Birim adım dizisinin ayrık zamanlı Fourier Dönüşümü

Ders kitaplarından DTFT'nin $u[n]$ tarafından verildi

\begin{matrix} (1) & U (ω) = π δ (ω) + \frac{1}{1 - e^{- j ω}}, - π \leq ω < π \end{matrix}

$U(\omega)=\pi\delta(\omega)+\frac{1}{1-e^{-j\omega}},\qquad -\pi\le\omega <\pi\tag{1}$

Ancak, en azından daha fazla veya daha az ses türetme gibi davranan bir DSP ders kitabı görmedim $(1)$ .

Proakis [1], sağ tarafının sağ yarısını türetir. $(1)$ ayarlayarak $z=e^{j\omega}$ içinde $\mathcal{Z}$ dönüşümü $u[n]$ ve bunun dışında geçerli olduğunu söylüyor $\omega=2\pi k$ (tabii ki doğrudur). Daha sonra, $\mathcal{Z}$ dönüşümü bir alanı ile bir delta dürtü eklemek zorunda $\pi$ , ama bu benim için her şeyden çok bir tarif gibi görünüyor.

Oppenheim ve Schafer [2] bu bağlamda bahsediyorlar

Gösterilmesi tam olarak açık olmasa da, bu dizi aşağıdaki Fourier dönüşümü ile temsil edilebilir:

ardından gelen formül $(1)$ . Ne yazık ki, bize "tamamen basit değil" kanıtı göstermek için sorun almadılar.

Aslında bilmediğim, ancak bir kanıt bulduğumda bulduğum bir kitap $(1)$ olan Dijital Sinyal İşleme ve Filtre Tasarımına Giriş BA Shenoi tarafından. On sayfa 138 bir "türetme" var $(1)$ , ama ne yazık ki yanlış. İnsanların bu kanıtta neyin yanlış olduğunu göstermesini sağlamak için bir "DSP-puzzle" sorusu sordum .]

Yani benim sorum ise:

Herkes bir kanıt sağlayabilir / türetebilir $(1)$ matematiksel eğimli mühendisler için erişilebilirken sağlam ve hatta titiz olan Bir kitaptan kopyalanıp kopyalanmadığı önemli değil. Zaten bu sitede olması iyi olacağını düşünüyorum.

Matematikte bile neredeyse ilgili hiçbir şeyin bulunmayacağını unutmayın: bu sorunun cevabı yoktur ve birinin iki yanıtı vardır, bunlardan biri yanlıştır (Shenoi'nin argümanı ile aynıdır) ve diğeri "birikim özelliğini" kullanır ki bu da mutlu olurum, ama sonra bir kişi sizi tekrar başlangıca iten bu özelliği kanıtlamaya ihtiyaç duyar (çünkü her iki kanıt da temelde aynı şeyi kanıtlar).

Son bir not olarak, kanıt gibi bir şey buldum (iyi, ben bir mühendisim) ve bundan birkaç gün sonra da cevap olarak göndereceğim, ancak yayınlanmış veya yayınlanmamış diğer kanıtları toplamaktan memnuniyet duyarım basit ve zarif ve en önemlisi DSP mühendisleri için erişilebilir olan

Not: geçerliliğinden şüphe duymuyorum $(1)$ , Bir veya birkaç nispeten açık kanıt görmek istiyorum.

[1] Proakis, JG ve DG Manolakis, Sayısal İşaret İşleme: İlkeler, Algoritmalar ve Uygulamalar , 3. baskı, Bölüm 4.2.8

[2] Oppenheim, AV ve RW Schafer, Ayrık Zamanlı Sinyal İşleme , 2. baskı, s. 54.

Marcus Müller'in bir yorumundan esinlenerek, şunu göstermek istiyorum

U (ω)

$U(\omega)$ Eq.

(1)

$(1)$ gereksinimi karşılar

u [n] = u^{2} [n] \to U (ω) = \frac{1}{2 π} (U ⋆ U) (ω)

$u[n]=u^2[n]\rightarrow U(\omega)=\frac{1}{2\pi}(U\star U)(\omega)$

Eğer $U(\omega)$ DTFT $u[n]$ , sonra

V (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}}

$V(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}$

DTFT olmalı

v [n] = \frac{1}{2} sign [n]

$v[n]=\frac12\text{sign}[n]$

(burada tanımladığımız $\text{sign}[0]=1$ ), Çünkü

V (ω) = U (ω) - π δ (ω) ⟺ u [n] - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} sign [n]

$V(\omega)=U(\omega)-\pi\delta(\omega)\Longleftrightarrow u[n]-\frac12=\frac12\text{sign}[n]$

Böylece sahibiz

\frac{1}{2 π} (V ⋆ V) (ω) ⟺ {(\frac{1}{2} sign [n])}^{2} = \frac{1}{4}

$\frac{1}{2\pi}(V\star V)(\omega)\Longleftrightarrow \left(\frac12\text{sign}[n]\right)^2=\frac14$

bundan sonra gelen

\frac{1}{2 π} (V ⋆ V) (ω) = DTFT {\frac{1}{4}} = \frac{π}{2} δ (ω)

$\frac{1}{2\pi}(V\star V)(\omega)=\text{DTFT}\left\{\frac14\right\}=\frac{\pi}{2}\delta(\omega)$

Bununla elde ederiz

\begin{aligned} \frac{1}{2 π} (U ⋆ U) (ω) & = \frac{1}{2 π} [(π δ (ω) + V (ω)) ⋆ (π δ (ω) + V (ω))] \\ = \frac{1}{2 π} [π^{2} δ (ω) + 2 π V (ω) + (V ⋆ V) (ω)] \\ = \frac{π}{2} δ (ω) + V (ω) + \frac{π}{2} δ (ω) \\ = U (ω) q.e.d. \end{aligned}

$\begin{align}\frac{1}{2\pi}(U\star U)(\omega)&=\frac{1}{2\pi}\left[(\pi\delta(\omega)+V(\omega))\star (\pi\delta(\omega)+V(\omega))\right]\\&=\frac{1}{2\pi}\left[\pi^2\delta(\omega)+2\pi V(\omega)+(V\star V)(\omega)\right]\\&=\frac{\pi}{2}\delta(\omega)+V(\omega)+\frac{\pi}{2}\delta(\omega)\\&=U(\omega)\qquad\text{q.e.d.}\end{align}$

— Matt L.
kaynak

waaah. Dünyamı kırma. Bu formülde şüphe bir kaos alanı getiriyor. Örneğin,

u^{2} (t) = u (t)

$u^2(t) = u(t)$ ve dolayısıyla (sabite bağlı olarak sürekli bir FT tanım prefabtörü ile)

c

$c$ ),

\begin{aligned} DTFT (u^{2}) (ω) & = c \cdot U (ω) * U (ω) \\ = c π U (ω) + \frac{c}{1 + e^{- j ω}} * U (ω) \\ = c π (π δ (ω) + \frac{1}{1 - e^{- j ω}}) + \frac{c π}{1 + e^{- j ω}} + c \frac{1}{1 + e^{- j ω}} * \frac{1}{1 + e^{- j ω}} \\ = c π^{2} δ (ω) + \frac{2 c π}{1 + e^{- j ω}} + c \frac{1}{1 + e^{- j ω}} * \frac{1}{1 + e^{- j ω}} \\ \overset{magic?}{=} U \end{aligned}

$\begin{align}\text{DTFT}(u^2)(\omega) &=c\,\cdot\, U(\omega)*U(\omega) \\&=c\pi U(\omega)+ \frac{c}{1+e^{-j\omega}}*U(\omega)\\&=c\pi \left(\pi\delta(\omega)+\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\right)+\frac{c\pi}{1+e^{-j\omega}}+c\frac{1}{1+e^{-j\omega}}*\frac{1}{1+e^{-j\omega}}\\&=c\pi^2\delta(\omega)+\frac{2c\pi}{1+e^{-j\omega}} + c\frac{1}{1+e^{-j\omega}}*\frac{1}{1+e^{-j\omega}}\\&\overset{\text{magic?}}=U\end{align}$

— Marcus Müller

@ MarcusMüller: Bu formül hakkında şüphe yok, doğru. Soru basit bir fikirli mühendisin anlayabileceği şekilde nasıl gösterileceğidir. Ve

u^{2} [n] = u [n]

$u^2[n]=u[n]$ verilen DTFT için çalışıyor, sorun değil.

— Matt

Kendimi çok basit görüşlü olarak görüyorum ve bu, nasıl türetildiklerini göremediğimde işler "güvenli" hissetmediğinde endişelendiğim anlamına geliyor.

— Marcus Müller

Sonra geldiğiniz şeyin denklemin doğru olup olmadığını kanıtlamak değil, daha ziyade titizlikle ve doğrudan türetmek olduğunu görüyorum

U (w)

$U(w)$ DTFT'nin ilk prensiplerinden ve tanımından Sonra, dürtüleri içeren kesin bir kanıt yapmak istediğinde, sanırım genelleştirilmiş fonksiyon teorisinden alıntılanan kitaplara daha iyi atıfta bulunulmalıdır: Lighthill-1958 , dürtü fonksiyonunun ve Fourier dönüşümlerinde kullanımının tartışılması için Opp & Schafer'da alıntılanmıştır. Diğer tüm ispatlar kaçınılmaz olarak bu referanslar üzerinde yapılan ispatlara dayanacak ve titiz bir ispatın yerini almaya yetmeyecektir.

— Yağ32

@ Fat32: Bu geçerli bir bakış açısı. Bununla birlikte, bence, temel dönüşümleri kabul edersek, makul bir ses türünün mümkün olduğunu düşünüyorum.

DTFT {1} = 2 π δ (ω)

$\text{DTFT}\{1\}=2\pi\delta(\omega)$ ve integralleri Cauchy asıl değerine göre tanımlamaktan memnun olursak.

— Matt L.

Yanıtlar:

Cedron Dawg bu cevaba ilginç bir başlangıç noktası gönderdi . Şu adımlarla başlar:

\begin{aligned} U (ω) & = \sum_{n = 0}^{+ \infty} e^{- j ω n} \\ = lim_{N \to \infty} \sum_{n = 0}^{N - 1} e^{- j ω n} \\ = lim_{N \to \infty} [\frac{1 - e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}] \\ = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} - lim_{N \to \infty} [\frac{e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}] \end{aligned}

$\begin{align} U(\omega) &= \sum\limits_{n=0}^{+\infty} e^{-j \omega n} \\ &= \lim_{ N \to \infty } \sum\limits_{n=0}^{N-1} e^{-j \omega n}\\ &= \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ 1 - e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right] \\ &= \frac{ 1 }{ 1 - e^{-j \omega } } - \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right] \end{align}$

Sınırın içindeki terimin aşağıdaki gibi genişletilebileceği ortaya çıkıyor :

\begin{aligned} \frac{e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}} = & \frac{1}{\sin^{2} (ω) + (1 - \cos (ω))^{2}} \cdot \\ [- \cos (ω) \cos (N ω) + \cos (N ω) - \sin (ω) \sin (N ω) + j (- \sin (ω) \cos (N ω) + \cos (ω) \sin (ω) - \sin (N ω))] \end{aligned}

$\begin{aligned} \frac{ e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } ={} &\frac{1}{\sin^2(\omega)+(1-\cos(\omega))^2} \cdot \\ &\left[-\cos(\omega)\cos(N\omega)+\cos(N\omega)-\sin(\omega)\sin(N\omega)+ \\ j(-\sin(\omega)\cos(N\omega)+\cos(\omega)\sin(\omega)-\sin(N\omega))\right] \end{aligned}$

Parantezlerin dışındaki ortak faktör şu şekilde ifade edilebilir :

\frac{1}{\sin^{2} (ω) + (1 - \cos (ω))^{2}} = \frac{1}{4 \sin^{2} (ω / 2)}

$\frac{1}{\sin^2(\omega)+(1-\cos(\omega))^2} = \frac{1}{4\sin^2(\omega/2)}$

Parantez içindeki gerçek kısım da eşittir :

- \cos (ω) \cos (N ω) + \cos (N ω) - \sin (ω) \sin (N ω) = 2 \sin (ω / 2) \sin [ω (- N + 1 / 2)]

$-\cos(\omega)\cos(N\omega)+\cos(N\omega)-\sin(\omega)\sin(N\omega)= 2\sin(\omega/2)\sin[\omega(-N+1/2)]$

Öte yandan, hayali kısım şu şekilde yeniden yazılabilir :

- \sin (ω) \cos (N ω) + \cos (ω) \sin (ω) - \sin (N ω) = - 2 \sin (ω / 2) \cos [ω (- N + 1 / 2)]

$-\sin(\omega)\cos(N\omega)+\cos(\omega)\sin(\omega)-\sin(N\omega)=-2\sin(\omega/2)\cos[\omega(-N+1/2)]$

Orijinal terimi yeniden yazarken şunu elde ederiz:

\begin{aligned} \frac{e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}} & = \frac{2 \sin (\frac{ω}{2})}{4 \sin^{2} (\frac{ω}{2})} (\sin [ω (- N + 1 / 2)] - j \cos [ω (- N + 1 / 2)]) \\ = - \frac{\sin [ω (M + 1 / 2)]}{2 \sin (\frac{ω}{2})} - j \frac{\cos [ω (M + 1 / 2)]}{2 \sin (\frac{ω}{2})} \end{aligned}

$\begin{align} \frac{ e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } &=\frac{2\sin\left(\frac \omega 2\right)}{4\sin^2\left(\frac \omega 2\right) } \left( \sin[\omega(-N+1/2)] - j\cos[\omega(-N+1/2)]\right) \\ &=-\frac{\sin[\omega(M+1/2)]}{2\sin\left(\frac \omega 2\right)} - j\frac{\cos[\omega(M+1/2)]}{2\sin\left(\frac \omega 2\right)} \end{align}$

burada ve limit olarak da etkilenmez . $M=N-1$ $M\to \infty$

Bu sitedeki 7. tanıma göre :

lim_{M \to \infty} - \frac{1}{2 \sin (ω / 2)} \sin [ω (M + 1 / 2)] = - π δ (ω)

$\lim_{M\to \infty} -\frac{1}{2\sin(\omega/2)}\sin[\omega(M+1/2)] = -\pi \delta(\omega)$

Şimdiye kadar var:

lim_{M \to \infty} \frac{e^{- j ω (M + 1)}}{1 - e^{- j ω}} = - π δ (ω) - j lim_{M \to \infty} \frac{\cos [ω (M + 1 / 2)]}{2 \sin (ω / 2)}

$\lim_{ M \to \infty } \frac{ e^{-j \omega (M+1)} }{ 1 - e^{-j \omega } } =-\pi\delta(\omega) -j\lim_{M\to \infty} \frac{\cos[\omega(M+1/2)]}{2\sin(\omega/2)}$

Eşitliğin sağındaki ikinci terimin bir anlamda olduğunu ispatlayabilirsek , o zaman yapılır. Ben matematikte sordum.SE ve gerçekten de bu fonksiyon dizisi sıfır dağılıma eğilimlidir. Yani, elimizde: $0$

\begin{aligned} U (ω) & = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} - lim_{N \to \infty} [\frac{e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}] \\ = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω) + j lim_{M \to \infty} \frac{\cos [ω (M + 1 / 2)]}{2 \sin (ω / 2)} \\ = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω) \end{aligned}

$\begin{align} U(\omega) &= \frac{ 1 }{ 1 - e^{-j \omega } } - \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right] \\ &=\frac{ 1 }{ 1 - e^{-j \omega } }+\pi\delta(\omega) +j\lim_{M\to \infty} \frac{\cos[\omega(M+1/2)]}{2\sin(\omega/2)} \\ & =\frac{ 1 }{ 1 - e^{-j \omega } }+\pi\delta(\omega) \end{align}$

— Tendero
kaynak

Bu çok güzel! Kontrol ettim ve her şey doğru görünüyor, bu yüzden hayali kısım bir anlamda sıfıra eğilimli olmalı. Biraz düşüneceğim.

— Matt L.

@MattL. Herhangi bir ilerleme kaydedebiliyorsanız bana bildirin!

— Tendero

@MattL. Kanıt nihayet tamamlandı!

— Tendero

İyi iş! Riemann-Lebesgue lemması nedeniyle kosinüs teriminin sıfıra düşeceğini anladım, ama benim sorunum . Çünkü ilk formül sadece için geçerli olan geometrik toplamı temel alır . Sonuçta her şey bir şekilde işe yarıyor, ama bu hala küçük bir kusur. terimini bölmeyen başka bir türevim var, bu durumda biraz daha dikkatli bir şekilde işleniyor, ancak yine de bir "mühendis kanıtı" . Daha fazla zamanım olduğunda yayınlayabilirim.

ω = 0

$\omega=0$

ω \neq 0

$\omega\neq 0$

1 / (1 - e^{- j ω})

$1/(1-e^{-j\omega})$

ω = 0

$\omega=0$

— Matt L.

Dağıtım teorisi hakkında herhangi bir bilgi gerektirmeyen nispeten basit iki kanıt sunacağım. Dağıtım teorisinin sonuçlarını kullanarak DTFT'yi bir sınırlama işlemiyle hesaplayan bir kanıt için Tendero'nun bu cevabına bakınız .

Bir olarak gönderdiniz çünkü ben sadece burada ilk kanıt söz (ve üzerinde fazla durmayacağım) olacak cevap için bu soruya belli yayınlanan kanıtı hatalı olduğunu göstermekti amacını güden,.

Diğer kanıt aşağıdaki gibidir. İlk önce birim adım dizisinin çift kısmını yazalım : $u[n]$

\begin{matrix} (1) & u_{e} [n] = \frac{1}{2} (u [n] + u [- n]) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} δ [n] \end{matrix}

$u_e[n]=\frac12\left(u[n]+u[-n]\right)=\frac12+\frac12\delta[n]\tag{1}$

Arasında DTFT olup $(1)$

\begin{matrix} (2) & DTFT {u_{e} [n]} = π δ (ω) + \frac{1}{2} \end{matrix}

$\text{DTFT}\{u_e[n]\}=\pi\delta(\omega)+\frac12\tag{2}$

nun DTFT'sinin gerçek kısmına eşit olan : $u[n]$

\begin{matrix} (3) & U_{R} (ω) = Re {U (ω)} = π δ (ω) + \frac{1}{2} \end{matrix}

$U_R(\omega)=\text{Re}\{U(\omega)\}=\pi\delta(\omega)+\frac12\tag{3}$

Yana gerçek ve sanal parça için buraya kadar gerçek değerli dizisidir , sonuç olarak, dönüşümü Hilber ile ilişkilidir ve benzersiz belirler . Bununla birlikte, çoğu DSP metinlerde, bu Hilbert ilişkileri denklem türetilir dönüşümü (herhangi bir nedensel dizisi için de geçerlidir olduğu), aşağıda belirtildiği olan . DTFT'nin gerçek ve hayali kısımları arasındaki Hilbert dönüşüm ilişkisini göstermek için DTFT'ye ihtiyacımız var $u[n]$ $U(\omega)$ $U_R(\omega)$ $U(\omega)$ $h[n]=h[n]u[n]$ $h[n]$ $H(\omega)=\frac{1}{2\pi}(H\star U)(\omega)$ $u[n]$ burada elde etmek istediğimiz şey. Böylece kanıt dairesel hale gelir. Bu yüzden hayali kısmını türetmek için farklı bir yol seçeceğiz . $U(\omega)$

türetmek için nin tek kısmını aşağıdaki gibi yazıyoruz : $U_I(\omega)=\text{Im}\{U(\omega)\}$ $u[n]$

\begin{matrix} (4) & u_{o} [n] = \frac{1}{2} (u [n] - u [- n]) = u [n - 1] - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} δ [n] \end{matrix}

$u_o[n]=\frac12\left(u[n]-u[-n]\right)=u[n-1]-\frac12+\frac12\delta[n]\tag{4}$

Arasında AZFD-DTFT alınması verir $(4)$

\begin{aligned} j U_{I} (ω) & = e^{- j ω} U (ω) - π δ (ω) + \frac{1}{2} \\ = e^{- j ω} (U_{R} (ω) + j U_{I} (ω)) - π δ (ω) + \frac{1}{2} \\ = e^{- j ω} (π δ (ω) + \frac{1}{2}) + e^{- j ω} j U_{I} (ω) - π δ (ω) + \frac{1}{2} \\ (5) & = \frac{1}{2} (1 + e^{- j ω}) + e^{- j ω} j U_{I} (ω) \end{aligned}

$\begin{align}jU_I(\omega)&=e^{-j\omega}U(\omega)-\pi\delta(\omega)+\frac12\\&=e^{-j\omega}(U_R(\omega)+jU_I(\omega))-\pi\delta(\omega)+\frac12\\&=e^{-j\omega}\left(\pi\delta(\omega)+\frac12\right)+e^{-j\omega}jU_I(\omega)-\pi\delta(\omega)+\frac12\\&=\frac12(1+e^{-j\omega})+e^{-j\omega}jU_I(\omega)\tag{5}\end{align}$

kullandığım yer . Denk. şu şekilde yazılabilir: $(3)$ $(5)$

\begin{matrix} (6) & j U_{I} (ω) (1 - e^{- j ω}) = \frac{1}{2} (1 + e^{- j ω}) \end{matrix}

$jU_I(\omega)(1-e^{-j\omega})=\frac12(1+e^{-j\omega})\tag{6}$

Doğru sonuca (bkz bu cevabı daha fazla ayrıntı için) $(6)$

\begin{matrix} (7) & j U_{I} (ω) = \frac{1}{2} \frac{1 + e^{- j ω}}{1 - e^{- j ω}} + c δ (ω) \end{matrix}

$jU_I(\omega)=\frac12\frac{1+e^{-j\omega}}{1-e^{-j\omega}}+c\delta(\omega)\tag{7}$

Ama biz biliyoruz çünkü garip bir fonksiyonu olmalıdır (çünkü -gerçek değerli olduğu), biz hemen sonucuna varabiliriz . Böylece, ve nihayet $U_I(\omega)$ $\omega$ $u[n]$ $c=0$ $(3)$ $(7)$

\begin{aligned} U (ω) & = U_{R} (ω) + j U_{I} (ω) \\ = π δ (ω) + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \frac{1 + e^{- j ω}}{1 - e^{- j ω}} \\ = π δ (ω) + \frac{1}{2} (1 + \frac{1 + e^{- j ω}}{1 - e^{- j ω}}) \\ (8) & = π δ (ω) + \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{aligned}

$\begin{align}U(\omega)&=U_R(\omega)+jU_I(\omega)\\&=\pi\delta(\omega)+\frac12+\frac12\frac{1+e^{-j\omega}}{1-e^{-j\omega}}\\&=\pi\delta(\omega)+\frac12\left( 1+\frac{1+e^{-j\omega}}{1-e^{-j\omega}}\right)\\&=\pi\delta(\omega)+\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{8}\end{align}$

— Matt L.
kaynak