Digamos que eu tenho um seno de 1kHz, portanto, não há harmônicos mais altos, então preciso amostrá-lo pelo menos a 2kHz para poder reconstruí-lo.
Mas se eu fizer uma amostragem em 2kHz, mas todas as minhas amostras estiverem no cruzamento de zero, meu sinal amostrado não mostrará um seno, mas sim o ECG de um paciente falecido. Como isso pode ser explicado?

Isso também pode ser expandido para frequências de amostragem mais altas. Se eu amostrar uma forma de onda mais complexa a 10kHz, devo pelo menos obter os 5 primeiros harmônicos, mas se a forma de onda for tal que as amostras sejam sempre zero, então novamente não obtemos nada. Isso não é exagerado, é perfeitamente possível para uma onda retangular com um ciclo de trabalho <10%.

Então, por que o critério Nyquist-Shannon parece ser inválido aqui?

Você realmente precisa de uma taxa de amostragem de pouco mais de 2 kHz para amostrar ondas senoidais de 1 kHz corretamente. É não f N ≤ f S /

PS Se você levou seu sinal para um espaço complexo, onde um sinusóide é da forma onde t é tempo, A é amplitude, f é frequência e θ é deslocamento de fase, f

Não Sinusoides

No caso de uma onda quadrada a 1 kHz com um ciclo de trabalho menor ou igual a 10%, amostrado a 10 kHz, você está entendendo mal a entrada.

Primeiro, você precisa decompor sua forma de onda em uma série de Fourier para descobrir quais são as amplitudes das harmônicas dos componentes. Você provavelmente ficará surpreso ao saber que os harmônicos desse sinal ultrapassam os 5 kHz! (A regra geral do terceiro harmônico é 1/3 tão forte quanto o fundamental, e o quinto é 1/5 do fundamental, somente se aplica a ondas quadradas de 50% do ciclo de serviço .)

A regra básica para um sinal de comunicação é que sua largura de banda complexa é igual à inversa do tempo do menor pulso; portanto, neste caso, você está procurando uma largura de banda mínima de 10 kHz (-5 kHz a 5 kHz) para um ciclo de trabalho de 10% com o fundamental em 1 kHz (ou seja, 10 kbps).

Então, o que vai arruiná-lo é que esses fortes harmônicos de ordem superior se dobram e interferem (construtiva ou destrutivamente) com os harmônicos da banda; portanto, é perfeitamente esperado que você não obtenha uma boa amostra porque há muita informação fora do Nyquist banda.

$F_S + f$$F_S - f$
$F_S / 2$

$-F_S / 2$$F_S / 2$
$F_S$

$F_S / 2$

$F_S$$F_S / 2$

Teorema está ok. Seu sinal NÃO deve conter frequências iguais ou superiores a metade da taxa de amostragem, de acordo com Nyquist. Shannon provavelmente permite, mas é sua versão do teorema, que provavelmente causa ambiguidade em frequência crítica.

Editar (Re: voto negativo para uma resposta curta?): Não vejo necessidade de explicar o método de amostragem em si. A questão é sobre confusão "é a frequência crítica incluída na banda ou não é" e se o teor do teorema de Shannon contém falha. Na verdade, sim (como eu vejo no wiki do mundo). Ou provavelmente os autores do wiki citaram sua palavra imprecisamente. E, a propósito, existem 4 autores independentes no século 20 desse mesmo teorema, de modo que a confusão de quem aprende a idéia de fontes aleatórias pode piorar.

$N Hz$$\frac{1}{2}N$$1N$

$f=\dfrac{1}{2t}$

$f$$t$

Mas de acordo com a Wikipedia:

Em essência, o teorema mostra que um sinal analógico ilimitado de banda que foi amostrado pode ser perfeitamente reconstruído a partir de uma sequência infinita de amostras se a taxa de amostragem exceder 2B amostras por segundo, onde B é a frequência mais alta no sinal original.

Portanto, uma frequência de amostragem com o dobro da frequência está errada - deve ser um pouco mais do que o dobro da frequência. Dessa forma, amostras sucessivas capturam porções ligeiramente diferentes da forma de onda.

Ao amostrar a uma taxa específica F, todo componente de frequência f gerará aliases da forma kF + f e kF- f para todos os valores inteiros de k. No uso comum, não há componentes de frequência acima de F / 2 quando o sinal é amostrado; portanto, os únicos componentes no intervalo de 0 a F / 2 serão aqueles que estavam presentes no sinal original. Após a amostragem, haverá componentes de sinal acima de F / 2 (gerados como aliases dos abaixo). O mais problemático deles para qualquer frequência f no sinal original será aquele na frequência F- f .

Observe que, como frequência fse aproximar de F / 2 de baixo, a primeira frequência de alias se aproximará de F / 2 de cima. Se a entrada contiver um sinal na frequência F / 2-0,01Hz, haverá um alias na frequência F / 2 + 0,01Hz - apenas 0,02Hz acima dela. Separar os sinais originais e alternativos será teoricamente possível, mas na prática difícil. A forma de onda amostrada aparecerá como a soma de duas ondas de força igual de frequência quase igual. Como tal, sua amplitude parecerá mudar com a fase relativa das ondas de frequência mais alta. No caso em que a frequência de entrada é exatamente F / 2, a frequência de alias também será exatamente F / 2. Como não haverá separação de frequência entre o original e o pseudônimo, a separação será impossível. A relação de fase entre os sinais originais e os aliases determinará a amplitude do sinal resultante.