¿Dónde está la falla en esta derivación de la DTFT de la secuencia de pasos unitarios

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Esta pregunta está relacionada con esta otra pregunta mía donde solicito derivaciones de la transformada de Fourier de tiempo discreto (DTFT) de la secuencia de pasos unitarios $u[n]$ . Durante mi búsqueda de derivaciones encontré una que es asombrosamente simple. Lo vi por primera vez en la página 138 de este libro de BA Shenoi. También lo encontré en matemáticas . SE en esta respuesta .

Como el argumento es corto y simple, lo repetiré aquí por conveniencia.

La secuencia de pasos unitarios se puede escribir como
$\begin{matrix} (1) & u [n] = f [n] + \frac{1}{2} \end{matrix}$ $u[n]=f[n]+\frac12\tag{1}$ con $\begin{matrix} (2) & f [n] = {\begin{cases} \frac{1}{2}, n \geq 0 \\ - \frac{1}{2}, n < 0 \end{cases} \end{matrix}$ $f[n]=\begin{cases}\frac12,\quad n\ge 0\\-\frac12,\quad n<0\end{cases}\tag{2}$ Obviamente, $\begin{matrix} (3) & f [n] - f [n - 1] = δ [n] \end{matrix}$ $f[n]-f[n-1]=\delta[n]\tag{3}$ Aplicando el DTFT en ambos lados de $(3)$ da $\begin{matrix} (4) & F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{4}$ donde $F(\omega)$ es la DTFT de $f[n]$ . De $(4)$ obtenemos $\begin{matrix} (5) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{5}$ De $(5)$ y $(1)$ obtenemos la DTFT de $u[n]$ $\begin{matrix} (6) & U (ω) = F (ω) + π δ (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω), - π \leq ω < π \end{matrix}$ $U(\omega)=F(\omega)+\pi\delta(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega),\quad -\pi\le\omega <\pi\tag{6}$ donde he usado $\text{DTFT}\{1\}=2\pi\delta(\omega)$ , $-\pi\le\omega <\pi$ .

Eq. $(6)$ para la DTFT de $u[n]$ es sin duda correcta. Sin embargo, la derivación es defectuosa.

La pregunta es: encontrar y explicar la falla en la derivación anterior.

Anteponga su respuesta con la etiqueta de spoiler >!.

— Matt L.
fuente

1

Lo que me perturba es que

es una señal de potencia finita , no una señal de energía finita , que es lo que obtenemos cuando sumamos estas dos señales de energía infinita.

f [n]

$f[n]$

— robert bristow-johnson

Además, ¿no es

?

DTFT {x [n] = 1} = 2 π \sum_{k = - \infty}^{+ \infty} δ (ω - 2 k π)

$\text{DTFT}\{x[n]=1\} = 2\pi \sum_{k=-\infty}^{+\infty} \delta(\omega-2k\pi)$

— robert bristow-johnson

Gracias a todos por sus respuestas! Los he votado a todos, y cada uno de ellos resulta en una agradable discusión sobre aspectos no tan conocidos del DTFT de señales extrañas (es decir, los que no están en

o

). Solo puedo aceptar una, y esperaré un poco más por nuevas respuestas o cambios en las respuestas existentes. También agregaré mi propia respuesta más adelante.

ℓ^{1}

$\ell^1$

ℓ^{2}

$\ell^2$

— Matt L.

1

Matt,

definitivamente no es energía finita. un número infinito de muestras que cuadran para ser

f [n]

$f[n]$

no suman para ser un número finito.

\frac{1}{4}

$\tfrac14$

— Robert Bristow-Johnson

1

@ robertbristow-johnson: ¿Qué es lo que te preocupa de eso? Si las señales se cancelan entre sí en todas partes, excepto por un número finito de puntos, entonces eso es lo que obtenemos.

— Matt L.

7

Hay infinitas señales que hacen que se cumpla la siguiente igualdad:
$y [n] - y [n - 1] = δ [n] (1)$ $y[n]-y[n-1]=\delta[n] \qquad (1)$ Lo único que importa es que $y[0]-y[-1]=1$ , y luego el resto de los coeficientes de $y$ pueden determinarse bajo la restricción de que Eq. $(1)$ estados (es decir, la sustracción de muestras consecutivas debe ser $0$ para $n\neq 0$ ). En otras palabras, la ecuación. $(1)$ se logrará mediante cualquier señal $y[n]$ tal que $y [0] = y [- 1] + 1 \land y [n] = y [n - 1] \forall n \neq 0$ $y[0]=y[-1]+1 \land y[n]=y[n-1] \ \forall n\neq0$ Otra forma de ver esto es que cualquier función que sea básicamente $u[n]$ con un desplazamiento (un valor constante agregado) satisfará $(1)$ . Esto explica la declaración hecha porRobert Bristow-Johnson en su respuesta : los diferenciadores destruyen esta información (como tomar una derivada en tiempo continuo destruye la evidencia de cualquier valor constante en la función original).
En resumen, creo que la prueba es defectuosa porque el procedimiento seguido podría usar cualquier función de la forma $u[n]+C$ con $C\in\mathbb{R}$ , y esto conduciría a que muchas funciones tengan la misma transformada de Fourier, lo que de hecho es incorrecto como la transformada de Fourier es una biyección. Tal vez el autor decidió deliberadamente ignorar cualquier cosa relacionada con los valores DC, consciente de que para mostrar que $F(\omega)$ es la DTFT de $f[n]$ necesitaría la propiedad de acumulación (cuya prueba más popular se deriva de la DTFT del paso unitario, ergo, una prueba bastante circular). La prueba no es estrictamente incorrecta , ya que todo lo que dice (las fórmulas para $F(\omega)$ y $U(\omega)$ , la descomposición del paso unitario, la ecuación de diferencia) es cierto, pero requeriría la propiedad de acumulación para mostrar por qué $F(\omega)$ no tiene ningún delta de Dirac.

— Tendero
fuente

Estás totalmente en el camino correcto! ¿Tiene una idea de cómo se podría resolver esta falla, es decir, cómo hacerlo correctamente?

— Matt L.

@MattL. Establecer una condición inicial para

haría el truco y determinaría la señal de forma unívoca. Esa condición inicial determinaría el valor de CC de la señal

, que aparece en la DTFT como una constante multiplicando un impulso de Dirac (de acuerdo con la propiedad de acumulación). Creo que en la prueba dada, esto funciona porque la señal

no tiene valor de CC ya que es simétrica alrededor de

, por lo que el DTFT es correcto en ese caso. Pero el hecho de que la señal no tiene DC debería ser declarado, ya que es fundamental, creo.

y [n]

$y[n]$

y [n]

$y[n]$

f [n]

$f[n]$

0

$0$

— Tendero

Hay muchas buenas respuestas y es difícil elegir cuál aceptar. Pero esta fue muy apreciada por la comunidad, y también creo que señala más claramente el error en la derivación. ¡Gracias a todos!

— Matt L.

4

Estaba abrumado por la cantidad de respuestas que recibí (¡10 respuestas hasta ahora!). Por supuesto, todos ellos obtuvieron mi voto positivo. Esto fue divertido, gracias a todos por sus pensamientos, comentarios, etc. Sé que a estas alturas la mayoría de ustedes saben cuál es la falla, al menos a la que me refería. Las personas expresan las cosas de manera diferente, y siempre hay lugar para malentendidos, por lo que intentaré formular claramente lo que creo que es la falla más importante en esa derivación. Soy consciente del hecho de que no todos estarán de acuerdo y eso está bien. ¡Estoy feliz de poder discutir este tipo de temas DSP esotéricos con mentes tan agudas como ustedes! Aquí vamos.

Mi primer reclamo es que todas y cada una de las ecuaciones de mi pregunta son correctas. Sin embargo, la derivación y motivación de algunos de ellos es totalmente errónea y engañosa, y esa "derivación" solo puede existir porque el autor sabía cómo se suponía que debía ser el resultado.

Eq. (3) en la pregunta ( ) es correcta para la secuencia dada (Ec. en la pregunta), pero claramente también correcto para todas las secuencias de la forma con alguna constante arbitraria . Entonces, de acuerdo con la derivación, la DTFT resultante $f[n]-f[n-1]=\delta[n]$ $f[n]$ $(2)$
$\begin{matrix} (1) & f [n] = u [n] + c \end{matrix}$ $f[n]=u[n]+c\tag{1}$ $c$ de la pregunta? debe ser la DTFT de todas las secuencias de la forma , independientemente del valor de la constante . Por supuesto, eso no tiene sentido porque el DTFT es único. Específicamente, usando esa misma "prueba" podría "mostrar" que como se indica en la ecuación. de mi pregunta (o la ecuación continuación) es en realidad la DTFT de que estamos buscando. Entonces, ¿por qué molestarse en dividir como en la ecuación? $F(\omega)$ $(1)$ $c$ $F(\omega)$ $(5)$ $(3)$ $u[n]$ $u[n]$ $(1)$
Sin embargo, es cierto que las DTFT de todas las secuencias satisfacen la ecuación. en la pregunta (repetida aquí por conveniencia): Pero ahora viene la falla matemática real: de la ecuación. es incorrecto concluir $(1)$ $(4)$
$\begin{matrix} (2) & F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 \end{matrix}$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1\tag{2}$ $(2)$ Eq. es solo una de las infinitas soluciones posibles de, y resulta conveniente que sea la que necesita el autor para llegar al resultado final correcto. Eq. es la DTFT deencon $\begin{matrix} (3) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}\tag{3}$ $(3)$ $(2)$ $(3)$ $f[n]$ $(1)$ , pero a partir de la derivación dada no hay forma de saberlo. $c=-\frac12$
Entonces, ¿cómo podemos evitar ese error matemático y usar para derivar las DTFT de secuencias , con cualquier constante ? La conclusión correcta de es $(2)$ $all$ $(1)$ $c$ $(2)$ con alguna constanteaún indeterminada. Al enchufaren el lado izquierdo deobtiene
$\begin{matrix} (4) & F (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + α δ (ω) \end{matrix}$ $F(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\alpha\delta(\omega)\tag{4}$ $\alpha$ $(4)$ $(2)$ Entonces, todas las funciones dadas por satisfacen $1 + α (1 - e^{- j ω}) δ (ω) = 1 + α (1 - e^{- j ω}) |_{ω = 0} \cdot δ (ω) = 1 + 0 \cdot δ (ω) = 1$ $1+\alpha (1-e^{-j\omega})\delta(\omega)=1+\alpha (1-e^{-j\omega})\Big{|}_{\omega=0}\cdot\delta(\omega)=1+0\cdot\delta(\omega)=1$ $F(\omega)$ $(4)$ $(2)$ , según sea necesario.
La constante en se puede determinar a partir del valor de en : $\alpha$ $(4)$ $f[n]$ $n=0$
$\begin{matrix} (6) & f [0] = 1 + c = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} F (ω) d ω = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} + \frac{α}{2 π} \end{matrix}$ $f[0]=1+c=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F(\omega)d\omega=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}+\frac{\alpha}{2\pi}\tag{6}$ $(6)$ $\begin{matrix} (7) & P V \int_{- π}^{π} \frac{d ω}{1 - e^{- j ω}} = π \end{matrix}$ $PV\int_{-\pi}^{\pi}\frac{d\omega}{1-e^{-j\omega}}=\pi\tag{7}$ $(6)$ $(7)$ $\begin{matrix} (8) & α = π (1 + 2 c) \end{matrix}$ $\alpha=\pi (1+2c)\tag{8}$ $c=-\frac12$ $\alpha=0$ $f[n]$ $c=0$ $f[n]=u[n]$ $\alpha=\pi$ $u[n]$ $\begin{matrix} (9) & U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω) \end{matrix}$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega)\tag{9}$

— Matt L.
fuente

F (ω)

$F(\omega)$

F (ω)

$F(\omega)$

(4)

$(4)$

(2)

$(2)$

ω = 0

$\omega=0$

ω = 0

$\omega=0$

(1 - e^{- j ω})

$(1-e^{-j\omega})$

(1 - e^{- j ω})

$(1-e^{-j\omega})$

No estoy realmente seguro de que no pueda haber otra función que no sea el impulso delta de Dirac (y sus derivados) que tenga esta propiedad. Pero está bien, su respuesta está bien escrita. Voto a favor. Gracias.

— AlexTP

2

La falla sigue a la palabra "Obviamente", si se supone que esa es la función Delta de Dirac.
Aquí está el borrador de una respuesta para su otra pregunta que nunca publiqué:
-------------------------------------------------- -------------
No creo que sea posible una prueba. Este puede ser un caso de una "definición funcional" que tiene las propiedades deseadas.

$X_{2 π} (ω) = \sum_{n = - \infty}^{+ \infty} x [n] e^{- j ω n}$ $X_{2\pi} \left(\omega\right) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] e^{-j \omega n}$ $U = \sum_{n = 0}^{+ \infty} e^{- j ω n}$ $U = \sum\limits_{n=0}^{+\infty} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} \sum_{n = 0}^{N - 1} e^{- j ω n}$ $U = \lim_{ N \to \infty } \sum\limits_{n=0}^{N-1} e^{-j \omega n}$ $U = lim_{N \to \infty} [\frac{1 - e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ 1 - e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ $U = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} - lim_{N \to \infty} [\frac{e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]$ $U = \frac{ 1 }{ 1 - e^{-j \omega } } - \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$ $\omega = 0$ $\pi$ $\omega \neq 0$
Probar que la definición funciona de manera deseable es una cuestión diferente.
La prueba de la página 138 es incorrecta (al menos) porque:

$δ (t) = lim_{a \to 0} \frac{1}{2 a} [u (t + a) - u (t - a)] = \frac{d u}{d t}$ $\delta(t) = \lim_{ a \to 0 } \frac{1}{2a} \left[ u(t + a) - u(t - a) \right] = \frac{du}{dt}$ $\delta(n) = u_2(n) - u_2(n-1)$
Situación interesante, espero que esto ayude. Estoy ansioso por lo que tienes que decir.
Sección de la economía

— Cedron Dawg
fuente

δ [n]

$\delta[n]$

n = 0

$n=0$

1

$1$

U = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} - lim_{N \to \infty} [\frac{e^{- j ω N}}{1 - e^{- j ω}}]

$U = \frac{ 1 }{ 1 - e^{-j \omega } } - \lim_{ N \to \infty } \left[ \frac{ e^{-j \omega N} }{ 1 - e^{-j \omega } } \right]$

2

$1=2$
$F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1$ $F(\omega)\left(1-e^{-j\omega}\right)=1$ $\omega=2k\pi \text{ for } k \in \mathbb{Z}$

— robert bristow-johnson
fuente

3

u [n]

$u[n]$

u [n] - \frac{1}{2}

$u[n]-\tfrac{1}{2}$

w \neq 2 π k

$w \neq 2\pi k$

δ [n]

$\delta[n]$

ω

$\omega$

ω = 2 k π

$\omega=2k\pi$

δ [n]

$\delta[n]$

1 - e^{- j w}

$1-e^{-j w}$

F (w)

$F(w)$

f [n] - f [n - 1] = δ [n]

$f[n]-f[n-1]=\delta[n]$

u [n]

$u[n]$

2

$lim_{N \to \infty} \sum_{n = - N}^{n = N} f [n] e^{- j ω n} (1 - e^{- j ω n}) + (e^{j ω N} f [N] + e^{- j ω N} f [- N]) e^{- j ω} = 1$ $\lim_{N \to \infty} \sum_{n=-N}^{n=N}f[n]e^{-j\omega n} (1-e^{-j\omega n})+(e^{j\omega N}f[N]+e^{-j\omega N}f[-N])e^{-j\omega}=1$ $f[n]=u[n]$ $lim_{N \to \infty} \sum_{n = - N}^{n = N} f [n] e^{- j ω n} (1 - e^{- j ω n}) + e^{j ω N} e^{- j ω} = 1$ $\lim_{N \to \infty} \sum_{n=-N}^{n=N}f[n]e^{-j\omega n} (1-e^{-j\omega n})+e^{j\omega N}e^{-j\omega}=1$

— AlexTP
fuente

F (ω)

$F(\omega)$

ω \neq 2 k π

$\omega \ne 2 k \pi$

k

$k$

F (ω)

$F(\omega)$

ω = 2 k π

$\omega = 2k\pi$

\sum_{n = 1}^{\infty} \sin (ω n)

$\sum_{n=1}^\infty \sin(\omega n)$

ω

$\omega$

ω = 2 k π

$\omega = 2k\pi$

U (ω)

$U(\omega)$

F (ω)

$F(\omega)$

u [n]

$u[n]$

1

u [n]

$u[n]$

f [n]

$f[n]$

u [n] - u [n - 1] = δ [n]

$u[n] - u[n-1] = \delta[n]$

2

Creo que he descubierto la mejor manera de expresar la falla en esta prueba. Así que voy a darle otra puñalada.
$\frac{1}{2}$ $x$

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 2 π x δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+2\pi x \delta(\omega)$
$x$ $\frac{1}{2}$
Además, si toma el paso que hice en mi última respuesta y encuentra (4) se expresa como

$F (ω) (1 - e^{- j ω}) = 1 + 2 π x (1 - e^{- j ω}) δ (ω)$ $F( \omega )(1 - e^{-j\omega} ) = 1 + 2\pi x (1 - e^{-j\omega} ) \delta(\omega)$
Seguido de incluirlo en (5) y (6) obtienes:

$U (ω) = \frac{1}{1 - e^{- j ω}} + 4 π x δ (ω)$ $U(\omega)=\frac{1}{1-e^{-j\omega}}+ 4\pi x \delta(\omega)$
Lo cual, como señalé anteriormente, es inconsistente con la definición de llegar allí.
$x = \frac{1}{2}$ $\pi$ $\delta(\omega)$
$x=\frac{1}{2}$
Sección de la economía

— Cedron Dawg
fuente

1

Esto es en respuesta a los comentarios en mi primera respuesta. Debido al encubrimiento del spoiler, lo publico como una respuesta separada.
Iba a publicar mi otra respuesta a la otra pregunta, pero no lo hice debido a mi falta de experiencia en esta área. Lo publiqué ayer, lo eliminé, luego lo borré, luego descubrí cómo emplear etiquetas de spoiler.
$\delta$ $\delta$ $\delta_p$

$δ_{p} [n] = f [n] - f [n - 1] = u [n] - u [n - 1]$ $\delta_p[n] = f[n] - f[n-1] = u[n] - u[n-1]$
Tomando el DTFT de las partes izquierda y derecha. No estoy seguro de tener las anotaciones correctas, pero las matemáticas deberían ser claras. Usando la definición que se está probando.

$F_{p} (ω) = F_{u} (ω) - F_{u} (ω) e^{- j ω}$ $F_p( \omega ) = F_u( \omega ) - F_u( \omega ) e^{-j\omega}$

$F_{p} (ω) = [\frac{1}{1 - e^{- j ω}} + π δ (ω)] - [\frac{e^{- j ω}}{1 - e^{- j ω}} + (π e^{- j ω}) δ (ω)]$ $F_p( \omega ) = \left[ \frac{1}{1-e^{-j\omega}}+\pi\delta(\omega) \right] - \left[ \frac{e^{-j\omega}}{1-e^{-j\omega}}+ ( \pi e^{-j\omega} ) \delta(\omega) \right]$

$F_{p} (ω) = \frac{1 - e^{- j ω}}{1 - e^{- j ω}} + π (1 - e^{- j ω}) δ (ω)$ $F_p( \omega ) = \frac{1-e^{-j\omega}}{1-e^{-j\omega}} + \pi (1 - e^{-j\omega} )\delta(\omega)$

$F_{p} (ω) = 1 + π (1 - e^{- j ω}) δ (ω) \neq 1$ $F_p( \omega ) = 1 + \pi (1 - e^{-j\omega} ) \delta(\omega) \neq 1$
$\omega = 2k\pi$ $\omega = 2k\pi$
Sección de la economía
==============================
Seguimiento:
$\delta_p$

— Cedron Dawg
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F_{p} (ω) = 1

$F_p(\omega)=1$

(1 - e^{- j ω}) δ (ω)

$(1-e^{-j\omega})\delta(\omega)$

f (ω)

$f(\omega)$

ω = 0

$\omega=0$

f (ω) δ (ω) = f (0) δ (ω)

$f(\omega)\delta(\omega)=f(0)\delta(\omega)$

f (0) = 0

$f(0)=0$

1

$\sum (a [n] - b [n]) c_{ω} [n] = \sum a [n] c_{ω} [n] - \sum b [n] c_{ω} [n]$ $\sum (a[n] - b[n])c_\omega[n] = \sum a[n]c_\omega[n]- \sum b[n]c_\omega[n]$ $\ell_1$ $\ell_2$ $f[n]-f[n-1]$

— Laurent Duval
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1

entonces Matt

$f[n]$

f [n] ≜ {\begin{cases} \frac{1}{2} e^{- α n} & n \geq 0 \\ - \frac{1}{2} e^{α n} & n < 0 \end{cases}

$f[n] \triangleq \begin{cases} \ \tfrac12 e^{-\alpha n} \qquad & n \ge 0 \\ -\tfrac12 e^{ \alpha n} \qquad & n < 0 \\ \end{cases}$

$\alpha > 0$

ahora tenemos señales de energía finita y las DTFT deberían ser comparables.

\begin{aligned} f [n] - f [n - 1] & = {\begin{cases} \frac{1}{2} (e^{- α n} - e^{- α (n - 1)}) & n > 0 \\ \frac{1}{2} (1 + e^{- α}) & n = 0 \\ - \frac{1}{2} (e^{α n} - e^{α (n - 1)}) & n < 0 \end{cases} \\ = {\begin{cases} \frac{1}{2} (1 - e^{α}) e^{- α n} & n > 0 \\ \frac{1}{2} (1 + e^{- α}) & n = 0 \\ \frac{1}{2} (e^{- α} - 1) e^{α n} & n < 0 \end{cases} \end{aligned}

$\begin{align} f[n]-f[n-1] &= \begin{cases} \tfrac12 (e^{-\alpha n} - e^{-\alpha (n-1)}) \qquad & n > 0 \\ \tfrac12 (1 + e^{ -\alpha })\qquad & n = 0 \\ -\tfrac12 (e^{\alpha n} - e^{\alpha(n-1)})\qquad & n < 0 \\ \end{cases} \\ \\ \\ &= \begin{cases} \tfrac12 (1 - e^{\alpha}) e^{-\alpha n} \qquad & n > 0 \\ \tfrac12 (1 + e^{ -\alpha }) \qquad & n = 0 \\ \tfrac12 (e^{-\alpha} - 1)e^{\alpha n} \qquad & n < 0 \\ \end{cases} \\ \end{align}$

$\alpha \to 0$

pero, por desgracia, son casi las 2 am y no voy a lidiar con eso ahora.

— robert bristow-johnson
fuente

α

$\alpha$

α \to 0

$\alpha\rightarrow 0$