第5章 习题解答

(3) f (t) = e−2 t cosω0t ⋅ u(t) (4) f (t) = sin 2 ω0t ⋅ u(t)
【解】
(1) F ( jω) = jπ[δ (ω + ω0 ) − δ (ω − ω0 )] + π[δ (ω + ω0 ) + δ (ω − ω0 )]⋅ e− jω t0
(2) f (t) = e−2tu(t) ⋅ cosω0t
jω)
=
4Sa(ω)
− 5e jω
jω
+
e−
jω
(h) f8'(t) = p2 (t)
所以
F8 (
jω)
=
2Sa(ω) jω
+
2πδ (ω)
(i) f9(t) = δ (t +1) − δ (t −1) = p2'(t) 所以 F9 ( jω) = e jω − e− jω = j2ωSa(ω) = j2sin ω
=
2 π
[r (ω
−
3π
)
−
r
(ω
+
π
)
−
r(ω
−
π
)
+
r(ω
+
3π
)]
Sa(πt) , Sa(2πt) 和 f (t) = 8Sa(πt)Sa(2πt) 的频谱如所示。
F{Sa(πt)} 1
−π 0 π
ω − 2π
F{Sa(2πt)}
1 2
0
2π
ω −3π
F(jω)
4
−π
π
ω 3π
图5-1 题 5-7(3)信号频谱
第 5 章 非周期信号的频域分析习题详解
5-1 试求题 5-1 图所示非周期信号的频谱函数。
f(t) 2
t
−2 −1 0
1
2
(a)
f(t)
2
1
f(t) 2
1
t
0
1
2
(b)
f(t)
1
t
0
1
2
−τ
0
τ
t
(c)
(d)
题5-1图
【解】 将信号分解为基本信号，利用基本信号的 Fourier 变换以及 Fourier 变换的性质来求解。
F2 ( jω) = [F ( jω) + F (− ] jω) e− jω = [F ( jω) + F *( jω)]⋅ e− jω
=
2e−
jω
Re{F
(
jω)}
=
⎢⎣⎡2Sa(ω)
−
Sa
2
ω (
2
)⎥⎦⎤e−
jω
(d) f3(t) = f (t −1) + f1(t + 1)
t 2
104
信号与系统学习指导及习题详解
j
dF ( jω ω
)
−
2F
(
jω
)
5-7 试求下列信号的频谱函数 F(jω)。
(1) f (t) = e−2tu(t)sinπt
(2) f (t) = e−3 t −2
(3)
f
(t )
=
⎡ ⎢ ⎣
2
sin πt
πt
⎤⎡ ⎥⎢ ⎦⎣
2sin 2πt πt
⎤ ⎥ ⎦
t
(5) f (t ) = ∫
sin(πx) dx
5-6 已知 F[ f (t)] = F ( jω) 试计算下列信号的频谱函数 F(jω)。
(1) f (t − 5)
(2) f (5t)
(3) e jat f (bt)
(4) f (t) ∗δ (t / a − b)
(5) f (t)δ(t − a)
(6) e−atu(−t)
(7) f (5 − 5t)
−∞ πx
( ) (4) f (t) = d te−2t sin t u(t) dt (6) f (t) = e−2t+1u⎜⎛ t − 4 ⎟⎞
⎝2⎠
(7)
f
(t)
=
d dt
⎡ sin πt
⎢ ⎣
πt
∗
sin 2πt πt
⎤ ⎥ ⎦
【解】
(1) 由于 e−αtu(t) ↔ 1 ， α + jω
所以 F ( jω) = 1 ⋅ 1 * jπ[δ (ω + π ) − δ (ω − π )] 2π 2 + jω
(c) f3 (t) = p1 (t + 1/ 2) − p1 (t −1/ 2) ,
所以
F3
(
jω)
=
2
jSa(ω 2
)
sin(ω 2
)
(d)
f
'4 (t)
=
t p1( 2)
− δ (t
+ 1)
− δ (t
− 1)
所以
F4 (
jω)
=
2Sa(ω)
− e− jω
jω
−
e jω
(e) f5 (t) = p2 (t − 1) + 2 p2 (t − 3) − p1 (t − 4.5)
(a)
(b)
f4(t)
1
0
1
2
3
4t
0
1
2
3
4t
−1
−1
(c)
【解】
(d) 题5-2图
(a) 直接利用三角波信号的频谱的结论，或利用时域微分性质来求解。
F1
(
jω
)
=
Sa
2
ω (
2
)
(b) f 2 (t) = f1 (t − 1) + f1 (t − 3) , 利用 Fourier 变换的线性特性和时移特性，
f2(t)
cos(πt)
f1(t) 1
−1
1
t
0
0
(a)
t 2
f3(t) 1
1 −1 0
t
−1
(c)
f5(t) 2 1
0
2
−1
(e)
f7(t)
−1
1
−1
−3
−5
(g)
5t 4
f8(t)
t
2
−1 0
1
(h)
(b)
f4(t) 1
1
−1
01
t
−1
(d)
f6(t) 2
−2
0
2
t
(f)
f9(t)
(1)
1 t −1 0
( ) =
1 jω
⎜⎜⎝⎛ e
jω
−
1 jω
e jω −1 ⎟⎟⎠⎞ =
1 jω
⎜⎛ e ⎝
jω
−
ω Sa(
2
)e
jω
/2
⎟⎞ ⎠
(b) f1(t) = f (−t) ,
F1 (
jω)
=
F (−
jω)
=
−
1 jω
⎜⎛ e− jω ⎝
− Sa(ω )e− jω / 2 2
⎟⎞ ⎠
(c) f2 (t) = f (t −1) + f1 (t −1)
所以
F3 (
jω)
=
F(
jω)e− jω
+
F1(
jω)e jω
=
F(
jω)e− jω
+
F (−
jω)e jω
=
Sa2 (ω ) 2
(e) 由于 f '(t) = − f4 (t + 0.5) + δ (t + 1) , 故有 f4 (t) = δ (t + 0.5) − f '(t − 0.5)
所以
=
1 2j
⎡ ⎢⎣ 2 +
1 j(ω
+π)
−
2+
1 j(ω
⎤ − π ) ⎥⎦
(2)
由于
e −α t
←⎯→ 2α α2 +ω2
所以
F
(
jω)
=
9
6 + ω2
e−
j 2ω
(3)
由
Sa
(ω0t
)
←⎯→
π ω0
p2ω0 (ω) ,
可得
Sa(πt)←⎯→ p (ω) , Sa(2πt)←⎯→0.5 p (ω)
(4)
由于
te−2t
←⎯→
(2
1 + jω)2
,
所以
F(
jω)
=
ω 2
⎜⎜⎝⎛ (2 +
bb
b
b
(4) f (t) ∗δ (t / a − b)
δ (t − b) ↔ e− jbω , δ (t / a − b) ↔ a e− jabω ,
f (t) *δ (t / a − b) ↔ a e− jabω F ( jω)
(5) f (t)δ (t − a) = f (a)δ (t − a) ↔ f (a)e− jωa
∫0
(6) F{e−αtu(−t)} = e−αte− jωtdt = −
1
, α <0
−∞
α + jω
(7) f (−5t) ↔ 1 F (− j ω ) , f (5 − 5t) = f (−5(t −1)) ↔ 1 F (− j ω )e− jω
5
5
5
5
(8)
F{(t − 2) f (t)} =
t
(-1)
(i)
第 5 章 非周期信号的频域分析
105
【解】
题5-5图
(a) f1(t) = p1(0.5(t −1))
所以 F1 ( jω) = 2Sa(ω)e− jω
(b) f2 (t) = p2 (t) cos(πt) , 根据 Fourier 变换的调制特性
所以 F2 ( jω) = Sa(ω + π ) + Sa(ω − π )
(8) (t − 2) f (t)
【解】
(1) F{ f (t − 5)} = F ( jω)e− j5ω
(2) F{ f (5t)} = (1/ 5)F ( jω / 5)
106
信号与系统学习指导及习题详解
(3) f (bt) ↔ 1 F ( j ω ) , 所以 e jat f (bt) ↔ 1 F ( j ω − a ) （频移性质）
2π
4π
利用 Fourier 变换的乘积特性，可得
F(
jω)
=
8 × 0.5 2π
p2π (ω) *
p4π (ω)
=
2 π
p2π (ω) *
p4π (ω)
第 5 章 非周期信号的频域分析
107
= 2 [u(ω − π ) − u(ω + π )] *[u(ω − 2π ) − u(ω + 2π )] π
− ω0 )
+
2+
1 j(ω
⎤
+
ω0
)
⎥ ⎦
(4) f (t) = 0.5(1 − cos(2ω0t)) ⋅ u(t)
所以
F ( jω) = 0.5(πδ (ω) +
1 jω
)
−
1 4
[πδ
(ω
−
2ω0
)
+
j(ω
1 − 2ω0
)
+
πδ
(ω
+
2ω0
)
+
1 ]
j(ω + 2ω0 )
=
π 4
(2δ
(ω)
−
所以
F(
jω)
=
1 2π
⋅
1 2 + jω
*π[δ (ω
+ ω0 )
+ δ (ω
− ω0 )]
=
1⎡
2
⎢ ⎣
2
+
1 j (ω
− ω0 )
+
2+
1 j(ω
⎤
+
ω0
)
⎥ ⎦
(3) f (t) = e−2tu(t) ⋅ cosω0t
第 5 章 非周期信号的频域分析
103
所以
F(
jω)
=
1⎡
2
⎢ ⎣
2
+
1 j(ω
F4 (
jω)
= e j0.5ω
−
jωe−0.5ω F ( jω)
=
ω Sa(
)
2
(f) f5(t) = f (0.5t −1)
( ) 所以
F5 ( jω) = 2F ( j2ω)e−2 jω
=
1 jω
1 − Sa(ω)e− jω
5-5 利用 p1 (t) ←⎯→Sa(ω / 2) 及 Fourier 变换的性质，求题 5-5 图各信号的 Fourier 变换。
− e− j3ω )
(d) f4 (t) = − f1(t −1) − f1(t − 3) = − f2 (t)
所以
F4 ( jω)
=
−Sa 2 (ω )(e− jω 2
+ e − j3ω )
5-3 试写出下列信号的频谱函数, ω 0 为常数。 (1) f (t) = sin ω0t + cosω0 (t − t0 ) (2) f (t) = e−2t cosω0t ⋅ u(t)
(b) fb (t) = 2u(−t) + 2 p1 (t − 0.5) + p1 (t −1.5)
所以
Fb ( jω) = 2(πδ (ω) −
1 ) + 2Sa(ω / 2)e− j0.5ω + Sa(ω / 2)e− j1.5ω jω
(c) f (t) = 2 p1 (t − 0.5) + p1 (t −1.5) 所以 F ( jω) = 2Sa(ω / 2)e− j0.5ω + Sa(ω / 2)e− j1.5ω
(c)
f3(t) 1
f4(t) 1
f5(t) 1
−1
0
t
t
1
−0.5
0 0.5
0
(d)
(e)
(f)
题5-4图
【解】
(a) 直接利用 Fourier 变换公式
∫ ∫ ∫ F( jω) = 0 −1
− te − jωt dt
=
1 0
te jωtdt
=
1 jω
⎜⎝⎛
te
jωt
1−
0
1 0
e
jωt
dt
⎟⎠⎞
F2 (
jω)
=
F1(
jω)(e−
jω
+
e−
j 3ω
)
=
Sa2 (ω )Biblioteka Baidue− 2
jω
+
e− j3ω )
(c) f3 (t) = f1 (t − 1) − f1 (t − 3) ，利用 Fourier 变换的线性特性和时移特性，
所以
F3 (
jω)
=
F1(
jω)(e− jω
−
e− j3ω )
= Sa2 (ω )(e− jω 2
(a) 方法一： fa (t) = 2 p1(t −1.5) + 2 p1(t + 1.5) 所以 Fa ( jω) = 2Sa(ω / 2)e− j1.5ω + 2Sa(ω / 2)e j1.5ω = 4Sa(ω / 2) cos(1.5ω) 方法二： fa (t) = 2 p4 (t) − 2 p2 (t) 所以 Fa ( jω) = 8Sa(2ω) − 4Sa(ω)
(d) 信号可分解为一个方波和一个三角波之差，即 f (t) = p2τ (t) − ∆ 2τ (t)
所以
F
(
jω
)
=
2τSa(ωτ
)
−
τSa
2
ωτ (
)
2
5-2 试求题 5-2 图所示非周期信号的频谱函数。
f1(t) 1
f2(t) 1
−1
0
t 1
t
0
1
2
3
4
102
f3(t) 1
信号与系统学习指导及习题详解
δ
(ω
−
2ω0
)
−
δ
(ω
+
2ω0
))
−
2ω02 j(ω 2 − ω02 )ω
5-4(1)试求题 5-4 图(a)所示三角波信号的频谱函数 F(jω)。 (2)利用 Fourier 变换的性质，用 F(jω)表示出其它波形的频谱函数。
f(t)
f1(t)
f2(t)
1
1
1
−1
0
t
0
t 1
0
1
t
(a)
(b)
所以 F5 ( jω) = 2Sa(ω)e− jω + 4Sa(ω)e− j3ω − Sa(ω / 2)e− j4.5ω
(f) f6 (t) = p2 (t) * p2 (t)
所以 F6 ( jω) = 4Sa2 (ω)
(g)
f
' 7
(t)
=
(2
p2
(t
)
−
5δ
(t
+
1)
+
δ
(t
−
1))
所以
F7 (