訊號與系統/指數傅立葉級數

指數傅立葉級數

假設X(t)為一週期訊號，基本週期為0，則X(t)可表示成複指數訊號的和： $\mathit{\chi }\mathbf{(}𝐭\mathbf{)}$=...+$X_{-2}{e}^{-j2{\omega }_{0}t}$+$X_1{e}^{-j{\omega }_{0}t}$+${𝐗}_{\mathrm{𝟎}}$+$X_1{e}^{j{\omega }_{0}t}$+$X_2{e}^{j2{\omega }_{0}t}$+...

=$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{X}_n{e}^{jn{\omega }_{0}t}$

其中 ${\omega }_0=\frac{2\mathit{\pi }}{{𝑻}_0}$

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指數傅立葉級數的係數

三角傅立葉級數

     $\mathit{\chi }\mathbf{(}𝐭\mathbf{)}$=$a_0$+$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(a_n\cos n{\omega }_{0}t+b_n\sin n{\omega }_{0}t$)

尤拉公式 :

    $\sin n{\omega }_{0}t$=$\frac{e^{jn{\omega }_{0}t}-e^{-jn{\omega }_{0}t}}{2j}$

    $\cos n{\omega }_{0}t$=$\frac{e^{jn{\omega }_{0}t}+e^{-jn{\omega }_{0}t}}{2}$

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x(t)=$a_0+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(a_n\frac{e^{jn{\omega }_{0}t}+e^{-jn{\omega }_{0}t}}{2}+b_n\frac{e^{jn{\omega }_{0}t}-e^{-jn{\omega }_{0}t}}{2j})$

  =$a_0+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$$\frac{1}{2}(a_n-j{b}_n)e^{jn{\omega }_{0}t}$+$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{2}(a_n+j{b}_n)e^{-jn{\omega }_{0}t}$

  =$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$$\frac{1}{2}(a_n+j{b}_n)e^{-jn{\omega }_{0}t}$+$a_0+$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{2}(a_n-j{b}_n)e^{jn{\omega }_{0}t}$

$\Rightarrow X(t)$=...+$X_{-2}{e}^{-j2{\omega }_{0}t}+X_{-1}{e}^{-j{\omega }_{0}t}+X_0+X_1{e}^{j{\omega }_{0}t}+X_2{e}^{j2{\omega }_{0}t}+...$

  =$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}$$X_n{e}^{jn{\omega }_{0}t}$

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其中 $X_n=\{\begin{array}{c}\frac{1}{2}(a_{-n}+j{b}_{-n})n<0\\ a_{0}n=0\\ \frac{1}{2}(a_n-j{b}_n)n>0\end{array}$

以上為指數傅立葉級數的係數$X_n$與三角傅立葉級數的係數$a_n$ 及$b_n$ 之關係式

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三角傅立葉級數第二式

    X(t)=$C_0+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$$C_n\cos (n{\omega }_{0}t+{\theta }_n)$

尤拉公式

    $C_n\cos (n{\omega }_{0}t+{\theta }_n)$=$\frac{C_n}{2}[e^{j(n{\omega }_{0}t+{\theta }_n)}+e^{-j(n{\omega }_{0}t+{\theta }_n)}]$
               =$(\frac{C_n}{2}{e}^{j{\theta }_n})e^{jn{\omega }_{0}t}$+$(\frac{C_n}{2}{e}^{-j{\theta }_n})e^{-jn{\omega }_{0}t}$
                              
   X(t)=$C_0+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$$(\frac{C_n}{2}{e}^{j{\theta }_n})e^{jn{\omega }_{0}t}$+$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}$$(\frac{C_n}{2}{e}^{-j{\theta }_n})e^{-jn{\omega }_{0}t}$   
   =$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}$$X_n{e}^{jn{\omega }_{0}t}$        

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        其中     $X_n=\{\begin{array}{c}\frac{C_{-n}}{2}{e}^{-j{\theta }_{-n}}n<0\\ C_{0}n=0\\ \frac{C_n}{2}{e}^{j{\theta }_n}n>0\end{array}$

以上為指數傅立葉級數的係數$X_n$與三角傅立葉級數第二式的係數$C_n$及${\theta }_n$之關係式

由上說明可知，三角傅立葉級數與指數傅立葉級數是完全等效的。

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指數傅立葉級數係數的直接算法

假設一週期訊號$X(t)$的基本週期$T_0$，此一訊號可表示成指數傅立葉級數 :

                X(t)=$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}$$X_n{e}^{jn{\omega }_{0}t}$

其中 ${\omega }_0=\frac{2\mathit{\pi }}{{𝑻}_0}$

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直接求係數 $X_k$:

   等號兩邊同乘上$e^{-jk{\omega }_{0}t}$再對時間 t 積分，積一個基本週期$T_0$的時間範圍 : 

   $\underset{T_0}{\overset{}{\int }}X(t)e^{-jk{\omega }_{0}t}dt$=$\underset{T_0}{\overset{}{\int }}(\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}$$X_n$$e^{jn{\omega }_{0}t})e^{-jk{\omega }_{0}t}dt$

   =$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}$$X_n$$\begin{array}{c}\underbrace{\underset{T_0}{\overset{}{\int }}{e}^{j(n-k){\omega }_{0}t}dt}\\ =\{\begin{array}{c}0n\ne k\\ T_{0}n=k\end{array}\end{array}$
  =$X_k{T}_0$ 

故$X_k=\frac{1}{T_0}\underset{T_0}{\overset{}{\int }}X(t)e^{-jk{\omega }_{0}t}dt$

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範例4.12

下圖為一方波週期訊號$X(t)$之時域波形，其週期為$T_0({\omega }_0=\frac{2\mathrm{\Pi }}{T_0})$，求此訊號之指數傅立葉級數。

...............圖

一方波週期訊號之時域波形 ©余兆棠、李志鵬，信號與系統， 滄海書局，2007。

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【解】

      $X_0=\frac{1}{T_0}\begin{array}{c}\underset{\frac{-T_0}{2}}{\overset{\frac{T_0}{2}}{\int }}X(t)dt\end{array}=\frac{1}{T_0}\underset{\frac{-T_0}{4}}{\overset{\frac{T_0}{4}}{\int }}1dt=\frac{1}{2}$

     $X_n=\frac{1}{T_0}\begin{array}{c}\underset{\frac{-T_0}{2}}{\overset{\frac{T_0}{2}}{\int }}X(t)e^{-jn{\omega }_{0}t}dt\end{array}=\frac{1}{T_0}\underset{\frac{-T_0}{4}}{\overset{\frac{T_0}{4}}{\int }}{e}^{-jn{\omega }_{0}t}dt$

    =$\frac{1}{-j2\pi n}[e^{\frac{-jn\pi }{2}}-e^{\frac{jn\pi }{2}}]$=$\frac{1}{n\pi }$[$\frac{e^{\frac{jn\pi }{2}}-e^{\frac{-jn\pi }{2}}}{j2}$]

    =$\frac{sin(\frac{n\pi }{2})}{n\pi }$$=\{\begin{array}{c}0,n=2K\ne 0\\ (-1{)}^k\frac{1}{(2k+1)\pi },n=2K+1\end{array}$

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整理並改寫上述係數為:

$X_0=\frac{1}{2};$ $X_{2k}=0,k\ne 0;$ $X_{2k+1}=(-1{)}^k\frac{1}{(2K+1)\pi }$

最後將此方波週期訊號表示成以下之指數傅立葉級數式展開式。

$X(t)=$ $\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{X}_n{e}^{jn{\omega }_{0}t}$=$\frac{1}{2}+\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k}{(2K+1)\pi }{e}^{j(2k+1){\omega }_{0}t}$

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訊號X(t)的雙邊振幅頻譜和相位頻譜

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............圖

                          ©余兆棠、李志鵬，信號與系統， 滄海書局，2007。

範例4.13

請將訊號表示成指數傅立葉級數展開式

$X_c(t)$=$3e^{j(2000\pi t+\frac{\pi }{6})}$+$4e^{j(4000\pi t+\frac{\pi }{3})}$+$e^{-j(6000\pi t+\frac{\pi }{6})}$

【解】

$X_c(t)$=$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{jn{\omega }_0}$

          =$3e^{j(2000\pi t+\frac{\pi }{6})}$+$4e^{j(4000\pi t+\frac{\pi }{3})}$+$e^{-j(6000\pi t+\frac{\pi }{6})}$

訊號由3項複指數函數組合而成，其頻率分別為1000、2000與3000Hz，先找出3項頻率的最大公因數為1000，因此訊號是一週期訊號且其基本頻率為1000 Hz(${\omega }_0=2000\pi rad/s$)，仔細觀察可發現其表示式已是指數傅立葉級數之型式，因此只要改寫成為

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$X_c(t)$ = $3e^{j(2000\pi t+\frac{\pi }{6})}$+$4e^{j(4000\pi t+\frac{\pi }{3})}$+$e^{-j(6000\pi t+\frac{\pi }{6})}$

= $3e^{j\pi /6}{e}^{j2000\pi t}+4e^{j\pi /3}{e}^{j4000\pi t}+e^{-j\pi /6}{e}^{-j6000\pi t}$

= $3e^{j\pi /6}{e}^{j2\pi f_{0}t}+4e^{j\pi /3}{e}^{j2\pi 2f_{0}t}+e^{-j\pi /6}{e}^{-j2\pi 3f_{0}t},(f_0=1000)$

= $3e^{j\pi /6}{e}^{j{\omega }_{0}t}+4e^{j\pi /3}{e}^{j2{\omega }_{0}t}+e^{-j\pi /6}{e}^{-j3{\omega }_{0}t}({\omega }_0=2000\pi )$

即 $X_1=3e^{j\pi /6}$;$X_2=4e^{j\pi /3}$;$X_{-3}=e^{-j\pi /6}$;$X_n=0,n\ne 1,2,3$

注意:$X_c(t)$為一複數週期訊號，故不滿足於後面將討論的指數傅立葉級數的對稱性(即$X_{-n}=X_n^{*}$) 。

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範例4.14

經過半波整流後的週期弦波訊號可表示如下 : $X(t)=\{\begin{array}{c}A\sin {\omega }_{0}t0\le t\le T_0/2\\ 0T_0/2\le t\le T_0\end{array}$

...........................圖

此訊號仍為週期訊號$(X(t)=X(t+T_0))$，試求其指數傅立葉級數

【解】 週期$T_0\Rightarrow {\omega }_0=\frac{2\pi }{T_0}$

           指數傅立葉級數 :

              $X(t)=\sum _{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{X}_n{e}^{jn{\omega }_{0}t}$

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$X_n=\frac{1}{T_0}\underset{0}{\overset{T_0/2}{\int }}A\sin {\omega }_{0}t{e}^{-jn{\omega }_{0}t}dt$

=$\frac{A}{2j{T}_0}$$\underset{0}{\overset{T_0/2}{\int }}(e^{j{\omega }_{0}t}-e^{-j{\omega }_{0}t})e^{-jn{\omega }_{0}t}dt$

=$\frac{A}{2j{T}_0}$[$\underset{0}{\overset{T_0/2}{\int }}{e}^{j{\omega }_0(1-n)t}dt$-$\underset{0}{\overset{T_0/2}{\int }}{e}^{-j{\omega }_0(1+n)t}dt]$

=$-\frac{A}{4\pi }$[$\frac{e^{j(1-n)\pi }-1}{1-n}$+$\frac{e^{-j(1+n)\pi }-1}{1+n}$] ,$n\ne \pm 1$

說明:

   $e^{j(1\pm n)\pi }$=$\cos (1\pm n)\pi$+$j\sin (1\pm n)\pi$

   $=-(-1{)}^n$

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$\Rightarrow X_n$=$\{\begin{array}{c}0nodd,n\ne \pm 1\\ \frac{A}{\pi }\frac{1}{1-n^2}neven\\ ?n=\pm 1\end{array}$

$X_1=\frac{A}{2j{T}_0}$$\underset{0}{\overset{T_0/2}{\int }}(e^{j{\omega }_{0}t}-e^{-j{\omega }_{0}t})e^{-j{\omega }_{0}t}dt$

 =$\frac{A}{2j{T}_0}$$\underset{0}{\overset{T_0/2}{\int }}(1-e^{-j2{\omega }_{0}t})dt$
 =$\frac{A}{4j}=-j\frac{A}{4}$

同法可得 :

$X_{-1}=-\frac{A}{4j}=j\frac{A}{4}$

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範例4.15

週期脈衝序列(periodic impulse train) ${\delta }_{T_0}(t)$的定義為

${\delta }_{T_0}(t)=\sum _{m=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\delta (t-m{T}_0)$試求其傅立葉級數

..............................圖

                                                 ©B. P. Lathi, Signal Processing and Linear Systems, Berkeley-Cambridge Press, 1998

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【解】 指數傅立葉級數

         ${\delta }_{T_0}(t)=\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{D}_n{e}^{jn{\omega }_{0}t}{\omega }_0=\frac{2\pi }{T_0}$

其中

$D_n=\frac{1}{T_0}\underset{T_0}{\overset{}{\int }}{\delta }_{T_0}(t)e^{-jn{\omega }_{0}t}dt$ $$ 取積分範圍由$-\frac{T_0}{2}\sim \frac{T_0}{2}$

=$\frac{1}{T_0}\underset{-T_0/2}{\overset{T_0/2}{\int }}\delta (t)e^{-jn{\omega }_{0}t}dt$ $$由${\delta }_{T_0}(t)=\delta (t)$

=$\frac{1}{T_0}\underset{-T_0/2}{\overset{T_0/2}{\int }}\delta (t)dt$在此一範圍內

=$\frac{1}{T_0}$

         ${\delta }_{T_0}(t)=\frac{1}{T_0}\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{jn{\omega }_{0}t}$
                

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       ${\delta }_{T_0}(t)$的雙邊振幅頻譜如下 :

.....................圖

                                     ©B. P. Lathi, Signal Processing and Linear Systems, Berkeley-Cambridge Press, 1998.

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    利用尤拉公式$e^{jn{\omega }_{0}t}+e^{-jn{\omega }_{0}t}=2\cos n{\omega }_{0}t$

${\delta }_{T_0}(t)=\frac{1}{T_0}\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{jn{\omega }_{0}t}$=$\frac{1}{T_0}[1+2(\cos {\omega }_{0}t+\cos 2{\omega }_{0}t+...)]$

$=\frac{1}{T_0}[1+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}2\cos (n{\omega }_{0}t)]$

${\delta }_{T_0}(t)$的單邊頻譜如下 :

..................................圖

                                         ©B. P. Lathi, Signal Processing and Linear Systems, Berkeley-Cambridge Press, 1998.

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常見訊號的傅立葉級數

................................................

................................................

.....................圖.....................

................................................

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指數傅立葉級數係數的對稱性

指數傅立葉級數

          $X(t)=\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{X}_n{e}^{jn{\omega }_{0}t}$

     其係數 : 

         $X_n=\frac{1}{T_0}\underset{T_0}{\overset{}{\int }}x(t)e^{-jn{\omega }_{0}t}dt$

故$X_{-n}=\frac{1}{T_0}\underset{T_0}{\overset{}{\int }}x(t)e^{-j(-n){\omega }_{0}t}dt$

   =${\{[\frac{1}{T_0}\underset{T_0}{\overset{}{\int }}x(t)e^{-j(-n){\omega }_{0}t}dt{]}^{*}\}}^{*}$      *表示共軛複數

   =${\{\frac{1}{T_0}\underset{T_0}{\overset{}{\int }}{x}^{*}(t)e^{-j(+n){\omega }_{0}t}dt\}}^{*}$    當$x(t)$ 為實數函數

   =${\{\frac{1}{T_0}\underset{T_0}{\overset{}{\int }}x(t)e^{-jn{\omega }_{0}t}dt\}}^{*}$

  =$X_n^{*}$

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     $X_n$ 一般而言是複數，用極座標表示 :
            $X_n=\left|X_n\right|$$e^{j\mathrm{\angle }{X}_n}$    $\mathrm{\angle }{X}_n$表示$X_n$的相角

根據上述條件 :

             $X_{-n}=X_n^{*}$

        $\Rightarrow \left|X_{-n}\right|=\left|X_n^{*}\right|=\left|X_n\right|$取共軛複數絕對值等

        $\mathrm{\angle }{X}_{-n}=\mathrm{\angle }{X}_{-n}^{*}=-\mathrm{\angle }{X}_n$共軛複數的相角差一個負號

結論 :當$x(t)$ 為實數週期訊號的條件下，其指數傅立葉級數的係數$X_n$具

             有底下特性：  
           (1)$X_n$的絕對值對 n 而言為偶對稱。
           (2)$X_n$的相位角對 n 而言為奇對稱。

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考慮$X(t$)為實數偶函數 :

           指數傅立葉級數的係數$X_n$

    $X_n=\frac{1}{T_0}\underset{T_0}{\overset{}{\int }}x(t)e^{-jn{\omega }_{0}t}dt$

    =$\frac{1}{T_0}\underset{-T_0/2}{\overset{T_0/2}{\int }}x(t)[\cos n{\omega }_{0}t-j\sin n{\omega }_{0}t]dt$

    =$\begin{array}{c}\underbrace{\frac{1}{T_0}[\underset{-T_0/2}{\overset{T_0/2}{\int }}x(t)\cos n{\omega }_{0}tdt}\end{array}$-$\begin{array}{c}\underbrace{j\underset{-T_0/2}{\overset{T_0/2}{\int }}x(t)\sin n{\omega }_{0}tdt}\end{array}$

$X(t)$是偶函數,$\cos n{\omega }_{0}t$也是偶函數 $$ $X(t)$是偶函數,$\sin n{\omega }_{0}t$是奇函數

$X(t)\cos n{\omega }_{0}t$仍為偶函數 $$$X(t)\sin n{\omega }_{0}t$為奇函數

         $\Rightarrow \underset{-T_0/2}{\overset{T_0/2}{\int }}x(t)\sin n{\omega }_{0}tdt$=0

=$\frac{2}{T_0}\underset{0}{\overset{T_0/2}{\int }}x(t)\cos n{\omega }_{0}tdt$

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$\Rightarrow x(t)$與$\cos n{\omega }_{0}t$均為實數，故積分結果仍為實數。

        結論 : 當$x(t)$為實數偶函數時，其指數傅立葉級數的係數$X_n$ 為實數 。

同法可證明，當$x(t)$ 為實數奇函數時，$x(t)$ 的指數傅立葉級數的係數$X_n$ 為純虛數或 0。

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若$x(t)$為半波奇對稱(half-wave odd symmetrical ，即 :

         $x(t-\frac{T_0}{2})=-x(t)$
    
     則$X_n=0$$n=0,\pm 2,\pm 4,...$

證明請同學自行練習

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級數 係數 對稱性

1.三角正弦-餘弦

..........................圖

2.複數指數

..........................圖

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傅立葉級數的變換(1)

振幅轉換 :

            已知  X(t)=$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{X}_n{e}^{jn{\omega }_{0}t}$

                           另一訊號 y(t)=$\alpha x(t)+\beta$

                            則y(t)的傅立葉級數為

                                 y(t)=$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{Y}_0{e}^{jn{\omega }_{0}t}$

                                  =$\alpha [\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{X}_n{e}^{jn{\omega }_{0}t}]+\beta$

                                   =$(\alpha X_0+\beta )+\sum _{n=-\mathrm{\infty }n\ne 0}^{\mathrm{\infty }}\alpha X_n{e}^{jn{\omega }_{0}t}$

                故$\{\begin{array}{c}{Y}_0=\alpha X_0+\beta \\ Y_n=\alpha X_{n}n\ne 0\end{array}$

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範例4.16

試求週期訊號y(t)的傅立葉級數 :

.........................圖

         ©Charls L. Phillips, John M. Parr, Eve A. Riskin, Signals, Systems, and Transforms, 3rd ed., Pearson Education, 2003

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【解】仔細觀察上圖可以發現，此一圖形與標準的鋸齒波X(t)(如下圖)存

      在一關係 :
               $y(t)=-\frac{4}{A}x(t)+1=\alpha x(t)+\beta$

............................圖

©Charls L. Phillips, John M. Parr, Eve A. Riskin, Signals, Systems, and Transforms, 3rd ed., Pearson Education, 2003.

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經查表可知，標準鋸齒波x(t)的傅立葉級數為 :

          $x(t)=\frac{A}{2}+\sum _{n=-\mathrm{\infty }n\ne 0}^{\mathrm{\infty }}\frac{A}{2\pi n}{e}^{j\frac{\pi }{2}}{e}^{jn{\omega }_{0}t}$

     故$y(t)=\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{Y}_n{e}^{jn{\omega }_{0}t}$

     其中  $Y_0=\alpha X_0+\beta$
 
                $(-\frac{4}{A})\frac{A}{2}+1=-1$

          $Y_n=\alpha X_n=(-\frac{4}{A})\frac{A}{2\pi n}{e}^{j\pi /2}$

          $\frac{2}{\pi n}{e}^{-j\pi /2}n\ne 0$

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傅立葉級數的變換(2)

時間變換

   (a) y(t) 為 x(t) 延遲$t_0$ 時間，即y(t)=$x(t-t_0)$

      y(t)=$x(t-t_0)$=$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{X}_n{e}^{jn{\omega }_0(t-t_0)}$

                  =$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}[X_n{e}^{-jn{\omega }_0{t}_0}]e^{jn{\omega }_{0}t}$

                  =$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{Y}_n{e}^{jn{\omega }_{0}t}$

   $\Rightarrow Y_n=X_n{e}^{-jn{\omega }_0{t}_0}$

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傅立葉級數的變換

(b) y(t) 為 x(t) 左右翻轉，即y(t)=x(-t)

y(t)=x(-t)=$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{X}_n{e}^{jn{\omega }_0(-t)}$

         =$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{X}_{-n}{e}^{jn{\omega }_{0}t}$

         =$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{X}_n^{*}{e}^{jn{\omega }_{0}t}$

          =$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{Y}_n{e}^{jn{\omega }_{0}t}$

故$Y_n=X_n^{*}$

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範例4.17

同範例4.16，改用時間變換搭配振幅變換求解。

【解】首先定義z(t)=x(-t)

©Charls L. Phillips, John M. Parr, Eve A. Riskin, Signals, Systems, and Transforms, 3rd ed., Pearson Education, 2003.

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z(t)=x(-t)=$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{X}_n{e}^{jn{\omega }_0(-t)}$

         =$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{X}_{-n}{e}^{jn{\omega }_{0}t}$

         =$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{X}_n^{*}{e}^{jn{\omega }_{0}t}$

          =$\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{Z}_n{e}^{jn{\omega }_{0}t}$

$Z_n=X_n^{*}=\{\begin{array}{c}\frac{A}{2}n=0\\ \frac{A}{2\pi n}{e}^{-j\pi /2}n\ne 0\end{array}$

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觀察$y(t)$ 與 $z(t)$可得

    $y(t)=\frac{4}{A}z(t)-3$

$\Rightarrow \{\begin{array}{c}{Y}_0=\frac{4}{A}{Z}_0-3=\frac{4}{A}\frac{A}{2}-3=-1\\ Y_n=\frac{4}{A}{Z}_n=\frac{4}{A}\frac{A}{2\pi n}{e}^{-j\pi /2}=\frac{2}{\pi n}{e}^{-j\pi /2}n\ne 0\end{array}$

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大師的風範

同學辛苦了，休息一下並瞻仰一下大師風範！

.........................圖

Jean Baptiste Joseph Fourier J. Willard Gibbs

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