Cas de bord avec échantillonnage et reconstruction.

Dec 31 2020

Je sais que j'avais déjà discuté de cette question avant, ici et ici , mais est-ce que quelqu'un a dans son sac d'astuces la preuve la plus simple et la plus concise que:

$$\sum_{n=-\infty}^{\infty} (-1)^n \, \operatorname{sinc}(t-n) = \cos(\pi t) $$

$$ \operatorname{sinc}(x) \triangleq \begin{cases} \frac{\sin(\pi x)}{\pi x} \qquad & x \ne 0 \\ \\ 1 & x = 0 \\ \end{cases} $$

et $t\in\mathbb{R}$ et $n\in\mathbb{Z}$ ?

Je peux montrer que les deux côtés ont une fonction égale $t$ et que les deux parties s'entendent quand $t$est un entier. Mais quel est le moyen le plus simple de montrer l'égalité pour tous$t$ ?

C'est quelque chose que je veux mettre en place pour nous, ingénieurs électriciens de Néandertal. (et merci.)

Réponses

2 MattL. Jan 04 2021 at 02:17

Cette réponse est largement basée sur cette réponse (très concise) à une question connexe du PO.

Notez que pour $t\in\mathbb{Z}$l'égalité est simple à montrer. Le cas intéressant est celui où$t$n'est pas un entier. La dérivation ci-dessous est valable pour les valeurs réelles non entières de$t$.

En utilisant $\cos(x)\sin(y)=\frac12\big[\sin(x+y)-\sin(x-y)\big]$ nous pouvons écrire

$$\begin{align}\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^n\textrm{sinc}(t-n)&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\cos(n\pi)\frac{\sin[\pi(t-n)]}{\pi(t-n)}\\&=\frac{\sin(\pi t)}{\pi}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{t-n}\\&=\frac{\sin(\pi t)}{\pi}\left[\frac{1}{t}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{t-n}+\frac{1}{t+n}\right)\right]\\&=\frac{\sin(\pi t)}{\pi}\left[\frac{1}{t}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2t}{t^2-n^2}\right]\tag{1}\end{align}$$

Nous avons maintenant besoin du résultat suivant:

$$\frac{1}{t}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2t}{t^2-n^2}=\pi\cot(\pi t)\tag{2}$$

qui peut être trouvée ici , ici et ici , et qui peut être dérivée de la représentation infinie bien connue du produit de la fonction sinc

$$\frac{\sin(\pi t)}{\pi t}=\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{t^2}{n^2}\right)\tag{3}$$

Combiner $(1)$ et $(2)$ donne le résultat souhaité.

1 fedja Jan 01 2021 at 12:34

Vous devez être un peu prudent avec la façon dont vous comprenez la somme mais, en supposant que vous comprenez $\sum_{n=-\infty}^\infty a_n$ c'est comme la limite comme $N\to\infty$ de $\sum_{-N\le n\le N}(1-\frac{|n|}{N})a_n$ (Sommation Cesaro, qui donne le même résultat que l'habituel lorsque cette dernière a du sens), vous pouvez simplement écrire $$ (-1)^n\rm{sinc}(t-n)=\int_{-1/2}^{1/2}e^{-2\pi i n(x+\frac 12)}e^{2\pi i xt}\,dx $$ ainsi les sommes partielles de Cesaro deviennent $\int_{-1/2}^{1/2}K_N(x+\frac 12)e^{2\pi i xt}\,dx$$K_N(z)=\sum_{-N}^N(1-\frac{|n|}{N}) e^{-2\pi i nz}$est le noyau Fejer . Ce que tu veux savoir maintenant, c'est que$K_N$ est symétrique, non négative, $1$-périodique, a une intégrale totale $1$ sur la période et tend uniformément à $0$en dehors d'un voisinage arbitrairement petit des nombres entiers. Donc, pour les grands$N$, $K_N(x+\frac 12)$ est une fonction qui est presque $0$ sur $(-\frac 12+\delta,\frac 12-\delta)$ pour tout fixe $\delta>0$ et a une intégrale presque $\frac 12$ sur chacun des intervalles $[-\frac 12,-\frac 12+\delta]$ et $[\frac 12-\delta,\frac 12]$. Lorsque vous intégrez quelque chose comme ça contre$e^{2\pi i xt}$ plus de $[-\frac 12,\frac 12]$, vous obtiendrez environ $\frac 12(e^{-\pi it}+e^{\pi i t})=\cos(\pi t)$.

La seule étape non piétonne dans cet argument est le passage de la sommation habituelle à celle de Cesaro. Vous pouvez l'éviter, mais vous obtiendrez le noyau Dirichlet à la place et le dernier passage à la limite sera un peu moins évident (le noyau ne se décomposera pas uniformément dans la majeure partie de l'intervalle mais à la place, il oscillera de plus en plus vite là-bas et vous finira par utiliser quelque chose comme le lemme de Riemann-Lebesgue pour montrer que vous ne devez regarder que les (petits quartiers de) points de terminaison.