フィルターの群遅延をゼロにするにはどうすればよいですか？

ウェーブパケットを1次ローパスフィルターの通過帯域に通した場合、フィルターの群遅延によって遅延され、同じ振幅のままですよね。

同じ波のパケットを同じカットオフ周波数の相補1次ハイパスフィルターに通すと、群遅延曲線は同じになるため、パケットの遅延は同じになりますが、ゲインははるかに低くなるため、遅れるように、そして無視できるように弱められる。

ハイパスフィルターの出力は非常に小さいため、これらの2つのフィルターの出力を合計すると（オーディオクロスオーバーの場合など）、ローパスフィルターの出力と無視できるほど異なると予想されます。大きな遅延信号+非常に小さい遅延信号=大きな遅延信号。

しかし、フィルター応答を合計すると、振幅はどこでも0 dB、位相はどこでも0になるため、群遅延は0になり、波のパケットは遅延なく変化せずに出力されます。これがどのようにして可能になるのかわかりません。フィルターは常に遅延を招きませんか？フィルター（これも正の群遅延があります）は、特にこれが阻止帯域で発生しているときに、他のチャネルによって引き起こされる遅延をどのように元に戻すことができますか？

ここで誤解している部分はどこですか？

線形位相を持つ最もよく知られているクロスオーバータイプは、1次の非反転クロスオーバーです... 1次クロスオーバーは、その出力が通常合計されるときの最小位相です。0°でフラットな位相プロットがあります。- アクティブなクロスオーバーの設計

そして

ここで、出力を合計した結果は0°の位相シフトを生成します。つまり、1次クロスオーバーの振幅と位相シフトの合計は、1本のワイヤーに相当します。- リンクウィッツ・ライリークロスオーバー：Aプライマー：1次クロスオーバーネットワーク

実際のパルスをテストすると、ローパス（青）が予想どおりにパルスを遅延させる方法と、ハイパス（緑）がパルスと結合して元の（赤）パルスを生成する方法がわかりますが、ハイパスパルスが元の前に発生する方法はハイパスフィルターは因果関係があり、正の群遅延がありますか？直感が私を失敗させています。

これは、ハイパス出力が私が想像したほど無視できず、遅延が私が想像したよりも無視できるほど小さいことを示しています。また、キャリア周波数を移動すると、これら2つのプロパティは比例して変化します（遅延が小さいほど、低振幅のハイパス出力が必要です）修正します）。しかし、私はまだそれを本当に理解していません。

「団結への再構築」にはいくつかの興味深い側面があります。まず、2つのフィルターを組み合わせる方法は2つあります。並列と直列です。並列トポロジーの場合、ペアが1になるように補完フィルターを見つけることは常に可能です。実はとても簡単です。単純にやる$\tilde{H}(\omega) = 1-H(\omega)$。時間領域では、相補フィルターのインパルス応答は、最初のサンプルに1が追加された元のインパルス応答の負の値になるだけです。つまり、「リンギー」なものはすべてキャンセルされます。さて、この補完的なフィルターの形状は、必ずしも期待されるものとは限りません。1次ローパスの場合、実際には1次ハイパスですが、高次フィルターの場合、カットオフ領域でオーバー/アンダースイングが発生する傾向があります。ただし、安定した因果関係フィルターとして常に存在します。

シリーズ（またはカスケード）の「単一性への再構築」は少し複雑です。もちろん、フィルタはお互いの逆でなければならないであろう、すなわち。一般に、これは任意の最小位相フィルターで実行できます。最小位相フィルターの逆も最小位相であり、どちらも因果的で安定しています。$\tilde{H}(\omega) = \frac{1}{H(\omega)}$

したがって、これらの場合のグループ遅延をどのように解釈するかという問題が残ります。カスケードのケースは実際にはもっと興味深いです。フィルターは互いに逆であるため、一方の位相、ひいては群遅延は他方の負です。したがって、周波数では、1つのフィルターには正の群遅延があり、もう1つのフィルターには負の群遅延があります。簡単な例は、ゲインが+ 6dBのローシェルフとカットが6dBのローシェルフです。したがって、負のグループ遅延は非常に現実的であり、確かに因果律の違反ではありません。実際には、これらはかなり「フラットではない」フィルターの領域に現れます。したがって、かなりの量の振幅歪みもあるため、「エンベロープの遅延」の従来の解釈はまったく適用されません。

グーグルの「ネガティブグループ遅延」の場合、この問題に取り組んだIEEEの記事がいくつか見つかります。

この問題では、群遅延の誤用も、物理または因果律の違反もありません。周波数に対する位相の負の導関数としての群遅延の定義は、各フィルター自体が周波数全体で一定ではない正の時間遅延を持っているという点で、依然として有効です。詳細は、フィルターが並列または直列に接続されたときに何が起こるかで明らかにされます。

$\frac{1}{\sqrt{2}}e^{j\pi/2}\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-j\pi/2}$

$A_1 e^{j\phi_1}$$A_1(\omega)e^{j\phi_1(\omega)}$

OPの質問に照らして、最初のケースを検討してください。クロスオーバーでは、各フィルターは次のように与えられた振幅と位相を持っています。

$\frac{1}{\sqrt{2}}e^{j\pi/2}$

$\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-j\pi/2}$

$\frac{1}{\sqrt{2}}e^{j\pi/2} + \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-j\pi/2}$

シリーズでは、結果はなります$\frac{1}{\sqrt{2}}e^{j\pi/2}\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-j\pi/2}$

そして最も高い周波数では、各フィルターは次のように与えられた振幅と位相を持っています

$\rightarrow \infty$$1e^{j0}$

$\rightarrow \infty$$0e^{-j\pi}$

$-\pi$$\infty$

間に発生することは、並列の組み合わせが合計してゼロ位相になる（したがって、群遅延がゼロになるため、基本的に並列の組み合わせも透過的になる）ために、2つのフィルター間に特別な数学的関係が必要です。2つのフィルターの位相に直角位相関係があることがはっきりとわかるOPの例を考えてみます。したがって、次のようになります。

この結果がすべての周波数に対して常にゼロ位相を持つためには、次の等式が成り立つ必要があります。

または、次のように記述します。

$\phi_1$$A_1 = cos(\phi_1)$$A_2 = sin(\phi_1)$$\phi_1$

OPが示した最後のプロットと彼の質問について考えられる直感については、導関数はハイパス関数であると考えてください。赤のパルスの導関数をとると、結果として緑のパルスが得られます。赤いパルスが現れるまでこの結果を得ることができなかったため、因果関係の違反はありません。

これはかなり興味深い質問だと思ったので、5年遅れではあるが、答えようと思う。

群遅延を測定する方法の1つを誤って適用する方法、つまり、位相の負の微分として計算する方法を発見したと思います。この状況では、この方法は適切ではありません。

この場合、群遅延を測定するより適切な方法は、正弦波入力を使用し、入力と合計出力の間の遅延を測定することです。もちろん、完全な画像を取得するには、周波数スイープを行う必要があります。これは面倒ですが正確です。

これを行うと、ゼロ以外の群遅延を測定することに同意できると思います。

群遅延はグループ、つまり変調信号に関連しているため、群遅延の測定はグループ（変調信号）を使用して行う必要があります。フィルターに入るグループは、フィルターの出力での形状に関して同じでなければなりません。形状は、たとえばグループのスペクトルを意味します。単一の周波数で行われた測定は、群遅延に関する情報を持っていません。