Saha ekstraksiyonu için AMDF kullanırken düşük temel ile nasıl başa çıkılır?

Yarı periyodik bir ses sinyalinin temel frekansını tahmin etmek için Ortalama Büyüklük Farkı İşlevini kullanıyorum . AMDF şu şekilde tanımlanır:

$$D_n = \frac{1}{N-n}\sum_{k=n}^{N-1}|S_k - S_{k-n}|$$

nerede $N$sinyal uzunluğudur. Sinyal, süresine eşit bir miktarda kaydırıldığında bu işlev minimum gösterir.

Bu adım (Matlab) çıkarmak için kullandığım kod:

 a = amdf(f);
 a = a/max(a);
 [p l] = findpeaks(-a, 'minpeakprominence', 0.6);
 pitch = round(sample_freq/l(1);

Ancak, temel frekansın çok düşük olduğu bir ses sinyali ile uğraşıyorum:

Sonuç olarak, bir perde katlama problemi ortaya çıkar: tespit edilen minimum, sinyalin süresinin yarısına karşılık gelir (yani ikinci harmonik):

Sadece ilk değil, en büyük zirveyi çıkarmaya çalıştım, ancak bazen bu sorun devam ediyor. Düşük temel düzey ile başa çıkmak için kodumu ve / veya AMDF işlevimi nasıl geliştirebilirim?

Saha tespit tesisinde buna " oktav problemi " diyoruz .

Her şeyden önce AMDF'yi ASDF olarak değiştirirdim. Ve gecikme arttıkça pencere boyutunu küçültmem. (Ayrıca, daha geleneksel olduğunu düşündüğüm şekilde gösterimi değiştiriyorum. "$x[n]$"ayrık zamanlı bir sinyaldir.)

Ortalama Kare Fark Fonksiyonu (ASDF) $x[n]$ örnek mahallede $x[n_0]$ dır-dir:

$$Q_x[k, n_0] \triangleq \frac{1}{N} \sum\limits_{n=0}^{N-1} \left(x[n+n_0-\left\lfloor \tfrac{N+k}{2}\right\rfloor] \ - \ x[n+n_0-\left\lfloor \tfrac{N+k}{2}\right\rfloor + k] \right)^2$$

$\left\lfloor \cdot \right\rfloor$olduğu floor()takdirde, fonksiyon ve$k$ o zaman bile $\left\lfloor \frac{k}{2}\right\rfloor = \left\lfloor \frac{k+1}{2}\right\rfloor = \frac{k}{2}$.

Şimdi kareyi genişletin ve zirvelerin neye benzediğini düşünün $N \to \infty$ (bu değil $N$ olan sonsuzluğa gidiyordu, ama size bir fikir olmadığını vermek$N$büyük). ASDF doğrudan otokorelasyon ile ilişkilidir. Aslında otokorelasyon tersine döndü. Bu adımları sana bırakacağım. bu cevaba bir göz atın.

Şimdi bu sonlu uzunluktaki "otokorelasyon" (örnek mahallesinde)$x[n_0]$) ASDF'den tanımlanmıştır:

$$R_x[k,n_0] = R_x[0,n_0] - \tfrac12 Q_x[k, n_0]$$

nerede

$$R_x[0, n_0] \triangleq \frac{1}{N} \sum\limits_{n=0}^{N-1} \Big(x[n+n_0-\left\lfloor \tfrac{N}{2}\right\rfloor]\Big)^2$$

Dan beri $Q_x[0, n_0] = 0$ ve $Q_x[k, n_0] \ge 0$ tüm gecikmeler için $k$, bu şu demek oluyor $R_x[k, n_0] \le R_x[0, n_0]$ tüm gecikmeler için $k$.

Diyelim ki bir dakika $x[n]$ periyodik, periyodlu $P$ (ve $P$ tamsayı olur), o zaman

$$x[n+P] = x[n] \quad \forall n$$

ve $Q_x[mP, n_0] = 0$ ve $R_x[mP, n_0] = R_x[0, n_0] \ge R_x[k, n_0]$ herhangi bir tam sayı periyodu için ($m$bir tamsayıdır). Yani bir tepe elde edersiniz$k=0$ ve $k$ diğer herhangi bir katına eşit $P$ Eğer $x[n]$periyodiktir. Eğer$x[n]$olduğu değil mükemmel periyodik, ne beklediğinizden büyük zirve olan$k=0$, başka bir tepe noktası (ancak biraz daha küçük) $k=P$ (aradığımız dönem) ve daha büyük katları için giderek daha küçük zirveler $P$.

Yani oktav sorun yaklaşık nedenlerden dolayı çift geliyor. Her şeyden önce,$P$ille de bir tamsayı değildir. Bu bir enterpolasyon problemi, büyük bir sorun değil.

İkinci neden ve daha zor olan sorun subharmoniklerdir . Tam olarak A-440 Hz'de güzel bir periyodik ton dinlediğinizi ve orta C'nin üstünde 9 yarı ton olan bir A gibi geldiğini düşünün. -220? Kulağa nasıl gelecek ve matematiksel olarak "gerçek" dönem nedir?

---

Dönem için "sağ" pik seçimi .

Diyelim ki notunuzu bir DC engelleme filtresinden geçiriyorsunuz, böylece $x[n]$sıfırdır. Otokorelasyon ortalamasına neden olduğu ortaya çıktı$R_x[k, n_0]$ herkes için $n_0$ ayrıca sıfır (veya $N$büyük). Bunun anlamı$R_x[k, n_0]$ toplamı geçmeli $k$) sıfıra yakın olmak anlamına gelir, yani sıfırın altında aşağıdaki kadar çok alan vardır.

Tamam $R_x[0, n_0]$ gücünü temsil eder $x[n]$ etrafında $n=n_0$ ve negatif olmamalıdır. $R_x[k, n_0]$ asla geçmez $R_x[0, n_0]$ ama ne zaman büyük olabilir $x[n]$ periyodiktir. $R_x[P, n_0] = R_x[0, n_0]$ Eğer $x[n+P]=x[n]$. Yani eğer$x[n]$ periyodik, periyodlu $P$ ve aralarında bir sürü tepe var $P$ve bu zirvelerin ne kadar yüksek olması gerektiği hakkında bir fikriniz var. Ve eğer DC bileşeni$R_x[k, n_0]$sıfır, yani tepeler arasında negatif değerler olması gerekir .

Eğer $x[n]$ "yarı periyodik", bir döngü $x[n]$ bitişik bir döngüye çok benzeyecek, ancak $x[n]$daha aşağıya doğru sinyal. Bu ilk zirve anlamına gelir$R_x[P, n_0]$ ikinci saniyeden daha yüksek olacak $R_x[2P, n_0]$ veya üçüncü $R_x[3P, n_0]$. Bu kural her zaman en yüksek zirveyi seçmek ve en yüksek zirvenin daima ilk zirve olmasını beklemek için kullanılabilir. Ancak, duyulmayan subharmonikler nedeniyle, bazen durum böyle değildir. bazen ikinci veya muhtemelen üçüncü zirve oh-so-biraz daha yüksektir. Ayrıca, çünkü dönem$P$ muhtemelen tamsayı sayıda örnek değil, $k$ içinde $R_x[k, n_0]$ her zaman bir tamsayıdır, dolayısıyla gerçek tepe değeri büyük olasılıkla tamsayı değerleri arasında olacaktır. $k$. Düzgün zirvenin olduğu yerde enterpolasyon yapsanız bile (ki bunu tavsiye ederim ve kuadratik enterpolasyon yeterince iyi) ve tamsayı arasında gerçekten ne kadar yüksek$k$, enterpolasyon algınız gerçekte olduğundan biraz daha yüksek veya biraz daha düşük bir tepe yapabilir. Bu nedenle, kesinlikle en yüksek zirveyi seçmek, diğerini gerçekten istediğinizde ikinci zirveyi sahte olarak seçebilir (veya tam tersi).

Yani bir şekilde yapmak zorunda handikap artırmayı zirveleri$k$bu yüzden ilk zirve bir olduğunu hafif Bunu nasıl vb saniyede üzerinde avantaj ve dördüncü (sonraki oktav aşağı) üzerinden ikinci,?

Bunu çarparak yaparsın $R_x[k, n_0]$ azalan fonksiyonu ile $k$ böylece zirve $k=2P$ aynı özneye göre bazı faktörler tarafından azaltılır. $k=P$. Güç işlevinin (üstel değil) bunu yaptığı ortaya çıkıyor. öyleyse hesapla

$$k^{-\alpha} \ R_x[k, n_0]$$

Yani, eğer $x[n]$ dönemi ile mükemmel periyodikti $P$ve tamsayı olmayanlar için enterpolasyon sorunlarını göz ardı etme $P$, sonra

$$R_x[2P, n_0] = R_x[P, n_0]$$

fakat

$$\begin{align} (2P)^{-\alpha} R_x[2P, n_0] & = \\ (2P)^{-\alpha} R_x[P, n_0] & < P^{-\alpha} R_x[P, n_0] \\ \end{align}$$

Bir oktavın daha düşük bir perdesi için zirvenin azaltılma faktörü, orandır.

$$\frac{(2P)^{-\alpha} R_x[2P, n_0]}{P^{-\alpha} R_x[P, n_0]} = \frac{(2P)^{-\alpha}}{P^{-\alpha}} = 2^{-\alpha}$$

Dolayısıyla, birinci zirvenize ikinci zirve üzerinde% 1 artış sağlamak istiyorsanız, alt harmonik aralık otokorelasyonu ilk harmonikten en az% 1 daha fazla olmadığı sürece perdeyi harmonik perdelik olarak seçmeyeceğiniz anlamına gelir. zirve, sen çözmek için $\alpha$ itibaren

$$2^{-\alpha} = 0.99$$

Bu, bir oktav altındaki subharmonik aralığa karşılık gelen zirveyi ağırlıklandırmanın, vurgulamanın veya vurgulamanın tutarlı bir yoludur.

Sizi hâlâ bir eşik değerinde bırakıyor. Seçmek zorundasın$\alpha$iyi. Ama bu tutarlı yolu bir oktav daha düşüktür ikincinin üzerine ilk zirve vurgulamak, ama çok değil not gerçekten eğer olduğunu bir oktav daha düşük, ancak bu bile harmonik tüm enerji garip kıyasla güçlüydü harmonikler, bu yine de ikinci zirve için bir olasılık bırakacaktır.

Sezgisel olarak, dile getirilen konuşmanın temel frekansı [70, 400] Hz aralığında olacaktır. Dolayısıyla, ilk adım, o bandı yaklaşık olarak izole etmek için bir bant geçiren filtre uygulamak olacaktır.

İkinci olarak, güç spektrumuna bir ağırlıklandırma fonksiyonu uygulayabilirsiniz. Temelin yakınında, ağırlık 1'e yakın olmalı, bandın sonuna yakınken, ağırlık 0'a yakın olmalıdır. Bu ağırlık elbette normalleştirilir. Sekizgenleri gerçekten öldürmek için süper doğrusal bir şey tavsiye ederim: ikinci dereceden, dörtlü vb.