0154-2011 东新复 数学 P7

傅里叶与拉普拉斯变换 信号与系统 傅里叶变换 卷积

$x(t)$ のフーリエ変換 $X(\omega )$ は以下のように定義される．

$$X(\omega )={\int }_{-\infty }^{\infty }x(t)e^{-\mathrm{i}\omega t}\mathrm{d}t$$

ここで，$e$ は自然対数の底，$\mathrm{i}$ は虚数単位である．下図に示すように $x_a(t)$ と $y_b(t)$ を定義し，$z_{ab}(t)={\int }_{-\infty }^{\infty }{x}_a(\tau )y_b(t-\tau )\mathrm{d}\tau$ と定める．

$$x_a(t)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{a},& |t|\le a\\ 0,& |t|>a\end{array}$$ $$y_b(t)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{b^2}t+\frac{1}{b},& -b\le t\le 0\\ -\frac{1}{b^2}t+\frac{1}{b},& 0<t\le b\\ 0,& |t|>b\end{array}$$

このとき，以下の問に答えよ．
(問1) $x_a(t)$，$y_b(t)$ それぞれのフーリエ変換 $X_a(\omega )$，$Y_b(\omega )$ を求め，それらの極限 $X_0(\omega )=\underset{a\to 0}{\lim }{X}_a(\omega )$ と $Y_0(\omega )=\underset{b\to 0}{\lim }{Y}_b(\omega )$ を求めよ．
(問2) $y_b(t-\tau )$ のフーリエ変換 $Y_{b\tau }(\omega )$ を求めよ．
(問3) $z_{ab}(t)$ が偶関数となることを示し，$a=b=1$ のとき $z_{11}(t)$ の概形を図示せよ．
(問4) $z_{ab}(t)$ のフーリエ変換 $Z_{ab}(\omega )$ を求めよ．

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解答：

(問1)

$$\begin{array}{rl}{X}_a(\omega )& ={\int }_{-a}^a\frac{1}{a}{e}^{-\mathrm{i}\omega t}\mathrm{d}t\\ & =\frac{1}{a}{\left[\frac{e^{-\mathrm{i}\omega t}}{-\mathrm{i}\omega }\right]}_{-a}^a\\ & =\frac{e^{\mathrm{i}\omega a}-e^{-\mathrm{i}\omega a}}{\mathrm{i}a\omega }\end{array}$$ $$\boxed{X_a(\omega )=\frac{2\sin (a\omega )}{a\omega }}$$

$y_b(t)$ は偶関数であるから、

$$\begin{array}{rl}{Y}_b(\omega )& ={\int }_{-b}^b{y}_b(t)e^{-\mathrm{i}\omega t}\mathrm{d}t\\ & ={\int }_{-b}^b{y}_b(t)\cos (\omega t)\mathrm{d}t\\ & =2{\int }_0^b\left(-\frac{1}{b^2}t+\frac{1}{b}\right)\cos (\omega t)\mathrm{d}t\end{array}$$

部分積分法を用いて、

$$\begin{array}{rl}{Y}_b(\omega )& =2{\left[\left(-\frac{1}{b^2}t+\frac{1}{b}\right)\frac{\sin (\omega t)}{\omega }\right]}_0^b-2{\int }_0^b\left(-\frac{1}{b^2}\right)\frac{\sin (\omega t)}{\omega }\mathrm{d}t\\ & =\frac{2}{b^2\omega }{\left[-\frac{\cos (\omega t)}{\omega }\right]}_0^b\end{array}$$ $$\boxed{Y_b(\omega )=\frac{2-2\cos (b\omega )}{b^2{\omega }^2}}$$

極限について、

$$\boxed{X_0(\omega )=\underset{a\to 0}{\lim }\frac{2\sin (a\omega )}{a\omega }=\underset{a\to 0}{\lim }2\cdot \frac{\sin (a\omega )}{a\omega }=2}$$ $$\boxed{Y_0(\omega )=\underset{b\to 0}{\lim }\frac{2(1-\cos (b\omega ))}{b^2{\omega }^2}=\underset{b\to 0}{\lim }\frac{2\cdot \frac{1}{2}(b\omega {)}^2}{b^2{\omega }^2}=1}$$

(問2)
$y_b(t-\tau )$ について $t$ を変数としてフーリエ変換を行う．$u=t-\tau$ と置換すると $\mathrm{d}t=\mathrm{d}u$ より、

$$\begin{array}{rl}{Y}_{b\tau }(\omega )& ={\int }_{-\infty }^{\infty }{y}_b(t-\tau )e^{-\mathrm{i}\omega t}\mathrm{d}t\\ & ={\int }_{-\infty }^{\infty }{y}_b(u)e^{-\mathrm{i}\omega (u+\tau )}\mathrm{d}u\\ & =e^{-\mathrm{i}\omega \tau }{\int }_{-\infty }^{\infty }{y}_b(u)e^{-\mathrm{i}\omega u}\mathrm{d}u\end{array}$$ $$\boxed{Y_{b\tau }(\omega )=e^{-\mathrm{i}\omega \tau }\frac{2-2\cos (b\omega )}{b^2{\omega }^2}}$$

(問3)
$s=-\tau$ と置換すると、$\mathrm{d}\tau =-\mathrm{d}s$．$x_a(t)$ と $y_b(t)$ はともに偶関数であるから、

$$\begin{array}{rl}{z}_{ab}(-t)& ={\int }_{-\infty }^{\infty }{x}_a(\tau )y_b(-t-\tau )\mathrm{d}\tau \\ & ={\int }_{\infty }^{-\infty }{x}_a(-s)y_b(-t+s)(-\mathrm{d}s)\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}& ={\int }_{-\infty }^{\infty }{x}_a(s)y_b(-(t-s))\mathrm{d}s\\ & ={\int }_{-\infty }^{\infty }{x}_a(s)y_b(t-s)\mathrm{d}s\\ & =z_{ab}(t)\end{array}$$

よって $z_{ab}(t)$ は偶関数である．(証明終)

$a=b=1$ のとき、$z_{11}(t)$ は偶関数であるため $t\ge 0$ について考える．

$$\begin{array}{rl}{z}_{11}(t)& ={\int }_{-\infty }^{\infty }{x}_1(\tau )y_1(t-\tau )\mathrm{d}\tau \\ & ={\int }_{-1}^{1}1\cdot y_1(t-\tau )\mathrm{d}\tau \end{array}$$

$u=t-\tau$ とすると、積分範囲は $[t-1,t+1]$ における $y_1(u)$ の面積となる．
$0\le t\le 1$ のとき：

$$\begin{array}{rl}{z}_{11}(t)& ={\int }_{t-1}^1(1-|u|)\mathrm{d}u\\ & ={\int }_{t-1}^0(1+u)\mathrm{d}u+{\int }_0^1(1-u)\mathrm{d}u\\ & ={\left[\frac{(1+u{)}^2}{2}\right]}_{t-1}^0+\frac{1}{2}\\ & =1-\frac{1}{2}{t}^2\end{array}$$

$1<t\le 2$ のとき：

$$\begin{array}{rl}{z}_{11}(t)& ={\int }_{t-1}^1(1-u)\mathrm{d}u\\ & ={\left[-\frac{(1-u{)}^2}{2}\right]}_{t-1}^1\\ & =\frac{1}{2}(t-2{)}^2\end{array}$$

$t>2$ のとき、$z_{11}(t)=0$．対称性より概形は以下の放物線をつなぎ合わせた釣り鐘型となる．

$$\begin{array}{c}\boxed{\text{概形：}\begin{array}{c}{z}_{11}(t)=\{\begin{array}{ll}0& (|t|\ge 2)\\ \frac{1}{2}(|t|-2{)}^2& (1\le |t|<2)\\ 1-\frac{1}{2}{t}^2& (|t|<1)\end{array}\\ \text{(頂点(0,1)の凸放物線と、底に接する凹放物線が }|t|=1\text{ で滑らかに繋がる)}\end{array}}\end{array}$$

(問4)
(問2)の過程より、

$$Z_{ab}(\omega )={\int }_{-\infty }^{\infty }\left({\int }_{-\infty }^{\infty }{x}_a(\tau )y_b(t-\tau )\mathrm{d}\tau \right)e^{-\mathrm{i}\omega t}\mathrm{d}t$$

積分の順序を交換して、

$$\begin{array}{rl}{Z}_{ab}(\omega )& ={\int }_{-\infty }^{\infty }{x}_a(\tau )\left({\int }_{-\infty }^{\infty }{y}_b(t-\tau )e^{-\mathrm{i}\omega t}\mathrm{d}t\right)\mathrm{d}\tau \\ & ={\int }_{-\infty }^{\infty }{x}_a(\tau )Y_{b\tau }(\omega )\mathrm{d}\tau \end{array}$$ $$\begin{array}{rl}& ={\int }_{-\infty }^{\infty }{x}_a(\tau )e^{-\mathrm{i}\omega \tau }{Y}_b(\omega )\mathrm{d}\tau \\ & =Y_b(\omega ){\int }_{-\infty }^{\infty }{x}_a(\tau )e^{-\mathrm{i}\omega \tau }\mathrm{d}\tau \\ & =Y_b(\omega )X_a(\omega )\end{array}$$

よって、

$$\boxed{Z_{ab}(\omega )=\frac{4\sin (a\omega )(1-\cos (b\omega ))}{a{b}^2{\omega }^3}}$$

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这道题是信号与系统中非常经典的关于傅里叶变换与卷积定理的推导与应用。题目首先让你分别计算矩形脉冲信号和三角形脉冲信号的傅里叶变换。由于这两个信号都是偶函数，它们的傅里叶变换结果一定为实数，在计算三角波的积分时，利用分部积分法或是直接对其求导利用导数性质能大大简化计算过程。取极限的部分考察了脉冲信号不断压缩变高后向冲激函数（Dirac Delta function）演变的过程。

题目中第三问要求计算两个脉冲信号的时域卷积。矩形窗与三角形窗的卷积在时域上表现为分段的二次函数，利用偶函数的对称性只求解一半是常见的简便做法，结果呈现出一个平滑的钟形曲线。最后一问实际上就是要求证明并使用卷积定理，即时域的卷积等价于频域的乘积。由于前面已经计算了单个信号的频谱以及时移信号的频谱，利用积分顺序交换（Fubini定理）可以非常顺畅地推导出频域相乘的结论并得出最终结果。