Caso extremo com amostragem e reconstrução.

2
robert bristow-johnson 2020-12-31 19:15.

Eu sei que já tinha tentado resolver essa questão antes, aqui e aqui , mas alguém tem em seu saco de truques a prova mais simples e concisa de que:

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

Onde

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

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

Posso mostrar que ambos os lados são uma função uniforme em $t$ e que ambos os lados concordam quando $t$é um número inteiro. Mas qual é a maneira mais simples de mostrar igualdade para todos os reais$t$ ?

Isso é algo que quero preparar para nós, engenheiros elétricos neandertais. (e obrigado.)

2 answers

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Matt L. 2021-01-04 09:17.

Essa resposta é amplamente baseada nesta resposta (muito concisa) a uma pergunta relacionada do OP.

Observe que para $t\in\mathbb{Z}$a igualdade é fácil de mostrar. O caso interessante é quando$t$não é um número inteiro. A derivação abaixo é válida para valores reais não inteiros de$t$.

Usando $\cos(x)\sin(y)=\frac12\big[\sin(x+y)-\sin(x-y)\big]$ nós podemos escrever

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

Agora precisamos do seguinte resultado:

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

que pode ser encontrado aqui , aqui e aqui , e que pode ser derivado da conhecida representação de produto infinito da função sinc

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

Combinando $(1)$ e $(2)$ produz o resultado desejado.

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fedja 2021-01-01 19:34.

Você deve ter algum cuidado com a forma como entende a soma, mas, presumindo que você entende $\sum_{n=-\infty}^\infty a_n$ isso como o limite de $N\to\infty$ do $\sum_{-N\le n\le N}(1-\frac{|n|}{N})a_n$ (Somatório de Cesaro, que dá o mesmo resultado que o usual quando o último faz sentido), você pode simplesmente escrever $$ (-1)^n\rm{sinc}(t-n)=\int_{-1/2}^{1/2}e^{-2\pi i n(x+\frac 12)}e^{2\pi i xt}\,dx $$ então as somas parciais de Cesaro se tornam $\int_{-1/2}^{1/2}K_N(x+\frac 12)e^{2\pi i xt}\,dx$ Onde $K_N(z)=\sum_{-N}^N(1-\frac{|n|}{N}) e^{-2\pi i nz}$é o kernel Fejer . O que você quer saber agora é que$K_N$ é simétrico, não negativo, $1$-periódico, tem integral total $1$ ao longo do período e tende uniformemente a $0$fora de uma vizinhança arbitrariamente pequena dos inteiros. Então, para grande$N$, $K_N(x+\frac 12)$ é uma função que é quase $0$ em $(-\frac 12+\delta,\frac 12-\delta)$ para qualquer fixo $\delta>0$ e tem quase integral $\frac 12$ sobre cada um dos intervalos $[-\frac 12,-\frac 12+\delta]$ e $[\frac 12-\delta,\frac 12]$. Quando você integra algo assim contra$e^{2\pi i xt}$ sobre $[-\frac 12,\frac 12]$, você obterá aproximadamente $\frac 12(e^{-\pi it}+e^{\pi i t})=\cos(\pi t)$.

O único passo não pedestre neste argumento é mudar do somatório usual para o de Cesaro. Você pode evitá-lo, mas então você obterá o kernel de Dirichlet e a última passagem para o limite será um pouco menos óbvia (o kernel não irá decair uniformemente no intervalo, mas em vez disso irá oscilar cada vez mais rápido lá e você acabará usando algo como o lema de Riemann-Lebesgue para mostrar que você precisa olhar apenas os (pequenos bairros de) pontos de extremidade.

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