Đâu là lỗ hổng trong dẫn xuất DTFT của chuỗi bước đơn vị ?

11

Câu hỏi này liên quan đến câu hỏi khác này của tôi , nơi tôi yêu cầu các dẫn xuất của biến đổi Fourier thời gian rời rạc (DTFT) của chuỗi bước đơn vị . Trong quá trình tìm kiếm các sản phẩm phái sinh, tôi đã tìm thấy một thứ đơn giản đến mức đáng kinh ngạc. Lần đầu tiên tôi nhìn thấy nó trên trang 138 của cuốn sách này của BA Shenoi. Tôi cũng đã xem qua nó về toán học. Trong câu trả lời này . $u[n]$

Vì đối số là ngắn và đơn giản, tôi sẽ lặp lại ở đây để thuận tiện.

Trình tự bước đơn vị có thể được viết là với Rõ ràng, Áp dụng DTFT trên cả hai mặt của cho trong đó là DTFT của . Từ chúng tôi nhận được Từ và chúng tôi nhận được cho DTFT của
$\begin{matrix} (1) & u [n] = f [n] + \frac{1}{2} \end{matrix}$ $u[n]=f[n]+\frac12\tag{1}$ $\begin{matrix} (2) & f [n] = {\begin{cases} \frac{1}{2}, n \geq 0 \\ - \frac{1}{2}, n < 0 \end{cases} \end{matrix}$ $f[n]=\begin{cases}\frac12,\quad n\ge 0\\-\frac12,\quad n<0\end{cases}\tag{2}$ $\begin{matrix} (3) & f [n] - f [n - 1] = δ [n] \end{matrix}$ $f[n]-f[n-1]=\delta[n]\tag{3}$ $(3)$ $\begin{matrix} (4) & F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{4}$ $F(\omega)$ $f[n]$ $(4)$ $\begin{matrix} (5) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{5}$ $(5)$ $(1)$ $u[n]$ $\begin{matrix} (6) & U (ω) = F (ω) + π δ (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω), - π \leq ω < π \end{matrix}$ $U(\omega)=F(\omega)+\pi\delta(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega),\quad -\pi\le\omega <\pi\tag{6}$ trong đó tôi đã sử dụng , . $\text{DTFT}\{1\}=2\pi\delta(\omega)$ $-\pi\le\omega <\pi$

Phương trình đối với DTFT của không còn nghi ngờ gì nữa. Tuy nhiên, sự phát sinh là thiếu sót. $(6)$ $u[n]$

Câu hỏi là: tìm và giải thích lỗ hổng trong đạo hàm trên.

Vui lòng trả lời câu trả lời của bạn với thẻ spoiler >!.

— Matt L
nguồn

1

Điều làm tôi băn khoăn là là tín hiệu năng lượng hữu hạn , không phải là tín hiệu năng lượng hữu hạn , đó là những gì chúng ta nhận được khi kết hợp hai tín hiệu năng lượng vô hạn này lại với nhau.

f [n]

$f[n]$

— robert bristow-johnson

đồng thời, không phải là ?

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

Cảm ơn các bạn đã phản hồi của bạn! Tôi đã đưa ra tất cả chúng, và mỗi người đều đưa ra một cuộc thảo luận thú vị về các khía cạnh không được biết đến nhiều trong DTFT của các tín hiệu lạ (nghĩa là các tín hiệu không nằm trong hoặc ). Tôi chỉ có thể chấp nhận một và tôi sẽ đợi thêm một chút để có câu trả lời mới hoặc thay đổi trong câu trả lời hiện có. Tôi cũng sẽ thêm câu trả lời của riêng tôi sau này.

ℓ^{1}

$\ell^1$

ℓ^{2}

$\ell^2$

— Matt L.

1

Matt, được quyết định không phải là năng lượng hữu hạn. một số lượng vô hạn các mẫu vuông là không thêm vào là một số hữu hạn.

f [n]

$f[n]$

\frac{1}{4}

$\tfrac14$

— robert bristow-johnson

1

@ robertbristow-johnson: Bạn thấy điều gì đáng lo ngại về điều đó? Nếu các tín hiệu triệt tiêu lẫn nhau ở mọi nơi ngoại trừ số điểm hữu hạn, thì đó là những gì chúng ta nhận được.

— Matt L.

6

Có vô số tín hiệu làm cho đẳng thức sau giữ: Điều duy nhất quan trọng là , và sau đó phần còn lại của các hệ số của có thể được xác định theo giới hạn mà phương trình. trạng thái (tức là cơ số của các mẫu liên tiếp phải là đối với ). Nói cách khác, phương trình. sẽ đạt được bằng bất kỳ tín hiệu sao cho Một cách khác để xem đây là bất kỳ hàm nào về cơ bản là với phần bù (giá trị gia tăng không đổi) sẽ thỏa mãn
$y [n] - y [n - 1] = δ [n] (1)$ $y[n]-y[n-1]=\delta[n] \qquad (1)$ $y[0]-y[-1]=1$ $y$ $(1)$ $0$ $n\neq 0$ $(1)$ $y[n]$ $y [0] = y [- 1] + 1 \land y [n] = y [n - 1] \forall n \neq 0$ $y[0]=y[-1]+1 \land y[n]=y[n-1] \ \forall n\neq0$ $u[n]$ $(1)$ . Điều này giải thích tuyên bố của robert bristow-johnson trong câu trả lời của ông : các yếu tố khác biệt phá hủy thông tin này (chẳng hạn như lấy đạo hàm trong thời gian liên tục phá hủy bằng chứng về bất kỳ giá trị không đổi nào trong hàm ban đầu).
Tóm lại, tôi tin rằng bằng chứng là thiếu sót vì quy trình theo sau có thể sử dụng bất kỳ chức năng nào có dạng với và điều này sẽ dẫn đến nhiều hàm có cùng biến đổi Fourier , điều này thực sự sai khi biến đổi Fourier là một mệnh đề. Có lẽ tác giả đã cố tình quyết định bỏ qua bất cứ điều gì liên quan đến các giá trị DC, ý thức rằng để cho thấy là DTFT của anh ta sẽ cần thuộc tính tích lũy (có bằng chứng phổ biến nhất được lấy từ DTFT của bước đơn vị - ergo, một bằng chứng khá tròn). Bằng chứng không hoàn toàn sai , vì mọi thứ nó nêu (công thức cho và $u[n]+C$ $C\in\mathbb{R}$ $F(\omega)$ $f[n]$ $F(\omega)$ $U(\omega)$ , sự phân tách của bước đơn vị, phương trình sai khác) là đúng, nhưng nó sẽ yêu cầu thuộc tính tích lũy để cho thấy tại sao không có bất kỳ đồng bằng Dirac nào. $F(\omega)$

— Tendero
nguồn

Bạn đang hoàn toàn đi đúng hướng! Bạn có biết làm thế nào lỗ hổng này có thể được giải quyết, nghĩa là, làm thế nào để làm điều đó đúng?

— Matt L.

@MattL. Đặt điều kiện ban đầu cho sẽ thực hiện thủ thuật và xác định tín hiệu một cách đơn phương. Điều kiện ban đầu đó sẽ xác định giá trị DC của tín hiệu , xuất hiện trong DTFT dưới dạng hằng số nhân xung Dirac (theo thuộc tính tích lũy). Tôi nghĩ rằng trong bằng chứng đã cho, điều này hoạt động vì tín hiệu không có giá trị DC vì nó đối xứng quanh , và do đó DTFT chỉ đúng trong trường hợp đó. Nhưng thực tế là tín hiệu không có DC nên được nêu, vì nó là cơ bản, tôi tin.

y [n]

$y[n]$

y [n]

$y[n]$

f [n]

$f[n]$

0

$0$

— Tendero

Có nhiều câu trả lời hay và thật khó để chọn câu trả lời nào. Nhưng điều này được cộng đồng đánh giá cao nhất, và tôi cũng nghĩ rằng nó chỉ ra rõ nhất lỗi trong đạo hàm. Cảm ơn tất cả!

— Matt L.

4

Tôi đã bị choáng ngợp bởi số lượng phản hồi tôi nhận được (10 câu trả lời cho đến nay!). Tất nhiên, tất cả trong số họ có upvote của tôi. Điều này thật thú vị, cảm ơn các bạn vì những suy nghĩ, bình luận của bạn, v.v ... Tôi biết rằng bây giờ hầu hết các bạn đều biết lỗ hổng là gì, ít nhất là ý tôi muốn nói. Mọi người diễn đạt mọi thứ khác nhau và luôn có chỗ cho những hiểu lầm, vì vậy tôi sẽ cố gắng xây dựng rõ ràng những gì tôi nghĩ là lỗ hổng quan trọng nhất trong sự phát sinh đó. Tôi nhận thức được thực tế rằng không phải ai cũng đồng ý và điều đó tốt. Tôi rất vui khi có thể thảo luận về các chủ đề DSP bí truyền này với những bộ óc nhạy bén như bạn vậy! Chúng ta đi đây.

Yêu cầu đầu tiên của tôi là mỗi phương trình trong câu hỏi của tôi đều đúng. Tuy nhiên, đạo hàm và động lực của một số trong số chúng là hoàn toàn sai lầm và sai lệch, và "đạo hàm" chỉ có thể tồn tại bởi vì tác giả biết kết quả được cho là như thế nào.

Phương trình (3) trong câu hỏi ( ) là đúng cho chuỗi đã cho (Phương trình trong câu hỏi), nhưng rõ ràng cũng đúng cho tất cả các chuỗi có dạng với một số hằng số tùy ý . Vì vậy, theo đạo hàm, DTFT phải là DTFT của tất cả các chuỗi có dạng , bất kể giá trị của hằng số . Điều đó tất nhiên là vô nghĩa vì DTFT là duy nhất. Cụ thể, bằng cách sử dụng "bằng chứng" đó, tôi có thể "hiển thị" rằng như được đưa ra trong biểu thức. câu hỏi của tôi (hoặc phương trình. $f[n]-f[n-1]=\delta[n]$ $f[n]$ $(2)$
$\begin{matrix} (1) & f [n] = u [n] + c \end{matrix}$ $f[n]=u[n]+c\tag{1}$ $c$ $F(\omega)$ $(1)$ $c$ $F(\omega)$ $(5)$ $(3)$ bên dưới) thực sự là DTFT của mà chúng tôi đang tìm kiếm. Vậy tại sao phải chia tách như trong biểu thức. của câu hỏi? $u[n]$ $u[n]$ $(1)$
Tuy nhiên, sự thật là các DTFT của tất cả các chuỗi đều thỏa mãn phương trình. trong câu hỏi (lặp lại ở đây để thuận tiện): Nhưng giờ đây đã xuất hiện lỗ hổng toán học thực tế: Từ Phương trình không đúng khi kết luận Eq. chỉ là một trong vô số nhiều giải pháp khả thi của , và nó thuận tiện là một trong những giải pháp cần thiết của tác giả để đi đến kết quả cuối cùng chính xác. Phương trình là DTFT của trong với $(1)$ $(4)$
$\begin{matrix} (2) & F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{2}$ $(2)$ $\begin{matrix} (3) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{3}$ $(3)$ $(2)$ $(3)$ $f[n]$ $(1)$ $c=-\frac12$ , nhưng từ đạo hàm đã cho, không có cách nào để biết điều đó.
Vậy làm thế nào chúng ta có thể tránh được lỗi toán học đó và sử dụng để lấy ra các DTFT của chuỗi , với bất kỳ hằng số ? Kết luận đúng từ là với một số hằng số chưa được xác định . Cắm vào phía bên trái của sẽ cho Vì vậy, tất cả các hàm được cung cấp bởi thỏa mãn , theo yêu cầu. $(2)$ $all$ $(1)$ $c$ $(2)$
$\begin{matrix} (4) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + α δ (ω) \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\alpha\delta(\omega)\tag{4}$ $\alpha$ $(4)$ $(2)$ $1 + α (1 - e^{- j ω}) δ (ω) = 1 + α (1 - e^{- j ω}) |_{ω = 0} \cdot δ (ω) = 1 + 0 \cdot δ (ω) = 1$ $1+\alpha (1-e^{-j\omega})\delta(\omega)=1+\alpha (1-e^{-j\omega})\Big{|}_{\omega=0}\cdot\delta(\omega)=1+0\cdot\delta(\omega)=1$ $F(\omega)$ $(4)$ $(2)$
Hằng số in có thể được xác định từ giá trị của tại : Nó có thể được hiển thị và WolframAlpha cũng đồng ý rằng giá trị chính của Cauchy của tích phân trong là Từ và chúng tôi nhận được Vì vậy, với chúng tôi nhận được $\alpha$ $(4)$ $f[n]$ $n=0$
$\begin{matrix} (6) & f [0] = 1 + c = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} F (ω) d ω = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} + \frac{α}{2 π} \end{matrix}$ $f[0]=1+c=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F(\omega)d\omega=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}+\frac{\alpha}{2\pi}\tag{6}$ $(6)$ $\begin{matrix} (7) & P V \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} = π \end{matrix}$ $PV\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}=\pi\tag{7}$ $(6)$ $(7)$ $\begin{matrix} (8) & α = π (1 + 2 c) \end{matrix}$ $\alpha=\pi (1+2c)\tag{8}$ $c=-\frac12$ $\alpha=0$ (tương ứng với chuỗi gốc được sử dụng bởi tác giả của bằng chứng) và với (nghĩa là với ) , cuối cùng chúng ta có , cuối cùng cung cấp cho chúng tôi DTFT mong muốn của : $f[n]$ $c=0$ $f[n]=u[n]$ $\alpha=\pi$ $u[n]$ $\begin{matrix} (9) & U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω) \end{matrix}$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega)\tag{9}$

— Matt L
nguồn

"Tất cả các hàm được cung cấp bởi (4) thỏa mãn (2)", nhưng chúng ta phải chứng minh rằng "tất cả các hàm thỏa mãn (2) có dạng (4)"?

F (ω)

$F(\omega)$

F (ω)

$F(\omega)$

— AlexTP

@AlexTP: Vậy ý bạn là các hàm của biểu mẫu chỉ có thể là một tập hợp con của các hàm thỏa mãn ? Đó là một điểm hợp lệ. Nhưng tôi nghĩ khá rõ ràng rằng không thể có bất kỳ chức năng nào khác, bởi vì chỉ ở khi chúng tôi gặp sự cố, vì vậy chúng tôi cần các chức năng có đóng góp bổ sung tại sẽ biến mất khi nhân với . Các chức năng như vậy (thực sự phân phối) là xung delta Dirac và các dẫn xuất của nó. Tuy nhiên, các dẫn xuất không biến mất khi được nhân với , do đó, chỉ còn lại xung động Dirac delta còn lại

(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.

Tôi không thực sự chắc chắn rằng không thể có bất kỳ chức năng nào ngoài Dirac delta impulse (và các dẫn xuất của nó) có tính chất này. Nhưng nó là ok, câu trả lời của bạn được viết tốt. Tôi upvote. Cảm ơn.

— AlexTP

2

Lỗ hổng tuân theo từ "Rõ ràng", nếu đó được coi là Hàm Dirac Delta.
Đây là bản thảo câu trả lời cho câu hỏi khác của bạn mà tôi chưa bao giờ đăng:
-------------------------------------------------- -------------
Tôi không nghĩ rằng một bằng chứng là có thể. Đây có thể là một trường hợp "định nghĩa chức năng" có các thuộc tính mong muốn.

$X_{2 π} (ω) = \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] e^{- j ω n}$ $X_{2\pi} \left(\omega\right) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] e^{-j \omega n}$ $U = \sum_{n = 0}^{+ \infty} e^{- j ω n}$ $U = \sum\limits_{n=0}^{+\infty} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} \sum_{n = 0}^{N - 1} e^{- j ω n}$ $U = \lim_{ N \to \infty } \sum\limits_{n=0}^{N-1} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} [\frac{1 - e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ 1 - e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ $U = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} - lim_{N \to \infty} [\frac{e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \frac{ 1 }{ 1 - e^{-j \omega } } - \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ Nhìn vào giá trị giới hạn cuối cùng. Với , rõ ràng là nó hoạt động như một Dirac Delta. Tại sao hệ số phải là , tôi không biết. Nó có thể phải làm với diện tích của vòng tròn đơn vị. Khi $\omega = 0$ $\pi$ $\omega \neq 0$ , mẫu số có thể được đặt ra khỏi giới hạn và tử số chỉ nhảy dọc theo vòng tròn đơn vị và không bao giờ đạt đến giới hạn. Đặt nó về 0 là một hành động xác định.
Chứng minh định nghĩa hoạt động theo cách mong muốn là một vấn đề khác.
Bằng chứng trang 138 là sai (ít nhất) bởi vì:

$δ (t) = lim_{a \to 0} \frac{1}{2 a} [u (t + a) - u (t - a)] = \frac{d u}{d t}$ $\delta(t) = \lim_{ a \to 0 } \frac{1}{2a} \left[ u(t + a) - u(t - a) \right] = \frac{du}{dt}$ Điều này không giống với bất kỳ cách nào đối với khi họ định nghĩa nó. $\delta(n) = u_2(n) - u_2(n-1)$
Tình hình thú vị, tôi hy vọng điều này sẽ giúp. Tôi đang mong chờ những gì bạn nói.
Ced

— Cedron Dawg
nguồn

Cảm ơn câu trả lời của bạn! Nhưng lưu ý rằng chúng ta đang nói về các chuỗi thời gian rời rạc ở đây, không phải về xung lực đồng bằng Dirac. Trong thời gian rời rạc, bằng 0 ở mọi nơi, ngoại trừ trong đó nó là . Vì vậy, không có công cụ xấu xí như trong thời gian liên tục. Vì vậy, phương trình. (3) trong câu hỏi của tôi là thực sự chính xác (trong thời gian riêng biệt!).

δ [n]

$\delta[n]$

n = 0

$n=0$

1

$1$

— Matt L.

Cedron, tôi nghĩ phương trình này: có thể được quan tâm trong câu hỏi khác này của @MattL .. Có lẽ bạn nên cân nhắc thêm cho nó một vài suy nghĩ và đăng nó lên đó nếu bạn muốn.

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

nếu bạn cho phép tôi chia cho số 0, tôi có thể chứng minh với bạn rằng . khi bạn nói có vấn đề về việc nhân một cái gì đó bằng 0 (khi ) và mong muốn sản phẩm bằng một. $1=2$
$F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1$ $\omega=2k\pi \text{ for } k \in \mathbb{Z}$

— robert bristow-johnson
nguồn

3

đạo đức của câu chuyện: sự khác biệt phá hủy thông tin. một bộ phân biệt không biết sự khác biệt giữa và . đừng thử chia cho số 0 để lấy thông tin bị mất.

u [n]

$u[n]$

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

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

— robert bristow-johnson

vậy tác giả có nên nói rằng để sửa lỗi không?

w \neq 2 π k

$w \neq 2\pi k$

— Fat32

tốt, DTFT của bằng 1 cho mọi , ngay cả khi .

δ [n]

$\delta[n]$

ω

$\omega$

ω = 2 k π

$\omega=2k\pi$

— robert bristow-johnson

tại sao ? ... đó là miền của hạn chế tên miền của ?

δ [n]

$\delta[n]$

1 - e^{- j w}

$1-e^{-j w}$

F (w)

$F(w)$

— Fat32

bởi vì khi Matt nói và nói rằng hãy tích hợp cả hai bên để có được (đó là những gì Matt nói về cơ bản trong Eq.5), thì chúng ta có một sắp xếp "nhân và chia cho cùng một số lượng lừa để có được 1" . nhưng đôi khi anh ta nhân và chia cho số không. nhân với số không phá hủy thông tin. chia cho số 0 sẽ không lấy lại được thông tin.

f [n] - f [n - 1] = δ [n]

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

u [n]

$u[n]$

— robert bristow-johnson

2

Phương trình (4) phải được viết là Dành cho , không phải (5). Tôi không biết cách sửa bằng chứng mà không tránh (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
nguồn

ai đó có thể lập luận rằng tồn tại khi cho số nguyên .

F (ω)

$F(\omega)$

ω \neq 2 k π

$\omega \ne 2 k \pi$

k

$k$

— robert bristow-johnson

@ robertbristow-johnson Cảm ơn bạn đã chỉnh sửa. Ý tôi là không tồn tại không phải vì mà vì không hội tụ cho mọi . Đối với , nó phải được hiểu là giá trị chính của Cauchy ngay cả đối với công thức chính xác của

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 Tại sao sự phân kỳ của lý do tổng hợp đó lại nói rằng không tồn tại? Nhiều tín hiệu sao cho phân kỳ "DTFT tổng hợp" của chúng, tuy nhiên chúng vẫn có một DTFT được xác định (theo thuật ngữ của Dirac deltas). Tôi không nói lý do sai, tôi chỉ đang cố hiểu (Tôi không quá quen thuộc với lý thuyết phân phối và điều đó).

F (ω)

$F(\omega)$

— Tendero

Bạn nói đúng rằng các khoản tiền không hội tụ theo nghĩa thông thường, tuy nhiên, DTFT tồn tại theo nghĩa phân phối. Rốt cuộc, cùng một lập luận sẽ giữ cho DTFT của , cũng tồn tại theo nghĩa đó. Vì vậy, có một lỗ hổng khác ít phức tạp hơn về mặt toán học so với bài toán phân kỳ, mà chúng ta đã quen dần.

u [n]

$u[n]$

— Matt L.

1

@MattL. Tôi không biết có rõ ràng không nhưng tôi không thấy sự khác biệt giữa và bởi vì chúng tôi cũng có !

u [n]

$u[n]$

f [n]

$f[n]$

u [n] - u [n - 1] = δ [n]

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

— AlexTP

2

Tôi nghĩ rằng tôi đã tìm ra cách tốt nhất để thể hiện lỗ hổng trong bằng chứng này. Vì vậy, tôi sẽ cung cấp cho nó một đâm khác.
Lựa chọn trong (1) là tùy ý. Hãy thay thế nó bằng . Thực hiện theo các bằng chứng thông qua, và kết thúc với: $\frac{1}{2}$ $x$

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 2 π x δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+2\pi x \delta(\omega)$
Không có gì trong bằng chứng ràng buộc là , nó có thể lấy bất kỳ giá trị hữu hạn nào và bằng chứng hoạt động như nhau. $x$ $\frac{1}{2}$
Hơn nữa, nếu bạn thực hiện bước tôi đã làm trong câu trả lời cuối cùng của tôi và tìm (4) được thể hiện là

$F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 + 2 π x (1 - e^{- j ω}) δ (ω)$ $F( \omega )(1 - e^{-j\omega} ) = 1 + 2\pi x (1 - e^{-j\omega} ) \delta(\omega)$
Tiếp theo là bao gồm nó trong (5) và (6) bạn nhận được:

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 4 π x δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+ 4\pi x \delta(\omega)$
Mà, như tôi đã chỉ ra trước đó, không phù hợp với định nghĩa để đạt được điều đó.
Bằng chứng này không cho thấy và dường như chỉ ra rằng với bất kỳ x xác định nào, kết quả không nhất quán sẽ tuân theo. Do đó, tôi quay trở lại tuyên bố trong câu trả lời đầu tiên của mình rằng giá trị của cho hệ số là một hành động xác định, không phải là một sự thật về toán học. $x = \frac{1}{2}$ $\pi$ $\delta(\omega)$
Có lẽ có một số tình huống khác làm cho giá trị chính xác, nhưng bằng chứng này không cung cấp nó. $x=\frac{1}{2}$
Ced

— Cedron Dawg
nguồn

1

Điều này là để đáp ứng với các ý kiến trong câu trả lời đầu tiên của tôi. Vì việc che giấu spoiler tôi đang đăng nó như một câu trả lời riêng biệt.
Tôi sẽ đăng câu trả lời khác của mình cho câu hỏi khác, nhưng tôi đã không làm vì thiếu kinh nghiệm trong lĩnh vực này. Tôi đã đăng nó ngày hôm qua, xóa nó, sau đó không bị xóa, sau đó tìm ra cách sử dụng các thẻ spoiler.
Rõ ràng hàm được xác định trong bài toán không phải là hàm Dirac Delta. Tôi đã tra cứu DTFT trong Wikipedia và DTFT cho chức năng Dirac Delta là một. Tôi sẽ gọi của vấn đề . $\delta$ $\delta$ $\delta_p$

$δ_{p} [n] = f [n] - f [n - 1] = u [n] - u [n - 1]$ $\delta_p[n] = f[n] - f[n-1] = u[n] - u[n-1]$
Lấy DTFT của phần bên trái và bên phải. Tôi không chắc mình có các ký hiệu đúng, nhưng toán học phải rõ ràng. Sử dụng định nghĩa đang được chứng minh.

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

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

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

$F_{p} (ω) = 1 + π (1 - e^{- j ω}) δ (ω) \neq 1$ $F_p( \omega ) = 1 + \pi (1 - e^{-j\omega} ) \delta(\omega) \neq 1$
Do đó, RHS của (4) không chính xác trừ khi . [Chỉnh sửa: Doh, đó là Đồng bằng Dirac, vì vậy tuyên bố này là sai. Tôi đoán nó phải chính xác ngoại trừ "không xác định" tại . Phân tích thực là toán học yêu thích nhất của tôi. Bây giờ tôi sẽ để việc này một mình.] $\omega = 2k\pi$ $\omega = 2k\pi$
Ced
==============================
Theo sát:
Rõ ràng là DTFT của phải là 1 khi được cắm vào định nghĩa của DTFT. Do đó, vì tôi nhận được một câu trả lời khác nhau khi sử dụng định nghĩa được chứng minh có nghĩa là định nghĩa được chứng minh là không chính xác (theo nghĩa toán học). Hơn nữa, nếu bạn thực hiện chỉnh sửa cho đến hết bằng chứng bạn sẽ đến một định nghĩa khác. Giả sử khẳng định là đúng được sử dụng để chứng minh rằng đó là sai. $\delta_p$

— Cedron Dawg
nguồn

Bạn đã thực sự chỉ ra rằng vì thuật ngữ bằng không. Đó là trường hợp bởi vì đối với bất kỳ chức năng nào liên tục ở bạn có và nếu (đó là trường hợp ở đây), toàn bộ thuật ngữ biến mất.

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

Đối với tôi, một lỗ hổng đầu tiên xuất hiện giữa (3) và (4): đây là một ví dụ của phép chia tổng không cố định / tổng vô hạn cổ điển. Cần có các điều kiện để cho phép phương trình: Điều kiện hoặc tiêu chuẩn có thể không đủ sắc nét. Điều này có thể liên quan ở đây, do dạng , với định lý đạo hàm Fubini , hoặc: Khi nào chúng ta có thể trao đổi tổng vô hạn và đạo hàm rời rạc? Những cách xung quanh có thể xoay quanh những khoản tiền đơn điệu hoặc giống như Cesaro, nhưng tôi sẽ suy nghĩ về điều này lâu hơn.
$\sum (a [n] - b [n]) c_{ω} [n] = \sum a [n] c_{ω} [n] - \sum b [n] c_{ω} [n]$ $\sum (a[n] - b[n])c_\omega[n] = \sum a[n]c_\omega[n]- \sum b[n]c_\omega[n]$ $\ell_1$ $\ell_2$ $f[n]-f[n-1]$

— Laurent Duval
nguồn

1

vậy Matt

Tôi không biết tại sao bạn không nghĩ rằng việc so sánh tín hiệu năng lượng với tín hiệu năng lượng có vấn đề, nhưng giả sử chúng ta sửa đổi định nghĩa của một chút: $f[n]$

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

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

đối với một số . $\alpha > 0$

bây giờ chúng ta có tín hiệu năng lượng hữu hạn và tất cả các DTFT phải tương đương nhau.

\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}

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

tôi tự hỏi DTFT là gì? và điều gì xảy ra khi chúng ta để ? Tôi nghĩ vẫn còn vấn đề phân biệt thông tin phá hủy thông tin (và sự phá hủy thông tin tương ứng bằng cách nhân 0 trong miền tần số) là một vấn đề. nhưng có lẽ chúng ta có thể mất vấn đề so sánh các lớp tín hiệu không chia sẻ cùng một không gian Hilbert. $\alpha \to 0$

nhưng, than ôi, đã gần 2 giờ sáng và tôi sẽ không giải quyết nó bây giờ.

— robert bristow-johnson
nguồn

Điều đó là tốt và đó là một tùy chọn để tính toán DTFT của các tín hiệu không phân rã đó, bằng cách lấy giới hạn . Hãy thử nó, và tôi chắc chắn bạn sẽ thành công, nhưng điều đó thật đau đớn. Có nhiều cách dễ dàng hơn để có được kết quả tương tự. Bằng chứng đưa ra thực sự có thể được sửa đổi sao cho nó hoạt động IMHO (xem câu trả lời của tôi).

α

$\alpha$

α \to 0

$\alpha\rightarrow 0$

— Matt L.