0, 1, 2… n 차 홀드

사각형 함수는 다음과 같이 정의됩니다.

$$\mathrm{rect}(t) = \begin{cases} 0 & \mbox{if } |t| > \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \mbox{if } |t| = \frac{1}{2} \\ 1 & \mbox{if } |t| < \frac{1}{2}. \\ \end{cases}$$

삼각 함수는 다음과 같이 정의됩니다.

$$\operatorname{tri}(t) = \begin{cases} 1 - |t|, & |t| < 1 \\ 0, & \mbox{otherwise} \end{cases}$$ 두 개의 동일한 단위 사각형 함수의 컨볼 루션입니다. $$\operatorname{tri}(t) = \operatorname{rect}(t) * \operatorname{rect}(t) \quad = \int_{-\infty}^\infty \mathrm{rect}(\tau) \cdot \mathrm{rect}(t-\tau)\ d\tau$$ 0 차 홀드 및 1 차 홀드에서이 기능을 사용합니다. 실제로, 그것은 : $$x_{\mathrm{ZOH}}(t)\,= \sum_{n=-\infty}^{\infty} x(n)\, \mathrm{rect} \left(t-n\right) \ $$ 0 차 홀드 유지 $$x_{\mathrm{FOH}}(t)\,= \sum_{n=-\infty}^{\infty} x(n)\, \mathrm{tri} \left(t-n\right) \ $$ 첫 주문 보류. 이후$\operatorname{tri}(t) = \operatorname{rect}(t) * \operatorname{rect}(t)$, 이것이 우연의 일치인지 또는 2 차 홀드에 대한 임펄스 응답이 다음과 같은지 알고 싶습니다. $$\operatorname{tri}(t)*\operatorname{tri}(t)=\left(\operatorname{rect}(t) * \operatorname{rect}(t)\right)*\left(\operatorname{rect}(t) * \operatorname{rect}(t)\right).$$ 일반인도 마찬가지입니까 $k$주문 보류? 즉, 넣어 $$x_{\mathrm{K-TH}}(t)\,= \sum_{n=-\infty}^{\infty} x(n)\, \mathrm{g}_k \left(t-n\right) \ $$ 어디 $\mathrm{g}_k \left(t-n\right)$ 의 임펄스 응답입니다 $k$-주문 보류, 임펄스 응답이 $$\mathrm{g}_k \left(t-n\right)=\left(\operatorname{rect}(t) * \operatorname{rect}(t)\right)* \dots * \left(\operatorname{rect}(t) * \operatorname{rect}(t)\right),$$ k 번.

그렇지 않다. 우선, 2 차 홀드는 3 개의 샘플 포인트를 사용하여 보간 다항식을 계산하지만 제안 된 임펄스 응답$\text{tri}(t)\star\text{tri}(t)$ 크기 간격에서 0이 아님 $4$ (샘플 간격을 가정하면 $T=1$질문에서와 같이). 그러나 2 차 홀드에 해당하는 임펄스 응답은 길이를 지탱해야합니다.$3$.

이제는 $n^{th}$수주 보류는 임펄스 응답을 가질 수 있습니다. $n$직사각형 함수. 이 경우 올바른 지원 크기를 얻을 수 있지만 물론 충분하지 않습니다.

안 $n^{th}$-order hold은 다음을 사용하여 조각 별 보간을 계산합니다. $n+1$연속적인 데이터 포인트. 이는 단일 데이터 포인트를 사용하는 0 차 홀드 및 2 개의 데이터 포인트를 사용하는 1 차 홀드와 유사합니다. 이 정의는 문헌에서 일반적으로 사용됩니다 (예 : here 및 here 참조 ).

세 개의 데이터 포인트를 보간하는 2 차 다항식을 보여주는 것은 간단합니다. $y[-1]$, $y[0]$, $y[1]$ ~에 의해 주어진다

$$P(t)=y[-1]\frac{t(t-1)}{2}+y[0](1-t^2)+y[1]\frac{t(t+1)}{2}\tag{1}$$

에 의해 주어진 보간을 달성하는 임펄스 응답을 찾기 위해 $(1)$우리는 동일시되어야한다 $(1)$ 표정으로

$$y[-1]h(t+1)+y[0]h(t)+y[1]h(t-1)\tag{2}$$

임펄스 응답 지원을 선택하면 $h(t)$ 간격으로 $[-1,2]$보간 간격을 선택하는 것과 같습니다. $[0,1]$, 동일시 $(1)$ 과 $(2)$ 2 차 홀드의 다음과 같은 임펄스 응답을 초래합니다.

$$h(t)=\begin{cases}\frac12(t+1)(t+2),&\quad -1<t<0\\ 1-t^2,&\quad0\le t \le 1\\ \frac12 (t-1)(t-2),&\quad 1<t<2\\ 0,&\quad\text{otherwise}\end{cases}\tag{3}$$

임펄스 응답 $(3)$ 2 차 홀드의 모양은 다음과 같습니다.

이 임펄스 응답이 세 개의 직사각형 함수를 서로 관련 시켜서 생성 될 수 없음을 보여 주려고합니다.

그래서 이것이 내가 생각하는 이유입니다 $n$주문 보류는 $\operatorname{rect}\left( \frac{t - T/2}{T} \right)$ 저절로 얽히다 $n$ 타임스.

Wikipedia는 모든 것을 최종적으로 언급하지는 않지만 거기에서 스니핑 한 것이 있습니다. 샘플링 및 재구성을 고려하십시오 (섀넌 휘태커는 모든 공식). 원래 대역 제한 입력이$x(t)$ 샘플은 $x[n]\triangleq x(nT)$ 대역 제한 입력은 다음과 같은 샘플에서 재구성 할 수 있습니다.

$$x(t) = \sum\limits_{n=-\infty}^{\infty} x[n] \ \operatorname{sinc}\left( \frac{t - nT}{T} \right)$$

주파수 응답이있는 이상적인 브릭 월 필터의 출력입니다.

$$\begin{align} H(f) &= \operatorname{rect}(fT) \\ &= \begin{cases} 1 \quad |f| < \frac{1}{2T} \\ 0 \quad |f| > \frac{1}{2T} \\ \end{cases} \end{align}$$

when driven by the ideally sampled function

$$\begin{align} x_\text{s}(t) & = x(t) \cdot \sum\limits_{n=-\infty}^{\infty} \delta\left( \frac{t - nT}{T} \right) \\ & = x(t) \cdot T \sum\limits_{n=-\infty}^{\infty} \delta(t - nT) \\ & = T \sum\limits_{n=-\infty}^{\infty} x(t) \delta(t - nT) \\ & = T \sum\limits_{n=-\infty}^{\infty} x(nT) \delta(t - nT) \\ & = T \sum\limits_{n=-\infty}^{\infty} x[n] \delta(t - nT) \\ \end{align}$$

so when $x_\text{s}(t)$ goes into $H(f)$, what comes out is $x(t)$. the $T$ factor is needed so that the passband gain of the reconstruction filter, $H(f)$ is the dimensionless $1$ or 0 dB.

that means that the impulse response of this ideal brickwall filter is

$$\begin{align} h(t) & = \mathcal{F}^{-1} \left\{ H(f) \right\} \\ & = \frac1T \operatorname{sinc}\left( \frac{t}{T} \right) \\ \end{align}$$

the reconstructed $x(t)$ is

$$x(t) = h(t) \circledast x_\text{s}(t)$$

we clearly cannot realize that reconstruction filter because it is not causal. but with enough delay, we might be able to get closer and closer with a delayed causal $h(t)$.

now a practical DAC does not get particularly close, but because it simply outputs the sample value $x[n]$ for the sample period immediately after the sample, the output of the DAC looks like this

$$x_\text{DAC}(t) = \sum\limits_{n=-\infty}^{\infty} x[n] \ \operatorname{rect}\left( \frac{t - nT - \tfrac{T}2}{T} \right)$$

and it can be modeled as a filter with impulse response

$$h_\text{ZOH}(t) = \frac1T \operatorname{rect}\left( \frac{t-\tfrac{T}2}{T} \right)$$

driven by the same $x_\text{s}(t)$. so

$$x_\text{DAC}(t) = h_\text{ZOH}(t) \circledast x_\text{s}(t)$$

and the frequency response of the implied reconstruction filter is

$$\begin{align} H_\text{ZOH}(f) &= \mathcal{F}^{-1}\{ h_\text{ZOH}(t) \} \\ &= \frac{1 - e^{j 2 \pi f T}}{j 2 \pi f T} \\ &= e^{j \pi f T} \operatorname{sinc}(fT) \\ \end{align}$$

note the constant half-sample delay in this frequency response. that's where the Zero-order hold comes from.

so, while the ZOH has the same DC gain as the ideal brickwall reconstruction but not the same gain at other frequencies. in addition, the images in $x_\text{s}(t)$ aren't fully beaten down as would be with the brickwall, but they're beaten down a bit.

so why, in the POV of the time domain, is this? i think it's because of the discontinuities in $x_\text{DAC}(t)$. it's not as bad as the sum of dirac impulses in $x_\text{s}(t)$, but $x_\text{DAC}(t)$ has jump discontinuities.

how do you get rid of jump discontinuities? maybe turn them into discontinuities of the first derivative. and you do that by used if integration in the continuous time domain. so a first-order hold is one where the output of the DAC is run through an integrator with transfer function $\frac{1}{j 2 \pi f T}$ but we try to undo the effects of integrator with a differentiator done in the discrete-time domain. the output of that discrete-time differentiator is $x[n] - x[n-1]$ or Z-transform $X(z) - z^{-1}X(z) = X(z)(1 - z^{-1})$

the transfer function of that differentiator is $(1 - z^{-1})$ or, in the continuous Fourier domain, $(1 - (e^{j 2 \pi f T})^{-1}) = 1 - (e^{-j 2 \pi f T})$. this makes the transfer function of the first-order hold that of the continuous-time integrator, the discrete-time differentiator, and the ZOH of the DAC all multiplied together.

$$\begin{align} H_\text{FOH}(f) &= \mathcal{F}^{-1}\{ h_\text{FOH}(t) \} \\ &= \left( \frac{1 - e^{j 2 \pi f T}}{j 2 \pi f T} \right)^2 \\ &= e^{j 2 \pi f T} \operatorname{sinc}^2(fT) \\ \end{align}$$

the impulse response of this is

$$\begin{align} h_\text{FOH}(t) &= \mathcal{F}\{ H_\text{FOH}(f) \} \\ &= \left( \operatorname{rect}\left( \frac{t-\tfrac{T}{2}}{T}\right) \right) \circledast \left( \operatorname{rect}\left( \frac{t-\tfrac{T}{2}}{T}\right) \right) \\ &= \frac{1}{T} \operatorname{tri}\left( \frac{t-T}{T} \right) \\ \end{align}$$

now, continuing with this further, the second-order hold would have both continuous zeroth and first derivatives. it does this by integrating again in the continuous-time domain and trying to make up for it in the discrete-time domain with another differentiator. that tosses in another $e^{j \pi f T} \operatorname{sinc}(fT)$ factor which means convolving with another $\operatorname{rect}\left( \frac{t-\tfrac{T}{2}}{T}\right)$.

또 다른 질문은 이것의 중복으로 표시되었습니다. 거기에서 다각형 유지 가 무엇인지 묻습니다 . 그것과 폴리곤 홀드 는 선형 보간의 동의어 인 것 같습니다. 여기에서 예측 된 1 차 홀드 에서처럼 톱처럼 보이는 출력보다는 "도트가 연결됩니다". 샘플을 라인과 연결하려면 라인이 올바른 방향을 향하도록 다음 샘플을 미리 알아야합니다. 샘플이 사전에 알려지지 않은 실시간 제어 시스템과 관련하여, 라인이 샘플에서 연결 되려면 출력이 한 샘플링주기만큼 지연되어야 함을 의미합니다.

다항식 홀드 (다각형 홀드 아님)에는 0 차 홀드 및 1 차 홀드가 모두 포함됩니다.