Hilbert Biến đổi một hàm sin với đối số bậc hai

Tôi đang tìm kiếm biến đổi Hilbert của chức năng sau:

H {tội (Một t^{2} + B t + \frac{π}{4})}

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

Ở đâu $A$ và $B$ là hằng số với $A<0$ và $B>0$ .

Nó được biết đến rằng $\mathcal{H}\{ \sin(Bt) \} = -\cos(Bt)$ , có thể dễ dàng được hiển thị bằng cách viết lại biến đổi Hilbert dưới dạng tích chập với $1/{\pi t}$ và sử dụng biểu diễn quang phổ như sau đây:

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

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

trong đó biểu thị toán tử chập. Hãy xem xét cặp Fourier sau: $*$

F {\frac{1}{π t}} = = - j S g n (ω)

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

Với vấn đề này, vấn đề có thể được giải quyết trong phổ như sau:

F {tội (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))

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

Ở đây, hai xung delta Dirac được đặt tại tần số góc và và do đó chức năng ký hiệu được áp dụng trực tiếp. Do đó, chúng tôi nhận được $+B$ $-B$

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

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

Tuy nhiên, nguyên tắc tương tự không thể được áp dụng cho , vì hàm phổ của nó là hai hàm Gaussian phức tạp chồng lên nhau cũng chuyển sang tần số góc và : $x(t) = \sin(At^2 + Bt + \pi/4)$ $+B$ $-B$

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

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

Mỗi hàm Gaussian phức tạp được xác định cho tất cả các tần số và do đó việc áp dụng hàm dấu không đơn giản hóa hoặc giải quyết vấn đề. Tôi cũng đã cố gắng trực tiếp giải quyết tích phân biến đổi Hilbert nhưng không thành công. Tôi đánh giá cao bất kỳ sự giúp đỡ.

hilbert-transform

— andresnm
nguồn

Trong trường hợp này, w (t) = 2 * A * t + B. Bạn có thể sử dụng thông tin đó để giúp bạn không?

— Bến

Trực tiếp tính toán điều này có vẻ khó khăn.

Lập luận của tôi là như sau. Đối với tín hiệu , cái gọi là tín hiệu phân tích có thể được lấy bởi Tín hiệu phân tích về cơ bản chỉ tương ứng với hàm lượng phổ của trong các tần số dương. $s(t)$ $s_{\mathrm{an}}(t)$

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

$\begin{equation} s_{\mathrm{an}}(t) = s(t)+\mathrm{j} \mathcal{H}\{s(t)\}\,\,, \text{where}\,S_{\mathrm{an}}(\omega) = 0\,\forall\, \omega < 0 \end{equation}$

s (t)

$s(t)$

Đối với ví dụ đầu tiên của bạn về một hình sin đơn giản, bạn cũng có thể đi đến kết quả cho phép biến đổi Hilbert nếu bạn xem xét tín hiệu phân tích. Các hình sin thực bao gồm các thành phần tần số . Tín hiệu phân tích sau đó phải là thành phần tại , sau đó rõ ràng là một hàm mũ phức tạp, mang lại kết quả cho biến đổi Hilbert. $\pm B$ $B$

Bây giờ đối với tín hiệu chirp của bạn , tình hình có phần phức tạp hơn. Nếu chúng ta nghĩ về một "khóa tần số tức thời" ảo của tín hiệu, thì đó là Bây giờ điều này hơi lạ, tương ứng với hai thành phần thay đổi tuyến tính của độ dốc đối diện, vượt qua điểm tần số 0 tại . $x(t)$

ω_{x} (t) = = \pm (2 Một t + B) .

$\begin{equation} \omega_{x}(t) = \pm (2At+B)\,. \end{equation}$

ω_{x} (t = - \frac{B}{2 A}) = 0

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

Bây giờ tín hiệu phân tích sẽ phải biểu thị một phần của khóa tần số này phía trên đường zero của mặt phẳng (tôi có thể thêm một số âm mưu sau). Điều này có nghĩa là trước tiên nó phải có độ dốc âm, đi xuống tần số 0 và sau đó đột ngột chuyển sang độ dốc dương! $\omega-t$

Điều này có nghĩa là tín hiệu phân tích sẽ phải trông giống như và trong đó là một số hằng với .

x_{một n} (t) = = c_{1} điểm kinh nghiệm (- j (Một t^{2} + B t + \frac{π}{4})) \forall t < - \frac{B}{2 Một}

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

x_{một n} (t) = = c_{2} điểm kinh nghiệm (j (Một t^{2} + B t + \frac{π}{4})) \forall t \geq - \frac{B}{2 Một},

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

c

$c$

| c | = 1

$\vert c \vert = 1$

Bây giờ chúng ta có thể xác định biến đổi Hilbert của bằng cách quan sát và kiểm tra phương trình của tín hiệu phân tích. Điều này mang lại và $x(t)$

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

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

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

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

Người ta có thể cũng có thể viết chúng như một phương trình với hàm giá trị tuyệt đối. Trong mọi trường hợp, điểm chính là biến đổi Hilbert dường như chứa một sự gián đoạn, đó là điều làm cho điều này đặc biệt khó hiểu để tính toán tôi nghi ngờ.

Tôi biết nó hơi "handwaivy", nhưng tôi nghĩ rằng ý tưởng / kết quả chung là chính xác, vì vậy hy vọng điều này sẽ giúp!

— bạn đời
nguồn