现代信号处理笔记1

Ideal Filters

本文参考《Modern Digital Signal Processing》，仅作读书笔记

问题1：为什么理想滤波器不存在

定义：设H为一理想滤波器，输入为 $v(t) = x(t) + s(t)$ ，其中x(t)为期望信号，s(t)为噪声信号，我们想要滤去噪声，则输出 $y(t) = x(t)*h(t) = Ax(t - T)$ ，其中A为常数，T为时延。

滤波器完全滤去了噪声，输出结果与期望信号相同(不计时延和幅值变化)。

理想滤波器是不存在的，从两个角度去理解

Paley-Wiener Theorem：如果h[n]是一个能量有限的因果序列，即n小于等于0时h(n) = 0，则在频域必定满足： $\int_{-\pi}^{\pi}|\log|H(\omega)||d\omega < +\infty\tag{1}$ 。其中$$H(\omega) = DTFT(h[n])。

而一个理想的滤波器在某个特定的频率区间必定取零，即阻带区间。所以必然无法满足式1，也就意味着频域上达到理想滤波特性时，时域就会丧失因果性。
频域有限的信号，如一个 $-\omega_c$ 到 $\omega_c$ 的方窗，其在时域必定是无限延伸的，必定不是因果的，同样不可实现。

本问题参考《Modern Digital Signal Processing》p132

问题2：窗函数法设计FIR滤波器

设计流程如下，引用《Modern Digital Signal Processing》中一个例题来说明。

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原则上只要设计出低通滤波器，其他带通、带阻、高通等都可以通过频域移位/时域相位调制以及低通滤波器的线性组合得到。

设计指标：通带截止频率4kHz，阻带截止频率5kHz，采样率20kHz，最低衰减量为40 dB
首先转化为数字频率：

$\omega_p = 2\pi\frac{4}{20} = \frac{2\pi}{5}rad,\quad \omega_s = 2\pi\frac{5}{20} = \frac{pi}{2}rad$

于是知道其衰减带宽为 $\Delta\omega = \pi/10 rad$ 。根据阻带特性，我们选择海明窗来得到期望衰减量40 dB。衰减带宽决定了滤波器阶数。
$\Delta\omega = \frac{\pi}{10} \geq \frac{8\pi}{N} \rightarrow N\geq80$

对于FIR滤波器，阶数即为点数，若选用81阶滤波器，则时移长度L = 40。于是我们有了窗函数w[n]、时移长度L，根据上图即可实际FIR滤波器，结果为：
$h[n] = \frac{2}{5} sinc(\omega_c(n - 40))(0.54 - 0.46\cos(\frac{2\pi n}{80}))\quad @ 0\leq n\leq 80$

附相关说明：

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问题3：降采样问题

在理解这个问题的时候，将D倍降采样看作分两步进行，第一步将序列x(n)中所有 $n \neq mD$ 的项置为0，生成v(n)；第二步将v(n)中所有 $n \neq mD$ 的项去处，生成新的序列 $y(n) = v(nD)$ 。

直观理解：直接进行第二步，则序列点数缩小了D倍，时域(这里指以n为横坐标，不考虑采样率)上更紧凑，以前D个点才能变化的幅度现在1个点就可以，变化率增大了D倍，则频域上也拓宽为原来的D倍。

之所以添加第一步，是为了在滤波的角度进行理解(滤波前后点数应是不变的)。

第一步
$v(n) = \delta(n - mD)x(n)$
其中的delta函数为梳状滤波器，将其展开为傅里叶级数有
$\delta(n - mD) = \frac{1}{D}\sum_{k = 0}^{D -1}\exp(-j2\pi kn/D)$
到这一步之后有多种理解方式，可以认为v(n)是x(n)经过一个梳状滤波器之后得到的结果，则可以直接在频域卷积一个以1/D为幅值，周期为 $2\pi/D$ 的冲击串，进行二次周期化。也可以认为是将v(n)经过了一个滤波器组，其中每一个滤波器都是对x(n)进行相位调制，即频域的移位，移位之后再相加，等效于进行了二次周期化。下面针对第二种理解给出数学形式。

$v(n) = \frac{1}{D}\sum_{k = 0}^{D -1}x(n)\exp(-j2\pi kn/D)$

进行Z变换得到：
$V(z) = \frac{1}{D}\sum_{k = 0}^{D -1}X(exp(j2\pi k/D)z)$
令 $z = exp(j\omega)$ ，
$V(\omega) = \frac{1}{D}\sum_{k = 0}^{D -1}X(\omega-2\pi k/D)$
第二步
将第一步中置零的点去除，等效于在频域进行了横轴上的伸缩。图像不变，将横轴伸展为原来的D倍

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于是，
$Y(z) = V(z^{1/D}) = \frac{1}{D}\sum_{k = 0}^{D -1}X(exp(j2\pi k/D)z^{1/D})$

$Y(\omega) = \frac{1}{D}\sum_{k = 0}^{D -1}X(\omega/D-2\pi k/D)$

问题4：升采样问题

在x[n]相邻两点之间插入L - 1个0，就完成了L倍升采样，得到y[n]，这样不会损失数据，但是会带来镜像效应。具体的分析过程可以完全仿照降采样过程，插0带来频域的收缩。当升采样倍数足够大时，会使得[ $-\pi$ , $\pi$ ]范围外的分量收缩到范围内，即镜像分量。

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数学形式为：
$Y(z) = Z{y[n]} = \sum_{m = -\infty}^{+ \infty}y[mL]z^{-mL} = \sum_{m = -\infty}^{+ \infty}x[m]z^{-mL} = X(z^{L})$
令 $z = exp(j\omega)$ ，
$Y(\omega) = X(\omega L)$

现代信号处理笔记1