Pregunta matemática que surge del uso de la transformación bilineal

Así que esto está relacionado con el Libro de cocina y traté de resolverlo hace unas dos décadas, me di por vencido y recordé el problema sin resolver. Pero es bastante sencillo, pero aún así me quedé sin trabajo.

Este es un filtro de paso de banda simple (BPF) con frecuencia resonante y resonancia :$\Omega_0$$Q$

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

A la frecuencia de resonancia

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

y las bandas superiores e inferiores se definen de modo que

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

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

Los llamamos "bandas de medio poder" . Como somos audio, definimos el ancho de banda en octavas, y en el mundo analógico este ancho de banda en octavas, , está relacionado con como:$BW$$Q$

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

Estamos usando la transformación bilineal (con frecuencia resonante preformada) que mapea:

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

dejando y . s = j $z=e^{j \omega}$$s=j\Omega$

La frecuencia angular resonante del filtro analógico es , y con la compensación de deformación de frecuencia realizada a la frecuencia resonante en el filtro digital realizado, cuando (la frecuencia resonante definida por el usuario), entonces . ω = ω 0 Ω = Ω $\Omega_0$$\omega=\omega_0$$\Omega=\Omega_0$

Entonces, si la frecuencia angular analógica es

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

entonces se asigna a la frecuencia angular digital como

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

Ahora, las bandas superiores e inferiores en el mundo analógico son

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

y en el dominio de frecuencia digital son

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

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

Entonces, la diferencia real, en la frecuencia de registro de las bandas (que es el ancho de banda real en el filtro digital) es:

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

o

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

Esto tiene una forma funcional de

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

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

Lo que quiero hacer es invertir (pero sé que no puedo hacerlo exactamente con una buena forma cerrada). Ya he hecho una aproximación de primer orden y quiero subirla a una aproximación de tercer orden. Y esto se ha convertido en una especie de cópula femenina canina, aunque debería ser sencilla.$f(x)$

Ahora, esto tiene algo que ver con la fórmula de inversión de Lagrange y solo quiero llevarlo a un término más del que tengo.

Sabemos desde arriba que es una función de simetría impar:$f(x)$

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

Esto significa que y todos los términos de orden par de la serie Maclaurin serán cero:$f(0)=0$

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

La función inversa también es de simetría impar, pasa por cero y puede expresarse como una serie de Maclaurin

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

y si sabemos qué son y de , entonces tenemos una buena idea de lo que deben ser y :$a_1$$a_3$$f(x)$$b_1$$b_3$

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

Ahora, puedo calcular la derivada de y evaluarla en cero y obtengo$f(x)$

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

Pero me mucho obtener y, por tanto, . ¿Alguien puede hacer esto? Incluso me conformaría con una expresión sólida para la tercera derivada de evaluada en .$a_3$$b_3$$f(x)$$x=0$

Para complementar mi parte a esta pregunta: Aquí hay una respuesta algo corta basada en una expansión manual de la función impar en una serie hasta el tercer orden. Se pueden encontrar más detalles en mathSE .$f(x)$

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

Al principio nos enfocamos en el término izquierdo de y comenzamos con

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

Expansión en serie de :$\arctan$

Obtenemos

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

Ahora derivamos de (2) los coeficientes hasta . Usando el operador de coeficiente para denotar el coeficiente de en una serie obtenemos $x^3$$[x^k]$$x^k$

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

Concluimos

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

Poderes en series logarítmicas:

Para derivar los coeficientes de la serie logarítmica escribimos la expresión (3) como y consideramos

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

Ahora establecemos y extraemos los coeficientes de a de $A(x)=(a_0-1)+a_1x+a_2x^2+a_3x^3$$x^0$$x^3$

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

Obtenemos de (5)

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

Expansión en serie del logaritmo:

Calculamos usando (6) los coeficientes de en términos de$\ln(\arctan(\alpha e^x))$$a_j, 0\leq j\leq 3$

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

Expansión en serie de :$f(x)$

Ahora es tiempo de cosechar. Finalmente obtenemos con (3) y (7) respetando que es impar$f(x)$

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

(Convertir comentario a respuesta)

Usando Wolfram Alpha, en evalúa como: $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) )) +) + en + x% 3D0

También podemos verificar si esto coincide con la respuesta de Markus aquí .

Su coeficiente de resulta ser$x^3$

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

Si multiplicamos eso por 6 y reorganizamos algunos factores obtenemos:

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

que coincide!

El problema planteado en la pregunta parece no tener una solución de forma cerrada. Como se menciona en la pregunta y se muestra en otras respuestas, el resultado se puede desarrollar en una serie, que se puede lograr con cualquier herramienta matemática simbólica como Mathematica. Sin embargo, los términos se vuelven bastante complicados y feos, y no está claro qué tan buena es la aproximación cuando incluimos términos de hasta tercer orden. Como no podemos obtener una fórmula exacta, podría ser mejor calcular la solución numéricamente, lo que, a diferencia de la aproximación, dará un resultado (casi) exacto.

Sin embargo, de esto no se trata mi respuesta. Sugiero una ruta diferente que da una solución exacta al cambiar la formulación del problema. Después de pensarlo durante un tiempo, resulta que es la especificación de la frecuencia central y la especificación del ancho de banda como una relación (o, equivalentemente, en octavas) lo que causa la intratabilidad matemática. Hay dos formas de salir del dilema:$\omega_0$

1. especifique el ancho de banda del filtro de tiempo discreto como una diferencia de frecuencias , donde y son los bordes de banda inferior y superior del filtro de tiempo discreto, respectivamente.$\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$$\omega_1$$\omega_2$
2. prescriba la relación , y en lugar de prescriba una de las dos frecuencias de borde u .$\omega_2/\omega_1$$\omega_0$$\omega_1$$\omega_2$

En ambos casos, es posible una solución analítica simple. Como es deseable prescribir el ancho de banda del filtro de tiempo discreto como una relación (o, equivalentemente, en octavas), describiré el segundo enfoque.

Definamos las frecuencias de borde y del filtro de tiempo continuo por$\Omega_1$$\Omega_2$

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

con , donde es la función de transferencia de un filtro de paso de banda de segundo orden:$\Omega_2>\Omega_1$$H(s)$

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

con y . Tenga en cuenta que y para .$\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$

Usamos la transformación bilineal para mapear las frecuencias de borde y del filtro de tiempo discreto a las frecuencias de borde y del filtro de tiempo continuo. Sin pérdida de generalidad podemos elegir . Para nuestros propósitos, la transformación bilineal toma la forma$\omega_1$$\omega_2$$\Omega_1$$\Omega_2$$\Omega_1=1$

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

correspondiente a la siguiente relación entre frecuencias de tiempo continuo y de tiempo discreto:

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

De obtenemos configurando . Con y calculados a partir de , obtenemos la función de transferencia del filtro prototipo analógico a partir de . Aplicando la transformación bilineal , obtenemos la función de transferencia del filtro de paso de banda de tiempo discreto:$(4)$$\Omega_2$$\omega=\omega_2$$\Omega_1=1$$\Omega_2$$(4)$$(2)$$(3)$

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

con

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

Resumen:

El ancho de banda del filtro de tiempo discreto se puede especificar en octavas (o, en general, como una relación), y los parámetros del filtro prototipo analógico se pueden calcular exactamente, de modo que se logre el ancho de banda especificado. En lugar de la frecuencia central , especificamos los bordes de la banda y . La frecuencia central definida por es un resultado del diseño.$\omega_0$$\omega_1$$\omega_2$$|H_d(e^{j\omega_0})|=1$

Los pasos necesarios son los siguientes:

1. Especifique la proporción deseada de los bordes de la banda , y uno de los bordes de la banda (que por supuesto es equivalente a simplemente especificar y ).$\omega_2/\omega_1$$\omega_1$$\omega_2$
2. Elija y determine de . Calcule y del filtro prototipo analógico .$\Omega_1=1$$\Omega_2$$(4)$$\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1$$\Omega_0^2=\Omega_1\Omega_2$$(2)$
3. Evalúe las constantes para obtener la función de transferencia de tiempo discreto .$(6)$$(5)$

Tenga en cuenta que con el enfoque más común donde se y , los bordes de banda reales y son un resultado del proceso de diseño. En la solución propuesta, se pueden especificar los bordes de la banda y es el resultado del proceso de diseño. La ventaja de este último enfoque es que el ancho de banda se puede especificar en octavas y la solución es exacta, es decir, el filtro resultante tiene exactamente el ancho de banda especificado en octavas.$\omega_0$$\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$$\omega_1$$\omega_2$$\omega_0$

Ejemplo:

Especifiquemos un ancho de banda de una octava, y elegimos el borde inferior de la banda como . Esto da un borde de banda superior . Los bordes de la banda del filtro prototipo analógico son y de (con ) . Esto proporciona y . Con obtenemos la función de transferencia de tiempo discreto$\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)$

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

que logra exactamente un ancho de banda de 1 octava y los bordes de banda especificados, como se muestra en la figura a continuación:

Solución numérica del problema original:

De los comentarios entiendo que es importante poder especificar exactamente la frecuencia central para la cual se satisface. Como se mencionó anteriormente, no es posible obtener una solución de forma cerrada exacta, y un desarrollo en serie produce expresiones bastante difíciles de manejar.$\omega_0$$|H_d(e^{j\omega_0})|=1$

En aras de la claridad, me gustaría resumir las posibles opciones con sus ventajas y desventajas:

1. especifique el ancho de banda deseado como una diferencia de frecuencia , y especifique ; en este caso es posible una solución simple de forma cerrada.$\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$$\omega_0$
2. especifique los bordes de banda y ω 2 (o, de manera equivalente, el ancho de banda en octavas, y uno de los bordes de banda); esto también conduce a una solución simple de forma cerrada, como se explicó anteriormente, pero la frecuencia central ω 0 es un resultado del diseño y no se puede especificar.$\omega_1$$\omega_2$$\omega_0$
3. especifique el ancho de banda deseado en octavas y la frecuencia central (como se preguntó en la pregunta); no es posible una solución de forma cerrada, ni hay (por el momento) una aproximación simple. Por esta razón, creo que es deseable tener un método simple y eficiente para obtener una solución numérica. Esto es lo que se explica a continuación.$\omega_0$

Cuando se especifica , utilizamos una forma de la transformación bilineal con una constante de normalización que es diferente de la utilizada en ( 3 ) y ( 4 ) :$\omega_0$$(3)$$(4)$

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

Definimos . Denote la proporción especificada de bordes de banda del filtro de tiempo discreto como$\Omega_0=1$

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

Con que obtenemos de ( 7 ) y ( 8 $c=\tan(\omega_0/2)$$(7)$$(8)$

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

Con , ( 9 ) puede reescribirse en la siguiente forma:$\Omega_1\Omega_2=\Omega_0^2=1$$(9)$

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

Para un valor dado de esta ecuación puede resolverse para Ω 1 con unas pocas iteraciones de Newton. Para esto necesitamos la derivada de f ( Ω 1 ) :$r$$\Omega_1$$f(\Omega_1)$

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

Con , sabemos que Ω 1 debe estar en el intervalo ( 0 , 1 ) . Aunque es posible llegar a soluciones iniciales más inteligentes, resulta que la suposición inicial Ω ( 0 ) 1 = 0.1 funciona bien para la mayoría de las especificaciones, y dará como resultado soluciones muy precisas después de solo 4 iteraciones del método de Newton:$\Omega_0=1$$\Omega_1$$(0,1)$$\Omega_1^{(0)}=0.1$$4$

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

Con obtenido con unas pocas iteraciones de ( 12 ) podemos determinar Ω 2 = 1 / Ω 1 y Δ Ω = Ω 2 - Ω 1 , y usamos ( 5 ) y ( 6 ) para calcular los coeficientes del discreto -filtro de tiempo. Nota que la constante c está ahora dado por c = tan ( ω 0 / 2 ) .$\Omega_1$$(12)$$\Omega_2=1/\Omega_1$$\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1$$(5)$$(6)$$c$$c=\tan(\omega_0/2)$

Ejemplo 1:

Especifiquemos y un ancho de banda de 0.5 octavas. Esto corresponde a una relación r = ω 2 / ω 1 = 2 0.5 = $\omega_0=0.6\pi$$0.5$. Con una suposición inicial deΩ1=0.1,4iteraciones del método de Newton dieron como resultado una soluciónΩ1=0.71, a partir de la cual los coeficientes del tiempo discreto pueden calcularse como se explicó anteriormente. La siguiente figura muestra el resultado:$r=\omega_2/\omega_1=2^{0.5}=\sqrt{2}=1.4142$$\Omega_1=0.1$$4$$\Omega_1=0.71$

El filtro se calculó con este script de Matlab / Octave:

% especificaciones
bw = 0.5; % de ancho de banda deseado en octavas
w0 = .6 * pi; % frecuencia de resonancia

r = 2 ^ (peso corporal); % de relación de bordes de banda
W1 = .1; % de conjetura inicial (funciona para la mayoría de las especificaciones)
Nit = 4; % # Iteraciones de Newton
c = tan (w0 / 2);

% Newton
para i = 1: Nit,
    f = r * atan (c * W1) - atan (c / W1);
    fp = c * (r / (1 + c ^ 2 * W1 ^ 2) + 1 / (c ^ 2 + W1 ^ 2));
    W1 = W1 - f / fp
final

W1 = abs (W1);
if (W1> = 1), error ('Error al converger. Reduzca el valor de la suposición inicial'); final

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

% filtro de tiempo discreto
escala = 1 + dW * c + W1 * W2 * c ^ 2;
b = (dW * c / escala) * [1,0, -1];
a = [1, 2 * (W1 * W2 * c ^ 2-1) / escala, (1-dW * c + W1 * W2 * c ^ 2) / escala];

Ejemplo 2

Agrego otro ejemplo para mostrar que este método también puede tratar con especificaciones para las cuales la mayoría de las aproximaciones darán resultados no sensitivos. Este suele ser el caso cuando el ancho de banda deseado y la frecuencia de resonancia son grandes. Diseñemos un filtro con y b w = 4 octavas. Cuatro iteraciones del método de Newton con una conjetura inicial Ω ( 0 ) 1 = 0.1 dan como resultado un valor final de Ω 1 = 0.00775 , es decir, en un ancho de banda del prototipo analógico de log 2 ( Ω 2 $\omega_0=0.95\pi$$bw=4$$\Omega_1^{(0)}=0.1$$\Omega_1=0.00775$ octavas. El filtro de tiempo discreto correspondiente tiene los siguientes coeficientes y su respuesta de frecuencia se muestra en la siguiente gráfica:$\log_2(\Omega_2/\Omega_1)=\log_2(1/\Omega_1^2)\approx 14$

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

Los bordes de la banda de media potencia resultantes son y ω 2 = 0.999612 π , que en realidad están exactamente a 4 octavas (es decir, un factor de 16 ) aparte.$\omega_1=0.062476\pi$$\omega_2 = 0.999612\pi$$4$$16$

Está bien, prometí hacer una recompensa y cumpliré mi promesa. pero tengo que confesar que podría renegar un poco en estar satisfecho con solo la tercera derivada de . lo que realmente quiero son los dos coeficientes para g ( y ) .$f(x)$$g(y)$

así que no me daba cuenta de que había este Wolfram lenguaje como una alternativa a Mathematica o Derivar y no me di cuenta que podría tan fácilmente calcular la derivada tercera y simplificar la expresión.

y este chico Markus en matemáticas SE publicó esta respuesta (que pensé que iba a tener que ser la cantidad de grunge que pensé que sería necesaria).

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

así que armé la aproximación de tercer orden al inverso:

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

i was kinda hoping someone else would do this. recall $y=f(x) \triangleq \ln(2) \, bw$, $g(y) = x \triangleq \frac{\ln(2)}{2}BW$ and $\alpha \triangleq \tan(\omega_0/2)$

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

i have three convenient trig identities:

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

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

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

"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,

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

so here are some quantitative results. i plotted spec'd bandwidth $bw$ for the digital filter on the x-axis and the resulting digital bandwidth on the y-axis. there are five plots from green to red representing the resonant frequency $\omega_0$ normalized by Nyquist:

$\frac{\omega_0}{\pi} =$ [0.0002 0.2441 0.4880 0.7320 0.9759]

so the resonant frequency goes from nearly DC to nearly Nyquist.

here is no compensation (or pre-warping) at all for bandwidth:

here is the simple first-order compensation that the Cookbook has done all along:

here is the third-order compensation that we just solved here:

what we want is for all of the lines to lie directly on the main diagonal.

i had made a mistake in the third-order case and corrected it in this revision. it does look like the third-order approximation to $g(y)$ is a bit better than the first-order approximation for small $bw$.

so i diddled with the coefficient of the 3rd-order term (i wanna leave the 1st-order term the same), lessening it's effect. this is from multiplying just the 3rd-order term by 50%:

this is reducing it to 33%:

and this is reducing the 3rd-order term to 25%:

since the object of an inverse function is to undo the specified function, the point of this whole thing is to get the curves of the composite function to lie as close to the main diagonal as possible. it's not too bad for up to 75% Nyquist for resonant frequency $\omega_0$ and 3 octaves bandwidth $bw$. but not so much better to really make it worth it in the "coefficient cooking" code that is executed whenever the user turns a knob or slides a slider.