Dyskretna transformata Fouriera sekwencji kroków jednostkowych

Z podręczników wiemy, że DTFT jest podane przez $u[n]$

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

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

Jednak nie widziałem podręcznika DSP, który przynajmniej udaje, że daje mniej lub bardziej wyprowadzenie dźwięku . $(1)$

Proakis [1] wyprowadza prawą połowę prawej strony , ustawiając w -transformacji , i mówi, że jest ona poprawna z wyjątkiem (co oczywiście jest poprawne). Następnie stwierdza, że na biegunie transformacji musimy dodać impuls delta o powierzchni , ale to wydaje mi się bardziej receptą niż czymkolwiek innym. $(1)$ $z=e^{j\omega}$ $\mathcal{Z}$ $u[n]$ $\omega=2\pi k$ $\mathcal{Z}$ $\pi$

Oppenheim i Schafer [2] wspominają w tym kontekście

Chociaż nie jest to całkiem proste, sekwencję tę można przedstawić za pomocą następującej transformaty Fouriera:

po którym następuje formuła równoważna . Niestety nie zadali sobie trudu, aby pokazać nam ten „niezupełnie prosty” dowód. $(1)$

Książka, której właściwie nie znałam, ale którą znalazłam, szukając dowodu to Wprowadzenie do cyfrowego przetwarzania sygnałów i projektowania filtrów autorstwa BA Shenoi. Na stronie 138 znajduje się „wyprowadzenie” , ale niestety jest błędne. Zadałem pytanie „puzzle DSP”, aby ludzie pokazali, co jest nie tak z tym dowodem.] $(1)$ $(1)$

Więc moje pytanie brzmi:

Czy ktoś może przedstawić dowód / wyprowadzenie że jest solidny lub nawet rygorystyczny, a jednocześnie jest dostępny dla inżynierów skłonnych matematycznie? Nie ma znaczenia, czy jest to po prostu skopiowane z książki. Myślę, że dobrze byłoby mieć go na tej stronie. $(1)$

Zauważ, że nawet w matematyce nie można znaleźć prawie nic istotnego: to pytanie nie ma odpowiedzi, i że jedna ma dwie odpowiedzi, z których jedna jest błędna (identyczna z argumentacją Shenoi), a druga wykorzystuje „właściwość akumulacji” , z którego byłbym szczęśliwy, ale trzeba udowodnić tę właściwość, co przywraca cię do początku (ponieważ oba dowody zasadniczo potwierdzają to samo).

Na koniec wymyśliłem coś w rodzaju dowodu (cóż, jestem inżynierem), a także opublikuję go jako odpowiedź za kilka dni, ale chętnie zbierzę inne opublikowane lub niepublikowane dowody które są proste i eleganckie, a co najważniejsze są dostępne dla inżynierów DSP.

PS: Nie wątpię w ważność , chciałbym tylko zobaczyć jeden lub kilka stosunkowo prostych dowodów. $(1)$

[1] Proakis, JG i DG Manolakis, Cyfrowe przetwarzanie sygnałów: zasady, algorytmy i aplikacje , wydanie trzecie, sekcja 4.2.8

[2] Oppenheim, AV i RW Schafer, przetwarzanie sygnałów dyskretnych , wydanie drugie, s. 1. 54

Zainspirowany komentarzem Marcusa Müllera, chciałbym pokazać, że podane przez Eq. spełnia wymagania

U (ω)

$U(\omega)$

(1)

$(1)$

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

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

Jeśli jest DTFT , to $U(\omega)$ $u[n]$

V (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}}

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

musi być DTFT z

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

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

(gdzie definiujemy ), ponieważ $\text{sign}[0]=1$

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

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

Więc mamy

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

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

z tego wynika, że

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

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

Z tym otrzymujemy

\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.
źródło

waaah. Nie niszcz mojego świata. Wątpliwości w tej formule wprowadzają sferę chaosu. Na przykład, , a zatem (z ciągłym prefiksem definicji FT zależnym od stałej ),

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

$u^2(t) = u(t)$

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: Bez wątpienia ta formuła jest poprawna. Pytanie brzmi, jak pokazać to w sposób zrozumiały dla prostego inżyniera. I działa dla danego DTFT, nie ma problemu.

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

$u^2[n]=u[n]$

— Matt L.

Uważam się za bardzo prostodusznego, a to oznacza, że martwię się, gdy rzeczy nie czują się „bezpieczne”, gdy nie widzę ich pochodzenia.

— Marcus Müller,

Rozumiem, że nie chcesz udowodnić, czy równanie jest poprawne, ale raczej rygorystycznie i bezpośrednio wyprowadzić z pierwszych zasad i definicji DTFT. Potem, gdy ktoś chce przedstawić dokładny dowód dotyczący impulsów, to chyba lepiej jest powołać się na cytowane książki z ogólnej teorii funkcji: Lighthill-1958 jest cytowany w Opp i Schafer w celu omówienia funkcji impulsowej i jej zastosowania w transformatach Fouriera. Wszystkie inne dowody będą nieuchronnie opierać się na dowodach wykonanych na podstawie tych odniesień i będą niewystarczające, aby zastąpić rygorystyczny dowód.

U (w)

$U(w)$

— Fat32

@ Fat32: To prawidłowy punkt widzenia. Myślę jednak, że możliwe jest racjonalne wyprowadzenie dźwięku, jeśli zaakceptujemy podstawowe transformacje, takie jak , i jeśli jesteśmy zadowoleni z definiowania całek przez ich podstawowa wartość Cauchy.

DTFT {1} = 2 π δ (ω)

$\text{DTFT}\{1\}=2\pi\delta(\omega)$

— Matt L.

Odpowiedzi:

Cedron Dawg opublikował ciekawy początkowy punkt w tej odpowiedzi . Zaczyna się od następujących kroków:

\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}

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

Okazuje się, że termin wewnątrz limitu można rozszerzyć w następujący sposób :

\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}

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

Wspólny czynnik poza nawiasami można wyrazić jako :

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

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

Rzeczywista część w nawiasach równa się również :

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

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

Z drugiej strony, część urojoną można przepisać jako :

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

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

Przepisując oryginalny termin, otrzymujemy:

\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}

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

gdzie użyłem a limit pozostaje niezmieniony jako . $M=N-1$ $M\to \infty$

Zgodnie z 7. definicją na tej stronie :

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

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

Do tej pory mamy to:

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)}

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

Jeśli moglibyśmy udowodnić, że drugi wyraz po prawej stronie równości w pewnym sensie wynosi , to jesteśmy skończeni. I zapytał go w math.SE i, rzeczywiście, że sekwencja funkcji tendencję do rozkładu zerowego. Mamy więc to: $0$

\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
źródło

To jest bardzo miłe! Sprawdziłem to i wszystko wydaje się poprawne, więc część wyobrażona musi w pewnym sensie dążyć do zera. Zastanowię się przez chwilę.

— Matt L.

@MattL. Daj mi znać, jeśli możesz zrobić postęp!

— Tendero

@MattL. Dowód jest już gotowy!

— Tendero

Dobra robota! Doszedłem do wniosku, że warunek cosinus miałby tendencję do zera z powodu lematu Riemanna-Lebesgue'a, ale mój problem dotyczył przypadku . Ponieważ pierwsza formuła oparta jest na sumie geometrycznej, która obowiązuje tylko dla . W końcu jakoś to działa, ale wciąż jest to niewielka wada. Mam inną pochodną, która nie rozdziela terminu , w którym sprawa jest obsługiwana z większą ostrożnością, ale wciąż jest to „dowód inżyniera” . Mogę to opublikować, gdy będę miał więcej czasu.

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.

Przedstawię dwa stosunkowo proste dowody, które nie wymagają żadnej wiedzy na temat teorii dystrybucji. Aby uzyskać dowód, który oblicza DTFT w procesie granicznym z wykorzystaniem wyników teorii dystrybucji, zobacz tę odpowiedź Tendero .

Przytoczę tutaj tylko pierwszy dowód, a nie jego rozwinięcie, ponieważ opublikowałem go jako odpowiedź na to pytanie , którego celem było wykazanie, że określony opublikowany dowód jest wadliwy.

Drugi dowód przedstawia się następująco. Najpierw zapiszmy parzystą część sekwencji kroków : $u[n]$

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

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

DTFT z wynosi $(1)$

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

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

która jest równa rzeczywistej części DTFT : $u[n]$

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

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

Ponieważ jest sekwencją o wartościach rzeczywistych, zrobiliśmy to, ponieważ rzeczywiste i urojone części są powiązane poprzez transformację Hilberta, a zatem jednoznacznie określa . Jednak w większości tekstów DSP te relacje transformacji Hilberta pochodzą z równania (które jest ważne dla dowolnej sekwencji przyczynowej ), z którego wynika, że . Aby więc pokazać zależność transformacji Hilberta między rzeczywistą a urojoną częścią DTFT, potrzebujemy DTFT $u[n]$ $U(\omega)$ $U_R(\omega)$ $U(\omega)$ $h[n]=h[n]u[n]$ $h[n]$ $H(\omega)=\frac{1}{2\pi}(H\star U)(\omega)$ $u[n]$ , które tak naprawdę chcemy tutaj uzyskać. Dowód staje się okrągły. Dlatego wybierzemy inny sposób na wyimaginowanie części . $U(\omega)$

Aby uzyskać piszemy nieparzystą część w następujący sposób: $U_I(\omega)=\text{Im}\{U(\omega)\}$ $u[n]$

\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}

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

Biorąc DTFT z daje $(4)$

\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}

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

gdzie użyłem . Równ. można zapisać jako $(3)$ $(5)$

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

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

Prawidłowy wniosek z brzmi ( więcej szczegółów w tej odpowiedzi ) $(6)$

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

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

Ale ponieważ wiemy, że musi być nieparzystą funkcją (ponieważ ma wartość rzeczywistą), możemy natychmiast stwierdzić, że . Stąd, z i końcu otrzymujemy $U_I(\omega)$ $\omega$ $u[n]$ $c=0$ $(3)$ $(7)$

\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.
źródło