Exatamente qual é o papel da ordem zero em um sistema híbrido de dados amostrados analógicos / digitais?

Admito, estou fazendo essa pergunta retoricamente. Estou curioso para saber quais respostas sairão disso.

Se você optar por responder a isso, compreenda bem o teorema da amostragem de Shannon-Nyquist. Particularmente reconstrução. Também tenha cuidado com as "pegadinhas" nos livros didáticos. A noção de engenharia da função de impulso dirac delta é suficiente. Você não precisa se preocupar com todas as coisas de "distribuição", o impulso dirac como uma função delta nascente é bom o suficiente:

δ (t) = lim_{τ \to 0} \frac{1}{τ} rect (\frac{t}{τ})

$\delta(t) = \lim_{\tau \to 0} \frac{1}{\tau} \operatorname{rect}\left(\frac{t}{\tau} \right)$

Onde

r e c t (t) ≜ {\begin{cases} 0 & if | t | > \frac{1}{2} \\ 1 & if | t | < \frac{1}{2} \end{cases}

$\mathrm{rect}(t) \triangleq \begin{cases} 0 & \mbox{if } |t| > \frac{1}{2} \\ 1 & \mbox{if } |t| < \frac{1}{2} \\ \end{cases}$

Questões relacionadas à precisão, largura de bits das palavras de amostra e quantização feitas na conversão não são relevantes para esta questão. Mas a escala da entrada para a saída é relevante.

Escreverei minha própria resposta eventualmente, a menos que alguém apresente uma resposta precisa e pedagogicamente útil. Eu posso até dar uma recompensa por isso (pode também gastar o pouco que eu tenho).

Têm-no.

sampling sample-and-hold zoh

— Robert Bristow-Johnson
fonte

você está interessado em ouvir sobre aliasing principalmente?

— deadude

Não. Estou assumindo que todas as regras do Teorema da Amostragem são respeitadas. isto é, nenhum conteúdo ou energia na entrada de tempo contínuo é amostrado igual ou acima de

\frac{f_{s}}{2}

$\frac{f_\mathrm{s}}{2}$ . Agora, lembre-se de que há uma diferença entre "aliases" e "imagens".

— Robert Bristow-johnson

Até onde eu me lembro, a retenção de ordem zero é apenas o atraso entre as amostras no sistema digital e, obviamente, pode afetar o lado analógico das coisas entre uma amostra e a próxima.

— KyranF 23/12/2015

@ KyranF, é um pouco mais do que isso.

— Robert Bristow-johnson

@ robertbristow-johnson das respostas dadas por Timo, de fato, parece mais envolvido do que eu pensava. Boa sorte com isso!

— KyranF

Respostas:

Configuração

Consideramos um sistema com um sinal de entrada e, para maior clareza, nos referimos aos valores de como voltagens, quando necessário. Nosso período de amostra é , e a taxa de amostragem correspondente é . $x(t)$ $x(t)$ $T$ $f_s \triangleq 1/T$

Para a transformação de Fourier, escolhemos as convenções dando a transformada inversa de Fourier Observe que, com essas convenções, é uma função da variável Laplace .

X (i 2 π f) = F (x (t)) ≜ \int_{- \infty}^{\infty} x (t) e^{- i 2 π f t} d t,

$X(i 2 \pi f) = \mathcal{F}(x(t)) \triangleq \int_{-\infty}^\infty x(t) e^{-i 2 \pi f t} \mathrm{d}t,$

x (t) = F^{- 1} (X (i 2 π f)) ≜ \int_{- \infty}^{\infty} X (i 2 π f) e^{i 2 π f t} d f .

$x(t) = \mathcal{F}^{-1}(X(i 2 \pi f)) \triangleq \int_{-\infty}^\infty X(i 2 \pi f) e^{i 2 \pi f t} \mathrm{d}f.$

X

$X$

s = i ω = i 2 π f

$s = i \omega = i 2 \pi f$

Amostragem e reconstrução ideais

Vamos começar com a amostragem ideal: de acordo com o teorema da amostragem de Nyquist-Shannon , dado um sinal que é ilimitado em banda para , ou seja , o sinal original pode ser perfeitamente reconstruído a partir das amostras , onde . Em outras palavras, dada a condição na largura de banda do sinal (chamada critério de Nyquist ), é suficiente conhecer seus valores instantâneos em pontos discretos equidistantes no tempo. $x(t)$ $f < \frac{1}{2} f_s$

X (i 2 π f) = 0, w h e n | f | \geq \frac{1}{2} f_{s},

$X(i 2 \pi f) = 0,\qquad \mathrm{when }\, |f| \geq \frac{1}{2}f_s,$

x [n] ≜ x (n T)

$x[n] \triangleq x(n T)$

n \in Z

$n\in \mathbb{Z}$

O teorema da amostragem também fornece um método explícito para realizar a reconstrução. Vamos justificar isso de uma maneira que será útil da seguinte maneira: vamos estimar a transformada de Fourier de um sinal pela sua soma de Riemann no passo : onde . Vamos reescrever isso como uma integral, para quantificar o erro que estamos cometendo: $X(i 2 \pi f)$ $x(t)$ $T$

X (i 2 π f) \sim \sum_{n = - \infty}^{\infty} x (n Δ t) e^{- i 2 π f n Δ t} Δ t,

$X(i 2 \pi f) \sim \sum_{n = -\infty}^\infty x(n \Delta t)e^{-i 2 \pi f n \Delta t} \Delta t,$

Δ t = T

$\Delta t = T$

\begin{aligned} \sum_{n = - \infty}^{\infty} x (n T) e^{- i 2 π f n T} T & = \int_{- \infty}^{\infty} \sum_{n = - \infty}^{\infty} x (t) e^{- i 2 π f t} T δ (t - n T) d t \\ = X (i 2 π f) * F (T \sum_{n = - \infty}^{\infty} δ (t - n T)) \\ (1) & = \sum_{k = - \infty}^{\infty} X (f - k / T), \end{aligned}

$\begin{align} \sum_{n = -\infty}^\infty x(n T)e^{-i 2 \pi f n T}T &= \int_{-\infty}^\infty \sum_{n = -\infty}^\infty x(t)e^{-i 2 \pi f t}T \delta(t - n T)\mathrm{d}t\\ &= X(i 2 \pi f) * \mathcal{F}(T \sum_{n = -\infty}^\infty \delta(t - nT)) \\ &= \sum_{k = -\infty}^\infty X(f - k/T), \tag{1} \label{discreteft} \end{align}$ onde usamos o teorema da convolução no produto de e a função de amostragem , o fato de que a transformada de Fourier da função de amostragem é e executou a integral sobre as funções delta.

x (t)

$x(t)$

\sum_{n = - \infty}^{\infty} T δ (t - n T)

$\sum_{n = -\infty}^\infty T \delta(t - n T)$

\sum_{n = - \infty}^{\infty} δ (f - k / T)

$\sum_{n = -\infty}^\infty \delta(f - k/T)$

Observe que o lado esquerdo é exatamente , onde é a transformação de Fourier no tempo discreto do sinal amostrado correspondente , com a frequência de tempo discreta sem dimensão. $T X_{1/T}(i 2 \pi f T)$ $X_{1/T}(i 2 \pi f T)$ $x[n] \triangleq x(n T)$ $f T$

Aqui vemos a razão essencial por trás do critério Nyquist: é exatamente o que é necessário para garantir que os termos da soma não se sobreponham. Com o critério Nyquist, a soma acima se reduz à extensão periódica do espectro do intervalo para toda a linha real. $[-f_s/2, f_s/2]$

Como o DTFT em possui a mesma transformação de Fourier no intervalo que o nosso sinal original, podemos simplesmente multiplicá-lo pela função retangular e volte ao sinal original. Através do teorema da convolução , isso equivale a convencer o pente Dirac com a transformada de Fourier da função retangular, que em nossas convenções é que a função sinc normalizada é $\eqref{discreteft}$ $[-f_s/2, f_s/2]$ $\mathrm{rect}(f/f_s)$

F (r e c t (f / f_{s})) = 1 / T s i n c (t / T),

$\mathcal{F}(\mathrm{rect}(f/f_s)) = 1/ T \mathrm{sinc}(t/T),$

s i n c (x) ≜ \frac{\sin (π x)}{π x} .

$\mathrm{sinc}(x) \triangleq \frac{\sin(\pi x)}{\pi x}.$ A convolução simplesmente substitui cada delta do Dirac no pente Dirac por uma função sinc deslocada para a posição do delta, fornecendo Esta é a fórmula de interpolação de Whittaker-Shannon .

\begin{matrix} (2) & x (t) = \sum_{n = - \infty}^{\infty} x [n] s i n c (t / T - n) . \end{matrix}

$x(t) = \sum_{n = -\infty}^\infty x[n] \mathrm{sinc}(t/T - n). \tag{2} \label{sumofsinc}$

Amostragem não ideal

Para traduzir a teoria acima para o mundo real, a parte mais difícil é garantir a limitação da banda, que deve ser feita antes da amostragem. Para os fins desta resposta, assumimos que isso foi feito. A tarefa restante é coletar amostras dos valores instantâneos do sinal. Como um ADC real precisará de uma quantidade finita de tempo para formar a aproximação da amostra, a implementação usual armazenará o valor do sinal em um circuito de amostra e retenção, a partir do qual a aproximação digital é formada.

Embora isso se assemelhe muito a uma retenção de ordem zero, é um processo distinto: o valor obtido a partir da amostragem e retenção é de fato exatamente o valor instantâneo do sinal, até a aproximação de que o sinal permaneça constante durante o processo. duração necessária para carregar o capacitor segurando o valor da amostra. Isso geralmente é bem alcançado pelos sistemas do mundo real.

Portanto, podemos dizer que uma ADC do mundo real, ignorando o problema da limitação de banda, é uma aproximação muito boa ao caso da amostragem ideal e, especificamente, a "escada" proveniente da amostra-e-espera não causa nenhum erro no amostragem por si só.

Reconstrução não ideal

Para a reconstrução, o objetivo é encontrar um circuito eletrônico que realize a soma de sincs que aparece em . Como o sinc tem uma extensão infinita no tempo, é bastante claro que isso não pode ser exatamente realizado. Além disso, formar tal soma de sinais até uma aproximação razoável exigiria vários sub-circuitos e rapidamente se tornaria muito complexo. Portanto, geralmente é usada uma aproximação muito mais simples: a cada instante de amostragem, é emitida uma tensão correspondente ao valor da amostra, e mantida constante até o próximo instante de amostragem (embora veja a modulação Delta-sigma para um exemplo de método alternativo). Essa é a retenção de ordem zero e corresponde à substituição do sinc que usamos acima pela função retângulo $\eqref{sumofsinc}$ $1/T\mathrm{rect}(t/T - 1/2)$ . Avaliando a convolução usando a propriedade definidora da função delta, vemos que isso realmente resulta na forma de onda clássica da escada em tempo contínuo. O fator entra para cancelar o introduzido em . Que tal fator é necessário também fica claro pelo fato de que as unidades de uma resposta ao impulso são 1 / tempo.

(1 / T r e c t (t / T - 1 / 2)) * (\sum_{n = - \infty}^{\infty} T x [n] δ (t - n T)),

$(1/T\mathrm{rect}(t/T - 1/2))*\left(\sum_{n = -\infty}^\infty T x[n] \delta(t - n T)\right),$

1 / T

$1/T$

T

$T$

(1)

$\eqref{discreteft}$

A mudança de é simplesmente para garantir a causalidade . Isso equivale apenas a um deslocamento da saída em 1/2 amostra em relação ao uso de (que pode ter consequências em sistemas em tempo real ou quando é necessária uma sincronização muito precisa com eventos externos ), que ignoraremos a seguir. $-1/2 T$ $1/T \mathrm{rect}(1/T)$

Comparando com , substituímos a função retangular no domínio da frequência, que deixou a banda base completamente intocada e removemos todas as cópias de frequência mais alta do espectro, chamadas imagens , com a transformação Fourier da função . É claro que isso é $\eqref{discreteft}$ $1/T \mathrm{rect}(t/T)$

s i n c (f / f_{s}) .

$\mathrm{sinc}(f/f_s).$

Observe que a lógica é um pouco invertida do caso ideal: lá definimos nosso objetivo, que era remover as imagens, no domínio da frequência, e derivamos as consequências no domínio do tempo. Aqui, definimos como reconstruir no domínio do tempo (já que é isso que sabemos fazer) e derivamos as consequências no domínio da frequência.

Portanto, o resultado da retenção da ordem zero é que, em vez da janela retangular no domínio da frequência, terminamos com o sinc como uma função de janela. Portanto:

A resposta de frequência não é mais ilimitada por banda. Em vez disso, decai em , com as frequências superiores sendo imagens do sinal original $1/f$
na banda base, a resposta já diminui consideravelmente, atingindo cerca de -4 dB a $1/2 f_s$

No geral, a retenção de ordem zero é usada para aproximar a função sinc do domínio do tempo que aparece na fórmula de interpolação de Whittaker-Shannon . Na amostragem, a amostra similar é mantida em uma solução técnica para o problema de estimar o valor instantâneo do sinal e não produz nenhum erro por si só.

Observe que também não há informações perdidas na reconstrução, pois sempre podemos filtrar as imagens de alta frequência após a retenção inicial da ordem zero. A perda de ganho também pode ser compensada por um filtro sinc inverso, antes ou depois do DAC. Portanto, de um ponto de vista mais prático, a retenção de ordem zero é usada para construir uma aproximação implementável inicial da reconstrução ideal, que pode ser melhorada ainda mais, se necessário.

— Timo
fonte

é interessante Timo. você está enfrentando uma consequência da política da Wikipedia. confira esta versão mais antiga do artigo da Wikipedia sobre o teorema da amostragem . em vez de se esconder atrás da fórmula de soma de Poisson, apenas mostra como a amostragem gera as imagens e explicitamente o que é necessário para recuperar o sinal de tempo contínuo original. e você pode ver por que existe esse fator na função de amostragem.

T

$T$

— Robert Bristow-johnson

É interessante que a versão antiga do artigo da Wikipedia seja realmente mais clara, também na minha opinião. O cálculo é quase exatamente o que escrevo acima, exceto que fornece um pouco mais de detalhes.

— Timo

De qualquer forma, não sei bem por que isso é necessário para entender por que o fator é necessário: acho que o que escrevo na resposta é uma condição suficiente para que o seja necessário (tecnicamente, uma condição de consistência, mas nós já assumimos que a reconstrução é possível). Agora, é claro, a compreensão é sempre uma coisa subjetiva. Por exemplo, aqui pode ser considerada uma razão mais profunda para a aparência do fator que se torna essencialmente a medida de integração quando se toma o limite .

T

$T$

T

$T$

T

$T$

T

$T$

d t

$\mathrm{d}t$

T \to 0

$T \rightarrow 0$

— Timo

Suponho que você está se referindo como o porquê da aparência de 1 / T na representação do pente Dirac como uma soma de exponenciais complexas, em en.wikipedia.org/w/… ? Qual é, obviamente, uma maneira de colocá-lo, e diretamente relacionado ao papel de como uma medida.

T

$T$

— Timo

Não posso deixar de pensar que você deve apenas adicionar a resposta que procura. Os comentários não são para discussão prolongada.

— David

A retenção de ordem zero tem o papel de aproximar as funções delta e aparecem no teorema da amostragem, o que for apropriado. $\mathrm{sinc}$

Para fins de clareza, considero um sistema ADC / DAC com um sinal de tensão. Todos os itens a seguir se aplicam a qualquer sistema de amostragem com a mudança apropriada de unidades. Suponho também que o sinal de entrada já tenha sido magicamente ilimitado para atender ao critério Nyquist.

Comece com a amostragem: idealmente, seria possível amostrar o valor do sinal de entrada em um único instante. Como os ADCs reais precisam de uma quantidade finita de tempo para formar sua aproximação, a tensão instantânea é aproximada pela amostra e espera (instantâneo sendo aproximado pelo tempo de comutação usado para carregar o capacitor). Portanto, a retenção converte o problema de aplicar um delta funcional ao sinal para o problema de medir uma tensão constante.

Observe aqui que a diferença entre o sinal de entrada multiplicado por um trem de impulso ou uma retenção de ordem zero sendo aplicada nos mesmos instantes é apenas uma questão de interpretação, pois o ADC, no entanto, armazena apenas as tensões instantâneas que estão sendo mantidas. Um pode ser reconstruído a partir do outro. Para os fins desta resposta, adotarei a interpretação de que o sinal amostrado é o sinal de tempo contínuo da forma onde é a tensão de referência do ADC / DAC, é o número de bits, são as amostras representadas da maneira usual como números inteiros e

x (t) = \frac{Δ t V_{r e f}}{2^{n}} \sum_{k} x_{k} δ (t - k Δ t),

$x(t) = \frac{\Delta t V_\mathrm{ref}}{2^n}\sum_k x_k \delta(t - k \Delta t),$

V_{r e f}

$V_\mathrm{ref}$

n

$n$

x_{k}

$x_k$

Δ t

$\Delta t$ é o período de amostragem. Essa interpretação não convencional tem a vantagem de eu estar considerando, a todo momento, um sinal de tempo contínuo, e amostragem aqui significa simplesmente representá-lo em termos dos números , que são de fato as amostras no sentido usual.

x_{k}

$x_k$

Nesta interpretação, o espectro do sinal na banda base é exatamente o mesmo que o do sinal original, e a convolução efetiva pelo trem de impulso tem o efeito de replicar esse sinal, de modo a tornar o espectro periódico. As réplicas são chamadas imagens do espectro. Que o fator de normalização é necessário pode ser visto, por exemplo, considerando o deslocamento CC de um pulso de 1 volt de duração : seu deslocamento CC definido como o componente da transformada de Fourier é Para obter o mesmo resultado de nossa versão de amostra, precisamos incluir o fator . * $\Delta t$ $\Delta t$ $f = 0$

\hat{x} (0) = \int_{0}^{Δ t} 1 V d t = 1 V Δ t .

$\hat{x}(0) = \int_0^{\Delta t} 1\mathrm{V}\mathrm{d}t = 1\mathrm{V} \Delta t.$

Δ t

$\Delta t$

A reconstrução ideal significa construir um sinal elétrico que tenha o mesmo espectro de banda base desse sinal e nenhum componente em frequências fora desse intervalo. É o mesmo que convolver o trem de impulsos com a função apropriada . Isso é bastante desafiador para fazer eletronicamente, portanto o é frequentemente aproximado por uma função retangular, AKA espera de ordem zero. Em essência, em cada função delta, o valor da amostra é mantido durante o período de amostragem. $\mathrm{sinc}$ $\mathrm{sinc}$

Para ver quais consequências isso tem para o sinal reconstruído, observei que a retenção é exatamente equivalente a convolver o trem de impulso com a função retangular A normalização dessa função retangular é definida exigindo que uma tensão constante seja reproduzida corretamente ou, em outras palavras, se uma tensão foi medida durante a amostragem, a mesma tensão é emitida na reconstrução.

{r e c t}_{Δ t} (t) = \frac{1}{Δ t} r e c t (\frac{t}{Δ t}) .

$\mathrm{rect}_{\Delta t}(t) = \frac{1}{\Delta t}\mathrm{rect}\left(\frac{t}{\Delta t}\right).$

V_{1}

$V_1$

No domínio da frequência, isso equivale à multiplicação da resposta de freqüência pela transformação de Fourier da função retangular, que é Observe que o ganho em DC é . Em altas frequências, o decai como e, portanto, atenua as imagens do espectro.

{\hat{r e c t}}_{Δ t} (f) = s i n c (π Δ t f) .

$\hat{\mathrm{rect}}_{\Delta t}(f) = \mathrm{sinc}(\pi \Delta t f).$

1

$1$

s i n c

$\mathrm{sinc}$

1 / f

$1/f$

No final, a função resultante da retenção da ordem zero se comporta como um filtro passa-baixo no sinal. Observe que nenhuma informação é perdida na fase de amostragem (assumindo o critério Nyquist) e, em princípio, também não há nada perdido na reconstrução: a filtragem na banda de base pelo poderia ser compensada por um filtro inverso (e isso é feito algumas vezes, veja, por exemplo, https://www.maximintegrated.com/en/app-notes/index.mvp/id/3853 ). A modesta deterioração do geralmente requer alguma forma de filtragem para atenuar ainda mais as imagens. $\mathrm{sinc}$ $\mathrm{sinc}$ $-6\mathrm{dB/octave}$ $\mathrm{sinc}$

Observe também que um gerador de impulso imaginário que poderia reproduzir fisicamente o trem de impulso usado na análise produziria uma quantidade infinita de energia na reconstrução das imagens. Isso também causaria alguns efeitos peludos, como que um ADC que fizesse uma nova amostragem da saída não veria nada, a menos que estivesse perfeitamente sincronizado com o sistema original (seria a amostra principalmente entre os impulsos). Isso mostra claramente que, mesmo que não possamos limitar a saída da banda exatamente, sempre é necessária alguma limitação da banda aproximada para regularizar a energia total do sinal, antes que ele possa ser convertido em uma representação física.

Para resumir:

em ambas as direções, a retenção da ordem zero atua como uma aproximação a uma função delta, ou, na forma limitada por banda, a função . $\mathrm{sinc}$
do ponto de vista do domínio da frequência, é uma aproximação ao filtro brickwall que remove imagens e, portanto, regula a quantidade infinita de energia presente no trem de impulso idealizado.

* Isso também é claro na análise dimensional: as unidades de uma transformada de Fourier de um sinal de voltagem são enquanto o A função delta possui unidades de , o que cancelaria a unidade de tempo proveniente da integral na transformação. $\mathrm{V}\mathrm{s} = \frac{\mathrm{V}}{\mathrm{Hz}},$ $1/\mathrm{s}$

— Timo
fonte

quando o cronômetro me permitir, vou dar uma recompensa por isso, Timo. existem algumas coisas que eu gosto: por exemplo, ter o ganho DC = 1, o que é consistente com a Eq. 1 em sua citação máxima, mas maneira demasiados livros estragar tudo com um ganho de que eles não sabem o que fazer com. e parece que você está entendendo que o ZOH não tem nada a ver com S / H possível na entrada do ADC. isso é bom. ainda vou esperar por uma resposta um pouco mais rigorosa. e não se preocupe com . Estou assumindo que é o mesmo para o ADC e DAC.

T

$T$

V_{ref}

$V_\text{ref}$

— Robert Bristow-johnson

@ robertbristow-johnson: obrigado pelas amáveis palavras! Você pode especificar um pouco em que direção procura mais rigor? Mais detalhes, mais respostas no estilo de prova de matemática ou algo completamente diferente?

— Timo

Eu acho que um tratamento matemático com notação matemática limpa e consistente. eu sugeriria ser consistente com Oppenheim e Wilsky ou algo assim.

talvez, de modo que as transformadas de Laplace e Fourier têm notação consistente e compatível

T ≜ \frac{1}{f_{s}}

$T \triangleq \frac{1}{f_\text{s}}$

x [n] ≜ x (n T)

$x[n] \triangleq x(nT)$

F {x (t)} = X (j 2 π f) ≜ \int_{- \infty}^{+ \infty} x (t) e^{- j 2 π f t} d t

$\mathcal{F}\{x(t)\} = X(j2\pi f) \triangleq \int\limits_{-\infty}^{+\infty} x(t) e^{-j2\pi ft} \ dt$ . discuta o que o teorema da amostragem está dizendo e como ele é diferente na realidade e onde o ZOH entra nisso.

— Robert Bristow-johnson

Ok, deixe-me realmente tentar escrever outra resposta, já que editar isso para alterar a notação para o que você preferir etc. provavelmente deixaria um pouco de confusão. Eu só vou corrigir um pequeno erro de este primeiro, uma vez que me incomoda ...

— Timo

fiquei um pouco confuso e lento no empate e não acertei o ícone da recompensa para concedê-la. de acordo com as regras: Se você não conceder sua recompensa dentro de 7 dias (mais o período de carência), a resposta mais votada criada após o início da recompensa com uma pontuação mínima de 2 será atribuída metade do valor da recompensa. Se duas ou mais respostas elegíveis tiverem a mesma pontuação (ou seja, suas pontuações estão empatadas), a resposta mais antiga recebe a recompensa. Se não houver resposta que atenda a esses critérios, a recompensa não será concedida a ninguém. - de acordo com essas regras, você deve obtê-lo dentro de uma semana.

— Robert Bristow-johnson

X (j 2 π f) = F {x (t)} ≜ \int_{- \infty}^{+ \infty} x (t) e^{- j 2 π f t} d t

$X(j 2 \pi f) = \mathscr{F}\{x(t)\} \triangleq \int\limits_{-\infty}^{+\infty} x(t) \ e^{-j 2 \pi f t} \ \text{d}t$

x (t) = F^{- 1} {X (j 2 π f)} = \int_{- \infty}^{+ \infty} X (j 2 π f) e^{j 2 π f t} d f

$x(t) = \mathscr{F}^{-1}\{X(j 2 \pi f)\} = \int\limits_{-\infty}^{+\infty} X(j 2 \pi f) \ e^{j 2 \pi f t} \ \text{d}f$

correto (você) ≜ {\begin{cases} 0 0 & E se | você | > \frac{1}{2} \\ 1 & E se | você | < \frac{1}{2} \end{cases}

$\operatorname{rect}(u) \triangleq \begin{cases} 0 & \mbox{if } |u| > \frac{1}{2} \\ 1 & \mbox{if } |u| < \frac{1}{2} \\ \end{cases}$

sinc (v) ≜ {\begin{cases} 1 & E se v = 0 0 \\ \frac{pecado (π v)}{π v} & E se v \neq 0 0 \end{cases}

$\operatorname{sinc}(v) \triangleq \begin{cases} 1 & \mbox{if } v = 0 \\ \frac{\sin(\pi v)}{\pi v} & \mbox{if } v \ne 0 \\ \end{cases}$

$f_\text{s} \triangleq \frac{1}{T}$ $T$

F {correto (\frac{t}{T})} = T sinc (f T) = \frac{1}{f_{s}} sinc (\frac{f}{f_{s}})

$\mathscr{F}\left\{\operatorname{rect}\left( \frac{t}{T} \right) \right\} = T \ \operatorname{sinc}(fT) = \frac{1}{f_\text{s}} \ \operatorname{sinc}\left( \frac{f}{f_\text{s}} \right)$

Dirac comb (também conhecido como "função de amostragem" ou "função Sha") :

{III}_{T} (t) ≜ \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} δ (t - n T)

$\operatorname{III}_T(t) \triangleq \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} \delta(t - nT)$

$T$

{III}_{T} (t) = \sum_{k = - \infty}^{+ \infty} \frac{1}{T} e^{j 2 π k f_{s} t}

$\operatorname{III}_T(t) = \sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty} \frac{1}{T} e^{j 2 \pi k f_\text{s} t}$

Sinal de tempo contínuo amostrado :

\begin{aligned} x_{s} (t) & = x (t) \cdot (T \cdot {III}_{T} (t)) \\ = x (t) \cdot (T \cdot \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} δ (t - n T)) \\ = T \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x (t) δ (t - n T) \\ = T \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x (n T) δ (t - n T) \\ = T \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] δ (t - n T) \end{aligned}

$\begin{align} x_\text{s}(t) & = x(t) \cdot \left( T \cdot \operatorname{III}_T(t) \right) \\ & = x(t) \cdot \left( T \cdot \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} \delta(t - nT) \right) \\ & = T \ \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x(t) \ \delta(t - nT) \\ & = T \ \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x(nT) \ \delta(t - nT) \\ & = T \ \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] \ \delta(t - nT) \\ \end{align}$

$x[n] \triangleq x(nT)$

$x_\text{s}(t)$ $x[n]$ $T$ $x(t)$ $x[n]$ $x_n$ $x_\text{s}(t) = 0$ $nT < t < (n+1)T$ $x[n]$ $n$

$x[n]$ $\mathcal{Z}$ $T$ $x[n]$ $T$ $x[n]$ $T$

$x_\text{s}(t)$

\begin{aligned} X_{s} (j 2 π f) ≜ F {x_{s} (t)} & = F {x (t) \cdot (T \cdot {III}_{T} (t))} \\ = F {x (t) \cdot (T \cdot \sum_{k = - \infty}^{+ \infty} \frac{1}{T} e^{j 2 π k f_{s} t})} \\ = F {\sum_{k = - \infty}^{+ \infty} x (t) e^{j 2 π k f_{s} t}} \\ = \sum_{k = - \infty}^{+ \infty} F {x (t) e^{j 2 π k f_{s} t}} \\ = \sum_{k = - \infty}^{+ \infty} X (j 2 π (f - k f_{s})) \end{aligned}

$\begin{align} X_\text{s}(j 2 \pi f) \triangleq \mathscr{F}\{ x_\text{s}(t) \} & = \mathscr{F}\left\{x(t) \cdot \left( T \cdot \operatorname{III}_T(t) \right) \right\} \\ & = \mathscr{F}\left\{x(t) \cdot \left( T \cdot \sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty} \frac{1}{T} e^{j 2 \pi k f_\text{s} t} \right) \right\} \\ & = \mathscr{F}\left\{ \sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty} x(t) \ e^{j 2 \pi k f_\text{s} t} \right\} \\ & = \sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty} \mathscr{F}\left\{ x(t) \ e^{j 2 \pi k f_\text{s} t} \right\} \\ & = \sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty} X\left(j 2 \pi (f - k f_\text{s})\right) \\ \end{align}$

$T \cdot \operatorname{III}_T(t)$ $x_\text{s}(t)$ $T$

$T$ $x_\text{s}(t)$ $x(t)$
$T$ $T$
$T$

$x[n]$ $x_\text{s}(t)$

\begin{aligned} X_{D T F T} (ω) & ≜ Z {x [n]} |_{z = e^{j ω}} \\ = X_{Z} (e^{j ω}) \\ = \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] e^{- j ω n} \end{aligned}

$\begin{align} X_\mathsf{DTFT}(\omega) & \triangleq \mathcal{Z}\{x[n]\} \Bigg|_{z=e^{j\omega}} \\ & = X_\mathcal{Z}(e^{j\omega}) \\ & = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] \ e^{-j \omega n} \\ \end{align}$

Pode ser demonstrado que

X_{D T F T} (ω) = X_{Z} (e^{j ω}) = \frac{1}{T} X_{s} (j 2 π f) |_{f = \frac{ω}{2 π T}}

$X_\mathsf{DTFT}(\omega) = X_\mathcal{Z}(e^{j\omega}) = \frac{1}{T} X_\text{s}(j 2 \pi f)\Bigg|_{f=\frac{\omega}{2 \pi T}}$

$x(t)$ $x(t)$ $x(t)$ $x[n]$ $x(t)$ $x[n]$ $T$

$x(t)$ $B$

X (j 2 π f) = 0 0 para todos | f | > B

$X(j 2 \pi f) = 0 \quad \quad \text{for all} \quad |f| > B$

Considere o espectro do sinal amostrado composto de imagens deslocadas do original:

X_{s} (j 2 π f) = \sum_{k = - \infty}^{+ \infty} X (j 2 π (f - k f_{s}))

$X_\text{s}(j 2 \pi f) = \sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty} X\left(j 2 \pi (f - k f_\text{s})\right)$

$X(j 2 \pi f)$ $X_\text{s}(j 2 \pi f)$ $X\left(j 2 \pi (f - k f_\text{s})\right)$ $k$ $X\left(j 2 \pi (f - k f_\text{s})\right)$ $k+1$ $X\left(j 2 \pi (f - (k+1) f_\text{s})\right)$

k f_{s} + B < (k + 1) f_{s} - B

$k f_\text{s} + B < (k+1) f_\text{s} - B$

que é equivalente a

f_{s} > 2 B

$f_\text{s} > 2B$

$X(j 2 \pi f)$ $k=0$ $X_\text{s}(j 2 \pi f)$ $k=0$

\begin{aligned} X (j 2 π f) & = correto (\frac{f}{f_{s}}) \cdot X_{s} (j 2 π f) \\ = H (j 2 π f) X_{s} (j 2 π f) \end{aligned}

$\begin{align} X(j 2 \pi f) & = \operatorname{rect}\left( \frac{f}{f_\text{s}} \right) \cdot X_\text{s}(j 2 \pi f) \\ & = H(j 2 \pi f) \ X_\text{s}(j 2 \pi f) \\ \end{align}$

O filtro de reconstrução é

H (j 2 π f) = correto (\frac{f}{f_{s}})

$H(j 2 \pi f) = \operatorname{rect}\left( \frac{f}{f_\text{s}} \right)$

e tem resposta de impulso acausal :

h (t) = F^{- 1} {H (j 2 π f)} = f_{s} sinc (f_{s} t)

$h(t) = \mathscr{F}^{-1} \{H(j 2 \pi f)\} = f_\text{s} \operatorname{sinc}(f_\text{s}t)$

Esta operação de filtragem, expressa como multiplicação no domínio da frequência, é equivalente à convolução no domínio do tempo:

\begin{aligned} x (t) & = h (t) ⊛ x_{s} (t) \\ = h (t) ⊛ T \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] δ (t - n T) \\ = T \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] (h (t) ⊛ δ (t - n T)) \\ = T \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] h (t - n T)) \\ = T \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] (f_{s} sinc (f_{s} (t - n T))) \\ = \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] sinc (f_{s} (t - n T)) \\ = \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] sinc (\frac{t - n T}{T}) \end{aligned}

$\begin{align} x(t) & = h(t) \circledast x_\text{s}(t) \\ & = h(t) \circledast T \ \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] \ \delta(t-nT) \\ & = T \ \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] \ (h(t) \circledast \delta(t-nT) ) \\ & = T \ \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] \ h(t-nT)) \\ & = T \ \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] \ \left(f_\text{s} \operatorname{sinc}(f_\text{s}(t-nT)) \right) \\ & = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] \ \operatorname{sinc}(f_\text{s}(t-nT)) \\ & = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] \ \operatorname{sinc}\left( \frac{t-nT}{T}\right) \\ \end{align}$

$x(t)$ $x[n]$

Portanto, o que é produzido por um prático conversor digital-analógico (DAC) não é

\sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] sinc (\frac{t - n T}{T})

$\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] \ \operatorname{sinc}\left( \frac{t-nT}{T}\right)$

$x(t)$

x_{s} (t) = \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] T δ (t - n T)

$x_\text{s}(t) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] \ T \delta(t-nT)$

$x(t)$

$x[n]$

x_{DAC} (t) = \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] correto (\frac{t - n T - \frac{T}{2}}{T})

$x_\text{DAC}(t) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] \ \operatorname{rect}\left(\frac{t-nT - \frac{T}{2}}{T} \right)$

$\frac{1}{2}$ $\operatorname{rect}(\cdot)$

x_{DAC} (t) = x [n] = x (n T) quando n T \leq t < (n + 1) T

$x_\text{DAC}(t) = x[n] = x(nT) \quad \quad \text{when} \quad nT \le t < (n+1)T$

Declarado de forma diferente

x_{DAC} (t) = x [n] = x (n T) para n = chão (\frac{t}{T})

$x_\text{DAC}(t) = x[n] = x(nT) \quad \quad \text{for} \quad n = \operatorname{floor}\left( \frac{t}{T} \right)$

$\operatorname{floor}(u) = \lfloor u \rfloor$ $u$

$x_\text{s}(t)$

h_{ZOH} (t) = \frac{1}{T} correto (\frac{t - \frac{T}{2}}{T})

$h_\text{ZOH}(t) = \frac{1}{T} \operatorname{rect}\left(\frac{t - \frac{T}{2}}{T} \right)$

Conectando para verificar isso ...

\begin{aligned} x_{DAC} (t) & = h_{ZOH} (t) ⊛ x_{s} (t) \\ = h_{ZOH} (t) ⊛ T \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] δ (t - n T) \\ = T \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] (h_{ZOH} (t) ⊛ δ (t - n T)) \\ = T \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] h_{ZOH} (t - n T)) \\ = T \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] \frac{1}{T} correto (\frac{t - n T - \frac{T}{2}}{T}) \\ = \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] correto (\frac{t - n T - \frac{T}{2}}{T}) \end{aligned}

$\begin{align} x_\text{DAC}(t) & = h_\text{ZOH}(t) \circledast x_\text{s}(t) \\ & = h_\text{ZOH}(t) \circledast T \ \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] \ \delta(t-nT) \\ & = T \ \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] \ (h_\text{ZOH}(t) \circledast \delta(t-nT) ) \\ & = T \ \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] \ h_\text{ZOH}(t-nT)) \\ & = T \ \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] \ \frac{1}{T} \operatorname{rect}\left(\frac{t - nT - \frac{T}{2}}{T} \right) \\ & = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] \ \operatorname{rect}\left(\frac{t - nT - \frac{T}{2}}{T} \right) \\ \end{align}$

$x_\text{DAC}(t)$ $h_\text{ZOH}(t)$ $x_\text{s}(t)$ $x_\text{s}(t)$ $x(t)$

X (j 2 π f) = X_{s} (j 2 π f) para - \frac{f_{s}}{2} < f < + \frac{f_{s}}{2}

$X(j 2 \pi f) = X_\text{s}(j 2 \pi f) \quad \quad \text{for} \quad -\frac{f_\text{s}}{2} < f < +\frac{f_\text{s}}{2}$

O espectro de sinal original é o mesmo que o espectro amostrado, mas com todas as imagens que apareceram devido à amostragem foram descartadas.

A função de transferência deste sistema LTI, que chamamos de retenção de ordem zero (ZOH) , é a transformada de Laplace da resposta ao impulso:

\begin{aligned} H_{ZOH} (s) & = eu {h_{ZOH} (t)} \\ ≜ \int_{- \infty}^{+ \infty} h_{ZOH} (t) e^{- s t} d t \\ = \int_{- \infty}^{+ \infty} \frac{1}{T} correto (\frac{t - \frac{T}{2}}{T}) e^{- s t} d t \\ = \int_{0 0}^{T} \frac{1}{T} e^{- s t} d t \\ = \frac{1}{T} \frac{1}{- s} e^{- s t} |_{0 0}^{T} \\ = \frac{1 - e^{- s T}}{s T} \end{aligned}

$\begin{align} H_\text{ZOH}(s) & = \mathscr{L} \{ h_\text{ZOH}(t) \} \\ & \triangleq \int\limits_{-\infty}^{+\infty} h_\text{ZOH}(t) \ e^{-s t} \ \text{d}t \\ & = \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{T} \operatorname{rect}\left(\frac{t - \frac{T}{2}}{T} \right) \ e^{-s t} \ \text{d}t \\ & = \int\limits_0^T \frac{1}{T} \ e^{-s t} \ \text{d}t \\ & = \frac{1}{T} \quad \frac{1}{-s}e^{-s t}\Bigg|_0^T \\ & = \frac{1-e^{-sT}}{sT} \\ \end{align}$

$j 2 \pi f \rightarrow s$

\begin{aligned} H_{ZOH} (j 2 π f) & = \frac{1 - e^{- j 2 π f T}}{j 2 π f T} \\ = e^{- j π f T} \frac{e^{j π f T} - e^{- j π f T}}{j 2 π f T} \\ = e^{- j π f T} \frac{pecado (π f T)}{π f T} \\ = e^{- j π f T} sinc (f T) \\ = e^{- j π f T} sinc (\frac{f}{f_{s}}) \end{aligned}

$\begin{align} H_\text{ZOH}(j 2 \pi f) & = \frac{1-e^{-j2\pi fT}}{j2\pi fT} \\ & = e^{-j\pi fT} \frac{e^{j\pi fT}-e^{-j\pi fT}}{j2\pi fT} \\ & = e^{-j\pi fT} \frac{\sin(\pi fT)}{\pi fT} \\ & = e^{-j\pi fT} \operatorname{sinc}(fT) \\ & = e^{-j\pi fT} \operatorname{sinc}\left(\frac{f}{f_\text{s}}\right) \\ \end{align}$

$\frac{T}{2}$ $f$ $f=0$ $f=\frac{f_\text{s}}{2}$

$x_\text{s}(t)$ $x_\text{DAC}(t)$ $|H_\text{ZOH}(j 2 \pi f)|$ $f = k\cdot f_\text{s}$ $k$

Concluindo:

$x[n]$ $x[n+1]$
$x_\text{DAC}(t)$
$H_{ZOH} (s) = \frac{1 - e^{- s T}}{s T}$ $H_\text{ZOH}(s) = \frac{1-e^{-sT}}{sT}$ $H_{ZOH} (j 2 π f) = e^{- j π f T} sinc (f T)$ $H_\text{ZOH}(j 2 \pi f) = e^{-j\pi fT} \operatorname{sinc}(fT)$ $T$
$x_\text{s}(t)$

— Robert Bristow-Johnson
fonte

Admito que sua resposta é mais limpa e um pouco mais completa que a minha. Ainda fiquei me perguntando, qual foi a grande revelação? Talvez você queira enfatizar a retenção de ordem zero como modelo da saída do DAC?

— Timo

sua resposta tem alguns erros. por exemplo, não mostra o atraso de 1/2 amostra na resposta de frequência. desculpe pelo modo como as coisas aconteceram e nossa recompensa (que era minha e agora deveria ser sua ) caiu no vaso sanitário.

— 22416 Robert De Bristow-johnson

e^{- i π f T}

$e^{-i \pi f T}$

@ Timo, agora você tem o dobro do representante que eu. quando você vai postar uma recompensa que eu posso dar uma facada? :-)

— robert bristow-johnson

Justo, eu deveria tentar pensar em algo: D

— Timo

Exatamente qual é o papel da ordem zero em um sistema híbrido de dados amostrados analógicos / digitais?

Configuração

Amostragem e reconstrução ideais

Amostragem não ideal

Reconstrução não ideal

A retenção de ordem zero tem o papel de aproximar as funções delta e aparecem no teorema da amostragem, o que for apropriado.sincsinc\mathrm{sinc}

Para resumir:

A retenção de ordem zero tem o papel de aproximar as funções delta e aparecem no teorema da amostragem, o que for apropriado. $\mathrm{sinc}$