积分变换 东南大学 张元林 第四版 南京工学院 习题 解答 详解

傅氏变换习题解答

习题一

1．试证：若f(t)满足傅氏积分定理的条件，则有 其中

f(t)=∫

+∞

a(ω)cosωtdω+∫b(ω)sinωtdω

+∞

a(ω)=

1

π

1

∫∫

+∞

∞+∞

f(τ)cosωτdτ,

b(ω)=

证 f(t)=

π

∞

f(τ)sinωτdτ

12π

+∞ ∞

∫∫

∞+∞ ∞

+∞+∞

∞

f(τ)e jωτdτejωtdω=

12π

∫∫

∞

+∞+∞

∞

f(τ)(cosωτ jsinωτ)cosωtdτdω

+∞

1

+

2π +∫

因

+∞ ∞

∫∫

π∫

1

f(τ)(cosωτ jsinωτ)jsinωtdτdω=∫

+∞0

1

π

∫

+∞

∞+∞

f(τ)cosωτdτcosωtdω

+∞

∞

f(τ)sinωτdτsinωtdω=∫a(ω)cosωtdω+∫b(ω)sinωtdω

+∞

∫

+∞

∞

f(τ)sinωτcosωtdτdω为ω的奇函数，∫

∞

f(τ)cosωτcosωtdτdω为ω的偶函数。

2．试证：若f(t)满足傅氏积分定理的条件，当f(t)为奇函数时，则有

f(t)=b(ω)sin(ωt)dω

∫

+∞

其中

b(ω)=

当f(t)为偶函数时，则有

2

π

∫

+∞

f(τ)sin(ωτ)dτ

f(t)=∫a(ω)cos(ωt)dω

+∞

其中

a(ω)=

证 设f(t)是奇函数

π∫

2

+∞

f(τ)cos(ωτ)dτ

1

f(t)=

2π

∫∫

∞

+∞+∞

∞+∞

f(τ)e

jωτ

1

dτedω=

2π

jωt

∫∫

∞

+∞+∞

∞

f(τ)(cosωτ jsinωτ)dτejωtdω

==

πj∫ ∞

1

∫

+∞

f(τ)sinωτdτejωtdω=

1+∞jωt

（b(ω)是ω的奇函数） bωedω。()∫ ∞2j

+∞1+∞

bcostjsintdb(ω)sinωtdω ωω+ωω=()()∫∫ ∞02j

设f(t)是偶函数

积分变换 东南大学 张元林 第四版 南京工学院 习题 解答 详解

1

f(t)=

∫∫

+∞+∞

f(τ)e jωτ

1

dτedω=

jωt

∫∫

+∞+∞

f(τ)(cosωτ jsinωτ)dτejωtdω

2π

∞

∞

2π

∞

∞

=

1+∞2

∫ ∞a(ω)ejωt

dω=∫+∞0a(ω)cosωtdω a(ω)是ω的偶函数。（注也可由1题推证2题）

3．在题2中，设f(t)=

1,|t|≤1

0,|t|>1

，试算出a(ω)，并推证

π

2,|t|<1∫+∞sinωcosωt

ωω= π

,|t|=1

4 0,|t|>1

证 f(t)是偶函数

a(ω)=

2+∞2sinωt1π∫0f(t)cosωtdt=πω0=2sinω

πω

f(t)=∫

+∞0

a(ω)cosωtdω=

2∫+∞sinωcosωt

π0ω

dω

π2|t|<1所以

∫+∞sinωcosωt

ωdω=π π0+1π

2f(t)= 22

=|t|=1。 4 0|t|>1

习题二

1． 求矩形脉冲函数f(t)=

A,0≤t≤τ

0,其他的傅氏变换。

解

F(ω)=¶ f(t) =

∫+∞ jωτ jωt ∞f(t)et

dt=∫0Aedt

e

jωtτ

ωτωτ

=A0

e i 11 e j jω=A jω=A

jω

2． 求下列函数的傅氏积分：

0,（1）f(t)= 1 t2,t2<12 （2）f(t)= 0,

t<0e tsin2t,t≥0 （3）f(t)=

1, 0,

t>1 1,

0,解 （1）函数f(t)= 1 t2,|t|<1

满足傅氏积分定理的条件，傅氏积分公式为

0,|t|>1 ∞<t< 1

1<t<00<t<11<t<+∞

积分变换 东南大学 张元林 第四版 南京工学院 习题 解答 详解

1

f(t)=

2π=

=

∫∫

∞+∞

10

+∞+∞

∞

f(t) e

2

iωt

1

dtedω=

2π

iωtiωt

∫∫(1 t) e

2

+∞1

iωt

∞ 1

dteiωtdω

2

1

(1 t)cosωtdte

π∫∫

∞

1

dω=

1

π

∫

4

+∞

∞

sinωt ω 2tcosωt2sinωttsinωt iωt + edω] 23

ωωω 0

1

π

∫

+∞

2(sinω ωcosω)

∞

ω3

edω=

iωt

π

∫

+∞

sinω ωcosω

ω3

cosωtdω

t<0 0,

（2）f(t)= t满足傅氏积分定理的条件，其傅氏积分公式为

esin2t,t0≥

1f(t)=

2π

1=2π

∫∫

∞+∞ ∞

+∞+∞

∞

f(t)e

t

iωt

1+∞+∞ t

dtedω=esin2te iωtdteiωtdω ∫∫2π ∞0

iωt

∫∫

+∞

1+∞+∞ t+i(2 ω)t t i(2+ω)tei2t e i2t iωtiωtiωt

e edtedω eedtedω=

4πi∫ ∞∫02i

()

1+i(2 ω) 1 i(2+ω) t t 1+∞ e e iωtedω = ∫ ∞4πi 1+i2 ω 1 i2+ω 0

+∞

=

4πi∫ ∞

1

+∞

iωt 1 1

edω

+ +ωω1i21i2

2

===

1

π

1

∫∫

+∞

(5 ω) 2ωi

25 6ω2+ω4

2

∞

(cosωt+isinωt)dω

π∫ ∞

+∞

+∞

π

2

∞

(5 ω)cosωt+2ωsinωtdω+i

25 6ω2+ω4

2

(5 ω)sinωt 2ωcosωtdω

2

25 6ω2+ω4

π

∫

+∞

(5 ω)cosωt+2ωsinωtdω

25 6ω2+ω4

是奇函数，满足傅氏积分定理的条件，其傅氏积分公式为

1, 1<t<0

（3）函数f(t)= 1,0<t<1

0,其他

f(t)=

1

2π

∫∫

∞

+∞+∞

∞

f(t)e iωtdteiωtdω=

1+∞+∞iωt

sinftωtdtedω ()∫∫0 ∞πi

1+∞11+∞1 cosωiωtiωt

1 sinωtdtedω=∫=dω

πi∫ ∞∫0πi ∞ω

=2

π

∫

+∞

1 cosω

ω

sinωtdω

f(t0+0)+f(t0 0)代替。

2

在f(t)的间断点t0= 1,0,1处以

3．求下列函数的傅氏变换，并推证下列积分结果。 （1）f(t)=e

β|t|

（β>0），证明

+∞

∫

+∞

cosωtπ β|t|

=dωe 22

β+ω2β

（2）f(t)=ecost，证明∫

|t|

ω2+2π |t|()tdecost ωωcos=

2ω4+4

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sint,|t|≤π,

（3）f(t)= 证明

0,|t|π,>

∫

+∞

π

sinωπsinωt sint,|t|≤π

=ω d 22

1 ω |t|>π 0,e

dt=2∫e

0+∞

βt

解 （1）F(t)=¶ f(t) =

+∞

∫

+∞

∞

e

β|t| iωt

cosωtdt=2∫e

+∞

βt

eiωt+e iωt

dt 2

(β iω)t (β+iω)t00 dt==∫ ++ ee 0 β iω β+iωe (β iω)t

+∞

e (β iω)t

+∞

=

112β

+=2

β iωβ+iωβ+ω2

f(t)的积分表达式为 1f(t)=

2π

1

()Fωedω=∫ ∞

2π

+∞

iωt

∫

+∞

∞

2β2+∞β

(cosωt+isinωt)dω=∫022cosωtdω

β2+ω2πβ+ω

即

∫

+∞

cosωtπ β|t|

dωe =

β2+ω22β

+∞

|t|

iωt

∞

（2）F(ω)=¶[f(t)]=∫ecoste

dt=∫e

∞

+∞

|t|

eit+e it iωt

edt 2

+∞

1+i(1 ω) t

1

=2

{∫

∞

e

1+i(1 ω) t

dt+∫e

∞

1 i(1+ω) t

dt+∫e

0dt+∫e

+∞

1 i(1+ω) t

dt

}

+∞+∞00

1+i(1 ω) t 1 i(1+ω) t 1+i(1 ω) t 1 i(1+ω) t

eeee1 00 ∞ ∞

+++=

2 1+i1 ω1 i1+ω 1+i1 ω 1 i1+ω

2ω2+41 1111

= +++ =4

2 1+i1 ω1 i1+ω1 i1 ω1+i1+ω ω+4

f(t)的积分表达式为

1f(t)=

2π

1

F(ω)edω= ∞2π

+∞

iωt

∫∫

2ω2+4iωt1

dω=

∞ω4+4π

+∞

∫

+∞

2ω2+4

cosωtdω ω4+4

因此有

∫

+∞

ππ |t|ω2+2

cos=()=ωωtdftecost

22ω4+4

（3）F(ω)=¶ f(t) =

=i∫

=i

π

∫

+∞

∞

f(t)e iωtdt=∫sinte iωtdt=∫ πsint(cosωt isinωt)dt= 2i∫0sintsinωtdt

π

π

ππ

sin(1+ω)tπsin(1 ω)tπ

00

[cos(1+ω)t cos(1 ω)t]dt=i

1 ω 1+ω

sinωπsin(1+ω)π ωsin(1+ω)π sin(1 ω)π ωsin(1 ω)π

= 2i

1 ω21 ω2

f(t)的积分表达式为 f(t)=

1

2π

∫

+∞

∞

F(ω)eiωtdω=

12π

sinωπ iωt 2iedω ∫ ∞ 1 ω2

+∞

积分变换 东南大学 张元林 第四版 南京工学院 习题 解答 详解

=

i

2sinωπ

(cosωt+isinωt)dω=2

ππ ∞1 ω

∫

+∞

+∞

sinωπsinωt

dω

1 ω2

因此有

∫

+∞

ππsinωπsinωt sint,|t|≤π

()dωft== 2

21 ω2

|t|>π 0,

4．已知某函数f(t)的傅氏变换为F(ω)=解 f(t)=

1

2π

iωt

∫ ∞F(ω)edω=+∞

sinω

ω

，求该函数f(t)。

12π

∫

+∞

sinω

∞

ω

(cosωt+isinωt)dω

=

=

12π

12π

∫

∫

+∞

sinω

∞

ω

ω

cosωtdω=

dω+

12π

12π

∫

+∞

sin(1+t)ω+sin(1 t)ω

ω

dω

+∞

sin(1+t)ω

∫

+∞

sin(1 t)ω

ω

dω （*）

而由∫

+∞

πsinx

dx=得 x2

+∞

当u>0时，∫

sinuω

ω

dω=

∫

+∞

sinuω

duω=uω

+∞

∫

+∞

πsinx

dx= x2

当u<0时，当u=0时，

∫

+∞

sinuω

ω

dω= ∫

sin( u)ω

ω

dω=

π

2

∫

+∞

sinuω

ω

dω=0,所以由(*)式有

1

2,|t|<1 1

f(t)= ,|t|=1

4

0,|t|>1

5．已知某函数的傅氏变换为F(ω)=π[δ(ω+ω0)+δ(ω ω0)]，求该函数f(t)。

1

解 f(t)=

2π

∫

+∞

∞

1

F(ω)edω=

2π

iωt

∫

+∞

∞

π[δ(ω+ω0)+δ(ω ω0)]eiωtdω

e-iω0t+eiω0t==cosω0t

2

6．求符号函数（又称正负号函数）sgnt=

t 1,t<0= 的傅氏变换。 |t| 1,t>0

解 符号函数不满足傅氏积分定理的条件，显然

∫

+∞

∞

|sgnt|dt→+∞不收敛。按照如下方式推广傅氏

e t/n,t>0

df

t=0，且sgnt=limfn(t)，F[sgnt]=limF[fn(t)]，而变换的定义。首先注意到可取fn(t)= 0

n→∞n→∞

et/nt<0

fn(t)满足傅氏积分定理的条件，且

Fn[ω]=¶ fn(t) =∫

+∞ ∞

f(t)e

iωt

dt=∫e

+∞

t/n iωt

e

dt ∫et/ne iωtdt

∞

积分变换 东南大学 张元林 第四版 南京工学院 习题 解答 详解

=

1+iωn

1

2

1 2 iω+ω n n

=

2ωi

2

,ω≠0

故F[ω]=¶ Fn[ω]== iω2 f(t) =limn→∞

1 2 0,ω=0+ω n

2ωi

注： 一般地，若limfn(x)=f(x)，且fn(x)古典意义下的傅氏变换Fn[ω]=¶ fn(t) ，(n=1,2, )都

n→+∞

存在，且当n→+∞，函数族{F[ω]}收敛，则称该极限为f(x)在极限意义下的傅氏变换，即

7．求函数f(t)=解 F(ω)=¶[f(t)]

F[ω]=¶[f(x)]=limFn[ω]

n→+∞

1aa

[δ(t+a)+δ(t a)+δ(t++δ(t )]的傅氏变换。 222

=

+∞+∞ +∞ 1 +∞a iωta iωt iωt iωtδtaedtδtaedt++ δδ+t+edt+t ()() edt ∫∫∫∫ ∞ ∞ ∞ ∞ 2 2 2

a

iω 1 iωaiωa iωaωa

= e+e+e2+e2 =cosωa+cos 2 2

8．求函数f(t)=costsint的傅氏变换。 解 F(ω)=¶ f(t) =

==

∫

∫

+∞

∞

costsinte

iωt

1

dt=

2

∫

+∞

∞

sin2te

iωt

1dt=

2

∫

ei2t e i2t iωt

edt

∞2i

+∞

1

4i

+∞

∞

e i(ω 2)tdt

∫

1

e i(ω+2)tdt = [2πδ(ω+2) 2πδ(ω 2)] ∞ 4i

+∞

πi

2

[δ(ω+2) δ(ω 2)]

3

9．求函数f(t)=sint的傅氏变换。 解 F(ω)=¶ f(t) =

∫

+∞

∞

sin3te iωtdt=

1+∞ iωt

(3sinsin3)t tedt ∫ ∞4

=

iπ

[3δ(ω+1) 3δ(ω 1) δ(ω+3)+δ(ω 3)]。 4

10．求函数f(t)=sin(5t+解 F(ω)=

π

3

)的傅氏变换。

∫

+∞

∞

+∞π1+∞

f(

t)e iωtdt=∫sin(5t+e iωtdt=∫(sin5t+t)e iωtdt

∞32 ∞

1π

=iπ[δ(ω+5) δ(ω 5)]+π[δ(ω+5)+δ(ω 5)]=+i)δ(ω+5)+i)δ(ω 5)] 222

11．证明δ 函数是偶函数，即δ(t)=δ( t)。

积分变换 东南大学 张元林 第四版 南京工学院 习题 解答 详解

证 设f(x)为任意一个在( ∞,+∞)无穷次可微的函数，则

∫∫

+∞

∞+∞

δ( t)f(t)dt=∫δ(u)f( u)du=f(0)，又由δ 函数的筛选性质知∫δ(t)f(t)dt=f(0)，知

∞

∞

+∞+∞

∞

δ( t)f(t)dt=∫δ(t)f(t)dt，故δ 函数是偶函数。

∞

+∞

12．证明：若¶[e

j (t)

]=F(ω)，其中 (t)为一实函数，则

11

[F(ω)+()], ¶[sin (t)]=[F(ω) F( )], 22j

¶[cos (t)]=

其中F( )为F( ω)的共轭函数。 证 因为

所以

e

j (t)

=cos (t)+jsin (t)，e

j (t)

=cos (t) jsin (t)

ei (t)+e i (t)

cos (t)= （*）

2ei (t) e i (t)

（**） sin (t)=

2i

但

¶e i (t)=∫e i (t)e iωtdt=∫ei (t)e i( ω)tdt=F ω

∞

∞

[]

+∞+∞

由本题(*)、(**)式得

¶[cos (t)]=¶[sin (t)]=

11

{¶ei (t)+¶e i (t)}=F(ω)+F ω 22

[][]

[]

11{¶ei (t) ¶e i (t)}=F(ω) F 2i2i

[][]

[]

13．证明周期为T的非正弦函数f(t)的频谱函数为F(ω)=2π数展式中的系数。

2π

证 设ω0=,则周期为T的非正弦函数

T

n= ∞

∑cδ(ω ω)，其中c

n

+∞ ∞

+∞

n

为f(t)的傅氏级

f(t)的傅氏级数的复指数形式为:f(t)=∑cneinω0t dt=∫

+∞+∞

F(ω)=¶ f(t) =

+ω ω

∫

+∞

∞

f(t)e

iωt

∞

∑cne

∞

n

inω0t iωt

e

dt=∑cn∫e

∞

∞

+∞

+∞

i(ω nω0)t

dt

=∑cn2πδ(ω nω0)=2π

14．求如图所示的三角形脉冲的频谱函数。

n= ∞

∑cδ(ω nω)

+∞

积分变换 东南大学 张元林 第四版 南京工学院 习题 解答 详解

0,|t|>τ/2 2A

t+A,0≤t≤τ/2，则f(t)的频谱函数为 解 f(t)= τ 2A

t+A, τ/2≤t≤0 τ

F(ω)=¶ f(t) =

∫τ

/2

(

2A

τ

t+A)e

iωt

dt+∫

τ/2

(

2A

τ

t+A)e iωtdt

iωτiωτ

2A 2 2e2+iωτ 2+2e2+iωτ 4A ωτ

1cos= =

τω2 τ 2ω22ω22

15．求作如图所示的锯齿形波的频谱图。

解 如图可知,在一个周期T内的表达式为f(t)=

h

t(0≤t<T),它的傅氏级数的复指数形式为: T

f(t)=

n= ∞

∑Ce

n

+∞

inωt

可见f(t)的傅氏系数为

1C0=

TCn=

∫∫

T

1

f(t)dt=

T

∫

T

hht2tdt=2TT21T

T

=

h 2

1T

T

f(t)einωtdt=

T

∫

T

hh inωt

tedt=TT2

T

∫

T0

te

inωt

dt

h e inωt

=2 t

T inω

=hinωT

1+inω

∫

e

inωt

h Te inωTe inωT 1 dt = +

T inωnω

(n=±1,±2, )

它的频谱为

A0=2|C0|=h,A0=2|Cn|=

2hh

, =

nωTnπ

其中

ωn=nω=

2nπT

(n=1,2,…)

这样对应不同的频率得出各次谱波的振幅,因此频谱图如图所示.

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t22σ2

16．求高斯（Gauss）分布函数f(t)=

的频谱函数

解

教科书中P10，例2已解得钟形脉冲函数Aeβ=

12σ

βt2

的傅氏变换为 ω2

/4β

，本题中A=

，，所以

F(ω)=¶ f(t) =

∫

+∞

∞

t22σ2

e iωtdt=e

σ2ω2

2

习题三

1．若F1(ω)=¶ ： f1(t) ，F2(ω)=¶ f2(t) ，α,β是常数，证明（线性性质）

¶ αf1(t)+βf2(t) =αF1(ω)+βF2(ω)， ¶

证 ¶ αf1(t)+βf2(t) =

1

[αF1(ω)+βF2(ω)]=αf1(t)+βf2(t)。

+∞

+∞

∫

+∞

∞

iωt iωt iωt

αft+βftedt=αftedt+βftedt ()()()()1212 ∫ ∞∫ ∞

=αF1(ω)+βF2(ω)

1

2π

2．若F(ω)=¶[f(t)]，证明（对称性质）：f(±ω)=证 因f(t)=

∫

+∞

∞

F( t)e jωtdt，即¶[F( t)]=2πf(±ω)。

1

2π

∫

+∞

∞

F(ω)eiωtdω，令x= t，f( t)=

+∞

12π

∫

+∞

∞

F(ω)e-iωtdω

（*）

1

令t=ω，则f( ω)=

2π

1

¶[F(t)]，即¶[F(t)]=2πf(－ω)； ∫ ∞

2π1+∞1+∞1-iωt-iωt

（*）式中令－t=ω，则f(ω)=()()F－ted（－t）=F－tedt＝¶[F(t)]，即∫∫ ∞ ∞2π2π2π

F(t)e-iωtdt=

¶[F(－t)]=2πf(ω)。

3．若F(ω)=¶[f(t)]，a为非零常数，证明（相似性质）¶[f(at)]=

ω

1 ω

F 。 |a| a

证 设a>0，有¶[f(at)]=

∫

+∞

∞

f(at)e

-iωt

dt=∫

+∞

∞

f(at)e

-iata

ω-i11+∞1ω

d(at)=∫f(u)eadu=F()；aa ∞aa

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同理a>0时，¶[f(at)]=

∫

+∞

∞

f(at)e

-iωt

dt=∫

+∞

∞

f(at)e

-iata

ω

ω-i11+∞1ω

d(at)= ∫f(u)eadu= F()；aa ∞aa

综上，¶[f(at)]=

1 ω

F 。 |a| a

： 4．若F(ω)=¶[f(t)]，证明（象函数的位移性质）

¶

证 ¶[e

±jω0t

1

[F(ω ω0)]=e±jωtf(t)，即F(ω ω0)=¶[e±jωtf(t)]。

f(t)]=∫e

∞

+∞

±jω0t

f(t)e

jωt

dt=∫

+∞

∞

f(t)e j(ω ω0)tdt=F(ω ω0)。

5．若F(ω)=¶[f(t)]，证明（象函数的微分性质）：证

+∞dd+∞ jωt

F(ω)=ftedt=()∫ ∞dωdω∫ ∞

6．若F(ω)=¶[f(t)]，证明（翻转性质）

d

F(ω)=¶[ jtf(t)]。 dω

+∞d jωt

f(t)edt=∫ jtf(t)e jωtdt＝¶[ jtf(t)]。

∞dω

F( ω)=¶[f( t)]

证 F( ω)=

∫

+∞

∞

f(t)e i( ω)tdt=∫

+∞

∞

f( t)e i( ω)( t)d( t)=∫

+∞

∞

f( t)e iωtdt=¶ f( t) 。

7．若F(ω)=¶[f(t)]，证明：¶[f(t)cosω0t]=

¶[f(t)sinω0t]=

+∞

1

[F(ω ω0)+F(ω+ω0)]， 2

1

[F(ω ω0) F(ω+ω0)]。 2j

证 ¶[f(t)cosω0t]=

∫

∞

+∞ejω0t+e jω0t jωt1+∞

f(t)edt= ∫f(t)e j(ω ω0)tdt+∫f(t)e j(ω+ω0)tdt

∞ ∞ 22

1

=[F(ω ω0)+F(ω+ω0)]； 2

¶[f(t)sinω0t]=

∫

+∞

∞

+∞ejω0t e jω0t jωt1+∞

f(t)edt= ∫f(t)e j(ω ω0)tdt ∫f(t)e j(ω+ω0)tdt

∞ ∞ 2j2j

=

+∞

1

[F(ω ω0) F(ω+ω0)]。 2j

2

1

8．利用能量积分∫[f(t)]dt=

∞2π

+∞

∫

+∞

∞

|F(ω)|2dω，求下列积分的值：

4

+∞+∞+∞sinx1 cosxx21

dx； （2）∫（1）∫dx； （4）∫dx dx； （3）∫22222 ∞ ∞ ∞ ∞2(1+x)xx(1+x)

2

sin+∞

1 cosx

dx=2∫解 （1）∫2 ∞ ∞x

+∞

x2

x

dx=

sinx 1

dx= ∫ ∞ 2π x

+∞

2

∫

+∞

∞

sinx

¶ dω （*） x

2

+∞sinx+∞sinxcosωx+∞sin(1+ω)x+sin(1 ω)x sinx iωx

==edx2¶ = （**） ∫∫0∫0

xx x ∞x

积分变换 东南大学 张元林 第四版 南京工学院 习题 解答 详解

再由

∫

+∞

sinxπ

dx= x2

得

π π < ,ω1 2 2,ω>1

+∞sin(+∞1+ω)xsin(1 ω)x

，== =0,ω1 0,ω=1 ∫0∫0xx π π> ,ω1 2 2,ω<1

所以由（**）式得

sinx π, 1<ω<1

¶ = 其他 x 0,

因此由（*）式得

1 cosx1+12

dx=πdω=π ∫ ∞x2∫ 12π

+∞

122

22sinsin2xx +∞sinx+∞+∞ sinx +∞ sinx 1dx=∫=∫ （2）∫ dx ∫ ∞ dx 2 ∞ ∞ ∞xx2x2x

4

1+∞ sinx 11

=∫ = dx 2 ∞ x 22π

（3）参见本题第4小题。 （4）

2

∫

+∞

∞

sinx 1

ωd¶ =

4π x

2

∫

1

1

π2dω=

π

2

∫

+∞

x2

∞

(1+x)

+∞

22

dx=∫

+∞

x2+1 1

∞

(1+x)

22

dx

=∫

+∞11

dx ∫ ∞1+x22dx ∞1+x2

()

1π+∞

==dtarctanx| ∞∫ ∞1+x2

2

+∞

π

=π 2

2

∫

¶

+∞

1

∞

(1+x)

22

1dx=

2π

∫

+∞

∞

1

dω ¶ 2 1x+

+∞+∞cosωx1 1 iωx

==edxdx（利用留数理论计算） 2 22∫∫ ∞ ∞1+x1+x 1+x

+∞ei|ω|t ei|ω|z

Re ∫dt =Re 2πiRes 2 ∞1+t2 1+z

,i

e |ω| |ω|

Re 2πi=πe |ω| =Re(πi+π)e

1+i

{}

故

∫1+t ∞

+∞

1

22

1

dt=

2π

+∞

∫

+∞

∞

πe

2 2|ω|

dω=π∫e

+∞

2ω

+∞

e 2ω|0π

dω=π=

2 2

于是

∫1+t ∞

t2

22

dt=π

ππ

=。 22

习题四

积分变换 东南大学 张元林 第四版 南京工学院 习题 解答 详解

1、证明下列各式：

（1）f1(t) f2(t)=f2(t) f1(t)；

（2）f1(t) [f2(t) f3(t)]=[f1(t) f2(t)] f3(t)；

（3）a[f1(t) f2(t)]=[af1(t)] f2(t)=f1(t) [af2(t)]（a为常数）; （4）eαt[f1(t) f2(t)]=eαtf1(t) eαtf2(t)（a为常数）;

（5）[f1(t)+f2(t)] [g1(t)+g2(t)]=f1(t) g1(t)+f2(t) g1(t)+f1(t) g2(t)+f2(t) g2(t)；

[][]

df1(t) df2(t) d

f1(t) f2(t) （6） = dt f2(t)=f1(t) dt . dt

证 （1）f1(t) f2(t)=

∫

+∞

∞

f1(τ)f2(t τ)dτ=∫

+∞

∞

f1(t u)f2(u)du=f2(t) f1(t)；

（2）记g(x)=f2(t)*f3(t)，

[f1(t) f2(t)] f3(t)=∫

=∫

+∞ ∞

+∞

∞

+∞f(ζ)f(τ ζ)dζ f(t τ)dτ

2 ∫ ∞1 3

+∞+∞

f1(ζ) ∫f2(τ ζ)f3(t τ)dτ dζ=∫f1(ζ)g(t ζ)dζ

∞ ∞

=f1(t)*g(t)=f1(t) [f2(t) f3(t)]；

（3）a[f1(t) f2(t)]=a

∫

+∞

∞

f1(τ)f2(t τ)dτ=∫[af1(τ)]f2(t τ)dτ=∫

∞

+∞+∞

∞

f1(τ)[af2(t τ)]dτ

=[af1(t)] f2(t)=f1(t) [af2(t)]；

αtαtατα(t τ)

（4） f2(t τ)dτ ef1(t) ef2(t) =∫ ∞ef1(τ)e

+∞

=eαt∫

+∞

∞

f1(τ)f2(t τ)dτ=eαt f1(t) f2(t) ；

（5）[f1(t)+f2(t)] [g1(t)+g2(t)]=

+∞

∫

+∞

∞

[f1(τ)+f2(τ)] [g1(t τ)+g2(t τ)]dτ

+∞ ∞

=∫

∞

f1(τ) g1(t τ)dτ+∫

+∞

∞

f1(τ) g2(t τ)dτ+∫f2(τ) g1(t τ)dτ+∫

+∞

∞

f2(τ) g2(t τ)dτ

=f1(t) g1(t)+f2(t) g1(t)+f1(t) g2(t)+f2(t) g2(t)；

+∞dd+∞ d d （6） ft ft =fτft τdτ = = fτftτdτftft()()()()()()()()122212 dt∫ ∞1∫ ∞1 dt dtdt

dd d d

= = = f2(t) ftftftftftftft()()()()()()()121211 dt 2 dt dtdt

因此有

df1(t) df2(t) dftftftft = = ()()()() 。 121 dt 2dt dt

π

0,t<0 sint,0≤t≤,

与f2(t)= 3． 若f1(t)= t2求f1(t) f2(t)。

e,t≥0 其他; 0,

积分变换 东南大学 张元林 第四版 南京工学院 习题 解答 详解

解

f1(t) f2(t)=∫

+∞

∞

f1(τ)f2(t τ)dτ=∫e τf2(t τ)dτ （*）

+∞

当0<t≤

π

2

时，（*）式为

t

f1(t) f2(t)=∫esin(t τ)dτ=∫e

τ0

t

τ

e(

it τ)

e

2i

i(t τ)

dτ

t

t

e (1+i)τ

e (1 i)τ t 1 iτ1 itt (1+i)τ1() it itit00 eee∫edτ e∫edτ = =

00 + 2i1i1i 2i

1 ite (1+i)t 1ite (1 i)t 1 1 eit e te t e it

= e= e 2i 1+i+1 i2i 1i1i +

1eit e t ieit+ie t+e t e it+ie t ie it1 eit e itieit+e it2ie t

== +

2i22 2i2i2i

()

=

当t>

1

sint cost+e t 2

()

π

时，（*）式为 2

t

f1(t) f2(t)=∫

t

π

2

e τsin(t τ)dτ

t

e (1+i)τt

e (1 i)τππ

t t 1 22

= eit e it

1+i 1 i2i

π π (1+i) t (1 i)t t + 1i1itt()()2 2

e e1 ite ite+e= e 2i 1+i1 i

π

π

2

1 t ie 11+ie2=e +2i 1+i1 i

ππππ

t222 eie 1+e+i+1+ie+i e2

=

2i2

e t=2

π

1+e2

当t<0时，（*）式为0. 故有

0,当t≤0时

π 1

f1(t) f2(t)= (sint cost+e t),当0<t≤时

2 2

π e t π2e1+当t>时 ,2 2

3．若F1(ω)=¶ f2(t) ，证明¶[f1(t) f2(t)]= f1(t) ，F2(ω)=¶

1

F1(ω) F2(ω)。 2π

1

证 ¶[F1(ω)*F2(ω)]=

2π

1

∫[∫

∞

+∞+∞

∞

F1(τ)F2(ω τ)dτ]eiωtdω

积分变换 东南大学 张元林 第四版 南京工学院 习题 解答 详解

1=2π

∫∫

∞

+∞+∞

∞

F2(ω τ)ei(ω τ)td(ω τ)eiτtF1(τ)dτ=2πf`(t) f2(t)

4、求下列函数的傅氏变换.

（1）f(t)=sin(ω0t)u(t)； （2）f(t)=e（4）f(t)=e

jω0t

βtjω0t

sinω0t u(t)； u(t t0)；

（3）f(t)=e

βt

cosω0t u(t)；

u(t)；

+∞ ∞

（5）f(t)=e

iωt

（6）f(t)=e

jω0t

t u(t)

解（1）F(ω)=¶[f(t)]=∫u(t)sin(ω0t)e

=

eiω0t e iω0t iωt

dt=∫u(t)edt

∞2i

+∞

+∞ 1 +∞11 i(ω ω0)t i(ω+ω0)t =1 ()()utedtutedt()() πδωωπδωω+ + 00 ∫ ∞ ∫ ∞ 2i iω ω02i iω+ω0

=

ω0ω0πiπi

[δ(ω ω) δ(ω+ω)]=+[δ(ω+ω0) δ(ω ω0)] 0022

2ω2 ω0ω0 ω22

（2）F(ω)=¶ f(t) =

∫

+∞

∞

e

βt

u(t)sinω0te

iωt

dt=∫e

+∞

βt

eiω0t e iω0t iωt

dt

2i

1+∞ β+i(ω+ω0) β+i(ω ω0) t t=∫e e 2i0

()

+∞+∞

β+i(ω ω0) t β+i(ω+ω0) t

ee 1 00

dt=

2i + ++βωωβωωii 0 0

=

12iω0ω01 11

== 222 2i β+iω ω0β+iω+ω0 2iβ+iω+ω0(β+iω)+ω0

（3）F(ω)=¶ f(t) =

∫

+∞

∞

e

βt

u(t)cosω0te

iωt

dt=∫e

+∞

βt

eiω0t+e iω0t iωt

edt

2

1+∞ 1 11 β+i(ω ω0) t β+i(ω+ω0) t

=∫e+edt= + βωωβωω202 ii+ ++00

()

=

β+iω

22

(β+iω)+ω0

1iω

+πδ(ω)得

（4）由像函数的位移性质及¶[u(t)]=

¶ e

（5）根据位移性质

iω0t

u(t) =

1

+πδ(ω ω0)

iω ω0 1

¶[u(t t0)]=e-iωt0¶[u(t)]=e-iωt0 +πδ(ω)

iω

再根据像函数的位移性质

1-i(ω ω0)t0 iω0t

¶ eu(t t0) =e+πδ(ω ω0)

ωωi0

e(0)0

=+πδ(ω ω0) iω ω0 iω ωt

积分变换 东南大学 张元林 第四版 南京工学院 习题 解答 详解

n

（6）由微分性质¶[( it)f(t)]=F(n)(ω)得

¶[tu(t)]=i

再由象函数的位移性质得

d1 1

¶[u(t)]=i +πδ(ω) ′= 2+πiδ'(ω) dωω iω

¶eω0ttu(t)=

[]

1

+πiδ′(ω ω0)

ω ω02

5．证明互相关函数和互能量谱密度的下列性质：R21(τ)=R12( τ),证 R21(τ)=

S21(ω)=S12(ω)。

∫

+∞

∞

f1(t+τ)f2(t)dt=∫

+∞ ∞

+∞

∞

f1(u)f2(u τ)du=R12( τ)；

+∞ ∞

S21(ω)=∫

+∞

∞

R21(τ)e iωτdτ=∫R12( τ)e iωτdτ=∫R12(τ)eiωτdτ=∫

+∞

∞

R12(τ)e-iωτdτ=S12()。

6．已知某信号的相关函数R(τ)=证 S(ω)=

1 2a|τ|e，求它的能量谱密度S(ω)。 4

∫

+∞

∞

R(τ)e

iωτ

01+∞ 2a|τ| iωτ1 +∞ i(ω 2ai)τ

dτ=∫eedτ=∫edτ+∫e i(ω+2ai)τdτ

∞ 0 4 ∞4

=

1 11a

。 == 22

++4 i(2ai)i(2ai)4aωωω

1

cos(ω0τ)(ω0为常数),求这个波形的能量谱密度. 2

7．已知某波形的相关函数R(τ)=解 波形的能量谱密度

S(ω)=∫R(τ)e iωτdτ=∫

∞

+∞

1 cosω0τ e iωτdτ ∞2

+∞

=

π1

¶[cosω0t]=[δ(ω+ω0)+δ(ω ω0)] 22

b

1,0≤t≤a t,0≤t≤a

，与f2(t)= ，求f1(t)和f2(t)的互相关函数R12(τ)。 8．若函数f1(t)= a

其他 0, 其他0,

证 当|τ|>a时，R12(τ)=当0<τ≤a时，R12(τ)=

∫

+∞

∞

f1(t)f2(t+τ)dt=0;

a τ0

∫

+∞

∞

f1(t)f2(t+τ)dt=∫

bbtdt=(a τ)2; a2a

当 a≤τ≤0时，R12(τ)=

∫

+∞

∞

f1(t)f2(t+τ)dt=∫

bb22tdt=(a τ). τa2a

a

积分变换 东南大学 张元林 第四版 南京工学院 习题 解答 详解

拉氏变换习题解答

习题一

1．求下列函数的拉氏变换,并用查表的方法来验证结果. (1)f(t)=sin

t 2t

； (2)f(t)=e； 2

(3)f(t)=t； (4)f(t)=sintcost；

2

2

(5)f(t)=sinhkt； (6) f(t)=coshkt； (7)f(t)=cost; 解 (1) & f(t) =

(10) f(t)=cost.

2

∫

+∞

+∞(e et st)e st

sinedt=∫dt

022i

it

2 it2

it1+∞ (s 2

=∫(e2i0

ii

(s 2)t+∞ (s+)t+∞ 2ie (s+)t|| 1 e002

e )dt =

2i s+ s

22

ii

+ +ss

1 11 1 = = i i 2i s s+ 2i

s s+ 22 2 2 =

1

=24s2+1

1s2+

4

+∞

(Res>0)

e (s+2)t|

+∞

(2) & f(t) =(3) & f(t) =

∫

e 2te stdt=∫e (s+2)tdt=

+∞

(s+2)

=

1

s+2

(Res> 2)

∫

+∞

+∞22e st2+∞1+∞ st

tedt= |+∫2tedt= 2te st|+2

0s0s0ss2 st

∫

+∞

e stdt

2 st+∞2

= 3e|=2

t=0ss

(4) & f(t) =

(Res>0)

1+∞1+∞ (s 2i)t (s+2i)t st

e sin2tedt= e dt 2∫04i∫0

∫

+∞

sintcoste stdt=

e (s 2i)t+∞e (s+2i)t+∞

1 11 11 00 = =2=

4i s 2i s+2i 4i s 2is+2i s+4

||

(Res>0)

dt ∫e (s+k)tdt

0+∞

(5) & f(t) =

∫

+∞

sinhktedt=∫

st

+∞

1ekt e kt st

edt=22

(∫

+∞

e

(s k)t

)

e (s k)t+∞e (s+k)t+∞

||1 11 k1 00 = ==

2 (s k) (s+k) 2 s ks+k s2 k2

(Res>max{k, k})