Wo liegt der Fehler bei dieser Ableitung der DTFT der Einheitsschrittfolge

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Diese Frage bezieht sich auf meine andere Frage, bei der ich nach Ableitungen der zeitdiskreten Fourier-Transformation (DTFT) der Einheitsschrittfolge frage $u[n]$ . Bei meiner Suche nach Ableitungen habe ich eine gefunden, die erstaunlich einfach ist. Ich habe es zum ersten Mal auf Seite 138 dieses Buches von BA Shenoi gesehen. Ich bin in dieser Antwort auch auf Mathematik gestoßen .

Da das Argument kurz und einfach ist, werde ich es hier der Einfachheit halber wiederholen.

Die Einheitsschrittfolge kann geschrieben werden als
$\begin{matrix} (1) & u [n] = f [n] + \frac{1}{2} \end{matrix}$ $u[n]=f[n]+\frac12\tag{1}$ mit $\begin{matrix} (2) & f [n] = {\begin{cases} \frac{1}{2}, n \geq 0 \\ - \frac{1}{2}, n < 0 \end{cases} \end{matrix}$ $f[n]=\begin{cases}\frac12,\quad n\ge 0\\-\frac12,\quad n<0\end{cases}\tag{2}$ Offensichtlich ergibt $\begin{matrix} (3) & f [n] - f [n - 1] = δ [n] \end{matrix}$ $f[n]-f[n-1]=\delta[n]\tag{3}$ Anwenden der DTFT auf beiden Seiten von $(3)$ ergibt $\begin{matrix} (4) & F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{4}$ wobei $F(\omega)$ ist die DTFT von $f[n]$ . Von $(4)$ bekommen wir $\begin{matrix} (5) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{5}$ Aus $(5)$ und $(1)$ wir für die DTFT von $u[n]$ $\begin{matrix} (6) & U (ω) = F (ω) + π δ (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω), - π \leq ω < π \end{matrix}$ $U(\omega)=F(\omega)+\pi\delta(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega),\quad -\pi\le\omega <\pi\tag{6}$ wo ich $\text{DTFT}\{1\}=2\pi\delta(\omega)$ , $-\pi\le\omega <\pi$ .

Gl. $(6)$ für die DTFT von $u[n]$ ist zweifellos richtig. Die Ableitung ist jedoch fehlerhaft.

Die Frage ist: Finden und erklären Sie den Fehler in der obigen Ableitung.

Bitte stellen Sie Ihrer Antwort das Spoiler-Tag voran >!.

— Matt L.
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1

Was mich stört, ist, dass

ein endliches Leistungssignal ist , kein endliches Energiesignal , was wir erhalten, wenn wir diese beiden unendlichen Energiesignale addieren.

f [n]

$f[n]$

— Robert Bristow-Johnson

ist nicht auch

?

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

Danke Jungs für eure Antworten! Ich habe sie alle positiv bewertet, und jeder führt zu einer netten Diskussion über nicht so bekannte Aspekte der DTFT von seltsamen Signalen (dh diejenigen, die nicht in

oder

). Ich kann nur eine akzeptieren und warte etwas länger auf neue Antworten oder Änderungen an vorhandenen Antworten. Ich werde später auch meine eigene Antwort hinzufügen.

ℓ^{1}

$\ell^1$

ℓ^{2}

$\ell^2$

— Matt L.

1

Matt,

ist definitiv keine endliche Energie. eine unendliche Anzahl von Proben, deren Quadrat

f [n]

$f[n]$

Addiere nicht, um eine endliche Zahl zu sein.

\frac{1}{4}

$\tfrac14$

— Robert Bristow-Johnson

1

@ robertbristow-johnson: Was stört dich daran? Wenn sich die Signale bis auf eine endliche Anzahl von Punkten überall gegenseitig aufheben, dann bekommen wir das.

— Matt L.

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Es gibt unendlich viele Signale, die die folgende Gleichheit gelten lassen:
$y [n] - y [n - 1] = δ [n] (1)$ $y[n]-y[n-1]=\delta[n] \qquad (1)$ Das einzige, was zählt, ist, dass $y[0]-y[-1]=1$ , und dann kann der Rest der Koeffizienten von $y$ unter der Einschränkung bestimmt werden, dass Gl. $(1)$ Zustände (dh die Substraktion von aufeinanderfolgenden Proben müssen $0$ für $n\neq 0$ ). Mit anderen Worten, Gl. $(1)$ wird durch jedes Signal $y[n]$ so dass $y [0] = y [- 1] + 1 \land y [n] = y [n - 1] \forall n \neq 0$ $y[0]=y[-1]+1 \land y[n]=y[n-1] \ \forall n\neq0$ Eine andere Möglichkeit, dies zu sehen, besteht darin, dass jede Funktion, die im Grunde genommen $u[n]$ mit einem Versatz (einer konstanten Wertschöpfung) ist, erfüllt $(1)$ . Dies erklärt die Aussage vonRobert Bristow-Johnson in seiner Antwort: Unterscheidungsmerkmale zerstören diese Informationen (z. B. wenn eine Ableitung in kontinuierlicher Zeit genommen wird, werden Hinweise auf einen konstanten Wert in der ursprünglichen Funktion zerstört).
Zusammenfassend glaube ich, dass der Beweis fehlerhaft ist, weil das angewandte Verfahren jede Funktion der Form $u[n]+C$ mit , und dies würde dazu führen, dass viele Funktionen dieselbe Fourier-Transformation haben, was in der Tat falsch ist da die Fourier-Transformation eine Bijektion ist. Vielleicht hat der Autor absichtlich beschlossen, alles zu ignorieren, was mit DC-Werten zusammenhängt, um zu zeigen, dass die DTFT von er würde die Akkumulationseigenschaft benötigen (deren populärster Beweis aus der DTFT des Einheitsschrittes abgeleitet wird - ergo, ein ziemlich kreisförmiger Beweis). Der Beweis ist nicht streng falsch , wie alles, was er sagt (die Formeln für $C\in\mathbb{R}$ $F(\omega)$ $f[n]$ $F(\omega)$ und $U(\omega)$ , die Zerlegung des Einheitsschritts, die Differenzgleichung), wahr ist, aber es würde die Akkumulationseigenschaft erfordern, um zu zeigen, warum $F(\omega)$ hat keine Dirac-Deltas.

— Tendero
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Sie sind auf dem richtigen Weg! Haben Sie eine Idee, wie dieser Fehler behoben werden könnte, dh wie Sie es richtig machen?

— Matt L.

@ MattL. Das Einstellen einer Anfangsbedingung für

würde den Trick machen und das Signal eindeutig bestimmen. Diese Anfangsbedingung würde den Gleichstromwert des Signals

bestimmen , der in der DTFT als Konstante erscheint, die einen Dirac-Impuls multipliziert (gemäß der Akkumulationseigenschaft). Ich denke, dass dies im gegebenen Beweis funktioniert, weil das Signal

keinen Gleichstromwert hat, da es um

symmetrisch ist , und daher ist die DTFT nur in diesem Fall korrekt. Aber die Tatsache, dass das Signal keinen Gleichstrom hat, sollte angegeben werden, da es meiner Meinung nach grundlegend ist.

y [n]

$y[n]$

y [n]

$y[n]$

f [n]

$f[n]$

0

$0$

— Tendero

Es gibt viele gute Antworten und es ist schwer zu entscheiden, welche man akzeptiert. Aber dieser wurde von der Community am meisten geschätzt, und ich denke auch, dass er am deutlichsten auf den Fehler bei der Ableitung hinweist. Danke euch allen!

— Matt L.

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Ich war überwältigt von der Anzahl der Antworten (10 Antworten bisher!). Natürlich haben alle meine Gegenstimme bekommen. Das hat Spaß gemacht, danke Jungs für eure Gedanken, Kommentare usw. Ich weiß, dass die meisten von euch inzwischen wissen, was der Fehler ist, zumindest der, den ich gemeint habe. Die Leute drücken die Dinge anders aus und es gibt immer Raum für Missverständnisse. Deshalb werde ich versuchen, klar zu formulieren, was meiner Meinung nach der wichtigste Fehler in dieser Ableitung ist. Mir ist bewusst, dass nicht jeder zustimmen wird und das ist in Ordnung. Ich bin froh, diese Art von esoterischen DSP-Themen mit so scharfem Verstand wie Sie diskutieren zu können! Auf geht's.

Meine erste Behauptung ist, dass jede Gleichung in meiner Frage richtig ist. Die Ableitung und Motivation einiger von ihnen ist jedoch völlig falsch und irreführend, und diese "Ableitung" kann nur existieren, weil der Autor wusste, wie das Ergebnis aussehen sollte.

Gl. (3) in der Frage ( ) ist für die gegebene Folge korrekt (Gleichung in der Frage), aber es ist eindeutig auch korrekt für alle Folgen der Form mit einer beliebigen Konstante . Entsprechend der Ableitung ergibt sich also die resultierende DTFT $f[n]-f[n-1]=\delta[n]$ $f[n]$ $(2)$
$\begin{matrix} (1) & f [n] = u [n] + c \end{matrix}$ $f[n]=u[n]+c\tag{1}$ $c$ sollte die DTFT aller Sequenzen der Form wie in Gl. der Frage? $F(\omega)$ $(1)$ unabhängig vom Wert der Konstanten . Das ist natürlich unsinnig, weil die DTFT einzigartig ist. Insbesondere könnte ich unter Verwendung dieses "Beweises" "zeigen", dass wie in Gl. meiner Frage (oder Gleichung unten) ist tatsächlich die DTFT von , nach der wir suchen. Warum also die Mühe machen, dich $c$ $F(\omega)$ $(5)$ $(3)$ $u[n]$ $u[n]$ $(1)$
Es ist jedoch wahr, dass die DTFTs aller Sequenzen Gl. in der Frage (hier der Einfachheit wiederholt): Nun kommt aber der eigentliche mathematische Fehler: Aus Gl. Es ist falsch zu schließen $(1)$ $(4)$
$\begin{matrix} (2) & F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{2}$ $(2)$ Gl. ist nur eine von unendlich vielen möglichen Lösungen von, und es ist zweckmäßigerweise diejenige, die der Autor benötigt, um zum richtigen Endergebnis zu gelangen. Gl. ist die DTFT voninmit $\begin{matrix} (3) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{3}$ $(3)$ $(2)$ $(3)$ $f[n]$ $(1)$ , aber aus der gegebenen Ableitung gibt es keine Möglichkeit, das zu wissen. $c=-\frac12$
Wie können wir also diesen mathematischen Fehler vermeiden und , um die DTFTs von Sequenzen mit einer beliebigen Konstante abzuleiten ? Die korrekte Schlussfolgerung aus ist $(2)$ $all$ $(1)$ $c$ $(2)$ mit einer noch unbestimmten Konstante. Das Einstecken vonin die linke Seite vonergibt
$\begin{matrix} (4) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + α δ (ω) \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\alpha\delta(\omega)\tag{4}$ $\alpha$ $(4)$ $(2)$ also alle Funktionen gegebendurch erfüllen ,nach Bedarf. $1 + α (1 - e^{- j ω}) δ (ω) = 1 + α (1 - e^{- j ω}) |_{ω = 0} \cdot δ (ω) = 1 + 0 \cdot δ (ω) = 1$ $1+\alpha (1-e^{-j\omega})\delta(\omega)=1+\alpha (1-e^{-j\omega})\Big{|}_{\omega=0}\cdot\delta(\omega)=1+0\cdot\delta(\omega)=1$ $F(\omega)$ $(4)$ $(2)$
Die Konstante in kann aus dem Wert von bei : $\alpha$ $(4)$ $f[n]$ $n=0$ Es kann gezeigt werdenund auchWolfram stimmt, dass der Cauchy Hauptwert des Integrals inist
$\begin{matrix} (6) & f [0] = 1 + c = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} F (ω) d ω = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} + \frac{α}{2 π} \end{matrix}$ $f[0]=1+c=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F(\omega)d\omega=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}+\frac{\alpha}{2\pi}\tag{6}$ $(6)$ AusundwirAlso für $\begin{matrix} (7) & P V \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} = π \end{matrix}$ $PV\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}=\pi\tag{7}$ $(6)$ $(7)$ $\begin{matrix} (8) & α = π (1 + 2 c) \end{matrix}$ $\alpha=\pi (1+2c)\tag{8}$ wir(was der ursprünglichen Sequenzwie sie vom Autor des Beweises verwendet wird), und für(dh für) haben wir, was uns schließlich die gewünschte DTFT von: $c=-\frac12$ $\alpha=0$ $f[n]$ $c=0$ $f[n]=u[n]$ $\alpha=\pi$ $u[n]$ $\begin{matrix} (9) & U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω) \end{matrix}$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega)\tag{9}$

— Matt L.
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F (ω)

$F(\omega)$

F (ω)

$F(\omega)$

(4)

$(4)$ could only be a subset of functions satisfying

(2)

$(2)$ ? That's a valid point. But I think it's pretty clear that there can't be any other functions, because it's only at

ω = 0

$\omega=0$ where we get the problem, so we need functions that have an additional contribution at

ω = 0

$\omega=0$ which disappears when multiplied by

(1 - e^{- j ω})

$(1-e^{-j\omega})$ . Such functions (actually distributions) are the Dirac delta impulse and its derivatives. However, the derivatives do not disappear when multiplied by

(1 - e^{- j ω})

$(1-e^{-j\omega})$ , so it's only the Dirac delta impulse that's left

— Matt L.

I am not really sure that there can't be any function other than Dirac delta impulse (and its derivatives) that has this property. But it is ok, your answer is well-written. I upvote. Thanks.

— AlexTP

2

The flaw follows the word "Obviously", if that is supposed to be the Dirac Delta Function.
Here is the draft of an answer for your other question that I never posted:
---------------------------------------------------------------
I don't think a proof is possible. This may be a case of a "functional definition" having desired properties.

$X_{2 π} (ω) = \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] e^{- j ω n}$ $X_{2\pi} \left(\omega\right) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] e^{-j \omega n}$ $U = \sum_{n = 0}^{+ \infty} e^{- j ω n}$ $U = \sum\limits_{n=0}^{+\infty} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} \sum_{n = 0}^{N - 1} e^{- j ω n}$ $U = \lim_{ N \to \infty } \sum\limits_{n=0}^{N-1} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} [\frac{1 - e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ 1 - e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ $U = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} - lim_{N \to \infty} [\frac{e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \frac{ 1 }{ 1 - e^{-j \omega } } - \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ Looking at the last limit value. For $\omega = 0$ it is clear that it acts like a Dirac Delta. Why the coefficient should be $\pi$ , I don't know. It may have to do with the area of the unit circle. When $\omega \neq 0$ , the denominator can be factored out of the limit and the numerator just jumps along the unit circle and never reaches a limit. Setting it to zero is a definitional act.
Proving the definition works in a desirable way is a different matter.
The page 138 proof is wrong (at least) because:

$δ (t) = lim_{a \to 0} \frac{1}{2 a} [u (t + a) - u (t - a)] = \frac{d u}{d t}$ $\delta(t) = \lim_{ a \to 0 } \frac{1}{2a} \left[ u(t + a) - u(t - a) \right] = \frac{du}{dt}$ Which is not similar in any way to $\delta(n) = u_2(n) - u_2(n-1)$ as they define it.
Interesting situation, I hope this helps. I am looking forward to what you have to say.
Ced

— Cedron Dawg
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Thanks for your answer! But note that we're talking about discrete-time sequences here, not about the Dirac delta impulse. In discrete-time,

δ [n]

$\delta[n]$ equals zero everywhere, except for

n = 0

$n=0$ where it is

1

$1$ . So no ugly stuff as in continuous-time. So Eq. (3) in my question is actually correct (in discrete time!).

— Matt L.

Cedron, I think this equation:

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

$U = \frac{ 1 }{ 1 - e^{-j \omega } } - \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ may be of interest in this other question of @MattL.. Maybe you should consider giving it some more thought and posting it there if you want to.

— Tendero

2

if you allow me to divide by zero, i can prove to you that $1=2$ . when you say
$F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1$ there is a problem about multiplying something by zero (when $\omega=2k\pi \text{ for } k \in \mathbb{Z}$ ) and expecting the product to equal one.

— robert bristow-johnson
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3

moral of the story: differentiators destroy information. a differentiator doesn't know the difference between

u [n]

$u[n]$ and

u [n] - \frac{1}{2}

$u[n]-\tfrac{1}{2}$ . don't try dividing by zero to get that lost information.

— robert bristow-johnson

so should the author state that

w \neq 2 π k

$w \neq 2\pi k$ to correct the flaw?

— Fat32

well, the DTFT of

δ [n]

$\delta[n]$ is equal to 1 for any

ω

$\omega$ , even when

ω = 2 k π

$\omega=2k\pi$ .

— robert bristow-johnson

why

δ [n]

$\delta[n]$ ?... it's the domain of

1 - e^{- j w}

$1-e^{-j w}$ which restricts that of

F (w)

$F(w)$ ?

— Fat32

because when Matt says

f [n] - f [n - 1] = δ [n]

$f[n]-f[n-1]=\delta[n]$ and says to integrate both sides to get

u [n]

$u[n]$ (which is what Matt says essentially in Eq.5), then we have a sorta "multiply and divide by the same quantity trick to get 1". but sometimes he is multiplying and dividing by zero. multiplying by zero destroys information. dividing that by zero will not get the information back.

— robert bristow-johnson

2

The Equation (4) should be written as
$lim_{N \to \infty} \sum_{n = - N}^{n = N} f [n] e^{- j ω n} (1 - e^{- j ω n}) + (e^{j ω N} f [N] + e^{- j ω N} f [- N]) e^{- j ω} = 1$ $\lim_{N \to \infty} \sum_{n=-N}^{n=N}f[n]e^{-j\omega n} (1-e^{-j\omega n})+(e^{j\omega N}f[N]+e^{-j\omega N}f[-N])e^{-j\omega}=1$ For $f[n]=u[n]$ , $lim_{N \to \infty} \sum_{n = - N}^{n = N} f [n] e^{- j ω n} (1 - e^{- j ω n}) + e^{j ω N} e^{- j ω} = 1$ $\lim_{N \to \infty} \sum_{n=-N}^{n=N}f[n]e^{-j\omega n} (1-e^{-j\omega n})+e^{j\omega N}e^{-j\omega}=1$ that is not (5). I don't know how to fix the proof without avoiding (3).

— AlexTP
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someone might argue that

F (ω)

$F(\omega)$ exists when

ω \neq 2 k π

$\omega \ne 2 k \pi$ for integer

k

$k$ .

— robert bristow-johnson

@robertbristow-johnson Thanks for editting. I mean that

F (ω)

$F(\omega)$ does not exist not because

ω = 2 k π

$\omega = 2k\pi$ but because

\sum_{n = 1}^{\infty} \sin (ω n)

$\sum_{n=1}^\infty \sin(\omega n)$ does not converge for every

ω

$\omega$ . For

ω = 2 k π

$\omega = 2k\pi$ , it must be interpreted as a Cauchy principal value even for the correct formula of

U (ω)

$U(\omega)$

— AlexTP

@AlexTP Why is divergence of that summation reason to say that

F (ω)

$F(\omega)$ doesn't exist? Many signals are such that their "summation DTFTs" diverge, but they have a DTFT defined nevertheless (in terms of Dirac deltas). I'm not saying the reasoning its wrong, I'm just trying to understand (I'm not too familiar with distribution theory and that).

— Tendero

You're right that the sums do not converge in the conventional sense, but nevertheless, the DTFTs exist in a distributional sense. After all, the same argument would hold for the DTFT of

u [n]

$u[n]$ , which also exists in that sense. So there's another flaw which is less mathematically complex than the divergence problem, which we've kind of gotten used to.

— Matt L.

1

@MattL. I dont know if it is obvious but I dont see the difference between

u [n]

$u[n]$ and

f [n]

$f[n]$ because we also have

u [n] - u [n - 1] = δ [n]

$u[n] - u[n-1] = \delta[n]$ !

— AlexTP

2

I think I have figured out the best way to express the flaw in this proof. So I am going to give it another stab.
The choice of $\frac{1}{2}$ in (1) is arbitrary. Let's replace it with $x$ . Follow the proof through, and end up with:

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 2 π x δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+2\pi x \delta(\omega)$
There is nothing in the proof which constrains $x$ to be $\frac{1}{2}$ , it can take any finite value and the proof works the same.
Furthermore, if you take the step I did in my last answer and find (4) is expressed as

$F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 + 2 π x (1 - e^{- j ω}) δ (ω)$ $F( \omega )(1 - e^{-j\omega} ) = 1 + 2\pi x (1 - e^{-j\omega} ) \delta(\omega)$
Followed by including it in (5) and (6) you get:

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 4 π x δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+ 4\pi x \delta(\omega)$
Which, as I pointed out earlier, is inconsistent with the definition to get there.
This proof fails to show that $x = \frac{1}{2}$ , and it seems to indicate that for any defined x, inconsistent results will follow. Therefore I go back to the statement in my first answer that the value of $\pi$ for the coefficient of $\delta(\omega)$ is a definitional act, not an mathematical truism.
Perhaps there is some other situation which makes $x=\frac{1}{2}$ the correct value, but this proof doesn't provide it.
Ced

— Cedron Dawg
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1

This is in response to the comments in my first answer. Because of the spoiler cloaking I am posting it as a separate answer.
I was going to post my other answer to the other question, but I didn't due to my lack of experience in this area. I posted it yesterday, deleted it, then undeleted, then figured out how to employ spoiler tags.
Clearly the $\delta$ function defined in the problem is not the Dirac Delta function. I looked up DTFT in Wikipedia and the DTFT for the Dirac Delta function is one. I will call the $\delta$ of the problem $\delta_p$ .

$δ_{p} [n] = f [n] - f [n - 1] = u [n] - u [n - 1]$ $\delta_p[n] = f[n] - f[n-1] = u[n] - u[n-1]$
Taking the DTFT of the left and right parts. I'm not sure I have the notations right, but the math should be clear. Using the definition that is being proved.

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

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

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

$F_{p} (ω) = 1 + π (1 - e^{- j ω}) δ (ω) \neq 1$ $F_p( \omega ) = 1 + \pi (1 - e^{-j\omega} ) \delta(\omega) \neq 1$
Thus the RHS of (4) is incorrect except when $\omega = 2k\pi$ . [Edit: Doh, it's the Dirac Delta, so this statement is wrong. I guess it should be correct except "undefined" at $\omega = 2k\pi$ . Real Analysis was my least favorite math. I am leaving this alone now.]
Ced
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Followup:
It is clear that the DTFT of $\delta_p$ should be 1 when it is plugged into the definition of a DTFT. Therefore, since I got a different answer when using the definition to be proved means that the definition to be proved is not correct (in a mathematical sense). Furthermore, if you carry the correction through to the end of the proof you arrive at a different definition. Assuming the assertion to be true is used to prove that it is false.

— Cedron Dawg
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You've actually shown that

F_{p} (ω) = 1

$F_p(\omega)=1$ because the term

(1 - e^{- j ω}) δ (ω)

$(1-e^{-j\omega})\delta(\omega)$ equals zero. That's the case because for any function

f (ω)

$f(\omega)$ that is continuous at

ω = 0

$\omega=0$ you have

f (ω) δ (ω) = f (0) δ (ω)

$f(\omega)\delta(\omega)=f(0)\delta(\omega)$ , and if

f (0) = 0

$f(0)=0$ (which is the case here), the whole term disappears.

— Matt L.

1

To me, a first flaw appears between (3) and (4): this is an instance of the classical careless integral/infinite sum splitting. Conditions are required to allow the equation:
$\sum (a [n] - b [n]) c_{ω} [n] = \sum a [n] c_{ω} [n] - \sum b [n] c_{ω} [n]$ $\sum (a[n] - b[n])c_\omega[n] = \sum a[n]c_\omega[n]- \sum b[n]c_\omega[n]$ Standard $\ell_1$ or $\ell_2$ conditions might not be sharp enough. This could be related here, due to the form $f[n]-f[n-1]$ , to the Fubini derivation theorem, or: When can we exchange infinite sum and discrete derivative? Ways around could revolve around monotony or Cesaro-like sums, but I shall think about this longer.

— Laurent Duval
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1

so Matt,

i dunno why you don't think it's problematic comparing power signals to energy signals, but suppose we modify the definition of $f[n]$ slightly:

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

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

for some $\alpha > 0$ .

now we have finite energy signals and the DTFTs should all be comparable.

\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
quelle

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.