Permalink
Browse files

DSP Lecture 12

  • Loading branch information...
kongr45gpen committed Nov 12, 2018
1 parent 5711a0e commit 2a88d533eb2f624d5735219550a3309d9b188673
Showing with 250 additions and 0 deletions.
  1. BIN dsp.pdf
  2. +250 −0 dsp.tex
View
BIN +0 Bytes (100%) dsp.pdf
Binary file not shown.
View
250 dsp.tex
@@ -3390,4 +3390,254 @@ \subsection{Spectral leakage (φασματική διαρροή)}
\todo{solve in another way}
\end{exercise}
\lecture{12}{12/11/2018}
\subsection{Under-Sampling (Υποδειγματοληψία)}
\todo{Graph 37}
Έστω ότι έχουμε ένα σήμα σε μεγάλη συχνότητα, δηλαδή στο \( \SI{1}{\giga\hertz} \), το οποίο όμως έχει μικρό
εύρος ζώνης, της τάξης των \( \SI{0.01}{\giga\hertz} \).
Για να δειγματοληπτήσουμε αυτό το σήμα κανονικά, θα πρέπει να έχουμε συχνότητα δειγματοληψίας \( f_s \):
\[
f_s > 2 f_max = 2f_H = \SI{2.02}{\giga\hertz}
\]
Αυτή όμως η συχνότητα είναι τεράστια για ένα σήμα το οποίο έχει τόσο μικρό εύρος ζώνης! Επομένως θα προσπαθήσουμε
να βρούμε ένα trick για να αποφύγουμε αυτόν τον περιορισμό, χωρίς να έχουμε επικάλυψη του δειγματοληπτημένου
σήματος στο φάσμα.
Αφού εφαρμοστεί η δειγματοληψία, αν δεν υπάρχει επικάλυψη, το φάσμα του δειγματοληπτημένου
σήματος θα μοιάζει ως εξής:
\todo{Graph 38}
Εδώ υποθέτουμε ότι υπάρχει ένα δεξί "πλακίδιο" που περιβάλλεται από δύο αριστερά πλακίδια.
Το αριστερό πλακίδιο προκύπτει από το \emph{αντίγραφο} του αρχικού
\begin{tikzpicture}[scale=.3,baseline]
\draw(-2,0) -- (2,0);
\draw[opacity=.9] (0,0) -- (0,1.7);
\draw[very thick,fill=green,fill opacity=.4] (-1.5,0) node[black,opacity=1,below,scale=.6] {$-f_H$}-- (-0.5,1.4) -- (-0.5,0) node[black,opacity=1,below,scale=.6] {$-f_L$};
\end{tikzpicture}
που, λόγω της παλμοσειράς, μετατοπίστηκε κατά μια \emph{ακέραια} σταθερά \( κ \) και \( κ+1 \).
Για να μην υπάρχει επικάλυψη, θα πρέπει να μην "χτυπούν" τα 3 πλακίδια:\[
\begin{cases}
κf_s-f_L \leq f_L &\implies f_s \leq \frac{2f_L}{κ} \\
(κ+1)f_S - f_H \geq f_s &\implies \geq \frac{2f_H}{κ+1}
\end{cases}
\]
άρα:\begin{align*}
\frac{2f_H}{κ+1} &\leq f_s \leq \frac{2f_L}{κ} \implies \\
\frac{2f_H}{κ+1} &\leq \frac{2f_L}{κ} \implies κf_H \leq (κ+1)f_L \implies \\
κ(f_H-f_L) &\leq f_L \implies κ \leq \frac{f_L}{f_H-f_L} \in \mathbb N \\
\end{align*}
Αυτό που θέλουμε είναι να έχουμε \emph{ελάχιστη συχνότητα δειγματοληψίας \( f_s \)} (καθώς
είναι πιο εύκολη η φυσική υλοποίηση), οπότε επιλέγουμε το μέγιστο \( κ \):
\[
κ^* = \left\lfloor \frac{f_L}{f_H - f_L} \right\rfloor
\]
και μπορούμε να επιλέξουμε απλώς μια \( f_s \) που να ικανοποιεί το κριτήριο που βρήκαμε
παραπάνω:
\[
\frac{2f_H}{κ^*+1} \leq f_s \leq \frac{2f_L}{κ^*}
\]
\paragraph{Κριτήριο Nyquist}
Για ένα χαμηλοπερατό σήμα (δηλαδή με ελάχιστη συχνότητα \( f_L = 0 \)), αν εφαρμόσουμε τον
παραπάνω τύπο, θα πρέπει να λάβουμε το γνωστό κριτήριο του Nyquist. Πράγματι:
\[
κ^* = \left\lfloor \frac{f_L}{f_H - f_L} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{1}{f_H} \right\rfloor = 0
\]
άρα η συχνότητα δειγματοληψίας είναι:
\[
\frac{2f_H}{0+1} \leq f_s \leq \frac{2f_L}{0} \implies \boxed{f_S \geq 2 f_H}
\]
\paragraph{}
Στη γενική περίπτωση, αν \( κ^* = \left\lfloor\frac{f_L}{f_H-f_L}\right\rfloor > 0 \), τότε:
\begin{gather*}
\frac{2f_H}{\left\lfloor \frac{f_L}{f_H-f_L} \right\rfloor + 1} \leq f_s \leq \frac{2f_L}{\left\lfloor \frac{f_L}{f_H-f_L} \right\rfloor}\\
\implies
2(f_H-f_L) \leq f_s \leq 2(f_H+f_L) \implies \boxed{f_s > 2(f_H-f_L)}
\text{ (γενικότερο κριτήριο Nyquist)}
\end{gather*}
\todo{check result}
Αν βέβαια το floor δεν είναι 0. \todo{explain}
Επομένως, στο παραπάνω παράδειγμα:
\[
f_H - f_L = 1.01 - 1 = \SI{10}{\mega\hertz}
\]
θα είναι \( f_s = 2(f_H-f_L) = \SI{20}{\mega\hertz} \)
\begin{exercise}
Δίνεται η σχέση:
\[
\frac{x-1}{x-2} = \frac{x-a}{x-6}
\]
Να βρεθούν οι ακέραιοι \( a \in \mathbb{Z} \), για τους οποίους η παραπάνω
σχέση να καθιστά το \( x \in \mathbb{Z} \) ακέραιο.
\tcblower
Κάνουμε πράξεις στη δοθείσα σχέση:
\[
(x-1)(x-6) = (x-2)(x-a)
\]
άρα έχουμε:
\begin{align*}
x^2 - 7x + 6 &= (-2-a)x+2a \implies x(a-5) = 2a-6 \implies \\
x&= \frac{2a-6}{a-5} = \frac{2a-10+4}{a-5} = 2+\underbrace{\frac{4}{a-5}}
\end{align*}
Για να είναι ο \( x \) ακέραιος, θα πρέπει και το κλάσμα \( \frac{4}{a-5} \)
να είναι ακέραιο, δηλαδή το \( a-5 \) να είναι διαιρέτης του 4. Τα \( a \)
που το ικανοποιούν αυτό είναι:
\[
(a-5) = -4,-2, -1, 1, 2, 4 \implies \underline{a=1,3,4,6,7,9}
\]
\end{exercise}
\subsection{Διακριτές σχέσεις Kramers-Kronig}
Έστω μια \emph{αιτιατή} ακολουθία \( x(n) \in \mathbb R \) (\( x(n) = 0 \quad \forall n >0 \))
Γνωρίζουμε \todo{add ref} ότι ένα σήμα μπορεί να γραφτεί σαν άθροισμα ενός άρτιου και
ενός περιττού μέρους:
\[
x(n) = x_e(n) + x_o(n)
\]
άρα, μετασχηματίζοντας κατά Fourier (που έχει ένα πραγματικό και ένα φανταστικό μέρος):
\[
X(e^{j\omega }) = X_R\left(e^{j\omega }\right) + jX_I\left(e^{j\omega }\right)
= \sum_{n=-\infty}^{\infty} x_e(n)e^{-j\omega n} + \sum_{n=-\infty}^\infty x_o(n)e^{-j\omega n}
\]
Επιπλέον, εκμεταλλευόμενοι την αρτιότητα \& περιττότητα των \( \sin \) \& \( \cos \):
\[
\sum_{-\infty}^{\infty} x_e \cdot \cos \neq 0
\qquad
\sum_{-\infty}^{\infty} x_e \cdot \sin = 0
\qquad
\sum_{-\infty}^{\infty} x_o \cdot \cos = 0
\qquad
\sum_{-\infty}^{\infty} x_o \cdot \sin =0
\]
Άρα τελικά:
\begin{align*}
X_R\left(e^{j\omega }\right) &= \sum_{n=-\infty}^{\infty} x_e(n)e^{-j\omega n}
\implies x_e(n) = \frac{1}{2π}\int_{-π}^{π} X_R\left(e^{j\omega }\right)e^{j\omega n}\dif \omega
\intertext{Ομοίως:}
jX_I\left(e^{j\omega }\right) &= \sum_{n=-\infty}^{\infty} x_o(n)e^{-j\omega n}
\implies x_0(n) = \frac{1}{2π} \int_{-π}^{π} jX_I\left(e^{j\omega }\right)e^{j\omega }
\dif\omega
\end{align*}
Άρα τελικά:
\[
\boxed{
\begin{aligned}
x(n) &= x_e(n) + x_o(n) \\
x(-n) &= x_e(-n) + x_o(-n) = x_e(n)-x_o(n)
\end{aligned}
}
\]
Και, όταν το \( n \) είναι θετικό \( (n>0) \):
\[
\boxed{
\begin{aligned}
x(n) &= x_e(n) + x_o(n) \\
0 &= x_e(n) - x_o(n) = x_e(n)-x_o(n)
\end{aligned}
} \implies \boxed{
\begin{aligned}
x(n) &= 2x_e(n)\\
x(n) &= 2x_o(n)
\end{aligned}
}
\]
Ενώ, επάνω στο \( n=0 \), οι σχέσεις γίνονται:
\[
\left.
\begin{aligned}
x(0) &= x_e(0) + \cancelto{0}{x_o(0)} \\
x(0) &= x_e(0) - \cancelto{0}{x_o(0)}
\end{aligned}\right\rbrace \implies \boxed{x(0) = x_e(0)}
\]
Τελικά:
\[
\boxed{
x(n) = \begin{cases}
0 &\quad n < 0 \quad \text{(αιτιατότητα)} \\
x_e(0) &\quad n=0\\
2x_e(n) = 2x_o(n) &\quad n>0
\end{cases}
}
\]
Οι παραπάνω σχέσεις δηλώνουν πως γνωρίζοντας μόνο το άρτιο ή περιττό κομμάτι μιας αιτιατής
\& πραγματικής ακολουθίας, μπορούμε να τη βρούμε ολόκληρη (εκτός από την τιμή \( n=0 \), που
απαιτεί το άρτιο κομμάτι).
Τα παραπάνω οδηγούν στο εξής συμπέρασμα:
\begin{theorem}[title=Πόρισμα 4.1]{Πόρισμα}{}
Αν \( x(n) \in \mathbb R \) ένα \emph{αιτιατό} σήμα:
\begin{enumgreekpar}
\item Αν μας δίνεται μόνο το πραγματικό μέρος του μετασχηματισμού Fourier \( X_R\left(e^{j\omega }\right) \) του, τότε μπορώ να βρω το \( x(n) \) ως εξής:
\[
x(n) = \begin{cases}
2x_e(n) = \frac{1}{π} \displaystyle \int_{-π}^{π} X_R\left(e^{j\omega }\right)e^{j\omega n}\dif\omega &\quad n>0\\
x_e(0) = \frac{1}{2π}\displaystyle \int_{-π}^{π} X_R\left(e^{j\omega }\right)\dif \omega& \quad n=0
\end{cases}
\]
\item Αν μας δίνεται μόνο το φανταστικό μέρος του μετασχηματισμού Fourier \( X_I\left(e^{j\omega }\right) \), έχουμε:
\[
x(n) = \begin{cases}
2x_0(n) = \frac{j}{π}
\displaystyle\int_{-π}^{π} X_I\left(e^{j\omega }\right)e^{j\omega n}\dif\omega
&\quad n>0\\
x(0) = \text{άγνωστο} &\quad n=0
\end{cases}
\]
\end{enumgreekpar}
\end{theorem}
Τα παραπάνω δηλώνουν ότι αν έχουμε ένα \textbf{πραγματικό σήμα}, ο μετασχηματισμός Fourier
του (που περιέχει πραγματικό+φανταστικό μέρος) περιέχει \textbf{διπλάσια πληροφορία απ' όση χρειάζεται}. Και αυτό, επειδή μπορούμε μόνο από το \textbf{πραγματικό μέρος} του Fourier να
λάβουμε \textbf{ολόκληρο το σήμα}. Αυτό όμως δεν ισχύει σε μιγαδικά σήματα.
\begin{exercise}
Έστω ένα πραγματικό αιτιατό σήμα με πραγματικό μέρος Fourier:
\[
X_R\left(e^{j\omega }\right) = \begin{cases}
1 &\quad |\omega | < \sfrac{π}{2} \\
0 &\quad \sfrac{π}{2} < |\omega | < π
\end{cases}
\]
Να ανακτηθεί το \( x(n) \).
\tcblower
Από το πόρισμα \todo{add ref}, έχουμε:
\begin{align*}
x(n) &= 2x_e(n) = \frac{1}{π} \int_{-π}^{π} X_R\left(e^{j\omega }\right) e^{j\omega n}
\dif \omega
\\ &= \frac{1}{π} \int_{\sfrac{-π}{2} }^{\sfrac{π}{2} } e^{j\omega n}\dif\omega
= \left.\frac{1}{jnπ} e^{j\omega n} \right|_{\sfrac{-π}{2} }^{\sfrac{π}{2} }
\\ &=
\frac{1}{jnπ} \left( e^{jn\sfrac{π}{2} } - e^{-jn\sfrac{π}{2} } \right)
= \frac{2}{πn} \sin\left(n\frac{π}{2}\right)
\intertext{Και για την τιμή στο \( x(0) \):}
x(0) &= \frac{1}{2π}\displaystyle \int_{-π}^{π} X_R\left(e^{j\omega }\right)\dif \omega
= \frac{1}{2π} \int_{\sfrac{-π}{2} }^{\sfrac{π}{2} } 1 \dif\omega
= \frac{1}{2}.
\end{align*}
\todo{check calculations}
\end{exercise}
\end{document}

0 comments on commit 2a88d53

Please sign in to comment.