信号与系统 第二章典型例题

F (ω ) 1 − ωm 0
（ 1） 求 f ( 4t ) 和 间隔） ； （ 2） 如果用序列 δ T (t ) = 号
ωm
ω
f (0.25t ) 的信号最高频率和 Nyquist 间隔（最大允许的抽样
n= −∞
∑ δ (t − n 2s ) （ Ts 为信号 f (t ) 的 Nyquist ）对信
时域相乘
∞
f 1 (t ) f 2 (t ) ， f S (t ) = f (t ) p (t ) 。
f1 (t )
f (t )
时域抽样
f S (t )
f 2 (t )
求： （ 1）画出 f (t ) 的频谱图；
p (t )
（ 2）为从 f S (t ) 无失真恢复 f (t ) ，求最大抽样间隔 Tmax ； （ 3）当 TS = Tmax 时，画出 f S (t ) 的幅度谱 FS (ω ) 。
其中： δ T (t ) =
n = −∞
∑δ (t − nT )
∞
T =2
故 F (ω ) = F0 (ω ) F2 (ω )
F0 (ω ) =
1 ω 1 ω +π 1 ω −π Sa ∗ π [δ (ω + π ) + δ (ω − π )] = Sa ( ) + Sa( ) 2π 2 2 2 2 2
根据下面门函数的卷积图形，可得 f (t ) 的频谱图：
1 1000
− 1000π
F1 (ω )
ω
1 2000
F2 (ω ) 2000π
ω
1000π
− 2000π
1 F (ω ) 2000 − 3000π − 1000π
1000π
3000π
ω
（ 2）由 f (t ) 的频谱图可知其频谱的范围为：
− 3000π ≤ ω ≤ 3000π
2） e
j4 t
1 ω − 4 − j 3( ω −4) f (6 − 2t ) ↔ F ( − )e 2 2
例 2-3：求频谱函数。 1． 函数 t
δ ′(t ) ↔ jω
对称性
jt ↔ 2πδ ′( −ω ) = −2πδ ′(ω ) ∴ t ↔ j 2πδ ′(ω )
2． 函数
1 t
sgn(t ) ↔
1 0
法二： a n = ∫ 1 ⋅ cos n πtdt =
sin nπ nπ
bn = ∫ 1 ⋅ sin n πtdt =
0
1
1 − cos nπ nπ
a 0 = ∫01dt = 1
讨论： 1） n 为非零偶数时， a n = bn = 0 2） n 为奇数时， a n = 0 ， bn = 故得三角形傅里叶级数为：
∴ FS (ω ) 由 F (ω ) 的波形、以 6000 π 为周期、幅度为 1.5 重复得到。
FS (ω ) 的图形如下所示：
FS (ω )
．．． − 6000π
− 3000π
Fra Baidu bibliotek
1.5
− 1000π 1000π
．．．
3000π
6000π
ω
例 2-10（ 06 年考研题）已知 f (t ) 为带限信号，最高频率为 ω m ，其频谱 F (ω ) 如 图所示。 （ 10 分）
∴ F (ω ) =
Eτ 2 ω τ Sa ( ) 2 4
法三 卷积定理 思路：三角脉冲看成两个相同矩形脉冲的卷积。
Q f (t ) = G( t ) ∗ G (t ) G(ω ) =
G(t ) =
2E τ τ [u (t + ) − u (t − )] τ 4 4
2E τ ωτ ⋅ Sa ( ) τ 2 4
2 jω
2 ↔ 2π sgn(−ω ) = −2π sgn(ω ) jt
1 ∴ ↔ − jπ sgn(ω ) t
例 2-4：已知 f (t ) ↔ F (ω ) ，求 tf (−2 t ) ↔ ? 解：
1 ω f ( −2t ) ↔ F ( − ) 2 2
ω dF ( − ) 1 2 ( − jt ) f (− 2t ) ↔ 2 dω ω dF ( − ) j 2 ∴ tf ( −2t ) ↔ 2 dω
2t E ( 1 − ) τ 例 2-5：已知 f (t ) = 0
解：法一 定义计算：
τ 2 ，求其频谱函数。 τ t≥ 2 t≤
− jωt
F (ω ) = ∫
法二
0 2E t τ( − 2 τ
+ E )e
dt + ∫
τ 2E 2 (− t 0 τ
+ E )e − jωt dt
∴ F (ω ) = G 2 (ω ) =
2E
Eτ 2 ω τ Sa ( ) 2 4
2E 2 G (ω )
0 4π ω
2 G (t )
0τ
−τ 4
E
4
t
− 4π Eτ
τ
τ
f (t )
2
F (ω ) ω
−τ
2
0 τ
2
t
− 4π 0 4π 8π τ τ τ
例 2-6：求周期信号 f (t ) 的 F (ω ) 。
例 2-7：求图 ( a ) 所示周期信号 f T (t ) 的傅里叶级数和傅里叶变换。
f T (t ) 1 t
−T 0 T
1 T
2T 0
f 0 (t )
1 t
T
f1 (t ) t
( a)
2
2 (b )
T
−T 20 T 2 (c )
解：周期信号 f T (t ) 的一个周期波形 f 0 (t ) 如图 (b ) 所示。 图 ( c) 信号 f1 (t ) 的傅里叶变换为：
1
2 nπ
f (t ) =
=
∞ ∞ a0 ∞ 1 2 + ∑ a n cos n ω1t + ∑ bn sin nω1t = + 0 + ∑ sin n πt 2 n =1 2 n =1 n =1奇数 nπ
1 2 1 1 1 + (sin πt + sin 3πt + sin 5πt + sin 7πt + L) 2 π 3 5 7
第二章 典型例题
例 2-1：如图所示信号 f (t ) （ 1） 求指数形和三角形傅里叶级数； （ 2） 求级数 s = 1 −
1 1 1 + − + L 之和。 3 5 7
f (t )
1
L
L
− 2 −1
解： （ 1）
0
1
2
3 t
& n = 1 (1 − e − jn π ) = a n − jbn 法一：因 A jnπ
F1 (ω ) =
又
T 2 ωT Sa ( ) 2 4
T f 0 (t ) = f1 (t − ) 2
−j ωT 2
则：
F0 (ω ) = F1 (ω ) e
T ωT − j = Sa 2 ( )e 2 4
ωT 2
周期信号 f T (t ) 的傅里叶级数系数 C n ：
1 1 nω T − j Cn = F0 (ω ) |ω =nω1 = Sa 2 ( 1 ) e T 2 4
（ 2）当 t =
1 s 时，有 2
1 1 2 1 1 1 f ( s ) = 1 = + (1 − + − + L) 2 2 π 3 5 7 1 1 1 1 2 =π ∴s =1 − + − + L = 2 3 5 7 4 π 1−
例 2-2：已知 F (ω ) ↔ f (t ) ，求：1） f ( 6 − 2t ) ↔ ? ；2） e j 4 t f ( 6 − 2t ) ↔ ? 解： 1）法一 f (t ) ↔ F (ω )
nω1T 2
=
1 2 n π − jn π Sa ( ) e 2 2
∴ 周期信号 f T (t ) 的傅里叶级数为：
f T (t ) =
n =−∞
∑ Cne jnω t = ∑
1
∞
1 ∞ nπ Sa 2 ( )e − jnπ e jnω t 2 n =−∞ 2
1
周期信号 f T (t ) 的傅里叶变换为：
fS =
4096 = 2048 Hz 2
fS ≥ 2 fm
∴ fm ≤ 1 f = 1024Hz 2 S
例 2-9 下图所示系统中， f1 (t ) = Sa (1000 πt ) ， f 2 (t ) = Sa (2000 πt ) ，
p(t ) =
n = −∞
∑ δ (t − nTS ) ， f (t ) =
∞
2π 4π 4π = = = 4ωm TS TS π 2 ωm
4ω m = 2π f m
∴ TS =
1 π = s 2 f m 4ωm
Q
f (0.25t ) ↔ 4 F ( 4ω )
ωm 4
' ∴ 最高频率为： ωm =
ωm = 2π f m 4
∴ TS = 1 4π = s 2 f m ωm
（ 2）
FS (ω ) =
Cn = ωS = 2 TS
n =−∞
∑ Cn F (ω − nωS )
∴ωm
= 3000π
为从 f S (t ) 无失真恢复 f (t ) ，则
最大抽样间隔 Tmax =
π 1 = s ω m 3000
（ 3）
FS (ω ) =
1 TS
n= −∞
∑ F (ω − nω S )
∞
当 TS = Tmax 时，
FS (ω ) =
1
Tmax n =−∞
∑
∞
F (ω −
∞ 2π n) = 3000 ∑ F (ω − 6000 π ⋅ n) Tmax n =−∞
+∞
T
f (t ) 进行抽样，得到抽样信号 f s (t ) 。求 f s (t ) 的频谱 Fs (ω ) ，并
(t ) 对信号 f ( 4t ) 进行抽样，画出抽样信号的频谱
画出频谱图； （ 3） 若用同一抽样序列 δ T 图。
解： （ 1）
Q
f (4 t ) ↔
1 ω F( ) 4 4
' ∴ 最高频率为： ωm = 4ωm
1
L
f (t )
L
−2
−1 − 1
2
0 1
2
1
2
解 ： 可 将 f (t ) 看成是 f 0 (t ) = G1 (t ) cos πt 与 周 期 为 2 的 单 位 冲 激 序 列
f 2 (t ) = δ T (t ) 的卷积，即 f (t ) = f 0 (t ) ∗ f 2 (t ) = G1 (t ) cos πt ∗ δ T (t )
F [ f T (t )] = 2π
=π
n= −∞
∑ Cnδ (ω − nω1 )
Sa 2 ( nπ − jnπ )e δ (ω − nω1 ) 2
∞
n = −∞
∑
∞
例 2-8 （ 05 年考研题）对一个连续时间信号 f (t ) 采样 2 秒，得到 4096 个采样点 的序列。 如果采样后不发生频谱混叠， 信号 f (t ) 的最高频率应小于 解： 。
& = 0， a = b = 0 1） 当 n 为非零偶数时， e − jn π = 1 ，∴ A n n n & =−j 2） 当 n 为奇数时， e − jn π = − 1 ，∴ A n
∴ an = 0
2 = a n − jbn nπ
bn =
2 nπ
a0 =
2 T2 2 1 f ( t ) dt = 1dt = 1 T ∫−T 2 2 ∫0
f (−t ) ↔ F (−ω ) 1 ω f (−2t ) ↔ F (− ) 2 2 1 ω f [ −2 (t − 3)] ↔ F ( − )e − j 3ω 2 2
法二
f (t + 6 ) ↔ F (ω ) e j 6ω
f (6 − t ) ↔ F ( −ω )e − j 6ω 1 ω f (6 − 2t ) ↔ F (− ) e − j 3ω 2 2
∞ ∞
F2 (ω ) = ω1 ∑ δ (ω − nω1 ) = π ∑ δ (ω − n π )
−∞ −∞
其中 ω1 =
2π 2π = =π T 2
故 F (ω ) = [ Sa(
1 2
∞ ω +π 1 ω −π ) + Sa( )] ⋅ π ∑ δ (ω − nπ ) 2 2 2 n= −∞
π ∞ ω +π ω −π = ∑ Sa( ) + Sa( ) δ (ω − nπ ) 2 n =−∞ 2 2 π ∞ ( n + 1)π (n − 1)π = ∑ Sa( ) + Sa( )δ (ω − nπ ) 2 n =−∞ 2 2
解： （ 1）
∵ f (t ) = f 1 (t ) f 2 (t ) ∴ F (ω ) =
1 F1 (ω ) ∗ F2 (ω ) 2π
由 Sa( at) ↔
π [u (ω + a ) − u (ω − a )] 得： a
F1 (ω ) = F2 (ω ) =
1 [u (ω + 1000π ) − u (ω − 1000 π )] 1000 1 [u (ω + 2000π ) − u (ω − 2000 π )] 2000
利用微分特性
f ′′(t ) =
2
2E τ τ [δ (t + ) + δ (t − ) − 2δ (t )] τ 2 2
τ τ
− jω 2E jω 2 4E ωτ ( j ω ) F (ω ) = [e + e 2 − 2] = (cos − 1) τ τ 2
8E 2 ω τ ω 2 Eτ 2 ω τ = − sin ( ) = − Sa ( ) τ 4 2 4