Amostragem de sinais e teorema de Nyquist

Defina uma frequência de sinal e uma taxa de amostragem para ver se o sinal é capturado fielmente ou sofre aliasing.

Exemplo resolvido — Amostragem de sinais e teorema de Nyquist

SNR de quantização	49.92dB

Estes são os valores que a calculadora mostra ao abrir a página. Altere qualquer entrada acima para os recalcular.

A carregar a simulação interativa...

Duas frequências diferentes podem deixar amostras idênticas 🖖

A amostragem só funciona quando a taxa de amostragem captura a oscilação mais rápida presente. Se f_s < 2 f_sinal, frequências contínuas diferentes produzem amostras idênticas, e a reconstrução se fixa em uma frequência de alias falsa mais baixa.

Pelo menos dois pontos por onda 🖖

Para fixar uma onda é preciso captá-la subindo e descendo: pelo menos duas amostras em cada ciclo. Com menos, esses mesmos pontos poderiam pertencer a muitas ondas diferentes e a cópia digital adivinha errado. O áudio de CD usa 44,100 amostras por segundo porque a audição humana chega a cerca de 20 kHz, e 2 × 20 kHz deixa uma margem confortável.

Por que as rodas giram ao contrário no cinema 🖖

O efeito roda de carroça é o Nyquist no mundo visível. Uma câmera de cinema amostra o movimento a 24 quadros por segundo; se uma roda com raios gira um pouco menos que o vão entre raios entre dois quadros, cada tomada fica um pouco atrás da anterior e o olho vê a roda girando devagar para trás. A mesma matemática do aliasing de áudio: a taxa de quadros é a taxa de amostragem, e uma rotação rápida se dobra numa falsa rotação lenta.

Problemas resolvidos na íntegra

A regra dos 6 dB por bit e o 1,76 isolado para um conversor de 8 bits 5 passos
Deduza a regra dos 6 dB por bit de raiz para um conversor de 8 bits — de onde vem o 1,76 isolado? — e depois diga o que ela não promete.
1. O arredondamento para o nível mais próximo deixa um erro não superior a meio passo e, num sinal complexo, esse erro distribui-se uniformemente pelo intervalo. A sua variância é o integral de e² sobre uma distribuição uniforme.
  
  $Δ = \frac{V _{F S}}{2 ^{N}}, e \sim U (- \frac{Δ}{2}, \frac{Δ}{2}), σ_{e}^{2} = \frac{1}{Δ} \int_{- Δ/2}^{Δ/2} e^{2} d e = \frac{Δ ^{2}}{12}$
2. O sinal de referência é uma senoide que preenche toda a gama de entrada, pelo que a sua potência é metade do quadrado da sua amplitude.
  
  $P_{sig} = \frac{( V _{F S} /2 ) ^{2}}{2} = \frac{V _{F S}^{2}}{8}$
3. Divida os dois. A gama de fundo de escala cancela-se, razão pela qual o resultado é uma função pura do número de bits e não da tensão.
  
  $SNR = \frac{V _{F S}^{2} /8}{Δ ^{2} /12} = \frac{12}{8} (\frac{V _{F S}}{Δ})^{2} = \frac{3}{2} \cdot 2^{2 N}$
4. Aplique logaritmos. O 6,02 é 20 log₁₀2 — um bit duplica o número de níveis — e o 1,76 é o 3/2 restante da linha anterior.
  
  $SN R_{dB} = 10 lo g_{10} \frac{3}{2} + 20 N lo g_{10} 2 = 1.76 + 6.02 N$
5. Calcule para 8 bits, depois para 16. Cada bit adicional vale um pouco mais de 6 dB, pelo que os oito bits adicionais do áudio de CD compram 48 dB.
  
  $N = 8 : 6.02 (8) + 1.76 = 49.92 dB; N = 16 : 98.08 dB$
Resposta

49,92 dB, e o 1,76 é 10 log₁₀(3/2). É a razão entre o valor médio quadrático de uma senoide e a variância do erro uniforme do quantizador, e é a única parte da fórmula que não é apenas uma contagem de bits. Note-se o que nunca aparece: a frequência de amostragem. Um conversor de 24 bits a funcionar a 8 kHz tem 146 dB de resolução em amplitude e, ainda assim, não consegue representar um tom de 5 kHz — os bits compram precisão vertical, a frequência de amostragem compra largura de banda, e nenhuma quantidade de um substitui o outro. É por isso que os dois seletores deslizantes nesta página são eixos genuinamente independentes, em vez de duas maneiras de dizer "qualidade".

$SN R_{dB} = 6.02 N + 1.76 = 49.92 dB (N = 8)$
Um tom de 30 kHz num CD, e onde ele reaparece 7 passos
Um microfone capta uma componente de 30 kHz, bem acima do que qualquer pessoa consegue ouvir, e esta chega a um conversor de 44,1 kHz sem passar por qualquer filtro. O que fica na gravação e de que outros tons passa a ser indistinguível?

Abrir este problema na ferramenta
1. Comece pelo limite superior. Um conversor a operar a 44 100 amostras por segundo consegue representar com fidelidade qualquer frequência abaixo de metade dessa taxa. O nosso tom está acima do limite, pelo que, independentemente do aspeto final das amostras, elas não podem significar aquilo que aparentam significar.
  
  $f_{N y q u i s t} = \frac{f _{s}}{2} = \frac{44 100}{2} = 22050 Hz 30000 > 22050$
2. Registe o que o conversor realmente armazena. Ele nunca vê a onda. Vê o valor da onda uma vez a cada 1/44 100 de segundo, e nada mais.
  
  $x [n] = sin (2 π f \frac{n}{f _{s}}) = sin (2 π \cdot \frac{30 000}{44 100} n)$
3. Adicione agora um número inteiro de ciclos entre uma amostra e a seguinte. Cada amostra ganha 2πk adicionais de fase, e uma sinusoide permanece inalterada por voltas completas. Os números armazenados saem idênticos, dígito por dígito.
  
  $sin (2 π \frac{f + k f _{s}}{f _{s}} n) = sin (2 π \frac{f}{f _{s}} n + 2 π k n) = sin (2 π \frac{f}{f _{s}} n) k \in Z$
4. Portanto, as amostras não identificam uma frequência. Identificam uma família, e a reprodução tem de escolher um elemento dessa família. Escolhe aquele que estiver mais próximo de zero, que é a distância de 30 000 Hz ao múltiplo mais próximo da taxa de amostragem.
  
  $k = round (\frac{30 000}{44 100}) = 1, f_{a l ia s} = ∣ 30000 - 1 \cdot 44100 ∣ = 14100 Hz$
5. Esse é o valor que a ferramenta apresenta. 14 100 Hz é um silvo fino e agudo, audível para a maioria dos ouvintes jovens e uma das primeiras coisas a perder-se com a idade, e não estava na sala: uma componente inaudível foi transformada numa componente audível pelo simples ato de a gravar.
  
  $OSR = \frac{f _{s}}{2 f _{s i g na l}} = \frac{44 100}{2 \cdot 30 000} = 0.735 < 1$
6. Que outros tons coincidem na mesma posição? Todos os membros da família. E existem infinitos. Aqueles que se encontram uma taxa de amostragem inteira acima reaparecem dígito por dígito; os espelhados apresentam todas as amostras de sinal trocado, o que equivale ao mesmo tom com a fase invertida. Em ambos os casos, a gravação preserva apenas um número por amostra e não guarda memória do tom que o produziu.
  
  $∣ k f_{s} \pm 14100 ∣ = {14100, 30000, 58200, 74100, 102300, \dots}$
7. É por isso que o filtro tem de ser analógico e tem de ficar antes do conversor, o que fixa o quão abrupto deve ser: deixar passar 20 kHz, cortar aos 22 050 Hz, um intervalo de cerca de um sétimo de oitava. Construir isto em eletrónica analógica é difícil, razão prática pela qual existem conversores com sobreamostragem. Amostrando mais depressa, a banda de guarda alarga-se, o filtro analógico pode ser suave e a parte mais exigente da tarefa transfere-se para a aritmética, onde o custo é reduzido.
  
  $lo g_{2} \frac{22 050}{20 000} = 0.141 octave$
Resposta

14 100 Hz, com intensidade máxima. Um tom de 30 kHz amostrado a 44,1 kHz é indistinguível de um tom de 14 100 Hz, assim como o são 58 200 Hz, 74 100 Hz e qualquer outro membro de |k·f_s ± 14 100|. O aliasing destrói a informação no momento da amostragem, pelo que nenhum processamento posterior consegue voltar a separar os tons rebatidos. O único local para o impedir é antes do conversor.

$f_{a l ia s} = f - f_{s} round (\frac{f}{f _{s}}) = 14100 Hz$

Referências (2)

Where the sampling theorem is stated: C. E. Shannon, "Communication in the Presence of Noise." Proceedings of the IRE 37, 10–21, 1949.
And the information-theoretic frame it sits in: C. E. Shannon, "A Mathematical Theory of Communication." Bell System Technical Journal 27, 379–423, 1948.

Pela equipa 42Math · Verificado com fontes publicadas. Correções bem-vindas.