Не понимаю, что делать с преобр. Фурье для некоторых функций

[Kevsh]

Для того, чтобы понять, какой отклик будет у линейной стационарной системы с импульсной характеристикой $h[n]$ на входное воздействие $x[n]$, нужно посчитать свёртку $x[n] \ast h[n]$. Можно использовать теорему о свёртке: $\mathcal{F} (x[n] \ast h[n])=\mathcal{F} (x[n])\cdot \mathcal{F} (h[n])$, где $\mathcal{F}$ - оператор преобразования Фурье.
Мне не особо ясно, как действовать со следующими функциями:
$x[n]=u[n]=\begin{cases}1,&n\geq 0\\0, &n<0\end{cases}$ и $x[n]=\frac{\sin{\omega_c n}}{\pi n_0}$.
Мы имеем:
$\mathcal{F}(u[n])=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}\pi\delta (\omega+2\pi k)$
$\mathcal{F}\left( \frac{\sin{\omega_c n}}{\pi n_o} \right)=X(e^{j\omega})=\begin{cases} 1, &|\omega|<\omega_c \\0, &\omega_c <|\omega|\leq \pi \end{cases}$
Что с этим делать на практике я не понимаю. Приведу 2 примера, которые в книге идут прямо подряд.
Задача 1.
Определите отклик линейной стационарной системы с импульсной характеристикой $h[n]=a^n u[-n-1],a>1$ на сигнал $x[n]=u[n]$.
Решение:
1)Сразу понятно, что нужно применить теорему о свёртке. Воспользуемся свойством $\mathcal{F} (x[-n])=X(e^{-j\omega})$.
$\mathcal{F}(h[-n])=H(e^{-j\omega})=\mathcal{F}(\frac{a}{a^{n+1}}u[n+1])=\frac{e^{j\omega}}{1-\frac{1}{a}e^{-j\omega}}$, тогда $H(e^{j\omega})=\frac{e^{-j\omega}}{1-\frac{1}{a}e^{j\omega}}$
2)$\mathcal{F}(u[n])=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}\pi\delta (\omega+2\pi k)$
3)Вот теперь полученные результаты нужно перемножить:
$\mathcal{F}(x[n]\ast h[n])=\frac{e^{-j\omega}}{(1-e^{-j\omega})(1-\frac{1}{a}e^{j\omega})}+\frac{e^{-j\omega}}{1-\frac{1}{a}e^{j\omega}}\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}\pi\delta (\omega +2\pi k)$
4)Первую дробь я разложил так (не проверял, но тут понятно, что это в принципе возможно свести к сумме дробей, от которых можно по табличке найти обратное преобразование Фурье):
$\frac{e^{-j\omega}}{(1-e^{-j\omega})(1-\frac{1}{a}e^{j\omega})}=\frac{a^2}{a-1}\left( \frac{e^{-j\omega}}{1-\frac{1}{a}e^{j\omega}} +\frac{e^{-j2\omega}}{1-e^{-j\omega}} \right)$
Вопрос: что делать с оставшейся частью? Тут нужно использовать тот факт, что частоты, отличающиеся на $2\pi$, нельзя различить? Обычно АЧХ рассматривают при $-\pi< \omega \leq \pi$, тут нужно делать так? В таком случае сумма эта равна нулю на всех частотах, кроме нулевой - там она равна $\pi$. Как от этого всего брать обратное преобразование Фурье даже при всём этом не понимаю - на разных частотах получается либо 0, либо $\pi a^n u[-n-1]$.

Задача 2.
Рассмотрите линейную стационарную систему с КЧХ $H(e^{j\omega})=\frac{1-e^{-j2\omega}}{1+\frac{1}{2}e^{-j4\omega}}$ при $-\pi<\omega \leq \pi$. Определите отклик $y[n]$ системы, если входной сигнал описывается последовательностью $x[n]=\sin{(\frac{\pi n}{4})}$.
Решение:
1)Опять же, нужно применять теорему о свёртке. В нашем случае имеем:
$\mathcal{F}(\sin{(\frac{\pi n}{4})})=\mathcal{F}(\frac{\sin{\omega_c n}}{\pi n_o}$) при $\omega_c=\frac{\pi}{4}$ и $n_o=\frac{1}{\pi}$ (в свойстве не дано никак ограничений на $n_o$. Есть у меня подозрение, что $n_o\in \mathcal{Z}$).
2)И вот опять та же проблема. На разных частотах получаем либо 0, либо просто обратное преобразование Фурье от данной КЧХ. Не понимаю, что делать.

[Doctor Boom]

А почему у вас вместо $t$ $n$?

-- 09.10.2023, 07:40 --

Kevsh в сообщении #1612851 писал(а):

Определите отклик линейной стационарной системы с импульсной характеристикой $h[n]=a^n u[-n-1],a>1$ на сигнал $x[n]=u[n]$.

Отклик раз не равен нулю из

Kevsh в сообщении #1612851 писал(а):

следующими функциями:
$x[n]=u[n]=\begin{cases}1,&n\geq 0\\0, &n<0\end{cases}$

?

[Kevsh]

Doctor Boom
Вместо $t$ используется $n$, так как тут используются только функции дискретного аргумента, то есть $n\in \mathcal Z$. Второй вопрос не понял.

[Doctor Boom]

Kevsh в сообщении #1613060 писал(а):

Вместо $t$ используется $n$, так как тут используются только функции дискретного аргумента, то есть $n\in \mathcal Z$

Я так и подумал, но вы в рассчетах считаете его непрерывным? Интегралы и т.д.

Kevsh в сообщении #1613060 писал(а):

Второй вопрос не понял.

Там не дописалось "разве" У вас же в первой задаче импульсная характеристика равна нулю при $n>0$? Выпишите явно $x[n], h[n]$

[realeugene]

Kevsh в сообщении #1612851 писал(а):

Мне не особо ясно, как действовать со следующими функциями

Изучать теорию обобщённых функций. Обычное преобразование Фурье ваших функций не существует. А вот обобщённые функции медленного роста очень удобны для таких приложений.

-- 09.10.2023, 18:22 --

Kevsh в сообщении #1612851 писал(а):

Мы имеем:
$\mathcal{F}(u[n])=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}\pi\delta (\omega+2\pi k)$

Хотя вы ими и пользуетесь

-- 09.10.2023, 18:29 --

Kevsh в сообщении #1612851 писал(а):

$\mathcal{F}\left( \frac{\sin{\omega_c n}}{\pi n_o} \right)=X(e^{j\omega})=\begin{cases} 1, &|\omega|<\omega_c \\0, &\omega_c <|\omega|\leq \pi \end{cases}$

Что такое $n_0$? В любом случае, слева у вас одна синусоида, её ПФ - две дельта-функции на симметричных частотах, а у вас написан непрерывный спектр в некотором интервале.

-- 09.10.2023, 18:35 --

Kevsh в сообщении #1612851 писал(а):

$h[n]=a^n u[-n-1],a>1$

Что у вас за учебник?

[Doctor Boom]

Kevsh
Я вам могу посоветовать рассмотреть регуляризации вида $e^{(i\omega -\varepsilon)t}$, т.е. просто сдвигаем опорные фурье-вектора в отр. действительную сторону на бесконечно малое расстояние, тогда обобшенное интегрирование станет обычным.

-- 09.10.2023, 20:18 --

Это для положительной части, для отр надо взять $+\varepsilon$

[Kevsh]

Doctor Boom
Да, импульсная характеристика в первой задаче действительно равна нулю при $n>0$, только я не вижу тут проблемы. Выглядеть она будет как-то так:
$h[-3]=\frac{1}{a^3}$
$h[-2]=\frac{1}{a^2}$
$h[-1]=\frac{1}{a}$
$h[0]=0$
$h[1]=0$
$h[2]=0$
$h[3]=0$
То есть импульсная характеристика в отрицательной области, а не в положительной, как это обычно бывает. Если делать это задание "по логике", то вообще получается, что отклик тут константный. Свёртку можно же представить так: мы "отзеркаливаем" импульсную характеристику относительно начала координат и постепенно сдвигаем её вправо. Сумма произведений пересекающихся со входным сигналом отсчётов и будет выходом системы на текущий момент времени. Наша импульсная характеристика вся в отрицательной области, следовательно, если её "отзеркалить" относительно начала координат, она вся пересечётся с входной функцией $x[n]=u[n]$. Сдвигая импульсную характеристику вправо мы не будем менять площадь её пересечения со входным сигналом. Получается, что выход тут константный. Причём равен он сумме всех отсчётов импульсной характеристики: $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{a^n}=\frac{\frac{1}{a}}{1-\frac{1}{a}}$. Но проблема, связанная с тем, как вообще делается обратное преобразование Фурье в таком случае, остаётся.

-- 10.10.2023, 12:13 --

realeugene
Учебник: Оппенгейм А., Шафер Р. - Цифровая обработка сигналов, Глава 2.

[realeugene]

Kevsh в сообщении #1612851 писал(а):

$\mathcal{F}(u[n])=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}\pi\delta (\omega+2\pi k)$

У вас дискретный сигнал, а спектр не периодический. Неувязочка. Выведите аккуратно.

Upd: Sorry, у меня глюк, спектр у вас периодический

Kevsh в сообщении #1613138 писал(а):

Да, импульсная характеристика в первой задаче действительно равна нулю при $n>0$, только я не вижу тут проблемы.

Фильтр антиказуальный - это несколько неожиданно, конечно, но если так и задумано автором учебника - то почему нет? Через свёртку то же самое должно быть.

Kevsh в сообщении #1613138 писал(а):

Сдвигая импульсную характеристику вправо

А влево?

[realeugene]

Kevsh в сообщении #1612851 писал(а):

Тут нужно использовать тот факт, что частоты, отличающиеся на $2\pi$, нельзя различить?

Используйте определение обратного ПФ из Оппенгейма-Шафера. ПФ в разных ситуациях определяется немного по-разному. Но определения прямого и обратного преобразования Фурье должны быть согласованы друг с другом. Существует очевидный изоморфизм между периодическими функциями и функциями, определёнными на одном периоде циклической переменной. Так же как дискретные последовательности взаимно-однозначно соответствуют последовательностям равноотстоящих дельта-функций в непрерывном времени. Но в каждом случае интегрирование и нормировка будут немного разными, и важно использовать согласованные определения прямого и обратного преобразования. И теоремы о свёртке тоже.

[Kevsh]

realeugene
Чтобы в данном случае посчитать свёртку импульсной характеристики и входного сигнала, можно "отзеркалить" импульсную характеристику относительно нуля. При увеличении $n$ эта "отзеркаленная" копия сдвигается вправо, при уменьшении $n$ - влево (при этом просто "отзеркаленная" копия соответствует $n=0$). Сумма произведений отсчётов с одинаковыми номерами "отзеркаленной" копии импульсной характеристики и входного сигнала является свёрткой импульсной характеристики и входного сигнала. Таким образом, в первой задаче при $n\geq-1$ мы имеем постоянный выход $y[n]=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{a^n}=\frac{\frac{1}{a}}{1-\frac{1}{a}}$, ведь вся "отзеркаленная" импульсная характеристика пересекается со входной функцией при таких $n$, причём каждый член импульсной характеристики умножается на единицу (потому что вход - это единичный скачок). При дальнейшем уменьшении $n$ уже не вся импульсная характеристика начинает пересекаться со входным сигналом. Тут эту сумму произведений можно записать так: $y[n]=\sum\limits_{k=-n}^{\infty}\frac{1}{a^k}=\frac{a^n}{1-\frac{1}{a}}$. Я решил все подобные задачи из учебника, все ответы сошлись. Скорее всего авторы и подразумевали, что она будет решена таким (геометрическим) способом, а не через преобразование Фурье.

-- 19.10.2023, 00:09 --

realeugene
Могу уже сказать, что я допустил глупость (по поводу второй задачи). Конечно, тут
$\mathcal{F}\left( \frac{\sin{\omega_c n}}{\pi n} \right)=X(e^{j\omega})=\begin{cases} 1, &|\omega|<\omega_c \\0, &\omega_c <|\omega|\leq \pi \end{cases}$
Нет там никаких $n_o$, это опечатка (в предыдущем издании книги всё правильно). Я мог бы догадаться, учитывая то, что дальше этого $n_o$ нигде нет и на него не было никаких ограничений.
По поводу нормировки - в данной книге (по крайней мере в данной главе) все частоты нормированы, то есть спектр сигнала повторяется "кусками" от $-\pi$ до $\pi$. Чуть позже попытаюсь снова решить вторую задачу, используя новую информацию.

[realeugene]

Kevsh в сообщении #1613840 писал(а):

при $n\geq-1$

Откуда взялось это условие? Что будет при $n = -5$?

[Kevsh]

realeugene
1)При этом условии вся отзеркаленная относительно нуля копия импульсной характеристики пересекается с входным сигналом. Входной сигнал ненулевой от нуля (включительно) и до бесконечности. Отзеркаленная импульсная характеристика будет начинаться с единицы и будет убывать с увеличением $n$, так как сама импульсная характеристика начинается от -1 и убывает с уменьшением $n$. При $n=-5$ первые 4 отсчёта отзеркаленной копии импульсной характеристики будут лежать слева от нуля, там $x[n]=0$, следовательно, выходом системы будет $y[n]=\sum\limits_{n=5}^{\infty}\frac{1}{a^n}=\frac{\frac{1}{a^5}}{1-\frac{1}{a}}$.
2)Вторую задачу я тоже решил. Во-первых, как выше заметили, спектром синуса будет набор дельта-функций, которые бесконечно повторяются с периодом $2\pi$. При этом первые два дельта-импульса будут лежать на частотах $\omega_0$ и $-\omega_0$, где $\omega_0$ - частота синуса. Если умножить КЧХ, данную в условии, на эти дельта-импульсы, то получается, что со всей КЧХ работать не нужно, ведь во всех точках (кроме повторяющихся дельта-импульсов) произведение КЧХ будет равно нулю. Получается, что нужно просто найти данную в условии КЧХ в точках, равных частоте синуса, умножить на дельта-импульсы (на спектр синуса) и сделать обратное преобразование Фурье. Если всё аккуратно преобразовать и подставить, то получится ответ: $y[n]=2\sqrt{2}\sin{\left( \frac{\pi}{4}n+\frac{\pi}{4}}\right)$

[realeugene]

Kevsh в сообщении #1614239 писал(а):

$y[n]=\sum\limits_{n=5}^{\infty}\frac{1}{a^n}=\frac{\frac{1}{a^5}}{1-\frac{1}{a}}$

Как видите, выход не постоянен. Неказуальные фильтры - это пророки, предсказывающие будущее. У них отклик возникает до начала входного воздействия. Но для метода Фурье должно быть всё равно.