Де недолік у цій деривації DTFT одиничної послідовності кроків

11

Це питання пов'язане з цим моїм іншим питанням, де я запитую похідні дискретного перетворення Фур'є (DTFT) послідовності одиничних ступенів $u[n]$ . Під час мого пошуку деривацій я знайшов той, який надзвичайно простий. Я вперше побачив це на сторінці 138 цієї книги Б. А. Шеной. У цій відповіді я також натрапив на математику.SE .

Оскільки аргумент короткий і простий, для зручності його повторю тут.

Послідовність одиниць кроків може бути записана у
$\begin{matrix} (1) & u [n] = f [n] + \frac{1}{2} \end{matrix}$ $u[n]=f[n]+\frac12\tag{1}$ з $\begin{matrix} (2) & f [n] = {\begin{cases} \frac{1}{2}, n \geq 0 \\ - \frac{1}{2}, n < 0 \end{cases} \end{matrix}$ $f[n]=\begin{cases}\frac12,\quad n\ge 0\\-\frac12,\quad n<0\end{cases}\tag{2}$ Очевидно, що $\begin{matrix} (3) & f [n] - f [n - 1] = δ [n] \end{matrix}$ $f[n]-f[n-1]=\delta[n]\tag{3}$ Застосування DTFT з обох сторін $(3)$ дає $\begin{matrix} (4) & F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{4}$ де $F(\omega)$ - DTFT з $f[n]$ . З $(4)$ отримуємо $\begin{matrix} (5) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{5}$ З $(5)$ і $(1)$ отримуємо для DTFT $u[n]$ $\begin{matrix} (6) & U (ω) = F (ω) + π δ (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω), - π \leq ω < π \end{matrix}$ $U(\omega)=F(\omega)+\pi\delta(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega),\quad -\pi\le\omega <\pi\tag{6}$ де я використовував $\text{DTFT}\{1\}=2\pi\delta(\omega)$ , $-\pi\le\omega <\pi$ .

Eq $(6)$ для DTFT з $u[n]$ немає сумнівів в тому, правильно. Однак деривація є хибною.

Питання полягає в тому, щоб знайти та пояснити недолік у вищенаведеному виведенні.

Будь ласка, додайте свою відповідь до тегу спойлера >!.

— Метт Л.
джерело

1

мене турбує те, що

- це сигнал кінцевої потужності , а не сигнал кінцевої енергії , який ми отримуємо, коли додаємо ці два нескінченні енергетичні сигнали разом.

f [n]

$f[n]$

— Роберт Брістоу-Джонсон

також, чи не

?

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

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

— Роберт Брістоу-Джонсон

Дякую хлопцям за відповіді! Я схвалив їх усіх, і кожен з них веде до приємного обговорення не настільки відомих аспектів DTFT дивних сигналів (тобто тих, що не в

або

). Я можу прийняти лише одну, і я ще трохи зачекаю нових відповідей або змін існуючих відповідей. Я також додам свою відповідь пізніше.

ℓ^{1}

$\ell^1$

ℓ^{2}

$\ell^2$

— Метт Л.

1

Метт,

, очевидно, не є кінцевою енергією. нескінченна кількість зразків, квадрат яких дорівнює

f [n]

$f[n]$

не додайте до кінцевого числа.

\frac{1}{4}

$\tfrac14$

— Роберт Брістоу-Джонсон

1

@ robertbristow-johnson: Що вас турбує з цього приводу? Якщо сигнали скасовують один одного скрізь, за винятком кінцевої кількості балів, то це ми отримуємо.

— Метт Л.

7

Існує нескінченно багато сигналів, завдяки яким виконується така рівність:
$y [n] - y [n - 1] = δ [n] (1)$ $y[n]-y[n-1]=\delta[n] \qquad (1)$ Єдине, що важливо, це те, що $y[0]-y[-1]=1$ , а потім решта коефіцієнтів $y$ можна визначити за обмеженням, що рівняння. $(1)$ стани (тобто віднімання послідовних зразків повинно бути $0$ для $n\neq 0$ ). Іншими словами, рівняння $(1)$ буде досягнуто будь-яким сигналом $y[n]$ таким, що $y [0] = y [- 1] + 1 \land y [n] = y [n - 1] \forall n \neq 0$ $y[0]=y[-1]+1 \land y[n]=y[n-1] \ \forall n\neq0$ Інший спосіб побачити цетомущо будь-яка функціяяка єосновному $u[n]$ зі зміщенням (з постійною доданою вартістю) буде задовольняти $(1)$ . Це пояснює твердження, зробленеРобертом Брісто-Джонсоном у своїй відповіді: диференціатори руйнують цю інформацію (наприклад, беручи похідну в безперервний час, знищує докази будь-якої постійної величини в початковій функції).
Підводячи підсумок, я вважаю, що доведення є хибним, тому що слідуюча процедура може використовувати будь-яку функцію форми $u[n]+C$ з $C\in\mathbb{R}$ , і це призведе до того, що багато функцій мають те саме перетворення Фур'є, що насправді неправильно оскільки перетворення Фур'є є бієкцією. Можливо, автор навмисно вирішив ігнорувати все, що стосується значень постійного струму, усвідомлюючи це, щоб показати, що $F(\omega)$ - DTFT з $f[n]$ йому знадобиться властивість накопичення (найпопулярніший доказ якого походить з DTFT одиничного кроку - ерго, досить круговий доказ). Доведення не є суто помилковим , оскільки все, про що йдеться (формули для $F(\omega)$ та $U(\omega)$ , декомпозиція одиничного кроку, різницеве рівняння), є істинним, але воно потребує властивості накопичення, щоб показати, чому $F(\omega)$ не має жодної дельти Дірака.

— Тендеро
джерело

Ви абсолютно на правильному шляху! Чи маєте ви уявлення, як цей недолік можна було б вирішити, тобто як це зробити правильно?

— Метт Л.

@MattL. Встановлення початкової умови для

дозволило б зробити фокус і визначити сигнал однозначно. Ця початкова умова визначала б значення постійного струму сигналу

, яке з'являється в DTFT як постійне множення імпульсу Дірака (відповідно до властивості накопичення). Я думаю, що в даному доказі це працює, тому що сигнал

не має значення постійного струму, оскільки він симетричний близько

, і тому DTFT є правильним саме в цьому випадку. Але я вважаю, що в сигналі немає постійного струму, оскільки це є основним.

y [n]

$y[n]$

y [n]

$y[n]$

f [n]

$f[n]$

0

$0$

— Тендеро

Є багато хороших відповідей, і важко вибрати, яку з них прийняти. Але це найбільше оцінили громаду, і також я вважаю, що це найяскравіше вказує на помилку у виведенні. Дякую вам всім!

— Метт Л.

4

Мене вразила кількість отриманих відповідей (10 відповідей поки!). Звичайно, усі вони отримали мою позицію. Це було весело, дякую, хлопці, за ваші думки, коментарі тощо. Я знаю, що на сьогоднішній день більшість із вас знає, у чому вада, принаймні така, яку я мав на увазі. Люди висловлюють речі по-різному, і завжди є простір для непорозумінь, тому я спробую чітко сформулювати те, що, на мою думку, є найважливішим недоліком у цій деривації. Я усвідомлюю той факт, що не всі погодиться, і це добре. Я щасливий, що можу обговорити подібні езотеричні теми DSP з такими гострими думками, як ви! Ось і ми.

Перше моє твердження полягає в тому, що кожне рівняння в моєму питанні є правильним. Однак виведення та мотивація деяких із них є абсолютно неправильним та оманливим, і це "виведення" може існувати лише тому, що автор знав, як повинен виглядати результат.

Eq (3) у запитанні ( ) правильна для заданої послідовності (урівень у питанні), але це також очевидно правильна для всіх послідовностей виду з деякою довільною постійною . Отже, згідно деривації, отриманий DTFT $f[n]-f[n-1]=\delta[n]$ $f[n]$ $(2)$
$\begin{matrix} (1) & f [n] = u [n] + c \end{matrix}$ $f[n]=u[n]+c\tag{1}$ $c$ має бути DTFT всіх послідовностей форми , незалежно від значення константи . Це, звичайно, не має сенсу, оскільки DTFT унікальний. Зокрема, використовуючи той самий "доказ", я міг би "показати", що як зазначено у рівнянні. мого запитання (або рівняння нижче) - це фактично DTFT який ми шукаємо. То чому б не турбуватися розщеплення як у рівнянні. питання? $F(\omega)$ $(1)$ $c$ $F(\omega)$ $(5)$ $(3)$ $u[n]$ $u[n]$ $(1)$
Однак вірно, що DTFT всіх послідовностей задовольняють рівню. у питанні (повторене тут для зручності): Але тепер випливає власне математичний недолік: З рівняння. неправильно робити висновок $(1)$ $(4)$
$\begin{matrix} (2) & F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{2}$ $(2)$ Eq. - це лише одне з нескінченно багатьох можливих рішень, і, як правило, трапляється той, який потрібен автору для досягнення правильного кінцевого результату. Eq - DTFT звз $\begin{matrix} (3) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{3}$ $(3)$ $(2)$ $(3)$ $f[n]$ $(1)$ , але з даної деривації це неможливо знати. $c=-\frac12$
Так як ми можемо уникнути , що математична помилка і використання , щоб вивести DTFTs з послідовностей , з будь-якої постійної ? Правильний висновок з - $(2)$ $all$ $(1)$ $c$ $(2)$ з деякою ще невизначеною постійною. Підключеннядо лівої частинидає
$\begin{matrix} (4) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + α δ (ω) \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\alpha\delta(\omega)\tag{4}$ $\alpha$ $(4)$ $(2)$ Отже, всі функції задані задовольняють , як потрібно. $1 + α (1 - e^{- j ω}) δ (ω) = 1 + α (1 - e^{- j ω}) |_{ω = 0} \cdot δ (ω) = 1 + 0 \cdot δ (ω) = 1$ $1+\alpha (1-e^{-j\omega})\delta(\omega)=1+\alpha (1-e^{-j\omega})\Big{|}_{\omega=0}\cdot\delta(\omega)=1+0\cdot\delta(\omega)=1$ $F(\omega)$ $(4)$ $(2)$
Постійну в можна визначити зі значення при : $\alpha$ $(4)$ $f[n]$ $n=0$ Можна показати, і такожВольфрам Альфа погоджується, що головне значення Коші інтеграла встановить
$\begin{matrix} (6) & f [0] = 1 + c = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} F (ω) d ω = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} + \frac{α}{2 π} \end{matrix}$ $f[0]=1+c=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F(\omega)d\omega=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}+\frac{\alpha}{2\pi}\tag{6}$ $(6)$ ЗіотримаємоОтже при $\begin{matrix} (7) & P V \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} = π \end{matrix}$ $PV\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}=\pi\tag{7}$ $(6)$ $(7)$ $\begin{matrix} (8) & α = π (1 + 2 c) \end{matrix}$ $\alpha=\pi (1+2c)\tag{8}$ отримуємо(що відповідає вихідній послідовностіяк використано автором доказування), а для(тобто для) маємо, що, нарешті, дає нам бажаний DTFT з: $c=-\frac12$ $\alpha=0$ $f[n]$ $c=0$ $f[n]=u[n]$ $\alpha=\pi$ $u[n]$ $\begin{matrix} (9) & U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω) \end{matrix}$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega)\tag{9}$

— Метт Л.
джерело

F (ω)

$F(\omega)$

F (ω)

$F(\omega)$

(4)

$(4)$

(2)

$(2)$

ω = 0

$\omega=0$

ω = 0

$\omega=0$

(1 - e^{- j ω})

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

(1 - e^{- j ω})

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

Я не дуже впевнений, що не може бути жодної функції, окрім дельта-імпульсу Дірака (та її похідних), яка має цю властивість. Але це нормально, ваша відповідь добре написана. Я підтримую. Дякую.

— AlexTP

2

Недолік слідує за словом "Очевидно", якщо це повинно бути функцією "Дірака Дельта".
Ось проект відповіді на ваше інше питання, яке я ніколи не публікував:
-------------------------------------------------- -------------
Я не думаю, що доказ можливий. Це може бути випадок "функціонального визначення", що має бажані властивості.

$X_{2 π} (ω) = \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] e^{- j ω n}$ $X_{2\pi} \left(\omega\right) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] e^{-j \omega n}$ $U = \sum_{n = 0}^{+ \infty} e^{- j ω n}$ $U = \sum\limits_{n=0}^{+\infty} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} \sum_{n = 0}^{N - 1} e^{- j ω n}$ $U = \lim_{ N \to \infty } \sum\limits_{n=0}^{N-1} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} [\frac{1 - e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ 1 - e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ $U = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} - lim_{N \to \infty} [\frac{e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \frac{ 1 }{ 1 - e^{-j \omega } } - \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ $\omega = 0$ $\pi$ $\omega \neq 0$
Доведення визначення працює бажаним чином - інша справа.
Сторінка 138 підтверджує неправильність (принаймні), оскільки:

$δ (t) = lim_{a \to 0} \frac{1}{2 a} [u (t + a) - u (t - a)] = \frac{d u}{d t}$ $\delta(t) = \lim_{ a \to 0 } \frac{1}{2a} \left[ u(t + a) - u(t - a) \right] = \frac{du}{dt}$ $\delta(n) = u_2(n) - u_2(n-1)$
Цікава ситуація, сподіваюся, це допомагає. Я з нетерпінням чекаю того, що ти маєш сказати.
Сед

— Кедрон Дауг
джерело

δ [n]

$\delta[n]$

n = 0

$n=0$

1

$1$

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

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

— Роберт Брістоу-Джонсон
джерело

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
джерело

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

Я думаю, що я з'ясував найкращий спосіб висловити недолік у цьому доказі. Так що я збираюся дати йому ще один удар.
$\frac{1}{2}$ $x$

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 2 π x δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+2\pi x \delta(\omega)$
$x$ $\frac{1}{2}$
Крім того, якщо ви зробите крок, який я зробив у своїй останній відповіді, і знаходка (4) виражається як

$F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 + 2 π x (1 - e^{- j ω}) δ (ω)$ $F( \omega )(1 - e^{-j\omega} ) = 1 + 2\pi x (1 - e^{-j\omega} ) \delta(\omega)$
Далі додаючи його до (5) та (6), ви отримуєте:

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 4 π x δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+ 4\pi x \delta(\omega)$
Що, як я вже зазначав, суперечить визначенню туди потрапити.
$x = \frac{1}{2}$ $\pi$ $\delta(\omega)$
$x=\frac{1}{2}$
Сед

— Кедрон Дауг
джерело

1

Це у відповідь на коментарі моєї першої відповіді. Через маскування спойлера я публікую це як окрему відповідь.
Я збирався розмістити свою іншу відповідь на інше питання, але цього не зробив через відсутність досвіду в цій галузі. Я розмістив його вчора, видалив, потім відмінив, потім зрозумів, як використовувати теги спойлера.
$\delta$ $\delta$ $\delta_p$

$δ_{p} [n] = f [n] - f [n - 1] = u [n] - u [n - 1]$ $\delta_p[n] = f[n] - f[n-1] = u[n] - u[n-1]$
Беручи DTFT лівої та правої частин. Я не впевнений, що я правильно позначив, але математика повинна бути зрозумілою. Використовуючи визначення, яке доводиться.

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

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

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

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

— Кедрон Дауг
джерело

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

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

— Лоран Дюваль
джерело

1

так Метт,

$f[n]$

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

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

$\alpha > 0$

тепер у нас є кінцеві енергетичні сигнали, і DTFT повинні бути порівнянними.

\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}

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

$\alpha \to 0$

але, на жаль, це вже майже 2 години ранку, і я зараз не буду цим займатися.

— Роберт Брістоу-Джонсон
джерело

α

$\alpha$

α \to 0

$\alpha\rightarrow 0$