Amostragem de sinais e teorema de Nyquist

Deduza a regra dos 6 dB por bit de raiz para um conversor de 8 bits — de onde vem o 1,76 isolado? — e depois diga o que ela não promete.

1. O arredondamento para o nível mais próximo deixa um erro não superior a meio passo e, num sinal complexo, esse erro distribui-se uniformemente pelo intervalo. A sua variância é o integral de e² sobre uma distribuição uniforme.

   $$\Delta=\frac{V_{FS}}{2^{N}},\qquad e\sim\mathcal{U}\!\left(-\tfrac{\Delta}{2},\tfrac{\Delta}{2}\right),\qquad \sigma_e^{2}=\frac{1}{\Delta}\int_{-\Delta/2}^{\Delta/2}\!e^{2}\,de=\frac{\Delta^{2}}{12}$$

2. O sinal de referência é uma senoide que preenche toda a gama de entrada, pelo que a sua potência é metade do quadrado da sua amplitude.

   $$P_{\text{sig}}=\frac{(V_{FS}/2)^{2}}{2}=\frac{V_{FS}^{2}}{8}$$

3. Divida os dois. A gama de fundo de escala cancela-se, razão pela qual o resultado é uma função pura do número de bits e não da tensão.

   $$\mathrm{SNR}=\frac{V_{FS}^{2}/8}{\Delta^{2}/12}=\frac{12}{8}\left(\frac{V_{FS}}{\Delta}\right)^{2}=\frac{3}{2}\cdot2^{2N}$$

4. Aplique logaritmos. O 6,02 é 20 log₁₀2 — um bit duplica o número de níveis — e o 1,76 é o 3/2 restante da linha anterior.

   $$\mathrm{SNR_{dB}}=10\log_{10}\!\tfrac{3}{2}+20N\log_{10}2=1.76+6.02\,N$$

5. Calcule para 8 bits, depois para 16. Cada bit adicional vale um pouco mais de 6 dB, pelo que os oito bits adicionais do áudio de CD compram 48 dB.

   $$N=8:\ 6.02(8)+1.76=49.92\ \mathrm{dB};\qquad N=16:\ 98.08\ \mathrm{dB}$$

Um microfone capta uma componente de 30 kHz, bem acima do que qualquer pessoa consegue ouvir, e esta chega a um conversor de 44,1 kHz sem passar por qualquer filtro. O que fica na gravação e de que outros tons passa a ser indistinguível?

Abrir este problema na ferramenta

1. Comece pelo limite superior. Um conversor a operar a 44 100 amostras por segundo consegue representar com fidelidade qualquer frequência abaixo de metade dessa taxa. O nosso tom está acima do limite, pelo que, independentemente do aspeto final das amostras, elas não podem significar aquilo que aparentam significar.

   $$f_{Nyquist}=\frac{f_s}{2}=\frac{44\,100}{2}=22\,050\ \mathrm{Hz}\qquad 30\,000>22\,050$$

2. Registe o que o conversor realmente armazena. Ele nunca vê a onda. Vê o valor da onda uma vez a cada 1/44 100 de segundo, e nada mais.

   $$x[n]=\sin\!\left(2\pi f\,\frac{n}{f_s}\right)=\sin\!\left(2\pi\cdot\frac{30\,000}{44\,100}\,n\right)$$

3. Adicione agora um número inteiro de ciclos entre uma amostra e a seguinte. Cada amostra ganha 2πk adicionais de fase, e uma sinusoide permanece inalterada por voltas completas. Os números armazenados saem idênticos, dígito por dígito.

   $$\sin\!\left(2\pi\,\frac{f+k f_s}{f_s}\,n\right)=\sin\!\left(2\pi\frac{f}{f_s}n+2\pi k n\right)=\sin\!\left(2\pi\frac{f}{f_s}n\right)\qquad k\in\mathbb{Z}$$

4. Portanto, as amostras não identificam uma frequência. Identificam uma família, e a reprodução tem de escolher um elemento dessa família. Escolhe aquele que estiver mais próximo de zero, que é a distância de 30 000 Hz ao múltiplo mais próximo da taxa de amostragem.

   $$k=\operatorname{round}\!\left(\frac{30\,000}{44\,100}\right)=1,\qquad f_{alias}=\left|30\,000-1\cdot44\,100\right|=14\,100\ \mathrm{Hz}$$

5. Esse é o valor que a ferramenta apresenta. 14 100 Hz é um silvo fino e agudo, audível para a maioria dos ouvintes jovens e uma das primeiras coisas a perder-se com a idade, e não estava na sala: uma componente inaudível foi transformada numa componente audível pelo simples ato de a gravar.

   $$\mathrm{OSR}=\frac{f_s}{2f_{signal}}=\frac{44\,100}{2\cdot30\,000}=0.735<1$$

6. Que outros tons coincidem na mesma posição? Todos os membros da família. E existem infinitos. Aqueles que se encontram uma taxa de amostragem inteira acima reaparecem dígito por dígito; os espelhados apresentam todas as amostras de sinal trocado, o que equivale ao mesmo tom com a fase invertida. Em ambos os casos, a gravação preserva apenas um número por amostra e não guarda memória do tom que o produziu.

   $$\left|k\,f_s\pm14\,100\right|=\{14\,100,\ 30\,000,\ 58\,200,\ 74\,100,\ 102\,300,\ \dots\}$$

7. É por isso que o filtro tem de ser analógico e tem de ficar antes do conversor, o que fixa o quão abrupto deve ser: deixar passar 20 kHz, cortar aos 22 050 Hz, um intervalo de cerca de um sétimo de oitava. Construir isto em eletrónica analógica é difícil, razão prática pela qual existem conversores com sobreamostragem. Amostrando mais depressa, a banda de guarda alarga-se, o filtro analógico pode ser suave e a parte mais exigente da tarefa transfere-se para a aritmética, onde o custo é reduzido.

   $$\log_{2}\frac{22\,050}{20\,000}=0.141\ \text{octave}$$