讯号与系统/指数傅里叶级数

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指数傅里叶级数

假设X(t)为一周期讯号，基本周期为0，则X(t)可表示成复指数讯号的和： $\mathbf {\chi (t)}$ =...+ $X_{-2}e^{-j2\omega _{0}t}$ + $X_{1}e^{-j\omega _{0}t}$ + $\mathbf {X_{0}}$ + $X_{1}e^{j\omega _{0}t}$ + $X_{2}e^{j2\omega _{0}t}$ +...

= $\sum _{n=-\infty }^{\infty }X_{n}e^{jn\omega _{0}t}$

其中 $\omega _{0}={\frac {\boldsymbol {2\pi }}{{\boldsymbol {T}}_{0}}}$

指数傅里叶级数的系数

三角傅里叶级数

      $\mathbf {\chi (t)}$ = $a_{0}$ + $\sum _{n=1}^{\infty }(a_{n}\cos n\omega _{0}t+b_{n}\sin n\omega _{0}t$ )

尤拉公式 :

     $\sin n\omega _{0}t$ = ${\frac {e^{jn\omega _{0}t}-e^{-jn\omega _{0}t}}{2j}}$

     $\cos n\omega _{0}t$ = ${\frac {e^{jn\omega _{0}t}+e^{-jn\omega _{0}t}}{2}}$

x(t)= $a_{0}+\sum _{n=1}^{\infty }(a_{n}{\frac {e^{jn\omega _{0}t}+e^{-jn\omega _{0}t}}{2}}+b_{n}{\frac {e^{jn\omega _{0}t}-e^{-jn\omega _{0}t}}{2j}})$

  = $a_{0}+\sum _{n=1}^{\infty }$  ${\frac {1}{2}}(a_{n}-jb_{n})e^{jn\omega _{0}t}$ + $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2}}(a_{n}+jb_{n})e^{-jn\omega _{0}t}$

  = $\sum _{n=1}^{\infty }$  ${\frac {1}{2}}(a_{n}+jb_{n})e^{-jn\omega _{0}t}$ + $a_{0}+$  $\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{2}}(a_{n}-jb_{n})e^{jn\omega _{0}t}$

$\Rightarrow X(t)$ =...+ $X_{-2}e^{-j2\omega _{0}t}+X_{-1}e^{-j\omega _{0}t}+X_{0}+X_{1}e^{j\omega _{0}t}+X_{2}e^{j2\omega _{0}t}+...$

  = $\sum _{n=-\infty }^{\infty }$  $X_{n}e^{jn\omega _{0}t}$

其中 $X_{n}={\begin{cases}{\frac {1}{2}}(a_{-n}+jb_{-n})\qquad n<0\\a_{0}\qquad n=0\\{\frac {1}{2}}(a_{n}-jb_{n})\qquad n>0\end{cases}}$

以上为指数傅里叶级数的系数 $X_{n}$ 与三角傅里叶级数的系数 $a_{n}$ 及 $b_{n}$ 之关系式

三角傅里叶级数第二式

    X(t)= $C_{0}+\sum _{n=1}^{\infty }$  $C_{n}\cos(n\omega _{0}t+\theta _{n})$

尤拉公式

     $C_{n}\cos(n\omega _{0}t+\theta _{n})$ = ${\frac {C_{n}}{2}}[e^{j(n\omega _{0}t+\theta _{n})}+e^{-j(n\omega _{0}t+\theta _{n})}]$ 
               = $({\frac {C_{n}}{2}}e^{j\theta _{n}})e^{jn\omega _{0}t}$ + $({\frac {C_{n}}{2}}e^{-j\theta _{n}})e^{-jn\omega _{0}t}$ 
                              
   X(t)= $C_{0}+\sum _{n=1}^{\infty }$  $({\frac {C_{n}}{2}}e^{j\theta _{n}})e^{jn\omega _{0}t}$ + $\sum _{n=1}^{\infty }$  $({\frac {C_{n}}{2}}e^{-j\theta _{n}})e^{-jn\omega _{0}t}$    
   = $\sum _{n=-\infty }^{\infty }$  $X_{n}e^{jn\omega _{0}t}$

        其中      $X_{n}={\begin{cases}{\frac {C_{-n}}{2}}e^{-j\theta _{-n}}\qquad n<0\\C_{0}\qquad n=0\\{\frac {C_{n}}{2}}e^{j\theta _{n}}\qquad n>0\end{cases}}$

以上为指数傅里叶级数的系数 $X_{n}$ 与三角傅里叶级数第二式的系数 $C_{n}$ 及 $\theta _{n}$ 之关系式

由上说明可知，三角傅里叶级数与指数傅里叶级数是完全等效的。

指数傅里叶级数系数的直接算法

假设一周期讯号 $X(t)$ 的基本周期 $T_{0}$ ，此一讯号可表示成指数傅里叶级数 :

                X(t)= $\sum _{n=-\infty }^{\infty }$  $X_{n}e^{jn\omega _{0}t}$

其中 $\omega _{0}={\frac {\boldsymbol {2\pi }}{{\boldsymbol {T}}_{0}}}$

直接求系数 $X_{k}$ :

   等號兩邊同乘上 $e^{-jk\omega _{0}t}$ 再對時間 t 積分，積一個基本週期 $T_{0}$ 的時間範圍 :

    $\int _{T_{0}}^{}X(t)e^{-jk\omega _{0}t}dt$ = $\int _{T_{0}}^{}(\sum _{n=-\infty }^{\infty }$  $X_{n}$  $e^{jn\omega _{0}t})e^{-jk\omega _{0}t}dt$

   = $\sum _{n=-\infty }^{\infty }$  $X_{n}$  ${\begin{matrix}\underbrace {\int _{T_{0}}^{}e^{j(n-k)\omega _{0}t}dt} \\={\begin{cases}0\qquad n\neq k\\T_{0}\qquad n=k\end{cases}}\end{matrix}}$ 
  = $X_{k}T_{0}$

故 $X_{k}={\frac {1}{T_{0}}}\int _{T_{0}}^{}X(t)e^{-jk\omega _{0}t}dt$

范例4.12

下图为一方波周期讯号 $X(t)$ 之时域波形，其周期为 $T_{0}(\omega _{0}={\frac {2\Pi }{T_{0}}})$ ，求此讯号之指数傅里叶级数。

...............图

一方波周期讯号之时域波形 ©余兆棠、李志鹏，讯号与系统，沧海书局，2007。

【解】

       $X_{0}={\frac {1}{T_{0}}}{\begin{matrix}\int _{\frac {-T_{0}}{2}}^{\frac {T_{0}}{2}}X(t)dt\end{matrix}}={\frac {1}{T_{0}}}\int _{\frac {-T_{0}}{4}}^{\frac {T_{0}}{4}}1dt={\frac {1}{2}}$

      $X_{n}={\frac {1}{T_{0}}}{\begin{matrix}\int _{\frac {-T_{0}}{2}}^{\frac {T_{0}}{2}}X(t)e^{-jn\omega _{0}t}dt\end{matrix}}={\frac {1}{T_{0}}}\int _{\frac {-T_{0}}{4}}^{\frac {T_{0}}{4}}e^{-jn\omega _{0}t}dt$

    = ${\frac {1}{-j2\pi n}}[e^{\frac {-jn\pi }{2}}-e^{\frac {jn\pi }{2}}]$ = ${\frac {1}{n\pi }}$ [ ${\frac {e^{\frac {jn\pi }{2}}-e^{\frac {-jn\pi }{2}}}{j2}}$ ]

    = ${\frac {sin({\frac {n\pi }{2}})}{n\pi }}$  $={\begin{cases}0,\qquad n=2K\neq 0\\(-1)^{k}{\frac {1}{(2k+1)\pi }},\qquad n=2K+1\end{cases}}$

整理并改写上述系数为:

$X_{0}={\frac {1}{2}};\qquad$ $X_{2k}=0,k\neq 0;\qquad$ $X_{2k+1}=(-1)^{k}{\frac {1}{(2K+1)\pi }}$

最后将此方波周期讯号表示成以下之指数傅里叶级数式展开式。

$X(t)=$ $\sum _{n=-\infty }^{\infty }X_{n}e^{jn\omega _{0}t}$ = ${\frac {1}{2}}+\sum _{n=-\infty }^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{(2K+1)\pi }}e^{j(2k+1)\omega _{0}t}$

讯号X(t)的双边幅度频谱和相位频谱

............图

                          ©余兆棠、李志鵬，信號與系統， 滄海書局，2007。

范例4.13

请将讯号表示成指数傅里叶级数展开式

$X_{c}(t)$ = $3e^{j(2000\pi t+{\frac {\pi }{6}})}$ + $4e^{j(4000\pi t+{\frac {\pi }{3}})}$ + $e^{-j(6000\pi t+{\frac {\pi }{6}})}$

【解】

$X_{c}(t)$ = $\sum _{n=-\infty }^{\infty }e^{jn\omega _{0}}$

          = $3e^{j(2000\pi t+{\frac {\pi }{6}})}$ + $4e^{j(4000\pi t+{\frac {\pi }{3}})}$ + $e^{-j(6000\pi t+{\frac {\pi }{6}})}$

讯号由3项复指数函数组合而成，其频率分别为1000、2000与3000Hz，先找出3项频率的最大公因数为1000，因此讯号是一周期讯号且其基本频率为1000 Hz( $\omega _{0}=2000\pi rad/s$ )，仔细观察可发现其表示式已是指数傅里叶级数之型式，因此只要改写成为

$X_{c}(t)$ = $3e^{j(2000\pi t+{\frac {\pi }{6}})}$ + $4e^{j(4000\pi t+{\frac {\pi }{3}})}$ + $e^{-j(6000\pi t+{\frac {\pi }{6}})}$

= $3e^{j\pi /6}e^{j2000\pi t}+4e^{j\pi /3}e^{j4000\pi t}+e^{-j\pi /6}e^{-j6000\pi t}$

= $3e^{j\pi /6}e^{j2\pi f_{0}t}+4e^{j\pi /3}e^{j2\pi 2f_{0}t}+e^{-j\pi /6}e^{-j2\pi 3f_{0}t}\qquad ,(f_{0}=1000)$

= $3e^{j\pi /6}e^{j\omega _{0}t}+4e^{j\pi /3}e^{j2\omega _{0}t}+e^{-j\pi /6}e^{-j3\omega _{0}t}\qquad (\omega _{0}=2000\pi )$

即 $X_{1}=3e^{j\pi /6}$ ; $X_{2}=4e^{j\pi /3}$ ; $X_{-3}=e^{-j\pi /6}$ ; $X_{n}=0,n\neq 1,2,3$

注意: $X_{c}(t)$ 为一复数周期讯号，故不满足于后面将讨论的指数傅里叶级数的对称性(即 $X_{-n}=X_{n}^{*}$ ) 。

范例4.14

经过半波整流后的周期弦波讯号可表示如下 : $X(t)={\begin{cases}A\sin \omega _{0}t\qquad 0\leq t\leq T_{0}/2\\0\qquad T_{0}/2\leq t\leq T_{0}\end{cases}}$

...........................图

此讯号仍为周期讯号 $(X(t)=X(t+T_{0}))$ ，试求其指数傅里叶级数

【解】周期 $T_{0}\Rightarrow \omega _{0}={\frac {2\pi }{T_{0}}}$

           指數傅立葉級數 :

               $X(t)=\sum _{-\infty }^{\infty }X_{n}e^{jn\omega _{0}t}$

$X_{n}={\frac {1}{T_{0}}}\int _{0}^{T_{0}/2}A\sin \omega _{0}te^{-jn\omega _{0}t}\,dt$

= ${\frac {A}{2jT_{0}}}$ $\int _{0}^{T_{0}/2}(e^{j\omega _{0}t}-e^{-j\omega _{0}t})e^{-jn\omega _{0}t}\,dt$

= ${\frac {A}{2jT_{0}}}$ [ $\int _{0}^{T_{0}/2}e^{j\omega _{0}(1-n)t}\,dt$ - $\int _{0}^{T_{0}/2}e^{-j\omega _{0}(1+n)t}\,dt]$

= $-{\frac {A}{4\pi }}$ [ ${\frac {e^{j(1-n)\pi }-1}{1-n}}$ + ${\frac {e^{-j(1+n)\pi }-1}{1+n}}$ ] , $n\neq \pm 1$

说明:

    $e^{j(1\pm n)\pi }$ = $\cos(1\pm n)\pi$ + $j\sin(1\pm n)\pi$

    $=-(-1)^{n}$

$\Rightarrow X_{n}$ = ${\begin{cases}0\qquad n\qquad odd,n\neq \pm 1\\{\frac {A}{\pi }}{\frac {1}{1-n^{2}}}\qquad n\qquad even\\?\qquad n=\pm 1\end{cases}}$

$X_{1}={\frac {A}{2jT_{0}}}$ $\int _{0}^{T_{0}/2}(e^{j\omega _{0}t}-e^{-j\omega _{0}t})e^{-j\omega _{0}t}\,dt$

 = ${\frac {A}{2jT_{0}}}$  $\int _{0}^{T_{0}/2}(1-e^{-j2\omega _{0}t})\,dt$ 
 = ${\frac {A}{4j}}=-j{\frac {A}{4}}$

同法可得 :

 $X_{-1}=-{\frac {A}{4j}}=j{\frac {A}{4}}$

范例4.15

周期脉冲串行(periodic impulse train) $\delta _{T_{0}}(t)$ 的定义为

$\delta _{T_{0}}(t)=\sum _{m=-\infty }^{\infty }\delta (t-mT_{0})$ 试求其傅里叶级数

..............................图

                                                 ©B. P. Lathi, Signal Processing and Linear Systems, Berkeley-Cambridge Press, 1998

【解】指数傅里叶级数

          $\delta _{T_{0}}(t)=\sum _{n=-\infty }^{\infty }D_{n}e^{jn\omega _{0}t}\qquad \omega _{0}={\frac {2\pi }{T_{0}}}$

其中

$D_{n}={\frac {1}{T_{0}}}\int _{T_{0}}^{}\delta _{T_{0}}(t)e^{-jn\omega _{0}t}\,dt$ $\qquad$ 取积分范围由 $-{\frac {T_{0}}{2}}\sim {\frac {T_{0}}{2}}$

= ${\frac {1}{T_{0}}}\int _{-T_{0}/2}^{T_{0}/2}\delta (t)e^{-jn\omega _{0}t}\,dt$ $\qquad$ 由 $\delta _{T_{0}}(t)=\delta (t)$

= ${\frac {1}{T_{0}}}\int _{-T_{0}/2}^{T_{0}/2}\delta (t)\,dt$ 在此一范围内

= ${\frac {1}{T_{0}}}$

          $\delta _{T_{0}}(t)={\frac {1}{T_{0}}}\sum _{n=-\infty }^{\infty }e^{jn\omega _{0}t}$

        $\delta _{T_{0}}(t)$ 的雙邊振幅頻譜如下 :

.....................图

                                     ©B. P. Lathi, Signal Processing and Linear Systems, Berkeley-Cambridge Press, 1998.

    利用尤拉公式 $e^{jn\omega _{0}t}+e^{-jn\omega _{0}t}=2\cos n\omega _{0}t$

$\delta _{T_{0}}(t)={\frac {1}{T_{0}}}\sum _{n=-\infty }^{\infty }e^{jn\omega _{0}t}$ = ${\frac {1}{T_{0}}}[1+2(\cos \omega _{0}t+\cos 2\omega _{0}t+...)]$

$={\frac {1}{T_{0}}}[1+\sum _{n=1}^{\infty }2\cos(n\omega _{0}t)]$

$\delta _{T_{0}}(t)$ 的单边频谱如下 :

..................................图

                                         ©B. P. Lathi, Signal Processing and Linear Systems, Berkeley-Cambridge Press, 1998.

常见讯号的傅里叶级数

................................................

.....................图.....................

................................................

指数傅里叶级数系数的对称性

指数傅里叶级数

           $X(t)=\sum _{n=-\infty }^{\infty }X_{n}e^{jn\omega _{0}t}$

     其係數 :

          $X_{n}={\frac {1}{T_{0}}}\int _{T_{0}}^{}x(t)e^{-jn\omega _{0}t}\,dt$

故 $X_{-n}={\frac {1}{T_{0}}}\int _{T_{0}}^{}x(t)e^{-j(-n)\omega _{0}t}\,dt$

   = $\left\{[{\frac {1}{T_{0}}}\int _{T_{0}}^{}x(t)e^{-j(-n)\omega _{0}t}\,dt]^{*}\right\}^{*}$       *表示共軛複數

   = $\left\{{\frac {1}{T_{0}}}\int _{T_{0}}^{}x^{*}(t)e^{-j(+n)\omega _{0}t}\,dt\right\}^{*}$     當 $x(t)$  為實數函數

   = $\left\{{\frac {1}{T_{0}}}\int _{T_{0}}^{}x(t)e^{-jn\omega _{0}t}\,dt\right\}^{*}$

  = $X_{n}^{*}$

      $X_{n}$  一般而言是複數，用極座標表示 :
             $X_{n}=\left|X_{n}\right|$  $e^{j\angle X_{n}}$      $\angle X_{n}$ 表示 $X_{n}$ 的相角

根据上述条件 :

              $X_{-n}=X_{n}^{*}$

         $\Rightarrow \left|X_{-n}\right|=\left|X_{n}^{*}\right|=\left|X_{n}\right|$ 取共軛複數絕對值等

         $\angle X_{-n}=\angle X_{-n}^{*}=-\angle X_{n}$ 共軛複數的相角差一個負號

结论 :当 $x(t)$ 为实数周期讯号的条件下，其指数傅里叶级数的系数 $X_{n}$ 具

             有底下特性：  
           (1) $X_{n}$ 的絕對值對 n 而言為偶對稱。
           (2) $X_{n}$ 的相位角對 n 而言為奇對稱。

考虑 $X(t$ )为实数偶函数 :

           指數傅立葉級數的係數 $X_{n}$

     $X_{n}={\frac {1}{T_{0}}}\int _{T_{0}}^{}x(t)e^{-jn\omega _{0}t}\,dt$

    = ${\frac {1}{T_{0}}}\int _{-T_{0}/2}^{T_{0}/2}x(t)[\cos n\omega _{0}t-j\sin n\omega _{0}t]\,dt$

    = ${\begin{matrix}\underbrace {{\frac {1}{T_{0}}}[\int _{-T_{0}/2}^{T_{0}/2}x(t)\cos n\omega _{0}t\,dt} \\\end{matrix}}$ - ${\begin{matrix}\underbrace {j\int _{-T_{0}/2}^{T_{0}/2}x(t)\sin n\omega _{0}t\,dt} \\\end{matrix}}$

$X(t)$ 是偶函数, $\cos n\omega _{0}t$ 也是偶函数 $\qquad$ $X(t)$ 是偶函数, $\sin n\omega _{0}t$ 是奇函数

$X(t)\cos n\omega _{0}t$ 仍为偶函数 $\qquad$ $X(t)\sin n\omega _{0}t$ 为奇函数

          $\Rightarrow \int _{-T_{0}/2}^{T_{0}/2}x(t)\sin n\omega _{0}t\,dt$ =0

= ${\frac {2}{T_{0}}}\int _{0}^{T_{0}/2}x(t)\cos n\omega _{0}t\,dt$

$\Rightarrow x(t)$ 与 $\cos n\omega _{0}t$ 均为实数，故积分结果仍为实数。

        結論 : 當 $x(t)$ 為實數偶函數時，其指數傅立葉級數的係數 $X_{n}$  為實數 。

同法可证明，当 $x(t)$ 为实数奇函数时， $x(t)$ 的指数傅里叶级数的系数 $X_{n}$ 为纯虚数或 0。

若 $x(t)$ 为半波奇对称(half-wave odd symmetrical ，即 :

          $x(t-{\frac {T_{0}}{2}})=-x(t)$ 
    
     則 $X_{n}=0\qquad$  $n=0,\pm 2,\pm 4,...$

证明请同学自行练习

级数系数对称性

1.三角正弦-余弦

..........................图

2.复数指数

..........................图

傅里叶级数的变换(1)

幅度转换 :

            已知  X(t)= $\sum _{n=-\infty }^{\infty }X_{n}e^{jn\omega _{0}t}$

                           另一訊號 y(t)= $\alpha x(t)+\beta$ 

                            則y(t)的傅立葉級數為

                                 y(t)= $\sum _{n=-\infty }^{\infty }Y_{0}e^{jn\omega _{0}t}$

                                  = $\alpha [\sum _{n=-\infty }^{\infty }X_{n}e^{jn\omega _{0}t}]+\beta$

                                   = $(\alpha X_{0}+\beta )+\sum _{n=-\infty n\neq 0}^{\infty }\alpha X_{n}e^{jn\omega _{0}t}$

                故 ${\begin{cases}Y_{0}=\alpha X_{0}+\beta \\Y_{n}=\alpha X_{n}\qquad n\neq 0\end{cases}}$

范例4.16

试求周期讯号y(t)的傅里叶级数 :

.........................图

         ©Charls L. Phillips, John M. Parr, Eve A. Riskin, Signals, Systems, and Transforms, 3rd ed., Pearson Education, 2003

【解】仔细观察上图可以发现，此一图形与标准的锯齿波X(t)(如下图)存

      在一關係 :
                $y(t)=-{\frac {4}{A}}x(t)+1=\alpha x(t)+\beta$

............................图

©Charls L. Phillips, John M. Parr, Eve A. Riskin, Signals, Systems, and Transforms, 3rd ed., Pearson Education, 2003.

经查表可知，标准锯齿波x(t)的傅里叶级数为 :

           $x(t)={\frac {A}{2}}+\sum _{n=-\infty n\neq 0}^{\infty }{\frac {A}{2\pi n}}e^{j{\frac {\pi }{2}}}e^{jn\omega _{0}t}$

     故 $y(t)=\sum _{n=-\infty }^{\infty }Y_{n}e^{jn\omega _{0}t}$

     其中   $Y_{0}=\alpha X_{0}+\beta$ 
 
                 $(-{\frac {4}{A}}){\frac {A}{2}}+1=-1$

           $Y_{n}=\alpha X_{n}=(-{\frac {4}{A}}){\frac {A}{2\pi n}}e^{j\pi /2}$

           ${\frac {2}{\pi n}}e^{-j\pi /2}\qquad n\neq 0$

傅里叶级数的变换(2)

时间变换

   (a) y(t) 為 x(t) 延遲 $t_{0}$  時間，即y(t)= $x(t-t_{0})$

      y(t)= $x(t-t_{0})$ = $\sum _{n=-\infty }^{\infty }X_{n}e^{jn\omega _{0}(t-t_{0})}$

                  = $\sum _{n=-\infty }^{\infty }[X_{n}e^{-jn\omega _{0}t_{0}}]e^{jn\omega _{0}t}$

                  = $\sum _{n=-\infty }^{\infty }Y_{n}e^{jn\omega _{0}t}$

    $\Rightarrow Y_{n}=X_{n}e^{-jn\omega _{0}t_{0}}$

傅里叶级数的变换

(b) y(t) 为 x(t) 左右翻转，即y(t)=x(-t)

y(t)=x(-t)= $\sum _{n=-\infty }^{\infty }X_{n}e^{jn\omega _{0}(-t)}$

         = $\sum _{n=-\infty }^{\infty }X_{-n}e^{jn\omega _{0}t}$ 

         = $\sum _{n=-\infty }^{\infty }X_{n}^{*}e^{jn\omega _{0}t}$

          = $\sum _{n=-\infty }^{\infty }Y_{n}e^{jn\omega _{0}t}$

故 $Y_{n}=X_{n}^{*}$

范例4.17

同范例4.16，改用时间变换搭配幅度变换求解。

【解】首先定义z(t)=x(-t)

z(t)=x(-t)= $\sum _{n=-\infty }^{\infty }X_{n}e^{jn\omega _{0}(-t)}$

         = $\sum _{n=-\infty }^{\infty }X_{-n}e^{jn\omega _{0}t}$ 

         = $\sum _{n=-\infty }^{\infty }X_{n}^{*}e^{jn\omega _{0}t}$

          = $\sum _{n=-\infty }^{\infty }Z_{n}e^{jn\omega _{0}t}$

$Z_{n}=X_{n}^{*}={\begin{cases}{\frac {A}{2}}\qquad n=0\\{\frac {A}{2\pi n}}e^{-j\pi /2}\qquad n\neq 0\end{cases}}$

观察 $y(t)$ 与 $z(t)$ 可得

     $y(t)={\frac {4}{A}}z(t)-3$

$\Rightarrow {\begin{cases}Y_{0}={\frac {4}{A}}Z_{0}-3={\frac {4}{A}}{\frac {A}{2}}-3=-1\\Y_{n}={\frac {4}{A}}Z_{n}={\frac {4}{A}}{\frac {A}{2\pi n}}e^{-j\pi /2}={\frac {2}{\pi n}}e^{-j\pi /2}\qquad n\neq 0\end{cases}}$

大师的风范

同学辛苦了，休息一下并瞻仰一下大师风范！

.........................图

Jean Baptiste Joseph Fourier J. Willard Gibbs