实现 IIR 滤波器时要考虑的一件事是量化和限制循环，无论顺序如何。

让我向您展示一个使用原始过滤器的快速示例

$y[n] = a*x[n]+(1-a)*y[n-1]$

设 a = 0.005 并假设我们使用 16 位有符号系数。

$a_{fixedpoint} = a * 32768 = 164$

假设输入和输出是 16 位整数。它们将从 -32768 变为 32767。之前的输出在这种情况下也是一个 16 位整数。实现看起来像这样，其中 temp 是一个 32 位整数。所有其他变量都是 16 位整数。$y[n-1]$

$temp = a_{fixedpoint}*x[n] + (32768 - a_{fixedpoint})*y[n-1]$

$y[n] = round(temp/32768)$

让我们用阶跃响应来试试这个实现

看起来不错，对吧？也许我们应该放大。

即使原始滤波器的增益为 1，我们也没有达到 32767。这称为极限环。对于 1 阶 IIR 滤波器，极限环采用您无法摆脱的 DC 偏移的形式。对于具有复极点的 IIR 滤波器，极限环采用您无法摆脱的小振荡形式。存储在 16 位上的事实引起的。如果我们将的分辨率提高到 32 位，就可以解决问题。另一种解决方案是使用分数节省。$y[n-1]$$y[n-1]$

如果输入从 32767 变为 0，我们将遇到同样的问题，输出将接近 0，但实际上不会达到 0。

提高分辨率

如果我们不将输出存储在 16 位上，而是将其存储在 24 位上，并将此变量命名为 acc（提高 y[n] 的分辨率）。

$temp = a_{fixedpoint}*x[n]*256 + (32768 - a_{fixedpoint})*acc$

$acc = temp/32768$

$y[n] = round(acc/(256))$

正如我们所看到的，随着分辨率的提高，即使系数仍然是 16 位，我们也可以达到 32767。然而，要付出的代价是具有更高分辨率的中间变量，计算可能会更慢。

节省分数

最后，有一种巧妙的方法可以最小化 IIR 所需的附加分辨率，尤其是当极点靠近单位圆时。它被称为分数节省。想法是记住前一个样本的舍入误差，并将其应用于下一次计算，以减少量化效应。需要一个称为错误的附加变量，但您不需要增加先前输出的分辨率。因此，如果 x 用 16 位表示，那么 y[n] 也可以存储在 16 位上。在此示例中，错误变量也将用 16 位表示。正如 Robert Bristow-Johnson 所指出的，分数节省是噪声整形的一种形式

$temp = a_{fixedpoint}*x[n] + (32768 - a_{fixedpoint})*y[n-1] - error[n-1]$

$y[n] = round(temp/32768)$

$error[n] = y[n]*32768 - temp$

特别是，对于较小的 a 还是较大的 a ，定点设计是否更具挑战性？

越小越差：越接近，pol 越接近单位圆，您的时域振铃就越多。$a$$0$

要考虑的主要设计考虑因素是什么？

一阶低通 IIR 滤波器相对温和。脉冲响应的总和绝对和是统一的，因此您无法裁剪输出。需要注意的一件事是潜在的极限循环。这可以通过四舍五入的方式来控制：“向零舍入”是最安全的选择。

这是我关于使用分数节省实现定点直流阻塞一阶 HPF 的原始帖子。

Lyons 和 Yates 后来写了一篇关于直流阻塞滤波器的 IEEE Sig Proc 文章，这是其中的主题之一。

// let's say sizeof(short) = 2 (16 bits) and sizeof(long) = 4 (32 bits)
short x[], y[];
long acc, A, prev_x, prev_y;
double pole;
unsigned long n, num_samples;
pole = 0.9999;
A = (long)(32768.0*(1.0 - pole));
acc = 0;
prev_x = 0;
prev_y = 0;
for (n=0; n<num_samples; n++)
    {
    acc   -= prev_x;
    prev_x = (long)x[n]<<15;
    acc   += prev_x;
    acc   -= A*prev_y;
    prev_y = acc>>15;               // quantization happens here
    y[n]   = (short)prev_y;
    // acc has y[n] in upper 17 bits and -e[n] in lower 15 bits
    }

过去，乘法比加法或按位运算要昂贵得多。对于整数（和定点）实现，可以这样利用：

当时，可以通过单次加法和单次移位来实现极其有效的实现。$a=1/2$

$$y[n] = (x[n] + y[n-1]) >> 1$$

类似地，分母中具有 2 次幂的分数也可以有效地完成。例如，可以这样完成：$a = 7/8$

$$y[n] = ((x[n]<<3) - x[n] + y[n-1]) >> 3$$

还有很多其他的可能性。我倾向于使用选项。$a=1/2$

显然，你有多少净空是一个主要考虑因素，所以像这样的事情需要 8 位净空，而有定点分数不会受此影响，但它会花费你一两次乘法。请注意，该等式也可以改写为：$a = 255/256$

$$y[n] = y[n-1] + a * ( x[n] - y[n-1] )$$

这以减法为代价节省了乘法。