在本文或多速率过滤中,作者建立了以下数学关系。假设$ y_D $是下采样器的输出,则

$$ y_D [n] = x [Mn] $$

其中$ M $是下采样因子。换句话说,我们保留原始信号的每个$ M $采样。然后作者继续声明以下内容:


... $ y_D [n] $的z变换由

$$ Y_D [z] = \ frac {1} {M} \ sum_ {k = 0} ^ {M-1} X [z ^ {1 / M} W ^ k] $$

其中$ W ^ k $是$ M $点的离散傅立叶变换内核,即
$ e ^ {(-j2 \ pi k)/ M} $。


如何我们可以从前一种表达转到后者吗? DFT和Z变换之间允许这种过渡的关系是什么?

#1 楼

这种推导是一个棘手的过程。以前建议的方法存在缺陷。让我先演示一下;那么我将给出正确的解决方案。
我们希望将下采样信号的$ \ mathcal {Z} $转换关联为$ Y_D(z)= \ mathcal {Z} \ {x [Mn] \} $,到原始信号$ X(z)= \ mathcal {Z} \ {x [n] \} $的$ \ mathcal {Z} $转换。
错误的方式
可以考虑将下采样信号的表达式简单地插入$ \ mathcal {Z} $-transform的表达式中:
$ Y_D(z)= \ sum \ limits_ {n =-\ infty} ^ {+ \ infty} {x [Mn] z ^ {-n}} $
变量$ n'= Mn $的变化似乎很明显:
$ Y_D(z)= \ sum \ limits_ {n' \ in M \ mathbb {Z}} {x [n'] z ^ {-n'/ M}} $
但是,重要的是要认识到,即使新的求和索引$ n'$仍在运行从$-\ infty $到$ \ infty $,总和现在超过M个整数中的1。换句话说,
$ n'\ in M \ mathbb {Z} = \ {...,-2M,-M,0,M,2M,... \} $,
$ \ mathcal {Z} $-transform的定义要求
$ n \ in \ {...,-2,-1,0,1,2,... \} $。
由于这不再是$ \ mathcal {Z} $转换,因此我们不能这样写:
$ Y_D(z)= X(z ^ {1 / M})$
正确的方法
让我们首先将“辅助”脉冲火车信号$ t_M [n] $定义为:
$ \ begin {align *}
t_M [n]
&= \ sum \ limit_ {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 *}
$
此函数在$ M $个采样中有一个为$ 1 $,在其他所有采样处为零。
等效地,脉冲序列函数可以写为:
$ t_M [n] = \ frac {1} {M} \ sum \ limits_ {k = 0} ^ {M-1} {e ^ {j2 \ pi kn / M}} $
证明:我们需要分别考虑$ n \ in M \ mathbb {Z} $和$ n \ notin M \ mathbb {Z} $的情况:
$$ \ begin {align *}
t_M [n ]
&= \ frac {1} {M} \ sum \ limits_ {k = 0} ^ {M-1} {e ^ {j2 \ pi kn / M}}} \\
&=
\ left \ {
\ begin {array} {lr}
\ frac {1} {M} \ sum \ limits_ {k = 0} ^ {M-1} {1} &&:n \ in M \ mathbb {Z} \\
\ frac {1} {M } \ frac {1-e ^ {j2 \ pi n}} {1-e ^ {j2 \ pi n / M}} &&:n \ notin M \ mathbb {Z}
\ end {array}
\对。 \\
&=
\ left \ {
\ begin {array} {lr}
\ frac {1} {M} M &&:n \ in M \ mathbb { Z} \\
\ frac {1} {M} \ frac {1-1} {1-e ^ {j2 \ pi n / M}}} &&:n \ notin M \ mathbb {Z}
\ end {array}
\ right。 \\
&=
\ left \ {
\ begin {array} {lr}
1 &&:n \ in M \ mathbb {Z} \\
0 &&:n \ notin M \ mathbb {Z}
\ end {array}
\ right。
\ end {align *} $$
在$ n \ notin M \ mathbb {Z} $的情况下,我们使用表达式表示几何级数的有限和。
现在让我们回到寻找下采样器的$ \ mathcal {Z} $变换的原始问题:
$ Y_D(z)= \ sum \ limits_ {n =-\ infty} ^ {+ \ infty} { x [Mn] z ^ {-n}} $
我们应用替换$ n'= Mn $,请记住,这使得求和仅在M的整数倍上运行:
$ Y_D( z)= \ sum \ limits_ {n'\ in M \ mathbb {Z}} {x [n'] z ^ {-n'/ M}} $
我们现在可以使用上述脉冲序列函数来安全地将其重写为\ mathbb {Z} $中所有$ n \的总和:
$ Y_D(z)= \ sum \ limits_ {n =-\ infty} ^ {+ \ infty} {t_M [n ] x [n] z ^ {-n / M}} $
对脉冲序列函数使用上述公式作为有限的指数和,我们得到:
$ \ begin {align *}
Y_D(z)
&= \ sum \ limits_ {n =-\ infty} ^ {+ \ infty} {(\ frac {1} {M} \ sum \ limits_ {k = 0} ^ {M-1} {e ^ {j2 \ pi kn / M}})x [n] z ^ {-n / M}} \\
&= \ frac {1} {M} \ sum \ limit_ {k = 0} ^ {M-1} {\ sum \ limits_ {n =-\ infty} ^ {+ \ infty} {e ^ {j2 \ pi kn / M} x [n] z ^ {-n / M}}} \\
&= \ frac {1} {M} \ sum \ limit_ {k = 0} ^ {M-1} {\ sum \ limits_ {n =-\ infty} ^ {+ \ infty} {x [n](e ^ {-j2 \ pi k / M} z ^ { 1 / M})^ {-n}}}
\ end {align *} $
右边的总和是所有整数的总和,因此,根据$ z'= e ^ {-j2 \ pi k / M} z ^ {1 / M,这是有效的$ \ mathcal {Z} $变换} $。因此,我们可以这样写:
$
Y_D(z)= \ frac {1} {M} \ sum \ limits_ {k = 0} ^ {M-1} {X(e ^ {- j2 \ pi k / M} z ^ {1 / M})}
$
这是下采样器的$ \ mathcal {Z} $变换的公式。

评论


$ \ begingroup $
非常好。在阅读以上我的较早答案时,我还注意到了与您相同的缺陷。
$ \ endgroup $
–Jason R
2014年5月27日14:39

#2 楼

我以前没有看过这种记法。但是,这似乎是有道理的。 $ M $ -downsampler由以下公式定义:

$$
$$

$ z $转换由以下公式定义:

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

应用变量更改,令$ n'= Mn $。由于求和范围扩展到无穷大,因此不受其变化的影响。

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

这看起来类似于$ x [n] $本身的$ z $转换。回想一下它定义为:

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

因此,通过检查,我们可以得出$ x [n] $和$ y_D [n] $的$ z $转换之间的以下关系:

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

因此,下采样器的$ z $转换输出与预期的输入信号的$ z $转换密切相关。在频域中,这会导致信号的频率内容扩展$ M $倍。

但是,如何从上述方程式转换为本文中引用的方程式呢?它仅以$ z $给出$ Y_D(z)$的定义,而我们得出的表达式是$ z ^ {1 / M} $的函数。因此,对于要评估$ Y_D(z)$的特定值$ z $,您首先要计算$ z ^ {1 / M} $(即,取$ z $的第M $ M $作为根) ),然后将其代入$ X(z)$。但是,\ mathbb {C} $中的所有非零$ z \ z都有$ M $个不同的$ M $根:

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

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

其中$ W_k $是您的问题中引用的DFT内核值$ e ^ {j2 \ pi k / M} $,而$ r_p $是我定义为复数值$ z的主体$ M $根$:

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

也就是说,$ z $的本金$ M $的根$ r_p $是通过将$ z $转换为极坐标形式,并取$ z $的$ M $的根来获得的的大小(是一个实数),然后将$ z $的角度除以$ M $。结果值以极坐标形式表示$ r_p $。

为什么要解决所有这些麻烦?因为,如前所述,从$ Y_D(z)$的域到$ X(z ^ {1 / M})$的域的映射不是一对一的。我现在开始挥手。对于要为其评估$ Y_D(z)$的$ z $的任何特定值,可以映射到$ X(z ^ {1 / M})$中的$ M $对应点。因此,$ X(z ^ {1 / M})$中的每个$ M $点都贡献了$ Y_D(z)$的相应值。然后,您得到的总和如下文所示:

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

其中$ r_p(z)$指的是我前面显示的第$ M $个根的本金计算。实际上,您可以选择$ z $的$ M $根中的任何根作为本金。我选择此定义是因为它是最直接的。如果您要正确而严格地推导这种关系,我相信$ \ frac {1} {M} $的因子是由于$ z ^ {1 / M} $的导数而产生的。

用数学家的话来说,我相信这将被称为功能的组合。 $ Y_D(z)= f(g(z))$,其中$ f(z)= X(z)$和$ g(z)= z ^ {1 / M} $。为了展开功能组合并将$ Y_D(z)$仅写为$ z $的函数,您需要将$ Y_D(z)$的域切成一对一的块,将函数求和这些间隔,然后将结果与适当的比例因子相加。在给定原始随机变量pdf的情况下,我之前曾使用此技术来计算随机变量函数的概率分布函数(例如,在给定$ X $的pdf的情况下,得出$ \ sqrt {X} $的pdf),但是该技术的名称使我无所适从。

评论


$ \ begingroup $
非常好的答案。
$ \ endgroup $
–太空
2012年8月24日在3:31



$ \ begingroup $
谢谢。任何有执照的数学家都会对我进行描述的尝试感到畏缩(我显然是工程师)。我认为不是很清楚,但是也许其他人可以提出更清晰的解释,或者也许我会想一个更好的说法。
$ \ endgroup $
–Jason R
2012年8月24日在3:34



$ \ begingroup $
我理解上半部分,但是对我来说事情变得越来越模糊。
$ \ endgroup $
–太空
2012年8月24日12:34

$ \ begingroup $
如果有机会,我应该重写下半部分。实际上,这只是用于推导两个函数组成的表达式的标准技术。我需要回忆一下如何做的细节。
$ \ endgroup $
–Jason R
2012年8月24日12:39