Фурье-преобразование с дискретным временем последовательности единичных шагов

Из учебников мы знаем, что DTFT от дается$u[n]$

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

Тем не менее, я не видел учебник по DSP, который, по крайней мере, претендует на более или менее обоснованное выражение .$(1)$

Proakis [1] выводит правую половину правой части , устанавливая z = e ^ {j \ omega} в \ mathcal {Z} -преобразовании u [n] , и говорит, что это верно за исключением \ omega = 2 \ pi k (что, конечно, правильно). Затем он заявляет, что на полюсе \ mathcal {Z} -преобразования мы должны добавить дельта-импульс площадью \ pi , но для меня это больше похоже на рецепт, чем на что-либо еще.$(1)$$z=e^{j\omega}$$\mathcal{Z}$$u[n]$$\omega=2\pi k$$\mathcal{Z}$$\pi$

Оппенгейм и Шафер [2] упоминают в этом контексте

Хотя это не совсем просто показать, эта последовательность может быть представлена ​​следующим преобразованием Фурье:

за которым следует формула, эквивалентная $(1)$ . К сожалению, они не потрудились показать нам это «не совсем прямое» доказательство.

Книга, которую я на самом деле не знал, но которую я нашел, когда искал доказательство $(1)$ - « Введение в цифровую обработку сигналов и проектирование фильтров» Б.А. Шеноя. На странице 138 есть «вывод» $(1)$ , но, к сожалению, это неправильно. Я задал вопрос «DSP-головоломки», чтобы люди показали, что не так с этим доказательством.]

Итак, мой вопрос :

Кто-нибудь может предоставить доказательство / вывод который является правильным или даже строгим, будучи доступным для математически склонных инженеров? Неважно, скопировано ли это из книги. Я думаю, что было бы хорошо иметь его на этом сайте в любом случае.$(1)$

Обратите внимание, что даже в math.SE почти ничего не нужно искать: у этого вопроса нет ответов, и у одного есть два ответа, один из которых неправильный (идентично аргументу Шеноя), а другой использует «свойство накопления» Я был бы счастлив, но затем нужно доказать это свойство, которое возвращает вас к началу (потому что оба доказательства в основном доказывают одно и то же).

В качестве заключительного замечания, я действительно придумал что-то вроде доказательства (ну, я инженер), и я также опубликую его как ответ через несколько дней, но я был бы рад собрать другие опубликованные или неопубликованные доказательства они просты и элегантны, и, самое главное, доступны для инженеров DSP.

PS: я не сомневаюсь в правильности $(1)$ , я просто хотел бы увидеть одно или несколько относительно простых доказательств.

---

[1] Проакис, Дж. Г. и Д. Г. Манолакис, Цифровая обработка сигналов: принципы, алгоритмы и приложения , 3-е издание, раздел 4.2.8.

[2] Оппенгейм, А.В. и Р.В.Шафер, Обработка сигналов с дискретным временем , 2-е издание, с. 54.

---

---

Вдохновленный комментарием Маркуса Мюллера, я хотел бы показать, что $U(\omega)$ как дано уравнением. $(1)$ удовлетворяет требованию

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

Если $U(\omega)$ является DTFT для $u[n]$ , то

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

должен быть DTFT из

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

(где мы определяем $\text{sign}[0]=1$ ), потому что

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

Итак, мы имеем

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

из чего следует, что

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

С этим мы получаем

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

Седрон Доуг опубликовал интересную начальную точку в этом ответе . Это начинается с этих шагов:

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

Оказывается, срок внутри лимита можно расширить следующим образом :

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

Общий фактор вне скобок может быть выражен как :

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

Действительная часть внутри скобок также равна :

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

С другой стороны, мнимая часть может быть переписана как :

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

Переписав первоначальный термин, мы получим следующее:

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

$M=N-1$$M\to \infty$

Согласно 7-му определению на этом сайте :

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

Пока у нас есть это:

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

$0$

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

Я приведу два относительно простых доказательства, которые не требуют каких-либо знаний по теории распределения. Для доказательства, которое вычисляет DTFT с помощью предельного процесса, используя результаты из теории распределения, см. Этот ответ Tendero .

Я упомяну (и не буду подробно останавливаться) первое доказательство здесь, потому что я разместил его как ответ на этот вопрос , целью которого было показать, что определенное опубликованное доказательство является ошибочным.

Другое доказательство состоит в следующем. Давайте сначала запишем четную часть последовательности шагов блока$u[n]$:

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

DTFT из $(1)$ является

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

которая равна реальной части DTFT $u[n]$:

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

поскольку $u[n]$ реальная последовательность, которую мы сделали, потому что действительная и мнимая части $U(\omega)$ связаны через преобразование Гильберта, и, следовательно, $U_R(\omega)$ однозначно определяет $U(\omega)$, Однако в большинстве текстов DSP эти соотношения преобразования Гильберта выводятся из уравнения$h[n]=h[n]u[n]$ (который действителен для любой причинной последовательности $h[n]$), из чего следует, что $H(\omega)=\frac{1}{2\pi}(H\star U)(\omega)$, Таким образом, чтобы показать отношение преобразования Гильберта между действительной и мнимой частями DTFT, нам нужен DTFT$u[n]$, который мы на самом деле хотим вывести здесь. Таким образом, доказательство становится круглым. Вот почему мы выберем другой способ вывести мнимую часть$U(\omega)$,

Для получения $U_I(\omega)=\text{Im}\{U(\omega)\}$ we write the odd part of $u[n]$ as follows:

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

Taking the DTFT of $(4)$ gives

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

where I've used $(3)$. Eq. $(5)$ can be written as

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

The correct conclusion from $(6)$ is (see this answer for more details)

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

But since we know that $U_I(\omega)$ must be an odd function of $\omega$ (because $u[n]$ is real-valued), we can immediately conclude that $c=0$. Hence, from $(3)$ and $(7)$ we finally get

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