使用双线性变换产生的数学问题

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因此，这与《食谱》有关，我大概在20年前尝试解决它，放弃了，并想起了未解决的问题。但这很直截了当，但我仍然陷入困境。

这是一个具有谐振频率和谐振的简单带通滤波器（BPF）： $\Omega_0$ $Q$

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

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

在共振频率

| H (j Ω) | \leq H (j Ω_{0}) = 1

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

并定义上下带限，以便

| 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}

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

我们称这些为“半功率带隙”。因为我们是音频，所以我们以八度为单位定义带宽，在模拟世界中，以八度为单位的与有关，如下所示： $BW$ $Q$

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

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

我们正在使用双线性变换（具有预先扭曲的谐振频率），其映射为：

\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}

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

令和。 $z=e^{j \omega}$ $s=j\Omega$

模拟滤波器的谐振角频率为，并对实现的数字滤波器中的谐振频率进行频率扭曲补偿，当（用户定义的谐振频率）时，则。 $\Omega_0$ $\omega=\omega_0$ $\Omega=\Omega_0$

因此，如果模拟角频率为

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

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

然后将其映射到数字角频率为

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

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

现在，模拟世界的上下边界是

Ω_{U} = Ω_{0} 2^{B W / 2}

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

Ω_{L} = Ω_{0} 2^{- B W / 2}

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

在数字频域中

\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}

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

那么，带宽的对数频率的实际差异（即数字滤波器中的实际带宽）为：

\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}

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

要么

\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)))

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

这具有以下功能形式

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

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

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

我想做的是将求逆（但是我知道我不能用一个很好的封闭形式来做到这一点）。我已经做了一阶逼近，我想将其提高到三阶逼近。尽管它应该是直截了当的，但它已经成为一种交配的雌犬。 $f(x)$

现在，这与拉格朗日反演公式有关，我只想把它比我多一个。

从上面我们知道是一个奇对称函数： $f(x)$

f (- x) = - f (x)

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

这意味着并且Maclaurin系列的所有偶数项将为零： $f(0)=0$

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

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

反函数也是奇对称的，经过零，可以表示为Maclaurin级数

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

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

如果我们知道和是什么，那么我们就知道和一定是什么： $a_1$ $a_3$ $f(x)$ $b_1$ $b_3$

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

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

现在，我能够计算的导数并将其评估为零，我得到 $f(x)$

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})}

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

但是我时间得到，因此得到。有人可以这样做吗？我什至会为在处求值的的三阶导数找到一个固态表达式。 $a_3$ $b_3$ $f(x)$ $x=0$

— 罗伯特·布里斯托·约翰逊
source

2

只是要澄清一下：您的目标是求，即对于给定的，您想找到？特别是，您想通过多项式展开来做，并且您正在寻找第三个系数（因为第二个为零，因此要求函数的奇数）。对？

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

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

f (x)

$f(x)$

x

$x$

— 马克西米利安·马特

2

因此，您想知道给定，即想知道要选择所需带宽的数字滤波器，需要选择模拟滤波器的带宽，对吗？

B W

$BW$

b w

$bw$

— 马特L.17年

2

是的，是的，是的。

— 罗伯特·布里斯托

1

@ robertbristow-johnson我没有仔细阅读问题，但我确实注意到您对处的感兴趣。可以使用Mathematica或Wolfram Alpha进行计算吗？我得到一个非常干净的结果：。wolframalpha.com/input/…如果删除“在x = 0处求值”部分，Wolfram会尽其所能吐出雌性犬科犬。

f^{‴} (x)

$f'''(x)$

x = 0

$x=0$

\frac{4 (8 - π^{2}) α^{3}}{π^{3}}

$\frac{4 (8-\pi^2) \alpha^3}{\pi^3}$

— Atul Ingle

1

在我的打错字。“干净”的结果实际上是：-（ wolframalpha.com/input/...

f (x)

$f(x)$

- (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})

$-(6 a^2)/((a^2 + 1)^2 atan(a)^2) + (2 a)/((a^2 + 1) atan(a)) + (16 a^5)/((a^2 + 1)^3 atan(a)) + (12 a^4)/((a^2 + 1)^3 atan(a)^2) - (16 a^3)/((a^2 + 1)^2 atan(a)) + (4 a^3)/((a^2 + 1)^3 atan(-1)(a)^3)$

— 阿图英格尔

4

为了补充我对这一问题的理解：这是一个基于奇数函数 分成一系列，直到三阶。可以在mathSE上找到更多详细信息。 $f(x)$
$\begin{aligned} f (x) & = \ln (\arctan (α e^{x})) - \ln (\arctan (α e^{- x})) \\ (1) & = f_{1} x + f_{3} x^{3} + O (x^{5}) \end{aligned}$ $\begin{align*} f(x)&=\ln\left(\arctan\left(\alpha e^x\right)\right)-\ln\left(\arctan\left(\alpha e^{-x}\right)\right)\\ &=f_1x+f_3x^3+O\left(x^5\right)\tag{1} \end{align*}$

起初，我们集中在左侧术语的，并与开始

\ln (\arctan (α e^{x}))

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

f (x)

$f(x)$

系列扩展： $\arctan$

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

现在，我们从（2）得出系数，直到。使用系数运算符表示序列中的系数，我们得到 $x^3$ $[x^k]$ $x^k$

\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}

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

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

对数级的幂：

为了得出对数级数我们将表达式（3）写为，我们考虑
$\begin{aligned} \ln (\arctan (α e^{x})) & = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n + 1}}{n} (\arctan (α e^{x}) - 1)^{n} \end{aligned}$ $\begin{align*} \ln\left(\arctan(\alpha e^x)\right)&=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}(\arctan(\alpha e^x)-1)^n \end{align*}$ $\begin{aligned} \arctan (α e^{x}) & = a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3} + O (x^{4}) \end{aligned}$ $\begin{align*} \arctan\left(\alpha e^x\right)&=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+O(x^4) \end{align*}$ $\begin{aligned} (4) & \ln (\arctan (α e^{x})) & = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n + 1}}{n} ((a_{0} - 1) + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3})^{n} + O (x^{4}) \end{aligned}$ $\begin{align*} \ln\left(\arctan(\alpha e^x)\right)&=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}((a_0-1)+a_1x+a_2x^2+a_3x^3)^n+O(x^4)\tag{4} \end{align*}$

现在我们设置并从提取到的系数 $A(x)=(a_0-1)+a_1x+a_2x^2+a_3x^3$ $x^0$ $x^3$

\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}

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

我们从（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}

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

对数级数展开：

我们使用（6）根据来计算）的系数 $\ln(\arctan(\alpha e^x))$ $a_j, 0\leq j\leq 3$

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

级数展开： $f(x)$

现在是时候收获了。最终我们得到（3）和（7），其中是奇数 $f(x)$

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

— 马库斯·舒厄（Markus Scheuer）
source

马库斯，虽然您对是正确的，但由于我们知道具有奇对称性并且偶数项为零，所以我认为您可以说这种扩展对）有好处。

O (x^{4})

$O(x^4)$

f (x)

$f(x)$

O (x^{5})

$O(x^5)$

— 罗伯特·布里斯托

@ robertbristow-johnson：是的，当然。相应地更新。:-)

— Markus Scheuer

很努力！试图阅读这个冗长的详细答案，我看不到如何在对数之外的方程式（4）中隔离？无穷级数已经包含所有幂，那么孤立的项在那里意味着什么？

O (x^{4})

$O(x^4)$

x

$x$

O (x^{4})

$O(x^4)$

— Fat32

当然，我感觉到您想要在这里说什么的意思，但是正确的表示法可能是这样的：在这里，我使用来远离其他所有符号。并请注意，我已经使用和来区分这两组系数。因此，现在您的方程式（4）和上面的这一行不完全相同。我认为这不会影响您的任何进一步进步。

\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})

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

T

$T$

O_{1}

$O_1$

O_{2}

$O_2$

— Fat32

@ Fat32：您可能想看看big-O标记

— Markus Scheuer

3

（将评论转换为答案。）

使用Wolfram Alpha，处的计算结果为： $f'''(x)$ $x=0$

\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））））+）+ at + x％3D0

我们可以的，如果这个与马库斯的答案相匹配还仔细检查这里。

他的系数出来是 $x^3$

\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}}) .

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

如果将其乘以6并重新排列一些因素，我们将得到：

\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}}

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

匹配！

— 阿图尔·英格尔
source

Atul，您的简化答案似乎与数学SE上的Markus答案不一致。应该是我不认为f'''（0）中的每一项都与Markus一致。可能是马库斯错了。

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

$f'''(x)\bigg|_{x\to0} \ = \ 3! \, a_3 = 6 a_3$

— 罗伯特·布里斯托

2

@ robertbristow-johnson我认为他们匹配。

— Atul Ingle

他们现在做。我认为马库斯一定有个错误。他用老式的方式回答了他。

— 罗伯特·布里斯托

Atul，您将获得赏金。但是我探索了有关赏金的规则，他们不让我分配赏金，但他们让我两次授予它，一次却一次。因此，由于Markus在dsp.se的代表比您少，并且由于他在没有计算机帮助的情况下就无法回答问题，因此我将首先授予他的赏金。然后我将在这个问题上再悬赏，然后将其奖励给您。它说我需要等待23个小时。不知道谁会得到我的“复选标记”。

— 罗伯特·布里斯托

1

@ robertbristow-johnson很抱歉收到您的回复。对于系数分别为。wolframalpha.com/input/...

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

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

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

$\omega_0^2, \omega_0^4, \omega_0^6, \omega_0^8$

— 阿图尔·英格尔

3

问题中提出的问题似乎没有封闭形式的解决方案。如问题中提到的以及其他答案中所示，结果可以被分解为一系列，可以通过任何符号数学工具（例如Mathematica）来完成。但是，这些术语变得非常复杂和丑陋，尚不清楚当我们包含不超过三阶的术语时，近似值有多好。由于我们无法获得精确的公式，因此最好以数字方式计算解，与近似法不同，该解将给出（几乎）精确的结果。

但是，这不是我的答案。我建议通过改变问题表述的方式给出确切解决方案的另一条路线。经过一会儿的思考，原来是中心频率的规格和带宽的比例（以等值，以八度为单位）的规格，这导致了数学上的棘手。有两种摆脱困境的方法： $\omega_0$

将离散时间滤波器的带宽指定为频率差，其中和分别是离散时间滤波器的上下边缘。 $\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$ $\omega_1$ $\omega_2$
规定比率，而不是规定两个边缘频率或。 $\omega_2/\omega_1$ $\omega_0$ $\omega_1$ $\omega_2$

在两种情况下，都可以使用简单的分析解决方案。由于需要将离散时间滤波器的带宽规定为比率（或等效地以八度为单位），因此我将介绍第二种方法。

让我们定义连续时间滤波器的边沿频率和 $\Omega_1$ $\Omega_2$

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

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

使用，其中是二阶带通滤波器的传递函数： $\Omega_2>\Omega_1$ $H(s)$

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

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

与和。请注意，对于，，。 $\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1$ $\Omega_0^2=\Omega_1\Omega_2$ $H(j\Omega_0)=1$ $|H(j\Omega)|<1$ $\Omega\neq\Omega_0$

我们使用双线性变换到边缘映射频率和的离散时间滤波器的该边缘的频率和连续时间滤波器的。不失一般性，我们可以选择。为了我们的目的，双线性变换采用以下形式 $\omega_1$ $\omega_2$ $\Omega_1$ $\Omega_2$ $\Omega_1=1$

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

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

对应于连续时间和离散时间频率之间的以下关系：

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

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

从，我们得到通过设置。通过从计算的和，我们从获得模拟原型滤波器的传递函数。应用双线性变换，我们得到了离散时间带通滤波器的传递函数： $(4)$ $\Omega_2$ $\omega=\omega_2$ $\Omega_1=1$ $\Omega_2$ $(4)$ $(2)$ $(3)$

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

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

与

\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}

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

摘要：

离散时间滤波器的带宽可以以八度为单位指定（或者通常以比率表示），并且可以精确计算模拟原型滤波器的参数，从而实现指定的带宽。代替中心频率，我们指定频带边缘和。定义的中心频率是设计的结果。 $\omega_0$ $\omega_1$ $\omega_2$ $|H_d(e^{j\omega_0})|=1$

必要步骤如下：

指定所需的边带边缘比率，以及其中一个边带边缘（这当然等效于简单地指定和）。 $\omega_2/\omega_1$ $\omega_1$ $\omega_2$
选择并从确定。计算模拟原型过滤器和。 $\Omega_1=1$ $\Omega_2$ $(4)$ $\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1$ $\Omega_0^2=\Omega_1\Omega_2$ $(2)$
评估常数以获得离散时间传递函数。 $(6)$ $(5)$

请注意，使用更常见的方法（其中指定了和，实际的带边和是设计过程的结果。在提出的解决方案中，可以指定频带边缘，是设计过程的结果。后一种方法的优点是可以以八度为单位指定带宽，并且解决方案是精确的，即，所得的滤波器具有以八度为单位的指定带宽。 $\omega_0$ $\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$ $\omega_1$ $\omega_2$ $\omega_0$

例：

让我们指定一个八度的带宽，然后选择较低的频带边缘为。这给出了上频带边缘。模拟原型滤波器的带边缘为且来自（具有）。这给出和。通过得到离散时间传递函数 $\omega_1=0.2\pi$ $\omega_2=2\omega_1=0.4\pi$ $\Omega_1=1$ $(4)$ $\omega=\omega_2$ $\Omega_2=2.2361$ $\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1=1.2361$ $\Omega_0^2=\Omega_1\Omega_2=2.2361$ $(6)$ $(5)$

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

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

精确地实现了1个八度的带宽和指定的频带边缘，如下图所示：

原始问题的数值解：

从意见，我明白，这是要能够准确地指定中心频重要为此满足。如前所述，不可能获得精确的封闭形式的解决方案，并且进行系列开发会产生非常笨拙的表达式。 $\omega_0$ $|H_d(e^{j\omega_0})|=1$

为了清楚起见，我想总结一下可能的选择及其优点和缺点：

将所需带宽指定为频差，然后指定；在这种情况下，可以采用简单的封闭式解决方案。 $\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$ $\omega_0$
指定频带边缘和（或等效地，以八度为单位的带宽，以及频带边缘之一）；如上所述，这也导致了一种简单的封闭形式的解决方案，但是中心频率是设计的结果，无法指定。 $\omega_1$ $\omega_2$ $\omega_0$
以八度为单位指定所需的带宽，并指定中心频率（如问题中所述）；没有封闭形式的解决方案是可能的，目前也没有任何简单的近似方法。因此，我认为需要一种简单有效的方法来获得数值解。这是下面说明的内容。 $\omega_0$

当指定，我们使用双线性变换的形式，其归一化常数不同于和使用的归一化常数： $\omega_0$ $(3)$ $(4)$

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

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

我们定义。将离散时间滤波器的带边缘的指定比率表示为 $\Omega_0=1$

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

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

随着我们从和 $c=\tan(\omega_0/2)$ $(7)$ $(8)$

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

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

使用，可以用以下格式重写： $\Omega_1\Omega_2=\Omega_0^2=1$ $(9)$

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

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

对于给定的值，可以通过几次牛顿迭代来求解方程。为此，我们需要的导数： $r$ $\Omega_1$ $f(\Omega_1)$

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

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

对于，我们知道必须在的区间内。即使有可能提出更聪明的初始解决方案，但事实证明，初始猜测对于大多数规格而言都很好，并且在牛顿方法仅进行了次迭代后，将非常准确的解决方案： $\Omega_0=1$ $\Omega_1$ $(0,1)$ $\Omega_1^{(0)}=0.1$ $4$

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

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

通过的几次迭代获得的，我们可以确定和，然后使用和计算系数离散时间滤波器。注意，常数现在由。 $\Omega_1$ $(12)$ $\Omega_2=1/\Omega_1$ $\Delta\Omega=\Omega_2-\Omega_1$ $(5)$ $(6)$ $c$ $c=\tan(\omega_0/2)$

范例1：

让我们指定和个八度的带宽。这对应于比率。随着初始猜测，牛顿法的迭代导致溶液，从其中的离散时间的系数可以在上面所解释的来计算。下图显示了结果： $\omega_0=0.6\pi$ $0.5$ $r=\omega_2/\omega_1=2^{0.5}=\sqrt{2}=1.4142$ $\Omega_1=0.1$ $4$ $\Omega_1=0.71$

过滤器是使用以下Matlab / Octave脚本计算的：

规格％
bw = 0.5; 所需带宽百分比，以八度为单位
w0 = 0.6 * pi; 共振频率％

r = 2 ^（bw）; 带边缘百分比
W1 = 0.1；％初始猜测（适用于大多数规格）
尼特= 4; ％＃牛顿迭代
c = tan（w0 / 2）;

％牛顿
因为我= 1：尼特
    f = r * atan（c * W1）-atan（c / W1）;
    fp = c *（r /（1 + c ^ 2 * W1 ^ 2）+ 1 /（c ^ 2 + W1 ^ 2））;
    W1 = W1-f / fp
结束

W1 = abs（W1）;
如果（W1> = 1），则出错（“无法收敛。减小初始猜测的值。”）；结束

W2 = 1 / W1;
dW = W2-W1;

％离散时间滤波器
比例= 1 + dW * c + W1 * W2 * c ^ 2;
b =（dW * c / scale）* [1,0，-1]；
a = [1，2 *（W1 * W2 * c ^ 2-1）/比例，（1-dW * c + W1 * W2 * c ^ 2）/比例]；

范例2：

我添加了另一个示例，以表明该方法还可以处理大多数近似将给出无意义结果的规范。当所需带宽和谐振频率都很大时，通常就是这种情况。让我们设计一个和个八度的滤波器。牛顿法的四次迭代以初始猜测最终值，即，模拟原型的带宽为个八度音阶。相应的离散时间滤波器具有以下系数，其频率响应如下图所示： $\omega_0=0.95\pi$ $bw=4$ $\Omega_1^{(0)}=0.1$ $\Omega_1=0.00775$ $\log_2(\Omega_2/\Omega_1)=\log_2(1/\Omega_1^2)\approx 14$

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

所得的一半功率带边缘为和，它们的确确实相距个八度音阶（即倍）。 $\omega_1=0.062476\pi$ $\omega_2 = 0.999612\pi$ $4$ $16$

— 马特·L。
source

有两个初步评论（我还没有读过，Matt）：首先，我对对数频率比对线性频率更感兴趣。对于模拟BPF（或谐振频率远低于Nyquist的数字BPF），谐振频率具有完美的对称性。

— 罗伯特·布里斯托

第二个评论是，虽然我感谢您显然坚持使用和的表示法，但我希望您仍然坚持使用模拟和数字谐振频率的表示法。和，模拟上限带和下限带分别为和，数字为和。我们知道，以对数频率，一半的带宽高于，另一半则低于。但是，由于翘曲，对于数字BPF滤波器并不是完全正确。

s = j Ω

$s=j\Omega$

z = e^{j ω}

$z=e^{j\omega}$

Ω_{0}

$\Omega_0$

ω_{0}

$\omega_0$

Ω_{U}

$\Omega_U$

Ω_{L}

$\Omega_L$

ω_{U}

$\omega_U$

ω_{L}

$\omega_L$

Ω_{0}

$\Omega_0$

— 罗伯特·布里斯托·约翰逊

当我阅读更多内容时，对我来说很重要的一点是，谐振频率必须通过双线性变换精确映射。所以我理解这种方法，马特，但我想坚持的精确映射然后捏捏直到是指定的。

ω_{0}

$\omega_0$

B W

$BW$

b w

$bw$

— 罗伯特·布里斯托

@ robertbristow-johnson：好的，很公平，您想要的确切规范。如果您指定作为线性差异（我不希望这样做），则有可能。使用指定的和以八度为单位的带宽，不可能有一个整洁的解决方案。

ω_{0}

$\omega_0$

Δ ω

$\Delta\omega$

ω_{0}

$\omega_0$

— Matt L.

1

@ robertbristow-johnson：我为答案添加了一个非常简单的数值解决方案（4次牛顿迭代）。

— 马特L.17年

3

好吧，我答应提供赏金，我将信守诺言。但是我不得不承认，如果仅对的三阶导数感到满意，我可能会有所悔恨。我真正想要的是的两个系数。 $f(x)$ $g(y)$

因此我没有意识到沃尔夫勒姆语言可以替代mathematica或Derive，而且我也没有意识到它可以如此轻松地计算三阶导数并简化表达式。

这个数学SE的Markus家伙发布了这个答案（我认为这将是我认为需要的垃圾量）。

\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}

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

所以我把三阶近似值放在一起

\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}

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

我有点希望别人能做到这一点。回想，和 $y=f(x) \triangleq \ln(2) \, bw$ $g(y) = x \triangleq \frac{\ln(2)}{2}BW$ $\alpha \triangleq \tan(\omega_0/2)$

\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}

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

我有三个方便的触发身份：

\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

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

最终，我们得到：

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})

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

这还不错。放在一行上。如果有人发现错误或进一步简化的好方法，请谅解。

根据上面评论中的幂级数近似值，

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})

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

— 罗伯特·布里斯托·约翰逊
source

另外，我不确定Atul对的回答与Markus对的回答是否一致。我想知道是否有人可以解决这个问题，从而获得赏金。

f^{‴} (0)

$f'''(0)$

a_{3}

$a_3$

— 罗伯特·布里斯托

我还发现了Wolfram的云笔记本，就像您的Web浏览器中的Mathematica。转到sandbox.open.wolframcloud.com/app并输入 6*SeriesCoefficient[ Series[Log[ArcTan[a E^x]] - Log[ArcTan[a/E^x]],{x,0,5}],3]

— Atul Ingle，

@AtulIngle，我将Markus的校正合并到逆函数中。您介意检查的结果吗？

g (y)

$g(y)$

— 罗伯特·布里斯托

如果有人能将我的替代值检查回，尤其是乘以的因子，我将不胜感激。很快我将把返回到，这将导致其他整体简化和形式。但是我会稍等一下，以防有人告诉我我的上述简化是错误的。

g (y)

$g(y)$

y^{2}

$y^2$

α

$\alpha$

\tan (ω_{0} / 2)

$\tan(\omega_0/2)$

— 罗伯特·布里斯托

1

@ robert bistow-johnson我使用Mathematica检查了g（y）的最终表达式，它看起来正确。

— Atul Ingle

2

所以这是一些定量结果。我在x轴上绘制了数字滤波器的指定带宽，在y轴上绘制了结果数字带宽。从绿色到红色有五幅图，代表由奈奎斯特归一化的谐振频率： $bw$ $\omega_0$

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

因此谐振频率从接近DC到接近Nyquist。

带宽根本没有补偿（或预变形）：

这是菜谱一直以来所做的简单的一阶补偿：

这是我们刚刚在这里解决的三阶补偿：

我们想要的是所有线都直接位于主对角线上。

我曾在第三次的情况下犯了一个错误，并在本次修订纠正它。它看起来确实比的三阶逼近要好于小一阶逼近。 $g(y)$ $bw$

因此我对3阶项的系数不满意（我想使1阶项保持不变），从而降低了它的作用。这是因为将三阶项乘以50％：

这减少到33％：

这将三阶项减少到25％：

由于反函数的目标是取消指定的函数，因此，整个操作的重点是使复合函数的曲线尽可能靠近主对角线。对于谐振频率和3个八度带宽来说，高达75％的奈奎斯特并不算太坏。但是在用户每次旋转旋钮或滑动滑块时执行的“系数烹饪”代码中使其真正物有所值并没有多大好处。 $\omega_0$ $bw$

— 罗伯特·布里斯托·约翰逊
source

在第二个和第三个图中带宽如何变为负数？

— 马特L.17年

它不能做到这一点，这就是为什么我至今对实数的三阶近似值不满意，这是我不认为三阶逼近是对已经存在了几十年的一阶逼近的改进。因此绘制的是，其中是真逆的近似值，其中因为是双极性的（即使负带宽是无意义的），可以为负。

x = g (y)

$x=g(y)$

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

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

f (\hat{g} (y))

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

\hat{g} (y)

$\hat{g}(y)$

g (y)

$g(y)$

y = f (g (y))

$y = f( g(y) )$

f (x)

$f(x)$

f (\hat{g} (y))

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

— 罗伯特·布里斯托·约翰逊

哦，@ MattL。即使带宽从未真正变为负值，穿过原点的事实也不会令您惊讶。带宽映射函数是奇对称的，因此第一和第二幅图完全不会令我惊讶。但是第三个情节令人失望。

f (x)

$f(x)$

— 罗伯特·布里斯托

我只是想知道为什么您为负带宽绘制曲线。但是无论如何，如果我没记错的话，那么您使用的级数是的泰勒级数展开式，对吗？那么，如果只使用两个项，为什么还要期望它在较大的带宽下能很好地逼近真实行为呢？

b w = 0

$bw=0$

— 马特·

我只是想确保函数是奇对称的，并且很好地通过了原点。是的，这全都与泰勒（或更具体地说，麦克劳林）系列有关。@MattL。，您会注意到，我认为一个术语对于并非非常接近于奈奎斯特的所有共振频率都非常有效。在保持线性项不变的情况下，我对三阶项做了一些处理（请稍等，我将显示结果），并且效果很好。但没有比一阶更好的一点，我认为我应该在菜谱中更改它。

— 罗伯特·布里斯托