Transformacja Z próbkowania w dół

W tym artykule lub filtrze wielowirnikowym autor ustanawia następujący związek matematyczny. Niech będzie wyjściem downsamplera takiego, że $y_D$

y_{D} [n] = x [M n]

$y_D[n] = x[Mn]$

gdzie $M$ jest współczynnikiem próbkowania w dół. Innymi słowy, zachowujemy każdą $M$ -tą próbkę oryginalnego sygnału. Następnie autor stwierdza, co następuje:

... transformata z $y_D[n]$ jest podana przez

$Y_{D} [z] = \frac{1}{M} \sum_{k = 0}^{M - 1} X [z^{1 / M} W^{k}]$ $Y_D[z]=\frac{1}{M}\sum_{k=0}^{M-1}X[z^{1/M}W^k]$
gdzie $W^k$ jest jądrem $M$ punktowego dyskretnego przekształcenia Fouriera, mianowicie $e^{(-j2\pi k)/M}$ .

Jak możemy przejść od pierwszego wyrażenia do drugiego? Jaki jest związek między DFT i transformacją Z, która pozwala na takie przejście?

dft downsampling z-transform

— Phonon
źródło

Odpowiedzi:

To wyprowadzenie jest trudne. Podejście sugerowane wcześniej ma wadę. Pokażę to najpierw; wtedy dam prawidłowe rozwiązanie.

Chcemy powiązać transformację obniżonego próbkowania sygnału, , z transformacją oryginalnego sygnału . $\mathcal{Z}$ $Y_D(z) = \mathcal{Z}\{x[Mn]\}$ $\mathcal{Z}$ $X(z) = \mathcal{Z}\{x[n]\}$

Zły kierunek

Można by po prostu podłączyć wyrażenie dla sygnału o zmniejszonej częstotliwości próbkowania do wyrażenia transformacji : $\mathcal{Z}$

$Y_D(z) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}{x[Mn] z^{-n}}$

Zmiana zmiennej wydaje się oczywista: $n'=Mn$

$Y_D(z) = \sum\limits_{n' \in M\mathbb{Z}}{x[n'] z^{-n'/M}}$

Jednak ważne jest, aby zdawać sobie sprawę, że mimo iż nowy indeks sumowania nadal działa w zakresie od do , suma jest teraz ponad 1 z M liczb całkowitych . Innymi słowy, $n'$ $-\infty$ $\infty$

$n' \in M\mathbb{Z}=\{...,-2M,-M,0,M,2M,...\}$ ,

podczas gdy definicja -transform wymaga $\mathcal{Z}$

$n \in \{...,-2,-1,0,1,2,...\}$ .

Ponieważ nie jest to już transformacja , nie możemy napisać: $\mathcal{Z}$

$Y_D(z) = X(z^{1/M})$

Właściwy sposób

Najpierw zdefiniujmy sygnał pociągu impulsowego „pomocnika” jako: $t_M[n]$

$\begin{align*} t_M[n] & = \sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty}{\delta[n-kM]} \\ & = \left\{ \begin{array}{lr} 1 & : n \in M\mathbb{Z}\\ 0 & : n \notin M\mathbb{Z} \end{array} \right. \end{align*}$

Ta funkcja jest równa na każdą z próbek i zero w każdym innym miejscu. $1$ $M$

Równolegle funkcję ciągu impulsów można zapisać jako:

$t_M[n] = \frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{e^{j2\pi k n / M}}$

Dowód: musimy osobno rozważyć przypadki i : $n \in M\mathbb{Z}$ $n \notin M\mathbb{Z}$

\begin{aligned} t_{M} [n] & = \frac{1}{M} \sum_{k = 0}^{M - 1} e^{j 2 π k n / M} \\ = {\begin{array}{lr} \frac{1}{M} \sum_{k = 0}^{M - 1} 1 & : n \in M Z \\ \frac{1}{M} \frac{1 - e^{j 2 π k n}}{1 - e^{j 2 π k n / M}} & : n \notin M Z \end{array} \\ = {\begin{array}{lr} \frac{1}{M} M & : n \in M Z \\ \frac{1}{M} \frac{1 - 1}{1 - e^{j 2 π k n / M}} & : n \notin M Z \end{array} \\ = {\begin{array}{lr} 1 & : n \in M Z \\ 0 & : n \notin M Z \end{array} \end{aligned}

$\begin{align*} t_M[n] & = \frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{e^{j2\pi k n / M}} \\ & = \left\{ \begin{array}{lr} \frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{1} && : n \in M\mathbb{Z}\\ \frac{1}{M} \frac{1-e^{j2\pi k n}}{1-e^{j2\pi k n / M}} && : n \notin M\mathbb{Z} \end{array} \right. \\ & = \left\{ \begin{array}{lr} \frac{1}{M} M && : n \in M\mathbb{Z}\\ \frac{1}{M} \frac{1-1}{1-e^{j2\pi k n / M}} && : n \notin M\mathbb{Z} \end{array} \right. \\ & = \left\{ \begin{array}{lr} 1 && : n \in M\mathbb{Z}\\ 0 && : n \notin M\mathbb{Z} \end{array} \right. \end{align*}$ W przypadku, gdy ,

n \notin M Z

$n \notin M\mathbb{Z}$

Wróćmy teraz do pierwotnego problemu znalezienia -transformatora downsamplera: $\mathcal{Z}$

$Y_D(z) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}{x[Mn] z^{-n}}$

Stosujemy podstawienie , pamiętając, że powoduje to, że sumowanie działa tylko na wielokrotnościach całkowitych M: $n'=Mn$

$Y_D(z) = \sum\limits_{n' \in M\mathbb{Z}}{x[n'] z^{-n'/M}}$

Możemy teraz użyć powyższej funkcji impulsowego pociągnięcia, aby bezpiecznie przepisać to jako sumę wszystkich : $n \in \mathbb{Z}$

$Y_D(z) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}{t_M[n] x[n] z^{-n/M}}$

Używając powyższego sformułowania funkcji ciągu impulsów jako skończonej sumy wykładniczej, otrzymujemy:

$\begin{align*} Y_D(z) &= \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}{(\frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{e^{j2\pi k n / M}}) x[n] z^{-n/M}} \\ &= \frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}{e^{j2\pi k n / M} x[n] z^{-n/M}}} \\ &= \frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}{x[n] (e^{-j2\pi k / M} z^{1/M})^{-n}}} \end{align*}$

Sumowanie po prawej stronie jest sumowaniem wszystkich liczb całkowitych, a zatem jest poprawnym matematycznym -transformowanym w kategoriach . Dlatego możemy napisać: $\mathcal{Z}$ $z'=e^{-j2\pi k / M} z^{1/M}$

$Y_D(z) = \frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{X(e^{-j2\pi k / M} z^{1/M})}$

Jest to wzór na -transformator downsamplera. $\mathcal{Z}$

— użytkownik9037
źródło

Bardzo dobrze. Czytając moją wcześniejszą odpowiedź powyżej, zauważyłem również tę samą wadę, co ty.

— Jason R

Nie widziałem wcześniej tego zapisu. Wydaje się to jednak mieć sens. -downsampler jest określony przez równanie: $M$

y_{D} [n] = x [M n]

$y_D[n] = x[Mn]$

Jego transformacji jest określony przez równanie: $z$

\begin{aligned} Y_{D} (z) & = \sum_{n = - \infty}^{\infty} y_{D} [n] z^{- n} \\ = \sum_{n = - \infty}^{\infty} x [M n] z^{- n} \end{aligned}

$\begin{align} Y_D(z) &= \sum_{n=-\infty}^\infty y_D[n]z^{-n} \\ &= \sum_{n=-\infty}^\infty x[Mn] z^{-n} \end{align}$

Zastosuj zmianę zmiennej, pozwalając . Na zakresy sumy nie ma wpływu zmiana zmiennej, ponieważ rozciągają się na nieskończoność. $n' = Mn$

Y_{D} (z) = \sum_{n^{'} = - \infty}^{\infty} x [n^{'}] z^{- n^{'} / M}

$Y_D(z) = \sum_{n'=-\infty}^\infty x[n']z^{-n'/M}$

Podobne do wygląda transformacji siebie. Przypomnij, że jest to zdefiniowane jako: $z$ $x[n]$

X (z) = \sum_{n = - \infty}^{\infty} x [n] z^{- n}

$X(z) = \sum_{n=-\infty}^\infty x[n]z^{-n}$

Bliższe przyjrzenie się, można zatem stwierdzić, następującą zależność między transformata i : $z$ $x[n]$ $y_D[n]$

Y_{D} (z) = X (z^{1 / M})

$Y_D(z) = X\left(z^{1/M}\right)$

Dlatego też, transformacji wyjściu downsampler jest ściśle związana z transformacji sygnału wejściowego, który ma się spodziewać. W dziedzinie częstotliwości, co w efekcie powodowało krotnie rozciągania treści częstotliwość sygnału. $z$ $z$ $M$

Ale jak przejść od powyższego równania do tego, o którym mowa w artykule? Podaje definicję w kategoriach , podczas gdy wyprowadzone przez nas wyrażenie jest funkcją . Tak więc dla konkretnej wartości , w której chcesz oszacować , najpierw (tj. Weź -ty pierwiastek ), a następnie zamień go na . Jednak wszystkie niezerowe mają różne -te pierwiastki : $Y_D(z)$ $z$ $z^{1/M}$ $z$ $Y_D(z)$ $z^{1/M}$ $M$ $z$ $X(z)$ $z \in \mathbb{C}$ $M$ $M$

{r_{p}, r_{p} e^{\frac{j 2 π}{M}}, r_{p} e^{\frac{j 2 π 2}{M}}, \dots, r_{p} e^{\frac{j 2 π (M - 1)}{M}}}

$\left\{ r_p,\ r_p e^{\frac{j2\pi}{M}},\ r_p e^{\frac{j2\pi2}{M}},\ \ldots\ ,\ r_p e^{\frac{j2\pi(M-1)}{M}} \right\}$

= {r_{p}, r_{p} W, r_{p} W^{2}, \dots, r_{p} W^{M - 1}}

$= \left\{ r_p,\ r_p W,\ r_p W^{2},\ \ldots\ ,\ r_p W^{M-1} \right\}$

gdzie jest wartością jądra DFT przywołaną w twoim pytaniu, a jest tym, co definiuję jako główny -ty pierwiastek wartości zespolonej : $W_k$ $e^{j2\pi k / M}$ $r_p$ $M$ $z$

r_{p} = \sqrt[M]{| z |} e^{\frac{j ∠ z}{M}}

$r_p = \sqrt[M]{|z|} e^{\frac{j\angle{z}}{M}}$

Oznacza to, że 'S głównego -tym korzeń otrzymuje się przez przekształcenie w postać polarnym, biorąc -tego pierwiastka jest wielkości (co jest liczbą rzeczywistą), a następnie dzieląc jest kąt, o . Otrzymane wartości wyrażają w formie biegunowej. $z$ $M$ $r_p$ $z$ $M$ $z$ $z$ $M$ $r_p$

Po co męczyć się z tymi wszystkimi problemami? Ponieważ, jak zauważyłem wcześniej, mapowanie z na domenę nie jest jeden do jednego. Teraz zacznę trochę falować ręką. Dla każdej konkretnej wartości , dla której chcesz oszacować , istnieje odpowiadających punktów w które możesz odwzorować. Dlatego każdy z tych punktów w przyczynia się do odpowiadającej wartości . Następnie otrzymujesz sumę podobną do tej przedstawionej w artykule: $Y_D(z)$ $X(z^{1/M})$ $z$ $Y_D(z)$ $M$ $X(z^{1/M})$ $M$ $X(z^{1/M})$ $Y_D(z)$

Y_{D} (z) = \frac{1}{M} \sum_{k = 0}^{M - 1} X (r_{p} (z) W^{k})

$Y_D(z) = \frac{1}{M} \sum_{k=0}^{M-1} X(r_p(z)W^k)$

gdzie odnosi się do głównego obliczenia pierwiastkowego, które pokazałem wcześniej. W rzeczywistości, można wybrać dowolny z „s korzeni -tej jako głównego jednego; Wybrałem tę definicję, ponieważ jest najprostsza. Jeśli miałbyś właściwie i rygorystycznie wyprowadzić ten związek, uważam, że czynnik pojawia się z powodu pochodnej . $r_p(z)$ $M$ $z$ $M$ $\frac{1}{M}$ $z^{1/M}$

W mowie matematyki uważam, że byłoby to określane jako zestaw funkcji; , gdzie i . Aby rozwinąć skład funkcji i napisać jako funkcję tylko , domenę na fragmenty jeden na jeden, odwrócimy funkcję w tych przedziałach, a następnie zsumujemy wyniki z odpowiednimi współczynnikami skalowania. Użyłem tej techniki wcześniej, aby obliczyć funkcję rozkładu prawdopodobieństwa funkcji zmiennej losowej, biorąc pod uwagę pdf oryginalnej zmiennej losowej (np. Aby uzyskać pdf z biorąc pod uwagę $Y_D(z) = f(g(z))$ $f(z) = X(z)$ $g(z) = z^{1/M}$ $Y_D(z)$ $z$ $Y_D(z)$ $\sqrt{X}$ $X$ pdf), ale nazwa techniki mi ucieka.

— Jason R.
źródło

Bardzo miła odpowiedź.

— Spacey

Dzięki. Każdy licencjonowany matematyk skuliłby się przy mojej próbie opisu (oczywiście jestem inżynierem). Nie sądzę, żeby to było bardzo jasne, ale może ktoś inny może zaproponować bardziej zrozumiałe wytłumaczenie, a może wymyślę lepszy sposób, aby to powiedzieć.

— Jason R

Rozumiem pierwszą połowę, ale dla mnie sprawy stają się niewyraźne.

— Spacey,

Powinienem przepisać drugą połowę, kiedy będę miał szansę. To tak naprawdę tylko standardowa technika uzyskiwania wyrażenia dla kompozycji dwóch funkcji. Muszę przypomnieć sobie szczegóły, jak to zrobić.

— Jason R