Математический вопрос, возникающий при использовании билинейного преобразования

Так что это связано с кулинарной книгой, и я попытался решить ее, может быть, два десятилетия назад, сдался, и мне напомнили о нерешенной проблеме. Но это чертовски прямолинейно, но я все еще был в грязи.

Это простой полосовой фильтр (БПФ) с резонансной частотой $\Omega_0$ и резонансом$Q$ :

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

На резонансной частоте

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

а верхние и нижние полосы определены так, чтобы

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

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

Мы называем их «полосами половинной власти» . Поскольку мы являемся аудио, мы определяем полосу пропускания в октавах, а в аналоговом мире эта полоса пропускания в октавах, , связана с как:$BW$$Q$

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

Мы используем билинейное преобразование (с предварительно искаженной резонансной частотой), которое отображает:

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

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

Резонансная угловая частота аналогового фильтра равна , а компенсация деформации частоты выполняется до резонансной частоты в реализованном цифровом фильтре, когда (определяемая пользователем резонансная частота), затем . ω = ω 0 Ω = Ω $\Omega_0$$\omega=\omega_0$$\Omega=\Omega_0$

Так что если аналоговая угловая частота

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

затем он отображается на цифровую угловую частоту как

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

Теперь верхние и нижние полосы в аналоговом мире

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

и в цифровой частотной области

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

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

Тогда фактическая разница в лог-частоте полос (которая является реальной полосой пропускания в цифровом фильтре) равна:

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

или

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

Это имеет функциональную форму

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

где , и$f(x) \triangleq \ln(2) \, bw$$x \triangleq \frac{\ln(2)}{2}BW$$\alpha \triangleq \tan(\omega_0/2)$

То, что я хочу сделать, это инвертировать (но я знаю, что не могу сделать это точно с хорошей закрытой формой). Я уже сделал приближение первого порядка, и я хочу увеличить его до приближения третьего порядка. И это стало своего рода собачьей собачкой, хотя это должно быть прямо вперед.$f(x)$

Теперь это как-то связано с формулой обращения Лагранжа и я хочу перенести ее на еще один термин, чем у меня.

Сверху мы знаем, что является функцией нечетной симметрии:$f(x)$

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

Это означает, что и все члены четного порядка ряда Маклаурина будут равны нулю:$f(0)=0$

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

Обратная функция также имеет нечетную симметрию, проходит через ноль и может быть выражена в виде ряда Маклаурина.

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

и если мы знаем, что и имеют , то у нас есть хорошее представление о том, должны быть и :a 3 f ( x ) b 1 b $a_1$$a_3$$f(x)$$b_1$$b_3$

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

Теперь я могу рассчитать производную от$f(x)$ и оценить ее в ноль, и я получаю

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

Но у меня есть сука времени, получая и, следовательно, . Кто-нибудь может это сделать? Я бы даже согласился на сплошное выражение для третьей производной функции оцененной при .$a_3$$b_3$$f(x)$$x=0$

Чтобы дополнить мою часть этого вопроса: Вот несколько сокращенный ответ, основанный на ручном расширении нечетной функции в серию до третьего порядка. Некоторые подробности можно найти на mathSE .$f(x)$

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

Сначала мы фокусируемся на левом члене элемента и начинаем с

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

Расширение серии :$\arctan$

Мы получаем

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

Теперь получим из (2) коэффициенты до . Используя оператор коэффициента для обозначения коэффициента в ряду, получим $x^3$$[x^k]$$x^k$

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

Мы заключаем

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

Полномочия в логарифмической серии:

Чтобы вывести коэффициенты логарифмического ряда мы записываем выражение (3) как и мы рассматриваем

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

Теперь мы устанавливаем и извлекаем коэффициенты от до из $A(x)=(a_0-1)+a_1x+a_2x^2+a_3x^3$$x^0$$x^3$

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

Мы получаем из (5)

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

Серийное расширение логарифма:

Мы вычисляем, используя (6) коэффициенты в терминах$\ln(\arctan(\alpha e^x))$$a_j, 0\leq j\leq 3$

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

Серийное расширение :$f(x)$

Теперь пришло время собирать урожай. Наконец, из (3) и (7) получаем, что нечетно$f(x)$

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

(Преобразование комментария в ответ.)

Используя Wolfram Alpha, при оценивается как: $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) )) +) + при + х% 3D0

Мы также можем дважды проверить, совпадает ли это с ответом Маркуса здесь .

Его коэффициент оказывается$x^3$

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

Если мы умножим это на 6 и изменим некоторые факторы, мы получим:

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

который совпадает!

Проблема, поставленная в вопросе, по-видимому, не имеет решения в замкнутой форме. Как упомянуто в вопросе и показано в других ответах, результат может быть преобразован в серию, которая может быть выполнена любым символическим математическим инструментом, таким как Mathematica. Однако термины становятся довольно сложными и безобразными, и неясно, насколько хороша аппроксимация, когда мы включаем термины до третьего порядка. Поскольку мы не можем получить точную формулу, возможно, было бы лучше вычислить решение численно, что, в отличие от аппроксимации, даст (почти) точный результат.

Однако это не то, о чем мой ответ. Я предлагаю другой путь, который дает точное решение путем изменения формулировки проблемы. Подумав некоторое время, выясняется, что именно спецификация центральной частоты и спецификация ширины полосы как отношения (или, что то же самое, в октавах) вызывает математическую неразрешимость. Есть два выхода из этой дилеммы:$\omega_0$

1. укажите полосу пропускания фильтра дискретного времени как разность частот , где и - это нижняя и верхняя границы полосы фильтра дискретного времени, соответственно.$\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$$\omega_1$$\omega_2$
2. укажите соотношение и вместо одну из двух граничных частот или .$\omega_2/\omega_1$$\omega_0$$\omega_1$$\omega_2$

В обоих случаях возможно простое аналитическое решение. Поскольку желательно задавать полосу пропускания фильтра с дискретным временем как отношение (или, что то же самое, в октавах), я опишу второй подход.

Определим граничные частоты и с непрерывным временем с помощью$\Omega_1$$\Omega_2$

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

with , где - передаточная функция полосового фильтра второго порядка:$\Omega_2>\Omega_1$$H(s)$

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

с и . Обратите внимание, что и для .$\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$

Мы используем билинейное преобразование для отображения граничных частот и фильтра с дискретным временем на граничные частоты и с непрерывным временем. Без ограничения общности мы можем выбрать . Для наших целей билинейное преобразование принимает форму$\omega_1$$\omega_2$$\Omega_1$$\Omega_2$$\Omega_1=1$

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

соответствует следующему соотношению между частотами непрерывного и дискретного времени:

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

Из мы получаем , установив . С и вычисленными из , мы получаем передаточную функцию аналогового фильтра-прототипа из . Применяя билинейное преобразование , мы получаем передаточную функцию полосового фильтра с дискретным временем:$(4)$$\Omega_2$$\omega=\omega_2$$\Omega_1=1$$\Omega_2$$(4)$$(2)$$(3)$

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

с

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

Резюме:

Полоса пропускания фильтра с дискретным временем может быть указана в октавах (или, как правило, в виде отношения), и параметры аналогового фильтра-прототипа могут быть точно рассчитаны, так что достигается указанная полоса пропускания. Вместо центральной частоты мы указываем края полосы и . Центральная частота, определяемая как является результатом проекта.$\omega_0$$\omega_1$$\omega_2$$|H_d(e^{j\omega_0})|=1$

Необходимые шаги следующие:

1. Укажите желаемое соотношение ребер полосы и одного из ребер полосы (что, конечно, эквивалентно простому указанию и ).$\omega_2/\omega_1$$\omega_1$$\omega_2$
2. Выберите и определите из . Вычислить и аналогового фильтра-прототипа .$\Omega_1=1$$\Omega_2$$(4)$$\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1$$\Omega_0^2=\Omega_1\Omega_2$$(2)$
3. Оцените константы чтобы получить передаточную функцию с дискретным временем .$(6)$$(5)$

Обратите внимание, что при более распространенном подходе, где и , фактические края полосы и являются результатом процесса проектирования. В предлагаемом решении можно указать края полосы, и является результатом процесса проектирования. Преимущество последнего подхода состоит в том, что полоса пропускания может быть указана в октавах, и решение является точным, то есть результирующий фильтр имеет точно указанную полосу пропускания в октавах.$\omega_0$$\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$$\omega_1$$\omega_2$$\omega_0$

Пример:

Давайте определим полосу пропускания в одну октаву и выберем нижний край полосы как . Это дает верхний край полосы . Края полосы аналогового фильтра-прототипа: и из (с ) . Это дает и . С помощью получаем передаточную функцию с дискретным временем$\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)$

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

который достигает точно ширины полосы в 1 октаву и указанных краев полосы, как показано на рисунке ниже:

Численное решение исходной задачи:

Из комментариев я понимаю, что важно уметь точно указывать центральную частоту для которой . Как упоминалось ранее, невозможно получить точное решение в замкнутой форме, и разработка серии приводит к довольно громоздким выражениям.$\omega_0$$|H_d(e^{j\omega_0})|=1$

Для ясности хотелось бы обобщить возможные варианты с их достоинствами и недостатками:

1. укажите желаемую пропускную способность как разность частот и укажите ; в этом случае возможно простое решение в замкнутой форме.$\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$$\omega_0$
2. указать края полосы и (или, что эквивалентно, ширину полосы в октавах и один из краев полосы); это также приводит к простому решению в замкнутой форме, как объяснено выше, но центральная частота является результатом проектирования и не может быть указана.$\omega_1$$\omega_2$$\omega_0$
3. укажите желаемую пропускную способность в октавах и центральную частоту (как указано в вопросе); решение в замкнутой форме невозможно, и пока нет простого приближения. По этой причине я думаю, что желательно иметь простой и эффективный метод для получения численного решения. Это то, что объясняется ниже.$\omega_0$

Когда указывается мы используем форму билинейного преобразования с константой нормализации, отличной от той, которая используется в и :$\omega_0$$(3)$$(4)$

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

Мы определяем . Обозначим указанное отношение краев полосы фильтра с дискретным временем как$\Omega_0=1$

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

С мы получаем из и$c=\tan(\omega_0/2)$$(7)$$(8)$

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

С , можно переписать в следующем виде:$\Omega_1\Omega_2=\Omega_0^2=1$$(9)$

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

Для данного значения это уравнение может быть решено для с помощью нескольких итераций Ньютона. Для этого нам понадобится производная от :$r$$\Omega_1$$f(\Omega_1)$

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

При мы знаем, что должен находиться в интервале . Даже при том, что возможно придумать более начальные решения, оказывается, что начальное предположение хорошо работает для большинства спецификаций и приведет к очень точным решениям только после итераций метода Ньютона:$\Omega_0=1$$\Omega_1$$(0,1)$$\Omega_1^{(0)}=0.1$$4$

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

С получены с помощью нескольких итераций мы можем определить и , и мы используем и для вычисления коэффициентов фильтр с дискретным временем. Обратите внимание, что константа теперь задается как .$\Omega_1$$(12)$$\Omega_2=1/\Omega_1$$\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1$$(5)$$(6)$$c$$c=\tan(\omega_0/2)$

Пример 1:

Давайте определим и полосу пропускания октавы. Это соответствует соотношению . С начального приближения из , итерации метода Ньютона привели в растворе , из которой коэффициенты дискретного времени может быть вычислена , как описано выше. На рисунке ниже показан результат:$\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$

Фильтр был рассчитан с помощью этого сценария Matlab / Octave:

% технические характеристики
bw = 0,5; % желаемой полосы пропускания в октавах
w0 = 0,6 * pi; % резонансная частота

г = 2 ^ (мс); % отношение краев полосы
W1 = .1; % начальная догадка (работает для большинства спецификаций)
Nit = 4; % # Ньютоновских итераций
с = загар (w0 / 2);

% Ньютон
для i = 1: нит,
    f = r * атан (с * W1) - атан (с / W1);
    fp = c * (r / (1 + c ^ 2 * W1 ^ 2) + 1 / (c ^ 2 + W1 ^ 2));
    W1 = W1 - f / fp
конец

W1 = абс (W1);
if (W1> = 1), error ('Не удалось сходиться. Уменьшить значение первоначального предположения.'); конец

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

% дискретный фильтр времени
масштаб = 1 + dW * c + W1 * W2 * c ^ 2;
b = (dW * c / масштаб) * [1,0, -1];
a = [1, 2 * (W1 * W2 * c ^ 2-1) / шкала, (1-dW * c + W1 * W2 * c ^ 2) / шкала];

Пример 2:

Я добавляю еще один пример, чтобы показать, что этот метод также может работать со спецификациями, для которых большинство приближений даст несмысленные результаты. Это часто имеет место, когда желаемая ширина полосы и резонансная частота являются большими. Давайте фильтр с и октавы. Четыре итерации метода Ньютона с начальным предположением приводят к конечному значению , т. пропускной способности аналогового прототипа октав. Соответствующий фильтр с дискретным временем имеет следующие коэффициенты, и его частотная характеристика показана на графике ниже:$\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];
а = [1,00000 0,17806 -0,81972];

Результирующие края полосы половинной мощности равны и , которые на самом деле находятся на расстоянии октавы (т.е. с коэффициентом ).$\omega_1=0.062476\pi$$\omega_2 = 0.999612\pi$$4$$16$

хорошо, я пообещал поднять награду, и я сдержу свое обещание. но я должен признаться, что я мог бы немного отречься от удовлетворения только третьей производной от . что я действительно хочу, так это два коэффициента для .$f(x)$$g(y)$

поэтому я не осознавал, что существует этот язык Wolfram в качестве альтернативы mathematica или Derive, и я не знал, что он может так легко вычислить третью производную и упростить выражение.

и этот парень из Markus из математического департамента SE опубликовал этот ответ (который, как я думал, должен был соответствовать количеству гранжа, который, как я думал, понадобится).

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

поэтому я собрал аппроксимацию третьего порядка к обратному:

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

Я надеялся, что это сделает кто-то другой. вспомним , g ( y ) = x ≜ ln ( 2 $y=f(x) \triangleq \ln(2) \, bw$и& alpha≜загар(ω0/2$g(y) = x \triangleq \frac{\ln(2)}{2}BW$$\alpha \triangleq \tan(\omega_0/2)$

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

у меня есть три удобных триггера:

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

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

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

"finally" we got:

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

this ain't so bad. fits on a single line. if someone sees an error or a good way to simplify further, please lemme know.

with the power series approximation from the comment above,

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

Итак, вот некоторые количественные результаты. я построил полосу пропускания$bw$для цифрового фильтра по оси х и результирующей ширины полосы пропускания по оси у. Есть пять участков от зеленого до красного, представляющих резонансную частоту$\omega_0$ нормализовано Найквистом:

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

таким образом, резонансная частота идет от почти постоянного тока до почти Найквиста.

здесь нет никакой компенсации (или предварительной деформации) для пропускной способности:

вот простая компенсация первого порядка, которую поваренная книга делала все это время:

вот компенсация третьего порядка, которую мы только что решили здесь:

мы хотим, чтобы все линии лежали прямо на главной диагонали.

я уже сделал ошибку в случае третьего порядка и исправил его в этой версии. он делает вид , как приближение третьего порядка к$g(y)$ немного лучше, чем в первом приближении для малых $bw$,

таким образом, я возился с коэффициентом члена 3-го порядка (я хочу оставить член 1-го порядка тем же самым), уменьшая его эффект. это умножение только члена 3-го порядка на 50%:

это уменьшает его до 33%:

и это уменьшает срок 3-го порядка до 25%:

поскольку целью обратной функции является отмена указанной функции, смысл всего этого состоит в том, чтобы заставить кривые составной функции лежать как можно ближе к главной диагонали. это не так уж плохо для 75% Найквиста для резонансной частоты$\omega_0$ и 3 октавы пропускной способности $bw$, но не намного лучше, чтобы действительно оправдать себя в коде «коэффициента приготовления», который выполняется всякий раз, когда пользователь поворачивает ручку или скользит слайдером.