¿Cuál es la forma más sencilla y directa de demostrar esto acerca de los filtros de fase mínima?

Usando la convención "unitaria" u "frecuencia ordinaria" o "Hz" para la Transformada continua de Fourier:

\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}

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

Entonces, aprendemos que la transformación de Hilbert asigna una señal o función en el dominio del tiempo a otra en el mismo dominio:

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

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

y el transformador de Hilbert es LTI, por lo que sabemos que $\hat{x}(t-\tau) = \mathscr{H}\{x(t-\tau)\}$ . Y, aunque LTI, sabemos que un transformador de Hilbert no es causal (pero, dado el retraso suficiente, también podemos realizar una aproximación a un transformador de Hilbert, a un error distinto de cero dado, como queremos).

Y sabemos que este transformador LTI Hilbert tiene respuesta de frecuencia

\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}

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

donde, por supuesto, . Por lo tanto, todos los componentes de frecuencia positiva se desplazan en fase en -90 ° y todos los componentes de frecuencia negativa se desplazan en fase en + 90 °. Ninguna de las amplitudes se ve afectada, excepto DC, que se borra. Eso es fundamentalmente lo que hace un transformador Hilbert. $X(f) \triangleq \mathscr{F}\{x(t)\}$

De esto sabemos acerca de las señales analíticas:

\begin{aligned} x_{a} (t) & ≜ x (t) + j \hat{x} (t) \\ X_{a} (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}

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

Entonces, si tenemos una señal de dominio de tiempo de valor complejo, en la que las partes real e imaginaria de esta señal forman un par de transformación de Hilbert, entonces en el dominio de frecuencia, todos los componentes de frecuencia negativos tener amplitud cero. Debido a la naturaleza simétrica de la transformada de Fourier, tenemos dualidad y podemos revertir los roles del tiempo frecuencia . Esto significa que si tenemos un espectro de dominio de frecuencia de valor complejo , en el que las partes real e imaginaria de este espectro forman un par de transformación de Hilbert, entonces, en el dominio de tiempo, todos los componentes de tiempo negativos tienen amplitud cero . $x_\text{a}(t)$ $t$ $f$ $X(f)$

Dicho de nuevo, pero sustituyendo la respuesta de impulso por , y la respuesta de frecuencia por , sabemos $h(t)$ $x(t)$ $H(f)$ $X(f)$

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

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

y de manera similar

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

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

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

Un sistema LTI descrito por la respuesta de impulso que es cero para todo que es negativo, es lo que llamamos un " sistema causal ", porque la respuesta de impulso no responde al impulso de impulso hasta que ese impulso de impulso se produce a tiempo. Entonces, para cada sistema LTI en tiempo real realizable (que debe ser causal), las partes real e imaginaria de la respuesta de frecuencia son un par de Hilbert en el dominio de frecuencia. Nada de esto es particularmente sorprendente o especial. $h(t)$ $t$

Entonces (como Matt anticipó) hay algo más sobre relacionar las partes reales e imaginarias de algo con respecto a los sistemas LTI que es un poco sorprendente (o, al menos, no es trivial). Tenemos dos definiciones o descripciones de sistemas LTI o filtros LTI que están en esta clase llamados " filtros de fase mínima ":

Los filtros LTI con funciones de transferencia racionales (de las cuales el numerador y el denominador pueden factorizarse dando como resultado raíces que se llaman ceros y polos, respectivamente) en los que ambos polos y ceros se encuentran en el plano de la mitad izquierda:

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

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

Necesario para la estabilidad: para todos $\Re\{p_n\} < 0$ $1 \le n \le N$

Necesario para la fase mínima: para todos $\Re\{q_m\} < 0$ $1 \le m \le M$

Estos filtros se denominan "fase mínima" porque para cualquier cero en el semiplano izquierdo, un filtro de paso completo que tenga un polo exactamente en la misma ubicación cancelará ese cero y lo reflejará en el semiplano derecho: $q_m$

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

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

Este filtro de paso completo tiene una respuesta de frecuencia con una magnitud de exactamente 0 dB para todas las frecuencias:

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

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

pero el ángulo de fase no es cero, este APF agrega un cambio de fase (negativo):

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

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

El filtro en cascada resultante con el cero reflejado en el semiplano derecho tiene la misma magnitud que el filtro original (con todos los ceros en el semiplano izquierdo), pero tiene más desplazamiento de fase (negativo). Más retraso de fase y más retraso de grupo. El filtro de "fase mínima" es el único filtro que tiene exactamente la misma respuesta de magnitud que tiene menos desplazamiento de fase (negativo) que cualquiera de los clones con APF que reflejan ceros en el semiplano derecho. $H\left( \frac{s}{j 2 \pi} \right) \cdot H_\text{AP}\left( \frac{s}{j 2 \pi} \right)$ $q_m$

Un filtro de "Fase máxima" es uno donde todos los ceros viven en el semiplano derecho o . $\Re\{ q_m \} \ge 0$

Entonces, la segunda definición de un filtro de fase mínima especifica exactamente cómo esta respuesta de fase mínima se relaciona con la respuesta de magnitud:

Un sistema o filtro LTI

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

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

es la fase mínima si y solo si la respuesta de la fase natural, en radianes, es negativa de la transformada de Hilbert del logaritmo natural de la respuesta de magnitud:

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

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

ya que

\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}

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

esto relaciona las partes reales e imaginarias del complejo natural de la respuesta de frecuencia. Digamos que podemos construir un filtro LTI hipotético, con una respuesta de frecuencia compleja igual a ese logaritmo complejo $\log()$ $G(f)$

\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}

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

entonces la respuesta al impulso correspondiente a sería causal: $G(f)$

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

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

El propósito de esta pregunta es resolver las dos definiciones de un filtro de fase mínima. Si, dada la primera definición, no veo ninguna razón directa por la cual el hipotético debería tener una respuesta de impulso causal . $G(f) = \ln(H(f))$ $g(t)$

La única forma de resolver las dos definiciones directamente es considerar:

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})}

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

(suponga por el momento que ) $A>0$

\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}}

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

Sabemos que la transformación de Hilbert de una función constante es cero, entonces

H {\ln (A)} = 0

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

entonces, si podemos demostrar que cada uno de los términos correspondientes de las sumas en y son pares de Hilbert, es decir, si podemos mostrar $\ln(|H(f)|)$ $\arg\{H(f)\}$

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

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

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

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

dado que y , $\Re\{q_m\} < 0$ $\Re\{p_n\} < 0$

entonces podemos mostrar que

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

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

No tenemos que preocuparnos mucho por el ajuste de fase cuando consideramos un solo término de primer orden. Dado que la forma es la misma para ceros y polos, considerando solo un cero

\begin{aligned} \arg {j 2 π f - q_{m}} & = \arg {j 2 π f - (ℜ {q_{m}} + j ℑ {q_{m}})} \\ = \arg {- ℜ {q_{m}} + j (2 π f - ℑ {q_{m}})} \\ = \arctan (\frac{2 π f - ℑ {q_{m}}}{- ℜ {q_{m}}}) \end{aligned}

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

\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}

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

Así que ahora se convierte en una tarea mostrar que

\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})}

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

Ahora recuerde que, en el dominio del tiempo, el transformador de Hilbert es LTI, por lo que sabemos que y no No importa qué sea , es solo un desplazamiento del tiempo tanto en la entrada como en la salida al transformador Hilbert. $\hat{x}(t-\tau) = \mathscr{H}\{x(t-\tau)\}$ $\tau$ $t$

Aquí, en el dominio de la frecuencia, el desplazamiento de la frecuencia es , por lo que sin pérdida de generalidad, podemos eliminar de ambos lados: $f$ $\frac{\Im\{q_m\}}{2 \pi}$ $\Im\{q_m\}$

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

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

Esto divide el problema en un solo polo real y cero real, ambos en el semiplano izquierdo. Ahora podemos normalizar y el con la sustitución: $-\Re\{q_m\}$ $2 \pi$

ω ≜ \frac{2 π f}{- ℜ {q_{m}}}

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

Resultando en

\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}

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

El último término se elimina porque la transformación de Hilbert de una constante es cero. $\ln(-\Re\{q_m\})$

Así que ahora, la línea de fondo , para demostrar la equivalencia de las dos definiciones de lo que es un filtro de fase mínima es, que "simplemente" necesidad de probar la identidad por encima (o por debajo).

¿Puede alguien, sin usar Contour Integration o Residue Theory o los resultados de análisis de variables complejas, probar este hecho? :

\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
fuente

Supongo que esto va a ser sobre la relación de transformación de Hilbert entre la magnitud logarítmica y la fase de un sistema de fase mínima ...

— Matt L.

Estoy llegando allí, @MattL. se tratará de conciliar las dos definiciones diferentes de un filtro de fase mínima. y todavía no habíamos llegado a la segunda definición (a la que aludiste).

— robert bristow-johnson

Wow @ robertbristow-johnson! Esa última línea y ecuación también puede ser buena para publicar en el sitio de matemáticas (sin necesidad de los antecedentes allí, no creo, solo la definición de )

H

$\mathscr{H}$

— Dan Boschen

algo así es mi plan, @DanBoschen. solo quiero tirarlo aquí primero. tal vez deje que Olli o MattL. dale un golpe. (Tengo un enfoque, y muestra que las derivadas de las dos funciones forman un par de Hilbert.)

— Robert Bristow-Johnson

@DanBoschen, he hecho exactamente lo que me sugirió .

— Robert Bristow-Johnson

La transformación de Hilbert con $\mathcal{H}\left\{f(\omega)\right\}$

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

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

se puede calcular de la siguiente manera. Primero, tenga en cuenta que

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

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

De esta tabla sabemos que

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

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

También sabemos que

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

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

Combinando y obtenemos $(3)$ $(4)$

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

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

Entonces, usando , $(2)$

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

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

Ahora también sabemos que el operador de transformación de Hilbert y el operador de diferenciación conmutan:

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

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

cuyos rendimientos

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

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

Integrar finalmente da $(8)$

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

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

Tenga en cuenta que este resultado también se puede obtener usando Mathematica (que no tengo disponible). Según este hilo , el comando

Integrar [-1 / 2 * Log [1 + (\ [Tau] * \ [Nu]) ^ 2] / (\ [Nu] - \ [Omega]), {\ [Nu], -Infinity, Infinity},
 PrincipalValue -> True, Suposiciones -> \ [Tau]> 0 && \ [Omega]> 0, GenerateConditions -> False] / Pi

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

El signo negativo proviene de la definición diferente de la transformada de Hilbert, como se puede ver en el denominador de la integral en el comando de Mathematica.

Me gustaría agregar que la causalidad de la transformada inversa de Fourier de , es decir, la causalidad del complejo cepstrum para un sistema de fase mínima también se puede entender intuitivamente. Tenga en cuenta que cualquier cero de en el semiplano derecho provoca una singularidad en en el semiplano derecho y, en consecuencia, la transformada inversa de Fourier correspondiente debe ser bilateral porque la región de convergencia es una tira que incluye el eje imaginario. Solo si no hay ceros en el semiplano derecho (es decir, el sistema es de fase mínima) tendrá todas sus singularidades en el semiplano izquierdo, y la transformación inversa produce una causal del lado derecho función. $\log H(j\omega)$ $H(j\omega)$ $H(s)$ $\log H(s)$ $\log H(s)$

De podemos ver otra propiedad agradable de la transformación de Hilbert, a saber, que la transformación inversa simplemente viene dada por la transformación (directa) con un signo negativo: $(4)$

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

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

Eso significa que por cada par de transformación de Hilbert que encontremos, obtenemos otro gratis:

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

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

Aplicando a encontramos $(11)$ $(9)$

\begin{matrix} (12) & H {\arctan (ω)} = - f (ω) = \frac{1}{2} \log (1 + ω^{2}) \end{matrix}

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

— Matt L.
fuente

ese signo negativo (con Mathematica ) sigue siendo molesto para mí, Matt. solo atornille la definición de la transformación de Hilbert, es una integral. Mathematica no arroja un cambio de signo espurio con su definición de una integral indefinida con Cauchy pv,

— robert bristow-johnson el

oh, es la inversión del orden de y .

ν

$\nu$

ω

$\omega$

— robert bristow-johnson

@ robertbristow-johnson: Sí, solo mira el denominador, es y nos estamos integrando sobre .

ν - Ω

$\nu-\Omega$

ν

$\nu$

— Matt L.

No estoy de acuerdo con el argumento de causalidad inferior. solo porque es racional, no significa que sea. aun así, poner las singularidades de en el semiplano izquierdo no proporciona causalidad, sino estabilidad. En realidad no es lo mismo.

H (s)

$H(s)$

\log (H (s))

$\log(H(s))$

\log (H (s))

$\log(H(s))$

— robert bristow-johnson el

@ robertbristow-johnson: en de hecho generalmente no racional; No dije que fuera racional. Tenga en cuenta que la estabilidad de está implícita al suponer que existe su transformada inversa de Fourier (el cepstrum). Entonces, con la estabilidad implícita, las ubicaciones de las singularidades determinan la causalidad. Todas las singularidades en el semiplano izquierdo significa causal, en el semiplano derecho significa anticausal, y en ambos lados significa de dos lados (no causal). En general, no es cierto que las singularidades en el LHP proporcionen estabilidad, que solo se aplica a los sistemas causales .

\log H (s)

$\log H(s)$

\log H (s)

$\log H(s)$

— Matt L.