訊號與系統/傅立葉轉換的定理

傅立葉轉換定理(1) —線性(linearity)

也稱作重疊定理(superposition) 已知： $\chi (t)\leftrightarrow \mathrm{X}(f)({\mathrm{X}}_{\omega }(\omega ))$ $y(t)\leftrightarrow Y(f)(Y_{\omega }(\omega ))$

則對於任意實數或複數常數a，b

$a\chi (t)+by(t)\leftrightarrow a\mathrm{X}(f)+b\mathrm{X}(f)(a{\mathrm{X}}_{\omega }(\omega )+b{Y}_{\omega }(\omega ))$

證明 $\mathrm{\Im }a\chi (t)+by(t)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}[a\chi (t)+by(t)]e^{-j2\pi ft}dt$

=$a\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\chi (t)e^{-j2\pi ft}dt+b\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}y(t)e^{-j2\pi ft}dt$

=$a\mathrm{X}(f)+bY(f)$＃

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範例5.11

試求$\chi (t)=B\cos 2\pi f_{0}t$的傅立葉轉換。 解$\chi (t)=B\cos 2\pi f_{0}t=\frac{B}{2}{e}^{j2\pi f_{0}t}+\frac{B}{2}{e}^{-j2\pi f_{0}t}$(尤拉公式)

依傅立葉轉換的線性定理知

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

$\mathrm{\Im }\chi (t)=\mathrm{\Im }\frac{B}{2}{e}^{j2\pi f_{0}t}+\frac{B}{2}{e}^{-j2\pi f_{0}t}$

=$\frac{B}{2}\mathrm{\Im }{e}^{j2\pi f_{0}t}+\frac{B}{2}\mathrm{\Im }{e}^{-j2\pi f_{0}t}$

=$\frac{B}{2}(\delta (f-f_0)+\delta (f+f_0))$

=$\frac{B}{2}(\delta (\frac{\omega -{\omega }_0}{2\pi })+\delta (\frac{\omega +{\omega }_0}{2\pi }))$

                                 由前面範例知
                                     $\mathrm{\Im }{e}^{j2\pi f_{0}t}$
                                       =$\delta (f-f_0)$
                                       $\omega =2\pi f$
                                       ${\omega }_0=2\pi f_0$

$\pi B\delta (\omega -{\omega }_0)+(\omega +{\omega }_0)$

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範例5.12

試求單位步階函數u(t)的傅立葉轉換。 【解】

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

          (1)由上圖知：$u(t)=\frac{1}{2}[1+\mathrm{sgn}(t)]$
            (2)已知$\mathrm{sgn}(t)\leftrightarrow \frac{1}{j\pi f}(=\frac{2}{j\omega })$

(3)故$\mathrm{\Im }u(t)=\frac{1}{2}[\mathrm{\Im }1+\mathrm{\Im }\mathrm{sgn}(t)]$
        $=\frac{1}{2}[\delta (f)+\frac{1}{j\pi f}]$
      $\frac{1}{j2\pi f}+\frac{1}{2}\delta (f)(=\frac{1}{j\omega }+\pi \delta (\omega ))$

                                   © G. E. Carlson, Signal and Linear System Analysis, 2nd ed., John Wiley & Sons, 1998.
                                                          

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傅立葉轉換定理(2)-時間比例調整(time scaling)

已知：$\chi (t)\leftrightarrow \mathrm{X}(f)({\mathrm{X}}_{\omega }(\omega ))$ 則：$\chi (at)\leftrightarrow \frac{1}{\mid a\mid }\mathrm{X}(\frac{f}{a})(\frac{1}{\mid a\mid }{\mathrm{X}}_{\omega }(\frac{\omega }{a}))$ 信號在時域的時間參數t做等比例放大或縮小a倍，此程序在頻域的頻率參數f 縮小或放大$\frac{1}{a}$倍，同時振幅大小也縮小或放大\frac{1}{\mid1\mid}倍。訊號在時間軸壓縮$(a>1)$則其頻譜會擴張；反之，信號在時間擴張 $(a<1)$則其頻譜會壓縮。

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傅立葉轉換定理(2)-時間比例調整(time scaling)

【證明】(1) a>0 $\mathrm{\Im }\chi (at)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\chi (at)e^{-j2\pi ft},dt$

                                                                令$at=\tau$

$=\frac{1}{a}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\chi (\tau )e^{-j2\pi \frac{f}{a}\tau },d\tau$ $=\frac{1}{a}\mathrm{X}(\frac{f}{a})$

(2) a<0 $\mathrm{\Im }\chi (at)=-\frac{1}{a}\mathrm{X}(\frac{f}{a})$ $\mathrm{\Im }\chi (at)=\frac{1}{\mid a\mid }\mathrm{X}(\frac{f}{a})$ #

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範例5.13

試繪出$\chi (t)=rect(\frac{t}{a})$與$y(t)=\chi (\frac{t}{2})=rect(\frac{t}{4})$之頻譜。

【解】 $\chi (t)=rect(\frac{t}{a})\leftrightarrow \mathrm{X}(f)=2sinc(2f)$ $y(t)=\chi (\frac{t}{2})\leftrightarrow Y(f)=2\mathrm{X}(2f)=4sinc(4f)$

                              © G. E. Carlson, Signal and Linear System Analysis, 2nd ed., John Wiley & Sons, 1998.

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傅立葉轉換原理(3.)—時間反轉(time reversal)

已知：$\chi (t)\leftrightarrow \mathrm{X}(f)<{\mathrm{X}}_{\omega }(\omega )$

則$\chi (-t)\leftrightarrow \mathrm{X}(-f)<{\mathrm{X}}_{\omega }(-\omega )$ 明顯的，此定理為時間比例調整定理的特例。

訊號在時域的時間參數 t 反轉造成在頻域的頻率參數 f 也反轉。

若$\chi (t)$為實數，則$\mathrm{\Im }\chi (-t)=\mathrm{X}(-f)={\mathrm{X}}^{*}(f)$

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範例5.14

試求$\chi (t)=e^{-a\mid t\mid },a>0$之傅立葉轉換。 【解】(1)$\chi (t)=e^{-a\mid t\mid }=e^{at}u(-t)+e^{-at}u(t)$ =${\chi }_1(t)+{\chi }_2(t)$

其中${\chi }_1(t)=e^{at}u(-t)$ ${\chi }_2(t)=e^{-at}u(t)$

明顯的，${\chi }_2(-t)=e^{-a(-t)}u(-t)$ $=e^{at}u(-t)={\chi }_1(t)$

故$\mathrm{\Im }{\chi }_1(t)={\chi }_2(-t)$ $={\mathrm{X}}_2(-f)$

(2)由前面範例可知： ${\mathrm{X}}_2(f)=\mathrm{\Im }{\mathrm{X}}_2(t)=\mathrm{\Im }{e}^{-at}u(t)=\frac{1}{a+j2\pi f}$ (3)$\mathrm{X}(f)=\mathrm{\Im }\mathrm{X}(t)=\mathrm{\Im }{\mathrm{X}}_1(t)+{\mathrm{X}}_2(t)$

                                           線性定理

 =$\mathrm{\Im }{\mathrm{X}}_1(t)+{\mathrm{X}}_2(t)$
 =${\mathrm{X}}_2(-f)+{\mathrm{X}}_2(f)$

 =$\frac{1}{a-j2\pi f}+\frac{1}{a+j2\pi f}$
 =$\frac{2a}{a^2+(2\pi f{)}^2}=\frac{2a}{a^2+(\omega {)}^2}$

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

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傅立葉轉換定理(4) —乘上$t^n$

已知：$\chi (t)\leftrightarrow \mathrm{X}(f)({\mathrm{X}}_{\omega }(\omega ))$

則$t^n\chi (t)\leftrightarrow (\frac{1}{-j2\pi }{)}^n\frac{d^n\mathrm{X}(f)}{d{f}^n}(j^n\frac{d{\mathrm{X}}_{\omega }^n(\omega )}{d{\omega }^n})$ 【證明】證明n=1的情形：

                (1)依傅立葉轉換的公式：

$\mathrm{X}(f)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\chi (t)e^{-j2\pi ft}dt$

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(2)等號兩邊對f微分

$\frac{d\mathrm{X}(f)}{df}=\frac{d}{df}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\chi (t)e^{-j2\pi ft}dt$

=$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\chi (t)[\frac{d}{df}{e}^{-j2\pi ft}]dt$

=$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\chi (t)-j2\pi t{e}^{-j2\pi ft}]dt$

=$(-j2\pi )\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}[t\chi (t)]e^{-j2\pi ft}]dt$

=$(-j2\pi )\mathrm{\Im }t\chi (t)$

故$t\chi (t)\leftrightarrow \frac{1}{-j2\pi }\frac{d\mathrm{X}(f)}{df}$

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範例5.15

試求下圖x(t)的傅立葉轉換。

                              © Edward W. Kamen and Bonnie S. Heck, Fundamentals of Signals and System Using the Web and Matlab, 2nd ed., Prentice Hall International, 2000.

【解】

      (1)$\chi (t)$=(t) rect$(\frac{f}{2})$
     (2)已知$\mathrm{\Im }${rect$(\frac{f}{2})$}=2sinc(2f)  (2sa($\omega$))
     (3)故$\mathrm{\Im }$ {$\chi (t)$}=$\mathrm{\Im }$ {t rect$(\frac{f}{2})$}
       =$\frac{1}{-j2\pi }\frac{d}{df}2sinc(2f)$       ((j)$\frac{d}{d\omega }2sa(\omega ))$)

=j$\frac{2\pi f\cos (2\pi f)-\sin (2\pi f)}{2{\pi }^2{f}^2}$ (j2$\frac{\omega \cos \omega -\sin \omega }{{\omega }^2}$)

                             © Edward W. Kamen and Bonnie S. Heck, Fundamentals of Signals and System Using the Web and Matlab, 2nd ed., Prentice Hall International, 2000.

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傅立葉轉換定理(5) —共軛複數

已知：$\chi (t)\leftrightarrow \mathrm{X}(f)$$({\mathrm{X}}_{\omega }(\omega ))$

則${\chi }^{*}(t)\leftrightarrow {\mathrm{X}}^{*}(-f)$$({\mathrm{X}}_{\omega }^{*}(-\omega ))$

                      明顯的，當x(t)為實數時，${\chi }^{*}(t)=\chi (t)$故${\mathrm{X}}^{*}(-f)=\mathrm{X}(f)$即$\mathrm{X}(-f)={\mathrm{X}}^{*}(f_0)$

【證明】$\mathrm{X}(f)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\chi (t)e^{-j2\pi ft}dt$

     $⟺\mathrm{X}(-f)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\chi (t)e^{j2\pi ft}dt$
    $⟺{\mathrm{X}}^{*}(-f)$=[$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\chi (t)e^{j2\pi ft}dt$]*
 =$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{\chi }^{*}(t)e^{-j2\pi ft}]dt$
 =$\mathrm{\Im }$ {${\chi }^{*}(t)$}

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傅立葉轉換定理(6) —對偶性(duality)

已知：$\chi (t)\leftrightarrow \mathrm{X}(f)$ $({\mathrm{X}}_{\omega }(\omega ))$

則$\mathrm{X}(t)\leftrightarrow \chi (-f)$

${\mathrm{X}}_{\omega }(t)\leftrightarrow 2\pi x(-\omega )$

【證明】】$\chi (t)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\chi (f)e^{j2\pi ft}df$

     $⟺\chi (-t)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\mathrm{X}(t)e^{-j2\pi ft}df$
                                            變數t與f互換

    $⟺{\chi }^{*}(-f)$=$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\mathrm{X}(t)e^{-j2\pi ft}dt$
   =$\mathrm{\Im }$ {$\mathrm{X}(t)$}

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範例5.16

試求的傅立葉轉換。 ${\chi }_b(t)=2Wsinc(2Wt)$ 【解】：(1)已知${\chi }_a(t)$=rect($\frac{t}{\tau }$) $\leftrightarrow {\mathrm{X}}_a(f)=\tau$sinc($\tau f$)

(2)依據對偶性知：${\mathrm{X}}_a(t)=\tau$sinc($\tau t$)$\leftrightarrow {\chi }_a(-f)$=rect($\frac{-f}{\tau }$)=rect($\frac{f}{\tau }$)rect為偶函數

(3)將上式$\tau$用2W代可得 ${\chi }_b(t)={\mathrm{X}}_a(t){\mid }_{\tau }=2W$ $\leftrightarrow <math>{\mathrm{X}}_b(f)={\chi }_a(-f){\mid }_{\tau }=2W$ =2Wsinc(2Wt) =rect($\frac{f}{2W}$)

                       © Rodger E. Ziemer, William H. Tranter, D. Ronald Fannin, Signals & Systems:  Continuous and Discrete, 4th ed., Prentice Hall International, 1998.

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傅立葉轉換定理(7) —時移(time shift)

已知：

X(T)$\leftrightarrow$x(f) $(X_{\omega }(\omega ))$

則

$x(t-t_0)\leftrightarrow X(f)e^{-j2\pi f{t}_0}(X_{\omega }(\omega )e^{-j\omega t_0})$

訊號在時間軸上平移(訊號超前或延遲)在頻域的效果相當於在原訊號的相位頻譜加上一個線性變化量$-2\pi f{t}_0$，此變化量稱為傅立葉轉換X(f)的線性相位平移(linear phase shift) 。

$\mathrm{\Im }$ {$x(t-t_0)$} =$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}x(t-t_0)e^{-j2\pi ft}dt$ =$(\Rightarrow$令$\tau =t-t_0,t=\tau +t_0\Rightarrow d\tau =dt)\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}x(\tau )e^{-j2\pi f(\tau +t_0)}d\tau$ =$e^{-j2\pi f{t}_0}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}x(\tau )e^{-j2\pi f\tau }d\tau$ =$e^{-j2\pi f{t}_0}X(f)$

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範例5.17

已知$\mathrm{\Im }$ {$\delta (t)$} = 1，試求$\delta (t-t_0)$ 的傅立葉轉換。

【解】

$\mathrm{\Im }$ {$\delta (t-t_0)$} =$e^{-j2\pi f{t}_0}$$\mathrm{\Im }$ {$\delta (t)$} =$e^{-j2\pi f{t}_0}*1$ =$e^{-j2\pi f{t}_0}$

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範例5.18

重複範例5.4，試求$x_b(t)=rect(t+\frac{1}{2})-rect(t-\frac{1}{2})$ 的傅立葉轉換。

【解】：

(1)已知$rect(t)\leftrightarrow \sin c(f)$

(2)根據時移定理知:

$rect(t+\frac{-1}{2})$$\leftrightarrow \sin c(f)e^{-j2\pi f(\frac{-1}{2})}$ =$\sin c(f)e^{j\pi f}$

$rect(t-\frac{1}{2})$$\leftrightarrow \sin c(f)e^{-j2\pi f(\frac{1}{2})}$ =$\sin c(f)e^{-j\pi f}$

(3)故

$\mathrm{\Im }$ {$x_b(t)$} =$\mathrm{\Im }$ {$rect(t+\frac{1}{2})$} - $\mathrm{\Im }$ {$rect(t-\frac{1}{2})$} =$\sin c(f)[e^{j\pi f}-e^{-j\pi f}]$ =$\sin c(f)2j\sin (\pi f)$ =$\sin c(f)2j\pi f\frac{\sin (\pi f)}{\pi f}$ =$j2\pi f\sin c^2(f)$

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時移定理補充說明

由時移定理知，對於$t_0$時間的延遲將會造成$2\pi f{t}_0$的相移，此一相移量與頻率 f 成正比。也就是說，針對$t_0$時間的延遲，訊號的高頻成分會有較大的相位移，而低頻部分則相移較小。

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傅立葉轉換定理(8) —頻移(frequency shift)

已知：

$x(t)\leftrightarrow X(f)(X_{\omega }(\omega )$

則

$x(t)e^{j2\pi f_{0}t}\leftrightarrow X(f-f_0)$

$x(t)e^{j{\omega }_{0}t}\leftrightarrow X_{\omega }(\omega -{\omega }_0))$

訊號在時域乘上ㄧ複指數訊號$e^{j2\pi f_{0}t}$，在頻域的效果相當於訊號的頻譜在頻率軸上平移$f_0$ 。

頻移定理與時移定理互為對偶定理。

【證明】

$\mathrm{\Im }$ {$x(t)e^{j2\pi f_{0}t}$} =$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}[x(t)e^{j2\pi f_{0}t}]e^{-j2\pi ft}dt$ ==$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}[x(t)e^{-j2\pi (f-f_0)t}]dt$ =$X(f-f_0)$

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範例5.19—調變原理(modulation)

已知$x(t)\leftrightarrow X(f)$ ，試求(a)$y_1(t)=x(t)\cos 2\pi f_{0}t$(b)$y2(t)=x(t)\sin 2\pi f_{0}t$ 的傅立葉轉換。

【解】 (a)

(1)$y_1(t)=x(t)\cos 2\pi f_{0}t$ =$x(t)\frac{e^{j2\pi f_{0}t}+e^{j2\pi f_{0}t}}{2}$ =$\frac{1}{2}[x(t{)}^{j2\pi f_{0}t}+x(t{)}^{-j2\pi f_{0}t}]$

(2)$\mathrm{\Im }$ {$y_1(t)$} =$\frac{1}{2}[\mathrm{\Im }$ {$x(t)e^{j2\pi f_{0}t}$}+$\mathrm{\Im }$ {$x(t)e^{-j2\pi f_{0}t}$}] =$\frac{1}{2}$ {$X(f-f_0)+X(f+f_0)$}

(b)

(1)$y_2(t)x(t)\sin 2\pi f_{0}t$ =$x(t)\frac{e^{j2\pi f_{0}t}-e^{j2\pi f_{0}t}}{2j}$ =$\frac{1}{2j}[x(t{)}^{j2\pi f_{0}t}-x(t{)}^{-j2\pi f_{0}t}]$

(2)$\mathrm{\Im }$ {$y_2(t)$} =$\frac{1}{2j}$ {$X(f-f_0)-X(f+f_0)$}

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範例5.20

試求$x_1(t)$ =$rect(\frac{t}{2})\cos 20\pi t$的傅立葉轉換。

【解】 已知 $rect(\frac{t}{2})\cos 20\pi t\leftrightarrow 2\sin c(2f)$

故

$X_1(f)$ =$\mathrm{\Im }$ {$x_1(t)$} =$\sin c[2(f-10)]+\sin c[2(f+10)]$

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傅立葉轉換定理(9) —旋積定理(convolution)

已知：

$x(t)\leftrightarrow X(f)(X_{\omega }(\omega )$

$y(t)\leftrightarrow Y(f)(Y_{\omega }(\omega )$

則

$x(t)*y(t)$ =$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}x(\lambda )y(t-\lambda )d\lambda \leftrightarrow X(f)Y(f)(X_{\omega }(\omega )Y_{\omega }(\omega ))$

兩個訊號在時域做旋積運算相當於此二訊號在頻域相乘。

【證明】︰

(1)令$z(t)=x(t)*y(t)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}x(\lambda )y(t-\lambda )d\lambda \Rightarrow Z(f)$ = $\mathrm{\Im }$ {$z(t)$} =$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}[\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}x(\lambda )y(t-\lambda )d\lambda ]e^{-j2\pi ft}dt$交換積分順序$\Rightarrow Z(f)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}x(\lambda )[\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}y(t-\lambda )e^{-j2\pi ft}dt]d\lambda$

【證明】

(2)根據時移定理：$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}y(t-\lambda )e^{-j2\pi ft}dt=Y(f)e^{-j2\pi f\lambda }$

(3)故$Z(f)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}x(\lambda )Y(f)e^{-j2\pi f\lambda }d\lambda =[\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}x(\lambda )e^{-j2\pi f\lambda }d\lambda ]Y(f)=X(f)Y(f)$

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範例5.21

試求方波$x(t)=rect(\frac{t}{\tau })$自己做旋積運算後的傅立葉轉換。

【解】

(1)已知$rect(\frac{t}{\tau })\leftrightarrow \tau \sin c(\tau f)$

(2)令$y(t)=x(t)*x(t)=rect(\frac{t}{\tau })*rect(\frac{t}{\tau })$

根據旋積定理知：$Y(f)$ = $\mathrm{\Im }$ {$y(t)$} = $\mathrm{\Im }$ {$x(t)*x(t)$} = $X(f)X(f)$ = ${\tau }^2\sin c^2(\tau f)$

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範例5.22—三角波的傅立葉轉換

定義：

$x(t)$ = $\mathrm{\Lambda }(\frac{t}{\tau })$$\equiv$$\{\begin{array}{cc}1-|t|/\tau ,& |t|<\tau \\ 0,& other\end{array}$

試求其傅立葉轉換。

【解】

(1)根據旋積運算公式及三角波的定義知：$rect(\frac{t}{\tau })*rect(\frac{t}{\tau })=\tau \mathrm{\Lambda }(\frac{t}{\tau })$

(2)又由範例5.21可知：：$rect(\frac{t}{\tau })*rect(\frac{t}{\tau })\leftrightarrow {\tau }^2\sin c^2(\tau f)$

(3)故$\tau \mathrm{\Lambda }(\frac{t}{\tau })\leftrightarrow {\tau }^2\sin c^2(\tau f)\iff \mathrm{\Lambda }(\frac{t}{\tau })\leftrightarrow \tau \sin c^2(\tau f)$

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系統的轉換函數(transfer function)

一線性非時變系統對輸入訊號 x(t) 的響應可表示為

其中h(t) 為系統的單位脈衝響應

將$y(t)=x(t)*h(t)$取傅立葉轉換可得：$Y(f)=X(f)H(f)$

其中$H(f)$ = $\mathrm{\Im }$ {$h(t)$}

H(f)稱為系統的轉換函數(transfer function) ；或稱為系統的頻率響應(frequency response) 。

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傅立葉轉換定理(10) —乘積定理(multiplication)

已知：

$x(t)\leftrightarrow X(f)(X_{\omega }(\omega ))$

$y(t)\leftrightarrow Y(f)(Y_{\omega }(\omega ))$

則

$x(t)y(t)\leftrightarrow X(f)*Y(f)(\frac{1}{2\pi }{X}_{\omega }(\omega )*Y_{\omega }(\omega ))$

明顯的，乘積定理與旋積定理互為對偶定理。

【證明】︰

$\mathrm{\Im }$ {$x(t)y(t)$} = $\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}x(t)y(t)e^{-j2\pi ft}dt$ = $\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}[\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}X(\lambda )e^{j2\pi \lambda t}dt]y(t)e^{-j2\pi ft}dt$ = $\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}X(\lambda )[\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}y(t)e^{-j2\pi (f-\lambda )t}dt]d\lambda$ = $\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}X(\lambda )Y(f-\lambda )d\lambda$ = $X(f)*Y(f)$

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範例5.23

試求餘弦脈波函數(cosinusoidal pulse)

$x(t)=Arect(\frac{t}{\tau })\cos 2\pi f_{0}t$

的傅立葉轉換。

【解】

(1)已知$Arect(\frac{t}{\tau })\leftrightarrow A\tau \sin c(\tau f)$ $\cos (2\pi f_{0}t)\leftrightarrow \frac{1}{2}$ {$\delta (f-f_0)+\delta (f+f_0)$}

(2)依據乘積定理可知：

$X(f)$ = $\mathrm{\Im }$ {$x(t)$} = $\mathrm{\Im }$ {$Arect(fract\tau )$} * $\mathrm{\Im }$ {$\cos (2\pi f_{0}t)$} = $A\tau \sin c(\tau f)$ * $\frac{1}{2}$ {$\delta (f-f_0)+\delta (f+f_0)$}$(\Rightarrow f(x)*\delta (x\pm x_0)=f(x\pm x_0)$ = $\frac{A\tau }{2}$ {$\sin c[\tau (f-f_0)]+\sin c[\tau (f+f_0)]$}

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傅立葉轉換定理(11) —時域微分(time-domain differentiation)

已知：

$x(t)\leftrightarrow X(f)(X_{\omega }(\omega ))$

若 x(t) 可微分，則

$\frac{d^{n}x(t)}{d{t}^n}$$\leftrightarrow$$(j2\pi f{)}^{n}X(f)((j\omega {)}^n{X}_{\omega }(\omega ))$

在時域對 x(t) 作微分相當於在頻域乘上$(j2\pi f)$ 。由於$(j2\pi f)$的大小與頻率 f 成正比，故頻率越高的成分將會乘上越大的倍數。也就是說，微分的動作會對高頻有放大的效果。

時域微分定理與定理(4)乘上$t^n$定理互為對偶定理。

【證明】

(1)已知$x(t)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}X(f)e^{j2\pi ft}df$

(2)等號兩邊分別對 t 微分：$\frac{dx(t)}{dt}=\frac{d}{dt}[\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}X(f)e^{j2\pi ft}df]$ = $\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}X(f)\frac{d}{dt}(e^{j2\pi ft})df$ = $\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}X(f)(j2\pi f)e^{j2\pi ft}df$ = $\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}[(j2\pi f)X(f)]e^{j2\pi ft}df$

【證明】

(3)故$\frac{dx(t)}{dt}\leftrightarrow (j2\pi f)X(f)$

(4)重複上述步驟可得$\frac{d^{n}x(t)}{d{t}^n}\leftrightarrow (j2\pi f{)}^{n}X(f)$

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傅立葉轉換定理(12) —時域積分(time-domain integration)

已知：$x(t)\leftrightarrow X(f)(X_{\omega }(\omega ))$

則

$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{t}{\int }}x(\lambda )d\lambda \leftrightarrow \frac{1}{j2\pi f}X(f)+X(0)\delta (0)$

$(\frac{1}{j\omega }{X}_{\omega }(\omega )+X_{\omega }(0)\delta (\omega ))$

在時域對 x(t) 作積分相當於在頻域除以$(j2\pi f)$，故積分會衰減訊號的高頻部份。

公式中，$X(0)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}x(t),dt$。 若$X(0)=0$，則公式可簡化為：$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{t}{\int }}x(\lambda )d\lambda \leftrightarrow \frac{1}{j2\pi f}X(f)(\frac{1}{j\omega }{X}_{\omega }(\omega ))$

【證明】

(1)根據旋積運算的定義：$x(t)*u(t)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}x(\lambda )u(t-\lambda ),d\lambda =\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{t}{\int }}x(\lambda )d\lambda$

(2)$\mathrm{\Im }$ {$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{t}{\int }}x(\lambda )d\lambda$ } = $\mathrm{\Im }$ {$x(t)*u(t)$}

【證明】︰

(3)根據旋積定理：$\mathrm{\Im }$ {$\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{t}{\int }}x(\lambda )d\lambda$ } = $\mathrm{\Im }$ {$x(t)*u(t)$} = $\mathrm{\Im }$ {$x(t)$} $\mathrm{\Im }$ {$u(t)$} = $X(f)[\frac{1}{j2\pi f}+\frac{1}{2}\delta (f)]$ = $\frac{1}{j2\pi f}X(f)+\frac{1}{2}X(f)\delta (f)$ = $\frac{1}{j2\pi f}X(f)+\frac{1}{2}X(0)\delta (f)$

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範例5.24

試求下圖 x(t) 的傅立葉轉換。

【解法1】 (1)令$y(t)=\frac{dx(t)}{dt},z(t)=\frac{dy(t)}{dt}\Rightarrow x(t)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{t}{\int }}y(\lambda )d\lambda ,y(t)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{t}{\int }}z(\tau )d\tau$

(2)由上圖知：$z(t)=K[\delta (t+b)-\delta (t+a)-\delta (t-a)+\delta (t-b)]$

其中($K=\frac{dx(A)}{b-a}$)

故

$Z(f)$ = $\mathrm{\Im }$ {$z(t)$} = $K[e^{j2\pi fb}-e^{j2\pi fa}-e^{-j2\pi fa}+e^{-j2\pi fb}]$ = $2K[\cos 2\pi fb-\cos 2\pi fa]$

(3)根據時域積分定理：

$y(t)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{t}{\int }}z(\tau )d\tau$

$\Rightarrow Y(f)=\frac{1}{j2\pi f}Z(f)+\frac{1}{2}Z(0)\delta (f)=2K[\frac{\cos 2\pi fb-\cos 2\pi fa}{j2\pi f}]+0=2K[\frac{\cos 2\pi fb-\cos 2\pi fa}{j2\pi f}]$

(4)因$x(t)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{t}{\int }}y(\lambda )d\lambda$，再一次利用時域積分定理：

$X(f)=\frac{1}{j2\pi f}Y(f)+\frac{1}{2}Y(0)\delta (f)=2K[\frac{\cos 2\pi fb-\cos 2\pi fa}{j2\pi f}]+0$$(\Rightarrow Y(0)=\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}y(t)dt=0,\cos 2\theta =1-2{\sin }^2\theta )$ = $2K\frac{(1-2{\sin }^2\pi fb)-(1-2{\sin }^2\pi fa)}{-(2\pi f{)}^2}$ = $K\frac{{\sin }^2\pi fb-{\sin }^2\pi fa}{(\pi f{)}^2}$ = K[ $b^2\sin c^2(fb)-a^2\sin c^2(fa)$ ]

【解法2】

(1)由圖可知：$X(t)=B\mathrm{\Lambda }(\frac{t}{b})-(B-A)\mathrm{\Lambda }(\frac{t}{a})$

其中$B=\frac{Ab}{(b-a)}$

(2)故$X(f)$ = $\mathrm{\Im }$ {$x(t)$} = B$\mathrm{\Im }$ {$\mathrm{\Lambda }(\frac{t}{b})$} - $(B-A)$$\mathrm{\Im }$ {$\mathrm{\Lambda }(\frac{t}{a}$} = $Bb\sin c^2(bf)-(B-A)a\sin c^2(af)$