第四章 连续时间信号与系统的傅里叶分析

41 求下列各信号的傅里叶级数表达式.

(a) $ e^{j200t} $ (b) $ \cos[\pi(t-1)/4] $

(c) $ \cos4t + \sin8t $ (d) $ \cos4t + \sin6t $

(e) $ x(t) $ 是周期为2的周期信号，且 $ x(t) $ 为

$$ x(t)=e^{-t},-1

(f) $ x(t) $ 如图 P4.1(a) 所示.

(g) $ x(t) = [1 + \cos 2\pi t][\cos(10\pi t + \pi/4)] $

(h) $ x(t) $ 是周期为2的周期信号，且 $ x(t) $ 为

$$ x(t)=\left\{\begin{array}{l}(1-t)+\sin2\pi t,0

(i) $ x(t) $ 如图 P4.1(b) 所示。

(i) $ x(t) $ 如图 P4.1(c) 所示.

(k) $ x(t) $ 如图 P4.1(d) 所示.

(l) $ x(t) $ 是周期为4的周期信号，且 $ x(t) $ 为

$$ x(t)=\left\{\begin{array}{cc}\sin\pi t,&0\leqslant t\leqslant2\\0,&2\leqslant\tau\leqslant4\end{array}\right. $$

(m) $ x(t) $ 如图 P4.1(e) 所示。

(n) $ x(t) $ 如图 P4.1(f) 所示.

解：

本题各小题解的最后形式都是傅里叶级数

$$ x(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}e^{i k\infty t} $$

的形式，为了节省篇幅，在下列解答中只求出傅氏系数 $ a_{k} $ 及基本频率 $ \omega_{0} $ 和/或基本周期 $ T_{0} $ 即结束，请读者注意。

(a) $ e^{j200t} = e^{j\omega_v t} $

可见， $ \omega_{0}=200 $， $ T_{0}=\pi/100 $

$$ a_{1}=1,\ a_{k}=0,\ k\neq1 $$

(b)

$$ \cos\left[\pi(t-1)/4\right]=\frac{1}{2}\left[e^{j\pi(t-1)/4}+e^{-j\pi(t-1)/4}\right] $$

可见， $ co_{0}=\pi/4 $， $ T_{0}=8 $

$$ a_{1}=\frac{1}{2}e^{-i=\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{2}}{4}(1-j)=a_{1}^{*},\ a_{k}=0,\ k\neq\pm1。 $$

$$ \cos4t+\sin8t=\frac{1}{2}~[e^{i4t}+e^{-j4t}]+\frac{1}{2j}~[e^{i8t}-e^{-i8t}] $$

可见， $ \omega_{0}=4 $， $ T_{0}=\pi/2 $，

$$ a_{1}=a_{-1}=\frac{1}{2},\quad a_{2}=\frac{1}{2j}=a_{-2}^{*},\quad a_{k}=0,\quad k\neq\pm1,\pm2。 $$

$$ \cos4\tau+\sin6\tau=\frac{1}{2}\left[e^{i4t}+e^{-i4t}\right]+\frac{1}{2j}\left[e^{j6t}-e^{-j6t}\right] $$

可见， $ \omega_{0}=2 $， $ T_{0}=\pi $

$$ a_{2}=a_{-2}=1/2,\ a_{3}=a_{-3}^{*}=1/2j $$

$$ a_{k}=0,\ k\neq\pm2,\pm3。 $$

$$ (e)\ x(t)=e^{-t},~-1

可见， $ T_{0}=2,\omega_{0}=\pi $

$$ \begin{aligned}{a_{k}}&{{}=\frac{1}{T_{0}}\int_{-1}^{1}x(t)e^{-{i}k\omega_{0}t}d t}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}e^{-t}e^{-{i}k\omega_{0}t}d t}\\ {}&{{}=-\frac{1}{2(1+{i}k\omega_{0})}[e^{-(1+{i}k\omega_{0})}-e^{(1+{i}k\omega_{0})}]}\\ {}&{{}=\frac{-1}{2(1+{i}k\pi)}[e^{-1}\bullet e^{-{i}k x}-e\bullet e^{{i}k x}]}\\ {}&{{}=\frac{(-1)^{k}}{2(1+{i}k\pi)}(e-e^{-1})}\\ \end{aligned} $$

(f) 由图可见， $ T_{0}=2,\omega_{0}=\pi $

由于它是奇函数， $ x(-t)=-x(t) $，则

$$ x(t)=a_{0}+2\sum_{k=1}^{+\infty}[B_{k}\cos{(k\omega_{0}t)}]-C_{k}\sin{(k\omega_{0}t)}] $$

其中 $ a_{v}=0 $， $ B_{k}=0 $， $ a_{r}=B_{k}+jC_{r} $，所以

$$ \begin{aligned}{a_{k}}&{{}=j C_{k}=-j\frac{2}{T}\int_{0}^{1}t\sin\left(k\omega_{0}t\right)d t}\\ {}&{{}=j\left[\frac{t}{k\omega_{0}}\cos\left(k\omega_{0}t\right)\Big|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{1}{k\omega_{0}}\cos\left(k\omega_{0}t\right)d t\right]}\\ {}&{{}=j\left[\frac{\cos\left(k\omega_{0}\right)}{k\omega_{0}}-\frac{1}{\left(k\omega_{0}\right)^{2}}\sin\left(k\omega_{0}t\right)\Big|_{0}^{1}\right]}\\ {}&{{}=j\left[\frac{\cos\left(k\pi\right)}{k\pi}+\frac{\sin\left(k\pi\right)}{\left(k\pi\right)^{2}}\right]}\\ {}&{{}=j\frac{(-1)^{k}}{k\pi}\;,k=1,2,3,\cdots}\\ \end{aligned} $$

本题还可利用级数的微分特性等方法解.

$$ \begin{aligned}x(t)&=[1+\cos2\pi t][\cos(10\pi t+\pi/4)]\\&=\left[1+\frac{1}{2}e^{j2\pi t}+\frac{1}{2}e^{-j2\pi t}\right]\\&\quad\times\left[\frac{1}{2}e^{j(10\pi t+\pi/4)}+\frac{1}{2}e^{-j(10\pi t+\pi/4)}\right]\\&=\frac{1}{2}e^{j(10\pi t+\pi/4)}+\frac{1}{2}e^{-j(10\pi t+\pi/4)}+\frac{1}{4}e^{j(12\pi t+\pi/4)}\\&\quad+\frac{1}{4}e^{-j(12\pi t+\pi/4)}+\frac{1}{4}e^{j(8\pi t+\pi/4)}+\frac{1}{4}e^{-j(8\pi t+\pi/4)}\\&=\frac{1}{4}e^{j\pi/4}e^{j8\pi t}+\frac{1}{4}e^{-i\pi/4}e^{-j8\pi t}+\frac{1}{2}e^{j\pi/4}e^{j10\pi t}\\&\quad+\frac{1}{2}e^{-j\pi/4}e^{-j10\pi t}+\frac{1}{4}e^{j\pi/4}e^{j12\pi t}\\&\quad+\frac{1}{4}e^{-i\pi/4}e^{-j12\pi t}\end{aligned} $$

可见， $ \omega_{0}=2\pi,\quad T_{0}=1 $

$$ a_{4}=\frac{1}{4}~e^{j\pi/4}=\frac{\sqrt{2}}{8}~(1+j)=a_{-4}^{*} $$

$$ a_{5}=\frac{\frac{1}{2}}{2}e^{j\pi/4}=\frac{\sqrt{2}}{4}(1+j)=a_{-5}^{*} $$

$$ a_{6}=\frac{1}{4}e^{j\pi/4}=\frac{\sqrt{2}}{8}(1+i)=a_{-6}^{*} $$

$$ a_{k}=0,k\neq\pm4,\pm5,\pm6. $$

(h) 已知 $ T_{0}=2 $，所以 $ \omega_{0}=\pi $

$$ \begin{aligned}a_{k}&=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}x(t)e^{-ik\pi t}dt\\&=\frac{1}{2}\left\{\int_{0}^{1}[(1-t)+\sin(2\pi t)]e^{-ik\pi t}dt\right.\\&\quad\left.+\int_{1}^{2}[1+\sin(2\pi t)]e^{-ik\pi t}dt\right.\\&=\left.\frac{1}{2}\left[\int_{0}^{2}e^{-ik\pi t}dt+\int_{0}^{2}\sin(2\pi t)e^{-ik\pi t}dt\right.\right.\\&\quad\left.\left.-\int_{0}^{1}te^{-ik\pi t}dt\right]\right.\\&=-\left.\frac{1}{j2k\pi}e^{-jk\pi t}\bigg|_{0}^{2}+\int_{0}^{2}\frac{1}{j4}(e^{j2\pi t}-e^{-j2\pi t})e^{-ik\pi t}dt\right.\\&\quad\left.+\frac{1}{j2k\pi}te^{-ik\pi t}\int_{0}^{1}+\frac{1}{j2k\pi}\int_{0}^{1}e^{-ik\pi t}dt\right.\\&=\frac{1}{j2k\pi}(1-e^{-j2k\pi})+\frac{1}{j4}\left[\frac{e^{j\pi(2-k)t}}{j\pi(2-k)}\bigg|_{0}^{2}\right.\\&\quad\left.-\frac{e^{-j\pi(2+k)t}}{-j\pi(2+k)}\bigg|_{0}^{2}\right]+\frac{e^{-ik\pi}}{j2k\pi}-\frac{1}{2(j k\pi)^{2}}e^{-jk\pi t}\bigg|_{0}^{1}\\&=\frac{1}{j2k\pi}(1-e^{-j2k\pi})+\frac{1}{j4}\left[\frac{e^{j2\pi(2-k)}-1}{j\pi(2-k)}\right]\\&\quad\left.+\frac{1}{i4}\left[\frac{e^{-j2\pi(2+k)}-1}{j\pi(2+k)}\right]+\frac{e^{-ik\pi}}{j2k\pi}+\frac{(e^{-jk\pi}-1)}{2k^{2}\pi^{2}}\right.\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&=\left\{\begin{aligned}&\frac{(-1)^{k}}{j2k\pi}-\frac{1}{\pi^{2}k^{2}},&k 为奇数 \\&\frac{1}{2j k\pi}+\frac{1}{2j}\delta\left(k-2\right)+\frac{1}{2j}\delta\left(k+2\right),\end{aligned}\right.\end{aligned} $$

k 为偶数。 $ k \neq 0, \pm 2 $。

(i) 由图可见 $ T_{0}=6,\omega_{0}=\pi/3 $

此题可直接用公式或利用级数的微分特性等方法求解。在此，则利用线性和位移特性来求解。

首先将图 P 4.1(b) 所示梯形信号分解成 4 条经过时移的，斜率均为 1 的斜坡信号组合而成，如图 P4.1-1(a) 所示。则

$$ \begin{aligned}{x(t)=}&{{}~(t+2)u(t+2)}\\ {}&{{}-(t+1)u(t+1)}\\ {}&{{}-(t-1)u(t-1)}\\ {}&{{}+(t-2)u(t-2)}\\ \end{aligned} $$

由于通过原点的斜坡信号的 $ a_{k_{1}} $ 为

$$ \begin{aligned}{a_{k_{1}}}&{{}=\frac{X_{1}(\omega)}{T_{0}}\Big|_{\omega=k\omega_{0}}=\frac{1}{6}\int_{0}^{\infty}t e^{-j\omega t}d t\mid_{\omega=k\omega_{0}}}\\ {}&{{}=\frac{1}{6}\frac{-1}{\omega^{2}}\Big|_{\omega=k\omega_{0}}=\frac{1}{6}\frac{-1}{\left(k\omega_{0}\right)^{2}}=-\frac{1}{6k^{2}\pi^{2}}}\\ \end{aligned} $$

利用位移特性，图 P 4.1-1 中 4 条斜坡信号的 $ a_{k_{1}} $ 将分别为

$$ -\frac{e^{j2k\pi}}{6(k\pi)^{2}},\frac{e^{j k\pi}}{6(k\pi)^{2}},\frac{e^{-j k\pi}}{6(k\pi)^{2}} $$

因此， $ x(t) $ 的 $ a_{k} $ 由4条斜坡信号的 $ a_{k_{1}} $ 之和所得，即

$$ \begin{aligned}a_{k}&=\frac{1}{6}\left[\frac{-1}{k^{2}\pi^{i}}e^{i2k\pi/3}+\frac{1}{k^{2}\pi^{2}}e^{i k\pi/3}+\frac{1}{k^{2}\pi^{2}}e^{-i k\pi/3}-\frac{1}{k^{2}\pi^{2}}e^{-i2k\pi/3}\right]\\&=\frac{1}{3k^{2}\pi^{2}}\left[\cos\frac{k\pi}{3}-\cos\frac{2k\pi}{3}\right]\\&=\left\{\begin{aligned}&\frac{6}{\pi^{2}k^{2}}\sin\left(\frac{\pi k}{2}\right)\sin\left(\frac{\pi k}{6}\right),&k\ 为奇数 \\&0,&k\ 为偶数 \end{aligned}\right.\end{aligned} $$

$$ a_{0}=\frac{2}{T_{0}}\int_{0}^{T_{0}/2}x(t)dt=\frac{1}{2} $$

(i) 由图可见， $ T_{0}=3,\omega_{0}=2\pi/3 $

利用微分特性，如图 P 4.1-1（b）所示。

$$ \begin{aligned}{\hat{a}_{k}}&{{}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}x^{\prime\prime}(t)e^{-i k\frac{2}{3}\pi t}\mathop{}{d}t}\\ {}&{{}=\frac{1}{3}\int_{-2}^{1}[\delta(t+2)-3\delta(t)+2\delta(t-1)]e^{-i k\frac{2}{3}\pi t}\mathop{}{d}t}\\ {}&{{}=\frac{1}{3}[e^{i k\frac{4}{3}\pi t}-3+2e^{-i k\frac{2}{3}\pi t}]}\\ {}&{{}=\frac{2}{3}j[e^{i k2\pi/3}\sin{(k2\pi/3)}]+2e^{i k\pi/3}\sin{(k\pi/3)}],}\\ \end{aligned} $$

$$ k\neq0 $$

所以

$$ \begin{aligned}{a_{k}}&{{}=\frac{\hat{a}_{k}}{(i k\omega_{0})^{2}}}\\ {}&{{}=\frac{3j}{2\pi^{2}k^{2}}\left[e^{i k^{2}\pi/3}\sin\left(k2\pi/3\right)+2e^{i k\pi/3}\sin\left(k\pi/3\right)\right]}\\ \end{aligned} $$

$$ a_{0}=\frac{1}{T_{0}}\int_{0}^{T_{0}}x(t)dt=1 $$

(k) 由图可见， $ T_{0}=2,\omega_{0}=\pi $

$$ \begin{aligned}{a_{k}}&{{}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}x(t)e^{-i k\pi t}d t}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}[-2\delta(t+1)+\delta(t)]e^{-i k\pi t}d t}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}[-2e^{i k\pi}+1]=\frac{1}{2}-(-1)^{k}}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}{a_{0}}&{{}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}x(t)d t}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}[-2\delta(t+1)+\delta(t)]d t}\\ \end{aligned} $$

$$ =\frac{1}{2}\left[-2+1\right]=-\frac{1}{2} $$

(1) 已知 $ T_{0}=4 $ ，所以 $ \omega_{0}=\pi/2 $

$$ \begin{aligned}a_{k}&=\frac{1}{4}\int_{0}^{2}\sin\pi t e^{-i k\frac{\pi}{2}t}dt\\&=\frac{1}{4}\int_{0}^{2}\frac{1}{2j}(e^{i\pi t}-e^{-i\pi t})e^{-i k\pi t/2}dt\\&=\frac{1}{4}\int_{0}^{2}\frac{1}{2j}\left[e^{j(\pi-k\pi/2)t}-e^{-j(\pi+k\pi/2)t}\right]dt\\&=\frac{1}{8j}\left\{\frac{1}{j(\pi-k\pi/2)}\left[e^{j2(\pi-k\pi/2)}-1\right]\right.\\&\quad\left.-\frac{1}{j(\pi+k\pi/2)}\left[e^{-j2(\pi+k\pi/2)}-1\right]\right.\\&=\frac{-1}{4\pi(2-k)}\left[e^{j2(\pi-k\pi/2)}-1\right]\\&\quad\left.+\frac{1}{4\pi(2+k)}\left[e^{-j2(\pi+k\pi/2)}-1\right]\right.\\&=\frac{(2+k)[e^{j2(\pi-k\pi/2)}-1]+(2-k)[e^{-j2(\pi+k\pi/2)}-1]}{4\pi(4-k^{2})}\\&=\frac{(2+k)(e^{-ik\pi}-1)+(2-k)(e^{-ik\pi}-1)}{4\pi(4-k^{2})}\\&=\frac{(e^{-ik\pi}-1)(2+k+2-k)}{4\pi(4-k^{2})}\\&=\left\{\begin{matrix}\frac{2je^{-ik\pi/2}\sin\left(k\pi/2\right)}{\pi(4-k^{2})},&k\neq\pm2\\0,&k=\pm2\end{matrix}\right.\end{aligned} $$

(m) 由图可见， $ T_{0}=6,\omega_{0}=\pi/3 $

利用微分特性，如图 P 4.1-2(a) 所示。

$$ \hat{a}_{k}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}x^{\prime}(t)e^{-i k\frac{\pi}{3}t}d t $$

$$ \begin{aligned}&=\frac{1}{6}\int_{-2}^{2}\left[\delta(t+2)-\delta(t+1)-\delta(t-1)\right.\\&\quad+\delta(t+2)]e^{-ik\pi t/3}\\&=\frac{1}{6}\left(e^{ik^{2\pi/3}}-e^{ik\pi/3}-e^{-ik\pi/3}+e^{-ik^{2\pi/3}}\right)\\&=\frac{1}{3}\left(\cos k2\pi/3-\cos k\pi/3\right)\end{aligned} $$

所以

$ a_{k}=\frac{a_{k}}{jk\omega_{0}}=\frac{\cos\frac{2}{3}k\pi-\cos\frac{1}{3}k\pi}{jk\pi} $，k为奇数

$ a_{0}=0 $

(n) 由图可见， $ T_{0}=4,\omega_{0}=\pi/2 $

本题采用直接按定义式计算或利用微分特性求解均较容易。在此采用2个位移方波的叠加求解，如图P4.1-2(b)所示。

已知周期方波 $ x_{1}(t) $ 的傅氏系数 $ a_{k_{1}} $ 为

$$ a_{k_{1}}=e^{-i k\pi/2}\sin{(k\pi/2)}/k\pi $$

周期方波 $ x_{2}(t) $ 的傅氏系数 $ a_{k_{2}} $ 为

$$ a_{k_{2}}=e^{-j k\pi/4}\sin\left(k\pi/4\right)/k\pi $$

$ x(t) $ 的傅氏系数 $ a_{k} $ 为上述两者的叠加，得

$$ a_{k}=\frac{e^{-jk\pi/2}\sin\left(k\pi/2\right)+\frac{e^{-jk\pi/4}}{\pi}\sin\left(k\pi/4\right)}{k\pi}, $$

4.2 一个全波整流器（未包括滤波）的输入-输出关系可用下式描述：

$$ y(t)=\mid x(t)\mid $$

(a) 若 $ x(t) = \cos t $，画出输入和输出波形。输入和输出信号的基本周期是什么？

(b) 若 $ x(t) = \cos t $，求输出 $ y(t) $ 的傅里叶级数的系数。

(c) 求输入信号和输出信号的直流分量的幅值.

解：

（a）输入和输出波形如图 P4.2 所示。由图可见，输入信号的基本周期为 $ 2\pi $，而输出信号的基本周期为 $ \pi $。

$$ x(t)=\mathrm{\boldmath~c o s t,~}T_{0}=2\pi,\mathrm{\boldmath~w_{0}=~2\pi/T_{0}=~1,~} $$

$$ y(t)=\mid x(t)\mid=\mid\cos t\mid,T_{1}=T_{0}/2=\pi, $$

$$ \omega_{1}=2\pi/T_{1}=2 $$

$ y(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}b_{k}e^{ik2t} $，由于它是偶函数，

所以

$$ \begin{aligned}b_{0}&=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left|\cos t\right|dt\\&=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos t\cos\left(k2t\right)dt\\&=\frac{1}{\pi}\left[\frac{1}{1+2k}\sin\left(1+2k\right)\frac{\pi}{2}\right.\\&\left.\quad+\frac{1}{1-2k}\sin\left(1-2k\right)\frac{\pi}{2}\right]\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&=\frac{2}{\pi(1+2k)(1-2k)}\quad(-1)^{k}\\&=\frac{2(-1)^{k}}{(1-4k^{2})\pi}\end{aligned} $$

(c) 输入信号的直流分量为

$$ a_{0}=\frac{2}{2\pi}\int_{0}^{\pi}\cos t dt=0 $$

输出信号的直流分量为

$$ b_{0}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos t\mathrm{d}t=2/\pi $$

4.3 对于线性的，但是是时变的系统，特征函数的概念同样是分析系统的重要工具。具体地说，考虑输入 $ x(t) $ 和输出 $ y(t) $ 为这样的一类系统：若 $ x(t) = \phi(t) $，则 $ y(t) = \lambda\phi(t) $。其中 $ \phi(t) $ 是系统的一个特征函数，复常数 $ \lambda $ 称为 $ \phi(t) $ 有关的特征值。

（a）假定将系统的输入表示成特征函数 $ \phi_{k}(t) $ 的线性组合，即

$$ x(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}c_{k}\phi_{k}(t) $$

其中对每一个 $ \phi_{k}(t) $ 都有一个相应的特征值 $ \lambda_{k} $。试用 $ \{c_{k}\} $、 $ \{\phi_{k}(t)\} $ 和 $ \{\lambda_{k}(t)\} $ 表示系统的输出 y(t)。

(b) 考虑用微分方程

$$ y(t)=t^{2}\frac{d^{2}x(t)}{d t^{2}}+t\frac{d x(t)}{d t} $$

表征的系统。此系统是线性的吗？是时不变的吗？

(c) 证明函数集

$$ \phi_{k}(t)=t^{k} $$

是(b)小题中系统的一个特征函数。对于各个 $ \phi_{k}(t) $，确定其对应的特征值 $ \lambda_{k} $。

(d) 若 $ x(t)=10t^{-10}+3t+\frac{1}{2}t^{4}+\pi $

求此系统的输出。

解：

(a) $ x(t) = \sum_{k = - \infty}^{ + \infty } c_{k} \phi_{k}(t) $，而 $ \phi_{k}(t) \rightarrow \lambda_{k} \phi_{k}(t) $

所以根据线性特性，得

$$ y(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\prime}c_{k}\lambda_{k}\phi_{k}(t) $$

(b) 设 $ x_{1} $ 的响应为 $ y_{1} $， $ x_{2} $ 的响应为 $ y_{2} $ 和 $ x_{3} $ 的响应为 $ y_{3} $

若 $ x_{3}=ax_{1}+bx_{2} $，则

$$ \begin{aligned}{y_{3}=~}&{{}t^{2}\bigg[a\frac{d^{2}x_{1}(t)}{d t^{2}}+b\frac{d^{2}x_{2}(t)}{d t^{2}}\bigg]}\\ {}&{{}+t\left[a\frac{d x_{1}(t)}{d t}+b\frac{d x_{2}(t)}{d t}\right]=a y_{1}+b y_{2}}\\ \end{aligned} $$

所以是线性的。但是

$$ \begin{aligned}{x(t-t_{0})\to\hat{y}(t)}&{{}=t^{2}\frac{d^{2}x(t-t_{0})}{d t^{2}}+t\frac{d x(t-t_{0})}{d t}}\\ {}&{{}\neq y(t-t_{0})}\\ \end{aligned} $$

所以不是时不变的。

(c) $ \phi_{k}(t)=t^{k} $，代入得

$$ \begin{aligned}{y(t)}&{{}=t^{2}(k-1)k t^{k-2}+t k t^{k-1}}\\ {}&{{}=k(k-1)t^{k}+k t^{k}}\\ {}&{{}=k^{2}t^{k}=k^{2}\phi_{k}(t)}\\ \end{aligned} $$

可见，其特征值为 $ \lambda_{k}=k^{2} $

(d)

$$ y(t)=t^{2}\frac{d^{2}x(t)}{dt^{2}}+t\frac{dx(t)}{dt} $$

$$ x(t)=10t^{-10}+3t+\frac{1}{2}t^{4}+\pi $$

$$ \frac{dx(t)}{dt}=-100t^{-11}+3+2t^{3} $$

$$ \frac{d^{2}x(t)}{d t^{2}}=1100\tau^{-12}+6\tau^{2} $$

代入得

$$ \begin{aligned}y(t)&=t^{2}(1100t^{-12}+6t^{2})+t(-100t^{-11}+3+2t^{3})\\&=10^{3}t^{-10}+8x^{4}+3t\end{aligned} $$

4.4 (a) 求冲激响应为

$$ h(t)=e^{-4t}u(t) $$

的 LTI 系统对下列各输入 x(t) 产生的输出 y(t) 的傅氏级数表示式。

(i) $ x(t) = \cos 2\pi t $

(ii) $ x(t) = \sin 4\pi t + \cos (6\pi t + \pi/4) $

$$ x(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\delta(t-n) $$

$$ x(t)=\sum_{s=-\infty}^{+\infty}(-\;1)^{s}\delta(t-s) $$

(v) $ x(t) $ 是图 P4.4 所示的周期矩形波。

(b) 在

$$ h(t)=\left\{\begin{aligned}\sin2\pi t+&\cos4\pi t,&0\leqslant t<1\\ 0,&\quad 其它 \end{aligned}\right. $$

时，重做（a）小题。

(c) 在

$$ h(t)=e^{-4|t|} $$

时，重做（a）小题。

解：

应该指出，虽然 $ h(t) $ 是非周期的，但 $ x(t) $ 是周期的，因而输

出 $ y(t) $ 仍是周期的，其周期和 $ x(t) $ 的相同。因此本题的--般解法为

$$ a_{k}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}x(t)e^{-i k\omega_{0}t}d t $$

$$ y(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}b_{k}e^{j k\omega_{0}t}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}H(k\omega_{0})e^{j k\omega_{0}t} $$

本题中， $ H(k\omega_{0}) $ 为

$$ \begin{aligned}{H(k\omega_{0})}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}h(t)e^{-i k\omega_{0}t}d t}\\ {}&{{}=\int_{0}^{+\infty}e^{-4t}e^{-i k\omega_{0}t}d t}\\ {}&{{}=-\left.\frac{e^{-(4+i k\omega_{0})t}}{4+i k\omega_{0}}\right|_{0}^{\infty}}\\ {}&{{}=\frac{1}{4+i k\omega_{0}}}\\ \end{aligned} $$

所以下面求解中也只求出系数 $ b_{k} $ 为止，不再重复列出各题的 $ y(t) $ 的表示式。

$$ \left(\boldsymbol{a}\right)\mathrm{~(i)~}\boldsymbol{x}(t)=\cos2\pi t=\frac{1}{2}[e^{i\lambda\pi t}+e^{-i\lambda\pi t}] $$

可见， $ T_{0}=1,\omega_{0}=2\pi,a_{1}=a_{-1}^{*}=1/2 $

$$ a_{k}=0,\ k\neq\pm1 $$

所以

$$ b_{1}=b_{-1}^{*}=a_{1}H(\omega_{0})=\frac{1}{2(4-j\omega_{0})} $$

$$ b_{k}=0,\;k\neq\pm1 $$

(ii)

$$ \begin{aligned}{x(t)}&{{}=\;\sin4\pi t+\cos\left(6\pi t+\pi/4\right)}\\ {}&{{}=\frac{1}{2j}\left(e^{j4\pi t}-e^{-j4\pi t}\right)+\frac{1}{2}[e^{j(6\pi t+\pi/4)}+e^{-j(6\pi t+\pi/4)}]}\\ {}&{{}=\frac{1}{2j}\;e^{j2\omega_{0}t}-\frac{1}{2j}e^{-j2\omega_{0}t}+\frac{1}{2}\;e^{j\pi/4}e^{j3\omega_{0}t}}\\ {}&{{}\quad+\frac{1}{2}\;e^{-j\pi/4}e^{-j3\omega_{0}t}}\\ \end{aligned}. $$

所以 $ \omega_{0}=2\pi, T_{0}=1, a_{2}=\frac{1}{2j}=a_{-2}^{*}, a_{3}=\frac{1}{2}e^{j\pi/4}=a_{-3}^{*} $

$$ a_{k}=0,\ k\neq\pm2,\pm3 $$

因而 $ b_{2}=a_{2}H(2\omega_{0})=\frac{e^{-1/2/2}}{2(4+j2\omega_{0})}=b_{-2}^{*} $

$$ b_{3}=a_{3}H(3\omega_{0})=\frac{e^{i\varpi/4}}{2(4+j3\omega_{0})}=b_{-\mathfrak{g}}^{*} $$

$$ b_{k}=0,\ k\neq\pm2,\pm3 $$

(iii)

$$ x(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\delta(t-n) $$

所以 $ T_{0}=1,\ \cos\theta=2\pi $

$$ \begin{aligned}a_{k}&=\frac{1}{T_{0}}\int_{T^{0}}x(t)e^{-i k\omega_{0}t}dt\\&=\int_{0^{-}}^{1^{-}}\left[\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\delta(t-n)\right]e^{-i k\omega_{0}t}dt\\&=\int_{0}^{1}\delta(t)e^{-i k\omega_{0}t}dt=1,\ 所有 k\end{aligned} $$

因而

$$ b_{k}=a_{k}H(k\omega_{0})=H(k\omega_{0})=\frac{1}{4+j k2\pi},\mathrm{~所有~}k\mathrm{。} $$

$$ \mathrm{(i v)}x(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}(-1)^{n}\delta(t-n) $$

所以 $ T_{0}=2,\omega_{0}=\pi $

$$ \begin{aligned}a_{k}&=\frac{1}{2}\int_{-1}^{+}\left[\sum_{n=-\infty}^{+\infty}(-1)^{n}\delta(t-n)\right]e^{-i k\omega_{0}t}d t\\&=\frac{1}{2}\int_{-1}^{+}\left[\delta(t)-\delta(t+1)\right]e^{-i k\omega_{0}t}d t\\&=\frac{1}{2}\left(1-e^{-j k w}\right)=\left\{\begin{matrix}0,&k\ 为偶数 \\1,&k\ 为奇数 \end{matrix}\right.\\ \end{aligned} $$

因而

$ b_{k}=\left\{\begin{aligned}&0,&k\text{为偶数}\\&\frac{1}{4+jk\omega_{0}},&k\text{为奇数}\end{aligned}\right. $

(v) 由图 P4.4 可知， $ T_{0}=1,\omega_{0}=2\pi $，而 $ x(t) $ 为偶函数，所以

$$ a_{0}=\frac{1\times\frac{1}{2}}{T_{0}}=\frac{1}{2} $$

$$ \begin{aligned}a_{k}&=\frac{1}{T_{0}}\int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}x(t)e^{-i k\omega_{0}t}dt=\frac{1}{2T_{0}}\int_{-1/4}^{1/4}e^{-i k\omega_{0}t}dt\\&=\frac{\sin\left(k\omega_{0}/4\right)}{2k\pi}=\left\{\begin{matrix}\frac{\sin\left(k\pi/2\right)}{2k\pi},&k\ 为奇数 \\0,&k\ 为偶数 \end{matrix}\right.\end{aligned} $$

因而

$$ b_{0}=a_{0}H(0)=\frac{1}{2}\times\frac{1}{4}=\frac{1}{8} $$

$ b_{k}=\left\{\begin{aligned}&\frac{\sin\left(\pi k/2\right)}{2k\pi}\frac{1}{4+jk2\pi},&k&为奇数\\&0,&k&为偶数\end{aligned}\right. $

$$ \begin{aligned}I(k\omega_{0})&=\int_{-\infty}^{+\infty}h(t)e^{-j k\omega_{0}t}d t\\&=\int_{0}^{1}(\sin2\pi t+\cos4\pi t)e^{-j k\omega_{0}t}d t\\&=\int_{0}^{1}\left[\frac{e^{j(\omega_{0}-k\omega_{0})t}}{2j}-\frac{e^{-j(\omega_{0}+k\omega_{0})t}}{2j}\right.\\&\quad\left.+\frac{e^{j(2\omega_{0}-k\omega_{0})t}}{2}+\frac{e^{-j(2\omega_{0}+k\omega_{0})t}}{2}\right]d t\\&=\left[\frac{e^{j(1-k)\omega_{0}t}}{2j\cdot j(1-k)\omega_{0}}+\frac{e^{-j(1+k)\omega_{0}t}}{2j\cdot j(1+k)\omega_{0}}\right.\\&\quad\left.+\frac{e^{j(2-k)\omega_{0}t}}{2\cdot j(2-k)\omega_{0}}-\frac{e^{-j(2+k)\omega_{0}t}}{2\cdot j(2+k)\omega_{0}}\right],\\&=\frac{1-e^{j(1-k)\omega_{0}}}{2(1-k)\omega_{0}}+\frac{1-e^{-j(1+k)\omega_{0}}}{2(1+k)\omega_{0}}\\&\quad+\frac{e^{j(2-k)\omega_{0}}-1}{j2(2-k)\omega_{0}}-\frac{e^{-j(2+k)\omega_{0}}-1}{j2(2+k)\omega_{0}}\\&=\frac{1-e^{-j2\pi k}}{2(1-k)2\pi}+\frac{1-e^{-j2\pi k}}{2(1+k)2\pi}\\&\quad+\frac{e^{-j2\pi k}-1}{j2(2-k)2\pi}-\frac{e^{-j2\pi k}-1}{j2(2+k)2\pi}\\&=\left\{\begin{aligned}&\frac{1}{2j},&k=1\\&-\frac{1}{2j},&k=-1\\&\frac{1}{2},&k=\pm2\\&0,&k\neq\pm1,\pm2\end{aligned}\right.\end{aligned} $$

而 $ b_{k}=a_{k}H(k\omega_{0}) $，将（a）小题中各 $ a_{k} $ 值代入，得

(i) $ b_{1}=\frac{1}{4j}=b_{-1}^{*} $, $ b_{k}=0 $, $ k\neq\pm1 $

(ii) $ b_{2}=\frac{1}{4j}=b_{-2}^{*}, b_{k}=0, k\neq\pm2 $

(iii) $ b_{1} = \frac{1}{2j} = b_{-1}^{*} = b_{2} = \frac{1}{2} = b_{-2}^{*} = b_{k} = 0 $

$ k \neq \pm 1, \pm 2 $

(iv) $ b_{1} = \frac{1}{2j} = b_{-1}^{*} $, $ b_{k} = 0 $, $ k \neq \pm 1 $

(v) 因 $ b_{2}=\frac{1}{2}\frac{\sin\pi}{2\pi}=0=b_{-2}^{*} $，所以 $ b_{k}=0 $，所有 k。

(c)

$$ \begin{aligned}&H(k\omega_{0})=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-4|t|}e^{-i k\omega_{0}t}dt\\&\quad=\int_{0}^{+\infty}e^{-4t-i k\omega_{0}t}dt+\int_{-\infty}^{0}e^{4t-i k\omega_{0}t}dt\\&\quad=\frac{-1}{4+j k\omega_{0}}\left.e^{-j(4+j k\omega_{0})t}\right|_{0}^{\infty}+\frac{1}{4-j k\omega_{0}}\left.e^{(4-j k\omega_{0})t}\right|_{-\infty}^{\infty}\\&\quad=\frac{1}{4+j k\omega_{0}}+\frac{1}{4-j k\omega_{0}}=\frac{8}{16+k^{2}\omega_{0}^{2}}\\ \end{aligned} $$

而 $ b_{k}=a_{k}H(k\omega_{0}) $，将 $ a_{k} $ 中各值代入，得

(i) $ b_{1}=\frac{1}{\pi^{2}+4}=b_{-1}^{*} $, $ b_{k}=0 $, $ k\neq\pm1 $

(ii) $ b_{2} = \frac{1}{4j(\pi^{2} + 1)} = b_{-2}^{*} $, $ b_{3} = \frac{e^{j\pi/4}}{9\pi^{2} + 4} = b_{-3}^{*} $,

$ b_{k}=0,\ k\neq\pm2,\pm3 $

(iii) $ b_{k}=\frac{8}{4\pi^{2}k^{2}+16}=\frac{2}{\pi^{2}k^{2}+4} $，所有k

(iv) $ b_{k}=\left\{\begin{aligned}&\frac{8}{\pi^{2}k^{2}+16},&k \text{为奇数}\\ &0,&k \text{为偶数}\end{aligned}\right. $

(v) $ b_{0}=1/4 $

$$ \boldsymbol{b}_{k}=\left\{\begin{aligned}\frac{2\sin\left(k\pi/2\right)}{k\pi\left(k\pi^{2}+4\right)},&\quad k\ 为偶数 \\ 0,&\quad k\ 为奇数 \end{aligned}\right. $$

4.5 本题将说明，虽然某些 LTI 系统可具有其它的特征函数，但是复指数是每个 LTI 系统唯一为特征函数的信号。

（a）单位冲激响应为 $ h(t)=\delta(t) $ 的 LT1 系统的特征函数是什么？其相应的特征值是什么？

（b）假设一个 LTI 系统的单位冲激响应 $ h(t)=\delta(t-T) $，分别求出一个特征值为1， $ \frac{1}{2} $ 和2的特征函数，但不是复指数 $ e^{st} $ 形式的。

（c）假定有一个冲激响应 $ h(t) $ 为实的且为偶函数的稳定的 LTI 系统。证明 $ \cos\omega t $ 和 $ \sin\omega t $ 是其系统的特征函数。

(d) 假定一个 LTI 系统的冲激响应为 $ h(t) = u(t) $。并假设 $ \phi(t) $ 是这系统的一个特征值为 $ \lambda $ 的特征函数。求 $ \phi(t) $ 必须满足的微分方程，并解这微分方程。

解：

因为 $ y(t) = x(t) \cdot h(t) = x(t) \cdot \delta(t) = x(t) $

可见，任何函数 $ x(t) $ （并不限于 $ e^{rt} $）都是该 LTI 系统的特征函数，其特征值为 1。

(b) $ x_{1}(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(t-kT) $ 是该系统特征值为1的特征函

数，

$ x_{2}(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}(2)^{k}\delta(t-kT) $ 是其特征值为 1/2 的特征

函数，

$ x_{3}(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{k}\delta(t-kT) $ 是其特征值为2的特征

函数.

因为

$$ \begin{aligned}&y_{1}(t)=x_{1}(t)*h(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(t-(k+1)T]\\&\underbrace{ 令 k+1=r}_{}=\sum_{r=-\infty}^{+\infty}\delta(t-rT)\underbrace{r\rightarrow k}_{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta(t-kT)\\&\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad x_{1}(t)\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&y_{2}(t)=x_{2}(t)*h(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}(2)^{k}\delta[t-(k+1)T]\\&\xlongequal{ 令 k+1=r}\sum_{r=-\infty}^{+\infty}(2)^{r-1}\delta(t-rT)\\&\xlongequal{r\rightarrow k}\frac{1}{2}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}(2)^{k}\ \delta(t-kT)\\&\quad=\frac{1}{2}x_{2}(t)\\ \end{aligned} $$

同样可得

$$ y_{3}(t)=x_{3}(t)*h(t)=2x_{3}(t) $$

(c) 因为 $ h(t) $ 是实偶函数，所以 $ H(\omega) $ 也必为实偶函数，即 $ H(-\omega) = H(\omega) $ 。于是

$$ \begin{aligned}&e^{i\omega t}\to H(\omega)e^{i\omega t}\\&e^{-i\omega t}\to H(-\omega)e^{-i\omega t}=H(\omega)e^{-j\omega t}\\ \end{aligned} $$

可见

$$ \cos\left(\omega t\right)=\frac{1}{2}\left[e^{i\omega t}+e^{-i\omega t}\right]\rightarrow H(\omega)\cos\omega t $$

所以 $ \cos\omega t $ 是特征值为 $ H(\omega) $ 的一个特征函数。

同样可证， $ \sin\omega t $ 也是一个特征函数。

另外，还可通过计算直接证明：

$$ \begin{aligned}y(t)&=x(t)*h(t)\\&=\int_{-\infty}^{+\infty}h(\tau)\cos\left(\tau-\tau\right)d\tau\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&=\int_{-\infty}^{+\infty}h(\tau)\left\{\frac{1}{2}\left[e^{j\omega(t-\tau)}+e^{-j\omega(t-\tau)}\right]\right\}d\tau\\&=\frac{1}{2}\left[\int_{-\infty}^{+\infty}h(\tau)e^{-j\omega\tau}e^{-j\omega t}d\tau+\int_{-\infty}^{+\infty}h(\tau)e^{j\omega\tau}e^{-j\omega t}d\tau\right]\\&=\frac{1}{2}\left[e^{j\omega t}\int_{+\infty}^{-\infty}h(-a)e^{j\omega a}(-da)\right.\\&\quad+\left.e^{-j\omega t}\int_{-\infty}^{+\infty}h(\tau)e^{j\omega\tau}d\tau\right]\\&\xlongequal{h(\tau)=h(-\tau)}\frac{1}{2}\left[e^{j\omega t}\int_{-\infty}^{+\infty}h(\tau)e^{j\omega\tau}d\tau\right.\\&\quad+\left.e^{-j\omega t}\int_{-\infty}^{+\infty}h(\tau)e^{-j\omega\tau}d\tau\right]\\&=\frac{1}{2}(e^{j\omega t}+e^{-j\omega t})\int_{-\infty}^{+\infty}h(\tau)e^{j\omega\tau}d\tau\\&=H(\omega)cos\omega t。\end{aligned} $$

(d) 由题可知

$$ y(t)=\phi(t)*u(t)=\int_{-\infty}^{t}\phi(\tau)d\tau=\lambda\phi(t) $$

两边微分，得 $ \phi(t)=\lambda\phi^{\prime}(t) $。即得 $ \phi(t) $ 必须满足的微分方程为

$$ \lambda\phi^{\prime}(t)-\phi(t)=0 $$

按经典法解此微分方程．假定其解为 $ \phi(t)=Ae^{tt} $ 形式，代入上式可求得特征方程为

$$ \lambda s-1=0 $$

得 $ s = 1 / \lambda_{*} $ 因此 $ \phi(t) = A e^{t / \lambda_{*}} $ 当 t = 0 时， $ A = \phi(0) $，所以

$$ \phi(t)=\phi(0)e^{i t\lambda} $$

4.6 信号

$$ x(t)=\cos2\pi t $$

是基本周期为1的周期信号，所以也是周期为N的周期信号，这里N为任意正整数。假定它是周期为3的周期信号，求这时 $ x(t) $的傅里叶级数的系数。

解：

已知 $ T_{0}=3 $ ，所以 $ \cos\theta=2\pi/3 $

而 $ x(t) = \cos 2\pi t = \frac{1}{2} (e^{i2\pi t} + e^{-i2\pi t}) $

所以 $ a_{3}=\frac{1}{2}=a_{-3}^{*} $， $ a_{k}=0,k\neq\pm3 $

这就是 $ x(t) $ 的基本傅氏系数.

4.7 若 $ \int_{a}^{b} u(t) v^{*}(t) dt = 0 $

则称函数 $ u(t) $ 和 $ v(t) $ 是在区间 $ (a, b) $ 上正交的。此外，若

$$ \int_{a}^{b}\mid u(t)\mid^{2}d t=1=\int_{a}^{\dot{b}}\mid v(t)\mid^{2}d\dot{t} $$

则称这些函数为归一化正交的。若函数集 $ \{\phi_{\lambda}(t)\} $中每一对是正交（或归一化正交）的，则将该函数集称为正交（或归一化正交）函数集。

（a）图 P4.7 中所示信号对 $ u(t) $ 与 $ v(t) $ 在区间 $ (0,4) $ 上是否为正交的？

(b) 函数 $ \sin m\omega_{0}t $ 与 $ \sin n\omega_{0}t $ 在区间 $ (0, T_{0}) $ 上是否为正交的？是否为归一化正交的？

(c) 对于函数 $ \phi_{m}(t) $ 与 $ \phi_{n}(t) $ 重做 (b) 小题。其中

$$ \phi_{k}(t)=\frac{1}{\sqrt{T}}\left[\cos k\omega_{0}t+\sin k\omega_{0}t\right] $$

（d）证明函数集 $ \phi_{k}(t)=e^{jk\omega_{0}t} $ 在长为 $ T=2\pi/\omega_{0} $ 的任何区间里都是正交的。且也是归一化正交的吗？

(e) 设 $ x_{0}(t) $ 和 $ x_{e}(t) $ 分别为任意信号 $ x(t) $ 的奇部和偶部。证明对于任何 T 值， $ x_{0}(t) $ 与 $ x_{e}(t) $ 在区间 $ (-T, T) $ 上是正交的。

(f) 证明若 $ \{\phi_{k}(t)\} $ 在区间 $ (a, b) $ 上是一个正交信号集，则函数集 $ \left\{\frac{1}{\sqrt{A_{k}}}\phi_{k}(t)\right\} $ 是归一化正交的。其中

$$ A_{k}=\int_{a}^{b}|\phi_{k}(t)|^{2}d t $$

（g）设 $ \{\phi_{i}(t)\} $ 是在区间 $ (a, b) $ 上的一个归一化正交信号集，并设信号 $ x(t) $ 为

$$ x(t)=\sum_{i=-\infty}^{+\infty}a_{i}\phi_{i}(t) $$

式中 $ a_{i} $ 为复常数。证明

$$ \int_{a}^{b}\mid x(t)\mid^{2}dt=\sum_{i=-\infty}^{+\infty}\mid a_{i}\mid^{2} $$

(h) 设 $ \phi_{1}(t),\cdots,\phi_{N}(t) $ 仅在时间区间 $ 0\leqslant t\leqslant T $ 上为非零的，且在该时间区间上它们是归一化正交的。又设 $ L_{i} $ 表示冲激响应为

$$ h_{i}(t)=\phi_{i}(T-t) $$

的 LTI 系统。证明，若将 $ \phi_{i}(t) $ 加到这系统，则当 i = j 时，在时间 T 的输出为 1，当 $ i \neq j $ 时，在时间 T 的输出为零。

解：

(a) (i)

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{4}u(t)&\nu^{*}(t)dt\\&=\int_{0}^{1}(1\times1)dt+\int_{1}^{2}[(-1)\times1]dt\\&\quad+\int_{2}^{3}(-1)\times(-1)dt+\int_{3}^{4}1\times(-1)dt\\&=1-1+1-1=0\end{aligned} $$

可见是正交的。

(ii)

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{1}u(t)v^{*}(t)dt\\=&\int_{0}^{1}(-\ 3e^{-t})(-\ 3e^{-t})dt\\&+\int_{1}^{2}3e^{-(t-1)}(-\ 3)e^{-(t-1)}dt\\&+\int_{2}^{3}3e^{-(t-2)}3e^{-(t-2)}dt\\&+\int_{3}^{4}3e^{-(t-3)}(-\ 3)e^{-(t-3)}dt\\=&\ 9\int_{0}^{1}e^{-2t}dt-9e^{2}\int_{1}^{2}e^{-2t}dt\\&+9e^{4}\int_{2}^{3}e^{-2t}dt-9e^{6}\int_{3}^{4}e^{-2t}dt\\=&-\frac{9}{2}(e^{-2}-1)+\frac{9}{2}e^{2}(e^{-4}-e^{-2})\\&-\frac{9}{2}e^{4}(e^{-6}-e^{-4})+\frac{9}{2}e^{6}(e^{-3}-e^{-6})\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&=-\frac{9}{2}\left(e^{-2}-1\right)+\frac{9}{2}\left(e^{-2}-1\right)\\&\quad-\frac{9}{2}\left(e^{-2}-1\right)+\frac{9}{2}\left(e^{-2}-1\right)=0\end{aligned} $$

可见是正交的。

(iii)

$$ \begin{aligned}&\int_{0}^{4}u(t)v^{*}(t)dt=\int_{0}^{4}\sin\left(\frac{\pi}{2}t\right)\sin\left(\frac{\pi t}{2}+\frac{\pi}{4}\right)dt\\ &\quad=\frac{1}{2}\int_{0}^{4}\left[\cos\frac{\pi}{4}-\ \cos\left(\pi t+\frac{\pi}{4}\right)\right]dt\neq0\\ \end{aligned} $$

可见是非正交的。

(iv)

$$ \int_{0}^{4}u(t)v^{*}(t)dt=\int_{1}^{2}\pi^{2}dt=\pi^{2}\neq0 $$

可见是非正交的。

(b)

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{T}&\sin m\omega_{0}t\sin n\omega_{0}t dt\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{T}\cos\left(m-n\right)\omega_{0}t dt-\frac{1}{2}\int_{0}^{T}\cos\left(m+n\right)\omega_{0}t dt\\&=\frac{1}{2}\left[\frac{\sin\left(m-n\right)2\pi}{(m-n)\omega_{0}}-\frac{\sin\left(m+n\right)2\pi}{(m+n)\omega_{0}}\right]\\&=0,\ m\neq n\\{\int}^{T}&\sin^{2}m\omega_{0}t dt=T/2,\ m=n\end{aligned} $$

可见是正交的，但不是归一化正交的。

(c)

$$ \begin{aligned}&\phi_{m}(t)=\frac{1}{\sqrt{T}}\left[\cos m\omega_{0}t+\sin m\omega_{0}t\right]\\ &\phi_{n}(t)=\frac{1}{\sqrt{T}}\left[\cos n\omega_{0}t+\sin n\omega_{0}t\right]\\ &\int_{0}^{T}\phi_{m}(t)\phi_{n}^{*}(t)d t\\ &\quad=\int_{0}^{T}\frac{1}{\sqrt{T}}\left[\cos m\omega_{0}t+\sin m\omega_{0}t\right]\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&\times\frac{1}{\sqrt{T}}\left[\cos n\omega_{0}t+\sin n\omega_{0}t\right]dt\\=&\frac{1}{T}\int_{0}^{T}\left[\cos m\omega_{0}t\cos n\omega_{0}t+\cos m\omega_{0}t\sin n\omega_{0}t\right.\\&\left.+\sin m\omega_{0}t\sin n\omega_{0}t+\sin m\omega_{0}t\cos n\omega_{0}t\right]dt\\=&\frac{1}{T}\int_{0}^{T}\left[\cos m\omega_{0}t\cos n\omega_{0}t+\sin m\omega_{0}t\sin n\omega_{0}t\right]dt\\=&\frac{1}{T}\int_{0}^{T}\cos\left(m\omega_{0}t-n\omega_{0}t\right)dt\\=&\begin{cases}0,&m\neq n\\1,&m=n\end{cases}\end{aligned} $$

可见是归一化正交的。

$$ \begin{aligned}(d)\int_{t_{0}}^{t_{0}+T}&e^{j m\omega_{0}t}e^{-j n\omega_{0}t}dt\\&=e^{j(m-n)\omega_{0}t_{0}}\frac{[e^{j(m-n)2m}-1]}{(m-n)\omega_{0}}=0,m\neq n\\\int_{t_{0}}^{t_{0}+T}&dt=T,&m=n\end{aligned} $$

可见是正交的，但不是归一化正交的。

(e)

$$ \begin{aligned}{\int_{-T}^{T}}&{{}x_{e}(t)x_{0}(t)d t}\\ {}&{{}=\frac{1}{4}\int_{-T}^{T}\left\{x(t)+x(-t)\right\}\{x(t)-x(-t)\}d t}\\ {}&{{}=\frac{1}{4}\int_{-T}^{T}x^{2}(t)d t-\frac{1}{4}\int_{-T}^{T}x^{2}(t)d t=0}\\ \end{aligned} $$

可见是正交的。

(f) 因为 $ \{\phi_{k}(t)\} $ 是在区间 $ (a, b) $ 上的一正交函数集，所以

$$ \int_{a}^{b}\phi_{m}(t)\phi_{n}^{*}(t)d t=0 $$

则

$$ \int_{a}^{b}\frac{1}{\sqrt{A_{k}}}\phi_{k}(t)\frac{1}{\sqrt{A_{l}}}\phi_{l}^{*}(t)d t $$

$$ \begin{aligned}&=\frac{1}{\sqrt{A_{k}A_{l}}}\int_{a}^{b}\phi_{k}(t)\phi_{l}^{*}(t)dt\\&=\left\{\begin{aligned}&1,&k=l\\&0,&k\neq l\end{aligned}\right.\end{aligned} $$

可见是归一化正交的。

(g) 因为

$$ \int_{a}^{b}|\phi_{i}(t)|^{2}d t=1 $$

$$ \begin{aligned}{\int_{a}^{b}}&{{}|x(t)|^{2}d t=\int_{a}^{b}x(t)x^{*}(t)d t}\\ {}&{{}=\int_{a}^{b}\sum_{i=-\infty}^{+\infty}a_{i}\phi_{i}(t)\sum_{j=-\infty}^{+\infty}a_{j}^{*}\phi_{j}^{*}(t)d t}\\ {}&{{}=\sum_{i=-\infty}^{+\infty}\sum_{j=-\infty}^{+\infty}a_{i}a_{j}^{*}\int_{a}^{b}\phi_{i}(t)\phi_{j}^{*}(t)d t}\\ {}&{{}=\sum_{i=-\infty}^{+\infty}|a_{i}|^{2},\;i=j}\\ \end{aligned} $$

(h) 系统的冲激响应为

$$ h_{i}(t)=\phi_{i}(T-t) $$

当输入 $ x(t) = \phi_{i}(t) $ 时，输出为

$$ \begin{aligned}{y(t)}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}\phi_{i}(\tau)h_{i}(t-\tau)d\tau}\\ {}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}\phi_{i}(\tau)\phi_{i}(T-t+\tau)d\tau}\\ \end{aligned} $$

因此，

$$ \begin{aligned}{y(T)}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}\phi_{j}(\tau)\phi_{i}(\tau)d\tau=\delta_{i j}}\\ {}&{{}=\left\{\begin{aligned}{1,}&{{}\quad i=j}\\ {0,}&{{},\quad i\neq j}\\ \end{aligned}\right.}\\ \end{aligned} $$

4.8 设 $ \{\phi_{i}(t)\} $，i=0， $ \pm1,\pm2,\cdots $，是在区间 $ a\leq $

$ t \leqslant b $ 上的归一化正交函数集，而 $ x(t) $ 为一给定的信号。则在区间 $ a \leqslant t \leqslant b $ 上，可将 $ x(t) $ 用 $ \{\phi_{i}(t)\} $ 的线性组合来近似为

$$ \hat{x}_{N}(t)=\sum_{i=-N}^{+N}a_{i}\phi_{i}(t) $$

式中 $ a_{i} $ 为任意常数。为了度量 $ \hat{x}(t) $ 对 $ x(t) $ 的近似程度，定义其误差函数 $ e_{N}(t) $ 为

$$ e_{N}(t)=x(t)-\hat{x}_{N}(t) $$

而误差能量E定义为

$$ E=\int_{a}^{b}\mid e_{N}(t)\mid^{2}d t $$

(a) 证明，可通过选择

$$ a_{i}=\int_{a}^{b}x(t)\phi_{i}^{*}(t)d t $$

使E为最小。

(b) 若 $ \{\phi_{i}(t)\} $ 是正交的，但不是归一化正交的，则在

$$ A_{i}=\int_{a}^{b}|\phi_{i}(t)|^{2}d t $$

情况下，(a) 小题的结果将如何变化？

(c) 若设 $ \phi_{s}(t)=e^{j n\omega_{0}t} $，并任意选择区间 $ T_{0}=2\pi/\omega_{0} $ 证明这时使 E 最小的 $ a_{s} $ 是

$$ a_{n}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}x(t)e^{-j n\omega_{0}t}d t $$

(d) 沃尔什函数集的头 5 个函数 $ \phi_{0}(t) $， $ \phi_{1}(t) $， $ \phi_{2}(t) $， $ \phi_{3}(t) $ 和 $ \phi_{4}(t) $ 如图 P4.8 所示。在区间 $ 0 \leqslant t \leqslant 1 $ 上， $ \phi_{i}(t) $ 是归一化正交的。若设 $ x(t) = \sin \pi t $，求 $ x(t) $ 的近似值

$$ \hat{x}(t)=\sum_{i=0}^{4}a_{i}\phi_{i}(t) $$

从而使

$$ \int_{q}^{1}\mid x(t)-\hat{x}(t)\mid^{2}d\xi $$

最小。

(e) 证明，若按式 (P4.8-4) 选择 $ a_{i} $，则 $ \hat{x}_{N}(t) $ 和 $ e_{N}(t) $ 是正交的.

(f) 若 $ \phi_{0}(t)=1 $, $ \phi_{1}(t)=t $, $ \phi_{2}(t)=t^{2} $, $ \cdots $, $ \phi_{n}(t)=t^{n} $.

则 $ \phi_{i}(t) $ 在区间 $ 0 \leqslant t \leqslant 1 $ 上是正交的吗？

(g) 若在区间 $ 0 \leqslant t \leqslant 1 $ 上， $ x(t) = e^{t} $ 的近似为

$$ \hat{x}_{0}(t)=a_{0}\phi_{0}(t) $$

求在该区间里使误差信号的能量最小的 $ a_{0} $ 值.

(h) 现在，若用台劳级数的前两项 $ \hat{x}_{1}(t)=a_{0}+a_{1}t $ 来近似 $ e' $。求 $ a_{0} $ 和 $ a_{1} $ 的最佳值。

解：

(a) 证明

$$ \begin{aligned}E&=\int_{a}^{b}|e_{N}(t)|^{2}dt\\&=\int_{a}^{b}|x(t)-\hat{x}_{N}(t)|^{2}dt\\&=\int_{a}^{b}\left[\begin{array}{ll}x(t)-\displaystyle\sum_{i=-N}^{N}a_{i}\phi_{i}(t)\end{array}\right]\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&\times\left[x^{*}(t)-\sum_{j=-N}^{N}a_{j}^{*}\phi_{j}^{*}(t)\right]dt\\=&\int_{a}^{b}|x(t)|^{2}dt-\int_{a}^{b}x^{*}(t)\sum_{i=-N}^{N}a_{i}\phi_{i}(t)dt\\&-\int_{a}^{b}x(t)\sum_{i=-N}^{N}a_{i}^{*}\phi_{j}^{*}(t)dt\\&+\int_{a}^{b}\sum_{i=-N}^{N}a_{i}\phi_{i}(t)\sum_{j=-N}^{N}a_{j}^{*}\phi_{j}^{*}(t)dt\end{aligned} $$

设 $ a_{i}=b_{i}+jc_{i} $，并令 $ \frac{\partial E}{\partial b_{i}}=0 $ 和 $ \frac{\partial E}{\partial c_{i}}=0 $

则可求得使 E 最小的 $ a_{i} $

$$ \begin{aligned}{\frac{\partial E}{\partial b_{i}}=}&{{}~-\int_{a}^{b}x^{*}(t)\phi_{i}(t)d t-\int_{a}^{b}x(t)\phi_{j}^{*}(t)d t}\\ {}&{{}~+\int_{a}^{b}\phi_{i}(t)\sum_{j=-N}^{N}a_{j}^{*}\phi_{i}^{*}(t)d t}\\ {}&{{}~+\int_{a}^{b}\phi_{j}^{*}(t)\sum_{i=-N}^{N}a_{i}\phi_{i}(t)d t}\\ {=}&{{}~-\int_{a}^{b}x^{*}(t)\phi_{i}(t)d t-\int_{a}^{b}x(t)\phi_{j}^{*}(t)d t}\\ {}&{{}~+\sum_{j=-N}^{N}a_{j}^{*}\int_{a}^{b}\phi_{i}(t)\phi_{i}^{*}(t)d t}\\ {}&{{}~+\sum_{i=-N}^{N}a_{i}\int_{a}^{b}\phi_{j}^{*}(t)\phi_{i}(t)d t}\\ \end{aligned} $$

考虑到后两项中的积分为

$$ \int_{a}^{b}\phi_{i}(t)\phi_{j}^{*}(t)d t=\left\{\begin{matrix}{1,}&{i=j}\\ {0,}&{i\neq j}\\ \end{matrix}\right. $$

所以

$$ \frac{\partial E}{\partial b_{i}}=-\int_{a}^{b}x^{*}(t)\phi_{i}(t)d t $$

$$ -\int_{a}^{b}x(t)\phi_{i}^{*}(t)d t+a_{i}^{*}+a_{i}=0 $$

可见，令

$$ a_{i}=\int_{a}^{b}x(t)\phi_{i}^{*}(t)d t $$

即可使

$$ \frac{\partial E}{\partial b_{i}}=0 $$

对 $ \frac{\partial E}{\partial c_{i}} = 0 $ 作同样分析可得出同样结论。所以按上式选择

$ a_{i} $ 可使 E 最小。

(b) 由解 (a) 题中可知，若 i = j 时，

$$ \int_{a}^{b}\phi_{i}(t)\phi_{j}^{*}(t)d t=\int_{a}^{b}|\phi_{i}(t)|^{2}d t=A_{i} $$

则

$$ \begin{aligned}\frac{\partial E}{\partial b_{i}}=&-\int_{s}^{b}x^{*}(t)\phi_{i}(t)dt\\&-\int_{s}^{b}x(t)\phi_{j}^{*}(t)dt+a_{i}A_{i}+a_{j}^{*}A_{i}=0\end{aligned} $$

由此可见，这时

$$ a_{i}=\frac{1}{A_{i}}\int_{a}^{b}x(t)\phi_{i}^{*}(t)d t $$

(c) 当 $ \phi_{n}(t)=e^{j n\omega_{0}t} $ 时，由4.7题(d)小题的解可知

$$ \int_{T_{0}}|\phi_{n}(t)|^{2}d t=T_{0} $$

再利用本题（b）小题结果 $ A_{i}=T_{0} $，即得

$$ a_{n}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}x(t)e^{-j n\omega_{0}t}d t $$

(d) 根据 (c) 小题得出的结论，为使误差最小，应按照

$$ a_{k}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}x(t)\phi_{k}^{*}(t)d t $$

计算 $ a_{k} $。因此根据图中给出的沃尔什波形，有

$$ a_{0}=\int_{0}^{1}\sin\pi t dt=2/\pi $$

$$ a_{1}=\int_{0}^{1/2}\sin\pi t d t-\int_{1/2}^{1}\sin\pi t d t=0 $$

$$ \begin{aligned}a_{2}&=\int_{0}^{1/4}\sin\pi\tau d t-\int_{1/4}^{3/4}\sin\pi\tau d t+\int_{3/4}^{1}\sin\pi\tau d t\\&=\frac{2}{\pi}\left(1-\sqrt{2}\right)\end{aligned} $$

用同样方法可求得

$$ a_{3}=0 $$

$$ a_{4}=\frac{1}{\pi}\left(2-4\cos\pi/8+4\cos3\pi/8\right) $$

(e)

$$ \begin{aligned}\int_{a}^{b}&\hat{x}_{N}^{*}(t)e_{N}(t)dt\\&=\int_{a}^{b}\left[\sum_{i=-\infty}^{+\infty}a_{i}\phi_{i}(t)\right]^{*}\left[\begin{array}{l}x(t)-\sum_{i=-\infty}^{+\infty}a_{i}\phi_{i}(t)\end{array}\right]dt\\&=\sum_{i=-\infty}^{+\infty}a_{i}^{*}\int_{a}^{b}x(t)\phi_{i}^{*}(t)dt\\&\quad-\sum_{i=-\infty}^{+\infty}\sum_{j=-\infty}^{+\infty}a_{i}^{*}a_{j}\int_{a}^{b}\phi_{i}^{*}(t)\phi_{j}(t)dt\end{aligned} $$

因为

$$ \int_{a}^{b}\phi_{i}^{*}(t)\phi_{j}(t)d t=\left\{\begin{matrix}{1,}&{i=j}\\ {0,}&{i\neq j}\\ \end{matrix}\right. $$

所以

$$ \int_{a}^{b}\hat{x}_{N}^{*}(t)e_{N}(t)d t=\sum_{i=-\infty}^{+\infty}a_{i}^{*}a_{i}-\sum_{i=-\infty}^{+\infty}a_{i}^{*}a_{i}=0 $$

即 $ \pmb{e}_{N}(t) $ 与 $ e_{N}(t) $ 正交。

(f) 不是正交的。例如

$$ \int_{0}^{1}\phi_{0}(t)\phi_{1}(t)d t=\int_{0}^{1}t d t=1\neq0 $$

(g) $ a_{0} \neq \int_{0}^{1} e^{t} \phi_{0}^{*}(t) dt = e - 1 $

(h) $ \dot{x}(t) = a_{0} + a_{1}t, \; x(t) = e^{t} $

因此

$$ \begin{aligned}E&=\int_{0}^{1}\left|e_{N}(t)\right|^{2}d t=\int_{0}^{1}(e^{t}-a_{0}-a_{1}t)^{2}d t\\&=\int_{0}^{1}[e^{2t}+a_{0}^{2}+a_{1}^{2}t^{2}-2a_{0}e^{t}-2a_{1}t e^{t}+2a_{0}a_{1}t]\tilde{d}t\end{aligned} $$

令 $ \frac{\partial E}{\partial a_{0}} = 0 $ 及 $ \frac{\partial E}{\partial a_{1}} = 0 $，得

$$ \left\{\begin{aligned}{}&{{}\int_{0}^{1}\left(2a_{0}-2e^{t}+2a_{1}t\right)d t=0}\\ {}&{{}\int_{0}^{1}\left(2a_{1}t^{2}-2\tau e^{t}+2a_{0}t\right)d t=0}\\ \end{aligned}\right., $$

即

$$ \left\{\begin{aligned}{2a_{0}+a_{1}}&{{}=2e-2}\\ {3a_{0}+2a_{1}}&{{}=-6}\\ \end{aligned}\right. $$

所以

$$ a_{0}=2(2e-5) $$

$$ a_{1}=(-e+3) $$

4.9 设 $ x(t) $ 是基本周期为 $ T_{0} $ 的周期信号，其傅氏系数为 $ a_{k} $。求下列各信号的傅氏系数（用 $ a_{k} $ 来表示）。

(a) $ x(\tau - \tau_{0}) $ (b) $ x(-\tau) $

(c) $ x^{*}(t) $ (d) $ \int_{-\infty}^{t} x(z) dz $ (假定 $ a_{0}=0 $)

(e) $ \frac{dx(t)}{dt} $ (f) $ x(\alpha t) $, $ \alpha > 0 $ (确定其周期)

解：

(a)

$$ \begin{aligned}{\hat{a}_{k}}&{{}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}x(t-t_{0})e^{-i k\omega_{0}t}\tilde{d}t}\\ {}&{{}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}x(\tau)e^{-i k\omega_{0}\tau}d\tau\bullet e^{-i k\omega_{0}t_{0}}=\alpha_{k}e^{-i k\omega_{0}t_{0}}}\\ \end{aligned} $$

(b)

$$ \begin{aligned}{\hat{a}_{k}}&{{}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}x(-{~t~}){e}^{-{j}k\omega_{0}{t}}\hat{d}{t}}\\ {}&{{}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}x({t}){e}^{{j}k\omega_{0}{t}}\hat{d}{t}}\\ {}&{{}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}x({t}){e}^{-{j}(-k)\omega_{0}{t}}\hat{d}{t}=a_{-k}}\\ \end{aligned} $$

(c)

$$ \begin{aligned}{\hat{a}_{k}}&{{}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}x^{*}(t)e^{-j k\omega_{0}t}d t}\\ {}&{{}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}[x(t)e^{j k\omega_{0}t}]^{*}d t}\\ {}&{{}=\left[\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}x(t)e^{-j(-k)\omega_{0}t}d t\right]^{*}=a_{-k}^{*}}\\ \end{aligned} $$

(d) 因为

$$ \begin{array}{c}{x(t)=\displaystyle\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}e^{j k\omega_{0}t}}\end{array} $$

当 k=0 时， $ a_{0}=0 $，所以

$$ \begin{aligned}{\int_{-\infty}^{t}x(\tau)d\tau}&{{}=\int_{-\infty}^{t}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}e^{j k\omega_{0}\tau}d\tau}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{t}a_{k}e^{j k\omega_{0}\tau}d\tau}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\frac{a_{k}}{j k\omega_{0}}e^{j k\omega_{0}t}}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}e^{j k\omega_{0}t},~k\neq0}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ a_{k}=\frac{a_{k}}{jk\omega_{0}},k\neq0 $$

(e)

$$ x(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}e^{j k\omega_{0}t} $$

$$ \frac{dx(t)}{dt}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}jk\omega_{0}a_{k}e^{jk\omega_{0}t}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}e^{jk\omega_{0}t} $$

所以

$$ a_{k}=i k\omega_{0}a_{k} $$

(f) 因 $ x(t) $ 的基本周期是 $ T_{0} $，所以 $ x(\alpha t) $ 的基本周期为 $ T = T_{0}/\alpha $。因此

$$ \begin{aligned}{\hat{a}_{k}}&{{}=\frac{1}{T_{_{0}}}\int_{T_{0}}x(\alpha t)e^{-i k\frac{2\pi}{T}\cdot t}d t}\\ {}&{{}=\frac{\alpha}{T_{_{0}}}\int_{T_{0}/\alpha}x(\alpha t)e^{-i k\frac{2\pi}{T}\cdot\alpha t}d t}\\ \end{aligned} $$

设 $ \tau = \alpha t $，则 $ dt = \frac{1}{\alpha} dr $，而积分限 $ t = T_{0} / \alpha $ 时， $ \tau = T_{0} $。因此上式变成

$$ \hat{a}_{k}=\frac{\alpha}{T_{0}}\int_{T_{0}}x(\tau)e^{-j k\frac{2\pi}{T_{0}}\tau}\frac{d\tau}{\alpha}=a_{k} $$

4.10 假定地球表面上的温度是周期为1（单位为1年）的周期信号 $ T(t) $。设 $ T(x,t) $ 表示在时间 t 时，地球表面以下深度 x 处的温度。这个函数服从热扩散方程

$$ \frac{\partial T(x,t)}{\partial t}=\frac{1}{2}k^{2}\frac{\partial^{2}T(x,t)}{\partial x^{2}} $$

其辅助条件为

$$ T(0,~t)=T(t) $$

其中 k 是地球的热扩散常数 (k > 0)。假定将 T(t) 展开成时间 t 的傅氏级数为

$$ T(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}a_{n}e^{j n2\pi t} $$

同样，可在任一给定深度 x 将 $ T(x, t) $ 展开成时间 t 的傅氏级数为

$$ T(x,t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}b_{n}(x)e^{j n2\pi t} $$

其中傅氏系数 $ b_{n}(x) $ 与 x 有关.

（a）利用式 $ (P4.10-1)-(P4.10-4) $证明 $ b_{n}(x) $满足微分方程

$$ \frac{d^{2}b_{n}(x)}{dx^{2}}=\frac{4\pi j n}{k^{2}}b_{n}(x) $$

其辅助条件为

$$ b_{n}(0)=a_{n} $$

和

$$ \lim_{x\to\infty}T(x,t)= 常数 $$

(b) 证明式（P4.10-5）的解是

$$ b_{s}(x)=\left\{\begin{matrix}{a_{n}\exp[-\sqrt{2\pi\mid n\mid}\left(1+j\right)x/\hbar],\;n\geqslant0}\\ {a_{n}\exp[-\sqrt{2\pi\mid n\mid}\left(1-j\right)x/\hbar],\;n\leqslant0}\\ \end{matrix}\right. $$

(c) 因此，在深度 x 处的温度波动是地面上的温度波动的阻尼和移相型式。为更清楚地看到这点，设

$$ T(t)=a_{0}+a_{1}\sin2\pi t $$

$ (a_{0} $ 代表年平均温度). 当

$$ x=k\sqrt{\frac{\pi}{2}},a_{0}=2\text{ 和 }a_{1}=1 $$

时，画出一年期间的 $ T(t) $ 和 $ T(x,t) $。

解：

(a) 将式 $ (P4.10-4) $ 代入 $ (P4.10-1) $，得

$$ \sum_{n=-\infty}^{+\infty}j2\pi n b_{n}(x)e^{j2\pi nt}=\frac{1}{2}k^{2}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\frac{\partial^{2}b_{n}(x)}{\partial x^{2}}e^{j2\pi nt} $$

令上式两边同次谐波项的系数相等，得

$$ \frac{\partial^{2}b_{n}(x)}{\partial x^{2}}=\frac{j4\pi n}{k^{2}}b_{n}(x) $$

(b) 设式（P4.10-5a）的解为

$$ b_{*}(x)=a_{*}e^{s x} $$

将其代入式 $ (P4.10-5a) $，得

$$ s^{2}=\frac{j4\pi n}{k^{2}} $$

所以

$$ s=\pm\frac{2\sqrt{\pi\eta}}{\tilde{k}}~e^{i\pi/4} $$

由于系统是稳定的，所以，当 $ n \geqslant 0 $ 时，上式取“-”号，得

$$ s=-\frac{2\sqrt{\pi n}}{k}e^{i\pi/4}=-\frac{\sqrt{2\pi n}}{k}(1+j) $$

当 $ n \leqslant 0 $ 时，上式取“+”号，得

$$ S=\frac{2\sqrt{\pi n}}{k}e^{i\pi/4}=\frac{j2\sqrt{\pi|n|}}{k}e^{i\pi/4}=-\frac{\sqrt{2\pi|n|}}{k}(1-j) $$

所以

$$ b_{n}(x)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}a_{n}\exp\left[-\frac{\sqrt{2\pi n}}{\tilde{k}}(1+j)x\right],~n\geqslant0}\\ {}&{{}a_{n}\exp\left[-\frac{\sqrt{2\pi|n|}}{\tilde{k}}(1-j)x\right],~n\leqslant0}\\ \end{aligned}\right. $$

(c) 根据上题结果及本题所给初始值，得

$$ b_{0}(x)=b_{0}(k\sqrt{\pi/2})=a_{0}=2 $$

$$ b_{1}(x)=b_{1}(k\sqrt{\pi/2})=e^{-(1+i)x}=-e^{-\infty} $$

$$ b_{-1}(x)=b_{-1}(k\sqrt{\pi/2})=e^{-(1-i)\pi}=-e^{-\pi} $$

代入式 $ (P4.10-4) $，得

$$ \begin{aligned}{T(x,t)}&{{}=T(k\sqrt{\pi/2},t)}\\ {}&{{}=b_{-1}(k\sqrt{\pi/2})~e^{-j2\pi t}+b_{0}(k\sqrt{\pi/2})}\\ {}&{{}\quad+b_{1}(k\sqrt{\pi/2})e^{j2\pi t}}\\ {}&{{}=2-e^{-\pi}(e^{j2\pi t}+e^{-j2\pi t})}\\ {}&{{}=2-2e^{-\pi}\cos2\pi t}\\ \end{aligned} $$

在 $ 0 \leqslant t \leqslant 1 $ 区间， $ T(t) $ 和 $ T(x, t) $ 的曲线如图 P4.10 所

示。

4.11 如图 P4.11 所示曲线。其矢量长度 $ \boldsymbol{r}(\theta) $ 是角 $ \theta $ 的周期信号，其周期为 $ 2\pi $。设 $ \{a_{k}\} $ 为 $ \boldsymbol{r}(\theta) $ 的傅氏级数的系数。

(a) $ x(\theta) $ 是矢量 $ r(\theta) $ 在 x 轴上的投影，如图 P4.11 所示。求用 $ a_{k} $ 表示的 $ x(\theta) $ 的傅氏级数。

$$ b_{k}=a_{k}e^{i k\pi/4} $$

(b) 考虑系数序列

画出与此系数集相应的平面内的图形。

(c) 若

$$ b_{k}=a_{k}\delta[k] $$

重做（b）小题。

(d) 在平面中画出 $ r(\theta) $ 具有下列特性的图形：

(i) $ r(\theta) $ 是偶函数

(ii) $ r(\theta) $ 的基本周期为 $ \pi $

(iii) $ r(\theta) $ 的基本周期为 $ \pi/2 $.

解：

(a) 设 $ r(\theta) = \sum_{k=-\infty}^{+\infty} a_{k} e^{ik\theta} $

则

$$ x(\theta)=r(\theta)\cos\theta=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}e^{jk\theta}\cdot\frac{1}{2}\left(e^{j\theta}+e^{-j\theta}\right) $$

$$ =\frac{1}{2}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}e^{j(k+1)\theta}+\frac{1}{2}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}e^{j(k-1)\theta} $$

令 $ k+1=m $, k-1=n, 得

$$ \begin{aligned}{x(\vartheta)}&{{}=\frac{1}{2}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}a_{m-1}e^{i m\vartheta}+\frac{1}{2}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}a_{n+1}e^{i n\vartheta}}\\ {}&{{}\xlongequal{m\to n}\frac{1}{2}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}(a_{n-1}+a_{n+1})e^{i n\vartheta}}\\ {}&{{}\xlongequal{n\to k}\frac{1}{2}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}(a_{k-1}+a_{k+1})e^{i k\vartheta}}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ \hat{a}_{k}=\frac{1}{2}(a_{k-1}+a_{k+1}) $$

(b)

$$ \begin{aligned}{y(\theta)}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}b_{k}e^{i k\theta}}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}e^{i k(\theta+x/4)}=r(\theta+\pi/4)}\\ \end{aligned} $$

可见，其图形是将原图形顺时针旋转 $ \pi/4 $度，如图P4.11-1(a)所示。

(c) $ b_{k} = a_{k} \delta(k) = a_{0} \delta(k) $，即

$$ y(\theta)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}\delta(k)e^{jk\theta}=a_{0},\;b_{0}=a_{0} $$

$$ b_{k}=0,k\neq0 $$

这是一个半径为 $ a_{0} $ 的圆，如图 P4.11-1(b) 所示。

(d)(i) $ r(\theta)=r(-\theta) $（偶函数），如图P4.11-1(c)所示。

(ii) $ r(\theta + k\pi) = r(\theta) $，如图 P4.11-1(d) 所示，

(iii) $ r(\theta + k\pi/2) = r(\theta) $，如图 P4.11-1(e) 所示。

4.12(a) 若在周期为 T 的连续时间周期信号 x(t) 的傅氏级数表示式

$$ x(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}e^{j k(2\pi/T)t} $$

中，对于每个偶整数 k， $ a_{k}=0 $，则称其为奇谐函数。

(i) 证明，若 $ x(t) $ 是奇谐函数，则

$$ x(t)=-x(t+T/2) $$

(ii) 证明，若 $ x(t) $ 满足式 (P4.12-2)，则是奇谐函数。

(b) 假设 $ x(t) $ 是一个周期为2的奇谐周期信号，因此

$$ x(t)=t,\ 0

画出 $ x(t) $，并求其傅氏级数的系数，

(c) 同样，可定义偶谐函数，即当 k 为奇数时，式 (P4.12-1) 中的 $ a_{k}=0 $。这时 T 可能是这类信号的基本周期吗？为什么？

(d) 更一般地证明，在下列两种情况之一时，则 T 是式 $ (P4.12-1) $ 中的 x(t) 的基本周期：

(i) $ a_{1} $ 或 $ a_{-1} $ 为非零值，或

（ii）存在两个互质的整数 k 和 l，使得 $ a_{k} $ 和 $ a_{l} $ 均非零值。解：

(a)(i)设

$$ x(t)=\sum_{k 奇 数 }a_{k}e^{i k\frac{2\pi}{T}t} $$

则

$$ \begin{aligned}x(t+T/2)&=\sum_{k 奇 零 }a_{k}e^{i k\frac{2\pi}{T}t}e^{i\tilde{k}\alpha}\\&=(-1)^{k}x(t)\end{aligned} $$

因此，若 $ x(t) $ 是奇谐函数，k 取奇数，

$$ x(z+T/2)=-x(t) $$

(ii) 将 $ x(t) $ 和 $ -x(t+T/2) $ 分别用傅氏级数表示为

$$ x\left(t\right)\;=\;\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}e^{i k\omega_{0}t} $$

$$ \begin{aligned}{-\;x(t+T/2)}&{{}=\;\sum_{k=-\infty}^{+\infty}(-1)a_{k}e^{i k\frac{2\pi}{T}}\;(t+T/2)}\\ {}&{{}=\;\sum_{k=-\infty}^{+\infty}(-1)a_{k}e^{i k\varpi}e^{i k\frac{2\pi}{T}t}}\\ {}&{{}=\;\sum_{k=-\infty}^{+\infty}(-1)^{k+1}a_{k}e^{i k\varpi_{0}t}}\\ \end{aligned} $$

由于

$$ x(t)=-x(t+T/2) $$

因此要使 $ (-1)^{k+1}a_{k}=a_{k} $ 成立，只可能 k 为奇数或 $ a_{k}=0 $。所以 $ x(t) $ 是奇谐函数。

（b）已知 $ T = 2 $, $ \omega_{0} = 2\pi $, $ x(t) = t $, 0 < t < 1 的奇谐周期信号，则

$$ x(t)=-x(t+T/2)=-x(t+1) $$

$$ x\left(t\right)=\left\{\begin{matrix}t,&0

如图 P4.12 所示。

$$ \begin{aligned}{a_{k}}&{{}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}x\left(t\right)e^{-i k\omega_{0}t}\dot{d}t}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}\int_{-1}^{0}\left(-t-1\right)e^{-i k\varpi t}d t+\frac{1}{2}\int_{0}^{1}t e^{-i k\varpi t}d t}\\ {}&{{}=-\frac{1}{2}\int_{-1}^{0}t e^{-i k\varpi t}d t-\frac{1}{2}\int_{-1}^{0}e^{-i k\varpi t}d t}\\ {}&{{}\quad+\frac{1}{2}\int_{0}^{1}t e^{-i k\varpi t}d t}\\ \end{aligned} $$

上式各项积分为

$$ \begin{aligned}&-\frac{1}{2}\int_{-1}^{0}\ te^{-i k\pi t}\bar{d}t=\frac{1}{j2\bar{k}\pi}\ te^{-i k\pi t}\bigg|_{-1}^{0}\\&+\frac{1}{2(\bar{j}k\pi)^{2}}e^{-i k\pi t}\bigg|_{-1}^{0}\\=&\frac{1}{j2k\pi}e^{i k\pi}+\frac{1}{2\bar{j}^{2}\bar{k}^{2}\pi^{2}}\left(1-e^{i k\pi}\right)\\=&\frac{\bar{j}}{2\bar{k}\pi}-\frac{1}{\bar{k}^{2}\pi^{2}},k 为奇数 ;\end{aligned} $$

$$ \frac{1}{2}\int_{-1}^{0}e^{-i k\pi t}d t=\frac{j}{2k\pi}e^{-i k\pi t}\bigg|_{-1}^{0}=\frac{j}{k\pi}; $$

$$ \begin{aligned}\frac{1}{2}\int_{0}^{1}&t e^{-i k\pi t}dt=\frac{-1}{j2k\pi}\left.t e^{-i k\pi t}\right|_{0}^{1}\\&+\frac{1}{2(j k\pi)^{2}}e^{-i k\pi t}\left.\right|_{0}^{1}\\&=\frac{j}{2k\pi}e^{-i k\pi}+\frac{1}{2k^{2}\pi^{2}}-\frac{1}{2k^{2}\pi^{2}}\\&=-\frac{j}{2k\pi}-\frac{1}{k^{2}\pi^{2}},k 为奇数 \end{aligned} $$

因此

$$ \begin{aligned}a_{k}&=\frac{j}{2k\pi}-\frac{1}{k^{2}\pi^{2}}+\frac{j}{k\pi}-\frac{j}{2k\pi}-\frac{1}{k^{2}\pi^{2}}\\&=\left\{\begin{aligned}&\frac{j}{k\pi}-\frac{2}{k^{2}\pi^{2}},&k 为奇数 \\&0,&k 为偶数 \end{aligned}\right.\end{aligned} $$

(c) 这时，T 不是这类信号的基本周期，因为对于偶谐信号

$$ x(t)=x(t+T/2) $$

所以基本周期为 T/2.

(d) (i) 已知 $ a_{1} $ 或 $ a_{-1} $ 为非零值，则可将 $ x(t) $ 表示为

$$ \begin{aligned}{x\left(t\right)}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}e^{i k\frac{2\pi}{T}t}=a_{0}+a_{\pm1}e^{\pm j\frac{2\pi}{T}t}}\\ {}&{{}\quad+a_{\pm2}e^{\pm j\imath\frac{2\pi}{T}t}+\cdots}\\ \end{aligned} $$

可见，除直流分量 $ a_{0} $ 外， $ a_{1} $ 和 $ a_{-1} $ 对应的信号频率 $ \frac{2\pi}{T} $ 最低，是简谐相关信号的基本频率。因而，当 $ a_{1} $ 或 $ a_{-1} $ 为非零值时，其对应周期 T 为信号 x(t) 的基本周期。

（ii）如果有互质的二整数 k 和 l 存在，且 $ a_{k} \neq 0 $ 和 $ a_{l} \neq 0 $。这表明信号存在 k 次谐波和 l 次谐波。而 k 和 l 互质，无公因子，因此它们的最大公约数为 1，则存在基波 $ a_{1} $ 或 $ a_{-1} $，所以 T 为 $ x(t) $ 的基本周期。

1.13 假定 $ x(t) $ 是一实周期信号，其傅氏级数表示式用正弦-余弦形式，即

$$ x(t)=a_{0}+2\sum_{k=1}^{+\infty}[B_{k}\cos k\omega_{0}t-C_{k}\sin k\omega_{0}t] $$

（a）求信号 $ x(t) $ 的偶部和奇部的指数形式傅氏级数表示式。也就是，用式（P4.13-1）中的系数求系数 $ \alpha_{k} $ 和 $ \beta_{k} $，使

$$ \mathcal{E}_{\infty}\{x\left(t\right)\}\;=\;{\sum_{k=-\infty}^{+\infty}}\alpha_{k}e^{j k\omega_{\mathrm{B}}t} $$

$$ O_{d}\{x\left(t\right)\}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\beta_{k}e^{i k\omega_{0}t} $$

(b) (a) 小题中的 $ \alpha_{k} $ 和 $ \alpha_{-k} $ 之间的关系是什么？ $ \beta_{k} $ 和 $ \beta_{-k} $ 之间的关系是什么？

（c）假设图 P4.13 所示的信号 x(t) 和 z(t) 具有正弦-余弦形式傅氏级数表示式为

$$ \begin{aligned}{\mathfrak{x}\left(t\right)}&{{}=a_{0}+2\sum_{k=1}^{+\infty}\left[B_{k}\cos\left(\frac{2\pi k t}{3}\right)\right.}\\ {}&{{}\quad\left.-C_{k}\sin\left(\frac{2\pi k t}{3}\right)\right]}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}{\mathbf{z}\left(t\right)}&{{}=d_{0}+2\sum_{k=1}^{+\infty}\left[E_{k}\cos\left(\frac{2\pi k t}{3}\right)\right.}\\ {}&{{}\quad-\left.F_{k}\sin\left(\frac{2\pi k t}{3}\right)\right]}\\ \end{aligned} $$

画出信号

$$ \begin{aligned}{y(t)=}&{{}~4(a_{0}+d_{0})+2\sum_{k=1}^{+\infty}\left\{\left[\begin{array}{c}{B_{k}+\frac{1}{2}~E_{k}}\\ \end{array}\right]\right.}\\ {}&{{}\times\left.\cos\binom{2\pi k t}{3}+F_{k}\sin\binom{2\pi k t}{3}\right\}}\\ \end{aligned} $$

解：

$$ \begin{aligned}{x\left(t\right)}&{{}=a_{0}+2\sum_{k=1}^{+\infty}B_{k}\cos\left(k\omega_{0}t\right)-2\sum_{k=1}^{+\infty}C_{k}\sin\left(k\omega_{0}t\right)}\\ {x(-\tau)}&{{}=a_{0}+2\sum_{k=1}^{+\infty}B_{k}\cos\left(k\omega_{0}t\right)}\\ {}&{{}\quad+2\sum_{k=1}^{+\infty}C_{k}\sin\left(k\omega_{0}t\right)}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}{\mathcal{E}_{*}\{x\left(t\right)\}}&{{}=\frac{1}{2}\left\{x\left(t\right)+x(-t)\right\}}\\ {}&{{}=a_{0}+2\sum_{k=1}^{+\infty}B_{k}\cos\left(k\omega_{0}t\right)}\\ {}&{{}=a_{0}+\sum_{k=1}^{+\infty}B_{k}(e^{k j\omega_{0}t}+e^{-j k\omega_{0}t})}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\alpha_{k}e^{j k\omega_{0}t}}\\ \end{aligned} $$

$$ \mathcal{O}_{d^{\prime}}\left\{x\left(t\right)\right\}=\frac{1}{2}\left\{x\left(t\right)-x\left(-t\right)\right\} $$

$$ \begin{aligned}&=-^{\circ}2\sum_{k=1}^{+\infty}C_{k}\sin\left(k\omega_{0}t\right)\\&=\sum_{k=1}^{+\infty}j C_{k}(e^{jk\omega_{0}t}-e^{-jk\omega_{0}t})\\&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\beta_{k} e^{jk\omega_{0}t}\\ \end{aligned} $$

其中

$$ \alpha_{k}=B_{[k]}=\left\{\begin{aligned}&B_{k},&k>0\\ &B_{-k},&k<0\end{aligned}\right. $$

$$ \alpha_{0}\;=\;a_{0} $$

$$ \beta_{k}=j\mathrm{sgn}(k)\circ C_{|k|}=\left\{\begin{matrix}{j C_{k},}&{k>0}\\ {j C_{-k},}&{k<0}\\ \end{matrix}\right. $$

(b) 由 (a) 小题可知， $ \alpha_{k}=B_{|k|} $

因为 $ B_{k} $ 是实数，所以

$$ B_{\ell}^{*}\rightsquigarrow B_{k},\alpha_{k}\rightsquigarrow\alpha_{-k} $$

又因为 $ B_{k} = j \mathrm{sgn}(k) \cdot C_{k} $，且 $ C_{-k} = -C_{k} $，所以

$$ \boldsymbol{\beta}_{-k}=j\boldsymbol{C}_{-k}=-j\boldsymbol{C}_{k}=-\boldsymbol{\beta}_{k} $$

(c) 因为

$$ \begin{aligned}{\mathcal{E}_{\bullet}\{x\left(t\right)\}}&{{}=a_{0}+2\sum_{k=1}^{+\infty}B_{k}\cos\frac{2\pi k}{3}t}\\ {\mathcal{O}_{\mathcal{A}}\{x\left(t\right)\}}&{{}=-2\sum_{k=1}^{+\infty}C_{k}\sin\frac{2\pi k}{3}t}\\ {\mathcal{E}_{\bullet}\{z\left(t\right)\}}&{{}=d_{0}+2\sum_{k=1}^{+\infty}E_{k}\cos\frac{2\pi k}{3}t}\\ {\mathcal{O}_{\mathcal{A}}\{z\left(t\right)\}}&{{}=-2\sum_{k=1}^{+\infty}F_{k}\sin\frac{2\pi k}{3}t}\\ {a_{0}}&{{}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}x\left(t\right)d t=\frac{1}{3}\int_{0}^{1}\left(-2t+2\right),}\\ \end{aligned} $$

$$ d_{0}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}z\ (t)dt=\frac{1}{3}\int_{0}^{1}z dt-\frac{1}{3}\int_{1}^{2}z dt=0 $$

所以

$$ \begin{aligned}{y\left(t\right)}&{{}=4a_{0}+4d_{0}+2\sum_{k=1}^{+\infty}B_{k}\cos\frac{2\pi k t}{3}}\\ {}&{{}\quad+\sum_{k=1}^{+\infty}E_{k}\cos\frac{2\pi k t}{3}+2\sum_{k=1}^{+\infty}F_{k}\sin\frac{2\pi k t}{3}}\\ {}&{{}=4a_{0}+4d_{0}+[\mathcal{E}_{\infty}\{x\left(t\right)\}-a_{0}]}\\ {}&{{}\quad+\frac{1}{2}[\mathcal{E}_{\infty}\{z\left(t\right)\}-d_{0}-\mathcal{O}_{\mathcal{A}}\{z\left(t\right)\}}\\ {}&{{}=3a_{0}+\frac{7}{2}d_{0}+\mathcal{E}_{\infty}\{x\left(t\right)\}}\\ {}&{{}\quad+\frac{1}{2}\mathcal{E}_{\infty}\{z\left(t\right)\}-\mathcal{O}_{\mathcal{A}}\{z\left(t\right)\}}\\ {}&{{}=1+\mathcal{E}_{\infty}\{x\left(t\right)\}+\frac{1}{2}\mathcal{E}_{\infty}\{z\left(t\right)\}-\mathcal{O}_{\mathcal{A}}\{z\left(t\right)\}}\\ \end{aligned} $$

因此，先画出 $ x(t) $， $ x(-t) $， $ z(t) $ 和 $ z(-t) $ 的图形，再画出 $ \mathcal{E}=\{x(t)\} $， $ \mathcal{E}=\{z(t)\} $， $ \mathcal{O}_{d}\{z(t)\} $，最后画出 $ y(t) $ 的图形，如图 P4.13-1 所示。

4.14 设 $ x(t) $ 为 $ y(t) $ 为具有周期 $ T_{0} $ 的连续时间周期信号，其傅氏级数表达式为

$$ \begin{aligned}{x\left(t\right)}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}e^{{i}k\omega_{0}t}}\\ {y\left(t\right)}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}b_{k}e^{{i}k\omega_{0}t}}\\ \end{aligned} $$

(a) 证明，信号

$$ z\left(t\right)=x\left(t\right)y\left(t\right)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}c_{k}e^{j k\omega_{0}t} $$

的傅氏级数的系数是由离散卷积

$$ c_{k}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}a_{n}b_{k-n} $$

给出的.

(b) 利用 (a) 小题的结果，计算图 P4.14 所示的信号 $ x_{1}(t) $， $ x_{2}(t) $ 和 $ x_{3}(t) $ 的傅氏级数的系数。

(c) 假设式(P4.14-1)中的 $ y(t) $ 等于 $ x^{*}(t) $。用 $ a_{k} $ 来表示式(P4.14-1)中的 $ b_{k} $，并利用(a)小题的结果证明其周期信号的帕斯瓦尔(Parseval)定理。也就是，证明

$$ \frac{1}{T_{0}}\int_{0}^{T_{0}}\mid x(t)\mid^{2}dt=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\mid a_{k}\mid^{2} $$

解：

$$ \begin{aligned}{{{}}_{j}z\left(t\right)}&{{}=x(t)y(t)}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}e^{{i}k\omega_{0}t}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}b_{k}e^{{i}k\omega_{0}t}}\\ {}&{{}=\sum_{l=-\infty}^{+\infty}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{l}e^{{i}l\omega_{0}t}b_{k}e^{{i}k\omega_{0}t}}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&=\sum_{l=-\infty}^{+\infty}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{l}b_{k}e^{j\omega_{0}(k+l)t}\\&\xlongequal{ 令 k+l=n}\sum_{l=-\infty}^{+\infty}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}a_{l}b_{n-l}e^{j n\omega_{0}t}\\&=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\left[\sum_{l=-\infty}^{+\infty}a_{l}b_{n-l}\right]e^{j n\omega_{0}t}\\&=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}c_{n}e^{j n\omega_{0}t}\end{aligned} $$

所以

$$ c_{n}=\sum_{i=-\infty}^{+\infty}a_{i}b_{n-i}\quad 或 \quad c_{k}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}a_{n}b_{k-n} $$

(b) (i) 由图 P4.14(a) 可知， $ x_{1}(t) $ 可看作连续时间信号 $ x(t) = \cos(20\pi t) $ 与方波 g(t) 相乘而得。如图 P4.14-1(a) 所示。其中 $ T_{0} = 3 $， $ \omega_{0} = 2\pi/3 $。

$$ \begin{aligned}{\mathbf{x}\left(t\right)}&{{}=\cos\left(20\pi t\right)=\frac{1}{2}e^{i20\pi t}+\frac{1}{2}e^{-i20\pi t}}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}e^{i30\left(\frac{2\pi}{3}\right)t}+\frac{1}{2}e^{-i30\left(\frac{2\pi}{3}\right)t}}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ a_{\pm30}=\frac{1}{2},\quad a_{k}=0,\quad k\neq\pm30 $$

对于图示周期方波

$$ b_{k}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}g\left(t\right)e^{-i k\omega_{0}t}d t $$

$$ \begin{array}{l}\displaystyle=\frac{1}{3}\int_{-1}^{1}e^{-i k\omega_{8}t}\bar{d}t\\ \displaystyle=\frac{2}{3}\frac{\sin\left(k2\pi/3\right)}{k2\pi/3}\end{array} $$

若

$$ x_{1}(t)\;=\;\sum_{n=-\infty}^{+\infty}c_{k}e^{-i k a_{0}t} $$

则利用（a）小题的结果，有

$$ \begin{aligned}{c_{k}}&{{}=\left[\frac{1}{2}\;\delta(k-30)+\frac{1}{2}\;\delta(k+30)\right]*\frac{2\sin{(k2\pi/3)}}{3k2\pi/3}}\\ {}&{{}=\frac{\sin{\{(k-30)2\pi/3\}}}{3(k-30)2\pi/3}+\frac{\sin{\{(k+30)2\pi/3\}}}{3(k+30)2\pi/3},}\\ \end{aligned} $$

$$ c_{\pm30}=1/3 $$

(ii) $ x_{2}(t) $ 可看成图 P4.14-1(a) 所示方波的两个位移波形之和与 $ x(t) = \cos(20\pi t) $ 相乘，如图 P4.14-1(b) 所示。其中 $ T_{0} = 3 $, $ \omega_{0} = 2\pi/3 $.

由（i）小题的结果，可写出

$$ a_{\pm30}=\frac{1}{2},\quad a_{k}=0,\quad k\neq\pm30 $$

$$ b_{k}=\frac{2}{3}e^{-ik2\pi/3}\frac{\sin\left(k2\pi/3\right)}{k2\pi/3}+\frac{2}{3}e^{-ik\pi/3}\frac{\sin\left(k2\pi/3\right)}{k2\pi/3} $$

因此，利用（a）小题结果，有

$$ \begin{aligned}{c_{k}=}&{{}~\frac{1}{3}e^{-j(k-30)2\pi/3}\frac{\sin{\left\{(k-30)2\pi/3\right\}}}{(k-30)2\pi/3}}\\ {}&{{}~+\frac{1}{3}e^{-j(k+30)2\pi/3}\frac{\sin{\left\{(k+30)2\pi/3\right\}}}{(k+30)2\pi/3}}\\ {}&{{}~+\frac{1}{3}e^{-j(k-30)\pi/3}\frac{\sin{\left\{(k-30)\pi/3\right\}}}{(k-30)2\pi/3}}\\ {}&{{}~+\frac{1}{3}e^{-j(k+30)\pi/3}\frac{\sin{\left\{(k+30)\pi/3\right\}}}{(k+30)2\pi/3}}\\ \end{aligned} $$

(iii) $ x_{3}(t) $ 可看成 $ e^{-|t|} $ 与 $ x(t) = \cos 20\pi t $ 相乘，如图 P4.14-1(c) 所示。其中 $ T_{0} = 4, \omega_{0} = \pi/2 $。

$$ x\left(t\right)=\cos20\pi t=\frac{1}{2}e^{-j40\left(\frac{\pi}{2}\right)t}+\frac{1}{2}e^{-j40\left(\frac{\pi}{2}\right)t} $$

所以

$$ a_{\pm40}=\frac{1}{2},a_{k}=0,k\neq\pm40 $$

对于 $ -1\leqslant t\leqslant1 $区间的 $ e^{-11} $的傅氏变换为

$$ \begin{aligned}{G(\omega)}&{{}=\int_{-1}^{1}e^{-i t|}e^{-i\omega t}d t=\int_{-1}^{0}e^{t}e^{-j\omega t}d t+\int_{0}^{1}e^{-t}e^{-j\omega t}d t}\\ {}&{{}=\frac{2\{j[\omega+\frac{1}{2}(\sin\omega-\cos\omega)]}{(1+\omega^{2})}}\\ \end{aligned} $$

因此 周期信号 $ e^{-1s} $ 的傅氏级数的系数

$$ b_{k}=\frac{G(\underline{{\omega}})}{T_{_{0}}}\Big|_{\omega=k\omega_{0}}=\frac{j[k\omega_{0}+e^{-1}(\sin k\omega_{0}-\cos k\omega_{0})]}{2[1+(k\omega_{0})^{2}]} $$

根据（a）小题的结果，有

$$ \begin{aligned}{c_{k}}&{{}=\left[\frac{1}{2}\delta(k-40)+\frac{1}{2}\delta(k+40)\right]}\\ {}&{{}\quad*\frac{j[k\omega_{0}+e^{-1}(\sink\omega_{0}-\cosk\omega_{0}]}{2[1+(k\omega_{0})^{2}]}}\\ {}&{{}=\frac{j\{(k{-}40)\omega_{0}+e^{-1}[\sin{(k{-}40)\omega_{0}}-\cos{(k{-}40)\omega_{0}}]\}}{4\{1+[{(k-40)\omega_{0}}]^{2}\}}}\\ {}&{{}\qquad+\frac{j\{(k{+}40)\omega_{0}+e^{-1}[\sin{(k{+}40)\omega_{0}}-\cos{(k{+}40)\omega_{0}}]\}}{4\{1+[{(k+40)\omega_{0}}]^{2}\}}}\\ \end{aligned} $$

(c) 因 $ y(t) = x^{*}(t) $,

所以

$$ \sum_{k=-\infty}^{+\infty}b_{k}e^{i k\omega_{0}t}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}^{*}e^{-i k\omega_{0}t} $$

可见

$$ b_{k}=a_{-k}^{*} $$

因而

$$ \begin{aligned}{\frac{1}{T_{0}}}&{{}\int_{T_{0}}|x(t)|^{2}d t=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}x(t)x^{*}(t)d t}\\ {}&{{}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}e^{i k\omega_{0}t}\sum_{l=-\infty}^{+\infty}a_{l}^{*}e^{-i k\omega_{0}t}d t}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\sum_{e=-\infty}^{+\infty}a_{k}a_{l}^{*}\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}e^{i(k-l)\omega_{0}t}d t}\\ \end{aligned} $$

由于复指数 $ e^{ik\omega_{0}t} $ 的正交性，上式只有 k=l 项才存在，而 $ k\neq l $ 的项均为零，因此，得

$$ \frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}|x(t)|^{2}d t=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}|a_{k}|^{2} $$

4.15 假设一个连续时间 LTI 系统的输入信号 $ x(t) $ 是周期的，其傅氏级数表示式为

$$ x(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\alpha^{|k|}e^{i k(\varpi/4)\tau} $$

式中 $ \alpha $ 是 0 和 1 之间的一个实数，且系统的频率响应为

$$ H(\omega)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}1,~|\omega|w}\\ \end{aligned}\right. $$

为了使系统的输出在 $ x(t) $ 的每个周期内至少含有 90% 的平均能量，w 必须多大？

解：

$$ x(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\alpha^{|k|}e^{j k(\varpi/4)t} $$

根据 Paseval 定理， $ x(t) $ 的每周平均能量为

$$ \begin{aligned}\frac{1}{T_{0}}&\int_{T_{0}}|x(t)|^{2}d t=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}|a_{k}|^{2}\\&=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\alpha^{2|k|}=\sum_{k=-\infty}^{-1}\alpha^{-2k}+\sum_{k=0}^{+\infty}\alpha^{2k}\\&=2\sum_{k=0}^{+\infty}\alpha^{2k}-1=\frac{2}{1-\alpha^{2}}-1\end{aligned} $$

$$ =\frac{1+\alpha^{2}}{1-\alpha^{2}} $$

现在求满足平均能量要求的谐波次数，使得

$$ \sum_{k=-N+1}^{N-1}\mid a_{k}\mid^{2}=0.9\left(\frac{1+\alpha^{2}}{1-\alpha^{2}}\right) $$

即

$$ \sum_{k=-N+1}^{N-1}\alpha^{2|k|}=0.9\left(\frac{1+\alpha^{2}}{1-\alpha^{2}}\right) $$

$$ \frac{1-2\alpha^{2N}+\alpha^{2}}{1-\alpha^{2}}=0.9\left(\frac{1+\alpha^{2}}{1-\alpha^{2}}\right) $$

因此，得

$$ N=\frac{\log\left(\frac{\alpha^{2}+1}{20}\right)}{2\log\alpha} $$

因为 $ \omega_{0}=\pi/4 $，所以至少要 $ w=N\omega_{0} $。其中 N 由上式计算所得。

4.16 两个具有相同周期 $ T_{0} $ 的周期信号 $ \tilde{x}_{1}(t) $ 和 $ \tilde{x}_{2}(t) $ 的周期卷积定义为

$$ \widetilde{y}(t)=\widetilde{x}_{1}(t)\circledast\widetilde{x}_{2}(t)=\int_{T_{0}}\widetilde{x}_{1}(t)\widetilde{x}_{2}(t-\tau)d\tau $$

且 $ \tilde{y}(t) $ 也是周期为 $ T_{0} $ 的周期信号.

(a) $ \tilde{x}_{1}(t) $, $ \tilde{x}_{2}(t) $ 和 $ \tilde{y}(t) $ 具有傅氏级数表示式为

$$ \tilde{x}_{1}(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}e^{i k(2\pi/T_{0})s} $$

$$ \widetilde{x}_{2}(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}b_{k}e^{j k(2\pi/T_{0})s} $$

$$ \tilde{y}(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}c_{k}e^{i k(2\pi/T_{0})s} $$

证明

$$ c_{k}=T_{0}a_{k}b_{k} $$

(b) 图 P4.16-1 中所示的周期信号 $ \tilde{x}(t) $ 是另一周期信号 $ \tilde{z}(t) $ 与其本身周期卷积的结果。求 $ \tilde{z}(t) $，并利用 (a) 小题的结果确定 $ \tilde{x}(t) $ 的傅氏级数表示式。

（c）假设 $ x_{1}(t) $ 和 $ x_{2}(t) $ 是图 P4.16-2(a) 和 (b) 中所示的时限信号。而 $ \tilde{x}_{1}(t) $ 和 $ \tilde{x}_{2}(t) $ 是由 $ x_{1}(t) $ 和 $ x_{2}(t) $ 的周期重复构成的周期信号。设 $ y(t) $ 为 $ x_{1}(t) $ 和 $ x_{2}(t) $ 的非周期卷积

$$ y(t)=x_{1}(t)*x_{2}(t) $$

而 $ \tilde{y}(t) $ 为 $ \tilde{x}_{1}(t) $ 和 $ \tilde{x}_{2}(t) $ 的周期卷积

$$ \tilde{\gamma}(t)=\tilde{x}_{1}(t)\circledast\tilde{x}_{\bar{\lambda}}(t) $$

证明，当 $ T_{0} $ 足够大时，可以从 $ \tilde{y}(t) $ 的一周完全恢复信号 $ y(t) $，也就是

$$ y(t)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}\widetilde{y}(t),}&{}&{{}|t|\leqslant T_{0}/2}\\ {}&{{}0,}&{}&{{}|t|>T_{0}/2}\\ \end{aligned}\right. $$

(d) 设 T = 1，且设 $ x_{1}(t) $ 和 $ x_{2}(t) $ 如图 P4.16-2(a) 和 (b) 所示。利用 (a) 和 (b) 小题的结果来证明

$$ y(t)=x_{1}(t)*x_{2}(t) $$

可表示为下列形式

$$ \begin{aligned}{y(t)=\left\{\begin{matrix}{\sum_{k=-\infty}^{+\infty}c_{k}e^{j k(2\pi/T_{0})s},}&{|\tau|\leqslant T_{0}/2}\\ {0,}&{|\tau|>T_{0}/2}\\ \end{matrix}\right.}\\ \end{aligned} $$

解：

(a)

$$ \begin{aligned}{c_{k}}&{{}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}\widetilde{y}(t)e^{-{i}k\frac{2\pi}{T_{0}}t}\mathop{}{d}t}\\ {}&{{}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}\int_{T_{0}}\widetilde{x}_{1}(\tau)\widetilde{x}_{2}(t-\tau)\mathop{}{d}\tau e^{-{i}k\frac{2\pi}{T_{0}}t}\mathop{}{c}t}\\ {}&{{}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}x_{1}(\tau)e^{-{i}k\frac{2\pi\tau}{T_{0}}}\mathop{}{d}\tau\int_{T_{0}}x(t-\tau)e^{-{i}k\frac{2\pi}{T_{0}}(t-\tau)}\mathop{}{d}t}\\ {}&{{}=T_{0}a_{k}b_{k}}\\ \end{aligned} $$

(b) 三角波 $ \tilde{x}(t) $ 可用两个相同的周期方波 $ \tilde{z}(t) $ 卷积而得，如图 P4.16-3 所示，其周期为 $ T_{0}=5 $

$ z(t) $ 的傅氏级数的系数为

$$ a_{k}=\frac{1}{T_{0}}\int_{-1}^{1}e^{-i k\omega_{0}t}d t=\frac{2}{T_{0}}\frac{\sin k\omega_{0}}{k\omega_{0}} $$

根据（a）小题结果可知， $ \tilde{x}(t) $ 的傅氏级数的系数为

$$ c_{k}=T_{0}a_{k}^{2}=\frac{4}{T_{0}}\left(\frac{\sin k\omega_{0}}{k\omega_{0}}\right)^{2} $$

(c) $ x_{1}(t) $ 和 $ x_{2}(t) $ 如图 4.16-2 所示。

$$ y(t)=\int_{-\infty}^{+\infty}x_{2}(\tau)x_{1}(t-\tau)d\tau $$

$ x_{2}(\tau) $ 和 $ x_{1}(\tau-\tau) $ 如图 P 4.16-4(a) 所示。

分段卷积如下：

$$ \begin{aligned}y(t)=\begin{cases}0,&t<-T\\\displaystyle\int_{-T}^{t}e^{\tau}d\tau=e^{t}-e^{-T},&-T\leqslant t\leqslant0\\\displaystyle\int_{-T}^{0}e^{\tau}d\tau+\int_{0}^{t}e^{-\tau}d\tau=2-e^{-T}-e^{-t},&0\leqslant t\leqslant T\\\displaystyle\int_{t-2T}^{0}e^{\tau}d\tau+\int_{0}^{T}e^{-\tau}d\tau=2-e^{-T}+e^{\tau-2T},&T\leqslant t\leqslant2T\\\displaystyle\int_{t-2T}^{T}e^{-\tau}d\tau=e^{2T-t}-e^{-T},&2T\leqslant t\leqslant3T\\0,&t>3T\end{cases}\end{aligned} $$

由此得 $ y(t) $ 的波形如图 P4.16-4(b) 所示。用同样方法求得 $ \tilde{y}(t) $ 的波形如图 P4.16-4(e) 所示。

由图可见，只要重复周期 $ T_{0} $ 选得足够大，就能从 $ \tilde{y}(t) $ 中恢

复 $ y(t) $ [即分离出 $ y(t) $]。图中若选择 $ T_{0}>4T $，即可得

$$ y(t)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}\widetilde{y}(t),}&{}&{{}|\tau|\leqslant T_{0}/2}\\ {}&{{}0,}&{}&{{}|\tau|>T_{0}/2}\\ \end{aligned}\right. $$

(d) 若将 $ x_{1}(t) $ 和 $ x_{2}(t) $ 作成相同周期 $ T_{0}=4T $ 的周期信号后，可求得

$$ a_{k}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}\tilde{x}_{1}(t)e^{-i k\omega_{0}t}d t $$

$$ b_{k}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}\tilde{x}_{2}(t)e^{-i k\omega_{0}t}d t $$

则根据(a)小题，可得

$$ \widetilde{y}(t)=\widetilde{x}_{1}(t)\circledast\widetilde{x}_{2}(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}c_{k}e^{j k\omega_{0}t} $$

其中

$$ c_{k}=T_{0}a_{k}b_{k} $$

再根据（c）小题，即得

$$ y(t)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}\sum_{k=-\infty}^{+\infty}c_{k}e^{i k\phi_{0}t},}&{}&{{}|\tau|\leqslant T_{0}/2}\\ {}&{{}0,}&{}&{{}|\tau|>T_{0}/2}\\ \end{aligned}\right. $$

4.17 计算下列各信号的傅氏变换

(a) $ (e^{-\alpha t}\cos\omega_{0}t)u(t) $, $ \alpha>0 $

(b) $ e^{2+\iota}u(-\tau+1) $

(c) $ e^{-3|t|} \sin 2t $

(d) $ e^{-3t}[u(t+2)-u(t-3)] $

(e) $ x(t) $ 如图 P4.17(a) 所示.

$ (f)^{*} u_{1}(t) + 2\delta(3 - 2\tau) $

(g) $ x(t) = \left\{ \begin{aligned} & 1 + \cos 2\pi t, & |t| \leqslant 1 \\ & 0, & |t| > 1 \end{aligned} \right. $

(h) $ \sum_{k=0}^{+\infty} \alpha^{k} \delta(t - kT), |\alpha| < 1 $

(i) $ [te^{-2t}\sin4t]u(t) $

(i) $ \sin t + \cos(2\pi t + \pi/4) $

(k) $ \left[\frac{\sin\pi t}{\pi t}\right]\left[\frac{\sin2\pi(t-1)}{\pi(t-1)}\right] $

(l) $ x(t) $ 如图 P4.17 (b) 所示.

(m) $ x(t) $ 如图 P417(c) 所示.

(n) $ x(t) $ 如图 P4.17(d) 所示.

(0) $ x(t) = \left\{ \begin{aligned} & 1 - t^{2}, & 0 < t < 1 \\ & 0, & \text{其它} \end{aligned} \right. $

(p) $ \sum_{n=-\infty}^{+\infty} e^{-|t-2s|} $

解：

$$ \begin{aligned}{X(\omega)}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}[e^{-\alpha t}\cos\omega_{0}t]u(t)e^{j\omega t}d t}\\ {}&{{}=\int_{0}^{+\infty}e^{-\alpha t}\cos\omega_{0}t e^{-j\omega t}d t}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}\left[\int_{0}^{+\infty}e^{(-\alpha-j\omega+j\omega_{0})}d t+\int_{0}^{+\infty}e^{(-\alpha-j\omega-j\omega_{0}t)}d t\right]}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&=\frac{1}{2}\left[\frac{1}{\alpha+j\omega-j\omega_{0}}+\frac{1}{\alpha+j\omega+j\omega_{0}}\right]\\&=\frac{\alpha+j\omega}{\left(\alpha^{2}+\omega_{0}^{2}-\omega^{2}\right)+j2\alpha\omega}\end{aligned} $$

(b)

$$ \begin{aligned}{X(\omega)}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{(2+t)}u(1-t)e^{-j\omega t}d t}\\ {}&{{}=\int_{-\infty}^{1}e^{2+t}e^{-j\omega t}d t=\frac{e^{3-j\omega}}{1-j\omega}}\\ \end{aligned} $$

(c)

$$ \begin{aligned}X(\omega)&=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-3|t|}\sin2t e^{-j\omega t}dt\\&=\int_{-\infty}^{0}e^{3t}\sin2t e^{-j\omega t}dt+\int_{0}^{+\infty}e^{-3t}\sin2t e^{-j\omega t}dt\\&=\frac{1}{2j}\left[\frac{1}{3-j\omega+2j}-\frac{1}{3-j\omega-2j}\right.\\&\quad\left.+\frac{1}{-3+2j-j\omega}-\frac{1}{-3-2j-j\omega}\right]\\&=\frac{3j}{9+(\omega+2)^{2}}-\frac{3j}{9+(\omega-2)^{2}}\end{aligned} $$

(d)

$$ X(\omega)=\int_{-2}^{3}e^{-3t}e^{-j\omega t}d t $$

$$ \begin{aligned}&=\frac{-1}{3+j\omega}e^{-(3+j\omega)t}\bigg|_{-2}^{3}\\&=\frac{1}{3+j\omega}[e^{6}e^{2j\omega}-e^{-9}e^{-3j\omega}]\end{aligned} $$

(e) 此题运用傅氏变换定义式和 3 个位移方波的叠加法求解均较方便。在此利用微分特性求解，如图 P4.17-1 所示。

由图可见，

$$ \begin{aligned}\frac{dx(t)}{dt}&=\delta(t+1)+\delta(t)\\-3\delta(t-1)+\delta(t-3)\end{aligned} $$

设 $ \frac{dx(t)}{dt} $ 的傅氏变换为 $ \hat{X}(\omega) $，则

$$ \hat{\chi}(\omega)=e^{i\omega}+1-3e^{-i\omega}+e^{-i3\omega} $$

所以

$$ X(\omega)=\frac{\hat{X}(\omega)}{j\omega}=\Bigl[\frac{1+e^{j\omega}-3e^{-j\omega}+e^{-j3\omega}}{j\omega}\Bigr], $$

(f)

$$ \begin{aligned}{X(\omega)}&{{}=\int_{z\infty}^{+\infty}[u_{1}(t)+2\delta(3-2t)]e^{-j\omega t}d t}\\ {}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}\delta^{\prime}(t)e^{-i\omega t}d t+2e^{-i\frac{3}{2}\omega}}\\ {}&{{}=(e^{-j\omega t})^{\prime}|_{t=0}+2e^{-i\frac{3}{2}\omega}}\\ {}&{{}=-j\omega+2e^{-i\frac{3}{2}\omega}}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}(g)X(\omega)&=\int_{-1}^{1}\left(1+\cos\pi t\right)e^{-j\omega t}dt\\&=-\frac{e^{-j\omega}-e^{j\omega}}{j\omega}\\&\quad+\frac{1}{2}\left[\frac{e^{(j\pi-j\omega)t}}{j\pi-j\omega}+\frac{e^{-(j\pi+j\omega)t}}{-j\omega-j\pi}\right]_{-1}^{1}\\&=\frac{2}{\omega}\sin\omega+\frac{1}{\pi-\omega}\sin\left(\pi-\omega\right)+\frac{\sin\left(\pi+\omega\right)}{\pi+\omega}\\&=\frac{2}{\omega}\sin\omega+\frac{1}{\pi-\omega}\sin\omega-\frac{1}{\pi+\omega}\sin\omega\\&=\frac{2\pi^{2}}{\omega\left(\pi-\omega\right)\left(\pi+\omega\right)}\ \sin\omega\end{aligned} $$

(h)

$$ \begin{align*}X(\omega)&=\int_{-\infty}^{+\infty}\sum_{k=0}^{+\infty}\alpha^{k}\delta(z-kT)e^{-j\omega t}dt\\&=\sum_{k=0}^{+\infty}\alpha^{k}\int_{-\infty}^{+\infty}\delta(z-kT)e^{-j\omega t}dt\\&=\sum_{k=0}^{+\infty}\alpha^{k} e^{-j\omega kT}=\sum_{k=0}^{+\infty}(\alpha e^{-j\omega T})^{k}\end{align*} $$

$$ =\frac{1}{1-\alpha e^{-j\omega T}} $$

(i)

$$ \begin{aligned}i)\ X(\omega)&=\int_{-\infty}^{+\infty}[te^{-2t}\sin4t]u(t)e^{-j\omega t}dt\\&=\int_{0}^{+\infty}te^{-2t}\sin4t e^{-j\omega t}dt\\&=\frac{1}{2j}\int_{0}^{+\infty}t[e^{(-2+j4-j\omega)t}-e^{(-2-j4-j\omega)t}]dt\\&=\frac{1}{2j}\frac{1}{-2+j(4-\omega)}\left\{\left.te^{[-2+j(4-\omega)]t}\right|_{0}^{\infty}\right.\\&\quad\left.-\frac{e^{[-2+j(4-\omega)t]}}{-2+j(4-\omega)}\right|_{0}^{\infty}\right\}\\&\quad-\frac{1}{2j}\frac{1}{-2-j(4+\omega)}\left\{\left.te^{[-2-j(4+\omega)]t}\right|_{0}^{\infty}\right.\\&\quad\left.-\frac{e^{[-2-j(4+\omega)t]}}{-2-j(4+\omega)}\right|_{0}^{\infty}\right\}\\&=\frac{1}{2j}\frac{1}{[-2+j(4-\omega)]^{2}}\\&\quad-\frac{1}{2j}\frac{1}{[-2-j(4+\omega)]^{2}}\end{aligned} $$

(i)

$$ \begin{aligned}{x(t)}&{{}=\;\sin\imath+\;\cos\left(2\pi t+\pi/4\right)}\\ {}&{{}=\frac{1}{2j}\left(e^{j t}-e^{-j t}\right)+\frac{1}{2}\;({e^{j\pi/4}}{e^{j2\pi t}}+{e^{-j\pi/4}}{e^{-j2\pi t}})}\\ \end{aligned} $$

利用傅氏变换关系式

$$ e^{i\omega_{0}t}\longleftrightarrow2\pi\delta\left(\omega-\omega_{0}\right) $$

得

$$ \begin{aligned}{X(\omega)}&{{}=\frac{\pi}{j}\left[\delta(\omega-1)-\delta(\omega+1)\right]}\\ {}&{{}\quad+\pi[e^{i\pi/4}\delta(\omega-2\pi)+e^{-i\pi/4}\delta(\omega+2\pi)]}\\ \end{aligned} $$

(k) 利用对偶关系，在 $ \left|\omega\right|\leqslant\pi $ 内，频域方波的逆变换对应于时域 $ \frac{\sin\pi t}{\pi t} $ 函数。

因此

$$ \begin{aligned}{x_{1}(t)}&{{}=\frac{\sin\pi t}{\pi t}{\longleftrightarrow}X_{1}(\omega)}\\ {}&{{}=\left\{\begin{aligned}{}&{{}1,|\omega|\leqslant\pi}\\ {}&{{}0,|\omega|>\pi}\\ \end{aligned}\right.}\\ \end{aligned} $$

再考虑到位移特性，则

$$ \begin{aligned}{x_{2}(t)}&{{}=2\frac{\sin2\pi(t-1)}{2\pi(t-1)}\longleftrightarrow X_{2}(\omega)}\\ {}&{{}=\left\{\begin{aligned}{}&{{}2e^{-j\omega},}&{}&{{}|{o}|\leqslant2\pi}\\ {}&{{}0,}&{}&{{}|{o}|>2\pi}\\ \end{aligned}\right.}\\ \end{aligned} $$

再利用频域卷积特性

$$ x(t)=x_{1}(t)x_{2}(t)\longleftrightarrow X(\omega)=\frac{1}{2\pi}X_{1}(\omega)*X_{2}(\omega) $$

分段卷积，有

$$ \begin{aligned}&X(\omega)=\left\{\begin{aligned}&0,&\omega&<-2\pi\\&\frac{1}{2\pi}\int_{-2\pi}^{\infty}2e^{-iw}dw&=\frac{e^{-iw}}{-j\pi}\bigg|_{-2\pi}^{\infty}=\frac{j}{\pi}(e^{-j\omega}-1)\\&\quad-2\pi\leqslant\omega&\leqslant0\\&\frac{1}{2\pi}\int_{\omega-2\pi}^{\infty}2e^{-jw}dw&=\frac{e^{-iw}}{-j\pi}\bigg|_{\omega-2\pi}^{\infty}=0,0\leqslant\omega\leqslant2\pi\\&\frac{1}{2\pi}\int_{\omega-2\pi}^{2\pi}2e^{-iw}dw&=\frac{e^{-jw}}{-j\pi}\bigg|_{\omega-2\pi}^{2\pi}=\frac{j}{\pi}(1-e^{-j\omega})\\&\quad2\pi\leqslant\omega&\leqslant4\pi\\0,&\quad\omega>4\pi\end{aligned}\right.\end{aligned} $$

(l) 此题可直接用定义式或利用线性与位移特性求解均较容易. 在此运用微分特性和两个方波的卷积来求解.

解法一：

利用微分特性，如图 P4.17-2(a) 所示。

$$ \frac{d x(t)}{d t}=\left\{\begin{aligned}{0,}&{{}\quad t<-2}\\ {1,}&{{}\quad-2<\tau<0}\\ {-1,}&{{}\quad0<\tau<2}\\ {0,}&{{}\quad\tau>2}\\ \end{aligned}\right. $$

$$ \frac{d^{2}x(t)}{d t^{2}}=\delta(t+2)-2\delta(t)+\delta(t-2) $$

因此 $ \frac{d^{2}x(t)}{dt^{2}} $ 的傅氏变换为

$$ \hat{X}(\omega)=e^{j2\omega}-2+e^{-j2\omega}=2(\cos2\omega-1)=-4\sin^{2}\omega $$

所以

$$ X(\omega)=\frac{\hat{X}(\omega)}{(j\omega)^{2}}=\frac{4\sin^{2}\omega}{\omega^{2}} $$

解法二：

将三角波 $ x(t) $ 看成是两个相同方波 $ x_{1}(t) $ 和 $ x_{2}(t) $ 卷积的结果，如图 P4.17-2(b) 所示。

因为

$$ x_{1}(t)=\ x_{2}(t)\longleftrightarrow X_{1}(\omega)\ =X_{2}(\omega)=\frac{2\sin\omega}{\omega} $$

利用卷积特性，得

$$ x(t)=x_{1}(t)*x_{2}(t)\longleftrightarrow X(\omega)=X_{1}(\omega)X_{2}(\omega)=\left[\frac{2\sin\omega}{\omega}\right]^{2} $$

(m) 此题用微分特性求解较容易. 在此直接按定义式求解.

$$ \begin{aligned}{X(\omega)}&{{}=-\int_{-2}^{-1}e^{-j\omega t}d t+\int_{-1}^{1}\imath e^{-j\omega t}d t+\int_{1}^{2}e^{-j\omega t}d t}\\ {}&{{}=\frac{1}{j\omega}\left(e^{j\omega}-e^{j2\omega}\right)-\frac{1}{j\omega}\left(e^{-j\omega}+e^{j\omega}\right)}\\ {}&{{}\quad+\frac{1}{\omega^{2}}\left(e^{-j\omega}-e^{j\omega}\right)-\frac{1}{j\omega}\left(e^{-j2\omega}-e^{-j\omega}\right)}\\ {}&{{}=-\frac{2}{j\omega}\cos2\omega-\frac{2j}{\omega^{2}}\sin\omega}\\ {}&{{}=\frac{2j}{\omega}\Big(\cos2\omega-\frac{1}{\omega}\sin\omega\Big)}\\ \end{aligned} $$

(n) 这是一个周期信号，其基本周期为

$$ T_{0}=2\;,\;\omega_{0}=2\pi/2=\pi $$

在一周内， $ x(t)=2\delta(t)+\delta(t-1) $

$$ X(\omega)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}2\pi c_{k}\delta(\omega-k\omega_{0}) $$

其中

$$ \begin{aligned}a_{k}&=\frac{1}{2}\int_{0}^{2}[2\delta(t)+\delta(t-1)]e^{-ikxt}dt\\&=\frac{1}{2}\left(2+e^{-ik\pi}\right)=2+(-1)^{k}\end{aligned} $$

所以

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

(0)

$$ \begin{aligned}X(\omega)&=\int_{-\infty}^{+\infty}(1-t^{2})e^{-i\omega t}dt\\&=\int_{0}^{1}e^{-j\omega t}dt-\int_{0}^{1}t^{2}e^{-j\omega t}dt\\&=\frac{e^{-j\omega t}}{-j\omega}\bigg|_{0}^{1}-\left[\left.t^{2}\frac{e^{-j\omega t}}{-j\omega}\right|_{0}^{1}-\frac{1}{-j\omega}\int_{0}^{1}2t e^{-j\omega t}dt\right]\\&=\frac{e^{-j\omega}-1}{-j\omega}-\frac{e^{-j\omega}}{-j\omega}+2t\frac{e^{-j\omega t}}{(-j\omega)^{2}}\bigg|_{0}^{1}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&+\frac{2}{(-j\omega)^{2}}\int_{0}^{1}e^{-j\omega t}dt\\=&\frac{1}{j\omega}+2\frac{e^{-j\omega}}{-\omega^{2}}-\frac{2e^{-j\omega}-2}{j\omega^{3}}\end{aligned} $$

(p) 此信号 $ x(t) $ 的波形如图 P4.17-3 所示。

可见，这是由一个非周期信号 $ x_{1}(t)=e^{-|t|} $ 的等间隔位移组成的信号， $ x_{1}(t)=e^{-|t|} $ 的傅氏变换为

$$ \begin{aligned}X_{1}(\omega)&=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-|t|}e^{-j\omega t}dt\\&=\int_{-\infty}^{0}e^{t}e^{-j\omega t}dt+\int_{0}^{+\infty}e^{-t}e^{-j\omega t}dt\\&=\frac{1}{1-j\omega}+\frac{1}{1+j\omega}=\frac{2}{1+\omega^{2}}\\ \end{aligned} $$

由 $ x(t) $ 图形可见， $ x(t) $ 组成单元的位移间隔为2，即

$$ T_{0}=2 $$

因此

$$ X(\omega)=\pi\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\delta(\omega-n\pi)X_{1}(n\pi)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\frac{2\pi}{1+(n\pi)^{2}}\delta(\omega-n\pi) $$

4.18 求下列各傅氏变换对应的连续时间信号.

(a) $ X(\omega) = \frac{2 \sin [3(\omega - 2\pi)]}{\omega - 2\pi} $

(b) $ X(\omega) = \cos(4\omega + \pi/3) $

(c) $ X(\omega) $ 的幅值和相位特性曲线如图 P4.18(a) 所示.

(d) $ X(\omega) = 2[\delta(\omega - 1) - \delta(\omega + 1)] $

$ +3[\delta(\omega - 2\pi) + \delta(\omega + 2\pi)] $

(e) $ X(\omega) $ 如图 P4.18(b) 所示.

解：

(a) $ X(\omega) = \frac{2 \sin [3(\omega - 2\pi)]}{(\omega - 2\pi)} $

设 $ X_{1}(\omega)=\frac{2\sin3\omega}{\omega} $

$ X(\omega) = X_{1}(\omega - 2\pi) $

而

$$ X_{1}(\omega)\longleftrightarrow x_{1}(t)=\left\{\begin{matrix}1,&|\tau|<3\\ 0,&|\tau|>3\end{matrix}\right. $$

所以根据频移特性，得

$$ X(\omega){\longleftrightarrow}x(t)=\left\{\begin{matrix}{e^{j2\pi t},}&{|z|<3}\\ {0,}&{|z|>3}\\ \end{matrix}\right. $$

(b)

$$ \begin{aligned}{X(\omega)=}&{{}~\cos\left(4\omega+\pi/3\right)=\frac{1}{2}~[e^{j(4\omega+\pi/3)}\nonumber}\\ {}&{{}+e^{-j(4\omega+\pi/3)}]}\\ \end{aligned} $$

$$ x(t)=\frac{e^{i\pi/3}}{2}\delta(t+4)+\frac{e^{-i\pi/3}}{2}\delta(t-4) $$

(c) 此题用频域的微分特性求解较容易. 在此采用直接计算.

$$ \begin{aligned}x(t)&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}X(\omega)\dot{e}^{j\omega t}d\omega\\&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\mid X(\omega)e^{-i3\omega}e^{j\omega t}d\omega\\&=\frac{1}{2\pi}\left[-\int_{-1}^{0}\omega e^{j\omega t-j3\omega}d\omega\right.\left.+\int_{0}^{1}\omega e^{j\omega t-i3\omega}d\omega\right]\\&=\frac{1}{2\pi}\frac{1}{j(t-3)}\left[2j\sin\left(t-3\right)\right.\\&\quad\left.-\frac{2}{j(t-3)}\cos\left(t-3\right)+\frac{2}{j(t-3)}\right]\\&=\frac{1}{\pi}\frac{\sin\left(t-3\right)}{t-3}+\frac{\cos\left(t-3\right)}{\left(t-3\right)^{2}\pi}-\frac{1}{\pi\left(t-3\right)^{2}}\\&=\frac{1}{\pi}\left[\frac{\sin\left(t-3\right)}{t-3}+\frac{\cos\left(t-3\right)-1}{\left(t-3\right)^{2}}\right]\\ \end{aligned} $$

(d)

$$ \begin{aligned}{x(t)}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}X(\omega)e^{j\omega t}d\omega}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\{2[\delta(\omega-1)-\delta(\omega+1)}\\ {}&{{}\qquad+3[\delta(\omega-2\pi)+\delta(\omega+2\pi)\}e^{j\omega t}d\omega}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\pi}\left[2(e^{j t}-e^{-j t})+3(e^{j2\pi t}+e^{-j2\pi t})\right]}\\ {}&{{}=\frac{2}{\pi}j\sin t+\frac{3}{\pi}\cos2\pi t}\\ \end{aligned} $$

(e) 利用频域微分特性，如图 P4.18-1 所示.

$$ \begin{aligned}{\frac{d X(\omega)}{d\omega}=}&{{}-\delta^{\prime}(\omega+3)+\delta(\omega+2)-\delta(\omega+1)}\\ {}&{{}+\delta(\omega-1)-\delta(\omega-2)-\delta^{\prime}(\omega-3)}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}{\hat{x}(t)}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}[-\delta^{\prime}(\omega+3)+\delta(\omega+2)-\delta(\omega+1)}\\ {}&{{}\quad+\delta(\omega-1)-\delta(\omega-2)-\delta^{\prime}(\omega-3)]e^{i\omega t}d\omega}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}{}&{{}=\frac{1}{2\pi}\left[j t e^{j\omega t}\big|_{\omega=-3}+e^{-2j t}-e^{-j t}+e^{j t}\right.}\\ {}&{{}\quad-\left.e^{2j t}+j t e^{j\omega t}\big|_{\omega=3}\right]}\\ {}&{{}=\frac{1}{\pi}\left[j\sin t-j\sin2t+j t\cos3t\right]}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ x(t)=\frac{\hat{x}(t)}{(-j t)^{2}}=\frac{1}{j\pi t}\left[\begin{array}{l}{\cos3t+\frac{1}{t}(\sin t-\sin2t)}\end{array}\right] $$

此题也可用直接求逆变换的方法求解.

4 19 利用傅氏变换的特性，通过归纳证明

$$ x(t)=\frac{t^{n-1}}{(n-1)!}e^{-a t}u(t),\quad a>0 $$

的傅氏变换是

$$ X(\omega)=\frac{1}{(a+j\omega)^{n}} $$

解：

$$ n=1,\ x(t)=e^{-a t}u(t)\longleftrightarrow X(\omega)=\frac{1}{a+j\omega} $$

$$ \pi=2,x(t)=\iota e^{-a t}u(t)\longleftrightarrow X(\omega)=\mathrm{~j~}\frac{d}{d\omega}\left(\frac{1}{a+j\omega}\right) $$

$$ \begin{aligned}&=\frac{1}{(a+j\omega)^{2}}\\n=&\ 3,\ x(t)=\frac{t^{2}}{2!}e^{-at}u(t)\longleftrightarrow X(\omega)=\frac{j}{2}\frac{d}{d\omega}\left[\frac{1}{(a+j\omega)^{1}}\right]\\=&\ \frac{1}{(a+j\omega)^{3}}\end{aligned} $$

由此可推得

$$ x(t)=\frac{t^{n-1}}{(n-1)!}\;e^{-s t}u(t)\longleftrightarrow X(\omega)=\frac{1}{(a+j\omega)^{n}} $$

4.20 图 P4.20-1 示出一曲线 $ x(t) $，它可用折线组成的函数 $ \phi(t) $ 来逼近。由于 $ \phi(t) \approx x(t) $，所以 $ \Phi(\omega) \approx X(\omega) $，通过计算变换 $ \Phi(\omega) $ 来证明

$$ \varPhi(\omega)=\frac{1}{\omega^{2}}\sum_{i}k_{i}e^{i\omega t_{i}} $$

（a）试用时刻 $ t_{0}, t_{1}, t_{2}, \cdots $ 及在这些时刻上的 $ x(t) $ 值来确定 $ k_{i} $

（b）假设 $ x(t) $ 为图 P4.20-2 所示的梯形。因为 $ x(t) $ 已由直线段组成，所以没有必要近似。在这种情况下确定 $ X(\omega) $。

(c) 当用数值法计算时限信号，即

$$ x(t)=0,\quad|t|>T $$

的傅氏变换时，若选择各 $ t_{i} $点非常接近，则其一阶多项式近似的 $ \phi(t) $与 $ x(t) $的绝对误差满足

$$ E(t)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}|x(t)-\phi(t)|\leqslant s,}&{{|\tau|T}}\\ \end{aligned}\right. $$

证明，傅氏变换 $ \Phi(\omega) $ 对 $ X(\omega) $ 的误差能量小于 $ 4\pi T\varepsilon^{2} $，即

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}|X(\omega)-\varPhi(\omega)|^{2}d\omega\leqslant4\pi T\varepsilon^{2} $$

解：

当 $ \Delta t = \tau_{i+1} - \tau_i $ 选得足够小时， $ x(t) \approx \phi(t) $。在 $ \tau_i - \tau_{i+1} $ 间 $ \phi_i(t) $ 的直线方程可写成

$$ \frac{\phi_{i}(t)-x(t_{i})}{\tau-\tau_{i}}=\underbrace{x(t_{i+1})-x(t_{i})}_{\tau_{i+1}-\tau_{i}}=a_{i},\tau_{i}\leqslant\tau\leqslant\tau_{i+1} $$

即

$$ \phi_{i}(t)=a_{i}(t-t_{i})+x(t_{i}),~t_{i}\leqslant t\leqslant t_{i+1} $$

$$ \begin{aligned}\varPhi_{i}(\omega)&=\int_{-\infty}^{+\infty}\phi_{i}(t)e^{-j\omega t}\\&=\int_{t_{i}}^{t_{i+1}}[a_{i}(t-\tau_{i})+x(\tau_{i})]e^{-j\omega t}d t\\&=a_{i}\int_{t_{i}}^{t_{i+1}}t e^{-j\omega t}d t-a_{i}\tau_{i}\int_{t_{i}}^{t_{i+1}}e^{-j\omega t}d t\\&\quad+x(\tau_{i})\int_{t_{i}}^{t_{i+1}}e^{-j\omega t}d t\\&=a_{i} t\left.\frac{e^{-j\omega t}}{-j\omega}\right|_{t_{i}}^{t_{i+1}}-\frac{a_{i}}{(j\omega)^{2}}e^{-j\omega t}\Big|_{t_{i}}^{t_{i+1}}-\frac{a_{i}\tau_{i}}{-j\omega}e^{-j\omega t}\Big|_{t_{i}}^{t_{i+8}}\\&\quad+\frac{x(\tau_{i})}{-j\omega}e^{-j\omega t}\Big|_{t_{i}}^{t_{i+1}}\\&=-\frac{a_{i}}{j\omega}(\tau_{i+1}e^{-j\omega t_{i+1}}-\tau_{i} e^{-j\omega t_{i}})\\&\quad+\frac{a_{i}}{\omega^{2}}(e^{-j\omega t_{i+1}}-e^{-j\omega t_{i}})\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&+\frac{a_{i}t_{i}}{j\omega}\left(e^{-j\omega t_{i+1}}-e^{-j\omega t_{i}}\right)-\frac{x(t_{i})}{j\omega}(e^{-j\omega t_{i+1}}-e^{-j\omega t_{i}})\\=&\frac{a_{i}[e^{-j\omega(t_{i+1}-t_{i})}-1]}{\omega^{2}}e^{-j\omega t_{i}}+\frac{1}{j\omega}\left[-a_{i}t_{i+1}-a_{i}t_{i}\right.\\&-x(t_{i})]e^{-j\omega t_{i+1}}+\frac{1}{j\omega}\left[a_{i}t_{i}-a_{i}t_{i}+x(t_{i})\right]e^{-j\omega t_{i}}\\=&\frac{k_{i}}{\omega^{2}}e^{-j\omega t_{i}}+\frac{1}{j\omega}\left[-\frac{x(t_{i+1})-x(t_{i})}{t_{i+1}-t_{i}}\right](t_{i+1}-t_{i})\\&-x(t_{i})e^{-j\omega t_{i+1}}+\frac{x(t_{i})}{j\omega}e^{-j\omega t_{i}}\\=&\frac{k_{i}}{\omega^{2}}e^{-j\omega t_{i}}-\frac{1}{j\omega}[x(t_{i+1})e^{-j\omega t_{i+1}}-x(t_{i})e^{-j\omega t_{i}}]\end{aligned} $$

其中

$$ \begin{aligned}{k_{i}}&{{}=a_{i}[{}_{i}^{-j\omega(t_{i+1}-t_{i})}-1]}\\ {}&{{}=\frac{x(t_{i+1})-x(t_{i})}{t_{i+1}-t_{i}}[e^{-j\omega(t_{i+1}-t_{i})}-1]}\\ \end{aligned} $$

对于整个曲线而言，则

$$ \phi(t)=\sum_{i}\phi_{i}(t) $$

$$ \begin{aligned}{\varPhi(\omega)}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}\phi(t)e^{-j\omega t}}\\ {}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}\sum_{i}\phi_{i}(t)e^{-j\omega t}d t}\\ {}&{{}=\sum_{i}\int_{-\infty}^{+\infty}\phi_{i}(t)e^{-j\omega t}d t}\\ {}&{{}=\sum_{i}\phi_{i}(\omega)}\\ \end{aligned} $$

如图 P4.20-1 所示。i=0,1,2,\cdots，相应时刻为 $ t_{0},t_{1},t_{2},\cdots $。并考虑到 $ x(t_{0})=x(t_{6})=0 $，将式 (P4.20-1) 的 $ \Phi_{i}(\omega) $ 代入式 (P4.20-3) 中递推求和的结果。式 (P4201) 中第二项代入后全对消为零，只剩下第一项对应的结果，即得

$$ \varPhi(\omega)\cong\sum_{i}\varPhi_{i}(\omega)=\frac{1}{\omega^{2}}\sum_{i}k_{i}e^{-j\omega t_{i}} $$

式中 $ k_{i} $ 由式 (P4.20-2) 计算。

本题还可利用微分特性，较方便地求解。

(a) $ x(t) $ 和折线组成的 $ \phi(t) $ 如图 P4.20-3 所示，对 $ \phi(t) $ 二次微分，得冲激序列

则

$$ \begin{aligned}{\phi^{\prime\prime}(t)}&{{}=\sum_{i}k_{i}\delta\left(t-\tau_{i}\right)}\\ {(j\omega)^{2}\varPhi(\omega)}&{{}=\sum_{i}k_{i}e^{-j\omega t_{i}}}\\ {\varPhi(\omega)}&{{}=-\frac{1}{\omega^{2}}\sum_{i}\tilde{k}_{i}e^{-j\omega t_{i}}}\\ \end{aligned} $$

因此

比较式（P4.20-3）与式（P4.20-4）相差一负号，这是定义 $ k_{i} $时取 $ t_{i+1}-t_{i} $还是 $ t_{i}-t_{i+1} $引起的。

(b) 本章解各题时，在有多种解法情况下为节省篇幅仅选1—2种解法。本小题对可能的各种解法作一综合介绍。

解法一：利用（a）小题结果计算

对图 P4.20-2 所示的波形有 4 个转折点时刻，分别为

$$ \tau_{0}=-t_{2},\tau_{1}=-t_{1},\tau_{2}=t_{1},\tau_{3}=t_{2} $$

另取一点 $ \tau_{4}=\tau>t_{2} $ 因此对应时刻的信号值为

$$ x(\tau_{0})=x(\tau_{3})=x(\tau_{4})=x(-\tau_{2})=x(\tau_{2})=x(\tau_{4})=0 $$

为方便起见，先分别计算式（P4.20-3）中的 $ k_{i}e^{-i\omega\tau_{i}} $

i=0 时，

$$ \begin{aligned}{k_{\oplus}e^{-j\omega\tau_{0}}}&{{}=\frac{x(-t_{1})-x(-t_{2})}{-\;t_{1}-(-\;t_{2})}\;[e^{-j\omega(-\;t_{1}+t_{2})}-1]\;e^{j\omega t_{k}}}\\ {}&{{}=\frac{A}{\;t_{2}-t_{1}\;}（e^{j\omega t_{1}}-e^{j\omega t_{2}）}\\ \end{aligned} $$

i=1 时，

$$ k_{1}e^{-j\omega\tau_{1}}=\frac{x(t_{1})-x(-t_{1})}{t_{1}-(-t_{1})}[e^{-j\omega2t_{1}}-1]e^{j\omega t_{1}}=0 $$

i=2 时，

$$ \begin{aligned}{\dot{k}_{2}e^{-j\omega\tau_{2}}}&{{}=\frac{x(t_{2})-x(t_{1})}{t_{2}-t_{1}}\;[e^{-j\omega(t_{2}-t_{1})}-1]e^{-j\omega t_{1}}}\\ {}&{{}=-\frac{A}{t_{2}-t_{1}}\;[e^{-j\omega t_{2}}-e^{-j\omega t_{1}}]}\\ \end{aligned} $$

i = 3 时，

$$ k_{3}e^{-j\omega\tau_{3}}=\frac{x(\tau)-x(t_{2})}{t_{2}-t_{1}}[e^{-j\omega(\tau-t_{2})}-1]e^{-j\omega t_{2}}=0 $$

代入式（P4.20-3），可得梯形的傅氏变换

$$ \begin{aligned}{\varPhi(\omega)}&{{}=\frac{1}{\omega^{2}}\sum_{i}k_{i}e^{-j\omega\tau_{i}}}\\ {}&{{}=\frac{1}{\omega^{2}}\frac{A}{t_{2}-t_{1}}-[e^{j\omega t_{1}}+e^{-j\omega t_{1}}-({e^{j\omega t_{2}}}+{e^{-j\omega t_{2}}})]}\\ \end{aligned} $$

$$ =\frac{2A}{\omega^{2}(\iota_{2}-\tau_{1})}\left[\cos\left(\omega\tau_{1}\right)-\cos\left(\omega\tau_{2}\right)\right] $$

解法二：根据（a）小题最后所述的微分特性。

如图 P4.20-4 所示

$$ \begin{aligned}{\frac{d^{2}x(t)}{d t^{2}}=\frac{A}{t_{2}-t_{1}}}&{{}\;[\delta(t+t_{2})-\delta(t+t_{1})}\\ {}&{{}-\delta(t-t_{1})+\delta(\dot{t}-t_{2})]}\\ \end{aligned} $$

$$ (j\omega)^{2}X(\omega)=\frac{A}{t_{2}-t_{1}}\left(e^{j\omega t_{2}}-e^{i\omega t_{1}}-e^{-j\omega t_{1}}+e^{-i\omega t_{2}}\right) $$

所以

$$ X(\omega)=\frac{2A}{t_{2}-t_{1}}\left(\frac{\cos\omega t_{1}-\cos\omega t_{2}}{\omega^{2}}\right) $$

解法三：利用线性和位移特性。

如图 P4.20-5 所示。

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{x}(t)=&\frac{A}{\tau_{2}-\tau_{1}}\left[(t+\tau_{2})u(t+\tau_{2})-(t+\tau_{1})u(t+\tau_{1})\right.\\&-(t-\tau_{1})u(t-\tau_{1})+(t-\tau_{2})u(t-\tau_{2})]\end{aligned} $$

因为

$$ tu(t)\longleftrightarrow-\frac{1}{n^{2}} $$

$$ (t-t_{i})u(t-t_{i})\longleftrightarrow-\frac{e^{-\omega t_{B}}}{\omega^{2}} $$

所以得

$$ X(\omega)=\frac{2A}{\tau_{2}-\tau_{1}}\left(\frac{\cos\omega\tau_{1}-\cos\omega\tau_{2}}{\omega^{2}}\right) $$

解法四：利用卷积特性

如图 P4.20-6 所示。 $ x_{1}(t) $ 和 $ x_{2}(t) $ 为 2 个方波

则

$$ x_{1}(t)\longleftrightarrow2\frac{A}{t_{2}-t_{1}}\frac{\sin\omega\left(\frac{t_{2}-t_{1}}{2}\right)}{\omega}=X_{1}(\omega) $$

$$ x_{2}(t)\longleftrightarrow\angle\frac{\sin\omega\left(\frac{\tau_{2}+t_{3}}{2}\right)}{\omega}=X_{2}(\omega) $$

则

$$ \begin{aligned}&x_{1}(t)\star x_{2}(t)=x(t)\qquad X(\omega)=X_{1}(\omega)X_{2}(\omega)\\=&\frac{4A}{\omega^{2}(t_{2}-t_{1})}\sin\left[\omega\left(\frac{t_{2}-t_{1}}{2}\right)\right]\sin\left[\omega\left(\frac{t_{2}+t_{1}}{2}\right)\right]\\=&\frac{2A}{\omega^{2}(t_{2}-t_{1})}\left[\cos\omega t_{1}-\cos\omega t_{2}\right]\end{aligned} $$

解法五：利用积分特性.

如图 P4.20-7 所示.

由于图 P4.20-7(a) 中 $ \hat{x}(t) $ 的积分为图 P4.20-2 的梯形，而图 P4.20-7(b) 中的方波的傅氏变换为

$$ \frac{A}{t_{2}-t_{1}}\frac{2\sin\left(\omega\frac{t_{2}-t_{1}}{2}\right)}{\omega} $$

再考虑到位移特性，可得图 P4.20-7(a) 一对方波的傅氏变换

$$ \hat{X}(\omega)\Rightarrow\frac{A}{t_{2}-t_{1}}\frac{2\sin\left(\omega\frac{t_{2}-t_{1}}{2}\right)}{\omega}[e^{j\omega\left(\frac{t_{2}-t_{1}}{2}\right)}-e^{-j\omega\left(\frac{t_{2}-t_{1}}{2}\right)}] $$

$$ =\frac{2A j}{t_{2}-t_{1}}\frac{[\cos\omega t_{1}-\cos\omega t_{2}]}{\omega} $$

由于 $ X(0)=0 $，利用积分特性可得

$$ X(\omega)=\frac{\hat{X}(\omega)}{j\omega}=\frac{2A}{t_{2}-t_{1}}\frac{[\cos\omega t_{1}-\cos\omega t_{2}]}{\omega^{2}} $$

解法六：利用叠加特性

可将梯形波看成2个三角波 $ x_{2}(t) $ 和 $ x_{1}(t) $ 之差，如图P4.20-8所示。

对于底宽为 2T 的三角波

q(t) 可表示为

$$ q(t)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}1-\frac{\left|t\right|}{T},~\left|t\right|T}\\ \end{aligned}\right. $$

其傅氏变换为

$$ \mathcal{Q}(\omega)=\frac{2}{\omega^{2}T}\left(1-\cos\omega T\right) $$

利用此结果可求得

$$ \begin{aligned}{X_{1}(\omega)=}&{{}\frac{2A}{\omega^{2}(t_{2}-t_{1})}}\\ {}&{{}\times(1-\cos\omega t_{1})}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}{X_{2}(\omega)}&{{}=\frac{2A}{\omega^{2}(t_{2}-t_{1})}}\\ {}&{{}\times(1-\cos\omega t_{2})}\\ \end{aligned} $$

则

$$ \begin{aligned}{X(\omega)}&{{}=X_{2}(\omega)-X_{1}(\omega)=\frac{2A}{\omega^{2}(\tau_{2}-\tau_{1})}}\\ {}&{{}\quad\times[\cos\omega\tau_{1}-\cos\omega\tau_{2}]}\\ \end{aligned} $$

解法七：直接按定义式计算。

$ x(t) $ 的表示式为

$$ x(t)=\left\{\begin{aligned}&A+\frac{A}{t_{2}-t_{1}}\left(t+t_{1}\right),\quad-t_{2}\leqslant t<-t_{1}\\ &A,\quad\mid t\midt_{2}\end{aligned}\right. $$

则

$$ \begin{aligned}X(\omega)&=\int_{-\infty}^{+\infty}x(t)e^{-j\omega t}dt\\&=\int_{-t_{2}}^{-t_{1}}\left[A+\frac{A}{t_{2}-t_{1}}(t+t_{1})\right]e^{-j\omega t}+\int_{-t_{1}}^{t_{1}}Ae^{-j\omega t}dt\\&\quad+\int_{t_{1}}^{t_{2}}\left[A-\frac{\dot{A}}{t_{2}-t_{1}}\left(t-t_{1}\right)\right]e^{-j\omega t}dt\end{aligned} $$

经积分，化简可得

$$ X(\omega)=\frac{2A}{t_{2}-t_{1}}\;\frac{[\cos\omega t_{1}-\cos\omega t_{2}]}{\omega^{2}} $$

(c) 利用帕斯瓦尔定理

$$ \begin{aligned}{}&{{}\int_{-\infty}^{+\infty}\vert X(\omega)-\phi(\omega)\vert^{2}d\omega=2\pi\int_{-T}^{T}\vert x(t)-\phi(t)\vert^{2}d t}\\ {}&{{}\quad\leqslant2\pi\int_{-T}^{T}\varepsilon^{2}d t=4\pi T\varepsilon^{2}}\\ \end{aligned} $$

4.21(a) 若 $ x(t) $ 为实奇信号，证明， $ X(\omega) = \mathcal{F}\{x(t)\} $ 是纯虚数且是奇函数。

(b) 若 $ x(-t)=x^{*}(t) $，信号 $ x(t) $ 的傅氏变换具有什么特性？

(c) 若一个系统的输入为 $ x(t) $ 时，其输出为

$$ y(t)=\mathcal{R}_{\bullet}\{x(t)\} $$

试用 $ x(t) $ 的傅氏变换来表示 $ y(t) $ 的傅氏变换.

(d) 若 $ x(t) $ 和 $ y(t) $ 是两个傅氏变换分别为 $ X(\omega) $ 和 $ Y(\omega) $ 的任意信号，证明

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}x(t)y(t)dt=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}X(\omega)Y^{*}(\omega)d\omega $$

这结果是帕斯瓦尔定理的一般形式。

(e) 若已知信号 $ x(t) $ 的傅氏变换为 $ X(\omega) $。定义另一信号 $ f(t) $ 为

$$ f(t)=\frac{d^{2}x(t)}{dt^{2}} $$

(i) 假设

$$ X(\omega)=\left\{\begin{matrix}1,&|\omega|<1\\ 0,&|\omega|>1\end{matrix}\right. $$

求 $ \int_{-\infty}^{+\infty}|f(t)|^{2}dt $ 的值.

(ii) $ f(\omega/4) $ 的傅氏逆变换是什么？

(f) 推导调制特性

$$ x(t)y(t)\longleftrightarrow\frac{1}{2\pi}[X(\omega)*Y(\omega)] $$

（g）若连续时间 LTI 系统的冲激响应是实的，证明此系统对 $ x(t)=\cos\omega t $ 的响应为

$$ y(t)=\mathcal{R}_{e}[H(\omega_{0})e^{j\omega_{0}t}] $$

式中 $ H(\omega) $ 是系统的频率响应.

解：

解题前先列出几个基本关系式：

将任意信号 $ x(t) $ 分解为实部和虚部为

$$ x(t)=x_{1}(t)+j x_{2}(t) $$

则

$$ \begin{aligned}{X(\omega)}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}x(t)e^{-j\omega t}d t}\\ {}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}[x_{1}(t)+j x_{2}(t)][\cos\omega t-j\sin\omega t]d t}\\ \end{aligned} $$

因此

$$ \begin{aligned}{\mathcal{R}_{e}}&{{}\{X(\omega)\}=\operatorname{R}(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}[x_{1}(t)\cos\omega t}\\ {}&{{}+x_{2}(t)\sin\omega t]d t}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&\mathcal{I}_{\infty*}\{X(\omega)\}\approx\mathrm{I}(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}[x_{2}(t)\cos\omega t\\&\quad-x_{1}(t)\sin\omega t]d t\\ \end{aligned} $$

同样，由于

$$ \begin{aligned}&X(\omega)=R(\omega)+j l(\omega)\\&e^{j\omega t}=\cos\omega t+j\sin\omega t\\ \end{aligned} $$

代入到逆傅氏变换公式中，得

$$ x_{1}(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}[R(\omega)\cos\omega t-I(\omega)\sin\omega t]d\omega $$

$$ x_{2}(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}[R(\omega)\sin\omega t+I(\omega)\cos\omega t]d\omega $$

(a) $ x(t) $ 为实奇函数，即 $ x(-t) = -x(t) $ 则 $ x(t)\cos\omega t $ 是奇函数， $ x(t)\sin\omega t $ 是偶函数，所以

$$ \begin{aligned}&R(\omega)=0\\&I(\omega)=-2\int_{0}^{+\infty}x(t)\sin\omega t dt\\ \end{aligned} $$

即

$$ X(\omega)=j I(\omega)=-j2\int_{0}^{+\infty}x(t)\sin\omega t d t $$

又因为

$$ X(-\omega)=j2\int_{0}^{+\infty}x(t)\sin\omega t dt=-X(\omega) $$

可见， $ X(\omega) $ 是纯虚数，且是 $ \omega $ 的奇函数。

(b)

$$ \begin{aligned}X(\omega)&=\int_{-\infty}^{+\infty}x(t)e^{-j\omega t}dt\\&=\int_{-\infty}^{+\infty}x(-t)e^{j\omega t}dt=\int_{-\infty}^{+}x^{*}(t)e^{-j(\omega)t}dt\\&=X(-\omega)=X^{*}(\omega)\\ \end{aligned} $$

所以 $ X(\omega) $ 是实函数.

(c) 因为

$$ y(t)=\mathcal{R}_{\bullet}\{x(t)\}=\frac{1}{2}\left[x(t)+x^{*}(t)\right] $$

所以

$$ Y(\omega)=\frac{1}{2}\left[X(\omega)+X^{*}(\omega)\right] $$

(d)

$$ \begin{aligned}{\int_{-\infty}^{+\infty}x(t)y^{*}(t)d t}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}x(t)\left[\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}Y^{*}(\omega)e^{-i\omega t}d\omega\right]d t}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}Y^{*}(\omega)\left[\int_{-\infty}^{+\infty}x(t)e^{-i\omega t}d t\right]d\omega}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}X(\omega)Y^{*}(\omega)d\omega}\\ \end{aligned} $$

(e) (i) 因为

$$ X(\omega)=\left\{\begin{aligned}&1,&\left|\omega\right|<1\\ &0,& 其它 \end{aligned}\right. $$

利用微分特性，则

$$ f(t)=\frac{d^{2}x(t)}{dt^{2}} $$

的傅氏变换为

$$ F(\omega)=(j\omega)^{2}X(\omega)=-\ \omega^{2}X(\omega)=\left\{\begin{matrix}{-\ \omega^{2},}&{|\omega|<1}\\ {0,}&{|\omega|>1}\\ \end{matrix}\right. $$

根据帕斯瓦尔定理，有

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}|f(t)|^{2}d t=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}|F(\omega)|^{2}d\omega=\frac{1}{2\pi}\int_{-1}^{1}\omega^{4}d\omega=\frac{1}{5\pi} $$

(ii) 由 (i) 小题可知

$$ f(t){\longleftrightarrow}F\left(\omega\right)=-\;\omega^{2}X(\omega) $$

利用对偶性，有

$$ f\left(\omega\right){\longleftrightarrow}g\left(t\right)=\frac{F\left(-\tau\right)}{2\pi} $$

$$ \begin{aligned}&=\frac{-\frac{z^{2}}{2\pi}}{x(-z)}\\&=\begin{cases}\frac{-\frac{z^{2}}{2\pi}}{|z|}<1\\0,&|z|>1\end{cases}\end{aligned} $$

再利用频率尺度变换特性，有

$$ \begin{aligned}{f\Big(\frac{\omega}{4}\Big){\longleftrightarrow}}&{{}4g\left(4t\right)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}4\left(-\frac{16t^{2}}{2\pi}\right),\mid t\mid<1}\\ {}&{{}0,\quad\mid t\mid>1}\\ \end{aligned}\right.}\\ {}&{{}=\left\{\begin{aligned}{}&{{}-\frac{32}{\pi}t^{2},\mid t\mid<1}\\ {}&{{}0,\quad\mid t\mid>1}\\ \end{aligned}\right.}\\ \end{aligned} $$

(f)

$$ \begin{aligned}{\mathcal{F}}&{{}\left[x(t)y(t)\right]=\int_{-\infty}^{+\infty}x(t)y(t)e^{-i\alpha t}d t}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}x(t)\left[\int_{-\infty}^{+\infty}y(\alpha)e^{-i\alpha t}d\alpha\right]e^{-i\alpha t}d t}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}y(\alpha)\left[\int_{-\infty}^{+\infty}x(t)e^{-j(\omega-\alpha)t}d t\right]d\alpha}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}y(\alpha)X(\omega-\alpha)d\alpha}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\pi}X(\omega)*Y(\omega)}\\ \end{aligned} $$

(g) 因为

$$ x(t)=\cos\omega_{0}t=\frac{1}{2}\left[e^{j\omega_{0}t}+e^{-j\omega_{0}t}\right] $$

所以

$$ \mathbf{y}(t)=\frac{1}{2}[H(\omega_{0})e^{j\omega_{0}t}+H(-\omega_{0})e^{-j\omega_{0}t}] $$

因为 $ h(t) $ 为实函数，所以

$$ H(-\omega_{0})=H^{*}(\omega_{0}) $$

得

$$ \begin{aligned}{y(t)}&{{}=\frac{1}{2}\left\{H(\omega_{0})e^{j\omega_{0}t}+[H(\omega_{0})e^{j\omega_{0}t}]^{*}\right\}}\\ {}&{{}=\mathcal{R}_{e}[H(\omega_{0})e^{j\omega_{0}t}]}\\ \end{aligned} $$

4.22 设信号 $ x_{0}(t) $ 为

$$ x_{0}(t)=\left\{\begin{aligned}&e^{-t},&0\leqslant t\leqslant1\\ &0,& 其它 \end{aligned}\right. $$

首先算出 $ x_{0}(t) $ 的傅氏变换，然后利用傅氏变换的特性，求出图 P4.22 中所示各信号的傅氏变换.

解：

$$ \begin{aligned}X_{0}(\omega)&=\int_{-\infty}^{+\infty}x_{0}(t)e^{-j\omega t}dt\\&=\int_{0}^{1}e^{-t}e^{-j\omega t}dt\\&=\frac{1}{-1-j\omega}e^{-(1+j\omega)t}\bigg|_{0}^{1}\\&=\frac{1}{1+j\omega}[1-e^{-(1+j\omega)}]\\ \end{aligned} $$

(a)

$$ x_{1}(t)=x_{0}(t)+x_{0}(-\tau) $$

$$ X_{1}(\omega)=X_{0}(\omega)+X_{0}(-\omega) $$

$$ \begin{aligned}&=\frac{1}{1+j\omega}(1-e^{-1}e^{-j\omega})+\frac{1}{1-j\omega}(1-e^{-1}e^{j\omega})\\&=\frac{2-2e^{-1}\cos\omega+2\omega\sin\omega}{1+\omega^{2}}\end{aligned} $$

(b)

$$ \begin{aligned}x_{2}(t)&=x_{0}(t)-x_{0}(-t)\\X_{2}(\omega)&=X_{0}(\omega)-X_{0}(-\omega)\\&=\frac{1}{1+j\omega}\left(1-e^{-1}e^{-j\omega}\right)-\frac{1}{1-j\omega}\left(1-e^{-1}e^{j\omega}\right)\\&=j\left[\frac{-2\omega+2e^{-1}\sin\omega+2e^{-1}\cos\omega}{1+\omega^{2}}\right]\end{aligned} $$

(c)

$$ x_{3}(t)=x_{0}(t)+x_{0}(t+1) $$

$$ \begin{aligned}{x_{3}(t)}&{{}=x_{0}(t)+x_{0}(t+1)}\\ {X_{3}(\omega)}&{{}=X_{0}(\omega)+e^{j\omega}X_{0}(\omega)}\\ {}&{{}=\frac{1}{1+j\omega}\left[1-e^{-(1+j\omega)}\right]}\\ {}&{{}\qquad+e^{j\omega}\frac{1}{1+j\omega}\left[1-e^{-(1+j\omega)}\right]}\\ {}&{{}=\frac{1+e^{j\omega}-e^{-1}(1+e^{-j\omega})}{1+j\omega}}\\ \end{aligned} $$

(d) $ x_{4}(t) = tx_{0}(t) $

由于

$$ -j\pi x_{0}(t)\longleftrightarrow\frac{dX_{0}(\omega)}{d\omega} $$

所以

$$ \begin{aligned}{X_{4}(\omega)}&{{}=j\frac{d}{d\omega}X_{0}(\omega)}\\ {}&{{}=j\frac{d}{d\omega}\left[\frac{1-e^{-(1+j\omega)}}{1+j\omega}\right]}\\ {}&{{}=j\frac{(1+j\omega)(e^{-1}e^{-j\omega}\bullet j)-j(1-e^{-1}e^{-j\omega})}{(1+j\omega)^{2}}}\\ {}&{{}=\frac{1-2e^{-1}e^{j\omega}-j\omega e^{-1}e^{-j\omega}}{(1+j\omega)^{2}}}\\ \end{aligned} $$

423 一个实连续时间函数 $ x(t) $ 的傅氏变换的幅值满足下

面关系：

$$ Ln|X(\omega)|=-|w| $$

若已知 $ x(t) $ 为

(a) 时间的偶函数

(b) 时间的奇函数

求 $ x(t) $

解：

由已知条件可得

$$ |X(\omega)|=e^{-|\omega|} $$

(a) $ x(t) $ 为实偶函数，则 $ X(\omega) $ 也是实偶函数，即

$$ X(\omega)=X(-\omega),\;X(\omega)=\pm e^{-|\omega|}. $$

$$ \begin{aligned}{x(t)}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}X(\omega)e^{j\omega t}d\omega}\\ {}&{{}=\pm\frac{1}{2\pi}\left[\int_{-\infty}^{0}e^{(1+j t)\omega}d\omega+\int_{\mathfrak{g}}^{+\infty}e^{-(1-j t)\omega}d\omega\right]}\\ {}&{{}=\pm\frac{1}{2\pi}\left(\frac{1}{1+j t}-\frac{1}{j t-1}\right)}\\ {}&{{}=\pm\frac{1}{2\pi}\frac{-\left(j t-1-1-j t\right)}{t^{2}+1}}\\ {}&{{}=\pm\frac{1}{\pi}\frac{1}{t^{2}+1}}\\ \end{aligned} $$

(b) 因 $ x(t) $ 为实的奇函数，则 $ X(\omega) $ 是纯虚的奇函数，所以 $ X(\omega) = \pm i \mathrm{sgn}(\omega) e^{-i\omega t} $

$$ \begin{align*}x(t)&=\pm\frac{1}{2\pi}\ i\left[-\int_{-\infty}^{0}e^{(1+j t)\omega}d\omega+\int_{0}^{+\infty}e^{-(1-j t)\omega}d\omega\right]\\&=\mp\frac{i}{2\pi}\ \frac{-j t+1-j t-1}{t^{2}+1}\\&=\mp\frac{t}{\pi(t^{2}+1)}\end{align*} $$

4.24 (a) 图 P4.24 所示的几个实信号中哪一个的傅氏变换

满足下列各条件之一：

(i) $ \mathcal{R}_{o}\{X(\omega)\}=0 $

(ii) $ \mathcal{I}_{m}\{X(\omega)\}=0 $

(iii) 存在一个实数 $ \alpha $，使 $ e^{j\alpha\omega}X(\omega) $ 为实函数。

(iv) $ \int_{-\infty}^{+\infty} X(\omega) d\omega = 0 $

(v) $ \int_{-\infty}^{+\infty} \omega X(\omega) d\omega = 0 $

(vi) $ X(\omega) $ 为周期的.

（b）构成一个具有（i）、（iv）和（v）特性，但不具有其它特性的信号。

解：(a)

(i) 若 $ x(t) $ 为实奇函数，则满足 $ \mathcal{R}\circ\{X(\omega)\}=0 $。图(a) 和(d)的信号满足此条件。

（ii）若 $ x(t) $ 为实偶函数，则满足 $ \mathcal{A}_{m}\{X(\omega)\}=0 $。图（e）和（f）的信号满足此条件。

（iii）若 $ x(t) $ 位移 $ \alpha $ 后成为实偶函数，则对应的 $ e^{j\alpha\omega}X(\omega) $ 是 $ \omega $ 的实偶函数。图（a）和（b） $ (\alpha\neq0) $，图（e）和（f） $ (\alpha=0) $ 满足此条件。

(iv) 若 $ x(t) $ 是实奇函数，或在 t = 0 处 $ x(t) $ 满足

$$ x(t)\vert_{t=0}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}X(\omega)e^{j\omega t}d\omega\vert_{t=0}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}X(\omega)d\omega=0 $$

即

$$ x(0)=0 $$

则满足

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}X(\omega)d\omega=0 $$

图（a）、（c）、（d）和（f）满足此条件。（h）不满足

$$ \lim_{\omega\to\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}X(\omega)d\omega=0 $$

(v) 若 $ x(t) $ 是实偶函数，或在 t = 0 处 $ x(t) $ 满足

$$ \frac{1}{j}\left.\frac{d x(t)}{d t}\right|_{t=0}\approx-\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\omega X(\omega)d\omega=0 $$

即

$$ \left.\frac{d x(t)}{d t}\right|_{t=0}=0 $$

则满足

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}\omega X(\omega)d\omega=0 $$

图(b)、(c)、(e) 和 (f) 满足此条件。

(vi) 若 $ x(t) $ 是周期函数，则根据

$$ X(\omega)=2\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}\delta(\omega-k\omega_{0}) $$

所以 $ X(\omega) $ 也是周期函数。图(b)满足此条件。

(b) 根据 (a) 小题，要满足 (i)， $ x(t) $ 必为实奇函数；要满足 (iv)，则 $ x(t) $ 不是实奇函数，就是在 t = 0 处 $ x(0) = 0 $；要满足 (v)，则 $ x(t) $ 不是实偶函数，就是在 t = 0 处

$$ \frac{dx(t)}{dt}=0. $$

根据以上条件， $ x(t)=t^{3} $ 满足上述几点要求，而不具有其它几点特性.

4.25 设 $ X(\omega) $ 表示图 P4.25 所示信号 $ x(t) $ 的傅氏变换。

(a) 求 $ \angle X(\omega) $

(b) 求 $ X(0) $

(c) 求 $ \int_{-\infty}^{+\infty} X(\omega) d\omega $

(d) 计算 $ \int_{-\infty}^{+\infty} X(\omega) \frac{2 \sin \omega}{\omega} e^{j2\omega} d\omega $

(e) 计算 $ \int_{-\infty}^{+\infty}|X(\omega)|^{2}d\omega $

(f) 画出 $ \mathcal{R}\cdot\{X(\omega)\} $ 的傅氏逆变换。

解：

(a) $ x_{1}(t) = x(t + 1) $，如图 P4.25-1(a) 所示。是实偶函数，所以 $ X_{1}(\omega) $ 也是实偶函数，并考虑到位移特性，则

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

得 $ X(\omega) = -\omega, X_1(\omega) \geqslant 0 $ 或 $ X(\omega) = \pi - \omega, X_1(\omega) < 0 $

(b) 利用 (a) 小题结果，当 $ \omega = 0 $ 时，有

$$ \begin{aligned}X(0)&=X_{1}(0)=\int_{-\infty}^{+\infty}x_{1}(t)dt\\&=\int_{-2}^{-1}2dt+\int_{-1}^{0}\left(1-t\right)dt+\int_{0}^{1}\left(1+t\right)dt\\&\quad+\int_{1}^{2}2\dot{d}t=7\end{aligned} $$

(c)

$$ x(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}X(\omega)e^{i\omega t}d\omega $$

将z=0代入，得

$$ x(0)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}X(\omega)d\omega $$

所以

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}X(\omega)d\omega=2\pi x(0)=4\pi $$

（d）设 $ Y_{1}(\omega)=\frac{2\sin\omega}{\omega} $

则其对应于方波

$$ y_{1}(t)=\left\{\begin{matrix}{1,}&{|t|\leqslant1}\\ {0,}&{|t|>0}\\ \end{matrix}\right. $$

利用位移特性，则

$$ Y(\omega)=\frac{2\sin\omega}{\omega} $$

对应于 $ y_{1}(t) $ 左移 2 的 $ y(t) $ 如图 P4.25-1(b) 所示。

再利用卷积特性，并在 t = 0 上求值，得

$$ \begin{aligned}{\int_{-\infty}^{+\infty}}&{{}X(\omega)Y(\omega)d\omega=2\pi\left[x(t)\ast y(t)\right\vert_{t=0}]}\\ {}&{{}=2\pi\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau)y(t-\tau)d\tau\vert_{t=0}}\\ \end{aligned} $$

$$ =2\pi\int_{1}^{3}2d\tau=2\pi\left(4-\frac{1}{2}\right)=7\pi $$

(e) 利用帕斯瓦尔定理

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}\mid X(\omega)\mid^{2}d\omega=2\pi\int_{-\infty}^{+\infty}\mid x(t)\mid^{2}d t=\frac{76}{3}\pi $$

(f) 根据 (a) 小题， $ X(\omega)=X_{1}(\omega)e^{-j\omega} $

$$ \mathcal{R}_{\bullet}\{X(\omega)\}=X_{1}(\omega)\cos\omega=\frac{1}{2}e^{i\omega}X_{1}(\omega)+\frac{1}{2}e^{-i\omega}X_{1}(\omega) $$

因此

$$ \mathcal{R}_{s}\{x(t)\}=\frac{1}{2}x_{1}(t+1)+\frac{1}{2}x_{1}(t-1) $$

如图 P4.25-1(c) 所示。

4.26 二维连续时间信号 $ x(t_{1}, t_{2}) $ 的二维傅氏变换定义为

$$ X(\omega_{1},\omega_{2})=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}x(t_{1},t_{2})e^{-\frac{i}{\hbar}(\omega_{1}t_{1}+\omega_{2}t_{2})}d t_{1}d t_{2} $$

（a）证明此双重积分可看作为两个相继的一维傅氏变换来完成，即先将 $ t_{2} $ 看作固定的对 $ t_{1} $ 积分，然后再对 $ t_{2} $ 积分。

(b) 利用 (a) 小题的结果来确定傅氏逆变换，即用 $ X(\omega_{1}, \omega_{2}) $ 表示 $ x(t_{1}, t_{2}) $。

(c) 求下列各信号的二维傅氏变换

(i) $ x(t_{1}, t_{2}) = e^{-t_{1} + 2t_{2}} u(t_{1} - 1) u(2 - t_{2}) $

(ii) $ x(t_{1}, t_{2}) = \left\{ \begin{aligned} & e^{-(t_{1}) - (t_{2})}, & -1 \leqslant t_{1} \leqslant 1 \quad \text{和} -1 \leqslant t_{2} \leqslant 1 \\ & 0, & \text{其它} \end{aligned} \right. $

(iii) $ x(t_{1}, t_{2}) = \left\{ \begin{aligned} & e^{-(t_{1}) - (t_{2})}, & 0 \leqslant t_{1} \leqslant 1 \text{ 和 } 0 \leqslant t_{2} \leqslant 1 \text{ （或二者）} \\ & 0, & \text{其它} \end{aligned} \right. $

(iv) $ x(t_{1},t_{2}) $ 如图 P4 26-1 所示.

(V) $ e^{-1t_{1}+t_{2}t-1t_{1}-t_{2}} $

(d) 已知 $ X(\omega_{1}, \omega_{2}) $ 为

$$ X(\omega_{1},\omega_{2})=\frac{4\pi}{4+i\omega_{1}}\delta(\omega_{2}-2\omega_{1}) $$

求该二维傅氏变换 $ X(\omega_{1}, \omega_{2}) $ 对应的信号。

(e) 设信号 $ x(\tau_{1}, \tau_{2}) $ 和 $ h(\tau_{1}, \tau_{2}) $ 的二维傅氏变换分别为 $ X(\omega_{1}, \omega_{2}) $ 和 $ H(\omega_{1}, \omega_{2}) $。根据 $ X(\omega_{1}, \omega_{2}) $ 和 $ H(\omega_{1}, \omega_{2}) $ 求下列各信号的傅氏变换。

(i) $ x(t_{1}-T_{1},t_{2}-T_{2}) $

(ii) $ x(at_{1}, bt_{2}) $

$$ y(\tau_{1},\tau_{i})=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau_{1},\tau_{2})h(\tau_{1}-\tau_{1},\tau_{2}-\tau_{2})d\tau_{1}d\tau_{2} $$

(f) 若对所有 $ i_{1} $ 和 $ i_{2} $，下式成立

$$ x(t_{1},t_{2})=x(t_{1}+T_{1},t_{2})=x(t_{1},t_{2}+T_{2}) $$

则将这样的信号定义为二维周期信号，其中 $ T_{1} $ 为该信号在 $ z_{1} $ 方

向的周期，而 $ T_{2} $ 为该信号在 $ t_{2} $ 方向的周期。现定义二维周期信号 $ x(t_{1},t_{2}) $ 的傅氏级数表示式为

$$ x\left(t_{1},t_{2}\right)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\sum_{m=-\infty}^{+\infty}a_{m n}e^{j(m\omega_{1}t_{1}+n\omega_{2}t_{2})} $$

式中 $ \omega_{1}=\frac{2\pi}{T_{1}},\quad\omega_{2}=\frac{2\pi}{T_{2}} $

依据 $ x(t_{1},t_{2}) $ 求二维傅氏级数系数 $ a_{mn} $ 的表示式。

(g) 求下列各信号的傅氏级数的系数 $ a_{max} $

(i) $ \cos(2\pi t_{1}+2t_{2}) $

（ii）如图 P4.26-2 所示的信号。

解：

(a)

$$ \begin{aligned}{X(\omega_{1},\omega_{2})}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}x(t_{1},t_{2})e^{-j\omega_{1}t_{1}}e^{-j\omega_{2}t_{2}}d t_{1}d t_{2}}\\ {}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}\left\{\int_{-\infty}^{+\infty}x(t_{1},t_{2})e^{-j\omega_{1}t_{1}}d t_{1}\right\}e^{-j\omega_{1}t_{2}}d t_{2}}\\ {}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}X(\omega_{1},t_{2})e^{-j\omega_{2}t_{2}}d t_{2}}\\ \end{aligned} $$

(b)

$$ x(t_{1},t_{2})=\mathcal{F}_{\omega_{1}}^{-1}\{\mathcal{F}_{\omega_{1}}^{-1}[X(\omega_{1},\omega_{2})]\} $$

$$ \begin{align*}&=\mathcal{F}_{\omega_{1}}^{-1}\left\{\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}X(\omega_{1},\omega_{2})e^{j\omega_{2}t_{2}}d\omega_{2}\right\}\\&=\frac{1}{4\pi^{2}}\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}X(\omega_{1},\omega_{2})e^{j(\omega_{1}t_{1}+\omega_{2}t_{2})}d\omega_{1}d\omega_{2}\end{align*} $$

(c)

$$ \begin{aligned}{X(e\omega_{1},\omega_{2})}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-t_{1}+2t_{2}}u(t_{1}-1)}\\ {}&{{}\quad\times~u(2-t_{2})e^{-j\omega_{1}t_{1}}e^{-j\omega_{2}t_{2}}d t_{1}d t_{2}}\\ {}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-t_{1}}u(t_{1}-1)e^{-j\omega_{1}t_{1}}d t_{1}}\\ {}&{{}\quad\times\int_{-\infty}^{+\infty}e^{2t_{2}}u(2-t_{2})e^{-j\omega_{2}t_{2}}d t_{2}}\\ {}&{{}=\int_{1}^{+\infty}e^{-(1+j\omega_{1})t_{1}}d t_{1}\int_{-\infty}^{2}e^{(2-j\omega_{2})t_{2}}d t_{2}}\\ {}&{{}=\frac{e^{-(1+j\omega_{1})}}{(1+j\omega_{1})}\cdot\frac{e^{2(2-j\omega_{2})}}{(2-j\omega_{2})}}\\ \end{aligned} $$

(ii)

$$ \begin{aligned}X&(\omega_{1},\omega_{2})=\int_{-1}^{1}\int_{-1}^{1}e^{-(t_{1})-t_{21}}e^{-j\omega_{1}t_{1}}e^{-j\omega_{2}t_{2}}d t_{1}d t_{2}\\&=\int_{-1}^{1}e^{-(t_{1})}e^{-j\omega_{1}t_{1}}d t_{1}\int_{-1}^{1}e^{-(t_{2})}e^{-j\omega_{2}t_{2}}d t_{2}\\&=\left[\int_{-1}^{0}e^{(1-j\omega_{1})t_{1}}d t_{1}+\int_{0}^{1}e^{-(1+j\omega_{1})t_{1}}d t_{1}\right]\\&\quad\times\left[\int_{-1}^{0}e^{(1-j\omega_{2})t_{2}}d t_{2}+\int_{0}^{1}e^{-(1+j\omega_{2})t_{2}}d t_{2}\right]\\&=\left[\frac{1-e^{-(1-j\omega_{1})}}{1-j\omega_{1}}-\frac{e^{-(1+j\omega_{1})}-1}{1+j\omega_{1}}\right]\\&\quad\times\left[\frac{1-e^{-(1-j\omega_{2})}}{1-j\omega_{2}}-\frac{e^{-(1+j\omega_{2})}-1}{1+j\omega_{2}}\right]\\&=\left[\frac{2}{1+\omega_{1}^{2}}-\frac{(1+j\omega_{1})e^{j\omega_{1}}+(1-j\omega_{1})e^{-j\omega_{1}}}{(1+\omega_{1}^{2})}\right]\\&\quad\times\left[\frac{2}{1+\omega_{2}^{2}}-\frac{(1+j\omega_{2})e^{j\omega_{2}}+(1-j\omega_{2})e^{-j\omega_{2}}}{(1+\omega_{2}^{2})}\right]\\&=\frac{2}{1+\omega_{1}^{2}}\left[1-e^{-1}\cos\omega_{1}+e^{-1}\omega_{1}\sin\omega_{1}\right]\end{aligned} $$

$$ \times\frac{2}{1+\omega_{2}^{2}}\left[1-e^{-1}\cos\omega_{2}+e^{-1}\omega_{2}\sin\omega_{2}\right] $$

(iii)

$$ \begin{aligned}{X\big(\omega_{1},\omega_{2}\big)}&{{}=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}e^{-|t_{1}|-|t_{2}|}e^{-i\omega_{1}t_{1}}e^{-i\omega_{2}t_{2}}\tilde{d}t_{1}\tilde{d}t_{2}}\\ {}&{{}=\int_{0}^{1}e^{-(1+j\omega_{1})t_{1}}\tilde{d}t_{1}\int_{0}^{1}e^{-(1+j\omega_{2})t_{2}}\tilde{d}t_{2}}\\ {}&{{}=\frac{1-e^{-(1+j\omega_{1})}}{1+j\omega_{1}}\frac{1-e^{-(1+j\omega_{2})}}{1+j\omega_{2}}。}\\ \end{aligned} $$

(iv) 由图可见

$$ \begin{aligned}{}&{{}X(\omega_{1},\omega_{2})=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}x(t_{1},t_{2})e^{-j\omega_{1}t_{1}}e^{-i\omega_{2}t_{2}}d t_{1}d t_{2}}\\ {}&{{}=\int_{-1}^{0}\left[\int_{-(1+t_{1})}^{1+t_{1}}e^{-j\omega_{2}t_{2}}d t_{2}\right]e^{-j\omega_{1}t_{1}}d t_{1}}\\ {}&{{}\quad+\int_{0}^{1}\left[\int_{-(1-t_{1})}^{1-t_{1}}e^{-j\omega_{2}t_{2}}d t_{2}\right]e^{-j\omega_{1}t_{1}}d t^{1}}\\ {}&{{}=\int_{-1}^{0}\frac{e^{-j\omega_{2}(1+t_{1})}-e^{j\omega_{2}(1+t_{1})}}{-j\omega_{2}}e^{-j\omega_{1}t_{1}}d t_{1}}\\ {}&{{}\quad+\int_{0}^{1}\frac{e^{-j\omega_{2}(1-t_{1})}-e^{j\omega_{2}(1-t_{1})}}{-j\omega_{2}}e^{-j\omega_{1}t_{1}}d t_{1}}\\ {}&{{}=\frac{1}{j\omega_{2}}\left[\int_{-1}^{0}e^{j\omega_{2}+j(\omega_{2}-\omega_{1})t_{1}}d t_{1}-\int_{-1}^{0}e^{-j\omega_{2}-j(\omega_{2}+\omega_{1})t_{1}}d t_{1}\right.}\\ {}&{{}\quad+\int_{0}^{1}e^{j\omega_{2}-j(\omega_{2}+\omega_{1})t_{1}}d t_{1}-\int_{0}^{1}e^{-j\omega_{1}+j(\omega_{2}-\omega_{1})t_{1}}d t_{1}\Big]}\\ {}&{{}=\frac{1}{j\omega_{2}}\left[\frac{e^{j\omega_{1}}-e^{j\omega_{1}}}{j(\omega_{2}-\omega_{1})}-\frac{e^{j\omega_{1}}-e^{-j\omega_{2}}}{j(\omega_{2}+\omega_{1})}\right.}\\ {}&{{}\quad+\left.\frac{e^{j\omega_{2}}-e^{-j\omega_{1}}}{j(\omega_{2}-\omega_{1})}-\frac{e^{-j\omega_{1}}-e^{-j\omega_{t}}}{j(\omega_{2}-\omega_{1})}\right]}\\ {}&{{}=\frac{1}{j\omega_{2}}\left[\frac{e^{j\omega_{2}}+e^{-j\omega_{2}}-(e^{j\omega_{1}}+e^{-j\omega_{1}})}{j(\omega_{2}-\omega_{1})}\right.}\\ {}&{{}\quad+\left.\frac{e^{j\omega_{1}}+e^{-j\omega_{2}}-(e^{j\omega_{1}}+e^{-j\omega_{1}})}{j(\omega_{2}+\omega_{1})}\right]}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&=\frac{2}{j\omega_{2}}\left[\frac{\cos\omega_{2}-\cos\omega_{1}}{j(\omega_{2}-\omega_{1})}+\frac{\cos\omega_{2}-\cos\omega_{1}}{j(\omega_{2}+\omega_{1})}\right]\\&=\frac{4\omega_{1}}{\omega_{2}(\omega_{2}-\omega_{1})}(\cos\omega_{1}-\cos\omega_{2}).\end{aligned} $$

(v) 因为

$$ e^{-|t_{1}+t_{2}|-|t_{1}-t_{2}|}\;=\;e^{-|t_{1}+t_{2}|}e^{-|t_{1}-t_{2}|} $$

其中 $ x_{1}(t_{1},t_{2})=e^{-|t_{1}+t_{2}|} $ 将 $ t_{1}t_{2} $ 平面划分成4个区域满足条件如图P4.26-3(a)所示。而 $ x_{2}(t_{1},t_{2})=e^{-|t_{1}-t_{2}|} $ 将 $ t_{1}t_{2} $ 平面划分成两大区域满足条件如图P426-3(b)所示。

将两图坐标重叠，则将 $ t_{1} $ 与 $ t_{2} $ 平面划分成 6 个区域。每个区内等于上面平面内对应因子 $ x_{1}(t_{1}, t_{2}) $ 与 $ x_{2}(t_{1}, t_{2}) $ 相乘，如图 P4.26-3(c) 所示。

其中

区域 $ 1:x_{1}(t_{1},t_{2})=e^{-(t_{1}+t_{2})}e^{-(t_{2}-t_{1})}=e^{-2t_{1}} $

区域 II: $ x_{11}(t_{1},t_{2})=\mathrm{e}^{-(t_{1}+t_{2})}e^{(t_{1}-t_{2})}=e^{-2t_{2}} $

区域 III: $ x_{11}(t_{1},t_{2})=e^{2t_{1}-2t_{2}} $

区域 IV: $ x_{1V}(t_1, t_2) = e^{2t_1} $

区域 $ V: x_{v}(t_{1}, t_{2}) = e^{2t_{2}} $

区域 $ \mathrm{VI}: x_{\mathrm{VI}}(t_{1},t_{2})=e^{-2t_{1}+2t_{2}} $

首先分别求出各区域的傅氏变换

$$ \begin{aligned}{}&{{}X_{1}(\omega_{1},\omega_{2})=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}x_{1}(z_{1},t_{2})e^{-j\omega_{1}t_{1}}e^{-j\omega_{2}t_{2}}d t_{1}d t_{2}}\\ {}&{{}=\int_{0}^{+\infty}e^{-2t_{1}}\left[\int_{0}^{t_{1}}e^{-j\omega_{2}t_{2}}d t_{2}\right]e^{-j\omega_{1}t_{1}}d t_{1}}\\ {}&{{}=\int_{0}^{+\infty}e^{-2t_{1}}\frac{e^{-j\omega_{2}t_{1}}-1}{-j\omega_{2}}e^{-j\omega_{1}t_{1}}d t_{1}}\\ {}&{{}=\frac{1}{j\omega_{2}}\int_{0}^{+\infty}e^{-(2+j\omega_{1})t_{1}}d t_{1}-\frac{1}{j\omega_{2}}\int_{0}^{+\infty}e^{-[2+j(\omega_{1}+\omega_{2})]t_{1}}d t_{1}}\\ {}&{{}=\frac{1}{j\omega_{2}}\left[\frac{1}{2+j\omega_{1}}-\frac{1}{2+j(\omega_{1}+\omega_{2})}\right]}\\ {}&{{}=\frac{1}{(2+j\omega_{1})[2+j(\omega_{1}+\omega_{2})]}}\\ \end{aligned} $$

同理

$$ \begin{aligned}{X_{11}(\omega_{1},\omega_{2})}&{{}=\int_{0}^{+\infty}e^{-2t_{2}}\left[\int_{0}^{t_{2}}e^{-j\omega_{1}t_{1}}\tilde{d}t_{1}\right]e^{-j\omega_{2}t_{2}}\tilde{d}t_{2}}\\ {}&{{}=\frac{1}{(2+j\omega_{2})[2+j(\omega_{1}+\omega_{2})]}}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}{X_{\mathrm{I I I}}(\omega_{1},\omega_{2})}&{{}=\int_{-\infty}^{\cdot\cdot}e^{2t_{1}}e^{-j\omega t_{1}}d t_{1}\int_{0}^{+\infty}e^{-2t_{2}}e^{-j\omega_{2}t_{1}}d t_{2}}\\ {}&{{}=\frac{1}{(2-j\omega_{1})(2+j\omega_{2})}}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}{X_{1\mathbb{V}}(\omega_{1},\omega_{2})}&{{}=\int_{-\infty}^{\mathbb{V}}e^{2t_{1}}\left[\int_{t_{1}}^{\mathbb{V}}e^{-j\omega_{2}t_{2}}d t_{2}\right]e^{-j\omega_{1}t_{1}}d t_{1}}\\ {}&{{}=\frac{1}{(2-j\omega_{1})[2-j(\omega_{1}+\omega_{2})]}={X_{1}^{*}}(\omega_{1},\omega_{2})}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}{X_{\mathbb{V}}(\omega_{1},\omega_{2})}&{{}=\int_{-\infty}^{\mathbb{V}}e^{2t_{1}}\left\lfloor\int_{t_{2}}^{\mathbb{V}}e^{-j\omega_{1}t_{1}}d t_{1}\right\rfloor e^{-j\omega_{2}t_{2}}d t_{2}}\\ {}&{{}=\frac{1}{(2-j\omega_{2})[2-j(\omega_{1}+\omega_{2})]}={X_{11}^{*}(\omega_{1},\omega_{2})}}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}\tilde{X}_{\mathrm{V I}}(\omega_{1},\omega_{2})&=\int_{0}^{+\infty}e^{-2t_{1}}e^{-j\omega_{1}t_{1}}\tilde{d}t_{1}\int_{-\infty}^{0}e^{2t_{2}}e^{-j\omega_{2}t_{2}}\tilde{d}t_{2}\\&=\frac{1}{(2+j\omega)(2-j\omega_{2})}=X_{\mathrm{I I I}}^{*}(\omega_{1},\omega_{2})\end{aligned} $$

整个信号的傅氏变换为

$$ \begin{aligned}{X(\omega_{1},\omega_{2})}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}x(t_{1},t_{2})e^{-i\omega_{1}t_{1}}e^{-i\omega_{2}t_{2}}d t_{1}d t_{1}}\\ {}&{{}=X_{\mathrm{I}}(\omega_{1},\omega_{2})+X_{\mathrm{I I}}(\omega_{1},\omega_{2})+X_{\mathrm{I I I}}(\omega_{1},\omega_{2})}\\ {}&{{}\quad+X_{\mathrm{I V}}(\omega_{1},\omega_{2})+X_{\mathrm{V}}(\omega_{1},\omega_{2})+X_{\mathrm{V I}}(\omega_{1},\omega_{2})}\\ {}&{{}=\mathcal{R}_{\bullet}\{X_{\mathrm{I}}(\omega_{1},\omega_{2})+X_{\mathrm{I I}}(\omega_{1},\omega_{2})+X_{\mathrm{I I I}}(\omega_{1},\omega_{2})\}}\\ \end{aligned} $$

(d)

$$ \begin{aligned}{x(t_{1},t_{2})}&{{}=\frac{1}{4\pi^{2}}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{2\pi}{4+j\omega}\left[\int_{-\infty}^{+\infty}\delta(\omega_{2}\right.}\\ {}&{{}\quad\left.-2\omega_{1})e^{j\omega_{2}t}d\omega_{2}\right]e^{j\omega_{1}t_{1}}d\omega_{1}}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{4+j\omega_{1}}e^{j2\omega_{1}t_{2}}e^{j\omega_{1}t_{1}}d\omega_{1}}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{j\omega_{1}(t_{1}+2t_{2})}}{4+j\omega_{1}}d\omega_{1}}\\ \end{aligned} $$

因为

$$ e^{-a t}u(t){\longleftrightarrow}\frac{1}{a+j\omega} $$

所以可得

$$ x(t_{1},t_{2})=e^{-4(t_{1}+2t_{2})}u(t_{1}+2t_{2}) $$

(e)(i)

$$ \begin{aligned}{\hat{X}}&{{}(\omega_{1},\omega_{2})=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}x(t_{1}+T_{1},t_{2}}\\ {}&{{}\qquad+T_{2})e^{-j\omega t_{1}}e^{-j\omega t_{2}}d t_{1}d t_{2}}\\ {}&{{}=e^{j\omega T_{1}}e^{j\omega T_{2}}\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}x(t_{1}+T_{1},t_{2}+T_{2})e^{-j\omega_{1}(t_{1}+T_{1})}}\\ {}&{{}\quad\bullet e^{j\omega_{2}(t_{2}+T_{2})}d(t_{1}+T_{1})d(t_{2}+T_{2})}\\ {}&{{}=e^{-j\omega_{1}T_{1}}e^{j\omega_{2}T_{2}}X(\omega_{1},\omega_{2})}\\ \end{aligned} $$

(ii) a > 0, b > 0 时

$$ \hat{X}(\omega_{1},\omega_{2})=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}x(a t_{1},b t_{2})e^{-j\omega_{1}t_{1}}e^{-j\omega_{2}t_{2}}d t_{1}d t_{2} $$

$$ \begin{aligned}{}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}x(a t_{1},b t_{2})e^{-i\frac{\omega_{1}}{b}a t_{1}}e^{-i\frac{\omega2}{b}b t_{2}}}\\ {}&{{}\quad\times\frac{1}{|a|}d(a t_{1})\frac{1}{|b|}d(b t_{2})}\\ {}&{{}=\frac{1}{|a b|}X\left(\frac{\omega_{1}}{a},\frac{\omega_{2}}{b}\right)}\\ \end{aligned}. $$

当 a<0, b<0 时，由于变量代换 $ \tau_{1}=at_{1} $ 与 $ \tau_{2}=bt_{2} $ 的结果，积分限会变成从 $ +\infty $ 到 $ -\infty $。但由于同时引入 1/a 与 1/b，其结果会出现一个“-”号。因而又可将积分限倒过来。因此，合并这两种情况可写成

$$ \hat{X}(\omega_{1},\omega_{2})=\frac{1}{|a b|}X\left(\frac{\omega_{1}}{a},\frac{\omega_{2}}{b}\right) $$

(iii)

$$ \begin{aligned}Y(\omega_{1},&\omega_{2})=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}\left[\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau_{1},\tau_{2})h(t_{1}-\tau_{1},t_{2}\right.\\&\left.-\tau_{2})d\tau_{1}d\tau_{2}\right]e^{-j\omega_{1}t_{1}}e^{-j\omega_{2}t_{2}}i t_{1}\mathcal{X}t\quad,\\=&\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau_{1},\tau_{2})\left[\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}h(t_{1}-\tau_{1},t_{2}-\tau_{2})\right.\\&\times\left.e^{-j\omega_{1}t_{1}}e^{-j\omega_{2}t_{2}}d t_{1}d t_{2}\right]d\tau_{1}d\tau_{2}\\=&\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau_{1},\tau_{2})[H(\omega_{1},\omega_{2})e^{-j\omega_{1}\tau_{1}}e^{-j\omega_{2}\tau_{2}}]d\tau_{1}d\tau_{2}\\=&H(\omega_{1},\omega_{2})\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau_{1},\tau_{2})e^{-j\omega_{1}\tau_{1}}e^{-j\omega_{2}\tau_{2}}d\tau_{1}d\tau_{2}\\=&H(\omega_{1},\omega_{2})X(\omega_{1},\omega_{2})\end{aligned} $$

(f) 将表示式

$$ x(t_{1},t_{2})=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\sum_{m=-\infty}^{+\infty}a_{m n}e^{j m\omega_{1}t_{1}}e^{j n\omega_{2}t_{2}} $$

两端乘以 $ e^{-ik\omega_{1}t_{1}}e^{-j l\omega_{2}t_{2}} $，并对 $ t_{1} $ 与 $ t_{2} $ 分别在一周 $ T_{1} $ 与 $ T_{2} $ 内积分，得

$$ \int_{T_{1}}\int_{T_{2}}x\left(\tau_{1},\tau_{2}\right)e^{-j k\omega_{1}t}{}_{1}e^{-j l\omega_{2}t}{}_{2}\bar{d}\tau{}_{1}\bar{d}\tau{}_{2} $$

$$ \begin{align*}=&\int_{T_{1}}\int_{T_{2}}\sum_{m=-\infty}^{+\infty}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}a_{mn}e^{j(m-k)\omega_{1}t_{1}}e^{j(n-l)\omega_{2}t_{2}}dt_{1}dt_{2}\\=&\sum_{m=-\infty}^{+\infty}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}a_{mn}\int_{T_{1}}e^{j(m-k)\omega_{1}t_{1}}dt_{1}\int_{T_{2}}e^{j(n-l)\omega_{2}t_{2}}dt_{2}\\=&\ T_{1}T_{2}a_{mn}\end{align*} $$

上式最后结果考虑到复指数函数集的正交性，即

$$ \int_{T_{1}}e^{-j(m-k)\omega_{1}t_{1}}d t_{1}=\left\{\begin{matrix}{T_{1},}&{m=k}\\ {0,}&{m\neq k}\\ \end{matrix}\right. $$

$$ \int_{T_{2}}e^{-i(\pi-l)\omega_{2}t_{2}}d t_{2}=\left\{\begin{matrix}{T_{2},}&{n=l}\\ {0,}&{n\neq l}\\ \end{matrix}\right. $$

所以得

$$ a_{m n}=\frac{1}{T_{1}T_{2}}\int_{T_{1}}\ \int_{T_{2}}x(t_{1},t_{2})e^{-j m\omega_{1}t_{1}}e^{-j n\omega_{2}t_{2}}d t_{1}d t_{2} $$

(g)(i)

$$ \cos\left(2\pi t_{1}+2t_{2}\right)\;=\;{\frac{1}{2}}\;e^{j(2\pi t_{1}+2t_{2})}+{\frac{1}{2}}\;e^{-j(2\pi t_{1}+2t_{2})} $$

可见

$$ T_{1}=1\mathrm{,~}\omega_{1}=2\pi\mathrm{,~}T_{2}=\pi\mathrm{,~}\omega_{2}=2 $$

由此可得

$$ a_{11}=a_{-1-1}=\frac{1}{2} $$

$ a_{mn}=0 $, m, n 不同时为1和-1.

（ii）由图可见，

$$ \begin{aligned}{a_{m n}}&{{}=\frac{1}{T_{1}T_{2}}\int_{T_{1}}\int_{T_{1}}x(t_{1},t_{2})e^{-i m\omega_{1}t_{1}}e^{-i n\omega_{2}t_{2}}d t_{1}d t_{2}}\\ {}&{{}=\frac{1}{T_{1}T_{2}}\int_{0}^{T_{1}/2}\int_{T_{1}/2}^{T}e^{-i m\omega_{1}t_{1}}e^{-i n\omega_{2}t_{2}}d t_{1}d t_{2}}\\ {}&{{}=\frac{1}{T_{1}T_{2}}\int_{0}^{T_{1}/2}e^{-i m\omega_{1}t_{1}}d t_{1}\int_{T_{2}/2}^{T}e^{-i n\omega_{2}t_{2}}d t_{2}}\\ {}&{{}=\frac{e^{-i m\omega_{1}T_{1}/2}-1}{-j m\omega_{1}T_{1}}\cdot\frac{e^{-j n\omega_{2}T}-e^{-j n\omega_{2}T_{2}/2}}{-j n\omega_{2}T_{2}}}\\ \end{aligned} $$

$$ =\left\{\begin{aligned}&\frac{1}{mn\pi^{2}},&m 和 n 同时为奇数 \\ &0,&m 和 n 不同时为奇数 \end{aligned}\right. $$

4.27(a) 通过计算 $ X(\omega) $ 和 $ H(\omega) $，然后利用卷积特性，再求 $ Y(\omega) $ 的逆变换的办法来计算下列各对信号 $ x(t) $ 和 $ h(t) $ 的卷积。

(i) $ x(t) = te^{-2t}u(t), h(t) = e^{-4t}u(t) $

(ii) $ x(t) = te^{-2t}u(t), \quad h(t) = te^{-4t}u(t) $

(iii) $ x(t) = e^{-t} u(t) $, $ h(t) = e^{t} u(-t) $

（b）假设 $ x(t) = e^{-(t-2)} u(t-2) $，而 $ h(t) $ 如图 P4.27 所示。通过证明 $ y(t) = x(t) * h(t) $ 的傅氏变换等于 $ H(\omega) X(\omega) $ 来证明这一对信号的卷积特性。

解：

(a) (i) 利用傅氏变换公式，

有

$$ t e^{-2t}u(t){\longleftrightarrow}\frac{1}{(2+j\omega)^{2}} $$

$$ e^{-4t}u(t)\longleftrightarrow\frac{1}{4+j\omega} $$

则

$$ \Upsilon(\omega)=X(\omega)H(\omega)=\left[\frac{1}{(2+j\omega)^{2}}\right]\left[\frac{1}{4+j\omega}\right] $$

利用部分分式法可求得

$$ Y(\omega)=\frac{1/4}{4+j\omega}+\frac{-1/4}{2+j\omega}+\frac{1/2}{(2+j\omega)^{2}} $$

其逆变换为

$$ y(t)=\frac{1}{4}e^{-4t}u(t)-\frac{1}{4}e^{-2t}u(t)+\frac{1}{2}te^{-2t}u(t) $$

(ii) 同样

$$ t e^{-2t}u(t)\longleftrightarrow\frac{1}{(2+j\omega)^{2}} $$

$$ ie^{-4\tau}u(t)\longleftrightarrow\frac{1}{(4+j\omega)^{2}} $$

则

$$ \begin{aligned}\Upsilon(\omega)&=\frac{1}{(2+j\omega)^{2}}\frac{1}{(4+j\omega)^{2}}\\&=\frac{-1/4}{2+j\omega}+\frac{1/4}{(2+j\omega)^{2}}+\frac{1/4}{(4+j\omega)}+\frac{1/4}{(4+j\omega)^{2}}\end{aligned} $$

其逆变换为

$$ y(t)=\left(-\frac{1}{4}e^{-2t}+\frac{1}{4}\tau e^{-2t}+\frac{1}{4}e^{-4t}+\frac{1}{4}\tau e^{-4t}\right)u(t) $$

(iii)

$$ e^{-t}u(t)\longleftrightarrow\frac{1}{1+j\omega},e^{\tau}u(t)\longleftrightarrow\frac{1}{1-j\omega} $$

则

$$ \begin{aligned}Y(\omega)&=\frac{1}{1+j\omega}\frac{1}{1-j\omega}\\&=\frac{1/2}{1+j\omega}+\frac{1/2}{1-j\omega}\end{aligned} $$

其逆变换为

$$ y(t)=\frac{1}{2}e^{-|t|} $$

(b) 用直接卷积法求 $ y(t) $，如图 P4.27-1 所示。

$$ \mathbf{y}(t)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}0}&{}&{{}\tau<1}\\ {}&{{}\int_{2}^{t+1}e^{2-\tau}d\tau=e^{2}(-e^{-\tau})\mid_{2}^{t+1}=1-e^{-t+1},}&{}&{{}1\leqslant\tau\leqslant5}\\ {}&{{}\int_{t-3}^{t+1}e^{2-\tau}d\tau=e^{-t+5}-e^{-t+1},}&{}&{{}\tau>5}\\ \end{aligned}\right. $$

所以

$$ \begin{aligned}{y(t)}&{{}=(1-e^{-t+1})[u(t-1)-u(t-5)]}\\ {}&{{}\quad+(e^{-t+5}-e^{-t+1})u(t-5)}\\ {}&{{}=u(t-1)-u(t-5)-e^{-t+1}u(t-1)}\\ {}&{{}\quad+e^{-t+5}u(t-5)}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}\mathbf{Y}(\omega)&=\int_{-\infty}^{+\infty}y(t)e^{-j\omega t}dt\\&=\int_{1}^{*}e^{-j\omega t}dt-\int_{1}^{+\infty}e^{-t+1}e^{-j\omega t}dt+\int_{5}^{+\infty}e^{-t+5}e^{-j\omega t}dt\\&=-\frac{e^{-j5\omega}-e^{-j\omega}}{j\omega}-\frac{e^{-j\omega}}{1+j\omega}+\frac{e^{-j5\omega}}{1+j\omega}\\&=\frac{e^{-j\omega}-e^{-j5\omega}}{j\omega(1+j\omega)}=\frac{e^{-j3\omega}(e^{j2\omega}-e^{-j2\omega})}{j\omega(1+j\omega)}\\&=\frac{2e^{-j3\omega}\sin\left(2\omega\right)}{\omega(1+j\omega)}\end{aligned} $$

再利用卷积特性求 $ Y(\omega) $

考虑到

$$ \begin{aligned}x(t)&=e^{-(t-2)}u(t-2)\longleftrightarrow X(\omega)=\frac{e^{-2j\omega}}{1+j\omega}\\h(t)&=h_{1}(t-1)\longleftrightarrow H(\omega)=e^{-j\omega}H_{1}(\omega)=\frac{2e^{-j\omega}\sin2\omega}{\omega}\end{aligned} $$

其中 $ h_{1}(t) $ 是方波 $ h(t) $ 左移一个单元的对称方波，即

$$ h_{1}(t)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}1,}&{{|\tau|}}&{{}\leqslant2}\\ {}&{{}0,}&{{|\tau|}}&{{}>0}\\ \end{aligned}\right. $$

因此

$$ Y(\omega)=H(\omega)X(\omega)=\frac{2e^{-i3\omega}\sin2\omega}{\omega(1+j\omega)} $$

由此，验证了卷积特性。

4.28 （a）并不是任何输入信号都象 $ \delta(t) $ 那样可用来完全说明任一个 LTI 系统，即不同的 LTI 系统对 $ \delta(t) $ 一定有不同的响应，而对其它输入信号却不一定。为说明这点，证明冲激响应分别

为

$$ h_{1}(t)=u(t) $$

$$ h_{2}(t)=-2\delta(t)+5e^{-2t}u(t) $$

$$ h_{3}(t)=-2\imath e^{-\imath}u(t) $$

的3个 LTI 系统都对 $ x(t) = \cos t $ 具有同一响应。

（b）另找一个对 cost 具有同一响应的 LTI 系统的冲激响应。

解：

(a) $ x(t) = \cos t \longleftrightarrow X(\omega) \Rightarrow \pi [\delta(\omega - 1) + \delta(\omega + 1)] $

(i) 当 $ h_{1}(t)=u(t) $ 时，其傅氏变换为

$$ H_{1}(\omega)=\frac{1}{j\omega}+\pi\delta\left(\omega\right) $$

则

$$ \begin{aligned}\mathbf{Y}(\omega)&=X(\omega)H(\omega)\\&=\pi[\delta(\omega-1)+\delta(\omega+1)]\left[\frac{1}{j\omega}+\pi\delta(\omega)\right]\\&=\frac{\pi}{j}\delta(\omega-1)-\frac{\pi}{j}\delta(\omega+1)\\&=\frac{\pi}{j}[\delta(\omega-1)-\delta(\omega+1)]\end{aligned} $$

其逆变换为

$$ y(t)=\sin t $$

(ii) 当 $ h_{2}(t) = -2\delta(t) + 5e^{-2t}u(t) $ 时，其傅氏变换为

$$ H_{2}(\omega)=-2+\frac{5}{2+j\omega} $$

则 $ \Upsilon(\omega)=X(\omega)H(\omega) $

$$ \begin{aligned}&=\pi[\delta(\omega-1)+\delta(\omega+1)]\left[-2+\frac{5}{2+j\omega}\right]\\&=\pi\left[\frac{1-2j}{2+j}\delta(\omega-1)+\frac{1+2j}{2-j}\delta(\omega+1)\right]\\&=\frac{\pi}{j}[\delta(\omega-1)-\delta(\omega+1)]\\ \end{aligned} $$

其逆变换为

$$ y(t)=\sin t $$

（iii）当 $ h_{3}(t)=2te^{-t}u(t) $ 时，其傅氏变换为

$$ H_{3}(\omega)=\frac{2}{(1+j\omega)^{2}} $$

则

$$ \begin{aligned}\mathbf{Y}(\omega)&=X(\omega)H(\omega)\\&=\pi[\delta(\omega-1)+\delta(\omega+1)]\frac{2}{(1+j\omega)^{2}}\\&=\pi\left[\frac{2}{(1+j)^{2}}\ \delta(\omega-1)+\frac{2}{(1-j)^{2}}\ \delta(\omega+1)\right]\\&=\frac{\pi}{j}\left[\delta(\omega-1)-\delta(\omega+1)\right]\\ \end{aligned} $$

其逆变换为

$$ y(t)=\sin t $$

可见，三者都具有同一响应 $ y(t) = \sin t $

（b）假定另一个 LTI 系统的冲激响应为

$$ h_{4}(t)=\frac{1}{2}\left[h_{1}(t)+h_{2}(t)\right] $$

其中 $ h_{1}(t) $ 和 $ h_{2}(t) $ 均由 (a) 小题给出。则

$$ y(t)=\frac{[x(t)*h_{1}(t)+x(t)*\frac{h_{2}(t)]}{2}}{} $$

由(a)小题可知，

$$ y(t)=\left(\sin t+\sin t\right)/2=\sin t $$

同样，取（a）小题中的 $ h_{1}(t) $、 $ h_{2}(t) $ 和 $ h_{3}(t) $ 任一类似的组

合均可得出同一结果.

4.29 设 $ x(t) $, $ y(t) $ 为两个实信号，并且设 $ \Phi_{xy}(\omega) $, $ \Phi_{yx}(\omega) $, $ \Phi_{xx}(\omega) $ 和 $ \Phi_{yy}(\omega) $ 分别表示它们的互相关函数和自相关函数 $ \phi_{xy}(t) $, $ \phi_{yx}(t) $, $ \phi_{xx}(t) $ 和 $ \phi_{yy}(t) $ 的傅氏变换。

(a) $ \Phi_{xy}(\omega) $ 和 $ \Phi_{yx}(\omega) $ 之间的关系是什么？

(b) 根据 $ X(\omega) $ 和 $ Y(\omega) $ 求 $ \Phi_{xy}(\omega) $ 的表示式.

(c) 证明对于每个 $ \omega $， $ \Phi_{xx}(\omega) $ 是实的和非负的。

(d) 假设一个具有实值冲激响应和频率响应为 $ H(\omega) $ 的 LTI 系统，其输入和输出分别为 $ x(t) $ 和 $ y(t) $。根据 $ \Phi_{xx}(\omega) $ 和 $ H(\omega) $ 求 $ \Phi_{xy}(\omega) $ 和 $ \Phi_{yy}(\omega) $ 的表示式。

图 P4.29 （e）设 $ x(t) $ 如图 P4.29 所示，并设 LT1 系统的冲激响应为 $ h(t) = e^{-at}u(t) $，a > 0。利用前几个小题的结果计算 $ \Phi_{xx}(\omega) $， $ \Phi_{xy}(\omega) $ 和 $ \Phi_{yy}(\omega) $。

(f) 假设函数 $ \phi(t) $ 的傅氏变换为

$$ \Phi(\omega)=\frac{\omega^{2}+100}{\omega^{2}+25} $$

求两个具有自相关函数都等于 $ \phi(t) $ 的因果的、稳定 LTI 系统的冲激响应。其中哪一种具有因果的、稳定的逆变换。

解：

(a)

$$ \begin{aligned}{\phi_{x y}(t)}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}x(t+\tau)y(\tau)d\tau=\int_{-\infty}^{+\infty}x(\lambda)y(\lambda-t)d\lambda}\\ {}&{{}=\phi_{y x}(-\tau)}\\ \end{aligned} $$

因为 $ \phi_{xy}(t) $ 是实函数，所以得

$$ \varPhi_{x y}(\omega)=\varPhi_{y,s}(-\omega)=\varPhi_{y x}^{*}(\omega) $$

(b) 因为

$$ x(-\tau)*y(t)=\int_{-\infty}^{+\infty}x[-\left(t-\tau\right)]y(t)d\tau $$

$$ \begin{aligned}&=\int_{-\infty}^{+\infty}x(-t+\tau)y(\tau)d\tau\\&=\phi_{xy}(-\tau)\end{aligned} $$

因此

$$ \phi_{x y}(-\mathrm{~t~})=x(-\mathrm{~t~})*y(\mathrm{~t~}) $$

$$ \varPhi_{s,v}^{*}(\omega)\;=\;X^{*}(\omega)Y(\omega) $$

$$ \Phi_{x y}(w)\;=\;X(_{;}\omega)Y^{*}(w) $$

(c) 利用上一小题结果，若 $ y(t)=x(t) $，则 $ Y(x)=X(x) $。因而

$$ \Phi_{x y}(\omega)=X(\omega)Y^{*}(\omega)=X(\omega)X^{*}(\omega)=|X(\omega)|^{2} $$

所以 $ \Phi_{xx}(\omega) $ 是 $ \omega $ 的非负实函数.

(d) 因为 $ Y(\omega) = X(\omega)H(\omega) $，而

$$ \Phi_{x y}(\omega)=X(\omega)Y^{*}(\omega)=X(\omega)X^{*}(\omega)H^{*}(\omega) $$

所以

$$ \Phi_{,_{y}}(\omega)=\Phi_{x x}(\omega)H^{*}(\omega) $$

$$ \begin{aligned}{\varPhi_{y y}(\omega)}&{{}=:Y(\omega)|^{2}-|X(\omega)|^{2}|H^{*}(\omega)|^{2}}\\ {}&{{}=\varPhi_{x x}(\omega)|H(\omega)|^{2}}\\ \end{aligned} $$

(e) 由给定波形可求得

$$ X(\omega)\stackrel{ 记 }{=}\int_{0}^{1}t e^{-j\omega t}d t=\frac{e^{-j\omega}-1}{\omega^{2}}+i\frac{e^{-j\omega}}{\omega} $$

而

$$ h\left(t\right)\;=\;e^{-a t}u(t)\longleftrightarrow H(\omega)\;=\;\frac{1}{a+j\omega} $$

所以

$$ \Phi_{x x}(\omega)=|X(\omega)|^{2}=\frac{2-2\cos\omega}{\omega^{4}}-\frac{2\sin\omega}{\omega^{3}}+\frac{1}{\omega^{2}} $$

$$ \begin{aligned}{\varPhi_{x y}(\omega)}&{{}=\varPhi_{x x}(\omega)H^{*}(\omega)=\left[\frac{2-2\cos\omega}{\omega^{4}}\right.}\\ {}&{{}\quad-\left.\frac{2\sin\omega}{\omega^{3}}+\frac{1}{\omega^{2}}\right]\left[\frac{1}{a-j\omega}\right]}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}{\varPhi_{y y}(\omega)}&{{}=\mid\mathrm{Y}(\omega)\mid^{2}=\varPhi_{x x}(\omega)\mid H(\omega)\mid^{2}}\\ {}&{{}=\left[\frac{2-2\cos\omega}{\omega^{4}}-\frac{2\sin\omega}{\omega^{3}}+\frac{1}{\omega^{2}}\right]\left[\frac{1}{a^{2}+\omega^{2}}\right]}\\ \end{aligned} $$

(f)

$$ \mathcal{P}(\omega)=\frac{\omega^{2}+100}{\omega^{2}+25}=\mid H(\omega)\mid^{2}, 得 $$

$$ H_{i}(\omega)=\frac{10+j\omega}{5+j\omega}=1+\frac{5}{5+j\omega} $$

$$ H_{2}(\omega)=\frac{10-j\omega}{5-j\omega}=1+\frac{5}{5-j\omega}=1-\frac{5}{-5+j\omega} $$

所以

$$ h_{1}(t)\;=\;\delta\left(t\right)\;+\;5e^{-5t}u\left(t\right) $$

$$ h_{2}(t)\;=\;\delta\left(t\right)\;-\;5e^{5t}u\left(t\right) $$

可见， $ H_{1}(\omega) $ 具有一个因果的，稳定的逆变换，而 $ H_{2}(\omega) $ 对应的逆变换是不稳定的。

4.30 (a) 假定信号

$$ x(t)=\cos2\pi t+\sin6\pi t $$

是具有下列冲激响应的各个 LTI 系统的输入信号。

(1)

$$ h(t)=\frac{\sin4\pi t}{\pi t} $$

(2)

$$ h(t)=\frac{[\sin4\pi t][\sin8\pi t]}{\pi t^{2}} $$

(3)

$$ h(t)=\frac{[\sin4\pi t][\cos8\pi t]}{\pi t} $$

分别求它们的输出。

(b) 考虑一个冲激响应为

$$ h(t)\;=\;{\frac{\sin2\pi t}{\pi t}} $$

的 LTI 系统。求下列各输入波形 $ x_{i}(t) $ 产生的输出 $ y_{i}(t) $。

(i) $ x_{1}(t) $ 为图 P4.30(a) 所示的对称方波.

(ii) $ x_{2}(t) $ 为图 P4.30(b) 所示的对称方波。

(iii) $ x_{3}(t) = x_{1}(t) \cos 5\pi t $

(iv) $ x_{4}(t) = \sum_{k=-\infty}^{+\infty} \delta \left( t - \frac{10}{3} k \right) $.

(v) $ x_{s}(t) $ 是一个实信号，其正频率部分的频率响应具有 $ \pi/2 $ 的恒定相角，而其 $ \omega > 0 $ 时的振幅如图 P4.30(c) 所示。

(vi) $ x_{6}(t)=\frac{1}{1+t^{2}} $

解：

(a) $ x(t) = \cos 2\pi t + \sin 6\pi t $

$$ \begin{aligned}{X(\omega)=}&{{}~\pi\delta(\omega+2\pi)+\pi\delta(\omega-2\pi)}\\ {}&{{}+\pi j\delta(\omega+6\pi)-\pi j\delta(\omega-6\pi)}\\ \end{aligned} $$

(i)

$$ \begin{aligned}{h(t)}&{{}=\frac{\sin4\pi t}{\pi t}{\longleftrightarrow}H(\omega)}\\ {}&{{}=\left\{\begin{aligned}{1,}&{{}\quad|\omega|<4\pi}\\ {0,}&{{},\quad|\omega|>4\pi}\\ \end{aligned}\right.}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ \mathrm{Y}(\omega)=X(\omega)H(\omega)=\left\{\begin{aligned}&\pi[\delta(\omega+2\pi)+\delta(\omega-2\pi)],&\mid\omega\mid<4\pi\\ &0,&\mid\omega\mid>4\pi\end{aligned}\right. $$

$$ y(t)=\frac{1}{2}\left[e^{j2\pi t}+e^{-j2\pi t}\right]=\cos\left(2\pi t\right) $$

(ii)

$$ h(t)=\frac{\sin\left(4\pi t\right)}{\pi t}\frac{\sin\left(8\pi t\right)}{\pi t}\cdot\pi=h_{1}(t)h_{2}(t)\cdot\pi $$

而

$$ \begin{aligned}{h_{1}(t)}&{{}=\frac{\sin\left(4\pi t\right)}{\pi t}{\longleftrightarrow}u(\omega+4\pi)-u(\omega-4\pi)}\\ {}&{{}=\left\{\begin{aligned}{}&{{}1,~|\omega|<4\pi}\\ {}&{{}0,~|\omega|>4\pi}\\ \end{aligned}\right.}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}{h_{2}(t)}&{{}=\frac{\sin\left(8\pi t\right)}{\pi t}{\longleftrightarrow}u(\omega+8\pi)-u(\omega-8\pi)}\\ {}&{{}=\left\{\begin{aligned}{}&{{}1,\quad|\omega|<8\pi}\\ {}&{{}0,\quad|\omega|>8\pi}\\ \end{aligned}\right.}\\ \end{aligned} $$

利用频域卷积特性，有

$$ \begin{aligned}{h(t)}&{{}=h_{1}(t)h_{2}(t)\underset{}{\pi}{\longleftrightarrow}H(\omega)=\frac{\pi}{2\pi}H_{1}(\omega)*H_{2}(\omega)}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}H_{1}(\omega)*H_{2}(\omega)}\\ \end{aligned} $$

如图 P4.30-1(a) 所示。很容易求得两个方波卷积的结果为

$$ H(\omega)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}0,}&{\omega<-12\pi}\\ {}&{{}\frac{1}{2}(\omega-12\pi),}&{-12\pi\leqslant\omega\leqslant-4\pi}\\ {}&{{}4\pi,}&{-4\pi\leqslant\omega\leqslant4t}\\ {}&{{}\frac{1}{2}\left(12\pi-\omega\right),}&{4\pi\leqslant\omega\leqslant12\pi}\\ {}&{{}0,}&{\omega>12\pi}\\ \end{aligned}\right. $$

因此可求得

$$ \begin{aligned}{\mathbf{Y}(\omega)}&{{}=H(\omega)X(\omega)}\\ {}&{{}=4\pi^{2}[\delta(\omega-2\pi)+\delta(\omega+2\pi)]+j3\pi^{\sharp}[\delta(\omega)}\\ {}&{{}\quad-6\pi)-\delta(\omega+6\pi)]}\\ {}&{{}\quad y(t)=4\pi\cos{(2\pi t)}+3\pi\sin{(6\pi t)}}\\ \end{aligned} $$

(iii)

$$ \begin{aligned}{h_{1}(t)}&{{}=\frac{\sin\left(4\pi t\right)}{\pi t}{\longleftrightarrow}H_{1}(\omega)}\\ {}&{{}=\left\{\begin{aligned}{}&{{}1,\quad|\omega|<4\pi}\\ {}&{{}0,\quad|\omega|>4\pi}\\ \end{aligned}\right.}\\ \end{aligned} $$

$$ h_{2}(t)=\cos\left(8\pi t\right){\longleftrightarrow}\pi[\delta(\omega+8\pi)+\delta(\omega-8\pi)] $$

$$ \begin{aligned}h(t)&=\frac{\sin\left(4\pi t\right)}{\pi t}\cos\left(8\pi t\right)\longleftrightarrow H(\omega)\\&=\left\{\begin{aligned}&1,&&4\pi<|\omega|<12\pi\\&0,&&|\omega|<4\pi\quad 和 \quad|\omega|>12\pi\end{aligned}\right.\end{aligned} $$

根据频域卷积特性，有

$$ \begin{aligned}{H(\omega)}&{{}=\frac{1}{2\pi}H_{1}(\omega)*H_{2}(\omega)}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}\left[H_{1}(\omega-8\pi)+H_{1}(\omega+8\pi)\right]}\\ \end{aligned} $$

如图 P4.30-1(b) 所示。

因此

$$ \begin{aligned}{Y(\omega)}&{{}=H(\omega)X(\omega)}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}\left[H_{1}(\omega-8\pi)+H_{1}(\omega+8\pi)\right]}\\ {}&{{}\quad\times\{\pi[\delta(\omega-2\pi)+\delta(\omega+2\pi)]}\\ {}&{{}\quad+\frac{\pi}{j}\left[\delta(\omega-6\pi)-\delta(\omega+6\pi)\right]\}}\\ {}&{{}=\frac{\pi}{2j}\left[\delta(\omega-6\pi)-\delta(\omega+6\pi)\right]}\\ \end{aligned} $$

$$ y(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}Y(\omega)e^{j\omega t}d\omega $$

$$ \begin{array}{l}{\displaystyle=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\pi}{2j}\;[\delta(\omega-6\pi)-\delta(\omega+6\pi)]e^{j\omega t}d\omega}\\ {\displaystyle}\\ {\displaystyle=\frac{1}{4j}\;[e^{j6\pi t}-e^{-i6\pi t}]}\\ {\displaystyle}\\ {\displaystyle=\frac{1}{2}\sin6\pi t}\end{array} $$

(b) 系统冲激响应 $ h(t) $ 的傅氏变换为

$$ h(t)=\xrightarrow[\pi t]{\sin2\pi t}\longleftrightarrow H(w)=\left\{\begin{matrix}1,&|\omega|<2\pi\\ 0,&|\omega|>2\pi\end{matrix}\right. $$

如图 P4.30-1(c) 所示.

（i） $ x_{1}(t) $ 是周期方波。由图可见， $ T_{0}=\frac{1}{2} $，而 $ \omega_{0}=4\pi $。其傅氏变换为

$$ X_{i}(\omega)=2\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}\delta(\omega-k4\pi) $$

可见，只有直流（即 k = 0 时分量）在系统的 $ H(\omega) $ 的带内。因此只需要计算周期信号 $ x_{1}(t) $ 的傅氏系数 $ a_{0} $ 即可，有

$$ a_{0}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}x_{1}(t)d t=2\int_{-1/8}^{+1/8}d t=\frac{1}{2} $$

因此

$$ Y_{1}(\omega)=X_{1}(\omega)H(\omega)=2\pi\cdot\frac{1}{2}\delta(\omega)=\pi\delta(\omega) $$

$$ y_{1}(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{2\pi}Y_{1}(\omega)e^{j\omega t}d\omega=\frac{1}{2\pi}\int_{2\pi}\pi\delta(\omega)e^{j\omega t}d\omega=\frac{1}{2} $$

(ii)

$$ X_{2}(\omega)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}2\pi a_{k}\delta(\omega-k\omega_{0}) $$

由图可见， $ x_{2}(t) $ 的周期为 $ T_{0}=4/3 $，而 $ \omega_{0}=3\pi/2 $。因此只有 $ k=0,\pm1 $ 时， $ X_{2}(\omega) $ 的分量才在系统 $ H(\omega) $ 的带内，因此只要计算 $ a_{0},a_{\pm1} $ 即可。而

$$ a_{0}=\frac{2T_{1}}{T_{0}}=\frac{1}{2},a_{1}=\frac{1}{T_{0}}\int_{-1/3}^{1/3}e^{-j\omega t}d t=1/\pi $$

所以

$$ \begin{aligned}{Y_{1}(\omega)}&{{}=H(\omega)X_{2}(\omega)}\\ {}&{{}=\pi\delta(\omega)+2\pi\frac{1}{\pi}\;\delta\left(\omega-\frac{3\pi}{2}\right)}\\ {}&{{}\qquad+2\pi\;\frac{1}{\pi}\;\delta\left(\omega+\frac{3\pi}{2}\right)}\\ \end{aligned}. $$

$$ \begin{aligned}{y_{2}(t)}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}Y_{2}(\omega)e^{i\omega t}d\omega}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\left[\pi\delta(\omega)+2\delta\left(\omega+\frac{3}{2}\pi\right)\right.}\\ {}&{{}\quad+\left.2\delta\left(\omega-\frac{3}{2}\pi\right)\right]e^{i\omega t}d\omega}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}+\frac{1}{\pi}\left[e^{-j\frac{3}{2}\pi t}+e^{-j\frac{3}{2}\pi t}\right]}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi}\cos\frac{3}{2}\pi t}\\ \end{aligned} $$

（iii）根据 $ x_{1}(t) $ 的波形可求得

$$ a_{0}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}x_{1}(t)e^{-i\omega_{0}t}d t=\frac{1}{2} $$

$$ a_{k}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}x_{1}(t)e^{-j k\omega_{0}t}d t=\frac{\sin{(k\pi/2)}}{k\pi} $$

因此 $ x_{1}(t) $ 的傅氏变换为

$$ \begin{aligned}{X_{1}(\omega)}&{{}=2\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}\delta(\omega-k4\pi)}\\ {}&{{}=\pi\delta(\omega)+\sum_{\stackrel{k\neq0}{k=-\infty}}^{+\infty}\frac{2\sin{(k\pi/2)}}{k}\delta(\omega-k4\pi)}\\ \end{aligned} $$

而

$$ \cos5\pi t{\longleftrightarrow}\pi[\delta(\omega-5\pi)+\delta(\omega+5\pi)] $$

因此 $ x_{3}(t) = x_{1}(t) \cos 5\pi t $ 的傅氏变换可由频域卷积求得

$$ \begin{aligned}{X_{3}(\omega)}&{{}=\frac{1}{2\pi}\bigg[\pi\delta(\omega)+\sum_{k\neq0\atop k=-\infty}^{+\infty}\frac{2\sin{(k\pi/2)}}{k}\delta(\omega-k4\pi)\bigg]}\\ {}&{{}\quad*\pi[\delta(\omega-5\pi)+\delta(\omega+5\pi)]}\\ {}&{{}=\frac{\pi}{2}\left[\delta(\omega-5\pi)+\delta(\omega+5\pi)\right]}\\ {}&{{}\quad+\sum_{k\neq0\atop k=-\infty}^{+\infty}\frac{\sin{(k\pi/2)}}{k}\delta[\omega-k4\pi+5\pi]}\\ {}&{{}\quad+\sum_{k\neq0\atop k=-\infty}^{+\infty}\frac{\sin{(k\pi/2)}}{k}\delta[\omega-k4\pi-5\pi]}\\ \end{aligned} $$

可见，只有当 $ k = \pm 1 $ 的分量在系统 $ H(\omega) $ 的 $ \pm 2\pi $ 带内，故而输出的傅氏变换为

$$ \begin{aligned}{Y_{3}(\omega)}&{{}=H(\omega)X_{3}(\omega)}\\ {}&{{}=\delta(\omega-\pi)+\delta(\omega+\pi)}\\ {}&{{}=\frac{1}{\pi}\left\{\pi[\delta(\omega-\pi)+\delta(\omega+\pi)]\right\}}\\ \end{aligned} $$

所以输出信号为

$$ y(t)=\underset{\pi}{\frac{1}{\pi}}\cos\pi t $$

$$ \mathrm{(i v)}\quad x_{4}(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta\left(t-\underbrace{10k}_{3}\right) $$

可见， $ x_{4}(t) $ 的周期为 $ T_{0}=10/3 $，而 $ \omega_{0}=\frac{3}{5}\pi $。而周期信号 $ x_{4}(t) $ 的傅氏变换为

$$ X_{4}(\omega)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}2\pi a_{k}\delta(\omega-k\omega_{0}) $$

其中

$$ a_{k}=\frac{1}{T_{_{0}}}\int_{T_{0}}\delta(t)e^{-i k\omega_{0}t}d t=\frac{1}{T_{_{0}}}=3/10 $$

所以

$$ X_{4}(\omega)=\frac{3}{5}\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\delta\left(\omega-k\frac{3\pi}{5}\right) $$

可见，只有 $ k=0,\pm1,\pm2 $ 和 $ \pm3 $ 的分量在 $ H(\omega) $ 的带内，因此

$$ \begin{aligned}{Y_{4}(\omega)}&{{}=H(\omega)X(\omega)}\\ {}&{{}=\frac{3}{5}\pi\sum_{k=0,\pm1,\pm2,\pm3}\delta\left(\omega-k\frac{3\pi}{5}\right)}\\ {}&{{}=\frac{3}{5}\pi\left[\delta(\omega)+\delta\left(\omega-\frac{3}{5}\pi\right)\right.}\\ {}&{{}\quad+\delta\left(\omega+\frac{3}{5}\pi\right)+\delta\left(\omega-\frac{6}{5}\pi\right)}\\ {}&{{}\quad+\delta\left(\omega+\frac{6}{5}\pi\right)+\delta\left(\omega-\frac{9}{5}\pi\right)}\\ {}&{{}\quad\left.+\delta\left(\omega+\frac{9}{5}\pi\right)\right]}\\ \end{aligned} $$

因此输出信号为

$$ \begin{aligned}{\mathbf{y}_{4}(t)}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}Y_{4}(\omega)e^{j\omega t}d\omega}\\ {}&{{}=\frac{3}{5}\left[\frac{1}{2}+\cos\left(\frac{3\pi t}{5}\right)+\cos\left(\frac{6\pi t}{5}\right)\right.}\\ {}&{{}\quad\left.+\cos\left(\frac{9\pi t}{5}\right)\right]}\\ \end{aligned} $$

(v) 根据题意可得出

$$ X_{5}(\omega)=|X_{5}(\omega)|e^{i\pi/2}=|X_{5}(\omega)| $$

因 $ \omega > 0 $ 时 $ X_{5}(\omega) $ 的相位为 $ \pi/2 $，所以

$$ X_{s}(\omega)=\left\{\begin{aligned}&j\omega,&&0<\omega<2\pi\\ &j\omega,&&-2\pi<\omega<0\end{aligned}\right. $$

得 $ Y_{s}(\omega)=X_{s}(\omega)H(\omega)=j\omega H(\omega),-2\pi<\omega<2\pi $

利用时域微分特性可得

$$ y_{s}(t)=h^{\prime}(t)=\left(\frac{\sin2\pi t}{\pi t}\right)^{\prime}=\frac{2\cos2\pi t}{\pi}-\frac{\sin2\pi t}{\pi t^{2}} $$

(vi)

$$ x_{6}(t)=\frac{1}{1+t^{2}} $$

因为

$$ e^{-(t)}\longleftrightarrow\frac{2}{1+\omega^{2}} $$

根据对偶性，有

$$ \frac{1}{1+t^{2}}\longleftrightarrow\pi e^{-1\cos t} $$

即

$$ X_{6}(\omega)\;=\;\pi e^{-\omega}u(\omega)\;+\;\pi e^{\omega}u(-\omega) $$

所以

$$ Y_{6}(\omega)=X_{6}(\omega)H(\omega)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}\pi e^{-\omega},}&{0<\omega<2\pi}\\ {}&{{}\pi e^{\omega},}&{-2\pi<\omega<0}\\ \end{aligned}\right. $$

得

$$ \begin{aligned}{y_{6}(t)}&{{}=\;{\frac{1}{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}Y_{6}(\omega)e^{j\omega t}d\omega}\\ {}&{{}=\;{\frac{1}{2\pi}}\;\int_{-2\pi}^{2\pi}\pi e^{-|\omega|}e^{j\omega t}d\omega}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&=\frac{1}{2}\left[\int_{-2\pi}^{0}\ e^{(j_{t}+1)\omega}d\omega+\int_{0}^{2\pi}e^{(j_{t}-1)\omega}d\omega\right]\\&=\frac{1}{2}\left[\frac{1}{1+j_{t}}-\frac{e^{-2\pi(1+j_{t})}}{1+j_{t}}+\frac{e^{2\pi(j_{t}-1)}}{j_{t}-1}-\frac{1}{j_{t}-1}\right]\\&=\frac{1}{1+t^{2}}\left[1-e^{-2\pi}(\cos2\pi t-t\sin2\pi t)\right]\end{aligned} $$

4.31 在图 P4.31 所示互联的 4 个 LTI 系统中。

$$ h_{1}(t)=\frac{d}{d t}\left[\frac{\sin\omega_{c}t}{2\pi t}\right],~H_{2}(\omega)=e^{-i2\pi\omega/\omega_{c}} $$

$$ h_{3}(t)=\frac{\sin3\omega_{q}t}{\pi t},\qquad h_{4}(t)=u(t) $$

(a) 确定并画出 $ H_{1}(\omega) $

(b) 整个系统的冲激响应 h(t) 是什么?

(c) 求输入为

$$ x(t)=\sin2\omega_{c}t+\cos(\omega_{e}t/2) $$

时的输出 $ y(t) $.

解：

$$ \left(a\right)h_{1}(t)=\frac{d}{d t}\left[\frac{\sin\omega_{e}t}{2\pi t}\right] $$

而

$$ \frac{\sin\omega_{c}t}{2\pi t}\longleftrightarrow F_{\frac{1}{2}}(\omega)=\left\{\begin{aligned}&\frac{1}{2},&|\omega|\leqslant\omega_{e}\\ &0,&|\omega|>\omega_{e}\end{aligned}\right. $$

所以

$$ \tilde{H}_{1}(\omega)=\tilde{j}\omega P_{\frac{1}{2}}(\omega)=\left\{\begin{array}{l l}{{\frac{1}{2}j\omega,|\omega|\leqslant\omega,}}&{{\mathrm{i f~0\omega_{c}.}}&{{\mathrm{i f~0

如图 P431-1 所示.

(b) 由图可知，系统总的冲激响应

$$ \begin{aligned}{h(t)=}&{{}~h_{1}(t)*[1}\\ {}&{{}-~h_{2}(t)]*h_{3}(t)*h_{4}(t)}\\ \end{aligned} $$

因此

$$ \begin{aligned}{H(\omega)=H_{1}(\omega)}&{{}[1}\\ {}&{{}-H_{2}(\omega)]H_{3}(\omega)H_{4}(\omega)}\\ \end{aligned} $$

由（a）小题已求得

$$ H_{1}(\omega)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}\frac{1}{2}j\omega,|\omega|\leqslant\omega_{*}}\\ {}&{{}0,|\omega|>\omega_{*}}\\ \end{aligned}\right. $$

同样可求得

$$ \begin{aligned}{h_{3}(t)}&{{}=\frac{\sin3\omega_{c}t}{\pi t}{\longleftrightarrow}H_{3}(\omega)}\\ {}&{{}=\left\{\begin{aligned}{1,}&{{}|\omega|\leqslant3\omega_{c}}\\ {0,}&{{}|\omega|>3\omega_{c}}\\ \end{aligned}\right.}\\ \end{aligned} $$

$$ h_{4}(t)=u(t){\longleftrightarrow}H_{4}(\omega)=\frac{1}{j\omega}+\pi\delta(\omega) $$

因此

$$ \begin{aligned}{H(\omega)}&{{}=i H_{1}(\omega)H_{3}(\omega)H_{4}(\omega)[1-H_{2}(\omega)]}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}i\omega\times1\times\left[\frac{1}{j\omega}+\pi\delta(\omega)\right][1-e^{-i2\pi\omega/\omega_{c}}]\quad|\omega|\leqslant\omega_{c}}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}[1-e^{-i2\pi\omega/\omega_{c}}]\quad|\omega|\leqslant\omega_{c}}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ \begin{aligned}{\hbar(t)}&{{}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}H(\omega)e^{i\omega t}d t}\\ {}&{{}=\frac{1}{4\pi}\int_{-\omega_{c}}^{+\omega_{c}}[1-e^{-i2\pi\omega/\omega_{c}}]e^{i\omega t}d\omega}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}\left[\frac{\sin{(\omega_{c}t)}}{\pi t}-\frac{\sin{[\omega_{c}(t-2\pi/\omega_{c})]}}{\pi(t-2\pi/\omega_{c})}\right]}\\ {}&{{}=\frac{\sin{(\omega_{c}t)}}{t(2\pi-\omega_{c}t)}}\\ \end{aligned} $$

注意：在计算中利用卷积的交换律和结合律特性，交换卷积次序，即将系统改成如图 F4.31-2 所示。

由于

$$ h_{1}(t)*h_{4}(t)=h_{1}(t)*u(t)=\int_{-\infty}^{t}h_{1}(\tau)d\tau=\frac{\sin\omega_{0}t}{2\pi t} $$

或

$$ H_{1}(\omega)H_{4}(\omega)=\frac{1}{2}\;{1\omega}\left[\frac{1}{j\omega}+\pi\delta(\omega)\right]=\frac{1}{2}. $$

所以可简化运算.

(c) 先求 $ x(t) $ 的傅氏变换，有

$$ \begin{aligned}{X(\omega)=}&{{}~j\pi[\delta(\omega+2\omega_{c})-\delta(\omega-2\omega_{c})]}\\ {}&{{}\quad+\pi\left[\delta\left(\omega+\frac{\omega_{c}}{2}\right)+\delta\left(\omega-\frac{\omega_{c}}{2}\right)\right]}\\ \end{aligned} $$

由(b)小题已求得 $ H(\omega) $为

$$ H(\omega)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}\frac{1}{2}[1-e^{-j2\pi\omega/\omega_{c}}],}&{|\omega|\leqslant\omega_{e}}\\ {}&{{}0,}&{|\omega|>\omega_{e}}\\ \end{aligned}\right. $$

$$ \begin{aligned}Y(\omega)&=H(\omega)X(\omega)\\&=\frac{1}{2}\left[1-e^{-i2\pi\omega/\omega_{c}}\right]\times\pi[\delta(\omega+\omega_{c}/2)\\&\quad+\delta(\omega-\omega_{c}/2)]\\&=\frac{\pi}{2}\left[\delta(\omega+\omega_{c}/2)+\delta(\omega-\omega_{c}/2)\right]\\&\quad-\frac{\pi}{2}\left[e^{i\pi}\delta\left(\omega+\frac{\omega_{c}}{2}\right)+e^{-i\pi}\delta(\omega+\omega_{c}/2)\right]\\&=\pi[\delta(\omega+\omega_{c}/2)+\delta(\omega-\omega_{c}/2)]\end{aligned} $$

所以输出为

$$ y(t)=\cos\left(\omega_{c}t/2\right) $$

4.32 具有实因果冲激响应 $ h(t) $ 的连续时间 LTI 系统的频率响应 $ H(\omega) $ 完全由其实部 $ \mathcal{R}\cdot\{H(\omega)\} $ 所确定，此特性称为实部的自满性 (Real-Part Sufficiency).

(a) $ h_{e}(t) $ 的傅氏变换是什么？怎么从 $ h_{e}(t) $ 恢复 $ h(t) $ 的。

(b) 若因果系统的频率响应的实部为

$$ \mathcal{R}\bullet\{H(\omega)\}=\mathrm{c o s}\omega $$

求 $ h(t) $。

(c) 当 $ h(t) $ 在 t = 0 上不包含任何奇异函数 $ \{ \text{如 } \delta(t), u_1(t), u_2(t) \} $ 等等时，则在 t = 0 上给 $ h(t) $ 置以任一有限值的情况下，频率响应

$$ H(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}h(t)e^{-j\omega t}d t $$

将不改变．证明在这种情况中 $ H(\omega) $也可完全由其虚部所确定.

(d) 假设 $ h(t) $ 在 t = 0 点不含有任何奇异函数。因此可将因果的 $ h(t) $ 表示为

$$ h(t)=h(t)u(t) $$

证明

$$ H(\omega)=\frac{1}{j\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{H(\mu)}{\omega-\mu}d\mu $$

并利用式(P4.32-2)结果，确定用 $ H(\omega) $的虚部 $ H_{I}(\omega) $表示 $ H(\omega) $的实部 $ H_{R}(\omega) $以及用 $ H_{R}(\omega) $表示 $ H_{I}(\omega) $的表示式。

(e) 常将下面的运算

$$ y(t)=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x(\tau)}{t-\tau}d\tau $$

称为希尔伯特变换。

在式（P4.32-3）中，若将 $ x(t) $ 看作一个 LTI 系统输入，并将 $ y(t) $ 看作其输出。证明这个系统的频率响应为

$$ H(\omega)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}-j,~\omega>0}\\ {}&{{}~j,~\omega<0}\\ \end{aligned}\right. $$

(f) 求信号 $ x(t) = \cos 3t $ 的希尔伯特变换.

解：

(a) 因为 $ h_{e}(t)=\frac{1}{2}[h(t)+h(-t)] $

所以

$$ H_{*}(\omega)=\frac{1}{2}\left[H(\omega)+H^{*}(\omega)\right]=\mathcal{R}\bullet\{H(\omega)\} $$

由于 $ h(t) $ 是因果的，所以

当 t > 0 时， $ h(-t) = 0 $， $ h_{e}(t) = \frac{1}{2}h(t) $

t<0时， $ h(t)=0 $， $ h_{c}(t)=\frac{1}{2}h(-t) $

$$ s=0\mathrm{ 时 },\ h_{e}(t)=\frac{1}{2}\left[h(0)+h(0)\right]=h(0) $$

结果得

$$ h(t)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}2h_{e}(t),}&{t>0}\\ {}&{{}h_{e}(t),}&{t=0}\\ {}&{{}0,}&{t<0}\\ \end{aligned}\right. $$

所以可从 $ h_{e}(t) $ 中恢复 $ h(t) $

(b) 因为 $ \mathcal{R}\cdot\{H(\omega)\}=\cos\omega=\frac{1}{2}[e^{i\omega}+e^{-i\omega}] $

所以

$$ h_{e}(t)=\frac{1}{2}\left[\delta(t+1)+\delta(t-1)\right] $$

而系统是因果的，利用（a）小题结果，得

$$ h(t)=2h_{e}(t)\vert_{t>0}+h_{e}(t)\vert_{t=0}=\delta(t-1) $$

(c) 因为

$$ h_{0}(t)=\frac{1}{2}\left[h(t)-h(-\tau)\right] $$

且系统是因果的，所以

当 t > 0 时， $ h(-t) = 0 $， $ h_{0}(t) = \frac{1}{2}h(t) $

t<0 时， $ h(t)=0 $， $ h_{0}(t)=\frac{1}{2}h(-t) $

若设 t=0 时，

$$ h_{0}(t)=\frac{1}{2}\left[h[0]-h[0]\right]=h(0) $$

而在 $ h_{0}(t) $ 的波形中， $ h_{0}(0) $ 始终是等于零的，即 $ h_{0}(0)=0 $。因此不能由 $ h_{0}(0) $ 去求得 h(0) 的值。假定在 t=0 时，给 h(0) 以任何有限值 A，则得

$$ h(t)=\left\{\begin{array}{ll}2h_{0}(t),&t>0\\ A,&t=0\\ 0,&t<0\end{array}\right. $$

由于 t = 0 时， $ h_{0}(0) = A $ 为有限值（无冲激），因此其变换为

$$ H(w)=\int_{-\infty}^{+\infty}h(t)e^{-i\omega t}d t $$

不变。于是

$$ h_{0}(t)=\frac{1}{2}\left[h(t)-h(-t)\right] $$

的傅氏变换为

$$ \begin{aligned}{H_{0}(\omega)}&{{}=\mathcal{R}\bullet\{h_{0}(t)\}=\frac{1}{2}\left[H(\omega)-H^{*}(\omega)\right]}\\ {}&{{}=\mathcal{I}\infty\{H(\omega)\}}\\ \end{aligned} $$

(d)

$$ \begin{aligned}{H(\omega)}&{{}=\mathcal{F}\left[h(t)u(t)\right]=\frac{1}{2\pi}H(\omega)}\\ {}&{{}\quad*\left[\frac{1}{j\omega}+\pi\delta(\omega)\right]}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}H(\omega)+\frac{1}{2\pi j}\left[H(\omega)*\frac{1}{\omega}\right]}\\ \end{aligned} $$

上式移项后得

$$ H(\omega)=\frac{1}{j\pi}\left[H(\omega)*\frac{1}{\omega}\right]=\frac{1}{j\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}H(\mu)\frac{1}{\omega-\mu}\mathop{}{d}\mu $$

设 $ H(\omega) = H_{R}(\omega) + jH_{l}(\omega) $，代入上式后得

$$ H(\omega)=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{H_{l}(\mu)}{\omega-\mu}d\mu-\frac{j}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{H_{R}(\mu)}{\omega-\mu}d\mu $$

令两边实部和虚部分别相等，即得

$$ H_{R}(\omega)=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{H_{I}(\mu)}{\omega-\mu}\;d\mu $$

$$ H_{l}(\omega)=-\mathrm{\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{H_{R}(\mu)}{\omega-\mu}d\mu} $$

(e) 因为

$$ y(t)=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x(\tau)}{t-\tau}d\tau=x(t)*\frac{1}{\pi i}=x(t)*h(t) $$

因此，系统的冲激响应为

$$ h(t)=\frac{1}{\pi t} $$

则

$$ H(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{\pi t}e^{-i\omega t}d t $$

$$ \begin{aligned}&=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{t}\left[\cos\left(\omega t\right)-j\sin\left(\omega t\right)\right]dt\\&=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cos\left(\omega t\right)}{t}dt-\frac{j}{\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin\left(\omega t\right)}{t}dt\end{aligned} $$

上式第一项被积函数是奇函数，第二项被积函数是偶函数，而积分限对称，因此上式可表示为

$$ H(\omega)=-\frac{j2}{\pi}\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin\left(\omega t\right)}{t}d t $$

利用积分公式

$$ \int_{0}^{+\infty}\frac{\sin\left(\omega t\right)}{\tau}d\tau=\left\{\begin{matrix}{\frac{\pi}{2},~\omega>0}\\ {-\frac{\pi}{2},~\omega<0}\\ \end{matrix}\right. $$

所以

$$ H(\omega)=\left\{\begin{matrix}{-j,~\omega>0}\\ {j,~\omega<0}\\ \end{matrix}\right. $$

(f) 因为

$$ \begin{aligned}{X(\omega)}&{{}=\mathcal{F}\left\{x(t)\right\}=\mathcal{F}\left\{\cos3\tau\right\}}\\ {}&{{}=\pi[\delta(\omega+3)+\delta(\omega-3)]}\\ \end{aligned} $$

利用 $ (e) $ 小题 $ H(\omega) $ 的结果， $ x(t) $ 的希尔伯特变换可按下面方法求得

$$ \begin{aligned}{Y(\omega)}&{{}=X(\omega)H(\omega)}\\ {}&{{}=[\pi\delta(\omega+3)+\pi\delta(\omega-3)]\cdot H(\omega)}\\ {}&{{}=j\pi\delta(\omega+3)-j\pi\delta(\omega-3)}\\ \end{aligned} $$

所以其逆变换为

$$ y(t)=\sin3t $$

4.33 (a) 设 $ x(t) $ 的傅氏变换为 $ X(\omega) $，而 $ p(t) $ 是基本频率为 $ \omega_{0} $，傅氏级数表示式为

$$ p(t)=\sum_{m=-\infty}^{+\infty}a_{m}e^{i n\alpha_{0}t} $$

的周期信号。求

$$ y(t)=x(t)p(t) $$

的傅氏变换，

（b）假设 $ X(\omega) $ 如图 P4.33-1 所示。对于下列各 $ p(t) $，画出式 $ (P4.33-1) $ 中 $ y(t) $ 的频谱。

(i) $ p(t) = \cos(t/2) $

(ii) $ p(t) = \cos t $

(iii) $ p(t) = \cos 2t $

(iv) $ p(t) = (\sin t)(\sin 2t) $

(v) $ p(t) = \cos 2t - \cos t $

(vi)

$$ p(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\delta(t-\pi n) $$

(vii)

$$ p(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\delta(t-2\pi n) $$

(viii) $ p(t) = \sum_{n=-\infty}^{+\infty} \delta(t - 4\pi n) $

(ix) $ p(t) = \sum_{n=-\infty}^{+\infty} \delta(t - 2\pi n) - \frac{1}{2} \sum_{n=-\infty}^{+\infty} \delta(t - \pi n) $

(x) $ p(t) $ 是图 P4.33-2 所示的周期方波。

解：

（a）设 $ x(t) $ 的傅氏变换为 $ X(\omega) $，而周期信号 $ p(t) $ 的傅氏变换为

$$ P(\omega)=2\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}\delta(\omega-k\omega_{0}) $$

利用调制特性

$$ \mathbf{Y}(\omega)=\mathcal{F}\left\{x(t)p(t)\right\}=\frac{1}{2\pi}\;X(\omega)*F(\omega) $$

得

$$ \begin{aligned}{\mathbf{Y}(\omega)}&{{}=\frac{1}{2\pi}X(\omega)*2\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}\delta(\omega-k\omega_{0})}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}X(\omega-k\omega_{0})}\\ \end{aligned} $$

(b) (i) 因为

$$ p(t)=\mathrm{c o s}\ \frac{t}{2}{\longleftrightarrow}P(\omega)=\pi\left[\delta\left(\omega+\frac{1}{2}\right)+\delta\left(\omega-\frac{1}{2}\right)\right] $$

$$ \begin{aligned}\mathbf{Y}(\omega)&=\frac{1}{2\pi}P(\omega)*X(\omega)=\frac{1}{2}\left[X\left(\omega+\frac{1}{2}\right)\right.\\&\left.\quad+X\left(\omega-\frac{1}{2}\right)\right]\end{aligned} $$

如图 P4.33-3(a) 所示。

(ii)

$$ p(t)\rightsquigarrow\cost{\longleftrightarrow}F(\omega)=\pi[\delta(\omega+1)+\delta(\omega-1)] $$

$$ \begin{aligned}Y(\omega)&=\begin{matrix}1\\ 2\pi\end{matrix}[F(\omega)*X(\omega)]\\&=\frac{1}{2}[X(\omega+1)+X(\omega-1)]\end{aligned} $$

如图 P4.33-3(b) 所示.

$$ \mathrm{(i i i)}~p(t)=\cos2t{\leftarrow}{\rightarrow}\pi[\delta(\omega+2)+\delta(\omega-2)] $$

$$ \begin{aligned}Y(\omega)&=\frac{1}{2\pi}P(\omega)*X(\omega)\\&=\frac{1}{2}\left[X(\omega+2)+X(\omega-2)\right]\end{aligned} $$

如图 P4.33-2(c) 所示.

(iv)

$$ p(t)=\sin t\sin2t=\frac{1}{2}\left[\cos t-\cos3t\right] $$

$$ \begin{aligned}{P(\omega)=\frac{\pi}{2}\;[\delta(\omega+1)+\delta(\omega-1)}\\ {-\;\delta(\omega-3)-\delta(\omega+3)]}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}Y(\omega)&=\frac{1}{2\pi}\left[P(\omega)*X(\omega)\right]\\&=\frac{1}{4}\left[X(\omega+1)+X(\omega-1)\right.\\&\quad\left.-X(\omega-3)-X(\omega+3)\right]\end{aligned} $$

如图 P4.33-3(d) 所示.

(v)

$$ p(t)=\cos2t-\cos t $$

$$ \begin{aligned}{P(\omega)=\pi[\delta(\omega+2)+\delta(\omega-2)}\\ {-\delta(\omega+1)-\delta(\omega-1)]}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}Y(\omega)&=\frac{1}{2}[X(\omega+2)+X(\omega-2)\\&\quad-X(\omega+1)-X(\omega-1)]\end{aligned} $$

如图 P4.33-3(e) 所示。

$$ \left(\mathrm{vi}\right)p(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\delta(t-\pi n), 可见 T_{0}=\pi,\omega_{0}=2 $$

$$ P(\omega)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}2\pi a_{k}\delta(\omega-n\omega_{0}) $$

其中

$$ a_{n}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}p(t)e^{-i n\omega_{0}^{\prime}}d t=\mathrm{\boldmath~\frac{1}{T_{0}}~}=\mathrm{\boldmath~\frac{1}{\pi}~} $$

所以

$$ P(w)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}2\delta(w-2n) $$

$$ Y(\omega)=\frac{1}{2\pi}P(\omega)*X(\omega)=\frac{1}{\pi}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}X(\omega-2n) $$

如图 P4.33-3(f) 所示。

(vii)

$$ p(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\delta(t-2\pi n) $$

可见 $ T_{0}=2\pi,\omega_{0}=1 $

$$ \begin{aligned}{a_{n}}&{{}=\frac{1}{T_{0}}\int_{T_{0}}p(t)e^{-j n\omega_{0}t}d t}\\ {}&{{}=\frac{1}{2\pi}}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}{P(\omega)}&{{}=\frac{2\pi}{2\pi}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\delta\left(\omega-\frac{2\pi}{2\pi}n\right)}\\ {}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\delta(\omega-n)}\\ \end{aligned} $$

$$ \mathbf{Y}(\omega)=\frac{1}{2\pi}\left[P(\omega)*X(\omega)\right]=\frac{1}{2\pi}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}X(\omega-n) $$

如图 P4.33-3(g) 所示.

(viii) $ p(t) = \sum_{s=-\infty}^{+\infty} \delta(t - 4\pi n) $，可见 $ T_{0} = 4\pi, \omega_{0} = \frac{1}{2} $

$$ a_{*}=\frac{1}{4\pi} $$

$$ \begin{aligned}{P(\omega)}&{{}=\frac{4\pi}{2\pi}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\delta\left(\omega-\frac{2\pi}{4\pi}n\right)}\\ {}&{{}=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\frac{1}{2}\;\delta\left(\omega-\frac{1}{2}n\right)}\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}\mathbf{Y}(\omega)&=\frac{1}{2\pi}\left[P(\omega)*X(\omega)\right]\\&=\frac{1}{4\pi}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}X\left(\omega-\frac{1}{2}n\right)\end{aligned} $$

如图 P4.33-3(h) 所示.

(ix)

$$ p(t)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\delta(t-2\pi n)-\frac{1}{2}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\delta(t-\pi n) $$

$$ P(\omega)=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\delta(\omega-n)-\frac{1}{2}\sum_{n=-\infty}^{+\infty}\frac{2\pi}{\pi}\delta(\omega-2n) $$

$$ Y(\omega)=\frac{1}{2\pi}\left[\sum_{n=-\infty}^{+\infty}X(\omega-n)-\sum_{n=-\infty}^{+\infty}X(\omega-2n)\right] $$

如图 P4.33-3(i) 所示.

(x) 由图可见， $ T_{0}=\pi,\quad\omega_{0}=\frac{2\pi}{T_{0}}=2 $

因此 $ p(t) $ 的傅氏系数为

$$ a_{0}=\frac{2T_{1}}{T_{0}}=\frac{1}{3} $$

$$ a_{k}=\frac{2\sin\frac{k\omega_{0}\pi}{6}}{k\omega_{0}}=\frac{\sin k\pi/3}{k} $$

$$ P(\omega)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}2\pi a_{k}\delta(\omega-2n) $$

$$ \mathbf{Y}(\omega)=\frac{1}{2\pi}\left[F(\omega)*X(\omega)\right]=\sum_{n=-\infty}^{+\infty}a_{k}X(\omega-2n) $$

如图 P4.33-3(j) 所示.

4.34 (a) 在图 P4.34 所示的系统中，

$$ x(t)=\frac{\sin\left(3\mathrm{w}t/2\right)}{\pi t} $$

$$ p(t)=\cos2w t+4\cos8w t $$

$$ h(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}c_{k}e^{i k\omega t} $$

求 $ y(t) $ 的傅氏级数表示式.

(b) 假设实信号 $ x(t) $ 为

$$ x(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}e^{i k\omega t} $$

而 $ p(t) $ 和 $ h(t) $ 为

$$ \boldsymbol{p}(t)=\cos w t $$

$$ h(t)=\frac{\sin\left(\omega t/2\right)}{\pi t} $$

时，求 $ y(t) $.

(c) 若 $ x(t) $ 和 $ h(t) $ 和 (b) 小题相同，而

$$ p(t)=\sin wt $$

求这时的 $ y(t) $.

(d) $ x(t) $ 和 $ h(t) $ 仍和 (b) 小题相同。若要确定 $ x(t) $ 的任一特定傅氏系数的实部，应怎样选择 $ p(t) $? 若要确定 $ x(t) $ 的任一傅氏系数的虚部，又怎样选择 $ p(t) $?

解：

(a) 因为

$$ z(t)=x(t)p(t){\longleftrightarrow}Z(\omega)={\frac{1}{2\pi}}X(\omega)*P(\omega) $$

而

$$ X(\omega)=\left\{\begin{aligned}{}&{{}1,}&{}&{{}|\omega|<\frac{3}{2}.~w}\\ {}&{{}0,}&{}&{{}|\omega|>\frac{3}{2}~w}\\ \end{aligned}\right. $$

$$ \begin{aligned}{P(\omega)=}&{{}~\pi[\delta(\omega+2w)+\delta(\omega-2w)}\\ {}&{{}+4\delta(\omega+8w)+4\delta(\omega-8w)]}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ \begin{aligned}Z(\omega)&=\frac{1}{2\pi}X(\omega)*P(\omega)\\&=\frac{1}{2}X(\omega+2w)+\frac{1}{2}X(\omega-2w)\\&\quad+2X(\omega+8w)+2X(\omega-8w)\end{aligned} $$

如图 P4.34-1 所示。

$ h(t) $ 的傅氏变换为

$$ H(\omega)=2\pi\sum_{k=-\infty}^{+\infty}c_{k}\delta(\omega-k w) $$

因此

$$ \mathbf{Y}(\omega)=\mathbf{\nabla}Z(\omega)H(\omega)=\pi\sum_{k=1}^{3}c_{k}\delta(\omega-k w) $$

$$ \mp4\pi\sum_{|k|=7}^{9}c_{k}\delta(\omega-k w) $$

所以输出为

$$ y(t)=\frac{1}{2}\sum_{i,k^{i}=1}^{3}c_{k}e^{i k\omega t}+2\sum_{1,k^{1}=7}^{9}c_{k}e^{i k\omega t} $$

(b)

$$ \begin{aligned}{h(t)}&{{}=\frac{\sinw t/2}{\pi t}{\longleftrightarrow}H(\omega)}\\ {}&{{}=\left\{\begin{aligned}{1,}&{{}\quad|\omega|w/2}\\ \end{aligned}\right.}\\ \end{aligned} $$

$$ x(t)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}a_{k}e^{i k\omega t}\longleftrightarrow X(\omega)=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}2\pi a_{k}\delta(\omega-k\omega) $$

$$ p(t)=\cosw t{{\longleftrightarrow}}P\left(\omega\right)=\pi[\delta(\omega+w)+\delta(\omega-w)] $$

而

$$ \begin{aligned}{Z(\omega)}&{{}=\frac{1}{2\pi}X(\omega)*P(\omega)}\\ {}&{{}=\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\pi a_{k}\{\delta[\omega-(k-1)w]}\\ {}&{{}\quad+\delta[\omega-(k+1)w]\}}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ \begin{aligned}{\Upsilon(\omega)}&{{}=Z(\omega)H(\omega)=\pi[a\delta(\omega)+a_{-1}\delta(\omega)]}\\ {}&{{}=\pi\delta(\omega)[a_{1}+a_{-1}]}\\ \end{aligned} $$

因为 $ 1 \longleftrightarrow 2\pi\delta(\omega) $

所以求得逆变换为

$$ y(t)=\frac{a_{1}+a_{-1}}{2}=\mathcal{R}_{0}\{a_{1}\} $$

(c) $ X(\omega) $ 和 $ H(\omega) $ 和 (b) 小题相同，而

$$ p(t)=\sin w t\longleftrightarrow P(\omega)=j\pi[\delta(\omega+w)-\delta(\omega-w)] $$

用（b）小题同样的方法可求得

$$ Y(\omega)=j\pi\delta(\omega)(a_{-1}-a_{1}) $$

所以得

$$ y(t)=\frac{1}{2}j[a_{-1}-a_{1}]=-\mathcal{I}_{m}[a_{1}] $$

(d) 若求 $ \mathcal{R}_{*}\{a_{k}\} $，则由 (b) 小题可知，选

$$ p(t)=\cos kwt. $$

若要求 $ \mathcal{I}_{m}\{a_{k}\} $，则由 (c) 小题可知，选 $ p(t)=\sin kwt $。

4.35 设连续时间 LTI 系统的频率响应 $ H(\omega) $ 为实的正的偶函数。此外，假定

$$ \max_{\omega}\{H(\omega)\}=H(0) $$

(a) 证明

(i) 冲激响应 $ h(t) $ 为实函数

(ii) $ \max_{t}\{|h(t)|\} = h(0) $

（b）正如图 P4.35-1 所示那样，若将面积等于 $ H(\omega) $ 曲线下的面的，高度为 $ H(0) $ 的矩形的宽度 $ B_{w} $ 定义为系统的带宽。那么频率响应为

$$ H(\omega)\Rightarrow\left\{\begin{matrix}{1,}&{|\omega|w}\\ \end{matrix}\right. $$

的系统的带宽是多少？

(c) 求用 $ H(\omega) $ 表示带宽 $ B_{w} $ 的表示式。

(d) 如图 P4.35-2 所示，若定义上升时间 t，为阶跃响应以其最大速率 h(0) 从零上升到其终值 s(∞) 时所需的时间，即

$$ t_{r}=\frac{s(\infty)}{h(0)} $$

（因为 $ \frac{ds(t)}{dt}=h(t) $，而 $ h(0)=\max_{t}h(t) $）

求用 $ H(\omega) $ 表示 t，的表示式.

(e) 综合 (c) 和 (d) 小题的结果，证明

$$ B_{w}t_{,}=2\pi $$

解：

(a) (i) 因为

$$ \begin{aligned}{H(\omega)}&{{}=H_{R}(\omega)+j H_{I}(\omega)}\\ {h(t)}&{{}=h_{R}(t)+\imath h_{I}(t)}\\ \end{aligned} $$

而

$$ H(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}[h_{R}(t)\cos\omega t+h_{l}(t)\sin\omega t]d t $$

$$ -~i\int_{-\infty}^{+\infty}\left[h_{R}(t)\sin\omega t-h_{I}(t)\cos\omega t\right]d t $$

因此

$$ H_{R}(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}[h_{R}(t)\cos\omega t+h_{I}(t)\sin\omega t]d t $$

$$ H_{l}(\omega)=-\int_{-\infty}^{+\infty}[h_{R}(t)\sin\omega t-h_{l}(t)\cos\omega t]d t $$

而

$$ h_{R}(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}[H_{R}(\omega)\cos\omega t-H_{l}(\omega)\sin\omega t]d\omega $$

$$ h_{l}(t)=\underbrace{\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}[H_{R}(\omega)\sin\omega t+H_{l}(\omega)\cos\omega t]d\omega}_{} $$

已知 $ H_{1}(\omega)=0 $，且 $ H_{R}(\omega) $ 是实的偶函数，则上式中 $ h_{1}(t)=0 $

$ h_{R}(t)=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{+\infty}H_{R}(\omega)\cos\omega t d\omega $ 是实的偶函数。

(ii)

$$ \begin{aligned}{\left|h(t)\right|}&{{}=\left|\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}H(\omega)e^{j\omega t}d\tau\right|}\\ {}&{{}\leqslant\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}|H(\omega)|d\omega=h(0)}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ \max_{t}[\mid h(t)\mid]=h(0) $$

(b) 由图 P4.35-1 及带宽的定义可知，其带宽

$$ B_{ 额 }=2W $$

(c) 按定义 $ B_{w}H(0)=\int_{-\infty}^{+\infty}H(\omega)d\omega $

所以

$$ B_{w}=\frac{1}{H(0)}\int_{-\infty}^{+\infty}H(\omega)d\omega $$

利用（c）小题结果与下列基本关系：

$$ s(t)=\int_{-\infty}^{t}h(\tau)d\tau $$

$$ h(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}H(\omega)e^{i\omega t}d\omega $$

$$ H(w)=\int_{-\infty}^{+\infty}h(t)e^{-i\omega t}d t $$

可求得

$$ \tau_{r}=\frac{s(\infty)}{h(0)}=\frac{\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}h(t)d t}{h(0)}=\frac{H(0)}{\frac{1}{2\pi}\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}H(\omega)d\omega}=\frac{2\pi}{B_{w}} $$

(d) $ B_{w}t_{r} = B_{w} \frac{2\pi}{B_{w}} = 2\pi $

可见，其带宽 $ B_{w} $ 与上升时间 t，成反比关系。

4.36 (a) 两个互为逆系统的 LT1 系统，其冲激响应分别为 $ h(t) $ 和 $ g(t) $，频率响应分别为 $ H(\omega) $ 和 $ G(\omega) $。找出 $ H(\omega) $ 与 $ G(\omega) $ 之间的关系。

(b) 一个 LTI 系统的频率响应为

$$ H(\omega)=\left\{\begin{aligned}&1,&&2<|\omega|<3\\ &0,&& 其它 \end{aligned}\right. $$

如图 P4.36(a) 所示.

(i) 能否找到一个对该系统的输入 x(t)，使系统的输出如图 P4.36(b) 所示的波形？为什么？

(ii) 这系统是可逆的吗？为什么？

(c) 假定将一个对第 k 个回波衰减为 $ e^{-kT} $ 的礼堂模拟成冲激响应为

$$ h(t)=\sum_{k=0}^{+\infty}e^{-kt}\delta(t-kT) $$

的 LTI 系统。应怎样选择录音系统的频率响应 $ G(\omega) $，以便完全消去回波，不失真地录下舞台上的声音。

(d) 求冲激响应为

$$ h(t)=2\delta(t)+u_{1}(t) $$

的逆系统的微分方程。

(e) 一个初始静止，且由微分方程

$$ \frac{d^{2}y(t)}{d t^{2}}+6\frac{d y(t)}{d t}+9y(t)\nonumber=\frac{d^{2}x(t)}{d t^{2}}+3\frac{d x(t)}{d t}+2x(t) $$

所描述的 LTI 系统。其逆系统也是初始静止的，且由一微分方程所描述的。求描述此逆系统的微分方程，并求原系统及其逆系统的冲激响应。

解：

(a) 因为它们是互逆系统，所以

$$ h(t)*g(t)=\delta(t) $$

其傅氏变换为

$$ H(\omega)G(\omega)=1 $$

因此

$$ H(\omega)=1/G(\omega) $$

(b) (i) $ y(t) $ 和 $ H(\omega) $ 如图 P4.36 所示。

假定选择一输入为 $ x(t) $，其傅氏变换为 $ X(\omega) $ 的信号，则根据图 P4.36(a) 所示的 $ H(\omega) $，则在 $ \omega = 0 $ 时，

$$ X(0)H(0)=0 $$

而由图 P4.36(b) 所示的输出波形可见，在 $ \omega=0 $ 时

$$ Y\left(\omega\right)\Big|_{\omega=0}=\int_{-\infty}^{+\infty}y(t)e^{-j\omega t}d t\Big|_{\omega=0}=\int_{0}^{1}t d t=\frac{1}{2}\neq0 $$

因此，不能获得这样一个输入 $ x(t) $，使得

$$ X(0)H(0)=1/2 $$

(ii) 不可逆的。因为 $ 1/H(\omega) $ 并非对所有 $ \omega $ 都有定义的。

(c) 显然，选择 $ G(\omega) $ 应是 $ H(\omega) $ 的逆系统。

$$ \begin{aligned}H(\omega)&=\int_{-\infty}^{+\infty}h(t)e^{-j\omega t}dt\\&=\int_{-\infty}^{+\infty}\sum_{k=0}^{+\infty}e^{-kT}\delta(t-kT)e^{-j\omega t}dt\\&=\sum_{k=0}^{+\infty}e^{-kT}\int_{-\infty}^{+\infty}\delta(t-kT)e^{-j\omega t}dt\\&=\sum_{k=0}^{+\infty}e^{-(1+j\omega)Tk}=\frac{1}{1-e^{-(1+j\omega)T}}\\ \end{aligned} $$

所以 $ G(\omega) $ 应选择为

$$ G(\omega)=\frac{1}{H(\omega)}=1-e^{-(1+j\omega)T} $$

(d) $ h(t)=2\delta(t)+u_{1}(t) $ 的傅氏变换为

$$ H(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}h(t)e^{-j\omega t}d t=2+j\omega $$

因此，其逆系统的频率响应为

$$ G(\omega)=\frac{1}{H(\omega)}=\frac{1}{2+j\omega}=\frac{Y(\omega)}{X(\omega)} $$

由此得

$$ (2+j\omega)Y(\omega)=X(\omega) $$

两边取逆变换，即得逆系统的微分方程为

$$ \frac{dy(t)}{dt}+2y(t)=x(t) $$

(e)

$$ \frac{d^{2}y(t)}{d t^{2}}+6\frac{d y(t)}{d t}+9y(t)=\frac{d^{2}x(t)}{d t^{2}}+3\frac{d x(t)}{d t}+2x(t) $$

两端取傅氏变换，可求得系统的频率响应为

$$ H(\omega)=\frac{Y(\omega)}{X(\omega)}=\frac{(j\omega)^{2}+3j\omega+2}{(j\omega)^{2}+6j\omega+9} $$

由此得其逆系统的频率响应为

$$ G(\omega)=\frac{(j\omega)^{2}+6j\omega+9}{(j\omega)^{2}+3j\omega+2} $$

可见，为获得逆系统的微分方程，只要互换 $ x(t) $ 和 $ y(t) $，即

$$ \frac{d^{2}y(t)}{d t^{2}}+\mathrm{~3~}\frac{d y(t)}{d t}+\mathrm{~2y}(t)\;=\;\frac{d^{2}x(t)}{d t^{2}}+\mathrm{~6~}\frac{d x(t)}{d t}+\mathrm{~9x}(t) $$

下面求这两个系统的冲激响应：

$$ H(\omega)=1-\frac{3}{i\omega+3}+\frac{2}{(i\omega+3)^{2}} $$

由此得

$$ h(t)=\delta(t)-3e^{-3t}u(t)+2t e^{-3t}u(t) $$

而

$$ G(\omega)=1-\frac{1}{j\omega+2}+\frac{4}{j\omega+1} $$

由此得

$$ g(t)=\delta(t)-e^{-2t}u(t)+4e^{-t}u(t) $$

4.37 设一个实值连续时间函数 $ x(t) $，其傅氏变换 $ X(\omega) $ 的幅值和相位如图 P437-1 所示。

函数 $ x_{a}(t), x_{b}(t), x_{c}(t) $ 和 $ x_{d}(t) $ 的傅氏变换具有与 $ X(\omega) $ 相

同的振幅函数，但其相位函数不同，如图 P4.37-2 所示。相位函数 $ \chi X_{a}(\omega) $ 和 $ \chi X_{b}(\omega) $ 是将线性相位与 $ \chi X(\omega) $ 相加而成的。函数 $ \chi X_{c}(\omega) $ 是将 $ \chi X(\omega) $ 对于横轴映射而成的。而 $ \chi X_{d}(\omega) $ 是由映射的相位与线性相位组合而成的。利用傅氏变换的特性，确定用 $ x(t) $ 表示 $ x_{a}(t) $， $ x_{b}(t) $， $ x_{c}(t) $ 和 $ x_{d}(t) $ 的表示式。

解：

由图可写出 $ X(\omega) = \left| X(\omega) \right| e^{2X(\omega)} $

(a) $ X_{a}(\omega) = |X(\omega)| e^{i \cdot X(\omega)} e^{-i a\omega} $

利用位移特性得

$$ x_{a}(t)=x(i-a) $$

(b) 同理可求得

$$ x_{b}(t)=x(t+b) $$

$$ X_{c}(\omega)={\mid{X(\omega)}\mid}e^{-i\mathcal{X}(\omega)}=X^{*}(\omega)=X(-\omega) $$

因为 $ x(t) $ 是实函数，所以

$$ x_{c}(t)=x(-t) $$

(d)

$$ X_{d}(\omega)=\mid X(\omega)\mid e^{-i\{\chi X(\omega)-d a\}} $$

得

$$ x_{d}(t)=x(-\textit{t}-\textit{d}) $$

4.38 (a) 一个 LTI 系统的频率响应为

$$ H(\omega)=\frac{a-\underbrace{j\omega}{a+j\omega}}{} $$

式中 a>0。求 $ \left|H(\omega)\right| $、 $ \forall H(\omega) $ 和系统的冲激响应 $ h(t) $。

(b) 设对 (a) 小题的系统的输入为

$$ x(t)=e^{-b t}u(t),\;b>0 $$

分别求 $ b \neq a $、b = a 时的输出 $ y(t) $

(c) 设 b = 2，当 a 取下列值时，画出 (b) 小题中的 $ y(t) $

(d) 设 a = 1，且输入为

$$ \cos\left(t/\sqrt{3}\right)+\cos t+\cos\left(\sqrt{3}t\right) $$

求(a)小题的系统的输出，并粗略地画出这时的输入和输出波形.

解：

(a)

$$ |H(\omega)|^{2}=\frac{a^{2}+\omega^{2}}{a^{2}+\omega^{2}}=1=|H(\omega)| $$

$$ \begin{aligned}{\mathcal{L}H(\omega)}&{{}=\mathcal{L}(a-j\omega)-\mathcal{L}(a+j\omega)}\\ {}&{{}=-2\operatorname{t g}^{-1}(\omega/a)}\\ \end{aligned} $$

将 $ H(\omega) $ 分解成部分分式可得

$$ H(\omega)=\frac{a-j\omega}{a+j\omega}=A+\frac{B}{a+j\omega} $$

可求得 A = -1, B = 2a，则得

$$ H(\omega)=-1+\frac{2a}{a+j\omega} $$

因此

$$ h(t)=-\;\delta(t)+2a e^{-a t}u(t) $$

(b) 求 $ x(t) $ 的傅氏变换可得

$$ X(\omega)=\frac{1}{b+j\omega} $$

因此

$$ Y(\omega)=H(\omega)X(\omega)=\frac{a-i\omega}{a+i\omega}\frac{1}{b+i\omega}=\frac{A}{a+j\omega}+\frac{B}{b+j\omega} $$

用待定系数法，由上式可求得

$$ A=\frac{2a}{b-a}\quad B=\frac{a+b}{a-b} $$

则 $ b \neq a $时，

$$ y(t)=\left\lfloor\frac{2a}{b-a}e^{-a t}+\frac{a+b}{a-b}e^{-b t}\right\rfloor u(t) $$

b = a 时

$$ Y(_{\omega})=\frac{a-j\omega}{(a+j\omega)^{2}}=\frac{A}{a+i\omega}+\frac{B}{(a+j\omega)^{2}} $$

可求得 A = -1, B = 2a

则

$$ Y(\omega)=-\frac{1}{a+j\omega}+\frac{2a}{(a+j\omega)^{2}} $$

$$ y(t)=[2a t e^{-a t}-e^{-a t}]u(t) $$

(c) 将下述 a, b 值代入 (b) 小题中

(i) 当 b = 2, a = 1 时

$$ y(t)=(2e^{-t}-3e^{-2t})u(t) $$

$ y(t) $ 与横轴交点应满足下式

$$ 2e^{-t_{0}}-3e^{-2t_{0}}=0 $$

由此可求得

$$ t_{0}=L_{n}(3/2)=0.405,\ t_{1}=1.0986 $$

（ii）当 b=2, a=2 时，同样可求得

$$ y(t)=(4t e^{-2t}-e^{-2t})u(t)=(4t-1)e^{-2t}u(t) $$

而

$$ t_{0}=1/4,\qquad t_{1}=3/4 $$

(iii) 当 b = 2, a = 4 时，同样可求得

$$ y(t)=(-\;4e^{-4t}+3e^{-2t})u(t) $$

而

$$ t_{0}=0.143,\qquad t_{i}=0.4904 $$

将3个y(t)画成图形，如图F4.38所示。

(d)

$$ a=1,\quad H(\omega)=\frac{1-j\omega}{1+j\omega}=e^{-i2\mathrm{t g}-\tau_{\infty}} $$

$$ x(t)=\cos\frac{t}{\sqrt{3}}+\cos t+\cos\sqrt{3}t $$

$$ \begin{aligned}{X(\omega)=}&{{}\;\pi[\delta(\omega+1/\sqrt{3})+\;\delta(\omega-1/\sqrt{3})]\;}\\ {}&{{}\;+\;\pi[\delta(\omega+1)+\delta(\omega-1)]}\\ {}&{{}\;+\;\pi\;[\delta(\omega+\sqrt{3})+\delta\;(\omega-\sqrt{3})]}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ \begin{aligned}{Y(\omega)}&{{}=H(\omega)X(\omega)}\\ {}&{{}=\pi[e^{-j2\pi g^{-1}(-\frac{1}{\sqrt{3}})}\delta\bigg(\omega+\frac{1}{\sqrt{3}}\bigg)+e^{-j2\pi g^{-1}(\frac{1}{\sqrt{3}})}}\\ {}&{{}\quad\times\delta\bigg(\omega-\frac{1}{\sqrt{3}}\bigg)+e^{-j2\pi g^{-1}(-1)}\delta(\omega+1)}\\ {}&{{}\quad+e^{-j2\pi g^{-1}(1)}\delta(\omega-1)+e^{-j2\pi g^{-1}(\sqrt{3})}}\\ {}&{{}\quad\times\delta(\omega+\sqrt{3})+e^{-j2\pi g^{-1}(-\sqrt{3})}\delta(\omega-\sqrt{3})]}\\ {}&{{}=\pi[e^{-j\pi/3}\delta(\omega+1/\sqrt{3})+e^{j\pi/3}\delta(\omega-1/\sqrt{3})}\\ {}&{{}\quad+e^{-j\pi/2}\delta(\omega+1)+e^{j\pi/2}\delta(\omega-1)}\\ \end{aligned} $$

$$ +e^{-i2\pi/3}\delta(\omega+\sqrt[3]{3})+e^{i2\pi/3}\delta(\omega-\sqrt[3]{3})] $$

由此可得

$$ \begin{aligned}{y(t)=}&{{}~\cos{(\imath/\sqrt{3}-\pi/3)}+\cos{(t-\pi/2)}}\\ {}&{{}\quad+\cos{(\sqrt{3}\imath-2\pi/3)}}\\ \end{aligned} $$

比较 $ x(t) $ 和 $ y(t) $ 公式，各对应分量有一相移。

4.39 可将温度测量器件看成是单位阶跃响应

$$ s\left(t\right)=\left(1-e^{-t/2}\right)u\left(t\right), $$

的一个 LTI 系统.

(a) 为该器件设计一个补偿系统，使之输出为测量的瞬时温度.

(b) 当温度测量器件本身包含有噪声 $ n(t) = \sin(\omega t) $ 时，如图 P4.39(a) 所示。 $ n(t) $ 对逆系统的输出产生什么样的影响？当 $ \omega $ 加大时，该输出如何变化？

(c) 假定温度测量器件是瞬时地响应于温度变化的完美器件，如图 P4.39(b) 所示。设计一个补偿系统来降低器件的响应速度，从而来衰减噪声 n(t)。设这补偿系统的冲激响应为

$$ h(t)=a e^{-a t}u(t) $$

应如何选择 a，使图 P4.39(b) 的总系统尽可能快地对温度阶跃

变化产生响应，而限制噪声 $ n(t) = \sin 6t $ 引起的输出部分的幅度不大于1/4。

解：

(a) 由单位阶跃响应可求得系统冲激响应为

$$ h(t)=\frac{d s(t)}{d t}=\frac{1}{2}\;e^{-t/2}u(t) $$

其对应的频率响应为

$$ H(\omega)=\frac{1}{2}\frac{1}{\frac{1}{2}+j\omega}=\frac{1}{1+j2\omega} $$

其补偿系统应是其逆系统 $ G(\omega) $ 。由此可得

$$ G(\omega)=1/H(\omega)=1+j2\omega $$

所以

$$ g(t)=\delta(t)+2\frac{d\delta(t)}{d t} $$

(b) 根据系统的线性性，这时只要求出噪声 n(t) 通过逆系统 $ G(\omega) $ 的输出即可。

设 $ n(t) $ 的傅氏变换为 $ N(\omega) $，则

$$ \begin{aligned}{Y_{n}(\omega)}&{{}=G(\omega)N(\omega)=(1+{}_{1}2\omega)N(\omega)}\\ {}&{{}=N(\omega)+2\circ{}_{1}\omega N(\omega)}\\ \end{aligned} $$

考虑到微分特性，由上式求得逆变换为

$$ y_{n}(t)=n(t)+2\frac{d n(t)}{d t}=\sin\left(\omega t\right)+2\omega\cos\left(\omega t\right) $$

可见，当频率 $ ^{(1)} $增大时，噪声输出中的第二项余弦噪声干扰的幅度随频率线性增大。

(c) 根据补偿系统的冲激响应可求得其频率特性为

$$ H(\omega)=\frac{a}{a+j\omega} $$

根据线性及要求在噪声频率 $ \omega = 6 $ 时噪声输出不得超过1/4.

因此要求 $ \left|H(6)\right|\leqslant1/4 $ ，或写成

$$ |H(\omega)|_{\omega=6}^{2}=\frac{a^{2}}{36+a^{2}}\leqslant1/16 $$

由此得

$$ a\leq6/\sqrt{15}. $$

4.40 设一个 LTI 系统对输入

$$ x(t)=(e^{-t}+e^{-3t})u(t) $$

的响应为

$$ \nu(t)=(2e^{-t}-2e^{-4t})u(t) $$

(b) 求系统的冲激响应.

(c) 求系统的微分方程，并用积分器，相加器和系数乘法器构成此系统。

解：

(a) 输入输出信号及其傅氏变换分别为

$$ \begin{aligned}x(t)&=[e^{-t}+e^{-3t}]u(t)\longleftrightarrow X(\omega)\\&=\frac{1}{1+j\omega}+\frac{1}{3+j\omega}=\frac{2(2+j\omega)}{(1+j\omega)(3+j\omega)}\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}y(t)&=[2e^{-t}-2e^{-4t}]u(t)\longleftrightarrow Y(\omega)\\&=\frac{2}{1+j\omega}-\frac{2}{4+j\omega}=\frac{6}{(1+j\omega)(4+j\omega)}\end{aligned} $$

因此系统频率响应为

$$ H(\omega)=\frac{Y(\omega)}{X(\omega)}=\frac{3(3+i\omega)}{(4+j\omega)(2+j\omega)} $$

(b) 用部分分式展开法得

$$ H(\omega)=\frac{3/2}{4+j\omega}+\frac{3/2}{2+j\omega} $$

所以

$$ h(t)\doteq\frac{3}{2}\left(e^{-4t}+e^{-2t}\right)u(t) $$

$$ (c)~H(\omega)=\frac{9+3j\omega}{8+6j\omega+(j\omega)^{2}} $$

得

$$ \frac{d^{2}y(t)}{d t^{2}}+6\frac{d y(t)}{d t}+8y(t)=9x(t)+3\frac{d x(t)}{d t} $$

实现此系统的框图如图 P4.40 所示。

4.41 一个因果 LT1 系统的输出与输入关系用下面方程描述：

$$ \begin{array}{c}\frac{dy(t)}{dt}+10v(t)\\=\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau)z(t-\tau)\\\times\ d\tau-x(t)\end{array} $$

式中 $ z(t) = e^{-t} u(t) + 3\delta(t) $

(a) 求这个系统的频率响应 $ H(\omega) = Y(\omega), X(\omega) $，并画出其幅值和相位的波特图 (Bode Plot).

(b) 确定这系统的冲激响应.

解：

(a) 因为

$$ \begin{aligned}{\int_{-\infty}^{+\infty}}&{{}x(\tau)z(t-\tau)d\tau=x(t)*z(t)}\\ {}&{{}=x(t)*[e^{-t}u(t)+3\delta(t)]}\\ {}&{{}=x(t)*e^{-t}u(t)+3x(t)}\\ \end{aligned} $$

所以

$$ \frac{dy(t)}{dt}+10y(t)=x(t)*e^{-t}u(t)+2x(t) $$

考虑到卷积特性，两端求傅氏变换得

$$ j\omega Y(\omega)+10Y(\omega)=\frac{X(\omega)}{1+j\omega}+2X(\omega) $$

因此

$$ H(\omega)=\frac{Y(\omega)}{X(\omega)}=\frac{\frac{1}{1+j\omega}+2}{j\omega+10}=\frac{3+2j\omega}{(1+j\omega)(10+j\omega)} $$

$ H(\omega) $ 的幅值和相位的波特图如图 P4.41 所示。

(b) 用部分分式将 $ H(\omega) $ 展开，有

$$ H(\omega)=\frac{1/9}{1+j\omega}+\frac{17/9}{10+j\omega} $$

由此得

$$ h(t)=\left(\frac{1}{9}~e^{-t}+\frac{17}{9}~e^{-10t}\right)u(t) $$

4.42 一个因果 LTI 系统的输出 y(t) 与输入 x(t) 之间的关系为

$$ \frac{dy(t)}{dt}+2y(t)=x(t) $$

(a) 求系统的频率响应

$$ H(\omega)=Y(\omega)/X(\omega) $$

并画出波特图。

(b) 若 $ x(t) = e^{-t} u(t) $，求 $ Y(\omega) $

(c) 利用部分分式展开法求 $ y(t) $

(d) 若输入 x(t) 的傅氏变换为下列各值，重复 (b)、(c) 小题求 y(t)。

(i)

$$ X(\omega)=\frac{1+j\omega}{2+j\omega} $$

(ii)

$$ X(\omega)=\frac{2+j\omega}{1+j\omega} $$

(iii) $ X(\omega) = \frac{1}{(2 + j\omega)(1 + j\omega)} $

解：

(a) 将微分方程两边取傅氏变换，有

$$ j\omega Y(\omega)+2Y(\omega)=X(\omega) $$

因此

$$ H(\omega)=\frac{Y(\omega)}{X(\omega)}=\frac{1}{2+j\omega} $$

$ H(\omega) $ 的振幅和相位波特图如图 P4.42 所示。

(b)

$$ H(\omega)=\frac{1}{2+j\omega}\quad X(\omega)=\frac{1}{1+j\omega} $$

因此

$$ Y(\omega)=H(\omega)X(\omega)=\frac{1}{(1+j\omega)(2+j\omega)} $$

(c) 利用部分分式展开，有

$$ Y(\omega)=\frac{1}{1+j\omega}-\frac{1}{2+j\omega} $$

因此

$$ y(t)=e^{-\iota}u(t)-e^{-2\iota}u(t) $$

(d)(i)

$$ X(\omega)=\frac{1+\underbrace{j\omega}}{2+\underbrace{j\omega}} $$

而

$$ \begin{aligned}Y(\omega)&=H(\omega)X(\omega)=\frac{1+j\omega}{(2+i\omega)^{2}}\\&=\frac{1}{2+j\omega}-\frac{1}{(2+i\omega)^{2}}\end{aligned} $$

因此

$$ y(t)=[e^{-2t}-t e^{-2t}]u(t) $$

(ii)

$$ X(\omega)=\frac{2+j\omega}{1+j\omega} $$

而

$$ \mathrm{Y}(\omega)=\mathrm{H}(\omega)\mathrm{X}(\omega)=\frac{1}{1+j\omega} $$

因此

$$ y(t)=e^{-\iota}u(t) $$

(iii)

$$ X(\omega)=\frac{1}{(2+j\omega)(1+j\omega)} $$

而

$$ \begin{aligned}Y(\omega)&=H(\omega)X(\omega)=\frac{1}{(2+j\omega)^{2}(1+j\omega)}\\&=\frac{1}{1+j\omega}-\frac{1}{2+j\omega}-\frac{1}{(2+j\omega)^{2}}\end{aligned} $$

因此

$$ y\left(t\right)=\left(e^{-t}-e^{-2t}-t e^{-2t}\right)u\left(t\right) $$

4.43 一个因果 LTI 系统的输入和输出间的关系为

$$ \begin{array}{r}{\frac{d^{2}y\left(t\right)}{d t^{\prime}}+6\frac{d y\left(t\right)}{d t}+8y\left(t\right)=2x\left(t\right)}\end{array} $$

(a) 求这系统的冲激响应

(b) 若 $ x(t) = te^{-2t}u(t) $，求该系统的输出响应

(c) 当因果 LTI 系统的微分方程为

$$ \frac{d^{2}y\left(t\right)}{d t^{2}}+\sqrt{2}\ \frac{d y\left(t\right)}{d t}+y\left(t\right)=2\ \frac{d^{2}x\left(t\right)}{d t^{2}}-2x\left(t\right) $$

重做（a）小题。

解：

（a）将微分方程两边取傅氏变换可求得

$$ H(\omega)=\frac{Y(\omega)}{X(\omega)}=\frac{2}{(4+j\omega)(2+j\omega)}=\frac{1}{2+j\omega}-\frac{1}{4+j\omega} $$

因此

$$ h\left(t\right)\implies(e^{-2t}-e^{-4t})u\left(t\right) $$

(b)

$$ X(\omega)=\frac{1}{(2+i\omega)^{2}} $$

而

$$ \begin{aligned}Y(\omega)&=H(\omega)X(\omega)\\&=\frac{1}{(4+j\omega)(2+j)^{3}}\\&=\frac{1/4}{2+j\omega}-\frac{1/2}{(2+j\omega)^{2}}\\&\quad+\frac{1/2}{(2+j\omega)^{3}}-\frac{1/4}{4+j\omega}\end{aligned} $$

因此

$$ y\left(t\right)=\left[\frac{1}{4}e^{-2t}-\frac{1}{2}t e^{-2t}+1/2t^{2}e^{-2t}-\frac{1}{4}e^{-4t}\right]u\left(t\right) $$

(c) 由微分方程可写出

$$ \begin{aligned}{H(\omega)}&{{}=\frac{\Upsilon(\omega)}{X(\omega)}=\frac{2[1+(\dot{\jmath}\omega)^{2}]}{1+\sqrt{2}\dot{\jmath}\omega+(\dot{\jmath}\omega)^{2}}}\\ {}&{{}=2-\frac{\sqrt{2}\;(\dot{1}+\dot{\jmath}2)}{\dot{\jmath}\omega+\frac{1-\dot{\jmath}}{\sqrt{2}}}-\frac{\sqrt{2}\;(\dot{1}-\dot{\jmath}2)}{\dot{\jmath}\omega+\frac{1+\dot{\jmath}}{\sqrt{2}}}}\\ \end{aligned} $$

因此

$$ \begin{aligned}{h\left(t\right)=}&{{}~{}2\delta(t)-\lceil\sqrt{-2}\left(1+2j\right)e^{-\left(\frac{1-j}{\sqrt{2}}\right)^{s}}}\\ {}&{{}-\sqrt{-2}\left(1-2j\right)e^{-\left(\frac{1+j}{\sqrt{2}}\right)^{s}}\rceil u\left(t\right)}\\ \end{aligned} $$

4.44(a) 求出由微分方程

$$ \frac{d^{2}y\left(t\right)}{dt^{2}}+11\frac{dy\left(t\right)}{dt}+10y\left(t\right)=9x\left(t\right) $$

所描述的因果 LTI 系统的时间常数所必须满足的方程。

（b）当将（a）小题系统看成两个并联的一阶系统时，求这两个一阶系统的时常数。

（c）在（b）小题计算的两个时常数中，将值较大的时常数称为整个系统的主时常数，它代表系统响应最慢的部分，因此其近似地决定了整个系统的响应速度。求式（P4.44-1）所描述的系统的主时常数。

(d) 如上所述，若将一个复杂系统分解成一阶和二阶的并联子系统后，可利用主时常数的概念来简化被分析模型的复杂性。

这里可将非主时常数的快变部分的子系统看作冲激响应 $ h(t) $和阶跃响应 $ s(t) $变化很迅速的，即 $ s(\infty) $很快达到某终值 $ s(\infty) $。这样可用一个阶跃响应瞬时达到其终值的子系统来近似，即这个近似的子系统的阶跃响应为

$$ \hat{s}(t)=s(\infty)u(t) $$

如图 P4.44 所示。

因此，该近似子系统的冲激响应为

$$ \hat{h}(t)=s(\infty)\delta(t) $$

它是无记忆的。

(i) 用这种无记忆的子系统代替 (a)、(b) 小题中非主时常

数子系统后，求整个系统的近似系统的频率响应。

（ii）求此时该近似系统的微分方程.

（iii）画出原系统和近似系统的 $ \left|H(\omega)\right| $ 和 $ \chi H(\omega) $ 的图形.

(iv) 在什么频率范围内两系统的频率响应近似相等?

(v) 画出这两个系统的阶跃响应.

(vi) 在什么时间范围内这两个系统的阶跃响应近似相等?

(vii) 从这些图中归纳出原系统和近似系统的异同点。

解：

(a) 根据时常数的定义，它是系统的 $ h(t) $ 由其初始值 $ h(0) $ 下降到 $ h(0)/l $ 的时间，或系统的 $ s(t) $ 由零上升到 $ s(\infty)/l $ 的时间，因此由微分方程可求得

$$ H(\omega)=\frac{9}{10+11(j\omega)+(j\omega)^{2}}=\frac{9}{(1+j\omega)(10+j\omega)} $$

因此

$$ H(\omega)=\frac{1}{j\omega+1}-\frac{1}{j\omega+10} $$

$$ h(t)=(e^{-t}-e^{-10t})u(t) $$

因系统是因果系统，所以

$$ s\left(t\right)=\int_{0}^{t}h\left(\tau\right)d\tau=\left(1-e^{-t}-\frac{1}{10}+\frac{1}{10}e^{-10t}\right)u\left(t\right) $$

由此得

$$ s(\infty)=1-1/10=9/10 $$

当 $ t=t_{r} $ 时， $ s(t_{r})=s(\infty)/e $

所以 t，应满足的方程为

$$ \frac{9}{10e}=\frac{9}{10}-e^{-t_{r}}+\frac{1}{10}~e^{10t_{r}} $$

(b) 根据 (a) 小题结果

$$ H(\omega)=\frac{1}{j\omega+1}-\frac{1}{j\omega+10} $$

相应的冲激响应为

$$ h(t)=(e^{-t}-e^{-10t})u(t) $$

可见，两个——阶系统的时常数分别为

$$ t_{r_{1}}=1\ 和 \ t_{r_{1}}=1/10 $$

(c) 根据 (b) 小题结果，主时常数为 $ t_{r_{1}}=1 $.

(d) (i) 由前两小题可知，非主时常数子系统的阶跃响应是

$$ s_{2}(t)=-\mathrm{\frac{1}{10}}+\mathrm{\frac{1}{10}}e^{-10t} $$

其终值是 $ s_{2}(\infty) = -1/10 $。因此可近似得出该近似子系统的冲激响应为

$$ \hat{h}_{2}(t)\;=\;s_{2}(\infty)\delta\left(t\right)\;=\;-1/10\delta(\imath){\longleftrightarrow}\hat{H}_{2}(\omega)\;=\;-1/10 $$

因而整个近似系统的频率响应为

$$ \begin{aligned}\hat{H}(\omega)&=H_{1}(\omega)+\hat{H}_{2}(\omega)=\frac{1}{j\omega+1}-\frac{1}{10}\\&=\frac{\frac{1}{10}\left(9-j\omega\right)}{1+j\omega}\end{aligned} $$

(ii) 由 $ \hat{H}(\omega) $ 可得近似系统的微分方程为

$$ \frac{d y\left(t\right)}{d t}+y\left(t\right)=-\ \frac{1}{10}\frac{d x\left(t\right)}{d t}+\frac{9}{10}x\left(t\right) $$

（iii）原系统和近似系统的并联结构图如图 P4.44-1 (a) 所示。原系统和近似系统的幅频特性和相频特性如图 P4.44-1 (b) 所示.

两系统的幅频和相频特性表示式为

$$ \begin{aligned}{|H(\omega)|}&{{}=\frac{9}{\sqrt{(1+\omega^{2})(100+\omega^{2})}}}\\ {\varkappa H(\omega)}&{{}=-\operatorname{a r c t g}\omega-\operatorname{a r c t g}\omega/10}\\ \end{aligned} $$

$$ |\hat{H}(\omega)|=\frac{\frac{1}{10}\sqrt{81-\omega^{2}}}{\sqrt{1+\omega^{2}}} $$

$$ \bar{\chi}H(\omega)=\operatorname{a r c t g}\frac{\omega}{9}-\operatorname{a r c t g}\omega $$

(iv) 可见，在较低的一段频率范围内近似系统和原系统的频率响应几乎相等 [见图 P4.44-1(b)]

(v) 原系统的阶跃响应为

$$ \begin{array}{l}s\left(t\right)=\left({1-e^{-t}}-{\frac{1}{{10}}+{\frac{1}{{10}}}e^{-10t}}\right)u\left(t\right)\\ \quad={\frac{9}{{10}}}-\left[{e^{-t}}-{\frac{1}{{10}}}e^{-10t}\right]u\left(t\right)\end{array} $$

近似系统的冲激响应为

$$ \hat{h}\left(t\right)=h_{1}\left(t\right)+\hat{h}_{2}\left(t\right)=e^{-t}u\left(t\right)-\frac{1}{10}\delta\left(t\right) $$

所以阶跃响应为

$$ \hat{s}(t)=\int_{0}^{t}\left[e^{-\tau}-\frac{1}{10}\delta(\tau)\right]d\tau $$

$$ =1-e^{-t}u\left(t\right)-\frac{1}{10}=\frac{9}{10}-e^{-t}u\left(t\right) $$

$ s(t) $ 和 $ s(t) $ 和图 P4.44-1 (c) 所示。

(vi) 由图 P4.44-1(c) 可见，在 t > 1 以后二者阶跃响应几乎相等。

（vii）由图 P4.44-1（b）和（c）可见，原系统和近似系统的阶跃响应主要差别在起始一段，而频率响应主要差别在高频段，低频段基本相同。

4.45 (a) 画出下列频率响应的波特图.

(i) $ 1 + (j\omega/10) $ (ii) $ 1 - (j\omega/10) $

(iii) $ \frac{16}{(j\omega+2)^2} $ (iv) $ \frac{1-(j\omega/10)}{1+j\omega} $

(v) $ \frac{(j\omega/10)-1}{1+j\omega} $ (vi) $ \frac{1+(j\omega/10)}{1+j\omega} $

(vii) $ \frac{1-(j\omega/10)}{(j\omega)^2+(j\omega)+1} $ (viii) $ \frac{10+5j\omega+10(j\omega)^2}{1+(j\omega/10)} $

(ix) $ 1 + j\omega + (j\omega)^2 $ (x) $ 1 - j\omega + (j\omega)^2 $

(xi) $ \frac{(j\omega+10)(10j\omega+1)}{[(j\omega/100)+1][(j\omega)^2+j\omega+1]} $

(b) 求 (a) 小题中的 (iv) 和 (vi) 的冲激响应与阶跃响应并作图。比较它们的幅频响应和相频响应以及冲激响应。

解：

(a) (i) 至 (xi) 各频率响应的波特图如图 P4.45-1 所示。

(b) 由给定的 $ H_{4}(\omega) $ 和 $ H_{6}(\omega) $ 可分别求得

$$ H_{4}(\omega)=\frac{1-\frac{1}{10}j\omega}{1+j\omega}=-\frac{1}{10}+\frac{11/10}{1+j\omega} $$

$$ H_{6}(\omega)=\frac{1+\frac{1}{10}j\omega}{1+j\omega}=\frac{1}{10}+\frac{9/10}{1+j\omega} $$

$$ \dot{h}_{t}(t)\quad=-\quad\frac{1}{10}\delta(t)\quad+\quad\frac{11}{10}e^{-t}u(t) $$

$$ h_{6}(t)=\frac{1}{10}\delta(t)+\frac{9}{10}e^{-t}u(t) $$

假定系统是因果的，则由上两式可求得

$$ s_{4}(t)=\int_{0}^{t}h_{4}(\tau)d\tau=-\frac{1}{10}+\frac{11}{10}\left(1-e^{-t}\right)u(t) $$

$$ s_{6}(t)=\int_{0}^{t}h_{6}(\tau)d\tau=\frac{1}{10}+\frac{9}{10}\left(1-e^{-t}\right)u(t) $$

$ h_{4}(t) $， $ h_{6}(t) $， $ s_{4}(t) $ 和 $ s_{6}(t) $ 如图 P4.45-2 所示。

由图 P4.45-1（iv）和（vi）两图比较可见，它们具有相同的幅值，但（iv）系统的相位量值比（vi）系统更大。

由图 P4.45-2 中两图比较可见，（vi）系统的冲激响应比（iv）系统有更多的能量集中在 t = 0 附近。此外，（iv）的初始阶跃响应与其在 $ t \to \infty $ 时的渐近线值符号相反，而对于（vi）系统不存在这种情况。

4.46 设 $ x(t) $ 的波特图如图 P4.46 所示。画出 $ 10x(10t) $ 的波特图。

解：

利用标度变换特性可得

$$ 10x(10t)\longleftrightarrow10\cdot\frac{1}{10}\;X(\omega/10)=X(\omega/10) $$

可见， $ 10x(10t) $ 的波特图是 $ x(t) $ 的波特图在频率轴上展宽了10倍的波特图，其形状不变。

4.47 当只考虑 $ \omega > 0 $ 部分频率时，积分器的频率响应

$$ H(\omega)+\frac{1}{j\omega}+\pi\delta(\omega) $$

$$ H(\omega)=\underbrace{\frac{1}{j\omega}}_{\substack{ 记 }} $$

可近似为

则

$$ 20\log|H(\omega)|=-\;20\log(\omega),\;\omega>0 $$

$$ \not\supset H(\omega)=-\pi/2 $$

其波特图如图 P4.47 所示.

（a）一个电动机可看成是一个稳定的 LTI 系统（以电压为输入，轴的转动角速度为输出）和一个积分器（角速度的积分）的级联。通常用一阶系统模型用作级联的第一个 LTI 系统。假定这一阶系统具有 0.1s 的时间常数。则整个电动机的频率响应为

$$ H(\omega)=\frac{1}{j\omega(1+j\omega/10)}+\pi\delta(\omega) $$

画出这个系统在 $ \omega > 0.001 $ 的波特图.

(b) 画出一个微分器的波特图.

(c) 画出具有下列频率响应的系统的波特图

(i) $ H(\omega) = \frac{j\omega}{1 + j\omega/100} $

(ii) $ H(\omega) = \frac{j\omega}{[1 + j\omega/10 + (j\omega)^2/100]} $

解：

(a) $ \omega > 0.001 $ 时这系统的波特图如 P4.47-（a）所示。

(b) 理想微分器的频率响应为 $ H(\omega) = j\omega $。因此微分器的波特图如图 P4.47-1 (b) 所示。

(c) (i) $ H(\omega) = \frac{j\omega}{1 + j\omega/100} $ 的波特图如图 P4.47-1 (c)

所示。

ii) $ H(\omega) = \frac{j\omega}{1 + \frac{j\omega}{10} + \left(\frac{j\omega}{10}\right)^{2}} $ 的波特图如图 P4.47-1

(d) 所示。

4.48(a) 画出下列两个系统的波特图. 哪个相位超前? 哪个相位滞后? 此外, 哪一个在某些频率上放大信号?

(1) $ \frac{1 + (j\omega / 10)}{1 + 10j\omega} $

(ii) $ \frac{1 + \frac{10j\omega}{1 + \left(j\omega/10\right)}}{1 + \left(\frac{j\omega}{10}\right)} $

(b) 对下列 3 个频率响应，重做 (a) 小题。

(i) $ \frac{(1+j\omega/10)^2}{(1+j10\omega)^4} $

(ii) $ \frac{1+j\omega/10}{100(j\omega)^2+10j\omega+1} $

(iii) $ \frac{1 + 10j\omega}{0.01(j\omega)^2 + 0.2j\omega + 1} $

解：

(a) (i) 相位滞后，无放大，如图 P4.48 (a) 所示.

（ii）相位超前，在 $ \omega \approx 0.1 $ 以上放大信号，如图 P4.48（b）所示.

(b) (i) 相位滞后，无放大，如图 P4.48 (c) 所示。

（ii）相位滞后，无放大，如图 P4.48（d）所示。

（iii）相位超前和滞后，系统在频带中放大信号，如图 P4.48

(e) 所示.

4.49 在图 P4.49 所示系统中，“补偿器”是一个连续时间 LT1 系统。

（a）设计一个“补偿器”，以使级联的总频率响应满足下列两个条件，并画出总频率响应的波特图。

(i) $ H(\omega) $ 的对数振幅特性在 $ \omega = 1000 $ 以外有 -40dB / $ 10_{10} $ 倍频程的斜率.

（ii）对 $ 0 < \omega < 1000 $ 之间的所有频率， $ H(\omega) $ 的对数振幅值应在 $ \pm 10dB $ 之间.

(b) 若对 $ H(\omega) $ 的对数振幅特性作如下要求，重作 (a) 小题。

(i) 在 $ 0 < \omega < 10 $ 时，它应有 $ +20 \, dB/10_{10 \, 倍频程} $ 的斜率，

(ii) 在 $ 10 < \omega < 100 $ 时，它应在 +10 和 +30 之间。

(iii) 在 $ 100 < \omega < 100 $ 时，它应有一 $ 20 \, dB/10_{10 \, 倍频程} $ 的斜率。

（iv）在 $ \omega > 1000 $ 时，它应有一 $ 40 \, dB/10_{10} \, 倍频程 $ 的斜率。

解：

（a）按要求，系统总特性是转折频率为 $ \omega = 1000 $ 的二阶积分，即

$$ \bar{H}(\omega)=H_{c}(\omega)H_{1}(\omega)=\frac{A}{(j\omega+1000)^{2}} $$

而原系统为

$$ H_{i}(\omega)=\frac{1}{j\omega+50} $$

故补偿系统的频率响应为

$$ H_{c}(\omega)=\frac{H(\omega)}{H_{1}(\omega)}=\frac{A(j\omega+50)}{(j\omega+1000)^{2}} $$

在 $ 0 \leqslant \omega \leqslant 1000 $ 内， $ H(\omega) $ 还应满足

$$ 20\log_{10}\vert H(\omega)\leqslant10\mathrm{d B} $$

即 $ 20 \log A - 20 \log (\omega^{2} + 10^{6}) \leqslant 20 \log 10^{1/2}, 0 \leqslant \omega \leqslant 1000 $

$$ 20\log A\leqslant20\log[10^{1/2}(\omega^{2}+10^{6})]=20\log(2\sqrt{10}\times10^{6}) $$

即 $ A \leqslant 2\sqrt{10} \times 10^{6} $，取 $ A = 10^{6} $

因此总响应为

$$ H(\omega)=\frac{1}{(j\omega+10^{3})^{2}}=\frac{1}{(1+j\omega/1000)^{2}} $$

如图 P4.49-1（a）所示.

(b) 要求总响应 $ H(\omega) $ 为

$$ H(\omega)=H_{c}(\omega)H_{1}(\omega)=\frac{A\circ1\omega}{(j\omega+10)(j\omega+100)(j\omega+1000)} $$

所以，补偿器的频率响应为

$$ H_{\epsilon}(\omega)=\frac{H(\omega)}{H_{1}(\omega)}=\frac{A1\omega(j\omega+50)}{(j\omega+10)(j\omega+100)(j\omega+1000)} $$

同（a）小题所述方法，显然可求得 $ A=10^{6} $ 时，可保证总的振幅端在 $ 10\leqslant\omega\leqslant100 $ 之间有 20dB 增益。在要求的 $ 10\sim30 $ dB 之间，作 $ H(\omega) $ 图如图 P4.49-1（b）所示，

450 — 因果 LTI 系统的频率响应为

$$ H(\omega)=\frac{5(j\omega)+7}{(j\omega+4)[(j\omega)^{2}+j\omega+1]} $$

(a) 求此系统的冲激响应.

（b）若此系统是由一个一阶系统和一个二阶系统级联组成（采用加法器，积分器和系数乘法器），确定其结构。

(c) 寻求一种并联形式的结构.

解：

(a) 用部分分式展开法求得

$$ \begin{aligned}{H(\omega)}&{{}=\frac{-1}{4+i\omega}+\frac{e^{i\pi/3}}{e^{i\pi/3}+i\omega}+\frac{e^{-i\pi/3}}{e^{-i\pi/3}+i\omega}}\\ {}&{{}=-\frac{1}{4+i\omega}+\frac{e^{i\pi/3}}{\left(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)+i\omega}}\\ {}&{{}\quad+\frac{e^{-i\pi/3}}{\left(\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)+i\omega}}\\ \end{aligned} $$

因此

$$ \begin{aligned}{h\left(t\right)}&{{}=\{-e^{-4t}+e^{j\pi/3}e^{-\left(\frac{1}{2}+j\sqrt{\frac{3}{2}}\right)t}+e^{-j\pi/3}e^{-\left(\frac{1}{2}-j\sqrt{\frac{3}{2}}\right)t}\}_{u\left(t\right)}}\\ {}&{{}=\{-e^{-4t}+e^{-\frac{1}{2}t}[e^{-j\left(\sqrt{\frac{3}{2}}t-\frac{\pi}{3}\right)}+e^{-j\left(\sqrt{\frac{3}{2}}t-\frac{\pi}{3}\right)}]\}_{u\left(t\right)}}\\ {}&{{}=-e^{-4t}u\left(t\right)+2e^{-\frac{1}{2}t}\cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}t-\frac{\pi}{3}\right)u\left(t\right)}\\ \end{aligned} $$

(b) 将 $ H(\omega) $ 分解成两个因式

$$ \begin{aligned}{H(\omega)}&{{}=\bigg(\frac{5j\omega+7}{j\omega+4}\bigg)\bigg(\frac{1}{(j\omega)^{2}+j\omega+1}\bigg)}\\ {}&{{}=H_{1}(\omega)H_{2}(\omega)}\\ \end{aligned} $$

其中

$$ H_{1}(\omega)=\frac{5j\omega+7}{j\omega+4}\quad H_{2}(\omega)=\frac{1}{(j\omega)^{2}+j\omega+1} $$

由此可得

$$ \frac{d y_{1}(t)}{d t}+4y_{1}(t)\;=\;5\;\frac{d x_{1}(t)}{d t}+7x_{1}(t) $$

$$ \frac{d^{2}y_{2}(t)}{d t^{2}}+\frac{d y_{2}(t)}{d t}+y_{2}(t)=x_{2}(t) $$

其级联实现如图 P4.50 (a) 所示

(c) 将 $ H(c_{0}) $ 分解成两个部分分式

$$ H(\omega)=\frac{-1}{j\omega+4}+\frac{j\omega+2}{(j\omega)^{2}+j\omega+1}=H_{1}(\omega)+H_{2}(\omega) $$

其中

$$ H_{1}(\omega)=-\;\frac{1}{j\omega+4}\quad H_{2}(\omega)=\frac{j\omega+2}{(j\omega)^{2}+j\omega+1} $$

由此可得

$$ \frac{d y_{1}(t)}{d t}+4y_{1}(t)=-x_{1}(t) $$

$$ \frac{d^{2}y_{2}(t)}{d t^{2}}+\frac{d y_{2}(t)}{d t}y_{2}(t)=\frac{d x_{2}(t)}{d t}+2x_{2}(t) $$

其并联实现如图 P4.50（b）所示。

4.51 (a) 一个 LTI 系统的频率响应为

$$ H(\omega)=\frac{1}{(j\omega+2)^{3}} $$

将其构成一个由3个一阶系统级联组成的实现。此系统能用3个一阶系统构成并联实现吗？为什么？

(b) 当频率响应为

$$ H(\omega)=\frac{j\omega+3}{(j\omega+2)^{2}(j\omega+1)} $$

时，重做（a）小题。此外，找出一个由二阶和一阶系统并联组成的实现。

(c) 当频率响应为

$$ H(\omega)=\frac{1}{(j\omega+2)^{3}(j\omega+1)} $$

时，寻求一种由一个三阶系统和一个一阶系统的并联组成的实现。能否构成一个由2个二阶系统组成的并联实现？能否构成一个由一个二阶系统和2个一阶系统组成的实现？为什么？

(d) 将 (b) 小题的频率响应构成 4 种不同的级联实现。每种实现需由一个不相同的二阶系统和一阶系统组成。

解：

(a)

$$ a)H(\omega)=\left(\frac{1}{j\omega+2}\right)\left(\frac{1}{j\omega+2}\right)\left(\frac{1}{j\omega+2}\right) $$

其级联实现如图 P4.51 (a) 所示.

它不能构成3个一阶系统的并联实现。因为一阶因子不存在部分分式展开。

(b) 同样，

$$ \tilde{H}(\omega)=\left(\frac{j\omega+3}{j\omega+2}\right)\left(\frac{-1}{j\omega+2}\right)\left(\frac{1}{j\omega+1}\right) $$

$$ H(\omega)=\frac{2}{j\omega+1}-\frac{2j\omega+5}{(j\omega)^{2}+4j\omega+4} $$

级联和并联实现如图 P4.51（b）所示。

(c) 同样，

$$ H(\omega)=\frac{1}{j\omega+1}-\frac{(j\omega)^{2}+5j\omega+7}{(j\omega+2)^{s}} $$

其并联实现如图 P4.51 (c) 所示。在 s = -2 上有 3 个极点，这意味着不可能构成由 2 个二阶系统组成的并联实现，也不可能构成由一个二阶系统和 2 个一阶系统组成的实现。

(d) 按不同的因式分解方法可得出下列几种形式的实现：

(i) $ H(\omega) = \frac{1\omega + 3}{(j\omega + 2)^2} \cdot \frac{1}{j\omega + 1} $，如图 P4.51 (d) 所示。

(ii) $ H(\omega)=\frac{1}{(j\omega+2)^{2}}\cdot\frac{j\omega+3}{j\omega+1} $，如图 P4.51（e）所示。

(iii) $ H(\omega) = \frac{1}{(j\omega + 1)(j\omega + 2)} \cdot \frac{j\omega + 3}{j\omega + 2} $，如图 P4.51(f)

所示。

(iv) $ H(\omega) = \frac{j\omega + 3}{(j\omega + 1)(j\omega + 2)} \cdot \frac{1}{j\omega + 2} $，如图P4.51(g)所示。