Transformée de Fourier à temps discret de la séquence de pas unitaire

D'après les manuels, nous savons que la DTFT de est donnée par $u[n]$

\begin{matrix} (1) & U (ω) = π δ (ω) + \frac{1}{1 - e^{- j ω}}, - π \leq ω < π \end{matrix}

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

Cependant, je n'ai pas vu de manuel DSP qui prétend au moins donner une dérivation plus ou moins saine de . $(1)$

Proakis [1] dérive la moitié droite du côté droit de en définissant dans la transformation de , et dit qu'il est valide sauf pour (ce qui est bien sûr correct). Il déclare ensuite qu'au pôle de la transformation nous devons ajouter une impulsion delta avec une zone de , mais cela me semble plus une recette qu'autre chose. $(1)$ $z=e^{j\omega}$ $\mathcal{Z}$ $u[n]$ $\omega=2\pi k$ $\mathcal{Z}$ $\pi$

Oppenheim et Schafer [2] mentionnent dans ce contexte

Bien qu'il ne soit pas complètement simple à montrer, cette séquence peut être représentée par la transformée de Fourier suivante:

qui est suivie d'une formule équivalente à . Malheureusement, ils n'ont pas pris la peine de nous montrer cette preuve "pas tout à fait simple". $(1)$

Un livre que je ne connaissais pas, mais que j'ai trouvé en recherchant une preuve de est Introduction to Digital Signal Processing and Filter Design par BA Shenoi. À la page 138, il y a une "dérivation" de , mais malheureusement c'est faux. J'ai posé une question "DSP-puzzle" pour que les gens montrent ce qui ne va pas avec cette preuve.] $(1)$ $(1)$

Donc , ma question est:

Quelqu'un peut-il fournir une preuve / dérivation de qui soit solide ou même rigoureuse tout en étant accessible aux ingénieurs mathématiquement enclins? Peu importe qu'il soit simplement copié d'un livre. Je pense que ce serait bien de l'avoir sur ce site de toute façon. $(1)$

Notez que même sur math.SE, il n'y a presque rien de pertinent: cette question n'a pas de réponses, et l' une a deux réponses, dont l'une est fausse (identique à l'argument de Shenoi), et l'autre utilise la "propriété d'accumulation" , ce qui me ferait plaisir, mais il faut ensuite prouver cette propriété, ce qui vous ramène au début (car les deux preuves prouvent essentiellement la même chose).

Pour finir, j'ai trouvé quelque chose comme une preuve (enfin, je suis ingénieur), et je vais également la poster comme réponse dans quelques jours, mais je serais heureux de collecter d'autres preuves publiées ou non. qui sont simples et élégants, et, surtout, qui sont accessibles aux ingénieurs DSP.

PS: Je ne doute pas de la validité de , je voudrais juste voir une ou plusieurs preuves relativement simples. $(1)$

[1] Proakis, JG et DG Manolakis, Traitement numérique du signal: principes, algorithmes et applications , 3e édition, section 4.2.8

[2] Oppenheim, AV et RW Schafer, Discrete-Time Signal Processing , 2e édition, p. 54.

Inspiré par un commentaire de Marcus Müller, je voudrais montrer que donné par Eq. satisfait à l'exigence

U (ω)

$U(\omega)$

(1)

$(1)$

u [n] = u^{2} [n] \to U (ω) = \frac{1}{2 π} (U ⋆ U) (ω)

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

Si est la DTFT de , alors $U(\omega)$ $u[n]$

V (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}}

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

doit être le DTFT de

v [n] = \frac{1}{2} signe [n]

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

(où nous définissons ), car $\text{sign}[0]=1$

V (ω) = U (ω) - π δ (ω) ⟺ u [n] - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} signe [n]

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

Donc nous avons

\frac{1}{2 π} (V ⋆ V) (ω) ⟺ {(\frac{1}{2} sign [n])}^{2} = \frac{1}{4}

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

d'où il résulte que

\frac{1}{2 π} (V ⋆ V) (ω) = DTFT {\frac{1}{4}} = \frac{π}{2} δ (ω)

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

Avec cela, nous obtenons

\begin{aligned} \frac{1}{2 π} (U ⋆ U) (ω) & = \frac{1}{2 π} [(π δ (ω) + V (ω)) ⋆ (π δ (ω) + V (ω))] \\ = \frac{1}{2 π} [π^{2} δ (ω) + 2 π V (ω) + (V ⋆ V) (ω)] \\ = \frac{π}{2} δ (ω) + V (ω) + \frac{π}{2} δ (ω) \\ = U (ω) q.e.d. \end{aligned}

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

discrete-signals fourier-transform dtft proof Matt L.
la source

waaah. Ne brise pas mon monde. Le doute dans cette formule introduit un royaume de chaos. Par exemple, , et donc (avec un préfacteur de définition FT suivant la constante ),

u^{2} (t) = u (t)

$u^2(t) = u(t)$

c

$c$

\begin{aligned} DTFT (u^{2}) (ω) & = c \cdot U (ω) * U (ω) \\ = c π U (ω) + \frac{c}{1 + e^{- j ω}} * U (ω) \\ = c π (π δ (ω) + \frac{1}{1 - e^{- j ω}}) + \frac{c π}{1 + e^{- j ω}} + c \frac{1}{1 + e^{- j ω}} * \frac{1}{1 + e^{- j ω}} \\ = c π^{2} δ (ω) + \frac{2 c π}{1 + e^{- j ω}} + c \frac{1}{1 + e^{- j ω}} * \frac{1}{1 + e^{- j ω}} \\ \overset{magic?}{=} U \end{aligned}

$\begin{align}\text{DTFT}(u^2)(\omega) &=c\,\cdot\, U(\omega)*U(\omega) \\&=c\pi U(\omega)+ \frac{c}{1+e^{-j\omega}}*U(\omega)\\&=c\pi \left(\pi\delta(\omega)+\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\right)+\frac{c\pi}{1+e^{-j\omega}}+c\frac{1}{1+e^{-j\omega}}*\frac{1}{1+e^{-j\omega}}\\&=c\pi^2\delta(\omega)+\frac{2c\pi}{1+e^{-j\omega}} + c\frac{1}{1+e^{-j\omega}}*\frac{1}{1+e^{-j\omega}}\\&\overset{\text{magic?}}=U\end{align}$

Marcus Müller

@ MarcusMüller: Aucun doute sur cette formule, c'est correct. La question est simplement de savoir comment le montrer d'une manière qu'un ingénieur simple d'esprit peut comprendre. Et fonctionne pour le DTFT donné, pas de problème.

u^{2} [n] = u [n]

$u^2[n]=u[n]$

Matt L.

Je me considère très simple d'esprit, et cela signifie que je m'inquiète lorsque les choses ne me semblent pas "en sécurité" lorsque je ne vois pas comment elles sont dérivées.

Marcus Müller

Je vois que ce que vous recherchez n'est pas de prouver si l'équation est correcte ou non, mais plutôt de dériver rigoureusement et directement des premiers principes et de la définition de DTFT. Ensuite, chaque fois que l'on veut faire une preuve rigoureuse impliquant des impulsions, je suppose qu'il vaut mieux se référer aux livres cités de la théorie de la fonction généralisée: Lighthill-1958 est cité dans Opp & Schafer pour une discussion sur la fonction d'impulsion et son utilisation dans les transformées de Fourier. Toutes les autres preuves s'appuieront inévitablement sur les preuves faites sur ces références et seront insuffisantes pour remplacer une preuve rigoureuse.

U (w)

$U(w)$

Fat32

@ Fat32: C'est un point de vue valide. Je pense, cependant, qu'une dérivation raisonnablement saine est possible si nous acceptons les transformations de base telles que , et si nous nous contentons de définir des intégrales par leur valeur principale de Cauchy.

DTFT {1} = 2 π δ (ω)

$\text{DTFT}\{1\}=2\pi\delta(\omega)$

Matt L.

Réponses:

Cedron Dawg a publié un point initial intéressant dans cette réponse . Cela commence par ces étapes:

\begin{aligned} U (ω) & = \sum_{n = 0}^{+ \infty} e^{- j ω n} \\ = lim_{N \to \infty} \sum_{n = 0}^{N - 1} e^{- j ω n} \\ = lim_{N \to \infty} [\frac{1 - e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}] \\ = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} - lim_{N \to \infty} [\frac{e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}] \end{aligned}

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

Il s'avère que le terme à l'intérieur de la limite peut être développé comme suit :

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

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

Le facteur commun en dehors des parenthèses peut être exprimé comme suit :

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

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

La partie réelle à l'intérieur des crochets est également égale à :

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

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

En revanche, la partie imaginaire peut être réécrite comme :

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

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

En réécrivant le terme d'origine, nous obtenons que:

\begin{aligned} \frac{e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}} & = \frac{2 \sin (\frac{ω}{2})}{4 \sin^{2} (\frac{ω}{2})} (\sin [ω (- N + 1 / 2)] - j \cos [ω (- N + 1 / 2)]) \\ = - \frac{\sin [ω (M + 1 / 2)]}{2 \sin (\frac{ω}{2})} - j \frac{\cos [ω (M + 1 / 2)]}{2 \sin (\frac{ω}{2})} \end{aligned}

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

où j'ai utilisé et la limite reste également inchangée comme . $M=N-1$ $M\to \infty$

Selon la 7ème définition de ce site :

lim_{M \to \infty} - \frac{1}{2 \sin (ω / 2)} \sin [ω (M + 1 / 2)] = - π δ (ω)

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

Jusqu'à présent, nous avons cela:

lim_{M \to \infty} \frac{e^{- j ω (M + 1)}}{1 - e^{- j ω}} = - π δ (ω) - j lim_{M \to \infty} \frac{\cos [ω (M + 1 / 2)]}{2 \sin (ω / 2)}

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

Si nous pouvions prouver que le deuxième terme à droite de l'égalité est dans un certain sens, alors nous avons terminé. Je l'ai demandé à math.SE et, en effet, cette séquence de fonctions tend vers la distribution zéro. Donc, nous avons cela: $0$

\begin{aligned} U (ω) & = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} - lim_{N \to \infty} [\frac{e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}] \\ = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω) + j lim_{M \to \infty} \frac{\cos [ω (M + 1 / 2)]}{2 \sin (ω / 2)} \\ = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω) \end{aligned}

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

Tendero
la source

C'est très gentil! Je l'ai vérifié et tout semble être correct, de sorte que la partie imaginaire doit tendre à zéro dans un certain sens. J'y penserai un peu.

Matt

@MattL. Faites-moi savoir si vous êtes en mesure de progresser!

Tendero

@MattL. La preuve est enfin complète!

Tendero

Bon travail! J'avais compris que le terme cosinus tendrait à zéro en raison du lemme de Riemann-Lebesgue, mais mon problème était le cas . Parce que la toute première formule est basée sur la somme géométrique, qui n'est valable que pour . Tout fonctionne d'une manière ou d'une autre après tout, mais c'est toujours un défaut mineur. J'ai une autre dérivation qui ne divise pas le terme , dans laquelle le cas est traité avec un peu plus de soin, mais c'est toujours une "preuve d'ingénieur" . Je pourrais l'afficher quand j'aurai plus de temps.

ω = 0

$\omega=0$

ω \neq 0

$\omega\neq 0$

1 / (1 - e^{- j ω})

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

ω = 0

$\omega=0$

Matt L.

Je fournirai deux preuves relativement simples qui ne nécessitent aucune connaissance de la théorie de la distribution. Pour une preuve qui calcule la DTFT par un processus limite en utilisant les résultats de la théorie de la distribution, voir cette réponse de Tendero .

Je ne mentionnerai ici (et ne développerai pas) la première preuve ici, car je l'ai postée comme réponse à cette question , dont le but était de montrer qu'une certaine preuve publiée est défectueuse.

L'autre preuve va comme suit. Écrivons d'abord la partie paire de la séquence de pas unitaire : $u[n]$

\begin{matrix} (1) & u_{e} [n] = \frac{1}{2} (u [n] + u [- n]) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} δ [n] \end{matrix}

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

Le DTFT de est $(1)$

\begin{matrix} (2) & DTFT {u_{e} [n]} = π δ (ω) + \frac{1}{2} \end{matrix}

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

ce qui équivaut à la partie réelle de la DTFT de : $u[n]$

\begin{matrix} (3) & U_{R} (ω) = Re {U (ω)} = π δ (ω) + \frac{1}{2} \end{matrix}

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

Puisque est une séquence à valeurs réelles, nous avons terminé parce que les parties réelle et imaginaire de sont liées via la transformée de Hilbert et, par conséquent, détermine uniquement . Cependant, dans la plupart des textes DSP, ces relations de transformée de Hilbert sont dérivées de l'équation (qui est valable pour toute séquence causale ), dont il résulte que . Donc, pour montrer la relation de transformation de Hilbert entre les parties réelles et imaginaires du DTFT, nous avons besoin du DTFT de $u[n]$ $U(\omega)$ $U_R(\omega)$ $U(\omega)$ $h[n]=h[n]u[n]$ $h[n]$ $H(\omega)=\frac{1}{2\pi}(H\star U)(\omega)$ $u[n]$ , que nous voulons réellement dériver ici. La preuve devient donc circulaire. C'est pourquoi nous choisirons une manière différente de dériver la partie imaginaire de . $U(\omega)$

Pour dériver nous écrivons la partie impaire de comme suit: $U_I(\omega)=\text{Im}\{U(\omega)\}$ $u[n]$

\begin{matrix} (4) & u_{o} [n] = \frac{1}{2} (u [n] - u [- n]) = u [n - 1] - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} δ [n] \end{matrix}

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

Prendre la DTFT de donne $(4)$

\begin{aligned} j U_{I} (ω) & = e^{- j ω} U (ω) - π δ (ω) + \frac{1}{2} \\ = e^{- j ω} (U_{R} (ω) + j U_{I} (ω)) - π δ (ω) + \frac{1}{2} \\ = e^{- j ω} (π δ (ω) + \frac{1}{2}) + e^{- j ω} j U_{I} (ω) - π δ (ω) + \frac{1}{2} \\ (5) & = \frac{1}{2} (1 + e^{- j ω}) + e^{- j ω} j U_{I} (ω) \end{aligned}

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

où j'ai utilisé . Eq. peut s'écrire $(3)$ $(5)$

\begin{matrix} (6) & j U_{I} (ω) (1 - e^{- j ω}) = \frac{1}{2} (1 + e^{- j ω}) \end{matrix}

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

La conclusion correcte de est (voir cette réponse pour plus de détails) $(6)$

\begin{matrix} (7) & j U_{I} (ω) = \frac{1}{2} \frac{1 + e^{- j ω}}{1 - e^{- j ω}} + c δ (ω) \end{matrix}

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

Mais comme nous savons que doit être une fonction impaire de (parce que une valeur réelle), nous pouvons immédiatement conclure que . Par conséquent, à partir de et nous obtenons finalement $U_I(\omega)$ $\omega$ $u[n]$ $c=0$ $(3)$ $(7)$

\begin{aligned} U (ω) & = U_{R} (ω) + j U_{I} (ω) \\ = π δ (ω) + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \frac{1 + e^{- j ω}}{1 - e^{- j ω}} \\ = π δ (ω) + \frac{1}{2} (1 + \frac{1 + e^{- j ω}}{1 - e^{- j ω}}) \\ (8) & = π δ (ω) + \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{aligned}

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

Matt L.
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