Jak radzić sobie z niskim poziomem podstawowym przy użyciu AMDF do ekstrakcji skoku?

Używam funkcji średniej różnicy wielkości do oszacowania podstawowej częstotliwości quasi-okresowego sygnału audio. AMDF jest zdefiniowany jako

$$D_n = \frac{1}{N-n}\sum_{k=n}^{N-1}|S_k - S_{k-n}|$$

gdzie $N$to długość sygnału. Ta funkcja wykazuje minimum, gdy sygnał jest przesuwany o wartość równą jego okresowi.

Oto kod, którego używam do wyodrębnienia wysokości tonu (w Matlabie):

 a = amdf(f);
 a = a/max(a);
 [p l] = findpeaks(-a, 'minpeakprominence', 0.6);
 pitch = round(sample_freq/l(1);

Mam jednak do czynienia z sygnałem audio, w którym częstotliwość podstawowa jest bardzo niska:

W konsekwencji pojawia się problem podwojenia wysokości tonu: wykryte minimum odpowiada połowie okresu sygnału (tj. Drugiej harmonicznej):

Próbowałem wydobyć największy szczyt, a nie tylko pierwszy, ale czasami ten problem pozostaje. Jak mogę poprawić swój kod i / lub funkcję AMDF, aby radzić sobie z niskimi podstawami?

To właśnie nazywamy w wykrywaniu wysokości dźwięku, „ problemem oktawy ”.

Przede wszystkim zmieniłbym AMDF na ASDF. I nie zmniejszałbym rozmiaru okna wraz ze wzrostem opóźnienia. (Zmieniam też notację na coś, co uważam za bardziej konwencjonalne ”.$x[n]$„to sygnał czasu dyskretnego.)

Funkcja średniej kwadratowej różnicy (ASDF) z $x[n]$ w sąsiedztwie próbki $x[n_0]$ jest:

$$Q_x[k, n_0] \triangleq \frac{1}{N} \sum\limits_{n=0}^{N-1} \left(x[n+n_0-\left\lfloor \tfrac{N+k}{2}\right\rfloor] \ - \ x[n+n_0-\left\lfloor \tfrac{N+k}{2}\right\rfloor + k] \right)^2$$

$\left\lfloor \cdot \right\rfloor$jest floor()funkcją i, jeśli$k$ jest nawet wtedy $\left\lfloor \frac{k}{2}\right\rfloor = \left\lfloor \frac{k+1}{2}\right\rfloor = \frac{k}{2}$.

Teraz rozwiń kwadrat i zastanów się, jak wyglądają podsumowania $N \to \infty$ (nie to $N$ to dzieje się w nieskończoność, ale daje wyobrażenie, jeśli$N$jest wielki). ASDF jest bezpośrednio związany z autokorelacją. Zasadniczo autokorelacja wywróciła się do góry nogami. Te kroki pozostawię wam. spójrz na tę odpowiedź.

Rozważmy teraz tę „autokorelację” o skończonej długości (w sąsiedztwie próbki$x[n_0]$) zdefiniowane w ASDF:

$$R_x[k,n_0] = R_x[0,n_0] - \tfrac12 Q_x[k, n_0]$$

gdzie

$$R_x[0, n_0] \triangleq \frac{1}{N} \sum\limits_{n=0}^{N-1} \Big(x[n+n_0-\left\lfloor \tfrac{N}{2}\right\rfloor]\Big)^2$$

Od $Q_x[0, n_0] = 0$ i $Q_x[k, n_0] \ge 0$ dla wszystkich opóźnień $k$, oznacza to, że $R_x[k, n_0] \le R_x[0, n_0]$ dla wszystkich opóźnień $k$.

Załóżmy, że przez chwilę $x[n]$ jest okresowy z kropką $P$ (i $P$ tak się składa, że ​​jest liczbą całkowitą)

$$x[n+P] = x[n] \quad \forall n$$

i $Q_x[mP, n_0] = 0$ i $R_x[mP, n_0] = R_x[0, n_0] \ge R_x[k, n_0]$ dla dowolnej liczby okresów całkowitych ($m$jest liczbą całkowitą). Więc masz szczyt w$k=0$ i o $k$ równa dowolnej innej wielokrotności $P$ gdyby $x[n]$jest okresowy. Gdyby$x[n]$nie jest idealnie okresowy, możemy się spodziewać największego szczytu$k=0$, kolejny pik (ale nieco mniejszy) przy $k=P$ (okres, którego szukamy) i stopniowo mniejsze szczyty dla większych wielokrotności $P$.

Więc problemem oktawę chodzi o uwagi z kilku powodów. Po pierwsze,$P$niekoniecznie jest liczbą całkowitą. To problem interpolacji, nic wielkiego.

Drugim powodem i trudniejszym problemem są subharmoniczne . Weź pod uwagę, że słuchasz ładnego dźwięku okresowego z dokładnie A-440 Hz i brzmi on jak A, który jest o 9 półtonów powyżej środkowej C. Teraz załóżmy, że ktoś dodaje do tego tonu bardzo niewielką amplitudę (jak poniżej 60 dB) A -220? Jak to będzie brzmieć i matematycznie jaki jest „prawdziwy” okres?

---

Wybór „właściwego” szczytu okresu.

Załóżmy, że przepuszczasz notatkę przez filtr blokujący DC, aby uzyskać średnią $x[n]$wynosi zero. Okazuje się, że powoduje średnią autokorelację$R_x[k, n_0]$ dla każdego $n_0$ równa się zero (lub blisko niego, jeśli $N$jest wielki). To znaczy$R_x[k, n_0]$ musi sumować (ponad $k$) wynosi około zero, co oznacza, że ​​obszar powyżej zera jest tyle samo, co poniżej.

Dobrze, więc $R_x[0, n_0]$ reprezentuje moc $x[n]$ w pobliżu $n=n_0$ i musi być nieujemny. $R_x[k, n_0]$ nigdy nie przekracza $R_x[0, n_0]$ ale może być tak duża, jak wtedy $x[n]$ jest okresowy. $R_x[P, n_0] = R_x[0, n_0]$ gdyby $x[n+P]=x[n]$. Więc jeśli$x[n]$ jest okresowy z kropką $P$ i masz kilka pików oddalonych od siebie $P$i masz pomysł, jak wysokie powinny być te szczyty. A jeśli składnik DC z$R_x[k, n_0]$wynosi zero, co oznacza, że ​​pomiędzy pikami musi mieć wartości ujemne.

Gdyby $x[n]$ był „quasi-okresowy”, jeden cykl $x[n]$ będzie wyglądać jak sąsiedni cykl, ale nie tak bardzo jak cykl $x[n]$w miarę upływu czasu sygnał. To oznacza pierwszy szczyt$R_x[P, n_0]$ będzie wyższy niż drugi o $R_x[2P, n_0]$ lub trzeci $R_x[3P, n_0]$. Można użyć reguły, aby zawsze wybierać najwyższy szczyt i oczekiwać, że najwyższy szczyt będzie zawsze pierwszy. Ale z powodu niesłyszalnych subharmonicznych czasami tak nie jest. czasami drugi lub być może trzeci pik jest nieco wyższy. Również dlatego, że okres$P$ prawdopodobnie nie jest liczbą całkowitą próbek, ale $k$ w $R_x[k, n_0]$ jest zawsze liczbą całkowitą, więc prawdziwy pik najprawdopodobniej znajdzie się pomiędzy wartościami całkowitymi wynoszącymi $k$. Nawet jeśli interpolujesz w miejscu, w którym znajduje się gładki pik (co polecam, interpolacja kwadratowa jest wystarczająco dobra) i jak wysoko jest naprawdę między liczbą całkowitą$k$, Twój algorytm interpolacji może sprawić, że pik będzie nieco wyższy lub nieco niższy niż jest w rzeczywistości. Zatem wybranie absolutnie najwyższego szczytu może skutkować fałszywym wybraniem drugiego nad pierwszym pikiem (lub odwrotnie), kiedy naprawdę chcesz drugiego.

Więc w jakiś sposób musisz utrudniać wzrosty$k$tak że pierwszy szczyt ma niewielką przewagę nad drugim, a drugi nad czwartym (następna oktawa w dół) itp. Jak to robisz?

Robisz to, mnożąc $R_x[k, n_0]$ z funkcją malejącą $k$ tak że szczyt przy $k=2P$ jest zmniejszona o jakiś czynnik, w stosunku do identycznego piku przy $k=P$. Okazuje się, że robi to funkcja mocy (a nie wykładnicza). więc oblicz

$$k^{-\alpha} \ R_x[k, n_0]$$

Więc jeśli $x[n]$ były idealnie okresowe z kropką $P$oraz ignorowanie problemów z interpolacją dla wartości niecałkowitych $P$, następnie

$$R_x[2P, n_0] = R_x[P, n_0]$$

ale

$$\begin{align} (2P)^{-\alpha} R_x[2P, n_0] & = \\ (2P)^{-\alpha} R_x[P, n_0] & < P^{-\alpha} R_x[P, n_0] \\ \end{align}$$

Czynnikiem, o który zmniejsza się pik wysokości o jedną oktawę, jest stosunek

$$\frac{(2P)^{-\alpha} R_x[2P, n_0]}{P^{-\alpha} R_x[P, n_0]} = \frac{(2P)^{-\alpha}}{P^{-\alpha}} = 2^{-\alpha}$$

Jeśli więc chcesz dać swojemu pierwszemu pikowi wzmocnienie 1% w stosunku do drugiego piku, co oznacza, że ​​nie wybierzesz wysokości dźwięku jako wysokości sub-harmonicznej, chyba że autokorelacja wysokości sub-harmonicznej jest co najmniej 1% większa niż pierwsza szczyt, dla którego byś rozwiązał $\alpha$ od

$$2^{-\alpha} = 0.99$$

Jest to konsekwentny sposób ważenia, zmniejszania lub zmniejszania piku odpowiadającego wysokości subharmonicznej o jedną oktawę poniżej.

Nadal pozostaje ci problem progowy. Masz wybór$\alpha$dobrze. Jest to jednak konsekwentny sposób podkreślania pierwszego piku nad drugim, który jest o oktawę niższy, ale nie tak bardzo, że jeśli nuta jest naprawdę oktawą niższa, ale energia we wszystkich parzystych harmonicznych była silna, w porównaniu do nieparzystej harmonicznych, pozostawi to możliwość wyboru drugiego piku.

Heurystycznie podstawowa częstotliwość mowy dźwięcznej będzie się mieścić w przedziale [70, 400] Hz. Pierwszym krokiem byłoby zastosowanie filtra pasmowoprzepustowego, aby w przybliżeniu odizolować to pasmo.

Po drugie, można zastosować funkcję ważenia do spektrum mocy. W pobliżu podstawy ciężar powinien być bliski 1, a bliżej końca pasma ciężar powinien być bliski 0. To ważenie jest oczywiście znormalizowane. Poleciłbym coś superliniowego: kwadratowy, kwartalny itp. - aby naprawdę zabić oktawy.