Según el teorema de muestreo de Nyquist-Shannon, cualquier señal de tiempo continuo con un ancho de banda menor que la frecuencia de Nyquist (con la frecuencia de muestreo), que se muestrea a la frecuencia de muestreo puede reconstruirse perfectamente mediante interpolación sinc (es decir la fórmula de interpolación de Whittaker-Shannon).$B$$f_N=f_s/2$$f_s$$f_s$

Supongamos que muestreamos una señal de tiempo continua desconocida, limitada en magnitud, con tiempo de muestreo constante en instancias de muestra , ( ), sin jitter de muestreo o cuantización. la restricción de que , con .$T=1/f_s$$kT$$k\in\mathbb{Z}$$B=\alpha f_N$$0\leq\alpha\leq 1$

Lo que me gustaría averiguar es el siguiente: En muestra del instante , quiero determinar para cada peor de los casos fraccional 'exceso' de cualquier señal de tiempo continuo entre las muestras y , que podría haber tenido. Es decir, cuánto fue mayor la señal de tiempo continuo que los valores muestreados (absolutos) más altos en los instantes de muestra y . La señal continua, o reconstrucción (¡ya que la interpolación sinc es perfecta!), Que hemos 'perdido' por muestreo.$k$$\alpha$$k-1$$k$$k$$k-1$

Ejemplo: Configuramos y asumimos una señal de tiempo discreta [1,0,1,0,1,1,0,1,0,1] (observe el doble 1 cerca del medio, y esta señal incluso tiene ?). Su reconstrucción sinc (línea azul) de las muestras (impulsos negro) tiene el siguiente aspecto (I han trazado los sincs pertenecientes a cada muestra en gris): El 'sobreimpulso' entre las muestras y , se encuentra o$\alpha=1$$\alpha=1$$k=0$$k=1$$\approx 0.7$$70\%$. Así que perdimos un pico de valor 1.7 en nuestro tiempo continuo limitado de banda original, o la señal 'reconstruido perfectamente limitado de banda'. Si hubiera puesto 3 o más 1 consecutivos, el sobreimpulso habría sido menor (al final, el fenómeno de Gibbs es mucho más pequeño). Por lo tanto, 2 muestras continuas consecutivas como esta es el "peor de los casos".

Extender la señal en ambas direcciones hará que crezca el sobreimpulso: que muestra un sobreimpulso relativo de a un valor de casi 2.1.$\approx 1.1$

Para cualquier longitud de secuencia de , este 'sobreimpulso' crecerá indefinidamente, , que va a cuando . Esto se debe a que cada muestra de los sincs creará una 'interferencia' constructiva, y la suma de (las contribuciones de todas las envolventes de unidades sinc) para no converge.$2m$$o(m)$$o(m)\propto\ln{(m)}$$\infty$$m\to\infty$$1/\pi n$$n\to\infty$

Esto (creo) similar a lo siguiente: si muestrea constantemente un valor 0, también podría reconstruir una señal de tiempo continuo con amplitud infinita que solo se muestrea en los nodos a valores de 0, por ejemplo, . Esto me dice lo mismo: que si permito que una señal esté en la frecuencia de Nyquist, el peor sobreimpulso que podría 'perder' es infinito.$\sin{\pi f_s t}$

Ahora podemos afirmar que . Y podemos razonar que (el muestreo de una señal constante de la que sabe que está limitada en la banda tiene una reconstrucción constante única).$o(m\to\infty)|_{\alpha=1}=\infty$$o(m\to\infty)|_{\alpha=0}=0$

¿Qué pasa si ?$\alpha<1$

Si ahora asumimos que hacemos esta misma interpolación sinc, pero sabemos con certeza $\alpha<1$, me gusta $\alpha=0.5$. Entonces, (dice mi instinto) este efecto debería disminuir e incluso debería permanecer finito (cuando$m\to \infty$) !. Dado que para cualquier señal de pared de ladrillo limitada al ancho de banda$\alpha f_s/2$, obtenemos una respuesta de impulso de filtro de $h(t)\propto \text{sinc}{\left(\frac{t-kT}{\alpha T}\right)}$(¿Correcto?). Por lo tanto, las transiciones de señal no pueden ser tan rápidas como para el ejemplo del tren de impulsos cambiante anterior y, por lo tanto, las contribuciones de cada función sinc durante la reconstrucción no pueden crear interferencia constructiva infinita.

Mi problema: no sé cómo proceder desde aquí; cómo formar una 'prueba' del exceso de caso más desfavorable que podría haber encontrado entre 2 muestras consecutivas, sabiendo que$\alpha<1$, para $any$señal (no necesariamente estas unidades de impulso-tren como ejemplos). Un valor dado para$\alpha$ me da una pendiente $\frac{dh(t)}{dt}$ del núcleo de convolución limitante de banda $h(t)$, lo que debería decirme algo sobre cuántas muestras consecutivas deben ser diferentes, pero no veo los pasos a seguir para llegar a una conclusión genérica.

No tengo una respuesta real, pero tengo la sensación de que este resultado te ayudará: la desigualdad de Bernstein dice que, si la señal está limitada en banda a , entonces donde significa "límite superior mínimo".$x(t)$$|f|\leq B$

$$\left| \frac{\textrm{d}x(t)}{\textrm{d}t}\right|\leq 4\pi B \,\textrm{sup}_{\tau\in\mathbb{R}}|x(\tau)| ,\,\,t\in\mathbb{R}$$ $\textrm{sup}$

Encontré esta desigualdad en el excelente libro de Amos Lapidoth (y gratuito en formato PDF) "A Foundation in Digital Communication". Se puede encontrar una prueba en MA Pinsky, "Introducción al análisis de Fourier y Wavelets".

Observaciones

He usado +1 y -1 en la secuencia en lugar de su 1 y 0. Con , la función continua limitada por banda en sus dos primeras figuras (con la modificación mencionada anteriormente) es:$\alpha=1$$f_m(T)$

$$f_m(T) = \sum_{k=1-m}^m \operatorname{sign}\left(\operatorname{sinc}(\pi k - \pi/2)\right)\operatorname{sinc}(\pi T-\pi k),\tag{1}$$

dónde:

$$\operatorname{sinc}(T) = \begin{cases}\sin(T)/T&\text{if }T \ne 0\\1&\text{if }T = 0\end{cases}\\ \operatorname{sign}(x) = \begin{cases}-1&\text{if }x < 0\\0&\text{if }x = 0\\1&\text{if }x>0.\end{cases}$$

$f_m(1/2)$ crece linealmente al logaritmo de :$m$

Figura 1. trazada en función de El eje horizontal logarítmico linealiza el crecimiento como .$f_m(1/2)$$\log_2(m)$$m\rightarrow\infty$

Podemos simplificar con la ayuda de Wolfram Alpha :$f_m(1/2)$

$$f_m(1/2) = 2\sum_{k=1}^m\left|\frac{\sin\left(\pi(k - 0.5)\right)}{\pi(k - 0.5)}\right| = \begin{cases} 4/\pi & \text{if }n = 1\\ -\frac{2\left(\psi^{(0)}(1/2)-\psi^{(0)}(m+1/2)\right)}{\pi} & \text{otherwise}, \end{cases}\tag{2}$$

donde es la función digamma . El término dominante de la serie de sobre es:$\psi^{(0)}$ $(2)$$m=\infty$

$$\frac{2\log(m)}{\pi},$$

que explica la linealización vista en la Fig. 1. Ahora podemos construir una versión normalizada de la función que hereda su limitación de banda pero no como :$g_m(T)$$f_m(T)$$m\rightarrow\infty$

$$g_m(T) = \frac{\pi f_m(T)}{2\log(m)}$$

Como , parece aproximarse a una frecuencia sinusoide de Nyquist muestreada en sus ceros:$m\rightarrow\infty$$g_m(T)$

Figura 2. no .$g_{100000}(T)$

El teorema de muestreo original de Nyquist-Shannon requiere que la frecuencia más alta esté por debajo de la mitad de la frecuencia de muestreo, por lo que parece que tenemos un caso límite que no está cubierto por él. Sin embargo, todavía están cubiertos arbitrariamente grandes finitos consecuencia, arbitrariamente finitos grandes .$m$$f_m(1/2)$

Esquema de prueba

Aquí hay un resumen para una prueba de su declaración original: deje que el período de muestreo sea 1. Deje estar limitado a la frecuencia inferior , donde representa una frecuencia con un período de 2 y . Deje es finito para todos entero . Excluir el caso trivial para todo . Deje . De ello se desprende que para algunos . Ya sea:$f_\infty(T)$$\alpha\pi$$\pi$$\alpha < 1$$f_\infty(T)$$T$$f_\infty(T) = 0$$T$$g_\infty(T) = f_\infty(T)/\sup_Tf_\infty(T)$$g_\infty(T) \ne 0$$T$

Caso 1. para algún entero . es finito para todos .$g_\infty(T) \ne 0$$T$$\sup_Tf_\infty(T)$$T$

Caso 2. para todos número entero . es infinito por alguna . Hasta un factor de escala, está determinado por una fracción de sus ceros. Utilice uno más de los ceros restantes para hacer desaparecer la función: para todo . Esta es una contradicción, ya que anteriormente se determinó que para algunos . El caso 2 no puede ser cierto.$g_\infty(T) = 0$$T$$\sup_Tf_\infty(T)$$T$$g_\infty(T)$$\alpha$$g_\infty(T) = 0$$T$$g_\infty(T) \ne 0$$T$

De ello se desprende que el caso 1 es verdadera y es finito para todos .$f_\infty(T)$$T$

Sería bueno encontrar una prueba definitiva de que una parte de los ceros distribuidos uniformemente se puede utilizar para reconstruir la función dado su ancho de banda relativamente bajo en comparación con la densidad media de esos ceros. Supongo que si , el teorema de muestreo es suficiente para hacer que desaparezca. En la literatura, he encontrado algunas declaraciones de interés:$\alpha < 1$$g_\infty(T)$

La prueba de la parte 2 del teorema 4.1 mostró que una señal de banda limitada con con la propiedad de que la señal desapareció en los puntos debe desaparecer de forma idéntica.$Ω = π$$x = n ∈ \mathbb{Z}$

Jeffrey Rauch, " Serie de Fourier, integrales y muestreo de análisis complejo básico ".

Es bien sabido que puede tener más ceros, más o menos, que cos sin desaparecer de forma idéntica.$g$$\lambda t$

BF Logan, Jr. " Información en los cruces cero de las señales de paso de banda ", Bell System Technical Journal, vol. 56, págs. 487-510, abril de 1977

La mayoría de los resultados sobre la especificación única de señales unidimensionales se basan en el hecho de que una función limitada de banda es completa (analítica en todas partes) y, por lo tanto, se especifica de manera única por sus ceros (reales y complejos) dentro de un factor constante y exponencial. Una función arbitraria de límite de banda se especifica de manera única por sus cruces por cero (reales) si se garantiza que todos sus ceros sean reales.
...
El trabajo adicional ha implicado la identificación de señales que se especifican de manera única por sus cruces por cero (reales) a pesar de que también contienen ceros complejos. Esto es posible si la velocidad de cruce por cero es, en cierto sentido, más alta que la velocidad de información o el ancho de banda de una señal.

SR Curtis, " Reconstrucción de señales multidimensionales de cruces por cero ", tesis, MIT, 1985.

Considere la función de banda limitada con la transformada de Fourier que se puede recuperar perfectamente (¡desde la interpolación!) De sus muestras espaciadas a segundo de distancia, aunque las muestras incluyen solo la central pico y perder todos los otros máximos y mínimos locales de la función sinc. Retrase la función sinc en segundos para que la muestra pierda el pico central por completo, pero en su lugar obtenga muestras adyacentes con valores idénticos El exceso del máximo es, por lo tanto,$\operatorname{sinc}(t)$$\operatorname{rect}(f)$$1$$\frac 12$

$$\operatorname{sinc}\left(\frac 12\right) = \frac{\sin\pi/2}{\pi/2} = \frac 2\pi.$$ $1 - \frac 2\pi$. No tengo una prueba, pero sospecho que esto será el sobreimpulso máximo para el caso . Los valores más pequeños de darán muestras más cercanas al valor pico de y el sobreimpulso será correspondientemente más pequeño.$\alpha = 1$$\alpha$$1$