信号与系统第3章 习题答案

第3章 傅里叶变换与连续系统的频域分析

3.1 证明函数集0cos,0,1,2,ntn在区间00,2内是正交函数集。

证明: 对任意的自然数n,m (nm),有

002200000011coscos[cos()+cos()]22ntmtdtnmtnmtdt

=0

证毕

3.2 一个由正弦信号合成的信号由下面的等式给出：

()10cos(800)7cos(1200)5cos(1600)43xtttt

（1）画出这个信号的频谱图，表明每个频率成分的复数值。对于每个频率的复振幅，将其实部和虚部分开或者将其幅度和相位分开来画。

（2）()xt是周期信号吗？如果是，周期是什么？（提示：按照最小公倍数计算）

（3）现在考虑一个新的信号：()()5cos(1000)2ytxtt，请问，频谱如何变化？()yt是周期信号吗？如果是，周期是什么？

解：（1）频谱图如下

 X(j)

0 5 10

7

800 1600

1200 10

7

-5

振幅图

（2）()xt三项都是周期信号，周期分别为1/400、1/600、1/800，所以()xt是周期信号，周期为为1/400、1/600、1/800的最小公倍数为1/200。

（3）根据频谱的分析()yt比()xt多了一个频谱分量，频率为1/500，所以()yt还是周期信号，周期为1/200和1/500的最小公倍数1/100。

3.3 求下列每个信号的傅里叶级数表示式。

（1）200jte； （2）(1)cos4t；

（3）cos4sin8tt；

（4）()xt是周期为2的周期信号，且

(),11txtet

（5）()xt，如题图3.3所示。

题图3.3

（6）()xt是周期为4的周期信号，且

sin02()024ttxtt

（7）2sint 0  )(

800 1200 4

-3

相位图 解（1）该信号为虚指数信号，自身就是指数级数，频0200，周期100T

三角级数为200cos(200)sin(200)jtetjt

（2）基频04，周期8T

三角级数(1)2coscossin4244ttt

指数级数44444422()cossin24422222(1)(1)44ttttjjjjttjjtteejeejeje

（3）自身为三角级数cos4sin8tt，基频04，周期2T

指数级数

44888448()cos4sin8222222jtjtjtjtjtjtjtjteejeejeeejett

（4）周期T=2；基频0

110111.17522teeaedt

11212(1)()cos()21()ntneeaentdtn

11212()(1)sin()21()ntneenbentdtn

三角级数：1()1.175[cos()sin()]nnnxtantbnt

1(1)11111(1)()22(1)2(1)jnjnktjntneeeeFeedtjnjn

指数级数：11(1)()()2(1)kjntjntnnneextFeejn

（5）由图可知，周期T=2；基频0，且该信号为奇信号

00naa

11022sin()(1)nnbtntdtn 三角级数：111122(1)()(1)sin()sin()nnnnxtntntnn

111(1)2nnnFjbn

指数级数：11()(1)jntnjntnnnxtFeen

（6）周期T=4；基频02

2001sin()04atdt

201sin()cos(/2)2natntdt为偶数为奇数n 0n,)n4(42

201sin()sin(/2)2nbtntdt0

三角级数：11()[cos(/2)nnxtant

/22/2202sin(/2)21sin()(4)402jnjntnjnenFtedtnn

指数级数： ()jntnnxtFe

（7）21cos(2)sin2tt2211()24jtjtee

三角级数为

0211,22aa，其他系数为0

指数级数:

x(t)=2211()24jtjtee

3.4 给定周期方波()xt如图题图3.4所示，求该信号的傅里叶级数（包括三角形式和指数形式）。

题图3.4

解：（1）22011(1)TnTjjntnFedteTjnT

21()(1)nTjjntjntnnnxtFeeejnT

（2）2001112TadtT

202sin(/2)cos()/2TnnTantdtTnT

2022sin()[1cos(/2)]TnbntdtnTTnT

011()[cos()sin()]sin(/2)20.5cos()[1cos(/2)]sin()/2nnnnxtaantbntnTntnTntnTnT

3.5、求题图3.5所示各周期信号的傅里叶系数nX，并画出其频谱图。

题图3.5

解：（a）2,4T0

11e2jn1dte41dte41Xt2jn11t2jn11tjnn0 … … -2

-4 2

4 0

(a) x1(t)

1 -1 3 1

(b) … …

0 x2(t)

T -T E

2T t 0()xtE2TTt2T2TT2T3T

)2n(Sa21)22jsin(n2jn1)ee(2jn12jn2jn

频谱图如下

（b）T0tjn-T0tjn-2T0tjnndteTEdtteTEdte)Tt(TET1X000

2EX0n0n,j2nETjnEdt)jn1(eTEeTjnE)1(eTjnEdt)jn1(eTEeTjnE0TeTjnEdtdejntTEn0T00tjn2jn20Tjn0T00tjn2jn20tjn0tjnT00200000时， 0  2 2  23  23 21

31 1 Xn 频谱图如下:

3.6 考虑信号()cos2xtt，由于()xt是周期的，其基波周期为1，因此它也是以N为周期的，这里N为任意正整数。如果我们把它看作是周期为3的周期信号，那么()xt的傅里叶级数的系数是什么？

解： 当()xt的周期为1时，基频为2，考虑周期为3时，则基频为23，所以cos2t为其三次谐波，

所以：030,0(3),1,0nnaanab

3.7 若1()xt和2()xt是基波周期为T的周期信号，它们的指数傅里叶级数表示式分别为：001202(),(),jktjktkkkkxtdexteeT。证明信号12()()()xtxtxt也是基波周期为T的周期信号，且其表示式为

002(),jktkkxtceT

式中，kmkmmcde 0 nX

2E振幅02340 --2 -3040 )(20023-0 -02 -30

相位图 证明：

0000012()()()()jkwtjkwtkkkkjmwtjnwtlkmnjmnwtlkmnxtxtxtdeeedeeedee

作变量代换，令kmn，则上式

0000()jkwtmkmmkjkwtkmkmkjkwtkmkkmjkwtkkxtdeedeedeece

证毕

3.8 设周期信号()xt的指数型傅里叶级数系数为nX，试证明d()dxtt的指数型傅里叶级数系数为0njnX（式中02T）。

证明: 有题知, 0jntennx(t)=X（式中02T）

左右对t求导，得:

00()jntnndxtXjnedt

显然，d()dxtt的指数傅里叶级数为 0njnX（式中02T）

3.9 求题图3.9所示各信号的傅里叶变换。

题图3.9

解：根据定义

1102222()()1(1)2sin2jtjtjjjjjXxtedtedteeeejje

2200022()()(1)(1)(1)(1)TjtjtTTjtjtjTjTjTjTtXxtedtEedtTEEedttedtTEEEeeejjTEEejT

3.10 计算下列每个信号的傅里叶变换。

（1）0cos(),0atetuta； （2）3(2)(3)teutut；

（3）2sin4()ttetut； （4）sincos24tt

（5）2sinsin2ttt； （6）sintd

解: (1)

00000-0()000cos()cos1 =()2111 =(2+ jtatatjtjtjtjatetutedtetedteeedtjaja）220j+ = ()aja

(2) x2(t)

t

0 E

T (b) x1(t)

t

0 1



(a)