Teorema del campionamento, quantizzazione e codifica

Campionare e ricostruire

Il teorema del campionamento dice quando un segnale continuo $x(t)$ si ricostruisce senza errori dai suoi campioni. Il campionatore preleva un campione ogni $T_s$, il passo di campionamento. La frequenza di campionamento è $F_s=1/T_s$ e la sequenza dei campioni, che si scrive $x_n$ o $x[n]$, è

$$x_n=x(nT_s),\qquad n\in\mathbb Z$$

L'ipotesi è che $x(t)$ sia a banda limitata: $X(f)=0$ per $|f|>f_m$, con $f_m$ finita, e la banda ha larghezza $W=2f_m$. Per saperlo si calcola la trasformata di Fourier. L'impulso matematico non soddisfa l'ipotesi, perché la sua trasformata è costante.

Per tornare a $x(t)$ la sequenza passa in un formatore di impulsi e poi in un filtro passa basso:

$x(t)$$T_s$campionatore$x_n$Formatore di impulsi$\tilde{x}(t)$Passa basso$y(t)$

Il formatore mette in ogni $nT_s$ un impulso matematico di area $x_n$. Poiché $x(nT_s)\,\delta(t-nT_s)=x(t)\,\delta(t-nT_s)$:

$$\tilde x(t)=\sum_n x_n\,\delta(t-nT_s)=x(t)\,\Gamma_{T_s}(t)$$

Repliche dello spettro

Il prodotto nel tempo diventa una convoluzione in frequenza. Il treno di impulsi si trasforma in un treno, $\mathrm{FT}\{\Gamma_{T_s}(t)\}=F_s\,\Gamma_{F_s}(f)$, e convolvere con un impulso trasla:

$$\begin{aligned} \tilde X(f)&=X(f)*F_s\,\Gamma_{F_s}(f)\\ &=F_s\sum_k X(f-kF_s) \end{aligned}$$

Lo spettro di $\tilde x(t)$ è quindi una replica di $X(f)$ in ogni multiplo di $F_s$, scalata di $F_s$.

La condizione di Nyquist

La replica centrale occupa $[-f_m,f_m]$ e la prima a destra comincia in $F_s-f_m$. Le repliche sono separate se $F_s-f_m\ge f_m$:

$$F_s\ge2f_m$$

È la condizione di Nyquist, e $2f_m$ è la frequenza di Nyquist. Allora un passa basso largo $F_s$ tiene solo la replica centrale. La sua altezza $1/F_s$ compensa il fattore $F_s$ delle repliche:

$$H(f)=\frac1{F_s}\operatorname{rect}\!\left(\frac f{F_s}\right),\qquad Y(f)=\tilde X(f)\,H(f)=X(f)$$

Quindi $y(t)=x(t)$: è il primo enunciato del teorema. Se invece $F_s<2f_m$ le repliche si sovrappongono. È l'aliasing: lo spettro si distorce e nessun passa basso recupera $X(f)$.

Spesso $F_s$ è fissata dal sistema, e la condizione si legge al contrario: il sistema ricostruisce i segnali con $f_m\le F_s/2$. Se la banda di $x(t)$ è più larga, le repliche si sovrappongono.

Repliche e filtro, con $X(f)=\mathrm{tri}(f)$

$f/f_m$

• $\tilde{X}(f)/F_s$
• $X(f)$
• $F_{s}H(f)$

$F_s/f_m$

3

Ricostruzione nel tempo

Dalla forma $H(f)=T_s\operatorname{rect}(T_sf)$ si ricava la risposta impulsiva $h(t)=\operatorname{sinc}(t/T_s)$. Il segnale in uscita è $y(t)=\tilde x(t)*h(t)$, e ogni impulso trasla la sinc nel suo campione:

$$y(t)=\sum_n x_n\operatorname{sinc}\!\left(\frac{t-nT_s}{T_s}\right)$$

È il secondo enunciato del teorema: in ogni $nT_s$ si mette una sinc alta $x_n$ e si somma. Ogni sinc si annulla negli altri istanti di campionamento, perché $\operatorname{sinc}(m)=0$ per $m$ intero non nullo. Quindi in $mT_s$ la somma vale $x_m$, e fra i campioni interpola. Il primo enunciato dà la condizione sulla frequenza di campionamento, il secondo la formula che ricostruisce il segnale nel tempo.

Somma di sinc, con $x(t)={\mathrm{sinc}}^2(t)$

$t$

• $x(t)$
• campioni $x_n$
• somma delle sinc $y(t)$

$T_s$

0,4

Quantizzazione

Il campionamento discretizza il tempo, ma le ampiezze restano continue. Un elaboratore numerico lavora su sequenze di valori discreti, quindi per salvare, elaborare o trasmettere il segnale si discretizzano anche le ampiezze, in due passi: la quantizzazione e la codifica.

La dinamica è l'intervallo $[-D,D]$ delle ampiezze ammesse, e si suppone $|x_n|<D$. Si divide in $M$ intervalli di larghezza

$$\Delta=\frac{2D}{M}$$

A ogni intervallo si associa un livello di restituzione $\hat x_i$, con $i=0,\dots,M-1$, per esempio il suo centro. Ogni campione prende il livello del suo intervallo, quindi $x_q[n]\in\{\hat x_0,\dots,\hat x_{M-1}\}$, e si commette l'errore

$$e_q[n]=x[n]-x_q[n]$$

• Dentro la dinamica, con i livelli al centro, $|e_q[n]|\le\Delta/2$. Aumentando $M$ l'errore cala.
• Fuori dalla dinamica il campione cade nel primo o nell'ultimo intervallo: è la saturazione, e l'errore non ha limite.

La dinamica può essere fissata dal dispositivo, valida per i segnali che deve trattare, oppure adattata al segnale. Adattarla evita la saturazione, ma è inefficiente se pochi valori anomali la allargano per tutti i campioni.

L'operazione non è invertibile: campioni diversi nello stesso intervallo danno lo stesso livello.

Quantizzatore con $K$ bit

$-D$$D$$2D$$\Delta$$x[n]$$x_q[n]$

• senza quantizzare
• $x_q[n]$

$K$

3

Codifica

Il codificatore assegna a ogni livello una sequenza di $K$ bit. Con $K$ bit le sequenze sono $2^K$, e servono almeno $M$ sequenze:

$$M\le2^K\quad\Longleftrightarrow\quad K\ge\log_2M$$

Conviene $M=2^K$, che non lascia sequenze inutilizzate. Con $M=8$ e $K=3$ la tabella associa $\hat x_0\to000$, $\hat x_1\to001$, fino a $\hat x_7\to111$. Per decodificare si divide la sequenza in blocchi di $K$ bit e ogni blocco dà il suo livello, per esempio $010\to\hat x_2$ e $110\to\hat x_6$. La tabella rende la codifica invertibile.

Con tutta la catena, il segnale ricostruito $\hat x(t)$ non coincide con $x(t)$ anche se $F_s\ge2f_m$, perché la quantizzazione ha perso quale fosse il campione dentro il suo intervallo. Aumentando $M$ si avvicina a $x(t)$.

$x(t)$$T_s$campionatore$x_n$Quantizzatore$x_q[n]$CodificatorebitDecodificatore$x_q[n]$Formatore di impulsi${\hat{x}}_q(t)$Passa basso$\hat{x}(t)$

Frequenza di bit

Ogni campione dà $K$ bit, quindi la frequenza di bit è

$$F_b=KF_s$$

Aumentare $M$ riduce l'errore ma aumenta $K$, e quindi $F_b$: la precisione si paga in bit da trasmettere o memorizzare.

Esercizi

Dalla condizione di Nyquist si ricava $F_s$ o $T_s$. Da $M=2^K$ si ricava $K$, poi $F_b=KF_s$, e moltiplicando $F_b$ per la durata si ottengono i bit totali.

Passo massimo. Un segnale con $f_m=20\,\text{kHz}$ si ricostruisce se $F_s\ge40\,\text{kHz}$, quindi:

$$T_s\le\frac1{40\,\text{kHz}}=25\,\mu\text{s}$$

Frequenza di bit. Con $F_s=40\,\text{kHz}$ e $K=16$ bit:

$$F_b=16\cdot40\,\text{kHz}=640\,\text{kbit/s}$$

Dimensione di un segnale. Tre minuti, cioè 180 s, a 44,1 kHz con $M=512$ intervalli:

$$\begin{gathered} K=\log_2512=9\\ F_b=9\cdot44{,}1\,\text{kHz}=396{,}9\,\text{kbit/s}\\ 396\,900\cdot180=71\,442\,000\ \text{bit} \end{gathered}$$

Sono $8\,930\,250$ byte, circa $8{,}9$ Mbyte.

Durata massima su un disco. Con $F_s=50\,\text{kHz}$, $M=1024$ e 500 Mbyte, con 1 Mbyte $=10^6$ byte, cioè $4\cdot10^9$ bit:

$$\begin{gathered} K=\log_21024=10\\ F_b=10\cdot50\,\text{kHz}=500\,\text{kbit/s}\\ T=\frac{4\cdot10^9}{5\cdot10^5}=8000\,\text{s} \end{gathered}$$

Sono circa 133 minuti.