Was ist der einfachste und einfachste Weg, dies bei Minimalphasenfiltern zu beweisen?

Verwendung der Konvention "einheitliche" oder "gewöhnliche Frequenz" oder "Hz" für die kontinuierliche Fourier-Transformation:

\begin{aligned} X (f) ≜ F {x (t)} & = \int_{- \infty}^{\infty} x (t) e^{- j 2 π f t} d t \\ x (t) = F^{- 1} {X (f)} & = \int_{- \infty}^{\infty} X (f) e^{j 2 π f t} d f \end{aligned}

$\begin{align} X(f) \triangleq \mathscr{F}\{x(t)\} &= \int\limits_{-\infty}^{\infty} x(t) \, e^{-j 2 \pi f t} \, dt \\ \\ x(t) = \mathscr{F}^{-1}\{X(f)\} &= \int\limits_{-\infty}^{\infty} X(f) \, e^{j 2 \pi f t} \, df \\ \end{align}$

Wir lernen also, dass die Hilbert-Transformation ein Signal oder eine Funktion im Zeitbereich einem anderen im selben Bereich zuordnet:

\begin{aligned} \hat{x} (t) ≜ H {x (t)} & = \frac{1}{π t} ⊛ x (t) \\ = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{π u} x (t - u) d u \\ = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{π (t - u)} x (u) d u \end{aligned}

$\begin{align} \hat{x}(t) \triangleq \mathscr{H}\{x(t)\} &= \frac{1}{\pi t} \circledast x(t) \\ \\ &= \int\limits_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\pi u} \, x(t-u) \, du \\ \\ &= \int\limits_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\pi (t-u)} \, x(u) \, du \\ \end{align}$

und der Hilbert-Transformator ist LTI, also wissen wir, dass $\hat{x}(t-\tau) = \mathscr{H}\{x(t-\tau)\}$ . Und obwohl LTI, wissen wir, dass ein Hilbert-Transformator nicht kausal ist (aber bei ausreichender Verzögerung können wir auch eine Annäherung an einen Hilbert-Transformator an einen bestimmten Fehler ungleich Null realisieren, wie wir wollen).

Und wir wissen, dass dieser LTI Hilbert-Transformator einen Frequenzgang hat

\begin{aligned} \hat{X} (f) & ≜ F {\hat{x} (t)} \\ = - j sgn (f) X (f) \\ = {\begin{cases} e^{- j π / 2} X (f) & f > 0 \\ 0 & f = 0 \\ e^{+ j π / 2} X (f) & f < 0 \end{cases} \end{aligned}

$\begin{align} \hat{X}(f) & \triangleq \mathscr{F}\{\hat{x}(t)\} \\ \\ & = -j \, \operatorname{sgn}(f) X(f) \\ \\ & = \begin{cases} e^{-j \pi/2} \, X(f) \qquad & f>0 \\ 0 \qquad & f=0 \\ e^{+j \pi/2} \, X(f) \qquad & f<0 \\ \end{cases} \\ \end{align}$

wobei natürlich . Alle positiven Frequenzkomponenten sind also um -90 ° phasenverschoben und alle negativen Frequenzkomponenten um + 90 ° phasenverschoben. Keine der Amplituden ist betroffen, außer DC, der ausgelöscht wird. Genau das macht ein Hilbert-Transformator. $X(f) \triangleq \mathscr{F}\{x(t)\}$

Daraus wissen wir über analytische Signale:

\begin{aligned} x_{a} (t) & ≜ x (t) + j \hat{x} (t) \\ X_{a} (f) & = X (f) + j \hat{X} (f) \\ = X (f) + j (- j sgn (f) X (f)) \\ = (1 + sgn (f)) X (f) \\ = {\begin{cases} 2 X (f) & f > 0 \\ X (f) & f = 0 \\ 0 & f < 0 \end{cases} \end{aligned}

$\begin{align} x_\text{a}(t) & \triangleq x(t) + j\hat{x}(t) \\ \\ X_\text{a}(f) & = X(f) + j\hat{X}(f) \\ & = X(f) + j( -j \, \operatorname{sgn}(f) X(f) ) \\ & = (1 + \operatorname{sgn}(f)) \, X(f) \\ \\ & = \begin{cases} 2 X(f) \qquad & f>0 \\ X(f) \qquad & f=0 \\ 0 \qquad & f<0 \\ \end{cases} \\ \end{align}$

Wenn wir also ein Zeitdomänensignal mit komplexem Wert haben, in dem der Real- und Imaginärteil dieses Signals ein Hilbert-Transformationspaar bilden, dann im Frequenzbereich alle negativen Frequenzkomponenten haben Nullamplitude. Aufgrund der symmetrischen Natur der Fourier-Transformation haben wir Dualität und können die Rollen von Zeit und Frequenz umkehren . Das bedeutet, dass, wenn wir ein komplexwertigen haben Frequenzbereichsspektrum , in der die Real- und Imaginärteile des Spektrums ein Paar bilden Hilbert-Transformation, dann in dem Zeitbereich, alles negative Zeit Komponenten Null-Amplitude . $x_\text{a}(t)$ $t$ $f$ $X(f)$

Angegebene wieder, jedoch durch Substitution von Impulsantwort für und die Frequenzantwort für , wir wissen $h(t)$ $x(t)$ $H(f)$ $X(f)$

ℑ {h (t)} = H {ℜ {h (t)}} ⟺ H (f) = 0 \forall f < 0

$\Im\{h(t)\} = \mathscr{H}\big\{\Re\{h(t)\}\big\} \iff H(f) = 0 \quad \forall f<0$

und ähnlich

ℑ {H (f)} = - H {ℜ {H (f)}} ⟺ h (t) = 0 \forall t < 0

$\Im\{H(f)\} = -\mathscr{H}\big\{\Re\{H(f)\}\big\} \iff h(t) = 0 \quad \forall t<0$

wobei $H(f) \triangleq \mathscr{F}\{h(t)\}$

Ein LTI-System, das durch die Impulsantwort wird, die für alle , die negativ sind, Null ist, wird als " Kausalsystem " bezeichnet, da die Impulsantwort erst dann auf den Antriebsimpuls reagiert, wenn dieser Antriebsimpuls rechtzeitig auftritt. Für jedes realisierbare Echtzeit-LTI-System (das kausal sein muss) sind der Real- und Imaginärteil des Frequenzgangs ein Hilbert-Paar im Frequenzbereich. Nichts davon ist besonders überraschend oder besonders. $h(t)$ $t$

Also (wie Matt erwartet hat) ist es etwas mehr, die Real- und Imaginärteile von etwas in Bezug auf LTI-Systeme in Beziehung zu setzen , was ein bisschen überraschend (oder zumindest nicht trivial) ist. Wir haben zwei Definitionen oder Beschreibungen von LTI-Systemen oder LTI-Filtern, die in dieser Klasse als " Minimalphasenfilter " bezeichnet werden:

LTI-Filter mit rationalen Übertragungsfunktionen (deren Zähler und Nenner berücksichtigt werden können, was zu Wurzeln führt, die als Nullen bzw. Pole bezeichnet werden), bei denen sowohl Pole als auch Nullen in der Ebene der linken Hälfte liegen:

H (\frac{s}{j 2 π}) = A \frac{(s - q_{1}) (s - q_{2}) . . . (s - q_{M})}{(s - p_{1}) (s - p_{2}) . . . (s - p_{N})} M \leq N

$H\left( \frac{s}{j 2 \pi} \right) = A \frac{(s-q_1)(s-q_2)...(s-q_M)}{(s-p_1)(s-p_2)...(s-p_N)} \qquad \qquad M \le N$

Erforderlich für die Stabilität: für alle $\Re\{p_n\} < 0$ $1 \le n \le N$

Erforderlich für die Mindestphase: für alle $\Re\{q_m\} < 0$ $1 \le m \le M$

Diese Filter werden als "minimale Phase" bezeichnet, da ein Allpassfilter mit einem Pol an genau derselben Stelle für jede Null in der linken Halbebene diese Null aufhebt und in die rechte Halbebene reflektiert: $q_m$

H_{AP} (\frac{s}{j 2 π}) = \frac{s + q_{m}}{s - q_{m}}

$H_\text{AP}\left( \frac{s}{j 2 \pi} \right) = \frac{s+q_m}{s-q_m}$

Dieses Allpassfilter hat einen Frequenzgang mit einer Größe von genau 0 dB für alle Frequenzen:

| H_{AP} (f) | = 1 \forall f

$|H_\text{AP}(f)| = 1 \qquad \qquad \forall f$

aber der Phasenwinkel ist nicht Null, dieser APF fügt eine (negative) Phasenverschiebung hinzu:

\arg {H_{AP} (f)} = - 2 \arctan (\frac{2 π f - ℑ {q_{m}}}{- ℜ {q_{m}}})

$\arg \{ H_\text{AP}(f) \} = -2 \arctan\left(\frac{2 \pi f - \Im\{q_m\}}{-\Re\{q_m\}}\right)$

Der resultierende kaskadierte Filter mit der Null das zur rechten reflektiert wird, hat die gleiche Größe wie das ursprüngliche Filter (mit allen Nullen in der linken Halbebene), jedoch mehr (negative) Phasenverschiebung. Mehr Phasenverzögerung und mehr Gruppenverzögerung. Das "Minimum-Phase" -Filter ist das einzige Filter mit genau der gleichen Größenantwort, das eine geringere (negative) Phasenverschiebung aufweist als jeder der Klone mit APFs, die Nullen in der rechten Halbebene widerspiegeln. $H\left( \frac{s}{j 2 \pi} \right) \cdot H_\text{AP}\left( \frac{s}{j 2 \pi} \right)$ $q_m$

Ein "Maximum-Phase" -Filter ist einer, bei dem alle Nullen in der rechten Halbebene oder . $\Re\{ q_m \} \ge 0$

Die zweite Definition eines Minimalphasenfilters gibt also genau an, wie diese Minimalphasenantwort mit der Größenantwort zusammenhängt:

Ein LTI-System oder Filter

H (f) = | H (f) | e^{j \arg {H (f)}} = | H (f) | e^{j ϕ (f)}

$H(f) = |H(f)| e^{j \arg\{H(f)\}} = |H(f)| e^{j \phi(f)}$

ist genau dann die minimale Phase, wenn die natürliche Phasenantwort im Bogenmaß das Negative der Hilbert-Transformation des natürlichen Logarithmus der Größenantwort ist:

ϕ (f) ≜ \arg {H (f)} = - H {\ln (| H (f) |)}

$\phi(f) \triangleq \arg\{ H(f) \} = -\mathscr{H}\big\{ \ln( |H(f)| ) \big\}$

schon seit

\begin{aligned} H (f) & = | H (f) | e^{j ϕ (f)} \\ = e^{\ln (| H (f) |)} e^{j ϕ (f)} \\ = e^{\ln (| H (f) |) + j ϕ (f)} \\ = e^{\ln (H (f))} \end{aligned}

$\begin{align} H(f) & = |H(f)| e^{j \phi(f)} \\ & = e^{\ln(|H(f)|)} e^{j \phi(f)} \\ & = e^{\ln(|H(f)|) + j \phi(f)} \\ & = e^{\ln(H(f))} \\ \end{align}$

Dies bezieht sich auf den Real- und Imaginärteil des komplexen natürlichen des Frequenzgangs. Angenommen, wir können ein hypothetisches LTI-Filter mit einem komplexen Frequenzgang konstruieren , der diesem komplexen Logarithmus entspricht $\log()$ $G(f)$

\begin{aligned} G (f) & = \ln (H (f)) \\ = \ln (| H (f) |) + j ϕ (f) \\ = ℜ {G (f)} + j ℑ {G (f)} \end{aligned}

$\begin{align} G(f) & = \ln(H(f)) \\ & = \ln(|H(f)|) + j \phi(f) \\ & = \Re\{G(f)\} + j \Im\{G(f)\} \\ \end{align}$

\begin{aligned} ℑ {G (f)} & = ϕ (f) = - H {\ln (| H (f) |)} \\ = - H {ℜ {G (f)}} \end{aligned}

$\begin{align} \Im\{G(f)\} & = \phi(f) = -\mathscr{H}\big\{ \ln( |H(f)| ) \big\} \\ & = -\mathscr{H}\big\{ \Re\{G(f)\} \big\} \\ \end{align}$

dann wäre die Impulsantwort entsprechend kausal: $G(f)$

F^{- 1} {G (f)} = g (t) = 0 \forall t < 0

$\mathscr{F}^{-1}\{ G(f) \} = g(t) = 0 \qquad \qquad \forall t<0$

Der Zweck dieser Frage besteht darin, die beiden Definitionen eines Minimalphasenfilters aufzulösen. Wenn ich nach der ersten Definition keinen direkten Grund sehe, warum das hypothetische eine kausale Impulsantwort . $G(f) = \ln(H(f))$ $g(t)$

Die einzige Möglichkeit, die beiden Definitionen direkt aufzulösen, besteht darin, Folgendes zu berücksichtigen:

H (f) = A \frac{(j 2 π f - q_{1}) (j 2 π f - q_{2}) . . . (j 2 π f - q_{M})}{(j 2 π f - p_{1}) (j 2 π f - p_{2}) . . . (j 2 π f - p_{N})}

$H(f) = A \frac{(j2\pi f-q_1)(j2\pi f-q_2)...(j2\pi f-q_M)}{(j2\pi f-p_1)(j2\pi f-p_2)...(j2\pi f-p_N)}$

(für den Moment annehmen, dass ) $A>0$

\ln (| H (f) |) = \ln (A) + \sum_{m = 1}^{M} \ln (| j 2 π f - q_{m} |) - \sum_{n = 1}^{N} \ln (| j 2 π f - p_{n} |)

$\ln(|H(f)|) = \ln(A) + \sum_{m=1}^{M} \ln(|j2\pi f-q_m|) - \sum_{n=1}^{N} \ln(|j2\pi f-p_n|)$

ϕ (f) ≜ \arg {H (f)} = \sum_{m = 1}^{M} \arg {j 2 π f - q_{m}} - \sum_{n = 1}^{N} \arg {j 2 π f - p_{n}}

$\phi(f) \triangleq \arg\{H(f)\} = \sum_{m=1}^{M} \arg\{j2\pi f-q_m\} - \sum_{n=1}^{N} \arg\{j2\pi f-p_n\}$

Wir wissen, dass die Hilbert-Transformation einer konstanten Funktion Null ist

H {\ln (A)} = 0

$\mathscr{H}\big\{ \ln(A) \big\} = 0$

dann , wenn wir , dass jedes verbleibende entsprechenden Bedingungen der Summationen in nachweisen können und sind Hilbert - Paare, das heißt, können , wenn wir zeigen , $\ln(|H(f)|)$ $\arg\{H(f)\}$

\arg {j 2 π f - q_{m}} = - H {\ln (| j 2 π f - q_{m} |)} 1 \leq m \leq M

$\arg\{j2\pi f-q_m\} = -\mathscr{H}\big\{ \ln(|j2\pi f-q_m|) \big\} \qquad 1 \le m \le M$

und

\arg {j 2 π f - p_{n}} = - H {\ln (| j 2 π f - p_{n} |)} 1 \leq n \leq N

$\arg\{j2\pi f-p_n\} = -\mathscr{H}\big\{ \ln(|j2\pi f-p_n|) \big\} \qquad 1 \le n \le N$

, dass und , $\Re\{q_m\} < 0$ $\Re\{p_n\} < 0$

dann können wir das zeigen

ϕ (f) ≜ \arg {H (f)} = - H {\ln (| H (f) |)}

$\phi(f) \triangleq \arg\{ H(f) \} = -\mathscr{H}\big\{ \ln( |H(f)| ) \big\}$

Wir müssen uns nicht viel Gedanken über die Phasenumhüllung machen, wenn wir einen einzelnen Term erster Ordnung betrachten. Da die Form für Nullen und Pole gleich ist, wird nur eine einzige Null berücksichtigt

\begin{aligned} \arg {j 2 π f - q_{m}} & = \arg {j 2 π f - (ℜ {q_{m}} + j ℑ {q_{m}})} \\ = \arg {- ℜ {q_{m}} + j (2 π f - ℑ {q_{m}})} \\ = \arctan (\frac{2 π f - ℑ {q_{m}}}{- ℜ {q_{m}}}) \end{aligned}

$\begin{align} \arg\{j2\pi f - q_m\} & = \arg\{j2\pi f - (\Re\{q_m\} + j \Im\{q_m\})\} \\ & = \arg\{-\Re\{q_m\} + j(2\pi f - \Im\{q_m\})\} \\ & = \arctan\left(\frac{2\pi f - \Im\{q_m\}}{-\Re\{q_m\}}\right) \\ \end{align}$

und

\begin{aligned} \ln (| j 2 π f - q_{m} |) & = \ln (| j 2 π f - (ℜ {q_{m}} + j ℑ {q_{m}}) |) \\ = \ln (| - ℜ {q_{m}} + j (2 π f - ℑ {q_{m}}) |) \\ = \ln (\sqrt{(- ℜ {q_{m}})^{2} + (2 π f - ℑ {q_{m}})^{2}}) \\ = \frac{1}{2} \ln ((- ℜ {q_{m}})^{2} + (2 π f - ℑ {q_{m}})^{2}) \end{aligned}

$\begin{align} \ln(|j2\pi f-q_m|) & = \ln(|j2\pi f - (\Re\{q_m\} + j \Im\{q_m\})|) \\ & = \ln(|-\Re\{q_m\} + j(2\pi f - \Im\{q_m\})|) \\ & = \ln\left( \sqrt{(-\Re\{q_m\})^2 + (2\pi f - \Im\{q_m\})^2} \ \right) \\ & = \tfrac12 \ln\big( (-\Re\{q_m\})^2 + (2\pi f - \Im\{q_m\})^2 \big) \\ \end{align}$

Jetzt wird es eine Aufgabe, das zu zeigen

\arctan (\frac{2 π f - ℑ {q_{m}}}{- ℜ {q_{m}}}) = - H {\frac{1}{2} \ln ((- ℜ {q_{m}})^{2} + (2 π f - ℑ {q_{m}})^{2})}

$\arctan\left(\frac{2\pi f - \Im\{q_m\}}{-\Re\{q_m\}}\right) = -\mathscr{H}\Big\{ \tfrac12 \ln\big((-\Re\{q_m\})^2 + (2\pi f - \Im\{q_m\})^2 \big) \Big\}$

nun daran, dass der Hilbert-Transformator im Zeitbereich LTI ist, sodass wir wissen, dass und dies nicht der Fall ist Es spielt keine Rolle, was ist, es ist nur ein Versatz zur Zeit sowohl am Eingang als auch am Ausgang des Hilbert-Transformators. $\hat{x}(t-\tau) = \mathscr{H}\{x(t-\tau)\}$ $\tau$ $t$

Hier, in dem Frequenzbereich, der Offset-Frequenz ist , so ohne Beschränkung der Allgemeinheit können wir beseitigen von beiden Seiten: $f$ $\frac{\Im\{q_m\}}{2 \pi}$ $\Im\{q_m\}$

\arctan (\frac{2 π f}{- ℜ {q_{m}}}) = - H {\frac{1}{2} \ln ((- ℜ {q_{m}})^{2} + (2 π f)^{2})}

$\arctan\left(\frac{2\pi f}{-\Re\{q_m\}}\right) = -\mathscr{H}\Big\{ \tfrac12 \ln\big((-\Re\{q_m\})^2 + (2\pi f)^2 \big) \Big\}$

Dies zerlegt das Problem auf einen einzelnen realen Pol und eine reale Null, beide in der linken Halbebene. Jetzt können wir und die mit der Substitution normalisieren : $-\Re\{q_m\}$ $2 \pi$

ω ≜ \frac{2 π f}{- ℜ {q_{m}}}

$\omega \triangleq \frac{2\pi f}{-\Re\{q_m\}}$

ergebend

\begin{aligned} \arctan (ω) & = - H {\frac{1}{2} \ln ((- ℜ {q_{m}})^{2} + (ω \cdot (- ℜ {q_{m}}))^{2})} \\ = - H {\frac{1}{2} \ln ((- ℜ {q_{m}})^{2} \cdot (1 + ω^{2}))} \\ = - H {\ln (- ℜ {q_{m}}) + \frac{1}{2} \ln (1 + ω^{2})} \\ = - H {\frac{1}{2} \ln (1 + ω^{2})} \end{aligned}

$\begin{align} \arctan(\omega) &= -\mathscr{H}\Big\{ \tfrac12 \ln\big((-\Re\{q_m\})^2 + (\omega \cdot (-\Re\{q_m\}))^2 \big) \Big\} \\ &= -\mathscr{H}\Big\{ \tfrac12 \ln\big((-\Re\{q_m\})^2 \cdot (1 + \omega^2) \big) \Big\} \\ &= -\mathscr{H}\Big\{ \ln(-\Re\{q_m\}) + \tfrac12 \ln(1 + \omega^2) \Big\} \\ &= -\mathscr{H}\Big\{ \tfrac12 \ln(1 + \omega^2) \Big\} \\ \end{align}$

Dieser letzte Term wird eliminiert, weil die Hilbert-Transformation einer Konstanten Null ist. $\ln(-\Re\{q_m\})$

Unter dem Strich müssen wir also, um die Äquivalenz der beiden Definitionen eines Minimalphasenfilters zu beweisen , "einfach" die Identität oben (oder unten) beweisen.

Kann jemand diese Tatsache beweisen, ohne die Konturintegration oder die Rückstandstheorie oder die Ergebnisse einer komplexen Variablenanalyse zu verwenden? ::

\begin{aligned} \arctan (ω) & = - \frac{1}{2} H {\ln (1 + ω^{2})} \\ = - \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{π u} \ln (1 + (ω - u)^{2}) d u \\ = - \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{π (ω - u)} \ln (1 + u^{2}) d u \end{aligned}

$\begin{align} \arctan(\omega) &= -\tfrac12 \mathscr{H}\big\{ \ln(1 + \omega^2) \big\} \\ \\ &= -\tfrac12 \int\limits_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\pi u} \, \ln(1 + (\omega-u)^2) \, du \\ \\ &= -\tfrac12 \int\limits_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\pi (\omega-u)} \, \ln(1 + u^2) \, du \\ \end{align}$

hilbert-transform causality minimum-phase

— robert bristow-johnson
quelle

Ich denke, hier geht es um die Hilbert-Transformationsbeziehung zwischen logarithmischer Größe und Phase eines Minimalphasensystems ...?

— Matt L.

Ich komme dorthin, @MattL. Es geht darum, die beiden unterschiedlichen Definitionen eines Minimalphasenfilters in Einklang zu bringen. und wir waren noch nicht zur zweiten Definition gekommen (auf die Sie anspielen).

— Robert Bristow-Johnson

Wow @ robertbristow-johnson! Diese letzte Zeile und Gleichung kann auch gut sein, um sie auf der Mathematik-Site zu veröffentlichen (ohne den Hintergrund zu benötigen, glaube ich nicht, nur die Definition von )

H

$\mathscr{H}$

— Dan Boschen

so etwas ist mein Plan, @DanBoschen. Ich will es nur zuerst hier rauswerfen. Vielleicht lassen Sie Olli oder MattL. Mach einen Schlag drauf. (Ich habe einen Ansatz, und es zeigt, dass die Ableitungen der beiden Funktionen ein Hilbert-Paar bilden.)

— Robert Bristow-Johnson

Also @DanBoschen, ich habe genau das getan, was du vorgeschlagen hast .

— Robert Bristow-Johnson

Die Hilbert-Transformation mit $\mathcal{H}\left\{f(\omega)\right\}$

\begin{matrix} (1) & f (ω) = - \frac{1}{2} \log (1 + ω^{2}) \end{matrix}

$f(\omega)=-\frac12\log(1+\omega^2)\tag{1}$

kann folgendermaßen berechnet werden. Beachten Sie zunächst, dass

\begin{matrix} (2) & \frac{d f (ω)}{d ω} = - \frac{ω}{1 + ω^{2}} \end{matrix}

$\frac{df(\omega)}{d\omega}=-\frac{\omega}{1+\omega^2}\tag{2}$

Aus dieser Tabelle wissen wir das

\begin{matrix} (3) & H {\frac{1}{1 + ω^{2}}} = \frac{ω}{1 + ω^{2}} \end{matrix}

$\mathcal{H}\left\{\frac{1}{1+\omega^2}\right\}=\frac{\omega}{1+\omega^2}\tag{3}$

Wir auch wissen , dass

\begin{matrix} (4) & H {H {f}} = - f \end{matrix}

$\mathcal{H}\{\mathcal{H}\{f\}\}=-f\tag{4}$

Wenn wir und kombinieren, erhalten wir $(3)$ $(4)$

\begin{matrix} (5) & H {\frac{ω}{1 + ω^{2}}} = H {H {\frac{1}{1 + ω^{2}}}} = - \frac{1}{1 + ω^{2}} \end{matrix}

$\mathcal{H}\left\{\frac{\omega}{1+\omega^2}\right\}=\mathcal{H}\left\{\mathcal{H}\left\{\frac{1}{1+\omega^2}\right\}\right\}=-\frac{1}{1+\omega^2}\tag{5}$

Also, mit , $(2)$

\begin{matrix} (6) & H {\frac{d f (ω)}{d ω}} = \frac{1}{1 + ω^{2}} \end{matrix}

$\mathcal{H}\left\{\frac{df(\omega)}{d\omega}\right\}=\frac{1}{1+\omega^2}\tag{6}$

Jetzt wissen wir auch , dass der Hilbert-Transformationsoperator und der Differenzierungsoperator pendeln:

\begin{matrix} (7) & H {\frac{d f (ω)}{d ω}} = \frac{d}{d ω} H {f (ω)} \end{matrix}

$\mathcal{H}\left\{\frac{df(\omega)}{d\omega}\right\}=\frac{d}{d\omega}\mathcal{H}\{f(\omega)\}\tag{7}$

was ergibt

\begin{matrix} (8) & \frac{d}{d ω} H {f (ω)} = \frac{1}{1 + ω^{2}} \end{matrix}

$\frac{d}{d\omega}\mathcal{H}\{f(\omega)\}=\frac{1}{1+\omega^2}\tag{8}$

Integrieren gibt schließlich $(8)$

\begin{matrix} (9) & H {f (ω)} = \arctan (ω) \end{matrix}

$\mathcal{H}\{f(\omega)\}=\arctan(\omega)\tag{9}$

Beachten Sie, dass dieses Ergebnis auch mit Mathematica erzielt werden kann (was mir nicht zur Verfügung steht). Nach diesem Thread ist der Befehl

Integriere [-1 / 2 * Log [1 + (\ [Tau] * \ [Nu]) ^ 2] / (\ [Nu] - \ [Omega]), {\ [Nu], -Infinity, Infinity},
 PrincipalValue -> True, Annahmen -> \ [Tau]> 0 && \ [Omega]> 0, GenerateConditions -> False] / Pi

gibt

-ArcTan[\[Tau] \[Omega]]

Das negative Vorzeichen ergibt sich aus der unterschiedlichen Definition der Hilbert-Transformation, wie aus dem Nenner des Integrals im Mathematica-Befehl hervorgeht.

Ich möchte hinzufügen, dass die Kausalität der inversen Fourier-Transformation von , dh die Kausalität des komplexen Cepstrums für ein Minimalphasensystem auch intuitiv verstanden werden kann. Es ist zu beachten, dass jede Null von in der rechten Halbebene eine Singularität in in der rechten Halbebene verursacht, und folglich muss die entsprechende inverse Fourier-Transformation wegen des Konvergenzbereichs zweiseitig sein ist ein Streifen, der die imaginäre Achse enthält. Nur wenn es in der rechten Halbebene keine Nullen gibt (dh das System ist eine Minimalphase), haben alle ihre Singularitäten in der linken Halbebene, und die inverse Transformation ergibt eine rechtsseitige Kausalität Funktion. $\log H(j\omega)$ $H(j\omega)$ $H(s)$ $\log H(s)$ $\log H(s)$

Aus wir eine weitere schöne Eigenschaft der Hilbert-Transformation erkennen, nämlich dass die inverse Transformation einfach durch die (Vorwärts-) Transformation mit einem negativen Vorzeichen gegeben ist: $(4)$

\begin{matrix} (10) & H^{- 1} {f} = - H {f} \end{matrix}

$\mathcal{H}^{-1}\{f\}=-\mathcal{H}\{f\}\tag{10}$

Das bedeutet, dass wir für jedes Hilbert-Transformationspaar, das wir finden, ein weiteres kostenlos erhalten:

\begin{matrix} (11) & H {f} = g ⟹ H {g} = - f \end{matrix}

$\mathcal{H}\{f\}=g\Longrightarrow\mathcal{H}\{g\}=-f\tag{11}$

Wenn wir bis anwenden, finden wir $(11)$ $(9)$

\begin{matrix} (12) & H {\arctan (ω)} = - f (ω) = \frac{1}{2} \log (1 + ω^{2}) \end{matrix}

$\mathcal{H}\{\arctan(\omega)\}=-f(\omega)=\frac12\log(1+\omega^2)\tag{12}$

— Matt L.
quelle

Dieses negative Vorzeichen (mit Mathematica ) stört mich immer noch, Matt. Schrauben Sie einfach die Definition der Hilbert-Transformation, es ist ein Integral. Mathematica wirft keinen falschen Vorzeichenwechsel mit ihrer Definition eines unbestimmten Integrals mit Cauchy pv,

— Robert Bristow-Johnson

Oh, es ist die Umkehrung der Reihenfolge von und .

ν

$\nu$

ω

$\omega$

— Robert Bristow-Johnson

@ robertbristow-johnson: Ja, schau dir nur den Nenner an, es ist und wir integrieren über .

ν - Ω

$\nu-\Omega$

ν

$\nu$

— Matt L.

Ich bin nicht mit dem Argument der unteren Kausalität einverstanden. Nur weil rational ist, heißt das nicht, dass ist. Trotzdem sorgt das Einfügen der Singularitäten von in die linke Halbebene nicht für Kausalität, sondern für Stabilität. nicht wirklich das gleiche.

H (s)

$H(s)$

\log (H (s))

$\log(H(s))$

\log (H (s))

$\log(H(s))$

— Robert Bristow-Johnson

@ robertbristow-johnson: in der Tat im Allgemeinen nicht rational; Ich habe nicht behauptet, dass es rational sei. Beachten Sie, dass die Stabilität von impliziert wird, indem angenommen wird, dass seine inverse Fourier-Transformation (das Cepstrum) existiert. Wenn also Stabilität impliziert ist, bestimmen die Orte der Singularitäten die Kausalität. Alle Singularitäten in der linken Halbebene bedeuten kausal, in der rechten Halbebene bedeutet kausal und auf beiden Seiten zweiseitig (nicht kausal). Es ist im Allgemeinen nicht wahr, dass Singularitäten im LHP für Stabilität sorgen, die nur für kausale Systeme gilt.

\log H (s)

$\log H(s)$

\log H (s)

$\log H(s)$

— Matt L.