Birim adım dizisi nin DTFT'sinin bu türetilmesindeki kusur nerede ?

11

Bu soru, birim adım dizisi in ayrık zamanlı Fourier dönüşümünün (DTFT) türevlerini istediğim diğer bir soru ile ilgilidir . Türev aramam sırasında inanılmaz derecede basit bir tane buldum. İlk olarak BA Shenoi tarafından bu kitabın 138. sayfasında gördüm . Ben de matematikle karşılaştım.Bu cevapta SE . $u[n]$

Argüman kısa ve basit olduğundan kolaylık sağlamak için burada tekrarlayacağım.

Birim adım sırası, olarak Açıkçası, DTFT'yi her iki tarafa da uygulama verir burada arasında DTFT olan . Kaynaktan elde ederiz kaynaktan ve biz DTFT almak için
$\begin{matrix} (1) & u [n] = f [n] + \frac{1}{2} \end{matrix}$ $u[n]=f[n]+\frac12\tag{1}$ $\begin{matrix} (2) & f [n] = {\begin{cases} \frac{1}{2}, n \geq 0 \\ - \frac{1}{2}, n < 0 \end{cases} \end{matrix}$ $f[n]=\begin{cases}\frac12,\quad n\ge 0\\-\frac12,\quad n<0\end{cases}\tag{2}$ $\begin{matrix} (3) & f [n] - f [n - 1] = δ [n] \end{matrix}$ $f[n]-f[n-1]=\delta[n]\tag{3}$ $(3)$ $\begin{matrix} (4) & F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{4}$ $F(\omega)$ $f[n]$ $(4)$ $\begin{matrix} (5) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{5}$ $(5)$ $(1)$ $u[n]$ $\begin{matrix} (6) & U (ω) = F (ω) + π δ (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω), - π \leq ω < π \end{matrix}$ $U(\omega)=F(\omega)+\pi\delta(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega),\quad -\pi\le\omega <\pi\tag{6}$ burada , . $\text{DTFT}\{1\}=2\pi\delta(\omega)$ $-\pi\le\omega <\pi$

Denk. nin DTFT'si için kuşkusuz doğrudur. Ancak, türetme kusurludur. $(6)$ $u[n]$

Soru şudur: yukarıdaki türevdeki kusuru bulmak ve açıklamak.

Lütfen yanıtınızı spoiler etiketi ile değiştirin >!.

— Matt L.
kaynak

1

beni rahatsız eden şey, nin, sınırlı bir enerji sinyali değil, sınırlı bir güç sinyali olduğudur , bu da bu iki sonsuz enerji sinyalini bir araya getirdiğimizde elde ederiz.

f [n]

$f[n]$

— robert bristow-johnson

ayrıca, mi?

DTFT {x [n] = 1} = 2 π \sum_{k = - \infty}^{+ \infty} δ (ω - 2 k π)

$\text{DTFT}\{x[n]=1\} = 2\pi \sum_{k=-\infty}^{+\infty} \delta(\omega-2k\pi)$

— robert bristow-johnson

Yanıtlarınız için teşekkürler çocuklar! Hepsini iptal ettim ve her biri, DTFT'nin garip sinyallerin (yani veya olmayanlar) çok iyi bilinmeyen yönleri hakkında güzel bir tartışma ile sonuçlanıyor . Yalnızca bir tanesini kabul edebilirim ve yeni yanıtlar veya mevcut yanıtlardaki değişiklikler için biraz daha bekleyeceğim. Daha sonra kendi cevabımı da ekleyeceğim.

ℓ^{1}

$\ell^1$

ℓ^{2}

$\ell^2$

— Matt L.

1

Mat, kesinlikle sınırlı enerji değildir . kare olacak sonsuz sayıda örnek sonlu sayı olarak .

f [n]

$f[n]$

\frac{1}{4}

$\tfrac14$

— robert bristow-johnson

1

@ robertbristow-johnson: Bununla ilgili rahatsız edici ne buluyorsun? Eğer sinyaller sınırlı sayıda nokta dışında her yerde birbirini iptal ederse, o zaman elde ederiz.

— Matt L.

7

Aşağıdaki eşitliği sağlayan sonsuz sayıda sinyal vardır: Önemli olan tek şey ve sonra katsayılarının geri kalanı Denk. durumlar (yani için ardışık örneklerin çıkarılması olmalıdır ). Başka bir deyişle, Denk. herhangi bir sinyal elde edilecektir öyle ki Başka bir şekilde görmek bu, temelde olan ve bir ofset (sabit bir değer eklenmiş) olan herhangi bir işlevin
$y [n] - y [n - 1] = δ [n] (1)$ $y[n]-y[n-1]=\delta[n] \qquad (1)$ $y[0]-y[-1]=1$ $y$ $(1)$ $0$ $n\neq 0$ $(1)$ $y[n]$ $y [0] = y [- 1] + 1 \land y [n] = y [n - 1] \forall n \neq 0$ $y[0]=y[-1]+1 \land y[n]=y[n-1] \ \forall n\neq0$ $u[n]$ $(1)$ . Bu, robert bristow-johnson tarafından cevabında yapılan açıklamayı açıklıyor : farklılaştırıcılar bu bilgileri yok ediyor (sürekli bir zamanda bir türev almak, orijinal fonksiyondaki sabit bir değerin kanıtını yok ediyor).
Özetle, ispatın kusurlu olduğuna inanıyorum çünkü takip edilen prosedür formunun ile herhangi bir fonksiyonunu kullanabilir ve bu aynı Fourier dönüşümüne sahip birçok fonksiyona yol açacaktır Fourier dönüşümü bir bijection olduğu için gerçekten yanlıştır. Belki de yazar, 'nın nin DTFT olduğunu göstermek için (en popüler kanıtı DTFT'den elde edilen) birikim özelliğine ihtiyaç duyacağının bilincinde olarak DC değerleriyle ilgili herhangi bir şeyi göz ardı etmeye karar verdi . birim adım - ergo, oldukça dairesel bir kanıt). Kanıt kesinlikle yanlış değildir , belirttiği her şey ( ve formülleri $u[n]+C$ $C\in\mathbb{R}$ $F(\omega)$ $f[n]$ $F(\omega)$ $U(\omega)$ , birim adımın ayrışması, fark denklemi) doğrudur, ancak birikim özelliğinin neden nın herhangi bir Dirac deltasına sahip olmadığını göstermesi gerekir. $F(\omega)$

— Tendero
kaynak

Tamamen doğru yoldasınız! Bu kusurun nasıl çözülebileceğine dair bir fikriniz var mı, yani nasıl doğru yapılacağını?

— Matt L.

@MattL. için bir başlangıç koşulu ayarlamak hile yapar ve sinyali tek taraflı olarak belirler. Bu başlangıç koşulu , DTFT'de bir Dirac impulsunu (birikme özelliğine göre) çarpan bir sabit olarak görünen sinyalinin DC değerini belirleyecektir . Verilen kanıtta bunun işe yaradığını düşünüyorum, çünkü sinyalinin civarında simetrik olduğu için DC değeri yoktur ve bu nedenle DTFT sadece bu durumda doğrudur. Ancak sinyalin DC'si olmadığı gerçeği, temel olarak, inanıyorum.

y [n]

$y[n]$

y [n]

$y[n]$

f [n]

$f[n]$

0

$0$

— Tendero

Çok iyi cevaplar var ve hangisinin kabul edileceğini seçmek zor. Ama bu en çok topluluk tarafından takdir edildi ve ayrıca türetmedeki hatayı en açık şekilde işaret ettiğini düşünüyorum. Hepinize teşekkür ederim!

— Matt L.

4

Aldığım yanıtların sayısı beni çok etkiledi (şimdiye kadar 10 cevap!). Tabii ki, hepsi benim oyumu aldı. Bu eğlenceliydi, düşünceleriniz, yorumlarınız vb. İnsanlar bir şeyleri farklı şekilde ifade ederler ve her zaman yanlış anlamalar için yer vardır, bu yüzden bu türevdeki en önemli kusur olduğunu düşündüğüm şeyi açıkça formüle etmeye çalışacağım. Herkesin aynı fikirde olamayacağının farkındayım ve bu iyi. Bu tür ezoterik DSP konularını hepiniz gibi keskin zihinlerle tartışabildiğim için mutluyum! İşte başlıyoruz.

İlk iddiam, sorumdaki her bir denklemin doğru olduğu. Bununla birlikte, bazılarının türetilmesi ve motivasyonu tamamen yanlış ve yanıltıcıdır ve bu "türetme" ancak yazarın sonucun neye benzemesi gerektiğini bildiği için var olabilir.

Denk. (3) soruda ( ) verilen ( sorudaki Denk. dizisi için doğrudur , ancak aynı zamanda açıktır bazı keyfi sabit ile formundaki tüm diziler için doğrudur . Dolayısıyla, derivasyona göre, elde edilen DTFT , sabitinin değerine bakılmaksızın , formun tüm sekanslarının DTFT'si olmalıdır. $f[n]-f[n-1]=\delta[n]$ $f[n]$ $(2)$
$\begin{matrix} (1) & f [n] = u [n] + c \end{matrix}$ $f[n]=u[n]+c\tag{1}$ $c$ $F(\omega)$ $(1)$ $c$ . Bu elbette anlamsız çünkü DTFT benzersizdir. Özellikle, bu çok "kanıtı" kullanarak, yı Eq. sorum (veya aşağıdaki Denk. ) aslında aradığımız nin DTFT'sidir . Peki neden yukarı bölme rahatsız denklemde verilen. sorusu? $F(\omega)$ $(5)$ $(3)$ $u[n]$ $u[n]$ $(1)$
Bununla birlikte, tüm sekansların DTFT'lerinin Denklemi karşıladığı doğrudur . Söz konusu (kolaylık olması açısından burada tekrarlanan): Ama şimdi gerçek matematiksel kusur gelir: Gönderen Denk. sonuçlandırmak için yanlış Denk. arasında sonsuz sayıda muhtemel çözümler sadece bir tanesidir , ve uygun bir doğru son sonucu elde etmek için, yazar tarafından ihtiyaç duyulan bir olması umulur. Denk. , ile deki nin $(1)$ $(4)$
$\begin{matrix} (2) & F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{2}$ $(2)$ $\begin{matrix} (3) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{3}$ $(3)$ $(2)$ $(3)$ $f[n]$ $(1)$ $c=-\frac12$ , ancak verilen türevden bunu bilmenin bir yolu yoktur.
Peki, bu matematiksel hatayı önleyebilir ve herhangi bir sabit ile dizilerin DTFT'lerini türetmek için nasıl kullanabiliriz ? Doğru bir sonuç olup bazı henüz belirlenmemiş sabiti . Takma sol taraftaki içine verir Yani tarafından verilen tüm işlevler gerektiği gibi tatmin edin . $(2)$ $all$ $(1)$ $c$ $(2)$
$\begin{matrix} (4) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + α δ (ω) \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\alpha\delta(\omega)\tag{4}$ $\alpha$ $(4)$ $(2)$ $1 + α (1 - e^{- j ω}) δ (ω) = 1 + α (1 - e^{- j ω}) |_{ω = 0} \cdot δ (ω) = 1 + 0 \cdot δ (ω) = 1$ $1+\alpha (1-e^{-j\omega})\delta(\omega)=1+\alpha (1-e^{-j\omega})\Big{|}_{\omega=0}\cdot\delta(\omega)=1+0\cdot\delta(\omega)=1$ $F(\omega)$ $(4)$ $(2)$
Sabit in değerinden belirlenebilir ile : Bu gösterilebilir ve ayrıca Wolfram alpha kabul de integrali Cauchy temel değer olduğu, olduğu kaynaktan ve elde ederiz Yani için $\alpha$ $(4)$ $f[n]$ $n=0$
$\begin{matrix} (6) & f [0] = 1 + c = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} F (ω) d ω = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} + \frac{α}{2 π} \end{matrix}$ $f[0]=1+c=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F(\omega)d\omega=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}+\frac{\alpha}{2\pi}\tag{6}$ $(6)$ $\begin{matrix} (7) & P V \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} = π \end{matrix}$ $PV\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}=\pi\tag{7}$ $(6)$ $(7)$ $\begin{matrix} (8) & α = π (1 + 2 c) \end{matrix}$ $\alpha=\pi (1+2c)\tag{8}$ $c=-\frac12$ $\alpha=0$ ( ispatın yazarı tarafından kullanılan orijinal sırasına karşılık gelir ) ve (yani, ) nihayetinde bize nin istenen DTFT'sini verir : $f[n]$ $c=0$ $f[n]=u[n]$ $\alpha=\pi$ $u[n]$ $\begin{matrix} (9) & U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω) \end{matrix}$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega)\tag{9}$

— Matt L.
kaynak

" (4) tarafından verilen tüm işlevler tatmin eder (2)", fakat "tüm işlevler tatmin eder (2) 'nin (4) formuna sahip olduğunu kanıtlamalı mıyız ?"

F (ω)

$F(\omega)$

F (ω)

$F(\omega)$

— AlexTP

@AlexTP: Yani formun fonksiyonları sadece tatmin edici fonksiyonların bir alt kümesi olabilir ? Bu geçerli bir nokta. Ama bu sadece çünkü o, başka işlevler var olamayacağı çok açık olduğunu düşünüyorum en biz ek bir katkısı fonksiyonları ihtiyaç yüzden, sorunu nereden ile çarpılması zaman kaybolur . Bu fonksiyonlar (aslında dağılımlar) Dirac delta impulse ve türevleridir. Bununla birlikte, türevler çarpıldığında yok olmaz , bu yüzden kalan sadece Dirac delta impulsu

(4)

$(4)$

(2)

$(2)$

ω = 0

$\omega=0$

ω = 0

$\omega=0$

(1 - e^{- j ω})

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

(1 - e^{- j ω})

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

— Matt L.

Gerçekten bu özelliğe sahip Dirac delta dürtü (ve türevleri) dışında herhangi bir işlevi olamaz emin değilim. Ama sorun değil, cevabınız iyi yazılmış. Ben oy kullanıyorum. Teşekkürler.

— AlexTP

2

Eğer Dirac Delta İşlevi olması gerekiyorsa, kusur "Açıkçası" sözcüğünü izler.
Asla sormadığım diğer sorunuz için bir cevap taslağı:
-------------------------------------------------- -------------
Kanıtın mümkün olduğunu düşünmüyorum. Bu, istenen özelliklere sahip bir "fonksiyonel tanım" durumu olabilir.

$X_{2 π} (ω) = \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] e^{- j ω n}$ $X_{2\pi} \left(\omega\right) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] e^{-j \omega n}$ $U = \sum_{n = 0}^{+ \infty} e^{- j ω n}$ $U = \sum\limits_{n=0}^{+\infty} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} \sum_{n = 0}^{N - 1} e^{- j ω n}$ $U = \lim_{ N \to \infty } \sum\limits_{n=0}^{N-1} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} [\frac{1 - e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ 1 - e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ $U = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} - lim_{N \to \infty} [\frac{e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \frac{ 1 }{ 1 - e^{-j \omega } } - \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ Son sınır değerine bakıyor. İçin bunun bir Dirac Delta gibi davranır olduğu açıktır. Katsayının neden olması gerektiğini bilmiyorum. Birim çemberin alanı ile ilgili olabilir. Ne zaman $\omega = 0$ $\pi$ $\omega \neq 0$ payda limitin dışına çıkarılabilir ve pay sadece birim daire boyunca atlar ve asla bir sınıra ulaşmaz. Sıfıra ayarlamak tanımlayıcı bir eylemdir.
Tanımın istenen şekilde çalıştığını kanıtlamak farklı bir konudur.
Sayfa 138 kanıtı yanlış (en azından) çünkü:

$δ (t) = lim_{a \to 0} \frac{1}{2 a} [u (t + a) - u (t - a)] = \frac{d u}{d t}$ $\delta(t) = \lim_{ a \to 0 } \frac{1}{2a} \left[ u(t + a) - u(t - a) \right] = \frac{du}{dt}$ Bu, tanımlandığı şekliyle ile hiçbir şekilde benzer değildir . $\delta(n) = u_2(n) - u_2(n-1)$
İlginç bir durum, umarım bu yardımcı olur. Söyleyeceklerini dört gözle bekliyorum.
ced

— Cedron Dawg
kaynak

Cevabınız için teşekkürler! Ancak burada Dirac delta impulsundan değil, ayrık zamanlı dizilerden bahsettiğimizi unutmayın. Ayrık zamanda her yerde sıfıra eşittir , olduğu hariç . Yani sürekli zamanda olduğu gibi çirkin şeyler yok. Yani Denk. (3) benim sorum aslında doğru (ayrık zamanda!).

δ [n]

$\delta[n]$

n = 0

$n=0$

1

$1$

— Matt L.

Cedron, bence bu denklem: ilginizi çekebilecek bu diğer söz konusu Belki bunu biraz daha düşünce veren ve isterseniz bunu orada gönderme düşünmelisiniz .. @MattL arasında.

U = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} - lim_{N \to \infty} [\frac{e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]

$U = \frac{ 1 }{ 1 - e^{-j \omega } } - \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$

— Tendero

2

Eğer sıfıra bölmeme izin verirseniz, size olduğunu kanıtlayabilirim . dediğinizde , bir şeyi sıfıra çarpma konusunda bir sorun vardır ( ) ve ürünün eşit bir ürün olması bekleniyor. $1=2$
$F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1$ $\omega=2k\pi \text{ for } k \in \mathbb{Z}$

— robert bristow-johnson
kaynak

3

hikayenin ahlakı: farklılaştırıcılar bilgiyi yok eder. bir farklılaştırıcı ve arasındaki farkı bilmiyor . kayıp bilgileri elde etmek için sıfıra bölmeyi denemeyin.

u [n]

$u[n]$

u [n] - \frac{1}{2}

$u[n]-\tfrac{1}{2}$

— robert bristow-johnson

yazar kusur düzeltmek için belirtmelidir?

w \neq 2 π k

$w \neq 2\pi k$

— Yağ32

nin DTFT'si olduğunda bile herhangi bir için 1'e eşittir .

δ [n]

$\delta[n]$

ω

$\omega$

ω = 2 k π

$\omega=2k\pi$

— robert bristow-johnson

neden ? ... nin kısıtlamasını yapan ' ın etki alanıdır ?

δ [n]

$\delta[n]$

1 - e^{- j w}

$1-e^{-j w}$

F (w)

$F(w)$

— Fat32

çünkü Matt ve elde etmek için her iki tarafı da birleştirdiğini söylediğinde (Matt'in Denk. sorta "1 elde etmek için aynı miktarda numara ile çarpın ve bölün . " ama bazen sıfıra çarpar ve böler. sıfıra çarpmak bilgiyi yok eder. bunu sıfıra bölmek bilgiyi geri getirmeyecektir.

f [n] - f [n - 1] = δ [n]

$f[n]-f[n-1]=\delta[n]$

u [n]

$u[n]$

— robert bristow-johnson

2

Denklem (4) için , değil (5). Kaçınılmadan kanıtın nasıl düzeltileceğini bilmiyorum (3).
$lim_{N \to \infty} \sum_{n = - N}^{n = N} f [n] e^{- j ω n} (1 - e^{- j ω n}) + (e^{j ω N} f [N] + e^{- j ω N} f [- N]) e^{- j ω} = 1$ $\lim_{N \to \infty} \sum_{n=-N}^{n=N}f[n]e^{-j\omega n} (1-e^{-j\omega n})+(e^{j\omega N}f[N]+e^{-j\omega N}f[-N])e^{-j\omega}=1$ $f[n]=u[n]$ $lim_{N \to \infty} \sum_{n = - N}^{n = N} f [n] e^{- j ω n} (1 - e^{- j ω n}) + e^{j ω N} e^{- j ω} = 1$ $\lim_{N \to \infty} \sum_{n=-N}^{n=N}f[n]e^{-j\omega n} (1-e^{-j\omega n})+e^{j\omega N}e^{-j\omega}=1$

— AlexTP
kaynak

Birisi iddia edebilir ne zaman var tamsayı için .

F (ω)

$F(\omega)$

ω \neq 2 k π

$\omega \ne 2 k \pi$

k

$k$

— robert bristow-johnson

@ robertbristow-johnson Düzenlediğiniz için teşekkürler. Yani yoktur çünkü değil, her için yakınsama yapmaz . İçin , hatta doğru formülü için bir Cauchy asıl değer olarak yorumlanmalıdır

F (ω)

$F(\omega)$

ω = 2 k π

$\omega = 2k\pi$

\sum_{n = 1}^{\infty} \sin (ω n)

$\sum_{n=1}^\infty \sin(\omega n)$

ω

$\omega$

ω = 2 k π

$\omega = 2k\pi$

U (ω)

$U(\omega)$

— AlexTP

@AlexTP Neden olmadığını söylemek için bu toplama nedeninin sapması ? Birçok sinyal, "toplama DTFT'leri" birbirlerinden uzaklaşır, ancak yine de (Dirac deltaları açısından) tanımlanmış bir DTFT'ye sahiptir. Akıl yürütmenin yanlış olduğunu söylemiyorum, sadece anlamaya çalışıyorum (dağıtım teorisine çok fazla aşina değilim).

F (ω)

$F(\omega)$

— Tendero

Toplamların geleneksel anlamda birleşmediği konusunda haklısınız, ancak yine de DTFT'ler dağıtımsal anlamda var. Sonuçta, aynı argüman bu anlamda da var olan nin DTFT'si için geçerlidir . Yani, alıştığımız ıraksama probleminden daha az matematiksel olarak karmaşık olan başka bir kusur var.

u [n]

$u[n]$

— Matt L.

1

@MattL. Açık olup olmadığını bilmiyorum ama ve arasındaki farkı göremiyorum çünkü !

u [n]

$u[n]$

f [n]

$f[n]$

u [n] - u [n - 1] = δ [n]

$u[n] - u[n-1] = \delta[n]$

— AlexTP

2

Sanırım bu kanıttaki kusuru ifade etmenin en iyi yolunu buldum. Bu yüzden ona bir bıçak daha vereceğim.
(1) 'de seçimi isteğe bağlıdır. Bunu ile değiştirelim . Kanıtı takip edin ve aşağıdakilerle bitirin: $\frac{1}{2}$ $x$

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 2 π x δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+2\pi x \delta(\omega)$
Kanıtta, olarak sınırlayan hiçbir şey yoktur, herhangi bir sonlu değer alabilir ve kanıt aynı şekilde çalışır. $x$ $\frac{1}{2}$
Ayrıca, son cevabımda attığım adımı atarsanız ve bul (4)

$F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 + 2 π x (1 - e^{- j ω}) δ (ω)$ $F( \omega )(1 - e^{-j\omega} ) = 1 + 2\pi x (1 - e^{-j\omega} ) \delta(\omega)$
Ardından (5) ve (6) 'yı ekleyerek şunları elde edersiniz:

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 4 π x δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+ 4\pi x \delta(\omega)$
Daha önce de belirttiğim gibi, oraya ulaşmak tanımıyla tutarsız.
Bu kanıt i gösterememektedir ve herhangi bir tanımlanmış x için tutarsız sonuçların geleceğini göstermektedir. Bu yüzden ilk cevabımdaki ifadeye geri dönüp katsayısı için değerinin matematiksel bir gerçekçilik değil tanımlayıcı bir eylem olduğunu görüyorum. $x = \frac{1}{2}$ $\pi$ $\delta(\omega)$
Belki de i doğru değer yapan başka bir durum daha vardır , ancak bu kanıt bunu sağlamaz. $x=\frac{1}{2}$
ced

— Cedron Dawg
kaynak

1

Bu benim ilk cevabımdaki yorumlara yanıt olarak. Spoiler gizleme yüzünden ayrı bir cevap olarak gönderiyorum.
Diğer cevabımı diğer soruya da gönderecektim, ancak bu alandaki deneyim eksikliğimden dolayı olmadı. Dün yayınladım, sildim, sonra silindim, sonra spoiler etiketlerini nasıl kullanacağımı anladım.
Açıkça sorunda tanımlanan işlevi Dirac Delta işlevi değildir. Wikipedia'da DTFT'yi aradım ve Dirac Delta fonksiyonu için DTFT de bir tane. Arayacağım problem . $\delta$ $\delta$ $\delta_p$

$δ_{p} [n] = f [n] - f [n - 1] = u [n] - u [n - 1]$ $\delta_p[n] = f[n] - f[n-1] = u[n] - u[n-1]$
Sol ve sağ parçaların DTFT'sinin alınması. Gösterimlerin doğru olduğundan emin değilim, ama matematik açık olmalı. Kanıtlanan tanımı kullanarak.

$F_{p} (ω) = F_{u} (ω) - F_{u} (ω) e^{- j ω}$ $F_p( \omega ) = F_u( \omega ) - F_u( \omega ) e^{-j\omega}$

$F_{p} (ω) = [\frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω)] - [\frac{e^{- j ω}}{1 - e^{- j ω}} + (π e^{- j ω}) δ (ω)]$ $F_p( \omega ) = \left[ \frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega) \right] - \left[ \frac{e^{-j\omega}}{1-e^{-j\omega}}+ ( \pi e^{-j\omega} ) \delta(\omega) \right]$

$F_{p} (ω) = \frac{1 - e^{- j ω}}{1 - e^{- j ω}} + π (1 - e^{- j ω}) δ (ω)$ $F_p( \omega ) = \frac{1-e^{-j\omega}}{1-e^{-j\omega}} + \pi (1 - e^{-j\omega} )\delta(\omega)$

$F_{p} (ω) = 1 + π (1 - e^{- j ω}) δ (ω) \neq 1$ $F_p( \omega ) = 1 + \pi (1 - e^{-j\omega} ) \delta(\omega) \neq 1$
Bu nedenle, (4) 'ün RHS değeri hariç . [Düzenle: Doh, Dirac Delta, bu yüzden bu ifade yanlış. Sanırım "undefined" dışında doğru olmalıdır . Gerçek Analiz benim en sevdiğim matematikti. Bunu şimdi yalnız bırakıyorum.] $\omega = 2k\pi$ $\omega = 2k\pi$
ced
==============================
Takip et:
O bir DTFT açıktır bir DTFT tanımına takıldığında 1 olmalıdır. Bu nedenle, kanıtlanacak tanımı kullanırken farklı bir cevap aldığım için kanıtlanacak tanımın doğru olmadığı anlamına gelir (matematiksel anlamda). Ayrıca, düzeltmeyi kanıtın sonuna kadar götürürseniz farklı bir tanıma ulaşırsınız. İddianın doğru olduğunu varsaymak, yanlış olduğunu kanıtlamak için kullanılır. $\delta_p$

— Cedron Dawg
kaynak

Aslında terimi sıfıra eşit olduğu için olduğunu gösterdiniz . sürekli olan herhangi bir fonksiyonu için ve (burada durum budur), tüm terim kaybolur.

F_{p} (ω) = 1

$F_p(\omega)=1$

(1 - e^{- j ω}) δ (ω)

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

f (ω)

$f(\omega)$

ω = 0

$\omega=0$

f (ω) δ (ω) = f (0) δ (ω)

$f(\omega)\delta(\omega)=f(0)\delta(\omega)$

f (0) = 0

$f(0)=0$

— Matt L.

1

Bana göre, (3) ve (4) arasında bir ilk kusur ortaya çıkıyor: bu, klasik dikkatsiz integral / sonsuz toplam bölünmesinin bir örneğidir. izin vermek için koşullar gereklidir: Standart veya koşulları yeterince keskin olmayabilir. Bu durum, bir şekilde buraya, ilgili olabilir için, Fubini türetme teoremi veya: sonsuz toplamı ve kesikli türevi alışverişinde bulunabildiği zaman? Etraftaki yollar monotonluk veya Cesaro benzeri meblağlar etrafında dönebilir, ancak bunu daha uzun düşüneceğim.
$\sum (a [n] - b [n]) c_{ω} [n] = \sum a [n] c_{ω} [n] - \sum b [n] c_{ω} [n]$ $\sum (a[n] - b[n])c_\omega[n] = \sum a[n]c_\omega[n]- \sum b[n]c_\omega[n]$ $\ell_1$ $\ell_2$ $f[n]-f[n-1]$

— Laurent Duval
kaynak

1

yani Matt,

Neden güç sinyallerini enerji sinyallerine göre karşılaştırmanın sorunlu olduğunu düşünmüyorsunuz, ancak tanımını biraz değiştirdiğimizi varsayalım : $f[n]$

f [n] ≜ {\begin{cases} \frac{1}{2} e^{- α n} & n \geq 0 \\ - \frac{1}{2} e^{α n} & n < 0 \end{cases}

$f[n] \triangleq \begin{cases} \ \tfrac12 e^{-\alpha n} \qquad & n \ge 0 \\ -\tfrac12 e^{ \alpha n} \qquad & n < 0 \\ \end{cases}$

bazı . $\alpha > 0$

şimdi sonlu enerji sinyallerimiz var ve DTFT'lerin karşılaştırılabilir olması gerekiyor.

\begin{aligned} f [n] - f [n - 1] & = {\begin{cases} \frac{1}{2} (e^{- α n} - e^{- α (n - 1)}) & n > 0 \\ \frac{1}{2} (1 + e^{- α}) & n = 0 \\ - \frac{1}{2} (e^{α n} - e^{α (n - 1)}) & n < 0 \end{cases} \\ = {\begin{cases} \frac{1}{2} (1 - e^{α}) e^{- α n} & n > 0 \\ \frac{1}{2} (1 + e^{- α}) & n = 0 \\ \frac{1}{2} (e^{- α} - 1) e^{α n} & n < 0 \end{cases} \end{aligned}

$\begin{align} f[n]-f[n-1] &= \begin{cases} \tfrac12 (e^{-\alpha n} - e^{-\alpha (n-1)}) \qquad & n > 0 \\ \tfrac12 (1 + e^{ -\alpha })\qquad & n = 0 \\ -\tfrac12 (e^{\alpha n} - e^{\alpha(n-1)})\qquad & n < 0 \\ \end{cases} \\ \\ \\ &= \begin{cases} \tfrac12 (1 - e^{\alpha}) e^{-\alpha n} \qquad & n > 0 \\ \tfrac12 (1 + e^{ -\alpha }) \qquad & n = 0 \\ \tfrac12 (e^{-\alpha} - 1)e^{\alpha n} \qquad & n < 0 \\ \end{cases} \\ \end{align}$

DTFT'lerin ne olduğunu merak ediyorum? ve sonra bıraktığımızda ne olur ? Ben hala bir sorun olduğunu bilgileri (ve frekans alanında 0 ile çarparak bilginin karşılık gelen imha) farklılaştırıcılar sorunu olduğunu düşünüyorum. ama belki aynı Hilbert alanını paylaşmayan sinyal sınıflarını karşılaştırma problemini kaybedebiliriz. $\alpha \to 0$

ama, ne yazık ki, neredeyse 2 am ve şimdi onunla uğraşmayacağım.

— robert bristow-johnson
kaynak

Bu iyi bir şeydir ve bu olmayan sinyallerin DTFT'sini sınırını kullanarak hesaplamak için bir seçenektir . Deneyin ve başarılı olacağınızdan eminim, ama acı verici. Aynı sonucu almanın daha kolay yolları vardır. Verilen kanıt IMHO çalışacak şekilde değiştirilebilir (cevabımı görün).

α

$\alpha$

α \to 0

$\alpha\rightarrow 0$

— Matt L.