গাণিতিক প্রশ্ন যা বিলিনিয়ার ট্রান্সফর্ম ব্যবহার করে আসে

সুতরাং এটি কুকবুকের সাথে সম্পর্কিত এবং আমি এটি সমাধান করার চেষ্টা করেছি সম্ভবত দুই দশক আগে, ছেড়ে দিয়েছি এবং অমীমাংসিত সমস্যার কথা মনে করিয়ে দেওয়া হয়েছিল। তবে এটি বেশ জঘন্যভাবে সরাসরি এগিয়ে চলেছে, তবে আমি এখনও স্তূপে চেপে বসেছি।

এটি অনুরনিত ফ্রিকোয়েন্সি সহ একটি সাধারণ ব্যান্ডপাস ফিল্টার (বিপিএফ) $\Omega_0$ এবং অনুরণন $Q$ :

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

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

অনুরণন ফ্রিকোয়েন্সি এ

| H (j Ω) | \leq H (j Ω_{0}) = 1

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

এবং উপরের এবং নিম্ন ব্যান্ডেজগুলি যাতে সংজ্ঞায়িত করা হয়

| 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}

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

আমরা এগুলিকে "অর্ধ-শক্তি ব্যান্ডেজ" বলি । যেহেতু আমরা অডিও করছি, আমরা অক্টেভেজে ব্যান্ডউইথকে সংজ্ঞায়িত করি এবং অ্যানালগ বিশ্বে এই ব্যান্ডউইথটি অষ্টকায়, $BW$ , সম্প্রর্কৃত $Q$ যেমন:

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

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

আমরা বিলিনিয়ার ট্রান্সফর্মটি ব্যবহার করছি (প্রাক-রেপড অনুরণনশীল ফ্রিকোয়েন্সি সহ) যা মানচিত্রগুলি:

\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}

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

লেট $z=e^{j \omega}$ এবং $s=j\Omega$ ।

অ্যানালগ ফিল্টারটির অনুরণনীয় কৌণিক ফ্রিকোয়েন্সি $\Omega_0$ , এবং অনুধাবন করা ডিজিটাল ফিল্টারে যখন অনুরণিত ফ্রিকোয়েন্সি সাথে ফ্রিকোয়েন্সি ওয়ার্পিং ক্ষতিপূরণ করা হয় $\omega=\omega_0$ (ব্যবহারকারী-সংজ্ঞায়িত অনুরণনশীল ফ্রিকোয়েন্সি), তারপরে $\Omega=\Omega_0$ ।

সুতরাং এনালগ কৌণিক ফ্রিকোয়েন্সি হয়

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

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

তারপরে এটি ডিজিটাল কৌণিক ফ্রিকোয়েন্সি হিসাবে ম্যাপযুক্ত

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

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

এখন, অ্যানালগ বিশ্বে উপরের এবং নীচের ব্যান্ডেজগুলি

Ω_{U} = Ω_{0} 2^{B W / 2}

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

Ω_{L} = Ω_{0} 2^{- B W / 2}

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

এবং ডিজিটাল ফ্রিকোয়েন্সি ডোমেন হয়

\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}

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

তারপরে ব্যান্ডেজের লগ ফ্রিকোয়েন্সিতে আসল পার্থক্য (যা ডিজিটাল ফিল্টারে আসল ব্যান্ডউইথথ):

\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}

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

অথবা

\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)))

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

এটির একটি কার্যকরী রূপ রয়েছে

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

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

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

আমি যা করতে চাই তা উল্টানো $f(x)$ (তবে আমি জানি আমি একটি সুন্দর বন্ধ ফর্ম দিয়ে ঠিক এটি করতে পারি না)। আমি ইতিমধ্যে প্রথম-আদেশের প্রায় অনুমানকরণ করেছি এবং আমি এটি তৃতীয়-আদেশের প্রায় অনুমানের দিকে ঘাঁটাতে চাই। এবং এটি সোজা এগিয়ে থাকা সত্ত্বেও, মহিলা কাইনিনকে কুপুলেটিং করে তোলা হয়েছে।

এখন এটি ল্যাঞ্জরেঞ্জ ইনভার্সন সূত্রটির সাথে কিছু করার আছে এবং আমি কেবল এটির চেয়ে আমার আরও একটি মেয়াদে নিয়ে যেতে চাই।

আমরা উপরে থেকে জানি $f(x)$ একটি বিজোড়-প্রতিসাম্য কার্য:

f (- x) = - f (x)

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

এর অর্থ $f(0)=0$ এবং ম্যাকলাউরিন সিরিজের সমস্ত সম-শর্তাবলী শূন্য হবে:

y = f (x) = a_{1} x + a_{3} x^{3} + . . .

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

বিপরীত ফাংশনটিও বিজোড় প্রতিসাম্য, শূন্যের মধ্য দিয়ে যায় এবং ম্যাক্লাউরিন সিরিজ হিসাবে প্রকাশ করা যায়

x = g (y) = b_{1} y + b_{3} y^{3} + . . .

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

এবং যদি আমরা জানি $a_1$ এবং $a_3$ এর $f(x)$ তাহলে আমাদের কী ধারণা আছে $b_1$ এবং $b_3$ অবশ্যই:

b_{1} = \frac{1}{a_{1}} b_{3} = - \frac{a_{3}}{a_{1}^{4}}

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

এখন, আমি এর ডেরাইভেটিভ গণনা করতে সক্ষম $f(x)$ এবং শূন্য এ মূল্যায়ন এবং আমি পেতে

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

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

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

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

তবে আমি একটা সময় পেয়ে যাচ্ছি itch $a_3$ এবং সেইজন্য $b_3$ । কেউ কি এই কাজ করতে পারেন? আমি এমনকি এর তৃতীয় ডেরাইভেটিভের জন্য দৃ expression় প্রকাশের জন্য স্থির করতাম $f(x)$ এ মূল্যায়ন $x=0$ ।

— রবার্ট ব্রিস্টো-জনসন
সূত্র

কেবল পরিষ্কার করতে: আপনার লক্ষ্যটি উল্টানো

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

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

f (x)

$f(x)$ , আপনি খুঁজে পেতে চান

x

$x$ ? বিশেষত, আপনি বহুপদী সম্প্রসারণের মাধ্যমে এটি করতে চান এবং আপনি তৃতীয় সহগের সন্ধান করছেন (যেহেতু ২ য় কার্যটি অদ্ভুতভাবে করতে শূন্য হয়)। রাইট?

— ম্যাক্সিমিলিয়ান ম্যাথé

সুতরাং আপনি জানতে চান

B W

$BW$ প্রদত্ত

b w

$bw$ , অর্থাত্, আপনি জানতে চান যে ডিজিটাল ফিল্টারটির একটি পছন্দসই ব্যান্ডউইদথ প্রাপ্ত করার জন্য আপনার এনালগ ফিল্টারটির কোন ব্যান্ডউইথের প্রয়োজন?

— ম্যাট এল।

হ্যাঁ, হ্যাঁ, এবং হ্যাঁ

— রবার্ট ব্রিস্টো-জনসন

@ রবার্টব্রিস্টো-জনসন আমি প্রশ্নটি খুব মনোযোগ দিয়ে পড়িনি, তবে আমি খেয়াল করেছি যে আপনি আগ্রহী

f^{‴} (x)

$f'''(x)$ এ

x = 0

$x=0$ । গণনা করার জন্য ম্যাথমেটিকা বা ওল্ফ্রাম আলফা ব্যবহার করা ঠিক কি? আমি একটি সুন্দর পরিষ্কার ফলাফল পেয়েছি:

\frac{4 (8 - π^{2}) α^{3}}{π^{3}}

$\frac{4 (8-\pi^2) \alpha^3}{\pi^3}$ । wolframalpha.com/input/… এবং আপনি "x = 0" অংশটি মুছে ফেললে ওল্ফ্রাম তার পুরো গৌরবতে দম্পতি মহিলা কাইনিনকে বাইরে ফেলে দেয়।

— অতুল ইংলে

টাইপ আমার

f (x)

$f(x)$ আছে। "পরিষ্কার" ফলাফলটি আসলে:

- (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})

$-(6 a^2)/((a^2 + 1)^2 atan(a)^2) + (2 a)/((a^2 + 1) atan(a)) + (16 a^5)/((a^2 + 1)^3 atan(a)) + (12 a^4)/((a^2 + 1)^3 atan(a)^2) - (16 a^3)/((a^2 + 1)^2 atan(a)) + (4 a^3)/((a^2 + 1)^3 atan(-1)(a)^3)$ wolframalpha.com/input/…

— অতুল ইঙ্গলে

উত্তর:

এই প্রশ্নের আমার অংশ পরিপূরক করতে: বিজোড় ফাংশনটির ম্যানুয়াল বিস্তারের উপর ভিত্তি করে এখানে কিছুটা সংক্ষিপ্ত উত্তর দেওয়া হয়েছে $f(x)$
$\begin{aligned} f (x) & = \ln (\arctan (α e^{x})) - \ln (\arctan (α e^{- x})) \\ (1) & = f_{1} x + f_{3} x^{3} + O (x^{5}) \end{aligned}$ $\begin{align*} f(x)&=\ln\left(\arctan\left(\alpha e^x\right)\right)-\ln\left(\arctan\left(\alpha e^{-x}\right)\right)\\ &=f_1x+f_3x^3+O\left(x^5\right)\tag{1} \end{align*}$ তৃতীয় ক্রম পর্যন্ত একটি সিরিজ মধ্যে। আরও কিছু বিশদ গণিত থেকে পাওয়া যাবে ।

প্রথমে আমরা বাম-হাতের শব্দটিতে ফোকাস করি

\ln (\arctan (α e^{x}))

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

f (x)

$f(x)$ এবং দিয়ে শুরু

সিরিজ সম্প্রসারণ $\arctan$ :

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

আমরা এখন (2) পর্যন্ত সহগের থেকে প্রাপ্ত $x^3$ । সহগ অপারেটর ব্যবহার করে $[x^k]$ এর সহগ বোঝাতে $x^k$ একটি সিরিজে আমরা প্রাপ্ত

\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}

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

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

লগারিদমিক সিরিজে শক্তিগুলি:

লগারিদমিক সিরিজের সহগগুলি অর্জন করার জন্য
$\begin{aligned} \ln (\arctan (α e^{x})) & = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n + 1}}{n} (\arctan (α e^{x}) - 1)^{n} \end{aligned}$ $\begin{align*} \ln\left(\arctan(\alpha e^x)\right)&=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}(\arctan(\alpha e^x)-1)^n \end{align*}$ আমরা হিসাবে এক্সপ্রেশন লিখুন (3) $\begin{aligned} \arctan (α e^{x}) & = a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3} + O (x^{4}) \end{aligned}$ $\begin{align*} \arctan\left(\alpha e^x\right)&=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+O(x^4) \end{align*}$ এবং আমরা বিবেচনা $\begin{aligned} (4) & \ln (\arctan (α e^{x})) & = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n + 1}}{n} ((a_{0} - 1) + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3})^{n} + O (x^{4}) \end{aligned}$ $\begin{align*} \ln\left(\arctan(\alpha e^x)\right)&=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}((a_0-1)+a_1x+a_2x^2+a_3x^3)^n+O(x^4)\tag{4} \end{align*}$

আমরা এখন সেট $A(x)=(a_0-1)+a_1x+a_2x^2+a_3x^3$ এবং এর সহকারীগুলি বের করুন $x^0$ প্রতি $x^3$ থেকে

\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}

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

আমরা থেকে প্রাপ্ত (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}

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

লোগারিদমের সিরিজ সম্প্রসারণ:

আমরা (6) এর সহগগুলি ব্যবহার করে গণনা করি $\ln(\arctan(\alpha e^x))$ শর্তে $a_j, 0\leq j\leq 3$

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

সিরিজ সম্প্রসারণ $f(x)$ :

এখন সময় কাটার সময়। আমরা অবশেষে (3) এবং (7) সম্মানের সাথে এটি গ্রহণ করি $f(x)$ বিজোড়

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

— মার্কাস শিউয়ার
সূত্র

মার্কাস, আপনি সম্পর্কে সঠিক যখন

O (x^{4})

$O(x^4)$ , যেহেতু আমরা জানি

f (x)

$f(x)$ অদ্ভুত-প্রতিসাম্যতা রয়েছে এবং সম-ক্রমের শর্তগুলি শূন্য, আমার ধারণা আপনি এই প্রসারকে ভাল বলে বলতে পারেন good

O (x^{5})

$O(x^5)$ ।

— রবার্ট ব্রিস্টো-জনসন

@ রবার্টব্রিস্টো-জনসন: হ্যাঁ, অবশ্যই সেই অনুযায়ী আপডেট হয়েছে। :-)

— মার্কাস শিউয়ার

মহান প্রচেষ্টা! এই বিস্তারিত এবং দীর্ঘ উত্তরটি পড়ার চেষ্টা করছি আপনি কীভাবে বিচ্ছিন্ন করতে পারবেন তা আমি দেখতে পেলাম না

O (x^{4})

$O(x^4)$ , সমীকরণে (4), লগারিদমের বাইরে? অসীম সিরিজ ইতিমধ্যে প্রতিটি পাওয়ার অন্তর্ভুক্ত করে

x

$x$ , তাই কি বিচ্ছিন্ন

O (x^{4})

$O(x^4)$ টার্ম মানে সেখানে?

— ফ্যাট 32

অবশ্যই আপনি সেখানে কী বোঝাতে চেয়েছেন তা অনুভূতিটি পেয়েছি তবে যথাযথ স্বরলিপিটি এরকম কিছু হতে পারে:

\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})

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

T

$T$ আপনার অন্যান্য স্বরলিপি থেকে দূরে থাকা। এবং আমি ব্যবহার করেছি নোট করুন

O_{1}

$O_1$ এবং

O_{2}

$O_2$ সহগের এই দুটি সেটের মধ্যে পার্থক্য করা। সুতরাং এখন আপনার সমীকরণ (4) এবং এই উপরের লাইনটি ঠিক একই নয়। আমি মনে করি না তবে এটি আপনার পরবর্তী অগ্রগতির কোনওটিকেই প্রভাবিত করবে।

— ফ্যাট 32

@ ফ্যাট 32: আপনি সম্ভবত বিগ-ও সংকেতটি দেখতে চান

— মার্কাস শিউয়ার

(মন্তব্যে উত্তরে রূপান্তর করা))

ওল্ফ্রাম আলফা ব্যবহার করে, $f'''(x)$ এ $x=0$ মূল্যায়ন:

\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) )) +) + এক্স% 3D0 AT +

এটি এখানে মার্কাসের উত্তরের সাথে মেলে কিনা তাও আমরা দ্বিগুণ পরীক্ষা করতে পারি ।

তার সহগ $x^3$ হতে বাইরে আসে

\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}}) .

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

যদি আমরা এটিকে 6 দিয়ে গুণ করি এবং কিছু ফ্যাক্টর পুনরুদ্ধার করি:

\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}}

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

কোনটি মিলছে!

— অতুল ইংলে
সূত্র

অতুল, দেখা যাচ্ছে যে আপনার সরলিকৃত উত্তর গণিত এসইতে মার্কাসের উত্তরের সাথে সামঞ্জস্যপূর্ণ নয়। এটা এমন হওয়া উচিত

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

$f'''(x)\bigg|_{x\to0} \ = \ 3! \, a_3 = 6 a_3$ আমি মনে করি না আপনার এফ '' '(0) এর প্রতিটি শব্দই মার্কাসের সাথে সামঞ্জস্যপূর্ণ। মারকাস ভুল হতে পারে।

— রবার্ট ব্রিস্টো-জনসন

@ রবার্টব্রিস্টো-জনসন আমার ধারণা তারা মিলে গেছে।

— অতুল ইঙ্গলে

তারা এখন না। আমি মনে করি মার্কাসের অবশ্যই একটি ত্রুটি হয়েছে। তিনি তার উত্তরটি পুরাতন ফ্যাশন পদ্ধতিতে করেছিলেন।

— রবার্ট ব্রিস্টো-জনসন

অতুল, তুমি তোমার অনুগ্রহ পাবে। তবে আমি অনুগ্রহ সম্পর্কে নিয়মগুলি অন্বেষণ করেছিলাম এবং তারা আমাকে এটি বিভক্ত করতে দেয় না, তবে তারা আমাকে এটি দুটি বার দিতে দেয়, তবে একবারে একটি করে দেয়। সুতরাং যেহেতু মার্কাসের এখানে dsp.se তে আপনার চেয়ে কম প্রতিনিধি রয়েছে এবং যেহেতু তিনি কোনও কম্পিউটারের সাহায্য ছাড়াই একটি উত্তর খুঁজে পেয়েছিলেন, তাই আমি প্রথমে তার অনুগ্রহটি প্রদান করছি। তারপরে আমি এই প্রশ্নের উপরে আরও একটি অনুগ্রহ দেব এবং তারপরে আমি এটি আপনাকে দেব। এটি বলেছে যে আমার ২৩ ঘন্টা অপেক্ষা করতে হবে। ডান্নো কে আমার "চেক চিহ্ন" পাবে?

— রবার্ট ব্রিস্টো-জনসন

@ রবার্টব্রিস্টো-জনসন দেরিতে সাড়া পাওয়ার জন্য দুঃখিত। সহগগুলি হয়

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

$2/3, -2/15, -16/945, -2/945$ জন্য

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

$\omega_0^2, \omega_0^4, \omega_0^6, \omega_0^8$ যথাক্রমে। wolframalpha.com/input/…

— অতুল

প্রশ্নটিতে উত্থাপিত সমস্যাটির কোনও বন্ধ-ফর্ম সমাধান নেই বলে মনে হয়। প্রশ্নে উল্লিখিত এবং অন্যান্য উত্তরে দেখানো হিসাবে, ফলাফলটি একটি সিরিজ হিসাবে বিকাশ করা যেতে পারে, যা ম্যাথমেটিকার মতো কোনও প্রতীকী গণিতের সরঞ্জাম দ্বারা সম্পন্ন করা যেতে পারে। তবে, পদগুলি বেশ জটিল এবং কুরুচিপূর্ণ হয়ে ওঠে এবং তৃতীয় ক্রম পর্যন্ত শর্তাদি অন্তর্ভুক্ত করার সময় এটি প্রায় কতটা ভাল তা স্পষ্ট নয়। যেহেতু আমরা একটি সঠিক সূত্র পেতে পারি না, তাই সমাধানটি সংখ্যাসূচকভাবে গণনা করা ভাল, যা প্রায় অনুমানের মতো নয়, একটি (প্রায়) সঠিক ফলাফল দেবে।

যাইহোক, আমার উত্তর সম্পর্কে এটি এই নয়। আমি একটি আলাদা রুটের পরামর্শ দিচ্ছি যা সমস্যা গঠনের পরিবর্তন করে সঠিক সমাধান দেয়। কিছুক্ষণ চিন্তা করার পরে এটি দেখা যাচ্ছে যে এটি কেন্দ্রের ফ্রিকোয়েন্সিটির স্পেসিফিকেশন $\omega_0$ এবং ব্যান্ডউইথের অনুপাত হিসাবে স্পেসিফিকেশন (বা সমতুল্যভাবে, অক্টাভেসে) যা গাণিতিক অক্ষমতার কারণ হয়। দ্বিধা থেকে মুক্তির দুটি উপায়:

ফ্রিকোয়েন্সিগুলির পার্থক্য হিসাবে পৃথক-সময় ফিল্টারটির ব্যান্ডউইথ উল্লেখ করুন $\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$ , কোথায় $\omega_1$ এবং $\omega_2$ যথাক্রমে পৃথক পৃথক সময়ের ফিল্টারটির নীচের এবং উপরের ব্যান্ড প্রান্তগুলি।
অনুপাত নির্ধারণ করুন $\omega_2/\omega_1$ , এবং পরিবর্তে $\omega_0$ দুটি প্রান্তের ফ্রিকোয়েন্সিগুলির মধ্যে একটি নির্ধারণ করুন $\omega_1$ অথবা $\omega_2$ ।

উভয় ক্ষেত্রেই একটি সহজ বিশ্লেষণাত্মক সমাধান সম্ভব is যেহেতু পৃথক সময় ফিল্টারটির ব্যান্ডউইথকে অনুপাত হিসাবে (বা সমতুল্যভাবে, অক্টাভেজে) লিখতে পছন্দনীয় , তাই আমি দ্বিতীয় পদ্ধতির বর্ণনা দেব।

প্রান্ত ফ্রিকোয়েন্সি সংজ্ঞায়িত করা যাক $\Omega_1$ এবং $\Omega_2$ অবিচ্ছিন্ন সময় ফিল্টার দ্বারা

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

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

সঙ্গে $\Omega_2>\Omega_1$ , কোথায় $H(s)$ দ্বিতীয়-অর্ডার ব্যান্ড পাস ফিল্টারের স্থানান্তর ফাংশন:

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

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

সঙ্গে $\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1$ , এবং $\Omega_0^2=\Omega_1\Omega_2$ । মনে রাখবেন যে $H(j\Omega_0)=1$ , এবং $|H(j\Omega)|<1$ জন্য $\Omega\neq\Omega_0$ ।

আমরা প্রান্তের ফ্রিকোয়েন্সিগুলি মানচিত্র করতে বিলাইনার রূপান্তর ব্যবহার করি $\omega_1$ এবং $\omega_2$ প্রান্ত ফ্রিকোয়েন্সি থেকে পৃথক সময় ফিল্টার $\Omega_1$ এবং $\Omega_2$ অবিচ্ছিন্ন সময় ফিল্টার। সাধারণতার ক্ষতি ছাড়াই আমরা বেছে নিতে পারি $\Omega_1=1$ । আমাদের উদ্দেশ্যে বিলিনিয়ার রূপান্তর পরে ফর্ম নেয়

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

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

অবিচ্ছিন্ন-সময় এবং পৃথক সময়ের ফ্রিকোয়েন্সিগুলির মধ্যে নিম্নলিখিত সম্পর্কের সাথে সম্পর্কিত:

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

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

থেকে $(4)$ আমরা প্রাপ্ত $\Omega_2$ সেট করে $\omega=\omega_2$ । সঙ্গে $\Omega_1=1$ এবং $\Omega_2$ থেকে গণনা করা $(4)$ , আমরা এনালগ প্রোটোটাইপ ফিল্টার থেকে স্থানান্তর ফাংশনটি পাই $(2)$ । বিলিনিয়ার ট্রান্সফর্ম প্রয়োগ করা হচ্ছে $(3)$ , আমরা পৃথক সময় ব্যান্ড পাস ফিল্টার স্থানান্তর ফাংশন পেতে:

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

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

সঙ্গে

\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}

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

সারসংক্ষেপ:

পৃথক-সময় ফিল্টারটির ব্যান্ডউইথটি অষ্টকগুলিতে (বা, সাধারণত, একটি অনুপাত হিসাবে) নির্দিষ্ট করা যেতে পারে এবং অ্যানালগ প্রোটোটাইপ ফিল্টারের পরামিতিগুলি ঠিক গণনা করা যায়, যেমন নির্দিষ্ট ব্যান্ডউইথ অর্জন করা হয় th পরিবর্তে কেন্দ্রের ফ্রিকোয়েন্সি $\omega_0$ , আমরা ব্যান্ড প্রান্ত নির্দিষ্ট $\omega_1$ এবং $\omega_2$ । কেন্দ্র ফ্রিকোয়েন্সি দ্বারা সংজ্ঞায়িত $|H_d(e^{j\omega_0})|=1$ নকশা একটি ফলাফল।

প্রয়োজনীয় পদক্ষেপগুলি নিম্নরূপ:

ব্যান্ড প্রান্তগুলির পছন্দসই অনুপাত নির্দিষ্ট করুন $\omega_2/\omega_1$ , এবং একটি ব্যান্ড প্রান্ত (যা অবশ্যই নির্দিষ্ট করে দেওয়ার সমতুল্য $\omega_1$ এবং $\omega_2$ )।
পছন্দ করা $\Omega_1=1$ এবং নির্ধারণ $\Omega_2$ থেকে $(4)$ । গনা $\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1$ এবং $\Omega_0^2=\Omega_1\Omega_2$ এনালগ প্রোটোটাইপ ফিল্টার $(2)$ ।
ধ্রুবকগুলি মূল্যায়ন করুন $(6)$ পৃথক সময় স্থানান্তর ফাংশন পেতে $(5)$ ।

নোট করুন যেখানে আরও সাধারণ পদ্ধতির সাথে $\omega_0$ এবং $\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$ প্রকৃত ব্যান্ড প্রান্ত নির্দিষ্ট করা হয় $\omega_1$ এবং $\omega_2$ নকশা প্রক্রিয়া একটি ফলাফল। প্রস্তাবিত সমাধানে, ব্যান্ড প্রান্তগুলি নির্দিষ্ট করা যেতে পারে এবং $\omega_0$ নকশা প্রক্রিয়া একটি ফলাফল। পরবর্তী পদ্ধতির সুবিধাটি হ'ল ব্যান্ডউইথটি অষ্টকগুলিতে নির্দিষ্ট করা যায় এবং সমাধানটি হুবহু অর্থাত্, ফলস্বরূপ ফিল্টারটি অষ্টকগুলিতে হুবহু নির্দিষ্ট ব্যান্ডউইথ থাকে।

উদাহরণ:

আসুন একটি অক্টাভের একটি ব্যান্ডউইথ নির্দিষ্ট করুন, এবং আমরা নিম্ন ব্যান্ড প্রান্তটি হিসাবে বেছে নিই $\omega_1=0.2\pi$ । এটি একটি উপরের ব্যান্ড প্রান্ত দেয় $\omega_2=2\omega_1=0.4\pi$ । এনালগ প্রোটোটাইপ ফিল্টারটির ব্যান্ড প্রান্তগুলি হ'ল $\Omega_1=1$ এবং থেকে $(4)$ (সঙ্গে $\omega=\omega_2$ ) $\Omega_2=2.2361$ । এই দেয় $\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1=1.2361$ এবং $\Omega_0^2=\Omega_1\Omega_2=2.2361$ । সঙ্গে $(6)$ আমরা পৃথক সময় স্থানান্তর ফাংশন জন্য পেতে $(5)$

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

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

যা নীচে চিত্রের মতো দেখানো হয়েছে ঠিক 1 অষ্টাভের একটি ব্যান্ডউইথ এবং নির্দিষ্ট ব্যান্ড প্রান্তগুলি:

মূল সমস্যার সংখ্যাগত সমাধান:

মন্তব্যগুলি থেকে আমি বুঝতে পারি যে কেন্দ্রের ফ্রিকোয়েন্সিটি নির্দিষ্টভাবে নির্দিষ্ট করতে সক্ষম হওয়া গুরুত্বপূর্ণ $\omega_0$ কিসের জন্য $|H_d(e^{j\omega_0})|=1$ এই মর্মে সন্তুষ্ট হয়. যেমনটি পূর্বে উল্লিখিত হিসাবে একটি সঠিক বন্ধ-ফর্ম সমাধান পাওয়া সম্ভব নয় এবং একটি সিরিজ বিকাশ বেশ অনর্থক প্রকাশ করে।

স্পষ্টতার স্বার্থে আমি সম্ভাব্য বিকল্পগুলি তাদের সুবিধাগুলি এবং অসুবিধার সাথে সংক্ষিপ্ত করতে চাই:

ফ্রিকোয়েন্সি পার্থক্য হিসাবে কাঙ্ক্ষিত ব্যান্ডউইথকে নির্দিষ্ট করুন $\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$ , এবং নির্দিষ্ট করুন $\omega_0$ ; এই ক্ষেত্রে একটি সহজ বদ্ধ-ফর্ম সমাধান সম্ভব।
ব্যান্ড প্রান্ত নির্দিষ্ট করুন $\omega_1$ এবং $\omega_2$ (বা, সমতুল্যভাবে, অষ্টকগুলিতে ব্যান্ডউইথ এবং একটি ব্যান্ড প্রান্ত); এটি উপরের ব্যাখ্যা অনুসারে একটি সাধারণ বদ্ধ-ফর্ম সমাধানের দিকেও নিয়ে যায়, তবে কেন্দ্রের ফ্রিকোয়েন্সি $\omega_0$ এটি ডিজাইনের ফলাফল এবং নির্দিষ্ট করা যায় না।
অক্টাভেজে এবং কেন্দ্রের ফ্রিকোয়েন্সিগুলিতে কাঙ্ক্ষিত ব্যান্ডউইথকে নির্দিষ্ট করুন $\omega_0$ (যেমন প্রশ্নে জিজ্ঞাসা করা হয়েছে); কোনও বদ্ধ ফর্ম সমাধান সম্ভব নয়, না (আপাতত) কোনও সহজ অনুমানকরণও নেই। এই কারণে আমি মনে করি যে সংখ্যার সমাধান পাওয়ার জন্য একটি সহজ এবং দক্ষ পদ্ধতি থাকা বাঞ্ছনীয়। এটি নীচে ব্যাখ্যা করা হয়েছে।

কখন $\omega_0$ নির্দিষ্ট করা আছে আমরা বিলিনিয়ার রূপান্তর একটি ফর্ম ব্যবহার করি একটি সাধারণীকরণ ধ্রুবক যা ব্যবহৃত ব্যবহৃত থেকে পৃথক from $(3)$ এবং $(4)$ :

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

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

আমরা সংজ্ঞায়িত করি $\Omega_0=1$ । পৃথক সময় ফিল্টার হিসাবে ব্যান্ড প্রান্তের নির্দিষ্ট অনুপাত উল্লেখ করুন

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

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

সঙ্গে $c=\tan(\omega_0/2)$ আমরা থেকে পেতে $(7)$ এবং $(8)$

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

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

সঙ্গে $\Omega_1\Omega_2=\Omega_0^2=1$ , $(9)$ নিম্নলিখিত ফর্মটিতে আবার লেখা যেতে পারে:

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

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

প্রদত্ত মানের জন্য $r$ এই সমীকরণটির জন্য সমাধান করা যেতে পারে $\Omega_1$ কয়েকটি নিউটন পুনরাবৃত্তি সহ। এর জন্য আমাদের ডেরাইভেটিভ দরকার $f(\Omega_1)$ :

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

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

সঙ্গে $\Omega_0=1$ , আমরা জানি যে $\Omega_1$ অন্তর অন্তর থাকতে হবে $(0,1)$ । যদিও স্মার্ট প্রাথমিক সমাধানগুলি নিয়ে আসা সম্ভব তবে এটি প্রাথমিক অনুমান করে $\Omega_1^{(0)}=0.1$ বেশিরভাগ চশমাগুলির জন্য ভাল কাজ করে এবং এর পরে খুব সঠিক সমাধান পাওয়া যাবে $4$ নিউটনের পদ্ধতির পুনরাবৃত্তি:

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

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

সঙ্গে $\Omega_1$ কয়েকটি পুনরাবৃত্তির সাথে প্রাপ্ত $(12)$ আমরা নির্ধারণ করতে পারি $\Omega_2=1/\Omega_1$ এবং $\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1$ , এবং আমরা ব্যবহার করি $(5)$ এবং $(6)$ পৃথক সময় ফিল্টার এর সহগ গণনা করতে। ধ্রুবক নোট করুন $c$ এখন দ্বারা দেওয়া হয় $c=\tan(\omega_0/2)$ ।

উদাহরণ 1:

আসুন নির্দিষ্ট করা যাক $\omega_0=0.6\pi$ এবং একটি ব্যান্ডউইথ $0.5$ octaves। এটি একটি অনুপাতের সাথে মিলে যায় $r=\omega_2/\omega_1=2^{0.5}=\sqrt{2}=1.4142$ । একটি প্রাথমিক অনুমান সঙ্গে $\Omega_1=0.1$ , $4$ নিউটনের পদ্ধতির পুনরাবৃত্তিগুলির ফলে একটি সমাধান পাওয়া যায় $\Omega_1=0.71$ , যেখান থেকে বিচ্ছিন্ন সময়ের সহগগুলি উপরে বর্ণিত হিসাবে গণনা করা যায়। নীচের চিত্রটি ফলাফল দেখায়:

ফিল্টারটি এই মাতলাব / অক্টাভা স্ক্রিপ্ট দিয়ে গণনা করা হয়েছিল:

% স্পেসিফিকেশন
bw = 0.5; অক্টাভসে% কাঙ্ক্ষিত ব্যান্ডউইথ
w0 = .6 * পাই; % অনুনাদিত কম্পাংক

r = 2 ^ (bw); ব্যান্ড প্রান্তের% অনুপাত
ডাব্লু 1 = .1; % প্রাথমিক অনুমান (বেশিরভাগ চশমা জন্য কাজ করে)
নিত = 4; % # নিউটন পুনরাবৃত্তি
সি = ট্যান (ডাব্লু 0/2);

% নিউটন
আমি = 1 এর জন্য: নিত,
    f = r * আতান (সি * ডাব্লু 1) - আতান (সি / ডাব্লু 1);
    এফপি = সি * (আর / (1 + সি ^ 2 * ডাব্লু 1 ^ 2) + 1 / (সি ^ 2 + ডাব্লু 1 ^ 2));
    ডাব্লু 1 = ডাব্লু 1 - এফ / এফপি
শেষ

ডাব্লু 1 = অ্যাবস (ডাব্লু 1);
যদি (ডাব্লু 1) = 1), ত্রুটি ('রূপান্তর করতে ব্যর্থ initial প্রাথমিক অনুমানের মান হ্রাস করুন' '); শেষ

ডাব্লু 2 = 1 / ডাব্লু 1;
dW = ডাব্লু 2 - ডাব্লু 1;

% বিযুক্ত-সময় ফিল্টার
স্কেল = 1 + ডিডাব্লু * সি + ডাব্লু 1 * ডাব্লু 2 * সি ^ 2;
খ = (ডিডাব্লু * সি / স্কেল) * [1,0, -1];
a = [1, 2 * (ডাব্লু 1 * ডাব্লু 2 * সি ^ 2-1) / স্কেল, (1-ডিডাব্লু * সি + ডাব্লু 1 * ডাব্লু 2 * সি ^ 2) / স্কেল];

উদাহরণ 2:

আমি আরও একটি উদাহরণ যুক্ত করে দেখাব যে এই পদ্ধতিটি এমন নির্দিষ্টকরণের সাথেও ডিল করতে পারে যার জন্য বেশিরভাগ অনুমানকরণ অ-সংবেদনশীল ফলাফল দেয়। এটি প্রায়শই ঘটে যখন কাঙ্ক্ষিত ব্যান্ডউইথ এবং অনুরণিত ফ্রিকোয়েন্সি উভয়ই বড় হয়। এর সাথে একটি ফিল্টার ডিজাইন করা যাক $\omega_0=0.95\pi$ এবং $bw=4$ octaves। প্রাথমিক অনুমান সহ নিউটনের পদ্ধতির চারটি পুনরাবৃত্তি $\Omega_1^{(0)}=0.1$ একটি চূড়ান্ত মান ফলাফল $\Omega_1=0.00775$ অর্থাত, এর এনালগ প্রোটোটাইপের একটি ব্যান্ডউইথে in $\log_2(\Omega_2/\Omega_1)=\log_2(1/\Omega_1^2)\approx 14$ octaves। সংশ্লিষ্ট পৃথক সময়ের ফিল্টারটির নিম্নলিখিত সহগ রয়েছে এবং এর ফ্রিকোয়েন্সি প্রতিক্রিয়া নীচের প্লটে দেখানো হয়েছে:

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

ফলে অর্ধ পাওয়ার ব্যান্ড প্রান্ত হয় $\omega_1=0.062476\pi$ এবং $\omega_2 = 0.999612\pi$ , যা প্রকৃতপক্ষে ঠিক আছে $4$ অষ্টক (যেমন, একটি ফ্যাক্টর $16$ ) পৃথক্.

— ম্যাট এল।
সূত্র

দুটি প্রাথমিক মন্তব্য (আমি এখনও এটি পড়িনি, ম্যাট): প্রথমত, আমি লিনিয়ার ফ্রিকোয়েন্সি থেকে বেশি লগ ফ্রিকোয়েন্সিতে আগ্রহী । এনালগ বিপিএফ (বা এনকুইস্টের তুলনায় অনুরণনমূলক ফ্রিকোয়েন্সি সহ ডিজিটাল বিপিএফ) জন্য, অনুরণিত ফ্রিকোয়েন্সি সম্পর্কে নিখুঁত প্রতিসাম্য রয়েছে।

— রবার্ট ব্রিস্টো-জনসন

এবং দ্বিতীয় মন্তব্যটি এটি হ'ল, যদিও আমি স্বীকৃতভাবে স্বরলিপিটি সহকারে টিকিয়ে রাখার জন্য আপনাকে ধন্যবাদ জানাই

s = j Ω

$s=j\Omega$ এবং

z = e^{j ω}

$z=e^{j\omega}$ , আমি আশা করি আপনি অ্যানালগ এবং ডিজিটাল অনুরণনকারী ফ্রিকোয়েন্সিগুলির স্বরলিপিটি আঁকেন

Ω_{0}

$\Omega_0$ এবং

ω_{0}

$\omega_0$ যথাক্রমে, এবং অ্যানালগ উপরের এবং নিম্ন ব্যান্ডেজ হয়

Ω_{U}

$\Omega_U$ এবং

Ω_{L}

$\Omega_L$ যথাক্রমে এবং তেমনিভাবে ডিজিটাল ব্যান্ডেজগুলির জন্য:

ω_{U}

$\omega_U$ এবং

ω_{L}

$\omega_L$ । আমরা জানি যে লগ ফ্রিকোয়েন্সিতে ব্যান্ডউইথের অর্ধেক উপরে থাকে

Ω_{0}

$\Omega_0$ এবং অর্ধেক নীচে। তবে, ওয়ার্পিংয়ের কারণে, এটি ডিজিটাল বিপিএফ ফিল্টারটির পক্ষে ঠিক সত্য নয়।

— রবার্ট ব্রিস্টো-জনসন

যেহেতু আমি এগুলি আরও পড়ছি, আমার কাছে এটি গুরুত্বপূর্ণ যে অনুরণিত ফ্রিকোয়েন্সি ঠিক বিলিনিয়ার ট্রান্সফর্মের মাধ্যমে ম্যাপ হয়ে যায়। সুতরাং আমি এই পদ্ধতিটি বুঝতে পারি, ম্যাট, তবে আমি সঠিক ম্যাপিংয়ের সাথে লেগে থাকতে চাই

ω_{0}

$\omega_0$ এবং তারপর টুইট

B W

$BW$ পর্যন্ত

b w

$bw$ নির্দিষ্ট করা হয়।

— রবার্ট ব্রিস্টো-জনসন

@ রবার্টব্রিস্টো-জনসন: ঠিক আছে, যথেষ্ট ন্যায্য, আপনি এর সঠিক বিবরণ চান

ω_{0}

$\omega_0$ । যদি আপনি নির্দিষ্ট করেন তবে তা সম্ভব

Δ ω

$\Delta\omega$ লিনিয়ার পার্থক্য হিসাবে (যা আপনি চান না, আমি তা বুঝতে পারি)। একটি ঝরঝরে সমাধান নির্দিষ্ট সঙ্গে সম্ভব হয় না

ω_{0}

$\omega_0$ এবং অষ্টমীতে একটি ব্যান্ডউইথ

— ম্যাট এল।

@ রবার্টব্রিস্টো-জনসন: আমি আমার উত্তরের একটি খুব সহজ সংখ্যাসূচক সমাধান যুক্ত করেছি (৪ টি নিউটন পুনরাবৃত্তি)।

— ম্যাট এল।

ঠিক আছে, আমি অনুগ্রহ করার প্রতিশ্রুতি দিয়েছিলাম এবং আমি আমার প্রতিশ্রুতি পালন করব। তবে আমাকে স্বীকার করতে হবে যে আমি কেবলমাত্র তৃতীয় ডেরাইভেটিভের সাথে সন্তুষ্ট হতে কিছুটা হলেও নতুন করে নিতে পারি $f(x)$ । আমি আসলে যা চাই তা হ'ল দুটি সহগ $g(y)$ ।

তাই আমি বুঝতে পারছি না এই ছিল উল্ফর্যাম বিকল্প হিসেবে ভাষা গণিত বা আহরণ এবং আমি বুঝতে পারছি না এটা এত সহজে তৃতীয় ব্যুৎপন্ন গনা এবং অভিব্যক্তি প্রক্রিয়া সহজ করতে পারে।

এবং গণিত এসই-এর এই মার্কাস লোকটি এই উত্তরটি পোস্ট করেছে (যা আমি ভেবেছিলাম যে গ্রুঞ্জের পরিমাণ হবে যা আমি ভেবেছিলাম প্রয়োজন হবে)।

\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}

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

সুতরাং আমি তৃতীয়-ক্রমটির বিপরীতে সংযুক্তিটি একসাথে রেখেছি:

\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}

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

আমি আশা করছিলাম যে অন্য কেউ এটি করবে। প্রত্যাহার $y=f(x) \triangleq \ln(2) \, bw$ , $g(y) = x \triangleq \frac{\ln(2)}{2}BW$ এবং $\alpha \triangleq \tan(\omega_0/2)$

\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}

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

i have three convenient trig identities:

\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

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

"finally" we got:

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})

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

this ain't so bad. fits on a single line. if someone sees an error or a good way to simplify further, please lemme know.

with the power series approximation from the comment above,

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})

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

— robert bristow-johnson
সূত্র

also, i am not sure that Atul's answer for

f^{‴} (0)

$f'''(0)$ and Markus's answer for

a_{3}

$a_3$ are consistent. i wonder if someone might be able to straight that out in an answer that could get in on the bounty.

— robert bristow-johnson

I also found out about Wolfram's cloud notebook which is like Mathematica in your webbrowser. Go to sandbox.open.wolframcloud.com/app and type in 6*SeriesCoefficient[ Series[Log[ArcTan[a E^x]] - Log[ArcTan[a/E^x]],{x,0,5}],3]

— Atul Ingle

@AtulIngle, i incorporated the Markus's corrections into the inverse function. would you mind checking the result for

g (y)

$g(y)$ ?

— robert bristow-johnson

i would appreciate it if someone would check my substitution back to

g (y)

$g(y)$ , particularly the factor that multiplies

y^{2}

$y^2$ . very soon i will return

α

$\alpha$ back to

\tan (ω_{0} / 2)

$\tan(\omega_0/2)$ which will cause a whole other simplification and form. but i will hold off a little in case someone tells me my simplifications above are wrong.

— robert bristow-johnson

@ robert bistow-johnson I checked your final expression for g(y) using Mathematica, it looks right.

— Atul Ingle

so here are some quantitative results. i plotted spec'd bandwidth $bw$ for the digital filter on the x-axis and the resulting digital bandwidth on the y-axis. there are five plots from green to red representing the resonant frequency $\omega_0$ normalized by Nyquist:

$\frac{\omega_0}{\pi} =$ [0.0002 0.2441 0.4880 0.7320 0.9759]

so the resonant frequency goes from nearly DC to nearly Nyquist.

here is no compensation (or pre-warping) at all for bandwidth:

here is the simple first-order compensation that the Cookbook has done all along:

here is the third-order compensation that we just solved here:

what we want is for all of the lines to lie directly on the main diagonal.

i had made a mistake in the third-order case and corrected it in this revision. it does look like the third-order approximation to $g(y)$ is a bit better than the first-order approximation for small $bw$ .

so i diddled with the coefficient of the 3rd-order term (i wanna leave the 1st-order term the same), lessening it's effect. this is from multiplying just the 3rd-order term by 50%:

this is reducing it to 33%:

and this is reducing the 3rd-order term to 25%:

since the object of an inverse function is to undo the specified function, the point of this whole thing is to get the curves of the composite function to lie as close to the main diagonal as possible. it's not too bad for up to 75% Nyquist for resonant frequency $\omega_0$ and 3 octaves bandwidth $bw$ . but not so much better to really make it worth it in the "coefficient cooking" code that is executed whenever the user turns a knob or slides a slider.

— robert bristow-johnson
সূত্র

How can the bandwidth become negative in the second and third plot??

— Matt L.

it can't, which is why i am so far unimpressed with this third-order approximation to the real

x = g (y)

$x=g(y)$ which is the inverse function of

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

$f(x) = \ln\left(\frac{\arctan(\alpha e^x)}{\arctan(\alpha e^{-x})}\right)$ i don't think that third-order approximation is an improvement over the first-order approximation that has existed for a couple decades. so what is plotted is

f (\hat{g} (y))

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

\hat{g} (y)

$\hat{g}(y)$ is the approximation to the true inverse

g (y)

$g(y)$ where

y = f (g (y))

$y = f( g(y) )$ because

f (x)

$f(x)$ is bipolar (even though negative bandwidth is nonsensical)

f (\hat{g} (y))

$f(\hat{g}(y))$ can go negative.

— robert bristow-johnson

oh, @MattL. the fact that

f (x)

$f(x)$ passes through the origin should not surprize you even if bandwidth is never really negative. that bandwidth mapping function is odd symmetry, so the first and second plot do not surprize me at all. but the third plot is disappointing.

— robert bristow-johnson

I was just wondering why you plotted the curves for negative bandwidths. But anyway, if I'm not mistaken then the series you use is a kind of Taylor series expansion at

b w = 0

$bw=0$ , right? So why would you even expect it to approximate the real behavior well at larger bandwidths if you only use two terms?

— Matt L.

i just wanted to make sure the functions are odd-symmetry and go through the origin real nicely. yes, this is all about Taylor (or more specificly, Maclaurin) series. you will notice, @MattL., that i think one term does rather nicely for all of the resonant frequencies that ain't terribly close to Nyquist. leaving the linear term unchanged, i diddled a little with the third-order term a little (stay tuned, i'll show the results) and it does pretty well. but not so much better than the first-order that i think i should bother changing it in the Cookbook.

— robert bristow-johnson