在本文或多速率过滤中，作者建立了以下数学关系。令为下采样器的输出，使得$y_D$

$$y_D[n] = x[Mn]$$

其中是下采样因子。换句话说，我们保留原始信号的每个样本。然后作者继续陈述以下内容：$M$$M$

...的z变换由$y_D[n]$

$$Y_D[z]=\frac{1}{M}\sum_{k=0}^{M-1}X[z^{1/M}W^k]$$

其中是点离散傅里叶变换内核，即 。$W^k$$M$$e^{(-j2\pi k)/M}$

我们如何从前一种表达转到后者？DFT和Z变换之间允许这种过渡的关系是什么？

这种推导是一个棘手的过程。之前建议的方法存在缺陷。让我先演示一下；那么我会给出正确的解决方案。

我们希望将下采样信号的转换与原始信号的转换相关联。$\mathcal{Z}$$Y_D(z) = \mathcal{Z}\{x[Mn]\}$$\mathcal{Z}$$X(z) = \mathcal{Z}\{x[n]\}$

错误的方法

可以想到的只是将下采样信号的表达式插入 -transform 的表达式中：$\mathcal{Z}$

$Y_D(z) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}{x[Mn] z^{-n}}$

变量似乎很明显：$n'=Mn$

$Y_D(z) = \sum\limits_{n' \in M\mathbb{Z}}{x[n'] z^{-n'/M}}$

但是，重要的是要认识到，即使新的总和索引仍然从到，总和现在仍超过M个整数中的1。换一种说法，$n'$$-\infty$$\infty$

$n' \in M\mathbb{Z}=\{...,-2M,-M,0,M,2M,...\}$，

而 -transform 的定义需要$\mathcal{Z}$

$n \in \{...,-2,-1,0,1,2,...\}$。

由于这不再是，因此我们无法编写：$\mathcal{Z}$

$Y_D(z) = X(z^{1/M})$

正确的方式

让我们首先将“辅助”脉冲信号为：$t_M[n]$

$\begin{align*} t_M[n] & = \sum\limits_{k=-\infty}^{+\infty}{\delta[n-kM]} \\ & = \left\{ \begin{array}{lr} 1 & : n \in M\mathbb{Z}\\ 0 & : n \notin M\mathbb{Z} \end{array} \right. \end{align*}$

此功能是在一个每的样品，以及零其他地方。$1$$M$

等价地，脉冲序列函数可以写成：

$t_M[n] = \frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{e^{j2\pi k n / M}}$

证明：我们需要分别考虑情况和： Ñ ∉ 中号$n \in M\mathbb{Z}$$n \notin M\mathbb{Z}$

$$\begin{align*} t_M[n] & = \frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{e^{j2\pi k n / M}} \\ & = \left\{ \begin{array}{lr} \frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{1} && : n \in M\mathbb{Z}\\ \frac{1}{M} \frac{1-e^{j2\pi k n}}{1-e^{j2\pi k n / M}} && : n \notin M\mathbb{Z} \end{array} \right. \\ & = \left\{ \begin{array}{lr} \frac{1}{M} M && : n \in M\mathbb{Z}\\ \frac{1}{M} \frac{1-1}{1-e^{j2\pi k n / M}} && : n \notin M\mathbb{Z} \end{array} \right. \\ & = \left\{ \begin{array}{lr} 1 && : n \in M\mathbb{Z}\\ 0 && : n \notin M\mathbb{Z} \end{array} \right. \end{align*}$$ 在，$n \notin M\mathbb{Z}$

现在让我们回到寻找下采样器的转换的原始问题：$\mathcal{Z}$

$Y_D(z) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}{x[Mn] z^{-n}}$

我们应用替换，请记住，这使求和仅在M的整数倍上进行：$n'=Mn$

$Y_D(z) = \sum\limits_{n' \in M\mathbb{Z}}{x[n'] z^{-n'/M}}$

现在，我们可以使用上述脉冲函数将其安全地重写为所有的总和：$n \in \mathbb{Z}$

$Y_D(z) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}{t_M[n] x[n] z^{-n/M}}$

使用上述公式将脉冲列函数作为指数的有限和，我们得到：

$\begin{align*} Y_D(z) &= \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}{(\frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{e^{j2\pi k n / M}}) x[n] z^{-n/M}} \\ &= \frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}{e^{j2\pi k n / M} x[n] z^{-n/M}}} \\ &= \frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{\sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty}{x[n] (e^{-j2\pi k / M} z^{1/M})^{-n}}} \end{align*}$

右边的总和是所有整数的总和，因此是有效的变换，依据。因此，我们可以这样写：$\mathcal{Z}$$z'=e^{-j2\pi k / M} z^{1/M}$

$Y_D(z) = \frac{1}{M} \sum\limits_{k=0}^{M-1}{X(e^{-j2\pi k / M} z^{1/M})}$

这是下采样器的的公式。$\mathcal{Z}$

我以前没有看过这种记法。但是，这似乎是有道理的。的 -downsampler是由下式定义：$M$

$$y_D[n] = x[Mn]$$

其变换由以下公式定义：$z$

$$\begin{align} Y_D(z) &= \sum_{n=-\infty}^\infty y_D[n]z^{-n} \\ &= \sum_{n=-\infty}^\infty x[Mn] z^{-n} \end{align}$$

应用变量的变化，令。由于求和范围扩展到无穷大，因此不受其变化的影响。$n' = Mn$

$$Y_D(z) = \sum_{n'=-\infty}^\infty x[n']z^{-n'/M}$$

这看起来类似于本身的变换。回想一下它的定义为：$z$$x[n]$

$$X(z) = \sum_{n=-\infty}^\infty x[n]z^{-n}$$

通过检查，我们可以得出和的变换之间的以下关系：$z$$x[n]$$y_D[n]$

$$Y_D(z) = X\left(z^{1/M}\right)$$

因此，下采样器输出的变换密切相关的输入信号，这是可以预料的变换。在频域中，这导致信号频率内容的倍拉伸。$z$$z$$M$

但是，如何从上面的方程式转到本文中引用的方程式？它仅根据给出的定义，而我们得出的表达式是的函数。因此，对于要评估的的特定值，您首先要计算（即取的根），然后将其代入。然而，所有非零具有不同第根：$Y_D(z)$$z$$z^{1/M}$$z$$Y_D(z)$$z^{1/M}$$M$$z$$X(z)$$z \in \mathbb{C}$$M$$M$

$$\left\{ r_p,\ r_p e^{\frac{j2\pi}{M}},\ r_p e^{\frac{j2\pi2}{M}},\ \ldots\ ,\ r_p e^{\frac{j2\pi(M-1)}{M}} \right\}$$

$$= \left\{ r_p,\ r_p W,\ r_p W^{2},\ \ldots\ ,\ r_p W^{M-1} \right\}$$

其中是您的问题中引用的DFT内核值，是我定义为复数值第个主根：$W_k$$e^{j2\pi k / M}$$r_p$$M$$z$

$$r_p = \sqrt[M]{|z|} e^{\frac{j\angle{z}}{M}}$$

也就是说，的主要第根通过转换获得到极坐标的形式，取的第根大小S（其是实数），除以'通过的角度。结果值以极性形式表示。$z$$M$$r_p$$z$$M$$z$$z$$M$$r_p$

为什么要解决所有这些麻烦？因为，如前所述，从的域到的域的映射不是一对一的。我现在开始挥手。对于任何特定的值您想评价对，有在对应点，你可以映射到。因此，的这个点中的每一个都贡献了的对应值。然后，您得到的总和如纸张所示：$Y_D(z)$$X(z^{1/M})$$z$$Y_D(z)$$M$$X(z^{1/M})$$M$$X(z^{1/M})$$Y_D(z)$

$$Y_D(z) = \frac{1}{M} \sum_{k=0}^{M-1} X(r_p(z)W^k)$$

其中指的是我之前显示的第个主根计算。实际上，您可以选择的第个根中的任意一个作为主要根；我选择此定义是因为它是最直接的。如果您要正确严格地推导这种关系，我相信是由于的导数而来的。$r_p(z)$$M$$z$$M$$\frac{1}{M}$$z^{1/M}$

用数学家的话来说，我相信这将被称为功能的组合。，其中和。为了展开的函数组合物和写入作为的函数的只，你会砍的域成是一个对一组块，反转的功能在这些间隔，然后总和具有适当比例因子的结果。在给定原始随机变量的pdf的情况下，我已经使用了此技术来计算随机变量的函数的概率分布函数（例如，在给定，得出的pdff （z ）= X （z ）g （z ）= z 1 / M Y D（z ）z Y D（z ）$Y_D(z) = f(g(z))$$f(z) = X(z)$$g(z) = z^{1/M}$$Y_D(z)$$z$$Y_D(z)$$\sqrt{X}$$X$的pdf），但这项技术的名称使我无所适从。