ナイキストシャノンサンプリング定理によれば、帯域幅をもつ任意の連続時間信号 $B$ ナイキスト周波数よりも小さい $f_N=f_s/2$ （と $f_s$ サンプリング周波数）、これはサンプリング周波数でサンプリングされます $f_s$sinc補間（つまり、Whittaker–Shannon補間公式）によって完全に再構築できます。

一定のサンプリング時間で、大きさが制限された連続時間信号である未知のサンプルをサンプリングすると仮定します。 $T=1/f_s$ サンプルインスタンスで $kT$、（$k\in\mathbb{Z}$）、サンプリングジッタまたは量子化なし。次の制約を追加します$B=\alpha f_N$、 $0\leq\alpha\leq 1$。

私が理解したいのは以下です： サンプルの瞬間$k$、それぞれについて決定したい $\alpha$サンプル間の任意の連続時間信号の最悪の場合の部分的な「オーバーシュート」$k-1$ そして $k$、私が持っていたかもしれないこと。つまり、連続時間信号が、サンプルの瞬間の最高（絶対）サンプリング値よりどれだけ高かったか$k$ そして $k-1$。サンプリングによって「失われた」連続信号または再構築（sinc補間は完璧なので!!）。

例： 設定$\alpha=1$ 離散時間信号[1,0,1,0,1,1,0,1,0,1]と仮定します（中央付近のdouble 1に注意してください。この信号は $\alpha=1$？）。サンプル（黒のインパルス）からのsincの再構成（青い線）は次のようになります（各サンプルに属するsincを灰色でプロットしました）： サンプル間の「オーバーシュート」$k=0$ そして $k=1$、 $\approx 0.7$ または $70\%$。したがって、元の帯域制限された連続時間、または「完全に帯域制限された再構築された」信号で、値1.7のピークを逃しました。私が3つ以上の連続した1を置いた場合、オーバーシュートは少なくなります（ギブス現象は結局はるかに小さくなります）。したがって、このような2つの連続したサンプルは「最悪のケース」です。

信号を両方向に拡張すると、オーバーシュートが大きくなります。 これは、$\approx 1.1$ ほぼ2.1の値に。

シーケンスの長さ $2m$、この「オーバーシュート」 $o(m)$ 無期限に成長し、 $o(m)\propto\ln{(m)}$に行く $\infty$ いつ $m\to\infty$。これは、sincの各サンプルが建設的な「干渉」を生み出し、$1/\pi n$ （単位sincのすべてのエンベロープの貢献） $n\to\infty$ 収束しません。

これは（次のように）似ています：値0を絶えずサンプリングする場合、値0のノードでのみサンプリングされる無限振幅の連続時間信号を再構築することもできます。 $\sin{\pi f_s t}$。これは私にも同じことを教えてくれます。信号をナイキスト周波数にすることを許可した場合、「見逃す」ことができる最悪のオーバーシュートは無限です。

これで、 $o(m\to\infty)|_{\alpha=1}=\infty$。そして、私たちはそれを推論することができます$o(m\to\infty)|_{\alpha=0}=0$ （帯域制限されていることがわかっている一定の信号をサンプリングすると、一意の一定の再構成が行われます）。

仮に $\alpha<1$？

ここで、これと同じsinc補間を行うと仮定した場合でも、 $\alpha<1$、 お気に入り $\alpha=0.5$。次に、（私の直感は言う）この効果は低下し、有限であるはずです（$m\to \infty$）!。用するので、任意の信号煉瓦壁は、帯域幅に限定されるもので$\alpha f_s/2$、のフィルターインパルス応答を取得します $h(t)\propto \text{sinc}{\left(\frac{t-kT}{\alpha T}\right)}$（正しい？）。したがって、信号の遷移は上記の変化するインパルス列の例ほど速くはできません。したがって、再構築中の各sinc関数の寄与は、無限の建設的干渉を生み出すことはできません。

私の問題： ここから先に進む方法がわかりません。2つの連続するサンプル間で見つけることができた最悪の場合のオーバーシュートの「証拠」を形成する方法$\alpha<1$、 ために $any$信号（必ずしもこれらの単位インパルス列の例とは限りません）。の指定された値$\alpha$ 坂道をくれ $\frac{dh(t)}{dt}$ 帯域制限畳み込みカーネルの $h(t)$、これはどれだけ連続したサンプルが異なる必要があるかについて何かを教えてくれるはずですが、そこから一般的な結論に到達するための手順はわかりません。

私には本当の答えはありませんが、この結果があなたを助けるだろうと感じています。バーンスタインの不等式は、信号がに帯域制限されている場合、ここで、は「最小上限」を表します。$x(t)$$|f|\leq B$

$$\left| \frac{\textrm{d}x(t)}{\textrm{d}t}\right|\leq 4\pi B \,\textrm{sup}_{\tau\in\mathbb{R}}|x(\tau)| ,\,\,t\in\mathbb{R}$$ $\textrm{sup}$

この不平等については、Amos Lapidothの優れた（そしてPDF形式で無料の）本「A Foundation in Digital Communication」で見つけました。証明はMA Pinskyの「Introduction to Fourier Analysis and Wavelets」にあります。

観察

私はあなたの1と0の代わりに+1と-1をシーケンスで使用しました。を使用すると、最初の2つの図のバンド制限連続関数は（上記の変更を加えて）次のようになります。$\alpha=1$$f_m(T)$

$$f_m(T) = \sum_{k=1-m}^m \operatorname{sign}\left(\operatorname{sinc}(\pi k - \pi/2)\right)\operatorname{sinc}(\pi T-\pi k),\tag{1}$$

どこ：

$$\operatorname{sinc}(T) = \begin{cases}\sin(T)/T&\text{if }T \ne 0\\1&\text{if }T = 0\end{cases}\\ \operatorname{sign}(x) = \begin{cases}-1&\text{if }x < 0\\0&\text{if }x = 0\\1&\text{if }x>0.\end{cases}$$

$f_m(1/2)$はの対数まで線形に増加します。$m$

図1.の関数としてプロットされた対数の横軸は、成長をとして線形化します。$f_m(1/2)$$\log_2(m)$$m\rightarrow\infty$

Wolfram Alphaの助けを借りてを簡略化することができます：$f_m(1/2)$

$$f_m(1/2) = 2\sum_{k=1}^m\left|\frac{\sin\left(\pi(k - 0.5)\right)}{\pi(k - 0.5)}\right| = \begin{cases} 4/\pi & \text{if }n = 1\\ -\frac{2\left(\psi^{(0)}(1/2)-\psi^{(0)}(m+1/2)\right)}{\pi} & \text{otherwise}, \end{cases}\tag{2}$$

ここで、はディガンマ関数です。に関するシリーズの主要な用語は次のとおりです。$\psi^{(0)}$ $(2)$$m=\infty$

$$\frac{2\log(m)}{\pi},$$

これは、図1に見られる線形化を説明1。我々は今、正規化されたバージョンを構築することができる。関数のそのbandlimitednessを継承するが、として爆破ない：$g_m(T)$$f_m(T)$$m\rightarrow\infty$

$$g_m(T) = \frac{\pi f_m(T)}{2\log(m)}$$

、の零点でサンプリングされたナイキスト周波数の正弦波に近づくように見えます。$m\rightarrow\infty$$g_m(T)$

図2.は爆発しません。$g_{100000}(T)$

元のナイキストシャノンサンプリング定理では、最高周波数がサンプリング周波数の半分を下回る必要があるため、境界線のケースではカバーされないようです。ただし、任意に大きい有限と、その結果として任意に大きい有限は、まだカバーされています。$m$$f_m(1/2)$

証明の概要

元のステートメントの証明の概要は次のとおりです。サンプリング周期を1とします周波数以下に帯域制限します。ここで、は周期2と周波数を表します。してみましょう整数すべてのための有限で。すべてのについて、自明なケースを除外します。してみましょう。そのため、一部のについてはとなります。どちらか：$f_\infty(T)$$\alpha\pi$$\pi$$\alpha < 1$$f_\infty(T)$$T$$f_\infty(T) = 0$$T$$g_\infty(T) = f_\infty(T)/\sup_Tf_\infty(T)$$g_\infty(T) \ne 0$$T$

ケース1. ある整数場合は。はすべてのに対して有限です。$g_\infty(T) \ne 0$$T$$\sup_Tf_\infty(T)$$T$

ケース2. すべての整数に対して。は、いくつかのに対して無限大です。スケール係数までは、はそのゼロの小数によって決定されます。残りのゼロをもう1つ使用して、関数を消滅させます。すべてのに対してです。これは矛盾しています。以前に、一部のについてためです。ケース2は当てはまりません。$g_\infty(T) = 0$$T$$\sup_Tf_\infty(T)$$T$$g_\infty(T)$$\alpha$$g_\infty(T) = 0$$T$$g_\infty(T) \ne 0$$T$

したがって、ケース1はtrueであり、すべてのに対しては有限です。$f_\infty(T)$$T$

均一に分布したゼロの一部を使用して、それらのゼロの平均密度と比較して帯域幅が比較的低い場合に関数を再構築できるという明確な証拠を見つけるとよいでしょう。場合、をにはサンプリング定理で十分だと思います。文献の中で、私はいくつかの興味深い声明を見つけました：$\alpha < 1$$g_\infty(T)$

定理4.1のパート2の証明は、信号が点消失するという性質を持つ帯域制限信号が同じように消失する必要があることを示しました。$Ω = π$$x = n ∈ \mathbb{Z}$

Jeffrey Rauch、「フーリエ級数、積分、および基本的な複雑な分析からのサンプリング」。

おおまかに言えば、は同じように消失することなくcosよりも多くのゼロを持つことができないことはよく知られています。$g$$\lambda t$

BF Logan、Jr.「帯域通過信号のゼロクロッシングの情報」、Bell System Technical Journal、vol。56、pp.487-510、1977年4月

1次元信号の一意の仕様に関するほとんどの結果は、帯域制限された関数が全体（どこでも分析）であり、そのためゼロ（実数および複素数）によって定数および指数係数内で一意に指定されるという事実に基づいています。すべてのゼロが実数であることが保証されている場合、任意の帯域制限関数は、その（実数）ゼロクロッシングによって一意に指定されます。
...
追加の作業には、それらが複素数のゼロも含んでいるという事実にもかかわらず、それらの（実際の）ゼロクロッシングによって一意に指定される信号の識別が含まれます。これは、ゼロクロスレートが何らかの意味で情報レートまたは信号の帯域幅よりも高い場合に可能です。

SR Curtis、「ゼロクロッシングからの多次元信号の再構築」、論文、MIT、1985。

サンプルに中央のみが含まれている場合でも、秒間隔でサンプルから完全に（補間以降）回復できるフーリエ変換を使用した帯域制限関数を考えてみましょう。sinc関数の他のすべての極大値および極小値をピークおよびミスします。サンプラーが中央のピークを完全に見逃すようにsinc関数を秒遅延させますが、代わりに同じ値の隣接するサンプルを取得します したがって、最大値のオーバーシュートは$\operatorname{sinc}(t)$$\operatorname{rect}(f)$$1$$\frac 12$

$$\operatorname{sinc}\left(\frac 12\right) = \frac{\sin\pi/2}{\pi/2} = \frac 2\pi.$$ $1 - \frac 2\pi$。証明はありませんが、これは場合の最大のオーバーシュートになると思います。値が小さいほど、サンプルはピーク値近くなり、オーバーシュートもそれに応じて小さくなります。$\alpha = 1$$\alpha$$1$