¿Sonido de una onda limitada después de eliminar la frecuencia principal?

Question

De mis antiguos estudios en señales puedo recordar que "una señal limitada en el dominio de frecuencia es ilimitada en el dominio del tiempo" y viceversa (una señal limitada en el dominio del tiempo es ilimitada en el dominio de frecuencia).

Entonces, si tomo una ventana sobre una señal sinusoidal:

El resultado es que cambiamos el dominio de "frecuencia pura" a un dominio con otras frecuencias:

Bueno, ¿cómo suenan esas "frecuencias extra"? Así que en la práctica, la señal limitada será una serie de frecuencias centradas alrededor de la frecuencia principal. Quiero saber cómo suena al eliminar las frecuencias más cercanas a la frecuencia principal pero dejando todas las demás.

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Estoy preguntando por el sonido (aproximado) de:

Se te permite desplazar esas frecuencias y normalizar la amplitud para llevarlas a un "rango audible".

EDICIÓN: No estoy muestreando una onda sinusoidal en un tiempo limitado, sino muestreándola en un tiempo largo con una señal limitada.. por ejemplo:

Si por casualidad esta pregunta ayuda a encontrar una forma de sintetizar algún tipo de ruido (altamente dudoso, pero), estará cubierto por la licencia de contenido de stackexchange.

Answer 1

La transformada de Fourier es una operación lineal. Esto significa que la señal sinusoidal infinita se puede escribir como la suma de los senos en la ventana más el seno fuera de la ventana. Si $f(t)$ es tu función de ventana, esto significa $$ \underbrace{\sin(t)}_{g_0(t)} = \underbrace{\sin(t) f(t)}_{g_+(t)} + \underbrace{(1-f(t)) \sin(t)}_{g_-(t)} $$ o en el dominio de Fourier $$ g_0(\omega)= g_+(\omega) + g_-(\omega) $$ Lo que estás pidiendo es en el dominio de frecuencia $g_+(\omega)-g_0(\omega)$, lo cual en el dominio del tiempo es simplemente $$ g_+(t)-g_0(t) = (f(t)-1)\sin(t) = -g_-(t) $$ Entonces, el "silencio" suena como un simple seno con una pausa. Los espectros también se ven algo diferentes a lo que has dibujado. El seno finito tiene un espectro de potencia finito y sin un pico delta. El "silencio" contiene el pico delta.

Otra posible manera de entender tus preguntas es mirar la transformada de Fourier del seno con ventana y aplicar un filtro en el dominio de frecuencia para eliminar el pico finito principal. El espectro resultante se vería así. Aquí tomé una función de ventana más amplia que en la primera figura. La señal en el dominio del tiempo entonces se vería así y suena como esto.

Answer 2

OK, así que puedes empezar con un monocromático función sinusoidal a una frecuencia $\omega_0$ y el período de $T=2\pi/\omega_0$, $$f(t)=A\sin(\omega_0t)$$ cuya transformada de Fourier es un par de funciones delta: $$ \tilde f(\omega) =\mathcal F[f](\omega) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty f(t)e^{i\omega t}\mathrm dt = \frac{A}{2}\left(\delta(\omega+\omega_0)-\delta(\omega\omega_0)\right). $$

Después de esto, se corta un tamaño finito parte de la sinusoide, hasta $$g(t)=A\sin(\omega_0t)\chi_{[0,\tau]}(t),$$ el uso de la función característica que es$1$$0$$\tau$, y cero en otro lugar. Como nota, la transformada de Fourier de esta ya no es más un par de funciones delta, porque si la señal está limitada a un intervalo de tiempo finito, no puede ser monocromática.

Sin embargo, su impresión de cómo el añadido del espectro de la realidad se ve no es muy precisa (y de hecho es bastante horrible). Para el vagón de carga-tiempo-función seno en la mano, por suerte, la transformada de Fourier es bastante fácil de calcular: \begin{align} \tilde g(\omega) & = \mathcal F[g](\omega) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty g(t)e^{i\omega t}\mathrm dt = \frac{A}{\sqrt{2\pi}}\int_{0}^\tau \sin(\omega_0t)e^{i\omega t}\mathrm dt \\ & = \frac {A}{i\sqrt{2\pi}}\left[ e^{i(\omega+\omega_0)\tau/2}\frac{\sin((\omega+\omega_0)\tau/2)}{\omega+\omega_0} - e^{i(\omega-\omega_0)\tau/2}\frac{\sin((\omega-\omega_0)\tau/2)}{\omega-\omega_0} \right], \end{align} es decir, una sinc función de centrado alrededor de $\omega_0$ y su simetría-requiere conjugar en negativo de la frecuencia.

La función de sinc es relativamente un pico agudo seguido por un montón de oscilaciones, y el ancho de la primera pico es exactamente $4\pi/\tau$, con la posterior de cada lóbulo de la anchura $2\pi/\tau$. Como la longitud de la señal $\tau$ obtiene más y más, de la sinc picos de llegar más alto y más estrecho, se limitan a una función delta de como tienen que hacer. Sin embargo, esta señal es muy regular y ordenada, en lugar distinto de la ruidosa bulto que usted dibujó.

Por suerte, el hecho de que los lóbulos en el espectro están bien establecidos en su mayoría, nos permite reducir lo que usted está pidiendo, que es (a menos que me equivoco) la sinc espectro de arriba con su lóbulo central aplanado, es decir, una función con el espectro \begin{align} \tilde g_-(\omega) & = \tilde g(\omega) \times (1-\chi_{[\omega_0-2\pi/\tau,\omega_0+2\pi/\tau]}(|\omega|)). \end{align}

Si desea el dominio del tiempo de la versión de esta función, usted necesita simplemente la transformada de Fourier de esta: te quiero $$ g_-(t) = \mathcal F^{-1}[\tilde g_-](t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty \tilde g_-(\omega) e^{-i\omega t}\mathrm d\omega. $$ Por supuesto, esto es bastante más fácil de decir que de hacer, pero al final todo lo que tiene es un montón de senos y cosenos, así que tiene que ser posible en forma cerrada (aunque puede implicar el seno de la integral de la función, $\mathrm{Si}(x) = \int_0^x \frac{\sin(\xi)}{\xi}\mathrm d\xi$).

En este punto vale la pena comentar que el lóbulo central lleva la mayoría de la energía para la función, con $$ \frac{ \int_{0}^\infty\sin(\xi)/\xi \: \mathrm d\xi }{ \int_{\pi}^\infty\sin(\xi)/\xi \: \mathrm d\xi } = 1-\frac{2}{\pi}\mathrm{Si}(2\pi) \aprox 9.7\% $$ de la energía en los lóbulos laterales.

Habiendo dicho eso, de hecho hay una manera más fácil para obtener el dominio del tiempo de la señal de $g_-(t)$, y se basa en el teorema de convolución: desde la transformada de Fourier de $g_-(t)$ es un producto de dos funciones, la parte de atrás de Fourier será la convolución del dominio del tiempo se transforma de dos factores: $$ g_-(t) = (g * \mathcal F^{-1}[1-\chi_{[\omega_0-2\pi/\tau,\omega_0+2\pi/\tau]}-\chi_{[-\omega_0-2\pi/\tau,-\omega_0+2\pi/\tau]}])(t). $$ Aquí el segundo factor es el de todos los vagones de carga, por lo que tiene una expresión directa \begin{align} \mathcal F^{-1}[1- & \chi_{[\omega_0-2\pi/\tau,\omega_0+2\pi/\tau]}-\chi_{[-\omega_0-2\pi/\tau,-\omega_0+2\pi/\tau]}](t) \\ & = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^\infty [1-\chi_{[\omega_0-2\pi/\tau,\omega_0+2\pi/\tau]}(\omega)-\chi_{[-\omega_0-2\pi/\tau,-\omega_0+2\pi/\tau]}(\omega)] e^{-i\omega t} \mathrm d\omega \\ & = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\delta(t) -\frac{2}{t}\sin(2\pi t/\tau)e^{-i\omega_0 t} -\frac{2}{t}\sin(2\pi t/\tau)e^{+i\omega_0 t} \\ & = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\delta(t) -4\cos(\omega_0 t)\frac{\sin(2\pi t/\tau)}{t} \end{align}

OK, así que es uno de los ingredientes. ¿Cómo funciona la convolución de verdad se parecen? La convolución con el delta es, evidentemente, la identidad de transformación, por lo que es probable que sea mejor sólo se centran en la señal de la central única lóbulo, $$ \tilde g_+(\omega) = \tilde g(\omega) \times \chi_{[\omega_0-2\pi/\tau,\omega_0+2\pi/\tau]}(|\omega|), $$ y, a continuación, se puede reconstruir $g_-(t) = g(t)-g_+(t)$ después. Mientras eso sucede, la convolución de las necesidades que se normalice un poco extrañas (ya que la normalización sólo puede trabajar limpiamente por la inversa de la transformación o el teorema de convolución, pero no para tanto), así que en este caso tenemos \begin{align} g_+(t) & = (g * \mathcal F^{-1}[\chi_{[\omega_0-2\pi/\tau,\omega_0+2\pi/\tau]}+\chi_{[-\omega_0-2\pi/\tau,-\omega_0+2\pi/\tau]}])(t) \\ & = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^\infty g(t') \times \mathcal F^{-1}[\chi_{[\omega_0-2\pi/\tau,\omega_0+2\pi/\tau]}+\chi_{[-\omega_0-2\pi/\tau,-\omega_0+2\pi/\tau]}] (t-t') \mathrm d t' \\ & = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^\infty g(t') \times 4\cos(\omega_0 (t-t'))\frac{\sin\left(\frac{2\pi}{\tau}(t-t')\right)}{t-t'} \mathrm d t' \\ & = \frac{A}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^\tau \sin(\omega_0 t') \times 4\cos(\omega_0 (t-t'))\frac{\sin\left(\frac{2\pi}{\tau}(t-t')\right)}{t-t'} \mathrm d t' \\ & = \frac{4A}{\sqrt{2\pi}} \int_{t-\tau}^{t} \sin(\omega_0 (t-t'')) \cos(\omega_0 t'')\frac{\sin\left(\frac{2\pi}{\tau}t''\right)}{t''} \mathrm d t''. \end{align} Más allá de ese punto, el cálculo de $g_+(t)$ es sólo un ejercicio en el momento de reunir todas las funciones trigonométricas de $t''$ y, a continuación, encajando las correspondientes integrales en seno y coseno integrales, $\mathrm{Si}(x)$$\mathrm{Ci}(x)$. Esto debe hacerse por separado para los casos de $\omega_0\tau>2\pi$$\omega_0\tau<2\pi$, ant puede ser un poco difícil de manejar debido a $\mathrm{Ci}$ resulta que tiene una rama de corte en el eje real negativo que las colillas de su fea cabeza. En general,sin embargo, usted está interesado en un pulso que es más de la mitad del ciclo, de modo que usted puede tomar con seguridad $\omega_0\tau>2\pi$.

\begin{align} \DeclareMathOperator{Si}{Si} \DeclareMathOperator{Ci}{Ci} g_+(t) & = \frac{A}{\sqrt{2\pi}}\mathrm{Re}\left[ \cos(\omega_0 t)\left( \Ci\left(\left(\frac{2\pi}{\tau}-2\omega_0\right)(t-\tau)\right) -\Ci\left(\left(\frac{2\pi}{\tau}+2\omega_0\right)(t-\tau)\right) \right. \right. \\ & \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \left. \left. +\Ci\left(\left(\frac{2\pi}{\tau}+2\omega_0\right)t\right) -\Ci\left(\left(\frac{2\pi}{\tau}-2\omega_0\right)t\right) \right) \right. \\ & \qquad \qquad \quad \left. +\sin(\omega_0 t)\left( 2\Si\left(\frac{2\pi}{\tau}t\right) -2\Si\left(\frac{2\pi}{\tau}(t-\tau)\right) \right. \right. \\ & \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \left. \left. +\Si\left(\left(\frac{2\pi}{\tau}+2\omega_0\right)t\right) +\Si\left(\left(\frac{2\pi}{\tau}-2\omega_0\right)t\right) \right. \right. \\ & \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \left. \left. -\Si\left(\left(\frac{2\pi}{\tau}+2\omega_0\right)\right) -\Si\left(\left(\frac{2\pi}{\tau}-2\omega_0\right)(t-\tau)\right) \right) \right] \end{align}

si no he arruinado el álgebra.

Esto es un poco delicado expresión porque, mientras que la integral del seno $\Si(x) = \int_0^x \frac{\sin(\xi)}{\xi}\mathrm d\xi$ es regular en $x=0$, el coseno integral $$ \Ci(x) = -\int_x^\infty \frac{\cos(\xi)}{\xi}\mathrm d\xi \sim \ln(x)\quad\text{como }x\to 0 $$ es singular en el origen. Sin embargo, desde nuestro punto inicial integrando tuvo una regular el factor de $\sin(2\pi t''/\tau)/t''$ entonces, la última integral también debe ser regular, de manera que cada par de $\Ci$'s debe haber una fuga singular parte. Así, por ejemplo, \begin{align} \Ci\left(\left(\frac{2\pi}{\tau}+2\omega_0\right)t\right) -\Ci\left(\left(\frac{2\pi}{\tau}-2\omega_0\right)t\right) &\sim \ln\left(\left(\frac{2\pi}{\tau}+2\omega_0\right)t\right) \\ & \quad -\ln\left(\left(\frac{2\pi}{\tau}-2\omega_0\right)t\right) \\ & = \ln\left(\frac{2\pi+2\omega_0\tau}{{2\pi}-2\omega_0\tau}\right), \end{align} y así sucesivamente. El logaritmo a continuación se da una constante imaginario que se ignora por tomar la parte real.

Las expresiones analíticas son un poco feos pero existen y numéricamente no son especialmente problemáticos, por lo que sólo puede trazar y eso es todo. Si usted hace esto, usted consigue

para el lóbulo principal, y

para los lóbulos laterales.

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Hasta ahora el interesante caso. Usted también podría decir, por supuesto, que incluso el lóbulo principal ya está "extraños" las frecuencias que no estaban en el original delta peak, y que realmente desea investigar la sinc transformar $\tilde g(\omega)$ mediante la eliminación de un delta-función de la parte alrededor de $\pm\omega_0$, como $$ \tilde h_-(\omega) = \tilde g(\omega) -\tilde f(\omega) $$ \begin{align} \tilde h_-(\omega) &= \tilde g(\omega) -\tilde f(\omega) \\ & = \frac {A}{i\sqrt{2\pi}}\left[ e^{i(\omega+\omega_0)\tau/2}\frac{\sin((\omega+\omega_0)\tau/2)}{\omega+\omega_0} - e^{i(\omega-\omega_0)\tau/2}\frac{\sin((\omega-\omega_0)\tau/2)}{\omega-\omega_0} \right] \\ & \qquad \quad - \frac{A}{2i}\left(\delta(\omega+\omega_0)-\delta(\omega-\omega_0)\right) , \end{align} así que usted está buscando algo como esto:

Esto nos lleva a por qué me dijo que sólo en el caso anterior fue muy interesante, debido a que la transformada de Fourier es lineal y por tanto, esto significa que $$ h_-(t)=g(t)-f(t) = \sin(\omega_0t)\chi_{(-\infty,0]\copa[\tau,\infty)}(t) $$ y lo que usted pensó que eran "extraños" señales en realidad este aspecto:

Por supuesto, ellos simplemente construir a una interrumpe la función sinusoidal, que exactamente se cancela la monocromática $f(t)=A\sin(\omega_0 t)$ en los lugares donde $g(t)$ tiene que ser cero. Así, no hay mucho que hacer aquí.

Answer 3

Esto se trata en numerosos lugares en la web. Por ejemplo, puedes encontrarlo aquí.

La fórmula para la transformada de Fourier de una onda seno recortada es $$f(\omega) = \frac{2a}{\omega-\omega_0} sin \frac{(\omega-\omega_0)\,\tau}{2}, $$ donde $\omega$ es la frecuencia de la onda seno original y $\tau$ es el ancho de la ventana.

Básicamente tiene un pico central agudo, y las colas son una onda seno que decae inversamente con la distancia desde el pico.

Entonces, cuando eliminas el pico central, obtienes una onda seno en el dominio de frecuencia que decae con la distancia inversa desde el pico (eliminado). Realmente no sé cómo suena esto.

Answer 4

Vamos a retroceder y ver esto lógicamente sin usar mucho matemáticas o abstracciones de dominio de frecuencia porque lo que comienzas es una señal de dominio temporal, y también quieres que tu resultado final sea una señal de dominio temporal que puedas escuchar.

Sabes cómo suena el silencio. Es una señal DC pura de cualquier amplitud en tu altavoz que también puede incluir el caso especial de amplitud de señal 0. También puede ser una señal AC (incluyendo todos los armónicos) que reside completamente por encima o completamente por debajo del rango auditivo de un individuo.

Sabes cómo suena una onda seno. Es una señal AC pura en tu altavoz.

Lo que has denominado el sonido del "silencio" es el clic/pop que se escucha al principio o al final de un programa de audio digital sin filtro de borde en su lugar. Es un fenómeno bien conocido pero la mayoría del trabajo tiene como objetivo eliminarlo, no aislarlo.

Quieres aislar solo las transiciones, las pocas muestras que claramente no son DC, pero aún demasiado tempranas en el periodo de seno o demasiado tardías para ser reconocidas como una onda seno cuando se ven (escuchan) por sí solas. Eso es lo que quieres escuchar.

Es ciertamente posible con síntesis digital directa generar la señal que deseas escuchar. Yo personalmente usaría estas herramientas porque estoy familiarizado con ellas y me gustaría usar perillas para variar la frecuencia, la ubicación de la ventana y la fase. Pero estoy seguro de que hay soluciones puramente de software que puedes ejecutar en tu computadora.

No está completamente claro dónde termina la transición inicial y comienza la transición final. Por lo tanto, mi implementación permitiría variar esos puntos y escuchar varias iteraciones para ver si podría notar alguna diferencia.

Para simplificar las cosas, veremos el caso único que involucra los puntos de inflexión.

Comenzando con Señal DC de 0v a la izquierda de t.0,

luego onda seno audible de baja frecuencia desde t.0 hasta t.pi1/2,

inaudible,

luego onda seno audible de baja frecuencia desde t.pi3/4 hasta t.pi2,

finalmente señal DC de 0v justo después de t.pi2.

O, desde el suelo hasta la cima de la colina, inaudible, luego desde el fondo del valle hasta el suelo.

El problema es la parte inaudible. Necesita unir la cima de la colina con el fondo del valle. No puedes simplemente empalmar los 2 extremos juntos porque eso sería una señal discontinua. No puedes insertar un nivel DC porque eso no uniría las discontinuidades, no puedes unir los puntos con una línea recta porque eso produciría una señal audible.

La solución es sustituir la porción central eliminada de la onda seno original con la porción similar de una onda seno subaudible.

Para minimizar el ruido por el cambio de pendiente en los puntos de unión, las 2 frecuencias deben ser lo más cercanas posible mientras sigan siendo claramente audibles/inaudibles. Como 160Hz audible, 20Hz inaudible.

Ajusta según sea necesario para adaptarse a tus habilidades auditivas personales. La amplitud de la sección inaudible y la longitud del programa original deben ajustarse para que coincidan con los puntos de unión. Para simplificar, la frecuencia audible debería ser un múltiplo par de la inaudible. Para nuestro ejemplo, usa 8 periodos de 160Hz. elimina todo excepto la transición inicial y final y reemplaza con 1 periodo de 20Hz.

función por partes si t < 0, v = 0

si t >= 0 && t < 0.0015625, v(t) = sin(2*pi*160)

si t >= 0.0015625 && t < 0.0015625+0.0375, v(t) = sin(2*pi*20 + pi/16)

si t >= 0.0390625 && t < 0.0390625+0.0015625, v(t) = sin(2*pi*160)

si t > 0.040625, v - 0

(Trabajaré en el formateo en una edición)