在之前的
B
l
o
g
Blog
B l o g
a
k
=
1
T
∫
−
T
1
+
T
1
x
(
t
)
~
e
−
j
k
ω
0
t
d
t
(1)
a_k = \frac{1}{T}\int_{-T_1}^{+T_1}\widetilde{x(t)}e^{-jkω_0t}dt\tag{1}
a k = T 1 ∫ − T 1 + T 1 x ( t )
e − j k ω 0 t d t ( 1 )
下面我们考虑这样一个非周期信号：
我们发现，其实在区间
−
T
1
-T_1
− T 1
T
1
T_1
T 1
x
(
t
)
=
x
(
t
)
~
x(t) = \widetilde{x(t)}
x ( t ) = x ( t )
a
k
=
1
T
∫
−
T
1
+
T
1
x
(
t
)
e
−
j
k
ω
0
t
d
t
T
a
k
=
∫
−
T
1
+
T
1
x
(
t
)
e
−
j
k
ω
0
t
d
t
\begin{aligned} &a_k = \frac{1}{T}\int_{-T_1}^{+T_1}x(t)e^{-jkω_0t}dt\\ &Ta_k = \int_{-T_1}^{+T_1}x(t)e^{-jkω_0t}dt\\ \end{aligned}
a k = T 1 ∫ − T 1 + T 1 x ( t ) e − j k ω 0 t d t T a k = ∫ − T 1 + T 1 x ( t ) e − j k ω 0 t d t
x
(
t
)
x(t)
x ( t )
x
(
t
)
x(t)
x ( t )
−
T
1
-T_1
− T 1
T
1
T_1
T 1
−
T
1
-T_1
− T 1
T
1
T_1
T 1
−
∞
-∞
− ∞
+
∞
+∞
+ ∞
T
a
k
=
∫
−
∞
+
∞
x
(
t
)
e
−
j
k
ω
0
t
d
t
Ta_k = \int_{-∞}^{+∞}x(t)e^{-jkω_0t}dt
T a k = ∫ − ∞ + ∞ x ( t ) e − j k ω 0 t d t
T
T
T
k
ω
0
kω_0
k ω 0
k
ω
0
kω_0
k ω 0
ω
ω
ω
X
(
j
ω
)
=
∫
−
∞
+
∞
x
(
t
)
e
−
j
ω
t
d
t
X(jω) = \int_{-∞}^{+∞}x(t)e^{-jωt}dt
X ( j ω ) = ∫ − ∞ + ∞ x ( t ) e − j ω t d t
傅里叶逆变换的推导思路也很清晰：
还记得我们在上一篇
B
l
o
g
Blog
B l o g 连续时间周期矩形信号的频谱可以看成是对连续时间非周期矩形信号频谱的采样。 所以我们有下面的式子：
a
k
=
1
T
X
(
j
k
ω
0
)
a_k = \frac{1}{T}X(jkω_0)
a k = T 1 X ( j k ω 0 )
x
(
t
)
~
=
∑
k
=
−
∞
+
∞
a
k
e
j
k
ω
0
t
=
∑
k
=
−
∞
+
∞
1
T
X
(
j
k
ω
0
)
e
j
k
ω
0
t
=
1
2
π
∑
k
=
−
∞
+
∞
X
(
j
k
ω
0
)
e
j
k
ω
0
t
ω
0
\begin{aligned} \widetilde{x(t)} &= \sum_{k=-∞}^{+∞}a_ke^{jkω_0t}\\ &=\sum_{k=-∞}^{+∞}\frac{1}{T}X(jkω_0)e^{jkω_0t}\\ &=\frac{1}{2π}\sum_{k=-∞}^{+∞}X(jkω_0)e^{jkω_0t}ω_0 \end{aligned}
x ( t )
= k = − ∞ ∑ + ∞ a k e j k ω 0 t = k = − ∞ ∑ + ∞ T 1 X ( j k ω 0 ) e j k ω 0 t = 2 π 1 k = − ∞ ∑ + ∞ X ( j k ω 0 ) e j k ω 0 t ω 0
T
T
T
x
(
t
)
=
lim
T
→
∞
x
(
t
)
~
=
lim
T
→
∞
1
2
π
∑
k
=
−
∞
+
∞
X
(
j
k
ω
0
)
e
j
k
ω
0
t
ω
0
=
1
2
π
lim
T
→
∞
∑
k
=
−
∞
+
∞
X
(
j
k
ω
0
)
e
j
k
ω
0
t
ω
0
=
1
2
π
∫
−
∞
+
∞
X
(
j
ω
)
e
j
ω
t
d
ω
\begin{aligned} x(t) = \lim_{T\to ∞} \widetilde{x(t)} &=\lim_{T\to ∞}\frac{1}{2π}\sum_{k=-∞}^{+∞}X(jkω_0)e^{jkω_0t}ω_0\\ &=\frac{1}{2π}\lim_{T\to ∞}\sum_{k=-∞}^{+∞}X(jkω_0)e^{jkω_0t}ω_0\\ &=\frac{1}{2π}\int_{-∞}^{+∞}X(jω)e^{jωt}dω\\ \end{aligned}
x ( t ) = T → ∞ lim x ( t )
= T → ∞ lim 2 π 1 k = − ∞ ∑ + ∞ X ( j k ω 0 ) e j k ω 0 t ω 0 = 2 π 1 T → ∞ lim k = − ∞ ∑ + ∞ X ( j k ω 0 ) e j k ω 0 t ω 0 = 2 π 1 ∫ − ∞ + ∞ X ( j ω ) e j ω t d ω
下面，我们把傅里叶正变换和逆变换写到一起方便记忆：
X
(
j
ω
)
=
∫
−
∞
+
∞
x
(
t
)
e
−
j
ω
t
d
t
X(jω) = \int_{-∞}^{+∞}x(t)e^{-jωt}dt
X ( j ω ) = ∫ − ∞ + ∞ x ( t ) e − j ω t d t
x
(
t
)
=
1
2
π
∫
−
∞
+
∞
X
(
j
ω
)
e
j
ω
t
d
ω
x(t) = \frac{1}{2π}\int_{-∞}^{+∞}X(jω)e^{jωt}dω
x ( t ) = 2 π 1 ∫ − ∞ + ∞ X ( j ω ) e j ω t d ω
有两个条件：满足其中之一即可：
∫
−
∞
+
∞
∣
x
(
t
)
∣
2
d
t
<
∞
\int_{-∞}^{+∞}|x(t)|^2dt < ∞
∫ − ∞ + ∞ ∣ x ( t ) ∣ 2 d t < ∞
∫
−
∞
+
∞
∣
x
(
t
)
∣
d
t
<
∞
\int_{-∞}^{+∞}|x(t)|dt < ∞
∫ − ∞ + ∞ ∣ x ( t ) ∣ d t < ∞
连续时间周期信号的频谱是其对应的 非周期信号频谱的样本。（注：这个“对应的” 应该怎么解释呢？因为任何一个周期信号都可以是其一个周期的信号做周期延拓得来的）
非周期信号的频谱就是其对应的 周期信号频谱的包络
在记录之前，我们打算说明一下广义采样函数的定义。我们之前的
s
i
n
c
sinc
s i n c
S
a
Sa
S a
S
a
(
x
)
=
s
i
n
(
x
)
x
Sa(x) = \frac{sin(x)}{x}
S a ( x ) = x s i n ( x )
x
=
k
π
(
k
=
±
1
,
±
2
,
⋯
)
x = kπ(k = ±1, ±2, \cdots)
x = k π ( k = ± 1 , ± 2 , ⋯ )
S
a
(
x
)
=
0
Sa(x) = 0
S a ( x ) = 0
对于狭义的
s
i
n
c
(
x
)
sinc(x)
s i n c ( x )
x
=
±
k
x = ±k
x = ± k
k
k
k
s
i
n
c
(
x
)
=
0
sinc(x) = 0
s i n c ( x ) = 0
对于非周期矩形信号的频谱，大家可以按照我以前那个
B
l
o
g
Blog
B l o g
τ
τ
τ
τ
s
i
n
c
(
τ
f
)
τsinc(τf)
τ s i n c ( τ f )
我们看看下面的例子：
你看，脉冲宽度是
2
T
1
2T_1
2 T 1
2
T
1
s
i
n
c
(
2
T
1
f
)
2T_1sinc(2T_1f)
2 T 1 s i n c ( 2 T 1 f )
ω
ω
ω
2
T
1
s
i
n
c
(
2
T
1
ω
2
π
)
=
2
T
1
s
i
n
c
(
T
1
ω
π
)
2T_1sinc(2T_1\frac{ω}{2π}) = 2T_1sinc(T_1\frac{ω}{π})
2 T 1 s i n c ( 2 T 1 2 π ω ) = 2 T 1 s i n c ( T 1 π ω )
s
i
n
c
=
0
(
i
f
T
1
ω
π
=
±
1
,
±
2
,
⋯
)
sinc = 0\space(if\space T_1\frac{ω}{π} =±1, ±2, \cdots)
s i n c = 0 ( i f T 1 π ω = ± 1 , ± 2 , ⋯ )
ω
=
π
T
1
ω = \frac{π}{T_1}
ω = T 1 π
如果给出的是一个矩形的频谱，要你求原时域函数呢？如下图：
我们先直接用公式求解：
x
(
t
)
=
1
2
π
∫
−
∞
+
∞
X
(
j
ω
)
e
j
ω
t
d
ω
=
1
2
π
∫
−
ω
+
ω
e
j
ω
t
d
ω
=
s
i
n
(
ω
t
)
π
t
=
ω
π
s
i
n
(
ω
t
)
ω
t
=
ω
π
S
a
(
ω
t
)
\begin{aligned} x(t) &= \frac{1}{2π}\int_{-∞}^{+∞}X(jω)e^{jωt}dω\\ &=\frac{1}{2π}\int_{-ω}^{+ω}e^{jωt}dω\\ &=\frac{sin(ωt)}{πt}\\ &=\frac{ω}{π}\frac{sin(ωt)}{ωt} = \frac{ω}{π}Sa(ωt) \end{aligned}
x ( t ) = 2 π 1 ∫ − ∞ + ∞ X ( j ω ) e j ω t d ω = 2 π 1 ∫ − ω + ω e j ω t d ω = π t s i n ( ω t ) = π ω ω t s i n ( ω t ) = π ω S a ( ω t )
x
=
k
π
(
k
=
±
1
,
±
2
,
⋯
)
x = kπ(k = ±1, ±2, \cdots)
x = k π ( k = ± 1 , ± 2 , ⋯ )
S
a
(
x
)
=
0
Sa(x) = 0
S a ( x ) = 0
x
(
t
)
x(t)
x ( t )
x
=
π
ω
x = \frac{π}{ω}
x = ω π
这个结论我们直接记忆：单位冲激信号的傅里叶变换是幅度为 1 的频谱：
大家看分析一下：单位冲激信号的频谱居然包括了所有频率范围，并且各个频率成分的幅度都是 1 ！相位也相同！ 这也是为什么
δ
δ
δ
如果某一个信号的频谱是单位冲激，那么做一下傅里叶逆变换：
x
(
t
)
=
1
2
π
∫
−
∞
+
∞
δ
(
j
ω
)
e
j
ω
t
d
ω
=
1
2
π
∫
−
∞
+
∞
δ
(
j
ω
)
e
0
d
ω
=
1
2
π
\begin{aligned} x(t) &= \frac{1}{2π}\int_{-∞}^{+∞}δ(jω)e^{jωt}dω\\ &=\frac{1}{2π}\int_{-∞}^{+∞}δ(jω)e^0dω\\ &=\frac{1}{2π} \end{aligned}
x ( t ) = 2 π 1 ∫ − ∞ + ∞ δ ( j ω ) e j ω t d ω = 2 π 1 ∫ − ∞ + ∞ δ ( j ω ) e 0 d ω = 2 π 1
由此可见，幅度为
1
2
π
\frac{1}{2π}
2 π 1
x
(
t
)
=
e
−
a
t
u
(
t
)
(
a
>
0
)
x(t) = e^{-at}u(t)\space(a > 0)
x ( t ) = e − a t u ( t ) ( a > 0 )
X
(
j
ω
)
=
1
a
+
j
ω
X(jω) = \frac{1}{a + jω}
X ( j ω ) = a + j ω 1
