2020年春季学期信号与系统课程作业参考答案-第九次作业

第九次作业参考答案

 
2020年春季学期信号与系统课程作业参考答案-第九次作业

 

01第一题

已知x(t)x\left( t \right)x(t)和X(ω)X\left( \omega \right)X(ω)是一对傅里叶变换,xs(t)x_s \left( t \right)xs​(t)是x(t)x\left( t \right)x(t)的采样,即:xs(t)=n=+x(nTs)δ(tnTs)x_s \left( t \right) = \sum\limits_{n = - \infty }^{ + \infty } {x\left( {nT_s } \right)\delta \left( {t - nT_s } \right)}xs​(t)=n=−∞∑+∞​x(nTs​)δ(t−nTs​)

采样周期为Ts=104sT_s = 10^{ - 4} sTs​=10−4s。根据 采样定理 判断,在下列条件下,是否可以从xs(t)x_s \left( t \right)xs​(t)中完全恢复x(t)x\left( t \right)x(t)?

(1) X(ω)=0,   ω>6000πX\left( \omega \right) = 0,\,\,\,\left| \omega \right| > 6000\piX(ω)=0,∣ω∣>6000π;
(2) X(ω)=0,   ω>18000πX\left( \omega \right) = 0,\,\,\,\left| \omega \right| > 18000\piX(ω)=0,∣ω∣>18000π;
(3) x(t)x\left( t \right)x(t)为实函数, X(ω)=0,  ω>6000πX\left( \omega \right) = 0,\,\,\omega > 6000\piX(ω)=0,ω>6000π;
(4) x(t)x\left( t \right)x(t)为实函数,X(ω)=0,  ω<12000πX\left( \omega \right) = 0,\,\,\omega < - 12000\piX(ω)=0,ω<−12000π;
(5) X(ω)X(ω)=0,  ω>1800πX\left( \omega \right)*X\left( \omega \right) = 0,\,\,\left| \omega \right| > 1800\piX(ω)∗X(ω)=0,∣ω∣>1800π;


求解:

根据已知信号采样周期Ts=104T_s = 10^{ - 4}Ts​=10−4秒,所以对应的信号的采样频率为fs=1Ts=10,000Hzf_s = {1 \over {T_s }} = 10,000Hzfs​=Ts​1​=10,000Hz。有采样定理可知,如果信号的最高频率fmf_mfm​小于采样频率的一半,即12fs=5000Hz{1 \over 2}f_s = 5000Hz21​fs​=5000Hz,对应角频率10000π10000\pi10000π,便可以从采样数据xs(t)x_s \left( t \right)xs​(t)完全恢复原来的信号x(t)x\left( t \right)x(t)。

下面依次判断题中的五道小题中,信号x(t)x\left( t \right)x(t)的最高频率,从而判断是否可以完全 恢复x(t)x\left( t \right)x(t)。

(1)答案: 可以
因为它的最高角频率为6000π6000\pi6000π,小于采样角频率20000π20000\pi20000π的一半。

(2)答案: 不可以
因为它的最高角频率为18000π18000\pi18000π,小于采样角频率20000π20000\pi20000π的一半。

(3)答案: 可以
因为x(t)x\left( t \right)x(t)是实函数,所以它的频率呈现左右共轭对称。当ω>6000π\omega > 6000\piω>6000π时,X(ω)=0X\left( \omega \right) = 0X(ω)=0,就意味着当ω<6000π\omega < - 6000\piω<−6000π的时候,X(ω)X\left( \omega \right)X(ω)同样也为0。故此,该信号的最高角频率小于6000π6000\pi6000π,

(4)答案: 不可以
理由与第(3)小题类似,只是信号x(t)x\left( t \right)x(t)的最高频率变成了12000π12000\pi12000π,大于采样角频率(20000π20000\pi20000π)的一半,所以不满足采样定理。

(5)答案: 可以
题目中已知对于X(ω)X\left( \omega \right)X(ω)与其自身的卷积结果的最高频率不大于1800π1800\pi1800π,而X(ω)X\left( \omega \right)X(ω)与其自身卷积结果对应的频率信号的宽度等于X(ω)X\left( \omega \right)X(ω)自身频谱宽度的两倍,故此可以判断X(ω)X\left( \omega \right)X(ω)的最高角频率应该小于900π900\pi900π,所以信号满足采样定理。

注: 第五小题,应该是在原来的作业要求中,将18000π18000\pi18000π错写成了1800π1800\pi1800π,但是对于最终的答案没有影响。

 

02第二题


信号x(t)x\left( t \right)x(t)的频谱为X(f)X\left( f \right)X(f),已知:

X(f)=12ffm,   ffm2;X\left( f \right) = 1 - {{2\left| f \right|} \over {f_m }},\,\,\,\left| f \right| \le {{f_m } \over 2};X(f)=1−fm​2∣f∣​,∣f∣≤2fm​​;X(f)=0,    f>fm2X\left( f \right) = 0,\,\,\,\,\left| f \right| > {{f_m } \over 2}X(f)=0,∣f∣>2fm​​

其中 fm=800Hzf_m = 800Hzfm​=800Hz。

(1)若对x(t)x\left( t \right)x(t)进行理想采样,采样频率为fs=600Hzf_s = 600Hzfs​=600Hz。绘制出采样后的信号xs(t)x_s \left( t \right)xs​(t)在f400Hz\left| f \right| \le 400Hz∣f∣≤400Hz范围内的频谱;

(2)当采样频率fs=900Hzf_s = 900Hzfs​=900Hz时,画出采样后的信号xs(t)x_s \left( t \right)xs​(t)在f400Hz\left| f \right| \le 400Hz∣f∣≤400Hz范围内的频谱。


求解:

根据题目中对于X(f)X\left( f \right)X(f)的描述,它对应的频谱图像为下图所示:

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▲ x(t)的频谱图像

(1)答案:

当采样频率fs=600Hzf_s = 600Hzfs​=600Hz时,对应的采样周期Ts=1600sT_s = {1 \over {600}}sTs​=6001​s,采样信号xs(t)x_s \left( t \right)xs​(t)的频谱Xs(f)X_s \left( f \right)Xs​(f)是X(f)X\left( f \right)X(f)的周期延拓,对应的公式为:Xs(f)=1Tsn=+X(fn.fs)X_s \left( f \right) = {1 \over {T_s }}\sum\limits_{n = - \infty }^{ + \infty } {X\left( {f - n.f_s } \right)}Xs​(f)=Ts​1​n=−∞∑+∞​X(f−n.fs​)

X(f)X\left( f \right)X(f)的频谱按照600Hz周期延拓,然后进行叠加,通过1Ts{1 \over {T_s }}Ts​1​进行修正之后的频谱图像如下,频谱发生了混叠现象。

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▲ xs(t)的频谱图像

f400Hz\left| f \right| \le 400Hz∣f∣≤400Hz之内的频谱如上图红色虚框内所示。

(2)答案:

根据同样的分析,在采样频率为fs=900Hzf_s = 900Hzfs​=900Hz的时候,信号xs(t)x_s \left( t \right)xs​(t)的频谱Xs(f)X_s \left( f \right)Xs​(f)图像如下图所示。频谱没有发生混叠现象。

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▲ xs(t)的频谱图形

f400Hz\left| f \right| \le 400Hz∣f∣≤400Hz之内的频谱如上图红色虚框内所示。

 

03第三题


设三角形和升余弦信号的底宽均为τ\tauτ,用抽样间隔为TsT_sTs​的单位脉冲序列对它们进行采样。当Ts=τ8T_s = {\tau \over 8}Ts​=8τ​的时候,分别绘制出采样后的信号频谱。

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▲ 三角波信号和升余弦信号

由于题目中没有给出三角波和升余弦信号的幅值,这里假设它们的峰值都为1.


求解:

根据一些 常见信号的傅里叶变换 以及傅里叶变换的性质可以求出三角信号和升余弦信号的傅里叶变换。下面通过 郑君里 教授的“ 信号与系统 ”上册书后附录三中给出的常用信号的傅里叶变换表可以得到对应的三角波和升余弦信号的傅里叶变换表达式:

1. 三角波傅里叶变换:
F(ω)=Eτ2Sa2(ωτ4)=8Eω2τsin2(ωτ4)F\left( \omega \right) = {{E\tau } \over 2}Sa^2 \left( {{{\omega \tau } \over 4}} \right) = {{8E} \over {\omega ^2 \tau }}\sin ^2 \left( {{{\omega \tau } \over 4}} \right)F(ω)=2Eτ​Sa2(4ωτ​)=ω2τ8E​sin2(4ωτ​)

上面公式中E=1E = 1E=1。对应的频谱的图形为:

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▲ 三角波信号的频谱

三角波的频谱随着1ω2{1 \over {\omega ^2 }}ω21​的规律进行衰减。v

2. 升余弦信号傅里叶变换:
F(ω)=Eτ2.Sa(ωτ2)1(ωτ2π)2F\left( \omega \right) = {{E\tau } \over 2}.{{Sa\left( {{{\omega \tau } \over 2}} \right)} \over {1 - \left( {{{\omega \tau } \over {2\pi }}} \right)^2 }}F(ω)=2Eτ​.1−(2πωτ​)2Sa(2ωτ​)​
上面公式中E=1E = 1E=1。对应的频谱图形为:

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▲ 升余弦信号的频谱

升余弦信号的频谱随着1ω3{1 \over {\omega ^3 }}ω31​规律进行衰减。

对比上面三角波与升余弦的频谱来看,它们的频谱宽度(即主瓣宽度)都是4πτ{{4\pi } \over \tau }τ4π​,比相同底宽的矩形波的主瓣宽度(2πτ{{2\pi } \over \tau }τ2π​)宽了近一倍。

tao = 1
E = 1
fm = 10*pi/tao
omiga = linspace(-fm, fm, 100)
Ftri = E * tao / 2 * (sinc(omiga * tao / 4/pi) ** 2)
Fcos = E * tao / 2 * sinc(omiga * tao / 2 / pi) / ((1-(omiga * tao / 2 / pi) ** 2))

使用PYTHON中numpy的sinc函数的时候,需要注意,在python中的sinc函数的定义是:sinc(t)=sin(πt)πt\sin c\left( t \right) = {{\sin \left( {\pi t} \right)} \over {\pi t}}sinc(t)=πtsin(πt)​
因此,在实际应用的时候需要将sinc函数的参数除以π\piπ,才能够和通常情况下教科书中给出sinc函数相一致。

使用Ts=τ8T_s = {\tau \over 8}Ts​=8τ​对上述信号进行采样,所得到的离散信号的频谱是原来频谱按照周期为:2πTs=16πτ{{2\pi } \over {T_s }} = {{16\pi } \over \tau }Ts​2π​=τ16π​
进行周期延拓,并乘以因子1Ts=8τ{1 \over {T_s }} = {8 \over \tau }Ts​1​=τ8​。

由于三角波、升余弦信号都是无穷长的频谱,所以采样后信号的频谱发生了频率混叠。只是升余弦信号的频谱混叠要比三角波的频谱混叠程度小一些,这来自于它的高频衰减的速度要大于三角波的高频衰减速度。

下面给出的频谱是通过PYTHON绘制出的两个离散信号的周期频谱图形:

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▲ 三角波采样信号周期频谱

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▲ 升余弦信号采样信号的周期频谱

tao = 1
E = 1
fm = 20*pi/tao

omiga = linspace(-fm, fm, 200)
Ftri = E * tao / 2 * (sinc(omiga * tao / 4/pi) ** 2)
Fcos = E * tao / 2 * sinc(omiga * tao / 2 / pi) / ((1-(omiga * tao / 2 / pi) ** 2))

#clipboard.copy(str(Fcos))

#------------------------------------------------------------
def duplicatewave(w, step, duptime):
    totallength = len(w) + step * duptime
    res = zeros(totallength)

    for i in range(duptime):
        startn = i * step
        endn = startn + len(w)
        res[startn:endn] = res[startn:endn] + w

    return res

step = int(200 * 16 / 20)
resdata = duplicatewave(Fcos, step, 10)[step*3:int(step*6.3)]
clipboard.copy(str(resdata))

plt.plot(resdata)
plt.grid(True)

plt.show()

 

04第四题


已知信号的频谱X(ω)X\left( \omega \right)X(ω)如下图所示:

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▲ x(t)的频谱图

(1)求x(2t)x\left( {2t} \right)x(2t)和x(t/2)x\left( {t/2} \right)x(t/2)的Nyquist采样周期;
(2)用δT=n=δ(tnπ8)\delta _T = \sum\limits_{n = - \infty }^\infty {\delta \left( {t - {{n\pi } \over 8}} \right)}δT​=n=−∞∑∞​δ(t−8nπ​)
x(t/2)x\left( {t/2} \right)x(t/2),x(t)x\left( t \right)x(t)和x(2t)x\left( {2t} \right)x(2t)进行采样,绘制出采样信号xs(t/2)x_s \left( {t/2} \right)xs​(t/2),xs(t)x_s \left( t \right)xs​(t)和xs(2t)x_s \left( {2t} \right)xs​(2t)的频谱,并判断是否会发生频谱混叠现象?


求解:

(1)解答: 通过x(t)x\left( t \right)x(t)的频谱X(ω)X\left( \omega \right)X(ω)可以看出,它最高角频率为ωm=8\omega _m = 8ωm​=8,对应的最高频率为fm=ωm2π=4πf_m = {{\omega _m } \over {2\pi }} = {4 \over \pi }fm​=2πωm​​=π4​。它对应的Nyquist采样频率应该为:2fm=8π2f_m = {8 \over \pi }2fm​=π8​

信号x(2t)x\left( {2t} \right)x(2t),x(t/2)x\left( {t/2} \right)x(t/2)分别是信号x(t)x\left( t \right)x(t)进行尺度变化而得到的。根据傅里叶变换的尺度特性,它们的频谱X2t(ω),Xt/2(ω)X_{2t} \left( \omega \right),X_{t/2} \left( \omega \right)X2t​(ω),Xt/2​(ω)分别是原信号频谱X(ω)X\left( \omega \right)X(ω)也进尺度变换,对应的频谱如下:

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▲ x(2t)对应的频谱

x(2t)x\left( {2t} \right)x(2t)对应的Nyquist采样频率为:322π=16π   (Hz){{32} \over {2\pi }} = {{16} \over \pi }\,\,\,\left( {Hz} \right)2π32​=π16​(Hz)

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▲ x(t/2)信号的频谱

x(t/2)x\left( {t/2} \right)x(t/2)信号对应的Nyquist采样频率为:4×22π=4π{{4 \times 2} \over {2\pi }} = {4 \over \pi }2π4×2​=π4​

(2)解答:

在采样频率为8π{8 \over \pi }π8​的情况下,x(t/2),x(t),x(2t)x\left( {t/2} \right),x\left( t \right),x\left( {2t} \right)x(t/2),x(t),x(2t)所对应的采样信号xs(t/2),xs(t),xs(2t)x_s \left( {t/2} \right),x_s \left( t \right),x_s \left( {2t} \right)xs​(t/2),xs​(t),xs​(2t)的频谱是它们各频谱按照周期为:8π×2π=16{8 \over \pi } \times 2\pi = 16π8​×2π=16
进行周期延拓,并在幅值上增加一个倍数因子:π8{\pi \over 8}8π​。绘制出的频谱分别如下:

下图为x(t/2)x\left( {t/2} \right)x(t/2)信号的采样信号频谱,没有发生混叠。

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▲ x(t/2)信号采样信号的频谱

下图是x(t)x\left( t \right)x(t)信号的采样信号频谱。没有发生混叠。

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▲ x(t)信号采样信号的频谱

下图是x(2t)x\left( {2t} \right)x(2t)信号的采样信号频谱,发生了频谱混叠。叠加后的信号频谱是一个常量。

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▲ x(2t)信号采样信号的频谱

 

05第五题


已知f(t)f\left( t \right)f(t)和F(ω)F\left( \omega \right)F(ω)是一对傅里叶变换。F(ω)F\left( \omega \right)F(ω)为频带有限信号,ωωm\left| \omega \right| \le \omega _m∣ω∣≤ωm​。用周期矩形脉冲信号p(t)p\left( t \right)p(t)把f(t)f\left( t \right)f(t)进行平顶采样,得到信号fs(t)f_s \left( t \right)fs​(t),如下图所示:

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▲ 信号平顶采样

采样周期为:TsT_sTs​。
(1)证明f(t)f\left( t \right)f(t)的傅里叶变换为:Fs(ω)=1Tsn=+F(ωnωs)P(ω)F_s \left( \omega \right) = {1 \over {T_s }}\sum\limits_{n = - \infty }^{ + \infty } {F\left( {\omega - n\omega _s } \right) \cdot P\left( \omega \right)}Fs​(ω)=Ts​1​n=−∞∑+∞​F(ω−nωs​)⋅P(ω)
其中:P(ω)=p(t)ejωtdtP\left( \omega \right) = \int_{ - \infty }^\infty {p\left( t \right) \cdot e^{ - j\omega t} dt}P(ω)=∫−∞∞​p(t)⋅e−jωtdt
(2)说明平顶采样频谱与自然采样频谱的异同。
(3)给出从fs(t)f_s \left( t \right)fs​(t)无失真恢复f(t)f\left( t \right)f(t)所需要满足的条件。


求解:

(1)解答:
对于信号的平顶采样信号fs(t)f_s \left( t \right)fs​(t),可以看成信号f(t)f\left( t \right)f(t)先进行理想采样:fsr(t)=f(t)n=δ(tnTs)f_{sr} \left( t \right) = f\left( t \right) \cdot \sum\limits_{n = - \infty }^\infty {\delta \left( {t - n \cdot T_s } \right)}fsr​(t)=f(t)⋅n=−∞∑∞​δ(t−n⋅Ts​)
然后,再和矩形脉冲信号p(t)p\left( t \right)p(t)进行卷积所得:fs(t)=fsr(t)p(t)f_s \left( t \right) = f_{sr} \left( t \right) * p\left( t \right)fs​(t)=fsr​(t)∗p(t)
那么fs(t)f_s \left( t \right)fs​(t)的频谱Fs(ω)F_s \left( \omega \right)Fs​(ω)就等于fsr(t)f_{sr} \left( t \right)fsr​(t)的频谱与矩形信号p(t)p\left( t \right)p(t)的频谱P(ω)P\left( \omega \right)P(ω)进行乘积:Fs(ω)=Fsr(ω)P(ω)F_s \left( \omega \right) = F_{sr} \left( \omega \right) \cdot P\left( \omega \right)Fs​(ω)=Fsr​(ω)⋅P(ω)

其中P(ω)=p(t)ejωtdtP\left( \omega \right) = \int_{ - \infty }^\infty {p\left( t \right) \cdot e^{ - j\omega t} dt}P(ω)=∫−∞∞​p(t)⋅e−jωtdt

根据第四章对于信号理想采样频谱分析结果可知,Fsr(ω)F_{sr} \left( \omega \right)Fsr​(ω)与原始信号f(t)f\left( t \right)f(t)的频谱F(ω)F\left( \omega \right)F(ω)之间的关系为:Fsr(ω)=1Tsn=F(ωnωs)F_{sr} \left( \omega \right) = {1 \over {T_s }}\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {F\left( {\omega - n\omega _s } \right)}Fsr​(ω)=Ts​1​n=−∞∑∞​F(ω−nωs​)

由此可以证明,经过平顶采样的信号的频谱为:Fs(ω)=1Tsn=F(ωnωs)p(t)ejωtdtF_s \left( \omega \right) = {1 \over {T_s }} \cdot \sum\limits_{n = - \infty }^\infty {F\left( {\omega - n\omega _s } \right)} \cdot \int_{ - \infty }^\infty {p\left( t \right) \cdot e^{ - j\omega t} dt}Fs​(ω)=Ts​1​⋅n=−∞∑∞​F(ω−nωs​)⋅∫−∞∞​p(t)⋅e−jωtdt

(2)解答:
对于信号进行矩形信号p(t)p\left( t \right)p(t)自然采样,根据第四章中分析可知,对应的自然采样信号的频谱为:
Fsn(ω)=1Tsn=F(ωnωs)P(nωs)F_{sn} \left( \omega \right) = {1 \over {T_s }}\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {F\left( {\omega - n\omega _s } \right) \cdot P\left( {n\omega _s } \right)}Fsn​(ω)=Ts​1​n=−∞∑∞​F(ω−nωs​)⋅P(nωs​)

两种采样(自然采样和平顶采样)都包含对于原始信号周期延拓频谱。

自然采样是对平移到nωsn\omega _snωs​处的延拓频谱只是乘以一个常量P(nωs)P\left( {n\omega _s } \right)P(nωs​);而平顶采样则是对整个延拓频谱乘以一函数P(ω)P\left( \omega \right)P(ω)。

为了形象说明这一点,下来简化信号频谱F(ω)F\left( \omega \right)F(ω)为一个矩形波,它与矩形抽样脉冲信号的频谱绘制如下:

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▲ 信号的频谱和矩形脉冲频谱

使用由p(t)p\left( t \right)p(t)组成的周期矩形脉冲信号对f(t)f\left( t \right)f(t)进行自然采样之后的信号频谱和进行平顶采样之后的频谱如下图所示:

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▲ 自然采样和平顶采样信号的频谱图对比

由此可以看到,经过自然采样的信号频谱实际上是使用信号的频谱F(ω)F\left( \omega \right)F(ω)组成的周期序列对P(ω)P\left( \omega \right)P(ω)进行平顶采样。而平顶采样的信号的频谱是由信号的频谱F(ω)F\left( \omega \right)F(ω)组成周期频谱信号对P(ω)P\left( \omega \right)P(ω)进行自然采样

(3)解答:
两种采样信号的频谱都包括有对原始信号的周期延拓。因此,为了避免由于频率混叠给信号频谱恢复带来的影响,这两种采样方式都需要满足采样定理的条件。即:采样周期信号的频率应该大于信号的最高频率的两倍。

 

06第六题


信号g(t)g\left( t \right)g(t)的最高频谱为ωm\omega _mωm​,其频谱G(ω)G\left( \omega \right)G(ω)如下图所示:

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▲ 信号g(t)的频谱G(Ω)的波形

使用下图所示的周期三角脉冲信号f(t)f\left( t \right)f(t)对g(t)g\left( t \right)g(t)进行自然采样

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▲ 采样周期三角脉冲信号

求采样后信号的频谱表达式,并画出频谱图。


求解:

在题目中给出了用于抽样的三角脉冲信号f(t)f\left( t \right)f(t)的波形。它的单个脉冲信号f1(t)f_1 \left( t \right)f1​(t)是高度为1,底宽为2τ2\tau2τ的三角波信号。它对应的信号频谱F1(ω)F_1 \left( \omega \right)F1​(ω)为:F1(ω)=τSa2(ωτ2)F_1 \left( \omega \right) = \tau \cdot Sa^2 \left( {{{\omega \tau } \over 2}} \right)F1​(ω)=τ⋅Sa2(2ωτ​)

2020年春季学期信号与系统课程作业参考答案-第九次作业

▲ f1(t)的频谱F1(Ω)的波形图

周期信号f(t)f\left( t \right)f(t)是对f1(t)f_1 \left( t \right)f1​(t)按照采样时间间隔Ts=1/2fmT_s = 1/2f_mTs​=1/2fm​进行周期延拓。其中的fmf_mfm​应该就都与前面信号g(t)g\left( t \right)g(t)的最高角频率ωm\omega _mωm​对应的自然频率fmf_mfm​。

周期采样信号f(t)f\left( t \right)f(t)的频谱F(ω)F\left( \omega \right)F(ω)就是f1(t)f_1 \left( t \right)f1​(t)信号频谱的离散化,具体表达式为:F(ω)=2πTsn=F1(nωs)δ(ωnωs)F\left( \omega \right) = {{2\pi } \over {T_s }}\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {F_1 \left( {n\omega _s } \right) \cdot \delta \left( {\omega - n\omega _s } \right)}F(ω)=Ts​2π​n=−∞∑∞​F1​(nωs​)⋅δ(ω−nωs​)

记自然采样后的信号为gs(t)g_s \left( t \right)gs​(t),那么:gs(t)=f(t)g(t)g_s \left( t \right) = f\left( t \right) \cdot g\left( t \right)gs​(t)=f(t)⋅g(t)
根据傅里叶变换的频谱卷积定理,gs(t)g_s \left( t \right)gs​(t)的频谱Gs(ω)G_s \left( \omega \right)Gs​(ω)为:Gs(ω)=12πF(ω)G(ω)G_s \left( \omega \right) = {1 \over {2\pi }} \cdot F\left( \omega \right) * G\left( \omega \right)Gs​(ω)=2π1​⋅F(ω)∗G(ω)
F(ω)F\left( \omega \right)F(ω)的表达式代入上式,便可以得到使用三角脉冲序列进行自然采样后的信号的频谱:
Gs(ω)=1Tsn=F1(nωs)G(ωnωs)G_s \left( \omega \right) = {1 \over {T_s }}\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {F_1 \left( {n\omega _s } \right) \cdot G\left( {\omega - n\omega _s } \right)}Gs​(ω)=Ts​1​n=−∞∑∞​F1​(nωs​)⋅G(ω−nωs​)=τTsn=Sa2(nωsτ2)G(ωnωs)= {\tau \over {T_s }}\sum\limits_{n = - \infty }^\infty {Sa^2 \left( {{{n\omega _s \tau } \over 2}} \right) \cdot G\left( {\omega - n\omega _s } \right)}=Ts​τ​n=−∞∑∞​Sa2(2nωs​τ​)⋅G(ω−nωs​)

根据卷积的含义可以知道,Gs(ω)G_s \left( \omega \right)Gs​(ω)就是将G(ω)G\left( \omega \right)G(ω)移动到δ(ωnωs)\delta \left( {\omega - n\omega _s } \right)δ(ω−nωs​)所在的位置,并使用12π2πTsF1(nωs){1 \over {2\pi }} \cdot {{2\pi } \over {T_s }} \cdot F_1 \left( {n\omega _s } \right)2π1​⋅Ts​2π​⋅F1​(nωs​)对其高度进行调整。

由于采样时间间隔Ts=1/2fmT_s = 1/2f_mTs​=1/2fm​,正好等于信号g(t)g\left( t \right)g(t)最高频率对应周期的一半,所以ωs\omega _sωs​等于信号g(t)g\left( t \right)g(t)频谱最高频率的两倍。把G(ω)G\left( \omega \right)G(ω)进行周期搬移延拓的时候,正常是首位相连,形成连续周期频谱。

绘制出的频谱图如下:

2020年春季学期信号与系统课程作业参考答案-第九次作业

▲ Gs(Ω)的波形图

 

07第七题


已知矩形信号的底宽τ=2.5ms\tau = 2.5msτ=2.5ms。设该信号的频谱低8个过零点以外的频谱分量可以忽略。如果使用离散傅里叶变换(DFT)对该信号进行分析,那么最小抽样频率是多少?

2020年春季学期信号与系统课程作业参考答案-第九次作业

▲ 矩形波及其频谱


求解:

矩形波f(t)f\left( t \right)f(t)的频谱为:F(ω)=EτSa(ωτ2)F\left( \omega \right) = E\tau \cdot Sa\left( {{{\omega \tau } \over 2}} \right)F(ω)=Eτ⋅Sa(2ωτ​)
频谱F(ω)F\left( \omega \right)F(ω)的过零点的间隔为2π/τ2\pi /\tau2π/τ。根据τ=2.5ms\tau = 2.5msτ=2.5ms,那么第八个过零点对应的频谱为:2πτ×8=16πτ=16×400τ=6400π{{2\pi } \over \tau } \times 8 = {{16\pi } \over \tau } = 16 \times 400\tau = 6400\piτ2π​×8=τ16π​=16×400τ=6400π
对应的频谱为:f8=3200   Hzf_8 = 3200\,\,\,Hzf8​=3200Hz。
如果采用DFT分析信号f(t)f\left( t \right)f(t)的频谱,使得计算所得到的频谱最高频谱大于f8f_8f8​,那么对f(t)f\left( t \right)f(t)采样频谱应该满足采样定理的要求,即大于f8f_8f8​的两倍:2×f8=2×3200=6400   Hz2 \times f_8 = 2 \times 3200 = 6400\,\,\,Hz2×f8​=2×3200=6400Hz

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