Kasus tepi dengan pengambilan sampel dan rekonstruksi.
Saya tahu saya telah mencoba-coba pertanyaan ini sebelumnya, di sini dan di sini , tetapi apakah ada yang memiliki bukti paling sederhana dan ringkas di tas mereka:
$$\sum_{n=-\infty}^{\infty} (-1)^n \, \operatorname{sinc}(t-n) = \cos(\pi t) $$
dimana
$$ \operatorname{sinc}(x) \triangleq \begin{cases} \frac{\sin(\pi x)}{\pi x} \qquad & x \ne 0 \\ \\ 1 & x = 0 \\ \end{cases} $$
dan $t\in\mathbb{R}$ dan $n\in\mathbb{Z}$ ?
Saya dapat menunjukkan bahwa kedua sisi memiliki fungsi genap $t$ dan bahwa kedua belah pihak memiliki kesepakatan kapan $t$adalah bilangan bulat. Tapi apa cara paling sederhana untuk menunjukkan kesetaraan bagi semua yang nyata$t$ ?
Ini adalah sesuatu yang ingin saya kumpulkan untuk kami para insinyur listrik Neanderthal. (dan terima kasih.)
Jawaban
Jawaban ini sebagian besar didasarkan pada jawaban (sangat ringkas) ini untuk pertanyaan terkait OP.
Perhatikan itu untuk $t\in\mathbb{Z}$kesetaraan mudah untuk ditunjukkan. Kasus yang menarik adalah kapan$t$bukan bilangan bulat. Derivasi di bawah ini berlaku untuk nilai riil non-integer$t$.
Menggunakan $\cos(x)\sin(y)=\frac12\big[\sin(x+y)-\sin(x-y)\big]$ kita bisa menulis
$$\begin{align}\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^n\textrm{sinc}(t-n)&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\cos(n\pi)\frac{\sin[\pi(t-n)]}{\pi(t-n)}\\&=\frac{\sin(\pi t)}{\pi}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{t-n}\\&=\frac{\sin(\pi t)}{\pi}\left[\frac{1}{t}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{t-n}+\frac{1}{t+n}\right)\right]\\&=\frac{\sin(\pi t)}{\pi}\left[\frac{1}{t}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2t}{t^2-n^2}\right]\tag{1}\end{align}$$
Sekarang kita membutuhkan hasil sebagai berikut:
$$\frac{1}{t}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2t}{t^2-n^2}=\pi\cot(\pi t)\tag{2}$$
yang dapat ditemukan di sini , di sini dan di sini , dan yang dapat diturunkan dari representasi produk tak hingga yang terkenal dari fungsi sinc
$$\frac{\sin(\pi t)}{\pi t}=\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{t^2}{n^2}\right)\tag{3}$$
Menggabungkan $(1)$ dan $(2)$ menghasilkan hasil yang diinginkan.
Anda harus agak berhati-hati dengan cara Anda memahami jumlahnya tetapi, dengan asumsi bahwa Anda mengerti $\sum_{n=-\infty}^\infty a_n$ itu sebagai batasnya $N\to\infty$ dari $\sum_{-N\le n\le N}(1-\frac{|n|}{N})a_n$ (Penjumlahan Cesaro, yang memberikan hasil yang sama seperti yang biasa jika hasil yang terakhir masuk akal), Anda cukup menulis $$ (-1)^n\rm{sinc}(t-n)=\int_{-1/2}^{1/2}e^{-2\pi i n(x+\frac 12)}e^{2\pi i xt}\,dx $$ sehingga jumlah parsial Cesaro menjadi $\int_{-1/2}^{1/2}K_N(x+\frac 12)e^{2\pi i xt}\,dx$ dimana $K_N(z)=\sum_{-N}^N(1-\frac{|n|}{N}) e^{-2\pi i nz}$adalah kernel Fejer . Yang ingin Anda ketahui sekarang adalah itu$K_N$ simetris, non-negatif, $1$-periodik, memiliki integral total $1$ selama periode dan cenderung seragam $0$di luar lingkungan bilangan bulat yang sangat kecil. Jadi, untuk yang besar$N$, $K_N(x+\frac 12)$ adalah fungsi yang hampir $0$ di $(-\frac 12+\delta,\frac 12-\delta)$ untuk perbaikan apapun $\delta>0$ dan memiliki hampir integral $\frac 12$ di atas setiap interval $[-\frac 12,-\frac 12+\delta]$ dan $[\frac 12-\delta,\frac 12]$. Bila Anda mengintegrasikan hal seperti itu melawan$e^{2\pi i xt}$ lebih $[-\frac 12,\frac 12]$, Anda akan mendapatkan kira-kira $\frac 12(e^{-\pi it}+e^{\pi i t})=\cos(\pi t)$.
Satu-satunya langkah non-pejalan kaki dalam argumen ini adalah beralih dari penjumlahan biasa ke penjumlahan Cesaro. Anda dapat menghindarinya tetapi kemudian Anda akan mendapatkan kernel Dirichlet sebagai gantinya dan bagian terakhir ke batas akan agak kurang jelas (kernel tidak akan membusuk secara seragam dalam sebagian besar interval tetapi sebaliknya akan berosilasi lebih cepat dan lebih cepat di sana dan Anda Pada akhirnya akan menggunakan sesuatu seperti lemma Riemann-Lebesgue untuk menunjukkan bahwa Anda perlu melihat hanya pada (lingkungan kecil) titik akhir.