Krawędź z próbkowaniem i rekonstrukcją.
Wiem, że zastanawiałem się nad tym pytaniem wcześniej, tu i tutaj , ale czy ktoś ma w swoim worku sztuczek najprostszy i zwięzły dowód, że:
$$\sum_{n=-\infty}^{\infty} (-1)^n \, \operatorname{sinc}(t-n) = \cos(\pi t) $$
gdzie
$$ \operatorname{sinc}(x) \triangleq \begin{cases} \frac{\sin(\pi x)}{\pi x} \qquad & x \ne 0 \\ \\ 1 & x = 0 \\ \end{cases} $$
i $t\in\mathbb{R}$ i $n\in\mathbb{Z}$ ?
Mogę pokazać, że obie strony są równe $t$ i że obie strony zgadzają się, kiedy $t$jest liczbą całkowitą. Ale jaki jest najprostszy sposób pokazania równości dla wszystkich realnych$t$ ?
To jest coś, co chcę dla nas, inżynierów elektryków, neandertalczyków. (i dziękuję.)
Odpowiedzi
Ta odpowiedź jest w dużej mierze oparta na tej (bardzo zwięzłej) odpowiedzi na powiązane pytanie PO.
Zauważ, że dla $t\in\mathbb{Z}$równość jest łatwa do pokazania. Ciekawy przypadek dotyczy tego, kiedy$t$nie jest liczbą całkowitą. Poniższe wyprowadzenie jest ważne dla niecałkowitych wartości rzeczywistych$t$.
Za pomocą $\cos(x)\sin(y)=\frac12\big[\sin(x+y)-\sin(x-y)\big]$ możemy pisać
$$\begin{align}\sum_{n=-\infty}^{\infty}(-1)^n\textrm{sinc}(t-n)&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\cos(n\pi)\frac{\sin[\pi(t-n)]}{\pi(t-n)}\\&=\frac{\sin(\pi t)}{\pi}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{t-n}\\&=\frac{\sin(\pi t)}{\pi}\left[\frac{1}{t}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{t-n}+\frac{1}{t+n}\right)\right]\\&=\frac{\sin(\pi t)}{\pi}\left[\frac{1}{t}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2t}{t^2-n^2}\right]\tag{1}\end{align}$$
Teraz potrzebujemy następującego wyniku:
$$\frac{1}{t}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2t}{t^2-n^2}=\pi\cot(\pi t)\tag{2}$$
które można znaleźć tutaj , tutaj i tutaj , i które można wyprowadzić z dobrze znanej reprezentacji nieskończonego iloczynu funkcji sinc
$$\frac{\sin(\pi t)}{\pi t}=\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{t^2}{n^2}\right)\tag{3}$$
Łączenie $(1)$ i $(2)$ daje pożądany rezultat.
Powinieneś być nieco ostrożny ze sposobem rozumienia sumy, ale zakładając, że rozumiesz $\sum_{n=-\infty}^\infty a_n$ to jako limit jako $N\to\infty$ z $\sum_{-N\le n\le N}(1-\frac{|n|}{N})a_n$ (Sumowanie Cesaro, które daje taki sam wynik jak zwykłe, gdy ma to sens), możesz po prostu napisać $$ (-1)^n\rm{sinc}(t-n)=\int_{-1/2}^{1/2}e^{-2\pi i n(x+\frac 12)}e^{2\pi i xt}\,dx $$ tak stają się sumy częściowe Cesaro $\int_{-1/2}^{1/2}K_N(x+\frac 12)e^{2\pi i xt}\,dx$ gdzie $K_N(z)=\sum_{-N}^N(1-\frac{|n|}{N}) e^{-2\pi i nz}$jest jądrem Fejer . To, co chcesz teraz wiedzieć, to to$K_N$ jest symetryczny, nieujemny, $1$-okresowy, ma całkę całkowitą $1$ w okresie i równomiernie $0$poza dowolnie małym sąsiedztwem liczb całkowitych. Więc dla dużych$N$, $K_N(x+\frac 12)$ to funkcja, która jest prawie $0$ na $(-\frac 12+\delta,\frac 12-\delta)$ dla każdego ustalonego $\delta>0$ i ma prawie całkę $\frac 12$ w każdym z przedziałów $[-\frac 12,-\frac 12+\delta]$ i $[\frac 12-\delta,\frac 12]$. Kiedy integrujesz coś takiego przeciwko$e^{2\pi i xt}$ nad $[-\frac 12,\frac 12]$, dostaniesz około $\frac 12(e^{-\pi it}+e^{\pi i t})=\cos(\pi t)$.
Jedynym krokiem, który nie jest przeznaczony dla pieszych w tym argumencie, jest przejście od zwykłego podsumowania do sumowania Cesaro. Możesz tego uniknąć, ale zamiast tego otrzymasz jądro Dirichleta, a ostatnie przejście do limitu będzie nieco mniej oczywiste (jądro nie będzie rozkładać się równomiernie w większości interwału, ale zamiast tego będzie oscylować szybciej i szybciej, a ty W końcu użyjesz czegoś w rodzaju lematu Riemanna-Lebesgue'a, aby pokazać, że musisz patrzeć tylko na (małe sąsiedztwa) punktów końcowych.