第5章 习题解答.pdf

第第 5 章章 非周期信号的频域分析习题详解非周期信号的频域分析习题详解 5 1 试求题 5 1 图所示非周期信号的频谱函数 01 12 2 2 t f t 0 1 2 1 2 f t t a b f t t 12 2 1 0 f t t 1 0 c d 题5 1图 解 解 将信号分解为基本信号 利用基本信号的 Fourier 变换以及 Fourier 变换的性质来求解 a 方法一 5 1 2 5 1 2 11 tptptfa 所以 5 15 1 2 Sa2 2 Sa2 jj a eejF 5 1cos 2 Sa4 方法二 2 2 24 tptptfa 所以 Sa4 2 Sa8 jFa b 5 1 5 0 2 2 11 tptptutfb 所以 5 15 0 2 Sa 2 Sa2 1 2 jj b ee j jF c 5 1 5 0 2 11 tptptf 所以 5 15 0 2 Sa 2 Sa2 jj eejF d 信号可分解为一个方波和一个三角波之差 即 22 ttptf 所以 2 Sa Sa2 2 jF 5 2 试求题 5 2 图所示非周期信号的频谱函数 f1 t t 10 1 1 f2 t t 10 1 234 102 信号与系统学习指导及习题详解 a b f3 t t 10 1 2 3 4 1 f4 t t 10 1 2 3 4 1 c d 题5 2图 解 解 a 直接利用三角波信号的频谱的结论 或利用时域微分性质来求解 2 Sa 2 1 jF b 3 1 112 tftftf 利用 Fourier 变换的线性特性和时移特性 3 12 jj eejFjF 23 Sa 2 jj ee c 3 1 113 tftftf 利用 Fourier 变换的线性特性和时移特性 所以 3 13 jj eejFjF 23 Sa 2 jj ee d 3 1 2114 tftftftf 所以 2 Sa 32 4 jj eejF 5 3 试写出下列信号的频谱函数 0 为常数 cossin 1 000 ttttf cos 2 0 2 tutetf t cos 3 0 2 tutetf t sin 4 0 2 tuttf 解 解 1 0 j 0000 t F jje 2 ttuetf t 0 2 cos 所以 2 1 2 1 00 j jF 2 1 2 1 2 1 00 jj 3 ttuetf t 0 2 cos 第 5 章 非周期信号的频域分析 103 所以 2 1 2 1 2 1 00 jj jF 4 0 0 5 1cos 2 f tt u t 所以 00 00 1111 0 5 2 2 4 2 F j jjj 2 2 2 2 2 4 2 0 2 2 0 00 j 5 4 1 试求题 5 4 图 a 所示三角波信号的频谱函数 F j 2 利用 Fourier 变换的性质 用 F j 表示出其它波形的频谱函数 f t t 10 1 f1 t t 1 0 1 f2 t t 1 0 1 a b c f3 t t 1 0 1 1 f4 t t 0 5 0 1 0 5 f5 t t 2 0 1 d e f 题5 4图 解 解 a 直接利用 Fourier 变换公式 dttejF tj 0 1 dtte tj 1 0 dtete j tjtj 1 0 1 0 1 1 11 jj e j e j 2 2 Sa 1 jj ee j b 1 tftf 1 jFjF 2 2 Sa 1 jj ee j c 1 1 12 tftftf j ejFjFjF 2 j F jFje Re 2 jFe j j e 2 Sa 2Sa 2 d 1 1 13 tftftf 104 信号与系统学习指导及习题详解 所以 jj ejFejFjF 13 2 2 SaejFejF jj e 由于 1 5 0 4 ttftf 故有 5 0 5 0 4 tfttf 所以 5 05 0 4 jFejejF j 2 Sa f 15 0 5 tftf 所以 j ejFjF 2 5 2 2 j e j Sa1 1 5 5 利用及 Fourier 变换的性质 求题 5 5 图各信号的 Fourier 变换 2 Sa 1 tp f1 t t 20 1 f2 t t 1 cos t 1 0 a b f3 t t 1 1 1 1 0 f4 t t 1 1 1 1 1 0 c d f5 t t 42 1 1 2 5 0 f6 t t 22 2 0 e f f7 t t 1 1 1 3 5 f8 t t 1 1 2 0 f9 t t 1 1 1 1 0 g h i 第 5 章 非周期信号的频域分析 105 题5 5图 解 解 a 1 5 0 11 tptf 所以 j ejF Sa2 1 b cos 22 ttptf 根据 Fourier 变换的调制特性 所以 Sa Sa 2 jF c 2 1 2 1 113 tptptf 所以 2 sin 2 Sa2 3 jjF d 1 1 2 1 4 tt t ptf 所以 j ee jF jj Sa2 4 e 5 4 3 2 1 1225 tptptptf 所以 5 43 5 2 Sa Sa4 Sa2 jjj eeejF f 226 tptptf 所以 Sa4 2 6 jF g 1 1 5 2 2 7 tttptf 所以 j ee jF jj 5 Sa4 7 h 2 8 tptf 所以 2 Sa2 8 j jF i 1 1 29 tptttf 所以 sin2 2 9 jSajeejF jj 5 6 已知 jFtfF 试计算下列信号的频谱函数 F j 1 2 5 tf 5 tf 3 4 btfe jat battf 5 6 attf tue at 7 8 55 tf 2 tft 解 1 5 5 j ejFtfF 2 5 5 1 5 jFtfF 106 信号与系统学习指导及习题详解 3 1 b jF b btf 所以 1 b a jF b btfe jat 频移性质 4 battf jb ebt jab eabat jFeabattf jab 5 aj eafatafattf 6 0 1 0 j dteetueF tjtt 7 5 5 1 5 jFtf j ejFtftf 5 5 1 1 5 55 8 2 2 jF jdF jtftF 5 7 试求下列信号的频谱函数 F j 1 2 ttuetf t sin 2 23 t etf 3 t t t t tf 2sin2sin2 4 sin 2 tutte dt d tf t 5 dx x x tf t sin 6 2 4 12 t uetf t 7 t t t t dt d tf 2sinsin 解 1 由于 j tue t 1 所以 2 1 2 1 j j jF 2 1 2 1 2 1 jjj 2 由于 22 2 t e 所以 2 2 9 6 j ejF 3 由 Sa 0 2 0 0 pt 可得 Sa 2 pt 5 0 2 Sa 4 pt 利用 Fourier 变换的乘积特性 可得 2 5 08 42 ppjF 2 42 pp 第 5 章 非周期信号的频域分析 107 2 2 2 uuuu 3 3 2 rrrr Sat 2 Sat 和 2 Sa Sa8 tttf 的频谱如所示 F j 3 3 4 0 2 tSaF 2 2 2 1 0 tSaF 1 图5 1 题 5 7 3 信号频谱 4 由于 2 2 2 1 j te t 所以 22 1 2 1 1 2 1 2 jj jF 5 由于 Sa tuttf 而 Sa 2 pt 所以 1 2 j pjF j uu 6 根据的定义 可得 tu 0 2 4 0 0 2 4 1 2 4 t t t u 故有 4 0 4 1 2 4 t t t u 4 tu 4 7 4 2 tueetf t 因为 j tue t 2 1 2 所以 j ee jF j 2 47 7 由于 Sa 2 pt 5 0 2 Sa 4 pt 所以 2sinsin 2 p t t t t 根据频域微分特性 2 pjjF uuj 5 8 利用对偶特性 求下列信号的频谱函数 1 t t tf sin 2 22 1 ta tf 3 jta tf 1 4 00 tttttf 解 解 1 2 Sa tp 2 Sa2 2 pt 2 sin ttp 108 信号与系统学习指导及习题详解 2 令 22 1 jG 则 2 jaGe t 即 2 t e g tG a j 根据对称互易性质 a e a gjtG 2 而 jtGtf 所以 a e a jF 3 令 j jG 1 所以 而 tuetg t jt jtGtf 1 根据对称互易性质 即 2 2 uegjtG a 2 uejF 4 令 00 ttjG jtGtf 所以 cos 0 jGtt 即 cos 1 0t ttg cos 2 2 0 tgjtG 所以 cos 2 0 tjF 5 9 如题 5 6 图所示 已知 11 jFtfF 试求信号的频谱函数 2 tf 0 t f1 t t0 0 t f2 t t02t0 题5 6图 解 解 由于 01012 ttfttftf 所以 0 112 tj ejFjFjF 5 10 试求下列频谱函数所对应的信号 tf 1 2 4 2 3 jj jF 2 4 2 1 4 2 1 jj jF 3 Sa jF 4 0 jF 5 c c jF 0 1 6 2 2 jF 解 解 1 由于 j tue t 1 j tue t 1 所以 4 3 22 tuetuetf tt 2 根据 Fourier 变换的频移特性 2cos 2 42424 tuteetueetuetf tjttjtt 第 5 章 非周期信号的频域分析 109 3 由于 2 Sa 1 tp Sa 2 2 1 tp 所以 2 1 2 2 1 213 tptptf 4 由于 21 2 1 根据 Fourier 变换的频移特性 2 1 0 0 tj e 即 2 0t j e tf 5 Sa 2 1 2 1 tee jt detf c c tjtjtj cc c c 6 由于 j t 2 sgn 2 22 sgn jd d jtt 所以 ttttf sgn 5 11 试求下列频谱函数所对应的信号 tf 1 2 2 j j jF 2 22 22sin 4 22 22sin 4 jF 3 2 1 1 jj jF 4 2sin 3cos 4 d d jF 5 1 sin2 j jF 6 2 1 Im 3 j ejF j 7 2 2 sin4 jF 解 解 1 22 2 2 2 1 2 22 jjj j jF 所以 2 22 tutetuetf tt 2 1 2 Sa4 1 2 Sa4 22 Sa4 22 Sa4 jF 由于 2 Sa tp 2 Sa4 4 tp 所以 ttptfcos 2 4 ttutucos 2 2 2 3 2 1 1 jj jF 2 1 11 jj 所以 1 sgn 5 0 tuettf t 4 令 2sin 3cos 4 jG d jdG jF 则 tgjttf 110 信号与系统学习指导及习题详解 33 2 Sa4 2 Sa 3cos 8 2sin 3cos 4 jj eejG 由于 故 2 Sa4 4 1 tp F 3 3 44 tptptg 所以 3 3 44 tptpjttgjttf 5 1 sin2 j jF 1 11 sin2 jj j 1 11 jj ee jj sgn 5 0 1 11 1 tuet jj tF 而 所以 1 1sgn 5 0 1 1sgn 5 0 1 1 tuettuettf tt 6 由于 2 1 3 3 3 2 j etue jt 利用 Fourier 变换的对称性 信号奇分量的 Fourier 变换是信号 Fourier 变换的虚部乘以 j 可得 3 3 2 1 3 2 3 2 tuetue j tf tt 7 Sa4 sin4 2 2 2 jF 利用三角波信号的频谱公式 可得 00 00 0 0 tj jj e ejFjF 因此 deedejFtf tjtjtj 0 0 02 1 2 1 Sa 00 0 tt b 由于 je j 2 je j 2 所以频谱可以写为 2 2 00 00 jpjpjF 由 Sa 0 2 0 0 pt 可得 2 Sa 2 2 2 0 0 00 tjtj eejttf 2 sin 2 Sa 00 0 tt t t 2 sin2 0 2 5 15 试求出下列序列的 DTFT 1 1 1 kukx k 3 其它 0 3 Mk kx k 4 1 3 4 kukx k 5 6 3 4 1 0 5 knnx n k k k k k kx 4 sin 3 sin 6 解 解 1 jkk k j eaeX 0 1 j e 1 1 2 jkk k j eaeX 0 2 j e 1 1 1 3 jk k M Mk j eaeX 3 jkk M k jkk M k ee 11 1 114 信号与系统学习指导及习题详解 jkk M k jkk M k ee 11 1 Re 21 1 jkk M k e 1 Re 2 0 jkk M k e 1 cos21 cos 1cos cos1 2 2 21 MM MM 2 212 cos21 cos 2 1cos 21 MM MM 4 由于 利用 DTFT 的时间位移性质 3 1 3 4 kxkx 3 DTFT 1 3 4 kxeX j 1 3 j eX j j e e 1 33 5 jkk k j eeX 33 0 5 4 1 33 4 1 1 1 j e 6 由于 Sa DTFT 2 c pk cc 故 3 3 Sa DTFT 3 2 pk 4 4 Sa DTFT 2 pk 利用 DTFT 的频域卷积特性可得 2 1 2 3 26 ppeX j 当12 0 时 4 1 6 j eX 当12 712 时 2 4 3 6 j eX 2 12 7 由对称性可得 12 7 0 12 712 2 12 7 12 4 1 6 j eX 3 Sak 4 Sak 的频谱和的图形如图 5 2所示 6 j eX 3 2 p 3 3 2 p 2 2 4 4 a b 第5章 非周期信号的频域分析 115 6 j eX 12 12 7 4 1 c 图5 2 题5 15 6 信号频谱 5 16 试确定下列序列的 DTFT 1 其它 0 1 1 Nk ky 2 其它 0 1 2 NkNk ky 3 其它 0 2cos 3 NkNk ky 解 解 1 jk N Nk j eeY 1 j NjNj e ee 1 1 12 2 k N Nk z N k zY 1 2 1 1 1 1 1 k N k k Nk z N k z N k 2 111 1 1 1 zN zz z Nzz NNNN 所以 j ez j zYeY 22 3 2cos 13 Nkkyky 所以 2 1 2 1 2 13 N j N j j eYeYeY 5 17 计算下列函数的 IDTFT 1 2 2 1 neX n j j Nj j e e eX 1 1 1 2 3 cos 21 1 3 neX N n j 4 1 1 2 4 j j j e ej eX 解 解 1 2 1 neX n j deeXkx jkj 2 1 11 2 1 2 1 de jk k Z 2 1 1 1 2 j Nj jj e e eeX 1 2 jNjjj eeeeL 116 信号与系统学习指导及习题详解 所以 其它 0 1 1 1 2 kN kx 1 1 1 NkukuNkRN 3 jNNjjjNjjNj eeeeeeeX 1 1 3 1 LL 所以 其它0 1 3 Nk kx 1 NkuNku 4 由于 j k e ku 1 1 DTFT 1 DTFT 1 k j d ku kj de 2 1 j j e e 所以 2 2 2 4 kukjkx k 5 18为一有限长序列 且 kf 2 1 1 0 3 2 0 3 4 f k 不计算的 DTFT 试确定 下列表达式的值 kf 1 2 3 0j eF j eF deF j 4 deF j 2 5 d d edF j 2 解 解 1 0j eF0 e 0 j kfF k 2 j eF k k kfF jj e e