Estuche de borde con muestreo y reconstrucción.
Sé que había estado jugando con esta pregunta antes, aquí y aquí , pero ¿alguien tiene en su bolsa de trucos la prueba más simple y concisa de que:
$$\sum_{n=-\infty}^{\infty} (-1)^n \, \operatorname{sinc}(t-n) = \cos(\pi t) $$
dónde
$$ \operatorname{sinc}(x) \triangleq \begin{cases} \frac{\sin(\pi x)}{\pi x} \qquad & x \ne 0 \\ \\ 1 & x = 0 \\ \end{cases} $$
y $t\in\mathbb{R}$ y $n\in\mathbb{Z}$ ?
Puedo demostrar que ambos lados son una función uniforme en $t$ y que ambas partes tienen un acuerdo cuando $t$es un número entero. Pero, ¿cuál es la forma más sencilla de mostrar igualdad para todos los$t$ ?
Esto es algo que quiero armar para nosotros, ingenieros eléctricos neandertales. (y gracias.)
Respuestas
Esta respuesta se basa en gran medida en esta respuesta (muy concisa) a una pregunta relacionada del PO.
Tenga en cuenta que para $t\in\mathbb{Z}$la igualdad es sencilla de mostrar. El caso interesante es cuando$t$no es un número entero. La siguiente derivación es válida para valores reales no enteros de$t$.
Utilizando $\cos(x)\sin(y)=\frac12\big[\sin(x+y)-\sin(x-y)\big]$ podemos escribir
$$\begin{align}\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^n\textrm{sinc}(t-n)&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\cos(n\pi)\frac{\sin[\pi(t-n)]}{\pi(t-n)}\\&=\frac{\sin(\pi t)}{\pi}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{t-n}\\&=\frac{\sin(\pi t)}{\pi}\left[\frac{1}{t}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{t-n}+\frac{1}{t+n}\right)\right]\\&=\frac{\sin(\pi t)}{\pi}\left[\frac{1}{t}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2t}{t^2-n^2}\right]\tag{1}\end{align}$$
Ahora necesitamos el siguiente resultado:
$$\frac{1}{t}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2t}{t^2-n^2}=\pi\cot(\pi t)\tag{2}$$
que se puede encontrar aquí , aquí y aquí , y que se puede derivar de la conocida representación del producto infinito de la función sinc
$$\frac{\sin(\pi t)}{\pi t}=\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{t^2}{n^2}\right)\tag{3}$$
Combinatorio $(1)$ y $(2)$ produce el resultado deseado.
Debe tener algo de cuidado con la forma en que entiende la suma, pero, asumiendo que comprende $\sum_{n=-\infty}^\infty a_n$ es como el límite como $N\to\infty$ de $\sum_{-N\le n\le N}(1-\frac{|n|}{N})a_n$ (Suma de Cesaro, que da el mismo resultado que el habitual cuando este último tiene sentido), puede simplemente escribir $$ (-1)^n\rm{sinc}(t-n)=\int_{-1/2}^{1/2}e^{-2\pi i n(x+\frac 12)}e^{2\pi i xt}\,dx $$ por lo que las sumas parciales de Cesaro se convierten $\int_{-1/2}^{1/2}K_N(x+\frac 12)e^{2\pi i xt}\,dx$ dónde $K_N(z)=\sum_{-N}^N(1-\frac{|n|}{N}) e^{-2\pi i nz}$es el núcleo de Fejer . Lo que quieres saber ahora es que$K_N$ es simétrico, no negativo, $1$-periódico, tiene integral total $1$ durante el período y uniformemente tiende a $0$fuera de una vecindad arbitrariamente pequeña de los enteros. Entonces, para grandes$N$, $K_N(x+\frac 12)$ es una función que es casi $0$ en $(-\frac 12+\delta,\frac 12-\delta)$ para cualquier fijo $\delta>0$ y tiene casi integral $\frac 12$ sobre cada uno de los intervalos $[-\frac 12,-\frac 12+\delta]$ y $[\frac 12-\delta,\frac 12]$. Cuando integras algo así contra$e^{2\pi i xt}$ encima $[-\frac 12,\frac 12]$, obtendrás aproximadamente $\frac 12(e^{-\pi it}+e^{\pi i t})=\cos(\pi t)$.
El único paso no peatonal en este argumento es cambiar del resumen habitual al de Cesaro. Puede evitarlo, pero luego obtendrá el kernel de Dirichlet y el último pasaje al límite será algo menos obvio (el kernel no decaerá uniformemente en la mayor parte del intervalo, sino que oscilará más y más rápido allí y usted Terminaré usando algo como el lema de Riemann-Lebesgue para mostrar que necesita mirar solo los (pequeños vecindarios de) los puntos finales.