La solución de un duro integral

Question

Estoy estudiando telecomunicaciones teoría y yo estaba haciendo un ejercicio donde es necesario encontrar la (infinito) grifos de cero forzar el ecualizador. Aquí es el punto donde estoy atascado en:

$$ p_\ell=T\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\frac{e^{j2\pi f\ell T}}{1+\alpha e^{-j2\pi fT}}df $$ Donde:

• $\ell\in \mathbb{Z}$
• $0<\alpha<\frac{1}{2}$
• $T>0$
• $T,\alpha\in\mathbb{R}$

Que sale porque el canal en el dominio del tiempo de respuesta es: $$ g(t)=\delta(t)+\alpha\delta(t-T) $$ Y su transformada de fourier de curso es: $$ G(f)=1+\alpha e^{-j2\pi fT} $$ En una ZF de ecualizador es necesario que el total de f-respuesta de la canal y el ecualizador es la unidad, es decir,$ P(f)\cdot G(f)=1 $, así que para encontrar la $p_\ell$ secuencia uno tiene que anti-transformar $\frac{1}{G(f)}$.

No parece que me he hecho errores antes de la integral, pero no tengo ni idea de cómo resolverlo, si es posible. Ayuda/sugerencias sería muy apreciada.

Gracias a PhoemueX respuesta:

$$ \frac{1}{1 + \alpha e^{-2\pi i f T}} = \frac{1}{1 - (- \alpha e^{-2\pi i f T})} = \sum_{n=0}^{\infty} (-\alpha \cdot e^{-2\pi i f T})^n, $$

Así que vamos a empezar balanceo:

$$ p_\ell=T\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}e^{j2\pi f\ell T}\sum_{n=0}^{\infty} (-\alpha \cdot e^{-2\pi i f T})^fdn=\\ T =\sum_{n=0}^{\infty}\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}(-\alpha)^ne^{j2\pi f T(\ell-n)}df=\\ =\frac{T}{j2\pi T}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-\alpha)^n}{\ell n} \left(e^{j\pi(\ell-n)}-e^{-j\pi(\ell-n)}\right)=\\ =\frac{2j}{2j\pi}\sum_{n=0}^{\infty}(-\alpha)^n\frac{\sen[\pi(\ell-n)]}{\ell n}=\\ =\sum_{n=0}^{\infty}(-\alpha)^n\text{pues}(\ell-n) $$

La última línea es igual a cero siempre que $\ell\neq n$, mientras que al $\ell=n$ la sinc no está definido. Podemos no calcular el límite debido a que es un disparate en $\mathbb{Z}$ pero mirando en la segunda ecuación podemos ver que cuando la $\ell=n$ la integral se convierte en trivial y que la suma es igual a $(-\alpha)^\ell$

Para resumir: $$ p_\ell=(-\alpha)^\ell $$

La matemática es impresionante.

Answer 1

Expanda el denominador en una serie geométrica como este:

$$ \frac{1}{1 + \alpha e^{-2\pi i f T}} = \frac{1}{1 - (- \alpha e^{-2\pi i f T})} = \sum_{n=0}^{\infty} (-\alpha \cdot e^{-2\pi i f T})^n, $$

en los que la serie converge uniformemente mientras $|\alpha|<1$ (este es el caso de tu pregunta).

Por lo tanto, podemos intercambio de suma y de la integración.

¿Por qué ayuda esto a usted?

Answer 2

También puede resolver este problema con las herramientas estándar de análisis complejo. Si usted realiza una substitución $z=\exp(2\pi i fT)$, entonces la integral se convierte en $$p_\ell=\frac{1}{2\pi i}\int dz\ \frac{z^\ell}{z+\alpha}$$ donde el contorno de la integración es el círculo unitario orientado en sentido antihorario.

Debido a $\alpha\in(0,\tfrac{1}{2})$, hay un poste en $z=-\alpha$ contenida en el contorno. Tenga en cuenta que, al $\ell<0$, hay un segundo polo en $z=0$. La integral por lo tanto se evalúa a $$p_\ell={\rm Res}\left(\frac{z^\ell}{z+\alpha};z=-\alpha\right)+{\rm Res}\left(\frac{z^\ell}{z+\alpha};z=0\right).$$ Estos residuos pueden ser evaluados fácilmente: $${\rm Res}\left(\frac{z^\ell}{z+\alpha};z=-\alpha\right)=(-\alpha)^\ell,$$ $${\rm Res}\left(\frac{z^\ell}{z+\alpha};z=0\right)=\begin{cases}0,&\ell\ge 0\\-(-\alpha)^\ell,&\ell<0\end{cases}.$$

El resultado es ligeramente diferente de lo que has encontrado. Es decir, la integral se desvanece para $\ell<0$: $$p_l=\begin{cases}0,&\ell<0\\(-\alpha)^\ell,&\ell\ge 0\end{cases}.$$