采样与混叠：原理、演示及应用

### 采样与混叠：原理、演示及应用 #### 1. 采样定理 采样是将连续时间信号转换为离散时间信号的过程，而采样定理在这一过程中起着至关重要的作用。香农采样定理指出：一个带宽受限的连续时间信号 $x(t)$，若其频谱中没有高于 $f_{max}$ 的频率分量，当采样率 $f_s = 1/T_s$ 大于 $2f_{max}$ 时，就可以从其采样值 $x(nT_s)$ 中精确地重建出原始信号。 带宽受限信号是指由正弦信号之和组成，且所有频率都限制在 $0 ≤ f ≤ f_{max}$ 范围内的信号，可表示为： \[x(t) = \sum_{k=0}^{N} x_k(t)\] 其中，每个单独的信号形式为 $x_k(t) = A_k \cos(2\pi f_k t + \phi_k)$，且 $0 ≤ f_k ≤ f_{max}$。对该信号进行采样后，得到： \[x[n] = x(nT_s) = \sum_{k=0}^{N} x_k(nT_s) = \sum_{k=0}^{N} x_k[n]\] 这里，$x_k[n] = A_k \cos(\hat{\omega}_k n + \phi_k)$，其中 $\hat{\omega}_k = 2\pi f_k / f_s$。若采样率高于奈奎斯特率（即 $f_s > 2f_{max} ≥ 2f_k$），则对于每个 $x_k[n]$，有 $|\hat{\omega}_k| ≤ \pi$。 下面是采样与重建系统的示意图： ```mermaid graph LR classDef process fill:#E5F6FF,stroke:#73A6FF,stroke-width:2px; A[x(t)]:::process --> B[理想 C - to - D 转换器]:::process B --> C[x[n]]:::process C --> D[理想 D - to - C 转换器]:::process D --> E[y(t)]:::process B -.-> |fs = 1/Ts| D ``` #### 2. 频闪演示 频闪演示是一种直观展示混叠现象的有效方法。通过一个附着在电机轴上以恒定角速度旋转的圆盘，以及一个可变闪光频率的频闪灯来进行演示。 - **高闪光率情况**：当闪光率非常高，例如是圆盘旋转率的 9 倍（圆盘转速为 750 rpm，闪光率为 6750 rpm）时，圆盘在两次闪光之间旋转的角度很小，每次闪光圆盘旋转 $360^{\circ}/9 = 40^{\circ}$，且旋转方向为顺时针，角度变化为 $-40^{\circ}$，此时较高的旋转率被转换为较低的旋转率。 - **闪光率等于旋转率情况**：当闪光率等于圆盘的旋转率（750 次/分钟）时，圆盘上的斑点看起来静止不动。这是因为斑点在两次闪光之间恰好旋转一圈，每次闪光时都处于同一位置，类似于采样正弦波的频率混叠到零的情况。实际上，允许圆盘在两次闪光之间旋转整数圈的较慢闪光率（如 375、250、187.5、150 和 125 次/分钟）也会产生相同的效果。 - **闪光率略高于旋转率情况**：当闪光率略高于旋转率（如 806 次/分钟）时，圆盘在两次闪光之间旋转略小于一圈。通过计算可得，角度变化 $\Delta\theta = -360^{\circ} \times \frac{1/806}{1/750} = -335^{\circ} = +25^{\circ}$，尽管负号表示顺时针旋转，但由于角度变化接近 $-360^{\circ}$，我们会观察到一个小的正角度变化，斑点看起来会逆时针移动。 为了对频闪实验进行数学分析，我们用复数来表示斑点的位置： \[p(t) = x(t) + jy(t) = r e^{-j(2\pi f_m t - \phi)}\] 其中，负号表示顺时针旋转，初始相位 $\phi$ 指定了 $t = 0$ 时斑点的位置，$f_m$ 是电机的旋转频率，$r$ 是圆盘半径。频闪灯以固定的闪光率 $f_s$ 对 $p(t)$ 进行采样，第 $n$ 次闪光时斑点的位置可表示为离散时间信号： \[p[n] = p(t)|_{t=nT_s} = p(nT_s) = p(n/f_s) = r e^{-j(2\pi (f_m / f_s) n - \phi)}\] 若满足采样定理的约束条件（即 $f_s > 2|f_m|$），实验中不会出现混叠现象，斑点看起来会顺时针旋转。当闪光率低于 $2|f_m|$ 时，圆盘在两次闪光之间会旋转一圈或多圈，从而引入混叠现象。 假设我们要找到所有可能的闪光率，使斑点以每闪 $25^{\circ}$ 的速度逆时针移动，可通过以下步骤求解： 1. 期望的斑点旋转可表示为： \[d[n] = r e^{+j(2\pi (25/360) n + \psi)}\] 其中，$2\pi (25/360)$ 是 $25^{\circ}$ 转换为弧度的值，初始相位 $\psi$ 设为与 $p[n]$ 中的 $\phi$ 相等，即 $d[0] = p[0]$。 2. 令 $p[n] = d[n] e^{j2\pi \ell n}$（其中 $\ell$ 为整数），可得： \[r e^{-j(2\pi (f_m / f_s) n - \phi)} = r e^{+j(2\pi (25/360) n + \phi)} e^{j2\pi \ell n}\] 3. 化简上述方程： \[-\left(2\pi \frac{f_m}{f_s} n - \phi\right) = +\left(2\pi \frac{25}{360} n + \phi\right) + 2\pi \ell n\] \[- \frac{f_m}{f_s} = \frac{25}{360} + \ell\] \[-f_m = f_s \left(\frac{25}{360} + \ell\right)\] 4. 最终求解闪光率（每分钟）： \[f_s = \frac{-f_m}{(5/72) + \ell}\] 为了得到正的闪光率值，由于电机顺时针旋转率为负（$-f_m$），我们选择 $\ell = -1, -2, -3, \cdots$ 来生成不同的解。例如，当电机转速为 750 rpm 时，不同 $\ell$ 值对应的闪光率如下表所示： | $\ell$ | -1 | -2 | -3 | -4 | | ---- | ---- | ---- | ---- | ---- | | $f_s$（次/分钟） | 805.97 | 388.49 | 255.92 | 190.81 | #### 3. 频谱解释 频闪演示涉及复指数信号的采样，我们可以用频谱图来呈现结果。旋转圆盘的模拟频谱在 $f = -f_m$ 周期/分钟处有一个单一的频率分量。当频闪灯以 $f_s$ 次/分钟的速率闪光时，离散时间信号 $p[n]$ 的频谱包含无限多条频率线，归一化频率为： \[\hat{\omega}_{\ell} = 2\pi \frac{-f_m}{f_s} + 2\pi \ell = -\hat{\omega}_m + 2\pi \ell\] 其中，$\ell = 0, \pm1, \pm2, \pm3, \cdots$。创建离散时间信号频谱的步骤如下： 1. 计算归一化电机频率 $\hat{\omega}_m$（通过将电机频率除以 $f_s$），并在 $\hat{\omega} = -\hat{\omega}_m$ 处绘制频谱线，负号表示顺时针旋转。 2. 将电机的归一化频谱线通过所有整数倍的 $2\pi$ 进行平移复制，以体现离散时间指数信号的混叠。 我们的视觉系统在观察频闪实验时，会选择频谱中最接近 $\hat{\omega} = 0$ 的频率分量，就像一个 D - to - C 转换器一样。因此，频闪信号 $p[n]$ 看起来会以该最低归一化频率旋转。最后，需要将离散时间频率 $\hat{\omega}$ 转换回模拟频率 $f = \hat{\omega} f_s$，以得到感知到的模拟旋转率（单位：rpm）。 当采样率可变而 $f_m$ 固定时，问题稍微复杂一些。但我们可以通过图形方法解决，因为期望的斑点频率在离散时间频谱中定义了一条线 $\hat{\omega}_d$（单位：弧度/闪），这条线最接近原点。我们需要给 $\hat{\omega}_d$ 加上一个整数倍的 $2\pi \ell$，使其与归一化电机旋转频率匹配： \[\hat{\omega}_d + 2\pi \ell = \hat{\omega}_m = -2\pi \frac{f_m}{f_s}\] 求解该方程可得闪光率 $f_s$： \[f_s = \frac{-2\pi f_m}{\hat{\omega}_d + 2\pi \ell}\] #### 4. 相关问题及解答 以下是一些与采样和混叠相关的问题及解答： - **P - 4.1**：已知 $x(t) = 11 \cos(7\pi t - \pi/3)$，分别在采样频率 $f_s$ 为 9 samples/s、6 samples/s 和 3 samples/s 时，确定离散时间信号 $x[n] = A \cos(\hat{\omega}_1 n + \phi)$ 中 $A$、$\phi$ 和 $\hat{\omega}_1$ 的值（$0 ≤ \hat{\omega}_1 ≤ \pi$），并判断信号是过采样还是欠采样。 1. 当 $f_s = 9$ samples/s 时： - $\hat{\omega}_1 = 2\pi \times \frac{7}{9} = \frac{14\pi}{9}$，由于要满足 $0 ≤ \hat{\omega}_1 ≤ \pi$，对其进行归一化，$\hat{\omega}_1 = \frac{14\pi}{9} - 2\pi = -\frac{4\pi}{9}$，取绝对值后为 $\frac{4\pi}{9}$。 - $A = 11$，$\phi = -\pi/3$。 - 因为 $f_s = 9 > 2f_{max} = 2\times\frac{7}{2} = 7$，所以是过采样。 2. 当 $f_s = 6$ samples/s 时： - $\hat{\omega}_1 = 2\pi \times \frac{7}{6} = \frac{7\pi}{3}$，归一化后 $\hat{\omega}_1 = \frac{7\pi}{3} - 2\pi = \frac{\pi}{3}$。 - $A = 11$，$\phi = -\pi/3$。 - 因为 $f_s = 6 > 2f_{max} = 7$ 不成立，所以是欠采样。 3. 当 $f_s = 3$ samples/s 时： - $\hat{\omega}_1 = 2\pi \times \frac{7}{3} = \frac{14\pi}{3}$，归一化后 $\hat{\omega}_1 = \frac{14\pi}{3} - 4\pi = \frac{2\pi}{3}$。 - $A = 11$，$\phi = -\pi/3$。 - 因为 $f_s = 3 < 2f_{max} = 7$，所以是欠采样。 - **P - 4.2**：判断离散时间余弦信号 $x_1[n] = \cos(0.9\pi n + 0.1\pi)$、$x_2[n] = \cos(-2.9\pi n + 0.1\pi)$、$x_3[n] = \cos(5.1\pi n - 0.1\pi)$、$x_4[n] = \cos(6.9\pi n - 0.1\pi)$ 和 $x_5[n] = \cos(-7.1\pi n - 0.1\pi)$ 中哪些是相等的。 - 对于 $x_2[n] = \cos(-2.9\pi n + 0.1\pi) = \cos((-2.9\pi + 2\pi)n + 0.1\pi) = \cos(-0.9\pi n + 0.1\pi) = \cos(0.9\pi n - 0.1\pi + \pi) = -\cos(0.9\pi n - 0.1\pi)$，与 $x_1[n]$ 不相等。 - 对于 $x_3[n] = \cos(5.1\pi n - 0.1\pi) = \cos((5.1\pi - 4\pi)n - 0.1\pi) = \cos(1.1\pi n - 0.1\pi) = \cos((1.1\pi - 2\pi)n - 0.1\pi) = \cos(-0.9\pi n - 0.1\pi) = \cos(0.9\pi n + 0.1\pi - \pi) = -\cos(0.9\pi n + 0.1\pi)$，与 $x_1[n]$ 不相等。 - 对于 $x_4[n] = \cos(6.9\pi n - 0.1\pi) = \cos((6.9\pi - 6\pi)n - 0.1\pi) = \cos(0.9\pi n - 0.1\pi)$，与 $x_1[n]$ 不相等。 - 对于 $x_5[n] = \cos(-7.1\pi n - 0.1\pi) = \cos((-7.1\pi + 8\pi)n - 0.1\pi) = \cos(0.9\pi n - 0.1\pi)$，与 $x_4[n]$ 相等。 - **P - 4.3**：已知理想 D - to - C 转换器的采样率 $f_s = 3600$ Hz，对于离散时间信号 $y[n]$，分别确定其连续时间输出信号 $y(t)$。 - 当 $y[n] = 8 \cos(0.6\pi n - \pi/3)$ 时： - 对应的连续时间频率 $\omega = \hat{\omega} f_s = 0.6\pi \times 3600 = 2160\pi$ rad/s。 - 所以 $y(t) = 8 \cos(2160\pi t - \pi/3)$。 - 当 $y[n] = 4 \cos(1.2\pi n - \pi/4)$ 时： - 因为 $1.2\pi > \pi$，需要进行归一化，$\hat{\omega} = 1.2\pi - 2\pi = -0.8\pi$，取绝对值后为 $0.8\pi$。 - 对应的连续时间