Pergunta matemática que resulta do uso da transformação bilinear

Portanto, isso está relacionado ao livro de receitas e tentei resolvê-lo talvez duas décadas atrás, desisti e fui lembrado do problema não resolvido. Mas é bem direto para a frente, mas eu ainda fiquei afundado na lama.

Este é um filtro Bandpass simples (BPF) com frequência ressonante e ressonância :$\Omega_0$$Q$

$$H(s) = \frac{\frac{1}{Q}\frac{s}{\Omega_0}}{\left(\frac{s}{\Omega_0}\right)^2 + \frac{1}{Q}\frac{s}{\Omega_0} + 1}$$

Na frequência ressonante

$$|H(j\Omega)| \le H(j\Omega_0) = 1$$

e as bandas superior e inferior são definidas para que

$$|H(j\Omega_U)|^2 = \left|H\left(j\Omega_0 2^{BW/2} \right)\right|^2 = \tfrac12$$

$$|H(j\Omega_L)|^2 = \left|H\left(j\Omega_0 2^{-BW/2} \right)\right|^2 = \tfrac12$$

Chamamos isso de "bandas de meia potência" . Como somos áudio, definimos largura de banda em oitavas e, no mundo analógico, essa largura de banda em oitavas, , está relacionada a como:$BW$$Q$

$$\frac{1}{Q} = \frac{2^{BW} - 1}{\sqrt{2^{BW}}} = 2 \sinh\left( \tfrac{\ln(2)}{2} BW \right)$$

Estamos usando a transformação bilinear (com frequência ressonante pré-deformada) que mapeia:

$$\begin{align} \frac{s}{\Omega_0} & \leftarrow \frac{1}{\tan(\omega_0/2)} \, \frac{1-z^{-1}}{1+z^{-1}} \\ \\ \frac{j \Omega}{\Omega_0} & \leftarrow \frac{j\tan(\omega/2)}{\tan(\omega_0/2)} \\ \end{align}$$

deixando e . s = j $z=e^{j \omega}$$s=j\Omega$

A frequência angular ressonante do filtro analógico é e, com a compensação de distorção de frequência feita para a frequência ressonante no filtro digital realizado, quando (a frequência ressonante definida pelo usuário), depois . ω = ω 0 Ω = Ω $\Omega_0$$\omega=\omega_0$$\Omega=\Omega_0$

Portanto, se a frequência angular analógica for

$$\frac{\Omega}{\Omega_0} = \frac{\tan(\omega/2)}{\tan(\omega_0/2)}$$

então é mapeado para a frequência angular digital como

$$\omega = 2 \arctan\left( \frac{\Omega}{\Omega_0} \, \tan(\omega_0/2) \right)$$

Agora, as bandas superior e inferior do mundo analógico são

Ω G = Ω 0 2 - B W /

$$\Omega_U = \Omega_0 2^{BW/2}$$ $$\Omega_L = \Omega_0 2^{-BW/2}$$

e no domínio da frequência digital são

$$\begin{align} \omega_U &= 2 \arctan\left( \frac{\Omega_U}{\Omega_0} \, \tan(\omega_0/2) \right) \\ &= 2 \arctan\left(2^{BW/2} \, \tan(\omega_0/2) \right) \\ \end{align}$$

$$\begin{align} \omega_L &= 2 \arctan\left(\frac{\Omega_L}{\Omega_0} \, \tan(\omega_0/2) \right) \\ &= 2 \arctan\left(2^{-BW/2} \, \tan(\omega_0/2) \right) \\ \end{align}$$

Em seguida, a diferença real, na frequência de log dos bandeges (que é a largura de banda real no filtro digital) é:

$$\begin{align} bw & = \log_2(\omega_U) - \log_2(\omega_L) \\ & = \log_2\Bigg(2\arctan\left( 2^{ BW/2} \, \tan(\omega_0/2) \right) \Bigg) - \log_2\Bigg(2\arctan\left( 2^{-BW/2} \, \tan(\omega_0/2) \right) \Bigg) \ \end{align}$$

ou

$$\ln(2) \, bw = \ln\left(\arctan\left( e^{\ln(2)BW/2} \, \tan(\omega_0/2) \right) \right) - \ln\left(\arctan\left( e^{-\ln(2)BW/2} \, \tan(\omega_0/2) \right) \right)$$

Isso tem uma forma funcional de

$$f(x) = \ln\left(\arctan\left(\alpha \, e^{x} \right) \right) - \ln\left(\arctan\left( \alpha \, e^{-x}\right) \right)$$

onde , ex ≜ ln ( 2 $f(x) \triangleq \ln(2) \, bw$ct≜tan(ω0/2$x \triangleq \frac{\ln(2)}{2}BW$$\alpha \triangleq \tan(\omega_0/2)$

O que eu quero fazer é inverter (mas eu sei que não posso fazê-lo exatamente com um bom formulário fechado). Eu já fiz uma aproximação de primeira ordem e quero aumentá-la para uma aproximação de terceira ordem. E isso se tornou uma espécie de canina copuladora, embora deva ser direta.$f(x)$

Agora, isso tem algo a ver com a Fórmula de Inversão de Lagrange e eu só quero levá-la para mais um termo do que tenho.

Sabemos de cima que é uma função de simetria ímpar:$f(x)$

$$f(-x) = -f(x)$$

Isso significa que e todos os termos de ordem par da série Maclaurin serão zero:$f(0)=0$

$$y = f(x) = a_1 x + a_3 x^3 + ...$$

A função inversa também tem simetria ímpar, passa por zero e pode ser expressa como uma série de Maclaurin

$$x = g(y) = b_1 y + b_3 y^3 + ...$$

e se soubermos o que e são de , teremos uma boa idéia do que devem ser e :a 3 f ( x ) b 1 b $a_1$$a_3$$f(x)$$b_1$$b_3$

$$b_1=\frac{1}{a_1} \quad \quad \quad \quad b_3 = -\frac{a_3}{a_1^4}$$

Agora, eu sou capaz de calcular a derivada de e avaliá-la em zero e eu recebo$f(x)$

$$\\ a_1 = \frac{2 \alpha}{(1+\alpha^2) \arctan(\alpha)} = \frac{\sin(\omega_0)}{\omega_0/2}$$ $$\\ b_1 = \frac{(1+\alpha^2) \arctan(\alpha)}{2 \alpha} = \frac{\omega_0/2}{\sin(\omega_0)} \\ $$

Mas estou me dando muito com e, portanto, . Alguém pode fazer isso? Eu até aceitaria uma expressão sólida para a terceira derivada de avaliada em .b 3 f ( x ) x = $a_3$$b_3$$f(x)$$x=0$

Para complementar minha parte a esta pergunta: Aqui está uma resposta um tanto curta, baseada em uma expansão manual da função ímpar em uma série até a terceira ordem. Mais alguns detalhes podem ser encontrados no mathSE .f ( x $f(x)$

$$\begin{align*} f(x)&=\ln\left(\arctan\left(\alpha e^x\right)\right)-\ln\left(\arctan\left(\alpha e^{-x}\right)\right)\\ &=f_1x+f_3x^3+O\left(x^5\right)\tag{1} \end{align*}$$

Inicialmente, focamos no termo de e começamos com f ( x

$$\ln\left(\arctan\left(\alpha e^x\right)\right)$$ $f(x)$

Expansão em série de :$\arctan$

Obtemos

$$\begin{align*} \arctan(\alpha e^x)&=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1}\alpha^{2n+1} e^{(2n+1)x}\\ &=\cdots\\ &=\sum_{j=0}^\infty\frac{1}{j!}\sum_{n=0}^\infty(-1)^n(2n+1)^{j-1}\alpha^{2n+1}x^j\tag{2} \end{align*}$$

Agora derivamos de (2) os coeficientes até . Usando o operador de coeficiente para denotar o coeficiente de em uma série, obtemos [ x k ] x k [ x 0 ] arctan ( α e x $x^3$$[x^k]$$x^k$

$$\begin{align*} [x^0]\arctan\left(\alpha e^x\right)&=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1}\alpha^{2n+1}=\arctan \alpha\\ [x^1]\arctan\left(\alpha e^x\right)&=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\alpha^{2n+1}=\frac{\alpha}{1+\alpha ^2}\\ [x^2]\arctan\left(\alpha e^x\right)&=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty (-1)^n(2n+1)\alpha^{2n+1}\\ &=\cdots =\frac{\alpha}{2}\cdot\frac{d}{d\alpha}\left(\frac{\alpha}{1+\alpha^2}\right) =\frac{\alpha(1-\alpha^2)}{2\left(1+\alpha^2\right)^2}\\ [x^3]\arctan\left(\alpha e^x\right)&=\frac{1}{6}\sum_{n=0}^\infty (-1)^n(2n+1)^2\alpha^{2n+1}\\ &=\frac{\alpha^2}{6}\sum_{n=0}^\infty (-1)^n(2n+1)(2n)\alpha^{2n-1} +\frac{\alpha}{6}\sum_{n=0}^\infty (-1)^n(2n+1)\alpha^{2n}\\ &=\cdots =\left(\frac{\alpha^2}{6}\cdot\frac{d^2}{d\alpha^2}+\frac{\alpha}{6}\cdot\frac{d}{d\alpha}\right)\left(\frac{\alpha}{1+\alpha^2}\right)\\ &=\cdots =\frac{\alpha^5-6\alpha^3+\alpha}{6(1+\alpha^2)^3} \end{align*}$$

Concluímos

$$\begin{align*} \arctan\left(\alpha e^x\right)&=\arctan(\alpha)+\frac{\alpha}{1+\alpha^2}x+\frac{\alpha(1-\alpha^2)}{2\left(1+\alpha^2\right)^2}x^2\\ &\qquad+\frac{\alpha^5-6\alpha^3+\alpha}{6(1+\alpha^2)^3}x^3+O(x^4)\tag{3} \end{align*}$$

Poderes em séries logarítmicas:

Para derivar os coeficientes da série logarítmica escrevemos a expressão (3) como e consideramos arctan(αex

$$\begin{align*} \ln\left(\arctan(\alpha e^x)\right)&=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}(\arctan(\alpha e^x)-1)^n \end{align*}$$ ln ( arctan ( α e x ) $$\begin{align*} \arctan\left(\alpha e^x\right)&=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+O(x^4) \end{align*}$$ $$\begin{align*} \ln\left(\arctan(\alpha e^x)\right)&=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}((a_0-1)+a_1x+a_2x^2+a_3x^3)^n+O(x^4)\tag{4} \end{align*}$$

Definimos agora e extraímos os coeficientes de para de x 0 x 3 ( A ( x ) )$A(x)=(a_0-1)+a_1x+a_2x^2+a_3x^3$$x^0$$x^3$

$$\begin{align*} \left(A(x)\right)^n&=((a_0-1)+a_1x+a_2x^2+a_3x^3)^n\\ &=\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}(a_0-1)^j\left(a_1x+a_2x^2+a_3x^3\right)^{n-j}\\ &=\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}(a_0-1)^j\sum_{k=0}^{n-j}\binom{n-j}{k}a_1^kx^k\left(a_2x^2+a_3x^3\right)^{n-j-k}\tag{5}\\ \end{align*}$$

Obtemos de (5)

$$\begin{align*} [x^0]&\left(A(x)\right)^n=\cdots=(a_0-1)^n\\ [x^1]&\left(A(x)\right)^n=\cdots=a_1n(a_0-1)^{n-1}\\ [x^2]&\left(A(x)\right)^n=\dots=a_2n(a_0-1)^{n-1}+\frac{1}{2}n(n-1)a_1^2(a_0-1)^{n-2}\\ [x^3]&\left(A(x)\right)^n=\cdots=na_3(a_0-1)^{n-1}+a_1a_2n(n-1)(a_0-1)^{n-2}\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad+\frac{1}{6}n(n-1)(n-2)a_1^3(a_0-1)^{n-3}\tag{6} \end{align*}$$

Expansão em série do logaritmo:

Calculamos usando (6) os coeficientes de em termos dea j , 0 ≤ j ≤ $\ln(\arctan(\alpha e^x))$$a_j, 0\leq j\leq 3$

$$\begin{align*} [x^0]&\ln(\arctan(\alpha e^x))=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}[x^0]A(x)\\ &=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}[x^0](a_0-1)^n\\ &=\ln(a_0-1)\\ [x^1]&\ln(\arctan(\alpha e^x))=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}[x^1]A(x)\\ &=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}[x^0]a_1n(a_0-1)^{n-1}\\ &=a_1\sum_{n=0}^\infty(-1)^n(a_0-1)^n\\ &=\frac{a_1}{a_0}\\ [x^2]&\ln(\arctan(\alpha e^x))=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}[x^2]A(x)\\ &=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}\left(a_2n(a_0-1)^{n-1}+\frac{1}{2}n(n-1)a_1^2(a_0-1)^{n-2}\right)\\ &=\cdots\\ &=\left(a_2+\frac{a_1^2}{2}\frac{d}{da_0}\right)\left(\frac{1}{a_0}\right)\\ &=\frac{a_2}{a_0}-\frac{a_1^2}{2a_0^2}\\ [x^3]&\ln(\arctan(\alpha e^x))=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}[x^3]A(x)\\ &=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}\left(na_3(a_0-1)^{n-1}+a_1a_2n(n-1)(a_0-1)^{n-2}\right.\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\left.+\frac{1}{6}n(n-1)(n-2)a_1^3(a_0-1)^{n-3}\right)\\ &=\cdots\\ &=\left(a_3+a_1a_2\frac{d}{da_0}+\frac{a_1^3}{6}\frac{d^2}{da_0^2}\right)\left(\frac{1}{a_0}\right)\\ &=\frac{a_3}{a_0}-\frac{a_1a_2}{a_0^2}+\frac{a_1^3}{3a_0^3}\tag{7} \end{align*}$$

Expansão em série de :$f(x)$

Agora é hora de colher. Finalmente obtemos com (3) e (7) respeitando que é ímpar$f(x)$

$$\begin{align*} \color{blue}{f(x)}&\color{blue}{=\ln\left(\arctan\left(\alpha e^x\right)\right)-\ln\left(\arctan\left(\alpha e^{-x}\right)\right)}\\ &=\cdots\\ &=\frac{2a_1}{a_0}x+2\left(\frac{a_3}{a_0}-\frac{a_1a_2}{a_0^2}+\frac{a_1^3}{3a_0^3}\right)x^3+O(x^5)\\ &\color{blue}{=\frac{2\alpha}{(1+\alpha^2)\arctan(\alpha)}x +\frac{\alpha}{3(1+\alpha^2)^3\arctan(\alpha)}\Bigg(\alpha^4-6\alpha^2+1}\\ &\qquad\color{blue}{\left.-\frac{3\alpha(1-\alpha^2)}{\arctan(\alpha)}+\frac{2\alpha^2}{\left(\arctan(\alpha)\right)^2}\right)x^3+O(x^5)} \end{align*}$$

(Convertendo comentário para responder.)

Usando Wolfram Alpha, em avalia como: x = $f'''(x)$$x=0$

$$\begin{align} \\ f'''(0) = & -\frac{6 \alpha^2}{(\alpha^2 + 1)^2 (\arctan(\alpha))^2} \ + \ \frac{2 \alpha}{(\alpha^2 + 1) \arctan(\alpha)} \\ & \quad \quad + \frac{16 \alpha^5}{(\alpha^2 + 1)^3 \arctan(\alpha)} \ + \ \frac{12 \alpha^4}{(\alpha^2 + 1)^3 (\arctan(\alpha))^2} \\ & \quad \quad \quad \quad - \frac{16 \alpha^3}{(\alpha^2 + 1)^2 \arctan(\alpha)} \ + \ \frac{4 \alpha^3}{(\alpha^2 + 1)^3 (\arctan(\alpha))^3} \\ \\ &= \frac{2 (\alpha^4 - 6 \alpha^2 + 1) \alpha}{(\alpha^2 + 1)^3 \arctan(\alpha)} + \frac{6 (\alpha^2 - 1) \alpha^2}{(\alpha^2 + 1)^3 (\arctan(\alpha))^2} + \frac{4 \alpha^3}{(\alpha^2 + 1)^3 (\arctan(\alpha))^3} \\ \end{align}$$

http://www.wolframalpha.com/input/?i=evaluate+d3%2Fdx3++(+ln+(arctan+(a+exp(+x)))+-+ln+(arctan(a+exp(-+x) )) +) + em + x% 3D0

Também podemos verificar se isso corresponde à resposta de Markus aqui .

Seu coeficiente de acaba sendo$x^3$

$$\frac{\alpha}{3(1+\alpha^2)^3\arctan(\alpha)}\left(\alpha^4-6\alpha^2+1-\frac{3\alpha(1-\alpha^2)}{\arctan(\alpha)}+\frac{2\alpha^2}{\left(\arctan(\alpha)\right)^2}\right).$$

Se multiplicarmos por 6 e reorganizarmos alguns fatores, obtemos:

$$\frac{2\alpha(\alpha^4-6\alpha^2+1)}{(1+\alpha^2)^3\arctan(\alpha)} - \frac{6\alpha^2(1-\alpha^2)}{(1+\alpha^2)^3(\arctan(\alpha))^2} + \frac{4 \alpha^3}{(1+\alpha^2)^3 (\arctan(\alpha))^3}$$

que combina!

O problema apresentado na pergunta parece não ter uma solução fechada. Conforme mencionado na pergunta e mostrado em outras respostas, o resultado pode ser desenvolvido em uma série, que pode ser realizada por qualquer ferramenta matemática simbólica, como o Mathematica. No entanto, os termos se tornam bastante complicados e feios, e não está claro o quão boa é a aproximação quando incluímos termos de terceira ordem. Como não podemos obter uma fórmula exata, talvez seja melhor calcular a solução numericamente, o que, diferentemente da aproximação, fornecerá um resultado (quase) exato.

No entanto, não é sobre isso que minha resposta é. Sugiro uma rota diferente que dê uma solução exata, alterando a formulação do problema. Depois de pensar um pouco, verifica-se que é a especificação da frequência central e a especificação da largura de banda como uma razão (ou, equivalentemente, em oitavas) que causa a intratabilidade matemática. Existem duas maneiras de sair do dilema:$\omega_0$

1. especifique a largura de banda do filtro de tempo discreto como uma diferença de frequências , em que e são as bordas inferior e superior da banda do filtro de tempo discreto, respectivamente.ω 1 ω $\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$$\omega_1$$\omega_2$
2. prescreva a proporção e, em vez de prescreva uma das duas frequências de borda ou .ω 0 ω 1 ω $\omega_2/\omega_1$$\omega_0$$\omega_1$$\omega_2$

Nos dois casos, é possível uma solução analítica simples. Como é desejável prescrever a largura de banda do filtro de tempo discreto como uma proporção (ou, equivalentemente, em oitavas), descreverei a segunda abordagem.

Vamos definir as frequências de borda e do filtro de tempo contínuo porΩ $\Omega_1$$\Omega_2$

$$|H(j\Omega_1)|^2=|H(j\Omega_2)|^2=\frac12\tag{1}$$

com , em que é a função de transferência de um filtro de passagem de banda de segunda ordem: H ( s $\Omega_2>\Omega_1$$H(s)$

$$H(s)=\frac{\Delta\Omega s}{s^2+\Delta\Omega s+\Omega_0^2}\tag{2}$$

com e . Observe que e para .Ω 2 0 = Ω 1 Ω 2 H ( j Ω 0 ) = 1 | H ( j Ω ) | < 1 ohms ≠ ohms $\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1$$\Omega_0^2=\Omega_1\Omega_2$$H(j\Omega_0)=1$$|H(j\Omega)|<1$$\Omega\neq\Omega_0$

Usamos a conversão bilinear para mapear as frequências de borda e do filtro de tempo discreto para as frequências de borda e do filtro de tempo contínuo. Sem perda de generalidade, podemos escolher . Para nossos propósitos, a transformação bilinear assume a formaω 2 Ω 1 Ω 2 Ω 1 = $\omega_1$$\omega_2$$\Omega_1$$\Omega_2$$\Omega_1=1$

$$s = \frac{1}{\tan\left(\frac{\omega_1}{2}\right)}\frac{z-1}{z+1}\tag{3}$$

correspondente à seguinte relação entre frequências de tempo contínuo e de tempo discreto:

$$\Omega=\frac{\tan\left(\frac{\omega}{2}\right)}{\tan\left(\frac{\omega_1}{2}\right)}\tag{4}$$

Em , obtemos configurando . Com e computados em , obtemos a função de transferência do filtro de protótipo analógico em . Aplicando a transformação bilinear , obtemos a função de transferência do filtro de passagem de banda em tempo discreto:Ω 2 ω = ω 2 Ω 1 = 1 Ω 2 ( 4 ) ( 2 ) ( 3 $(4)$$\Omega_2$$\omega=\omega_2$$\Omega_1=1$$\Omega_2$$(4)$$(2)$$(3)$

$$H_d(z)=g\cdot\frac{z^2-1}{z^2+az+b}\tag{5}$$

com

$$\begin{align}g&=\frac{\Delta\Omega c}{1+\Delta\Omega c+\Omega_0^2c^2}\\a&=\frac{2(\Omega_0^2c^2-1)}{1+\Delta\Omega c+\Omega_0^2c^2}\\b&=\frac{1-\Delta\Omega c+\Omega_0^2c^2}{1+\Delta\Omega c+\Omega_0^2c^2}\\c&=\tan\left(\frac{\omega_1}{2}\right)\end{align}\tag{6}$$

Resumo:

A largura de banda do filtro de tempo discreto pode ser especificada em oitavas (ou, geralmente, como uma proporção), e os parâmetros do filtro de protótipo analógico podem ser calculados exatamente, de modo que a largura de banda especificada seja alcançada. Em vez da frequência central , especificamos as bordas da banda e . A frequência central definida por é um resultado do design.$\omega_0$$\omega_1$$\omega_2$$|H_d(e^{j\omega_0})|=1$

Os passos necessários são os seguintes:

1. Especifique a proporção desejada de bordas da banda e uma das bordas da banda (que é obviamente equivalente a simplesmente especificar e ).$\omega_2/\omega_1$$\omega_1$$\omega_2$
2. Escolha e determine em . Calcule e do filtro de protótipo analógico .$\Omega_1=1$$\Omega_2$$(4)$$\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1$$\Omega_0^2=\Omega_1\Omega_2$$(2)$
3. Avalie as constantes para obter a função de transferência em tempo discreto .$(6)$$(5)$

Observe que, com a abordagem mais comum em que e são especificados, as bordas reais da banda e são o resultado do processo de design. Na solução proposta, as bordas da banda podem ser especificadas e é o resultado do processo de design. A vantagem dessa última abordagem é que a largura de banda pode ser especificada em oitavas e a solução é exata, ou seja, o filtro resultante possui exatamente a largura de banda especificada em oitavas.$\omega_0$$\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$$\omega_1$$\omega_2$$\omega_0$

Exemplo:

Vamos especificar uma largura de banda de uma oitava e escolhemos a borda inferior da banda como . Isso fornece uma borda superior da banda . As bordas da banda do filtro do protótipo analógico são e de (com ) . Isso fornece e . Com obtemos a função de transferência com tempo discreto$\omega_1=0.2\pi$$\omega_2=2\omega_1=0.4\pi$$\Omega_1=1$$(4)$$\omega=\omega_2$$\Omega_2=2.2361$$\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1=1.2361$$\Omega_0^2=\Omega_1\Omega_2=2.2361$$(6)$$(5)$

$$H_d(z)=0.24524 \cdot \frac{z^2-1}{z^2-0.93294z+0.50953}$$

que atinge exatamente uma largura de banda de 1 oitava e as bordas da banda especificadas, conforme mostrado na figura abaixo:

Solução numérica do problema original:

Pelos comentários, entendo que é importante poder especificar exatamente a freqüência central para a qual é satisfeito. Como mencionado anteriormente, não é possível obter uma solução exata de forma fechada, e um desenvolvimento em série produz expressões bastante difíceis de manejar.$\omega_0$$|H_d(e^{j\omega_0})|=1$

Por uma questão de clareza, gostaria de resumir as opções possíveis com suas vantagens e desvantagens:

1. especifique a largura de banda desejada como uma diferença de frequência e especifique ; neste caso, é possível uma solução simples em formato fechado.$\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$$\omega_0$
2. especifique as bordas da banda e (ou, equivalentemente, a largura de banda em oitavas e uma das bordas da banda); isso também leva a uma solução simples de formulário fechado, como explicado acima, mas a frequência central é um resultado do design e não pode ser especificada.$\omega_1$$\omega_2$$\omega_0$
3. especifique a largura de banda desejada em oitavas e a frequência central (conforme solicitado na pergunta); nenhuma solução fechada é possível, e não existe (por enquanto) nenhuma aproximação simples. Por esse motivo, acho desejável ter um método simples e eficiente para obter uma solução numérica. Isto é o que é explicado abaixo.$\omega_0$

Quando é especificado, usamos uma forma da transformação bilinear com uma constante de normalização diferente da usada em e :$\omega_0$$(3)$$(4)$

$$\Omega=\frac{\tan\left(\frac{\omega}{2}\right)}{\tan\left(\frac{\omega_0}{2}\right)}\tag{7}$$

Definimos . Denote a proporção especificada de bordas da banda do filtro de tempo discreto como$\Omega_0=1$

$$r=\frac{\omega_2}{\omega_1}\tag{8}$$

Com obtemos de e$c=\tan(\omega_0/2)$$(7)$$(8)$

$$r=\frac{\arctan(c\Omega_2)}{\arctan(c\Omega_1)}\tag{9}$$

Com , pode ser reescrito da seguinte forma:$\Omega_1\Omega_2=\Omega_0^2=1$$(9)$

$$f(\Omega_1)=r\arctan(c\Omega_1)-\arctan\left(\frac{c}{\Omega_1}\right)=0\tag{10}$$

Para um determinado valor de essa equação pode ser resolvida para com algumas iterações de Newton. Para isso, precisamos da derivada de :$r$$\Omega_1$$f(\Omega_1)$

$$f'(\Omega_1)=c\left(\frac{r}{1+c^2\Omega_1^2}+\frac{1}{c^2+\Omega_1^2}\right)\tag{11}$$

Com , sabemos que deve estar no intervalo . Embora seja possível encontrar soluções iniciais mais inteligentes, verifica-se que o palpite inicial funciona bem para a maioria das especificações e resultará em soluções muito precisas após apenas iterações do método de Newton:$\Omega_0=1$$\Omega_1$$(0,1)$$\Omega_1^{(0)}=0.1$$4$

$$\Omega_1^{(n+1)}=\Omega_1^{(n)}-\frac{f(\Omega_1^{(n)})}{f'(\Omega_1^{(n)})}\tag{12}$$

Com obtido com algumas iterações de , podemos determinar e , e usamos e para calcular os coeficientes de o filtro de tempo discreto. Observe que a constante agora é dada por .$\Omega_1$$(12)$$\Omega_2=1/\Omega_1$$\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1$$(5)$$(6)$$c$$c=\tan(\omega_0/2)$

Exemplo 1:

Vamos especificar e uma largura de banda de oitavas. Isso corresponde a uma proporção . Com uma estimativa inicial de , iterações do método de Newton resultaram em uma solução , a partir da qual os coeficientes do tempo discreto podem ser calculados conforme explicado acima. A figura abaixo mostra o resultado:$\omega_0=0.6\pi$$0.5$$r=\omega_2/\omega_1=2^{0.5}=\sqrt{2}=1.4142$$\Omega_1=0.1$$4$$\Omega_1=0.71$

O filtro foi calculado com este script Matlab / Octave:

% especificações
pc = 0,5; % de largura de banda desejada em oitavas
w0 = 0,6 * pi; % frequência de ressonância

r = 2 ^ (pc); Relação% de bordas da banda
W1 = 0,1; % de estimativa inicial (funciona para a maioria das especificações)
Nit = 4; % # Iterações de Newton
c = tan (w0 / 2);

% Newton
para i = 1: Nit,
    f = r * atan (c * W1) - atan (c / W1);
    fp = c * (r / (1 + c ^ 2 * W1 ^ 2) + 1 / (c ^ 2 + W1 ^ 2));
    W1 = W1 - f / fp
fim

W1 = abs (W1);
if (W1> = 1), erro ('Falha na convergência. Reduza o valor da estimativa inicial.'); fim

W2 = 1 / W1;
dW = W2 - W1;

% de filtro de tempo discreto
escala = 1 + dW * c + W1 * W2 * c ^ 2;
b = (dW * c / escala) * [1,0, -1];
a = [1, 2 * (W1 * W2 * c ^ 2-1) / escala, (1-dW * c + W1 * W2 * c ^ 2) / escala];

Exemplo 2:

Acrescento outro exemplo para mostrar que esse método também pode lidar com especificações para as quais a maioria das aproximações fornecerá resultados não sensoriais. Geralmente, esse é o caso quando a largura de banda desejada e a frequência ressonante são grandes. Vamos projetar um filtro com e oitavas. Quatro iterações do método de Newton com uma suposição inicial resultam em um valor final de , ou seja, em uma largura de banda do protótipo analógico de oitavas. O filtro de tempo discreto correspondente possui os seguintes coeficientes e sua resposta de frequência é mostrada na plotagem abaixo:$\omega_0=0.95\pi$$bw=4$$\Omega_1^{(0)}=0.1$$\Omega_1=0.00775$$\log_2(\Omega_2/\Omega_1)=\log_2(1/\Omega_1^2)\approx 14$

b = 0,90986 * [1,0, -1];
a = [1,00000 0,17806 -0,81972];

As arestas resultantes da meia banda de potência são e , que são de fato exatamente oitavas (ou seja, um fator de ) afastadas.$\omega_1=0.062476\pi$$\omega_2 = 0.999612\pi$$4$$16$

ok, prometi oferecer recompensa e manterei minha promessa. mas tenho que confessar que posso renegar um pouco por estar satisfeito apenas com a terceira derivada de . o que eu realmente quero são os dois coeficientes para .$f(x)$$g(y)$

portanto, não percebi que havia essa linguagem Wolfram como uma alternativa ao mathematica ou ao Derive e não percebi que poderia calcular tão facilmente a terceira derivada e simplificar a expressão.

e esse cara do Markus no SE de matemática postou esta resposta (que eu pensei que teria que ser a quantidade de grunge que eu pensava que seria necessária).

$$\begin{align*} y = f(x) &= \ln\left(\arctan\left(\alpha e^x\right)\right) - \ln\left(\arctan\left(\alpha e^{-x}\right)\right)\\ \\ &\approx a_1 x \ + \ a_3 x^3 \\ \\ &=\frac{2\alpha}{(1+\alpha^2)\arctan(\alpha)} x + \frac{\alpha}{3(1+\alpha^2)^3\arctan(\alpha)}\Bigg(\alpha^4-6\alpha^2+1\\ &\qquad\left.-\frac{3\alpha(1-\alpha^2)}{\arctan(\alpha)}+\frac{2\alpha^2}{\left(\arctan(\alpha)\right)^2}\right) x^3 \\ \\ \end{align*}$$

então eu montei a aproximação de terceira ordem para o inverso:

$$\begin{align*} x = g(y) &\approx b_1 y \ + \ b_3 y^3 \\ \\ &= \frac{1}{a_1} y \ - \ \frac{a_3}{a_1^4} y^3 \\ \\ &= \frac{(1+\alpha^2)\arctan(\alpha)}{2\alpha} y - \frac{(1+\alpha^2)(\arctan(\alpha))^3}{48 \alpha^3}\Bigg(\alpha^4-6\alpha^2+1 \\ &\qquad\left.-\frac{3\alpha(1-\alpha^2)}{\arctan(\alpha)}+\frac{2\alpha^2}{\left(\arctan(\alpha)\right)^2}\right) y^3 \\ \\ &= \frac{(1+\alpha^2)\arctan(\alpha)}{2\alpha} y - \frac{(1+\alpha^2)(\arctan(\alpha))^3}{48 \alpha}\Bigg(\alpha^2-6+\alpha^{-2} \\ &\qquad\left.-\frac{3(1-\alpha^2)}{\alpha\arctan(\alpha)}+\frac{2}{\left(\arctan(\alpha)\right)^2}\right) y^3 \\ \\ &= y \left(\arctan(\alpha)\frac{\alpha + \alpha^{-1}}{2}\right) \Bigg(1 \ + \\ & \left((\arctan(\alpha))^2\left(1-\frac{\alpha^2+\alpha^{-2}}{6} \right) - \arctan(\alpha)\frac{\alpha-\alpha^{-1}}{2}-\frac{1}{3}\right) \frac{y^2}{4} \Bigg) \\ \\ \end{align*}$$

eu meio que esperava que alguém fizesse isso. lembre-se de , e$y=f(x) \triangleq \ln(2) \, bw$$g(y) = x \triangleq \frac{\ln(2)}{2}BW$$\alpha \triangleq \tan(\omega_0/2)$

$$\begin{align*} x = g(y) &\approx y \left(\arctan(\alpha)\frac{\alpha + \alpha^{-1}}{2}\right) \Bigg(1 \ + \\ & \left((\arctan(\alpha))^2\left(1-\frac{\alpha^2+\alpha^{-2}}{6} \right) - \arctan(\alpha)\frac{\alpha-\alpha^{-1}}{2}-\frac{1}{3}\right) \frac{y^2}{4} \Bigg) \\ \\ \frac{\ln(2)}{2}BW &\approx (\ln(2) bw) \left(\arctan(\alpha)\frac{\alpha + \alpha^{-1}}{2}\right) \Bigg(1 \ + \\ & \left((\arctan(\alpha))^2\left(1-\frac{\alpha^2+\alpha^{-2}}{6} \right) - \arctan(\alpha)\frac{\alpha-\alpha^{-1}}{2}-\frac{1}{3}\right) \frac{(\ln(2) bw)^2}{4} \Bigg) \\ \\ \end{align*}$$

Eu tenho três identidades trigonométricas convenientes:

$$\frac12 \left(\alpha + \alpha^{-1} \right) = \frac12 \left(\tan(\omega_0/2) + \frac{1}{\tan(\omega_0/2)} \right) = \frac{1}{\sin(\omega_0)} \\ $$

$$\frac12 \left(\alpha - \alpha^{-1} \right) = \frac12 \left(\tan(\omega_0/2) - \frac{1}{\tan(\omega_0/2)} \right) = -\frac{1}{\tan(\omega_0)} \\ $$

$$\frac12 \left(\alpha^2 + \alpha^{-2} \right) = \frac12 \left(\tan^2(\omega_0/2) + \frac{1}{\tan^2(\omega_0/2)} \right) = \frac{1}{\sin^2(\omega_0)} + \frac{1}{\tan^2(\omega_0)} \\ = \frac{2}{\sin^2(\omega_0)} - 1$$

"finalmente" temos:

$$BW \approx bw \, \frac{\omega_0}{\sin(\omega_0)} \left(1 \ + \ \frac{(\ln(2))^2}{24} \left( 2(\omega_0^2 - 1) - \left(\frac{\omega_0}{\sin(\omega_0)}\right)^2 + 3\frac{\omega_0}{\tan(\omega_0)} \right) (bw)^2 \right)$$

isso não é tão ruim. cabe em uma única linha. se alguém vir um erro ou uma boa maneira de simplificar ainda mais, deixe-me saber.

com a aproximação das séries de potências a partir do comentário acima,

$$BW \approx bw \, \frac{\omega_0}{\sin(\omega_0)} \left(1 \ + \ (\ln(2))^2 \left( \tfrac{1}{36}\omega_0^2 - \tfrac{1}{180}\omega_0^4 - \tfrac{2}{2835}\omega_0^6 \right) (bw)^2 \right)$$

Então, aqui estão alguns resultados quantitativos. plotei a largura de banda especificada para o filtro digital no eixo x e a largura de banda digital resultante no eixo y. existem cinco gráficos de verde a vermelho, representando a frequência ressonante normalizada por Nyquist:$bw$$\omega_0$

$\frac{\omega_0}{\pi} =$ [0,0002 0,2441 0,4880 0,7320 0,9759]

então a frequência ressonante vai de quase DC a quase Nyquist.

aqui não há compensação (ou pré-deformação) para a largura de banda:

aqui está a simples compensação de primeira ordem que o Cookbook fez o tempo todo:

aqui está a compensação de terceira ordem que acabamos de resolver aqui:

o que queremos é que todas as linhas fiquem diretamente na diagonal principal.

i tinha cometido um erro no caso de terceira ordem e corrigido nesta revisão. ele faz olhar como a aproximação de terceira ordem de é um pouco melhor do que a aproximação de primeira ordem para pequenas .$g(y)$$bw$

então eu me envolvi com o coeficiente do termo de 3ª ordem (quero deixar o mesmo termo de 1ª ordem), diminuindo seu efeito. isso é multiplicar apenas o termo de 3ª ordem por 50%:

isso está reduzindo para 33%:

e isso está reduzindo o prazo de 3ª ordem para 25%:

como o objetivo de uma função inversa é desfazer a função especificada, o objetivo de tudo isso é fazer com que as curvas da função composta fiquem o mais próximo possível da diagonal principal. não é tão ruim para até 75% Nyquist para frequência ressonante e largura de banda de 3 oitavas . mas não muito melhor para fazer valer a pena no código de "coeficiente de cozimento" que é executado sempre que o usuário gira um botão ou desliza um controle deslizante. b $\omega_0$$bw$