本文是 2021年春季学期-信号与系统-第五次作业参考答案 中的小题解答。

▌第九题

9. 求下图所示的半波余弦脉冲的傅里叶变换，并画出频谱图：

注：对于该信号的频谱计算，可以直接利用公式进行。其中建议大家对于被积分cos函数利用Euler公式更换成两个共轭复指数叠加的形式，然后在进行求解，这样便于写出积分的原函数。需要承认，这个过程与课件[3.6.2]'中求解三角脉冲函数的FT一样繁琐。将来给出的参考答案大概需要经过11步才完成。在后面讲解完傅里叶变换的频移特性之后，对于该函数有简单的求解方式。课件[3.7.2.4]中给出了相应的步骤。但现在别使用这个方法。最后需要说明两点：
1. 最终的求解结果可以有很多种恒等变形，不一定需要化简为Sinc函数的形式；
2. 绘图建议使用MATLAB辅助工具绘制，然后再手工给出。

※ 求解：

（1）求解方法1：

∫−τ2τ2f(t)⋅e−jωtdt=E⋅∫−τ2τ2cos⁡ω1t⋅e−jωtdt\int_{ - {\tau \over 2}}^{{\tau \over 2}} {f\left( t \right) \cdot e^{ - j\omega t} dt} = E \cdot \int_{{{ - \tau } \over 2}}^{{\tau \over 2}} {\cos \omega _1 t \cdot e^{ - j\omega t} dt}∫−2τ2τf(t)⋅e−jωtdt=E⋅∫2−τ2τcosω1t⋅e−jωtdt=E2∫−τ2τ2(ejω1t+e−jω1t)⋅e−jωtdt= {E \over 2}\int_{ - {\tau \over 2}}^{{\tau \over 2}} {\left( {e^{j\omega _1 t} + e^{ - j\omega _1 t} } \right) \cdot e^{ - j\omega t} dt}=2E∫−2τ2τ(ejω1t+e−jω1t)⋅e−jωtdt=E2{∫−τ2τ2ejt(ω1−ω)dt+∫−τ2τ2ejt(−ω1−ω)dt}= {E \over 2}\left\{ {\int_{ - {\tau \over 2}}^{{\tau \over 2}} {e^{jt\left( {\omega _1 - \omega } \right)} dt} + \int_{ - {\tau \over 2}}^{{\tau \over 2}} {e^{jt\left( { - \omega _1 - \omega } \right)} dt} } \right\}=2E{∫−2τ2τejt(ω1−ω)dt+∫−2τ2τejt(−ω1−ω)dt}=E2[1j(ω1−ω)ejt(ω1−ω)∣−τ2τ2+−jω1+ωe−jt(ω1+ω)∣−τ2τ2]= {E \over 2}\left[ {\left. {{1 \over {j\left( {\omega _1 - \omega } \right)}}e^{jt\left( {\omega _1 - \omega } \right)} } \right|_{ - {\tau \over 2}}^{{\tau \over 2}} + \left. {{{ - j} \over {\omega _1 + \omega }}e^{ - jt\left( {\omega _1 + \omega } \right)} } \right|_{ - {\tau \over 2}}^{{\tau \over 2}} } \right]=2E[j(ω1−ω)1ejt(ω1−ω)∣∣∣∣−2τ2τ+ω1+ω−je−jt(ω1+ω)∣∣∣∣−2τ2τ]=E2[ej(ω1−ω)τ2j(ω1−ω)−e−j(ω1−ω)τ2j(ω1−ω)+e−j(ω1+ω)τ2j(ω1+ω)−e−j(ω1+ω)−τ2j(ω1+ω)]= {E \over 2}\left[ {{{e^{j\left( {\omega _1 - \omega } \right){\tau \over 2}} } \over {j\left( {\omega _1 - \omega } \right)}} - {{e^{ - j\left( {\omega _1 - \omega } \right){\tau \over 2}} } \over {j\left( {\omega _1 - \omega } \right)}} + {{e^{ - j\left( {\omega _1 + \omega } \right){\tau \over 2}} } \over {j\left( {\omega _1 + \omega } \right)}} - {{e^{ - j\left( {\omega _1 + \omega } \right){{ - \tau } \over 2}} } \over {j\left( {\omega _1 + \omega } \right)}}} \right]=2E[j(ω1−ω)ej(ω1−ω)2τ−j(ω1−ω)e−j(ω1−ω)2τ+j(ω1+ω)e−j(ω1+ω)2τ−j(ω1+ω)e−j(ω1+ω)2−τ]=E⋅[sin⁡(ω1−ω)τ2ω1−ω+sin⁡(ω1+ω)τ2ω1+ω]= E \cdot \left[ {{{\sin \left( {\omega _1 - \omega } \right){\tau \over 2}} \over {\omega _1 - \omega }} + {{\sin \left( {\omega _1 + \omega } \right){\tau \over 2}} \over {\omega _1 + \omega }}} \right]=E⋅[ω1−ωsin(ω1−ω)2τ+ω1+ωsin(ω1+ω)2τ]=Eτ2[Sa(τ(ω1+ω)2)+Sa(τ(ω1−ω)2)]= {{E\tau } \over 2}\left[ {Sa\left( {{{\tau \left( {\omega _1 + \omega } \right)} \over 2}} \right) + Sa\left( {{{\tau \left( {\omega _1 - \omega } \right)} \over 2}} \right)} \right]=2Eτ[Sa(2τ(ω1+ω))+Sa(2τ(ω1−ω))]

使用MATLAB绘制升余弦曲线频谱图的命令：

>> o=linspace(-20,20,1000);
>> E=1;tao=1;
>> o1=2*pi/(2*tao);
>> F=E*tao/2*(sinc(tao*(o1+o)/2/pi)+sinc(tao*(o1-o)/2/pi));
>> plot(o,F)

下图显示了信号的频谱实际上是由两个Sinc函数叠加而成。

（2）求解方法2：

根据傅里叶变换的频移特性可以简化求解傅里叶变换过程：

半波余弦脉冲可以写做：

矩形窗口的FT为：

根据FT的频移特性：

（3）求解方法3：

F(ω)=∫−τ2τ2E⋅cos⁡(2π2τt)⋅e−jωtdtF\left( \omega \right) = \int_{ - {\tau \over 2}}^{{\tau \over 2}} {E \cdot \cos \left( {{{2\pi } \over {2\tau }}t} \right) \cdot e^{ - j\omega t} dt}F(ω)=∫−2τ2τE⋅cos(2τ2πt)⋅e−jωtdt=E⋅∫−τ2τ2ejπτt+e−jπτt2⋅e−jωtdt= E \cdot \int_{ - {\tau \over 2}}^{{\tau \over 2}} {{{e^{j{\pi \over \tau }t} + e^{ - j{\pi \over \tau }t} } \over 2} \cdot e^{ - j\omega t} dt}=E⋅∫−2τ2τ2ejτπt+e−jτπt⋅e−jωtdt=E2⋅∫−τ2τ2ej(πτ−ω)t+e−j(πτ+ω)tdt= {E \over 2} \cdot \int_{ - {\tau \over 2}}^{{\tau \over 2}} {e^{j\left( {{\pi \over \tau } - \omega } \right)t} + e^{ - j\left( {{\pi \over \tau } + \omega } \right)t} dt}=2E⋅∫−2τ2τej(τπ−ω)t+e−j(τπ+ω)tdt

=E2⋅[1j(πτ−ω)(ej(πτ−ω)⋅τ2−ej(πτ−ω)⋅(−τ2))+j(πτ+ω)(e−j(πτ+ω)⋅τ2−e−j(πτ+ω)⋅(−τ2))]= {E \over 2} \cdot \left[ {{1 \over {j\left( {{\pi \over \tau } - \omega } \right)}}\left( {e^{j\left( {{\pi \over \tau } - \omega } \right) \cdot {\tau \over 2}} - e^{j\left( {{\pi \over \tau } - \omega } \right) \cdot \left( { - {\tau \over 2}} \right)} } \right) + {j \over {\left( {{\pi \over \tau } + \omega } \right)}}\left( {e^{ - j\left( {{\pi \over \tau } + \omega } \right) \cdot {\tau \over 2}} - e^{ - j\left( {{\pi \over \tau } + \omega } \right) \cdot \left( { - {\tau \over 2}} \right)} } \right)} \right]=2E⋅[j(τπ−ω)1(ej(τπ−ω)⋅2τ−ej(τπ−ω)⋅(−2τ))+(τπ+ω)j(e−j(τπ+ω)⋅2τ−e−j(τπ+ω)⋅(−2τ))]=E2⋅[1j(πτ−ω)⋅(j⋅e−ωτ2j−(−j)⋅eωτ2j)+j(πτ+ω)⋅(−j⋅e−ωτ2j−j⋅eωτ2j)]= {E \over 2} \cdot \left[ {{1 \over {j\left( {{\pi \over \tau } - \omega } \right)}} \cdot \left( {j \cdot e^{ - {{\omega \tau } \over 2}j} - \left( { - j} \right) \cdot e^{{{\omega \tau } \over 2}j} } \right) + {j \over {\left( {{\pi \over \tau } + \omega } \right)}} \cdot \left( { - j \cdot e^{ - {{\omega \tau } \over 2}j} - j \cdot e^{{{\omega \tau } \over 2}j} } \right)} \right]=2E⋅[j(τπ−ω)1⋅(j⋅e−2ωτj−(−j)⋅e2ωτj)+(τπ+ω)j⋅(−j⋅e−2ωτj−j⋅e2ωτj)]=E2[(1πτ−ω+1πτ+ω)⋅e−τj2ω+(1πτ−ω+1πτ+ω)⋅ejω2τ]= {E \over 2}\left[ {\left( {{1 \over {{\pi \over \tau } - \omega }} + {1 \over {{\pi \over \tau } + \omega }}} \right) \cdot e^{ - {{\tau j} \over 2}\omega } + \left( {{1 \over {{\pi \over \tau } - \omega }} + {1 \over {{\pi \over \tau } + \omega }}} \right) \cdot e^{{{j\omega } \over 2}\tau } } \right]=2E[(τπ−ω1+τπ+ω1)⋅e−2τjω+(τπ−ω1+τπ+ω1)⋅e2jωτ]=E2⋅2πτπ2τ2−ω2⋅(e−jωτ2+ejωτ2)=2πEτπ2−τ2ω2⋅cos⁡(ωτ2)= {E \over 2} \cdot {{{{2\pi } \over \tau }} \over {{{\pi ^2 } \over {\tau ^2 }} - \omega ^2 }} \cdot \left( {e^{ - {{j\omega \tau } \over 2}} + e^{{{j\omega \tau } \over 2}} } \right) = {{2\pi E\tau } \over {\pi ^2 - \tau ^2 \omega ^2 }} \cdot \cos \left( {{{\omega \tau } \over 2}} \right)=2E⋅τ2π2−ω2τ2π⋅(e−2jωτ+e2jωτ)=π2−τ2ω22πEτ⋅cos(2ωτ)

=πEτ2(π2)2−(ωτ2)2⋅cos⁡(ωτ2)= {{\pi E{\tau \over 2}} \over {\left( {{\pi \over 2}} \right)^2 - \left( {{{\omega \tau } \over 2}} \right)^2 }} \cdot \cos \left( {{{\omega \tau } \over 2}} \right)=(2π)2−(2ωτ)2πE2τ⋅cos(2ωτ)=Eτ2⋅(1π2+ωτ2+1π2−ωτ2)⋅cos⁡(ωτ2)= {{E\tau } \over 2} \cdot \left( {{1 \over {{\pi \over 2} + {{\omega \tau } \over 2}}} + {1 \over {{\pi \over 2} - {{\omega \tau } \over 2}}}} \right) \cdot \cos \left( {{{\omega \tau } \over 2}} \right)=2Eτ⋅(2π+2ωτ1+2π−2ωτ1)⋅cos(2ωτ)=Eτ21π2+ωτ2sin⁡(π2+ωτ2)+1π2−ωτ2sin⁡(π2−ωτ2)= {{E\tau } \over 2}{1 \over {{\pi \over 2} + {{\omega \tau } \over 2}}}\sin \left( {{\pi \over 2} + {{\omega \tau } \over 2}} \right) + {1 \over {{\pi \over 2} - {{\omega \tau } \over 2}}}\sin \left( {{\pi \over 2} - {{\omega \tau } \over 2}} \right)=2Eτ2π+2ωτ1sin(2π+2ωτ)+2π−2ωτ1sin(2π−2ωτ)=Eτ2[Sa(π2+ωτ2)+Sa(π2+ωτ2)]= {{E\tau } \over 2}\left[ {Sa\left( {{\pi \over 2} + {{\omega \tau } \over 2}} \right) + Sa\left( {{\pi \over 2} + {{\omega \tau } \over 2}} \right)} \right]=2Eτ[Sa(2π+2ωτ)+Sa(2π+2ωτ)]

^{▲ 频谱图}

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9. 求下图所示的半波余弦脉冲的傅里叶变换，并画出频谱图：

※ 求解：

（1）求解方法1：

（2）求解方法2：

（3）求解方法3：

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