第 2 次作业：傅里叶级数与傅里叶变换

#作业

我按 2信号与系统第二次作业.pdf 整理。图形题用等价的分段函数与对称条件表述，避免整页截图。

1. 两个周期信号的傅里叶级数

周期均为 TT，ω0=2π/T\omega_0=2\pi/T。

  1. 三角波在一个周期 (−T/2,T/2)(-T/2,T/2) 内为

    f(t)={2ETt+E,−T2<t<0,−2ETt+E,0<t<T2.f(t)=\begin{cases} \dfrac{2E}{T}t+E,&-\dfrac T2<t<0,\\ -\dfrac{2E}{T}t+E,&0<t<\dfrac T2. \end{cases}

  2. 矩形波在一个周期内为

    f(t)={E/2,−T/2<t<0,−E/2,0<t<T/2.f(t)=\begin{cases} E/2,&-T/2<t<0,\\ -E/2,&0<t<T/2. \end{cases}

求二者的三角形式傅里叶级数。

展开解析

三角波为偶函数，a0=Ea_0=E，且

an=2En2π2[1−(−1)n]={0,n 为偶数,4En2π2,n 为奇数.a_n=\frac{2E}{n^2\pi^2}[1-(-1)^n] =\begin{cases} 0,&n\text{ 为偶数},\\ \dfrac{4E}{n^2\pi^2},&n\text{ 为奇数}. \end{cases}

所以

f(t)=E2+∑m=0∞4E(2m+1)2π2cos⁡[(2m+1)ω0t].f(t)=\frac E2+\sum_{m=0}^{\infty} \frac{4E}{(2m+1)^2\pi^2} \cos[(2m+1)\omega_0t].

矩形波为奇函数，只有正弦项：

bn=Enπ[(−1)n−1]={0,n 为偶数,−2Enπ,n 为奇数.b_n=\frac{E}{n\pi}[(-1)^n-1] =\begin{cases} 0,&n\text{ 为偶数},\\ -\dfrac{2E}{n\pi},&n\text{ 为奇数}. \end{cases}

因此

f(t)=−∑m=0∞2E(2m+1)πsin⁡[(2m+1)ω0t].f(t)=-\sum_{m=0}^{\infty} \frac{2E}{(2m+1)\pi}\sin[(2m+1)\omega_0t].

2. 从波形判断谐波组成

原卷给出三幅周期波。等价的图形特征如下：

  1. 关于 t=0t=0 偶对称，并且每隔 T/2T/2 重复；
  2. 关于 t=0t=0 偶对称，且满足 f(t+T/2)=−f(t)f(t+T/2)=-f(t)；
  3. 关于 t=0t=0 奇对称，且满足 f(t+T/2)=−f(t)f(t+T/2)=-f(t)。

分别判断傅里叶级数包含哪些分量。

展开解析
  1. 偶函数只含余弦；T/2T/2 周期只留下偶次谐波，同时可以有直流分量。
  2. 偶函数只含余弦；半波反对称只留下奇次谐波。
  3. 奇函数只含正弦；半波反对称只留下奇次谐波。

因此依次为：直流与偶次余弦；奇次余弦；奇次正弦。

3. 用对称条件补全一个周期

已知 f(t)f(t) 在 0≤t≤T/40\le t\le T/4 上的一段波形，记为 q(t)q(t)。分别按下列条件补全一个周期：

  1. ff 是奇函数，且只含偶次谐波；
  2. ff 是偶函数，同时含偶次与奇次谐波。
展开解析

第一种情况同时满足

f(−t)=−f(t),f(t+T/2)=f(t).f(-t)=-f(t),\qquad f(t+T/2)=f(t).

所以先用奇对称把 qq 延拓到 [−T/4,0][-T/4,0]，再以 T/2T/2 为周期复制，就唯一补全了一个 TT 周期。

第二种情况只由偶对称确定

f(−t)=f(t),f(-t)=f(t),

但“同时有奇、偶次谐波”不提供半波对称关系。因此 [T/4,T/2][T/4,T/2] 可任选一段不额外制造半波对称的波形，再关于 T/2T/2 镜像到 [T/2,3T/4][T/2,3T/4]，最后利用周期性补齐。答案不唯一。

4. 利用性质求傅里叶变换

已知 F[f(t)]=F(ω)\mathcal F[f(t)]=F(\omega)，求：

  1. (5−3t)f(−3t)(5-3t)f(-3t)；
  2. f(5−3t)f(5-3t)；
  3. f(−3t)cos⁡5tf(-3t)\cos5t；
  4. t df(t)/dtt\,df(t)/dt。
展开解析

令 g(t)=f(−3t)g(t)=f(-3t)，则 G(ω)=13F(−ω/3)G(\omega)=\frac13F(-\omega/3)，且

F{tg(t)}=jG′(ω)=−j9F′(−ω3).\mathcal F\{tg(t)\}=jG'(\omega) =-\frac j9F'\left(-\frac\omega3\right).

于是

F{(5−3t)f(−3t)}=53F(−ω3)+j3F′(−ω3),\mathcal F\{(5-3t)f(-3t)\} =\frac53F\left(-\frac\omega3\right) +\frac j3F'\left(-\frac\omega3\right), F{f(5−3t)}=13F(−ω3)e−j5ω/3,\mathcal F\{f(5-3t)\} =\frac13F\left(-\frac\omega3\right)e^{-j5\omega/3}, F{f(−3t)cos⁡5t}=16F(−ω+53)+16F(−ω−53),\mathcal F\{f(-3t)\cos5t\} =\frac16F\left(\frac{-\omega+5}{3}\right) +\frac16F\left(\frac{-\omega-5}{3}\right), F{tdfdt}=−F(ω)−ωF′(ω).\mathcal F\left\{t\frac{df}{dt}\right\} =-F(\omega)-\omega F'(\omega).

5. 求傅里叶反变换

求：

π[u(ω+ω0)−u(ω−ω0)],\pi[u(\omega+\omega_0)-u(\omega-\omega_0)], 2πδ(ω−π)+4πδ(ω)+6πδ(ω+π)2\pi\delta(\omega-\pi)+4\pi\delta(\omega) +6\pi\delta(\omega+\pi)

的傅里叶反变换。

展开解析

第一个频谱是在 [−ω0,ω0][-\omega_0,\omega_0] 上高度为 π\pi 的矩形：

x(t)=12π∫−ω0ω0πejωt dω=sin⁡(ω0t)t=ω0Sa⁡(ω0t).x(t)=\frac1{2\pi}\int_{-\omega_0}^{\omega_0} \pi e^{j\omega t}\,d\omega =\frac{\sin(\omega_0t)}t =\omega_0\operatorname{Sa}(\omega_0t).

第二个直接用 2πδ(ω−ωc)↔ejωct2\pi\delta(\omega-\omega_c)\leftrightarrow e^{j\omega_ct}：

x(t)=ejπt+2+3e−jπt.x(t)=e^{j\pi t}+2+3e^{-j\pi t}.

6. 三角脉冲

三角脉冲

f1(t)={E−2Eτ∣t∣,∣t∣≤τ/2,0,其他f_1(t)=\begin{cases} E-\dfrac{2E}{\tau}|t|,&|t|\le\tau/2,\\ 0,&\text{其他} \end{cases}

满足 F1(ω)=Eτ2Sa⁡2(ωτ/4)F_1(\omega)=\dfrac{E\tau}{2}\operatorname{Sa}^2(\omega\tau/4)。请由定义证明，并求

f2(t)=f1(t−τ/2)cos⁡(ω0t)f_2(t)=f_1(t-\tau/2)\cos(\omega_0t)

的傅里叶变换。

展开解析

利用偶对称：

F1(ω)=2E∫0τ/2(1−2tτ)cos⁡ωt dt=Eτ2Sa⁡2(ωτ4).F_1(\omega)=2E\int_0^{\tau/2} \left(1-\frac{2t}{\tau}\right)\cos\omega t\,dt =\frac{E\tau}{2}\operatorname{Sa}^2\left(\frac{\omega\tau}{4}\right).

先时移，再乘余弦：

F2(ω)=12[F1(ω−ω0)e−j(ω−ω0)τ/2+F1(ω+ω0)e−j(ω+ω0)τ/2].F_2(\omega)=\frac12\left[ F_1(\omega-\omega_0)e^{-j(\omega-\omega_0)\tau/2} +F_1(\omega+\omega_0)e^{-j(\omega+\omega_0)\tau/2} \right].

把 F1F_1 代入即可得到源文件中的完整表达式。

评论