Chcę przejść przez wyprowadzenie reprezentacji częstotliwości ciągu impulsów.
Definicja funkcji ciągu impulsów z okresem $ T $ i reprezentacją częstotliwości z częstotliwością próbkowania $ \ Omega_s = 2 \ pi / T $, którą chciałbym wyprowadzić, to:
\ begin {align *} s ( t) & = \ sum \ limits_ {n = – \ infty} ^ {\ infty} \ delta (t – nT) \\ S (j \ Omega) & = \ frac {2 \ pi} {T} \ sum \ limits_ {k = – \ infty} ^ {\ infty} \ delta (\ Omega – k \ Omega_s) \\ \ end { align *}
Użycie wykładniczej reprezentacji szeregu Fouriera funkcji impulsu i zastosowanie transformacji Fouriera z tego miejsca daje:
\ begin {align *} s (t) & = \ frac {1} {T} \ sum \ limits_ {n = – \ infty} ^ {\ infty} e ^ {- jn \ Omega_s t} \\ S (j \ Omega ) & = \ int _ {- \ infty} ^ \ infty s (t) e ^ {- j \ Omega t} dt \\ S (j \ Omega) & = \ int _ {- \ i nfty} ^ \ infty \ frac {1} {T} \ sum \ limits_ {n = – \ infty} ^ {\ infty} e ^ {- jn \ Omega_s t} e ^ {- j \ Omega t} dt \\ S (j \ Omega) & = \ frac {1} {T} \ int _ {- \ infty} ^ \ infty \ sum \ limits_ {k = – \ infty} ^ { \ infty} e ^ {- j (k \ Omega_s + \ Omega) t} dt \\ \ end {align *}
Aby dojść stamtąd do końcowego wyniku, wydaje się, że integracja musi być dłuższy niż 2 $ \ pi $. Tam, gdzie $ \ Omega = -k \ Omega_s $, wykładnik wyniósłby $ e ^ 0 $ i całkowałby do 2 $ \ pi $, a dla innych wartości $ \ Omega $, byłaby pełna fala sinusoidalna całkowana do zera. Jednak granice integracji są od ujemnej nieskończoności do dodatniej nieskończoności. Czy ktoś może to wyjaśnić? Dzięki!
Odpowiedź
Prawidłowo zorientowałeś się, że występujące całki nie zbiegają się w konwencjonalnym sensie. Najłatwiejszy (i zdecydowanie nie rygorystyczny) sposób, aby zobaczyć wynik, polega na zanotowaniu relacji transformacji Fouriera
$$ 1 \ Longleftrightarrow 2 \ pi \ delta (\ Omega) $$
Przesuwając / mamy właściwość modulacji
$$ e ^ {j \ Omega_0t} \ Longleftrightarrow 2 \ pi \ delta (\ Omega- \ Omega_0) $$
Więc każdy wyraz $ e ^ { jn \ Omega_s t} $ w szeregu Fouriera przekształca się w $ 2 \ pi \ delta (\ Omega-n \ Omega_s) $, a wynik jest następujący.
Komentarze
- To jest doskonałe i o wiele łatwiejsze niż mi się wydaje. Bardzo dziękuję !!!
- Druga odpowiedź również była poprawna. Zmieniłem zaakceptowaną.
Odpowiedź
@MattL zaproponował ładny, prosty sposób, aby zobaczyć powyższy wynik.
Ale jeśli chcesz zobaczyć wynik w normalnych równaniach analizy, o których wspomniałeś, możesz zrobić jak poniżej / p>
Powiedzmy, że S (t) jest okresowym ciągiem impulsów, więc S (t) można zapisać jako
$$ \ S (t) = \ sum_ {n = – \ infty } ^ {\ infty} \ delta (t-nT) $$
Teraz, jeśli weźmiesz czterokrotnie większą serię S (t), możesz zapisać S (t) jako
$$ S (t) = \ sum_ {n = – \ infty} ^ {\ infty} C_ke ^ {jnw_ot} $$
Gdzie $ C_n $ to wykładnicze współczynniki szeregu Fouriera, a $ w_o $ to częstotliwość podstawowa.
Więc z wykładniczego szeregu Fouriera wiemy, że
$$ C_n = (1 / T) \ int _ {- T / 2} ^ {T / 2} S ( t) e ^ {- jnw_ot} dt $$
Teraz w powyższym wyrażeniu podstaw wartość S (t) z pierwszego wyrażenia.
Więc $$ C_n = (1 / T) \ sum_ {n = – \ infty} ^ {\ infty} \ int _ {- T / 2} ^ {T / 2} \ delta (t-nT) e ^ {- jnw_ot} dt $$
Teraz musisz zrobić obserwację, jeśli obserwujesz całkę, jest to od -T / 2 do + T / 2. Zauważ, że w tym okresie całkowania istnieje tylko jeden impuls $ \ delta (t) $, a wszystkie inne funkcje impulsowe w sumowaniu występują po T / 2 lub przed -T / 2. W sumie powyższe równanie dla $ C_n $ można zapisać jako
$$ C_n = (1 / T) \ sum_ {n = – \ infty} ^ {\ infty} \ delta (t) e ^ {- jnw_ot} $$
Z właściwości przesiewania możemy zapisać powyższe jako
$$ C_n = (1 / T) e ^ {- jw_on (0)} = ( 1 / T) $$
Teraz umieść tę wartość $ C_n $ w pierwszym równaniu S (t)
$$ S (t) = (1 / T) \ sum_ {n = – \ infty} ^ {\ infty} e ^ {jnw_ot} $$
Teraz znajdź transformację Fouriera powyższego równania
$$ 1 \ Longleftrightarrow 2 \ pi \ delta (w) $$
$$ e ^ {jw_ot} \ Longleftrightarrow 2 \ pi \ delta (w-w_o) $$
Zatem transformata Fouriera to $$ S (jw ) = (2 \ pi / T) \ sum_ {n = – \ infty} ^ {\ infty} \ delta (w-nw_o) $$
To powinno pomóc.