Nach dem Nyquist-Shannon Abtasttheorem jedes kontinuierliches Zeitsignal mit einer Bandbreite $B$ kleiner als Nyquist - Frequenz $f_N=f_s/2$ (mit $f_s$ der Abtastfrequenz ist ), die bei Abtastfrequenz abgetastet wird $f_s$ werden kann perfekt rekonstruiert , indem sinc-Interpolation (dh die Whittaker-Shannon-Interpolationsformel).

Nehmen wir an einer unbekannten Probe, begrenzt in ihrer Größe, kontinuierliche Zeitsignal mit konstanter Abtastzeit $T=1/f_s$ bei Probe Instanzen $kT$ ( $k\in\mathbb{Z}$ ), ohne Probenahme Jitter oder Quantisierung. Wir fügen die Bedingung hinzu, dass $B=\alpha f_N$ , mit $0\leq\alpha\leq 1$ .

Was ich herausfinden möchte, ist Folgendes: Zum Abtastzeitpunkt $k$ möchte ich für jedes $\alpha$ ein Bruchteilsüberschreitung eines kontinuierlichen Zeitsignals zwischen den Abtastwerten $k-1$ und ungünstigsten Fall bestimmen $k$, das ich hätte haben können. Das heißt, wie viel das kontinuierliche Zeitsignal höher war als die höchsten (absoluten) Abtastwerte zu den Abtastzeitpunkten $k$ und $k-1$ . Das kontinuierliche Signal oder die Rekonstruktion (da die Sinus-Interpolation perfekt ist !!), die wir durch Abtastung "verpasst" haben.

Beispiel: Wir setzen $\alpha=1$ und nehmen ein diskretes Zeitsignal [1,0,1,0,1,1,0,1,0,1] an (beachten Sie die doppelte 1 in der Nähe der Mitte, und hat dieses Signal sogar $\alpha=1$ ?). Die Rekonstruktion (blaue Linie) aus den Proben (schwarze Impulse) sieht wie folgt aus (ich habe die zu jeder Probe gehörenden Sincs grau dargestellt): Das "Überschwingen" zwischen den Proben $k=0$ und $k=1$ beträgt $\approx 0.7$ oder $70\%$. Wir haben also einen Spitzenwert von 1,7 in unserer ursprünglichen bandbegrenzten kontinuierlichen Zeit oder das Signal "perfekt bandbegrenzt rekonstruiert" verpasst. Wenn ich 3 oder mehr aufeinanderfolgende Einsen gesetzt hätte, wäre das Überschwingen geringer gewesen (das Gibbs-Phänomen ist am Ende viel kleiner). Daher sind 2 aufeinanderfolgende kontinuierliche Proben wie diese der "schlimmste Fall".

Wenn Sie das Signal in beide Richtungen verlängern, wächst das Überschwingen: Dies zeigt ein relatives Überschwingen von bis zu einem Wert von fast 2,1.$\approx 1.1$

Für jede Sequenzlänge von wächst dieses 'Überschwingen' o ( m ) auf unbestimmte Zeit, o ( m ) ∝ ln ( m ) , was zu ∞ geht, wenn m → ∞ . Dies liegt daran, dass jede Probe, die die Sincs erzeugen, eine konstruktive 'Interferenz' erzeugt und die Summe von 1 / π n (die Beiträge aller Hüllkurven der Einheit sincs) für n → ∞ nicht konvergiert.$2m$$o(m)$$o(m)\propto\ln{(m)}$$\infty$$m\to\infty$$1/\pi n$$n\to\infty$

Dies (glaube ich) ähnelt dem Folgenden: Wenn ständig ein Wert 0 abgetastet wird, könnte ich auch ein kontinuierliches Zeitsignal mit unendlicher Amplitude rekonstruieren, das nur in den Knoten mit Werten von 0 abgetastet wird, z. B. . Dies sagt mir dasselbe: Wenn ich zulasse, dass ein Signal auf der Nyquist-Frequenz liegt, ist das schlimmste Überschwingen, das ich "verpassen" könnte, unendlich.$\sin{\pi f_s t}$

Wir können nun sagen, dass . Und wir können argumentieren, dass o ( m → ∞ ) | α = 0 = 0 (das Abtasten eines konstanten Signals, von dem Sie wissen, dass es bandbegrenzt ist, hat eine eindeutige konstante Rekonstruktion).$o(m\to\infty)|_{\alpha=1}=\infty$$o(m\to\infty)|_{\alpha=0}=0$

Was ist, wenn ?$\alpha<1$

Wenn wir jetzt annehmen, dass wir dieselbe Sinusinterpolation durchführen, aber sicher wissen, dass , wie α = 0,5 . Dann (mein Bauchgefühl sagt) sollte dieser Effekt nachlassen und sogar endlich bleiben (wenn m → ∞ )!. Da für jede Signalbausteinwand, die auf die Bandbreite α f s / 2 begrenzt ist, eine Filterimpulsantwort von h ( t ) ∝ sinc ( t - k $\alpha<1$$\alpha=0.5$$m\to \infty$$\alpha f_s/2$(richtig?). Daher können Signalübergänge nicht so schnell sein wie im obigen Beispiel für einen sich ändernden Impulszug, und daher können Beiträge jeder Sinc-Funktion während der Rekonstruktion keine unendliche konstruktive Interferenz erzeugen.$h(t)\propto \text{sinc}{\left(\frac{t-kT}{\alpha T}\right)}$

Mein Problem: Ich weiß nicht, wie ich von hier aus vorgehen soll. Wie man einen "Beweis" für das Überschwingen im schlimmsten Fall liefert, das ich jemals zwischen zwei aufeinanderfolgenden Abtastwerten finden konnte, in dem Wissen, dass für ein n y- Signal ist (nicht unbedingt diese Einheitsimpuls-ähnlichen Beispiele). Ein gegebener Wert für α gibt mir eine Steigung d h ( t $\alpha<1$$any$$\alpha$ des bandbegrenzenden Faltungskernh(t), das mir etwas darüber erzählen solltewie viel aufeinanderfolgenden Probensein müssenanders, aber ich sehe nichtdie Schritte von dort zu ergreifenum allgemeine Schlussfolgerung zu gelangen.$\frac{dh(t)}{dt}$$h(t)$

Ich habe keine wirkliche Antwort, aber ich habe das Gefühl, dass dieses Ergebnis Ihnen helfen wird: Bernsteins Ungleichung besagt, dass, wenn das Signal auf bandbegrenzt ist , wobei für "kleinste Obergrenze" steht.| f | ≤ B | d x ( t $x(t)$$|f|\leq B$

$$\left| \frac{\textrm{d}x(t)}{\textrm{d}t}\right|\leq 4\pi B \,\textrm{sup}_{\tau\in\mathbb{R}}|x(\tau)| ,\,\,t\in\mathbb{R}$$ $\textrm{sup}$

Ich fand über diese Ungleichheit in Amos Lapidoth ein ausgezeichnetes (und kostenloses PDF-Buch) Buch "A Foundation in Digital Communication". Ein Beweis findet sich in MA Pinsky, "Einführung in die Fourier-Analyse und Wavelets".

Beobachtungen

Ich habe +1 und -1 in der Sequenz anstelle von 1 und 0 verwendet. Mit lautet die bandbegrenzte stetige Funktion in Ihren ersten beiden Abbildungen (mit der oben genannten Modifikation):f m ( T $\alpha=1$$f_m(T)$

$$f_m(T) = \sum_{k=1-m}^m \operatorname{sign}\left(\operatorname{sinc}(\pi k - \pi/2)\right)\operatorname{sinc}(\pi T-\pi k),\tag{1}$$

wo:

$$\operatorname{sinc}(T) = \begin{cases}\sin(T)/T&\text{if }T \ne 0\\1&\text{if }T = 0\end{cases}\\ \operatorname{sign}(x) = \begin{cases}-1&\text{if }x < 0\\0&\text{if }x = 0\\1&\text{if }x>0.\end{cases}$$

$f_m(1/2)$ wächst linear zum Logarithmus von :$m$

Abbildung 1. aufgetragen als Funktion von Die logarithmische horizontale Achse linearisiert das Wachstum als .log 2 ( m ) m → $f_m(1/2)$$\log_2(m)$$m\rightarrow\infty$

Wir können mit Hilfe von Wolfram Alpha vereinfachen :$f_m(1/2)$

$$f_m(1/2) = 2\sum_{k=1}^m\left|\frac{\sin\left(\pi(k - 0.5)\right)}{\pi(k - 0.5)}\right| = \begin{cases} 4/\pi & \text{if }n = 1\\ -\frac{2\left(\psi^{(0)}(1/2)-\psi^{(0)}(m+1/2)\right)}{\pi} & \text{otherwise}, \end{cases}\tag{2}$$

Dabei ist die Digammafunktion . Der dominante Term der Reihe von über ist:$\psi^{(0)}$ $(2)$$m=\infty$

$$\frac{2\log(m)}{\pi},$$

erklärt die in Abb. 1 Linearisierung. Wir können nun eine normalisierte Version der Funktion konstruieren, die ihre Bandbegrenzung erbt, aber nicht als explodiert :$g_m(T)$$f_m(T)$$m\rightarrow\infty$

$$g_m(T) = \frac{\pi f_m(T)}{2\log(m)}$$

Als , ein Nyquist - Frequenz zu nähern scheint SINusoid an seinem Nullen abgetastet:$m\rightarrow\infty$$g_m(T)$

Abbildung 2. explodiert nicht.$g_{100000}(T)$

Das ursprüngliche Nyquist-Shannon-Abtasttheorem verlangt, dass die höchste Frequenz unter der Hälfte der Abtastfrequenz liegt, sodass wir einen Grenzfall zu haben scheinen, der nicht davon abgedeckt wird. Ein beliebig großes endliches und folglich ein beliebig großes endliches werden jedoch immer noch abgedeckt.$m$$f_m(1/2)$

Proof Gliederung

Hier ist eine Übersicht für einen Beweis Ihrer ursprünglichen Aussage: Sei die Abtastperiode 1. Sei bandbegrenzt bis unter die Frequenz , wobei eine Frequenz mit einer Periode von 2 und . Lassen sei endlich für alle Integer . Schließen Sie den trivialen Fall für alle . Sei . Daraus folgt, dass für einige . Entweder:$f_\infty(T)$$\alpha\pi$$\pi$$\alpha < 1$$f_\infty(T)$$T$$f_\infty(T) = 0$$T$$g_\infty(T) = f_\infty(T)/\sup_Tf_\infty(T)$$g_\infty(T) \ne 0$$T$

Fall 1. für eine ganze Zahl . ist für alle endlich .$g_\infty(T) \ne 0$$T$$\sup_Tf_\infty(T)$$T$

Fall 2. für alle Integer . ist für einige unendlich . Bis zu einem Skalierungsfaktor wird durch einen Bruchteil seiner Nullen bestimmt. Verwenden eine oder mehrere der verbleibenden Nullen , um die Funktion Schwund zu machen: für alle . Dies ist ein Widerspruch, da wir früher festgestellt haben, dass für einige . Fall 2 kann nicht wahr sein.$g_\infty(T) = 0$$T$$\sup_Tf_\infty(T)$$T$$g_\infty(T)$$\alpha$$g_\infty(T) = 0$$T$$g_\infty(T) \ne 0$$T$

Daraus folgt, dass Fall 1 wahr ist und für alle endlich ist .$f_\infty(T)$$T$

Es wäre schön, einen eindeutigen Beweis dafür zu finden, dass ein Teil der gleichmäßig verteilten Nullen zur Rekonstruktion der Funktion verwendet werden kann, da die Bandbreite im Vergleich zur mittleren Dichte dieser Nullen relativ gering ist. Ich nehme an, wenn , reicht der Abtastsatz aus, um verschwinden zu lassen. In der Literatur habe ich einige interessante Aussagen gefunden:$\alpha < 1$$g_\infty(T)$

Der Beweis von Teil 2 von Satz 4.1 zeigte, dass ein bandbegrenztes Signal mit mit der Eigenschaft, dass das Signal an den Punkten verschwunden ist, identisch verschwinden muss.$Ω = π$$x = n ∈ \mathbb{Z}$

Jeffrey Rauch, " Fourier-Reihen, Integrale und Stichproben aus der grundlegenden komplexen Analyse ".

Es ist bekannt, dass grob gesagt nicht mehr Nullen haben kann als cos ohne identisch zu verschwinden.λ $g$$\lambda t$

BF Logan, Jr. " Informationen in den Nulldurchgängen von Bandpasssignalen ", Bell System Technical Journal, vol. 56, S. 487-510, April 1977

Die meisten Ergebnisse zur eindeutigen Spezifikation eindimensionaler Signale basieren auf der Tatsache, dass eine bandbegrenzte Funktion vollständig (überall analytisch) ist und daher durch ihre Nullen (real und komplex) innerhalb eines konstanten und exponentiellen Faktors eindeutig spezifiziert wird. Eine beliebige bandbegrenzte Funktion wird durch ihre (reellen) Nulldurchgänge eindeutig spezifiziert, wenn garantiert wird, dass alle ihre Nullen reell sind.
...
Zusätzliche Arbeiten umfassten die Identifizierung von Signalen, die durch ihre (realen) Nulldurchgänge eindeutig spezifiziert sind, obwohl sie auch komplexe Nullen enthalten. Dies ist möglich, wenn die Nulldurchgangsrate in gewissem Sinne höher ist als die Informationsrate oder Bandbreite eines Signals.

SR Curtis, " Rekonstruktion mehrdimensionaler Signale aus Nulldurchgängen ", Dissertation, MIT, 1985.

Betrachten Sie die bandbegrenzte Funktion mit Fourier-Transformation die perfekt (seit der Interpolation!) Aus ihren Abtastwerten wiederhergestellt werden kann, die Sekunde voneinander entfernt sind, obwohl die Abtastwerte nur die zentrale enthalten Peak und Miss alle anderen lokalen Maxima und Minima der Sinc-Funktion. Verzögern Sie die sinc-Funktion um Sekunden, so dass der Sampler den zentralen Peak vollständig verfehlt, aber stattdessen benachbarte Samples mit identischen Werten erhält Das Überschwingen des Maximums beträgt somitrect ( f ) 1 $\operatorname{sinc}(t)$$\operatorname{rect}(f)$$1$ sinc($\frac 12$1-

$$\operatorname{sinc}\left(\frac 12\right) = \frac{\sin\pi/2}{\pi/2} = \frac 2\pi.$$ α=1α$1 - \frac 2\pi$. Ich habe keinen Beweis, aber ich vermute, dass dies das maximale Überschwingen für den Fall . Kleinere Werte von ergeben Abtastwerte, die näher am Spitzenwert von und das Überschwingen ist entsprechend kleiner.$\alpha = 1$$\alpha$$1$