गणितीय प्रश्न जो बिलिनियर ट्रांसफॉर्मेशन का उपयोग करके निकलता है

तो यह कुकबुक से संबंधित है और मैंने दो दशक पहले शायद इसे हल करने की कोशिश की, छोड़ दिया, और अनसुलझी समस्या को याद दिलाया। लेकिन यह बहुत सीधे आगे लानत है, लेकिन मैं अभी भी बत्तख में फंस गया।

यह गुंजयमान आवृत्ति और प्रतिध्वनि साथ एक सरल बैंडपास फ़िल्टर (BPF) है : $\Omega_0$ $Q$

H (s) = \frac{\frac{1}{Q} \frac{s}{Ω_{0}}}{{(\frac{s}{Ω_{0}})}^{2} + \frac{1}{Q} \frac{s}{Ω_{0}} + 1}

$H(s) = \frac{\frac{1}{Q}\frac{s}{\Omega_0}}{\left(\frac{s}{\Omega_0}\right)^2 + \frac{1}{Q}\frac{s}{\Omega_0} + 1}$

गुंजयमान आवृत्ति पर

| H (j Ω) | \leq H (j Ω_{0}) = 1

$|H(j\Omega)| \le H(j\Omega_0) = 1$

और ऊपरी और निचले बैंडेडेज को परिभाषित किया गया है

| H (j Ω_{U}) |^{2} = {| H (j Ω_{0} 2^{B W / 2}) |}^{2} = \frac{1}{2}

$|H(j\Omega_U)|^2 = \left|H\left(j\Omega_0 2^{BW/2} \right)\right|^2 = \tfrac12$

| H (j Ω_{L}) |^{2} = {| H (j Ω_{0} 2^{- B W / 2}) |}^{2} = \frac{1}{2}

$|H(j\Omega_L)|^2 = \left|H\left(j\Omega_0 2^{-BW/2} \right)\right|^2 = \tfrac12$

हम इन्हें "अर्ध-शक्ति बैंडेडेज" कहते हैं । क्योंकि हम ऑडियो हैं, हम ऑक्टेव्स में बैंडविड्थ को परिभाषित करते हैं, और एनालॉग दुनिया में ऑक्टेव्स, में यह बैंडविड्थ से संबंधित है : $BW$ $Q$

\frac{1}{Q} = \frac{2^{B W} - 1}{\sqrt{2^{B W}}} = 2 \sinh (\frac{\ln (2)}{2} B W)

$\frac{1}{Q} = \frac{2^{BW} - 1}{\sqrt{2^{BW}}} = 2 \sinh\left( \tfrac{\ln(2)}{2} BW \right)$

हम बिलिनियर ट्रांसफॉर्मेशन का उपयोग कर रहे हैं (पूर्व-गुंजयमान आवृत्ति के साथ) जो नक्शे:

\begin{aligned} \frac{s}{Ω_{0}} & \leftarrow \frac{1}{\tan (ω_{0} / 2)} \frac{1 - z^{- 1}}{1 + z^{- 1}} \\ \frac{j Ω}{Ω_{0}} & \leftarrow \frac{j \tan (ω / 2)}{\tan (ω_{0} / 2)} \end{aligned}

$\begin{align} \frac{s}{\Omega_0} & \leftarrow \frac{1}{\tan(\omega_0/2)} \, \frac{1-z^{-1}}{1+z^{-1}} \\ \\ \frac{j \Omega}{\Omega_0} & \leftarrow \frac{j\tan(\omega/2)}{\tan(\omega_0/2)} \\ \end{align}$

दे और । $z=e^{j \omega}$ $s=j\Omega$

एनालॉग फिल्टर की गुंजयमान कोणीय आवृत्ति , और एहसास डिजिटल फिल्टर में गुंजयमान आवृत्ति को किए गए आवृत्ति युद्ध मुआवजे के साथ, जब (उपयोगकर्ता द्वारा परिभाषित गुंजयमान आवृत्ति), तब । $\Omega_0$ $\omega=\omega_0$ $\Omega=\Omega_0$

तो अगर एनालॉग कोणीय आवृत्ति है

\frac{Ω}{Ω_{0}} = \frac{\tan (ω / 2)}{\tan (ω_{0} / 2)}

$\frac{\Omega}{\Omega_0} = \frac{\tan(\omega/2)}{\tan(\omega_0/2)}$

तब यह डिजिटल कोणीय आवृत्ति के रूप में मैप किया जाता है

ω = 2 \arctan (\frac{Ω}{Ω_{0}} \tan (ω_{0} / 2))

$\omega = 2 \arctan\left( \frac{\Omega}{\Omega_0} \, \tan(\omega_0/2) \right)$

अब, एनालॉग वर्ल्ड में ऊपरी और निचले बैंडेडेज हैं

Ω_{U} = Ω_{0} 2^{B W / 2}

$\Omega_U = \Omega_0 2^{BW/2}$

Ω_{L} = Ω_{0} 2^{- B W / 2}

$\Omega_L = \Omega_0 2^{-BW/2}$

और डिजिटल आवृत्ति डोमेन में हैं

\begin{aligned} ω_{U} & = 2 \arctan (\frac{Ω_{U}}{Ω_{0}} \tan (ω_{0} / 2)) \\ = 2 \arctan (2^{B W / 2} \tan (ω_{0} / 2)) \end{aligned}

$\begin{align} \omega_U &= 2 \arctan\left( \frac{\Omega_U}{\Omega_0} \, \tan(\omega_0/2) \right) \\ &= 2 \arctan\left(2^{BW/2} \, \tan(\omega_0/2) \right) \\ \end{align}$

\begin{aligned} ω_{L} & = 2 \arctan (\frac{Ω_{L}}{Ω_{0}} \tan (ω_{0} / 2)) \\ = 2 \arctan (2^{- B W / 2} \tan (ω_{0} / 2)) \end{aligned}

$\begin{align} \omega_L &= 2 \arctan\left(\frac{\Omega_L}{\Omega_0} \, \tan(\omega_0/2) \right) \\ &= 2 \arctan\left(2^{-BW/2} \, \tan(\omega_0/2) \right) \\ \end{align}$

फिर वास्तविक अंतर, बैंडेज की लॉग आवृत्ति (जो डिजिटल फिल्टर में वास्तविक बैंडविड्थ है) है:

\begin{aligned} b w & = \log_{2} (ω_{U}) - \log_{2} (ω_{L}) \\ = \log_{2} (2 \arctan (2^{B W / 2} \tan (ω_{0} / 2))) - \log_{2} (2 \arctan (2^{- B W / 2} \tan (ω_{0} / 2))) \end{aligned}

$\begin{align} bw & = \log_2(\omega_U) - \log_2(\omega_L) \\ & = \log_2\Bigg(2\arctan\left( 2^{ BW/2} \, \tan(\omega_0/2) \right) \Bigg) - \log_2\Bigg(2\arctan\left( 2^{-BW/2} \, \tan(\omega_0/2) \right) \Bigg) \ \end{align}$

या

\ln (2) b w = \ln (\arctan (e^{\ln (2) B W / 2} \tan (ω_{0} / 2))) - \ln (\arctan (e^{- \ln (2) B W / 2} \tan (ω_{0} / 2)))

$\ln(2) \, bw = \ln\left(\arctan\left( e^{\ln(2)BW/2} \, \tan(\omega_0/2) \right) \right) - \ln\left(\arctan\left( e^{-\ln(2)BW/2} \, \tan(\omega_0/2) \right) \right)$

इसका एक कार्यात्मक रूप है

f (x) = \ln (\arctan (α e^{x})) - \ln (\arctan (α e^{- x}))

$f(x) = \ln\left(\arctan\left(\alpha \, e^{x} \right) \right) - \ln\left(\arctan\left( \alpha \, e^{-x}\right) \right)$

जहाँ , और $f(x) \triangleq \ln(2) \, bw$ $x \triangleq \frac{\ln(2)}{2}BW$ $\alpha \triangleq \tan(\omega_0/2)$

मैं जो करना चाहता हूं वह उल्टा (लेकिन मुझे पता है कि मैं इसे एक अच्छे बंद फॉर्म के साथ नहीं कर सकता)। मैंने पहले ही एक प्रथम-क्रम सन्निकटन कर लिया है और मैं इसे तृतीय-क्रम सन्निकटन तक टक्कर देना चाहता हूं। और यह एक महिला मैथुन की तरह एक कॉप मैथुन हो गया है, भले ही यह सीधे आगे होना चाहिए। $f(x)$

अब लैगरेंज इनवर्जन फॉर्मूला के साथ कुछ करना है और मैं इसे केवल एक से अधिक टर्म में ले जाना चाहता हूं।

हम ऊपर से जानते हैं कि एक विषम-समरूपता फ़ंक्शन है: $f(x)$

f (- x) = - f (x)

$f(-x) = -f(x)$

इसका मतलब है कि और मैकलॉरीन श्रृंखला के सभी समान-क्रम शब्द शून्य होंगे: $f(0)=0$

y = च (एक्स) = ए_{1} एक्स + ए_{3} {एक्स}^{3} + । । ।

$y = f(x) = a_1 x + a_3 x^3 + ...$

उलटा फ़ंक्शन भी विषम समरूपता है, शून्य से गुजरता है, और इसे मैकलॉरीन श्रृंखला के रूप में व्यक्त किया जा सकता है

एक्स = जी (y) = ख_{1} y + ख_{3} y^{3} + । । ।

$x = g(y) = b_1 y + b_3 y^3 + ...$

और अगर हम क्या जानते और के हैं है, तो हम एक अच्छा विचार क्या है और होना चाहिए: $a_1$ $a_3$ $f(x)$ $b_1$ $b_3$

ख_{1} = \frac{1}{ए_{1}} ख_{3} = - \frac{ए_{3}}{ए_{1}^{4}}

$b_1=\frac{1}{a_1} \quad \quad \quad \quad b_3 = -\frac{a_3}{a_1^4}$

अब, मैं के व्युत्पन्न की गणना करने और शून्य पर मूल्यांकन करने में सक्षम हूं और मुझे मिलता है $f(x)$

ए_{1} = \frac{2 α}{(1 + α^{2}) \arctan (α)} = \frac{पाप (ω_{0})}{ω_{0} / 2}

$\\ a_1 = \frac{2 \alpha}{(1+\alpha^2) \arctan(\alpha)} = \frac{\sin(\omega_0)}{\omega_0/2}$

ख_{1} = \frac{(1 + α^{2}) \arctan (α)}{2 α} = \frac{ω_{0} / 2}{पाप (ω_{0})}

$\\ b_1 = \frac{(1+\alpha^2) \arctan(\alpha)}{2 \alpha} = \frac{\omega_0/2}{\sin(\omega_0)} \\$

लेकिन मैं समय की कुतिया और इसलिए । क्या कोई ऐसा कर सकता है? मैं पर मूल्यांकन किए गए के तीसरे व्युत्पन्न के लिए एक ठोस अभिव्यक्ति के लिए भी समझौता करूंगा । $a_3$ $b_3$ $f(x)$ $x=0$

— रॉबर्ट ब्रिस्टो-जॉनसन
स्रोत

बस स्पष्ट करने के लिए: आपका लक्ष्य उल्टा , अर्थात दिए गए , आप खोजना चाहते हैं ? विशेष रूप से, आप इसे बहुपद विस्तार द्वारा करना चाहते हैं और आप 3 गुणांक की तलाश कर रहे हैं (चूंकि दूसरा शून्य है, यह फ़ंक्शन के विषम-इट के लिए है)। सही?

f (x) = \ln (\arctan (α e^{x})) - \ln (\arctan (α e^{- x}))

$f(x) = \ln\left(\arctan\left(\alpha \, e^{x} \right) \right) - \ln\left(\arctan\left( \alpha \, e^{-x}\right) \right)$

f (x)

$f(x)$

x

$x$

— मैक्सिमिलियन मैथे

तो आप जानना चाहते हैं दिए गए , यानी, आप जानना चाहते हैं कि डिजिटल फिल्टर के वांछित बैंडविड्थ को प्राप्त करने के लिए आपको किस एनालॉग फिल्टर की बैंडविड्थ की आवश्यकता है?

B W

$BW$

b w

$bw$

— मैट एल।

हाँ, हाँ, और हाँ।

— रॉबर्ट ब्रिस्टो-जॉनसन 19

@ robertbristow-johnson मैंने प्रश्न को बहुत ध्यान से नहीं पढ़ा, लेकिन मैंने ध्यान दिया कि आप पर में रुचि रखते हैं । क्या यह गणना करने के लिए गणितज्ञ या वोल्फ्राम अल्फा का उपयोग करना ठीक है? मुझे एक बहुत अच्छा परिणाम मिलता है: । wolframalpha.com/input/… और यदि आप "x = 0 पर मूल्यांकन" भाग को हटाते हैं, तो वुल्फराम अपने पूरे गौरव में युग्मित महिला कैनाइन को बाहर निकालता है।

f^{‴} (x)

$f'''(x)$

x = 0

$x=0$

\frac{4 (8 - π^{2}) α^{3}}{π^{3}}

$\frac{4 (8-\pi^2) \alpha^3}{\pi^3}$

— अतुल इंगले

वहाँ मेरे में टाइपो । "स्वच्छ" परिणाम वास्तव में है: wolframalpha.com/input/…

f (x)

$f(x)$

- (6 a^{2}) / ((a^{2} + 1)^{2} a t a n (a)^{2}) + (2 a) / ((a^{2} + 1) a t a n (a)) + (16 a^{5}) / ((a^{2} + 1)^{3} a t a n (a)) + (12 a^{4}) / ((a^{2} + 1)^{3} a t a n (a)^{2}) - (16 a^{3}) / ((a^{2} + 1)^{2} a t a n (a)) + (4 a^{3}) / ((a^{2} + 1)^{3} a t a n (- 1) (a)^{3})

$-(6 a^2)/((a^2 + 1)^2 atan(a)^2) + (2 a)/((a^2 + 1) atan(a)) + (16 a^5)/((a^2 + 1)^3 atan(a)) + (12 a^4)/((a^2 + 1)^3 atan(a)^2) - (16 a^3)/((a^2 + 1)^2 atan(a)) + (4 a^3)/((a^2 + 1)^3 atan(-1)(a)^3)$

— अतुल इंगल

जवाबों:

इस प्रश्न के लिए मेरे हिस्से को पूरक करने के लिए: यहाँ विषम फ़ंक्शन मैन्युअल विस्तार पर आधारित एक छोटा सा उत्तर दिया गया है। एक श्रृंखला में तीसरे क्रम तक। मैथ्स में कुछ और जानकारियां मिल सकती हैं । $f(x)$
$\begin{aligned} f (x) & = \ln (\arctan (α e^{x})) - \ln (\arctan (α e^{- x})) \\ (1) & = f_{1} x + f_{3} x^{3} + O (x^{5}) \end{aligned}$ $\begin{align*} f(x)&=\ln\left(\arctan\left(\alpha e^x\right)\right)-\ln\left(\arctan\left(\alpha e^{-x}\right)\right)\\ &=f_1x+f_3x^3+O\left(x^5\right)\tag{1} \end{align*}$

सबसे पहले हम बाएं हाथ अवधि पर ध्यान केंद्रित की और के साथ शुरू

\ln (\arctan (α e^{x}))

$\ln\left(\arctan\left(\alpha e^x\right)\right)$

f (x)

$f(x)$

श्रृंखला का विस्तार : $\arctan$

हम
$\begin{aligned} \arctan (α e^{x}) & = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{2 n + 1} α^{2 n + 1} e^{(2 n + 1) x} \\ = \dots \\ (2) & = \sum_{j = 0}^{\infty} \frac{1}{j!} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} (2 n + 1)^{j - 1} α^{2 n + 1} x^{j} \end{aligned}$ $\begin{align*} \arctan(\alpha e^x)&=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1}\alpha^{2n+1} e^{(2n+1)x}\\ &=\cdots\\ &=\sum_{j=0}^\infty\frac{1}{j!}\sum_{n=0}^\infty(-1)^n(2n+1)^{j-1}\alpha^{2n+1}x^j\tag{2} \end{align*}$

अब हम तक के गुणांक (2) से प्राप्त करते हैं । का उपयोग करते हुए गुणांक ऑपरेटर के गुणांक निरूपित करने के लिए एक श्रृंखला हम प्राप्त में $x^3$ $[x^k]$ $x^k$

\begin{aligned} [x^{0}] \arctan (α e^{x}) & = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{2 n + 1} α^{2 n + 1} = \arctan α \\ [x^{1}] \arctan (α e^{x}) & = \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} α^{2 n + 1} = \frac{α}{1 + α^{2}} \\ [x^{2}] \arctan (α e^{x}) & = \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} (2 n + 1) α^{2 n + 1} \\ = \dots = \frac{α}{2} \cdot \frac{d}{d α} (\frac{α}{1 + α^{2}}) = \frac{α (1 - α^{2})}{2 {(1 + α^{2})}^{2}} \\ [x^{3}] \arctan (α e^{x}) & = \frac{1}{6} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} (2 n + 1)^{2} α^{2 n + 1} \\ = \frac{α^{2}}{6} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} (2 n + 1) (2 n) α^{2 n - 1} + \frac{α}{6} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} (2 n + 1) α^{2 n} \\ = \dots = (\frac{α^{2}}{6} \cdot \frac{d^{2}}{d α^{2}} + \frac{α}{6} \cdot \frac{d}{d α}) (\frac{α}{1 + α^{2}}) \\ = \dots = \frac{α^{5} - 6 α^{3} + α}{6 (1 + α^{2})^{3}} \end{aligned}

$\begin{align*} [x^0]\arctan\left(\alpha e^x\right)&=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{2n+1}\alpha^{2n+1}=\arctan \alpha\\ [x^1]\arctan\left(\alpha e^x\right)&=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\alpha^{2n+1}=\frac{\alpha}{1+\alpha ^2}\\ [x^2]\arctan\left(\alpha e^x\right)&=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty (-1)^n(2n+1)\alpha^{2n+1}\\ &=\cdots =\frac{\alpha}{2}\cdot\frac{d}{d\alpha}\left(\frac{\alpha}{1+\alpha^2}\right) =\frac{\alpha(1-\alpha^2)}{2\left(1+\alpha^2\right)^2}\\ [x^3]\arctan\left(\alpha e^x\right)&=\frac{1}{6}\sum_{n=0}^\infty (-1)^n(2n+1)^2\alpha^{2n+1}\\ &=\frac{\alpha^2}{6}\sum_{n=0}^\infty (-1)^n(2n+1)(2n)\alpha^{2n-1} +\frac{\alpha}{6}\sum_{n=0}^\infty (-1)^n(2n+1)\alpha^{2n}\\ &=\cdots =\left(\frac{\alpha^2}{6}\cdot\frac{d^2}{d\alpha^2}+\frac{\alpha}{6}\cdot\frac{d}{d\alpha}\right)\left(\frac{\alpha}{1+\alpha^2}\right)\\ &=\cdots =\frac{\alpha^5-6\alpha^3+\alpha}{6(1+\alpha^2)^3} \end{align*}$

हम निष्कर्ष निकालते हैं कि
$\begin{aligned} \arctan (α e^{x}) & = \arctan (α) + \frac{α}{1 + α^{2}} x + \frac{α (1 - α^{2})}{2 {(1 + α^{2})}^{2}} x^{2} \\ (3) & + \frac{α^{5} - 6 α^{3} + α}{6 (1 + α^{2})^{3}} x^{3} + O (x^{4}) \end{aligned}$ $\begin{align*} \arctan\left(\alpha e^x\right)&=\arctan(\alpha)+\frac{\alpha}{1+\alpha^2}x+\frac{\alpha(1-\alpha^2)}{2\left(1+\alpha^2\right)^2}x^2\\ &\qquad+\frac{\alpha^5-6\alpha^3+\alpha}{6(1+\alpha^2)^3}x^3+O(x^4)\tag{3} \end{align*}$

लघुगणक श्रृंखला में शक्तियां:

लॉगरिदमिक श्रृंखला के गुणांकों को प्राप्त करने के लिए लॉगरिदमिक सीरीज़ की हम अभिव्यक्ति लिखते हैं (3) as और हम
$\begin{aligned} \ln (\arctan (α e^{x})) & = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n + 1}}{n} (\arctan (α e^{x}) - 1)^{n} \end{aligned}$ $\begin{align*} \ln\left(\arctan(\alpha e^x)\right)&=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}(\arctan(\alpha e^x)-1)^n \end{align*}$ $\begin{aligned} \arctan (α e^{x}) & = a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3} + O (x^{4}) \end{aligned}$ $\begin{align*} \arctan\left(\alpha e^x\right)&=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+O(x^4) \end{align*}$ $\begin{aligned} (4) & \ln (\arctan (α e^{x})) & = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n + 1}}{n} ((a_{0} - 1) + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3})^{n} + O (x^{4}) \end{aligned}$ $\begin{align*} \ln\left(\arctan(\alpha e^x)\right)&=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}((a_0-1)+a_1x+a_2x^2+a_3x^3)^n+O(x^4)\tag{4} \end{align*}$

अब हम सेट और की coeffcients निकालने करने के लिए से $A(x)=(a_0-1)+a_1x+a_2x^2+a_3x^3$ $x^0$ $x^3$

\begin{aligned} {(A (x))}^{n} & = ((a_{0} - 1) + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3})^{n} \\ = \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{j}) (a_{0} - 1)^{j} {(a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3})}^{n - j} \\ (5) & = \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{j}) (a_{0} - 1)^{j} \sum_{k = 0}^{n - j} (\binom{n - j}{k}) a_{1}^{k} x^{k} {(a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3})}^{n - j - k} \end{aligned}

$\begin{align*} \left(A(x)\right)^n&=((a_0-1)+a_1x+a_2x^2+a_3x^3)^n\\ &=\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}(a_0-1)^j\left(a_1x+a_2x^2+a_3x^3\right)^{n-j}\\ &=\sum_{j=0}^n\binom{n}{j}(a_0-1)^j\sum_{k=0}^{n-j}\binom{n-j}{k}a_1^kx^k\left(a_2x^2+a_3x^3\right)^{n-j-k}\tag{5}\\ \end{align*}$

हम (5)

\begin{aligned} [x^{0}] & {(A (x))}^{n} = \dots = (a_{0} - 1)^{n} \\ [x^{1}] & {(A (x))}^{n} = \dots = a_{1} n (a_{0} - 1)^{n - 1} \\ [x^{2}] & {(A (x))}^{n} = \dots = a_{2} n (a_{0} - 1)^{n - 1} + \frac{1}{2} n (n - 1) a_{1}^{2} (a_{0} - 1)^{n - 2} \\ [x^{3}] & {(A (x))}^{n} = \dots = n a_{3} (a_{0} - 1)^{n - 1} + a_{1} a_{2} n (n - 1) (a_{0} - 1)^{n - 2} \\ (6) & + \frac{1}{6} n (n - 1) (n - 2) a_{1}^{3} (a_{0} - 1)^{n - 3} \end{aligned}

$\begin{align*} [x^0]&\left(A(x)\right)^n=\cdots=(a_0-1)^n\\ [x^1]&\left(A(x)\right)^n=\cdots=a_1n(a_0-1)^{n-1}\\ [x^2]&\left(A(x)\right)^n=\dots=a_2n(a_0-1)^{n-1}+\frac{1}{2}n(n-1)a_1^2(a_0-1)^{n-2}\\ [x^3]&\left(A(x)\right)^n=\cdots=na_3(a_0-1)^{n-1}+a_1a_2n(n-1)(a_0-1)^{n-2}\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad+\frac{1}{6}n(n-1)(n-2)a_1^3(a_0-1)^{n-3}\tag{6} \end{align*}$

लघुगणक की श्रृंखला विस्तार:

हम संदर्भ में ) के गुणांक का उपयोग करके गणना करते हैं $\ln(\arctan(\alpha e^x))$ $a_j, 0\leq j\leq 3$

$\begin{aligned} [x^{0}] & \ln (\arctan (α e^{x})) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n + 1}}{n} [x^{0}] A (x) \\ = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n + 1}}{n} [x^{0}] (a_{0} - 1)^{n} \\ = \ln (a_{0} - 1) \\ [x^{1}] & \ln (\arctan (α e^{x})) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n + 1}}{n} [x^{1}] A (x) \\ = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n + 1}}{n} [x^{0}] a_{1} n (a_{0} - 1)^{n - 1} \\ = a_{1} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} (a_{0} - 1)^{n} \\ = \frac{a_{1}}{a_{0}} \\ [x^{2}] & \ln (\arctan (α e^{x})) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n + 1}}{n} [x^{2}] A (x) \\ = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n + 1}}{n} (a_{2} n (a_{0} - 1)^{n - 1} + \frac{1}{2} n (n - 1) a_{1}^{2} (a_{0} - 1)^{n - 2}) \\ = \dots \\ = (a_{2} + \frac{a_{1}^{2}}{2} \frac{d}{d a_{0}}) (\frac{1}{a_{0}}) \\ = \frac{a_{2}}{a_{0}} - \frac{a_{1}^{2}}{2 a_{0}^{2}} \\ [x^{3}] & \ln (\arctan (α e^{x})) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n + 1}}{n} [x^{3}] A (x) \\ = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n + 1}}{n} (n a_{3} (a_{0} - 1)^{n - 1} + a_{1} a_{2} n (n - 1) (a_{0} - 1)^{n - 2} \\ + \frac{1}{6} n (n - 1) (n - 2) a_{1}^{3} (a_{0} - 1)^{n - 3}) \\ = \dots \\ = (a_{3} + a_{1} a_{2} \frac{d}{d a_{0}} + \frac{a_{1}^{3}}{6} \frac{d^{2}}{d a_{0}^{2}}) (\frac{1}{a_{0}}) \\ (7) & = \frac{a_{3}}{a_{0}} - \frac{a_{1} a_{2}}{a_{0}^{2}} + \frac{a_{1}^{3}}{3 a_{0}^{3}} \end{aligned}$ $\begin{align*} [x^0]&\ln(\arctan(\alpha e^x))=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}[x^0]A(x)\\ &=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}[x^0](a_0-1)^n\\ &=\ln(a_0-1)\\ [x^1]&\ln(\arctan(\alpha e^x))=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}[x^1]A(x)\\ &=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}[x^0]a_1n(a_0-1)^{n-1}\\ &=a_1\sum_{n=0}^\infty(-1)^n(a_0-1)^n\\ &=\frac{a_1}{a_0}\\ [x^2]&\ln(\arctan(\alpha e^x))=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}[x^2]A(x)\\ &=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}\left(a_2n(a_0-1)^{n-1}+\frac{1}{2}n(n-1)a_1^2(a_0-1)^{n-2}\right)\\ &=\cdots\\ &=\left(a_2+\frac{a_1^2}{2}\frac{d}{da_0}\right)\left(\frac{1}{a_0}\right)\\ &=\frac{a_2}{a_0}-\frac{a_1^2}{2a_0^2}\\ [x^3]&\ln(\arctan(\alpha e^x))=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}[x^3]A(x)\\ &=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}\left(na_3(a_0-1)^{n-1}+a_1a_2n(n-1)(a_0-1)^{n-2}\right.\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\left.+\frac{1}{6}n(n-1)(n-2)a_1^3(a_0-1)^{n-3}\right)\\ &=\cdots\\ &=\left(a_3+a_1a_2\frac{d}{da_0}+\frac{a_1^3}{6}\frac{d^2}{da_0^2}\right)\left(\frac{1}{a_0}\right)\\ &=\frac{a_3}{a_0}-\frac{a_1a_2}{a_0^2}+\frac{a_1^3}{3a_0^3}\tag{7} \end{align*}$

की श्रृंखला विस्तार : $f(x)$

अब फसल काटने का समय है। हम अंततः (3) और (7) के साथ सम्मान करते हैं कि विषम है $f(x)$

$\begin{aligned} f (x) & = \ln (\arctan (α e^{x})) - \ln (\arctan (α e^{- x})) \\ = \dots \\ = \frac{2 a_{1}}{a_{0}} x + 2 (\frac{a_{3}}{a_{0}} - \frac{a_{1} a_{2}}{a_{0}^{2}} + \frac{a_{1}^{3}}{3 a_{0}^{3}}) x^{3} + O (x^{5}) \\ = \frac{2 α}{(1 + α^{2}) \arctan (α)} x + \frac{α}{3 (1 + α^{2})^{3} \arctan (α)} (α^{4} - 6 α^{2} + 1 \\ - \frac{3 α (1 - α^{2})}{\arctan (α)} + \frac{2 α^{2}}{{(\arctan (α))}^{2}}) x^{3} + O (x^{5}) \end{aligned}$ $\begin{align*} \color{blue}{f(x)}&\color{blue}{=\ln\left(\arctan\left(\alpha e^x\right)\right)-\ln\left(\arctan\left(\alpha e^{-x}\right)\right)}\\ &=\cdots\\ &=\frac{2a_1}{a_0}x+2\left(\frac{a_3}{a_0}-\frac{a_1a_2}{a_0^2}+\frac{a_1^3}{3a_0^3}\right)x^3+O(x^5)\\ &\color{blue}{=\frac{2\alpha}{(1+\alpha^2)\arctan(\alpha)}x +\frac{\alpha}{3(1+\alpha^2)^3\arctan(\alpha)}\Bigg(\alpha^4-6\alpha^2+1}\\ &\qquad\color{blue}{\left.-\frac{3\alpha(1-\alpha^2)}{\arctan(\alpha)}+\frac{2\alpha^2}{\left(\arctan(\alpha)\right)^2}\right)x^3+O(x^5)} \end{align*}$

— मार्कस शेयूर
स्रोत

मार्कस, जबकि आप बारे में सही हैं , क्योंकि हम जानते हैं कि में विषम-समरूपता है और सम-क्रम की शर्तें शून्य हैं, मुझे लगता है कि आप कह सकते हैं कि यह विस्तार लिए अच्छा है ।

O (x^{4})

$O(x^4)$

f (x)

$f(x)$

O (x^{5})

$O(x^5)$

— रॉबर्ट ब्रिस्टो-जॉनसन

@ रोबर्टब्रिस्टो-जॉनसन: हां, बिल्कुल। तदनुसार अद्यतन किया गया। :-)

— मार्कस शेयूर

महान प्रयास! इस विस्तृत और लम्बे उत्तर को पढ़ने की कोशिश करते हुए मैं यह नहीं देख पाया कि आप लॉगरिदम के बाहर, समीकरण (4) में को कैसे अलग कर सकते हैं ? अनंत श्रृंखला में पहले से ही की प्रत्येक शक्ति शामिल है , इसलिए अलग-थलग शब्द का क्या अर्थ है?

O (x^{4})

$O(x^4)$

x

$x$

O (x^{4})

$O(x^4)$

— Fat32

बेशक मुझे इस बात का अहसास है कि आप वहां क्या चाहते हैं, लेकिन तब उचित अंकन कुछ इस तरह से हो सकता है: जहां मैंने आपके अन्य सभी संकेतन से दूर रहने के लिए का उपयोग किया । और ध्यान दें कि मैंने उन दो सेटों के बीच अंतर करने के लिए और का उपयोग किया है । तो अब आपका समीकरण (4) और यह उपरोक्त रेखा बिल्कुल समान नहीं है। मुझे नहीं लगता कि हालांकि यह आपकी आगे की प्रगति को प्रभावित करेगा।

\ln (\arctan (α e^{x})) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n + 1}}{n} ((a_{0} - 1) + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3} + O_{1} (x^{4}))^{n} = T_{0} + T_{1} x + T_{2} x^{2} + T_{3} x^{3} + O_{2} (x^{4})

$\ln\left(\arctan(\alpha e^x)\right) ~=~ \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}((a_0-1)+a_1x+a_2x^2+a_3x^3 + O_1(x^4))^n ~=~ T_0 + T_1 x + T_2 x^2 + T_3 x^3 + O_2(x^4)$

T

$T$

O_{1}

$O_1$

O_{2}

$O_2$

— Fat32

@ Fat32: आप बड़े-ओ नोटेशन

— मार्कस शेयूर

(जवाब देने के लिए टिप्पणी परिवर्तित करना।)

वोल्फ्राम अल्फा का उपयोग करते हुए, पर मूल्यांकन करता है: $f'''(x)$ $x=0$

\begin{aligned} f^{‴} (0) = & - \frac{6 α^{2}}{(α^{2} + 1)^{2} (\arctan (α))^{2}} + \frac{2 α}{(α^{2} + 1) \arctan (α)} \\ + \frac{16 α^{5}}{(α^{2} + 1)^{3} \arctan (α)} + \frac{12 α^{4}}{(α^{2} + 1)^{3} (\arctan (α))^{2}} \\ - \frac{16 α^{3}}{(α^{2} + 1)^{2} \arctan (α)} + \frac{4 α^{3}}{(α^{2} + 1)^{3} (\arctan (α))^{3}} \\ = \frac{2 (α^{4} - 6 α^{2} + 1) α}{(α^{2} + 1)^{3} \arctan (α)} + \frac{6 (α^{2} - 1) α^{2}}{(α^{2} + 1)^{3} (\arctan (α))^{2}} + \frac{4 α^{3}}{(α^{2} + 1)^{3} (\arctan (α))^{3}} \end{aligned}

$\begin{align} \\ f'''(0) = & -\frac{6 \alpha^2}{(\alpha^2 + 1)^2 (\arctan(\alpha))^2} \ + \ \frac{2 \alpha}{(\alpha^2 + 1) \arctan(\alpha)} \\ & \quad \quad + \frac{16 \alpha^5}{(\alpha^2 + 1)^3 \arctan(\alpha)} \ + \ \frac{12 \alpha^4}{(\alpha^2 + 1)^3 (\arctan(\alpha))^2} \\ & \quad \quad \quad \quad - \frac{16 \alpha^3}{(\alpha^2 + 1)^2 \arctan(\alpha)} \ + \ \frac{4 \alpha^3}{(\alpha^2 + 1)^3 (\arctan(\alpha))^3} \\ \\ &= \frac{2 (\alpha^4 - 6 \alpha^2 + 1) \alpha}{(\alpha^2 + 1)^3 \arctan(\alpha)} + \frac{6 (\alpha^2 - 1) \alpha^2}{(\alpha^2 + 1)^3 (\arctan(\alpha))^2} + \frac{4 \alpha^3}{(\alpha^2 + 1)^3 (\arctan(\alpha))^3} \\ \end{align}$

http://www.wolframalpha.com/input/?i=evaluate+d3%2Fdx3++(+ln+(arctan+(a+exp(+x)))+-+ln+(arctan(a+exp(-+x) )) +) + x% 3D0 पर +

अगर हम यहां मार्कस के उत्तर के साथ मेल खाते हैं, तो हम इसकी दोबारा जांच कर सकते हैं ।

उनका का गुणांक बाहर आता है $x^3$

\frac{α}{3 (1 + α^{2})^{3} \arctan (α)} (α^{4} - 6 α^{2} + 1 - \frac{3 α (1 - α^{2})}{\arctan (α)} + \frac{2 α^{2}}{{(\arctan (α))}^{2}}) .

$\frac{\alpha}{3(1+\alpha^2)^3\arctan(\alpha)}\left(\alpha^4-6\alpha^2+1-\frac{3\alpha(1-\alpha^2)}{\arctan(\alpha)}+\frac{2\alpha^2}{\left(\arctan(\alpha)\right)^2}\right).$

यदि हम 6 से गुणा करते हैं और हमें प्राप्त होने वाले कुछ कारकों को पुनर्व्यवस्थित करते हैं:

\frac{2 α (α^{4} - 6 α^{2} + 1)}{(1 + α^{2})^{3} \arctan (α)} - \frac{6 α^{2} (1 - α^{2})}{(1 + α^{2})^{3} (\arctan (α))^{2}} + \frac{4 α^{3}}{(1 + α^{2})^{3} (\arctan (α))^{3}}

$\frac{2\alpha(\alpha^4-6\alpha^2+1)}{(1+\alpha^2)^3\arctan(\alpha)} - \frac{6\alpha^2(1-\alpha^2)}{(1+\alpha^2)^3(\arctan(\alpha))^2} + \frac{4 \alpha^3}{(1+\alpha^2)^3 (\arctan(\alpha))^3}$

जो मेल खाता है!

— अतुल इंगले
स्रोत

अतुल, ऐसा प्रतीत होता है कि आपका सरलीकृत उत्तर मार्क एसई के गणित एसई के उत्तर के अनुरूप नहीं है। यह मामला होना चाहिए कि मुझे नहीं लगता कि आपका हर शब्द f '' '(0) मार्कस के अनुरूप है। हो सकता है कि मार्कस गलत हो।

f^{‴} (x) |_{x \to 0} = 3! a_{3} = 6 a_{3}

$f'''(x)\bigg|_{x\to0} \ = \ 3! \, a_3 = 6 a_3$

— रॉबर्ट ब्रिस्टो-जॉनसन

@ robertbristow-johnson मुझे लगता है कि वे मेल खाते हैं।

— अतुल इंगले

वे अब करते हैं मुझे लगता है कि मार्कस को कोई त्रुटि हुई होगी। उसने अपने उत्तर को पुराने ढंग से किया।

— रोबर्ट ब्रिस्टो-जॉनसन

अतुल, आपको अपना इनाम मिलेगा। लेकिन मैंने इनाम के बारे में नियमों की खोज की और उन्होंने मुझे इसे विभाजित नहीं करने दिया, लेकिन उन्होंने मुझे दो बार पुरस्कार दिया, लेकिन एक बार। इसलिए जब से मार्कस ने dsp.se में आपसे कम बार रिपीट किया है और जब से उसने कंप्यूटर की मदद के बिना जवाब दिया है, मैं पहले उसका इनाम दे रहा हूं। तो मैं इस सवाल पर एक और इनाम रखूंगा और फिर मैं इसे आपको पुरस्कार दूंगा। यह कहता है कि मुझे 23 घंटे इंतजार करने की जरूरत है। dunno जो मेरा "चेक मार्क" अभी तक प्राप्त करने वाला है।

— रॉबर्ट ब्रिस्टो-जॉनसन

@ robertbristow-johnson को देर से प्रतिक्रिया के लिए खेद है। गुणांक लिए क्रमशः हैं। wolframalpha.com/input/…

2 / 3, - 2 / 15, - 16 / 945, - 2 / 945

$2/3, -2/15, -16/945, -2/945$

ω_{0}^{2}, ω_{0}^{4}, ω_{0}^{6}, ω_{0}^{8}

$\omega_0^2, \omega_0^4, \omega_0^6, \omega_0^8$

— अतुल इंगल

प्रश्न में सामने आई समस्या का कोई बंद-रूप समाधान नहीं है। जैसा कि प्रश्न में उल्लेख किया गया है और अन्य उत्तरों में दिखाया गया है, परिणाम को एक श्रृंखला में विकसित किया जा सकता है, जिसे किसी भी प्रतीकात्मक गणित उपकरण जैसे कि गणितज्ञ द्वारा पूरा किया जा सकता है। हालांकि, शब्द काफी जटिल और बदसूरत हो जाते हैं, और यह स्पष्ट नहीं है कि जब हम तीसरे क्रम तक के शब्दों को शामिल करते हैं तो यह कितना अच्छा होता है। चूंकि हम एक सटीक सूत्र नहीं प्राप्त कर सकते हैं, इसलिए समाधान को संख्यात्मक रूप से गणना करना बेहतर हो सकता है, जो कि अनुमान के विपरीत, एक (लगभग) सटीक परिणाम देगा।

हालाँकि, यह मेरा उत्तर नहीं है। मैं एक अलग मार्ग सुझाता हूं जो समस्या निर्माण को बदलकर एक सटीक समाधान देता है। कुछ समय के लिए इसके बारे में सोचने के बाद यह पता चलता है कि यह केंद्र आवृत्ति का विनिर्देश है और बैंडविड्थ का विनिर्देश एक अनुपात (या, समतुल्य रूप से, ओक्टेव में) के रूप में है जो गणितीय अंतरंगता का कारण बनता है। दुविधा से बाहर आने के दो तरीके हैं: $\omega_0$

असतत-समय फ़िल्टर की बैंडविड्थ को आवृत्तियों के अंतर के रूप में निर्दिष्ट करें , जहां और असतत-समय फ़िल्टर के निचले और ऊपरी बैंड किनारे हैं। $\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$ $\omega_1$ $\omega_2$
अनुपात लिख , और बदले की दो बढ़त आवृत्तियों की विहित एक या । $\omega_2/\omega_1$ $\omega_0$ $\omega_1$ $\omega_2$

दोनों मामलों में, एक सरल विश्लेषणात्मक समाधान संभव है। चूंकि यह असतत-समय फिल्टर के बैंडविड्थ को एक अनुपात के रूप में (या, समतुल्य रूप से, ओक्टेव्स) में संरक्षित करने के लिए वांछनीय है , मैं दूसरे दृष्टिकोण का वर्णन करूंगा।

आइए एज-फ्रिक्वेंसी और को निरंतर समय फ़िल्टर द्वारा परिभाषित करें $\Omega_1$ $\Omega_2$

\begin{matrix} (1) & | H (j Ω_{1}) |^{2} = | H (j Ω_{2}) |^{2} = \frac{1}{2} \end{matrix}

$|H(j\Omega_1)|^2=|H(j\Omega_2)|^2=\frac12\tag{1}$

साथ , जहां एक दूसरे क्रम बैंड पास फिल्टर के हस्तांतरण समारोह है: $\Omega_2>\Omega_1$ $H(s)$

\begin{matrix} (2) & H (s) = \frac{Δ Ω s}{s^{2} + Δ Ω s + Ω_{0}^{2}} \end{matrix}

$H(s)=\frac{\Delta\Omega s}{s^2+\Delta\Omega s+\Omega_0^2}\tag{2}$

साथ , और । ध्यान दें कि , और for । $\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1$ $\Omega_0^2=\Omega_1\Omega_2$ $H(j\Omega_0)=1$ $|H(j\Omega)|<1$ $\Omega\neq\Omega_0$

हम धार आवृत्तियों के किनारे आवृत्तियों और को धार आवृत्तियों और के निरंतर-समय फ़िल्टर के लिए के लिए का उपयोग करते हैं। व्यापकता के नुकसान के बिना हम चुन सकते हैं । हमारे उद्देश्यों के लिए बिलिनियर का रूप बदल जाता है $\omega_1$ $\omega_2$ $\Omega_1$ $\Omega_2$ $\Omega_1=1$

\begin{matrix} (3) & s = \frac{1}{\tan (\frac{ω_{1}}{2})} \frac{z - 1}{z + 1} \end{matrix}

$s = \frac{1}{\tan\left(\frac{\omega_1}{2}\right)}\frac{z-1}{z+1}\tag{3}$

निरंतर-समय और असतत-समय आवृत्तियों के बीच निम्नलिखित संबंध के लिए:

\begin{matrix} (4) & Ω = \frac{\tan (\frac{ω}{2})}{\tan (\frac{ω_{1}}{2})} \end{matrix}

$\Omega=\frac{\tan\left(\frac{\omega}{2}\right)}{\tan\left(\frac{\omega_1}{2}\right)}\tag{4}$

से हम सेट करके प्राप्त । साथ और से गणना की , हम से एनालॉग प्रोटोटाइप फिल्टर के हस्तांतरण समारोह प्राप्त । बिलिनियर ट्रांसफ़ॉर्म लागू करने पर , हमें असतत-टाइम बैंड पास फिल्टर का ट्रांसफर फंक्शन मिलता है: $(4)$ $\Omega_2$ $\omega=\omega_2$ $\Omega_1=1$ $\Omega_2$ $(4)$ $(2)$ $(3)$

\begin{matrix} (5) & H_{d} (z) = g \cdot \frac{z^{2} - 1}{z^{2} + a z + b} \end{matrix}

$H_d(z)=g\cdot\frac{z^2-1}{z^2+az+b}\tag{5}$

साथ में

\begin{matrix} (6) & \begin{aligned} g & = \frac{Δ Ω c}{1 + Δ Ω c + Ω_{0}^{2} c^{2}} \\ a & = \frac{2 (Ω_{0}^{2} c^{2} - 1)}{1 + Δ Ω c + Ω_{0}^{2} c^{2}} \\ b & = \frac{1 - Δ Ω c + Ω_{0}^{2} c^{2}}{1 + Δ Ω c + Ω_{0}^{2} c^{2}} \\ c & = \tan (\frac{ω_{1}}{2}) \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align}g&=\frac{\Delta\Omega c}{1+\Delta\Omega c+\Omega_0^2c^2}\\a&=\frac{2(\Omega_0^2c^2-1)}{1+\Delta\Omega c+\Omega_0^2c^2}\\b&=\frac{1-\Delta\Omega c+\Omega_0^2c^2}{1+\Delta\Omega c+\Omega_0^2c^2}\\c&=\tan\left(\frac{\omega_1}{2}\right)\end{align}\tag{6}$

सारांश:

असतत समय फिल्टर की बैंडविड्थ को ओक्टेव्स (या, आम तौर पर, एक अनुपात के रूप में) में निर्दिष्ट किया जा सकता है, और एनालॉग प्रोटोटाइप फ़िल्टर के मापदंडों को बिल्कुल गणना की जा सकती है, जैसे कि निर्दिष्ट बैंडविड्थ हासिल की जाती है। केंद्र आवृत्ति बजाय , हम बैंड किनारों और निर्दिष्ट करते हैं । द्वारा परिभाषित केंद्र आवृत्ति डिजाइन का एक परिणाम है। $\omega_0$ $\omega_1$ $\omega_2$ $|H_d(e^{j\omega_0})|=1$

आवश्यक कदम इस प्रकार हैं:

निर्दिष्ट बैंड के वांछित अनुपात किनारों , और बैंड किनारों में से एक (बस निर्दिष्ट करने के लिए पाठ्यक्रम के लिए बराबर का है जो और )। $\omega_2/\omega_1$ $\omega_1$ $\omega_2$
चुनें और निर्धारित से । कंप्यूट और अनुरूप प्रोटोटाइप फिल्टर की । $\Omega_1=1$ $\Omega_2$ $(4)$ $\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1$ $\Omega_0^2=\Omega_1\Omega_2$ $(2)$
असतत समय हस्तांतरण समारोह प्राप्त करने के लिए स्थिरांक का मूल्यांकन करें । $(6)$ $(5)$

ध्यान दें कि अधिक सामान्य दृष्टिकोण के साथ जहां और निर्दिष्ट हैं, वास्तविक बैंड किनारों और डिजाइन प्रक्रिया का एक परिणाम हैं। प्रस्तावित समाधान में, बैंड किनारों को निर्दिष्ट किया जा सकता है और डिज़ाइन प्रक्रिया का एक परिणाम है। उत्तरार्द्ध दृष्टिकोण का लाभ यह है कि बैंडविड्थ को ओक्टेव्स में निर्दिष्ट किया जा सकता है और समाधान सटीक है, अर्थात, परिणामस्वरूप फ़िल्टर में ओक्टेव्स में बिल्कुल निर्दिष्ट बैंडविड्थ है। $\omega_0$ $\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$ $\omega_1$ $\omega_2$ $\omega_0$

उदाहरण:

चलो एक ओक्टेव की एक बैंडविड्थ निर्दिष्ट करते हैं, और हम निचले बैंड किनारे को रूप में । यह एक ऊपरी बैंड एज । एनालॉग प्रोटोटाइप फ़िल्टर के बैंड किनारों में और (with ) । यह और । साथ हम असतत समय हस्तांतरण समारोह के लिए मिलता है $\omega_1=0.2\pi$ $\omega_2=2\omega_1=0.4\pi$ $\Omega_1=1$ $(4)$ $\omega=\omega_2$ $\Omega_2=2.2361$ $\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1=1.2361$ $\Omega_0^2=\Omega_1\Omega_2=2.2361$ $(6)$ $(5)$

H_{d} (z) = 0.24524 \cdot \frac{z^{2} - 1}{z^{2} - 0.93294 z + 0.50953}

$H_d(z)=0.24524 \cdot \frac{z^2-1}{z^2-0.93294z+0.50953}$

जो नीचे दिए गए चित्र में दिखाए गए अनुसार 1 ऑक्टेव और निर्दिष्ट बैंड किनारों की एक बैंडविड्थ प्राप्त करता है:

मूल समस्या का संख्यात्मक समाधान:

टिप्पणियों से मैं समझता हूं कि केंद्र आवृत्ति को निर्दिष्ट करने में सक्षम होना महत्वपूर्ण है संतुष्ट है। जैसा कि पहले उल्लेख किया गया है कि एक सटीक क्लोज-फॉर्म समाधान प्राप्त करना संभव नहीं है, और एक श्रृंखला विकास काफी अलौकिक अभिव्यक्ति पैदा करता है। $\omega_0$ $|H_d(e^{j\omega_0})|=1$

स्पष्टता के लिए मैं उनके फायदे और नुकसान के साथ संभावित विकल्पों को संक्षेप में बताना चाहूंगा:

आवृत्ति अंतर के रूप में वांछित बैंडविड्थ निर्दिष्ट करें , और निर्दिष्ट करें ; इस मामले में एक सरल बंद-रूप समाधान संभव है। $\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$ $\omega_0$
बैंड किनारों को निर्दिष्ट करें और (या, समकक्ष, ओक्टेव में बैंडविड्थ, और बैंड किनारों में से एक); यह एक सरल क्लोज-फॉर्म समाधान की ओर भी जाता है, जैसा कि ऊपर बताया गया है, लेकिन केंद्र आवृत्ति का एक परिणाम है और इसे निर्दिष्ट नहीं किया जा सकता है। $\omega_1$ $\omega_2$ $\omega_0$
और केंद्र आवृत्ति में वांछित बैंडविड्थ निर्दिष्ट करें (जैसा कि प्रश्न में पूछा गया है); कोई भी बंद फॉर्म समाधान संभव नहीं है, न ही कोई सरल अनुमान है। इस कारण से मुझे लगता है कि संख्यात्मक समाधान प्राप्त करने के लिए एक सरल और कुशल तरीका होना वांछनीय है। यह वही है जो नीचे बताया गया है। $\omega_0$

जब निर्दिष्ट किया जाता है तो हम एक सामान्यीकरण स्थिरांक के साथ का उपयोग करते हैं जो कि और में प्रयुक्त एक से भिन्न होता है : $\omega_0$ $(3)$ $(4)$

\begin{matrix} (7) & Ω = \frac{\tan (\frac{ω}{2})}{\tan (\frac{ω_{0}}{2})} \end{matrix}

$\Omega=\frac{\tan\left(\frac{\omega}{2}\right)}{\tan\left(\frac{\omega_0}{2}\right)}\tag{7}$

हम को परिभाषित करते हैं । के रूप में असतत समय फिल्टर के बैंड किनारों के निर्दिष्ट अनुपात को नकारें $\Omega_0=1$

\begin{matrix} (8) & r = \frac{ω_{2}}{ω_{1}} \end{matrix}

$r=\frac{\omega_2}{\omega_1}\tag{8}$

साथ हम से प्राप्त और $c=\tan(\omega_0/2)$ $(7)$ $(8)$

\begin{matrix} (9) & r = \frac{\arctan (c Ω_{2})}{\arctan (c Ω_{1})} \end{matrix}

$r=\frac{\arctan(c\Omega_2)}{\arctan(c\Omega_1)}\tag{9}$

साथ , को फिर से लिखा जा सकता है: $\Omega_1\Omega_2=\Omega_0^2=1$ $(9)$

\begin{matrix} (10) & f (Ω_{1}) = r \arctan (c Ω_{1}) - \arctan (\frac{c}{Ω_{1}}) = 0 \end{matrix}

$f(\Omega_1)=r\arctan(c\Omega_1)-\arctan\left(\frac{c}{\Omega_1}\right)=0\tag{10}$

दिए गए मान के लिए इस समीकरण को कुछ न्यूटन पुनरावृत्तियों के साथ लिए हल किया जा सकता है । इसके लिए हमें के व्युत्पन्न की आवश्यकता है : $r$ $\Omega_1$ $f(\Omega_1)$

\begin{matrix} (11) & f^{'} (Ω_{1}) = c (\frac{r}{1 + c^{2} Ω_{1}^{2}} + \frac{1}{c^{2} + Ω_{1}^{2}}) \end{matrix}

$f'(\Omega_1)=c\left(\frac{r}{1+c^2\Omega_1^2}+\frac{1}{c^2+\Omega_1^2}\right)\tag{11}$

साथ , हम जानते हैं कि अंतराल में होना चाहिए । भले ही होशियार शुरुआती समाधानों के साथ आना संभव है, यह पता चलता है कि प्रारंभिक अनुमान सबसे चश्मा के लिए अच्छी तरह से काम करता है, और न्यूटन की विधि के केवल पुनरावृत्तियों के बाद बहुत सटीक समाधान का परिणाम होगा : $\Omega_0=1$ $\Omega_1$ $(0,1)$ $\Omega_1^{(0)}=0.1$ $4$

\begin{matrix} (12) & Ω_{1}^{(n + 1)} = Ω_{1}^{(n)} - \frac{f (Ω_{1}^{(n)})}{f^{'} (Ω_{1}^{(n)})} \end{matrix}

$\Omega_1^{(n+1)}=\Omega_1^{(n)}-\frac{f(\Omega_1^{(n)})}{f'(\Omega_1^{(n)})}\tag{12}$

साथ के कुछ पुनरावृत्तियों के साथ प्राप्त हम यह निर्धारित कर सकते हैं और , और और हम का उपयोग और के गुणांक की गणना करने के असतत समय फिल्टर। ध्यान दें कि निरंतर अब द्वारा दिया जाता है । $\Omega_1$ $(12)$ $\Omega_2=1/\Omega_1$ $\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1$ $(5)$ $(6)$ $c$ $c=\tan(\omega_0/2)$

उदाहरण 1:

चलो और बैंडविड्थ निर्दिष्ट करते हैं। यह एक अनुपात मेल खाती है । प्रारंभिक अनुमान के साथ , न्यूटन की विधि के पुनरावृत्तियों के परिणामस्वरूप एक समाधान , जिसमें से असतत-समय के गुणांकों को ऊपर बताए अनुसार गणना की जा सकती है। नीचे दिया गया आंकड़ा परिणाम दिखाता है: $\omega_0=0.6\pi$ $0.5$ $r=\omega_2/\omega_1=2^{0.5}=\sqrt{2}=1.4142$ $\Omega_1=0.1$ $4$ $\Omega_1=0.71$

फ़िल्टर की गणना इस माटलब / ऑक्टेव स्क्रिप्ट के साथ की गई थी:

% विशेष विवरण
बीडब्ल्यू = 0.5; सप्तक में% वांछित बैंडविड्थ
w0 = .6 * पी; % गुंजयमान आवृत्ति

r = 2 ^ (bw); बैंड किनारों का% अनुपात
डब्ल्यू 1 = 1; % प्रारंभिक अनुमान (अधिकांश स्पेक्स के लिए काम करता है)
नित = 4; % # न्यूटन पुनरावृत्तियों
c = टैन (w0 / 2);

% न्यूटन
i = 1 के लिए: Nit,
    f = r * atan (c * W1) - atan (c / W1);
    fp = c * (r (1 + c ^ 2 * W1 ^ 2) + 1 / (c ^ 2 + W1 ^ 2));
    डब्ल्यू 1 = डब्ल्यू 1 - एफ / एफपी
समाप्त

W1 = abs (W1);
अगर (W1> = 1), त्रुटि ('अभिसरण करने में विफल रहा; प्रारंभिक अनुमान का मूल्य कम करें।'); समाप्त

डब्ल्यू 2 = 1 / डब्ल्यू 1;
dW = W2 - W1;

% असतत-समय फ़िल्टर
स्केल = 1 + dW * c + W1 * W2 * c ^ 2;
b = (dW * c / स्केल) * [1,0, -1];
a = [1, 2 * (W1 * W2 * c ^ 2-1) / स्केल, (1-dW * c + W1 * W2 * c ^ 2) / scale];

उदाहरण 2:

मैं यह दिखाने के लिए एक और उदाहरण जोड़ता हूं कि यह विधि उन विशिष्टताओं से भी निपट सकती है जिनके लिए अधिकांश अनुमान गैर-सनसनीखेज परिणाम देंगे। यह अक्सर ऐसा होता है जब वांछित बैंडविड्थ और गुंजयमान आवृत्ति दोनों बड़े होते हैं। आइए एक फ़िल्टर को और सप्तक के साथ डिज़ाइन करें । एक प्रारंभिक अनुमान परिणाम के साथ न्यूटन की विधि के चार पुनरावृत्तियों में अंतिम परिणाम अंतिम मान में , जो कि के अनुरूप प्रोटोटाइप के बैंडविड्थ में होता है। सप्तक। संबंधित असतत समय फ़िल्टर में निम्न गुणांक होते हैं और इसकी आवृत्ति प्रतिक्रिया नीचे दिए गए प्लॉट में दिखाई जाती है: $\omega_0=0.95\pi$ $bw=4$ $\Omega_1^{(0)}=0.1$ $\Omega_1=0.00775$ $\log_2(\Omega_2/\Omega_1)=\log_2(1/\Omega_1^2)\approx 14$

b = 0.90986 * [1,0, -1];
a = [1.00000 0.17806 -0.81972];

परिणामी आधी शक्ति बैंड किनारों में और , जो वास्तव में हैं (यानी, का एक कारक ) अलग। $\omega_1=0.062476\pi$ $\omega_2 = 0.999612\pi$ $4$ $16$

— मैट एल।
स्रोत

दो प्रारंभिक टिप्पणियां (मैंने इसे अभी तक नहीं पढ़ा है, मैट): सबसे पहले, मैं रैखिक आवृत्ति की तुलना में लॉग आवृत्ति में अधिक रुचि रखता हूं । एनालॉग बीपीएफ (या डिजिटल बीपीएफ, न्यूक्विस्ट की तुलना में गुंजयमान आवृत्ति के साथ बहुत कम) के लिए, गुंजयमान आवृत्ति के बारे में सही समरूपता है।

— रॉबर्ट ब्रिस्टो-जॉनसन

और दूसरी टिप्पणी यह है, जबकि मैं आपको स्पष्ट रूप से और के संकेतन के लिए धन्यवाद देता हूं , मैं चाहता हूं कि आप इस धारणा से चिपके रहेंगे कि एनालॉग और डिजिटल गुंजयमान आवृत्तियों हैं? क्रमशः और , और एनालॉग अपर और लोअर क्रमशः और हैं और इसी तरह डिजिटल बैंडेज: और । हम जानते हैं कि, लॉग फ़्रीक्वेंसी में, बैंडविड्थ का आधा से ऊपर है और आधा नीचे है। लेकिन, युद्ध के कारण, यह डिजिटल BPF फ़िल्टर के लिए बिल्कुल सही नहीं है।

s = j Ω

$s=j\Omega$

z = e^{j ω}

$z=e^{j\omega}$

Ω_{0}

$\Omega_0$

ω_{0}

$\omega_0$

Ω_{U}

$\Omega_U$

Ω_{L}

$\Omega_L$

ω_{U}

$\omega_U$

ω_{L}

$\omega_L$

Ω_{0}

$\Omega_0$

— रॉबर्ट ब्रिस्टो-जॉनसन

जैसा कि मैंने इसे और अधिक पढ़ा, यह मेरे लिए महत्वपूर्ण है कि गुंजयमान आवृत्ति बिलिनियर परिवर्तन के माध्यम से मैप की जाती है। इसलिए मैं इस दृष्टिकोण को समझता हूं, मैट, लेकिन मैं की सटीक मैपिंग के साथ रहना चाहता और फिर तब तक जब तक कि निर्दिष्ट नहीं होता है।

ω_{0}

$\omega_0$

B W

$BW$

b w

$bw$

— रॉबर्ट ब्रिस्टो-जॉनसन

@ robertbristow-johnson: ठीक है, काफी उचित, आप एक सटीक विनिर्देश चाहते हैं । यदि आप को रेखीय अंतर के रूप में निर्दिष्ट करते हैं (जो आप नहीं चाहते हैं, तो मैं समझता हूँ) संभव है। निर्दिष्ट और सप्तक में एक बैंडविड्थ के साथ एक साफ समाधान संभव नहीं है ।

ω_{0}

$\omega_0$

Δ ω

$\Delta\omega$

ω_{0}

$\omega_0$

— मैट एल।

@ robertbristow-johnson: मैंने अपने उत्तर (4 न्यूटन पुनरावृत्तियों) में एक बहुत ही सरल संख्यात्मक समाधान जोड़ा है।

— मैट एल।

ठीक है, मैंने इनाम देने का वादा किया है और मैं अपना वादा निभाऊंगा। लेकिन मुझे यह स्वीकार करना होगा कि मैं केवल तीसरे व्युत्पन्न से संतुष्ट होने पर थोड़ा सा पुनर्जन्म कर सकता हूं । क्या मैं वास्तव में चाहते हैं कि लिए दो गुणांक हैं । $f(x)$ $g(y)$

इसलिए मुझे यह महसूस नहीं हुआ कि गणित या डेरिव के विकल्प के रूप में यह वुल्फ्राम भाषा थी और मुझे यह एहसास नहीं था कि यह तीसरी व्युत्पत्ति को आसानी से गणना कर सकती है और अभिव्यक्ति को सरल बना सकती है।

और गणित एसई के इस मार्कस एसई ने इस उत्तर को पोस्ट किया (जो मुझे लगा कि मुझे लगता है कि ग्रुंज की राशि होना चाहिए था)।

\begin{aligned} y = f (x) & = \ln (\arctan (α e^{x})) - \ln (\arctan (α e^{- x})) \\ \approx a_{1} x + a_{3} x^{3} \\ = \frac{2 α}{(1 + α^{2}) \arctan (α)} x + \frac{α}{3 (1 + α^{2})^{3} \arctan (α)} (α^{4} - 6 α^{2} + 1 \\ - \frac{3 α (1 - α^{2})}{\arctan (α)} + \frac{2 α^{2}}{{(\arctan (α))}^{2}}) x^{3} \end{aligned}

$\begin{align*} y = f(x) &= \ln\left(\arctan\left(\alpha e^x\right)\right) - \ln\left(\arctan\left(\alpha e^{-x}\right)\right)\\ \\ &\approx a_1 x \ + \ a_3 x^3 \\ \\ &=\frac{2\alpha}{(1+\alpha^2)\arctan(\alpha)} x + \frac{\alpha}{3(1+\alpha^2)^3\arctan(\alpha)}\Bigg(\alpha^4-6\alpha^2+1\\ &\qquad\left.-\frac{3\alpha(1-\alpha^2)}{\arctan(\alpha)}+\frac{2\alpha^2}{\left(\arctan(\alpha)\right)^2}\right) x^3 \\ \\ \end{align*}$

इसलिए मैंने उलटे तीसरे क्रम के सन्निकटन को एक साथ रखा:

\begin{aligned} x = g (y) & \approx b_{1} y + b_{3} y^{3} \\ = \frac{1}{a_{1}} y - \frac{a_{3}}{a_{1}^{4}} y^{3} \\ = \frac{(1 + α^{2}) \arctan (α)}{2 α} y - \frac{(1 + α^{2}) (\arctan (α))^{3}}{48 α^{3}} (α^{4} - 6 α^{2} + 1 \\ - \frac{3 α (1 - α^{2})}{\arctan (α)} + \frac{2 α^{2}}{{(\arctan (α))}^{2}}) y^{3} \\ = \frac{(1 + α^{2}) \arctan (α)}{2 α} y - \frac{(1 + α^{2}) (\arctan (α))^{3}}{48 α} (α^{2} - 6 + α^{- 2} \\ - \frac{3 (1 - α^{2})}{α \arctan (α)} + \frac{2}{{(\arctan (α))}^{2}}) y^{3} \\ = y (\arctan (α) \frac{α + α^{- 1}}{2}) (1 + \\ ((\arctan (α))^{2} (1 - \frac{α^{2} + α^{- 2}}{6}) - \arctan (α) \frac{α - α^{- 1}}{2} - \frac{1}{3}) \frac{y^{2}}{4}) \end{aligned}

$\begin{align*} x = g(y) &\approx b_1 y \ + \ b_3 y^3 \\ \\ &= \frac{1}{a_1} y \ - \ \frac{a_3}{a_1^4} y^3 \\ \\ &= \frac{(1+\alpha^2)\arctan(\alpha)}{2\alpha} y - \frac{(1+\alpha^2)(\arctan(\alpha))^3}{48 \alpha^3}\Bigg(\alpha^4-6\alpha^2+1 \\ &\qquad\left.-\frac{3\alpha(1-\alpha^2)}{\arctan(\alpha)}+\frac{2\alpha^2}{\left(\arctan(\alpha)\right)^2}\right) y^3 \\ \\ &= \frac{(1+\alpha^2)\arctan(\alpha)}{2\alpha} y - \frac{(1+\alpha^2)(\arctan(\alpha))^3}{48 \alpha}\Bigg(\alpha^2-6+\alpha^{-2} \\ &\qquad\left.-\frac{3(1-\alpha^2)}{\alpha\arctan(\alpha)}+\frac{2}{\left(\arctan(\alpha)\right)^2}\right) y^3 \\ \\ &= y \left(\arctan(\alpha)\frac{\alpha + \alpha^{-1}}{2}\right) \Bigg(1 \ + \\ & \left((\arctan(\alpha))^2\left(1-\frac{\alpha^2+\alpha^{-2}}{6} \right) - \arctan(\alpha)\frac{\alpha-\alpha^{-1}}{2}-\frac{1}{3}\right) \frac{y^2}{4} \Bigg) \\ \\ \end{align*}$

मैं थोड़े उम्मीद कर रहा था कि कोई और ऐसा करेगा। याद , और $y=f(x) \triangleq \ln(2) \, bw$ $g(y) = x \triangleq \frac{\ln(2)}{2}BW$ $\alpha \triangleq \tan(\omega_0/2)$

\begin{aligned} x = g (y) & \approx y (\arctan (α) \frac{α + α^{- 1}}{2}) (1 + \\ ((\arctan (α))^{2} (1 - \frac{α^{2} + α^{- 2}}{6}) - \arctan (α) \frac{α - α^{- 1}}{2} - \frac{1}{3}) \frac{y^{2}}{4}) \\ \frac{\ln (2)}{2} B W & \approx (\ln (2) b w) (\arctan (α) \frac{α + α^{- 1}}{2}) (1 + \\ ((\arctan (α))^{2} (1 - \frac{α^{2} + α^{- 2}}{6}) - \arctan (α) \frac{α - α^{- 1}}{2} - \frac{1}{3}) \frac{(\ln (2) b w)^{2}}{4}) \end{aligned}

$\begin{align*} x = g(y) &\approx y \left(\arctan(\alpha)\frac{\alpha + \alpha^{-1}}{2}\right) \Bigg(1 \ + \\ & \left((\arctan(\alpha))^2\left(1-\frac{\alpha^2+\alpha^{-2}}{6} \right) - \arctan(\alpha)\frac{\alpha-\alpha^{-1}}{2}-\frac{1}{3}\right) \frac{y^2}{4} \Bigg) \\ \\ \frac{\ln(2)}{2}BW &\approx (\ln(2) bw) \left(\arctan(\alpha)\frac{\alpha + \alpha^{-1}}{2}\right) \Bigg(1 \ + \\ & \left((\arctan(\alpha))^2\left(1-\frac{\alpha^2+\alpha^{-2}}{6} \right) - \arctan(\alpha)\frac{\alpha-\alpha^{-1}}{2}-\frac{1}{3}\right) \frac{(\ln(2) bw)^2}{4} \Bigg) \\ \\ \end{align*}$

मेरे पास तीन सुविधाजनक ट्रिगर पहचान हैं:

\frac{1}{2} (α + α^{- 1}) = \frac{1}{2} (\tan (ω_{0} / 2) + \frac{1}{\tan (ω_{0} / 2)}) = \frac{1}{\sin (ω_{0})}

$\frac12 \left(\alpha + \alpha^{-1} \right) = \frac12 \left(\tan(\omega_0/2) + \frac{1}{\tan(\omega_0/2)} \right) = \frac{1}{\sin(\omega_0)} \\$

\frac{1}{2} (α - α^{- 1}) = \frac{1}{2} (\tan (ω_{0} / 2) - \frac{1}{\tan (ω_{0} / 2)}) = - \frac{1}{\tan (ω_{0})}

$\frac12 \left(\alpha - \alpha^{-1} \right) = \frac12 \left(\tan(\omega_0/2) - \frac{1}{\tan(\omega_0/2)} \right) = -\frac{1}{\tan(\omega_0)} \\$

\frac{1}{2} (α^{2} + α^{- 2}) = \frac{1}{2} (\tan^{2} (ω_{0} / 2) + \frac{1}{\tan^{2} (ω_{0} / 2)}) = \frac{1}{\sin^{2} (ω_{0})} + \frac{1}{\tan^{2} (ω_{0})} = \frac{2}{\sin^{2} (ω_{0})} - 1

$\frac12 \left(\alpha^2 + \alpha^{-2} \right) = \frac12 \left(\tan^2(\omega_0/2) + \frac{1}{\tan^2(\omega_0/2)} \right) = \frac{1}{\sin^2(\omega_0)} + \frac{1}{\tan^2(\omega_0)} \\ = \frac{2}{\sin^2(\omega_0)} - 1$

"अंत में" हमें मिला:

B W \approx b w \frac{ω_{0}}{\sin (ω_{0})} (1 + \frac{(\ln (2))^{2}}{24} (2 (ω_{0}^{2} - 1) - {(\frac{ω_{0}}{\sin (ω_{0})})}^{2} + 3 \frac{ω_{0}}{\tan (ω_{0})}) (b w)^{2})

$BW \approx bw \, \frac{\omega_0}{\sin(\omega_0)} \left(1 \ + \ \frac{(\ln(2))^2}{24} \left( 2(\omega_0^2 - 1) - \left(\frac{\omega_0}{\sin(\omega_0)}\right)^2 + 3\frac{\omega_0}{\tan(\omega_0)} \right) (bw)^2 \right)$

यह इतना बुरा नहीं है। एक लाइन पर फिट बैठता है। अगर किसी को एक त्रुटि या आगे को आसान करने के लिए एक अच्छा तरीका दिखाई देता है, तो कृपया पता करें

उपरोक्त टिप्पणी से पॉवर श्रृंखला सन्निकटन के साथ,

B W \approx b w \frac{ω_{0}}{\sin (ω_{0})} (1 + (\ln (2))^{2} (\frac{1}{36} ω_{0}^{2} - \frac{1}{180} ω_{0}^{4} - \frac{2}{2835} ω_{0}^{6}) (b w)^{2})

$BW \approx bw \, \frac{\omega_0}{\sin(\omega_0)} \left(1 \ + \ (\ln(2))^2 \left( \tfrac{1}{36}\omega_0^2 - \tfrac{1}{180}\omega_0^4 - \tfrac{2}{2835}\omega_0^6 \right) (bw)^2 \right)$

— रॉबर्ट ब्रिस्टो-जॉनसन
स्रोत

इसके अलावा, मुझे यकीन नहीं है कि लिए अतुल का जवाब और लिए मार्कस का जवाब संगत है। मुझे आश्चर्य है कि अगर कोई जवाब देने में सक्षम हो सकता है जो इनाम में मिल सकता है।

f^{‴} (0)

$f'''(0)$

a_{3}

$a_3$

— रॉबर्ट ब्रिस्टो-जॉनसन

मुझे वुल्फराम की क्लाउड नोटबुक के बारे में भी पता चला जो आपके वेबब्रोज़र में मैथेमेटिका की तरह है। पर जाएं sandbox.open.wolframcloud.com/app और में टाइप 6*SeriesCoefficient[ Series[Log[ArcTan[a E^x]] - Log[ArcTan[a/E^x]],{x,0,5}],3]

— अतुल इंगल

@AtulIngle, मैंने मार्कस के सुधारों को उलटा फ़ंक्शन में शामिल किया। क्या आप लिए परिणाम की जाँच करना चाहेंगे ?

g (y)

$g(y)$

— रॉबर्ट ब्रिस्टो-जॉनसन

मैं इसकी सराहना करूंगा अगर कोई मेरे प्रतिस्थापन को वापस चेक करेगा , विशेष रूप से कारक जो गुणा करता है । बहुत जल्द ही मैं वापस वापस जो एक पूरे अन्य सरलीकरण और फॉर्म का कारण होगा। लेकिन अगर कोई मुझे बताता है कि ऊपर मेरे सरलीकरण गलत हैं, तो मैं थोड़ा बंद करूंगा।

g (y)

$g(y)$

y^{2}

$y^2$

α

$\alpha$

\tan (ω_{0} / 2)

$\tan(\omega_0/2)$

— रॉबर्ट ब्रिस्टो-जॉनसन

@ robert bistow-johnson मैंने Mathematica का उपयोग करके g (y) के लिए आपकी अंतिम अभिव्यक्ति की जाँच की, यह सही लगता है।

— अतुल इंगल

तो यहाँ कुछ मात्रात्मक परिणाम हैं। मैंने एक्स-एक्सिस पर डिजिटल फिल्टर और वाई-एक्सिस पर परिणामस्वरूप डिजिटल बैंडविड्थ के लिए स्पेक बैंडविड्थ को प्लॉट किया । Nyquist द्वारा सामान्य रूप से प्रतिध्वनि आवृत्ति प्रतिनिधित्व करने वाले हरे से लाल तक पांच भूखंड हैं : $bw$ $\omega_0$

$\frac{\omega_0}{\pi} =$ [0.0002 0.2441 0.4880 0.7320 0.9809]

इसलिए गुंजयमान आवृत्ति लगभग DC से लगभग Nyquist तक जाती है।

बैंडविड्थ के लिए यहां कोई क्षतिपूर्ति (या पूर्व-युद्ध) नहीं है:

यहाँ सरल प्रथम-क्रम मुआवजा है जो कुकबुक ने सभी के साथ किया है:

यहाँ तीसरे क्रम का मुआवजा है जो हमने अभी यहाँ हल किया है:

हम जो चाहते हैं, वह सभी मुख्य विकर्ण पर सीधे झूठ बोलने के लिए है।

मैं था तीसरे क्रम मामले में एक गलती की है और इस संशोधन में यह सही। यह करता है के लिए तृतीय-आदेश सन्निकटन की तरह देखो थोड़ा छोटा सा के लिए पहले क्रम सन्निकटन से बेहतर है । $g(y)$ $bw$

इसलिए मैंने 3-ऑर्डर शब्द के गुणांक के साथ काम किया (मैं 1-ऑर्डर शब्द उसी को छोड़ना चाहता हूं), यह प्रभाव को कम करता है। यह सिर्फ 3-क्रम अवधि को 50% से गुणा करने से है:

यह इसे 33% तक कम कर रहा है:

और यह 3-क्रम की अवधि को 25% तक कम कर रहा है:

चूंकि एक व्युत्क्रम फ़ंक्शन का उद्देश्य निर्दिष्ट फ़ंक्शन को पूर्ववत करना है, इसलिए इस पूरी चीज़ का बिंदु समग्र फ़ंक्शन के घटता को मुख्य विकर्ण के करीब संभव के रूप में प्राप्त करना है। यह गुंजयमान आवृत्ति के लिए 75% Nyquist के लिए बहुत बुरा नहीं है और 3 बैंडविड्थ । लेकिन वास्तव में इसे "गुणांक खाना पकाने" कोड में इसके लायक बनाने के लिए इतना बेहतर नहीं है कि जब भी उपयोगकर्ता एक घुंडी को चालू करता है या स्लाइडर को स्लाइड करता है। $\omega_0$ $bw$

— रॉबर्ट ब्रिस्टो-जॉनसन
स्रोत

दूसरे और तीसरे प्लॉट में बैंडविड्थ कैसे नकारात्मक हो सकता है ??

— मैट एल।

यह नहीं हो सकता है, यही वजह है कि मैं अब तक वास्तविक इस तीसरे क्रम के सन्निकटन से अप्रभावित हूं, जो कि का उलटा कार्य है मुझे नहीं लगता कि तृतीय-क्रम सन्निकटन पहले-क्रम सन्निकटन पर एक सुधार है जो कुछ दशकों से मौजूद है । तो जो प्लॉट किया गया है वह जहां सही व्युत्क्रम का सन्निकटन है जहां क्योंकि द्विध्रुवी है (भले ही नकारात्मक बैंडविड्थ निरर्थक है) नकारात्मक जा सकता है।

x = g (y)

$x=g(y)$

च (एक्स) = \ln (\frac{\arctan (α इ^{एक्स})}{\arctan (α इ^{- एक्स})})

$f(x) = \ln\left(\frac{\arctan(\alpha e^x)}{\arctan(\alpha e^{-x})}\right)$

च (\hat{जी} (y))

$f( \hat{g}(y) )$

\hat{g} (y)

$\hat{g}(y)$

g (y)

$g(y)$

y = च (जी (y))

$y = f( g(y) )$

f (x)

$f(x)$

f (\hat{g} (y))

$f(\hat{g}(y))$

— रॉबर्ट ब्रिस्टो-जॉनसन

ओह, @MattL। तथ्य यह है कि मूल से गुजरता है, भले ही बैंडविड्थ वास्तव में कभी भी नकारात्मक न हो, आपको अधिभार नहीं देना चाहिए। वह बैंडविड्थ मैपिंग फ़ंक्शन विषम समरूपता है, इसलिए पहला और दूसरा प्लॉट मुझे बिल्कुल भी प्रभावित नहीं करता है। लेकिन तीसरा कथानक निराशाजनक है।

f (x)

$f(x)$

— रॉबर्ट ब्रिस्टो-जॉनसन

मैं सिर्फ यह सोच रहा था कि आपने नकारात्मक बैंडविद के लिए घटता क्यों लगाया। लेकिन वैसे भी, अगर मैं गलत नहीं हूँ तो आपके द्वारा उपयोग की जाने वाली श्रृंखला पर एक टेलर श्रृंखला का विस्तार है , है ना? तो अगर आप केवल दो शब्दों का उपयोग करते हैं, तो आप वास्तविक व्यवहार को बड़े बन्दिशों में देखने की अपेक्षा भी क्यों करेंगे?

b w = 0

$bw=0$

— मैट एल।

मैं सिर्फ यह सुनिश्चित करना चाहता था कि फ़ंक्शन विषम-समरूप हैं और मूल वास्तविक रूप से चलते हैं। हां, यह सब टेलर (या अधिक विशिष्ट रूप से मैकलॉरिन) श्रृंखला के बारे में है। आप देखेंगे, @MattL।, मुझे लगता है कि एक शब्द बल्कि सभी गुंजयमान आवृत्तियों के लिए अच्छी तरह से करता है जो न्युकिस्ट के बहुत करीब नहीं है। रैखिक शब्द को अपरिवर्तित छोड़ते हुए, मैंने थर्ड-ऑर्डर शब्द के साथ थोड़ा-सा काम किया (रुकिए, मैं परिणाम दिखाऊंगा) और यह बहुत अच्छा करता है। लेकिन पहले आदेश से इतना बेहतर नहीं है कि मुझे लगता है कि मुझे इसे कुकबुक में बदलने से परेशान होना चाहिए।

— रॉबर्ट ब्रिस्टो-जॉनसन