信号与系统分析2022春季作业-参考答案：第五次作业

 

  封面动图来自于： SHUTTERSTOCK网站

§00 作业题目

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  作业要求链接： 信号与系统 2022 春季学期第五次作业 https://zhuoqing.blog.csdn.net/article/details/123712642

§01 参考答案

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1.1 傅里叶级数分解

1.1.1 计算傅里叶级数并画出频谱

（1）第一小题

  本题的主要目的是联系傅里叶级数分解的基本公式的使用。

  求解：

  （1） 三角形式的傅里叶级数

周期方波是偶对称波形，而且满足奇谐对称，所以 $b_n=0,a_{2k}=0$ 。$$a_n=\frac{4}{T}{\int }_0^{\frac{T}{2}}f\left(t\right)\cos \frac{2\pi nt}{T}dt=\frac{4}{T}\left\{{\int }_0^{\frac{T}{4}}\cos \frac{2\pi nt}{T}dt-{\int }_{\frac{T}{4}}^{\frac{T}{2}}\cos \frac{2\pi nt}{T}dt\right\}$$$$=\frac{4}{T}\cdot \frac{T}{2\pi n}\cdot \left\{{\sin \frac{2\pi nt}{T}|}_0^{\frac{T}{4}}-{\sin \frac{2\pi nt}{T}|}_{\frac{T}{4}}^{\frac{T}{2}}\right\}=\frac{2}{\pi n}\cdot \left[\sin \frac{\pi n}{2}-\left(\sin \pi n-\sin \frac{\pi n}{2}\right)\right]=\frac{4}{\pi n}\sin \frac{n\pi }{2}$$

  结果也验证了，只有当 $n=2k+1$ ， $a_n\ne 0$ 。

  对照 周期信号傅里叶级数表格 也能够验证上述推导公式是正确的。

  （2） 复指数形式傅里叶级数

  根据 $F_n=\frac{1}{2}\left(a_n-j{b}_n\right)$ 可以知道 $$F_n=\frac{1}{n\pi }\sin \left(\frac{n\pi }{2}\right)$$

  （3） 双边频谱（幅度谱和相位谱）

  由于 $F_n$ 是实数，所以将幅度谱和相位谱绘制在一起

▲ 图1.1.1 傅里叶级数双边频谱

（2）第二小题

  求解：

  （1） 三角形式的傅里叶级数

  观察三角波形，它是实偶函数，并且直流分量为0，因此 $a_0=0,b_n=0$ 。这个信号 也是“奇谐对称”，所以它只有奇次谐波分量。

$$a_n=\frac{4}{T}{\int }_0^{\frac{T}{2}}\frac{4}{T}t\cdot \cos n{\omega }_{1}tdt=\frac{16}{T^2}{\int }_0^{\frac{T}{2}}t\cdot \cos n{\omega }_{1}tdt$$$$=\frac{16}{T^{2}n{\omega }_1}\left({t\cdot \sin n{\omega }_{1}t|}_0^{\frac{T}{2}}-{\int }_0^{\frac{T}{2}}\sin n{\omega }_{1}t\cdot dt\right)=\frac{16}{T^{2}n{\omega }_1}\left(0+{\frac{1}{n{\omega }_1}\cos n{\omega }_{1}t|}_0^{\frac{T}{2}}\right)$$$$=\frac{4}{n^2{\pi }^2}\cdot {\cos n{\omega }_{1}t|}_0^{\frac{T}{2}}=\frac{4}{n^2{\pi }^2}\left(\cos n\pi -1\right)$$

  对照 周期信号傅里叶级数表格 也能够验证上述推导公式是正确的。

  通过分析结果，可以看到只有当 $n=2k+1$ ， $a_n\ne 0$ 。

  （2） 复指数形式傅里叶级数

  根据 $F_n=\frac{1}{2}\left(a_n-j{b}_n\right)$ ，所以 $$F_n=\frac{2}{n^2{\pi }^2}\left(\cos n\pi -1\right)$$

  （3） 双边频谱（幅度谱和相位谱）

  由于 $F_n$ 都是负实数，因此，对应的相位谱要么是 $\pi$ ，要么是 $-\pi$ 。

▲ 图1.1.2 傅里叶级数双边幅度谱

▲ 图1.1.3 傅里叶级数双边相位谱

（3）第三小题

  求解：

  （1） 三角形式的傅里叶级数

  根据观察，周期锯齿波形是奇对称，所以 $a_n=0$ 。 $$b_n=\frac{4}{T}{\int }_0^{\frac{T}{2}}f\left(t\right)\sin n{\omega }_{1}tdt=\frac{4}{T}{\int }_0^{\frac{T}{2}}\left(t-1\right)\sin n{\omega }_{1}tdt=\frac{2}{n\pi }$$ 其中 $n\ne 0$ 。

  上面公式是根据 傅里叶级数表格 而得，省去了其中的推导过程。

  （2） 复指数形式傅里叶级数

  根据 $F_n=\frac{1}{2}\left(a_n-j{b}_n\right)$ ，所以 $$F_n=-\frac{j}{n\pi },n\ne 0$$

  （3） 双边频谱（幅度谱和相位谱）

▲ 图1.1.4 双边幅度谱

▲ 图1.1.5 双边相位谱谱

（4）第四小题

  求解：

  （1） 三角形式的傅里叶级数

  这是一个偶对称的周期信号，所以 $b_n=0$ 。 $$a_n=\frac{4}{2}\cdot {\int }_0^{1_{+}}f\left(t\right)\cos n\pi tdt=2\times \left(1-2\cdot \cos n\pi \right)=2-4\cos n\pi$$

  （2） 复指数形式傅里叶级数

  根据 $F_n=\frac{1}{2}\left(a_n-j{b}_n\right)$ ，所以 $$F_n=1-2\cos n\pi$$

  （3） 双边频谱（幅度谱和相位谱）

$F_n$ 是实数，所以将幅度谱和相位谱绘制在一起。

▲ 图1.1.6 傅里叶级数频谱

（5）第五小题

求解： 直接求取本题，过程略显复杂。可以先对单个周期信号进行傅里叶变换，得到单个周期内的傅里叶变换 $F_0\left(\omega \right)$ 。那么对应的傅里叶级数分解系数 $$F_n=\frac{1}{T_1}{F_0\left(\omega \right)|}_{\omega =n{\omega }_1}$$

  在本题中，抽取其中一个周期内的信号$$f_0\left(t\right)=\{\begin{array}{c}f\left(t\right),-1/2\le t<3/2\\ 0,other\end{array}$$

假设窗口函数 $R_{1/2}\left(t\right)$ 为 $$R_{1/2}\left(t\right)=u\left(t+\frac{1}{2}\right)-u\left(t-\frac{1}{2}\right)$$ 所以 $$f_0\left(t\right)=R_{1/2}\left(t\right)\ast \left[2\delta \left(t\right)+\delta \left(t-1\right)\right]$$ 所以 $f_0\left(t\right)$ 的傅里叶变换为 $$F_0\left(\omega \right)=\frac{1}{2}Sa\left(\frac{\omega }{4}\right)\left(2+e^{j\omega }\right)$$ 那么 $$F_n=\frac{1}{2}{\cdot F_0\left(\omega \right)|}_{\omega =n\pi }=Sa\left(\frac{n\pi }{4}\right)\cdot \left(1+\frac{1}{2}{e}^{jn\pi }\right)=\left[1+\frac{{\left(-1\right)}^n}{2}\right]Sa\left(\frac{n\pi }{4}\right)$$

  所以 $$a_n=2F_n=\left[2+{\left(-1\right)}^n\right]Sa\left(\frac{n\pi }{4}\right),b_n=0$$

  信号的双边频谱为

▲ 图1.1.7 傅里叶级数频谱

1.1.2 分析周期信号频谱

  求解：

  （1） 根据描述信号的表达式，可以看到信号的角频率包括有 { 2 , 3 , 5 } \left\{ {2,3,5} \right\} { 2,3,5} 等，它们的最大公约数为 $1rad/s$ ，所以信号的基频等于 $f_0=1rad/s$ 。

  （2） 为了绘制信号的频谱（幅度谱和相位谱），需要将信号每个分量表示成 $c_n\cos \left({\omega }_{n}t+{\theta }_n\right)$ 的形式。 $$f\left(t\right)=2+5\cos \left(2t-53.1^o\right)+2\cos \left(3t-60^0\right)+\cos \left(5t-30^0\right)$$ 对应的幅度谱和相位谱为

▲ 图1.1.8 单边幅度谱

▲ 图1.1.9 单边相位谱

1.2 傅里叶级数分解对称性

1.2.1 信号中的谐波分量

（1）必做题

  求解：

  求解 由于信号是符合奇谐对称条件，所以信号中谐波只存在奇次谐波分量。原来信号的基频为 $f_0=1/T=100kHz$ ，所以它的谐波中只包括后 $100k,300k,500k$ 等，而 $200k,250k,400k$ 都不包括。

（2）选做题

  求解：

  为了能够使得信号具有二倍频（二次谐波），所以需要打破信号的奇谐对称特性。从可选择的三个电路中来看，只有电路（2），电路（3）才有可能。

  另外，由于原来信号中不包括偶次谐波，所以信号经过电路系统处理后，希望出现新的频率分量（偶次谐波分量），则系统必然不再是线性时不变系统了。根据给定的三个电路来看，只有电路（2），电路（3）才为非线性系统。而电路（1）是线性电路（增量线性电路），所以电路（1）无法产生二次谐波。

1.2.2 补齐周期信号

  求解： 根据给定的对称条件，补齐后的波形为。

  （1）

▲ 图1.2.1 偶对称、奇谐对称

  （2）

▲ 图1.2.2 奇对称，偶次谐波

  （3）

▲ 图1.2.3 奇对称，奇次谐波

  （4）

▲ 图1.2.4 偶对称，偶次谐波

1.2.3 判断谐波分量

（1）必做题

  求解：

  （1） 无直流分量、存在cos分量，无sin分量；只有奇次谐波分量；

  （2） 无直流分量、无cos分量，存在sin分量；只有奇次谐波分量；

  （3） 无直流分量、存在sin，cos分量； 只有奇次谐波分量；

  （4） 无直流分量、无cos分量，存在sin分量； 存在奇次谐波、偶次谐波分量；

  （5） 有直流分量， 存在cos分量，无sin分量；存在奇次谐波分量、偶次谐波分量；

  （6） 有直流分量，存在cos分量，存在sin分量； 存在奇次谐波分量，偶次谐波分量；

  （8） 有直流分量，存在cos分量，无sin分量； 存在奇次谐波分量，偶次谐波分量；

  （7） 有直流分量，存在cos分量，无sin分量；存在奇次谐波、偶次谐波分量； 只有有限个谐波分量。

（2）选做题

  根据信号的连续性，可以判断信号频谱衰减的规律：

• 如果信号不连续，信号频谱衰减是按照 $1/\omega$ 规律衰减；
• 如果信号连续，但一阶导数不连续，信号的频谱按照 $1/{\omega }^2$ 规律衰减；
• 如果信号连续，一阶导数连续，但二阶导数不连续，则信号频谱按照 $1/{\omega }^3$ 规律衰减。以此类推。
• 本题中最后一个是 ` $\sin c$ 周期函数，它之后 有限个谐波分量。

1.3 傅里叶级数分解性质

1.3.1 傅里叶级数分解微分性质

  证明：

$$f\left(t\right)=a_0+\sum _{n=1}^{+\infty }{a}_n\cos \left(n{\omega }_{1}t\right)+b_n\sin \left(n{\omega }_{1}t\right)$$$$\frac{df\left(t\right)}{dt}=\frac{d}{dt}\left[a_0+\sum _{n=1}^{+\infty }{a}_n\cos \left(n{\omega }_{1}t\right)+b_n\sin \left(n{\omega }_{1}tt\right)\right]$$$$=0+\sum _{n=1}^{+\infty }-a_{n}n\cdot \sin \left(n{\omega }_{1}t\right)+b_{n}n\cdot \cos \left(n{\omega }_{1}t\right)$$

  按照傅里叶级数分解系数，可以得到 $$a_0^{\prime }=0,a_n^{\prime }=n{b}_n,b_n^{\prime }=-n{a}_n,\left(n=1,2,\cdots \right)$$

1.3.2 傅里叶级数分解时移性质

  证明：

$$G_n=\frac{1}{T_1}{\int }_0^{T_1}g\left(t\right)e^{-jn{\omega }_{1}t}dt=\frac{1}{T_1}{\int }_0^{T_1}f\left(t-t_0\right)e^{-jn{\omega }_{1}t}dt$$$$=\frac{1}{T_1}{\int }_{t_0}^{T_1+t_0}f\left(k\right)e^{-jn{\omega }_1\left(k+t_0\right)t}dk=\frac{1}{T_1}{e}^{-jn{\omega }_1{t}_0}{\int }_0^{T_1}f\left(k\right)e^{-jn{\omega }_{1}kt}dt$$$$=F_n\cdot e^{-jn{\omega }_1{t}_0}$$

1.4 周期信号分析

1.4.1 选做题

  求解： 根据条件(1),(2),(3),(4)可以知道给了函数只包含有一次谐波。根据条件(5)可以知道该谐波的功率为1/2,所以，该信号的有效值为 $1/\sqrt{2}$ ,信号的峰值为1。

  根据条件(6)，可以知道该信号为偶实信号，所以信号是周期为6，峰值为1的余弦信号，它可以写为：

$$x\left(t\right)=\cos \left(\frac{\pi }{3}t\right)$$

$$A=1,B=12\pi ,C=0$$

1.5 傅里叶变换

1.5.1 半波余弦脉冲信号

  求解： 下面给出三种求解方法。

• 求解方法1：

:

$${\int }_{-\frac{\tau }{2}}^{\frac{\tau }{2}}f\left(t\right)\cdot e^{-j\omega t}dt=E\cdot {\int }_{\frac{-\tau }{2}}^{\frac{\tau }{2}}\cos {\omega }_{1}t\cdot e^{-j\omega t}dt$$$$=\frac{E}{2}{\int }_{-\frac{\tau }{2}}^{\frac{\tau }{2}}\left(e^{j{\omega }_{1}t}+e^{-j{\omega }_{1}t}\right)\cdot e^{-j\omega t}dt$$$$=\frac{E}{2}\left\{{\int }_{-\frac{\tau }{2}}^{\frac{\tau }{2}}{e}^{jt\left({\omega }_1-\omega \right)}dt+{\int }_{-\frac{\tau }{2}}^{\frac{\tau }{2}}{e}^{jt\left(-{\omega }_1-\omega \right)}dt\right\}$$$$=\frac{E}{2}\left[{\frac{1}{j\left({\omega }_1-\omega \right)}{e}^{jt\left({\omega }_1-\omega \right)}|}_{-\frac{\tau }{2}}^{\frac{\tau }{2}}+{\frac{-j}{{\omega }_1+\omega }{e}^{-jt\left({\omega }_1+\omega \right)}|}_{-\frac{\tau }{2}}^{\frac{\tau }{2}}\right]$$$$=\frac{E}{2}\left[\frac{e^{j\left({\omega }_1-\omega \right)\frac{\tau }{2}}}{j\left({\omega }_1-\omega \right)}-\frac{e^{-j\left({\omega }_1-\omega \right)\frac{\tau }{2}}}{j\left({\omega }_1-\omega \right)}+\frac{e^{-j\left({\omega }_1+\omega \right)\frac{\tau }{2}}}{j\left({\omega }_1+\omega \right)}-\frac{e^{-j\left({\omega }_1+\omega \right)\frac{-\tau }{2}}}{j\left({\omega }_1+\omega \right)}\right]$$$$=E\cdot \left[\frac{\sin \left({\omega }_1-\omega \right)\frac{\tau }{2}}{{\omega }_1-\omega }+\frac{\sin \left({\omega }_1+\omega \right)\frac{\tau }{2}}{{\omega }_1+\omega }\right]$$$$=\frac{E\tau }{2}\left[Sa\left(\frac{\tau \left({\omega }_1+\omega \right)}{2}\right)+Sa\left(\frac{\tau \left({\omega }_1-\omega \right)}{2}\right)\right]$$

  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。

• 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：

• 求解方法3：

$$F\left(\omega \right)={\int }_{-\frac{\tau }{2}}^{\frac{\tau }{2}}E\cdot \cos \left(\frac{2\pi }{2\tau }t\right)\cdot e^{-j\omega t}dt$$$$=E\cdot {\int }_{-\frac{\tau }{2}}^{\frac{\tau }{2}}\frac{e^{j\frac{\pi }{\tau }t}+e^{-j\frac{\pi }{\tau }t}}{2}\cdot e^{-j\omega t}dt$$$$=\frac{E}{2}\cdot {\int }_{-\frac{\tau }{2}}^{\frac{\tau }{2}}{e}^{j\left(\frac{\pi }{\tau }-\omega \right)t}+e^{-j\left(\frac{\pi }{\tau }+\omega \right)t}dt$$

$$=\frac{E}{2}\cdot \left[\frac{1}{j\left(\frac{\pi }{\tau }-\omega \right)}\left(e^{j\left(\frac{\pi }{\tau }-\omega \right)\cdot \frac{\tau }{2}}-e^{j\left(\frac{\pi }{\tau }-\omega \right)\cdot \left(-\frac{\tau }{2}\right)}\right)+\frac{j}{\left(\frac{\pi }{\tau }+\omega \right)}\left(e^{-j\left(\frac{\pi }{\tau }+\omega \right)\cdot \frac{\tau }{2}}-e^{-j\left(\frac{\pi }{\tau }+\omega \right)\cdot \left(-\frac{\tau }{2}\right)}\right)\right]$$$$=\frac{E}{2}\cdot \left[\frac{1}{j\left(\frac{\pi }{\tau }-\omega \right)}\cdot \left(j\cdot e^{-\frac{\omega \tau }{2}j}-\left(-j\right)\cdot e^{\frac{\omega \tau }{2}j}\right)+\frac{j}{\left(\frac{\pi }{\tau }+\omega \right)}\cdot \left(-j\cdot e^{-\frac{\omega \tau }{2}j}-j\cdot e^{\frac{\omega \tau }{2}j}\right)\right]$$$$=\frac{E}{2}\left[\left(\frac{1}{\frac{\pi }{\tau }-\omega }+\frac{1}{\frac{\pi }{\tau }+\omega }\right)\cdot e^{-\frac{\tau j}{2}\omega }+\left(\frac{1}{\frac{\pi }{\tau }-\omega }+\frac{1}{\frac{\pi }{\tau }+\omega }\right)\cdot e^{\frac{j\omega }{2}\tau }\right]$$$$=\frac{E}{2}\cdot \frac{\frac{2\pi }{\tau }}{\frac{{\pi }^2}{{\tau }^2}-{\omega }^2}\cdot \left(e^{-\frac{j\omega \tau }{2}}+e^{\frac{j\omega \tau }{2}}\right)=\frac{2\pi E\tau }{{\pi }^2-{\tau }^2{\omega }^2}\cdot \cos \left(\frac{\omega \tau }{2}\right)$$

$$=\frac{\pi E\frac{\tau }{2}}{{\left(\frac{\pi }{2}\right)}^2-{\left(\frac{\omega \tau }{2}\right)}^2}\cdot \cos \left(\frac{\omega \tau }{2}\right)$$$$=\frac{E\tau }{2}\cdot \left(\frac{1}{\frac{\pi }{2}+\frac{\omega \tau }{2}}+\frac{1}{\frac{\pi }{2}-\frac{\omega \tau }{2}}\right)\cdot \cos \left(\frac{\omega \tau }{2}\right)$$$$=\frac{E\tau }{2}\frac{1}{\frac{\pi }{2}+\frac{\omega \tau }{2}}\sin \left(\frac{\pi }{2}+\frac{\omega \tau }{2}\right)+\frac{1}{\frac{\pi }{2}-\frac{\omega \tau }{2}}\sin \left(\frac{\pi }{2}-\frac{\omega \tau }{2}\right)$$$$=\frac{E\tau }{2}\left[Sa\left(\frac{\pi }{2}+\frac{\omega \tau }{2}\right)+Sa\left(\frac{\pi }{2}+\frac{\omega \tau }{2}\right)\right]$$

^{▲ 频谱图}

1.5.2 五个型号的傅里叶变换

  求解：

  （1）
$$f\left(t\right)=e^{-2\left(t-1\right)}u\left(t-1\right)$$

$$F\left(\omega \right)={\int }_1^{\infty }{e}^{-2\left(t-1\right)}\cdot e^{-j\omega t}dt=e^2\cdot {\int }_1^{\infty }{e}^{-\left(j\omega +2\right)t}dt$$$$=\frac{e^2}{-\left(j\omega +2\right)}\cdot e{{}^{-\left(j\omega +2\right)t}|}_1^{\infty }$$$$=\frac{e^2}{2+j\omega }{e}^{-j\omega -2}=\frac{e^{-j\omega }}{2+j\omega }$$

  （2）
$$f\left(t\right)=e^{-2|t-1|}$$

$$F\left(\omega \right)={\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-2|t-1|}\cdot e^{-j\omega t}dt$$$$={\int }_{-\infty }^1{e}^{2\left(t-1\right)}\cdot e^{-j\omega t}dt+{\int }_1^{\infty }{e}^{-2\left(t-1\right)}\cdot e^{-j\omega t}dt$$$$=e^{-2}\cdot {\int }_{-\infty }^1{e}^{\left(2-j\omega \right)t}dt+e^2\cdot {\int }_1^{\infty }{e}^{-\left(2+j\omega \right)t}dt$$$$=\left[\frac{e^{-2}}{2-j\omega }{e^{\left(2-j\omega \right)t}|}_{-\infty }^1+\frac{-e^2}{2+j\omega }\cdot {e^{-\left(2+j\omega \right)t}|}_1^{\infty }\right]$$$$=\left[\frac{e^{-j\omega }}{2-j\omega }+\frac{e^{-j\omega }}{2+j\omega }\right]=\frac{4}{4+{\omega }^2}{e}^{-j\omega }$$

  （3）

$$f\left(t\right)=u\left(t\right)-u\left(t-1\right)$$ $$F\left(\omega \right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }f\left(t\right)e^{-j\omega t}dt={\int }_0^{1}1\cdot e^{-j\omega t}dt=\frac{1}{-j\omega }{\cdot e^{-j\omega t}|}_0^1$$$$=\frac{1}{-j\omega }\left(e^{-j\omega }-1\right)=\frac{1-e^{-j\omega }}{j\omega }=Sa\frac{\omega }{2}\cdot e^{-j\frac{\omega }{2}}$$

  （4）
$$f\left(t\right)=\delta \left(t+1\right)+\delta \left(t-1\right)$$

$$F\left(\omega \right)={\int }_{-\infty }^{+\infty }\left[\delta \left(t+1\right)+\delta \left(t-1\right)\right]e^{-j\omega t}dt$$$$=e^{j\omega }+e^{-j\omega }=2\cos \omega$$

  （5）
f ( t ) = d d t { u ( − 2 − t ) + u ( t − 2 ) } f\left( t \right) = {d \over {dt}}\left\{ {u\left( { - 2 - t} \right) + u\left( {t - 2} \right)} \right\} f(t)=dtd​{ u(−2−t)+u(t−2)}

而：

$$\frac{d}{dt}\left[u\left(-2-t\right)+u\left(t-2\right)\right]$$$$=-\delta \left(t+2\right)+\delta \left(t-2\right)$$

所以：

$$FT\left[-\delta \left(t+2\right)+\delta \left(t-2\right)\right]$$$$=-e^{j2\omega }+e^{-j2\omega }=-2j\sin 2\omega$$

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■ 相关文献链接:

• SHUTTERSTOCK网站
• 信号与系统 2022 春季学期第五次作业
• 周期信号傅里叶级数表格

● 相关图表链接:

• 图1.1.1 傅里叶级数双边幅度谱
• 图1.1.2 傅里叶级数双边幅度谱
• 图1.1.3 傅里叶级数双边相位谱
• 图1.1.4 双边幅度谱
• 图1.1.5 双边相位谱谱
• 图1.1.6 傅里叶级数频谱
• 图1.1.7 傅里叶级数频谱
• 图1.1.8 单边幅度谱
• 图1.1.9 单边相位谱
• 图1.2.1 偶对称、奇谐对称
• 图1.2.2 奇对称，偶次谐波
• 图1.2.3 奇对称，奇次谐波
• 图1.2.4 偶对称，偶次谐波
• 频谱图