Z-преобразование понижающей дискретизации

В этой статье или многоскоростной фильтрации автор устанавливает следующие математические отношения. Пусть $y_D$ будет выходным сигналом понижающей дискретизации, так что

y_{D} [n] = x [M n]

$y_D[n] = x[Mn]$

где $M$ - фактор понижающей дискретизации. Другими словами, мы сохраняем каждую $M$ выборку исходного сигнала. Затем автор заявляет следующее:

... Z-преобразование $y_D[n]$ дается

$Y_{D} [z] = \frac{1}{M} \sum_{k = 0}^{M - 1} X [z^{1 / M} W^{k}]$ $Y_D[z]=\frac{1}{M}\sum_{k=0}^{M-1}X[z^{1/M}W^k]$
где $W^k$ представляет собой $M$ - точечное дискретное преобразование Фурье ядра, а именно $e^{(-j2\pi k)/M}$ .

Как мы можем перейти от первого выражения ко второму? Какая связь между DFT и Z-преобразованием, которая допускает такой переход?

dft downsampling z-transform

— Phonon
источник

Ответы:

Этот вывод хитрый. Предложенный ранее подход имеет недостаток. Позвольте мне продемонстрировать это первым; тогда я дам правильное решение.

Мы хотим связать преобразование сигнала пониженной дискретизации, , с преобразованием исходного сигнала . $\mathcal{Z}$ $Y_D(z) = \mathcal{Z}\{x[Mn]\}$ $\mathcal{Z}$ $X(z) = \mathcal{Z}\{x[n]\}$

Неправильный путь

Можно было бы подумать о том, чтобы просто вставить выражение для пониженного сигнала в выражение преобразования: $\mathcal{Z}$

$Y_D(z) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}{x[Mn] z^{-n}}$

Изменение переменной кажется очевидным: $n'=Mn$

$Y_D(z) = \sum\limits_{n' \in M\mathbb{Z}}{x[n'] z^{-n'/M}}$

Тем не менее, важно понимать , что даже если новый индекс суммирования все еще работает от до , сумма в настоящее время более 1 из M целых чисел . Другими словами, $n'$ $-\infty$ $\infty$

, $n' \in M\mathbb{Z}=\{...,-2M,-M,0,M,2M,...\}$

в то время как определение преобразования требует $\mathcal{Z}$

. $n \in \{...,-2,-1,0,1,2,...\}$

Поскольку это больше не преобразование, мы не можем написать: $\mathcal{Z}$

$Y_D(z) = X(z^{1/M})$

Правильный путь

Давайте сначала определим «вспомогательный» импульсный сигнал как: $t_M[n]$

$\begin{align*} t_M[n] & = \sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty}{\delta[n-kM]} \\ & = \left\{ \begin{array}{lr} 1 & : n \in M\mathbb{Z}\\ 0 & : n \notin M\mathbb{Z} \end{array} \right. \end{align*}$

Эта функция равна на один из каждых выборок и 0 на всех остальных. $1$ $M$

Эквивалентно, функция последовательности импульсов может быть записана как:

$t_M[n] = \frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{e^{j2\pi k n / M}}$

Доказательство. Нам нужно отдельно рассмотреть случаи и : $n \in M\mathbb{Z}$ $n \notin M\mathbb{Z}$

В случаемы использовали выражение дляконечной суммы геометрического ряда.

\begin{aligned} t_{M} [n] & = \frac{1}{M} \sum_{k = 0}^{M - 1} e^{j 2 π k n / M} \\ = {\begin{array}{lr} \frac{1}{M} \sum_{k = 0}^{M - 1} 1 & : n \in M Z \\ \frac{1}{M} \frac{1 - e^{j 2 π k n}}{1 - e^{j 2 π k n / M}} & : n \notin M Z \end{array} \\ = {\begin{array}{lr} \frac{1}{M} M & : n \in M Z \\ \frac{1}{M} \frac{1 - 1}{1 - e^{j 2 π k n / M}} & : n \notin M Z \end{array} \\ = {\begin{array}{lr} 1 & : n \in M Z \\ 0 & : n \notin M Z \end{array} \end{aligned}

$\begin{align*} t_M[n] & = \frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{e^{j2\pi k n / M}} \\ & = \left\{ \begin{array}{lr} \frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{1} && : n \in M\mathbb{Z}\\ \frac{1}{M} \frac{1-e^{j2\pi k n}}{1-e^{j2\pi k n / M}} && : n \notin M\mathbb{Z} \end{array} \right. \\ & = \left\{ \begin{array}{lr} \frac{1}{M} M && : n \in M\mathbb{Z}\\ \frac{1}{M} \frac{1-1}{1-e^{j2\pi k n / M}} && : n \notin M\mathbb{Z} \end{array} \right. \\ & = \left\{ \begin{array}{lr} 1 && : n \in M\mathbb{Z}\\ 0 && : n \notin M\mathbb{Z} \end{array} \right. \end{align*}$

n \notin M Z

$n \notin M\mathbb{Z}$

Теперь вернемся к нашей первоначальной задаче нахождения преобразования понижающей дискретизации: $\mathcal{Z}$

$Y_D(z) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}{x[Mn] z^{-n}}$

$n'=Mn$

$Y_D(z) = \sum\limits_{n' \in M\mathbb{Z}}{x[n'] z^{-n'/M}}$

$n \in \mathbb{Z}$

$Y_D(z) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}{t_M[n] x[n] z^{-n/M}}$

Используя приведенную выше формулировку для функции импульсного поезда в качестве конечной суммы экспонент, получим:

$\begin{align*} Y_D(z) &= \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}{(\frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{e^{j2\pi k n / M}}) x[n] z^{-n/M}} \\ &= \frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}{e^{j2\pi k n / M} x[n] z^{-n/M}}} \\ &= \frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}{x[n] (e^{-j2\pi k / M} z^{1/M})^{-n}}} \end{align*}$

$\mathcal{Z}$ $z'=e^{-j2\pi k / M} z^{1/M}$

$Y_D(z) = \frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{X(e^{-j2\pi k / M} z^{1/M})}$

$\mathcal{Z}$

— user9037
источник

Очень хорошо. Читая мой предыдущий ответ выше, я также заметил тот же недостаток, что и вы.

— Джейсон Р

$M$

y_{D} [n] = x [M n]

$y_D[n] = x[Mn]$

$z$

\begin{aligned} Y_{D} (z) & = \sum_{n = - \infty}^{\infty} y_{D} [n] z^{- n} \\ = \sum_{n = - \infty}^{\infty} x [M n] z^{- n} \end{aligned}

$\begin{align} Y_D(z) &= \sum_{n=-\infty}^\infty y_D[n]z^{-n} \\ &= \sum_{n=-\infty}^\infty x[Mn] z^{-n} \end{align}$

$n' = Mn$

Y_{D} (z) = \sum_{n^{'} = - \infty}^{\infty} x [n^{'}] z^{- n^{'} / M}

$Y_D(z) = \sum_{n'=-\infty}^\infty x[n']z^{-n'/M}$

$z$ $x[n]$

X (z) = \sum_{n = - \infty}^{\infty} x [n] z^{- n}

$X(z) = \sum_{n=-\infty}^\infty x[n]z^{-n}$

$z$ $x[n]$ $y_D[n]$

Y_{D} (z) = X (z^{1 / M})

$Y_D(z) = X\left(z^{1/M}\right)$

$z$ $z$ $M$

$Y_D(z)$ $z$ $z^{1/M}$ $z$ $Y_D(z)$ $z^{1/M}$ $M$ $z$ $X(z)$ $z \in \mathbb{C}$ $M$ $M$

{r_{p}, r_{p} e^{\frac{j 2 π}{M}}, r_{p} e^{\frac{j 2 π 2}{M}}, \dots, r_{p} e^{\frac{j 2 π (M - 1)}{M}}}

$\left\{ r_p,\ r_p e^{\frac{j2\pi}{M}},\ r_p e^{\frac{j2\pi2}{M}},\ \ldots\ ,\ r_p e^{\frac{j2\pi(M-1)}{M}} \right\}$

= {r_{p}, r_{p} W, r_{p} W^{2}, \dots, r_{p} W^{M - 1}}

$= \left\{ r_p,\ r_p W,\ r_p W^{2},\ \ldots\ ,\ r_p W^{M-1} \right\}$

$W_k$ $e^{j2\pi k / M}$ $r_p$ $M$ $z$

r_{p} = \sqrt[M]{| z |} e^{\frac{j ∠ z}{M}}

$r_p = \sqrt[M]{|z|} e^{\frac{j\angle{z}}{M}}$

$z$ $M$ $r_p$ $z$ $M$ $z$ $z$ $M$ $r_p$

$Y_D(z)$ $X(z^{1/M})$ $z$ $Y_D(z)$ $M$ $X(z^{1/M})$ $M$ $X(z^{1/M})$ $Y_D(z)$

Y_{D} (z) = \frac{1}{M} \sum_{k = 0}^{M - 1} X (r_{p} (z) W^{k})

$Y_D(z) = \frac{1}{M} \sum_{k=0}^{M-1} X(r_p(z)W^k)$

$r_p(z)$ $M$ $z$ $M$ $\frac{1}{M}$ $z^{1/M}$

$Y_D(z) = f(g(z))$ $f(z) = X(z)$ $g(z) = z^{1/M}$ $Y_D(z)$ $z$ $Y_D(z)$ $\sqrt{X}$ $X$

— Джейсон Р
источник

Очень хороший ответ.

— Спейси

Благодарю. Любой лицензированный математик съежился бы от моей попытки описания (я, очевидно, инженер). Я не думаю, что это очень ясно, но, возможно, кто-то другой может предложить более четкое объяснение, или, возможно, я подумаю о лучшем способе сказать это.

— Джейсон Р

Я понимаю первую половину, но к концу все становится неясным.

— Спейси

Я должен переписать второй тайм, когда у меня будет шанс. Это действительно просто стандартная техника для получения выражения для композиции двух функций. Мне нужно вспомнить детали того, как это сделать.

— Джейсон Р