Comprendre les principes fondamentaux du filtrage multi-taux

Je vais d'abord répondre à la question 2, et j'espère que cela aidera à expliquer ce qui se passe avec la question 1.

Lorsque vous échantillonnez un signal en bande de base, il existe des alias implicites du signal en bande de base à tous les multiples entiers de la fréquence d'échantillonnage, comme indiqué dans l'image ci-dessous. Signal en bande de base asymétrique avec alias L'image solide est le signal de bande de base d'origine et les alias sont représentés par les images en pointillés. J'ai choisi un signal asymétrique (c'est-à-dire complexe) pour aider à démontrer l'inversion qui se produit à des multiples impairs de la fréquence d'échantillonnage.

Vous pourriez vous demander: "Les alias existent-ils vraiment?" C'est un peu une question philosophique. Oui, dans un sens mathématique, ils existent, car tous les alias (y compris le signal en bande de base) sont indiscernables les uns des autres.

Lorsque vous suréchantillonnez en insérant des zéros entre les échantillons originaux, vous augmentez effectivement la fréquence d'échantillonnage de la fréquence de suréchantillonnage. Donc, si vous suréchantillonnez d'un facteur deux (en mettant un zéro entre chaque échantillon), vous augmentez votre taux d'échantillonnage et le taux de Nyquist d'un facteur 2, ce qui donne l'image ci-dessous. Signal de bande de base asymétrique suréchantillonné

Comme vous pouvez le voir, l'un des alias implicites de l'image précédente est devenu explicite. Si vous FFT les échantillons, il apparaîtra. Une preuve non rigoureuse que la transformation DFT ne change pas fondamentalement est donnée ci-dessous.

Maintenant que vous avez les deux alias explicites, si vous voulez juste l'alias de bande de base, vous devez filtrer passe-bas pour vous débarrasser des autres alias. Parfois, cependant, les gens utilisent les autres alias pour faire leur modulation à leur place. Dans ce cas, vous feriez un filtre passe-haut pour vous débarrasser du signal en bande de base. J'espère que cela répond à la question 2.

La question 1 est essentiellement l'inverse de la question 2. Supposons que vous vous trouviez déjà dans la situation illustrée sur la deuxième image. Il existe deux façons d'obtenir le signal de bande de base que vous souhaitez. La première consiste à filtrer le filtre passe-bas (en éliminant ainsi l'alias supérieur), puis à décimer par un facteur de deux. Cela vous amène à l'image # 1.

La deuxième méthode consiste à filtrer le filtre passe-haut (en supprimant l'alias de bande de base), puis à décimer par un facteur de deux. La raison pour laquelle cela fonctionne est que vous aliasez intentionnellement le signal dans la bande de base, vous amenant ainsi, une fois de plus, à l'image # 1.

Pourquoi voudriez-vous le faire de cette façon? Parce que dans la plupart des situations, les signaux ne seront pas les mêmes, vous pouvez donc choisir le signal que vous voulez ou les faire séparément.

Si vous étudiez le traitement à plusieurs débits, je vous recommande fortement de vous procurer le "Traitement de signal multidébit pour les systèmes de communication" par Frédéric Harris. Il fait un très bon travail d'explication de la théorie sans négliger les mathématiques et donne également beaucoup de conseils pratiques.

EDIT: L'échantillonnage intentionnel d'un signal à un taux inférieur au taux de Nyquist est appelé sous-échantillonnage . Ce qui suit est ma tentative d'expliquer mathématiquement pourquoi la FFT ne change pas lorsque vous suréchantillonnez. "x [n]" est l'ensemble d'échantillons d'origine, "u" est le facteur de suréchantillonnage et "x '[n]" est l'ensemble d'échantillons suréchantillonné.

\begin{array}{rcl} X [k] & = & \sum_{n = 0}^{N - 1} X [n] e^{- je 2 π k n / N} \\ X^{'} [k] & = & \sum_{n = 0}^{u N - 1} X^{'} [n] e^{- je 2 π k n / u N}, { & X & ^{'} [n] = 0, n \neq m u, m \in (0 .. N - 1) \\ X & ^{'} [n] = X [n / u], n = m u \\ = & \sum_{n = 0}^{N - 1} X^{'} [u n] e^{- je 2 π k u n / u N} \\ = & \sum_{n = 0}^{N - 1} X [n] e^{- je 2 π k n / N} \\ = & X [k] \end{array}

$\begin{eqnarray*} X[k] &=& \sum_{n=0}^{N-1} x[n]e^{-i2\pi kn/N}\\ X'[k] &=& \sum_{n=0}^{uN-1} x'[n]e^{-i2\pi kn/uN} , \{ &x&'[n] = 0, n \neq mu, m \in (0..N-1)\\ &x&'[n] = x[n/u], n = mu\\ &=& \sum_{n=0}^{N-1} x'[un]e^{-i2\pi kun/uN}\\ &=& \sum_{n=0}^{N-1} x[n]e^{-i2\pi kn/N}\\ &=&X[k] \end{eqnarray*}$

Toutes mes excuses pour le formatage moche. Je suis un noob LaTex.

EDIT 2: J'aurais dû souligner que les DFT de x [n] et x '[n] ne sont pas vraiment identiques. Le taux d'échantillonnage est plus élevé, ce qui, comme je l'ai expliqué dans la première partie de la réponse, provoque une "exposition" des alias. J'essayais de souligner à ma manière non mathématicienne que les DFT sont, à part le taux d'échantillonnage, les mêmes.

Jim Clay
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Ceci est une réponse fantastique. Merci. Très clair en effet.

learnvst

U

$U$

@JasonR Je pense que le montage est fondamentalement correct, même si je n'ai pas souligné que la fréquence d'échantillonnage change, ce qui est en soi un changement important. Je crois que là où nous différons, c'est que vous y pensez d'un point de vue normalisé, ce qui fait que ce qui se passe ressemble à de la «compression» et de la «répétition». Comme j'ai essayé de l'expliquer dans la partie originale de ma réponse, cependant, une autre façon de voir les choses est que nous augmentons simplement la fréquence d'échantillonnage, ce qui provoque l'exposition des autres alias.

Jim Clay

@JasonR Si j'ai fait une erreur dans les équations, veuillez me le signaler et je serai heureux de le réparer. Merci.

Jim Clay

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