单位步长序列

从教科书中，我们知道的DTFT 由 $u[n]$

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

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

但是，我还没有看到DSP教科书至少假装给出或多或少的声音。 $(1)$

Proakis [1] 通过在的 -transform中设置来导出右侧的右半边，并说这是有效的除外（这当然是正确的）。然后他说，在变换的极点，我们必须添加一个面积为的增量冲量，但对我而言，这似乎更像是一个秘方。 $(1)$ $z=e^{j\omega}$ $\mathcal{Z}$ $u[n]$ $\omega=2\pi k$ $\mathcal{Z}$ $\pi$

在这种情况下，Oppenheim和Schafer [2]提到了

尽管显示起来并不完全简单，但是可以通过以下傅立叶变换来表示此序列：

其后是等于的公式。不幸的是，他们没有费力向我们展示“并非完全简单”的证明。 $(1)$

一本书，我竟然不知道，但在寻找的证据时，我发现是介绍数字信号处理和滤波器设计由BA Shenoi。在第138页上，存在的“派生” ，但不幸的是，这是错误的。我问了一个“ DSP难题”问题，让人们展示该证明有什么问题。] $(1)$ $(1)$

所以我的问题是：

任何人都可以提供的证明/推论，该证明是可靠的甚至严谨的，但数学上倾向于工程师可以访问？只是从书中复制并不重要。我认为将它放在此站点上将是很好的。 $(1)$

请注意，即使在math.SE上，也几乎找不到任何相关的问题：这个问题没有答案，一个答案有两个，其中一个是错误的（与Shenoi的说法相同），另一个是使用“累积属性” ，我会很满意，但是接下来需要证明该属性，这使您重新开始（因为这两个证明基本上都证明了同一件事）。

最后一点，我确实提出了类似证明的内容（嗯，我是一名工程师），并且从现在开始几天后我也会将其发布为答案，但是我很乐意收集其他已发布或未发布的证明简单而优雅，最重要的是，DSP工程师可以使用它们。

PS：我毫不怀疑的有效性，我只想看一个或几个相对简单的证明。 $(1)$

[1] Proakis，JG和DG Manolakis，《数字信号处理：原理，算法和应用》，第三版，第4.2.8节。

[2] Oppenheim，AV和RW Schafer，《离散时间信号处理》，第二版，第2页。54。

受马库斯·穆勒评论的启发，我想证明方程式E给出的。满足要求

U (ω)

$U(\omega)$

(1)

$(1)$

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

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

如果是的DTFT ，则 $U(\omega)$ $u[n]$

V (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}}

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

必须是DTFT的

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

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

（我们在其中定义），因为 $\text{sign}[0]=1$

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

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

所以我们有

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

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

从中得出

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

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

有了这个我们得到

\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}

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

— 马特·L。
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哇啊。不要破坏我的世界。对这个公式的怀疑引入了混乱的境界。例如，

，因此（具有取决于常数

FT定义前置因子），

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}

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

— MarcusMüller18年

@MarcusMüller：毫无疑问，这是正确的。问题是如何以一个头脑简单的工程师可以理解的方式来显示它。和

为给定的DTFT，没有问题的作品出来。

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

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

— 马特·

我认为自己头脑简单，这意味着当我看不到它们的派生时，当事情变得不“安全”时，我会担心。

— MarcusMüller18年

我看到您追求的不是要证明方程是否正确，而是要从DTFT的基本原理和定义中严格直接得出

。然后，每当要对脉冲进行严格的证明时，我想人们最好参考广义函数理论中的被引书籍：Opp＆Schafer中引用了Lighthill-1958，讨论了脉冲函数及其在傅立叶变换中的使用。所有其他证明将不可避免地依赖于那些参考文献上的证明，并且不足以代替严格的证明。

U (w)

$U(w)$

— Fat32

@ Fat32：这是一个有效的观点。我想，但是，一个比较健全的推导是可能的，如果我们接受基本的变换，如

，如果我们的内容通过他们的柯西主值来定义积分。

DTFT {1} = 2 π δ (ω)

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

— 马特L.18年

Answers:

雪铁龙道格（Cedron Dawg）在这个答案中发表了一个有趣的观点。它从以下步骤开始：

\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}

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

事实证明，可以将限制内的术语扩展如下：

\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}

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

方括号外的公因子可以表示为：

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

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

括号内的实数部分也等于：

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

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

另一方面，虚部可以重写为：

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

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

改写原始术语，我们得到：

\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}

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

在这里我使用并且当，极限也保持不变。 $M=N-1$ $M\to \infty$

根据该站点的第7个定义：

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

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

到目前为止，我们有：

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)}

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

如果我们可以证明等式右边的第二项在某种意义上为，那么我们就完成了。我在math.SE上问过，实际上，功能序列趋向于零分布。因此，我们有： $0$

\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}

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

— 滕多
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太好了！我检查了一下，一切似乎都是正确的，因此虚部在某种意义上必须趋于零。我会考虑一下。

— 马特·

@MattL。让我知道您是否能够取得进展！

— Tendero

@MattL。证明终于完成了！

— Tendero

干得好！我已经发现，由于黎曼-莱贝格引理，余弦项趋于零，但是我的问题是

的情况。因为第一个公式是基于几何和的，所以仅对

有效。毕竟这一切都可以解决，但这仍然是一个小缺陷。我还有一个推导不拆出期限

，在这种情况下

与多一点谨慎处理，但它仍然是一个“工程师的证明”。我可以在有更多时间时发布它。

ω = 0

$\omega=0$

ω \neq 0

$\omega\neq 0$

1 / (1 - e^{- j ω})

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

ω = 0

$\omega=0$

— 马特·L。

I'll provide two relatively simple proofs that do not require any knowledge of distribution theory. For a proof that computes the DTFT by a limit process using results from distribution theory, see this answer by Tendero.

I will only mention (and not elaborate on) the first proof here, because I've posted it as an answer to this question, the purpose of which was to show that a certain published proof is faulty.

The other proof goes as follows. Let's first write down the even part of the unit step sequence $u[n]$ :

\begin{matrix} （1） & ü_{Ë} [ñ] = \frac{1个}{2} （ ü [ñ] + ü [- ñ] ） = \frac{1个}{2} + \frac{1个}{2} δ [ñ] \end{matrix}

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

DTFT的 $(1)$ 是

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

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

which equals the real part of the DTFT of $u[n]$ :

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

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

Since $u[n]$ is a real-valued sequence we're done because the real and imaginary parts of $U(\omega)$ are related via the Hilbert transform, and, consequently, $U_R(\omega)$ uniquely determines $U(\omega)$ . However, in most DSP texts, these Hilbert transform relations are derived from the equation $h[n]=h[n]u[n]$ (which is valid for any causal sequence $h[n]$ ), from which it follows that $H(\omega)=\frac{1}{2\pi}(H\star U)(\omega)$ . So in order to show the Hilbert transform relation between the real and imaginary parts of the DTFT we need the DTFT of $u[n]$ , which we actually want to derive here. So the proof becomes circular. That's why we'll choose a different way to derive the imaginary part of $U(\omega)$ .

For deriving $U_I(\omega)=\text{Im}\{U(\omega)\}$ we write the odd part of $u[n]$ as follows:

\begin{matrix} （4） & ü_{Ø} [ñ] = \frac{1个}{2} （ ü [ñ] - ü [- ñ] ） = ü [ñ - 1个] - \frac{1个}{2} + \frac{1个}{2} δ [ñ] \end{matrix}

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

采取DTFT $(4)$ 给

\begin{aligned} Ĵ ü_{一世} （ ω ） & = Ë^{- Ĵ ω} ü （ ω ） - π δ （ ω ） + \frac{1个}{2} \\ = Ë^{- Ĵ ω} （ ü_{[R} （ ω ） + Ĵ ü_{一世} （ ω ） ） - π δ （ ω ） + \frac{1个}{2} \\ = Ë^{- Ĵ ω} （ π δ （ ω ） + \frac{1个}{2} ） + Ë^{- Ĵ ω} Ĵ ü_{一世} （ ω ） - π δ （ ω ） + \frac{1个}{2} \\ （5） & = \frac{1个}{2} （ 1个 + Ë^{- Ĵ ω} ） + Ë^{- Ĵ ω} Ĵ ü_{一世} （ ω ） \end{aligned}

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

我用过的地方 $(3)$ 。等式 $(5)$ 可以写成

\begin{matrix} （6） & Ĵ ü_{一世} （ ω ） （ 1个 - Ë^{- Ĵ ω} ） = \frac{1个}{2} （ 1个 + Ë^{- Ĵ ω} ） \end{matrix}

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

来自的正确结论 $(6)$ 是（有关更多详细信息，请参见此答案）

\begin{matrix} （7） & Ĵ ü_{一世} （ ω ） = \frac{1个}{2} \frac{1个 + Ë^{- Ĵ ω}}{1个 - Ë^{- Ĵ ω}} + C δ （ ω ） \end{matrix}

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

但是既然我们知道 $U_I(\omega)$ 必须是 $\omega$ （因为 $u[n]$ 是实值），我们可以立即得出结论 $c=0$ 。因此，从 $(3)$ 和 $(7)$ 我们终于得到了

\begin{aligned} ü （ ω ） & = ü_{[R} （ ω ） + Ĵ ü_{一世} （ ω ） \\ = π δ （ ω ） + \frac{1个}{2} + \frac{1个}{2} \frac{1个 + Ë^{- Ĵ ω}}{1个 - Ë^{- Ĵ ω}} \\ = π δ （ ω ） + \frac{1个}{2} （ 1个 + \frac{1个 + Ë^{- Ĵ ω}}{1个 - Ë^{- Ĵ ω}} ） \\ （8） & = π δ （ ω ） + \frac{1个}{1个 - Ë^{- Ĵ ω}} \end{aligned}

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

— 马特·L。
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