Cách dễ nhất, đơn giản nhất để chứng minh điều này về các bộ lọc pha tối thiểu là gì?

Sử dụng quy ước "đơn nhất" hoặc "tần số thông thường" hoặc "Hz" cho Biến đổi Fourier liên tục:

\begin{aligned} X (f) ≜ F {x (t)} & = = \int_{- \infty}^{\infty} x (t) e^{- j 2 π f t} d t \\ x (t) = = F^{- 1} {X (f)} & = = \int_{- \infty}^{\infty} X (f) e^{j 2 π f t} d f \end{aligned}

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

Vì vậy, chúng ta biết rằng biến đổi Hilbert ánh xạ tín hiệu hoặc hàm trong miền thời gian sang một miền khác trong cùng miền:

\begin{aligned} \hat{x} (t) ≜ H {x (t)} & = = \frac{1}{π t} ⊛ x (t) \\ = = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{π bạn} x (t - bạn) d bạn \\ = = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{π (t - bạn)} x (bạn) d bạn \end{aligned}

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

và biến áp Hilbert là LTI, vì vậy chúng tôi biết rằng . Và, mặc dù LTI, chúng ta biết rằng máy biến áp Hilbert không phải là nguyên nhân (nhưng, với độ trễ vừa đủ, chúng ta cũng có thể nhận ra một phép tính gần đúng với máy biến áp Hilbert, với một lỗi khác không, như chúng ta muốn). $\hat{x}(t-\tau) = \mathscr{H}\{x(t-\tau)\}$

Và chúng ta biết rằng máy biến áp LTI Hilbert này có đáp ứng tần số

\begin{aligned} \hat{X} (f) & ≜ F {\hat{x} (t)} \\ = = - j sgn (f) X (f) \\ = = {\begin{cases} e^{- j π / 2} X (f) & f > 0 \\ 0 & f = = 0 \\ e^{+ j π / 2} X (f) & f < 0 \end{cases} \end{aligned}

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

trong đó, tất nhiên, $X(f) \triangleq \mathscr{F}\{x(t)\}$ . Vì vậy, tất cả các thành phần tần số dương được dịch chuyển theo pha -90 ° và tất cả các thành phần tần số âm được dịch pha + 90 °. Không có biên độ nào bị ảnh hưởng ngoại trừ DC bị xóa sạch. Đó là cơ bản những gì một máy biến áp Hilbert làm.

Từ đó chúng ta biết về các tín hiệu phân tích:

\begin{aligned} x_{một} (t) & ≜ x (t) + j \hat{x} (t) \\ X_{một} (f) & = = X (f) + j \hat{X} (f) \\ = = X (f) + j (- j sgn (f) X (f)) \\ = = (1 + sgn (f)) X (f) \\ = = {\begin{cases} 2 X (f) & f > 0 \\ X (f) & f = = 0 \\ 0 & f < 0 \end{cases} \end{aligned}

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

Vì vậy, nếu chúng ta có tín hiệu miền thời gian có giá trị phức tạp, trong đó phần thực và phần ảo của tín hiệu này tạo thành cặp biến đổi Hilbert, thì trong miền tần số, tất cả các thành phần tần số âm có biên độ bằng không. Do tính chất đối xứng của biến đổi Fourier, chúng ta có tính đối ngẫu và có thể đảo ngược vai trò của thời gian và tần số . Điều này có nghĩa là, nếu chúng ta có phổ miền tần số có giá trị phức tạp , trong đó phần thực và phần ảo của phổ này tạo thành cặp biến đổi Hilbert, thì trong miền thời gian, tất cả các thành phần thời gian âm có biên độ bằng 0 . $x_\text{a}(t)$ $t$ $f$ $X(f)$

Nói một lần nữa, nhưng thay thế đáp ứng xung cho và đáp ứng tần số cho , chúng ta biết $h(t)$ $x(t)$ $H(f)$ $X(f)$

ℑ {h (t)} = = H {ℜ {h (t)}} ⟺ H (f) = = 0 \forall f < 0

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

và tương tự

ℑ {H (f)} = = - H {ℜ {H (f)}} ⟺ h (t) = = 0 \forall t < 0

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

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

Một hệ thống LTI được mô tả bởi đáp ứng xung bằng 0 đối với tất cả là âm, là cái mà chúng ta gọi là " hệ thống nguyên nhân ", bởi vì đáp ứng xung không đáp ứng với xung động cho đến khi xung động đó xảy ra kịp thời. Vì vậy, đối với mọi hệ thống LTI thời gian thực có thể thực hiện được (phải là nguyên nhân), phần thực và phần ảo của đáp ứng tần số là một cặp Hilbert trong miền tần số. Không ai trong số này là đặc biệt đầu hàng hoặc đặc biệt. $h(t)$ $t$

Vì vậy (như Matt dự đoán) có một cái gì đó liên quan nhiều hơn đến phần thực và phần ảo của một cái gì đó liên quan đến các hệ thống LTI có một chút đáng kinh ngạc (hoặc, ít nhất, không tầm thường). Chúng tôi có hai định nghĩa hoặc mô tả về hệ thống LTI hoặc bộ lọc LTI trong lớp này được gọi là " bộ lọc pha tối thiểu ":

Các bộ lọc LTI với các hàm truyền hợp lý (trong đó tử số và mẫu số có thể được xác định dẫn đến các gốc được gọi là số không và cực tương ứng) trong đó cả hai cực và số không nằm trong mặt phẳng nửa bên trái:

H (\frac{S}{j 2 π}) = = Một \frac{(S - q_{1}) (S - q_{2}) . . . (S - q_{M})}{(S - p_{1}) (S - p_{2}) . . . (S - p_{N})} M \leq N

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

Cần thiết cho sự ổn định: cho tất cả $\Re\{p_n\} < 0$ $1 \le n \le N$

Cần thiết cho pha tối thiểu: cho tất cả $\Re\{q_m\} < 0$ $1 \le m \le M$

Các bộ lọc này được gọi là "pha tối thiểu" bởi vì với bất kỳ số 0 trong nửa mặt phẳng bên trái, bộ lọc All-pass có cực tại cùng một vị trí sẽ hủy số 0 đó và sẽ phản xạ nó sang nửa mặt phẳng bên phải: $q_m$

H_{AP} (\frac{s}{j 2 π}) = \frac{s + q_{m}}{s - q_{m}}

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

Bộ lọc all-pass này có đáp ứng tần số với cường độ chính xác là 0 dB cho tất cả các tần số:

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

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

nhưng góc pha không bằng 0, APF này thêm dịch pha (âm):

\arg {H_{AP} (f)} = - 2 \arctan (\frac{2 π f - ℑ {q_{m}}}{- ℜ {q_{m}}})

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

Bộ lọc xếp tầng kết quả bằng 0 phản xạ đến nửa mặt phẳng bên phải có cùng độ lớn với bộ lọc ban đầu (có tất cả các số không trong nửa mặt phẳng bên trái), nhưng có nhiều pha (âm) hơn. Nhiều độ trễ pha và độ trễ nhóm nhiều hơn. Bộ lọc "pha tối thiểu" là bộ lọc duy nhất có đáp ứng cường độ chính xác giống nhau có độ dịch pha (âm) ít hơn bất kỳ bản sao nào có APF phản xạ các số 0 ở nửa mặt phẳng bên phải. $H\left( \frac{s}{j 2 \pi} \right) \cdot H_\text{AP}\left( \frac{s}{j 2 \pi} \right)$ $q_m$

Một "Maximum pha" bộ lọc là một trong những nơi tất cả các số không sống trong nửa mặt phẳng đúng hay . $\Re\{ q_m \} \ge 0$

Vì vậy, định nghĩa thứ hai của bộ lọc pha tối thiểu xác định chính xác mức độ đáp ứng pha tối thiểu này liên quan đến đáp ứng cường độ:

Một hệ thống hoặc bộ lọc LTI

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

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

là pha tối thiểu khi và chỉ khi đáp ứng pha tự nhiên, tính bằng radian, là âm của biến đổi Hilbert của logarit tự nhiên của đáp ứng cường độ:

ϕ (f) ≜ \arg {H (f)} = - H {\ln (| H (f) |)}

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

từ

\begin{aligned} H (f) & = | H (f) | e^{j ϕ (f)} \\ = e^{\ln (| H (f) |)} e^{j ϕ (f)} \\ = e^{\ln (| H (f) |) + j ϕ (f)} \\ = = e^{\ln (H (f))} \end{aligned}

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

điều này liên quan đến các phần thực và phần ảo của tự nhiên phức tạp của đáp ứng tần số. Giả sử chúng ta có thể xây dựng bộ lọc LTI giả thuyết, với đáp ứng tần số phức bằng logarit phức đó $\log()$ $G(f)$

\begin{aligned} G (f) & = = \ln (H (f)) \\ = = \ln (| H (f) |) + j φ (f) \\ = = ℜ {G (f)} + j ℑ {G (f)} \end{aligned}

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

\begin{aligned} ℑ {G (f)} & = ϕ (f) = - H {\ln (| H (f) |)} \\ = - H {ℜ {G (f)}} \end{aligned}

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

thì đáp ứng xung tương ứng với sẽ là nguyên nhân: $G(f)$

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

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

Mục đích của câu hỏi này là để giải quyết hai định nghĩa của bộ lọc pha tối thiểu. Nếu, được đưa ra định nghĩa đầu tiên, tôi không thấy bất kỳ lý do trực tiếp nào tại sao giả thuyết nên có đáp ứng xung nguyên nhân . $G(f) = \ln(H(f))$ $g(t)$

Cách duy nhất để giải quyết trực tiếp hai định nghĩa là xem xét:

H (f) = A \frac{(j 2 π f - q_{1}) (j 2 π f - q_{2}) . . . (j 2 π f - q_{M})}{(j 2 π f - p_{1}) (j 2 π f - p_{2}) . . . (j 2 π f - p_{N})}

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

(giả sử tại thời điểm ) $A>0$

\ln (| H (f) |) = \ln (A) + \sum_{m = 1}^{M} \ln (| j 2 π f - q_{m} |) - \sum_{n = 1}^{N} \ln (| j 2 π f - p_{n} |)

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

ϕ (f) ≜ \arg {H (f)} = \sum_{m = 1}^{M} \arg {j 2 π f - q_{m}} - \sum_{n = 1}^{N} \arg {j 2 π f - p_{n}}

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

Chúng ta biết rằng biến đổi Hilbert của hàm hằng là 0, vì vậy

H {\ln (A)} = 0

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

sau đó nếu chúng ta có thể chứng minh rằng mỗi điều khoản tương ứng còn lại của các phép tính tổng trong và là các cặp Hilbert, nghĩa là, nếu chúng ta có thể hiển thị $\ln(|H(f)|)$ $\arg\{H(f)\}$

\arg {j 2 π f - q_{m}} = - H {\ln (| j 2 π f - q_{m} |)} 1 \leq m \leq M

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

và

tranh luận {j 2 π f - p_{n}} = = - H {\ln (| j 2 π f - p_{n} |)} 1 \leq n \leq N

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

cho rằng và , $\Re\{q_m\} < 0$ $\Re\{p_n\} < 0$

sau đó chúng ta có thể chỉ ra rằng

ϕ (f) ≜ \arg {H (f)} = - H {\ln (| H (f) |)}

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

Chúng tôi không phải lo lắng nhiều về việc gói pha khi xem xét một thuật ngữ đơn hàng đầu tiên. Vì hình thức là giống nhau cho cả số không và số cực, chỉ xem xét một số không

\begin{aligned} tranh luận {j 2 π f - q_{m}} & = = tranh luận {j 2 π f - (ℜ {q_{m}} + j ℑ {q_{m}})} \\ = = tranh luận {- ℜ {q_{m}} + j (2 π f - ℑ {q_{m}})} \\ = = hồ quang (\frac{2 π f - ℑ {q_{m}}}{- ℜ {q_{m}}}) \end{aligned}

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

và

\begin{aligned} \ln (| j 2 π f - q_{m} |) & = \ln (| j 2 π f - (ℜ {q_{m}} + j ℑ {q_{m}}) |) \\ = \ln (| - ℜ {q_{m}} + j (2 π f - ℑ {q_{m}}) |) \\ = \ln (\sqrt{(- ℜ {q_{m}})^{2} + (2 π f - ℑ {q_{m}})^{2}}) \\ = = \frac{1}{2} \ln ((- ℜ {q_{m}})^{2} + (2 π f - ℑ {q_{m}})^{2}) \end{aligned}

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

Vì vậy, bây giờ nó trở thành một nhiệm vụ để chỉ ra rằng

\arctan (\frac{2 π f - ℑ {q_{m}}}{- ℜ {q_{m}}}) = - H {\frac{1}{2} \ln ((- ℜ {q_{m}})^{2} + (2 π f - ℑ {q_{m}})^{2})}

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

Bây giờ hãy nhớ rằng, trong miền thời gian, biến áp Hilbert là LTI, vì vậy chúng ta biết rằng và nó không Không quan trọng là gì, nó chỉ là phần bù cho thời gian ở cả đầu vào và đầu ra cho biến áp Hilbert. $\hat{x}(t-\tau) = \mathscr{H}\{x(t-\tau)\}$ $\tau$ $t$

Ở đây, trong miền tần số, phần bù cho tần số là , do đó, không mất tính tổng quát, chúng ta có thể loại bỏ từ cả hai phía: $f$ $\frac{\Im\{q_m\}}{2 \pi}$ $\Im\{q_m\}$

\arctan (\frac{2 π f}{- ℜ {q_{m}}}) = - H {\frac{1}{2} \ln ((- ℜ {q_{m}})^{2} + (2 π f)^{2})}

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

Đây phá vỡ vấn đề xuống một đơn cực thực và không thực tế, cả trong trái nửa mặt phẳng. Bây giờ chúng ta có thể bình thường hóa và với sự thay thế: $-\Re\{q_m\}$ $2 \pi$

ω ≜ \frac{2 π f}{- ℜ {q_{m}}}

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

dẫn đến

\begin{aligned} \arctan (ω) & = - H {\frac{1}{2} \ln ((- ℜ {q_{m}})^{2} + (ω \cdot (- ℜ {q_{m}}))^{2})} \\ = - H {\frac{1}{2} \ln ((- ℜ {q_{m}})^{2} \cdot (1 + ω^{2}))} \\ = - H {\ln (- ℜ {q_{m}}) + \frac{1}{2} \ln (1 + ω^{2})} \\ = - H {\frac{1}{2} \ln (1 + ω^{2})} \end{aligned}

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

Thuật ngữ cuối cùng đó bị loại vì biến đổi Hilbert của hằng số bằng không. $\ln(-\Re\{q_m\})$

Vì vậy, bây giờ, điểm mấu chốt , để chứng minh sự tương đương của hai định nghĩa về bộ lọc pha tối thiểu là gì, chúng tôi "đơn giản" cần chứng minh danh tính ở trên (hoặc bên dưới).

Ai đó, mà không sử dụng Tích hợp đường viền hoặc Lý thuyết dư lượng hoặc kết quả từ phân tích biến phức tạp, có thể chứng minh thực tế này không? :

\begin{aligned} \arctan (ω) & = - \frac{1}{2} H {\ln (1 + ω^{2})} \\ = - \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{π u} \ln (1 + (ω - u)^{2}) d u \\ = - \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{π (ω - u)} \ln (1 + u^{2}) d u \end{aligned}

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

hilbert-transform causality minimum-phase

— robert bristow-johnson
nguồn

Tôi đoán đây sẽ là về mối quan hệ biến đổi Hilbert giữa cường độ log và pha của hệ thống pha tối thiểu ...?

— Matt L.

Tôi đang đến đó, @MattL. nó sẽ là về việc điều hòa hai định nghĩa khác nhau của bộ lọc pha tối thiểu. và chúng tôi chưa đi đến định nghĩa thứ hai (mà bạn ám chỉ).

— robert bristow-johnson

Wow @ robertbristow-johnson! Dòng và phương trình cuối cùng đó cũng có thể tốt để đăng trong trang web toán học (tôi không nghĩ về nền tảng ở đó, tôi không nghĩ rằng, chỉ có định nghĩa của )

H

$\mathscr{H}$

— Dan Boschen

một cái gì đó giống như đó là kế hoạch của tôi, @DanBoschen. chỉ muốn ném nó ra đây trước. có thể để cho Olli hoặc MattL. hãy đánh vào nó (tôi có một cách tiếp cận và nó đang hiển thị các dẫn xuất của hai hàm tạo thành một cặp Hilbert.)

— robert bristow-johnson

Vì vậy, @DanBoschen, tôi đã làm đúng như bạn đề xuất .

— robert bristow-johnson

Biến đổi Hilbert với $\mathcal{H}\left\{f(\omega)\right\}$

\begin{matrix} (1) & f (ω) = = - \frac{1}{2} đăng nhập (1 + ω^{2}) \end{matrix}

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

có thể được tính theo cách sau. Đầu tiên, lưu ý rằng

\begin{matrix} (2) & \frac{d f (ω)}{d ω} = = - \frac{ω}{1 + ω^{2}} \end{matrix}

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

Từ bảng này, chúng ta biết rằng

\begin{matrix} (3) & H {\frac{1}{1 + ω^{2}}} = = \frac{ω}{1 + ω^{2}} \end{matrix}

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

Chúng tôi cũng biết rằng

\begin{matrix} (4) & H {H {f}} = = - f \end{matrix}

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

Kết hợp và chúng ta nhận được $(3)$ $(4)$

\begin{matrix} (5) & H {\frac{ω}{1 + ω^{2}}} = = H {H {\frac{1}{1 + ω^{2}}}} = = - \frac{1}{1 + ω^{2}} \end{matrix}

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

Vì vậy, sử dụng , $(2)$

\begin{matrix} (6) & H {\frac{d f (ω)}{d ω}} = = \frac{1}{1 + ω^{2}} \end{matrix}

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

Bây giờ chúng ta cũng biết rằng toán tử biến đổi Hilbert và toán tử phân biệt đi lại:

\begin{matrix} (7) & H {\frac{d f (ω)}{d ω}} = = \frac{d}{d ω} H {f (ω)} \end{matrix}

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

mang lại

\begin{matrix} (số 8) & \frac{d}{d ω} H {f (ω)} = = \frac{1}{1 + ω^{2}} \end{matrix}

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

Tích hợp cuối cùng cũng cho $(8)$

\begin{matrix} (9) & H {f (ω)} = = hồ quang (ω) \end{matrix}

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

Lưu ý rằng kết quả này cũng có thể thu được bằng Mathicala (mà tôi không có sẵn). Theo chủ đề này , lệnh

Tích hợp [-1 / 2 * Nhật ký [1 + (\ [Tau] * \ [Nu]) ^ 2] / (\ [Nu] - \ [Omega]), {\ [Nu], -Infinity, Infinity},
 Hiệu trưởng -> Đúng, Giả định -> \ [Tau]> 0 && \ [Omega]> 0, GenerateConditions -> Sai] / Pi

cho

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

Dấu âm xuất phát từ định nghĩa khác nhau của biến đổi Hilbert, như có thể thấy trong mẫu số của tích phân trong lệnh Mathicala.

Tôi muốn nói thêm rằng tính nhân quả của biến đổi Fourier ngược của , nghĩa là tính nhân quả của cepstrum phức tạp đối với hệ thống pha tối thiểu cũng có thể được hiểu theo trực giác. Lưu ý rằng bất kỳ số 0 nào của trong nửa mặt phẳng bên phải đều gây ra một điểm kỳ dị trong trong nửa mặt phẳng bên phải và do đó, biến đổi Fourier ngược tương ứng phải là hai mặt vì vùng hội tụ là một dải bao gồm trục ảo. Chỉ khi không có số 0 trong nửa mặt phẳng bên phải (nghĩa là hệ thống là pha tối thiểu) thì có tất cả các điểm kỳ dị của nó trong nửa mặt phẳng bên trái và biến đổi nghịch đảo tạo ra một nhân quả bên phải chức năng. $\log H(j\omega)$ $H(j\omega)$ $H(s)$ $\log H(s)$ $\log H(s)$

Từ chúng ta có thể thấy một thuộc tính tốt khác của biến đổi Hilbert, cụ thể là biến đổi nghịch đảo được đưa ra đơn giản bởi biến đổi (chuyển tiếp) có dấu âm: $(4)$

\begin{matrix} (10) & H^{- 1} {f} = = - H {f} \end{matrix}

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

Điều đó có nghĩa là với mỗi cặp biến đổi Hilbert mà chúng ta tìm thấy, chúng ta sẽ nhận được một cặp khác miễn phí:

\begin{matrix} (11) & H {f} = = g ⟹ H {g} = = - f \end{matrix}

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

Áp dụng đến chúng tôi tìm thấy $(11)$ $(9)$

\begin{matrix} (12) & H {hồ quang (ω)} = = - f (ω) = = \frac{1}{2} đăng nhập (1 + ω^{2}) \end{matrix}

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

— Matt L
nguồn

dấu hiệu tiêu cực đó (với Mathicala ) vẫn gây khó chịu cho tôi, Matt. chỉ cần định nghĩa về biến đổi Hilbert, đó là một phần không thể thiếu. Mathematica không đưa ra một thay đổi dấu hiệu giả với định nghĩa của chúng về tích phân không xác định với Cauchy pv,

— robert bristow-johnson

ồ, đó là sự đảo ngược thứ tự của và .

ν

$\nu$

ω

$\omega$

— robert bristow-johnson

@ robertbristow-johnson: Vâng, chỉ cần nhìn vào mẫu số, đó là và chúng tôi đang tích hợp qua .

ν - Ω

$\nu-\Omega$

ν

$\nu$

— Matt L.

tôi không ở trên tàu với lý lẽ nhân quả dưới cùng. chỉ vì là hợp lý, không có nghĩa là . ngay cả như vậy, việc đặt các điểm kỳ dị của vào nửa mặt phẳng bên trái không mang lại tính nhân quả, nhưng mang lại sự ổn định. không thực sự giống nhau

H (s)

$H(s)$

\log (H (s))

$\log(H(s))$

\log (H (s))

$\log(H(s))$

— robert bristow-johnson

@ robertbristow-johnson: thực sự nói chung là không hợp lý; Tôi đã không tuyên bố rằng nó là hợp lý. Lưu ý rằng tính ổn định của được ngụ ý bằng cách giả sử rằng biến đổi Fourier ngược của nó (cepstrum) tồn tại. Vì vậy, với sự ổn định ngụ ý, các vị trí của điểm kỳ dị xác định quan hệ nhân quả. Tất cả các điểm kỳ dị trong nửa mặt phẳng bên trái có nghĩa là nhân quả, trong nửa mặt phẳng bên phải có nghĩa là chống nhân quả, và ở cả hai phía có nghĩa là hai mặt (phi nhân quả). Nói chung không đúng khi các điểm kỳ dị trong LHP mang lại sự ổn định, chỉ giữ cho các hệ thống nhân quả .

\log H (s)

$\log H(s)$

\log H (s)

$\log H(s)$

— Matt L.