Gdzie jest wada w tym wyprowadzeniu DTFT sekwencji kroku jednostkowego ?

11

To pytanie jest związane z moim drugim pytaniem, w którym pytam o wyprowadzenie dyskretnej transformaty Fouriera (DTFT) w jednostkowej sekwencji kroków . Podczas poszukiwania pochodnych znalazłem jedną, która jest niezwykle prosta. Po raz pierwszy zobaczyłem ją na stronie 138 tej książki BA Shenoi. W tej odpowiedzi natknąłem się również na mathematics.SE . $u[n]$

Ponieważ argument jest krótki i prosty, powtórzę go tutaj dla wygody.

Sekwencję kroków jednostkowych można zapisać jako z Oczywiście, Stosowanie DTFT po obu stronach daje gdzie jest DTFT . Z otrzymujemy Z i otrzymujemy dla DTFT
$\begin{matrix} (1) & u [n] = f [n] + \frac{1}{2} \end{matrix}$ $u[n]=f[n]+\frac12\tag{1}$ $\begin{matrix} (2) & f [n] = {\begin{cases} \frac{1}{2}, n \geq 0 \\ - \frac{1}{2}, n < 0 \end{cases} \end{matrix}$ $f[n]=\begin{cases}\frac12,\quad n\ge 0\\-\frac12,\quad n<0\end{cases}\tag{2}$ $\begin{matrix} (3) & f [n] - f [n - 1] = δ [n] \end{matrix}$ $f[n]-f[n-1]=\delta[n]\tag{3}$ $(3)$ $\begin{matrix} (4) & F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{4}$ $F(\omega)$ $f[n]$ $(4)$ $\begin{matrix} (5) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{5}$ $(5)$ $(1)$ $u[n]$ $\begin{matrix} (6) & U (ω) = F (ω) + π δ (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω), - π \leq ω < π \end{matrix}$ $U(\omega)=F(\omega)+\pi\delta(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega),\quad -\pi\le\omega <\pi\tag{6}$ gdzie użyłem , . $\text{DTFT}\{1\}=2\pi\delta(\omega)$ $-\pi\le\omega <\pi$

Równ. dla DTFT jest bez wątpienia poprawne. Jednak wyprowadzenie jest wadliwe. $(6)$ $u[n]$

Pytanie brzmi: znajdź i wyjaśnij wadę powyższego wyprowadzenia.

Proszę dołączyć swoją odpowiedź do tagu spoiler >!.

— Matt L.
źródło

1

niepokoi mnie to, że jest skończonym sygnałem mocy , a nie skończonym sygnałem energii , co otrzymujemy, gdy dodamy te dwa sygnały energii nieskończonej.

f [n]

$f[n]$

— Robert Bristol-Johnnson

też nie jest ?

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 Bristol-Johnnson

Dzięki chłopaki za odpowiedzi! Głosowałem za nimi wszystkimi i każdy z nich prowadzi miłą dyskusję na temat mało znanych aspektów DTFT dziwnych sygnałów (tj. Tych, których nie ma w lub ). Mogę zaakceptować tylko jedną i poczekam trochę dłużej na nowe odpowiedzi lub zmiany w istniejących odpowiedziach. Później dodam także własną odpowiedź.

ℓ^{1}

$\ell^1$

ℓ^{2}

$\ell^2$

— Matt L.

1

Matt, jest zdecydowanie nie skończoną energią. nieskończona liczba próbek, które są kwadratem , nie dodaje się do liczby skończonej.

f [n]

$f[n]$

\frac{1}{4}

$\tfrac14$

— Robert Bristol-Johnnson

1

@ robertbristow-johnson: Co cię w tym niepokoi? Jeśli sygnały znoszą się wszędzie, z wyjątkiem skończonej liczby punktów, to otrzymujemy.

— Matt L.

7

Istnieje nieskończenie wiele sygnałów, które sprawiają, że obowiązuje następująca równość: Jedyne, co się liczy, to że , a następnie pozostałe współczynniki można ustalić pod ograniczeniem, że równ. stany (tj. Odjęcie kolejnych próbek musi wynosić dla ). Innymi słowy, równ. zostanie osiągnięty przez dowolny sygnał taki, że Kolejny sposób, aby zobaczyć oznacza to, że każda funkcja, która jest w zasadzie z przesunięciem (stała wartość dodana), spełni
$y [n] - y [n - 1] = δ [n] (1)$ $y[n]-y[n-1]=\delta[n] \qquad (1)$ $y[0]-y[-1]=1$ $y$ $(1)$ $0$ $n\neq 0$ $(1)$ $y[n]$ $y [0] = y [- 1] + 1 \land y [n] = y [n - 1] \forall n \neq 0$ $y[0]=y[-1]+1 \land y[n]=y[n-1] \ \forall n\neq0$ $u[n]$ $(1)$ . Wyjaśnia to wypowiedź Roberta Bristowa-Johnsona w jego odpowiedzi : wyróżniki niszczą tę informację (np. Przyjmowanie pochodnej w ciągłym czasie niszczy dowody na jakąkolwiek stałą wartość w pierwotnej funkcji).
Podsumowując, uważam, że dowód jest wadliwy, ponieważ zastosowana procedura może wykorzystywać dowolną funkcję postaci z , a to prowadziłoby do wielu funkcji mających tę samą transformatę Fouriera , co jest rzeczywiście błędne, ponieważ transformata Fouriera jest bijectją. Być może autor świadomie postanowił zignorować wszystko, co dotyczy wartości DC, świadom, że aby pokazać, że jest DTFT , potrzebowałby właściwości akumulacji (której najbardziej popularny dowód pochodzi z DTFT z krok jednostkowy - ergo, dość okrągły dowód). Dowód nie jest całkowicie błędny , ponieważ wszystko, co stanowi (formuły dla i $u[n]+C$ $C\in\mathbb{R}$ $F(\omega)$ $f[n]$ $F(\omega)$ $U(\omega)$ , rozkład kroku jednostkowego, równanie różnicy) jest prawdą, ale wymagałoby to właściwości akumulacji, aby pokazać, dlaczego nie ma żadnych delt Diraca. $F(\omega)$

— Tendero
źródło

Jesteś na dobrej drodze! Czy masz pomysł, jak tę usterkę można rozwiązać, tj. Jak zrobić to dobrze?

— Matt L.

@MattL. Ustawienie warunku początkowego dla załatwi sprawę i określi sygnał jednoznacznie. Ten warunek początkowy określałby wartość DC sygnału , który pojawia się w DTFT jako stała zwielokrotniająca impuls Diraca (zgodnie z właściwością akumulacji). Myślę, że w podanym dowodzie działa to, ponieważ sygnał nie ma wartości DC, ponieważ jest symetryczny wokół , więc DTFT jest poprawne właśnie w tym przypadku. Ale wierzę, że fakt, że sygnał nie ma prądu stałego, ponieważ jest to podstawa.

y [n]

$y[n]$

y [n]

$y[n]$

f [n]

$f[n]$

0

$0$

— Tendero

Istnieje wiele dobrych odpowiedzi i trudno wybrać, który z nich zaakceptować. Ale ta została najbardziej doceniona przez społeczność, a także myślę, że najbardziej wyraźnie wskazuje na błąd w wyprowadzeniu. Dziękuję wam wszystkim!

— Matt L.

4

Byłem przytłoczony liczbą otrzymanych odpowiedzi (do tej pory 10 odpowiedzi!). Oczywiście wszyscy otrzymali moje poparcie. To była zabawa, dzięki chłopaki za twoje przemyślenia, komentarze itp. Wiem, że do tej pory większość z was wie, co to za wada, przynajmniej ta, o której mi chodziło. Ludzie wyrażają rzeczy inaczej i zawsze jest miejsce na nieporozumienia, więc postaram się jasno sformułować to, co uważam za najważniejszą wadę tego wyprowadzenia. Wiem, że nie wszyscy się zgodzą i to jest w porządku. Cieszę się, że mogę omawiać tego rodzaju ezoteryczne tematy DSP z tak bystrym umysłem jak wszyscy! No to ruszamy.

Moje pierwsze twierdzenie jest takie, że każde równanie w moim pytaniu jest poprawne. Jednak wyprowadzenie i motywacja niektórych z nich jest całkowicie błędna i myląca, a to „wyprowadzenie” może istnieć tylko dlatego, że autor wiedział, jak powinien wyglądać wynik.

Równ. (3) w pytaniu ( ) jest poprawne dla podanej sekwencji (równanie w pytaniu), ale wyraźnie jest również poprawne dla wszystkich sekwencji postaci z pewną dowolną stałą . Tak więc, zgodnie z wyprowadzeniem, wynikowy DTFT $f[n]-f[n-1]=\delta[n]$ $f[n]$ $(2)$
$\begin{matrix} (1) & f [n] = u [n] + c \end{matrix}$ $f[n]=u[n]+c\tag{1}$ $c$ powinno być DTFT wszystkich sekwencji formy , niezależnie od wartości stałej . To oczywiście nie ma sensu, ponieważ DTFT jest wyjątkowy. W szczególności, używając tego bardzo „dowodu”, mogłem „pokazać”, że jak podano w równaniu. mojego pytania (lub równania poniżej) to tak naprawdę DTFT , którego szukamy. Więc po co zawracać sobie głowy dzieleniem jak w Eq. pytania? $F(\omega)$ $(1)$ $c$ $F(\omega)$ $(5)$ $(3)$ $u[n]$ $u[n]$ $(1)$
Jednak prawdą jest, że DTFT wszystkich sekwencji spełniają równanie. w pytaniu (powtórzone tutaj dla wygody): Ale teraz pojawia się faktyczna matematyczna wada: z równania. błędne jest stwierdzenie, że $(1)$ $(4)$
$\begin{matrix} (2) & F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{2}$ $(2)$ Eq. jest tylko jednym z nieskończenie wielu możliwych rozwiązańi dogodnie zdarza się, że jest to takie, którego autor potrzebuje do uzyskania prawidłowego wyniku końcowego. Równ. jest DTFT zwz $\begin{matrix} (3) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{3}$ $(3)$ $(2)$ $(3)$ $f[n]$ $(1)$ , ale z podanej pochodnej nie można tego wiedzieć. $c=-\frac12$
Więc jak możemy uniknąć błędów matematycznych i zastosowanie do uzyskiwania DTFTs z sekwencji , z dowolnej stałej ? Prawidłowy wniosek z to $(2)$ $all$ $(1)$ $c$ $(2)$ z pewną jeszcze nieokreśloną stałą. Podłączeniedo lewej stronydaje
$\begin{matrix} (4) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + α δ (ω) \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\alpha\delta(\omega)\tag{4}$ $\alpha$ $(4)$ $(2)$ Tak więc wszystkie funkcje podane przez spełniają , zgodnie z wymaganiami. $1 + α (1 - e^{- j ω}) δ (ω) = 1 + α (1 - e^{- j ω}) |_{ω = 0} \cdot δ (ω) = 1 + 0 \cdot δ (ω) = 1$ $1+\alpha (1-e^{-j\omega})\delta(\omega)=1+\alpha (1-e^{-j\omega})\Big{|}_{\omega=0}\cdot\delta(\omega)=1+0\cdot\delta(\omega)=1$ $F(\omega)$ $(4)$ $(2)$
Stałą w można wyznaczyć na podstawie wartości przy : $\alpha$ $(4)$ $f[n]$ $n=0$ Można wykazać, a takżeWolframAlpha zgadza się, że podstawowa wartość Cauchy'ego całki wwynosi
$\begin{matrix} (6) & f [0] = 1 + c = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} F (ω) d ω = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} + \frac{α}{2 π} \end{matrix}$ $f[0]=1+c=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F(\omega)d\omega=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}+\frac{\alpha}{2\pi}\tag{6}$ $(6)$ ZiotrzymujemyTak więc dla $\begin{matrix} (7) & P V \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} = π \end{matrix}$ $PV\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}=\pi\tag{7}$ $(6)$ $(7)$ $\begin{matrix} (8) & α = π (1 + 2 c) \end{matrix}$ $\alpha=\pi (1+2c)\tag{8}$ otrzymujemy(co odpowiada oryginalnej sekwencjistosowanej przez autora dowodu), a dla(tj. Dla) mamy, który ostatecznie daje nam pożądaną DTFT: $c=-\frac12$ $\alpha=0$ $f[n]$ $c=0$ $f[n]=u[n]$ $\alpha=\pi$ $u[n]$ $\begin{matrix} (9) & U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω) \end{matrix}$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega)\tag{9}$

— Matt L.
źródło

„wszystkie funkcje

podane przez (4) spełniają (2)”, ale czy musimy udowodnić, że „wszystkie funkcje

spełniają (2) mają postać (4)”?

F (ω)

$F(\omega)$

F (ω)

$F(\omega)$

— AlexTP

@AlexTP: Czyli masz na myśli, że funkcje formularza

mogą być tylko podzbiorem funkcji spełniających wymagania

? To ważny punkt. Ale myślę, że jest całkiem jasne, że nie może być żadnych innych funkcji, ponieważ jest to tylko przy

gdzie mamy problem, więc potrzebujemy funkcji, które mają dodatkowy wkład w

który znika po pomnożeniu przez

. Takimi funkcjami (właściwie rozkładami) są impuls delta Diraca i jego pochodne. Jednak pochodne nie znikają po pomnożeniu przez

(4)

$(4)$

(2)

$(2)$

ω = 0

$\omega=0$

ω = 0

$\omega=0$

(1 - e^{- j ω})

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

, więc pozostaje tylko impuls delta Diraca

(1 - e^{- j ω})

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

— Matt L.

Nie jestem do końca pewien, czy nie może istnieć żadna inna funkcja niż impuls delta Diraca (i jego pochodne), który ma tę właściwość. Ale jest w porządku, twoja odpowiedź jest dobrze napisana. Głosuję za. Dzięki.

— AlexTP

2

Wada wynika ze słowa „Oczywiście”, jeśli ma to być funkcja delta Diraca.
Oto szkic odpowiedzi na twoje inne pytanie, którego nigdy nie opublikowałem:
-------------------------------------------------- -------------
Nie sądzę, żeby dowód był możliwy. Może to być przypadek „definicji funkcjonalnej” posiadającej pożądane właściwości.

$X_{2 π} (ω) = \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] e^{- j ω n}$ $X_{2\pi} \left(\omega\right) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] e^{-j \omega n}$ $U = \sum_{n = 0}^{+ \infty} e^{- j ω n}$ $U = \sum\limits_{n=0}^{+\infty} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} \sum_{n = 0}^{N - 1} e^{- j ω n}$ $U = \lim_{ N \to \infty } \sum\limits_{n=0}^{N-1} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} [\frac{1 - e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ 1 - e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ Patrząc na ostatnią wartość graniczną. Dlajasne jest, że działa jak delta Diraca. Dlaczego współczynnik powinien wynosić, nie wiem. Może to mieć związek z obszarem koła jednostki. Kiedy, mianownik może zostać uwzględniony poza limitem, a licznik przeskakuje wzdłuż koła jednostki i nigdy nie osiąga limitu. Ustawienie go na zero jest aktem definicyjnym. $U = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} - lim_{N \to \infty} [\frac{e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \frac{ 1 }{ 1 - e^{-j \omega } } - \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ $\omega = 0$ $\pi$ $\omega \neq 0$
Udowodnienie, że definicja działa w pożądany sposób, to inna sprawa.
Dowód ze strony 138 jest nieprawidłowy (przynajmniej), ponieważ:
Który w żaden sposób nie jest podobny dopodczas ich definiowania.
$δ (t) = lim_{a \to 0} \frac{1}{2 a} [u (t + a) - u (t - a)] = \frac{d u}{d t}$ $\delta(t) = \lim_{ a \to 0 } \frac{1}{2a} \left[ u(t + a) - u(t - a) \right] = \frac{du}{dt}$ $\delta(n) = u_2(n) - u_2(n-1)$
Ciekawa sytuacja, mam nadzieję, że to pomoże. Nie mogę się doczekać tego, co masz do powiedzenia.
Ced

— Cedron Dawg
źródło

Dziękuję za odpowiedź! Ale zauważ, że mówimy tutaj o sekwencjach dyskretnych, a nie o impulsie delty Diraca. W czasie dyskretnym

jest wszędzie równe zeru, z wyjątkiem

gdzie wynosi

. Więc nie ma brzydkich rzeczy jak w ciągłym czasie. Więc Eq. (3) w moim pytaniu jest właściwie poprawne (w dyskretnym czasie!).

δ [n]

$\delta[n]$

n = 0

$n=0$

1

$1$

— Matt L.

Cedron, myślę, że to równanie:

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

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

2

$1=2$
$F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1$ $\omega=2k\pi \text{ for } k \in \mathbb{Z}$

— Robert Bristol-Johnson
źródło

3

u [n]

$u[n]$

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

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

w \neq 2 π k

$w \neq 2\pi k$

δ [n]

$\delta[n]$

ω

$\omega$

ω = 2 k π

$\omega=2k\pi$

δ [n]

$\delta[n]$

1 - e^{- j w}

$1-e^{-j w}$

F (w)

$F(w)$

f [n] - f [n - 1] = δ [n]

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

u [n]

$u[n]$

2

$lim_{N \to \infty} \sum_{n = - N}^{n = N} f [n] e^{- j ω n} (1 - e^{- j ω n}) + (e^{j ω N} f [N] + e^{- j ω N} f [- N]) e^{- j ω} = 1$ $\lim_{N \to \infty} \sum_{n=-N}^{n=N}f[n]e^{-j\omega n} (1-e^{-j\omega n})+(e^{j\omega N}f[N]+e^{-j\omega N}f[-N])e^{-j\omega}=1$ $f[n]=u[n]$ $lim_{N \to \infty} \sum_{n = - N}^{n = N} f [n] e^{- j ω n} (1 - e^{- j ω n}) + e^{j ω N} e^{- j ω} = 1$ $\lim_{N \to \infty} \sum_{n=-N}^{n=N}f[n]e^{-j\omega n} (1-e^{-j\omega n})+e^{j\omega N}e^{-j\omega}=1$

— AlexTP
źródło

F (ω)

$F(\omega)$

ω \neq 2 k π

$\omega \ne 2 k \pi$

k

$k$

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)

$U(\omega)$

F (ω)

$F(\omega)$

u [n]

$u[n]$

1

u [n]

$u[n]$

f [n]

$f[n]$

u [n] - u [n - 1] = δ [n]

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

2

Myślę, że wymyśliłem najlepszy sposób na wyrażenie wady w tym dowodzie. Więc dam mu kolejny dźgnięcie.
$\frac{1}{2}$ $x$

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 2 π x δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+2\pi x \delta(\omega)$
$x$ $\frac{1}{2}$
Ponadto, jeśli zrobisz krok, który zrobiłem w mojej ostatniej odpowiedzi i znajdź (4), będzie to wyrażone jako

$F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 + 2 π x (1 - e^{- j ω}) δ (ω)$ $F( \omega )(1 - e^{-j\omega} ) = 1 + 2\pi x (1 - e^{-j\omega} ) \delta(\omega)$
Następnie dołączając go do (5) i (6) otrzymujesz:

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 4 π x δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+ 4\pi x \delta(\omega)$
Co, jak wskazałem wcześniej, jest niezgodne z definicją, aby się tam dostać.
$x = \frac{1}{2}$ $\pi$ $\delta(\omega)$
$x=\frac{1}{2}$
Ced

— Cedron Dawg
źródło

1

Jest to odpowiedź na komentarze w mojej pierwszej odpowiedzi. Z powodu maskowania spoilera zamieszczam go jako osobną odpowiedź.
Zamierzałem zamieścić swoją drugą odpowiedź na inne pytanie, ale nie zrobiłem tego z powodu mojego braku doświadczenia w tej dziedzinie. Wysłałem go wczoraj, usunąłem, a następnie usunąłem, a potem wymyśliłem, jak stosować tagi spoilera.
$\delta$ $\delta$ $\delta_p$

$δ_{p} [n] = f [n] - f [n - 1] = u [n] - u [n - 1]$ $\delta_p[n] = f[n] - f[n-1] = u[n] - u[n-1]$
Biorąc DTFT lewej i prawej części. Nie jestem pewien, czy mam odpowiednie zapisy, ale matematyka powinna być jasna. Korzystanie z definicji, która jest sprawdzana.

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

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

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

$F_{p} (ω) = 1 + π (1 - e^{- j ω}) δ (ω) \neq 1$ $F_p( \omega ) = 1 + \pi (1 - e^{-j\omega} ) \delta(\omega) \neq 1$
$\omega = 2k\pi$ $\omega = 2k\pi$
Ced
==============================
Kontynuacja:
$\delta_p$

— Cedron Dawg
źródło

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

$f(0)=0$

1

$\sum (a [n] - b [n]) c_{ω} [n] = \sum a [n] c_{ω} [n] - \sum b [n] c_{ω} [n]$ $\sum (a[n] - b[n])c_\omega[n] = \sum a[n]c_\omega[n]- \sum b[n]c_\omega[n]$ $\ell_1$ $\ell_2$ $f[n]-f[n-1]$

— Laurent Duval
źródło

1

więc Matt

$f[n]$

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

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

$\alpha > 0$

teraz mamy skończone sygnały energetyczne, a DTFT powinny być porównywalne.

\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}

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

$\alpha \to 0$

ale, niestety, jest prawie druga nad ranem i nie dam sobie z tym teraz rady.

— Robert Bristol-Johnson
źródło

α

$\alpha$

α \to 0

$\alpha\rightarrow 0$