最小位相フィルターについてこれを証明する最も簡単で簡単な方法は何ですか？

使用する「一体型」または「通常の周波数」または「ヘルツ」の連続フーリエ変換のための規則を：

\begin{aligned} X (f) ≜ F {x (t)} & = \int_{- \infty}^{\infty} x (t) e^{- j 2 π f t} d t \\ x (t) = F^{- 1} {X (f)} & = \int_{- \infty}^{\infty} X (f) e^{j 2 π f t} d f \end{aligned}

$\begin{align} X(f) \triangleq \mathscr{F}\{x(t)\} &= \int\limits_{-\infty}^{\infty} x(t) \, e^{-j 2 \pi f t} \, dt \\ \\ x(t) = \mathscr{F}^{-1}\{X(f)\} &= \int\limits_{-\infty}^{\infty} X(f) \, e^{j 2 \pi f t} \, df \\ \end{align}$

したがって、ヒルベルト変換が時間領域の信号または関数を同じ領域の別の信号または関数にマッピングすることがわかります。

\begin{aligned} \hat{x} (t) ≜ H {x (t)} & = \frac{1}{π t} ⊛ x (t) \\ = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{π u} x (t - u) d u \\ = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{π (t - u)} x (u) d u \end{aligned}

$\begin{align} \hat{x}(t) \triangleq \mathscr{H}\{x(t)\} &= \frac{1}{\pi t} \circledast x(t) \\ \\ &= \int\limits_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\pi u} \, x(t-u) \, du \\ \\ &= \int\limits_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\pi (t-u)} \, x(u) \, du \\ \end{align}$

ヒルベルト変換はLTIなので、ます。そして、LTIであるにもかかわらず、ヒルベルト変換は因果関係がないことがわかっています（ただし、十分な遅延が与えられれば、ヒルベルト変換への近似も、必要に応じて、特定の非ゼロエラーへの近似も実現できます）。 $\hat{x}(t-\tau) = \mathscr{H}\{x(t-\tau)\}$

そして、このLTIヒルベルト変換器には周波数応答があることを知っています。

\begin{aligned} \hat{X} (f) & ≜ F {\hat{x} (t)} \\ = - j sgn (f) X (f) \\ = {\begin{cases} e^{- j π / 2} X (f) & f > 0 \\ 0 & f = 0 \\ e^{+ j π / 2} X (f) & f < 0 \end{cases} \end{aligned}

$\begin{align} \hat{X}(f) & \triangleq \mathscr{F}\{\hat{x}(t)\} \\ \\ & = -j \, \operatorname{sgn}(f) X(f) \\ \\ & = \begin{cases} e^{-j \pi/2} \, X(f) \qquad & f>0 \\ 0 \qquad & f=0 \\ e^{+j \pi/2} \, X(f) \qquad & f<0 \\ \end{cases} \\ \end{align}$

もちろん、です。したがって、すべての正の周波数成分の位相が-90°シフトし、すべての負の周波数成分の位相が+ 90°シフトします。ワイプされたDCを除いて、どの振幅も影響を受けません。これは、基本的にヒルベルト変換が行うことです。 $X(f) \triangleq \mathscr{F}\{x(t)\}$

このことから、分析信号について知っています。

\begin{aligned} x_{a} (t) & ≜ x (t) + j \hat{x} (t) \\ X_{a} (f) & = X (f) + j \hat{X} (f) \\ = X (f) + j (- j sgn (f) X (f)) \\ = (1 + sgn (f)) X (f) \\ = {\begin{cases} 2 X (f) & f > 0 \\ X (f) & f = 0 \\ 0 & f < 0 \end{cases} \end{aligned}

$\begin{align} x_\text{a}(t) & \triangleq x(t) + j\hat{x}(t) \\ \\ X_\text{a}(f) & = X(f) + j\hat{X}(f) \\ & = X(f) + j( -j \, \operatorname{sgn}(f) X(f) ) \\ & = (1 + \operatorname{sgn}(f)) \, X(f) \\ \\ & = \begin{cases} 2 X(f) \qquad & f>0 \\ X(f) \qquad & f=0 \\ 0 \qquad & f<0 \\ \end{cases} \\ \end{align}$

したがって、複素数値の時間領域信号がある場合、この信号の実数部と虚数部がヒルベルト変換ペアを形成するであり、周波数領域では、すべての負の周波数成分振幅がゼロです。フーリエ変換は対称的であるため、双対性があり、時間と周波数役割を逆にすることができます。つまり、このスペクトルの実数部と虚数部がヒルベルト変換ペアを形成する複素数値の周波数領域スペクトルがある場合、時間領域では、すべての負の時間成分の振幅がゼロになります。。 $x_\text{a}(t)$ $t$ $f$ $X(f)$

もう一度述べますが、インパルス応答をに、周波数応答をに置き換えて、 $h(t)$ $x(t)$ $H(f)$ $X(f)$

ℑ {h （ t ）} = H {ℜ {h （ t ）}} ⟺ H （ f ） = 0 \forall f < 0

$\Im\{h(t)\} = \mathscr{H}\big\{\Re\{h(t)\}\big\} \iff H(f) = 0 \quad \forall f<0$

そして同様に

ℑ {H （ f ）} = - H {ℜ {H （ f ）}} ⟺ h （ t ） = 0 \forall t < 0

$\Im\{H(f)\} = -\mathscr{H}\big\{\Re\{H(f)\}\big\} \iff h(t) = 0 \quad \forall t<0$

ここで、 $H(f) \triangleq \mathscr{F}\{h(t)\}$

負のすべてのに対してゼロであるインパルス応答によって記述されるLTIシステムは、「因果システム」と呼ばれるものです。これは、インパルス応答が、駆動インパルスが時間内に発生するまで駆動インパルスに応答しないためです。したがって、すべての実現可能なリアルタイムLTIシステム（因果関係が必要）では、周波数応答の実数部と虚数部は、周波数領域のヒルベルトペアです。これは特に驚くべきことでも特別なことでもありません。 $h(t)$ $t$

だから、（マットが予想通り）の実部と虚部関係について何かもっとあり、何かを LTIシステムに関してれるビットsurprizing（あるいは、少なくとも、簡単ではありませんが）。我々は持っている2つのこのクラスでは「と呼ばれているLTIシステムやLTIフィルタの定義や説明を最小位相フィルタを」：

有理伝達関数を持つLTIフィルター（分子と分母を因数分解して、それぞれ零点と極と呼ばれる根を生成できます）で、極と零点の両方が左半平面にあります。

H （ \frac{s}{j 2 π} ） = あ \frac{（ s - q_{1} ） （ s - q_{2} ） 。 。 。 （ s - q_{M} ）}{（ s - p_{1} ） （ s - p_{2} ） 。 。 。 （ s - p_{N} ）} M \leq N

$H\left( \frac{s}{j 2 \pi} \right) = A \frac{(s-q_1)(s-q_2)...(s-q_M)}{(s-p_1)(s-p_2)...(s-p_N)} \qquad \qquad M \le N$

安定性のために必要： for all $\Re\{p_n\} < 0$ $1 \le n \le N$

最小フェーズに必要： for all $\Re\{q_m\} < 0$ $1 \le m \le M$

これらのフィルターは、「最小位相」と呼ばれます。左半平面の任意のゼロに対して、に同じ位置に極を持つオールパスフィルターはそのゼロをキャンセルし、右半平面に反映します。 $q_m$

H_{AP} （ \frac{s}{j 2 π} ） = \frac{s + q_{メートル}}{s - q_{メートル}}

$H_\text{AP}\left( \frac{s}{j 2 \pi} \right) = \frac{s+q_m}{s-q_m}$

このオールパスフィルターは、すべての周波数に対して正確に0 dBの大きさの周波数応答を持っています。

| H_{AP} （ f ） | = 1 \forall f

$|H_\text{AP}(f)| = 1 \qquad \qquad \forall f$

ただし、位相角はゼロではありません。このAPFは（負の）位相シフトを追加します。

\arg {H_{AP} （ f ）} = - 2 アークタン （ \frac{2 π f - ℑ {q_{メートル}}}{- ℜ {q_{メートル}}} ）

$\arg \{ H_\text{AP}(f) \} = -2 \arctan\left(\frac{2 \pi f - \Im\{q_m\}}{-\Re\{q_m\}}\right)$

結果のカスケードフィルター with the zero 右半平面に反映されるは、元のフィルター（左半平面にすべてゼロを持つ）と同じ大きさですが、より多くの（負の）位相シフトがあります。より多くの位相遅延とより多くの群遅延。「最小相」フィルタは、正確に右半平面のゼロを反映APFS有するクローンのいずれかよりも低い（負の）位相シフトを有する同じ大きさの応答を有するフィルタのみです。 $H\left( \frac{s}{j 2 \pi} \right) \cdot H_\text{AP}\left( \frac{s}{j 2 \pi} \right)$ $q_m$

「最大相」フィルタは1で、すべてのゼロの右半平面またはに住ん。 $\Re\{ q_m \} \ge 0$

したがって、最小位相フィルターの2番目の定義は、この最小位相応答が振幅応答にどのように関連するかを正確に指定します。

LTIシステムまたはフィルター

H (f) = | H (f) | e^{j \arg {H (f)}} = | H (f) | e^{j ϕ (f)}

$H(f) = |H(f)| e^{j \arg\{H(f)\}} = |H(f)| e^{j \phi(f)}$

ラジアン単位の自然位相応答がマグニチュード応答の自然対数のヒルベルト変換の負である場合にのみ、最小位相です。

ϕ (f) ≜ \arg {H (f)} = - H {\ln (| H (f) |)}

$\phi(f) \triangleq \arg\{ H(f) \} = -\mathscr{H}\big\{ \ln( |H(f)| ) \big\}$

以来

\begin{aligned} H (f) & = | H (f) | e^{j ϕ (f)} \\ = e^{\ln (| H (f) |)} e^{j ϕ (f)} \\ = e^{\ln (| H (f) |) + j ϕ (f)} \\ = e^{\ln (H (f) ）} \end{aligned}

$\begin{align} H(f) & = |H(f)| e^{j \phi(f)} \\ & = e^{\ln(|H(f)|)} e^{j \phi(f)} \\ & = e^{\ln(|H(f)|) + j \phi(f)} \\ & = e^{\ln(H(f))} \\ \end{align}$

これは、周波数応答の複雑な自然の実数部と虚数部を関連付けてい。その複素対数に等しい複素周波数応答をもつ仮想LTIフィルターを構築できるとします。 $\log()$ $G(f)$

\begin{aligned} G （ f ） & = \ln （ H （ f ） ） \\ = \ln （ | H （ f ） | ） + j φ （ f ） \\ = ℜ {G （ f ）} + j ℑ {G （ f ）} \end{aligned}

$\begin{align} G(f) & = \ln(H(f)) \\ & = \ln(|H(f)|) + j \phi(f) \\ & = \Re\{G(f)\} + j \Im\{G(f)\} \\ \end{align}$

\begin{aligned} ℑ {G (f)} & = ϕ (f) = - H {\ln (| H (f) |)} \\ = - H {ℜ {G (f)}} \end{aligned}

$\begin{align} \Im\{G(f)\} & = \phi(f) = -\mathscr{H}\big\{ \ln( |H(f)| ) \big\} \\ & = -\mathscr{H}\big\{ \Re\{G(f)\} \big\} \\ \end{align}$

次に、対応するインパルス応答は因果関係になります。 $G(f)$

F^{- 1} {G (f)} = g (t) = 0 \forall t < 0

$\mathscr{F}^{-1}\{ G(f) \} = g(t) = 0 \qquad \qquad \forall t<0$

この質問の目的は、最小位相フィルターの2つの定義を解決することです。最初の定義を前提として、仮説が因果的なインパルス応答を持つべき直接的な理由が見当たらない場合。 $G(f) = \ln(H(f))$ $g(t)$

2つの定義を直接解決する唯一の方法は、次のことを考慮することです。

H (f) = A \frac{(j 2 π f - q_{1}) (j 2 π f - q_{2}) . . . (j 2 π f - q_{M})}{(j 2 π f - p_{1}) (j 2 π f - p_{2}) . . . (j 2 π f - p_{N})}

$H(f) = A \frac{(j2\pi f-q_1)(j2\pi f-q_2)...(j2\pi f-q_M)}{(j2\pi f-p_1)(j2\pi f-p_2)...(j2\pi f-p_N)}$

（今のところあると仮定し） $A>0$

\ln (| H (f) |) = \ln (A) + \sum_{m = 1}^{M} \ln (| j 2 π f - q_{m} |) - \sum_{n = 1}^{N} \ln (| j 2 π f - p_{n} |)

$\ln(|H(f)|) = \ln(A) + \sum_{m=1}^{M} \ln(|j2\pi f-q_m|) - \sum_{n=1}^{N} \ln(|j2\pi f-p_n|)$

ϕ (f) ≜ \arg {H (f)} = \sum_{m = 1}^{M} \arg {j 2 π f - q_{m}} - \sum_{n = 1}^{N} \arg {j 2 π f - p_{n}}

$\phi(f) \triangleq \arg\{H(f)\} = \sum_{m=1}^{M} \arg\{j2\pi f-q_m\} - \sum_{n=1}^{N} \arg\{j2\pi f-p_n\}$

定数関数のヒルベルト変換はゼロであるため、

H {\ln (A)} = 0

$\mathscr{H}\big\{ \ln(A) \big\} = 0$

次に、との合計の残りの対応する各項がヒルベルトペアであることを証明できる場合、つまり、 $\ln(|H(f)|)$ $\arg\{H(f)\}$

\arg {j 2 π f - q_{m}} = - H {\ln (| j 2 π f - q_{m} |)} 1 \leq m \leq M

$\arg\{j2\pi f-q_m\} = -\mathscr{H}\big\{ \ln(|j2\pi f-q_m|) \big\} \qquad 1 \le m \le M$

そして

\arg {j 2 π f - p_{n}} = - H {\ln (| j 2 π f - p_{n} |)} 1 \leq n \leq N

$\arg\{j2\pi f-p_n\} = -\mathscr{H}\big\{ \ln(|j2\pi f-p_n|) \big\} \qquad 1 \le n \le N$

所与と、 $\Re\{q_m\} < 0$ $\Re\{p_n\} < 0$

次に、それを示すことができます

ϕ (f) ≜ \arg {H (f)} = - H {\ln (| H (f) |)}

$\phi(f) \triangleq \arg\{ H(f) \} = -\mathscr{H}\big\{ \ln( |H(f)| ) \big\}$

単一の一次項を検討する場合、位相の折り返しについてあまり心配する必要はありません。フォームは零点と極の両方で同じであるため、単一の零点のみを考慮する

\begin{aligned} \arg {j 2 π f - q_{m}} & = \arg {j 2 π f - (ℜ {q_{m}} + j ℑ {q_{m}})} \\ = \arg {- ℜ {q_{m}} + j (2 π f - ℑ {q_{m}})} \\ = \arctan (\frac{2 π f - ℑ {q_{m}}}{- ℜ {q_{m}}}) \end{aligned}

$\begin{align} \arg\{j2\pi f - q_m\} & = \arg\{j2\pi f - (\Re\{q_m\} + j \Im\{q_m\})\} \\ & = \arg\{-\Re\{q_m\} + j(2\pi f - \Im\{q_m\})\} \\ & = \arctan\left(\frac{2\pi f - \Im\{q_m\}}{-\Re\{q_m\}}\right) \\ \end{align}$

そして

\begin{aligned} \ln (| j 2 π f - q_{m} |) & = \ln (| j 2 π f - (ℜ {q_{m}} + j ℑ {q_{m}}) |) \\ = \ln (| - ℜ {q_{m}} + j (2 π f - ℑ {q_{m}}) |) \\ = \ln (\sqrt{(- ℜ {q_{m}})^{2} + (2 π f - ℑ {q_{m}})^{2}}) \\ = \frac{1}{2} \ln ((- ℜ {q_{m}})^{2} + (2 π f - ℑ {q_{m}})^{2}) \end{aligned}

$\begin{align} \ln(|j2\pi f-q_m|) & = \ln(|j2\pi f - (\Re\{q_m\} + j \Im\{q_m\})|) \\ & = \ln(|-\Re\{q_m\} + j(2\pi f - \Im\{q_m\})|) \\ & = \ln\left( \sqrt{(-\Re\{q_m\})^2 + (2\pi f - \Im\{q_m\})^2} \ \right) \\ & = \tfrac12 \ln\big( (-\Re\{q_m\})^2 + (2\pi f - \Im\{q_m\})^2 \big) \\ \end{align}$

だから今それを示すタスクになります

\arctan (\frac{2 π f - ℑ {q_{m}}}{- ℜ {q_{m}}}) = - H {\frac{1}{2} \ln ((- ℜ {q_{m}})^{2} + (2 π f - ℑ {q_{m}})^{2})}

$\arctan\left(\frac{2\pi f - \Im\{q_m\}}{-\Re\{q_m\}}\right) = -\mathscr{H}\Big\{ \tfrac12 \ln\big((-\Re\{q_m\})^2 + (2\pi f - \Im\{q_m\})^2 \big) \Big\}$

時間領域では、ヒルベルト変換はLTIであることを思い出してください。したがって、あり、が何であるかは関係ありません。これは、ヒルベルト変換への入力と出力の両方における時間へのオフセットです。 $\hat{x}(t-\tau) = \mathscr{H}\{x(t-\tau)\}$ $\tau$ $t$

ここで、周波数領域では、周波数へのオフセットはなので、一般性を失うことなく、両側からを排除できます。 $f$ $\frac{\Im\{q_m\}}{2 \pi}$ $\Im\{q_m\}$

\arctan (\frac{2 π f}{- ℜ {q_{m}}}) = - H {\frac{1}{2} \ln ((- ℜ {q_{m}})^{2} + (2 π f)^{2})}

$\arctan\left(\frac{2\pi f}{-\Re\{q_m\}}\right) = -\mathscr{H}\Big\{ \tfrac12 \ln\big((-\Re\{q_m\})^2 + (2\pi f)^2 \big) \Big\}$

これにより、問題はどちらも左半平面の単一の実極と実ゼロに分解されます。これで、とを正規化して、次のように置き換えることができます。 $-\Re\{q_m\}$ $2 \pi$

ω ≜ \frac{2 π f}{- ℜ {q_{m}}}

$\omega \triangleq \frac{2\pi f}{-\Re\{q_m\}}$

その結果

\begin{aligned} \arctan (ω) & = - H {\frac{1}{2} \ln ((- ℜ {q_{m}})^{2} + (ω \cdot (- ℜ {q_{m}}))^{2})} \\ = - H {\frac{1}{2} \ln ((- ℜ {q_{m}})^{2} \cdot (1 + ω^{2}))} \\ = - H {\ln (- ℜ {q_{m}}) + \frac{1}{2} \ln (1 + ω^{2})} \\ = - H {\frac{1}{2} \ln (1 + ω^{2})} \end{aligned}

$\begin{align} \arctan(\omega) &= -\mathscr{H}\Big\{ \tfrac12 \ln\big((-\Re\{q_m\})^2 + (\omega \cdot (-\Re\{q_m\}))^2 \big) \Big\} \\ &= -\mathscr{H}\Big\{ \tfrac12 \ln\big((-\Re\{q_m\})^2 \cdot (1 + \omega^2) \big) \Big\} \\ &= -\mathscr{H}\Big\{ \ln(-\Re\{q_m\}) + \tfrac12 \ln(1 + \omega^2) \Big\} \\ &= -\mathscr{H}\Big\{ \tfrac12 \ln(1 + \omega^2) \Big\} \\ \end{align}$

定数のヒルベルト変換がゼロであるため、最後の項は削除されます。 $\ln(-\Re\{q_m\})$

したがって、ここで、最小位相フィルターが何であるかの2つの定義が同等であることを証明するために、上の（または下の）同一性を「単純に」証明する必要があります。

誰かが、等高線積分または残差理論または複雑な変数分析の結果を使用せずに、この事実を証明できますか？：

\begin{aligned} \arctan (ω) & = - \frac{1}{2} H {\ln (1 + ω^{2})} \\ = - \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{π u} \ln (1 + (ω - u)^{2}) d u \\ = - \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{π (ω - u)} \ln (1 + u^{2}) d u \end{aligned}

$\begin{align} \arctan(\omega) &= -\tfrac12 \mathscr{H}\big\{ \ln(1 + \omega^2) \big\} \\ \\ &= -\tfrac12 \int\limits_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\pi u} \, \ln(1 + (\omega-u)^2) \, du \\ \\ &= -\tfrac12 \int\limits_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\pi (\omega-u)} \, \ln(1 + u^2) \, du \\ \end{align}$

hilbert-transform causality minimum-phase

— ロバート・ブリストー・ジョンソン
ソース

これは、最小位相システムの対数の大きさと位相の間のヒルベルト変換の関係についてだと思います...

— Matt L.17年

@MattLです。それは、最小位相フィルターの2つの異なる定義を調整することです。まだ2番目の定義に達していません（ご指摘のとおり）。

— robert bristow-johnson 2017

すごい@ robertbristow-johnson！その最後の行と方程式は、数学のサイトにも投稿するのに適しているかもしれません（背景の必要はないと思います。定義だけです）

H

$\mathscr{H}$

— Dan Boschen

そのようなものは私の計画です、@ DanBoschen。最初にここに捨てたいだけです。たぶん、OlliかMattLにしましょう。それを強打します。（私にはアプローチがあり、2つの関数の導関数がヒルベルトペアを作成することを示しています。）

— robert bristow-johnson 2017

@DanBoschen、私はあなたが提案したとおりにやった。

— robert bristow-johnson 2017

ヒルベルト変換を $\mathcal{H}\left\{f(\omega)\right\}$

\begin{matrix} （1） & f （ ω ） = - \frac{1}{2} ログ （ 1 + ω^{2} ） \end{matrix}

$f(\omega)=-\frac12\log(1+\omega^2)\tag{1}$

次の方法で計算できます。最初に、

\begin{matrix} （2） & \frac{d f （ ω ）}{d ω} = - \frac{ω}{1 + ω^{2}} \end{matrix}

$\frac{df(\omega)}{d\omega}=-\frac{\omega}{1+\omega^2}\tag{2}$

この表から、

\begin{matrix} （3） & H {\frac{1}{1 + ω^{2}}} = \frac{ω}{1 + ω^{2}} \end{matrix}

$\mathcal{H}\left\{\frac{1}{1+\omega^2}\right\}=\frac{\omega}{1+\omega^2}\tag{3}$

また、知っていること

\begin{matrix} （4） & H {H {f}} = - f \end{matrix}

$\mathcal{H}\{\mathcal{H}\{f\}\}=-f\tag{4}$

とを組み合わせると $(3)$ $(4)$

\begin{matrix} （5） & H {\frac{ω}{1 + ω^{2}}} = H {H {\frac{1}{1 + ω^{2}}}} = - \frac{1}{1 + ω^{2}} \end{matrix}

$\mathcal{H}\left\{\frac{\omega}{1+\omega^2}\right\}=\mathcal{H}\left\{\mathcal{H}\left\{\frac{1}{1+\omega^2}\right\}\right\}=-\frac{1}{1+\omega^2}\tag{5}$

したがって、を使用して、 $(2)$

\begin{matrix} （6） & H {\frac{d f （ ω ）}{d ω}} = \frac{1}{1 + ω^{2}} \end{matrix}

$\mathcal{H}\left\{\frac{df(\omega)}{d\omega}\right\}=\frac{1}{1+\omega^2}\tag{6}$

これで、ヒルベルト変換演算子と微分演算子が交換することもわかりました。

\begin{matrix} （7） & H {\frac{d f （ ω ）}{d ω}} = \frac{d}{d ω} H {f （ ω ）} \end{matrix}

$\mathcal{H}\left\{\frac{df(\omega)}{d\omega}\right\}=\frac{d}{d\omega}\mathcal{H}\{f(\omega)\}\tag{7}$

これは

\begin{matrix} （8） & \frac{d}{d ω} H {f （ ω ）} = \frac{1}{1 + ω^{2}} \end{matrix}

$\frac{d}{d\omega}\mathcal{H}\{f(\omega)\}=\frac{1}{1+\omega^2}\tag{8}$

統合すると、最終的に $(8)$

\begin{matrix} (9) & H {f (ω)} = \arctan (ω) \end{matrix}

$\mathcal{H}\{f(\omega)\}=\arctan(\omega)\tag{9}$

この結果は、Mathematica（私が入手できない）を使用して取得することもできます。このスレッドによると、コマンド

積分[-1 / 2 * Log [1 +（\ [Tau] * \ [Nu]）^ 2] /（\ [Nu]-\ [Omega]）、{\ [Nu]、-Infinity、Infinity}、
 PrincipalValue-> True、仮定-> \ [Tau]> 0 && \ [Omega]> 0、GenerateConditions-> False] / Pi

与える

-ArcTan[\[Tau] \[Omega]]

Mathematicaコマンドの積分の分母に見られるように、負の符号はヒルベルト変換の異なる定義に由来します。

の逆フーリエ変換の因果関係、つまり最小位相システムの複素ケプストラムの因果関係も直感的に理解できることを付け加えておきます。右半平面のがゼロになると、右半平面のに特異点が発生しその結果、収束領域が対応するため、対応する逆フーリエ変換は両側でなければなりません。虚軸を含むストリップです。右半平面にゼロがない場合（つまり、システムが最小位相である場合に限り、は左半平面にすべての特異点を持ち、逆変換により右側の因果関係が生成されます関数。 $\log H(j\omega)$ $H(j\omega)$ $H(s)$ $\log H(s)$ $\log H(s)$

から、ヒルベルト変換のもう1つの優れた特性を確認できます。つまり、逆変換は負の符号を持つ（順方向）変換によって単純に与えられます。 $(4)$

\begin{matrix} (10) & H^{- 1} {f} = - H {f} \end{matrix}

$\mathcal{H}^{-1}\{f\}=-\mathcal{H}\{f\}\tag{10}$

つまり、見つかったすべてのヒルベルト変換ペアに対して、無料で別のペアを取得します。

\begin{matrix} (11) & H {f} = g ⟹ H {g} = - f \end{matrix}

$\mathcal{H}\{f\}=g\Longrightarrow\mathcal{H}\{g\}=-f\tag{11}$

を適用すると、 $(11)$ $(9)$

\begin{matrix} (12) & H {\arctan (ω)} = - f (ω) = \frac{1}{2} \log (1 + ω^{2}) \end{matrix}

$\mathcal{H}\{\arctan(\omega)\}=-f(\omega)=\frac12\log(1+\omega^2)\tag{12}$

— マットL.
ソース

（Mathematicaを使った）その負の符号はまだ私にとって厄介です、マット。ヒルベルト変換の定義をねじ込むだけで、それは不可欠です。 Mathematicaはコーシーのpvとの不定積分の定義で偽の符号変化を投げません

— robert bristow-johnson 2017

ああ、それはと順序の逆です。

ν

$\nu$

ω

$\omega$

— robert bristow-johnson 2017

@ robertbristow-johnson：はい、分母を見てください。、介して統合しています。

ν - Ω

$\nu-\Omega$

ν

$\nu$

— Matt L.

私は一番下の因果関係の議論に乗っていません。理由だけで、合理的である、という意味ではありませんあります。それでも、の特異点をすべて左半平面に配置しても因果関係は提供されませんが、安定性は提供されます。本当に同じことではありません。

H (s)

$H(s)$

\log (H (s))

$\log(H(s))$

\log (H (s))

$\log(H(s))$

— robert bristow-johnson 2017

@ robertbristow-johnson：は確かに一般的に非合理的です。それが合理的であると私は主張しなかった。安定性は、その逆フーリエ変換（ケプストラム）が存在すると仮定することによって暗示されることに注意してください。したがって、安定性が暗示されると、特異点の位置が因果関係を決定します。左の半平面のすべての特異点は因果関係を意味し、右の半平面の非特異性は反因果関係を意味し、両側は両面（非因果）を意味します。LHPの特異点が安定性を提供することは、一般的には正しくありません。これは、因果システムにのみ当てはまります。

\log H (s)

$\log H(s)$

\log H (s)

$\log H(s)$

— マット