Dyskretna transformata Fouriera sekwencji kroków jednostkowych

Z podręczników wiemy, że DTFT jest podane przez$u[n]$

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

Jednak nie widziałem podręcznika DSP, który przynajmniej udaje, że daje mniej lub bardziej wyprowadzenie dźwięku .$(1)$

Proakis [1] wyprowadza prawą połowę prawej strony , ustawiając w -transformacji , i mówi, że jest ona poprawna z wyjątkiem (co oczywiście jest poprawne). Następnie stwierdza, że ​​na biegunie transformacji musimy dodać impuls delta o powierzchni , ale to wydaje mi się bardziej receptą niż czymkolwiek innym.$(1)$$z=e^{j\omega}$$\mathcal{Z}$$u[n]$$\omega=2\pi k$$\mathcal{Z}$$\pi$

Oppenheim i Schafer [2] wspominają w tym kontekście

Chociaż nie jest to całkiem proste, sekwencję tę można przedstawić za pomocą następującej transformaty Fouriera:

po którym następuje formuła równoważna . Niestety nie zadali sobie trudu, aby pokazać nam ten „niezupełnie prosty” dowód.$(1)$

Książka, której właściwie nie znałam, ale którą znalazłam, szukając dowodu to Wprowadzenie do cyfrowego przetwarzania sygnałów i projektowania filtrów autorstwa BA Shenoi. Na stronie 138 znajduje się „wyprowadzenie” , ale niestety jest błędne. Zadałem pytanie „puzzle DSP”, aby ludzie pokazali, co jest nie tak z tym dowodem.]$(1)$$(1)$

Więc moje pytanie brzmi:

Czy ktoś może przedstawić dowód / wyprowadzenie że jest solidny lub nawet rygorystyczny, a jednocześnie jest dostępny dla inżynierów skłonnych matematycznie? Nie ma znaczenia, czy jest to po prostu skopiowane z książki. Myślę, że dobrze byłoby mieć go na tej stronie.$(1)$

Zauważ, że nawet w matematyce nie można znaleźć prawie nic istotnego: to pytanie nie ma odpowiedzi, i że jedna ma dwie odpowiedzi, z których jedna jest błędna (identyczna z argumentacją Shenoi), a druga wykorzystuje „właściwość akumulacji” , z którego byłbym szczęśliwy, ale trzeba udowodnić tę właściwość, co przywraca cię do początku (ponieważ oba dowody zasadniczo potwierdzają to samo).

Na koniec wymyśliłem coś w rodzaju dowodu (cóż, jestem inżynierem), a także opublikuję go jako odpowiedź za kilka dni, ale chętnie zbierzę inne opublikowane lub niepublikowane dowody które są proste i eleganckie, a co najważniejsze są dostępne dla inżynierów DSP.

PS: Nie wątpię w ważność , chciałbym tylko zobaczyć jeden lub kilka stosunkowo prostych dowodów.$(1)$

---

[1] Proakis, JG i DG Manolakis, Cyfrowe przetwarzanie sygnałów: zasady, algorytmy i aplikacje , wydanie trzecie, sekcja 4.2.8

[2] Oppenheim, AV i RW Schafer, przetwarzanie sygnałów dyskretnych , wydanie drugie, s. 1. 54

---

---

Zainspirowany komentarzem Marcusa Müllera, chciałbym pokazać, że podane przez Eq. spełnia wymagania$U(\omega)$$(1)$

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

Jeśli jest DTFT , to$U(\omega)$$u[n]$

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

musi być DTFT z

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

(gdzie definiujemy ), ponieważ$\text{sign}[0]=1$

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

Więc mamy

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

z tego wynika, że

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

Z tym otrzymujemy

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

Cedron Dawg opublikował ciekawy początkowy punkt w tej odpowiedzi . Zaczyna się od następujących kroków:

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

Okazuje się, że termin wewnątrz limitu można rozszerzyć w następujący sposób :

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

Wspólny czynnik poza nawiasami można wyrazić jako :

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

Rzeczywista część w nawiasach równa się również :

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

Z drugiej strony, część urojoną można przepisać jako :

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

Przepisując oryginalny termin, otrzymujemy:

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

gdzie użyłem a limit pozostaje niezmieniony jako .$M=N-1$$M\to \infty$

Zgodnie z 7. definicją na tej stronie :

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

Do tej pory mamy to:

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

Jeśli moglibyśmy udowodnić, że drugi wyraz po prawej stronie równości w pewnym sensie wynosi , to jesteśmy skończeni. I zapytał go w math.SE i, rzeczywiście, że sekwencja funkcji tendencję do rozkładu zerowego. Mamy więc to:$0$

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

Przedstawię dwa stosunkowo proste dowody, które nie wymagają żadnej wiedzy na temat teorii dystrybucji. Aby uzyskać dowód, który oblicza DTFT w procesie granicznym z wykorzystaniem wyników teorii dystrybucji, zobacz tę odpowiedź Tendero .

Przytoczę tutaj tylko pierwszy dowód, a nie jego rozwinięcie, ponieważ opublikowałem go jako odpowiedź na to pytanie , którego celem było wykazanie, że określony opublikowany dowód jest wadliwy.

Drugi dowód przedstawia się następująco. Najpierw zapiszmy parzystą część sekwencji kroków :$u[n]$

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

DTFT z wynosi$(1)$

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

która jest równa rzeczywistej części DTFT :$u[n]$

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

Ponieważ jest sekwencją o wartościach rzeczywistych, zrobiliśmy to, ponieważ rzeczywiste i urojone części są powiązane poprzez transformację Hilberta, a zatem jednoznacznie określa . Jednak w większości tekstów DSP te relacje transformacji Hilberta pochodzą z równania (które jest ważne dla dowolnej sekwencji przyczynowej ), z którego wynika, że . Aby więc pokazać zależność transformacji Hilberta między rzeczywistą a urojoną częścią DTFT, potrzebujemy DTFT$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]$, które tak naprawdę chcemy tutaj uzyskać. Dowód staje się okrągły. Dlatego wybierzemy inny sposób na wyimaginowanie części .$U(\omega)$

Aby uzyskać piszemy nieparzystą część w następujący sposób:$U_I(\omega)=\text{Im}\{U(\omega)\}$$u[n]$

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

Biorąc DTFT z daje$(4)$

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

gdzie użyłem . Równ. można zapisać jako$(3)$$(5)$

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

Prawidłowy wniosek z brzmi ( więcej szczegółów w tej odpowiedzi )$(6)$

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

Ale ponieważ wiemy, że musi być nieparzystą funkcją (ponieważ ma wartość rzeczywistą), możemy natychmiast stwierdzić, że . Stąd, z i końcu otrzymujemy$U_I(\omega)$$\omega$$u[n]$$c=0$$(3)$$(7)$

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