Dov'è il difetto di questa derivazione del DTFT della sequenza di passi unitaria ?

11

Questa domanda è collegata a questa mia altra domanda in cui chiedo derivazioni della trasformata di Fourier a tempo discreto (DTFT) della sequenza di passi dell'unità . Durante la mia ricerca di derivazioni ne ho trovata una che è incredibilmente semplice. L'ho visto per la prima volta a pagina 138 di questo libro di BA Shenoi. Mi sono anche imbattuto in matematica.SE in questa risposta . $u[n]$

Poiché l'argomento è breve e semplice, lo ripeterò qui per comodità.

La sequenza di passi dell'unità può essere scritta come con Ovviamente, Applicazione del DTFT su entrambi i lati di dà dove è il DTFT di . Da otteniamo Da e otteniamo per il DTFT di
$\begin{matrix} (1) & u [n] = f [n] + \frac{1}{2} \end{matrix}$ $u[n]=f[n]+\frac12\tag{1}$ $\begin{matrix} (2) & f [n] = {\begin{cases} \frac{1}{2}, n \geq 0 \\ - \frac{1}{2}, n < 0 \end{cases} \end{matrix}$ $f[n]=\begin{cases}\frac12,\quad n\ge 0\\-\frac12,\quad n<0\end{cases}\tag{2}$ $\begin{matrix} (3) & f [n] - f [n - 1] = δ [n] \end{matrix}$ $f[n]-f[n-1]=\delta[n]\tag{3}$ $(3)$ $\begin{matrix} (4) & F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{4}$ $F(\omega)$ $f[n]$ $(4)$ $\begin{matrix} (5) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{5}$ $(5)$ $(1)$ $u[n]$ $\begin{matrix} (6) & U (ω) = F (ω) + π δ (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω), - π \leq ω < π \end{matrix}$ $U(\omega)=F(\omega)+\pi\delta(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega),\quad -\pi\le\omega <\pi\tag{6}$ dove ho usato , . $\text{DTFT}\{1\}=2\pi\delta(\omega)$ $-\pi\le\omega <\pi$

Eq. per il DTFT di è senza dubbio corretto. Tuttavia, la derivazione è difettosa. $(6)$ $u[n]$

La domanda è: trovare e spiegare il difetto nella derivazione sopra.

Si prega di anteporre la risposta con il tag spoiler >!.

— Matt L.
fonte

1

ciò che mi disturba è che è un segnale di potenza finito , non un segnale di energia finito , che è ciò che otteniamo quando sommiamo questi due infiniti segnali di energia.

f [n]

$f[n]$

— robert bristow-johnson,

inoltre, ?

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,

Grazie ragazzi per le vostre risposte! Li ho votati tutti e ognuno di essi porta a una bella discussione su aspetti non così noti del DTFT di segnali strani (ovvero quelli non presenti in o ). Posso accettarne solo uno e aspetterò ancora un po 'per nuove risposte o cambiamenti nelle risposte esistenti. Aggiungerò anche la mia risposta in seguito.

ℓ^{1}

$\ell^1$

ℓ^{2}

$\ell^2$

— Matt L.

1

Matt, è decisamente non energia finita. un numero infinito di campioni che per essere non aggiungono per essere un numero finito.

f [n]

$f[n]$

\frac{1}{4}

$\tfrac14$

— robert bristow-johnson,

1

@ robertbristow-johnson: cosa trovi inquietante al riguardo? Se i segnali si annullano reciprocamente ovunque tranne che per un numero finito di punti, allora è quello che otteniamo.

— Matt L.

7

Esistono infiniti segnali che mantengono la seguente uguaglianza: L'unica cosa che conta è che , quindi il resto dei coefficienti di può essere determinato con la limitazione che l'Eq. stati (ovvero la sottostrazione di campioni consecutivi deve essere per ). In altre parole, l'Eq. sarà raggiunto da qualsiasi segnale tale che Un altro modo di vedere ciò significa che qualsiasi funzione sostanzialmente con un offset (un valore aggiunto costante) soddisferà
$y [n] - y [n - 1] = δ [n] (1)$ $y[n]-y[n-1]=\delta[n] \qquad (1)$ $y[0]-y[-1]=1$ $y$ $(1)$ $0$ $n\neq 0$ $(1)$ $y[n]$ $y [0] = y [- 1] + 1 \land y [n] = y [n - 1] \forall n \neq 0$ $y[0]=y[-1]+1 \land y[n]=y[n-1] \ \forall n\neq0$ $u[n]$ $(1)$ . Questo spiega l'affermazione di robert bristow-johnson nella sua risposta : i differenziatori distruggono queste informazioni (come prendere un derivato nel tempo continuo distrugge l'evidenza di qualsiasi valore costante nella funzione originale).
Per riassumere, credo che la dimostrazione sia errata perché la procedura seguita potrebbe usare qualsiasi funzione del modulo con , e questo porterebbe a molte funzioni con la stessa trasformata di Fourier , che è davvero sbagliato in quanto la trasformata di Fourier è una biiezione. Forse l'autore ha deliberatamente deciso di ignorare qualsiasi cosa relativa ai valori DC, consapevole che per mostrare che è il DTFT di avrebbe bisogno della proprietà di accumulazione (la cui prova più popolare è derivata dal DTFT di l'unità passo - ergo, una prova piuttosto circolare). La dimostrazione non è strettamente sbagliata , poiché tutto ciò che afferma (le formule per e $u[n]+C$ $C\in\mathbb{R}$ $F(\omega)$ $f[n]$ $F(\omega)$ $U(\omega)$ , la decomposizione del passaggio unitario, l'equazione della differenza) è vera, ma richiederebbe la proprietà di accumulazione per mostrare perché non ha alcun delta di Dirac. $F(\omega)$

— Tendero
fonte

Sei sulla strada giusta! Hai idea di come risolvere questo difetto, ovvero come farlo nel modo giusto?

— Matt L.

@MattL. Impostare una condizione iniziale per farebbe il trucco e determinerebbe il segnale in modo univoco. Tale condizione iniziale determinerebbe il valore DC del segnale , che appare nel DTFT come una costante che moltiplica un impulso di Dirac (secondo la proprietà di accumulazione). Penso che nella dimostrazione data, questo funzioni perché il segnale non ha un valore DC poiché è simmetrico intorno a , quindi il DTFT è corretto proprio in quel caso. Ma il fatto che il segnale non abbia DC dovrebbe essere dichiarato, poiché è fondamentale, credo.

y [n]

$y[n]$

y [n]

$y[n]$

f [n]

$f[n]$

0

$0$

— Tendero,

Ci sono molte buone risposte ed è difficile scegliere quale accettare. Ma questo è stato apprezzato soprattutto dalla comunità e penso anche che mostri chiaramente l'errore nella derivazione. Grazie a tutti!

— Matt L.

4

Sono stato travolto dal numero di risposte che ho ricevuto (10 risposte finora!). Certo, tutti hanno ottenuto il mio voto. È stato divertente, grazie ragazzi per i vostri pensieri, commenti, ecc. So che ormai molti di voi sanno qual è il difetto, almeno quello che intendevo dire. Le persone esprimono le cose in modo diverso e c'è sempre spazio per incomprensioni, quindi cercherò di formulare chiaramente quello che penso sia il difetto più importante in quella derivazione. Sono consapevole del fatto che non tutti saranno d'accordo e va bene. Sono felice di poter discutere questo tipo di argomenti esoterici DSP con menti così acute come tutti voi! Eccoci qui.

La mia prima affermazione è che ogni equazione nella mia domanda è corretta. Tuttavia, la derivazione e la motivazione di alcuni di essi è totalmente sbagliata e fuorviante e tale "derivazione" può esistere solo perché l'autore sapeva come doveva essere il risultato.

Eq. (3) nella domanda ( ) è corretto per la sequenza data (Eq. nella domanda), ma è chiaramente corretto anche per tutte le sequenze della forma con una costante arbitraria . Quindi, secondo la derivazione, il DTFT risultante dovrebbe essere il DTFT di tutte le sequenze della forma , indipendentemente dal valore della costante . Questo ovviamente non ha senso perché il DTFT è unico. Nello specifico, usando quella "prova", ho potuto "mostrare" che come indicato nell'Eq. della mia domanda (o Eq. $f[n]-f[n-1]=\delta[n]$ $f[n]$ $(2)$
$\begin{matrix} (1) & f [n] = u [n] + c \end{matrix}$ $f[n]=u[n]+c\tag{1}$ $c$ $F(\omega)$ $(1)$ $c$ $F(\omega)$ $(5)$ $(3)$ seguito) è in realtà il DTFT di che stiamo cercando. Quindi perché preoccuparsi di dividere come in Eq. della domanda? $u[n]$ $u[n]$ $(1)$
Tuttavia, è vero che i DTFT di tutte le sequenze soddisfano l'Eq. nella domanda (qui ripetuta per comodità): Ma ora viene il vero difetto matematico: dall'Eq. non è corretto concludere $(1)$ $(4)$
$\begin{matrix} (2) & F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{2}$ $(2)$ Eq. è solo una delle infinite soluzioni possibili di, e risulta convenientemente quella necessaria all'autore per arrivare al risultato finale corretto. Eq. è il DTFT diincon $\begin{matrix} (3) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{3}$ $(3)$ $(2)$ $(3)$ $f[n]$ $(1)$ , ma dalla derivazione data non c'è modo di saperlo. $c=-\frac12$
Quindi, come possiamo evitare che errore matematico e l'uso per derivare le DTFTs di sequenze , con qualsiasi costante ? La conclusione corretta da è $(2)$ $all$ $(1)$ $c$ $(2)$ con una costantenon ancora determinata. Inserendonella parte sinistra diottiene
$\begin{matrix} (4) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + α δ (ω) \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\alpha\delta(\omega)\tag{4}$ $\alpha$ $(4)$ $(2)$ Quindi tutte le funzioni fornite da soddisfano , come richiesto. $1 + α (1 - e^{- j ω}) δ (ω) = 1 + α (1 - e^{- j ω}) |_{ω = 0} \cdot δ (ω) = 1 + 0 \cdot δ (ω) = 1$ $1+\alpha (1-e^{-j\omega})\delta(\omega)=1+\alpha (1-e^{-j\omega})\Big{|}_{\omega=0}\cdot\delta(\omega)=1+0\cdot\delta(\omega)=1$ $F(\omega)$ $(4)$ $(2)$
La costante in può essere determinata dal valore di at : $\alpha$ $(4)$ $f[n]$ $n=0$ Si può dimostrare, e ancheWolframAlpha concorda, che il valore principale di Cauchy dell'integrale inè
$\begin{matrix} (6) & f [0] = 1 + c = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} F (ω) d ω = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} + \frac{α}{2 π} \end{matrix}$ $f[0]=1+c=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F(\omega)d\omega=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}+\frac{\alpha}{2\pi}\tag{6}$ $(6)$ DaeotteniamoQuindi per $\begin{matrix} (7) & P V \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} = π \end{matrix}$ $PV\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}=\pi\tag{7}$ $(6)$ $(7)$ $\begin{matrix} (8) & α = π (1 + 2 c) \end{matrix}$ $\alpha=\pi (1+2c)\tag{8}$ otteniamo(che corrisponde alla sequenza originaleutilizzata dall'autore della prova), e per(cioè per) abbiamo, che alla fine ci dà il DTFT desiderato di: $c=-\frac12$ $\alpha=0$ $f[n]$ $c=0$ $f[n]=u[n]$ $\alpha=\pi$ $u[n]$ $\begin{matrix} (9) & U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω) \end{matrix}$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega)\tag{9}$

— Matt L.
fonte

"tutte le funzioni

fornite da (4) soddisf (2)", ma dobbiamo dimostrare che "tutte le funzioni

soddisfano (2) hanno la forma (4)"?

F (ω)

$F(\omega)$

F (ω)

$F(\omega)$

— AlexTP

@AlexTP: Quindi vuoi dire che le funzioni del modulo

potrebbero essere solo un sottoinsieme di funzioni soddisfacenti

? Questo è un punto valido. Ma penso che sia abbastanza chiaro che non ci possono essere altre funzioni, perché è solo a

dove troviamo il problema, quindi abbiamo bisogno di funzioni che abbiano un contributo aggiuntivo a

che scompare quando moltiplicato per

. Tali funzioni (in realtà distribuzioni) sono l'impulso delta di Dirac e i suoi derivati. Tuttavia, i derivati non scompaiono quando moltiplicati per

(4)

$(4)$

(2)

$(2)$

ω = 0

$\omega=0$

ω = 0

$\omega=0$

(1 - e^{- j ω})

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

, quindi è rimasto solo l'impulso delta di Dirac

(1 - e^{- j ω})

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

— Matt L.

Non sono davvero sicuro che non ci possa essere alcuna funzione diversa da Dirac delta impulse (e dai suoi derivati) che ha questa proprietà. Ma va bene, la tua risposta è ben scritta. Ho votato. Grazie.

— AlexTP

2

Il difetto segue la parola "Ovviamente", se si suppone che sia la funzione Delta di Dirac.
Ecco la bozza di una risposta per l'altra tua domanda che non ho mai pubblicato:
-------------------------------------------------- -------------
Non credo sia possibile una prova. Questo può essere il caso di una "definizione funzionale" con proprietà desiderate.

$X_{2 π} (ω) = \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] e^{- j ω n}$ $X_{2\pi} \left(\omega\right) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] e^{-j \omega n}$ $U = \sum_{n = 0}^{+ \infty} e^{- j ω n}$ $U = \sum\limits_{n=0}^{+\infty} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} \sum_{n = 0}^{N - 1} e^{- j ω n}$ $U = \lim_{ N \to \infty } \sum\limits_{n=0}^{N-1} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} [\frac{1 - e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ 1 - e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ Guardando l'ultimo valore limite. Perè chiaro che si comporta come un delta di Dirac. Perché il coefficiente dovrebbe essere, non lo so. Potrebbe avere a che fare con l'area del cerchio unitario. Quando, il denominatore può essere considerato fuori limite e il numeratore salta semplicemente lungo il cerchio dell'unità e non raggiunge mai un limite. Impostarlo su zero è un atto definitivo. $U = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} - lim_{N \to \infty} [\frac{e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \frac{ 1 }{ 1 - e^{-j \omega } } - \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ $\omega = 0$ $\pi$ $\omega \neq 0$
Dimostrare che la definizione funziona in modo desiderabile è una questione diversa.
La prova della pagina 138 è errata (almeno) perché:
Che non è in alcun modo simile acome lo definiscono.
$δ (t) = lim_{a \to 0} \frac{1}{2 a} [u (t + a) - u (t - a)] = \frac{d u}{d t}$ $\delta(t) = \lim_{ a \to 0 } \frac{1}{2a} \left[ u(t + a) - u(t - a) \right] = \frac{du}{dt}$ $\delta(n) = u_2(n) - u_2(n-1)$
Situazione interessante, spero che questo aiuti. Non vedo l'ora di quello che hai da dire.
ced

— Cedron Dawg
fonte

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

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

— Robert Bristow-Johnson
fonte

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

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

— AlexTP
fonte

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

Penso di aver trovato il modo migliore per esprimere il difetto in questa prova. Quindi ho intenzione di dargli un'altra pugnalata.
$\frac{1}{2}$ $x$

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 2 π X δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+2\pi x \delta(\omega)$
$x$ $\frac{1}{2}$
Inoltre, se fai il passo che ho fatto nella mia ultima risposta e trova (4) è espresso come

$F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 + 2 π X (1 - e^{- j ω}) δ (ω)$ $F( \omega )(1 - e^{-j\omega} ) = 1 + 2\pi x (1 - e^{-j\omega} ) \delta(\omega)$
Seguito includendolo in (5) e (6) si ottiene:

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 4 π X δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+ 4\pi x \delta(\omega)$
Che, come ho sottolineato in precedenza, non è coerente con la definizione per arrivarci.
$x = \frac{1}{2}$ $\pi$ $\delta(\omega)$
$x=\frac{1}{2}$
ced

— Cedron Dawg
fonte

1

Questo è in risposta ai commenti nella mia prima risposta. A causa del mantello dello spoiler, lo sto pubblicando come risposta separata.
Avevo intenzione di pubblicare la mia altra risposta all'altra domanda, ma non l'ho fatto a causa della mia mancanza di esperienza in questo settore. L'ho pubblicato ieri, l'ho eliminato, quindi eliminato, quindi ho capito come utilizzare i tag spoiler.
$\delta$ $\delta$ $\delta_p$

$δ_{p} [n] = f [n] - f [n - 1] = u [n] - u [n - 1]$ $\delta_p[n] = f[n] - f[n-1] = u[n] - u[n-1]$
Prendendo il DTFT delle parti sinistra e destra. Non sono sicuro di avere le notazioni giuste, ma la matematica dovrebbe essere chiara. Utilizzando la definizione che viene dimostrata.

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

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

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

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

— Cedron Dawg
fonte

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

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

— Laurent Duval
fonte

1

così 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}

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

$\alpha > 0$

ora abbiamo segnali di energia finiti e i DTFT dovrebbero essere tutti comparabili.

\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}

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

mi chiedo quali siano i DTFT? e poi cosa succede quando lo lasciamo $\alpha \to 0$ ? penso che ci sia ancora il problema dei differenziatori che distruggono le informazioni (e la corrispondente distruzione delle informazioni moltiplicando per 0 nel dominio della frequenza) che è un problema. ma forse possiamo perdere il problema di confrontare classi di segnali che non condividono lo stesso spazio di Hilbert.

ma, ahimè, sono quasi le 2 del mattino e non ci penserò adesso.

— robert bristow-johnson
fonte

Quello

α

$\alpha$ cosa buona, ed è un'opzione per calcolare il DTFT di quei segnali non in decomposizione, prendendo il limite

α \to 0

$\alpha\rightarrow 0$ . Provalo e sono sicuro che ci riuscirai, ma è doloroso. Esistono modi più semplici per ottenere lo stesso risultato. La prova data può effettivamente essere modificata in modo tale che funzioni IMHO (vedi la mia risposta).

— Matt L.