单位步长序列

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这个问题与我的另一个问题有关，在这个问题中，我要求导出单位步长序列的离散时间傅立叶变换（DTFT）。在搜寻导数期间，我发现了一个非常简单的导数。我在BA Shenoi 的这本书的第138页上第一次看到它。在这个答案中，我也在math.SE上也遇到了。 $u[n]$

由于参数简短而简单，为方便起见，我将在此重复。

单位步长序列可以写为其中显然，在两面都应用DTFT 给出，其中是的DTFT 。从得到从和我们得到的DTFT。
$\begin{matrix} (1) & u [n] = f [n] + \frac{1}{2} \end{matrix}$ $u[n]=f[n]+\frac12\tag{1}$ $\begin{matrix} (2) & f [n] = {\begin{cases} \frac{1}{2}, n \geq 0 \\ - \frac{1}{2}, n < 0 \end{cases} \end{matrix}$ $f[n]=\begin{cases}\frac12,\quad n\ge 0\\-\frac12,\quad n<0\end{cases}\tag{2}$ $\begin{matrix} (3) & f [n] - f [n - 1] = δ [n] \end{matrix}$ $f[n]-f[n-1]=\delta[n]\tag{3}$ $(3)$ $\begin{matrix} （4） & F （ ω ）（ 1个 - Ë^{- Ĵ ω} ） = 1个 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{4}$ $F(\omega)$ $f[n]$ $(4)$ $\begin{matrix} (5) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{5}$ $(5)$ $(1)$ $u[n]$ $\begin{matrix} (6) & U (ω) = F (ω) + π δ (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω), - π \leq ω < π \end{matrix}$ $U(\omega)=F(\omega)+\pi\delta(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega),\quad -\pi\le\omega <\pi\tag{6}$ ，其中我曾使用，。 $\text{DTFT}\{1\}=2\pi\delta(\omega)$ $-\pi\le\omega <\pi$

等式 $(6)$ 对于的DTFT $u[n]$ 无疑是正确的。但是，推导是有缺陷的。

问题是：找到并解释以上推导中的缺陷。

请在答案前加上扰流器标签>!。

— 马特·L。
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1

令我困扰的是是一个有限的功率信号，而不是有限的能量信号，这是我们将这两个无限能量信号相加时得到的。

f [n]

$f[n]$

— 罗伯特·布里斯托

另外，不是？

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

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

— 罗伯特·布里斯托

谢谢你们的回应！我都对它们进行了投票，并且每一个都引起了关于奇怪信号的DTFT不太知名的方面（即不在或）的讨论。我只能接受一个，而我将等待更长的时间来寻找新答案或更改现有答案。稍后，我还将添加我自己的答案。

ℓ^{1}

$\ell^1$

ℓ^{2}

$\ell^2$

— Matt L.

1

马特，绝对不是有限能量。无限个平方成的样本不加为有限数。

f [n]

$f[n]$

\frac{1}{4}

$\tfrac14$

— 罗伯特·布里斯托

1

@ robertbristow-johnson：您对此感到不安吗？如果除了有限数量的点之外，信号在其他任何地方都相互抵消，那么这就是我们得到的。

— Matt L.

7

保持以下等式的无穷多个信号：
$y [n] - y [n - 1] = δ [n] (1)$ $y[n]-y[n-1]=\delta[n] \qquad (1)$ 的事项是唯一 $y[0]-y[-1]=1$ ，然后的系数的其余部分可以限制的是下式确定。状态（即连续样本的减法必须是为）。换句话说，等式。会被任何信号来实现，使得另一种方式看这就是任何基本上是函数 $y$ $(1)$ $0$ $n\neq 0$ $(1)$ $y[n]$ $y [0] = y [- 1] + 1 \land y [n] = y [n - 1] \forall n \neq 0$ $y[0]=y[-1]+1 \land y[n]=y[n-1] \ \forall n\neq0$ $u[n]$ 具有偏移量（添加了一个恒定值）将满足。这就解释了罗伯特·布里斯托-约翰逊在回答中所作的陈述：微分器破坏了这一信息（例如在连续时间内取导数会破坏原始函数中任何恒定值的证据）。 $(1)$
综上所述，我认为，由于遵循的程序可以使用形式的任何功能的证明是有缺陷的 $u[n]+C$ 与 $C\in\mathbb{R}$ ，而这会导致很多功能具有相同傅立叶变换，这的确是错的因为傅立叶变换是双射的。也许作者故意决定忽略任何与DC值有关的东西，有意识的是为了表明 $F(\omega)$ 是的DTFT。 $f[n]$ 他将需要累加属性（其最流行的证明是从单位步长的DTFT得出的-ergo，这是一个相当循环的证明）。证明并不是严格错误的，因为它陈述的所有内容（ $F(\omega)$ 和 $U(\omega)$ 的公式，单位步长的分解，差分方程）都是正确的，但是它需要积累性质才能证明为什么 $F(\omega)$ 没有任何狄拉克增量。

— 滕多
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您完全在正确的轨道上！您是否知道如何解决此缺陷，即如何正确解决？

— Matt L.

@MattL。设置

的初始条件可以解决问题，并明确确定信号。该初始条件将确定信号

的DC值，该值在DTFT中作为常数乘以Dirac脉冲（根据累积特性）而出现。我认为在给定的证明中，这是可行的，因为信号

由于没有DC值，因为它在

附近对称，因此DTFT在这种情况下是正确的。但我认为，信号是没有直流的，这是基本的事实。

y [n]

$y[n]$

y [n]

$y[n]$

f [n]

$f[n]$

0

$0$

— Tendero

有很多好的答案，很难选择要接受的答案。但是，这一点受到了社区的高度赞赏，我也认为，它最清楚地指出了推导过程中的错误。谢谢你们！

— Matt L.

4

我收到的回复数量不知所措（到目前为止有10个答案！）。当然，所有人都得到了我的支持。非常有趣，谢谢大家的想法，评论等。我知道到目前为止，大多数人都知道该漏洞是什么，至少是我的意思。人们用不同的方式表达观点，并且总是存在误解的余地，因此我将尽力明确阐明我认为是该推导中最重要的缺陷。我知道并非所有人都会同意这一事实，这很好。我很高兴能够以你们这样的敏锐头脑来讨论这种深奥的DSP主题！开始了。

我的第一个主张是，我的问题中的每个方程都是正确的。但是，其中一些的推导和动机是完全错误和误导的，并且“推导”只能存在是因为作者知道结果应该是什么样子。

等式（3）在中心（）是对于给定的序列正确（式，但它显然也在问题）校正所有形式为且具有任意常数序列。因此，根据推导，得出的DTFT $f[n]-f[n-1]=\delta[n]$ $f[n]$ $(2)$
$\begin{matrix} (1) & f [n] = u [n] + c \end{matrix}$ $f[n]=u[n]+c\tag{1}$ $c$ 应该是形式的所有序列的DTFT，而与常数的值无关。这当然是无稽之谈，因为DTFT是唯一的。具体来说，使用该“非常可靠的”证明，我可以“证明”方程中给出的。我的问题的（或下面的方程）实际上是我们要寻找的的DTFT。那么，为什么要像等式中那样将分成两个部分呢？的问题？ $F(\omega)$ $(1)$ $c$ $F(\omega)$ $(5)$ $(3)$ $u[n]$ $u[n]$ $(1)$
然而，所有序列的DTFT 确实满足等式。在这个问题（这里重复为方便起见）：，但现在是实际的数学缺陷：从公式。结论是不正确的 $(1)$ $(4)$
$\begin{matrix} (2) & F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{2}$ $(2)$ 等式只是的无限多个可能解中的一种，它很方便地是作者为得出正确最终结果所需要的一种。等式是对DTFT在与 $\begin{matrix} (3) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{3}$ $(3)$ $(2)$ $(3)$ $f[n]$ $(1)$ ，但是从给定的推导中无法得知。 $c=-\frac12$
那么，如何才能避免错误的数学和使用推导的DTFTs 序列，与任何常数？从得出的正确结论是 $(2)$ $all$ $(1)$ $c$ $(2)$ 与一些尚未确定常数。堵塞进入的左手侧给出
$\begin{matrix} (4) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + α δ (ω) \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\alpha\delta(\omega)\tag{4}$ $\alpha$ $(4)$ $(2)$ 因此，所有功能由下式给出满足，根据需要。 $1 + α (1 - e^{- j ω}) δ (ω) = 1 + α (1 - e^{- j ω}) |_{ω = 0} \cdot δ (ω) = 1 + 0 \cdot δ (ω) = 1$ $1+\alpha (1-e^{-j\omega})\delta(\omega)=1+\alpha (1-e^{-j\omega})\Big{|}_{\omega=0}\cdot\delta(\omega)=1+0\cdot\delta(\omega)=1$ $F(\omega)$ $(4)$ $(2)$
常数在可从的值来确定在： $\alpha$ $(4)$ $f[n]$ $n=0$ 可以示出，并且还WolframAlpha的同意，这在积分的柯西主值是
$\begin{matrix} (6) & f [0] = 1 + c = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} F (ω) d ω = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} + \frac{α}{2 π} \end{matrix}$ $f[0]=1+c=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F(\omega)d\omega=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}+\frac{\alpha}{2\pi}\tag{6}$ $(6)$ 从和，我们得到因此，对于 $\begin{matrix} (7) & P V \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} = π \end{matrix}$ $PV\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}=\pi\tag{7}$ $(6)$ $(7)$ $\begin{matrix} (8) & α = π (1 + 2 c) \end{matrix}$ $\alpha=\pi (1+2c)\tag{8}$ 我们得到（对应于证明作者使用的原始序列），对于（即，对于），我们有，这最终使我们的期望的DTFT： $c=-\frac12$ $\alpha=0$ $f[n]$ $c=0$ $f[n]=u[n]$ $\alpha=\pi$ $u[n]$ $\begin{matrix} (9) & U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω) \end{matrix}$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega)\tag{9}$

— 马特·L。
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“ 由（4

给出的所有函数

满足（2）”，但是我们必须证明“所有函数

满足（2）具有形式（4）”？

F (ω)

$F(\omega)$

F (ω)

$F(\omega)$

— AlexTP

@AlexTP：所以您的意思是形式

的函数只能是满足

的函数的子集？这是有道理的。但是我认为很明显没有其他函数，因为只有在

我们才遇到问题，因此我们需要在

时有附加贡献的函数在乘以

消失

。这样的函数（实际上是分布）是狄拉克增量脉冲及其导数。但是，导数乘以

(4)

$(4)$

(2)

$(2)$

ω = 0

$\omega=0$

ω = 0

$\omega=0$

(1 - e^{- j ω})

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

，所以它的唯一剩下的狄拉克三角洲冲动

(1 - e^{- j ω})

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

— 马特·L.

除了Dirac delta脉冲（及其派生）以外，我真的不确定是否有其他功能具有此属性。没关系，您的回答写得很好。我支持谢谢。

— AlexTP

2

如果应该将其视为狄拉克三角函数，则该缺陷遵循单词“明显”。
这是您从未提出的其他问题的答案的草稿：
-------------------------------------------------- -------------
我认为不可能有证明。这可能是具有所需特性的“功能定义”的情况。

$X_{2 π} (ω) = \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] e^{- j ω n}$ $X_{2\pi} \left(\omega\right) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] e^{-j \omega n}$ $U = \sum_{n = 0}^{+ \infty} e^{- j ω n}$ $U = \sum\limits_{n=0}^{+\infty} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} \sum_{n = 0}^{N - 1} e^{- j ω n}$ $U = \lim_{ N \to \infty } \sum\limits_{n=0}^{N-1} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} [\frac{1 - e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ 1 - e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ 纵观过去限值。对于，很明显它的作用就像狄拉克三角洲。为什么系数应该为，我不知道。它可能与单位圆的面积有关。当，分母可以超出极限，并且分子仅沿着单位圆跳跃并且永远不会达到极限。将其设置为零是一种定义行为。 $U = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} - lim_{N \to \infty} [\frac{e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \frac{ 1 }{ 1 - e^{-j \omega } } - \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ $\omega = 0$ $\pi$ $\omega \neq 0$
证明定义以理想的方式起作用是另一回事。
138页证明是错误的（至少）是因为：
哪个不是以任何方式类似，因为它们定义它。
$δ (t) = lim_{a \to 0} \frac{1}{2 a} [u (t + a) - u (t - a)] = \frac{d u}{d t}$ $\delta(t) = \lim_{ a \to 0 } \frac{1}{2a} \left[ u(t + a) - u(t - a) \right] = \frac{du}{dt}$ $\delta(n) = u_2(n) - u_2(n-1)$
有趣的情况，希望对您有所帮助。我期待您的发言。
塞德

— 雪铁龙道格
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感谢您的回答！但是请注意，我们在这里谈论的是离散时间序列，而不是狄拉克三角洲冲量。在离散时间中，

在所有地方都等于零，但

（为

除外。因此，没有像连续时间那样丑陋的东西。等式（3）我的问题实际上是正确的（在离散时间内！）。

δ [n]

$\delta[n]$

n = 0

$n=0$

1

$1$

— Matt L.

雪铁龙，我认为这个等式：

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

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

— 罗伯特·布里斯托·约翰逊
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3

故事的寓意：差异化因素破坏了信息。微分器不知道之间的差异

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

$lim_{N \to \infty} \sum_{n = - N}^{n = N} f [n] e^{- j ω n} (1 - e^{- j ω n}) + (e^{j ω N} f [N] + e^{- j ω N} f [- N]) e^{- j ω} = 1$ $\lim_{N \to \infty} \sum_{n=-N}^{n=N}f[n]e^{-j\omega n} (1-e^{-j\omega n})+(e^{j\omega N}f[N]+e^{-j\omega N}f[-N])e^{-j\omega}=1$ $f[n]=u[n]$ $lim_{N \to \infty} \sum_{n = - N}^{n = N} f [n] e^{- j ω n} (1 - e^{- j ω n}) + e^{j ω N} e^{- j ω} = 1$ $\lim_{N \to \infty} \sum_{n=-N}^{n=N}f[n]e^{-j\omega n} (1-e^{-j\omega n})+e^{j\omega N}e^{-j\omega}=1$

— 亚历克斯
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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

我想我已经找到了表达此证明中缺陷的最佳方法。所以我要再给它一个刺。
的选择 $\frac{1}{2}$ $x$

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 2 π x δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+2\pi x \delta(\omega)$
$x$ $\frac{1}{2}$
此外，如果采取我在上一个答案中所做的步骤，发现（4）表示为

$F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 + 2 π x (1 - e^{- j ω}) δ (ω)$ $F( \omega )(1 - e^{-j\omega} ) = 1 + 2\pi x (1 - e^{-j\omega} ) \delta(\omega)$
然后将其包含在（5）和（6）中，您将得到：

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 4 π x δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+ 4\pi x \delta(\omega)$
正如我之前指出的，这与到达那里的定义不一致。
$x = \frac{1}{2}$ $\pi$ $\delta(\omega)$
$x=\frac{1}{2}$
塞德

— 雪铁龙道格
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1

这是对我的第一个答案中的评论的回应。由于扰流器掩盖，我将其发布为单独的答案。
我打算将我的其他答案发布到另一个问题上，但是由于我在这方面的经验不足，我没有这么做。我昨天发布了它，删除了它，然后将其删除，然后弄清楚如何使用扰流器标签。
$\delta$ $\delta$ $\delta_p$

$δ_{p} [ñ] = F [ñ] - F [ñ - 1个] = ü [ñ] - ü [ñ - 1个]$ $\delta_p[n] = f[n] - f[n-1] = u[n] - u[n-1]$
取左右两边的DTFT。我不确定我的表示法是否正确，但是数学应该很清楚。使用正在被证明的定义。

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

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

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

$F_{p} （ ω ） = 1个 + π （ 1个 - Ë^{- Ĵ ω} ） δ （ ω ） \neq 1个$ $F_p( \omega ) = 1 + \pi (1 - e^{-j\omega} ) \delta(\omega) \neq 1$
因此（4）的RHS不正确，除非 $\omega = 2k\pi$ 。[编辑：Doh，这是狄拉克三角洲，所以这个说法是错误的。我猜应该是正确的，除了“未定义”处 $\omega = 2k\pi$ 。真正的分析是我最不喜欢的数学。我现在不说了。]
塞德
==============================
跟进：
显然， $\delta_p$ 将其插入DTFT的定义时，应为1。因此，由于在使用要证明的定义时得到了不同的答案，这意味着要证明的定义不正确（从数学意义上来说）。此外，如果将更正进行到证明的末尾，则会得到不同的定义。假设断言为真可用来证明其为假。

— 雪松·道格
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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

马特

我不知道为什么您不认为将功率信号与能量信号进行比较是有问题的，但是假设我们修改了 $f[n]$ 略：

F [ñ] ≜ {\begin{cases} \frac{1个}{2} Ë^{- α ñ} & ñ \geq 0 \\ - \frac{1个}{2} Ë^{α ñ} & ñ < 0 \end{cases}

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

对于一些 $\alpha > 0$ 。

现在我们有有限的能量信号，并且DTFT应该都具有可比性。

\begin{aligned} F [ñ] - F [ñ - 1个] & = {\begin{cases} \frac{1个}{2} （ Ë^{- α ñ} - Ë^{- α （ ñ - 1个 ）} ） & ñ > 0 \\ \frac{1个}{2} （ 1个 + Ë^{- α} ） & ñ = 0 \\ - \frac{1个}{2} （ Ë^{α ñ} - Ë^{α （ ñ - 1个 ）} ） & ñ < 0 \end{cases} \\ = {\begin{cases} \frac{1个}{2} （ 1个 - Ë^{α} ） Ë^{- α ñ} & ñ > 0 \\ \frac{1个}{2} （ 1个 + Ë^{- α} ） & ñ = 0 \\ \frac{1个}{2} （ Ë^{- α} - 1个 ） Ë^{α ñ} & ñ < 0 \end{cases} \end{aligned}

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

我想知道DTFT是什么吗？然后当我们让 $\alpha \to 0$ ？我认为仍然存在区分器破坏信息的问题（以及通过在频域中乘以0相应破坏信息）的问题。但是也许我们可能会失去比较不共享希尔伯特空间的信号类别的问题。

但是，a，现在快到凌晨2点了，我现在就不处理了。

— 罗伯特·布里斯托-
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那

α

$\alpha$ 事情是好的，这是通过计算极限来计算那些非衰减信号的DTFT的一种选择

α \to 0

$\alpha\rightarrow 0$ 。尝试一下，我相信您会成功，但这很痛苦。有更简单的方法可以获得相同的结果。给定的证明实际上可以修改，以便它可以恕我直言（请参阅我的回答）。

— Matt L.