단위 단계 시퀀스 의 DTFT 도출에서 결함은 어디에 있습니까 ?

11

이 질문은 단위 스텝 시퀀스 의 이산 시간 푸리에 변환 (DTFT)의 유도를 요구 하는 이 다른 질문 과 관련 이 있습니다. 파생물을 검색하는 동안 놀랍도록 간단한 것을 발견했습니다. BA Shenoi 가이 책의 138 페이지 에서 처음 봤습니다 . 나는 또한 이 답변 에서 수학 .SE를 발견했습니다 . $u[n]$

논쟁은 짧고 간단하기 때문에 편의를 위해 여기에서 반복하겠습니다.

단위 단계 순서는 와 함께 로 쓸 수 있습니다 분명히, 양면에 DTFT 적용 범 여기서 의 DTFT 인 . 행 우리 얻을 에서 및 우리의 DTFT 얻을
$\begin{matrix} (1) & u [n] = f [n] + \frac{1}{2} \end{matrix}$ $u[n]=f[n]+\frac12\tag{1}$ $\begin{matrix} (2) & f [n] = {\begin{cases} \frac{1}{2}, n \geq 0 \\ - \frac{1}{2}, n < 0 \end{cases} \end{matrix}$ $f[n]=\begin{cases}\frac12,\quad n\ge 0\\-\frac12,\quad n<0\end{cases}\tag{2}$ $\begin{matrix} (3) & f [n] - f [n - 1] = δ [n] \end{matrix}$ $f[n]-f[n-1]=\delta[n]\tag{3}$ $(3)$ $\begin{matrix} (4) & F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{4}$ $F(\omega)$ $f[n]$ $(4)$ $\begin{matrix} (5) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{5}$ $(5)$ $(1)$ $u[n]$ $\begin{matrix} (6) & U (ω) = F (ω) + π δ (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω), - π \leq ω < π \end{matrix}$ $U(\omega)=F(\omega)+\pi\delta(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega),\quad -\pi\le\omega <\pi\tag{6}$ , 사용한 . $\text{DTFT}\{1\}=2\pi\delta(\omega)$ $-\pi\le\omega <\pi$

등식 의 DTFT에 대해서는 틀림 없습니다. 그러나 파생에는 결함이 있습니다. $(6)$ $u[n]$

문제는 위의 파생물에서 결함을 찾아 설명하는 것입니다.

스포일러 태그 앞에 답변을 추가하십시오 >!.

— 맷 L.
소스

1

걸 방해하는, 즉 A는 제한된 전력 신호 아닌 유한 에너지의 신호 우리는이 두 신호 무한한 에너지를 추가 할 때 무엇을 얻을 것이다.

f [n]

$f[n]$

— robert bristow-johnson 2012

또한 아닙니까?

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 2012

귀하의 답변에 감사드립니다! 나는 그것들을 모두 상향 조정했으며, 각각은 이상한 신호의 DTFT에 대해 잘 알려지지 않은 측면 (예 : 또는 없는 것들)에 대해 좋은 토론을 합니다. 하나만 수락 할 수 있으며 새로운 답변이나 기존 답변의 변경 사항을 조금 더 기다릴 것입니다. 또한 나 자신의 대답을 나중에 추가 할 것입니다.

ℓ^{1}

$\ell^1$

ℓ^{2}

$\ell^2$

— Matt L.

1

Matt, 은 유한 에너지 가 아닙니다 . 정사각형 인 무한 수의 샘플 은 유한 수로 추가되지 않습니다.

f [n]

$f[n]$

\frac{1}{4}

$\tfrac14$

— robert bristow-johnson

1

@ robertbristow-johnson : 그것에 대해 방해가되는 것은 무엇입니까? 유한 한 수의 점을 제외하고 신호가 어디서나 서로를 취소하면 이것이 우리가 얻는 것입니다.

— Matt L.

7

다음 동등하게 유지 무한히 많은 신호있다 :
$y [n] - y [n - 1] = δ [n] (1)$ $y[n]-y[n-1]=\delta[n] \qquad (1)$ 문제가 있음을 유일 $y[0]-y[-1]=1$ , 다음의 계수의 다른식 그 제한에 따라 결정될 수있다. 상태 (즉, 연속 샘플의 빼기는이어야 함 $y$ $(1)$ $0$ 대 $n\neq 0$ ). 다시 말해, Eq. $(1)$ 임의의 신호에 의해 달성 될 것이다 $y[n]$ 이되도록 $y [0] = y [- 1] + 1 \land y [n] = y [n - 1] \forall n \neq 0$ $y[0]=y[-1]+1 \land y[n]=y[n-1] \ \forall n\neq0$ 이를 확인할 수있는 또 다른 방법은 기본적으로오프셋 (상수 값이 추가 된) $u[n]$ 함수는 $(1)$ . 이것은Robert bristow-johnson이 그의 답변에서한 진술을 설명합니다. 차별화 요소는이 정보를 파괴합니다 (예를 들어, 지속적으로 도함수를 취하면 원래 함수에서 일정한 값의 증거가파괴됨).
요약하면, 절차에 따라 $u[n]+C$ 형식의 함수 를 $C\in\mathbb{R}$ 과 함께 사용할 수 있기 때문에 증거에 결함이 있다고 생각합니다. 이는 동일한 푸리에 변환을 갖는 많은 함수를 초래할 수 있습니다. 푸리에 변환은 bijection입니다. $F(\omega)$ 가 의 DTFT 임을 나타 내기 위해 저자는 DC 값과 관련된 모든 것을 무시하기로 결정했을 수도있다 $f[n]$ 그는 축적 속성이 필요합니다 (가장 인기있는 증거는 단위 단계의 DTFT에서 도출됩니다-ergo, 예쁜 원형 증거). 그 증거 ( 와 공식, 단위 단계의 분해, 차이 방정식)가 사실이므로 증거는 엄격하게 잘못 되지는 않지만 $F(\omega)$ 가 왜 인지 보여주는 누적 속성이 필요합니다. 에는 Dirac 델타가 없습니다. $U(\omega)$ $F(\omega)$

— 텐더로
소스

당신은 완전히 올바른 길을 가고 있습니다! 이 결함을 어떻게 해결할 수 있는지, 즉 올바르게 수행하는 방법을 알고 있습니까?

— Matt L.

@MattL.

의 초기 조건을 설정하면 트릭을 수행하고 신호를 명백하게 결정합니다. 이 초기 조건은 신호

의 DC 값을 결정하는데 , DTFT에서 Dirac 임펄스를 곱한 상수로 나타냅니다 (축적 속성에 따라). 주어진 증거에서 이것은 신호

이

주위의 대칭이므로 DC 값 이 없기 때문에 이것이 작동한다고 생각합니다. 따라서 DTFT는 그 경우에만 정확합니다. 그러나 신호에 DC가 없다는 사실은 기본적이므로 언급해야한다고 생각합니다.

y [n]

$y[n]$

y [n]

$y[n]$

f [n]

$f[n]$

0

$0$

— Tendero

좋은 답변이 많으며 어느 것을 수락할지 선택하기 어렵습니다. 그러나 이것은 커뮤니티에 의해 가장 높이 평가되었으며, 또한 그것이 파생의 오류를 가장 명확하게 지적한다고 생각합니다. 다들 감사 해요!

— Matt L.

4

나는 내가 얻은 답변의 수에 압도당했습니다 (지금까지 10 답변!). 물론, 그들 모두는 나의 투표를 받았다. 이것은 재미 있었고, 당신의 생각, 의견 등에 감사드립니다. 나는 지금까지 대부분의 결함이 적어도 내가 의미하는 것을 알고 있음을 알고 있습니다. 사람들은 사물을 다르게 표현하기 때문에 오해의 여지가 항상 있으므로 그 파생에서 가장 중요한 결함이라고 생각하는 것을 명확하게 공식화하려고 노력할 것입니다. 나는 모든 사람이 동의하지 않을 것이라는 사실을 알고 있습니다. 나는 이런 종류의 난해한 DSP 주제를 모두 같은 날카로운 마음으로 토론 할 수있어서 기쁩니다! 여기 있습니다

내 첫 번째 주장은 내 질문의 모든 방정식이 정확하다는 것입니다. 그러나 이들 중 일부의 도출과 동기는 완전히 잘못되었고 오도의 소지가 있으며, "유도"는 저자가 결과가 어떻게 생겼는지 알았 기 때문에 존재할 수있다.

등식 질문 (3) ( ) 주어진 서열에 대한 올바른 (. 식 질문에서)뿐만 아니라 명확 임의의 상수 로 형식의 모든 시퀀스를 수정하십시오 . 따라서 도출에 따르면 결과 DTFT $f[n]-f[n-1]=\delta[n]$ $f[n]$ $(2)$
$\begin{matrix} (1) & f [n] = u [n] + c \end{matrix}$ $f[n]=u[n]+c\tag{1}$ $c$ 는상수 의 값에 관계없이 형식의 모든 시퀀스의 DTFT 여야합니다. DTFT가 독특하기 때문에 물론 의미가 없습니다. 구체적으로, 그 "증거 성"을 사용하면식 에 주어진 를"표시"할 수있습니다. 내 질문의 (또는아래의식 )은 실제로우리가 찾고있는 의 DTFT입니다. 그래서 왜 식에서와 같이 을귀찮게합니까? 질문의 ? $F(\omega)$ $(1)$ $c$ $F(\omega)$ $(5)$ $(3)$ $u[n]$ $u[n]$ $(1)$
그러나, 모든 시퀀스 의 DTFT가 식을 만족 한다는 것은 사실이다 . 문제에서 (편의를 위해 여기에 반복됨) : 그러나 이제 실제 수학적 결함이 있습니다. 이라고 결론을내는 것은 잘못되었습니다 $(1)$ $(4)$
$\begin{matrix} (2) & F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{2}$ $(2)$ 방정식 은의 가능한 많은 솔루션 중 하나 일 뿐이며, 저자가 올바른 최종 결과를 얻는 데 필요한솔루션 인것이 편리합니다. 등식 의 DTFT 인의과 $\begin{matrix} (3) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{3}$ $(3)$ $(2)$ $(3)$ $f[n]$ $(1)$ , 그러나 주어진 파생으로부터 그것을 알 수있는 방법은 없습니다. $c=-\frac12$
그래서 우리는 어떻게 수학적 오류 및 사용을 방지 할 수 있습니다 의 DTFTs 파생 순서 모든 일정을 함께 ? 의 정확한 결론 은 $(2)$ $all$ $(1)$ $c$ $(2)$ 일부 아직 결정되지 않은 상수. 플러깅의 왼쪽에제공
$\begin{matrix} (4) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + α δ (ω) \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\alpha\delta(\omega)\tag{4}$ $\alpha$ $(4)$ $(2)$ 따라서 주어진모든 함수 는 필요에 따라 만족시킵니다. $1 + α (1 - e^{- j ω}) δ (ω) = 1 + α (1 - e^{- j ω}) |_{ω = 0} \cdot δ (ω) = 1 + 0 \cdot δ (ω) = 1$ $1+\alpha (1-e^{-j\omega})\delta(\omega)=1+\alpha (1-e^{-j\omega})\Big{|}_{\omega=0}\cdot\delta(\omega)=1+0\cdot\delta(\omega)=1$ $F(\omega)$ $(4)$ $(2)$
의 상수 는 에서 의 값으로부터 결정될 수있다 : $\alpha$ $(4)$ $f[n]$ $n=0$ 에서 적분의 코시 기본 값은임을볼 수 있으며WolframAlpha도 동의합니다.
$\begin{matrix} (6) & f [0] = 1 + c = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} F (ω) d ω = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} + \frac{α}{2 π} \end{matrix}$ $f[0]=1+c=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F(\omega)d\omega=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}+\frac{\alpha}{2\pi}\tag{6}$ $(6)$ 에서및우리 GET따라서 대한 $\begin{matrix} (7) & P V \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} = π \end{matrix}$ $PV\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}=\pi\tag{7}$ $(6)$ $(7)$ $\begin{matrix} (8) & α = π (1 + 2 c) \end{matrix}$ $\alpha=\pi (1+2c)\tag{8}$ 우리는(증명서 작성자가 사용한원래 시퀀스에 해당)을(즉,)의 경우 우리는는 최종적으로 원하는 DTFT: $c=-\frac12$ $\alpha=0$ $f[n]$ $c=0$ $f[n]=u[n]$ $\alpha=\pi$ $u[n]$ $\begin{matrix} (9) & U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω) \end{matrix}$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega)\tag{9}$

— 맷 L.
소스

" (4)에 의해 주어진 모든 함수

는 (2)를 만족시킨다", 그러나 "모든 함수

(2)를 만족시키는 것은 (4)의 형태를 가진다 "는 것을 증명해야 하는가?

F (ω)

$F(\omega)$

F (ω)

$F(\omega)$

— AlexTP

@AlexTP : 따라서

형식 의 함수는

만족하는 함수의 하위 집합 일 뿐입니 까? 그것은 유효한 포인트입니다. 이에서만이기 때문에하지만, 그것은 다른 기능이있을 수 없음을 매우 명확하다고 생각

우리가 문제를 얻을 우리가에서 추가 공헌이 기능이 필요하므로,

을 곱한 사라집니다

. 이러한 기능 (실제 분포)은 Dirac 델타 임펄스와 그 파생물입니다. 그러나 미분은

(4)

$(4)$

(2)

$(2)$

ω = 0

$\omega=0$

ω = 0

$\omega=0$

(1 - e^{- j ω})

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

이므로 왼쪽의 Dirac 델타 임펄스입니다.

(1 - e^{- j ω})

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

— Matt L.

나는이 속성을 가진 Dirac 델타 임펄스 (및 그 파생물) 이외의 다른 기능이있을 수 있는지 확실하지 않습니다. 그러나 괜찮습니다. 당신의 대답은 잘 쓰여졌습니다. 나는 공감한다. 감사.

— AlexTP

2

Dirac Delta 기능인 경우 결함은 "분명히"라는 단어를 따릅니다.
내가 게시하지 않은 다른 질문에 대한 답변 초안은 다음과 같습니다.
-------------------------------------------------- -------------
나는 증거가 가능하다고 생각하지 않습니다. 이것은 원하는 특성을 갖는 "기능적 정의"의 경우 일 수있다.

$X_{2 π} (ω) = \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] e^{- j ω n}$ $X_{2\pi} \left(\omega\right) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] e^{-j \omega n}$ $U = \sum_{n = 0}^{+ \infty} e^{- j ω n}$ $U = \sum\limits_{n=0}^{+\infty} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} \sum_{n = 0}^{N - 1} e^{- j ω n}$ $U = \lim_{ N \to \infty } \sum\limits_{n=0}^{N-1} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} [\frac{1 - e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ 1 - e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ 마지막 한계 값을 봅니다. 들어 디랙 델타 같은 역할을하는 것이 분명하다. 왜 계수가가되어야하는지 모르겠습니다. 단위 원의 면적과 관련이있을 수 있습니다. 때, 분모가 제한 밖으로 고려 될 수있는 분자는 단위 원을 따라 이동 결코 한계에 도달합니다. 그것을 0으로 설정하는 것은 정의적인 행동입니다. $U = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} - lim_{N \to \infty} [\frac{e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \frac{ 1 }{ 1 - e^{-j \omega } } - \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ $\omega = 0$ $\pi$ $\omega \neq 0$
정의가 바람직한 방식으로 작동한다는 것은 다른 문제입니다.
다음과 같은 이유로 138 페이지 증거가 잘못되었습니다 (적어도).

$δ (t) = lim_{a \to 0} \frac{1}{2 a} [u (t + a) - u (t - a)] = \frac{d u}{d t}$ $\delta(t) = \lim_{ a \to 0 } \frac{1}{2a} \left[ u(t + a) - u(t - a) \right] = \frac{du}{dt}$ $\delta(n) = u_2(n) - u_2(n-1)$
흥미로운 상황이 도움이 되길 바랍니다. 나는 당신이 할 말을 기대하고 있습니다.
세드

— 세 드론 도그
소스

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

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

— 로버트 브리스 토우-존슨
소스

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
소스

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

나는이 증거로 결함을 표현하는 가장 좋은 방법을 알아 냈다고 생각합니다. 그래서 또 다른 찌르기를하겠습니다.
의 선택 $\frac{1}{2}$ $x$

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 2 π x δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+2\pi x \delta(\omega)$
을 제한하는 증거는 없습니다. $x$ $\frac{1}{2}$
또한, 당신이 내가 마지막 대답에서 한 단계를 취하고 발견 (4)가

$F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 + 2 π x (1 - e^{- j ω}) δ (ω)$ $F( \omega )(1 - e^{-j\omega} ) = 1 + 2\pi x (1 - e^{-j\omega} ) \delta(\omega)$
(5)와 (6)에 포함 시키면 다음과 같습니다.

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 4 π x δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+ 4\pi x \delta(\omega)$
앞서 지적했듯이, 거기에 도달하는 정의와 일치하지 않습니다.
이 증거는 임을 나타내지 않습니다. $x = \frac{1}{2}$ $\pi$ $\delta(\omega)$
아마도 되는 다른 상황이있을 것입니다 $x=\frac{1}{2}$
세드

— 세 드론 도그
소스

1

이것은 첫 번째 답변의 의견에 대한 답변입니다. 스포일러 클로킹으로 인해 별도의 답변으로 게시하고 있습니다.
다른 질문에 대한 다른 답변을 게시하려고했지만이 분야에 대한 경험 부족으로 인한 것이 아닙니다. 어제 게시하고 삭제 한 후 삭제 취소 한 다음 스포일러 태그를 사용하는 방법을 알아 냈습니다.
$\delta$ $\delta$ $\delta_p$

$δ_{p} [n] = f [n] - f [n - 1] = u [n] - u [n - 1]$ $\delta_p[n] = f[n] - f[n-1] = u[n] - u[n-1]$
왼쪽과 오른쪽 부분의 DTFT를 가져옵니다. 올바른 표기법이 있는지는 확실하지 않지만 수학은 명확해야합니다. 입증 된 정의를 사용합니다.

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

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

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

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

— 세 드론 도그
소스

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

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

— 로랑 듀발
소스

1

맷,

$f[n]$

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

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

$\alpha > 0$

이제 우리는 유한 한 에너지 신호를 가지고 있으며 DTFT는 모두 비슷해야합니다.

\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}

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

$\alpha \to 0$

그러나 아아, 그것은 거의 오전 2시이며 지금은 다루지 않을 것입니다.

— 로버트 브리스 토우-존슨
소스

α

$\alpha$

α \to 0

$\alpha\rightarrow 0$