단위 단계 시퀀스의 이산 시간 푸리에 변환

교과서에서 우리는 의 DTFT 가 $u[n]$

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

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

그러나 나는 적어도 의 사운드 파생물을주는 척하는 DSP 교과서를 보지 못했습니다 . $(1)$

Proakis [1]은 의 -transform 에서 를 설정 하여 오른쪽의 오른쪽 절반을 도출하여 유효하다고합니다. 제외 (코스의 올바른이다). 그런 다음 -변환 의 극점에서 우리는 영역의 델타 임펄스를 추가해야한다고 말하지만 이는 다른 어떤 것보다 나에게 레시피처럼 보입니다. $(1)$ $z=e^{j\omega}$ $\mathcal{Z}$ $u[n]$ $\omega=2\pi k$ $\mathcal{Z}$ $\pi$

이 문맥에서 Oppenheim과 Schafer [2] 언급

보여주기가 간단하지는 않지만이 시퀀스는 다음과 같은 푸리에 변환으로 나타낼 수 있습니다.

그 뒤에 과 동등한 공식이옵니다 . 불행히도, 그들은 "완전히 직설적이지 않다"는 증거를 우리에게 보여주는 데 어려움을 겪지 않았습니다. $(1)$

의 증거를 찾을 때 내가 발견 실제로 몰랐 책,하지만 이는 입니다 디지털 신호 처리 및 필터 디자인을 소개 BA Shenoi에 의해. 에 138 페이지 가의 "유도"의 ,하지만 불행히도 그것은 잘못된 것입니다. 나는 물었다 "DSP-퍼즐"질문을 사람들이 그 증거에 어떤 문제가 있는지 보여 가지고.] $(1)$ $(1)$

그래서 내 질문 은 :

수학적으로 기울어 진 엔지니어가 접근 할 수 있지만 건전하거나 엄격한 대한 증명 / 파생을 제공 할 수 있습니까 ? 책에서 방금 복사 한 것은 중요하지 않습니다. 어쨌든이 사이트에있는 것이 좋을 것 같습니다. $(1)$

math.SE 에서도 관련성이 거의 없습니다. 이 질문 에는 답이 없으며, 하나 는 두 가지 답변이 있으며 , 그 중 하나 는 잘못되었습니다 (Shenoi의 주장과 동일). 다른 하나는 "누적 속성"을 사용합니다. , 나는 그것을 좋아할 것이지만, 그 속성을 증명해야합니다. 두 가지 증명이 기본적으로 같은 것을 입증하기 때문에 시작으로 돌아갑니다.

마지막으로, 나는 증거와 같은 것을 생각해 냈습니다 (음, 나는 엔지니어입니다). 그리고 나는 며칠 후 답변으로 게시 할 것이지만 다른 출판되거나 발표되지 않은 증거를 수집하게되어 기쁩니다. 간단하고 우아하며, 가장 중요한 것은 DSP 엔지니어가 액세스 할 수있는 것입니다.

추신 : 나는 의 타당성을 의심하지 않으며 $(1)$ , 하나 또는 여러 개의 비교적 간단한 증거를보고 싶습니다.

[1] Proakis, JG 및 DG Manolakis, 디지털 신호 처리 : 원리, 알고리즘 및 응용 프로그램 , 3 판, 4.2.8 절

[2] Oppenheim, AV 및 RW Schafer, 불연속 시간 신호 처리 , 2 판, p. 54.

Marcus Müller의 의견에서 영감을 얻은 Eq.의

를 보여주고 싶습니다

U (ω)

$U(\omega)$ .

(1)

$(1)$ 요구 사항을 충족

유 [엔] = 유^{2} [엔] \to 유 (ω) = \frac{1}{2 π} (유 ⋆ 유) (ω)

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

경우 $U(\omega)$ 의 DTFT 인 $u[n]$ , 다음

V (ω) = \frac{1}{1 - {이자형}^{- 제이 ω}}

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

의 DTFT 여야합니다

V [엔] = \frac{1}{2} 기호 [엔]

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

( 을 정의하는 위치 $\text{sign}[0]=1$ )

V (ω) = U (ω) - π δ (ω) ⟺ u [n] - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} sign [n]

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

그래서 우리는

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

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

그로부터 다음과 같이

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

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

이것으로 우리는 얻는다

\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) 청 \end{aligned}

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

— 맷 L.
소스

와아. 내 세상을 망치지 마 그 공식에서 의심은 혼란의 영역을 소개합니다. 예를 들어, 이므로 (상수 에 따라 연속 FT 정의 사전 요소가 있음 ),

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}

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

— Marcus Müller

@ MarcusMüller : 그 공식에 대해서는 의심의 여지가 없습니다. 문제는 단순한 생각을 가진 엔지니어가 이해할 수있는 방식으로 보여주는 방법입니다. 그리고 주어진 DTFT에 대해 이 문제없이 작동합니다.

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

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

— Matt L.

나는 나 자신이 매우 단순하다고 생각하며, 그것이 어떻게 파생되는지 볼 수 없을 때 상황이 "안전"하다고 느끼지 않을 때 걱정한다는 것을 의미합니다.

— Marcus Müller

나는 당신이 겪고있는 것이 방정식이 올바른지 아닌지를 증명하는 것이 아니라 오히려 DTFT의 첫 번째 원칙과 정의에서 를 엄격하고 직접적으로 도출하는 것 입니다. 하나를 포함하는 엄격한 증명하고 싶어 그런 때마다 충동을 : 내가 하나 더 일반화 된 함수 이론에서 인용 된 책을 참조해야 추측 다음 Lighthill에-1958은 충격 기능의 토론과 푸리에 변환에서의 사용을위한 OPP & Schafer 씨에 인용된다. 다른 모든 증거는 필연적으로 해당 참조에 작성된 증거에 의존하며 엄격한 증거를 대체하기에는 불충분합니다.

U (w)

$U(w)$

— Fat32

@ Fat32 : 그것은 유효한 관점입니다. 그러나 와 같은 기본 변환을 수락하고 다음과 같이 적분을 정의하기에 경우 합리적으로 건전한 파생이 가능하다고 생각 합니다. 그들의 Cauchy 주요 가치.

DTFT {1} = 2 π δ (ω)

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

— Matt L.

답변:

Cedron Dawg는 이 답변 에 흥미로운 초기 지점을 게시했습니다 . 다음 단계로 시작합니다.

\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}

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

한계 내부의 용어 는 다음과 같이 확장 될 수 있습니다 .

\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}

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

괄호 밖의 공통 요소 는 다음과 같이 표현할 수 있습니다 .

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

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

괄호 안의 실제 부분 도 다음과 같습니다 .

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

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

반면에 허수 부는 다음 과 같이 다시 쓸 수 있습니다 .

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

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

원래 용어를 다시 작성하면 다음과 같은 결과를 얻습니다.

\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}

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

여기서 을 사용했으며 한계는 로 영향을받지 않습니다 . $M=N-1$ $M\to \infty$

이 사이트 의 7 번째 정의에 따르면 :

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

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

지금까지 우리는 그것을 가지고 있습니다 :

lim_{M \to \infty} \frac{e^{- j ω (M + 1)}}{1 - e^{- j ω}} = - π δ (ω) - j lim_{M \to \infty} \frac{\cos [ω (M + 1 / 2)]}{2 \sin (ω / 2)}

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

평등 오른쪽의 두 번째 항이 어떤 의미에서 이라는 것을 증명할 수 있다면 우리 는 끝난 것입니다. 나는 math.SE에서 물었고 실제로 함수의 순서는 0 분포 에 가깝습니다 . 그래서 우리는 그것을 가지고 있습니다 : $0$

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

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

— 텐더로
소스

이거 좋은데! 나는 그것을 점검했고 모든 것이 정확 해 보였으므로 상상의 부분은 어떤 의미에서 0이되어야합니다. 나는 그것에 대해 조금 생각할 것이다.

— Matt L.

@MattL. 당신이 어떤 발전을 할 수 있는지 알려주세요!

— Tendero

@MattL. 증거가 마침내 완성되었습니다!

— Tendero

잘 했어! 나는 코사인 항이 리만-레 베스 (Riemann-Lebesgue) 정리로 인해 제로가되는 경향이 있다는 것을 알았지 만, 제 문제는 입니다. 첫 번째 공식은 기하 합을 기반으로하기 때문에 에만 유효합니다 . 그것은 결국 어떻게 든 작동하지만 여전히 사소한 결함입니다. 이라는 용어를 분리하지 않은 또 다른 파생물이 있습니다.이 경우 은 약간 더주의해서 처리되지만 여전히 "엔지니어의 증거"입니다. . 시간이 더 있으면 게시 할 수 있습니다.

ω = 0

$\omega=0$

ω \neq 0

$\omega\neq 0$

1 / (1 - e^{- j ω})

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

ω = 0

$\omega=0$

— 매트 L.

분포 이론에 대한 지식이 필요없는 비교적 간단한 두 가지 증명을 제공합니다. 분포 이론의 결과를 사용하여 한계 프로세스로 DTFT를 계산하는 증거는 Tendero의 답변을 참조하십시오 .

이 질문에 대한 답변 으로 게시했기 때문에 여기에서 첫 번째 증거 만 언급하고 자세히 설명하지는 않겠습니다 . 그 목적은 게시 된 특정 증거에 결함이 있음을 보여주기위한 것입니다.

다른 증거는 다음과 같습니다. 먼저 단위 단계 시퀀스 의 짝수 부분을 적어 봅시다 : $u[n]$

\begin{matrix} (1) & u_{e} [n] = \frac{1}{2} (u [n] + u [- n]) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} δ [n] \end{matrix}

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

의 DTFT 는 $(1)$

\begin{matrix} (2) & DTFT {u_{e} [n]} = π δ (ω) + \frac{1}{2} \end{matrix}

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

이는 의 DTFT의 실제 부분과 같습니다 . $u[n]$

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

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

이후 의 실수 및 허수 부분 때문에 우리가 끝나면 실제 값의 시퀀스 인 , 결과적으로, 변형 힐버트 통해 관련되며, 의적 결정 . 그러나, 대부분의 DSP 텍스트에서, 이들 힐베르트 관계 방정식에서 유도 된 변환 (인과 순서 유효 해당), 그 다음 이로부터 입니다. DTFT의 실수 부와 허수 부 사이의 힐버트 변환 관계를 나타내려면 의 DTFT가 필요합니다 $u[n]$ $U(\omega)$ $U_R(\omega)$ $U(\omega)$ $h[n]=h[n]u[n]$ $h[n]$ $H(\omega)=\frac{1}{2\pi}(H\star U)(\omega)$ $u[n]$ 실제로 여기에서 도출하고 싶습니다. 따라서 증거는 원형이됩니다. 그렇기 때문에 우리는 의 허수 부분을 도출하는 다른 방법을 선택할 것 입니다. $U(\omega)$

을 도출하기 위해 의 홀수 부분을 다음과 같이 씁니다 . $U_I(\omega)=\text{Im}\{U(\omega)\}$ $u[n]$

\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}

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

의 DTFT를 복용 하면 $(4)$

\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}

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

내가 사용한 곳 . 등식 로 쓸 수 있습니다 $(3)$ $(5)$

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

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

의 정확한 결론은 자세한 내용 은 이 답변 을 참조하십시오) $(6)$

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

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

그러나 그 이후 알 의 홀수 함수이어야 (때문 - 실제 값이다), 우리는 즉시 종결 할 수있는 . 따라서 과 우리는 마침내 $U_I(\omega)$ $\omega$ $u[n]$ $c=0$ $(3)$ $(7)$

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

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

— 맷 L.
소스