- فرمول درونیابی باند محدود \(x_r(t)=\sum_n x(nT)\,\mathrm{sinc}\!\big((t-nT)/T\big)\) که با جدی گرفتن پاسخ ضربه فیلتر بازیابی ایده آل فصل 20 به دست آمده است.
- چرا این فرمول در نمونه‌ها دقیق است، اما در هر جای دیگر غیرقابل تحقق است - غیر علتی، بی‌نهایت در وسعت، و فقط به عنوان \(1/t\) در حال فروپاشی است.
- همپوشانی طیفی از نظر فیزیکی عبارت است از: افزودن کپی های همپوشانی، فرکانس های بالا که هویت نمونه های پایین را به دست می آورند و اطلاعاتی که پس از بازیابی از بین می روند.
- قانون فرکانس ظاهری \(f_a=|f-kf_s|\) و نمودار تاشو که آن را به یک تصویر تبدیل می‌کند، از جمله وارونگی فازی که با یک تا شدن همراه است.
- چرا یک فیلتر ضد همپوشانی طیفی باید جلوی نمونه‌بردار قرار بگیرد و هرگز نمی‌توان آن را به صورت مجدد نصب کرد، و چگونه ترتیب فیلتر در برابر نرخ نمونه‌برداری معامله می‌شود.
- نگه داشتن مرتبه صفر: تاخیر \(T/2\) آن، کاهش \(\mathrm{sinc}\) آن \(-3.92\) dB در فرکانس Nyquist، تهی مفید آن در مضربی از \(f_s\)، و تساوی معکوس سینک آن را تصحیح می کند.
- چگونه نمونه‌برداری بیش از حد، یک فیلتر آنالوگ تقریبا غیرممکن را به یک فیلتر آسان تبدیل می کند، و کجای نگه داشتن مرتبه اول و درون یابی دیجیتال قرار می گیرند.
آنچه بازسازی باید انجام دهد
فصل 20 با اثبات وجود به پایان رسید. با توجه به سیگنال باند محدود و نمونه‌بردار به اندازه کافی سریع، فیلتر پایین‌گذر ایده‌آل بهره \(T\) اعمال شده روی \(x_p(t)\) دقیقاً \(x(t)\) را برمی‌گرداند. این استدلال کاملاً در حوزه فرکانس انجام شد، و در حالی که این سؤال را حل می‌کند که آیا بازسازی امکان‌پذیر است، اما در مورد اینکه بازسازی‌کننده با اعدادی که به آن داده می‌شود چه می‌کند، چیزی نمی‌گوید.
سوال مهندسی عینی است. یک مبدل دیجیتال به آنالوگ یک لیست \(x(0), x(T), x(2T),\dots\) داده می شود و باید یک ولتاژ پیوسته تولید کند. در \(t = 1.37T\) - لحظه‌ای که در آن هیچ چیزی اندازه‌گیری نشده است - باید مقدار خاصی را خروجی دهد. کدام مقدار و چگونه محاسبه شد؟ اثبات دامنه فرکانس تضمین می کند که دقیقاً یک پاسخ باند محدود وجود دارد. این بخش آن را استخراج می کند.
سؤال دومی وجود دارد که به همان اندازه کاربردی و نسبتاً خطرناک‌تر است، که فصل 20 آن را مطرح کرد و آن را باقی گذاشت. فرض کنید شرط نمونه‌برداری نقض شده است. کپی ها همپوشانی داشتند، اطلاعات از بین رفت و هیچ فیلتری نمی تواند نسخه اصلی را بازیابی کند. اما یک مبدل ارائه شده با آن نمونه ها همچنان چیزی تولید می کند. چه سیگنالی بیرون می‌آید و چه نسبتی با سیگنالی که وارد شده است دارد؟ بخش‌های 21-4 و 21-5 به آن پاسخ می‌دهند، و پاسخ نگران‌کننده است: خروجی یک سیگنال کاملاً تمیز و کاملاً اشتباه است و هیچ اثری از خرابی در آن وجود ندارد.
فرمول درون یابی
بازسازی‌کننده یک سیستم LTI است – یک فیلتر پایین‌گذر ایده‌آل – و فصل 7 نشان داد که یک سیستم LTI با هر ورودی چه می‌کند: آن را با پاسخ ضربه درگیر می‌کند. بنابراین قانون بازسازی \(x_r(t) = x_p(t) * h(t)\) است و همه چیز به یافتن \(h(t)\) برای فیلتر فصل 20 بستگی دارد.
برش را در مکان طبیعی، در نیمه راه بین ماکت ها، \(\omega_c = \omega_s/2 = \pi/T\)، بردارید و تبدیل را مستقیماً از تعریف فصل 13 معکوس کنید.
بهره \(T\) و قطع \(\pi/T\) کاملاً یکدیگر را خنثی کرده‌اند و تابعی از ارتفاع واحد را در مبدا باقی می‌گذارند: \(h(t) = \operatorname{sinc}(t/T)\)، همان چیزی که فصل 3 به دلیل نداشتن انگیزه از معرفی آن خودداری کرد و فصل 14 به عنوان تبدیل یک rec تولید کرد. حالا بپیچید از آنجایی که \(x_p(t)\) مجموع ضربه ها است و کانولوشن با ضربه جابجا شده یک جابجایی است،
یک سینک را در هر لحظه نمونه وسط قرار دهید، هر کدام را بر اساس مقدار نمونه در آنجا مقیاس کنید و اضافه کنید. اگر \(x(t)\) باند محدود به \(\omega_M \lt \omega_s/2\) بود، این مجموع آن را دقیقاً در هر \(t\) بازتولید می‌کند، نه صرفاً در لحظه‌های نمونه.
فرمول به سوال مطرح شده در ابتدا پاسخ می دهد. مقدار \(t = 1.37T\) یک مجموع وزنی از هر نمونه است که وزن ها از یک منحنی سینک در مرکز آن لحظه خوانده می شود. این نزدیکترین نمونه، یک خط مستقیم بین همسایگان، و هیچ قانون محلی نیست. این یک میانگین جهانی با مجموعه ای از ضرایب بسیار خاص است.
خواندن فرمول
چهار ویژگی فرمول درون یابی همه توضیح را انجام می دهد، و اولین دلیل این است که اصلاً کار می کند.
از نمونه ها عبور می کند. Sinc \(h(t)=\sin(\pi t/T)/(\pi t/T)\) برابر با 1 در \(t=0\) است و در هر مضرب دیگر از \(T\) ناپدید می شود، زیرا \(\sin(m\pi)=0\) برای عدد صحیح \(m\). بنابراین وقتی \(t = mT\) دقیقا یک جمله از مجموع باقی می ماند و \(x_r(mT) = x(mT)\). هر سینکی در مجموع در تمام لحظات نمونه نامرئی است به جز لحظه‌های خودش - این دقیقاً همان کاری است که یک تابع درونیابی باید انجام دهد، و چرا تلاقی‌های صفر در شکل با تیک‌ها مطابقت دارند.
غیر سببی است. سینک تا \(t \lt 0\) تا \(t \gt 0\) گسترش می یابد، بنابراین محاسبه خروجی در هر لحظه نیاز به نمونه هایی دارد که هنوز گرفته نشده اند. بنابراین یک بازسازی‌کننده واقعی باید تأخیر داشته باشد: تأخیر دوره‌های نمونه \(L\) را بپذیرد، و می‌تواند از نمونه‌های آینده \(L\) استفاده کند. تاخیر ارزی است که علّیت با آن خریداری می شود، دقیقاً همانطور که در طرح های فیلتر فصل 15 بود.
هرگز تمام نمی شود و به آرامی زوال می یابد. پوش سینک فقط به صورت \(1/t\) می افتد، بنابراین نمونه ای که صد دوره قبل گرفته شده است هنوز حدود یک درصد از ارزش آن را تشکیل می دهد. کوتاه کردن مجموع به یک پنجره محدود اجتناب ناپذیر است و همیشه خطا ایجاد می کند، و بدتر از آن، کوتاه شدن ناگهانی ضرب در یک پنجره مستطیلی است که طیف آن خود یک سینک است - دقیقاً همان موجی را که فصل 11 به عنوان پدیده گیبز معرفی کرد، دوباره معرفی می کند.
محدود به نمونه ها نیست. از آنجایی که سینک دارای لبه های جانبی منفی است، منحنی بازسازی شده می تواند از هر مقدار نمونه ای که از آن عبور می کند فراتر رود. مثال کار شده 1 دو نمونه واحد را نشان می دهد که درونیابی باند محدود بین آنها به \(4/\pi \approx 1.27\) می رسد. هیچ چیز اشتباه نیست: یک سیگنال باند محدود به سادگی نمی تواند گوشه ای را بچرخاند، و بیش از حد بهای نرمی است.
| Interpolator | هسته \(h(t)\) | پاسخ فرکانس | حکم |
|---|---|---|---|
| ایده آل (باند محدود) | \(\operatorname{sinc}(t/T)\) | دیوار آجری سود \(T\) | دقیق، غیرقابل تحقق |
| نگه داشتن مرتبه صفر | مستطیل، عرض \(T\) | قدر \(T\,\mathrm{sinc}\)، تاخیر \(T/2\) | پیش پا افتاده، افتاده، استاندارد |
| مرتبه اول نگه دارید | مثلث، پایه \(2T\) | قدر \(T\,\mathrm{sinc}^2\) | نرم تر، افتادگی بیشتر |
| سینک کوتاه شده | پنجره دار \(\operatorname{sinc}(t/T)\) | دیوار آجری با موج دار | چه مبدل های واقعی تقریبی است |
همپوشانی طیفی
همه چیز در بالا فرض می‌کرد که شرایط Nyquist برقرار است. آن را رها کنید، و تصویر فصل 20 کل داستان را بیان می‌کند: کپی‌ها با هم همپوشانی دارند، و در ناحیه همپوشانی \(X_p(j\omega)\) مجموع سهمی از کپی باند پایه و سهمی از یک همسایه است.
اضافه کلمه عامل است. دو عدد اضافه شده است و هیچ عملیاتی این دو را از یکی بازیابی نمی کند. این یک تخریب ظریف مانند نویز نیست، که گاهی اوقات می تواند فیلتر شود یا به طور متوسط از بین برود. این نابودی حسابی است. هنگامی که یک مولفه 7 کیلوهرتز و یک جزء 3 کیلوهرتز توسط یک نمونه گیر 10 کیلوهرتز در فرکانس 3 کیلوهرتز با هم جمع شدند، رکورد حاوی یک عدد واحد است که قبلا دو عدد بود.
اکنون آن نمونه ها را به یک بازسازی کننده ایده آل منتقل کنید. فیلتر دارای قطع \(\omega_s/2\) است و سیگنال باند محدودی را که طیف آن هر آنچه را که در \((-\omega_s/2,\ \omega_s/2)\) پیدا می‌کند را با وظیفه‌شناسی خروجی می‌دهد - مجموع خراب و همه. آنچه ظاهر می شود یک سیگنال قانونی، کاملا صاف و باند محدود است. این شامل هیچ کلیک، بدون ناپیوستگی، چیزی که به نظر خطا می رسد. این به سادگی سیگنالی نیست که وارد شده است.
همپوشانی طیفی اعوجاج اضافه شده به سیگنال نیست. این یک برچسب گذاری مجدد فرکانس ها است. جزء خارج از باند ضعیف نمی‌شود، لکه‌دار نمی‌شود، صدا ایجاد نمی‌کند - با دامنه کامل به باند پایه می‌رسد و فرکانس متفاوتی را به عنوان لباس مبدل می‌پوشاند.
اسمش دقیقه در قانون، همپوشانی طیفی، نام جعلی است که شخص از آن عبور می کند. در اینجا یک سینوسی 7 کیلوهرتزی از زیر نام یک سینوسی 3 کیلوهرتز عبور می کند و بدون سوال پذیرفته می شود، زیرا در لحظه های نمونه این دو از نظر عددی یکسان هستند. مثال کار شده 5 از فصل 20 نشان داد که کل خانواده \(3, 7, 13, 17, 23,\dots\) kHz در حال فروپاشی به یک دنباله واحد در \(f_s = 10\) کیلوهرتز هستند. درونیابی sinc همیشه یکی از اعضای آن خانواده را که زیر \(f_s/2\) قرار دارد برمی‌گرداند، زیرا این تنها چیزی است که باند عبور فیلتر می‌پذیرد.
Aliasing نیز بدون هیچ گونه الکترونیکی قابل مشاهده است. دوربین سینما نمونه‌برداری است که با سرعت 24 فریم در ثانیه کار می‌کند و چرخی که پره‌های آن کمی سریعتر از 24 بار در ثانیه از دوربین عبور می‌کند، به نظر می‌رسد به آرامی به سمت عقب می‌چرخد - اثر چرخی واگن وسترن‌های قدیمی، و همان پدیده‌ای که باعث می‌شود شفت با نور بارق ثابت به نظر برسد. مثال 6 کار شده یک را محاسبه می کند. در هر مورد، مکانیسمی است که در بالا ذکر شد: نرخ بسیار بالا برای نمونه‌بردار، به‌عنوان نرخی گزارش می‌شود که نمونه‌گر می‌تواند نشان دهد.
فرکانس ظاهری و تاشو
برای پیش بینی جایی که فرکانس معین فرود می آید، کپی ها را دنبال کنید. کپی ایندکس شده \(k\) محتوای اصلی را از \(f - kf_s\) در فرکانس \(f\) قرار می دهد. به طور معادل، یک جزء ورودی در \(f\) برای هر عدد صحیح \(k\) در \(f - kf_s\) کپی می‌کند. دقیقاً یکی از آن کپی‌ها در داخل باند عبور بازسازی‌کننده \((-f_s/2,\ f_s/2)\) قرار می‌گیرد، و این همان نسخه‌ای است که باقی می‌ماند. از آنجایی که طیف سیگنال حقیقی مزدوج-متقارن است، یک کپی که در فرکانس منفی فرود می آید به عنوان تصویر آینه ای مثبت آن شنیده می شود.
فرکانس های زیر \(f_s/2\) بدون تغییر هستند. در بالای آن حدود \(f_s/2\)، سپس حدود \(f_s\)، سپس حدود \(3f_s/2\)، و غیره تا می زنند - نقشه یک موج مثلثی است، نه یک دندانه اره.
شکل مثلثی ارزش توجه دارد، زیرا منشأ اکثر خطاهای علامت است. با افزایش فرکانس ورودی از \(f_s/2\)، فرکانس ظاهری پایین می آید. در \(f = f_s\) به صفر می رسد، در \(f = 3f_s/2\) دوباره به \(f_s/2\) صعود می کند و تکرار می کند. یک حرکت آهسته از طریق یک سمپلر ثابت به عنوان صدایی شنیده می شود که به فرکانس Nyquist بالا می رود، دور می چرخد، به سمت DC نزول می کند و دوباره می چرخد. نقاط بازتاب در \(f_s/2, f_s, 3f_s/2,\dots\) به همین دلیل است که \(f_s/2\) فرکانس تاشو نامیده می شود.
یک جزئیات به راحتی از دست می رود و در عمل اهمیت دارد. هنگامی که یک جزء به تعداد فرد تا می شود، کپی که در نوار عبور قرار می گیرد از سمت فرکانس منفی یک ماکت می آید، و یک سینوسی واقعی که از آن بازسازی می شود، فاز معکوس دارد. کسینوس تحت تأثیر قرار نمی گیرد، زوج است. یک سینوس معکوس ظاهر می شود. مثال کار شده 3 از فصل 20 این را به صورت جبری نشان می دهد، و مثال کار شده 2 زیر آن را جدول بندی می کند.
فیلترهای Anti-Aliasing
اگر همپوشانی طیفی برگشت ناپذیر باشد، تنها دفاع، پیشگیری است، و پیشگیری به معنای تضمین این است که چیزی بالاتر از \(f_s/2\) هرگز به سمپلر نرسد. این تضمین وظیفه فیلتر ضد همپوشانی طیفی است: فیلتر پایین گذر آنالوگ که قبل از مبدل قرار می گیرد، نه بعد از آن.
كلمه «قبل» حامل تمام استدلال است. فیلتر دیجیتال اعمال شده روی نمونه ها نمی تواند کمکی کند، زیرا تا آن زمان مولفه توهین آمیز در حال حاضر در باند پایه تحت نامی جعلی قرار گرفته است که از نظر حسابی با محتوای قانونی یکسان است. حذف آن باعث حذف محتوای قانونی نیز می شود. فصل 22 پردازش سیگنال زیادی را از فیلترهای دیجیتال ایجاد می کند، و این تنها کاری است که آنها مطلقاً نمی توانند انجام دهند.
فیلترهای واقعی دارای باندهای انتقال محدود هستند، بنابراین طراحی یک مذاکره سه طرفه بین پهنای باند سیگنال \(f_M\)، نرخ نمونه‌برداری \(f_s\)، و مرتبه فیلتر \(N\) است. فیلتر باید تا \(f_M\) مسطح باشد و \(f_s - f_M\) به اندازه کافی مرده باشد، فرکانسی که اولین ماکت در آن شروع به نفوذ می کند. برای فیلتر Butterworth به مرتبه \(N\) با قطع در \(f_M\)، نیاز به آسانی به عدد تبدیل می شود.
لگاریتم در مخرج جایی است که درد طراحی زندگی می کند. نمونه‌برداری درست بالاتر از نرخ Nyquist باعث می شود \((f_s-f_M)/f_M\) به سختی بزرگتر از 1 باشد، لگاریتم آن تقریباً صفر و ترتیب مورد نیاز بسیار زیاد باشد. دوبرابر کردن یا چهار برابر کردن نرخ آن نسبت را بزرگ می‌کند و نظم از بین می‌رود. مثال 3 کارآمد نشان می‌دهد که یک فیلتر مرتبه دوازدهم به خاطر مبدلی چهار برابر سریعتر به یک فیلتر مرتبه سوم تبدیل می‌شود - و در سیلیکون مدرن، مبدل سریعتر به مراتب ارزان‌تر از یک فیلتر آنالوگ مرتبه دوازدهم با تطابق و پایداری دما که چنین مرتبهی نیاز دارد، است.
نگه داشتن ترتیب صفر
هیچ مبدل عملی مجموع سینک را محاسبه نمی کند. کاری که در عوض انجام می دهد ساده ترین چیزی است که می توان تصور کرد: با دریافت نمونه، خروجی خود را به آن مقدار می رساند و آن را تا رسیدن نمونه بعدی در آنجا نگه می دارد. نتیجه یک راه پله است، و دستگاه نگهدارنده مرتبه صفر است - نمونه‌برداری از قسمت 20-6 با سطح صاف با دیافراگم تا آخر، \(\tau = T\).
از آنجا که راه پله با قرار دادن یک مستطیل به عرض \(T\) در هر لحظه نمونه ساخته می شود، ZOH یک سیستم LTI است که پاسخ ضربه آن مستطیل است و پاسخ فرکانسی آن بلافاصله از فصل 14 دنبال می شود.
سه چیز به طور همزمان: افزایش \(T\)، تاخیر خالص نیم دوره نمونه، و قدر \(\mathrm{sinc}\) که در سراسر باند عبور کاهش می یابد و در هر مضربی از \(\omega_s\) صفر می شود.
هر عاملی سزاوار یک لحظه است. تأخیر \(T/2\) دقیق و مستقل از فرکانس است، و یک اصطلاح فاز خطی است - راه پله به طور متوسط نیمی از دوره نمونه تاخیر دارد، که به طور مستقیم از تصویر واضح است و اغلب تاخیر غالب در یک حلقه کنترل دیجیتال است. صفرها در \(\omega = k\omega_s\) یک هدیه هستند: آنها دقیقاً در مرکز کپی‌های تصویر ناخواسته قرار می‌گیرند و آنها را تا حد زیادی سرکوب می‌کنند، به همین دلیل است که یک ZOH خالی و به دنبال آن یک فیلتر آنالوگ ملایم معمولاً به اندازه کافی خوب است.
افتادگی هزینه است. نوشتن بزرگی بر حسب نسبت فرکانس، \(|H_0| = T\,|\sin(\pi f/f_s)/(\pi f/f_s)|\)، و ارزیابی در فرکانس نایکوئیست \(f = f_s/2\)، عددی را که در برگه داده مبدل نقل می‌کند، نشان می‌دهد.
تقریباً 4 دسی بل تضعیف در بالای باند بسیار زیاد است که بتوان آن را در صدا یا ابزار دقیق نادیده گرفت، و تصحیح فیلتری با پاسخ متقابل، \((\pi f/f_s)/\sin(\pi f/f_s)\) است که در هر نقطه مناسب اعمال می شود - به عنوان یک اکولایزر آنالوگ بعد از مبدل، یا معمولاً به عنوان یک فیلتر دیجیتال کوتاه قبل از آن دقیقاً از آنجایی که درواپ شناخته می شود. این تکنیک عموماً جبران معکوس یا \(1/\mathrm{sinc}\) نامیده می شود.
درون یابی با خطوط مستقیم بین نمونه ها به جای مراحل، نگهدارنده مرتبه اول را می دهد که پاسخ ضربه آن مثلثی از پایه \(2T\) است و بنابراین پاسخ آن \(T\,\mathrm{sinc}^2\) است. خروجی آن بسیار نرم‌تر به نظر می‌رسد و تصاویر آن به دلیل مربع بودن سینک سخت‌تر سرکوب می‌شوند، اما افت باند آن به همین دلیل بدتر است: \((2/\pi)^2 = 0.405\)، یا \(-7.85\) dB در فرکانس Nyquist. همچنین قبل از ترسیم بخش فعلی به نمونه بعدی نیاز دارد، بنابراین یک دوره کامل تاخیر اضافی هزینه دارد. خروجی صاف تر، افتادگی بیشتر، تأخیر بیشتر - درون یابی آزاد وجود ندارد.
بازسازی عملی
مونتاژ قطعات زنجیره بازسازی را می دهد که هر مبدل از آن استفاده می کند. نمونه های دیجیتال به صورت اختیاری از قبل برای افتادگی جبران می شوند. نگه داشتن مرتبه صفر آنها را به یک راه پله تبدیل می کند. یک فیلتر پایین گذر آنالوگ - به نام فیلتر ضد تصویربرداری یا بازسازی - آنچه را که از ماکت ها باقی می ماند حذف می کند. و نتیجه شکل موج خروجی است.
فیلتر ضد تصویر با تصویر آینه ای از مشکل anti-aliasing روبرو می شود. باید همه چیز را به \(f_M\) منتقل کند و همه چیز را از \(f_s - f_M\) به بالا، جایی که اولین تصویر زندگی می کند، رد کند. نسبت انتقال موجود برای آن دوباره \((f_s-f_M)/f_M\) است، بنابراین یک بار دیگر نرخ نمونه‌برداری مرتبه فیلتر را خریداری می‌کند. در نرخ دیسک فشرده، نسبت \((44.1-20)/20 = 1.205\) است، که وحشیانه است. فیلترهای آنالوگ پخش‌کننده‌های CD اولیه، طرح‌های بیضوی درجه نهم با اعوجاج فاز قابل شنیدن بودند، و دقیقاً همین موضوع است که نمونه‌برداری بیش از حد برای رفع آن معرفی شد.
بالا بردن \(f_s\) شکاف بین باند سیگنال و تصویر اول را افزایش می دهد، بنابراین ممکن است لبه فیلتر آنالوگ ملایم باشد. نمونه‌برداری چهار برابر، نسبت CD را از 1.205 به \((176.4-20)/20 = 7.82\) می برد و یک فیلتر بیضوی درجه نهم را به یک فیلتر ساده مرتبه دوم یا سوم تبدیل می کند.
البته ترفند این است که نمونه‌های اضافی نیازی به اندازه‌گیری ندارند - می‌توان آنها را تولید کرد. سه صفر را بین هر جفت نمونه وارد کنید و نتیجه را از یک فیلتر پایین گذر دیجیتال عبور دهید، و یک دنباله با نرخ چهار برابر نشان دهنده همان سیگنال باند محدود می شود. آن فیلتر دیجیتال درون یابی سینک را، تقریباً و در طول محدود، در حوزه گسسته ای انجام می دهد که در آن پاسخ صد ضربه ای برای ساختن و کاملاً خطی در فاز ساده است. فیلتر آنالوگ غیرممکن با یک فیلتر دیجیتالی آسان به اضافه یک مبدل سریع، که آرایش مدرن تقریباً جهانی است، معامله شده است. فصل 22 ماشین آلات نمونه‌برداری را به درستی توسعه می دهد و فصل 26 الگوریتم های کارآمد را ارائه می دهد.
| مرحله | هدف | قرار داده شده است | شکست در صورت حذف |
|---|---|---|---|
| فیلتر ضد همپوشانی طیفی | محدودیت باند را اجرا کنید | قبل از نمونه بردار | همپوشانی طیفی برگشت ناپذیر؛ کف سر و صدای بلند شده |
| نمونه‌برداری / ADC | گسسته به موقع | — | — |
| اکولایزر معکوس سینک | خنثی سازی ZOH droop | هر طرف DAC | حداکثر شیب \(-3.92\) دسی بل در سراسر باند |
| نگه داشتن مرتبه صفر / DAC | نمونه ها به شکل موج | — | — |
| فیلتر ضد تصویر | ماکت های باقی مانده را حذف کنید | بعد از نگه داشتن | تصاویر شنیدنی بالای باند سیگنال |
نمونه های کار شده
مشکل یک سیگنال باند محدود دارای نمونه های \(x(0) = 1\)، \(x(T) = 1\) و \(x(nT) = 0\) برای هر \(n\) دیگر است. مقدار بازسازی شده (a) را در \(t = 0\)، (b) در \(t = T/2\) پیدا کنید. در مورد نتیجه نظر دهید.
راه حل (الف). در یک نمونه لحظه تنها یک سینک غیر صفر است، زیرا \(\operatorname{sinc}(m) = 0\) برای هر عدد صحیح غیر صفر \(m\). بنابراین \(x_r(0) = x(0)\cdot 1 = 1\). درون یابی نمونه ها را دقیقاً همانطور که باید بازتولید می کند.
راه حل (ب). در نقطه میانی، هر دو نمونه باقیمانده مشارکت دارند. آرگومان sinc \((t-nT)/T\) است که \(+\tfrac12\) برای \(n=0\) و \(-\tfrac12\) برای \(n=1\) است:
سیگنال بازسازی شده بین دو نمونه به 1.273 افزایش می یابد که هر دو برابر با 1 هستند - 27% بیش از حد. هیچ مشکلی پیش نیامده است. یک باند سیگنال محدود به \(f_s/2\) نمی تواند دو مقدار مساوی داشته باشد و سپس به طور ناگهانی در هر دو طرف به صفر برسد. تنها منحنی باند محدود از طریق این نقاط، منحنی است که برآمده است. درون یابی خطی 1000 برمی گشت و پاسخ اشتباهی برای سیگنال باند محدود بود، که ارزش به خاطر سپردن را دارد هر زمان که یک اسیلوسکوپ روی "نقطه" تنظیم می شود نه "sin x/x".
مشکل یک مبدل در \(f_s = 8\) کیلوهرتز بدون فیلتر ضد همپوشانی طیفی کار می کند. سینوسی ها در فرکانس های 1، 3، 5، 7، 9، 11 و 13 کیلوهرتز به نوبه خود اعمال می شوند. فرکانس ظاهری هر کدام را پس از بازسازی جدول بندی کنید و اگر ورودی ها سینوس هستند، مشخص کنید که کدام فاز معکوس ظاهر می شود.
راه حل. \(f_a = |f - kf_s|\) را با \(k\) نزدیکترین عدد صحیح به \(f/f_s\) اعمال کنید. برای فرکانس 5 کیلوهرتز، \(5/8 = 0.625\) به 1 می رسد و به \(|5-8| = 3\) کیلوهرتز می رسد. برای 13 کیلوهرتز، \(13/8 = 1.625\) به 2 می رسد و \(|13-16| = 3\) کیلوهرتز می دهد.
| ورودی \(f\) (کیلوهرتز) | \(k\) | \(f-kf_s\) (کیلوهرتز) | \(f_a\) ظاهری (کیلوهرتز) | سینوس معکوس؟ |
|---|---|---|---|---|
| 1 | 0 | \(+1\) | 1 | نه |
| 3 | 0 | \(+3\) | 3 | نه |
| 5 | 1 | \(-3\) | 3 | بله |
| 7 | 1 | \(-1\) | 1 | بله |
| 9 | 1 | \(+1\) | 1 | نه |
| 11 | 1 | \(+3\) | 3 | نه |
| 13 | 2 | \(-3\) | 3 | بله |
هفت ورودی مجزا دو خروجی مجزا تولید می کنند. علامت \(f - kf_s\) فاز را تعیین می کند: یک مقدار منفی به این معنی است که کپی باقیمانده از نیمه فرکانس منفی یک ماکت آمده است، و از آنجایی که \(\sin(-\theta) = -\sin\theta\) سینوس بازسازی شده معکوس می شود در حالی که کسینوس که زوج است، نیست. جارو کردن ورودی از 0 تا 16 کیلوهرتز، خروجی ای تولید می کند که به 4 کیلوهرتز افزایش می یابد، به 0 باز می گردد، دوباره به 4 کیلوهرتز می رسد و دوباره کاهش می یابد - نمودار تاشو به صورت شنیداری ردیابی می شود.
مشکل سیگنال مورد علاقه 0 تا 4 کیلوهرتز را اشغال می کند اما همراه با تداخل فراتر از آن می رسد. یک فیلتر ضد همپوشانی طیفی Butterworth با قطع در 4 کیلوهرتز باید حداقل 40 دسی بل تضعیف را در فرکانسی که اولین نسخه از آن شروع می شود ارائه دهد. ترتیب مورد نیاز برای (الف) \(f_s = 10\) کیلوهرتز و (ب) \(f_s = 40\) کیلوهرتز را بیابید.
راه حل (الف). اولین نسخه از \(f_s - f_M = 10 - 4 = 6\) کیلوهرتز شروع می شود، بنابراین 40 دسی بل در 6 کیلوهرتز مورد نیاز است، یعنی \(|H|^2 \le 10^{-4}\):
بنابراین \(N = 12\). یک فیلتر آنالوگ مرتبه دوازدهم به معنای شش بخش مرتبه دوم آبشاری است که مقادیر اجزای آنها باید نسبت‌های خود را بر روی دما نگه دارند - گران قیمت و با تاخیر گروهی که به شدت در نزدیکی قطع تغییر می‌کند.
راه حل (ب). در فرکانس 40 کیلوهرتز، اولین ماکت با \(40 - 4 = 36\) کیلوهرتز شروع می شود، نه برابر قطع:
بنابراین \(N = 3\). نمونه‌برداری چهار برابر سریعتر، فیلتر مرتبه دوازدهم را جایگزین فیلتر مرتبه سوم کرده است. از آنجایی که نمونه‌های اضافی را می‌توان به صورت دیجیتالی دور انداخت بعد از اینکه یک فیلتر دیجیتال ارزان قیمت باند را محدود کرد، مبدل سریع تقریباً هیچ هزینه‌ای ندارد و طراحی آنالوگ به یک امر عادی تبدیل می‌شود. این تجارت واحد به همین دلیل است که اساساً هر مبدل مدرن بیش از حد نمونه‌برداری می کند.
مشکل یک DAC در \(f_s = 10\) کیلوهرتز با نگه داشتن مرتبه صفر اجرا می شود. الف) افت، بر حسب دسی بل، در 4 کیلوهرتز چیست؟ (ب) در فرکانس Nyquist؟ (ج) اکولایزر باید چه بهره ای را در 4 کیلوهرتز تامین کند و نگهدارنده چه تاخیری ایجاد می کند؟
راه حل (الف). قدر نرمال شده \(\sin(\pi f/f_s)/(\pi f/f_s)\) است. در \(f = 4\) کیلوهرتز، آرگومان \(\pi(0.4) = 1.2566\) راد است:
راه حل (ب). در \(f = f_s/2 = 5\) کیلوهرتز آرگومان \(\pi/2\) و نسبت \(2/\pi = 0.6366\) است که استاندارد \(-3.92\) dB را ارائه می دهد. بنابراین باند تقریباً 4 دسی بل از DC به Nyquist متمایل می شود که برای هر استاندارد صوتی یا ابزار دقیقی خطای فاحشی است.
راه حل (ج). اکولایزر باید متقابل، \(1/0.7568 = 1.321\)، یا \(+2.42\) dB را در 4 کیلوهرتز تامین کند و در فرکانس 5 کیلوهرتز به \(+3.92\) دسی بل برسد. نگه داشتن همچنین عبارت فاز خطی \(e^{-j\omega T/2}\) را به همراه دارد، تاخیری از \(T/2 = 50\ \mu\) مستقل از فرکانس - بی ضرر در مسیر صوتی، اما اگر این مبدل در داخل یک حلقه بازخورد قرار گیرد، تاخیر واقعی و غالباً غالب است، زیرا فصل 19 نشان داد که تاخیر اضافه مستقیماً به حاشیه فاز می خورد.
مشکل نمونه های گرفته شده در \(f_s = 10\) کیلوهرتز \(x[n] = \cos(0.6\pi n)\) هستند. الف) یک بازسازی کننده ایده آل چه چیزی تولید می کند؟ (ب) سه سیگنال زمان‌پیوسته را که می توانستند این نمونه ها را تولید کنند، فهرست کنید. (ج) آیا هر اندازه گیری روی نمونه ها می تواند بین آنها تصمیم گیری کند؟
راه حل (الف). باند عبور بازسازی کننده \(|f| \lt 5\) کیلوهرتز است، بنابراین سیگنال منحصر به فرد باند محدود را با آن طیف خروجی می دهد. معکوس کردن \(\Omega = 2\pi f/f_s\) \(f = 0.6\pi \times 10\,000/(2\pi) = 3\) کیلوهرتز می دهد، بنابراین خروجی \(\cos(2\pi\,3000\,t)\) است.
راه حل (ب). هر فرکانسی که مقدار نرمال شده آن با آن همخوانی داشته باشد\(0.6\pi\)مدول\(2\pi\)، یا در جهت منفی آن، انجام خواهد داد:\(f = 3\)کیلوهرتز،\(f = 10-3 = 7\)کیلوهرتز،\(f = 10+3 = 13\)کیلوهرتز و به طور کلی\(|10m \pm 3|\)کیلوهرتز برای عدد صحیح\(m\). نمونه‌برداری از هر یک از آنها در 10 کیلوهرتز دقیقاً این توالی را به دست می دهد.
راه حل (ج). خیر. نمونه‌ها در هر مورد از نظر عددی یکسان هستند و نمونه‌ها تماماً بازسازی‌کننده هستند. این کل محتوای aliasing است که به عنوان یک نتیجه منفی بیان شده است: انتخاب 3 کیلوهرتز یک استنتاج از شواهد نیست، بلکه یک قرارداد است که توسط قطع فیلتر بازسازی تحمیل شده است، و این درست است فقط به این دلیل که فیلتر ضد همپوشانی طیفی قرار بود از قبل تضمین کرده باشد که چیزی بالاتر از 5 کیلوهرتز نمی تواند وجود داشته باشد. آن گارانتی را حذف کنید و خروجی یک حدس است.
مشکل شفت با یک علامت رنگ شده با سرعت 1740 دور در دقیقه می چرخد و توسط یک استروبوسکوپ که 1800 بار در دقیقه چشمک می زند روشن می شود. الف) به نظر می رسد علامت چگونه حرکت می کند؟ (ب) با چه نرخ فلاش ثابت به نظر می رسد؟ (ج) سریع ترین چرخشی که این بارق می تواند بدون ابهام اندازه گیری کند چیست؟
راه حل (الف). تبدیل به هرتز: شفت در \(1740/60 = 29\) دور بر ثانیه و نمونه های بارق در \(f_s = 1800/60 = 30\) هرتز می چرخد. فرکانس ظاهری \(f - kf_s\) با \(k=1\) است:
علامت منفی جهت است، نه صرفاً قدری که باید کنار گذاشته شود: به نظر می رسد علامت با سرعت 1 دور در ثانیه یا 60 دور در دقیقه به عقب می چرخد. هر فلاش علامت \(1/30\) را در یک پیچ کمتر از جایی که بود می‌گیرد و چشم فاصله کوتاه را به‌عنوان حرکت معکوس می‌خواند. این اثر چرخ واگن است، و به همین دلیل است که بارق ابزار حساسی است - یک خطای 3٪ در سرعت به صورت یک خزیدن آهسته آشکار نشان داده می شود.
راه حل (ب). هنگامی که شفت تعداد دور کاملی را بین فلاش ها انجام می دهد، علامت ثابت می ماند، یعنی زمانی که \(29/f_s\) یک عدد صحیح است: \(f_s = 29\) هرتز (1740 فلش در دقیقه)، \(14.5\) هرتز، \(29/3\) Hz، و غیره. فقط بالاترین آنها، مطابق با سرعت واقعی، یک علامت واحد را نشان می دهد. آهسته ترها نیز این کار را انجام می دهند، این دقیقا همان ابهامی است که یک اپراتور دقیق باید با شروع سریع و کاهش سرعت از آن محافظت کند.
راه حل (ج). قضیه نمونه‌برداری بدون تغییر اعمال می‌شود: اندازه‌گیری بدون ابهام مستلزم آن است که سرعت چرخش کمتر از \(f_s/2 = 15\) هرتز باشد، یعنی 900 دور در دقیقه. بالاتر از آن قرائت تا می شود و شفت 1740 دور در دقیقه به عنوان \(|1740-1800| = 60\) دور در دقیقه در جهت اشتباه گزارش می شود - یک خطای دیدنی که توسط ابزاری که به خوبی کار می کند ایجاد می شود.
خلاصه فصل
\(x_r(t)=\sum_n x(nT)\operatorname{sinc}\big((t-nT)/T\big)\) - یک سینک در هر نمونه، دقیقاً برای سیگنال باند محدود مناسب.
غیر علّی، از نظر گستردگی نامتناهی، در حال زوال به صورت \(1/t\). بازسازی‌کننده‌های واقعی کوتاه، تأخیر و تقریب می‌شوند.
دو نمونه واحد بین آنها به \(4/\pi\) درونیابی می شود. سیگنال باند محدود نمی تواند گوشه ای را بچرخاند.
اضافه کردن کپی های همپوشانی خروجی یک سیگنال باند محدود تمیز است که به سادگی یک سیگنال اشتباه است.
\(f_a=|f-kf_s|\)، یک موج مثلثی از دوره \(f_s\) که حدود \(f_s/2\) را منعکس می کند. چین های فرد فاز سینوسی را معکوس می کند.
فیلتر ضد همپوشانی طیفی باید قبل از نمونه بردار باشد. هیچ پردازش دیجیتالی نمی تواند یک تا شدن را خنثی کند و فیلتر همچنین نویز تا شده را محدود می کند.
\(T\) را به دست آورید، \(T/2\) را به تأخیر بیندازید، \(-3.92\) dB را در \(f_s/2\) کاهش دهید، و صفرهای مفید در مراکز تصویر را دریافت کنید.
گسترش \((f_s-f_M)/f_M\) ترتیب فیلتر آنالوگ را از بین می برد - دوازدهم به سوم برای افزایش نرخ چهار برابر.
مشکلات
مسائل 1 تا 3 فرمول درون یابی را انجام می دهند. 4 تا 6 محاسبات مستعار هستند. 7 و 8 مربوط به سخت افزار بازسازی عملی است. قبل از رسیدن به فرمول، تصویر ماکت یا نمودار تاشو را بکشید.
- یک سیگنال باند محدود دارای نمونه‌های \(x(-T)=0\)، \(x(0)=2\)، \(x(T)=0\) و سایر موارد صفر است. \(x_r(T/2)\) و \(x_r(T/4)\) را محاسبه کنید و بازسازی را روی \(-2T \le t \le 2T\) ترسیم کنید.
- با ارزیابی مجموع درونیابی در \(t=mT\) و با استفاده از \(\sin(m\pi)=0\) ثابت کنید که درونیابی باند محدود، هر نمونه را دقیقا بازتولید می کند.
- هسته درونیابی به نزدیکترین هشت نمونه در هر طرف کوتاه شده است. بزرگترین وزن دور انداخته شده را تخمین بزنید، و توضیح دهید که چرا صرفاً بریدن مجموع بدتر از کاهش آن به سمت صفر است.
- یک سینوسی 12 کیلوهرتز در 9 کیلوهرتز نمونه‌برداری می شود. فرکانس ظاهری را پیدا کنید، بیان کنید که آیا یک ورودی سینوسی معکوس است یا خیر، و دو فرکانس ورودی دیگر را که از آن قابل تشخیص نیستند، ارائه دهید.
- یک ورودی به آرامی از 0 تا 30 کیلوهرتز از طریق مبدلی که با فرکانس 12 کیلوهرتز کار می کند بدون فیلتر ضد همپوشانی طیفی جابجا می شود. فرکانس خروجی را در سرتاسر جارو توصیف کنید و نقاطی را که در آن جهت معکوس می شود، روی نمودار تاشو علامت بزنید.
- با استفاده از تصویر کپی توضیح دهید که چرا یک فیلتر ضد همپوشانی طیفی که بعد از نمونه‌بردار قرار می‌گیرد نمی‌تواند یک جزء مستعار را حذف کند. سپس توضیح دهید که چرا یک فیلتر دیجیتال با این وجود می تواند نویز خارج از باند را در یک مبدل نمونه‌برداری بیش از حد حذف کند.
- نگه داشتن مرتبه صفر در فرکانس 48 کیلوهرتز اجرا می شود. افت آن را بر حسب دسی بل در فرکانس‌های 1، 5، 10، 20 و 24 کیلوهرتز جدول‌بندی کنید و بهره معکوس سینک مورد نیاز را در هر کدام طراحی کنید. نگه داشتن چه تاخیر اضافی به یک حلقه کنترل اضافه می کند؟
- یک باند سیگنال محدود به 20 کیلوهرتز در 44.1 کیلوهرتز و دوباره در 352.8 کیلوهرتز بازسازی می شود. نسبت انتقال موجود برای فیلتر ضد تصویر را در هر مورد محاسبه کنید، و از فرمول دستور Butterworth بخش 21-6 برای مقایسه مرتبهات مورد نیاز برای 60 دسی بل رد تصویر استفاده کنید.