوشتن آن به عنوان تفاوت دو فیلتر پایین گذر ایده آل، نشان دهید که گذر باند ایده آل با باند عبور \(\omega_1 \lt |\omega| \lt \omega_2\) دارای پاسخ ضربه \(h(t) = \big[\sin\omega_2 t - \sin\omega_1 t\big]/\pi t\) است.
گذرگاه Butterworth نباید بیش از 3 دسی بل در 2 کیلوهرتز و حداقل 40 دسی بل در 8 کیلوهرتز کاهش یابد. ترتیب مورد نیاز و میرایی که در واقع در 8 کیلوهرتز به دست آمده را بیابید. سپس در صورت انتقال لبه استاپ باند به 4 کیلوهرتز، ترتیب مورد نیاز را بیان کنید.
یک اسیلوسکوپ دارای پهنای باند 3 دسی بل 200 مگاهرتز است و برای اندازه گیری پالسی استفاده می شود که زمان افزایش 10 تا 90 درصد واقعی آن 1.2 ns است. زمان خیز نمایش داده شده را تخمین بزنید، با توجه به اینکه زمان های افزایش اندازه گیری شده و واقعی تقریباً به صورت \(t_{\text{disp}}^{2} = t_{\text{true}}^{2} + t_{\text{scope}}^{2}\) ترکیب می شوند. آیا ابزار کافی است؟

نکته: تقریباً هر سؤال پاسخ فرکانسی به همان سه حرکت پاسخ می دهد. \(H(j\omega)\) را از مدار یا معادله دیفرانسیل بنویسید. ارزیابی \(|H|\) و \(\angle H\) در فرکانس های خاص در ورودی. خروجی را یک به یک سینوسی جمع کنید. اگر سوالی به جای یک سینوسی، یک پالس را ذکر می کند، به جای آن به پهنای باند برسید - \(t_r \approx 0.35/B\) به سوالات امتحانی بیشتر از هر فرمول منفرد دیگری در این فصل پاسخ می دهد.