Математичне питання, що виникає при використанні білінеарного перетворення

Отож, це пов’язано з Кулінарною книгою, і я намагався її вирішити, можливо, два десятиліття тому, відмовився і нагадав про невирішену проблему. Але це досить чорт прямо вперед, але я все-таки зациклювався на гніді.

Це простий смуговий фільтр (BPF) з резонансною частотою та резонансом : $\Omega_0$ $Q$

H (s) = \frac{\frac{1}{Q} \frac{s}{Ω_{0}}}{{(\frac{s}{Ω_{0}})}^{2} + \frac{1}{Q} \frac{s}{Ω_{0}} + 1}

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

На резонансній частоті

| H (j Ω) | \leq H (j Ω_{0}) = 1

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

а верхня і нижня пов'язки визначені так, що

| H (j Ω_{U}) |^{2} = {| H (j Ω_{0} 2^{B W / 2}) |}^{2} = \frac{1}{2}

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

| H (j Ω_{L}) |^{2} = {| H (j Ω_{0} 2^{- B W / 2}) |}^{2} = \frac{1}{2}

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

Ми називаємо це "переповненими потугами" . Оскільки ми є аудіо, ми визначаємо пропускну здатність в октавах, а в аналоговому світі ця смуга пропускання в октавах, , пов'язана з як: $BW$ $Q$

\frac{1}{Q} = \frac{2^{B W} - 1}{\sqrt{2^{B W}}} = 2 \sinh (\frac{\ln (2)}{2} B W)

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

Ми використовуємо білінеарне перетворення (з попередньо викривленою резонансною частотою), яке відображає:

\begin{aligned} \frac{s}{Ω_{0}} & \leftarrow \frac{1}{\tan (ω_{0} / 2)} \frac{1 - z^{- 1}}{1 + z^{- 1}} \\ \frac{j Ω}{Ω_{0}} & \leftarrow \frac{j \tan (ω / 2)}{\tan (ω_{0} / 2)} \end{aligned}

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

нехай і . $z=e^{j \omega}$ $s=j\Omega$

Резонансна кутова частота аналогового фільтра дорівнює , і з компенсацією частоти викривлення, що робиться на резонансну частоту в реалізованому цифровому фільтрі, коли (визначена користувачем резонансна частота), то . $\Omega_0$ $\omega=\omega_0$ $\Omega=\Omega_0$

Отже, якщо аналогова кутова частота

\frac{Ω}{Ω_{0}} = \frac{\tan (ω / 2)}{\tan (ω_{0} / 2)}

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

то воно відображається на цифрову кутову частоту як

ω = 2 \arctan (\frac{Ω}{Ω_{0}} \tan (ω_{0} / 2))

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

Тепер верхня і нижня смуги в аналоговому світі є

Ω_{U} = Ω_{0} 2^{B W / 2}

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

Ω_{L} = Ω_{0} 2^{- B W / 2}

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

а в цифровій частотній області є

\begin{aligned} ω_{U} & = 2 \arctan (\frac{Ω_{U}}{Ω_{0}} \tan (ω_{0} / 2)) \\ = 2 \arctan (2^{B W / 2} \tan (ω_{0} / 2)) \end{aligned}

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

\begin{aligned} ω_{L} & = 2 \arctan (\frac{Ω_{L}}{Ω_{0}} \tan (ω_{0} / 2)) \\ = 2 \arctan (2^{- B W / 2} \tan (ω_{0} / 2)) \end{aligned}

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

Тоді фактична різниця в частоті журналу діапазонів (яка є фактичною пропускною здатністю в цифровому фільтрі):

\begin{aligned} b w & = \log_{2} (ω_{U}) - \log_{2} (ω_{L}) \\ = \log_{2} (2 \arctan (2^{B W / 2} \tan (ω_{0} / 2))) - \log_{2} (2 \arctan (2^{- B W / 2} \tan (ω_{0} / 2))) \end{aligned}

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

або

\ln (2) b w = \ln (\arctan (e^{\ln (2) B W / 2} \tan (ω_{0} / 2))) - \ln (\arctan (e^{- \ln (2) B W / 2} \tan (ω_{0} / 2)))

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

Це має функціональну форму

f (x) = \ln (\arctan (α e^{x})) - \ln (\arctan (α e^{- x}))

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

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

Що я хочу зробити - це інвертувати (але я знаю, що я не можу зробити це точно з приємною закритою формою). Я вже зробив наближення першого порядку, і я хочу піднести його до наближення третього порядку. І це стало своєрідним копуліруючим іклам самки, хоча це повинно бути прямо вперед. $f(x)$

Тепер це має щось спільне з формулою інверсії Лагранжа, і я хочу лише прийняти його ще на один термін, ніж у мене.

Зверху ми знаємо, що - це непарна симетрія: $f(x)$

f (- x) = - f (x)

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

Це означає, що і всі умови парного порядку серії Маклауріна будуть дорівнювати нулю: $f(0)=0$

y = f (x) = a_{1} x + a_{3} x^{3} + . . .

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

Зворотна функція також є непарною симетрією, проходить через нуль і може бути виражена у вигляді серії Маклауріна

x = g (y) = b_{1} y + b_{3} y^{3} + . . .

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

і якщо ми знаємо, що і є , то ми маємо гарне уявлення про те, що повинні бути та : $a_1$ $a_3$ $f(x)$ $b_1$ $b_3$

b_{1} = \frac{1}{a_{1}} b_{3} = - \frac{a_{3}}{a_{1}^{4}}

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

Тепер я можу обчислити похідну і оцінити її в нуль, і я отримаю $f(x)$

a_{1} = \frac{2 α}{(1 + α^{2}) \arctan (α)} = \frac{\sin (ω_{0})}{ω_{0} / 2}

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

b_{1} = \frac{(1 + α^{2}) \arctan (α)}{2 α} = \frac{ω_{0} / 2}{\sin (ω_{0})}

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

Але у мене сука часу отримує і тому . Хтось може це зробити? Я б навіть погодився на твердий вираз для третьої похідної оціненої на . $a_3$ $b_3$ $f(x)$ $x=0$

— Роберт Брістоу-Джонсон
джерело

Просто для уточнення: Ваша мета - перевернути , тобто для заданого потрібно знайти ? Зокрема, ви хочете зробити це шляхом поліномального розширення, і шукаєте 3-й коефіцієнт (оскільки 2-й дорівнює нулю, щоб зробити його непарним). Правильно?

f (x) = \ln (\arctan (α e^{x})) - \ln (\arctan (α e^{- x}))

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

f (x)

$f(x)$

x

$x$

— Максиміліан Матте

Отже, ви хочете знати даними , тобто ви хочете знати, яку пропускну здатність аналогового фільтра потрібно вибрати, щоб отримати бажану пропускну здатність цифрового фільтра, правда?

B W

$BW$

b w

$bw$

— Метт Л.

так, так і так.

— Роберт Брістоу-Джонсон

@ robertbristow-johnson Я не надто уважно прочитав питання, але помітив, що ти зацікавився при . Чи нормально використовувати Mathematica або Wolfram Alpha для обчислення цього? Я отримую досить чистий результат: . wolframalpha.com/input/… І якщо ви вилучите частину "оцінювання при х = 0", Вольфрам виплющує самку, що купляє, у повній красі.

f^{‴} (x)

$f'''(x)$

x = 0

$x=0$

\frac{4 (8 - π^{2}) α^{3}}{π^{3}}

$\frac{4 (8-\pi^2) \alpha^3}{\pi^3}$

— Atul Ingle

Друкарня в моєму там. Результат "чистого" насправді: wolframalpha.com/input/…

f (x)

$f(x)$

- (6 a^{2}) / ((a^{2} + 1)^{2} a t a n (a)^{2}) + (2 a) / ((a^{2} + 1) a t a n (a)) + (16 a^{5}) / ((a^{2} + 1)^{3} a t a n (a)) + (12 a^{4}) / ((a^{2} + 1)^{3} a t a n (a)^{2}) - (16 a^{3}) / ((a^{2} + 1)^{2} a t a n (a)) + (4 a^{3}) / ((a^{2} + 1)^{3} a t a n (- 1) (a)^{3})

$-(6 a^2)/((a^2 + 1)^2 atan(a)^2) + (2 a)/((a^2 + 1) atan(a)) + (16 a^5)/((a^2 + 1)^3 atan(a)) + (12 a^4)/((a^2 + 1)^3 atan(a)^2) - (16 a^3)/((a^2 + 1)^2 atan(a)) + (4 a^3)/((a^2 + 1)^3 atan(-1)(a)^3)$

— Atul Ingle

Відповіді:

Для доповнення моєї частини до цього питання: Ось дещо скорочена відповідь, заснована на ручному розширенні непарної функції у ряд до третього порядку. Ще кілька деталей можна знайти на mathSE . $f(x)$
$\begin{aligned} f (x) & = \ln (\arctan (α e^{x})) - \ln (\arctan (α e^{- x})) \\ (1) & = f_{1} x + f_{3} x^{3} + O (x^{5}) \end{aligned}$ $\begin{align*} f(x)&=\ln\left(\arctan\left(\alpha e^x\right)\right)-\ln\left(\arctan\left(\alpha e^{-x}\right)\right)\\ &=f_1x+f_3x^3+O\left(x^5\right)\tag{1} \end{align*}$

Спочатку ми фокусуємося на лівому терміні з і починаємо з

\ln (\arctan (α e^{x}))

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

f (x)

$f(x)$

Розширення серії : $\arctan$

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

Тепер отримаємо з (2) коефіцієнти до . За допомогою оператора коефіцієнтів позначимо коефіцієнт у отриманому ряді $x^3$ $[x^k]$ $x^k$

\begin{aligned} [x^{0}] \arctan (α e^{x}) & = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{2 n + 1} α^{2 n + 1} = \arctan α \\ [x^{1}] \arctan (α e^{x}) & = \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} α^{2 n + 1} = \frac{α}{1 + α^{2}} \\ [x^{2}] \arctan (α e^{x}) & = \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} (2 n + 1) α^{2 n + 1} \\ = \dots = \frac{α}{2} \cdot \frac{d}{d α} (\frac{α}{1 + α^{2}}) = \frac{α (1 - α^{2})}{2 {(1 + α^{2})}^{2}} \\ [x^{3}] \arctan (α e^{x}) & = \frac{1}{6} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} (2 n + 1)^{2} α^{2 n + 1} \\ = \frac{α^{2}}{6} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} (2 n + 1) (2 n) α^{2 n - 1} + \frac{α}{6} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} (2 n + 1) α^{2 n} \\ = \dots = (\frac{α^{2}}{6} \cdot \frac{d^{2}}{d α^{2}} + \frac{α}{6} \cdot \frac{d}{d α}) (\frac{α}{1 + α^{2}}) \\ = \dots = \frac{α^{5} - 6 α^{3} + α}{6 (1 + α^{2})^{3}} \end{aligned}

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

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

Повноваження логарифмічного ряду:

Для отримання коефіцієнтів логарифмічного ряду запишемо вираз (3) як і ми вважаємо
$\begin{aligned} \ln (\arctan (α e^{x})) & = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n + 1}}{n} (\arctan (α e^{x}) - 1)^{n} \end{aligned}$ $\begin{align*} \ln\left(\arctan(\alpha e^x)\right)&=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}(\arctan(\alpha e^x)-1)^n \end{align*}$ $\begin{aligned} \arctan (α e^{x}) & = a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3} + O (x^{4}) \end{aligned}$ $\begin{align*} \arctan\left(\alpha e^x\right)&=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+O(x^4) \end{align*}$ $\begin{aligned} (4) & \ln (\arctan (α e^{x})) & = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n + 1}}{n} ((a_{0} - 1) + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3})^{n} + O (x^{4}) \end{aligned}$ $\begin{align*} \ln\left(\arctan(\alpha e^x)\right)&=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}((a_0-1)+a_1x+a_2x^2+a_3x^3)^n+O(x^4)\tag{4} \end{align*}$

Тепер встановлюємо і коефіцієнти від до з $A(x)=(a_0-1)+a_1x+a_2x^2+a_3x^3$ $x^0$ $x^3$

\begin{aligned} {(A (x))}^{n} & = ((a_{0} - 1) + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3})^{n} \\ = \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{j}) (a_{0} - 1)^{j} {(a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3})}^{n - j} \\ (5) & = \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{j}) (a_{0} - 1)^{j} \sum_{k = 0}^{n - j} (\binom{n - j}{k}) a_{1}^{k} x^{k} {(a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3})}^{n - j - k} \end{aligned}

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

Отримаємо з (5)

\begin{aligned} [x^{0}] & {(A (x))}^{n} = \dots = (a_{0} - 1)^{n} \\ [x^{1}] & {(A (x))}^{n} = \dots = a_{1} n (a_{0} - 1)^{n - 1} \\ [x^{2}] & {(A (x))}^{n} = \dots = a_{2} n (a_{0} - 1)^{n - 1} + \frac{1}{2} n (n - 1) a_{1}^{2} (a_{0} - 1)^{n - 2} \\ [x^{3}] & {(A (x))}^{n} = \dots = n a_{3} (a_{0} - 1)^{n - 1} + a_{1} a_{2} n (n - 1) (a_{0} - 1)^{n - 2} \\ (6) & + \frac{1}{6} n (n - 1) (n - 2) a_{1}^{3} (a_{0} - 1)^{n - 3} \end{aligned}

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

Розширення серії логарифмів:

Обчислюємо, використовуючи (6) коефіцієнти у перерахунку на $\ln(\arctan(\alpha e^x))$ $a_j, 0\leq j\leq 3$

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

Розширення серії : $f(x)$

Тепер прийшов час збирати урожай. Ми нарешті отримуємо з (3) і (7) з урахуванням того, що непарне $f(x)$

$\begin{aligned} f (x) & = \ln (\arctan (α e^{x})) - \ln (\arctan (α e^{- x})) \\ = \dots \\ = \frac{2 a_{1}}{a_{0}} x + 2 (\frac{a_{3}}{a_{0}} - \frac{a_{1} a_{2}}{a_{0}^{2}} + \frac{a_{1}^{3}}{3 a_{0}^{3}}) x^{3} + O (x^{5}) \\ = \frac{2 α}{(1 + α^{2}) \arctan (α)} x + \frac{α}{3 (1 + α^{2})^{3} \arctan (α)} (α^{4} - 6 α^{2} + 1 \\ - \frac{3 α (1 - α^{2})}{\arctan (α)} + \frac{2 α^{2}}{{(\arctan (α))}^{2}}) x^{3} + O (x^{5}) \end{aligned}$ $\begin{align*} \color{blue}{f(x)}&\color{blue}{=\ln\left(\arctan\left(\alpha e^x\right)\right)-\ln\left(\arctan\left(\alpha e^{-x}\right)\right)}\\ &=\cdots\\ &=\frac{2a_1}{a_0}x+2\left(\frac{a_3}{a_0}-\frac{a_1a_2}{a_0^2}+\frac{a_1^3}{3a_0^3}\right)x^3+O(x^5)\\ &\color{blue}{=\frac{2\alpha}{(1+\alpha^2)\arctan(\alpha)}x +\frac{\alpha}{3(1+\alpha^2)^3\arctan(\alpha)}\Bigg(\alpha^4-6\alpha^2+1}\\ &\qquad\color{blue}{\left.-\frac{3\alpha(1-\alpha^2)}{\arctan(\alpha)}+\frac{2\alpha^2}{\left(\arctan(\alpha)\right)^2}\right)x^3+O(x^5)} \end{align*}$

— Маркус Шейер
джерело

Маркус, хоча ви вірно відноситесь до , оскільки ми знаємо, що має непарну симетрію і що умови парного порядку дорівнюють нулю, я думаю, ви можете сказати, що це розширення добре для .

O (x^{4})

$O(x^4)$

f (x)

$f(x)$

O (x^{5})

$O(x^5)$

— Роберт Брістоу-Джонсон

@ robertbristow-johnson: Так, звичайно. Оновлено відповідно. :-)

— Маркус Шейер

Велике зусилля! Намагаючись прочитати цю детальну та тривалу відповідь, я не міг побачити, як ви можете виділити у рівнянні (4) поза логарифмом? Нескінченний ряд вже включає кожну силу , так що означає відокремлений термін ?

O (x^{4})

$O(x^4)$

x

$x$

O (x^{4})

$O(x^4)$

— Fat32

Звичайно, у мене виникає відчуття того, що ти хочеш мати на увазі, але тоді відповідна позначення може бути приблизно такою: де я використовував щоб триматися подалі від усіх ваших інших позначень. І зауважте, що я використовував та щоб розрізняти ці два набори коефіцієнтів. Отже, ваше рівняння (4) і цей вище рядок не зовсім однакові. Але я не думаю, що це вплине на ваш подальший прогрес.

\ln (\arctan (α e^{x})) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n + 1}}{n} ((a_{0} - 1) + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3} + O_{1} (x^{4}))^{n} = T_{0} + T_{1} x + T_{2} x^{2} + T_{3} x^{3} + O_{2} (x^{4})

$\ln\left(\arctan(\alpha e^x)\right) ~=~ \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}((a_0-1)+a_1x+a_2x^2+a_3x^3 + O_1(x^4))^n ~=~ T_0 + T_1 x + T_2 x^2 + T_3 x^3 + O_2(x^4)$

T

$T$

O_{1}

$O_1$

O_{2}

$O_2$

— Fat32

@ Fat32: Ви можете поглянути на нотацію великого розміру

— Маркус Шейер,

(Перетворення коментаря у відповідь.)

Використовуючи Wolfram Alpha, при оцінюється таким чином: $f'''(x)$ $x=0$

\begin{aligned} f^{‴} (0) = & - \frac{6 α^{2}}{(α^{2} + 1)^{2} (\arctan (α))^{2}} + \frac{2 α}{(α^{2} + 1) \arctan (α)} \\ + \frac{16 α^{5}}{(α^{2} + 1)^{3} \arctan (α)} + \frac{12 α^{4}}{(α^{2} + 1)^{3} (\arctan (α))^{2}} \\ - \frac{16 α^{3}}{(α^{2} + 1)^{2} \arctan (α)} + \frac{4 α^{3}}{(α^{2} + 1)^{3} (\arctan (α))^{3}} \\ = \frac{2 (α^{4} - 6 α^{2} + 1) α}{(α^{2} + 1)^{3} \arctan (α)} + \frac{6 (α^{2} - 1) α^{2}}{(α^{2} + 1)^{3} (\arctan (α))^{2}} + \frac{4 α^{3}}{(α^{2} + 1)^{3} (\arctan (α))^{3}} \end{aligned}

$\begin{align} \\ f'''(0) = & -\frac{6 \alpha^2}{(\alpha^2 + 1)^2 (\arctan(\alpha))^2} \ + \ \frac{2 \alpha}{(\alpha^2 + 1) \arctan(\alpha)} \\ & \quad \quad + \frac{16 \alpha^5}{(\alpha^2 + 1)^3 \arctan(\alpha)} \ + \ \frac{12 \alpha^4}{(\alpha^2 + 1)^3 (\arctan(\alpha))^2} \\ & \quad \quad \quad \quad - \frac{16 \alpha^3}{(\alpha^2 + 1)^2 \arctan(\alpha)} \ + \ \frac{4 \alpha^3}{(\alpha^2 + 1)^3 (\arctan(\alpha))^3} \\ \\ &= \frac{2 (\alpha^4 - 6 \alpha^2 + 1) \alpha}{(\alpha^2 + 1)^3 \arctan(\alpha)} + \frac{6 (\alpha^2 - 1) \alpha^2}{(\alpha^2 + 1)^3 (\arctan(\alpha))^2} + \frac{4 \alpha^3}{(\alpha^2 + 1)^3 (\arctan(\alpha))^3} \\ \end{align}$

http://www.wolframalpha.com/input/?i=evaluate+d3%2Fdx3++(+ln+(arctan+(a+exp(+x)))+-+ln+(arctan(a+exp(-+x) )) +) + при + x% 3D0

Ми також можемо перевірити, чи відповідає це відповідь Маркуса тут .

Виходить його коефіцієнт $x^3$

\frac{α}{3 (1 + α^{2})^{3} \arctan (α)} (α^{4} - 6 α^{2} + 1 - \frac{3 α (1 - α^{2})}{\arctan (α)} + \frac{2 α^{2}}{{(\arctan (α))}^{2}}) .

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

Якщо помножити це на 6 і переставити деякі фактори, отримаємо:

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

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

яка відповідає!

— Атул Інгле
джерело

Атул, здається, що ваша спрощена відповідь не відповідає відповіді Маркуса на математиці SE. це має бути так, що Я не думаю, що кожен термін у вашому f '' '(0) відповідає Маркусу. може бути, що Маркус помиляється.

f^{‴} (x) |_{x \to 0} = 3! a_{3} = 6 a_{3}

$f'''(x)\bigg|_{x\to0} \ = \ 3! \, a_3 = 6 a_3$

— Роберт Брістоу-Джонсон

@ robertbristow-johnson Я думаю, що вони відповідають.

— Atul Ingle

вони роблять зараз. я думаю, у Маркуса, мабуть, була помилка. він зробив свою відповідь добрим старомодним способом.

— Роберт Брістоу-Джонсон

Атул, ти отримаєш свою винагороду. але я вивчив правила щодо щедрості, і вони не дають мені розділити це, але вони дозволяють мені присуджувати його двічі, але по одному. тож оскільки Маркус має менше представників, ніж ви тут, на dsp.se, і оскільки він відповів без допомоги комп’ютера, я вперше нагороджую його винагородою. тоді я поставлю ще одне винагороду за це питання, і тоді я нагороджу це вам. там сказано, що мені потрібно почекати 23 години. не знаю, хто ще отримає мою "галочку".

— Роберт Брістоу-Джонсон

@ robertbristow-johnson вибачте за пізню відповідь. Коефіцієнти для відповідно. wolframalpha.com/input/…

2 / 3, - 2 / 15, - 16 / 945, - 2 / 945

$2/3, -2/15, -16/945, -2/945$

ω_{0}^{2}, ω_{0}^{4}, ω_{0}^{6}, ω_{0}^{8}

$\omega_0^2, \omega_0^4, \omega_0^6, \omega_0^8$

— Атул

Здається, що проблема, поставлена у питанні, не має рішення закритої форми. Як згадується у запитанні та показано в інших відповідях, результат може бути сформований у ряд, який може бути виконаний будь-яким символічним інструментом математики, таким як Mathematica. Однак терміни стають досить складними та потворними, і незрозуміло, наскільки добре наближення, коли ми включаємо терміни до третього порядку. Оскільки ми не можемо отримати точну формулу, може бути краще обчислити рішення чисельно, що, на відміну від наближення, дасть (майже) точний результат.

Однак це не моя відповідь. Я пропоную інший маршрут, який дає точне рішення, змінивши формулювання проблеми. Поміркувавши про це деякий час, виявляється, що саме специфікація центральної частоти та специфікація пропускної здатності як співвідношення (або, що еквівалентно, в октавах) викликає математичну непридатність. Існує два шляхи виходу з дилеми: $\omega_0$

вкажіть пропускну здатність фільтра дискретного часу як різницю частот , де і - нижній і верхній краї діапазону фільтра дискретного часу відповідно. $\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$ $\omega_1$ $\omega_2$
співвідношення , а замість одну з двох крайових частот або . $\omega_2/\omega_1$ $\omega_0$ $\omega_1$ $\omega_2$

В обох випадках можливе просте аналітичне рішення. Оскільки бажано прописати пропускну здатність фільтра дискретного часу у співвідношенні (або, що еквівалентно, в октавах), я опишу другий підхід.

Давайте визначимо крайові частоти та фільтра безперервного часу за $\Omega_1$ $\Omega_2$

\begin{matrix} (1) & | H (j Ω_{1}) |^{2} = | H (j Ω_{2}) |^{2} = \frac{1}{2} \end{matrix}

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

з , де - функція передачі фільтра пропускання смуг другого порядку: $\Omega_2>\Omega_1$ $H(s)$

\begin{matrix} (2) & H (s) = \frac{Δ Ω s}{s^{2} + Δ Ω s + Ω_{0}^{2}} \end{matrix}

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

з , та . Зауважимо, що , і для . $\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1$ $\Omega_0^2=\Omega_1\Omega_2$ $H(j\Omega_0)=1$ $|H(j\Omega)|<1$ $\Omega\neq\Omega_0$

Ми використовуємо білінеарне перетворення для відображення крайових частот та фільтра дискретного часу до крайових частот та фільтра безперервного часу. Без втрати загальності ми можемо вибрати . Тоді для наших цілей білінеарне перетворення приймає форму $\omega_1$ $\omega_2$ $\Omega_1$ $\Omega_2$ $\Omega_1=1$

\begin{matrix} (3) & s = \frac{1}{\tan (\frac{ω_{1}}{2})} \frac{z - 1}{z + 1} \end{matrix}

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

що відповідає наступному співвідношенню між частотами безперервного часу і дискретним часом:

\begin{matrix} (4) & Ω = \frac{\tan (\frac{ω}{2})}{\tan (\frac{ω_{1}}{2})} \end{matrix}

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

З отримуємо , встановлюючи . За допомогою і обчислених з , ми отримуємо функцію передачі аналогового прототипового фільтра з . Застосовуючи білінеарне перетворення , ми отримуємо функцію перенесення фільтра пропуску дискретного часового діапазону: $(4)$ $\Omega_2$ $\omega=\omega_2$ $\Omega_1=1$ $\Omega_2$ $(4)$ $(2)$ $(3)$

\begin{matrix} (5) & H_{d} (z) = g \cdot \frac{z^{2} - 1}{z^{2} + a z + b} \end{matrix}

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

\begin{matrix} (6) & \begin{aligned} g & = \frac{Δ Ω c}{1 + Δ Ω c + Ω_{0}^{2} c^{2}} \\ a & = \frac{2 (Ω_{0}^{2} c^{2} - 1)}{1 + Δ Ω c + Ω_{0}^{2} c^{2}} \\ b & = \frac{1 - Δ Ω c + Ω_{0}^{2} c^{2}}{1 + Δ Ω c + Ω_{0}^{2} c^{2}} \\ c & = \tan (\frac{ω_{1}}{2}) \end{aligned} \end{matrix}

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

Підсумок:

Пропускна здатність фільтра дискретного часу може бути задана в октавах (або, як правило, у співвідношенні), а параметри фільтра аналогового прототипу можуть бути обчислені точно так, щоб досягнута задана пропускна здатність. Замість центральної частоти краї смуги та . Центральна частота, визначена є результатом проектування. $\omega_0$ $\omega_1$ $\omega_2$ $|H_d(e^{j\omega_0})|=1$

Необхідні кроки такі:

Вкажіть бажане співвідношення країв смуги та одного з країв смуги (що, звичайно, еквівалентно простому зазначенню та ). $\omega_2/\omega_1$ $\omega_1$ $\omega_2$
Виберіть і визначте з . Обчисліть і аналогового фільтра-прототипу . $\Omega_1=1$ $\Omega_2$ $(4)$ $\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1$ $\Omega_0^2=\Omega_1\Omega_2$ $(2)$
Оцініть константи щоб отримати функцію перенесення дискретного часу . $(6)$ $(5)$

Зауважте, що при більш поширеному підході, де вказані та , фактичні краї смуги та є результатом процесу проектування. У запропонованому рішенні ребра смуги можуть бути визначені і є результатом процесу проектування. Перевага останнього підходу полягає в тому, що пропускну здатність можна задавати в октавах, а рішення точно, тобто отриманий фільтр має точно задану пропускну здатність в октавах. $\omega_0$ $\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$ $\omega_1$ $\omega_2$ $\omega_0$

Приклад:

Давайте задамо пропускну здатність однієї октави, і нижній край смуги виберемо як . Це дає верхній край смуги . Краї смуги аналогового фільтра-прототипу є і з (з ) . Це дає і . З отримуємо функцію перенесення дискретного часу $\omega_1=0.2\pi$ $\omega_2=2\omega_1=0.4\pi$ $\Omega_1=1$ $(4)$ $\omega=\omega_2$ $\Omega_2=2.2361$ $\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1=1.2361$ $\Omega_0^2=\Omega_1\Omega_2=2.2361$ $(6)$ $(5)$

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

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

яка досягає точно смуги пропускання в 1 октаву, і зазначених країв смуги, як показано на малюнку нижче:

Числове рішення вихідної задачі:

З коментарів я розумію, що важливо мати можливість точно вказати центральну частоту для якої . Як було сказано раніше, неможливо отримати точне рішення закритої форми, а розробка серії дає досить громізні вирази. $\omega_0$ $|H_d(e^{j\omega_0})|=1$

Для наочності я хотів би узагальнити можливі варіанти з їх перевагами та недоліками:

задайте потрібну ширину смуги пропускання як різницю частот та вкажіть ; в цьому випадку можливе просте рішення закритої форми. $\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$ $\omega_0$
вкажіть краї смуги та (або, що еквівалентно, ширину смуги в октавах та один із ребер смуги); це також призводить до простого рішення закритої форми, як пояснено вище, але центральна частота є результатом проекту та не може бути визначена. $\omega_1$ $\omega_2$ $\omega_0$
вкажіть бажану ширину смуги в октавах та центральну частоту (як задано у запитанні); не можливе рішення закритої форми, а також немає (поки що) простого наближення. З цієї причини я вважаю, що бажано мати простий та ефективний метод отримання чисельного рішення. Це те, що пояснено нижче. $\omega_0$

Коли задано , ми використовуємо форму білінеарного перетворення з постійною нормалізацією, яка відрізняється від тієї, що використовується у та : $\omega_0$ $(3)$ $(4)$

\begin{matrix} (7) & Ω = \frac{\tan (\frac{ω}{2})}{\tan (\frac{ω_{0}}{2})} \end{matrix}

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

Визначимо . Позначимо вказане співвідношення країв смуги фільтра дискретного часу як $\Omega_0=1$

\begin{matrix} (8) & r = \frac{ω_{2}}{ω_{1}} \end{matrix}

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

З отримуємо з та $c=\tan(\omega_0/2)$ $(7)$ $(8)$

\begin{matrix} (9) & r = \frac{\arctan (c Ω_{2})}{\arctan (c Ω_{1})} \end{matrix}

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

З , можна переписати у такій формі: $\Omega_1\Omega_2=\Omega_0^2=1$ $(9)$

\begin{matrix} (10) & f (Ω_{1}) = r \arctan (c Ω_{1}) - \arctan (\frac{c}{Ω_{1}}) = 0 \end{matrix}

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

Для заданого значення це рівняння можна вирішити для за допомогою декількох ітерацій Ньютона. Для цього нам потрібна похідна : $r$ $\Omega_1$ $f(\Omega_1)$

\begin{matrix} (11) & f^{'} (Ω_{1}) = c (\frac{r}{1 + c^{2} Ω_{1}^{2}} + \frac{1}{c^{2} + Ω_{1}^{2}}) \end{matrix}

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

З ми знаємо, що має бути в інтервалі . Незважаючи на те, що можна придумати розумніші початкові рішення, виявляється, що початкова здогадка добре працює для більшості специфікацій і призведе до дуже точних рішень після лише ітерацій методу Ньютона: $\Omega_0=1$ $\Omega_1$ $(0,1)$ $\Omega_1^{(0)}=0.1$ $4$

\begin{matrix} (12) & Ω_{1}^{(n + 1)} = Ω_{1}^{(n)} - \frac{f (Ω_{1}^{(n)})}{f^{'} (Ω_{1}^{(n)})} \end{matrix}

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

За допомогою отриманого за допомогою декількох ітерацій ми можемо визначити і , і використовуємо і для обчислення коефіцієнтів фільтр дискретного часу. Зауважте, що константа тепер задається . $\Omega_1$ $(12)$ $\Omega_2=1/\Omega_1$ $\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1$ $(5)$ $(6)$ $c$ $c=\tan(\omega_0/2)$

Приклад 1:

Вкажемо та пропускну здатність октави. Це відповідає співвідношенню . З початкової здогадки , ітерації методу Ньютона призвели до рішення , з якого можна обчислити коефіцієнти дискретного часу, як пояснено вище. На малюнку нижче показаний результат: $\omega_0=0.6\pi$ $0.5$ $r=\omega_2/\omega_1=2^{0.5}=\sqrt{2}=1.4142$ $\Omega_1=0.1$ $4$ $\Omega_1=0.71$

Фільтр був розрахований за цим сценарієм Matlab / Octave:

% специфікацій
bw = 0,5; % потрібної ширини смуги в октавах
w0 = .6 * pi; % резонансної частоти

r = 2 ^ (bw); % відношення ребер смуги
W1 = .1; % початкової здогадки (працює для більшості специфікацій)
Ніт = 4; % # Ітерації Ньютона
c = загар (w0 / 2);

% Ньютона
для i = 1: Nit,
    f = r * atan (c * W1) - атан (c / W1);
    fp = c * (r / (1 + c ^ 2 * W1 ^ 2) + 1 / (c ^ 2 + W1 ^ 2));
    W1 = W1 - f / fp
кінець

W1 = abs (W1);
if (W1> = 1), помилка ('Помилка конвергенції. Зменшити значення початкової здогадки.'); кінець

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

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

Приклад 2:

Я додаю ще один приклад, щоб показати, що цей метод також може мати справу зі специфікаціями, для яких більшість наближень дасть нечутливі результати. Це часто трапляється, коли бажана ширина смуги пропускання та резонансна частота є великими. Давайте спроектуємо фільтр з і октави. Чотири ітерації методу Ньютона з початковою здогадкою приводять до кінцевого значення , тобто в пропускну здатність аналогового прототипу октав. Відповідний фільтр дискретного часу має такі коефіцієнти, і його частотна характеристика показана на графіку нижче: $\omega_0=0.95\pi$ $bw=4$ $\Omega_1^{(0)}=0.1$ $\Omega_1=0.00775$ $\log_2(\Omega_2/\Omega_1)=\log_2(1/\Omega_1^2)\approx 14$

b = 0,90986 * [1,0, -1];
a = [1.00000 0.17806 -0.81972];

Отримані половини діапазону потужності - і , що насправді становить рівно октави (тобто коефіцієнт ) один від одного. $\omega_1=0.062476\pi$ $\omega_2 = 0.999612\pi$ $4$ $16$

— Метт Л.
джерело

два початкові коментарі (я ще цього не читав, Метт): по-перше, мене цікавить частота журналу більше, ніж лінійна частота. для аналогового БНФ (або цифрового БНФ з резонансною частотою, значно нижчою, ніж Найквіст), існує досконала симетрія щодо резонансної частоти.

— Роберт Брістоу-Джонсон

а другий коментар - це, тоді як я дякую вам за те, що, мабуть, дотримуєтесь позначень та , я б хотів, щоб ви дотримувались того, що аналоговий та цифровий резонансні частоти є і , відповідно, і аналогові верхні та нижні відповідно та і аналогічно для цифрових смуг: та . ми знаємо, що в частоті журналу половина смуги пропускання вище а половина нижче. але, через викривлення, це не зовсім вірно для цифрового фільтра БНФ.

s = j Ω

$s=j\Omega$

z = e^{j ω}

$z=e^{j\omega}$

Ω_{0}

$\Omega_0$

ω_{0}

$\omega_0$

Ω_{U}

$\Omega_U$

Ω_{L}

$\Omega_L$

ω_{U}

$\omega_U$

ω_{L}

$\omega_L$

Ω_{0}

$\Omega_0$

— Роберт Брістоу-Джонсон

як я читаю це докладніше, мені важливо, щоб резонансна частота точно відображалася через білінеарне перетворення. тож я розумію цей підхід, Метт, але я хочу дотримуватися точного відображення а потім налаштовувати поки є тим, що вказано.

ω_{0}

$\omega_0$

B W

$BW$

b w

$bw$

— Роберт Брістоу-Джонсон

@ robertbristow-johnson: Гаразд, досить справедливо, ви хочете точну специфікацію . Це можливо, якщо ви визначите як лінійну різницю (яку я не хочу, я розумію). Акуратне рішення не можливе із заданою AND пропускною здатністю в октавах.

ω_{0}

$\omega_0$

Δ ω

$\Delta\omega$

ω_{0}

$\omega_0$

— Метт Л.

@ robertbristow-johnson: Я додав дуже просте числове рішення до своєї відповіді (4 ітерації Ньютона).

— Метт Л.

Гаразд, я пообіцяв виставити щедрість, і я виконаю свою обіцянку. але я мушу визнати, що я можу трохи поновитись, будучи задоволений лише третьою похідною . чого я дійсно хочу - це два коефіцієнти для . $f(x)$ $g(y)$

тому я не розумів, що існує ця мова Вольфрам як альтернатива математиці чи Дериву, і я не розумів, що це може так легко обчислити третю похідну та спростити вираз.

і цей хлопець Маркуса з математики SE опублікував цю відповідь (на яку я думав, що мусить бути кількість гранжу, який я думав, що буде потрібно).

\begin{aligned} y = f (x) & = \ln (\arctan (α e^{x})) - \ln (\arctan (α e^{- x})) \\ \approx a_{1} x + a_{3} x^{3} \\ = \frac{2 α}{(1 + α^{2}) \arctan (α)} x + \frac{α}{3 (1 + α^{2})^{3} \arctan (α)} (α^{4} - 6 α^{2} + 1 \\ - \frac{3 α (1 - α^{2})}{\arctan (α)} + \frac{2 α^{2}}{{(\arctan (α))}^{2}}) x^{3} \end{aligned}

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

тому я зібрав наближення третього порядку до зворотного:

\begin{aligned} 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 + α^{2}) \arctan (α)}{2 α} y - \frac{(1 + α^{2}) (\arctan (α))^{3}}{48 α^{3}} (α^{4} - 6 α^{2} + 1 \\ - \frac{3 α (1 - α^{2})}{\arctan (α)} + \frac{2 α^{2}}{{(\arctan (α))}^{2}}) y^{3} \\ = \frac{(1 + α^{2}) \arctan (α)}{2 α} y - \frac{(1 + α^{2}) (\arctan (α))^{3}}{48 α} (α^{2} - 6 + α^{- 2} \\ - \frac{3 (1 - α^{2})}{α \arctan (α)} + \frac{2}{{(\arctan (α))}^{2}}) y^{3} \\ = y (\arctan (α) \frac{α + α^{- 1}}{2}) (1 + \\ ((\arctan (α))^{2} (1 - \frac{α^{2} + α^{- 2}}{6}) - \arctan (α) \frac{α - α^{- 1}}{2} - \frac{1}{3}) \frac{y^{2}}{4}) \end{aligned}

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

Я якось сподівався, що це зробить хтось інший. згадаймо , і $y=f(x) \triangleq \ln(2) \, bw$ $g(y) = x \triangleq \frac{\ln(2)}{2}BW$ $\alpha \triangleq \tan(\omega_0/2)$

\begin{aligned} x = g (y) & \approx y (\arctan (α) \frac{α + α^{- 1}}{2}) (1 + \\ ((\arctan (α))^{2} (1 - \frac{α^{2} + α^{- 2}}{6}) - \arctan (α) \frac{α - α^{- 1}}{2} - \frac{1}{3}) \frac{y^{2}}{4}) \\ \frac{\ln (2)}{2} B W & \approx (\ln (2) b w) (\arctan (α) \frac{α + α^{- 1}}{2}) (1 + \\ ((\arctan (α))^{2} (1 - \frac{α^{2} + α^{- 2}}{6}) - \arctan (α) \frac{α - α^{- 1}}{2} - \frac{1}{3}) \frac{(\ln (2) b w)^{2}}{4}) \end{aligned}

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

у мене є три зручні ідентичності триггера:

\frac{1}{2} (α + α^{- 1}) = \frac{1}{2} (\tan (ω_{0} / 2) + \frac{1}{\tan (ω_{0} / 2)}) = \frac{1}{\sin (ω_{0})}

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

\frac{1}{2} (α - α^{- 1}) = \frac{1}{2} (\tan (ω_{0} / 2) - \frac{1}{\tan (ω_{0} / 2)}) = - \frac{1}{\tan (ω_{0})}

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

\frac{1}{2} (α^{2} + α^{- 2}) = \frac{1}{2} (\tan^{2} (ω_{0} / 2) + \frac{1}{\tan^{2} (ω_{0} / 2)}) = \frac{1}{\sin^{2} (ω_{0})} + \frac{1}{\tan^{2} (ω_{0})} = \frac{2}{\sin^{2} (ω_{0})} - 1

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

"нарешті" ми отримали:

B W \approx b w \frac{ω_{0}}{\sin (ω_{0})} (1 + \frac{(\ln (2))^{2}}{24} (2 (ω_{0}^{2} - 1) - {(\frac{ω_{0}}{\sin (ω_{0})})}^{2} + 3 \frac{ω_{0}}{\tan (ω_{0})}) (b w)^{2})

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

це не так вже й погано вписується в один рядок. якщо хтось бачить помилку чи гарний спосіб спростити подальше, будь ласка, знайте.

з наближенням серії потужності з коментаря вище

B W \approx b w \frac{ω_{0}}{\sin (ω_{0})} (1 + (\ln (2))^{2} (\frac{1}{36} ω_{0}^{2} - \frac{1}{180} ω_{0}^{4} - \frac{2}{2835} ω_{0}^{6}) (b w)^{2})

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

— Роберт Брістоу-Джонсон
джерело

Крім того, я не впевнений, що відповідь Атула за і відповідь Маркуса за є послідовними. мені цікаво, чи хтось міг би це зрозуміти у відповідь, який міг би потрапити на щедрість.

f^{‴} (0)

$f'''(0)$

a_{3}

$a_3$

— Роберт Брістоу-Джонсон

Я також дізнався про хмарний ноутбук Wolfram, який схожий на Mathematica у вашому веб-браузері. Перейдіть на sandbox.open.wolframcloud.com/app та введіть 6*SeriesCoefficient[ Series[Log[ArcTan[a E^x]] - Log[ArcTan[a/E^x]],{x,0,5}],3]

— Atul Ingle

@AtulIngle, я включив виправлення Маркуса у зворотну функцію. Ви не проти перевірити результат для ?

g (y)

$g(y)$

— Роберт Брістоу-Джонсон

Я був би вдячний, якби хтось перевірив мою заміну до , особливо коефіцієнт, що помножує . дуже скоро я поверну назад до що спричинить зовсім інше спрощення та форму. але я трохи затримаюсь у випадку, якщо хтось скаже мені, що мої спрощення вище неправильні.

g (y)

$g(y)$

y^{2}

$y^2$

α

$\alpha$

\tan (ω_{0} / 2)

$\tan(\omega_0/2)$

— Роберт Брістоу-Джонсон

@ robert bistow-johnson Я перевірив ваш остаточний вираз на g (y) за допомогою Mathematica, це виглядає правильно.

— Atul Ingle

тому ось кілька кількісних результатів. Я побудував spec'd пропускну здатність для цифрового фільтра на осі x і отриману цифрову пропускну здатність на осі y. є п'ять ділянок від зеленого до червоного, що представляють резонансну частоту нормалізовану Nyquist: $bw$ $\omega_0$

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

тому резонансна частота переходить від майже постійного струму до майже ніквістської.

тут взагалі немає компенсації (або попередньої деформації) за пропускну здатність:

ось проста компенсація першого порядку, яку Кулінарна книга робила весь час:

ось компенсація третього порядку, яку ми щойно вирішили тут:

ми хочемо, щоб усі лінії лежали прямо на головній діагоналі.

я вже зробив помилку в разі третього порядку і виправив його в цій версії. він робить вигляд , як наближення третього порядку до трохи краще , ніж наближення першого порядку для малого . $g(y)$ $bw$

тож я зіткнувся з коефіцієнтом терміну 3-го порядку (я хочу залишити термін першого порядку однаковим), зменшуючи його ефект. це від множення всього лише третього порядку на 50%:

це зменшує його до 33%:

і це зменшує термін 3-го порядку до 25%:

оскільки об'єкт зворотної функції полягає в тому, щоб скасувати задану функцію, суть цієї речі полягає в тому, щоб криві складеної функції лежали якомога ближче до основної діагоналі. це не дуже погано для до 75% Nyquist для резонансної частоти та 3 октави пропускної здатності . але не настільки краще, щоб дійсно зробити це вартим у коді "приготування коефіцієнта", який виконується кожного разу, коли користувач повертає ручку або засуває повзунок. $\omega_0$ $bw$

— Роберт Брістоу-Джонсон
джерело

Як пропускна здатність може стати негативною у другому та третьому сюжетах ??

— Метт Л.

він не може, тому я поки що не вражений цим наближенням третього порядку до реального що є оберненою функцією Я не думаю, що наближення третього порядку - це вдосконалення порівняно з наближенням першого порядку, яке існує пару десятків років . тому те, що побудовано, є де - наближення до справжнього зворотного де тому що є біполярним (навіть якщо негативна пропускна здатність є безглуздою) може перейти в негативну.

x = g (y)

$x=g(y)$

f (x) = \ln (\frac{\arctan (α e^{x})}{\arctan (α e^{- x})})

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

f (\hat{g} (y))

$f( \hat{g}(y) )$

\hat{g} (y)

$\hat{g}(y)$

g (y)

$g(y)$

y = f (g (y))

$y = f( g(y) )$

f (x)

$f(x)$

f (\hat{g} (y))

$f(\hat{g}(y))$

— Роберт Брістоу-Джонсон

о, @MattL. той факт, що проходить через початок, не повинен вас перенасичувати, навіть якщо пропускна здатність ніколи насправді не є негативною. що функція відображення пропускної здатності є незвичайною симетрією, тому перший і другий сюжет мене зовсім не переймають. але третій сюжет невтішний.

f (x)

$f(x)$

— Роберт Брістоу-Джонсон

Мені було просто цікаво, чому ви побудували криві для негативної смуги пропускання. Але все одно, якщо я не помиляюся, то використовувана вами серія - це своєрідне розширення серії Тейлора при , правда? То чому б ви навіть розраховували, що вона наблизить реальну поведінку при більшій пропускній здатності, якщо ви використовуєте лише два терміни?

b w = 0

$bw=0$

— Метт Л.

Я просто хотів переконатись, що функції незвичайної симетрії і добре проходять через походження. так, це все про серію Тейлора (а точніше, Маклауріна). ви помітите, @MattL., що, я думаю, один термін досить добре підходить для всіх резонансних частот, які не дуже близькі до Nyquist. залишаючи лінійний термін незмінним, я трохи зіткнувся з терміном третього порядку (будьте в курсі, я покажу результати), і це дуже добре. але не набагато краще, ніж першого порядку, що, я думаю, я повинен турбуватися, змінюючи його в кулінарній книзі.

— Роберт Брістоу-Джонсон