单位步长序列$ u [n] $的DTFT推导中的缺陷在哪里？

#1 楼

无限多个信号使以下等式成立：$$ y [n] -y [n-1] = \ delta [n] \ qquad（1）$$
重要的是$ y [0] -y [-1] = 1 $，然后可以在等式1的限制下确定$ y $的其余系数。 $（1）$状态（即对于$ n \ neq 0 $，连续采样的减法必须为$ 0 $）。换句话说，等式$（1）$将通过任何信号$ y [n] $来实现，使得$$ y [0] = y [-1] +1 \ land y [n] = y [n-1] \ \ forall n \ neq0 $$
另一种查看方式是，基本上是$ u [n] $且具有偏移量（添加了恒定值）的任何函数都将满足$（1）$。这解释了罗伯特·布里斯托-约翰逊在回答中所作的陈述：微分器破坏了该信息（例如，连续时间取导数会破坏原始函数中任何恒定值的证据）。


总而言之，我认为证明是有缺陷的，因为遵循的过程可以使用带有$ C \ in \ mathbb {R} $的$ u [n] + C $形式的任何函数，这将导致许多函数具有相同的傅立叶变换，这确实是错误的，因为傅立叶变换是双射。也许作者故意决定忽略任何与DC值相关的东西，意识到要显示$ F（\ omega）$是$ f [n] $的DTFT，他将需要累加属性（其最受欢迎的证明是推导得出的）从单位步骤的DTFT-ergo，一个相当圆的证明）。证明并非严格错误，因为它指出的所有内容（$ F（\ omega）$和$ U（\ omega）$的公式，单位阶跃的分解，差分方程）都是正确的，但是这需要证明累积属性以显示为什么$ F（\ omega）$没有任何Dirac增量。

#2 楼

我收到的回复数量不知所措（到目前为止有10个答案！）。当然，所有人都得到了我的支持。非常有趣，谢谢大家的想法，评论等。我知道到目前为止，你们大多数人都知道该漏洞是什么，至少是我的意思。人们用不同的方式表达事物，并且总是存在误解的余地，因此我将尽力明确阐明我认为是该推导中最重要的缺陷。我知道并非所有人都会同意这一事实，这很好。我很高兴能够以你们这样的敏锐头脑来讨论这种深奥的DSP主题！
我的第一个主张是，我的问题中的每个方程都是正确的。但是，其中一些的推导和动机是完全错误和误导的，并且“推导”之所以存在是因为作者知道结果应该是什么样子。
（3）在问题中（$ f [n] -f [n-1] = \ delta [n] $）对于给定序列$ f [n] $（问题中的$（2）$ ），但显然对于所有格式为$$ f [n] = u [n] + c \ tag {1} $$且带有任意常数$ c $的序列也是正确的。因此，根据推导，得到的DTFT $ F（\ omega）$应该是形式为（$ 1）$的所有序列的DTFT，而与常数$ c $的值无关。这当然是无稽之谈，因为DTFT是唯一的。具体来说，使用该“证明”可以“显示”方程式中给出的$ F（\ omega）$。我的问题的$（5）$（或下面的等式$（3）$）实际上是我们要查找的$ u [n] $的DTFT。那么，为什么要像等式中那样分摊$ u [n] $呢？问题的$（1）$？
然而，所有序列$（1）$的DTFT确实满足等式。问题中的$（4）$（为方便起见在此重复）：$$ F（\ omega）\ left（1-e ^ {-j \ omega} \ right）= 1 \ tag {2} $$但是现在到了实际的数学缺陷：从等式$（2）$不能得出$$ F（\ omega）= \ frac {1} {1-e ^ {-j \ omega}} \ tag {3} $$等式是不正确的。 $（3）$只是$（2）$的许多可能解中的一种，它很方便地是作者为得出正确最终结果所需的一种。等式$（3）$是$（1）$中$ f [n] $在$ c =-\ frac12 $中的DTFT，但是从给定的推导中无法得知。
那么如何我们避免了该数学错误，并使用$（2）$来导出$ all $序列$（1）$的DTFT，其中任何常数$ c $？来自$（2）$的正确结论是$$ F（\ omega）= \ frac {1} {1-e ^ {-j \ omega}} + \ alpha \ delta（\ omega）\ tag {4} $ $和一些尚未确定的常数$ \ alpha $。将$（4）$插入$（2）$的左侧会得到$$ 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 $$因此所有函数$ F $（4）$给出的（\ omega）$可以根据需要满足$（2）$。
可以根据$ f [n]的值来确定$（4）$中的常量$ \ alpha $ $ at $ n = 0 $：$$ 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} $$可以显示，并且WolframAlpha也同意，$（6）$中的积分的柯西主值是$$ PV \ int _ {-\ pi} ^ {\ pi} \ frac {d \ omega} {1-e ^ {-j \ omega}} = \ pi \ tag {7} $$从$（6）$和$（7）$中我们得到$$ \ alpha = \ pi （1 + 2c）\ tag {8} $$因此，对于$ c =-\ frac12 $，我们得到$ \ alpha = 0 $（它对应于证明作者使用的原始序列$ f [n] $ ），对于$ c = 0 $（即对于$ f [n] = u [n] $），我们有$ \ alpha = \ pi $，这最终为我们提供了所需的$ u [n] $ DTFT： $$ U（\ omega）= \ frac {1} {1-e ^ {-j \ omega}} + \ pi \ delta（\ omega）\ tag {9} $$

#3 楼

如果您允许我除以零，我可以向您证明$ 1 = 2 $。当您说$$ F（\ omega）\ left（1-e ^ {-j \ omega} \ right）= 1 $$时，存在将某物乘以零的问题（当$ \ omega = 2k \ pi \ text时） {for} k \ in \ mathbb {Z} $），并期望乘积等于1。

#4 楼

如果应该使用Dirac Delta函数，该缺陷将出现在“明显”一词之后。


这是您从未回答过的其他问题的答案草案发表：


------------------------------------ ---------------------------


我认为不可能提供证明。这可能是具有所需属性的“功能定义”的情况。


$$ X_ {2 \ pi} \ left（\ omega \ right）= \ sum \ limits_ {n =-\ infty} ^ {+ \ infty} x [n] e ^ {-j \ omega n} $$

$$ U = \ sum \ limits_ {n = 0} ^ {+ \ infty} e ^ {-j \ omega n} $$

$$ U = \ lim_ {N \ to \ infty} \ sum \ limits_ {n = 0} ^ {N-1} e ^ {-j \ omega n} $$

$$ U = \ lim_ {N \ to \ infty} \ left [\ frac {1-e ^ {-j \ omega N}} {1-e ^ {-j \ omega}} \ right] $$

$$ U = \ frac {1} {1-e ^ {-j \ omega}}-\ lim_ { N \ to \ infty} \ left [\ frac {e ^ {-j \ omega N}} {1-e ^ {-j \ omega}} \ right] $$

最后的极限值。对于$ \ omega = 0 $，很显然它的作用就像狄拉克三角洲。我不知道为什么系数应该是$ \ pi $。它可能与单位圆的面积有关。当$ \ omega \ neq 0 $时，分母可以超出极限，并且分子仅沿着单位圆跳跃并且永远不会达到极限。将其设置为零是一种定义行为。


证明定义以理想的方式工作是另一回事。


第138页证明（至少）是错误的，因为：


$$ \ delta（t）= \ lim_ {a \ to 0} \ frac {1} {2a} \ left [u（t + a）-u（t-a）\ right] = \ frac {du} {dt} $$

与$ \ delta（n）= u_2（n ）-他们定义的u_2（n-1）$。


有趣的情况，希望对您有所帮助。我很期待您的发言。


Ced

#5 楼

等式（4）应该写为$$ \ lim_ {N \ to \ infty} \ sum_ {n = -N} ^ {n = N} f [n] e ^ {-j \ omega n }（1-e ^ {-j \ omega n}）+（e ^ {j \ omega N} f [N] + e ^ {-j \ omega N} f [-N]）e ^ {-j \ omega} = 1 $$对于$ f [n] = u [n] $，$$ \ lim_ {N \ to \ infty} \ sum_ {n = -N} ^ {n = N} f [n] e ^ {-j \ omega n}（1-e ^ {-j \ omega n}）+ e ^ {j \ omega N} e ^ {-j \ omega} = 1 $$不是（5）。我不知道如何避免（3）来修正证明。

#6 楼

我想我已经找到了表达此证明中缺陷的最佳方法。因此，我要再给它一个刺。


在（1）中选择$ \ frac {1} {2} $是任意的。让我们用$ x $代替它。遵循证明，最后得到：


$$ U（\ omega）= \ frac {1} {1-e ^ {-j \ omega}} + 2 \ pi x \ delta（\ omega）$$


证明中没有什么可以限制$ x $为$ \ frac {1} {2} $，它可以取任意



此外，如果采取我在上一个答案中所做的步骤，发现（4）表示为

$$ F（\ omega）（1-e ^ {-j \ omega}）= 1 + 2 \ pi x（1-e ^ {-j \ omega}）\ delta（\ omega）$$


接着将其包含在（5）和（6）中，您将得到：


$$ U（\ omega）= \ frac {1} {1 -e ^ {-j \ omega}} + 4 \ pi x \ delta（\ omega）$$


正如我之前指出的那样，哪个与获取的定义不一致


该证明未能显示$ x = \ frac {1} {2} $，并且似乎表明对于任何已定义的x，结果将不一致。因此，我回到第一个答案中的陈述：系数$ \ delta（\ omega）$的值\ \ pi $是定义性行为，而不是数学上的真实性。


也许还有其他情况使$ x = \ frac {1} {2} $成为正确的值，但此证明不提供此值。


Ced

#7 楼

这是对我的第一个答案中的评论的回应。由于剧透伪装，我将其作为单独的答案发布。


我打算针对其他问题发布其他答案，但是由于缺乏经验，我没有这样做在这方面。我昨天发布了它，删除了它，然后将其删除，然后弄清楚了如何使用扰流标签。


显然，问题中定义的$ \ delta $函数不是Dirac Delta函数。我在Wikipedia中查找了DTFT，而Dirac Delta函数的DTFT就是其中之一。我将问题的$ \ delta $称为$ \ delta_p $。


$$ \ delta_p [n] = f [n]-f [n-1] = u [ n]-u [n-1] $$


取左右两部分的DTFT。我不确定我的表示法是否正确，但是数学应该很清楚。



$$ F_p（\ omega）= F_u（\ omega）-F_u（\ omega）e ^ {-j \ omega} $$


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


$$ F_p（\ omega）= \ frac {1-e ^ {-j \ omega}} {1-e ^ {-j \ omega}} + \ pi（1- e ^ {-j \ omega}）\ delta（\ omega）$$


$$ F_p（\ omega）= 1 + \ pi（1- e ^ {-j \ omega}）\ delta（\ omega）\ neq 1 $$


因此（4）的RHS不正确，除非$ \ omega = 2k \ pi $ 。 [编辑：Doh，这是狄拉克三角洲，所以这个说法是错误的。我猜应该是正确的，除了$ \ omega = 2k \ pi $的“ undefined”。真正的分析是我最不喜欢的数学。我现在不理会这个问题。]


Ced


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跟进：


显然，将$ \ delta_p $的DTFT插入DTFT的定义时应为1。因此，由于在使用要证明的定义时得到了不同的答案，这意味着要证明的定义不正确（从数学意义上来说）。此外，如果将更正进行到证明的末尾，则会得到不同的定义。假定该断言为true就是用来证明它为假。

#8 楼

对我来说，第一个缺陷出现在（3）和（4）之间：这是经典的粗心积分/无限和分裂的一个实例。满足以下条件需要满足以下条件：
$$ \ sum（a [n]-b [n]）c_ \ omega [n] = \ sum a [n] c_ \ omega [n]-\ sum b [n] c_ \ omega [n] $$
标准的$ \ ell_1 $或$ \ ell_2 $条件可能不够尖锐。由于形式$ f [n] -f [n-1] $，这可能与Fubini推导定理相关，或者：什么时候可以交换无穷和与离散导数？解决方法可能围绕单调或类似于Cesaro的总和，但我会考虑更长的时间。

#9 楼

Matt，

我不知道为什么将功率信号与能量信号进行比较并不成问题，但是假设我们稍微修改了$ f [n] $的定义：

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

对于某些$ \ alpha> 0 $。

现在我们有了有限能量信号和DTFT应该都具有可比性。

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

我想知道DTFT是什么吗？然后让$ \ alpha \ to 0 $会发生什么？我认为仍然存在区分器破坏信息的问题（以及在频域中乘以0相应破坏信息）的问题。但是也许我们可能会失去比较不共享相同希尔伯特空间的信号类别的问题。

但是，a，现在快到凌晨2点了，我现在不处理它。