Onde está a falha nesta derivação do DTFT da sequência de etapas unitárias

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Esta questão está relacionada a outra questão minha, em que peço derivações da transformada de Fourier em tempo discreto (DTFT) da sequência de etapas unitárias . Durante minha busca por derivações, encontrei uma que é incrivelmente simples. Vi pela primeira vez na página 138 deste livro de BA Shenoi. Eu também me deparei com isso em mathematics.SE nesta resposta . $u[n]$

Como o argumento é curto e simples, repetirei aqui por conveniência.

A sequência de etapas da unidade pode ser escrita como com Obviamente, Aplicando o DTFT nos dois lados de dá que é o DTFT de . De obtemos De e obtemos o DTFT de
$\begin{matrix} (1) & u [n] = f [n] + \frac{1}{2} \end{matrix}$ $u[n]=f[n]+\frac12\tag{1}$ $\begin{matrix} (2) & f [n] = {\begin{cases} \frac{1}{2}, n \geq 0 \\ - \frac{1}{2}, n < 0 \end{cases} \end{matrix}$ $f[n]=\begin{cases}\frac12,\quad n\ge 0\\-\frac12,\quad n<0\end{cases}\tag{2}$ $\begin{matrix} (3) & f [n] - f [n - 1] = δ [n] \end{matrix}$ $f[n]-f[n-1]=\delta[n]\tag{3}$ $(3)$ $\begin{matrix} (4) & F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{4}$ $F(\omega)$ $f[n]$ $(4)$ $\begin{matrix} (5) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{5}$ $(5)$ $(1)$ $u[n]$ $\begin{matrix} (6) & U (ω) = F (ω) + π δ (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω), - π \leq ω < π \end{matrix}$ $U(\omega)=F(\omega)+\pi\delta(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega),\quad -\pi\le\omega <\pi\tag{6}$ onde usei , . $\text{DTFT}\{1\}=2\pi\delta(\omega)$ $-\pi\le\omega <\pi$

Eq. para o DTFT de é sem dúvida correto. No entanto, a derivação é falha. $(6)$ $u[n]$

A questão é: encontre e explique a falha na derivação acima.

Anexe sua resposta com a etiqueta de spoiler >!.

— Matt L.
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1

o que me perturba é que é um sinal de energia finito , não um sinal de energia finita , que é o que obtemos quando somamos esses dois sinais de energia infinitos.

f [n]

$f[n]$

— 22818 Robert De Bristow-johnson

Além disso, ?

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

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

— precisa saber é o seguinte

Obrigado rapazes por suas respostas! Eu votei todos eles, e cada um resulta em uma boa discussão sobre aspectos não tão conhecidos da DTFT de sinais estranhos (ou seja, aqueles que não estão em ou ). Só posso aceitar uma e esperarei um pouco mais por novas respostas ou alterações nas respostas existentes. Também adicionarei minha própria resposta mais tarde.

ℓ^{1}

$\ell^1$

ℓ^{2}

$\ell^2$

— Matt L.

1

Matt, decididamente não é energia finita. um número infinito de amostras cujo quadrado é não é adicionado como um número finito.

f [n]

$f[n]$

\frac{1}{4}

$\tfrac14$

— 22818 Robert Bristow-Johnson

1

@ robertbristow-johnson: O que você acha perturbador nisso? Se os sinais se cancelam em todos os lugares, exceto por um número finito de pontos, é isso que obtemos.

— Matt L.

6

Existem infinitos sinais que mantêm a seguinte igualdade: A única coisa que importa é que e, em seguida, o restante dos coeficientes de pode ser determinado sob a restrição de que a Eq. estados (isto é, a subtração de amostras consecutivas deve ser para ). Em outras palavras, Eq. será alcançado por qualquer sinal tal que
$y [n] - y [n - 1] = δ [n] (1)$ $y[n]-y[n-1]=\delta[n] \qquad (1)$ $y[0]-y[-1]=1$ $y$ $(1)$ $0$ $n\neq 0$ $(1)$ $y[n]$ $y [0] = y [- 1] + 1 \land y [n] = y [n - 1] \forall n \neq 0$ $y[0]=y[-1]+1 \land y[n]=y[n-1] \ \forall n\neq0$ Outra maneira de ver isso é que qualquer função que é basicamente $u[n]$ com um deslocamento (um valor constante adicionado) será satisfatória $(1)$ . Isso explica a afirmação derobert bristow-johnson em sua resposta: os diferenciadores destroem essas informações (como obter uma derivada em tempo contínuo destrói evidências de qualquer valor constante na função original).
Para resumir, acredito que a prova é falha porque o procedimento seguido poderia usar qualquer função da forma $u[n]+C$ com $C\in\mathbb{R}$ , e isso levaria a muitas funções com a mesma transformação de Fourier, o que está realmente errado como a transformada de Fourier é uma bijeção. Talvez o autor tenha deliberadamente decidido ignorar qualquer coisa relacionada aos valores de DC, consciente de que, para mostrar que $F(\omega)$ é o DTFT de $f[n]$ ele precisaria da propriedade de acumulação (cuja prova mais popular deriva do DTFT da unidade stepgo, uma prova bastante circular). A prova não está estritamente errada , pois tudo o que afirma (as fórmulas para $F(\omega)$ e $U(\omega)$ , a decomposição da etapa unitária, a equação da diferença) é verdadeiro, mas exigiria que a propriedade de acumulação mostrasse por que $F(\omega)$ não tem nenhum delta do Dirac.

— Tendero
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Você está totalmente no caminho certo! Você tem uma idéia de como essa falha pode ser resolvida, ou seja, como fazer isso corretamente?

— Matt L.

@MattL. Definir uma condição inicial para

resolveria o problema e determinaria o sinal univocamente. Essa condição inicial determinaria o valor DC do sinal

, que aparece no DTFT como uma constante multiplicadora de um impulso Dirac (de acordo com a propriedade de acumulação). Eu acho que na prova fornecida, isso funciona porque o sinal

não tem valor DC, pois é simétrico em torno de

, e, portanto, o DTFT está correto nesse caso. Mas o fato de o sinal não ter CC deve ser declarado, como é fundamental, acredito.

y [n]

$y[n]$

y [n]

$y[n]$

f [n]

$f[n]$

0

$0$

— Tendero

Há muitas boas respostas e é difícil escolher qual delas aceitar. Mas este foi o mais apreciado pela comunidade, e também acho que indica mais claramente o erro na derivação. Obrigado a todos!

— Matt L.

4

Fiquei impressionado com o número de respostas que recebi (10 respostas até agora!). Claro, todos eles receberam meu voto positivo. Foi divertido, obrigado pessoal por seus pensamentos, comentários, etc. Eu sei que agora a maioria de vocês já sabe qual é a falha, pelo menos a que eu quis dizer. As pessoas expressam as coisas de maneira diferente, e sempre há espaço para mal-entendidos, então tentarei formular claramente o que considero a falha mais importante nessa derivação. Estou ciente do fato de que nem todos concordam e tudo bem. Estou feliz por poder discutir esse tipo de tópico esotérico de DSP com mentes afiadas como vocês! Aqui vamos nós.

Minha primeira alegação é que todas as equações da minha pergunta estão corretas. No entanto, a derivação e a motivação de algumas delas são totalmente erradas e enganosas, e essa "derivação" só pode existir porque o autor sabia como deveria ser o resultado.

Eq. (3) na questão ( ) está correto para a sequência dada (Eq. na questão), mas é claramente também correto para todas as seqüências da forma com alguma constante arbitrária . Portanto, de acordo com a derivação, o DTFT resultante $f[n]-f[n-1]=\delta[n]$ $f[n]$ $(2)$
$\begin{matrix} (1) & f [n] = u [n] + c \end{matrix}$ $f[n]=u[n]+c\tag{1}$ $c$ deve ser o DTFT de todas as seqüências da forma , independentemente do valor da constante . Naturalmente, isso não faz sentido, porque o DTFT é único. Especificamente, usando essa mesma "prova", eu poderia "mostrar" que conforme indicado na Eq. da minha pergunta (ou Eq. abaixo) é realmente o DTFT de que estamos procurando. Então, por que se preocupar em dividir como na Eq. da pergunta? $F(\omega)$ $(1)$ $c$ $F(\omega)$ $(5)$ $(3)$ $u[n]$ $u[n]$ $(1)$
No entanto, é verdade que os DTFTs de todas as seqüências satisfazem a Eq. na pergunta (repetida aqui por conveniência): Mas agora vem a falha matemática real: da Eq. é incorreto concluir $(1)$ $(4)$
$\begin{matrix} (2) & F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{2}$ $(2)$ Eq. é apenas uma das infinitas soluções possíveis dee, convenientemente, é a que o autor precisa para chegar ao resultado final correto. Eq. é o DTFT deemcom $\begin{matrix} (3) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{3}$ $(3)$ $(2)$ $(3)$ $f[n]$ $(1)$ , mas a partir da derivação dada, não há como saber isso. $c=-\frac12$
$(2)$ $all$ $(1)$ $c$ $(2)$
$\begin{matrix} (4) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + α δ (ω) \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\alpha\delta(\omega)\tag{4}$ $\alpha$ $(4)$ $(2)$ $1 + α (1 - e^{- j ω}) δ (ω) = 1 + α (1 - e^{- j ω}) |_{ω = 0} \cdot δ (ω) = 1 + 0 \cdot δ (ω) = 1$ $1+\alpha (1-e^{-j\omega})\delta(\omega)=1+\alpha (1-e^{-j\omega})\Big{|}_{\omega=0}\cdot\delta(\omega)=1+0\cdot\delta(\omega)=1$ $F(\omega)$ $(4)$ $(2)$
$\alpha$ $(4)$ $f[n]$ $n=0$
$\begin{matrix} (6) & f [0] = 1 + c = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} F (ω) d ω = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} + \frac{α}{2 π} \end{matrix}$ $f[0]=1+c=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F(\omega)d\omega=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}+\frac{\alpha}{2\pi}\tag{6}$ $(6)$ $\begin{matrix} (7) & P V \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} = π \end{matrix}$ $PV\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}=\pi\tag{7}$ $(6)$ $(7)$ $\begin{matrix} (8) & α = π (1 + 2 c) \end{matrix}$ $\alpha=\pi (1+2c)\tag{8}$ $c=-\frac12$ $\alpha=0$ $f[n]$ $c=0$ $f[n]=u[n]$ $\alpha=\pi$ $u[n]$ $\begin{matrix} (9) & U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω) \end{matrix}$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega)\tag{9}$

— Matt L.
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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})

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

Não tenho muita certeza de que não possa haver outra função além do impulso Dirac delta (e seus derivados) que possua essa propriedade. Mas está tudo bem, sua resposta está bem escrita. Eu voto positivo. Obrigado.

— AlexTP2

2

A falha segue a palavra "Obviamente", se essa deveria ser a função Dirac Delta.
Aqui está o rascunho de uma resposta para sua outra pergunta que eu nunca publiquei:
-------------------------------------------------- -------------
Eu não acho que uma prova seja possível. Pode ser um caso de uma "definição funcional" com as propriedades desejadas.

$X_{2 π} (ω) = \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] e^{- j ω n}$ $X_{2\pi} \left(\omega\right) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] e^{-j \omega n}$ $U = \sum_{n = 0}^{+ \infty} e^{- j ω n}$ $U = \sum\limits_{n=0}^{+\infty} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} \sum_{n = 0}^{N - 1} e^{- j ω n}$ $U = \lim_{ N \to \infty } \sum\limits_{n=0}^{N-1} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} [\frac{1 - e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ 1 - e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ $U = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} - lim_{N \to \infty} [\frac{e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \frac{ 1 }{ 1 - e^{-j \omega } } - \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ $\omega = 0$ , é claro que age como um Dirac Delta. Por que o coeficiente deve ser , não sei. Pode ter a ver com a área do círculo unitário. Quando , o denominador pode ser fatorado fora do limite e o numerador apenas salta ao longo do círculo da unidade e nunca atinge um limite. Configurá-lo para zero é um ato de definição. $\pi$ $\omega \neq 0$
Provar que a definição funciona de maneira desejável é uma questão diferente.
A prova da página 138 está errada (pelo menos) porque:

$δ (t) = lim_{a \to 0} \frac{1}{2 a} [u (t + a) - u (t - a)] = \frac{d u}{d t}$ $\delta(t) = \lim_{ a \to 0 } \frac{1}{2a} \left[ u(t + a) - u(t - a) \right] = \frac{du}{dt}$ O que não é semelhante de maneira alguma a como eles o definem. $\delta(n) = u_2(n) - u_2(n-1)$
Situação interessante, espero que isso ajude. Estou ansioso pelo que você tem a dizer.
Ced

— Cedron Dawg
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Obrigado pela sua resposta! Mas observe que estamos falando de seqüências de tempo discreto aqui, não do impulso delta do Dirac. Em tempo discreto, é igual a zero em todos os lugares, exceto onde é . Portanto, nada de feio como em tempo contínuo. Então Eq. (3) na minha pergunta é realmente correto (em tempo discreto!).

δ [n]

$\delta[n]$

n = 0

$n=0$

1

$1$

— Matt L.

Cedron, acho que esta equação: pode ser interessante nesta outra questão do @MattL. Talvez você deva pensar em pensar um pouco mais e postá-lo lá, se quiser.

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

se você me permitir dividir por zero, posso provar que . quando você diz há um problema em multiplicar algo por zero (quando ) e esperando que o produto seja igual a um. $1=2$
$F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1$ $\omega=2k\pi \text{ for } k \in \mathbb{Z}$

— Robert Bristow-Johnson
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3

moral da história: os diferenciadores destroem a informação. um diferenciador não sabe a diferença entre e . não tente dividir por zero para obter essas informações perdidas.

u [n]

$u[n]$

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

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

— 22818 Robert De Bristow-johnson

então, o autor deve declarar que para corrigir a falha?

w \neq 2 π k

$w \neq 2\pi k$

— precisa saber é o seguinte

bem, o DTFT de é igual a 1 para qualquer , mesmo quando .

δ [n]

$\delta[n]$

ω

$\omega$

ω = 2 k π

$\omega=2k\pi$

— 22418 Robert Bristow-Johnson

por que ? ... é o domínio de que restringe o de ?

δ [n]

$\delta[n]$

1 - e^{- j w}

$1-e^{-j w}$

F (w)

$F(w)$

— precisa saber é o seguinte

porque quando Matt diz e diz para integrar ambos os lados para obter (que é o que Matt diz essencialmente na Eq.5), então temos um sorta "multiplique e divida pelo mesmo truque de quantidade para obter 1" . mas às vezes ele está multiplicando e dividindo por zero. multiplicar por zero destrói as informações. dividir isso por zero não recuperará as informações.

f [n] - f [n - 1] = δ [n]

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

u [n]

$u[n]$

— 22810 Robert Pattinson-Johnson

2

A Equação (4) deve ser escrita como Para , que não é (5). Não sei como consertar a prova sem evitar (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
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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)

$U(\omega)$

@AlexTP Por que a divergência desse motivo de soma para dizer que não existe? Muitos sinais são tais que seus "DTFTs de soma" divergem, mas eles têm um DTFT definido no entanto (em termos de deltas do Dirac). Não estou dizendo que o raciocínio está errado, estou apenas tentando entender (não estou muito familiarizado com a teoria da distribuição e isso).

F (ω)

$F(\omega)$

— Tendero

Você está certo de que as somas não convergem no sentido convencional, mas, no entanto, as DTFTs existem no sentido distributivo. Afinal, o mesmo argumento seria válido para o DTFT de , que também existe nesse sentido. Portanto, há outra falha que é menos matematicamente complexa do que o problema da divergência, com o qual nos acostumamos.

u [n]

$u[n]$

— Matt L.

1

@MattL. Eu não sei se é óbvio, mas eu não ver a diferença entre e porque também temos !

u [n]

$u[n]$

f [n]

$f[n]$

u [n] - u [n - 1] = δ [n]

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

— AlexTP18

2

Acho que descobri a melhor maneira de expressar a falha nessa prova. Então, eu vou dar outra facada.
A escolha de em (1) é arbitrária. Vamos substituí-lo por . Siga a prova e termine com: $\frac{1}{2}$ $x$

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 2 π x δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+2\pi x \delta(\omega)$
Não há nada na prova que restrinja a ser , ele pode assumir qualquer valor finito e a prova funciona da mesma forma. $x$ $\frac{1}{2}$
Além disso, se você der o passo que dei na minha última resposta e encontrar (4), é expresso como

$F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 + 2 π x (1 - e^{- j ω}) δ (ω)$ $F( \omega )(1 - e^{-j\omega} ) = 1 + 2\pi x (1 - e^{-j\omega} ) \delta(\omega)$
Em seguida, incluindo-o em (5) e (6), você obtém:

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 4 π x δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+ 4\pi x \delta(\omega)$
O que, como indiquei anteriormente, é inconsistente com a definição para chegar lá.
Essa prova não mostra que e parece indicar que, para qualquer x definido, resultados inconsistentes se seguirão. Portanto, volto à afirmação em minha primeira resposta de que o valor de para o coeficiente de é um ato de definição, não um truísmo matemático. $x = \frac{1}{2}$ $\pi$ $\delta(\omega)$
Talvez haja alguma outra situação que faça o valor correto, mas essa prova não o fornece. $x=\frac{1}{2}$
Ced

— Cedron Dawg
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1

Isso é uma resposta aos comentários da minha primeira resposta. Por causa da camuflagem do spoiler, estou postando como uma resposta separada.
Eu ia postar minha outra resposta para a outra pergunta, mas não o fiz devido à minha falta de experiência nessa área. Eu o publiquei ontem, excluí-o, depois cancelei a exclusão e descobri como empregar tags de spoiler.
Claramente, a função definida no problema não é a função Dirac Delta. Procurei o DTFT na Wikipedia e o DTFT para a função Dirac Delta é um deles. Vou chamar o do problema . $\delta$ $\delta$ $\delta_p$

$δ_{p} [n] = f [n] - f [n - 1] = u [n] - u [n - 1]$ $\delta_p[n] = f[n] - f[n-1] = u[n] - u[n-1]$
Tomando o DTFT das partes esquerda e direita. Não sei se tenho as anotações corretas, mas a matemática deve ser clara. Usando a definição que está sendo provada.

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

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

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

$F_{p} (ω) = 1 + π (1 - e^{- j ω}) δ (ω) \neq 1$ $F_p( \omega ) = 1 + \pi (1 - e^{-j\omega} ) \delta(\omega) \neq 1$
Portanto, o RHS de (4) está incorreto, exceto quando . [Edit: Doh, é o Dirac Delta, então esta afirmação está errada. Eu acho que deve estar correto, exceto "indefinido" em . Análise real era a minha matemática menos favorita. Estou deixando isso em paz agora.] $\omega = 2k\pi$ $\omega = 2k\pi$
Ced
==============================
Acompanhamento:
É claro que o DTFT de deve ser 1 quando conectado à definição de um DTFT. Portanto, como recebi uma resposta diferente ao usar a definição a ser provada, significa que a definição a ser provada não está correta (no sentido matemático). Além disso, se você levar a correção até o final da prova, chegará a uma definição diferente. Assumir que a afirmação é verdadeira é usada para provar que é falsa. $\delta_p$

— Cedron Dawg
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Você realmente mostrou que porque o termo é igual a zero. Esse é o caso, porque para qualquer função que é contínua em você tem e se (que é o caso aqui), o termo inteiro desaparece.

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

Para mim, uma primeira falha aparece entre (3) e (4): este é um exemplo da divisão integral descuidada / soma infinita clássica. São necessárias condições para permitir a equação: padrão ou podem não ser nítidas o suficiente. Isso pode estar relacionado aqui, devido à forma , ao teorema da derivação de Fubini , ou: Quando podemos trocar soma infinita e derivada discreta? As formas de locomoção podem girar em torno da monotonia ou de somas do tipo Cesaro, mas pensarei nisso por mais tempo.
$\sum (a [n] - b [n]) c_{ω} [n] = \sum a [n] c_{ω} [n] - \sum b [n] c_{ω} [n]$ $\sum (a[n] - b[n])c_\omega[n] = \sum a[n]c_\omega[n]- \sum b[n]c_\omega[n]$ $\ell_1$ $\ell_2$ $f[n]-f[n-1]$

— Laurent Duval
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1

então Matt,

Não sei por que você não acha problemático comparar sinais de energia com sinais de energia, mas suponha que modifiquemos ligeiramente a definição de : $f[n]$

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

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

para alguns . $\alpha > 0$

agora temos sinais de energia finita e todos os DTFTs devem ser comparáveis.

\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}

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

Eu me pergunto o que são os DTFTs? e então o que acontece quando deixamos ? acho que ainda há o problema de diferenciadores destruindo informações (e a correspondente destruição de informações multiplicando por 0 no domínio da frequência) que é um problema. mas talvez possamos perder o problema de comparar classes de sinal que não compartilham o mesmo espaço de Hilbert. $\alpha \to 0$

mas, infelizmente, são quase duas da manhã e eu não vou lidar com isso agora.

— Robert Bristow-Johnson
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Essa coisa é boa e é uma opção para calcular o DTFT desses sinais não deteriorantes, tomando o limite . Experimente e tenho certeza que você terá sucesso, mas é doloroso. Existem maneiras mais fáceis de obter o mesmo resultado. A prova fornecida pode realmente ser modificada para que funcione no IMHO (veja minha resposta).

α

$\alpha$

α \to 0

$\alpha\rightarrow 0$

— Matt L.