Où est la faille dans cette dérivation de la DTFT de la séquence de pas unitaire

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Cette question est liée à cette autre question à moi où je demande des dérivations de la transformée de Fourier à temps discret (DTFT) de la séquence de pas unitaire . Au cours de ma recherche de dérivations, j'en ai trouvé une qui est incroyablement simple. Je l'ai vu pour la première fois à la page 138 de ce livre de BA Shenoi. Je l'ai également rencontré sur les mathématiques.SE dans cette réponse . $u[n]$

Puisque l'argument est court et simple, je le répéterai ici pour plus de commodité.

La séquence de pas d'unité peut être écrite comme avec Évidemment, Application de la DTFT des deux côtés de donne où est la DTFT de . De nous obtenons De et nous obtenons pour la DTFT de
$\begin{matrix} (1) & u [n] = f [n] + \frac{1}{2} \end{matrix}$ $u[n]=f[n]+\frac12\tag{1}$ $\begin{matrix} (2) & f [n] = {\begin{cases} \frac{1}{2}, n \geq 0 \\ - \frac{1}{2}, n < 0 \end{cases} \end{matrix}$ $f[n]=\begin{cases}\frac12,\quad n\ge 0\\-\frac12,\quad n<0\end{cases}\tag{2}$ $\begin{matrix} (3) & f [n] - f [n - 1] = δ [n] \end{matrix}$ $f[n]-f[n-1]=\delta[n]\tag{3}$ $(3)$ $\begin{matrix} (4) & F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{4}$ $F(\omega)$ $f[n]$ $(4)$ $\begin{matrix} (5) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{5}$ $(5)$ $(1)$ $u[n]$ $\begin{matrix} (6) & U (ω) = F (ω) + π δ (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω), - π \leq ω < π \end{matrix}$ $U(\omega)=F(\omega)+\pi\delta(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega),\quad -\pi\le\omega <\pi\tag{6}$ où j'ai utilisé , . $\text{DTFT}\{1\}=2\pi\delta(\omega)$ $-\pi\le\omega <\pi$

Eq. pour le DTFT de est sans aucun doute correct. Cependant, la dérivation est défectueuse. $(6)$ $u[n]$

La question est: trouver et expliquer la faille dans la dérivation ci-dessus.

Veuillez ajouter votre réponse avec la balise spoiler >!.

— Matt L.
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1

ce qui me dérange, c'est que est un signal de puissance finie , pas un signal d'énergie finie , ce que nous obtenons lorsque nous additionnons ces deux signaux d'énergie infinis.

f [n]

$f[n]$

— robert bristow-johnson

également, ?

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

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

— robert bristow-johnson

Merci les gars pour vos réponses! Je les ai tous votés positivement, et chacun donne lieu à une discussion intéressante sur les aspects peu connus de la DTFT des signaux étranges (c'est-à-dire ceux qui ne sont pas dans ou ). Je ne peux en accepter qu'une et j'attendrai un peu plus longtemps pour de nouvelles réponses ou des changements dans les réponses existantes. J'ajouterai également ma propre réponse plus tard.

ℓ^{1}

$\ell^1$

ℓ^{2}

$\ell^2$

— Matt L.

1

Matt, n'est décidément pas une énergie finie. un nombre infini d'échantillons qui carré pour être ne s'ajoute pas pour être un nombre fini.

f [n]

$f[n]$

\frac{1}{4}

$\tfrac14$

— robert bristow-johnson

1

@ robertbristow-johnson: Qu'est-ce qui vous dérange à ce sujet? Si les signaux s'annulent partout sauf pour un nombre fini de points, c'est ce que nous obtenons.

— Matt L.

7

Il existe une infinité de signaux qui maintiennent l'égalité suivante: La seule chose qui compte est que , puis le reste des coefficients de peut être déterminé sous la restriction que Eq. indique (c'est-à-dire que la soustraction d'échantillons consécutifs doit être pour ). En d'autres termes, l'Eq. sera atteint par tout signal tel que Une autre façon de voir c'est que toute fonction qui est fondamentalement avec un décalage (une valeur ajoutée constante) satisfera
$y [n] - y [n - 1] = δ [n] (1)$ $y[n]-y[n-1]=\delta[n] \qquad (1)$ $y[0]-y[-1]=1$ $y$ $(1)$ $0$ $n\neq 0$ $(1)$ $y[n]$ $y [0] = y [- 1] + 1 \land y [n] = y [n - 1] \forall n \neq 0$ $y[0]=y[-1]+1 \land y[n]=y[n-1] \ \forall n\neq0$ $u[n]$ $(1)$ . Cela explique la déclaration faite par Robert Bristow-Johnson dans sa réponse : les différenciateurs détruisent ces informations (comme prendre un dérivé en temps continu détruit la preuve de toute valeur constante dans la fonction d'origine).
Pour résumer, je pense que la preuve est erronée car la procédure suivie pourrait utiliser n'importe quelle fonction de la forme avec , et cela conduirait à de nombreuses fonctions ayant la même transformée de Fourier , ce qui est effectivement faux car la transformée de Fourier est une bijection. L'auteur a peut-être délibérément décidé d'ignorer tout ce qui était lié aux valeurs DC, conscient que pour montrer que est le DTFT de il aurait besoin de la propriété d'accumulation (dont la preuve la plus populaire est dérivée du DTFT de la marche unitaire - ergo, une jolie épreuve circulaire). La preuve n'est pas strictement fausse , car tout ce qu'elle énonce (les formules pour et $u[n]+C$ $C\in\mathbb{R}$ $F(\omega)$ $f[n]$ $F(\omega)$ $U(\omega)$ , la décomposition du pas unitaire, l'équation de différence) est vraie, mais il faudrait la propriété d'accumulation pour montrer pourquoi n'a pas de deltas Dirac. $F(\omega)$

— Tendero
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Vous êtes totalement sur la bonne voie! Avez-vous une idée de la façon dont cette faille pourrait être résolue, c'est-à-dire, comment le faire correctement?

— Matt L.

@MattL. Définir une condition initiale pour

ferait l'affaire et déterminerait le signal de manière univoque. Cette condition initiale déterminerait la valeur DC du signal

, qui apparaît dans le DTFT comme une constante multipliant une impulsion de Dirac (selon la propriété d'accumulation). Je pense que dans la preuve donnée, cela fonctionne parce que le signal

n'a pas de valeur DC car il est symétrique autour de

, et donc le DTFT est correct juste dans ce cas. Mais le fait que le signal n'a pas de DC doit être déclaré, car c'est fondamental, je crois.

y [n]

$y[n]$

y [n]

$y[n]$

f [n]

$f[n]$

0

$0$

— Tendero

Il existe de nombreuses bonnes réponses et il est difficile de choisir laquelle accepter. Mais celui-ci a été le plus apprécié par la communauté, et je pense aussi qu'il souligne le plus clairement l'erreur dans la dérivation. Merci à tous!

— Matt L.

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J'ai été submergé par le nombre de réponses que j'ai reçues (10 réponses jusqu'à présent!). Bien sûr, tous ont obtenu mon vote positif. C'était amusant, merci les gars pour vos réflexions, commentaires, etc. Je sais que la plupart d'entre vous savent maintenant quel est le défaut, du moins celui que je voulais dire. Les gens expriment les choses différemment, et il y a toujours place à des malentendus, alors j'essaierai de formuler clairement ce que je pense être le défaut le plus important dans cette dérivation. Je sais que tout le monde ne sera pas d'accord et c'est très bien. Je suis heureux de pouvoir discuter de ce genre de sujets DSP ésotériques avec des esprits aussi vifs que vous tous! Et c'est parti.

Ma première affirmation est que chaque équation de ma question est correcte. Cependant, la dérivation et la motivation de certains d'entre eux sont totalement fausses et trompeuses, et cette "dérivation" ne peut exister que parce que l'auteur savait à quoi devait ressembler le résultat.

Eq. (3) dans la question ( ) est correct pour la séquence donnée (Eq. dans la question), mais il est clairement aussi correct pour toutes les séquences de la forme avec une constante arbitraire . Ainsi, selon la dérivation, le DTFT résultant $f[n]-f[n-1]=\delta[n]$ $f[n]$ $(2)$
$\begin{matrix} (1) & f [n] = u [n] + c \end{matrix}$ $f[n]=u[n]+c\tag{1}$ $c$ doit être la DTFT de toutes les séquences de la forme , quelle que soit la valeur de la constante . C'est évidemment insensé car le DTFT est unique. Plus précisément, en utilisant cette très "preuve", je pourrais "montrer" que comme indiqué dans l'équation. de ma question (ou l'équation ci-dessous) est en fait la DTFT de que nous recherchons. Alors pourquoi s'embêter à diviser comme dans l'équation. de la question? $F(\omega)$ $(1)$ $c$ $F(\omega)$ $(5)$ $(3)$ $u[n]$ $u[n]$ $(1)$
Cependant, il est vrai que les DTFT de toutes les séquences satisfont à l'Eq. dans la question (répétée ici pour plus de commodité): Mais vient maintenant le défaut mathématique réel: De l'équation. il est incorrect de conclure $(1)$ $(4)$
$\begin{matrix} (2) & F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{2}$ $(2)$ Éq. n'est qu'une des infiniment nombreuses solutions possibles de, et il se trouve que c'est celle dont l'auteur a besoin pour arriver au résultat final correct. Eq. est la DTFT dedansavec $\begin{matrix} (3) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{3}$ $(3)$ $(2)$ $(3)$ $f[n]$ $(1)$ , mais à partir de la dérivation donnée, il n'y a aucun moyen de le savoir. $c=-\frac12$
Alors, comment pouvons-nous éviter cette erreur mathématique et utiliser pour dériver les DTFT de séquences , avec une constante ? La conclusion correcte de est $(2)$ $all$ $(1)$ $c$ $(2)$ avec une constanteencore indéterminée. Le branchementsur le côté gauche dedonne
$\begin{matrix} (4) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + α δ (ω) \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\alpha\delta(\omega)\tag{4}$ $\alpha$ $(4)$ $(2)$ Donc toutes les fonctions données par satisfont , comme requis. $1 + α (1 - e^{- j ω}) δ (ω) = 1 + α (1 - e^{- j ω}) |_{ω = 0} \cdot δ (ω) = 1 + 0 \cdot δ (ω) = 1$ $1+\alpha (1-e^{-j\omega})\delta(\omega)=1+\alpha (1-e^{-j\omega})\Big{|}_{\omega=0}\cdot\delta(\omega)=1+0\cdot\delta(\omega)=1$ $F(\omega)$ $(4)$ $(2)$
La constante dans peut être déterminée à partir de la valeur de à : $\alpha$ $(4)$ $f[n]$ $n=0$ On peut montrer, etWolframAlpha convientégalement, que la valeur principale de Cauchy de l'intégrale dansest
$\begin{matrix} (6) & f [0] = 1 + c = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} F (ω) d ω = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} + \frac{α}{2 π} \end{matrix}$ $f[0]=1+c=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F(\omega)d\omega=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}+\frac{\alpha}{2\pi}\tag{6}$ $(6)$ Deeton obtientDonc pour $\begin{matrix} (7) & P V \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} = π \end{matrix}$ $PV\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}=\pi\tag{7}$ $(6)$ $(7)$ $\begin{matrix} (8) & α = π (1 + 2 c) \end{matrix}$ $\alpha=\pi (1+2c)\tag{8}$ on obtient(ce qui correspond à la séquence d'originetelle qu'utilisée par l'auteur de la preuve), et pour(c'est-à-dire pour) on a, ce qui nous donne finalement la DTFT souhaitée de: $c=-\frac12$ $\alpha=0$ $f[n]$ $c=0$ $f[n]=u[n]$ $\alpha=\pi$ $u[n]$ $\begin{matrix} (9) & U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω) \end{matrix}$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega)\tag{9}$

— Matt L.
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"toutes les fonctions

données par (4) satisfont (2)", mais faut-il prouver que "toutes les fonctions

satisfont (2) ont la forme (4)"?

F (ω)

$F(\omega)$

F (ω)

$F(\omega)$

— AlexTP

@AlexTP: Vous voulez donc dire que les fonctions de la forme

ne peuvent être qu'un sous-ensemble de fonctions satisfaisant

? Voilà un point valable. Mais je pense qu'il est assez clair qu'il ne peut pas y avoir d'autres fonctions, car ce n'est qu'à

que nous obtenons le problème, nous avons donc besoin de fonctions qui ont une contribution supplémentaire à

qui disparaît lorsqu'elle est multipliée par

. Ces fonctions (en fait les distributions) sont l'impulsion delta de Dirac et ses dérivés. Cependant, les dérivés ne disparaissent pas lorsqu'ils sont multipliés par

(4)

$(4)$

(2)

$(2)$

ω = 0

$\omega=0$

ω = 0

$\omega=0$

(1 - e^{- j ω})

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

, il ne reste donc que l'impulsion du delta de Dirac

(1 - e^{- j ω})

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

— Matt L.

Je ne suis pas vraiment sûr qu'il ne puisse y avoir d'autre fonction que l'impulsion delta de Dirac (et ses dérivés) qui ait cette propriété. Mais ça va, votre réponse est bien écrite. Je vote positivement. Merci.

— AlexTP

2

La faille suit le mot "Evidemment", si cela est censé être la fonction delta de Dirac.
Voici le brouillon d'une réponse à votre autre question que je n'ai jamais postée:
-------------------------------------------------- -------------
Je ne pense pas qu'une preuve soit possible. Cela peut être le cas d'une "définition fonctionnelle" ayant les propriétés souhaitées.

$X_{2 π} (ω) = \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] e^{- j ω n}$ $X_{2\pi} \left(\omega\right) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] e^{-j \omega n}$ $U = \sum_{n = 0}^{+ \infty} e^{- j ω n}$ $U = \sum\limits_{n=0}^{+\infty} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} \sum_{n = 0}^{N - 1} e^{- j ω n}$ $U = \lim_{ N \to \infty } \sum\limits_{n=0}^{N-1} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} [\frac{1 - e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ 1 - e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ Examen de la dernière valeur limite. Pouril est clair qu'il agit comme un delta de Dirac. Pourquoi le coefficient devrait être, je ne sais pas. Cela peut avoir à voir avec l'aire du cercle unitaire. Lorsque, le dénominateur peut être factorisé hors de la limite et le numérateur saute simplement le long du cercle unitaire et n'atteint jamais une limite. Le mettre à zéro est un acte de définition. $U = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} - lim_{N \to \infty} [\frac{e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \frac{ 1 }{ 1 - e^{-j \omega } } - \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ $\omega = 0$ $\pi$ $\omega \neq 0$
Prouver la définition fonctionne d'une manière souhaitable est une autre affaire.
La preuve de la page 138 est fausse (au moins) parce que:

$δ (t) = lim_{a \to 0} \frac{1}{2 a} [u (t + a) - u (t - a)] = \frac{d u}{d t}$ $\delta(t) = \lim_{ a \to 0 } \frac{1}{2a} \left[ u(t + a) - u(t - a) \right] = \frac{du}{dt}$ $\delta(n) = u_2(n) - u_2(n-1)$
Situation intéressante, j'espère que cela vous aidera. J'attends avec impatience ce que vous avez à dire.
Ced

— Cedron Dawg
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δ [n]

$\delta[n]$

n = 0

$n=0$

1

$1$

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

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

2

$1=2$
$F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1$ $\omega=2k\pi \text{ for } k \in \mathbb{Z}$

— robert bristow-johnson
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3

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
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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

Je pense avoir trouvé la meilleure façon d'exprimer la faille dans cette preuve. Je vais donc lui donner un autre coup de couteau.
$\frac{1}{2}$ $x$

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 2 π x δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+2\pi x \delta(\omega)$
$x$ $\frac{1}{2}$
De plus, si vous prenez l'étape que j'ai faite dans ma dernière réponse et que la conclusion (4) est exprimée comme suit:

$F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 + 2 π x (1 - e^{- j ω}) δ (ω)$ $F( \omega )(1 - e^{-j\omega} ) = 1 + 2\pi x (1 - e^{-j\omega} ) \delta(\omega)$
Suivi en l'incluant dans (5) et (6) vous obtenez:

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 4 π x δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+ 4\pi x \delta(\omega)$
Ce qui, comme je l'ai souligné plus tôt, n'est pas conforme à la définition pour y arriver.
$x = \frac{1}{2}$ $\pi$ $\delta(\omega)$
$x=\frac{1}{2}$
Ced

— Cedron Dawg
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1

C'est en réponse aux commentaires de ma première réponse. En raison du camouflage des spoilers, je le poste comme une réponse distincte.
J'allais poster mon autre réponse à l'autre question, mais je ne l'ai pas fait en raison de mon manque d'expérience dans ce domaine. Je l'ai posté hier, l'ai supprimé, puis supprimé, puis compris comment utiliser les balises de spoiler.
$\delta$ $\delta$ $\delta_p$

$δ_{p} [n] = F [n] - F [n - 1] = u [n] - u [n - 1]$ $\delta_p[n] = f[n] - f[n-1] = u[n] - u[n-1]$
Prendre la DTFT des parties gauche et droite. Je ne suis pas sûr d'avoir les bonnes notations, mais les calculs devraient être clairs. Utilisation de la définition en cours de preuve.

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

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

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

$F_{p} (ω) = 1 + π (1 - e^{- j ω}) δ (ω) \neq 1$ $F_p( \omega ) = 1 + \pi (1 - e^{-j\omega} ) \delta(\omega) \neq 1$
$\omega = 2k\pi$ $\omega = 2k\pi$
Ced
==============================
Suivre:
$\delta_p$

— Cedron Dawg
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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

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

— Laurent Duval
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1

alors Matt,

$f[n]$

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

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

$\alpha > 0$

nous avons maintenant des signaux d'énergie finie et les DTFT devraient tous être comparables.

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

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

i wonder what the DTFTs are? and then what happens when we let $\alpha \to 0$ ? i think there is still the problem of differentiators destroying information (and the corresponding destruction of information by multiplying by 0 in the frequency domain) that is a problem. but maybe we can lose the problem of comparing signal classes that don't share the same Hilbert space.

but, alas, it's nearly 2 a.m. and i ain't gonna deal with it now.

— robert bristow-johnson
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That

α

$\alpha$ thing is good, and it's one option to compute the DTFT of those non-decaying signals, by taking the limit

α \to 0

$\alpha\rightarrow 0$ . Try it, and I'm sure you'll succeed, but it's painful. There are easier ways to get the same result. The given proof can actually be modified such that it works IMHO (see my answer).

— Matt L.