यूनिट चरण अनुक्रम

11

यह प्रश्न मेरे इस अन्य प्रश्न से संबंधित है जहां मैं इकाई चरण अनुक्रम के असतत समय फूरियर रूपांतरण (डीटीएफटी) की व्युत्पत्ति के लिए पूछता हूं । व्युत्पत्तियों की मेरी खोज के दौरान मुझे एक मिला जो आश्चर्यजनक रूप से सरल है। मैंने पहली बार बीए शेनोई की इस पुस्तक के पृष्ठ 138 पर इसे देखा था । मैं भी गणित में इस पर आया था । इस उत्तर में । $u[n]$

चूंकि तर्क छोटा और सरल है इसलिए मैं इसे यहां सुविधा के लिए दोहराऊंगा।

यूनिट स्टेप अनुक्रम को साथ जाहिर है, दोनों पक्ष पर DTFT लागू देता जहां की DTFT है । से हम मिल से और हम की DTFT के लिए मिलता है
$\begin{matrix} (1) & u [n] = f [n] + \frac{1}{2} \end{matrix}$ $u[n]=f[n]+\frac12\tag{1}$ $\begin{matrix} (2) & f [n] = {\begin{cases} \frac{1}{2}, n \geq 0 \\ - \frac{1}{2}, n < 0 \end{cases} \end{matrix}$ $f[n]=\begin{cases}\frac12,\quad n\ge 0\\-\frac12,\quad n<0\end{cases}\tag{2}$ $\begin{matrix} (3) & f [n] - f [n - 1] = δ [n] \end{matrix}$ $f[n]-f[n-1]=\delta[n]\tag{3}$ $(3)$ $\begin{matrix} (4) & F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{4}$ $F(\omega)$ $f[n]$ $(4)$ $\begin{matrix} (5) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{5}$ $(5)$ $(1)$ $u[n]$ $\begin{matrix} (6) & U (ω) = F (ω) + π δ (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω), - π \leq ω < π \end{matrix}$ $U(\omega)=F(\omega)+\pi\delta(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega),\quad -\pi\le\omega <\pi\tag{6}$ जहां मैंने , । $\text{DTFT}\{1\}=2\pi\delta(\omega)$ $-\pi\le\omega <\pi$

Eq। $(6)$ के डीटीएफटी के लिए $u[n]$ कोई संदेह नहीं है। हालाँकि, व्युत्पत्ति त्रुटिपूर्ण है।

सवाल यह है: उपरोक्त व्युत्पत्ति के दोष को ढूंढें और समझाएं।

कृपया बिगाड़ने वाले टैग के साथ अपना उत्तर प्रस्तुत करें >!।

— मैट एल।
स्रोत

1

जो मुझे परेशान करता है वह यह है कि एक परिमित ऊर्जा संकेत है , न कि एक परिमित ऊर्जा संकेत , जो कि हमें तब मिलता है जब हम इन दो अनंत ऊर्जा संकेतों को एक साथ जोड़ते हैं।

f [n]

$f[n]$

— रॉबर्ट ब्रिस्टो-जॉनसन

यह भी, ?

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

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

— रोबर्ट ब्रिस्टो-जॉनसन

आपकी प्रतिक्रिया के लिए धन्यवाद दोस्तों! मैंने उन सभी को उखाड़ फेंका, और हर एक ने अजीब संकेतों के डीटीएफटी के इतने प्रसिद्ध पहलुओं (यानी, या ) पर एक अच्छी चर्चा में परिणाम दिया । मैं केवल एक ही स्वीकार कर सकता हूं, और मैं नए उत्तरों या मौजूदा उत्तरों में बदलाव के लिए थोड़ा इंतजार करूंगा। मैं बाद में अपना जवाब भी जोड़ दूंगा।

ℓ^{1}

$\ell^1$

ℓ^{2}

$\ell^2$

— मैट एल।

1

मैट, निश्चित रूप से परिमित ऊर्जा नहीं है । नमूने की एक अनंत संख्या जो वर्ग के लिए होना एक परिमित संख्या होने के लिए नहीं जोड़ते हैं।

f [n]

$f[n]$

\frac{1}{4}

$\tfrac14$

— रॉबर्ट ब्रिस्टो-जॉनसन

1

@ robertbristow-johnson: आप इसके बारे में क्या परेशान करते हैं? यदि संकेतों को सीमित संख्या के बिंदुओं को छोड़कर हर जगह एक दूसरे को रद्द करते हैं, तो यही हमें मिलता है।

— मैट एल।

7

असीम रूप से कई संकेत हैं जो निम्न समानता रखते हैं: केवल एक चीज जो मायने रखती है वह है , और उसके बाद के बाकी गुणांक को Eq के प्रतिबंध के तहत निर्धारित किया जा सकता है। स्टेट्स (यानी लगातार नमूनों का विकल्प लिए होना चाहिए )। दूसरे शब्दों में, Eq। किसी भी संकेत द्वारा प्राप्त किया जाएगा जैसे कि देखने का दूसरा तरीका यह है कि कोई भी फ़ंक्शन जो मूल रूप से एक ऑफसेट के साथ है (एक निरंतर मूल्य जोड़ा गया) संतुष्ट करेगा
$y [n] - y [n - 1] = δ [n] (1)$ $y[n]-y[n-1]=\delta[n] \qquad (1)$ $y[0]-y[-1]=1$ $y$ $(1)$ $0$ $n\neq 0$ $(1)$ $y[n]$ $y [0] = y [- 1] + 1 \land y [n] = y [n - 1] \forall n \neq 0$ $y[0]=y[-1]+1 \land y[n]=y[n-1] \ \forall n\neq0$ $u[n]$ $(1)$ । यह उनके जवाब में रॉबर्ट ब्रिस्टो-जॉनसन द्वारा दिए गए बयान की व्याख्या करता है : विभेदक इस जानकारी को नष्ट कर देते हैं (जैसे कि निरंतर समय में व्युत्पन्न लेना मूल कार्य में किसी भी निरंतर मूल्य के प्रमाण को नष्ट कर देता है)।
संक्षेप में, मेरा मानना है कि प्रमाण त्रुटिपूर्ण है क्योंकि प्रक्रिया के बाद फॉर्म के किसी भी कार्य का उपयोग किया जा सकता है साथ , और इससे कई कार्यों के समान फूरियर रूपांतरण होगा , जो कि फूरियर रूपांतरण के रूप में वास्तव में गलत है, एक आक्षेप है। हो सकता है कि लेखक ने जानबूझकर डीसी मूल्यों से संबंधित किसी भी चीज को नजरअंदाज करने का फैसला किया हो, सचेत करने के लिए कि को दिखाने के लिए का DTFT है उसे संचय संपत्ति की आवश्यकता होगी (जिसका सबसे लोकप्रिय प्रमाण DTFT से लिया गया है इकाई चरण - एर्गो, एक सुंदर परिपत्र प्रमाण)। प्रमाण कड़ाई से गलत नहीं है , क्योंकि यह सब कुछ बताता है ( लिए सूत्र और $u[n]+C$ $C\in\mathbb{R}$ $F(\omega)$ $f[n]$ $F(\omega)$ $U(\omega)$ इकाई चरण के विघटन, अंतर समीकरण) सही है, लेकिन यह संचय संपत्ति को दिखाने की आवश्यकता होगी कि पास कोई डायराक डेल्टा क्यों नहीं है। $F(\omega)$

— Tendero
स्रोत

आप पूरी तरह से सही रास्ते पर हैं! क्या आपको पता है कि इस दोष को कैसे सुलझाया जा सकता है, यानी इसे सही कैसे किया जाए?

— मैट एल।

@MattL। लिए एक प्रारंभिक स्थिति निर्धारित करने से चाल चलेगी और सिग्नल को एकतरफा निर्धारित करेगी। यह प्रारंभिक स्थिति संकेत के डीसी मान को निर्धारित करेगा , जो डीटीएफटी में एक डायराक आवेग (संचय संपत्ति के अनुसार) को लगातार गुणा करने के रूप में प्रकट होता है। मुझे लगता है कि दिए गए प्रमाण में, यह काम करता है क्योंकि संकेत का कोई डीसी मान नहीं है क्योंकि यह आसपास सममित है , और इसलिए DTFT उस मामले में सही है। लेकिन यह तथ्य कि सिग्नल में कोई डीसी नहीं है, जैसा कि मौलिक होना चाहिए, मुझे विश्वास है।

y [n]

$y[n]$

y [n]

$y[n]$

f [n]

$f[n]$

0

$0$

— टेंडरो

कई अच्छे उत्तर हैं और यह चुनना मुश्किल है कि कौन सा स्वीकार करना है। लेकिन इस समुदाय द्वारा सबसे ज्यादा सराहना की गई, और मुझे यह भी लगता है कि यह सबसे स्पष्ट रूप से व्युत्पत्ति में त्रुटि को इंगित करता है। आप सभी को धन्यवाद!

— मैट एल।

4

मुझे मिली प्रतिक्रियाओं की संख्या से अभिभूत था (अब तक 10 जवाब!)। बेशक, उन सभी को मेरा उत्थान मिला। यह मजेदार था, आपके विचारों, टिप्पणियों आदि के लिए धन्यवाद दोस्तों, मुझे पता है कि अब तक आप में से अधिकांश को पता है कि दोष क्या है, कम से कम मेरा मतलब है। लोग चीजों को अलग तरीके से व्यक्त करते हैं, और हमेशा गलतफहमी के लिए जगह होती है, इसलिए मैं स्पष्ट रूप से यह सोचने की कोशिश करूंगा कि मुझे क्या लगता है कि व्युत्पत्ति में सबसे महत्वपूर्ण दोष है। मैं इस तथ्य से अवगत हूं कि हर कोई सहमत नहीं होगा और यह ठीक है। मैं इस तरह के तेज दिमाग वाले गूढ़ डीएसपी विषयों पर इस तरह की चर्चा करने में सक्षम होने के लिए खुश हूं जैसे आप सभी हैं! ये रहा।

मेरा पहला दावा है कि मेरे प्रश्न में प्रत्येक समीकरण सही है। हालांकि, उनमें से कुछ की व्युत्पत्ति और प्रेरणा पूरी तरह से गलत और भ्रामक है, और यह कि "व्युत्पत्ति" केवल मौजूद हो सकती है क्योंकि लेखक को पता था कि परिणाम कैसा दिखना चाहिए था।

Eq। (3) प्रश्न में ( ) दिया अनुक्रम के लिए सही है (Eq। , लेकिन यह स्पष्ट रूप से भी है प्रश्न में) प्रपत्र के सभी अनुक्रमों के लिए सही कुछ मनमाना स्थिर । इसलिए, व्युत्पत्ति के अनुसार, परिणामस्वरूप DTFT $f[n]-f[n-1]=\delta[n]$ $f[n]$ $(2)$
$\begin{matrix} (1) & f [n] = u [n] + c \end{matrix}$ $f[n]=u[n]+c\tag{1}$ $c$ फॉर्म के सभी अनुक्रमों का डीटीएफटी होना चाहिए , निरंतर के मूल्य की परवाह किए बिना। यह बिल्कुल गैर-समझदारी है क्योंकि डीटीएफटी अद्वितीय है। विशेष रूप से, कि बहुत "सबूत" मैं कर सकता "शो" का उपयोग समीकरण के रूप में दी। मेरे प्रश्न (यानीचे। नीचे) वास्तव में का डीटीएफटी हैजिसे हम खोज रहे हैं। तो क्योंEq के रूप में कोविभाजित करने में परेशान करें। प्रश्न के? $F(\omega)$ $(1)$ $c$ $F(\omega)$ $(5)$ $(3)$ $u[n]$ $u[n]$ $(1)$
हालाँकि, यह सही है कि सभी दृश्यों के DTFT Eq को संतुष्ट करते हैं। प्रश्न (यहाँ सुविधा के लिए बार-बार) में: लेकिन अब वास्तविक गणितीय दोष आता है: समीकरण से। यह निष्कर्ष निकालना गलत है $(1)$ $(4)$
$\begin{matrix} (2) & F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{2}$ $(2)$ ईक। केवलकई संभावित समाधानों में से एक है, और यह आसानी से होता है कि लेखक को सही अंतिम परिणाम पर पहुंचने के लिए आवश्यक होना चाहिए। Eq। के DTFT हैमेंके साथ $\begin{matrix} (3) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{3}$ $(3)$ $(2)$ $(3)$ $f[n]$ $(1)$ , लेकिन दिए गए व्युत्पत्ति से यह जानने का कोई तरीका नहीं है। $c=-\frac12$
तो हम कैसे बच सकते हैं कि गणितीय त्रुटि और उपयोग के DTFTs प्राप्त करने के लिए दृश्यों किसी भी निरंतर साथ, ? से सही निष्कर्ष है $(2)$ $all$ $(1)$ $c$ $(2)$ कुछ अभी तक अनिर्धारित निरंतर साथ। प्लगके बाएं हाथ की ओर मेंदेता है
$\begin{matrix} (4) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + α δ (ω) \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\alpha\delta(\omega)\tag{4}$ $\alpha$ $(4)$ $(2)$ तो सभी कार्यों द्वारा दिए गए संतुष्ट , के रूप में की आवश्यकता है। $1 + α (1 - e^{- j ω}) δ (ω) = 1 + α (1 - e^{- j ω}) |_{ω = 0} \cdot δ (ω) = 1 + 0 \cdot δ (ω) = 1$ $1+\alpha (1-e^{-j\omega})\delta(\omega)=1+\alpha (1-e^{-j\omega})\Big{|}_{\omega=0}\cdot\delta(\omega)=1+0\cdot\delta(\omega)=1$ $F(\omega)$ $(4)$ $(2)$
लगातार में के मान से निर्धारित किया जा सकता पर : $\alpha$ $(4)$ $f[n]$ $n=0$ यह दिखाया जा सकता है, और यह भीवॉलफ्रेम अल्फा भी इससे सहमत हैं, कि में अभिन्न की कॉची प्रमुख मूल्यहै
$\begin{matrix} (6) & f [0] = 1 + c = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} F (ω) d ω = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} + \frac{α}{2 π} \end{matrix}$ $f[0]=1+c=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F(\omega)d\omega=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}+\frac{\alpha}{2\pi}\tag{6}$ $(6)$ सेऔरहमइसलिए $\begin{matrix} (7) & P V \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} = π \end{matrix}$ $PV\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}=\pi\tag{7}$ $(6)$ $(7)$ $\begin{matrix} (8) & α = π (1 + 2 c) \end{matrix}$ $\alpha=\pi (1+2c)\tag{8}$ हमेंमिलता है(जो कि मूल अनुक्रममेल खाता हैजैसा कि प्रमाण के लेखक द्वारा उपयोग किया जाता है), और(यानी,) हमारे पासजो अंत में हम में से वांछित DTFT देता है,: $c=-\frac12$ $\alpha=0$ $f[n]$ $c=0$ $f[n]=u[n]$ $\alpha=\pi$ $u[n]$ $\begin{matrix} (9) & U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω) \end{matrix}$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega)\tag{9}$

— मैट एल।
स्रोत

"सभी कार्यों

द्वारा (4) संतुष्ट (2) को देखते हुए", लेकिन हम साबित करना होगा कि "सभी कार्यों

संतुष्ट (2) फॉर्म (4) है"?

F (ω)

$F(\omega)$

F (ω)

$F(\omega)$

— एलेक्सटीपी

@ एएक्सटीपी: तो आप का मतलब है कि फॉर्म

के कार्य केवल संतोषजनक

कार्यों का सबसेट हो सकते हैं ? यह एक मान्य बिंदु है। लेकिन मुझे लगता है कि यह बहुत स्पष्ट है कि वहाँ किसी भी अन्य कार्यों नहीं किया जा सकता है, यह केवल इसलिए है क्योंकि

, जहां हम समस्या मिल तो हम कार्यों पर एक अतिरिक्त योगदान है की जरूरत है

गायब हो जाता है जो जब से गुणा

। इस तरह के कार्य (वास्तव में वितरण) डीरेका डेल्टा आवेग और इसके डेरिवेटिव हैं। हालाँकि, जब इसे गुणा किया जाता है तो डेरिवेटिव गायब नहीं होता है

(4)

$(4)$

(2)

$(2)$

ω = 0

$\omega=0$

ω = 0

$\omega=0$

(1 - e^{- j ω})

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

, तो यह केवल डिराक डेल्टा आवेग अब सिर्फ़ है

(1 - e^{- j ω})

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

— मैट एल

मुझे वास्तव में यकीन नहीं है कि डायराक डेल्टा आवेग (और इसके डेरिवेटिव) के अलावा कोई भी फ़ंक्शन नहीं हो सकता है जिसमें यह संपत्ति है। लेकिन यह ठीक है, आपका उत्तर अच्छी तरह से लिखा गया है। मैं उत्थान करता हूं। धन्यवाद।

— एलेक्सटीपी

2

यह शब्द "स्पष्ट रूप से" शब्द का अनुसरण करता है, अगर यह डायक डेल्टा फ़ंक्शन माना जाता है।
यहाँ आपके अन्य प्रश्न के उत्तर का प्रारूप है जिसे मैंने कभी पोस्ट नहीं किया है:
-------------------------------------------------- -------------
मुझे नहीं लगता कि एक प्रमाण संभव है। यह वांछित गुणों वाले "कार्यात्मक परिभाषा" का मामला हो सकता है।

$X_{2 π} (ω) = \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] e^{- j ω n}$ $X_{2\pi} \left(\omega\right) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] e^{-j \omega n}$ $U = \sum_{n = 0}^{+ \infty} e^{- j ω n}$ $U = \sum\limits_{n=0}^{+\infty} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} \sum_{n = 0}^{N - 1} e^{- j ω n}$ $U = \lim_{ N \to \infty } \sum\limits_{n=0}^{N-1} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} [\frac{1 - e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ 1 - e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ अंतिम सीमा मूल्य को देखते हुए। के लिएयह स्पष्ट है कि यह एक डिराक डेल्टा की तरह कार्य करता है। क्यों गुणांक होना चाहिए, मैं नहीं जानता। इसे यूनिट सर्कल के क्षेत्र के साथ करना पड़ सकता है। जब, भाजक सीमा से बाहर किया जा सकता है पर निर्भर करता है और अंश सिर्फ इकाई चक्र के साथ कूदता है और कभी नहीं एक सीमा तक पहुँच जाता। इसे शून्य पर सेट करना एक निश्चित कार्य है। $U = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} - lim_{N \to \infty} [\frac{e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \frac{ 1 }{ 1 - e^{-j \omega } } - \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ $\omega = 0$ $\pi$ $\omega \neq 0$
वांछनीय तरीके से परिभाषा काम करना अलग बात है।
पृष्ठ १३ The का प्रमाण गलत है (कम से कम) क्योंकि:
कौन सा करने के लिए किसी भी तरह से समान नहीं हैके रूप में वे इसे परिभाषित।
$δ (t) = lim_{a \to 0} \frac{1}{2 a} [u (t + a) - u (t - a)] = \frac{d u}{d t}$ $\delta(t) = \lim_{ a \to 0 } \frac{1}{2a} \left[ u(t + a) - u(t - a) \right] = \frac{du}{dt}$ $\delta(n) = u_2(n) - u_2(n-1)$
दिलचस्प स्थिति, मुझे आशा है कि यह मदद करता है। मैं आगे देख रहा हूं कि आपको क्या कहना है।
CED

— सीड्रॉन डॉग
स्रोत

आपके उत्तर के लिए धन्यवाद! लेकिन ध्यान दें कि हम यहां असतत समय अनुक्रमों के बारे में बात कर रहे हैं, न कि डीरेका डेल्टा आवेग के बारे में। असतत-समय में,

हर जगह शून्य के बराबर होता है, सिवाय

जहां यह

। तो कोई बदसूरत सामान के रूप में निरंतर समय में। तो Eq। (३) मेरे प्रश्न में वास्तव में सही है (असतत समय में!)।

δ [n]

$\delta[n]$

n = 0

$n=0$

1

$1$

— मैट एल।

सीड्रोन, मुझे लगता है कि यह समीकरण:

रुचि का हो सकताइस दूसरे प्रश्न में@MattL की .. हो सकता है कि आप इसे कुछ और सोचा दे और वहाँ पोस्टिंग यदि आप चाहते हैं पर विचार करना चाहिए।

U = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} - lim_{N \to \infty} [\frac{e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]

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

— टेंडरो

2

यदि आप मुझे शून्य से विभाजित करने की अनुमति देते हैं, तो मैं आपको साबित कर सकता हूं । जब आप कहते हैं वहाँ शून्य से कुछ गुणा के बारे में एक समस्या है (जब ) और बराबर एक के लिए उत्पाद की उम्मीद कर। $1=2$
$F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1$ $\omega=2k\pi \text{ for } k \in \mathbb{Z}$

— रॉबर्ट ब्रिस्टो-जॉनसन
स्रोत

3

कहानी का नैतिक: विभेदक जानकारी को नष्ट कर देता है। एक विभेदक को बीच का अंतर नहीं पता है

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
स्रोत

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

मुझे लगता है कि मैंने इस प्रमाण में दोष को व्यक्त करने का सबसे अच्छा तरीका निकाला है। तो मैं इसे एक और छुरा देने जा रहा हूं।
का विकल्प $\frac{1}{2}$ $x$

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 2 π x δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+2\pi x \delta(\omega)$
प्रमाण में ऐसा कुछ भी नहीं है जो बनाता है $x$ $\frac{1}{2}$
इसके अलावा, यदि आप मेरे अंतिम उत्तर में किया गया कदम उठाते हैं और पाते हैं (4) के रूप में व्यक्त किया गया है

$F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 + 2 π x (1 - e^{- j ω}) δ (ω)$ $F( \omega )(1 - e^{-j\omega} ) = 1 + 2\pi x (1 - e^{-j\omega} ) \delta(\omega)$
इसे (5) और (6) में शामिल करने के बाद:

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 4 π x δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+ 4\pi x \delta(\omega)$
जो, जैसा कि मैंने पहले बताया, वहां पहुंचने के लिए परिभाषा के साथ असंगत है।
यह प्रमाण उस को दिखाने में विफल रहता है $x = \frac{1}{2}$ $\pi$ $\delta(\omega)$
$x=\frac{1}{2}$
CED

— सीड्रॉन डॉग
स्रोत

1

यह मेरे पहले उत्तर में टिप्पणियों के जवाब में है। स्पॉइलर क्लोकिंग के कारण मैं इसे एक अलग उत्तर के रूप में पोस्ट कर रहा हूं।
मैं अपने दूसरे प्रश्न का उत्तर देने जा रहा था, लेकिन इस क्षेत्र में मेरे अनुभव की कमी के कारण नहीं। मैंने कल इसे पोस्ट किया था, इसे हटा दिया, फिर बिना हटाए, फिर पता लगाया कि स्पॉइलर टैग को कैसे नियोजित किया जाए।
$\delta$ $\delta$ $\delta_p$

$δ_{p} [n] = f [n] - f [n - 1] = u [n] - u [n - 1]$ $\delta_p[n] = f[n] - f[n-1] = u[n] - u[n-1]$
बाएँ और दाएँ भागों के DTFT लेना। मुझे यकीन नहीं है कि मेरे पास सूचनाएं सही हैं, लेकिन गणित स्पष्ट होना चाहिए। जो परिभाषा सिद्ध हो रही है उसका उपयोग करना।

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

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

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

$F_{p} (ω) = 1 + π (1 - e^{- j ω}) δ (ω) \neq 1$ $F_p( \omega ) = 1 + \pi (1 - e^{-j\omega} ) \delta(\omega) \neq 1$
$\omega = 2k\pi$ $\omega = 2k\pi$
CED
==============================
ऊपर का पालन करें:
$\delta_p$

— सीड्रॉन डॉग
स्रोत

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

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

— लॉरेंट डुवल
स्रोत

1

इतना मैट,

$f[n]$

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

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

$\alpha > 0$

अब हमारे पास परिमित ऊर्जा संकेत हैं और DTFTs सभी तुलनीय होने चाहिए।

\begin{aligned} च [n] - च [n - 1] & = {\begin{cases} \frac{1}{2} (इ^{- α n} - इ^{- α (n - 1)}) & n > 0 \\ \frac{1}{2} (1 + इ^{- α}) & n = 0 \\ - \frac{1}{2} (इ^{α n} - इ^{α (n - 1)}) & n < 0 \end{cases} \\ = {\begin{cases} \frac{1}{2} (1 - इ^{α}) इ^{- α n} & n > 0 \\ \frac{1}{2} (1 + इ^{- α}) & n = 0 \\ \frac{1}{2} (इ^{- α} - 1) इ^{α n} & n < 0 \end{cases} \end{aligned}

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

$\alpha \to 0$

लेकिन, अफसोस, यह लगभग 2 बजे है और मैं अब इससे निपटने वाला नहीं हूं।

— रॉबर्ट ब्रिस्टो-जॉनसन
स्रोत

α

$\alpha$

α \to 0

$\alpha\rightarrow 0$