Mathematische Frage, die sich aus der Verwendung der bilinearen Transformation ergibt

Das hängt also mit dem Kochbuch zusammen, und ich habe vor vielleicht zwei Jahrzehnten versucht, es zu lösen, habe aufgegeben und wurde an das ungelöste Problem erinnert. Aber es ist verdammt einfach, aber ich bin immer noch in den Dreck geraten.

Dies ist ein einfaches Bandpassfilter (BPF) mit Resonanzfrequenz und Resonanz :$\Omega_0$$Q$

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

Bei der Resonanzfrequenz

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

und die oberen und unteren Streifen sind so definiert, dass

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

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

Wir nennen dies die "Half-Power-Bandedges" . Da wir Audio sind, definieren wir die Bandbreite in Oktaven, und in der analogen Welt hängt diese Bandbreite in Oktaven, , mit als:$BW$$Q$

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

Wir verwenden eine bilineare Transformation (mit vorverzogener Resonanzfrequenz), die Folgendes abbildet:

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

Lassen Sie und .$z=e^{j \omega}$$s=j\Omega$

Die Resonanzwinkelfrequenz des analogen Filters ist und mit Kompensationsfrequenz Verziehen auf die Resonanzfrequenz in dem realisierten Digitalfilters durchgeführt wird , wenn (die benutzerdefinierte Resonanzfrequenz) ist , dann . ω = ω 0 Ω = Ω $\Omega_0$$\omega=\omega_0$$\Omega=\Omega_0$

Also wenn analoge Winkelfrequenz ist

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

dann wird es auf die digitale Winkelfrequenz als abgebildet

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

Nun sind die oberen und unteren Bänder in der analogen Welt

Ω L = Ω 0 2 - B W /

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

und im digitalen Frequenzbereich sind

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

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

Dann beträgt der tatsächliche Unterschied in der logarithmischen Frequenz der Bandeges (der tatsächlichen Bandbreite im digitalen Filter):

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

oder

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

Dies hat eine funktionale Form von

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

wobei , undx ≜ ln ( 2 $f(x) \triangleq \ln(2) \, bw$& agr;≜tan(ω0/2$x \triangleq \frac{\ln(2)}{2}BW$$\alpha \triangleq \tan(\omega_0/2)$

Ich möchte invertieren (aber ich weiß, dass ich es mit einer schönen geschlossenen Form nicht genau machen kann). Ich habe bereits eine Näherung erster Ordnung durchgeführt und möchte sie auf eine Näherung dritter Ordnung bringen. Und dies ist zu einer Art kopulierendem weiblichen Hund geworden, obwohl es einfach sein sollte.$f(x)$

Das hat etwas mit der Lagrange-Inversionsformel zu tun, und ich möchte nur einen Begriff mehr als ich verwenden.

Wir wissen von oben, dass eine ungerade Symmetriefunktion ist:$f(x)$

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

Dies bedeutet, dass und alle Terme gerader Ordnung der Maclaurin-Reihe Null sind:$f(0)=0$

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

Die Umkehrfunktion ist auch eine ungerade Symmetrie, geht durch Null und kann als Maclaurin-Reihe ausgedrückt werden

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

und wenn wir wissen, was und von , dann haben wir eine gute Idee, was und müssen:a 3 f ( x ) b 1 b $a_1$$a_3$$f(x)$$b_1$$b_3$

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

Jetzt kann ich die Ableitung von berechnen und bei Null auswerten und ich bekomme$f(x)$

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

Aber ich habe eine Hündin Zeit, und damit . Kann das jemand machen? Ich würde mich sogar mit einem festen Ausdruck für die dritte Ableitung von zufrieden geben, die bei bewertet wird .b 3 f ( x ) x = $a_3$$b_3$$f(x)$$x=0$

Um meinen Teil zu dieser Frage zu ergänzen: Hier ist eine etwas kurze Antwort, die auf einer manuellen Erweiterung der ungeraden Funktion basiert in einer Reihe bis zur dritten Ordnung. Weitere Details finden Sie unter mathSE .f ( x $f(x)$

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

Zuerst konzentrieren wir uns auf den linken Term von und beginnen mit f ( x

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

Serienerweiterung von :$\arctan$

Wir erhalten

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

Wir leiten nun aus (2) die Koeffizienten bis zu . Unter Verwendung des Koeffizienten Operators den Koeffizienten zu bezeichnen in einer Reihe erhalten wir [ x k ] x k [ x 0 ] Arctan ( α e x $x^3$$[x^k]$$x^k$

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

Wir schließen daraus, dass

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

Potenzen in logarithmischen Reihen:

Um die Koeffizienten der logarithmischen Reihe abzuleiten, Wir schreiben den Ausdruck (3) als und wir betrachten 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 x ) $$\begin{align*} \arctan\left(\alpha e^x\right)&=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+O(x^4) \end{align*}$$ $$\begin{align*} \ln\left(\arctan(\alpha e^x)\right)&=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}((a_0-1)+a_1x+a_2x^2+a_3x^3)^n+O(x^4)\tag{4} \end{align*}$$

Wir setzen nun und extrahieren die Koeffizienten von bis aus x 0 x 3 ( A ( x ) )$A(x)=(a_0-1)+a_1x+a_2x^2+a_3x^3$$x^0$$x^3$

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

Wir erhalten aus (5)

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

Reihenerweiterung des Logarithmus:

Wir berechnen unter Verwendung von (6) die Koeffizienten von in Form vona j ist 0 ≤ j ≤ $\ln(\arctan(\alpha e^x))$$a_j, 0\leq j\leq 3$

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

Reihenerweiterung von :$f(x)$

Jetzt ist es Zeit zu ernten. Wir erhalten schließlich mit (3) und (7), dass ungerade ist$f(x)$

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

(Kommentar in Antwort umwandeln.)

Unter Verwendung von Wolfram Alpha ergibt bei Folgendes: $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) )) +) + bei + x% 3D0

Wir können auch überprüfen, ob dies mit Markus 'Antwort hier übereinstimmt .

Sein Koeffizient von ergibt sich$x^3$

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

Wenn wir das mit 6 multiplizieren und einige Faktoren neu ordnen, erhalten wir:

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

was passt!

Das in der Frage gestellte Problem scheint keine geschlossene Lösung zu haben. Wie in der Frage erwähnt und in anderen Antworten gezeigt, kann das Ergebnis zu einer Reihe entwickelt werden, die mit jedem symbolischen mathematischen Werkzeug wie Mathematica erreicht werden kann. Die Begriffe werden jedoch ziemlich kompliziert und hässlich, und es ist unklar, wie gut die Annäherung ist, wenn wir Begriffe bis zur dritten Ordnung einbeziehen. Da wir keine genaue Formel erhalten können, ist es möglicherweise besser, die Lösung numerisch zu berechnen, was im Gegensatz zur Näherung ein (fast) genaues Ergebnis liefert.

Darum geht es in meiner Antwort jedoch nicht. Ich schlage einen anderen Weg vor, der eine genaue Lösung ergibt, indem die Problemformulierung geändert wird. Nach einer Weile des Nachdenkens stellt sich heraus, dass es die Angabe der Mittenfrequenz und die Angabe der Bandbreite als Verhältnis (oder gleichwertig in Oktaven) ist, die die mathematische Unlösbarkeit verursacht. Es gibt zwei Wege aus dem Dilemma heraus:$\omega_0$

1. Geben Sie die Bandbreite des zeitdiskreten Filters als Differenz der Frequenzen , wobei und die unteren bzw. oberen Bandkanten des zeitdiskreten Filters sind.ω 1 ω $\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$$\omega_1$$\omega_2$
2. das Verhältnis an und anstelle von eine der beiden oder .ω 0 ω 1 ω $\omega_2/\omega_1$$\omega_0$$\omega_1$$\omega_2$

In beiden Fällen ist eine einfache analytische Lösung möglich. Da es wünschenswert ist, die Bandbreite des zeitdiskreten Filters als Verhältnis (oder äquivalent in Oktaven) vorzuschreiben, werde ich den zweiten Ansatz beschreiben.

Definieren wir die Kantenfrequenzen und des zeitkontinuierlichen Filters durchΩ $\Omega_1$$\Omega_2$

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

mit , wobei die Übertragungsfunktion eines Bandpassfilters zweiter Ordnung ist:$\Omega_2>\Omega_1$$H(s)$

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

mit und . Beachten Sie, dass und für .$\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1$$\Omega_0^2=\Omega_1\Omega_2$$H(j\Omega_0)=1$$|H(j\Omega)|<1$$\Omega\neq\Omega_0$

Wir verwenden die bilineare Transformation, um die und des zeitdiskreten Filters auf die und des zeitkontinuierlichen Filters . Ohne Verlust der Allgemeinheit können wir wählen . Für unsere Zwecke nimmt die bilineare Transformation dann die Form an$\omega_1$$\omega_2$$\Omega_1$$\Omega_2$$\Omega_1=1$

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

entsprechend der folgenden Beziehung zwischen zeitkontinuierlichen und zeitdiskreten Frequenzen:

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

Aus wir durch Setzen von . Mit und berechnet aus , erhalten wir die Übertragungsfunktion des analogen Prototypfilters aus . Durch Anwenden der bilinearen Transformation wir die Übertragungsfunktion des zeitdiskreten Bandpassfilters:$(4)$$\Omega_2$$\omega=\omega_2$$\Omega_1=1$$\Omega_2$$(4)$$(2)$$(3)$

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

mit

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

Zusammenfassung:

Die Bandbreite des zeitdiskreten Filters kann in Oktaven (oder im Allgemeinen als Verhältnis) angegeben werden, und die Parameter des analogen Prototypfilters können genau berechnet werden, so dass die angegebene Bandbreite erreicht wird. Anstelle der Mittenfrequenz wir die Bandkanten und . Die durch definierte Mittenfrequenz ist ein Ergebnis des Entwurfs.$\omega_0$$\omega_1$$\omega_2$$|H_d(e^{j\omega_0})|=1$

Die notwendigen Schritte sind wie folgt:

1. Geben Sie das gewünschte Verhältnis der Bandkanten und einer der Bandkanten an (was natürlich der einfachen Angabe von und ).$\omega_2/\omega_1$$\omega_1$$\omega_2$
2. Wählen Sie und bestimmen Sie aus . Berechnen Sie und des analogen Prototypfilters .$\Omega_1=1$$\Omega_2$$(4)$$\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1$$\Omega_0^2=\Omega_1\Omega_2$$(2)$
3. Bewerten Sie die Konstanten , um die zeitdiskrete Übertragungsfunktion .$(6)$$(5)$

Beachten Sie, dass bei dem allgemeineren Ansatz, bei dem und angegeben werden, die tatsächlichen Bandkanten und ein Ergebnis des Entwurfsprozesses sind. In der vorgeschlagenen Lösung können die Bandkanten angegeben werden und ist ein Ergebnis des Entwurfsprozesses. Der Vorteil des letzteren Ansatzes besteht darin, dass die Bandbreite in Oktaven angegeben werden kann und die Lösung genau ist, dh der resultierende Filter hat genau die angegebene Bandbreite in Oktaven.$\omega_0$$\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$$\omega_1$$\omega_2$$\omega_0$

Beispiel:

eine Bandbreite von einer Oktave an und wählen Sie die untere Bandkante als . Dies ergibt eine obere Bandkante . Die Bandkanten des analogen Prototypfilters sind und von (mit ) . Dies ergibt und . Mit wir für die zeitdiskrete Übertragungsfunktion$\omega_1=0.2\pi$$\omega_2=2\omega_1=0.4\pi$$\Omega_1=1$$(4)$$\omega=\omega_2$$\Omega_2=2.2361$$\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1=1.2361$$\Omega_0^2=\Omega_1\Omega_2=2.2361$$(6)$$(5)$

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

Dies erreicht genau eine Bandbreite von 1 Oktave und die angegebenen Bandkanten, wie in der folgenden Abbildung gezeigt:

Numerische Lösung des ursprünglichen Problems:

Aus den Kommentaren geht hervor, dass es wichtig ist, die Mittenfrequenz genau angeben zu können, für die erfüllt ist. Wie bereits erwähnt, ist es nicht möglich, eine exakte Lösung in geschlossener Form zu erhalten, und eine Serienentwicklung erzeugt ziemlich unhandliche Ausdrücke.$\omega_0$$|H_d(e^{j\omega_0})|=1$

Der Klarheit halber möchte ich die möglichen Optionen mit ihren Vor- und Nachteilen zusammenfassen:

1. geben Sie die gewünschte Bandbreite als Frequenzdifferenz und geben ; In diesem Fall ist eine einfache Lösung in geschlossener Form möglich.$\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$$\omega_0$
2. die Bandkanten und (oder gleichwertig die Bandbreite in Oktaven und eine der Bandkanten) an. Dies führt auch zu einer einfachen Lösung in geschlossener Form, wie oben erläutert, aber die Mittenfrequenz ist ein Ergebnis des Entwurfs und kann nicht angegeben werden.$\omega_1$$\omega_2$$\omega_0$
3. Geben Sie die gewünschte Bandbreite in Oktaven und die Mittenfrequenz (wie in der Frage gestellt). Es ist weder eine Lösung in geschlossener Form möglich, noch gibt es (vorerst) eine einfache Annäherung. Aus diesem Grund halte ich es für wünschenswert, eine einfache und effiziente Methode zu haben, um eine numerische Lösung zu erhalten. Dies wird unten erklärt.$\omega_0$

Wenn angegeben wird, verwenden wir eine Form der bilinearen Transformation mit einer Normalisierungskonstante, die sich von der in und :$\omega_0$$(3)$$(4)$

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

Wir definieren . Bezeichnen Sie das angegebene Verhältnis der Bandkanten des zeitdiskreten Filters als$\Omega_0=1$

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

Mit wir von und$c=\tan(\omega_0/2)$$(7)$$(8)$

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

Mit kann in folgender Form umgeschrieben werden:$\Omega_1\Omega_2=\Omega_0^2=1$$(9)$

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

Für einen gegebenen Wert von diese Gleichung mit einigen Newton-Iterationen für gelöst werden . Dazu benötigen wir die Ableitung von :$r$$\Omega_1$$f(\Omega_1)$

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

Mit wissen wir, dass im Intervall . Obwohl es möglich ist, intelligentere Anfangslösungen zu entwickeln, stellt sich heraus, dass die anfängliche Schätzung für die meisten Spezifikationen gut funktioniert und nach nur Iterationen der Newtonschen Methode zu sehr genauen Lösungen führt :$\Omega_0=1$$\Omega_1$$(0,1)$$\Omega_1^{(0)}=0.1$$4$

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

Mit das mit einigen Iterationen von , können wir und , und wir verwenden und , um die Koeffizienten von zu berechnen das zeitdiskrete Filter. Beachten Sie, dass die Konstante jetzt durch .$\Omega_1$$(12)$$\Omega_2=1/\Omega_1$$\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1$$(5)$$(6)$$c$$c=\tan(\omega_0/2)$

Beispiel 1:

wir und eine Bandbreite von Oktaven an. Dies entspricht einem Verhältnis . Mit einer anfänglichen Schätzung von führten Iterationen der Newtonschen Methode zu einer Lösung , aus der die Koeffizienten der zeitdiskreten Zeit wie oben erläutert berechnet werden können. Die folgende Abbildung zeigt das Ergebnis:$\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$

Der Filter wurde mit diesem Matlab / Octave-Skript berechnet:

% Spezifikationen
bw = 0,5; % gewünschte Bandbreite in Oktaven
w0 = 0,6 * pi; % Resonanzfrequenz

r = 2 ^ (bw); % Verhältnis der Bandkanten
W1 = 0,1; % anfängliche Vermutung (funktioniert für die meisten Spezifikationen)
Nit = 4; % # Newton-Iterationen
c = tan (w0 / 2);

% Newton
für 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
Ende

W1 = abs (W1);
wenn (W1> = 1), Fehler ('Konvergenz fehlgeschlagen. Wert der anfänglichen Vermutung reduzieren.'); Ende

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

% zeitdiskreter Filter
Skala = 1 + dW * c + W1 * W2 * c ^ 2;
b = (dW * c / Skala) * [1,0, -1];
a = [1, 2 * (W1 * W2 * c ^ 2-1) / Skala, (1-dW * c + W1 * W2 * c ^ 2) / Skala];

Beispiel 2:

Ich füge ein weiteres Beispiel hinzu, um zu zeigen, dass diese Methode auch Spezifikationen behandeln kann, für die die meisten Näherungen unsinnige Ergebnisse liefern. Dies ist häufig der Fall, wenn sowohl die gewünschte Bandbreite als auch die Resonanzfrequenz groß sind. Entwerfen wir einen Filter mit und Oktaven. Vier Iterationen der Newtonschen Methode mit einer anfänglichen Schätzung ergeben einen Endwert von , dh eine Bandbreite des analogen Prototyps von Oktaven. Das entsprechende zeitdiskrete Filter hat die folgenden Koeffizienten und sein Frequenzgang ist in der folgenden Darstellung dargestellt:$\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];

Die resultierenden halben Leistungsbandkanten sind und , die tatsächlich genau Oktaven (dh ein Faktor von ) voneinander entfernt sind.$\omega_1=0.062476\pi$$\omega_2 = 0.999612\pi$$4$$16$

Okay, ich habe versprochen, Kopfgeld zu zahlen, und ich werde mein Versprechen halten. aber ich muss gestehen, dass ich ein wenig darauf verzichten könnte, nur mit der dritten Ableitung von zufrieden zu sein . Was ich wirklich will, sind die beiden Koeffizienten für .$f(x)$$g(y)$

Daher wusste ich nicht, dass es diese Wolfram- Sprache als Alternative zu Mathematica oder Derive gibt, und ich wusste nicht, dass sie die dritte Ableitung so einfach berechnen und den Ausdruck vereinfachen kann.

und dieser Markus-Typ von der Math SE hat diese Antwort gepostet (von der ich dachte, dass sie die Menge an Grunge sein muss, von der ich dachte, dass sie benötigt wird).

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

Also habe ich die Annäherung dritter Ordnung an die Umkehrung zusammengestellt:

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

Ich hatte gehofft, jemand anderes würde das tun. erinnere an , und$y=f(x) \triangleq \ln(2) \, bw$$g(y) = x \triangleq \frac{\ln(2)}{2}BW$$\alpha \triangleq \tan(\omega_0/2)$

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

Ich habe drei bequeme Triggeridentitäten:

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

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

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

"endlich" haben wir:

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

das ist nicht so schlimm passt auf eine einzelne Zeile. Wenn jemand einen Fehler oder einen guten Weg zur weiteren Vereinfachung sieht, lass es mich wissen.

mit der Potenzreihenannäherung aus dem obigen Kommentar,

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

Hier sind einige quantitative Ergebnisse. Ich habe die spezifizierte Bandbreite für den digitalen Filter auf der x-Achse und die resultierende digitale Bandbreite auf der y-Achse aufgetragen. Es gibt fünf Diagramme von grün nach rot, die die von Nyquist normalisierte Resonanzfrequenz :$bw$$\omega_0$

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

Die Resonanzfrequenz geht also von nahezu Gleichstrom bis fast Nyquist.

Hier gibt es überhaupt keine Kompensation (oder Vorverzerrung) für die Bandbreite:

Hier ist die einfache Entschädigung erster Ordnung, die das Kochbuch die ganze Zeit geleistet hat:

Hier ist die Kompensation dritter Ordnung, die wir gerade hier gelöst haben:

Wir möchten, dass alle Linien direkt auf der Hauptdiagonale liegen.

Ich hatte im Fall dritter Ordnung einen Fehler gemacht und ihn in dieser Überarbeitung korrigiert. es sieht so aus, als ob die Näherung dritter Ordnung an etwas besser ist als die Näherung erster Ordnung für kleines .$g(y)$$bw$

Also habe ich mich mit dem Koeffizienten des Terms 3. Ordnung beschäftigt (ich möchte den Term 1. Ordnung gleich lassen), um seine Wirkung zu verringern. Dies ergibt sich aus der Multiplikation nur des Terms 3. Ordnung mit 50%:

dies reduziert es auf 33%:

und dies reduziert den Term 3. Ordnung auf 25%:

Da das Ziel einer Umkehrfunktion darin besteht, die angegebene Funktion rückgängig zu machen, besteht der Sinn dieser ganzen Sache darin, die Kurven der zusammengesetzten Funktion so nahe wie möglich an der Hauptdiagonale zu liegen. es ist nicht schlecht für bis zu 75% Nyquist für Resonanzfrequenz und 3 Oktaven Bandbreite . aber nicht viel besser, um es wirklich wert zu machen im "Koeffizienten-Kochen" -Code, der ausgeführt wird, wenn der Benutzer einen Knopf dreht oder einen Schieberegler schiebt.$\omega_0$$bw$