Edge case con campionatura e ricostruzione.
So che mi ero già dilettato di questa domanda, qui e qui , ma qualcuno ha nella sua borsa dei trucchi la prova più semplice e concisa che:
$$\sum_{n=-\infty}^{\infty} (-1)^n \, \operatorname{sinc}(t-n) = \cos(\pi t) $$
dove
$$ \operatorname{sinc}(x) \triangleq \begin{cases} \frac{\sin(\pi x)}{\pi x} \qquad & x \ne 0 \\ \\ 1 & x = 0 \\ \end{cases} $$
e $t\in\mathbb{R}$ e $n\in\mathbb{Z}$ ?
Posso dimostrare che entrambi i lati hanno una funzione uniforme $t$ e che entrambe le parti sono d'accordo quando $t$è un numero intero. Ma qual è il modo più semplice per mostrare l'uguaglianza per tutti i reali$t$ ?
Questo è qualcosa che voglio mettere insieme per noi ingegneri elettrici di Neanderthal. (e grazie.)
Risposte
Questa risposta si basa in gran parte su questa risposta (molto concisa) a una domanda correlata del PO.
Nota che per $t\in\mathbb{Z}$l'uguaglianza è semplice da mostrare. Il caso interessante è quando$t$non è un numero intero. La derivazione seguente è valida per i valori reali non interi di$t$.
Utilizzando $\cos(x)\sin(y)=\frac12\big[\sin(x+y)-\sin(x-y)\big]$ possiamo scrivere
$$\begin{align}\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^n\textrm{sinc}(t-n)&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\cos(n\pi)\frac{\sin[\pi(t-n)]}{\pi(t-n)}\\&=\frac{\sin(\pi t)}{\pi}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{t-n}\\&=\frac{\sin(\pi t)}{\pi}\left[\frac{1}{t}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{t-n}+\frac{1}{t+n}\right)\right]\\&=\frac{\sin(\pi t)}{\pi}\left[\frac{1}{t}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2t}{t^2-n^2}\right]\tag{1}\end{align}$$
Ora abbiamo bisogno del seguente risultato:
$$\frac{1}{t}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2t}{t^2-n^2}=\pi\cot(\pi t)\tag{2}$$
che può essere trovato qui , qui e qui , e che può essere derivato dalla ben nota rappresentazione del prodotto infinito della funzione sinc
$$\frac{\sin(\pi t)}{\pi t}=\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{t^2}{n^2}\right)\tag{3}$$
Combinando $(1)$ e $(2)$ produce il risultato desiderato.
Dovresti stare un po 'attento a come intendi la somma ma, ammesso che tu capisca $\sum_{n=-\infty}^\infty a_n$ esso come limite come $N\to\infty$ di $\sum_{-N\le n\le N}(1-\frac{|n|}{N})a_n$ (Sommatoria Cesaro, che dà lo stesso risultato del solito quando quest'ultimo ha senso), puoi solo scrivere $$ (-1)^n\rm{sinc}(t-n)=\int_{-1/2}^{1/2}e^{-2\pi i n(x+\frac 12)}e^{2\pi i xt}\,dx $$ così diventano le somme parziali di Cesaro $\int_{-1/2}^{1/2}K_N(x+\frac 12)e^{2\pi i xt}\,dx$ dove $K_N(z)=\sum_{-N}^N(1-\frac{|n|}{N}) e^{-2\pi i nz}$è il kernel Fejer . Quello che vuoi sapere ora è questo$K_N$ è simmetrico, non negativo, $1$-periodico, ha integrale totale $1$ nel periodo e tende uniformemente a $0$al di fuori di un intorno arbitrariamente piccolo degli interi. Quindi, per grandi$N$, $K_N(x+\frac 12)$ è una funzione che è quasi $0$ su $(-\frac 12+\delta,\frac 12-\delta)$ per qualsiasi fisso $\delta>0$ e ha quasi integrale $\frac 12$ su ciascuno degli intervalli $[-\frac 12,-\frac 12+\delta]$ e $[\frac 12-\delta,\frac 12]$. Quando si integra qualcosa del genere contro$e^{2\pi i xt}$ al di sopra di $[-\frac 12,\frac 12]$, otterrai circa $\frac 12(e^{-\pi it}+e^{\pi i t})=\cos(\pi t)$.
L'unico passaggio non pedonale in questo argomento è il passaggio dalla consueta sommatoria a quella Cesaro. Puoi evitarlo ma poi otterrai il kernel Dirichlet e l'ultimo passaggio al limite sarà un po 'meno ovvio (il kernel non decadrà uniformemente nella maggior parte dell'intervallo ma invece oscillerà sempre più velocemente lì e tu finirai per usare qualcosa come il lemma di Riemann-Lebesgue per mostrare che devi guardare solo ai (piccoli quartieri di) endpoint.