다운 샘플러의 Z- 변환

에서는 이 종이 또는 멀티 레이트 필터, 저자는 다음의 수학적 관계를 확립한다. $y_D$ 다운 샘플러의 출력 이라고합시다.

y_{D} [n] = x [M n]

$y_D[n] = x[Mn]$

여기서 $M$ 은 다운 샘플링 계수입니다. 다시 말해, 우리 는 최초 신호의 모든 $M$ 번째 샘플을 유지합니다 . 그런 다음 저자는 다음을 진술합니다.

... 의 z- 변환 $y_D[n]$ 은 다음과 같이 주어진다.

$Y_{D} [z] = \frac{1}{M} \sum_{k = 0}^{M - 1} X [z^{1 / M} W^{k}]$ $Y_D[z]=\frac{1}{M}\sum_{k=0}^{M-1}X[z^{1/M}W^k]$
여기서 $W^k$ 는 $M$ 포인트 이산 푸리에 변환 커널, 즉 $e^{(-j2\pi k)/M}$ 입니다.

우리는 어떻게 이전의 표현에서 후자의 표현으로 갈 수 있습니까? 그러한 전환을 가능하게하는 DFT와 Z 변환 사이의 관계는 무엇입니까?

dft downsampling z-transform

— 포논
소스

답변:

이 파생은 까다로운 것입니다. 이전에 제안 된 접근 방식에는 결함이 있습니다. 이것을 먼저 설명하겠습니다. 그런 다음 올바른 해결책을 제시 할 것입니다.

우리는 관련 목적 다운 샘플링 된 신호 - 기존, 의 행 원래 신호의 - 기존 . $\mathcal{Z}$ $Y_D(z) = \mathcal{Z}\{x[Mn]\}$ $\mathcal{Z}$ $X(z) = \mathcal{Z}\{x[n]\}$

잘못된 길

다운 샘플링 된 신호의 표현을 변환의 표현에 간단히 연결하는 것을 생각할 수 있습니다 . $\mathcal{Z}$

$Y_D(z) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}{x[Mn] z^{-n}}$

변수 의 변화는 명백해 보인다 : $n'=Mn$

$Y_D(z) = \sum\limits_{n' \in M\mathbb{Z}}{x[n'] z^{-n'/M}}$

그러나, 새로운 합계 지수에도 불구하고 그것을 실현하는 것이 중요하다 여전히에서 실행 에 , 합계 숫자의 정수 M에서 지금 이상 1입니다 . 다시 말해, $n'$ $-\infty$ $\infty$

, $n' \in M\mathbb{Z}=\{...,-2M,-M,0,M,2M,...\}$

의 정의 에는 $\mathcal{Z}$

. $n \in \{...,-2,-1,0,1,2,...\}$

이것은 더 이상 이 아니기 때문에 다음 과 같이 쓸 수 없습니다 . $\mathcal{Z}$

$Y_D(z) = X(z^{1/M})$

옳은 길

먼저 '도우미'임펄스 트레인 신호 를 다음과 같이 정의하겠습니다 . $t_M[n]$

$\begin{align*} t_M[n] & = \sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty}{\delta[n-kM]} \\ & = \left\{ \begin{array}{lr} 1 & : n \in M\mathbb{Z}\\ 0 & : n \notin M\mathbb{Z} \end{array} \right. \end{align*}$

이 기능은 매 중 1에서 샘플 및 다른 곳 제로. $1$ $M$

마찬가지로 펄스 트레인 기능은 다음과 같이 작성할 수 있습니다.

$t_M[n] = \frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{e^{j2\pi k n / M}}$

증명 : 우리는 와 따로 고려해야합니다 : $n \in M\mathbb{Z}$ $n \notin M\mathbb{Z}$

의 경우, 우리는에 대한 식을 사용하여기하학적 인 일련의 유한 합.

\begin{aligned} t_{M} [n] & = \frac{1}{M} \sum_{k = 0}^{M - 1} e^{j 2 π k n / M} \\ = {\begin{array}{lr} \frac{1}{M} \sum_{k = 0}^{M - 1} 1 & : n \in M Z \\ \frac{1}{M} \frac{1 - e^{j 2 π k n}}{1 - e^{j 2 π k n / M}} & : n \notin M Z \end{array} \\ = {\begin{array}{lr} \frac{1}{M} M & : n \in M Z \\ \frac{1}{M} \frac{1 - 1}{1 - e^{j 2 π k n / M}} & : n \notin M Z \end{array} \\ = {\begin{array}{lr} 1 & : n \in M Z \\ 0 & : n \notin M Z \end{array} \end{aligned}

$\begin{align*} t_M[n] & = \frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{e^{j2\pi k n / M}} \\ & = \left\{ \begin{array}{lr} \frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{1} && : n \in M\mathbb{Z}\\ \frac{1}{M} \frac{1-e^{j2\pi k n}}{1-e^{j2\pi k n / M}} && : n \notin M\mathbb{Z} \end{array} \right. \\ & = \left\{ \begin{array}{lr} \frac{1}{M} M && : n \in M\mathbb{Z}\\ \frac{1}{M} \frac{1-1}{1-e^{j2\pi k n / M}} && : n \notin M\mathbb{Z} \end{array} \right. \\ & = \left\{ \begin{array}{lr} 1 && : n \in M\mathbb{Z}\\ 0 && : n \notin M\mathbb{Z} \end{array} \right. \end{align*}$

n \notin M Z

$n \notin M\mathbb{Z}$

이제 다운 샘플러 의 을 찾는 원래 문제로 돌아가 봅시다 . $\mathcal{Z}$

$Y_D(z) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}{x[Mn] z^{-n}}$

$n'=Mn$

$Y_D(z) = \sum\limits_{n' \in M\mathbb{Z}}{x[n'] z^{-n'/M}}$

$n \in \mathbb{Z}$

$Y_D(z) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}{t_M[n] x[n] z^{-n/M}}$

임펄스 트레인 함수에 대한 위의 공식을 유한 지수의 합으로 사용하면 다음과 같은 이점을 얻을 수 있습니다.

$\begin{align*} Y_D(z) &= \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}{(\frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{e^{j2\pi k n / M}}) x[n] z^{-n/M}} \\ &= \frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}{e^{j2\pi k n / M} x[n] z^{-n/M}}} \\ &= \frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}{x[n] (e^{-j2\pi k / M} z^{1/M})^{-n}}} \end{align*}$

$\mathcal{Z}$ $z'=e^{-j2\pi k / M} z^{1/M}$

$Y_D(z) = \frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{X(e^{-j2\pi k / M} z^{1/M})}$

$\mathcal{Z}$

— 사용자
소스

아주 좋아요 위의 이전 답변을 읽는 동안 나는 당신과 같은 결함을 발견했습니다.

— Jason R

$M$

y_{D} [n] = x [M n]

$y_D[n] = x[Mn]$

$z$

\begin{aligned} Y_{D} (z) & = \sum_{n = - \infty}^{\infty} y_{D} [n] z^{- n} \\ = \sum_{n = - \infty}^{\infty} x [M n] z^{- n} \end{aligned}

$\begin{align} Y_D(z) &= \sum_{n=-\infty}^\infty y_D[n]z^{-n} \\ &= \sum_{n=-\infty}^\infty x[Mn] z^{-n} \end{align}$

$n' = Mn$

Y_{D} (z) = \sum_{n^{'} = - \infty}^{\infty} x [n^{'}] z^{- n^{'} / M}

$Y_D(z) = \sum_{n'=-\infty}^\infty x[n']z^{-n'/M}$

$z$ $x[n]$

X (z) = \sum_{n = - \infty}^{\infty} x [n] z^{- n}

$X(z) = \sum_{n=-\infty}^\infty x[n]z^{-n}$

$z$ $x[n]$ $y_D[n]$

Y_{D} (z) = X (z^{1 / M})

$Y_D(z) = X\left(z^{1/M}\right)$

$z$ $z$ $M$

$Y_D(z)$ $z$ $z^{1/M}$ $z$ $Y_D(z)$ $z^{1/M}$ $M$ $z$ $X(z)$ $z \in \mathbb{C}$ $M$ $M$

{r_{p}, r_{p} e^{\frac{j 2 π}{M}}, r_{p} e^{\frac{j 2 π 2}{M}}, \dots, r_{p} e^{\frac{j 2 π (M - 1)}{M}}}

$\left\{ r_p,\ r_p e^{\frac{j2\pi}{M}},\ r_p e^{\frac{j2\pi2}{M}},\ \ldots\ ,\ r_p e^{\frac{j2\pi(M-1)}{M}} \right\}$

= {r_{p}, r_{p} W, r_{p} W^{2}, \dots, r_{p} W^{M - 1}}

$= \left\{ r_p,\ r_p W,\ r_p W^{2},\ \ldots\ ,\ r_p W^{M-1} \right\}$

$W_k$ $e^{j2\pi k / M}$ $r_p$ $M$ $z$

r_{p} = \sqrt[M]{| z |} e^{\frac{j ∠ z}{M}}

$r_p = \sqrt[M]{|z|} e^{\frac{j\angle{z}}{M}}$

$z$ $M$ $r_p$ $z$ $M$ $z$ $z$ $M$ $r_p$

$Y_D(z)$ $X(z^{1/M})$ $z$ $Y_D(z)$ $M$ $X(z^{1/M})$ $M$ $X(z^{1/M})$ $Y_D(z)$

Y_{D} (z) = \frac{1}{M} \sum_{k = 0}^{M - 1} X (r_{p} (z) W^{k})

$Y_D(z) = \frac{1}{M} \sum_{k=0}^{M-1} X(r_p(z)W^k)$

$r_p(z)$ $M$ $z$ $M$ $\frac{1}{M}$ $z^{1/M}$

$Y_D(z) = f(g(z))$ $f(z) = X(z)$ $g(z) = z^{1/M}$ $Y_D(z)$ $z$ $Y_D(z)$ $\sqrt{X}$ $X$

— 제이슨 R
소스

아주 좋은 대답입니다.

— Spacey

감사. 면허가있는 수학자라면 제가 설명하려고 할 때 울었습니다 (저는 분명히 엔지니어입니다). 나는 그것이 명확하지 않다고 생각하지만, 다른 누군가가 더 명확한 설명을 제안 할 수도 있고, 더 나은 말을 할 방법을 생각할 수도 있습니다.

— Jason R

나는 전반부를 이해하지만 일이 끝날 때 퍼지게됩니다.

— Spacey

나는 기회가 생겼을 때 후반부를 다시 써야한다. 실제로는 두 함수의 구성에 대한 표현식을 도출하기위한 표준 기술 일뿐입니다. 나는 그것을하는 방법에 대한 세부 사항을 기억해야합니다.

— Jason R