Дискретна перетворення Фур'є в одиничній послідовності кроків

З підручників з тексту ми знаємо, що DTFT задається $u[n]$

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

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

Однак я не бачив підручника DSP, який, принаймні, робить вигляд, що дає більш-менш звуковідвід . $(1)$

Проакіс [1] виводить праву половину правої частини , встановлюючи в -трансформах , і каже, що це дійсно за винятком (що, звичайно, правильно). Потім він заявляє, що на полюсі -трансформа ми повинні додати дельта-імпульс із площею , але це здається мені більше як рецепт, ніж будь-що інше. $(1)$ $z=e^{j\omega}$ $\mathcal{Z}$ $u[n]$ $\omega=2\pi k$ $\mathcal{Z}$ $\pi$

Оппенхайм і Шафер [2] згадують у цьому контексті

Хоча показати це не зовсім просто, цю послідовність можна представити наступним перетворенням Фур'є:

за якою слідує формула, еквівалентна . На жаль, вони не спробували продемонструвати нам це "не зовсім просте" доказ. $(1)$

Книга, яку я насправді не знав, але яку я знайшов, шукаючи доказ - це Вступ до цифрової обробки сигналів та дизайну фільтрів Б. Шеной. На сторінці 138 є "виведення" , але, на жаль, це неправильно. Я поставив запитання "DSP-пазл", щоб люди показали, що з цим доказом не так.] $(1)$ $(1)$

Отже, моє питання :

Чи може хто-небудь надати доказ / похід який є здоровим або навіть суворим, будучи доступним для математиків, схильних до інженерів? Не має значення, чи це просто скопійовано з книги. Я думаю, що було б добре це мати на цьому сайті. $(1)$

Зауважте, що навіть на math.SE майже нічого релевантного не можна знайти: на це запитання немає відповідей, і на один є дві відповіді, одна з яких помилкова (ідентична аргументу Шеноя), а друга використовує "властивість накопичення" , що я був би задоволений, але тоді потрібно довести ту властивість, яка повертає вас до початку (адже обидва докази в основному доводять одне і те ж).

На завершення я придумав щось на зразок доказів (ну, я інженер), і я також опублікую це як відповідь через кілька днів, але буду радий зібрати інші опубліковані чи неопубліковані докази які є простими та витонченими, а головне - доступними для інженерів DSP.

PS: Я не сумніваюся в обґрунтованості , я просто хотів би побачити одне або кілька відносно прямолінійних доказів. $(1)$

[1] Проакіс, Дж. Г. та Д. Г. Манолакіс, Цифрова обробка сигналів: принципи, алгоритми та програми , 3-е видання, Розділ 4.2.8

[2] Оппенхайм, А. В. і Ш. Шафер, Обробка дискретних сигналів , 2-е видання, с. 54.

Натхненний коментарем Маркуса Мюллера, я хотів би показати, що як дано Eq. задовольняє вимогу

U (ω)

$U(\omega)$

(1)

$(1)$

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

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

Якщо - DTFT , то $U(\omega)$ $u[n]$

V (ω) = \frac{1}{1 - е^{- j ω}}

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

повинен бути DTFT від

v [н] = \frac{1}{2} знак [н]

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

(де ми визначаємо ), тому що $\text{sign}[0]=1$

V (ω) = U (ω) - π δ (ω) ⟺ у [н] - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} знак [н]

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

Так ми маємо

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

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

з якого випливає це

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

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

З цим ми отримуємо

\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}

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

— Метт Л.
джерело

вааа. Не руйнуй мого світу. Сумніви у цій формулі вносять царину хаосу. Наприклад, , а отже (з продовжувальним визначенням фактора FT залежно від постійної ),

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}

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

— Маркус Мюллер

@ MarcusMüller: Немає сумнівів у цій формулі, це правильно. Питання полягає лише в тому, як це показати таким чином, що простий розумний інженер може зрозуміти. І працює для даного DTFT, немає проблем.

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

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

— Метт Л.

Я вважаю себе дуже простодушним, і це означає, що я хвилююся, коли речі не відчувають себе "безпечно", коли я не бачу, як вони виводяться.

— Маркус Мюллер

Я бачу, що те, що ви хочете, полягає не в тому, щоб довести, чи рівняння правильне чи ні, а скоріше, щоб суворо та безпосередньо вивести з перших принципів та визначення DTFT. Тоді, коли хочеться зробити суворий доказ з імпульсами, то, мабуть, слід краще звернутися до цитованих книг із узагальненої теорії функцій: Lighthill-1958 цитується в Opp & Schafer для обговорення імпульсної функції та її використання у перетвореннях Фур'є. Всі інші докази неминуче покладаються на докази, зроблені на цих посиланнях, і будуть недостатніми для заміни суворого доказу.

U (w)

$U(w)$

— Fat32

@ Fat32: Це дійсна точка зору. Я думаю, однак, що досить обгрунтоване виведення можливе, якщо ми приймаємо основні перетворення, такі як , і якщо ми вміємо визначати інтеграли за їх головне значення Коші.

DTFT {1} = 2 π δ (ω)

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

— Метт Л.

Відповіді:

Седрон Дауг виклав цікаву початкову точку в цій відповіді . Починається з цих кроків:

\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}

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

Виявляється, термін всередині ліміту можна розширити так :

\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}

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

Загальний фактор поза дужками може бути виражений як :

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

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

Справжня частина всередині дужок також дорівнює :

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

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

З іншого боку, уявну частину можна переписати як :

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

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

Переписуючи початковий термін, ми отримуємо це:

\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}

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

де я використовував і межа також не змінюється як . $M=N-1$ $M\to \infty$

Відповідно до 7-го визначення на цьому сайті :

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

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

Поки що ми маємо це:

lim_{М \to \infty} \frac{е^{- j ω (М + 1)}}{1 - е^{- j ω}} = - π δ (ω) - j lim_{М \to \infty} \frac{\cos [ω (М + 1 / 2)]}{2 гріх (ω / 2)}

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

Якщо ми могли б довести, що другий член праворуч рівності в деякому сенсі дорівнює , то ми закінчили. Я запитав це на math.SE і, дійсно, що послідовність функцій тяжіє до нульового розподілу. Отже, ми маємо це: $0$

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

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

— Тендеро
джерело

Це дуже приємно! Я перевірив це, і все здається правильним, так що уявна частина повинна прагнути до нуля в якомусь сенсі. Я трохи подумаю.

— Метт Л.

@MattL. Дайте мені знати, чи зможете ви досягти будь-якого прогресу!

— Тендеро

@MattL. Доказ нарешті повний!

— Тендеро

Гарна робота! Я зрозумів, що термін косинусу буде прагнути до нуля через лему Рімана-Лебега, але моя проблема полягала в тому випадку . Тому що найперша формула заснована на геометричній сумі, яка справедлива лише для . Зрештою, все якось виходить, але це все-таки незначна вада. У мене є інша деривація, яка не розділяє термін , в якому випадок обробляється дещо уважніше, але це все ще "доказ інженера" . Я можу опублікувати його, коли матиму більше часу.

ω = 0

$\omega=0$

ω \neq 0

$\omega\neq 0$

1 / (1 - e^{- j ω})

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

ω = 0

$\omega=0$

— Метт Л.

Я надам два відносно прості докази, які не потребують ніяких знань теорії розподілу. Для підтвердження того, що обчислює DTFT шляхом лімітного процесу, використовуючи результати теорії розподілу, дивіться цю відповідь Tendero .

Я лише згадаю (а не деталізую далі) перший доказ тут, тому що я опублікував це як відповідь на це питання , метою якого було показати, що певний опублікований доказ є несправним.

Інший доказ полягає в наступному. Спочатку запишемо парну частину послідовності крок одиниці : $u[n]$

\begin{matrix} (1) & у_{е} [н] = \frac{1}{2} (у [н] + у [- н]) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} δ [н] \end{matrix}

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

DTFT є $(1)$

\begin{matrix} (2) & DTFT {у_{е} [н]} = π δ (ω) + \frac{1}{2} \end{matrix}

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

що дорівнює реальній частині DTFT : $u[n]$

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

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

Оскільки - це дійсно цінна послідовність, ми робимо, оскільки реальна і уявна частини пов'язані через перетворення Гільберта, і, отже, однозначно визначає . Однак у більшості текстів DSP ці відносини перетворення Гільберта виводяться з рівняння (що справедливо для будь-якої причинної послідовності ), з якої випливає, що . Отже, щоб показати відношення перетворення Гільберта між реальною та уявною частинами DTFT, нам потрібен DTFT $u[n]$ $U(\omega)$ $U_R(\omega)$ $U(\omega)$ $h[n]=h[n]u[n]$ $h[n]$ $H(\omega)=\frac{1}{2\pi}(H\star U)(\omega)$ $u[n]$ , яку ми насправді хочемо отримати тут. Так доказ стає круглим. Тому ми оберемо інший спосіб вивести уявну частину . $U(\omega)$

Для отримання непарну частину наступним чином: $U_I(\omega)=\text{Im}\{U(\omega)\}$ $u[n]$

\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}

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

Прийняття DTFT з дає $(4)$

\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}

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

де я використав . Eq можна записати як $(3)$ $(5)$

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

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

Правильний висновок з є (див. Цю відповідь для більш детальної інформації) $(6)$

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

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

Але оскільки ми знаємо, що має бути непарною функцією (оскільки є реальною величиною), ми можемо відразу зробити висновок, що . Отже, з та ми нарешті отримуємо $U_I(\omega)$ $\omega$ $u[n]$ $c=0$ $(3)$ $(7)$

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

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

— Метт Л.
джерело