Где недостаток в этом выводе DTFT последовательности единичных шагов ?

11

Этот вопрос связан с другим моим вопросом, где я спрашиваю о выводах дискретного преобразования Фурье (DTFT) последовательности единичных шагов . Во время поиска производных я нашел удивительно простую. Впервые я увидел это на странице 138 этой книги Б. А. Шеноя. Я тоже наткнулся на это на mathematics.SE в этом ответе . $u[n]$

Поскольку аргумент короткий и простой, я повторю его здесь для удобства.

Последовательность единичных шагов может быть записана в виде с помощью Очевидно, Применение DTFT с обеих сторон от дает где - DTFT для . Из мы получаем Из и получаем DTFT для
$\begin{matrix} (1) & u [n] = f [n] + \frac{1}{2} \end{matrix}$ $u[n]=f[n]+\frac12\tag{1}$ $\begin{matrix} (2) & f [n] = {\begin{cases} \frac{1}{2}, n \geq 0 \\ - \frac{1}{2}, n < 0 \end{cases} \end{matrix}$ $f[n]=\begin{cases}\frac12,\quad n\ge 0\\-\frac12,\quad n<0\end{cases}\tag{2}$ $\begin{matrix} (3) & f [n] - f [n - 1] = δ [n] \end{matrix}$ $f[n]-f[n-1]=\delta[n]\tag{3}$ $(3)$ $\begin{matrix} (4) & F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{4}$ $F(\omega)$ $f[n]$ $(4)$ $\begin{matrix} (5) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{5}$ $(5)$ $(1)$ $u[n]$ $\begin{matrix} (6) & U (ω) = F (ω) + π δ (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω), - π \leq ω < π \end{matrix}$ $U(\omega)=F(\omega)+\pi\delta(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega),\quad -\pi\le\omega <\pi\tag{6}$ где я использовал $\text{DTFT}\{1\}=2\pi\delta(\omega)$ , $-\pi\le\omega <\pi$ .

Eq. $(6)$ для DTFT из $u[n]$ , без сомнения, правильно. Тем не менее, вывод является ошибочным.

Вопрос в том, чтобы найти и объяснить недостатки в приведенном выше выводе.

Пожалуйста, добавьте ваш ответ с тегом спойлера >!.

— Мэтт Л.
источник

1

меня беспокоит то, что - это сигнал конечной мощности , а не сигнал конечной энергии , что мы и получаем, когда складываем эти два сигнала бесконечной энергии вместе.

f [n]

$f[n]$

— Роберт Бристоу-Джонсон

кроме того, не ?

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

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

— Роберт Бристоу-Джонсон

Спасибо, ребята, за ваши ответы! Я проголосовал за всех из них, и каждый из них приводит к хорошему обсуждению не очень известных аспектов DTFT странных сигналов (то есть тех, которые не в или ). Я могу принять только один, и я буду ждать немного дольше новых ответов или изменений в существующих ответах. Я также добавлю свой собственный ответ позже.

ℓ^{1}

$\ell^1$

ℓ^{2}

$\ell^2$

— Мэтт Л.

1

Мэтт, определенно не конечная энергия. бесконечное число выборок, которые должны быть квадратными, чтобы быть , не добавляют к конечному числу.

f [n]

$f[n]$

\frac{1}{4}

$\tfrac14$

— Роберт Бристоу-Джонсон

1

@ robertbristow-johnson: Что вас беспокоит? Если сигналы отменяют друг друга везде, кроме конечного числа точек, то это то, что мы получаем.

— Мэтт Л.

7

Существует бесконечно много сигналов, обеспечивающих выполнение следующего равенства: Единственное, что имеет значение, это то, что , и тогда остальные коэффициенты могут быть определены при условии, что уравнение состояния (т. Е. Вычитание последовательных отсчетов должно быть для ). Другими словами, уравнение будет достигнуто любым сигналом таким, что Еще один способ увидеть это то, что любая функция, которая в основном является со смещением (добавленное постоянное значение), будет удовлетворять
$y [n] - y [n - 1] = δ [n] (1)$ $y[n]-y[n-1]=\delta[n] \qquad (1)$ $y[0]-y[-1]=1$ $y$ $(1)$ $0$ $n\neq 0$ $(1)$ $y[n]$ $y [0] = y [- 1] + 1 \land y [n] = y [n - 1] \forall n \neq 0$ $y[0]=y[-1]+1 \land y[n]=y[n-1] \ \forall n\neq0$ $u[n]$ $(1)$ , Это объясняет утверждение, сделанное Робертом Бристоу-Джонсоном в его ответе : дифференциаторы уничтожают эту информацию (например, получение производной в непрерывном времени уничтожает свидетельство любой постоянной величины в исходной функции).
Подводя итог, я полагаю, что доказательство является ошибочным, потому что использованная процедура могла использовать любую функцию вида с , и это привело бы ко многим функциям, имеющим одно и то же преобразование Фурье , что действительно неправильно, так как преобразование Фурье является биекцией. Возможно, автор намеренно решил игнорировать все, что связано со значениями DC, сознавая, что для того, чтобы показать, что является DTFT для ему потребуется свойство накопления (наиболее популярное доказательство которого получено из DTFT шаг единицы - эрго, довольно круговое доказательство). Доказательство не является строго неверным , так как все, что оно утверждает (формулы для и $u[n]+C$ $C\in\mathbb{R}$ $F(\omega)$ $f[n]$ $F(\omega)$ $U(\omega)$ Разложение единичного шага (разностное уравнение) верно, но для накопления свойства нет дельта Дирака, поэтому требуется свойство накопления . $F(\omega)$

— Tendero
источник

Вы на правильном пути! У вас есть идея, как можно устранить этот недостаток, то есть как сделать это правильно?

— Мэтт Л.

@MattL. Установка начального условия для сделает свое дело и определит сигнал однозначно. Это начальное условие будет определять значение постоянного тока сигнала , который появляется в DTFT как постоянная, умножающая импульс Дирака (согласно свойству накопления). Я думаю, что в данном доказательстве это работает, потому что сигнал не имеет значения постоянного тока, так как он симметричен относительно , и поэтому DTFT является правильным только в этом случае. Но тот факт, что сигнал не имеет постоянного тока, должен быть заявлен, так как я считаю, что это фундаментально.

y [n]

$y[n]$

y [n]

$y[n]$

f [n]

$f[n]$

0

$0$

— Тендеро

Есть много хороших ответов, и трудно выбрать, какой из них принять. Но этот вопрос был оценен сообществом больше всего, и я думаю, что он наиболее четко указывает на ошибку в выводе. Спасибо вам всем!

— Мэтт Л.

4

Я был ошеломлен количеством полученных ответов (пока 10 ответов!). Конечно, все они получили мое одобрение. Это было весело, спасибо, ребята, за ваши мысли, комментарии и т. Д. Я знаю, что к настоящему времени большинство из вас знает, что это за недостаток, по крайней мере тот, который я имел в виду. Люди выражают вещи по-разному, и всегда есть место для недопонимания, поэтому я постараюсь четко сформулировать то, что я считаю наиболее важным недостатком в этом выводе. Я осознаю тот факт, что не все согласятся, и это нормально. Я рад возможности обсуждать такие эзотерические темы DSP с такими острыми умами, как вы! Вот так.

Мое первое утверждение состоит в том, что каждое уравнение в моем вопросе является правильным. Однако вывод и мотивация некоторых из них совершенно неверны и вводят в заблуждение, и этот «вывод» может существовать только потому, что автор знал, как должен выглядеть результат.

Eq. (3) в вопросе ( ) верно для данной последовательности (уравнение в вопросе), но это также очевидно корректно для всех последовательностей вида с некоторой произвольной константой . Итак, согласно выводу, результирующий DTFT $f[n]-f[n-1]=\delta[n]$ $f[n]$ $(2)$
$\begin{matrix} (1) & f [n] = u [n] + c \end{matrix}$ $f[n]=u[n]+c\tag{1}$ $c$ должно быть DTFT всех последовательностей вида независимо от значения константы . Это, конечно, бессмысленно, потому что DTFT уникален. В частности, используя это самое «доказательство», я мог бы «показать», что как указано в формуле. моего вопроса (или уравнения ниже) на самом деле является DTFT от который мы ищем. Так зачем ломать голову как в формуле. вопроса? $F(\omega)$ $(1)$ $c$ $F(\omega)$ $(5)$ $(3)$ $u[n]$ $u[n]$ $(1)$
Однако верно, что DTFT всех последовательностей удовлетворяют уравнению. в вопросе (повторяется здесь для удобства): Но теперь возникает фактический математический недостаток: Из уравнения. неверно заключить, что $(1)$ $(4)$
$\begin{matrix} (2) & F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{2}$ $(2)$ уравнение является лишь одним из бесконечно многих возможных решений, и это удобно для того, чтобы автор пришел к правильному конечному результату. Eq. является DTFT длявс $\begin{matrix} (3) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{3}$ $(3)$ $(2)$ $(3)$ $f[n]$ $(1)$ , но из данного вывода нет способа узнать это. $c=-\frac12$
Так как мы можем избежать , что математическая ошибка и использование вывести DTFTs из последовательностей с любой постоянной ? Правильный вывод из : $(2)$ $all$ $(1)$ $c$ $(2)$ с некоторой пока неопределенной константой. Подстановкав левую частьдает
$\begin{matrix} (4) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + α δ (ω) \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\alpha\delta(\omega)\tag{4}$ $\alpha$ $(4)$ $(2)$ Таким образом, все функции заданные удовлетворяют , как требуется. $1 + α (1 - e^{- j ω}) δ (ω) = 1 + α (1 - e^{- j ω}) |_{ω = 0} \cdot δ (ω) = 1 + 0 \cdot δ (ω) = 1$ $1+\alpha (1-e^{-j\omega})\delta(\omega)=1+\alpha (1-e^{-j\omega})\Big{|}_{\omega=0}\cdot\delta(\omega)=1+0\cdot\delta(\omega)=1$ $F(\omega)$ $(4)$ $(2)$
Константа в может быть определена из значения при : $\alpha$ $(4)$ $f[n]$ $n=0$ Можно показать, иВольфрам Альфа согласен с тем, что главным значением интеграла Коши вявляется
$\begin{matrix} (6) & f [0] = 1 + c = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} F (ω) d ω = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} + \frac{α}{2 π} \end{matrix}$ $f[0]=1+c=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F(\omega)d\omega=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}+\frac{\alpha}{2\pi}\tag{6}$ $(6)$ ИзиполучаемПоэтому для $\begin{matrix} (7) & P V \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} = π \end{matrix}$ $PV\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}=\pi\tag{7}$ $(6)$ $(7)$ $\begin{matrix} (8) & α = π (1 + 2 c) \end{matrix}$ $\alpha=\pi (1+2c)\tag{8}$ мы получаем(что соответствует исходной последовательностииспользованной автором доказательства), а для(т. Е. Для) имеем, что в итоге дает нам желаемый DTFT для: $c=-\frac12$ $\alpha=0$ $f[n]$ $c=0$ $f[n]=u[n]$ $\alpha=\pi$ $u[n]$ $\begin{matrix} (9) & U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω) \end{matrix}$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega)\tag{9}$

— Мэтт Л.
источник

«все функции

заданные (4), удовлетворяют (2)», но должны ли мы доказать, что «все функции

удовлетворяют (2), имеют вид (4)»?

F (ω)

$F(\omega)$

F (ω)

$F(\omega)$

— AlexTP

@AlexTP: То есть вы имеете в виду, что функции вида

могут быть только подмножеством функций, удовлетворяющих

? Это верный момент. Но я думаю, что довольно ясно, что не может быть никаких других функций, потому что только при

мы получаем проблему, поэтому нам нужны функции, которые имеют дополнительный вклад при

который исчезает при умножении на

. Такими функциями (собственно распределениями) являются дельта-импульс Дирака и его производные. Однако производные не исчезают при умножении на

(4)

$(4)$

(2)

$(2)$

ω = 0

$\omega=0$

ω = 0

$\omega=0$

(1 - e^{- j ω})

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

, так что остался только дельта-импульс Дирака

(1 - e^{- j ω})

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

— Мэтт Л.

Я не совсем уверен, что не может быть никакой функции, кроме дельта-импульса Дирака (и его производных), обладающего этим свойством. Но это нормально, ваш ответ хорошо написан. Я приветствую. Спасибо.

— AlexTP

2

Недостаток следует за словом «Очевидно», если предполагается, что это дельта-функция Дирака.
Вот черновик ответа на ваш другой вопрос, который я никогда не публиковал:
-------------------------------------------------- -------------
Я не думаю, что доказательства возможны. Это может быть случай «функционального определения», имеющего желаемые свойства.

$X_{2 π} (ω) = \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] e^{- j ω n}$ $X_{2\pi} \left(\omega\right) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] e^{-j \omega n}$ $U = \sum_{n = 0}^{+ \infty} e^{- j ω n}$ $U = \sum\limits_{n=0}^{+\infty} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} \sum_{n = 0}^{N - 1} e^{- j ω n}$ $U = \lim_{ N \to \infty } \sum\limits_{n=0}^{N-1} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} [\frac{1 - e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ 1 - e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ Глядя на последнее предельное значение. Дляясно, что он действует как дельта Дирака. Почему коэффициент должен быть, я не знаю. Это может быть связано с площадью круга юнитов. Когда, знаменатель может быть разложен вне предела, и числитель просто перепрыгивает вдоль единичного круга и никогда не достигает предела. Установка его в ноль является определяющим актом. $U = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} - lim_{N \to \infty} [\frac{e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \frac{ 1 }{ 1 - e^{-j \omega } } - \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ $\omega = 0$ $\pi$ $\omega \neq 0$
Доказательство определения работает желательным образом, это другой вопрос.
Страница 138 доказательство неверно (по крайней мере), потому что:

$δ (t) = lim_{a \to 0} \frac{1}{2 a} [u (t + a) - u (t - a)] = \frac{d u}{d t}$ $\delta(t) = \lim_{ a \to 0 } \frac{1}{2a} \left[ u(t + a) - u(t - a) \right] = \frac{du}{dt}$ $\delta(n) = u_2(n) - u_2(n-1)$
Интересная ситуация, надеюсь, это поможет. Я с нетерпением жду того, что вы скажете.
CED

— Сидрон Доуг
источник

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

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

— Роберт Бристоу-Джонсон
источник

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
источник

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

Я думаю, что я нашел лучший способ выразить недостаток в этом доказательстве. Так что я собираюсь дать ему еще один удар.
$\frac{1}{2}$ $x$

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 2 π x δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+2\pi x \delta(\omega)$
$x$ $\frac{1}{2}$
Кроме того, если вы сделаете шаг, который я сделал в моем последнем ответе, и обнаружите, что (4) выражается как

$F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 + 2 π x (1 - e^{- j ω}) δ (ω)$ $F( \omega )(1 - e^{-j\omega} ) = 1 + 2\pi x (1 - e^{-j\omega} ) \delta(\omega)$
Затем, включив его в (5) и (6), вы получите:

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 4 π x δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+ 4\pi x \delta(\omega)$
Что, как я указывал ранее, несовместимо с определением, как туда попасть.
$x = \frac{1}{2}$ $\pi$ $\delta(\omega)$
$x=\frac{1}{2}$
CED

— Сидрон Доуг
источник

1

Это в ответ на комментарии в моем первом ответе. Из-за маскировки спойлера я выкладываю это как отдельный ответ.
Я собирался опубликовать другой ответ на другой вопрос, но не сделал этого из-за недостатка опыта в этой области. Я отправил это вчера, удалил это, затем удалил, затем выяснил, как использовать признаки спойлера.
$\delta$ $\delta$ $\delta_p$

$δ_{p} [n] = f [n] - f [n - 1] = u [n] - u [n - 1]$ $\delta_p[n] = f[n] - f[n-1] = u[n] - u[n-1]$
Взяв DTFT из левой и правой частей. Я не уверен, что у меня есть правильные обозначения, но математика должна быть ясной. Используя определение, которое доказывается.

$F_{п} (ω) знак равно F_{U} (ω) - F_{U} (ω) е^{- J ω}$ $F_p( \omega ) = F_u( \omega ) - F_u( \omega ) e^{-j\omega}$

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

$F_{п} (ω) знак равно \frac{1 - е^{- J ω}}{1 - е^{- J ω}} + π (1 - е^{- J ω}) δ (ω)$ $F_p( \omega ) = \frac{1-e^{-j\omega}}{1-e^{-j\omega}} + \pi (1 - e^{-j\omega} )\delta(\omega)$

$F_{п} (ω) знак равно 1 + π (1 - е^{- J ω}) δ (ω) \neq 1$ $F_p( \omega ) = 1 + \pi (1 - e^{-j\omega} ) \delta(\omega) \neq 1$
$\omega = 2k\pi$ $\omega = 2k\pi$
CED
==============================
Следовать за:
$\delta_p$

— Сидрон Доуг
источник

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

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

— Лоран Дюваль
источник

1

так Мэтт,

$f[n]$

е [N] ≜ {\begin{cases} \frac{1}{2} е^{- α N} & N \geq 0 \\ - \frac{1}{2} е^{α N} & N < 0 \end{cases}

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

$\alpha > 0$

Теперь у нас есть сигналы конечной энергии, и DTFT должны быть сопоставимы.

\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}

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

$\alpha \to 0$

но, увы, уже почти 2 часа ночи, и я не собираюсь сейчас с этим разбираться.

— Роберт Бристоу-Джонсон
источник

α

$\alpha$

α \to 0

$\alpha\rightarrow 0$