Transformação de Hilbert de uma função seno com argumento quadrático

Estou procurando a transformação Hilbert da seguinte função:

H {\sin (A t^{2} + B t + \frac{π}{4})}

$\begin{equation} \mathcal{H}\bigg\{ \sin\Big(At^2 + Bt + \frac{\pi}{4}\Big) \bigg\} \end{equation}$

Onde $A$ e $B$ são constantes com $A<0$ e $B>0$ .

É bem sabido que $\mathcal{H}\{ \sin(Bt) \} = -\cos(Bt)$ , que pode ser facilmente mostrado reescrevendo a transformação Hilbert como uma convolução com $1/{\pi t}$ e usando a representação espectral, como mostrado a seguir:

H {\sin (B t)} = \sin (B t) * \frac{1}{π t}

$\begin{equation} \mathcal{H}\{ \sin(Bt) \} = \sin(Bt) *\frac{1}{\pi t} \end{equation}$

Onde $*$ denota o operador de convolução. Considere o seguinte par de Fourier:

F {\frac{1}{π t}} = - j s g n (ω)

$\begin{equation} \mathcal{F}\left\{\frac{1}{\pi t}\right\} = -\mathrm{j}\,\mathrm{sgn}(\omega) \end{equation}$

Com isso, o problema pode ser resolvido no espectro da seguinte maneira:

F {\sin (B t) * \frac{1}{π t}} = \frac{π}{j} (δ (ω - B) - δ (ω + B)) (- j s g n (ω)) = - π (δ (ω - B) + δ (ω + B))

$\begin{equation} \mathcal{F}\big\{\sin(Bt) *\frac{1}{\pi t}\big\} = \frac{\pi}{\mathrm{j}} \big(\delta(\omega-B) - \delta(\omega+B)\big) \; \big(-\mathrm{j}\,\mathrm{sgn}(\omega)\big)\\ % = -\pi\, \big(\delta(\omega-B) + \delta(\omega+B)\big) \end{equation}$

Aqui, os dois pulsos do Dirac delta estão localizados em $+B$ e $-B$ frequência angular e, portanto, a função de sinal é aplicada diretamente. Portanto, temos

H {\sin (B t)} = F^{- 1} {- π (δ (ω - B) + δ (ω + B))} = - \cos (B t)

$\begin{equation} \mathcal{H}\{ \sin(Bt) \} = \mathcal{F}^{-1}\Big\{ -\pi\, \big(\delta(\omega-B) + \delta(\omega+B)\big) \Big\} = -\cos(Bt) \end{equation}$

Contudo, o mesmo princípio não pode ser aplicado a $x(t) = \sin(At^2 + Bt + \pi/4)$ , uma vez que sua função espectral são duas funções Gaussianas complexas sobrepostas também deslocadas para $+B$ e $-B$ frequência angular:

F {x (t)} = \frac{\sqrt{- \frac{π}{A}}}{2 j} (\exp (- j \frac{1}{4 A} (ω - B)^{2}) - \exp (+ j \frac{1}{4 A} (ω + B)^{2})) if A < 0

$\begin{equation} \mathcal{F}\{x(t)\} = \frac{\sqrt{-\frac{\pi}{A}}}{2 \mathrm{j}} \bigg( \exp\Big(-\mathrm{j}\frac{1}{4A}(\omega-B)^2\Big) - \exp\Big(+\mathrm{j}\frac{1}{4A}(\omega+B)^2\Big) \bigg) \quad \text{if} \quad A<0 \end{equation}$

Cada função Gaussiana complexa é definida para todas as frequências e, portanto, a aplicação da função de sinal não simplifica ou resolve o problema. Também tentei resolver diretamente a integral de transformada de Hilbert sem sucesso. Agradeço qualquer ajuda.

hilbert-transform

— andresnm
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Nesse caso, w (t) = 2 * A * t + B. Você poderia usar essas informações para ajudá-lo?

— Ben

Calcular diretamente isso parece difícil.

Minha argumentação é a seguinte. Para um sinal $s(t)$ , o chamado sinal analítico $s_{\mathrm{an}}(t)$ pode ser obtido por

s_{a n} (t) = s (t) + j H {s (t)}, where S_{a n} (ω) = 0 \forall ω < 0

$\begin{equation} s_{\mathrm{an}}(t) = s(t)+\mathrm{j} \mathcal{H}\{s(t)\}\,\,, \text{where}\,S_{\mathrm{an}}(\omega) = 0\,\forall\, \omega < 0 \end{equation}$ O sinal analítico corresponde essencialmente ao conteúdo espectral de

s (t)

$s(t)$ apenas nas frequências positivas.

Para o seu primeiro exemplo de um sinusóide simples, você também pode chegar ao resultado da transformação de Hilbert se considerar o sinal analítico. O sinusóide real consiste nos componentes de frequência $\pm B$ . O sinal analítico deve então ser o componente em $B$ , que obviamente é um exponencial complexo, produzindo o resultado para a transformação de Hilbert.

Agora, para o seu sinal de chirp $x(t)$ , a situação é um pouco mais complicada. Se pensarmos em um "curso instantâneo de frequência" virtual do sinal, é

ω_{x} (t) = \pm (2 A t + B) .

$\begin{equation} \omega_{x}(t) = \pm (2At+B)\,. \end{equation}$ Agora isso é um tanto estranho, correspondendo a dois componentes linearmente variáveis da inclinação oposta, cruzando o ponto de frequência zero em

ω_{x} (t = - \frac{B}{2 A}) = 0

$\omega_{x}(t=-\frac{B}{2A})=0$ .

Agora, o sinal analítico teria que representar a parte desse curso de frequência acima da linha zero do $\omega-t$ avião (posso adicionar alguns gráficos mais tarde). Isso significa que ele deve primeiro ter uma inclinação negativa, descer até a frequência zero e depois mudar abruptamente para uma inclinação positiva!

Isso significa que o sinal analítico teria que parecer algo como

x_{a n} (t) = c_{1} \exp (- j (A t^{2} + B t + \frac{π}{4})) \forall t < - \frac{B}{2 A}

$\begin{equation} x_{\mathrm{an}}(t) = c_1 \exp{(-\mathrm{j} (At^2 + Bt + \frac{\pi}{4}))}\,\forall\,t < -\frac{B}{2A} \end{equation}$ e

x_{a n} (t) = c_{2} \exp (j (A t^{2} + B t + \frac{π}{4})) \forall t \geq - \frac{B}{2 A},

$\begin{equation} x_{\mathrm{an}}(t) = c_2 \exp{(\mathrm{j} (At^2 + Bt + \frac{\pi}{4}))}\,\forall\,t \geq -\frac{B}{2A}\,\,, \end{equation}$ onde o

c

$c$ são constantes com

| c | = 1

$\vert c \vert = 1$ .

Agora podemos determinar a transformação Hilbert de $x(t)$ observando e checando a equação para o sinal analítico. Isso gera

H {x (t)} = \cos (A t^{2} + B t + \frac{π}{4}) \forall t < - \frac{B}{2 A}, with c_{1} = - j,

$\begin{equation} \mathcal{H}\{x(t)\} = \cos{(At^2 + Bt + \frac{\pi}{4})}\,\forall\,t < -\frac{B}{2A}\,,\,\text{with}\,c_1 = -\mathrm{j}\,, \end{equation}$ e

H {x (t)} = - \cos (A t^{2} + B t + \frac{π}{4}) \forall t \geq - \frac{B}{2 A}, with c_{2} = j .

$\begin{equation} \mathcal{H}\{x(t)\} = -\cos{(At^2 + Bt + \frac{\pi}{4})}\,\forall\,t \geq -\frac{B}{2A}\,,\,\text{with}\,c_2 = \mathrm{j}\,. \end{equation}$

Provavelmente, também é possível escrevê-las como uma equação com a função de valor absoluto. De qualquer forma, o ponto é que a transformação de Hilbert parece conter uma descontinuidade, o que torna isso particularmente confuso para calcular, suspeito.

Eu sei que é um tanto "handwaivy", mas acho que a idéia / resultado geral está correta, então espero que isso ajude!

— mateC
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