《信号与系统分析基础》第3章习题解答
信号与系统课后习题与解答第三章
3-1 求图3-1所示对称周期矩形信号的傅利叶级数（三角形式和指数形式）。
图3-1
解 由图3-1可知，)(t f 为奇函数，因而00==a a n
2
1120
11201)cos(2)sin(242,)sin()(4T T T n t n T n E
dt t n E T T dt t n t f T b ωωωπωω-==
=
=⎰⎰
所以，三角形式的傅利叶级数（FS ）为
T t t t E t f πωωωωπ2,)5sin(51)3sin(31)sin(2)(1111=⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡+++=
指数形式的傅利叶级数（FS ）的系数为⎪⎩⎪
⎨⎧±±=-±±==-= ,3,1,0,,4,2,0,
021n n jE n jb F n n π
所以，指数形式的傅利叶级数为
T
e jE e jE e jE
e jE
t f t j t j t j t j π
ωπππ
π
ωωωω2,33)(11111=
++-
+
-=--
3-2 周期矩形信号如图3-2所示。若：
图3-2
2
τT
-2τ
-
重复频率kHz f 5= 脉宽 s μτ20= 幅度 V E 10=
求直流分量大小以及基波、二次和三次谐波的有效值。
解 对于图3-2所示的周期矩形信号，其指数形式的傅利叶级数（FS ）的系数
⎪⎭
⎫
⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛==
=
=⎰⎰--22
sin 12,)(1112212211τωττωππωτ
τ
ωωn Sa T E n n E dt Ee T T dt e t f T F t
jn T
T t jn n
则的指数形式的傅利叶级数（FS ）为
∑∑∞
-∞
《信号与系统分析基础》第3章部分习题解答
第三章习题解答
3.2 求下列方波形的傅里叶变换。 (a) 解：
110
2
()()11()2j t j t j t j j a F j f t e dt e e dt j e S e j ωτ
ωτωωτωτωω
ωττω+∞
--∞
----=-=⋅=
-==⎰
⎰
(b) 解：
20
00
22
()1
1
()1[](1
(1)
1
(1)
j t t j t j t j t j j j j t
F e dt
tde j j te e dt j j e e e
j e
τ
ωωττ
ωωωτωτωτ
ωτ
ωτ
τωτωωτωτω
ωττω--------==⋅⋅-=--=+-=
+-⎰⎰⎰
(c) 解：
1
31
1
2
2
11()()2211
1
()()22
1
1
()cos
2
1
()2
1()211
12()
2()
2
2
j t j t j t j t j t j t j t j t
F t e dt
e e e dt e e dt e e
j j ωπ
π
ωππ
ωωπ
π
ωωπ
ωππ
ωω-------+---+--=⋅=+⋅=+=-
-+⎰⎰
⎰
()()()()22221
111
[][]2222
j j j j e e e e j j ππππ
ωωωωππωω----++=⋅--⋅--+
2222sin()sin()cos ()cos ()
cos 2222()()2222
ππππ
ωωωωωωπωππππωωωω-+⋅++⋅-⋅=+==
-+--
3.3依据上题中a,b 的结果，利用傅里叶变换的性质，求题图3.3所示各信号的傅里叶变换. (b) 解：262()()()f t g t g t =+,而()(
信号与系统 第三章典型例题
（3） f 3 (t ) = sin ω0 (t − 1) ⋅ u (t − 1) ； （4） f 4 (t ) = sin ω0t ⋅ u (t − 1) ； 解： （1） （2） F1 ( s ) = F2 ( s ) = L [sin ω0 (t − 1)] = L [sin ω 0 t ⋅ cos ω 0 − cos ω0 t ⋅ sin ω 0 ]
L [tu (t )] =
1 s2
L [ f (t − t 0 )u (t − t 0 )] = F ( s ) e − st0
∴ F (s) =
方法三
ຫໍສະໝຸດ Baidu
1 1 (1 − 2e − s + e −2s ) = 2 (1 − e −s ) 2 2 s s
利用时域卷积性质求解。
f (t ) 可看作两个矩形脉冲 f1 (t ) 的卷积。
=
ω0 ⋅ cosω0 s 2 + ω0
2
−
s ⋅ sin ω0 s 2 + ω0
2
=
ω 0 cosω 0 − s ⋅ sin ω0 s 2 + ω0
2
2
（3） F3 ( s ) = L [sin ω 0 ( t − 1) ⋅ u (t − 1)] =
ω0 s + ω0
2
⋅ e −S
（4） F4 ( s ) = L {sin[ ω0 (t − 1) + ω 0 ] ⋅ u ( t − 1)]}
信号与系统课后答案第三章作业答案
if
(t)
L
2 2R
e
R L
t
u(t
)
2 2R-L
e
t 2
[u
(t
)
u(t
2)]
3-4 已知一 LTI 系统对激励为 f1(t) u(t) 时的完全响应为 y1(t) 2etu(t) ，对激励 为 f2 (t) δ(t) 时的完全响应为 y2 (t) δ(t) ，试求
=
t u( )d =t u(t)
（2） etu(t) *e3tu(t)
（3） et *e3tu(t)
解： et *e3tu(t)= e t e3 u( )d
= et
e2 d
0
=
et [
1 2
e2t ]0
=
1 2
et
（4） etu(t)*tu(t)
题图 3-14
f (t) h(t)
[1 u(t 1)]e( 2)u( 1)d
e( 2)u( 1)d u(t 1)e( 2)u( 1)d
e( 2)d e d t1 ( 2)
（6） tetu(t)*[u(t) u(t 2)]
3-14 x(t)和h(t) 如题图 3-14 所示，试求 f (t) * h(t) 。
信号与线性系统题解第三章
第三章习题答案
da
3.1 计算下列各对信号的卷积积分()()()y t x t h t =*：
(a) ()()
()()t t
x t e u t h t e u t αβ==（对αβ≠和αβ=两种情况都做）
。 (b) 2()()2(2)(5)()t
x t u t u t u t h t e =--+-=
(c) ()3()()
()1t
x t e
u t h t u t -==-
(d) 5,
0()()()(1),0
t
t t e t x t h t u t u t e e t -⎧<⎪==--⎨
->⎪⎩
(e) []()sin ()(2)()(2)x t t u t u t h t u t π=--=--
(f) ()x t 和()h t 如图P3.1(a)所示。 (g) ()x t 和()h t 如图P3.1(b)所示。
图P3.1 解：(a) ()
()0
()()()(0)t t
t
t
y t x t h t e
e
d e
e
d t βτατ
βαβτ
ττ------=*=
=>⎰
⎰
当αβ≠时，()1
()()t
t
e
y t e u t αβββα
----=
-
当αβ=时，()()t y t te u t α-=
(b) 由图PS3.1(a)知， 当1t ≤时，25
2()
2()
22(2)2(5)0
2
1
()22t t t t t y t e
d e
d e e e ττττ----⎡⎤=
-=
-+⎣
⎦⎰
⎰ 当13t ≤≤时，25
2()
2()
22(2)2(5)1
2
1
()22t t t t t y t e
d e
信号与系统第三章习题部分参考答案
∫ （9） t τf (τ )dτ ↔ πF (0)δ (w) + 1 F (w)
−∞
jw
∫ （10） t+5 f (τ )dτ ↔ e j5w[πF (0)δ (w) + 1 F ( jw)]
−∞
jw
∫ ∫ （11） 1−t / 2 f (τ )dτ = −2 t
f [−2(τ − 1)]dτ ↔ −2e− jw[πF (0)δ (w) +
jbn )
=
−j
E nπ
[cos(nπ ) −1]
∑ ∑ f1(t) =
+∞ −∞
Fn e jnwt
=
−j E π
+∞ −∞
1[cos(nπ ) − 1}e jnwt n
3-8：设 f (t) ↔ F (ω)，试用 F (ω)表示下列各信号的频谱。
（1） f 2 (t) + f (t)； （3） f (6 − 3t)；
由1 π
cos wc
↔
δ
(w +
wc )
+δ
(w −
wc )
1 ↔ 2δ (w) π
即F-1[F '(w)] =
j[ 1 π
cos
wct
−
1 π
]
由F-1[F '(w)] = − jtf (t)
信号与系统第三章习题答案
f (-t ) « F (- jw ) f (t )e ± jw0t « F ( j (w m w0 ) 可得： f (t + 3) « e jw 3 F ( jw ) 1 jw 3 w f (3 + 2t ) « e 2 F ( j ) 2 2 3 1 - jw w f (3 - 2t ) « e 2 F (- j ) 2 2 (w -1) 1 - j3 (w - 1) jt e f (3 - 2t ) « e 2 F (- j ) 2 2
p 3p p u (t ) = 2 + 2 cos(t + ) + cos(2t + ) + cos(3t + ) 4 4 3
根据振幅谱和相位谱的定义可得单边振幅谱为：
A0 = 2
j0 = 0 j1 =
A1 = 2
p 4 j2 =
A2 = 1
3p 4
A3 = 1
j3 = p 3
单边幅度频谱 An
nw0
d F ( jw ) dw
1 jw + a d 1 -j [ ]= d w jw + a ( jw + a ) 2 d 1 -j - jte - atU (t ) « [ ]= d w jw + a ( jw + a ) 2 1 \ te - atU (t ) « ( jw + a ) 2 e - atU (t ) «
信号与系统第3章答案
1 jω + 1
3 2 1 − Yzs (ω ) = F (ω ) H (ω ) = jω + 3 jω + 2 jω + 1 3 1 2 1 1 =− + − 2 jω + 3 jω + 2 2 jω + 1
3.24
1 3 y zs ( t ) = − e −3t + 2e −2t − e − t ε ( t ) 2 2
1 3.31 y (t ) = Sa ( t ) ⋅ cos1000t 2π (具体求解过程参看课件_第三章05，第9页例题 )
Q H (ω ) =
( jω )
jω
2ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
+ 5 jω + 6
∴ y′′ ( t ) + 5 y′ ( t ) + 6 y ( t ) = f ′ ( t )
求解零输入相应：y′′ ( t ) + 5 y′ ( t ) + 6 y ( t ) = 0
yzi ( t ) = ( C1e−2t + C2 e −3t ) ε ( t )
3.9 ( 2 )
ωτ Gτ ( t − t0 ) ⇒ τ Sa 2
− jωt0 e
3.18
F (ω ) = F1 (ω ) ⋅ F2 (ω ) ⇒ f ( t ) = f1 ( t ) ∗ f 2 ( t ) f1 ( t ) = 2 g 2 ( t )
信号与系统习题答案第三章
第三章习题
基础题
3.1 证明cos t , cos(2)t , …, cos()nt (n 为正整数)，在区间(0,2)π的正交集。它是否是完备集? 解：
(积分???)此含数集在(0,2)
π为正交集。又有sin()nt 不属于此含数集0
2sin()cos()0nt mt dt π
=⎰
，对于所有的m
和n 。由完备正交函数定义所以此函数集不完备。 3.2 上题的含数集在(0,)π是否为正交集？
解：
由此可知此含数集在区间(0,)π内是正交的。
3.3实周期信号()f t 在区间(,)22T T
-内的能量定义为222
()T
T E f t dt -=⎰。如有和信
号12()()f t f t +(1)若1()f t 与2()f t 在区间(,)22
T T
-内相互正交，证明和信号的总能量等于各信号的能量之和;
(2)若1()f t 与2()f t 不是相互正交的，求和信号的总能量。
解：(1)和信号f(t)的能量为
[]2
2
222
2
2222212122
2
2
()12()()()()()()T T T T T T T T T T E f t dt dt
f t dt f t dt f t f t dt
f t f t -----=
=
=
+++⎰
⎰
⎰
⎰
⎰
（少乘以2）
由1()f t 与2()f t 在区间内正交可得2122
()()0T T f t f t dt -=⎰
则有 2222122
2
()()T T T T E f t dt f t dt --=
+⎰
⎰
即此时和信号的总能量等于各信号的能量之和。 和信号的能量为
(2)
信号与系统习题答案第三章
第三章习题
基础题
3.1 证明cos t , cos(2)t , …, cos()nt (n 为正整数)，在区间(0,2)π的正交集。它是否是完备集?
解：
(积分???)此含数集在(0,2)π为正
交集。又有sin()nt 不属于此含数集0
2sin()cos()0nt mt dt π
=⎰
，
对于所有的m 和n 。由完备正交函数定义所以此函数集不完备。 3.2 上题的含数集在(0,)π是否为正交集？
解：
由此可知此含数集在区间(0,)π内是正交的。
3.3实周期信号()f t 在区间(,)22T T
-内的能量定义为222
()T
T E f t dt -=⎰。如有和信
号12()()f t f t +(1)若1()f t 与2()f t 在区间(,)22
T T
-内相互正交，证明和信号的总能量等于各信号的能量之和;
(2)若1()f t 与2()f t 不是相互正交的，求和信号的总能量。
解：(1)和信号f(t)的能量为
[]2
2
222
2
2222212122
2
2
()12()()()()()()T T T T T T T T T T E f t dt dt
f t dt f t dt f t f t dt
f t f t -----=
=
=
+++⎰
⎰
⎰
⎰
⎰
（少乘以2）
由1()f t 与2()f t 在区间内正交可得
2122
()()0
T T f t f t dt -=⎰
则有 2222122
2
()()T T T T E f t dt f t dt --=+⎰⎰
即此时和信号的总能量等于各信号的能量之和。 和信号的能量为
(2)
信号与系统第三章习题答案
∫ ∫ Fn
=
1 T
0 −T
2
E 2
e−
jnω0t dt
+
2 T
T 2 0
−
E 2
e−
jnω0t dt
( ) ( ) =
E -jnω0T
e− jnω0t
− e 0
− jnω0t
−T 2
T 2 0
=E -jnω0T
1
−
e
jnω 0T 2
− jnω0T
−e 2
+ 1
= E [2 − 2cos nπ ]
变换对，求傅立叶反变换。
8、深刻理解频域系统函数 H ( jω )的定义，物理意义，会求解并应用。
9、掌握系统零状态响应、零输入响应和全响应的频域求解方法；连续周期信号响应的频域 分析方法。
10、理解无失真传输系统，及无失真传输的条件。 11、理解理想滤波器的定义、传输特性等。 12、了解抽样信号的频谱及其求解，理解抽样定理。 13、了解调制与解调的基本定理与应用。 14、用 MATLAB 进行连续时间信号与系统的频域分析
nω 0t
97
其频谱图如图 ３．２（ａ）所示。
An 1 2
1 11
π 2π 3π
ω
0 1 23
（ａ）
Fn 1
11 6π 4π
信号与系统-第3章例题
2
例：有一偶函数，其波形如图所示，求其傅立 叶展开式并画出其频谱图。
解: f(t) 在一个周期内可写为如下形式
f (t)
2E t T 2E t
T
0tT 2
T t0 2
f(t) 是偶函数，故 bn 0
2
a0 T
T
2 T
2
f (t)dt
2[ T
T 2 0
2 n2 j1
n2
T
An
8
2
31 0 11
－8 9 2
8
25 2
51
j 1,2,L
[例1]试求图示延时矩形脉冲信号f1(t)的频谱函数F1(j)。
f1 (t )
A
f (t)
A
0
T
t
0
t
2
2
•[解] 无延时且宽度为的矩形脉冲信号f(t) 如右图，
其对应的频谱函数为
利用频域微分特性可得:
F[tu(t)]
j d [ () d
1]
j
(
)
1
2
1
(n1 ) 2
sin
n1t)
2 T
]
4
Tn1
c os n1t
2 T
4
信号与系统第3章连续信号与系统的频域分析习题答案
第!章!连续信号与系统的频域分析
习题三详解
!!"!证明题图!!"所示矩形函数"!#"与##$%$#"
$为整数$在区间!&%’!"上正交&
题图!!"
证!因为
#’!
&
"!#"#$%
$#(#%#!
&
#$%$#(#&#’!
!
#
$%$#(#%&所以"!#"与##$%$#’$为整数$在区间!&%’!
"上正交&!!#!设"!
#"的正交展开式为"!
#"%$(
)%&
*)+)
!
#"试证明"!#"和#*&%*"%*’%’%*$$
是一一对应关系&证!因为
"!#"%$(
)%&
*
)+)!#"%*&+&!#",*"+"!#",’,*)+)!#",’,*(
+(!#"而#+)!
#"$为正交函数集%故有#
#’
#"
"!#"+)!
#"(#%##’
#"
*&+&!#"+
)!#"(#,##’#"
*"+"!
#"+)
!
#"(#,’!,##’#"
*)+’
)
!#"(#,’,##’#"
*(+(!#"
+)
!
#"(#%*)
##’#"
+’
)
!
#"
(#即
*)
%
##’#"
"!#"+)
!
#"(###’#"
+’
)
!
#"(#
故"!#"与#*&%*"%’%*(
$一一对应&(
)*(
!!!!设
!
)!#"%"!!!
)&""%#%)&!!#其他
试问函数组#!"!#"%!’!#"%!!!#"%!*!#"$在!&%*"区间上是否为正交函数组%是否为归一化正交函数组%是否为完备正交函数组%并用它们的线性组合精确地表示题图!!’所示函数"!#
"&解!据!)!#"的定义式可知!"!#"%!’!#"%!!!#"%!*!#"的波形分别如题解图!!!"所示&
题图!!’题解图!!!"
信号与系统第三章习题课3
（1） 的参数为 ， ， ，则谱线间隔和带宽为多少？
（2） 的参数为 ， ， ，则谱线间隔和带宽为多少？
（3） 与Βιβλιοθήκη Baidu的基波幅度之比为多少？
（4） 基波幅度与 的三次谐波幅度之比为多少？
解：
（1）谱线间隔为 或
带宽为 或
（2）同理可求：谱线间隔为 或
带宽为 或
解：令 ，则
所以
解：
（1） ℱ[ ]=
（2） ℱ[ ]-2ℱ[ ]
（3） ℱ[ ]-2ℱ[ ]
（4）
14．求图3-9所示梯形脉冲的傅里叶变换，并大致画出 情况下该脉冲的频谱图。
解：①利用线性性质
ℱ[ ]-ℱ[ ]
②利用时域卷积定理
令 ， ，其中
则
ℱ[ ]ℱ[ ]
③利用时域积分性质
令 则
另外，求得一阶导数后，也可直接利用积分性质求解：
（1） 是偶函数，只含有偶次谐波；
（2） 是偶函数，只含有奇次谐波；
（3） 是偶函数，含有偶次谐波和奇次谐波；
或
（4） 是奇函数，只含有偶次谐波；
（5） 是奇函数，只含有奇次谐波。
（6） 是奇函数，含有偶次谐波和奇次谐波。
或
4．周期信号 的双边频谱如图3-4所示，求其三角函数表示式。
解：根据 ， 求得
信号与系统第3章习题和重点
L
−1 1
L
1 2 3 4 −1
t
T 2 0 2 2 bn = −sin(nω0t)dt + sin(nω0t)dt T T − T 0 2
∫
∫
2 1 2 1 cos(nω0t) T + = [−cos(nω0t)] 2 − T nω0 T nω0 0 2 2 0, n为 数 偶 = [1−cos(nπ)] = 4 nπ 奇 ， n为 数 《信号与系统》SIGNALS AND SYSTEMS nπ
3T 4
T
∴ f (t) =
n=−∞
∑
∞
F e jnω0t = n ( ∑1−e
∞
n=−∞
∑
∞
1 (1−e− jnπ )e jnω0t T
n=−∞ 《信号与系统》SIGNALS AND n=−∞ SYSTEMS
2π ↔ T
π − jn
2π ) (ω −nω0) = δ T
∑[
∞
2nπ 1−(−1 δ (ω − ) ) T
f (t) = e
j 2 π −j 3 e− j2t + 2e 3 e− jt
−3 −2 −1 0
2 π π （3） f (t) = 2+4cos(t + ) +2cos(2t + ) 3 3
信号与系统习题答案第三章
第三章习题
基础题
3.1 证明cos t , cos(2)t , …,cos()nt (n 为正整数)，在区间(0,2)π的正交集。它是否是完备集?
解：
(积分???)此含数集在(0,2)
π为正交集。又有sin()nt 不属于此含数集0
2sin()cos()0nt mt dt π
=⎰
，对于所有的m
和n 。由完备正交函数定义所以此函数集不完备。 3.2 上题的含数集在(0,)π是否为正交集？
解：
由此可知此含数集在区间(0,)π是正交的。
3.3实周期信号()f t 在区间(,)22T T -的能量定义为2
22
()T
T E f t dt -=⎰。如有和信号12()()f t f t +(1)若1()f t 与2()f t 在区间(,)22
T T
-相互正交，证明和信号的总能量等于各信号的能量之和;
(2)若1()f t 与2()f t 不是相互正交的，求和信号的总能量。
解：(1)和信号f(t)的能量为
[]2
2
222
2
2222212122
2
2
()12()()()()()()T T T T T T T T T T E f t dt dt
f t dt f t dt f t f t dt
f t f t -----==
=
+++⎰
⎰
⎰
⎰
⎰
（少乘以2）
由1()f t 与2()f t 在区间正交可得
2122
()()0T T f t f t dt -=⎰
则有 22221
22
2
()()T T T T E f t dt f t dt --=+⎰
⎰
即此时和信号的总能量等于各信号的能量之和。 和信号的能量为
(2)
[]2
2
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第三章习题解答
3.2 求下列方波形的傅里叶变换。 (a) 解：
110
2
()()11()2
t
j t t
j t t
j t t
j t j a F j f t e dt
e e dt j e t tS e j ωωωωωωω
ωω-----=-=⋅=
-==⎰⎰
(b) 解：
20
02
2
()11
1()[]1
(1)
1
(1)
t
j t t
j t t t j t j t
t t
j t j t j t j t j t
j t
t
F e dt e e dt tde j j j
te
e dt j
e e e
j e ωωωωωωωωωωωτ
ω
τωτω
ω
τω
ωττω----------=-=⋅==⋅
⋅-=-=+-=+-⎰
⎰⎰⎰
(c) 解：
1
31
1
2
2
11()()2211
1
()()22
1
1
()cos
2
1
()2
1()211
12()
2()
2
2
j t j t j t j t j t j t j t j t
F t e dt
e e e dt e e dt e e
j j ωπ
π
ωππ
ωωπ
π
ωωπωππ
ωω-------+---+--=⋅=+⋅=+=-
-+⎰⎰
⎰
()()()()22221
111
[][]2222
j j j j e e e e j j ππππ
ωωωωππωω----++=⋅--⋅--+
2222sin()sin()cos ()cos ()
cos 2222()()2222
ππππ
ωωωωωωπωππππωωωω-+⋅++⋅-⋅=+==
-+--
(d)解：
242
22()()22
22()()2
2
()()()()2
2
2
2
()sin 1()21()2112()2()
sin[(22()
2()
T j t
T T j t j t j t T T j t j t
T T
T j t j t T T T
T
T
T
j j j j F t e
dt
e e e dt j e e dt j
e e T e
e e
e j j j j ωωωωωωωωωωωωωωω--Ω-Ω--Ω--Ω+-Ω--Ω+--Ω--Ω-Ω+-Ω+=Ω⋅=-=
--=-Ω-Ω+Ω---=
+
=⋅Ω-⋅Ω+⎰⎰⎰)]sin[()]
2()()
T
j j ωωωωΩ++Ω-Ω+
3.3依据上题中a,b 的结果，利用傅里叶变换的性质，求题图3.3所示各信号的傅里叶变换. (a) 解：11111()()()f t f t f t =--
11()f t 就是3.2中(a)的1()f t
如果1()()f t F ω↔，则1()()f t F ω-↔-
11111111122
2
()()()()()sin()42
(
)[]sin(
)sin ()2
2
2
2
j j a f t f t f t F F t S e
e
j
j ττω
ω
ωωωτωττωτωττωτω-∴=--↔--=⋅⋅-=
⋅
=
(b) 解：2()()()f t g t g t στ=+,而()(
)2
a g t S τωτ
τ↔
2()(3)2()a a F S S ωσωω∴=+
如利用3.2中(a)的结论来解，有：
211'()(3)(1)f t f t f t ττ=+++，其中,'2τστ==.
3211'()()()(3)2()j j a a F e F e F S S ωωττωωωσωω∴=⋅+⋅=+
(如()()f t F ω↔，则0
0()()j t f t t e
F ωω±↔)
2()f t
(c) 解：32222()2()2(),1f t f t f t τττ=++--= 由3.2(b)知，222
1
()(1)j t j t F e j te ωωωωτω
--=
+- 322222
2
2
2
2
2
22
2
()2()2(),11
1
2(1)2(1)2
222
224
4
4
cos (1cos )
j t j t j j j j j j j j F e F e F e e j e e e j e j
e j
e ωωωωωωωω
ω
ω
ωωωτωωωω
ωω
ωωω
ωωωωω
ω----∴=+-==⋅⋅+-+⋅⋅+-=+-
+
-
-
=
-
=-
(d) 解：设 ,0()0,t
t f t else
τ
τ
<<=
由3.2知，2
1
()(1)j t
j t
F e
j te
ωωωωτω
--=
+-
而本题中，4()(0.5)(0.5)f t f t f t =-- 由傅里叶变换的尺度变换特性有：
41()()()j b a
f t f at b e F a
ω
ω-=-↔⋅
在本题中，a=0.5,b=0.
422222
2
222222()2(2)2(2)2
1
(21)(21)
42()()22cos(2)sin(2)
j t j t j t j t j t j t j t j t F F F e j te e j te j e e j e e j j j ωωωωωωωωωωωωωωτωτωτωωτωτωωτ
----∴=--=
+--
---=-++=-
(e) 解：设1,01()0,t f t else
<<=
由3.2知，2
()()2
j
a F S e
ωω
ω-=
根据5()f t 的波形，将5()f t 用()f t 表示为