Qual é a maneira mais fácil e direta de provar isso sobre os filtros de fase mínima?

Usando a convenção "unitária" ou "frequência comum" ou "Hz" para a Transformada de Fourier contínua:

$$\begin{align} X(f) \triangleq \mathscr{F}\{x(t)\} &= \int\limits_{-\infty}^{\infty} x(t) \, e^{-j 2 \pi f t} \, dt \\ \\ x(t) = \mathscr{F}^{-1}\{X(f)\} &= \int\limits_{-\infty}^{\infty} X(f) \, e^{j 2 \pi f t} \, df \\ \end{align}$$

Então aprendemos que a transformação de Hilbert mapeia um sinal ou função no domínio do tempo para outro no mesmo domínio:

$$\begin{align} \hat{x}(t) \triangleq \mathscr{H}\{x(t)\} &= \frac{1}{\pi t} \circledast x(t) \\ \\ &= \int\limits_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\pi u} \, x(t-u) \, du \\ \\ &= \int\limits_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\pi (t-u)} \, x(u) \, du \\ \end{align}$$

e o transformador Hilbert é LTI, então sabemos que $\hat{x}(t-\tau) = \mathscr{H}\{x(t-\tau)\}$ . E, apesar de LTI, sabemos que um transformador Hilbert não é causal (mas, com atraso suficiente, podemos perceber uma aproximação a um transformador Hilbert também, a um determinado erro diferente de zero, como queremos).

E sabemos que esse transformador LTI Hilbert tem resposta em frequência

$$\begin{align} \hat{X}(f) & \triangleq \mathscr{F}\{\hat{x}(t)\} \\ \\ & = -j \, \operatorname{sgn}(f) X(f) \\ \\ & = \begin{cases} e^{-j \pi/2} \, X(f) \qquad & f>0 \\ 0 \qquad & f=0 \\ e^{+j \pi/2} \, X(f) \qquad & f<0 \\ \end{cases} \\ \end{align}$$

onde, é claro, $X(f) \triangleq \mathscr{F}\{x(t)\}$ . Portanto, todos os componentes de frequência positiva são deslocados na fase em -90 ° e todos os componentes de frequência negativa são deslocados na fase em + 90 °. Nenhuma das amplitudes é afetada, exceto a DC, que é eliminada. Isso é fundamentalmente o que um transformador Hilbert faz.

A partir disso, sabemos sobre sinais analíticos:

$$\begin{align} x_\text{a}(t) & \triangleq x(t) + j\hat{x}(t) \\ \\ X_\text{a}(f) & = X(f) + j\hat{X}(f) \\ & = X(f) + j( -j \, \operatorname{sgn}(f) X(f) ) \\ & = (1 + \operatorname{sgn}(f)) \, X(f) \\ \\ & = \begin{cases} 2 X(f) \qquad & f>0 \\ X(f) \qquad & f=0 \\ 0 \qquad & f<0 \\ \end{cases} \\ \end{align}$$

Portanto, se tivermos um sinal no domínio do tempo com valor complexo, no qual as partes reais e imaginárias desse sinal formam um par de transformadas de Hilbert, no domínio da frequência, todos os componentes de frequência negativos tem amplitude zero. Devido à natureza simétrica da transformada de Fourier, temos dualidade e podemos reverter os papéis do tempo frequência . Isso significa que, se tivermos um espectro de domínio de frequência de valor complexo , no qual as partes reais e imaginárias desse espectro formam um par de transformadas de Hilbert, no domínio do tempo, todos os componentes de tempo negativos terão amplitude zero .$x_\text{a}(t)$$t$$f$$X(f)$

Declarado novamente, mas substituindo a resposta de impulso por e a resposta de frequência por , sabemos$h(t)$$x(t)$$H(f)$$X(f)$

$$\Im\{h(t)\} = \mathscr{H}\big\{\Re\{h(t)\}\big\} \iff H(f) = 0 \quad \forall f<0$$

e da mesma forma

$$\Im\{H(f)\} = -\mathscr{H}\big\{\Re\{H(f)\}\big\} \iff h(t) = 0 \quad \forall t<0$$

onde$H(f) \triangleq \mathscr{F}\{h(t)\}$

Um sistema de LTI descrito pela resposta ao impulso que é zero para todos os negativos, é o que chamamos de " sistema causal ", porque a resposta ao impulso não responde ao impulso motor até que esse impulso ocorra a tempo. Portanto, para todo sistema de LTI em tempo real e realizável (que deve ser causal), as partes reais e imaginárias da resposta de frequência são um par Hilbert no domínio da frequência. Nada disso é particularmente surpreendente ou especial.$h(t)$$t$

Então (como Matt antecipou), há algo mais sobre relacionar as partes reais e imaginárias de algo relacionado aos sistemas de LTI que é um pouco surpreendente (ou, pelo menos, não é trivial). Temos duas definições ou descrições de sistemas LTI ou filtros LTI que estão nesta classe denominados " filtros de fase mínima ":

1. Filtros LTI com funções de transferência racional (das quais o numerador e o denominador podem ser fatorados, resultando em raízes chamadas zeros e pólos, respectivamente), nas quais ambos os pólos e zeros estão no plano da metade esquerda:

$$H\left( \frac{s}{j 2 \pi} \right) = A \frac{(s-q_1)(s-q_2)...(s-q_M)}{(s-p_1)(s-p_2)...(s-p_N)} \qquad \qquad M \le N$$

Necessário para estabilidade: para todos os$\Re\{p_n\} < 0$$1 \le n \le N$

Necessário para a fase mínima: para todos os$\Re\{q_m\} < 0$$1 \le m \le M$

Esses filtros são chamados de "fase mínima" porque, para qualquer zero no esquerdo, um filtro All-pass com um pólo exatamente no mesmo local cancelará esse zero e o refletirá no semiplano direito:$q_m$

$$H_\text{AP}\left( \frac{s}{j 2 \pi} \right) = \frac{s+q_m}{s-q_m}$$

Esse filtro all-pass possui resposta de frequência com magnitude de exatamente 0 dB para todas as frequências:

$$|H_\text{AP}(f)| = 1 \qquad \qquad \forall f$$

mas o ângulo de fase não é zero, esse APF adiciona deslocamento de fase (negativo):

$$\arg \{ H_\text{AP}(f) \} = -2 \arctan\left(\frac{2 \pi f - \Im\{q_m\}}{-\Re\{q_m\}}\right)$$

O filtro em cascata resultante com o zero refletido no semiplano direito tem a mesma magnitude que o filtro original (com todos os zeros no semiplano esquerdo), mas possui mais deslocamento de fase (negativo). Mais atraso de fase e mais atraso de grupo. O filtro "fase mínima" é o único filtro com exatamente a mesma resposta de magnitude que possui menos mudança de fase (negativa) do que qualquer um dos clones com APFs refletindo zeros no semiplano direito.$H\left( \frac{s}{j 2 \pi} \right) \cdot H_\text{AP}\left( \frac{s}{j 2 \pi} \right)$$q_m$

Um filtro "Fase máxima" é aquele em que todos os zeros vivem no semiplano direito ou .$\Re\{ q_m \} \ge 0$

Portanto, a segunda definição de um filtro de fase mínima especifica exatamente como essa resposta de fase mínima está relacionada à resposta de magnitude:

2. Um sistema ou filtro de LTI

$$H(f) = |H(f)| e^{j \arg\{H(f)\}} = |H(f)| e^{j \phi(f)}$$

é fase mínima se e somente se a resposta da fase natural, em radianos, for negativa da transformada de Hilbert do logaritmo natural da resposta de magnitude:

$$\phi(f) \triangleq \arg\{ H(f) \} = -\mathscr{H}\big\{ \ln( |H(f)| ) \big\}$$

Desde a

$$\begin{align} H(f) & = |H(f)| e^{j \phi(f)} \\ & = e^{\ln(|H(f)|)} e^{j \phi(f)} \\ & = e^{\ln(|H(f)|) + j \phi(f)} \\ & = e^{\ln(H(f))} \\ \end{align}$$

isso está relacionando as partes reais e imaginárias do complexo natural da resposta em frequência. Digamos que possamos construir um filtro LTI hipotético, com resposta de frequência complexa igual a esse logaritmo complexo$\log()$$G(f)$

$$\begin{align} G(f) & = \ln(H(f)) \\ & = \ln(|H(f)|) + j \phi(f) \\ & = \Re\{G(f)\} + j \Im\{G(f)\} \\ \end{align}$$

$$\begin{align} \Im\{G(f)\} & = \phi(f) = -\mathscr{H}\big\{ \ln( |H(f)| ) \big\} \\ & = -\mathscr{H}\big\{ \Re\{G(f)\} \big\} \\ \end{align}$$

então a resposta ao impulso correspondente a seria causal:$G(f)$

$$\mathscr{F}^{-1}\{ G(f) \} = g(t) = 0 \qquad \qquad \forall t<0$$

O objetivo desta pergunta é resolver as duas definições de um filtro de fase mínima. Se, dada a primeira definição, não vejo nenhuma razão direta pela qual a hipotética deva ter uma resposta de impulso causal .$G(f) = \ln(H(f))$$g(t)$

A única maneira de resolver as duas definições diretamente é considerar:

$$H(f) = A \frac{(j2\pi f-q_1)(j2\pi f-q_2)...(j2\pi f-q_M)}{(j2\pi f-p_1)(j2\pi f-p_2)...(j2\pi f-p_N)}$$

(suponha que )$A>0$

$$\ln(|H(f)|) = \ln(A) + \sum_{m=1}^{M} \ln(|j2\pi f-q_m|) - \sum_{n=1}^{N} \ln(|j2\pi f-p_n|)$$

$$\phi(f) \triangleq \arg\{H(f)\} = \sum_{m=1}^{M} \arg\{j2\pi f-q_m\} - \sum_{n=1}^{N} \arg\{j2\pi f-p_n\}$$

Sabemos que a transformação de Hilbert de uma função constante é zero, então

$$\mathscr{H}\big\{ \ln(A) \big\} = 0$$

então, se pudermos provar que cada um dos termos correspondentes restantes das somas em e são pares de Hilbert, isto é, se pudermos mostrar$\ln(|H(f)|)$$\arg\{H(f)\}$

$$\arg\{j2\pi f-q_m\} = -\mathscr{H}\big\{ \ln(|j2\pi f-q_m|) \big\} \qquad 1 \le m \le M$$

e

$$\arg\{j2\pi f-p_n\} = -\mathscr{H}\big\{ \ln(|j2\pi f-p_n|) \big\} \qquad 1 \le n \le N$$

considerando que e ,$\Re\{q_m\} < 0$$\Re\{p_n\} < 0$

então podemos mostrar que

$$\phi(f) \triangleq \arg\{ H(f) \} = -\mathscr{H}\big\{ \ln( |H(f)| ) \big\}$$

Não precisamos nos preocupar muito com quebra de fase ao considerar um único termo de primeira ordem. Como o formato é o mesmo para zeros e pólos, considerando apenas um único zero

$$\begin{align} \arg\{j2\pi f - q_m\} & = \arg\{j2\pi f - (\Re\{q_m\} + j \Im\{q_m\})\} \\ & = \arg\{-\Re\{q_m\} + j(2\pi f - \Im\{q_m\})\} \\ & = \arctan\left(\frac{2\pi f - \Im\{q_m\}}{-\Re\{q_m\}}\right) \\ \end{align}$$

e

$$\begin{align} \ln(|j2\pi f-q_m|) & = \ln(|j2\pi f - (\Re\{q_m\} + j \Im\{q_m\})|) \\ & = \ln(|-\Re\{q_m\} + j(2\pi f - \Im\{q_m\})|) \\ & = \ln\left( \sqrt{(-\Re\{q_m\})^2 + (2\pi f - \Im\{q_m\})^2} \ \right) \\ & = \tfrac12 \ln\big( (-\Re\{q_m\})^2 + (2\pi f - \Im\{q_m\})^2 \big) \\ \end{align}$$

Então agora se torna uma tarefa mostrar que

$$\arctan\left(\frac{2\pi f - \Im\{q_m\}}{-\Re\{q_m\}}\right) = -\mathscr{H}\Big\{ \tfrac12 \ln\big((-\Re\{q_m\})^2 + (2\pi f - \Im\{q_m\})^2 \big) \Big\}$$

Agora lembre-se de que, no domínio do tempo, o transformador Hilbert é LTI, portanto sabemos que e isso não acontece 't importa o que é, é apenas um deslocamento ao tempo na entrada e saída para o transformador Hilbert.$\hat{x}(t-\tau) = \mathscr{H}\{x(t-\tau)\}$$\tau$$t$

Aqui, no domínio da frequência, o deslocamento para a frequência é ; portanto, sem perda de generalidade, podemos eliminar dos dois lados:$f$$\frac{\Im\{q_m\}}{2 \pi}$$\Im\{q_m\}$

$$\arctan\left(\frac{2\pi f}{-\Re\{q_m\}}\right) = -\mathscr{H}\Big\{ \tfrac12 \ln\big((-\Re\{q_m\})^2 + (2\pi f)^2 \big) \Big\}$$

Isso divide o problema em um único pólo real e zero real, ambos no semiplano esquerdo. Agora podemos normalizar fora e os com a substituição:$-\Re\{q_m\}$$2 \pi$

$$\omega \triangleq \frac{2\pi f}{-\Re\{q_m\}}$$

resultando em

$$\begin{align} \arctan(\omega) &= -\mathscr{H}\Big\{ \tfrac12 \ln\big((-\Re\{q_m\})^2 + (\omega \cdot (-\Re\{q_m\}))^2 \big) \Big\} \\ &= -\mathscr{H}\Big\{ \tfrac12 \ln\big((-\Re\{q_m\})^2 \cdot (1 + \omega^2) \big) \Big\} \\ &= -\mathscr{H}\Big\{ \ln(-\Re\{q_m\}) + \tfrac12 \ln(1 + \omega^2) \Big\} \\ &= -\mathscr{H}\Big\{ \tfrac12 \ln(1 + \omega^2) \Big\} \\ \end{align}$$

O último termo é eliminado porque a transformação Hilbert de uma constante é zero.$\ln(-\Re\{q_m\})$

Portanto, agora, a questão de fundo , para provar a equivalência das duas definições do que é um filtro de fase mínima, "simplesmente" precisamos provar a identidade acima (ou abaixo).

Alguém pode, sem usar a Integração de Contorno ou a Teoria de Resíduos ou resultados de complexas análises de variáveis, provar esse fato? :

$$\begin{align} \arctan(\omega) &= -\tfrac12 \mathscr{H}\big\{ \ln(1 + \omega^2) \big\} \\ \\ &= -\tfrac12 \int\limits_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\pi u} \, \ln(1 + (\omega-u)^2) \, du \\ \\ &= -\tfrac12 \int\limits_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\pi (\omega-u)} \, \ln(1 + u^2) \, du \\ \end{align}$$

A transformação de Hilbert com$\mathcal{H}\left\{f(\omega)\right\}$

$$f(\omega)=-\frac12\log(1+\omega^2)\tag{1}$$

pode ser calculado da seguinte maneira. Primeiro, observe que

$$\frac{df(\omega)}{d\omega}=-\frac{\omega}{1+\omega^2}\tag{2}$$

A partir desta tabela , sabemos que

$$\mathcal{H}\left\{\frac{1}{1+\omega^2}\right\}=\frac{\omega}{1+\omega^2}\tag{3}$$

Também sabemos que

$$\mathcal{H}\{\mathcal{H}\{f\}\}=-f\tag{4}$$

Combinando e obtemos$(3)$$(4)$

$$\mathcal{H}\left\{\frac{\omega}{1+\omega^2}\right\}=\mathcal{H}\left\{\mathcal{H}\left\{\frac{1}{1+\omega^2}\right\}\right\}=-\frac{1}{1+\omega^2}\tag{5}$$

Então, usando ,$(2)$

$$\mathcal{H}\left\{\frac{df(\omega)}{d\omega}\right\}=\frac{1}{1+\omega^2}\tag{6}$$

Agora também sabemos que o operador de transformação Hilbert e o operador de diferenciação comutam:

$$\mathcal{H}\left\{\frac{df(\omega)}{d\omega}\right\}=\frac{d}{d\omega}\mathcal{H}\{f(\omega)\}\tag{7}$$

que produz

$$\frac{d}{d\omega}\mathcal{H}\{f(\omega)\}=\frac{1}{1+\omega^2}\tag{8}$$

A integração finalmente dá$(8)$

$$\mathcal{H}\{f(\omega)\}=\arctan(\omega)\tag{9}$$

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Observe que esse resultado também pode ser obtido usando o Mathematica (que não tenho disponível). De acordo com este segmento , o comando

Integrar [-1 / 2 * Log [1 + (\ [Tau] * \ [Nu]) ^ 2] / (\ [Nu] - \ [Omega]), {\ [Nu], -Infinity, Infinity},
 PrincipalValue -> Verdadeiro, Suposições -> \ [Tau]> 0 && \ [Omega]> 0, GenerateConditions -> False] / Pi

dá

-ArcTan[\[Tau] \[Omega]]

O sinal negativo vem da definição diferente da transformada de Hilbert, como pode ser visto no denominador da integral no comando Mathematica.

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Gostaria de acrescentar que a causalidade da transformada inversa de Fourier de , ou seja, a causalidade do cepstrum complexo para um sistema de fase mínima também pode ser compreendida intuitivamente. Observe que qualquer zero de no meio plano direito causa uma singularidade em no meio plano direito e, consequentemente, a correspondente transformação de Fourier inversa deve ser bilateral, porque a região de convergência é uma faixa que inclui o eixo imaginário. Somente se não houver zeros no semiplano direito (ou seja, o sistema é de fase mínima) terá todas as suas singularidades no semiplano esquerdo e a transformação inversa produzirá um causal do lado direito função.$\log H(j\omega)$$H(j\omega)$$H(s)$$\log H(s)$$\log H(s)$

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Em , podemos ver outra propriedade interessante da transformação de Hilbert, a saber, que a transformação inversa é simplesmente dada pela transformação (direta) com um sinal negativo:$(4)$

$$\mathcal{H}^{-1}\{f\}=-\mathcal{H}\{f\}\tag{10}$$

Isso significa que, para cada par de transformadas Hilbert que encontramos, temos outro de graça:

$$\mathcal{H}\{f\}=g\Longrightarrow\mathcal{H}\{g\}=-f\tag{11}$$

Aplicando a , encontramos$(11)$$(9)$

$$\mathcal{H}\{\arctan(\omega)\}=-f(\omega)=\frac12\log(1+\omega^2)\tag{12}$$