De acordo com o teorema da amostra de Nyquist-Shannon, qualquer sinal de tempo contínuo com largura de banda $B$ menor que a frequência Nyquist $f_N=f_s/2$ (com $f_s$ a frequência de amostragem), que é amostrada na frequência de amostragem $f_s$pode ser perfeitamente reconstruído por interpolação sinc (ou seja, a fórmula de interpolação Whittaker-Shannon).

Suponha que amostremos um sinal de tempo contínuo desconhecido, limitado em magnitude, com tempo de amostragem constante $T=1/f_s$ em instâncias de amostra $kT$, ($k\in\mathbb{Z}$), sem tremulação ou quantização da amostra. Adicionamos a restrição de que$B=\alpha f_N$com $0\leq\alpha\leq 1$.

O que eu gostaria de descobrir é o seguinte: Na amostra instantânea$k$, Quero determinar para cada $\alpha$um 'overshoot' fracionário, no pior dos casos, de qualquer sinal de tempo contínuo entre amostras$k-1$ e $k$, que eu poderia ter tido. Ou seja, quanto o sinal de tempo contínuo foi superior aos valores amostrados mais altos (absolutos) em instantes da amostra$k$ e $k-1$. O sinal contínuo, ou reconstrução (uma vez que a interpolação sinc é perfeita !!), que 'perdemos' por amostragem.

Exemplo: Definimos$\alpha=1$ e assuma um sinal de tempo discreto [1,0,1,0,1,1,0,1,0,1] (observe o duplo 1 próximo ao meio, e esse sinal ainda tem $\alpha=1$?). Sua reconstrução sinc (linha azul) a partir das amostras (impulsos pretos) tem a seguinte aparência (plotei os sincs pertencentes a cada amostra em cinza): O 'overshoot' entre amostras$k=0$ e $k=1$, é $\approx 0.7$ ou $70\%$. Portanto, perdemos um pico de valor 1,7 em nosso tempo contínuo limitado por banda original, ou o sinal 'perfeitamente limitado por banda reconstruída'. Se eu colocasse 3 ou mais 1s consecutivos, a superação seria menor (o fenômeno Gibbs é, no final, muito menor). Portanto, 2 amostras contínuas consecutivas como essa são o "pior caso".

Estender o sinal em ambas as direções fará com que a superação cresça: O que mostra uma superação relativa de$\approx 1.1$ para um valor de quase 2.1.

Para qualquer comprimento de sequência $2m$, esse 'overshoot' $o(m)$ crescerá indefinidamente, $o(m)\propto\ln{(m)}$, que vai para $\infty$ quando $m\to\infty$. Isso ocorre porque cada amostra que os sincs criará 'interferência' construtiva e a soma de$1/\pi n$ (as contribuições de todos os envelopes da unidade sinc) para $n\to\infty$ não converge.

Isso (eu acho) se assemelha ao seguinte: se amostrar constantemente um valor 0, eu também poderia reconstruir um sinal de tempo contínuo com amplitude infinita que é amostrada apenas nos nós com valores de 0, por exemplo $\sin{\pi f_s t}$. Isso me diz a mesma coisa: que se eu permitir que um sinal esteja na frequência de Nyquist, a pior ultrapassagem que eu poderia 'errar' é infinita.

Agora podemos afirmar que $o(m\to\infty)|_{\alpha=1}=\infty$. E podemos argumentar que isso$o(m\to\infty)|_{\alpha=0}=0$ (a amostragem de um sinal constante do qual você sabe que é limitado por banda tem uma reconstrução constante única).

E se $\alpha<1$?

Se agora assumimos que fazemos a mesma interpolação sinc, mas sabemos com certeza $\alpha<1$, gostar $\alpha=0.5$. Então, (meu pressentimento diz) esse efeito deve diminuir e deve permanecer finito (quando$m\to \infty$) !. Já que para qualquer parede de tijolos de sinal limitada à largura de banda$\alpha f_s/2$, obtemos uma resposta de impulso de filtro de $h(t)\propto \text{sinc}{\left(\frac{t-kT}{\alpha T}\right)}$(direita?). Portanto, as transições de sinal não podem ser tão rápidas quanto para o exemplo de trem de impulso em mudança acima e, portanto, as contribuições de cada função sinc durante a reconstrução não podem criar interferência construtiva infinita.

Meu problema: não sei como proceder a partir daqui; como formar uma 'prova' da pior superação que eu já poderia encontrar entre 2 amostras consecutivas, sabendo que$\alpha<1$, para $any$sinal (não necessariamente esses exemplos de unidades de trem de impulso). Um determinado valor para$\alpha$ me dá uma inclinação $\frac{dh(t)}{dt}$ do kernel de convolução limitador de banda $h(t)$, o que deve me dizer algo sobre quantas amostras consecutivas precisam ser diferentes, mas não vejo as etapas a serem seguidas para chegar a uma conclusão genérica.

Não tenho uma resposta real, mas tenho a sensação de que esse resultado o ajudará: a desigualdade de Bernstein diz que, se o sinal for limitado por banda a , então que significa "menor limite superior".$x(t)$$|f|\leq B$

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

Eu descobri essa desigualdade no livro excelente de Amos Lapidoth (e gratuito em formato PDF) "A Foundation in Digital Communication". Uma prova pode ser encontrada em MA Pinsky, "Introdução à análise de Fourier e wavelets".

Observações

Eu usei +1 e -1 na sequência em vez dos seus 1 e 0. Com , a função contínua limitada por banda nas suas duas primeiras figuras (com a modificação mencionada acima) é:$\alpha=1$$f_m(T)$

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

Onde:

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

$f_m(1/2)$ cresce linearmente com o logaritmo de :$m$

Figura 1. plotada como função de O eixo horizontal logarítmico lineariza o crescimento como .$f_m(1/2)$$\log_2(m)$$m\rightarrow\infty$

Podemos simplificar com a ajuda do Wolfram Alpha :$f_m(1/2)$

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

onde é a função digamma . O termo dominante da série de sobre é:$\psi^{(0)}$ $(2)$$m=\infty$

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

o que explica a linearização vista na Fig. 1. Agora podemos construir uma versão normalizada da função que herda seu limite de banda, mas não explode como :$g_m(T)$$f_m(T)$$m\rightarrow\infty$

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

Como , parece se aproximar de um senoide de frequência Nyquist amostrado em seus zeros:$m\rightarrow\infty$$g_m(T)$

Figura 2. não explode.$g_{100000}(T)$

O teorema de amostragem original de Nyquist-Shannon requer que a frequência mais alta esteja abaixo da metade da frequência de amostragem, portanto parecemos ter um caso limítrofe que não é coberto por ele. Arbitrariamente grande finito e consequentemente arbitrariamente grande finito estão ainda abrangidos no entanto.$m$$f_m(1/2)$

Esboço de prova

Aqui está um esboço para uma prova de sua declaração original: Seja o período de amostragem 1. Seja banda limitada abaixo da frequência , onde representa uma frequência com um período de 2 e . Vamos ser finito para todos inteiro . Excluir o caso trivial para todo . Seja . Segue-se que para alguns . Ou:$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$

Caso 1. para algum inteiro . é finita para todos .$g_\infty(T) \ne 0$$T$$\sup_Tf_\infty(T)$$T$

Caso 2. para todo inteiro . é infinito por algum . Até um fator de escala, é determinado por uma fração de seus zeros. Use mais um dos zeros restantes para fazer a função desaparecer: para todo . Isto é uma contradição, porque antes nós determinamos que para alguns . O caso 2 não pode ser verdadeiro.$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$

Segue-se que o caso 1 é verdadeiro e é finita para todos .$f_\infty(T)$$T$

Seria bom encontrar uma prova definitiva de que uma parte dos zeros uniformemente distribuídos pode ser usada para reconstruir a função, dada sua largura de banda relativamente baixa em comparação com a densidade média desses zeros. Suponho que se , o teorema da amostragem é suficiente para fazer desaparecer. Na literatura, encontrei algumas declarações de interesse:$\alpha < 1$$g_\infty(T)$

A prova da parte 2 do Teorema 4.1 mostrou que um sinal de banda limitada com com a propriedade de que o sinal desapareceu nos pontos deve desaparecer de forma idêntica.$Ω = π$$x = n ∈ \mathbb{Z}$

Jeffrey Rauch, " Série Fourier, Integrais e Amostragem a partir de Análise Complexa Básica ".

É sabido que pode ter mais zeros, a grosso modo, do que cos sem desaparecer de forma idêntica.$g$$\lambda t$

BF Logan, Jr. " Informação nos cruzamentos zero de sinais passa-banda ", Bell System Technical Journal, vol. 56, pp. 487-510, abril de 1977

A maioria dos resultados da especificação exclusiva de sinais unidimensionais é baseada no fato de que uma função ilimitada de banda é inteira (analítica em todos os lugares) e, portanto, é especificada exclusivamente por seus zeros (reais e complexos) para um fator constante e exponencial. Uma função arbitrária e ilimitada de banda é especificada exclusivamente por seus cruzamentos de zero (reais) se todos os seus zeros forem garantidos como reais.
...
Trabalhos adicionais envolveram a identificação de sinais especificados exclusivamente por seus cruzamentos de zero (reais), apesar do fato de que eles também contêm zeros complexos. Isso é possível se a taxa de cruzamento zero for, em certo sentido, superior à taxa de informação ou largura de banda de um sinal.

SR Curtis, " Reconstrução de sinais multidimensionais a partir de cruzamentos zero ", tese, MIT, 1985.

Considere a função de banda limitada com transformada de Fourier que pode ser recuperada perfeitamente (desde a interpolação!) De suas amostras espaçadas segundo, mesmo que as amostras incluam apenas o centro pico e perca todos os outros máximos e mínimos locais da função sinc. Atrase a função sinc em segundos, para que o amostrador perca completamente o pico central, mas obtenha amostras adjacentes com valores idênticos A ultrapassagem do máximo é assim$\operatorname{sinc}(t)$$\operatorname{rect}(f)$$1$$\frac 12$

$$\operatorname{sinc}\left(\frac 12\right) = \frac{\sin\pi/2}{\pi/2} = \frac 2\pi.$$ $1 - \frac 2\pi$. Não tenho uma prova, mas suspeito que esse será o excedente máximo para o caso . Valores menores de fornecerão amostras mais próximas do valor de pico de e a superação será correspondentemente menor.$\alpha = 1$$\alpha$$1$