FEN´OMENO DE GIBBS. DEMOSTRACI´ON DEL SOBREPICO 1

FENÓMENO DE GIBBS. DEMOSTRACIÓN DEL SOBREPICO
1. Preliminares
Remark 1.1. Sean γ, L > 0, notar que dado ε > 0 existe δ > 0 tal que si γ/L < δ
sen(γ)
entonces | sen(γ/L)
− sen(γ)
| < ε. En efecto, para x > 0 es fácil ver que g(x) = x−sen(x)
→0
γ/L
xsen(x)
1
1
cuando x → 0, por lo que dado ε > 0 si 0 < |x| < δ se tiene | sen(x) − x | < ε. Tomando
x = γ/L < δ se sigue que,
1
1
1
1
(1.1)
|sen(γ)||
−
|<|
−
| < ε,
sen(γ/L) γ/L
sen(γ/L) γ/L
o lo que es lo mismo
sen(γ)
sen(γ)
sen(γ)
−ε<L
<
+ε
sen(γ/L)
γ
sen(γ/L)
(1.2)
2. Hipótesis
Las hipótesis que se harán son:
(1) Dado ε > 0, sea δ > 0 tal que la ecuación (1.1) se cumple. En adelante se supondrá
que se trabajará en un entorno del punto ωc , en donde se tiene la discontinuidad (y
por lo tanto aprece el fenómeno de Gibbs) para el filtro Hd (z). Más precisamente,
se supondrá que |ωc − ω| < 2δ/L.
(2) (Ver figura 1) Dado δ2 > 0, se supondrá que L es lo suficientemente grande tal
que para todo ω ∈ (ωc , π),
(π − ωc ) max |D(ω, L)| < δ2
(2.1)
ω∈[ωc ,π]
3. Respuesta en frecuencia del filtro
La respuesta en frecuencia del filtro ventaneado h(n) = hd (n)w(n), con w(n) la ventana
rectangular será,
Z π
1
H(ω) =
Hd (ξ)W (ξ − ω)dξ.
2π −π
Teniendo en cuenta que
(3.1)
Hd (ω) =
e−j
0
ωN
2
si |ω| ≤ ωc ,
si ωc < |ω| < π,
ωN
y W (ω) = e−j 2 D(ω, L) (donde D(ω, L) = sen(ωL/2)
es el núcleo de Dirichlet para una
sen(ω/2)
ventana rectangular de largo L), se sigue que,
1
H(ω) =
2π
Z
ωc
e
−ωc
−j ξN
−j
2
e
(ω−ξ)N
2
1 −j ωN
D(ω − ξ, L)dξ =
e 2
2π
1
Z
ωc
D(ω − ξ, L)dξ.
−ωc
FENÓMENO DE GIBBS. DEMOSTRACIÓN DEL SOBREPICO
2
40
35
30
W(ω)
25
Hd(ω)
20
Frec. de corte
ωc
15
10
δ2
5
0
−π
π
−5
−10
−4
−3
−2
−1
0
1
2
3
Figure 1. Hd (ω), W (ω).
En particular estamos interesados en analizar el término
Z ωc
Z ω
Z
M (ω) =
D(ω − ξ, L)dξ =
D(ω − ξ, L)dξ +
−ωc
−ωc
ωc
D(ω − ξ, L)dξ.
ω
Supongamos primero que ωc ≥ ω.Mediante el cambio de variable γ = ω−ξ para la primera
de las integrales se tiene que,
Z ωc
Z ωc +ω
D(ω − ξ, L)dξ
D(γ, L)dξ +
M (ω) =
ω
0
y tomando γ = −(ω − ξ)L/2 para la segunda integral,
Z ωc +ω
Z L(ωc −ω)
2
2
sen(γ)
D(γ, L)dγ +
M (ω) =
dγ
L 0
sen(γ/L)
0
Analizando la segunda integral, dado que 0 < γ < |ωc − ω|L/2, teniendo en cuenta la
Hipótesis 1 se tiene que 0 < γ < δ y por lo tanto se cumple la ecuación (1.1). Es decir,
Z ωc +ω
Z L(ωc −ω)
2
sen(γ)
M (ω) =
D(γ, L)dγ + 2
dγ + η,
γ
0
0
R L(ωc −ω)
donde |η| = | 0 2 2εdγ| < 2ε L|ωc2−ω| < 2εδ. Para la primera integral tenemos que
Z ωc +ω
Z π
Z π
D(γ, L)dγ =
D(γ, L)dγ −
D(γ, L)dγ
0
0
De la Hipótesis 2 se tiene que
Z π
Z
|
D(γ, L)dγ| <
ωc +ω
ωc +ω
π
ωc +ω
|D(γ, L)|dγ < (π − ωc ) max |D(ω, L)| < δ2 .
ω∈[ωc ,π]
4
FENÓMENO DE GIBBS. DEMOSTRACIÓN DEL SOBREPICO
3
40
35
30
25
20
15
ωc
10
5
0
−5
−10
−4
−3
−2
−1
0
1
2
3
4
Figure 2. A(ω).
De esta manera
Z
π
Z
L(ωc −ω)
2
sen(γ)
dγ + e,
γ
0
0
con |e| < 2εδ + δ2 (que puede hacerse arbitrariamente chico eligiendo L lo suficientemente
grande).
Rπ
R L|ωc −ω|
Teniendo en cuenta que 0 D(γ, L)dγ = π se tiene que M (ω) = π + 0 2 sen(γ)
dγ +e.
γ
Procediendo en forma similar para ω ≥ ωc se tiene

R L(ωc −ω) sen(γ)
 e−j ωN
1
1
2
2 (
+
dγ + e) si ω ≤ ωc ,
2
π 0
γ
H(ω) =
L(ω−ωc )
R
ωN 1
sen(γ)
 e−j 2 ( − 1
2
dγ + e) si ω > ω .
M (ω) =
D(γ, L)dγ + 2
2
π
γ
0
c
Para analizar los sobrepicos se estudia la amplitud (real) de H(ω). Notar que (ver
figura 2),
Z π
Z
1 1 0 sen(γ)
−j ωc2N 1
j ωc2N
Hd (ξ)W (ξ − ωc )dξ = ±
H(ωc ) = e
dγ + e ∼
A(ωc ) = e
= 1/2
2π −π
2 π 0
γ
Por otro lado (ver figura 3),
A(ωc + 2π/L) = e
−j
Teniendo en cuenta que π1
Por último (ver figura 4),
−j
A(ωc − 2π/L) = e
Z
1 1 π sen(γ)
∼
Hd (ξ)W (ξ − ωc − 2π/L)dξ = −
dγ.
2 π 0
γ
−π
R π sen(γ)
dγ ∼
= π + 0.09, se tiene que A(ωc + 2π/L) ∼
= −0.09.
(ωc +2π/L)N
2
1
2π
γ
0
(ωc −2π/L)N
2
π
Z
1
2π
2
Z
π
1 1
Hd (ξ)W (ξ − ωc + 2π/L)dξ ∼
= +
2 π
−π
Z
0
π
sen(γ) ∼
dγ = 1.09.
γ
FENÓMENO DE GIBBS. DEMOSTRACIÓN DEL SOBREPICO
4
40
35
30
25
20
15
ω−2π/L
10
5
0
−5
−10
−4
−3
−2
−1
0
1
2
3
4
3
4
Figure 3. A(ω).
40
35
30
25
20
15
ω+2π/L
10
5
0
−5
−10
−4
−3
−2
−1
0
Figure 4. A(ω).
1
2