fft試證：若 滿足Fourier積分定理中的條件,則有ftacostbsint其中a

01

0fcos,b

1

fsin.π π Fourier三角形式表明.表明：利用Fourier積分的復數形式，有ft

fejtejt2π 11

fcosjsin2

π 1ajbcostjsint2 由于aabb所以ft

1acost1bsint2 2 acostbsint0 0Fourier 1t2,t21

0, t0f

t ； 2）

t ;0, t21

etsin2t,t00, t13)ft 3)ft 1, 0t10, 1tFourier角形式解。 1t2,t21解：1

t Fourier0, t21F()F[f(t)]

f(t)et2f(t)costt21(1t2)costt0 0 sint 2tcost 2sint t2sint1 4(sincos)2 2 3數）

30f（t)的Fourier積分為1 1 f(t) F()ejt F()cost2π π 04(sincos)costπ 0 32）所給函數為連續(xù)函數，其Fourier變幻為FωF f(t)f(t)ettet

sin2tejtt 0 e2tje2tj 1 et ejtt [e(12jj)te(12jj)t0 2j 2j 01e(12jj)t e(12jj)t2j12jj 12jjj 1 1

0 252j0 21(2)j 1(2)j 25624數為奇函數）f（t）Fourier

（實部為偶函數，虛ft 1F()ejt2π 1 2522π 25624

costjsint1

52

costsint

1

52

tcostπ 25624 π 256242

52

costsintπ 0 25624這里用到奇偶函數的積分性質.3）所給函數有間斷點f(-t）-f(t）是奇函數，其Fourier為FF f(t)f(t)ejtt2jf(t)sintt 02j11sintt

2j(cos1)（奇函數）0 f（t)的Fourier積分為1 j f(t)= Fet Fsint2π 0 π 021cossintπ 0

ft

0ft

0t-1，0，1（在間斷點t0

處，右邊f（t)應以

0 代替)。2Fourier1）ftet(0),cost

πet;f(t)e

cos

0 22 2 22 cos t e0 44 2

cost;sint,tπ nπn

πsint, tπ3）f(t) ，表明: 20,

tπ

0 12

0,

tπ表明：1)fte

為連續(xù)的偶函數，其Fourier變幻為FFfttejtt2tcostte e 0eecostsint222 Fourier

t0

22ft

1Fet

1

costt2π π 0 22即cost

πet0 22 22）ftetcostFourierF)ftett

tcostejtte et

ejtejt2

ejtt1 0

0

e(1jj)tt e(1jj)tt e(1jj)tt e(1jj)tt2 0 0 e(1jj)t1je(1jj)t1j

e(1jj)t1jje(1e(1jj)t1jje(1jj)t1j1 1 1

1

1 2221jj 1jj 1jj 1jj 44coscost costf(t)f(t)

1

1 22ejt 2π ejt 22 π即 cost e0 44 2

costFourierF

ftettππ

sintejttππ

sintcostjsintt2jπsintsinttjπcos1tcos1ttsinsin1t1sin1t1 π π sin sin 2jsinj

j

0 0

1 1

21F-1F

1Fet2π

12jsinπcostjsint2π 212

sinπsintsint,tππ 0 21故π

0,

tπsinπsint2sint,tπ0 12

0, tπ4fet0,t0FourierFourier解：根據Fourier正弦積分公式，并且用分部積分法，有ft2fsinsintπ 0 0 2 π0 0

tsin sinesinesin2cost2π02 sinπ0 2 2

sin0根據Fourier余弦積分公式，用分部積分法，有ft 2 f cos cosπ0 02 π0 0

tcos cosesinesin2cost2π02 cosπ0 2 2

01—2A,0t

cos求矩形脈沖函數的Fourier變幻.0,其他解:F()F jtt Aejtt

ejt A1ejt0 j j0設F 是函數ft的Fourier變幻，表明F 與ft有相同的奇偶性。表明:F 與ft是一個Fourier變幻關于,即1F ftejtt,ft F ej2π如果F 為奇函數，即F F ，則1 1ft F ej t F ej 2π 2π（令u）

1Fueutu2π （換積分變量u為ft亦為奇函數。

1Fetft2π ftftf,則Fftettftett （令tu）fueuu(換積分變量u為t）ftettF所以F亦為奇函數.ft與F同為偶函數.4fet0Fouriersin

πe00 12 2解：由Fourier正弦變幻公式，有F()Fs

t

eetsintcost12

ftsintt

etsintt0 0 12由Fourier正弦逆變幻公式，有ft

1

)

2

()sint

2sints s π 0

π 0 12由此,當t0時，可得sinπf

πe00 12 2 25．設F ftF),試表明：ftF()F(；ftF()F(。ffr

jfi

fr

fi

t均為t的實值函數，且訣別為ft的實部與虛部.因此Fftett

ftjfr

ttjsint

ftcostfr

tsinttjf

tsintfi

tcosttReFjImF其中ReF

ftcostfr

tsintt， arImFfr

tsintfi

tcosttbft為tffr訣別為

t,fi

0.此時，a式和b式 ReF

ftcosttr ImF r

tsintt所以FReFjImFReFjImFFFF，則有ReFjImFReFjImFF的實部是關于F的虛部是關于的奇函數。因此,必定有Fftcosttjftsintt r rftfr

t為t1)獲證.ft為tfti訣別為

t,fr

t0式和b式 ReF i

tsintt ImFftcos i所以FReFjImFReFjImFReFjImFFFF,則有ReFjImFReFjImFF的實部是關于F的虛部是關于此，必定有Fftsinttjftcostt，i ifi

為t2）獲證.FourierF(

sin

ft.F(

sin

為連續(xù)的偶函數，由公式有ftπFet1sincost2 π 0 1sint1sint2π 0 2π 0 但由于當a0時sin

sin(a)

sinttπ0 0 當a0時

0 t 2sinsin(a)π0 0 2sina

11當a00

0,所以得ft4

11 已知某函數的FourierFπδδ 0 0ft。解：由函數δtt0

gtg0

，易知ft1Fet2π 1δet1δ

et2π 0 2π 01 ejt ejt cost1 2 2 00 0sgnt1,t01, t0

的Fourier變幻。解:容易看出sgntutut，而F[u(tF(1πδ().jft

1δtaδtaδt

aδta的Fourier2

2 2變幻。解：

F F ft 1 δta δta δta δta2 2 2

jt1ejt2 t

ejtt

ejtt

aejt t2 2cosa。210。求函數ftFourier解:已知Fsint δ00δ0由ft cosit1si2t有F ft jδ 2 δ 22 2fttFourier解:已知F ej

2πδ ，由0e3 jft t

e2j 8即得F f

jδ 3 δ 1 δ 1 δ 34π求函數ft sin5t 的Fourier變幻.3解:由于3π13ft sin5t 3 2 2故F f

jδ 5 δ

3πδ 5 δ 5。2 214.表明:若F ejt F ，其中 t為一實數，則F cos

1F F2F sint

1FF2j F為F的共軛函數.表明：因為FejtejttFejtejttejtejtt 1FFetetettcostettF cost2 2 同理可證另一等式。17．求作如圖的鋸齒形波的頻譜圖。（圖形見教科書)。1解：

2π,ftT

ht,0tT0 T 0, 其他C 1

ftt1T1htth0 T

T 0T 2C F

1

ftett

htett

hTtettn 0 T 00h 1 10

T 0T T2 000 jh002T jn20

ejntT000

jn0

Tett00 0

2nπF

h2δ h2δπhδ hδ.2 2nπ 0 n 0n nn0 n01－3F1

()F [f1

(t)],F2

()F [f2

(t)], ,是常數，表明（線性性質：F

(t)f(tF()

()1 2 1 2F -1F)F)f(t)f

(t)1 2 1 2FourierFourierF f1

(t)f2

(t)f

(t)f2

(t)ejtt

f(t)ejtt1

f(t)ejtt2F1

()F2

()F -1

()

)

F)F)ejt1 2 2π 1 21

()ejt

F()ejt2π 1

2 f1

)f2

(t)6．若F)F [f(t)]，表明（翻轉性質)：F()F [f(t)]分析：根據Fourier變幻的定義，再進行變量代換即可表明.表明：F [f(t)]

ftejtt(令tu）（換u為t）

fuejuftejttF()9設函數ft1, t1,利用關于稱性質表明

sintπ,1.0,t

t

0,1表明:F [f(t)]

ftejtt11

ejtt1costt1sintt0 0 由關于稱性質：F [f(t)]F,則F [F(t)]2πf,有F [F(t)]

sint2πft F sint

π,1t

0,112．利用能量積分

t2t

1

F2，求下列積分的值：1)1cosxx;2）sin4

2πxx； x2 x23）

1 x；4)

x2 x. 1x2 2

1x2 2x解：1）

1cosx2

x

2sin2x2

xx sint2（令2

t）

t t t 1 sint2t 2π

F 12π

1π2 π12）

sin4xx2

x

sin2

xcos2xxx2sinx2xsinxcosx2x x x tπ1sint2tt2 π-π=π2 2

1 1 2 1 1 23)

x t

F ，其 1x2 2中

1t2

2

1t2 1

1

cost πF

ejtt2

t2 e

πe1t2從而

1t2

0 1t2 2

1 x

1

πe2

1π2e2 π

1e2

π1x2

2π π

2 0 24）

x2 x

x211x

1 x 1 x 1x2 2

1x2

1x2

1x22 π π π π πarctanx 2

22221－41。表明下列各式：2）f1

tf2

t

ftf

t

tf2 tf

ft；36)

t

ft

ft

ft

t

ft 1

2 t

2 1 t 210)ft

utt

f分析：根據卷積的定義表明。2）

t ft

ftf

t

ft1 2

3 1 2 3

u

tuu

f1

fuf3

tuu 1 3 2

fftufuuftu

ftu

uu

1 2

3 1

2 3

f1

t

tftf2

ft36)

t

ft

f

tt 1

2 t 1 2

f

t

t

ft，t 1 2 1 t 2ft

ft

f

tf

t

2 t 1

2tf

ft

ft.t 1

2 t 1 210）ft ut

futut1,t

f。 0,t

2．若f1

u,f2

sintutf1

t

ft.2注意：不能隨意調換f1

f2

t的位置.解：由f1

t

etut

et,t0, t0

，ft2

sintut

sint,t0,0, t0所以f1

t

ftf2

t f1

t

ff2

t要確定f2

f1

00,f2

0;t0,f1

0

0t0

0, 即t, 因此ft f1

tf2

t

ft1

ff2

ttsinet0ettsine0（分部積分法）et

esincost 21 0esincos 1 et 21 21sincoset214F1

F f1

t,F2

F f2

t，表明：F f1

tf2

t

1F2π

*F2

表明:1F

F

FuF

uu2π 1

2

1 2 1F

uftejuttu2π 2

1 1F

u

teuttu2π

2 1 1F

ueut

tut2π 2

1 1f

t

ueutut2π 1

2 1f

t

sestetst2π 1

2

ftejtf1

ttF f1

tf2

t5.求下列函數的Fourier變幻:fsin

tu；0ftetsin

tu；05)fut；0解:1）已知F utδ

1,又j00ftsintut1etutetut.000 2j由位移性質有F ft

1πδ

1 πδ 1 2j

0

0 0 0πδ2j

δ0

0。02202）由Fourier變幻的定義，有F etsintutetsintutett0 sin

0tejtteetsintcost0200j2 00j202j205）utFourierF ut

e

utet

πδ00 j 0再由象函數的位移性質，有Fejtutt

ej

π 0 0

00 0 07．已知某信號的相關函數R中a0.解由定義知SRe1e2ae

1e2a，求它的能量譜密度S,其4 4 10

e2aej1e2aej4 4 01e2a1e2aj42aj142aje2aj 01 1 1 a 42aj 2aj 4a229fu0的能量譜密度。

t

etu

et,t0,0, t0

et,tf t

e

t

t

0,

t當0ff0的區(qū)間為，所以R

ftfttetet0ee2tte

e2t

e0

2當0ff0的區(qū)間為，所以R

ftfttetetee2tte

1 2e2te 1e2 1R

1e，ft的能量譜密度，即2S

Re

1eej 10

jej 0 1 1

j0

1 ejj j 0 1 1 j j 1221－51xtxt的解.分析：求解微分、積分方程的步驟：1）Fourier2)解代數方程得象函數；Fourier。解：設FxtXFourierXX1.即X 1 .1其逆變幻為xt0, t0.et,t04．求解下列積分方程:y 1） t2a2

1 ab;t2b222）ety 2πet2.2解：1）利用卷積定理可以求解此類積分方程。顯然，方程的左端是未知函數y與 1 的卷積，即ytt2a2邊取Fourier變幻，有

1 。設F ytY,關于方程兩 t2 F yt 1 F 1 t2a2即

t2b2F yt

1 F 1 t2a2 t2b20

cost22

πet，有2Y

1t2a2

ejtt

1t2b2

ejtt即Y2

costt2costt0 t2a2π

0 t2b2ebπ所以Y2b πea

aebab由上可知F

2a 1

cost

t

πa， et2a2 0 t2a2 aytF -1aebabab-ab π

π-1b

eba.a-a. πbt2b-a2 2）設F ytY,關于方程兩邊取Fourier變幻，同理可得 t2F yt

et

F 2πe2

π 2 利用鐘形脈沖函數的Fourier變幻F Aet2

Ae4Fourier定義可求得：F et

222

，從而 t2F ytF e2即2

F 2πe2Y

2πe2 2 22122

π2

e22πe22從而

πj2e2 2 2yt

-1e

-1j2e2，其中，記F fte

ft

1 et

，上式中第二項可利用微分性質

22π2F ftj2F ftj2

2，則 2 2 1 t

t21 t2F -1j2e

ft

t

2π

2 2πe2因此π

et

πt21et22

2π1

t2et2。y t 2π 2 2π

2 25x：2axtbxftchtfhtabc均為已知常數.解：設F ftF,F htH,F xtX.關于方程兩邊取Fourier變幻，可得XbXFcH即X從而

cHajbF,xt

X1

cH

ej.2π-1 2π

ajbF t2－1Laplace結果。1）ftsint.2分析:用Laplace變幻的定義解題. t

t st 1 j

j解:L

sin sin et

e ste

stt0 20

2 2j

2

2 1 1 1

2 Re(s)0.2j j j

4s212）fe2t

s s 2 2解：L e2te2teste2st 1 Re(s). 03）ft2解：

0 s20L t2testt1t2(est)1tet2estt0 s 0 s

0 0 2

t(est)

2testestt

2Re(s)0。s2 0

s20

s34)fsintcost.Ltcost

sintcostestt01sin2testt2 01 2 1 。2 s24 s24fcos2t. 1cos2t解：L cos2t cos2testt

estt20 01

1cos2testt

11e2jst

e2jstt2s 2 0 2s 4 0 11 1 1

s22 .2s 4s2j s2j

ss24 Laplace3, 0t21）ft

1,2t4.0, t4解：L ftftest32est4est0 0 23 2 1 4 1 es

e0 s

3e2se4s .2 s3, tπ2)ft 2.cost,tπ 2解：L ftftestt3etcosetst πst 03 π ejt

20e-jt

π23 πs

ejst

ejst e et2

estt 1e

s π 2

s 2

2js jsπ0 2 23 πs

1ejs

ejsπ 3

πs 1 πs 1e

2 2

1e2

e2Re(s)0s 2

j

js s

s21

3）fte2t5δt解：L

t

e2tδtestte2st5δtestt0 0 0 1s2

5e5t0

1s

Re(s)2.4)fcostδtsintu解：L ftδtcostutsintesttδtcosesttsinestt01

0 1ejst

0ejstcoste t0 2j 0

ete

estt1 2j

js 0

js 011 1 1 1 1 s2 Re(s).2j js js 1s2 1s212－21Laplaceft23t2.1解:由L tm

m!及L

有L t23t2

232。 sm12)f1tet。

s s3

s2 s解：L1,L

tet

1 L tet1 1 。s2 3)ftt12et.解：

+

s

-12 L t-12etL t2

2tet

et 2

1

s24s5.s-13fttcosat。

s-12

s-1 s-13Lcosat

Lcosat

s

s2a2 s ss2a2f5sin2t3cos2t

s2a2 2解:已知Lt ,Lcost s ,則s22 s22Lsin2t3cos2t5 2

3 2

103sfe4tcos4t

s24 s24 s24解:由L4ts 及位移性質有s216L e

4tcos4t

s+4 . （216若L ftFs，表明（象函數的微分性質）:Fns1nL tnft, Resc特別地,L 下列各式：

tFs,或

ft1t

1Fs1）fte3tsin2t,求Fs。3322,解：L

e3tsin2t

2

+324 2 22s

4s3L te3tsin2t

s+324

+3

2 +32 2

4

42）ftt

te3tsin2tt,求Fs。0解:L te3tsin2tt1L e3tsin2t1 2 ，

s s s324 t

2

23s212s13Lt

3tsin2tt

ss324 s2s3242 3)Fslns1ft.s1Fslns1,令s1

Fsft,F's 2 1 1

etetLtftLtfts21 s1 s1故LFsft

2sinht.t若L ftFs,表明(象函數的積分性質）:ftL

Fssft

1

Fss t s s 并且利用此結論計算下列各式：1）ftsinktFs。ts22解：s22k

k ，s2k2 Lsinkt

s 1

s

πsks sks t

ss2k

s s21k1

k

s 2 k 2）ft

e3tsin2tt

,求Fs。解：L e3t解：L e3tsin2t s324L e3tsin2t

2 s

πarctans3 t t

s32

2 22－3f1

t,f2

Laplace均為c且L f1

tF1

s,L f2

t

Fs，則乘積f2

tf2

的Laplace變幻一定存在，且L

tf

t

1 j

qF

sqq1 2

j 1 2其中c,Resc.表明：已知f1

t,f2

Laplace數均為c，由Laplace變幻存在定理知f1理的條件且

tf2

Laplaceftf1

tf1

tf2

tMectMectM2e2ct,0t表明f1

tf2

的增長指數為2cf1

tf2

LaplaceFs0

ftf1

testt在半平面Res2c上一定存在，且右端積分在Rescc上絕關于且一致收斂，并且且在Res2c的半平面內，Fs為解析函數。根據L f1

tF1

s，則f1

Laplaceft 1

j

qeqtq1 2πj從而

j 1L f1

tf2

t0

ftf1

testt1

qt

st F qeq

f t e t0 2πj

j 1 2（交換積分次序）

1 j

tesqttq22πjj 1 0 2 1 jF

qF

sqq2πj

j 1 2Laplace（象原函數1)Fs 1 .s2a22）Fs

ssasb。3）Fs sc .sasb210）Fss21

。s24 1 1解:1）L1 sinat。s2a2 a2）

1 a b ，sasb

absa sb s 1 L1sasb

ab

eataebtb. 3）Fs

s

ca 1 1

bc 1 ，sasb2故

ba

sa sb

ba

sb2L1 L1

c

bc ac sasb2 ba

e

tba

ebtab210）Fs

s ＝1

－s ，有 s21 s24

3s21 s24ftL1Fs

1tcos2t3Laplace11）Fs 。1s2426）Fslns21。s213）Fs

1e2s.s21）s1所以

2j,s2

2j均為Fs的二級極點， ftL1FsL1 1 2

ResFsests2j2s2j2

ss k1 k est est lim lim s2jss2j2 s2jss2j2 test 2s2j test 2s2j lim estlim ests2js2j2 s2j4 s2js2j2 s2j4 t

e2j

8je2j

e2j

8je2jtt16 256 16 256tte2jte2jt

1e2jte2j

sin

tcos2t8 2 16 2j 16 86)令Fslns21,Fsln 2 ,s2 s s21Fs 1 1

Letet2Ltft,s1 s1 s s21

2 L 1ln s2

f t

1cosht 。1 e2s

1

e2s13）L

1

1

1 s2

s2

s2

s2tt2ut22t1,t2 。求下列卷積:3）tmtn（mn為正整數

2－4

t

0t2tmt

tmtntmn1kCt nknk kn0 0 k0tn

1 Cktnmk

1ktmkCktnk k n

k01k

ntmk1tnk

k0ntmn1n

01kC

nmk1mk1 n nk0 k0m!n!tmn1n1!.tmtnLaplaceLaplace求出卷積sinktsinkt0。解:sinktsinkttsinsinkt1tcosktcos2kt0 2 01tcoskt1tcoskt2tk2 4k 01tcoskt

sin2tk

1tcosktsinkt.tsinh

2

0 2 2k解：tsinhtsinhtt

tsinht01tt1te

t2 0 2 01tt()20

1tt(e)2 0

12te2

tetsinhtt0 09）utaf0.

0, ta..u

a f

u a f 0

a

ft

,ta10）δtaf0。解：當taδtaft0。當ta,δtaft

tδaft0δaftft fa. a

Fs2。設L ftFs，利用卷積定理，表明:L tftt0表明：L ft utL ftL utFs1

s sL ft

ut

tuf

ftL

ftt

s

t

0 3.利用卷積定理，表明:L1

sinat.s2a2

2 2a s表明：Fs s 1 ,由ss2a2 2

s2a2

s2a2s112s112a2cosat,L12a2a有

sinatsftL1Fs

1cosatsinata

1tsincosata 0 1tsinatsinat2 tsinat

1 tsinatt2a 4a2 0tsin

1 cosat

tsinat2a 4a2

0

2a2-5求下列常系數微分方程的解：1)yye2t,y00；8）y3y3yy1,y0y0y00；12）2yy0,y0y0y00,y01；16）yy10sin2t,y00,y1.2 2 LaplaceLaplace解：1）LaplacesYsYsL e2t即

1s2Ys

1 1 。s2s

s2 s1從而方程的解為ytL1se2t

etLaplaces3Ys3s2Ys3sYsYs1s即1Ys 1 1ss33s23s1

ss13s1

0是Yss2

1是Ys的一個三級ftL1Ys2

ResYsest k1

sskests1ests13 ss1

lim2!ss2s2

sest212

est

s2t22st2s1 s31 12t2t1et。 12）關于方程兩邊取Laplace變幻，并且接合初始條件，有s4Yss3y0s2y0sy0y02s2Ys2sy02y0Ys0即ssYs 1sss212

s21 s21從而方程的解為yt

1scostsint

1tsint.16）關于方程兩邊取Laplace變幻，并且接合初始條件，有s2Yssy0y0Ys10 2s24即Ys

20 y0

20 1

1

y0，從而s21s24

s21

s21 s24

s21ytL1s

20sint10sin2ty0sint。3 3y0y1y017

，所以方程的解為2 2 3ytsint10sin2t32。求下列變系數微分方程的解：1）tyy4ty0,y03,y00；3）ty2t1y2y0,y02；5)tynyy0,y0y00,n0。1LaplaceLtyy4ty0即LLyty0，亦即ssYssy0y0sYsy04s

Ys0s從而s24YsYs0sY ss 0Y s24兩邊積分可得1 lnY ln s24 1

或Ys cs2s24取其逆變幻，有ycJ0

2t欲求c，y03y0cJ0

0c3，所以方程的解為y3J

2t

1k x2k其中J0

x k0

k!k12 Bessel3）方程兩邊取Laplace變幻，有LtyL t1yL t2y0sYssy0y02sYsy0s s2sYsy0整理化簡后可得

Yss0ss22s1Ys4s1Ys6s即Ys 4 Ys 6s s1 s12這是一階線性非齊次微分方程，這里Ps所以

4 ,Qs 6s1 s12YsePss

QsePsssc1 s14

6s12sc 2 cs1 s14從而方程的解為ytL1s2e

ct3e3!

2ct3 et(

為任意常數）15）方程兩邊取Laplace變幻，有Lty1nLyLy0即ssYssy0y01nsYsy0Ys0s整理化簡后可得Ys 1n1s2Ys s s2兩邊積分可得Ys ln csn1 s即sYscsn1es

csn1

1esyt

nct2Jn

2 t （c為任意常數）其中J 稱為n階第一類Bessel函數。n3。求下列積分方程的解：1）ytattsinty；03）05）0

yyt16sin4t；yytt2et.解：1)顯然,原方程可寫為ytatysint兩邊取Laplace變幻,并且利用卷積定理，有YsaYs 1s2 s21所以 as2

1 1Y s s4

as2

s4從而方程的解為

t3yt L1

sat 6 63）原方程可寫為yy16sin4t兩邊取Laplace變幻，并且利用卷積定理,有Ys2

64s216即s216Yss216取其Laplace逆變幻，有0ytL1s8J4t，0即表明y8J及y8J均為所求。這里，J 為零階第一類0 0 0Bessel函數。5）原方程可寫為yyt2et2兩邊取Laplace變幻，并且利用卷積定理，有2Ys所以2s12s1s1

s13從而方程的解為yt

2 1s te 2 π π

tet， 即yt4 tet及yt4 tet均為所求.π π求下列微分積分方程的解：1）t0

ycostyt,y01；3）yt2yt20

yu