Daubechies小波是正交、连续且紧支撑的。
正交条件下，$H(omega)$必须满足下式：
$|H(omega)|^2+|H(omega + pi)|^2 =1$
连续紧支撑条件下，$H(omega)$必须满足下式：
$H(omega)=left( frac{1+e^{-iomega}}{2} ight) ^N S(omega)$
$S(omega)=sum^A_{k=0}a_ke^{-ikomega}$
从上式可以看出，$h[n]$可看做N个[1,1]的卷积再和$s[n]$卷积（不考虑归一化），而$s[n]$就是$S(omega)$的系数：$s[n]=[a_0, a_1, a_2,...]$。
将紧支撑条件代入正交条件，简化后可得：
$(cos^2(frac{omega}{2}))^N|s(omega)|^2+(sin^2(frac{omega}{2}))^N|S(omega+pi)|^2=1$
若将$s[n]$限定为实数，那么$|S(omega)|^2$是偶函数，所以$|S(omega)|^2$可写作下式：
$|S(omega)|^2=sum^A_{k=0}d_k cos^k (omega) = sum^A_{k=0} d_k ( 1 - 2sin^2( frac{omega}{2} ) )$
至此，我们将三角变量全部化成$frac{omega}{2}$，且上式只包含$cos$和$sin$的平方项。
我们暂时令$ y=sin^2 ( frac{omega}{2} ) $，$P(y)=sum^A_{k=0}d_k(1-2y)^k$，就得到：
$(1-y)^NP(y)+y^NP(1-y)=1$
这种形式的方程的解为：
$P(y)=sum^{N-1}_{k=0}dbinom{2N-1}{k}y^k(1-y)^{N-1-k}$
然后将$y$和$P(y)$恢复成三角形式，以$frac{1-cos omega}{2}$代替$sin^2(frac{omega}{2})$，再将$cos omega$以欧拉公式替换为复指数形式，最后以$z=e^{-iomega}$替换复指数，最终得到：
$T(z)=|S(z)|^2 = frac{1}{ 4^{N-1} } sum^{N-1}_{k=0} dbinom{2N-1}{k} (-z+2-z^{-1})^k (z+2+z^{-1})^{N-1-k}$
上式满足$T(z)=T(frac{1}{z})$。于是我们就能得到一系列关于$T(z)$的零点的性质：
(a) 若$z_0 eq 0$是$T(z)$的零点，那么$1/z_0$也是$T(z)$的零点
(b) 若$z_0$是$T(z)$的零点，那么$overline{z_0}$也是$T(z)$的零点
考虑到将$z$的取值限定在单位圆上，我们有（考虑$|z|=|overline{z}|=zoverline{z}=1$）：
$|(z-w)(z-1/overline{w})|=|(z-w)(z-zoverline{z}/overline{w})|=|(z-w)z(1-overline{z/w})|=|z-w||w|^{-1}|overline{w-z}|=|w|^{-1}|z-w|^2$
这样，$T(z)=|S(z)|^2$就可以化为所有项均为平方的$z$的一次多项式连乘，且$z$的所有零点全部“翻转”到单位圆内成为最小相位系统。将$T(z)$开方（并归一化）后得到的$F(z)$代回到文章开头的$H(omega)=left( frac{1+e^{-iomega}}{2} ight) ^N S(omega)$，即可求得Daubechies尺度滤波器系数。
下面是一个求六抽头Daubechies尺度滤波器系数的例子：
$N=3$
$P(y)=1+3y+6y^2$
$T(z)=1+3(frac{1-z}{2})(frac{1-1/z}{2})+6((frac{1-z}{2})(frac{1-1/z}{2}))^2$
$=frac{3}{8} z^2+frac{9}{4} z+frac{19}{4} z^{-1}+frac{3}{8} z^{-2}$
$alpha=frac{3}{8}$
$T(z)$用计算机求解，取单位圆内零点：$z_1=0.28725+0.15289i, overline{z_1}=0.28725+0.15289i$
$F(z)=sqrt{frac{3}{8}} frac{1}{z_1}(z-z_1)(z-overline{z_1}) $
于是$H(omega)=(frac{1+e^{-iomega} }{2})^3 F(e^{-iomega}) $展开后即得滤波器系数。（习惯上将求得的滤波器系数逆序排列）