4.3 Transformata Fouriera i delta Diraca · Matematyka i fizyka od podstaw

0 Prolog: widmo klaśnięcia

W lekcji 4.2 Szeregi Fouriera rozłożyliśmy sygnał okresowy na harmoniczne: częstotliwości $\omega$ , $2\omega$ , $3\omega$ … Im dłuższy okres $T$ , tym gęściej leżą harmoniczne, bo odstęp między nimi to $\omega = 2\pi/T$ . Pojedynczy impuls to sygnał o okresie nieskończenie długim. Harmoniczne zlewają się wtedy w ciągłe widmo.

Feynman pokazuje to na fali radiowej. Fala nośna o częstości $\omega_c$ , której amplituda zmienia się z częstością $\omega_m$ , to suma trzech czystych tonów: $\omega_c$ oraz dwóch wstęg bocznych $\omega_c \pm \omega_m$ . Szybsza modulacja zajmuje szersze pasmo.FLP I-48-3 Impuls to skrajna modulacja: sygnał włącza się i zaraz wyłącza.

Pytanie na start. Nadajnik wysyła impulsy trwające $1$ ns. Jakie pasmo częstotliwości muszą przenosić kable i wzmacniacze? Odpowiedź w przykładzie 1.1.

1 Od szeregu do całki

Weźmy zespoloną postać szeregu z lekcji 4.2 dla okresu $T$ : $f(t) = \sum c_ne^{i\omega_nt}$ z $\omega_n = n\cdot\tfrac{2\pi}{T}$ i $c_n = \tfrac1T\int_{-T/2}^{T/2}f(t)e^{-i\omega_nt}\,\mathrm dt$ . Oznaczmy $F(\omega_n) = T\,c_n$ i odstęp $\Delta\omega = \tfrac{2\pi}{T}$ (całkę po okresie liczymy tu od $-T/2$ do $T/2$ , co dla funkcji okresowej daje to samo co od $0$ do $T$ ). Wtedy

f(t) = \sum_n \frac{F(\omega_n)}{T}\,e^{i\omega_nt} = \frac{1}{2\pi}\sum_n F(\omega_n)\,e^{i\omega_nt}\,\Delta\omega .

Dla $T \to \infty$ suma z $\Delta\omega$ staje się całką, jak suma Riemanna (lekcja 1.5 Całki), a granice całki w $c_n$ rozszerzają się do $\pm\infty$ (całka niewłaściwa):

Transformata Fouriera i transformata odwrotna

F(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty}f(t)\,e^{-i\omega t}\,\mathrm dt,\qquad f(t) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}F(\omega)\,e^{i\omega t}\,\mathrm d\omega .

$F(\omega)$ to „ilość” częstości $\omega$ w sygnale: liczba zespolona, której moduł mówi o amplitudzie, a argument o fazie. Uwaga na umowy: czynnik $\tfrac1{2\pi}$ bywa rozłożony po równo ( $\tfrac1{\sqrt{2\pi}}$ w obu wzorach), znak w wykładniku bywa odwrotny, a inżynierowie często używają częstotliwości $\nu$ zamiast $\omega$ . Treść się nie zmienia, ale wzory z różnych źródeł nie pasują do siebie bez przeliczenia.por. Kreyszig §11.9

Przykład 1.1 Impuls prostokątny

Sygnał ma wartość $1$ dla $|t| < \tfrac\tau2$ i $0$ poza tym przedziałem. Oblicz jego transformatę i odpowiedz na pytanie z prologu.

$F(\omega) = \int_{-\tau/2}^{\tau/2}e^{-i\omega t}\,\mathrm dt = \dfrac{e^{-i\omega\tau/2} - e^{i\omega\tau/2}}{-i\omega} = \dfrac{2\sin(\omega\tau/2)}{\omega}$ (wzór Eulera, lekcja 1.7 Liczby zespolone i fazory).
$F(0) = \tau$ (granica, albo wprost pole pod impulsem). Pierwsze zera: $\tfrac{\omega\tau}{2} = \pm\pi$ , czyli $\omega = \pm\tfrac{2\pi}{\tau}$ .
W częstotliwościach $\nu = \omega/2\pi$ główny listek widma sięga $\nu = \tfrac1\tau$ . Dla $\tau = 1$ ns to $1$ GHz.

Wynik: $F(\omega) = \dfrac{2\sin(\omega\tau/2)}{\omega}$ ; impuls $1$ ns potrzebuje pasma rzędu $1$ GHz.

Sprawdzenie: jednostki: $F$ ma wymiar $[f]\cdot$ s, tak jak $\tau$ ✓. Dwa razy krótszy impuls ma dwa razy szersze widmo i dwa razy niższe ✓ (pole pod $F$ wynosi zawsze $2\pi f(0) = 2\pi$ ).

Przykład 1.2 Gasnące drgania i szerokość linii widmowej

Oblicz transformatę sygnału $f(t) = e^{-at}$ dla $t \ge 0$ (i $0$ dla $t < 0$ ), $a > 0$ . Gdzie $|F|^2$ spada do połowy?

$F(\omega) = \int_0^\infty e^{-(a + i\omega)t}\,\mathrm dt = \dfrac{1}{a + i\omega}$ .
$|F|^2 = \dfrac{1}{a^2 + \omega^2}$ : maksimum $\tfrac1{a^2}$ w $\omega = 0$ , połowa przy $\omega = \pm a$ .

Wynik: $F = \tfrac{1}{a + i\omega}$ ; szerokość połówkowa $|F|^2$ to $2a$ . (Szerokość połówkowa samego $|F|$ , używana w symulacji 1, to $2\sqrt3\,a$ .)

Sprawdzenie: drgania gasnące jak $e^{-at}\cos\omega_0t$ mają to samo widmo przesunięte do $\pm\omega_0$ (część 2). Szybsze gaśnięcie (większe $a$ ) daje szerszą linię: tak szerokość linii widmowej atomu mierzy czas życia stanu wzbudzonego. Blisko rezonansu kwadrat krzywej rezonansowej oscylatora z lekcji 4.1 Równania różniczkowe zwyczajne (moc) ma ten sam kształt $\tfrac{1}{a^2 + (\omega - \omega_0)^2}$ , z $a = \gamma/2m$ : słabo tłumiony oscylator to sygnał, który gaśnie powoli, więc ma wąską linię.

1.1 Krótko w czasie, szeroko w częstotliwości

Dla impulsu gaussowskiego $f(t) = e^{-t^2/(2\sigma^2)}$ transformata to znowu krzywa Gaussa, $F(\omega) = \sigma\sqrt{2\pi}\,e^{-\sigma^2\omega^2/2}$ (zadanie 1.3), o szerokości $\tfrac1\sigma$ . Iloczyn szerokości w czasie i w częstości nie zależy od $\sigma$ . To ogólna reguła: im krótszy sygnał, tym szersze widmo, a iloczyn $\Delta t\cdot\Delta\omega$ dla rozsądnych, gładkich impulsów jest rzędu kilku (ścisłe ograniczenie $\Delta t\cdot\Delta\omega \ge \tfrac12$ zachodzi dla szerokości średniokwadratowych). W mechanice kwantowej, gdzie liczba falowa to pęd podzielony przez $\hbar$ (a częstość to energia podzielona przez $\hbar$ ), ta sama matematyka daje zasadę nieoznaczoności (Dział 17: Amplitudy prawdopodobieństwa).

Zadania · część 1

6 zadań · ok. 50 min

Oblicz transformatę impulsu o wartości $1$ dla $|t| < 1$ i $0$ poza tym przedziałem. Ile wynosi $F(0)$ i gdzie leży pierwsze zero?

Odpowiedź
$F = \tfrac{2\sin\omega}{\omega}$ (przykład 1.1 z $\tau = 2$ ). $F(0) = 2$ , pierwsze zero w $\omega = \pi$ .
Pokaż, że $F(0) = \int_{-\infty}^\infty f\,\mathrm dt$ , i sprawdź to na przykładzie 1.2.

Odpowiedź
Dla $\omega = 0$ czynnik $e^{-i\omega t} = 1$ . W przykładzie 1.2: $F(0) = \tfrac1a = \int_0^\infty e^{-at}\,\mathrm dt$ ✓. Wartość widma przy zerowej częstości to składowa stała, pole pod sygnałem.
Oblicz transformatę $e^{-t^2/2}$ .

Wskazówka
Uzupełnij do kwadratu: $\tfrac{t^2}{2} + i\omega t = \tfrac12(t + i\omega)^2 + \tfrac{\omega^2}{2}$ , i użyj $\int e^{-u^2/2}\,\mathrm du = \sqrt{2\pi}$ (lekcja 3.3 Całki podwójne i potrójne). Przesunięcie o liczbę urojoną nie zmienia tej całki; dowód wymaga analizy zespolonej.

Odpowiedź
$F(\omega) = e^{-\omega^2/2}\int e^{-(t + i\omega)^2/2}\,\mathrm dt = \sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^2/2}$ . Gauss przechodzi w Gaussa.
Oblicz transformatę $e^{-a|t|}$ ( $a > 0$ ).

Odpowiedź
Część $t \ge 0$ daje $\tfrac1{a + i\omega}$ (przykład 1.2), część $t < 0$ daje $\tfrac1{a - i\omega}$ . Suma: $\tfrac{2a}{a^2 + \omega^2}$ , liczba rzeczywista, bo funkcja jest parzysta (zadanie 1.6).
Ile mniej więcej wynosi pasmo potrzebne do przesłania impulsów trwających $1\ \mu$ s? Ile impulsów na sekundę można w przybliżeniu wysłać przez kanał o paśmie $10$ MHz?

Odpowiedź
Rzędu $1$ MHz. Pasmo $10$ MHz pozwala na impulsy rzędu $0{,}1\ \mu$ s, czyli ok. $10^7$ impulsów na sekundę. To dlatego przy danym stosunku sygnału do szumu szybkość transmisji danych jest proporcjonalna do szerokości pasma.
Pokaż, że dla rzeczywistego $f$ jest $F(-\omega) = \overline{F(\omega)}$ , a jeśli dodatkowo $f$ jest parzysta, to $F$ jest rzeczywista i parzysta.

Odpowiedź
$\overline{F(\omega)} = \int f(t)\,\overline{e^{-i\omega t}}\,\mathrm dt = \int f(t)e^{i\omega t}\,\mathrm dt = F(-\omega)$ . Dla parzystej $f$ : $F(\omega) = \int f(t)(\cos\omega t - i\sin\omega t)\,\mathrm dt$ , a całka z parzystej razy nieparzystej ( $\sin$ ) jest zerowa, więc $F = \int f\cos\omega t\,\mathrm dt$ : rzeczywista i parzysta w $\omega$ . Dlatego wystarczy rysować widmo dla $\omega \ge 0$ .

2 Własności transformaty

Kilka reguł pozwala liczyć transformaty bez całkowania, z tych już znanych. Każdą sprawdza się podstawieniem w całce definicyjnej.por. Kreyszig §11.9

Reguły rachunkowe (transformata funkcji $f$ to $F$ )

liniowość: $\alpha f + \beta g \;\to\; \alpha F + \beta G$ ;
przesunięcie w czasie: $f(t - t_0) \;\to\; e^{-i\omega t_0}F(\omega)$ (moduł widma bez zmian);
skalowanie: $f(\lambda t) \;\to\; \tfrac1{|\lambda|}F\!\left(\tfrac\omega\lambda\right)$ (krótszy sygnał, szersze widmo);
modulacja: $f(t)\,e^{i\omega_0t} \;\to\; F(\omega - \omega_0)$ , a więc $f(t)\cos\omega_0t \;\to\; \tfrac12\big[F(\omega - \omega_0) + F(\omega + \omega_0)\big]$ ;
pochodna: $f'(t) \;\to\; i\omega F(\omega)$ (różniczkowanie staje się mnożeniem);
energia (twierdzenie Plancherela): $\int|f|^2\,\mathrm dt = \tfrac1{2\pi}\int|F|^2\,\mathrm d\omega$ .

Reguła modulacji to wstęgi boczne Feynmana: obwiednia o widmie $F$ mnożona przez nośną $\cos\omega_0t$ daje dwie kopie $F$ wokół $\pm\omega_0$ .FLP I-48-3 Reguła pochodnej jest powodem, dla którego transformaty upraszczają równania różniczkowe: $u'' + u = g$ przechodzi w $(1 - \omega^2)U = G$ , równanie algebraiczne. To samo zrobi transformata Laplace'a (4.4 Transformata Laplace'a). Twierdzenie Plancherela jest ciągłą wersją twierdzenia o energii z lekcji 4.2.

Przykład 2.1 Paczka falowa

Oblicz transformatę paczki $f(t) = e^{-t^2/(2\sigma^2)}\cos\omega_0t$ i jej szerokość w częstości. Ile trwa paczka, której widmo ma szerokość połówkową $10^{12}\ \mathrm{s^{-1}}$ ?

Transformata obwiedni: $\sigma\sqrt{2\pi}\,e^{-\sigma^2\omega^2/2}$ (punkt 1.1).
Modulacja: $F(\omega) = \tfrac{\sigma\sqrt{2\pi}}{2}\left(e^{-\sigma^2(\omega - \omega_0)^2/2} + e^{-\sigma^2(\omega + \omega_0)^2/2}\right)$ : dwa garby przy $\pm\omega_0$ , każdy o szerokości rzędu $\tfrac1\sigma$ .
Szerokości połówkowe: obwiedni $\Delta t = 2\sqrt{2\ln2}\,\sigma \approx 2{,}355\sigma$ , garbu $\Delta\omega = \tfrac{2{,}355}{\sigma}$ . Iloczyn $\Delta t\cdot\Delta\omega = 8\ln2 \approx 5{,}55$ .
$\Delta t \approx 5{,}55/10^{12} \approx 5{,}5\cdot10^{-12}$ s.

Wynik: dwa gaussowskie garby przy $\pm\omega_0$ ; $\Delta t\cdot\Delta\omega \approx 5{,}55$ ; paczka trwa ok. $5{,}5$ ps.

Sprawdzenie: dla impulsu prostokątnego ten sam iloczyn szerokości połówkowych to ok. $7{,}58$ , dla wykładniczego ok. $2{,}40$ (symulacja 1). Liczba zależy od kształtu i definicji szerokości, ale zawsze jest rzędu kilku ✓.

Zadania · część 2

4 zadania · ok. 35 min

Impuls prostokątny z przykładu 1.1 przesuwamy w czasie o $t_0$ . Jak zmienia się $F$ , a jak $|F|$ ?

Odpowiedź
$F$ mnoży się przez $e^{-i\omega t_0}$ ; $|F|$ się nie zmienia. Widmo amplitudowe nie wie, kiedy impuls nastąpił; ta informacja siedzi w fazie.
Stacja radiowa AM nadaje na nośnej $1$ MHz dźwięk o częstotliwościach do $5$ kHz. Jakie pasmo zajmuje? Co najmniej jak gęsto można rozmieścić stacje?

Odpowiedź
Od $995$ do $1005$ kHz, szerokość $10$ kHz (wstęgi boczne po obu stronach nośnej).FLP I-48-3 Stacje co $10$ kHz; w Europie przydziela się kanały co $9$ kHz, co lekko ogranicza najwyższe częstotliwości dźwięku.
Z reguły pochodnej i zadania 1.3 wyznacz transformatę $t\,e^{-t^2/2}$ .

Odpowiedź
$\tfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}e^{-t^2/2} = -t\,e^{-t^2/2}$ , więc transformata $-t\,e^{-t^2/2}$ to $i\omega\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^2/2}$ , a szukana: $-i\omega\sqrt{2\pi}\,e^{-\omega^2/2}$ . Funkcja nieparzysta i rzeczywista: transformata czysto urojona i nieparzysta.
Sprawdź twierdzenie Plancherela dla $f = e^{-a|t|}$ (zadanie 1.4).

Wskazówka
$\int_{-\infty}^\infty\tfrac{\mathrm d\omega}{(a^2 + \omega^2)^2} = \tfrac{\pi}{2a^3}$ (podstawienie $\omega = a\tan\theta$ ).

Odpowiedź
Lewa: $\int e^{-2a|t|}\,\mathrm dt = \tfrac1a$ . Prawa: $\tfrac1{2\pi}\int\tfrac{4a^2}{(a^2 + \omega^2)^2}\,\mathrm d\omega = \tfrac{4a^2}{2\pi}\cdot\tfrac{\pi}{2a^3} = \tfrac1a$ ✓.

3 Delta Diraca

Ściśnijmy impuls prostokątny z przykładu 1.1, ale tak, żeby jego pole zostało równe $1$ : wysokość $\tfrac1\tau$ , szerokość $\tau$ . Jego transformata to $\tfrac{2\sin(\omega\tau/2)}{\omega\tau}$ , a dla $\tau \to 0$ dąży do $1$ dla każdego $\omega$ . Granica takich impulsów to delta Diraca $\delta(t)$ : „funkcja” równa zeru dla $t \neq 0$ , nieskończenie wysoka w zerze, o polu $1$ . Żadna zwykła funkcja tak się nie zachowuje; poprawnie definiuje się ją przez to, co robi pod całką.

Delta Diraca

\int_{-\infty}^{\infty}\delta(t - a)\,g(t)\,\mathrm dt = g(a)\quad\text{dla każdej ciągłej }g .

Delta „wyłuskuje” wartość funkcji w jednym punkcie. Wynikają z tego: $\int\delta = 1$ ; $\;\delta(\lambda t) = \tfrac{1}{|\lambda|}\delta(t)$ ; pochodna skoku jednostkowego (funkcji Heaviside'a) to $\delta$ . Transformaty:

\delta(t) \;\to\; 1,\qquad 1 \;\to\; 2\pi\,\delta(\omega),\qquad \cos\omega_0t \;\to\; \pi\big[\delta(\omega - \omega_0) + \delta(\omega + \omega_0)\big] .

Widmo delty jest płaskie: idealnie krótki impuls zawiera wszystkie częstości po równo. Klaśnięcie, uderzenie młotkiem albo trzask iskry są jego przybliżeniami, i dlatego uderzenie młotkiem w konstrukcję pobudza wszystkie jej częstości własne naraz (tak bada się mosty i karoserie). Odwrotnie, stały sygnał ma całą moc w $\omega = 0$ , a czysty cosinus w dwóch punktach $\pm\omega_0$ : widmo z lekcji 4.2 to ciąg delt.

Przykład 3.1 Ładunek punktowy jako gęstość

Gęstość ładunku punktowego $q$ w początku układu zapisz deltą trójwymiarową i wyjaśnij, jak pogodzić $\nabla\cdot(\vec r/r^3) = 0$ (dla $r \neq 0$ , lekcja 3.5 Strumień, dywergencja i rotacja) ze strumieniem $4\pi$ (lekcja 3.6 Twierdzenia Greena, Stokesa i Gaussa).

$\delta^3(\vec r) = \delta(x)\,\delta(y)\,\delta(z)$ : całka po dowolnej objętości zawierającej zero to $1$ , po objętości bez zera $0$ . Gęstość: $\rho = q\,\delta^3(\vec r)$ , całkowity ładunek $q$ .
Twierdzenie Gaussa: strumień $\vec r/r^3$ przez każdą powierzchnię wokół zera to $4\pi$ , czyli $\iiint\nabla\cdot(\vec r/r^3)\,\mathrm dV = 4\pi$ dla każdej objętości z zerem i $0$ bez zera.
Tak zachowuje się $4\pi\,\delta^3(\vec r)$ : $\;\nabla\cdot\dfrac{\vec r}{r^3} = 4\pi\,\delta^3(\vec r)$ .

Wynik: $\rho = q\,\delta^3(\vec r)$ i $\nabla\cdot\tfrac{\vec r}{r^3} = 4\pi\,\delta^3(\vec r)$ : dywergencja jest zerowa wszędzie poza zerem, a całe źródło siedzi w jednym punkcie.

Sprawdzenie: z $\vec E = \tfrac{q}{4\pi\epsilon_0}\tfrac{\vec r}{r^3}$ dostajemy $\nabla\cdot\vec E = \tfrac{q}{\epsilon_0}\delta^3(\vec r) = \tfrac\rho{\epsilon_0}$ : pierwsze równanie Maxwella ✓.

Zadania · część 3

4 zadania · ok. 30 min

Oblicz $\int_{-\infty}^\infty\delta(t - 2)\,t^2\,\mathrm dt$ , $\;\int_{-\infty}^\infty\delta(t)\cos t\,\mathrm dt$ i $\int_0^1\delta(t - 3)\,\mathrm dt$ .

Odpowiedź
$4$ , $1$ , $0$ (punkt $t = 3$ leży poza przedziałem całkowania).
Oblicz transformatę $\delta(t - t_0)$ . Co mówi jej moduł, a co faza?

Odpowiedź
$\int\delta(t - t_0)e^{-i\omega t}\,\mathrm dt = e^{-i\omega t_0}$ . Moduł $1$ dla każdej częstości: płaskie widmo. Faza $-\omega t_0$ , liniowa w $\omega$ , koduje moment impulsu (reguła przesunięcia).
Z transformaty $1 \to 2\pi\delta(\omega)$ i reguły modulacji wyprowadź transformatę $\cos\omega_0t$ . Sprawdź wynik transformatą odwrotną.

Odpowiedź
$\cos\omega_0t = \tfrac12(e^{i\omega_0t} + e^{-i\omega_0t})$ , a $1\cdot e^{\pm i\omega_0t} \to 2\pi\delta(\omega \mp \omega_0)$ . Suma: $\pi[\delta(\omega - \omega_0) + \delta(\omega + \omega_0)]$ . Odwrotna: $\tfrac1{2\pi}\cdot\pi(e^{i\omega_0t} + e^{-i\omega_0t}) = \cos\omega_0t$ ✓.
Pokaż, że $\delta(2t) = \tfrac12\delta(t)$ , całkując obie strony z funkcją testową $g$ . Dlaczego nie można powiedzieć „obie są nieskończone w zerze, więc są równe”?

Odpowiedź
Podstawienie $u = 2t$ : $\int\delta(2t)g(t)\,\mathrm dt = \int\delta(u)g(\tfrac u2)\tfrac{\mathrm du}{2} = \tfrac12g(0) = \int\tfrac12\delta(t)g(t)\,\mathrm dt$ . Delta nie jest liczbą w punkcie, tylko przepisem na całkę; „wartość w zerze” nic nie mówi, liczy się pole, a ściśnięcie dwukrotne zmniejsza pole o połowę.

4 Splot i układy liniowe

Rozważmy układ liniowy niezmienny w czasie: wzmacniacz, filtr, oscylator, przyrząd pomiarowy. Niech $h(t)$ będzie jego odpowiedzią na deltę, czyli na krótkie uderzenie w chwili $0$ : odpowiedzią impulsową. Dowolny sygnał wejściowy $x(t)$ to suma (całka) delt o wagach $x(s)$ w chwilach $s$ : $x(t) = \int x(s)\,\delta(t - s)\,\mathrm ds$ . Z liniowości i niezmienności w czasie odpowiedź to suma przesuniętych odpowiedzi impulsowych:

Splot i twierdzenie o splocie

y(t) = (x * h)(t) = \int_{-\infty}^{\infty}x(s)\,h(t - s)\,\mathrm ds,\qquad Y(\omega) = X(\omega)\,H(\omega) .

Transformata splotu to iloczyn transformat.por. Kreyszig §11.9 (tam z czynnikiem $\sqrt{2\pi}$ , bo inna umowa) $H(\omega)$ to transmitancja (funkcja przenoszenia): układ mnoży każdą częstość osobno przez $H(\omega)$ . Krzywa rezonansowa $R(\omega)$ z lekcji 4.1 to właśnie $F_0\,|H(\omega)|$ oscylatora.

Dowód twierdzenia jest krótki: $Y(\omega) = \iint x(s)h(t - s)e^{-i\omega t}\,\mathrm ds\,\mathrm dt$ ; podstawiamy $t = s + u$ i całka rozpada się na iloczyn $\int x(s)e^{-i\omega s}\,\mathrm ds\cdot\int h(u)e^{-i\omega u}\,\mathrm du$ . Obraz splotu: odbij $h$ , przesuń o $t$ , pomnóż przez $x$ i weź pole. Każda średnia krocząca, rozmycie zdjęcia, pogłos sali czy skończona rozdzielczość przyrządu to splot.

Przykład 4.1 Dwa prostokąty

Oblicz splot impulsu prostokątnego o szerokości $1$ i wysokości $1$ (wyśrodkowanego w zerze) z samym sobą. Sprawdź wynik twierdzeniem o splocie.

$(f * f)(t)$ to długość części wspólnej odcinków $[-\tfrac12;\ \tfrac12]$ i $[t - \tfrac12;\ t + \tfrac12]$ .
Dla $|t| \le 1$ ta długość to $1 - |t|$ ; dla $|t| > 1$ odcinki są rozłączne, splot $0$ .
Transformata: $F = \tfrac{2\sin(\omega/2)}{\omega}$ , więc splot powinien mieć transformatę $F^2 = \tfrac{4\sin^2(\omega/2)}{\omega^2}$ .

Wynik: trójkąt $1 - |t|$ na $[-1;\ 1]$ .

Sprawdzenie: transformata trójkąta z całki definicyjnej: $2\int_0^1(1 - t)\cos\omega t\,\mathrm dt = \tfrac{2(1 - \cos\omega)}{\omega^2} = \tfrac{4\sin^2(\omega/2)}{\omega^2}$ ✓. Pole trójkąta $1 = 1\cdot1$ , iloczyn pól ✓.

Zadania · część 4

4 zadania · ok. 35 min

Oblicz splot $f * \delta(t - a)$ .

Odpowiedź
$\int f(s)\delta(t - a - s)\,\mathrm ds = f(t - a)$ : przesunięcie. Delta jest „jedynką” splotu, a jej przesunięcie to opóźnienie.
Średnia krocząca z ostatniej sekundy to splot z prostokątem o szerokości $1$ s i wysokości $1\ \mathrm{s^{-1}}$ . Jaka jest jej transmitancja $|H(\omega)|$ ? Które częstotliwości średnia usuwa całkowicie?

Odpowiedź
$|H| = \left|\tfrac{\sin(\omega/2)}{\omega/2}\right|$ (przykład 1.1 z $\tau = 1$ ; przesunięcie w czasie nie zmienia modułu). Zera w $\omega = 2\pi k$ , czyli $\nu = 1,\ 2,\ 3\ldots$ Hz: składowe, które mieszczą się w oknie całą liczbą okresów, uśredniają się do zera. Dlatego średnia z $24$ godzin usuwa cykl dobowy.
Filtr RC ma odpowiedź impulsową $h(t) = \tfrac1{RC}e^{-t/RC}$ dla $t \ge 0$ . Oblicz $H(\omega)$ i częstość, przy której $|H| = \tfrac1{\sqrt2}$ . Policz ją dla $R = 1$ kΩ, $C = 1\ \mu$ F.

Odpowiedź
Z przykładu 1.2 z $a = \tfrac1{RC}$ : $H = \tfrac{1/RC}{1/RC + i\omega} = \tfrac{1}{1 + i\omega RC}$ . $|H|^2 = \tfrac1{1 + \omega^2R^2C^2} = \tfrac12$ dla $\omega = \tfrac1{RC} = 1000\ \mathrm{s^{-1}}$ , czyli $\nu \approx 159$ Hz. Niższe częstotliwości przechodzą, wyższe są tłumione: filtr dolnoprzepustowy.
Pokaż, że splot dwóch krzywych Gaussa o szerokościach $\sigma_1$ i $\sigma_2$ jest krzywą Gaussa o szerokości $\sqrt{\sigma_1^2 + \sigma_2^2}$ . Co to oznacza dla pomiaru sygnału o szerokości $3$ ns przyrządem o rozdzielczości (gaussowskiej) $4$ ns?

Odpowiedź
Transformaty: $e^{-\sigma_1^2\omega^2/2}\cdot e^{-\sigma_2^2\omega^2/2} = e^{-(\sigma_1^2 + \sigma_2^2)\omega^2/2}$ (z dokładnością do stałych), czyli Gauss o $\sigma^2 = \sigma_1^2 + \sigma_2^2$ . Zmierzony impuls ma szerokość $\sqrt{9 + 16} = 5$ ns. Szerokości dodają się w kwadratach, jak niepewności niezależne (lekcja 1.4 Rachunek różniczkowy w praktyce); znając rozdzielczość, można odzyskać prawdziwą szerokość.

5 Błędne intuicje

„Krótki impuls ma jedną, wysoką częstotliwość.”: Ma szerokie widmo, rzędu $1/\tau$ , od zera w górę. Jedna częstotliwość to nieskończenie długi cosinus.
„Delta Diraca to funkcja, która w zerze ma wartość nieskończoną.”: To przepis na całkę: $\int\delta(t - a)g\,\mathrm dt = g(a)$ . Bez tej definicji nie da się odróżnić $\delta(t)$ od $\delta(2t)$ (zadanie 3.4).
„Splot to po prostu iloczyn funkcji.”: Iloczyn zachodzi dla transformat. W czasie splot to całka po wszystkich przesunięciach; iloczyn w czasie odpowiada splotowi widm (modulacja).
„Każde źródło podaje tę samą transformatę.”: Czynnik $\tfrac{1}{2\pi}$ , znak w wykładniku i zmienna ( $\omega$ lub $\nu$ ) zależą od umowy. Zanim przepiszesz wzór, sprawdź definicję.
„Moduł widma mówi wszystko o sygnale.”: Przesunięcie w czasie zmienia tylko fazę (zadanie 2.1). Bez fazy nie odtworzysz sygnału.

6 Sprawdź się

1 Zapisz transformatę Fouriera i transformatę odwrotną (w umowie tej lekcji).

$F(\omega) = \int f(t)e^{-i\omega t}\,\mathrm dt$ , $\;f(t) = \tfrac1{2\pi}\int F(\omega)e^{i\omega t}\,\mathrm d\omega$ .

2 Jaka jest transformata impulsu prostokątnego o szerokości

\tau

i wysokości

1

$\tfrac{2\sin(\omega\tau/2)}{\omega}$ , z pierwszym zerem przy $\omega = 2\pi/\tau$ .

3 Co się dzieje z widmem, gdy sygnał skrócimy dwa razy?

Rozszerza się dwa razy (i obniża): $f(2t) \to \tfrac12F(\omega/2)$ .

4 Czemu równa się

\int\delta(t - a)g(t)\,\mathrm dt

$g(a)$ .

5 Jaka jest transformata

\delta(t)

, a jaka stałej

1

$1$ i $2\pi\delta(\omega)$ .

6 Na co przechodzi splot w dziedzinie częstotliwości?

Na iloczyn transformat: $Y = XH$ .

7 Co przechodzi na mnożenie przez

i\omega

Różniczkowanie w czasie.

7 Karta wzorów i co dalej

Transformata

$F(\omega) = \int f(t)e^{-i\omega t}\,\mathrm dt$ ; $\;f = \tfrac1{2\pi}\int F e^{i\omega t}\,\mathrm d\omega$

prostokąt $\tau$ : $\tfrac{2\sin(\omega\tau/2)}{\omega}$ ; $\;e^{-at}$ ( $t \ge 0$ ): $\tfrac1{a + i\omega}$ ; $\;e^{-a|t|}$ : $\tfrac{2a}{a^2 + \omega^2}$

$e^{-t^2/(2\sigma^2)}$ : $\sigma\sqrt{2\pi}\,e^{-\sigma^2\omega^2/2}$

$f(t - t_0) \to e^{-i\omega t_0}F$ ; $\;f(\lambda t) \to \tfrac1{|\lambda|}F(\omega/\lambda)$ ; $\;f' \to i\omega F$

$f\cos\omega_0t \to \tfrac12[F(\omega - \omega_0) + F(\omega + \omega_0)]$ ; $\;\int|f|^2 = \tfrac1{2\pi}\int|F|^2$

Delta i splot

$\int\delta(t - a)g(t)\,\mathrm dt = g(a)$ ; $\;\delta(\lambda t) = \tfrac{1}{|\lambda|}\delta(t)$

$\delta \to 1$ ; $\;1 \to 2\pi\delta(\omega)$ ; $\;\cos\omega_0t \to \pi[\delta(\omega - \omega_0) + \delta(\omega + \omega_0)]$

$\nabla\cdot(\vec r/r^3) = 4\pi\delta^3(\vec r)$ ; $\;\rho = q\delta^3(\vec r)$

$(x * h)(t) = \int x(s)h(t - s)\,\mathrm ds$ ; $\;Y = XH$

$\Delta t\cdot\Delta\omega \approx$ kilka (zależnie od kształtu); Gauss: $8\ln2$

Do przeczytania u Feynmana

Obowiązkowo: t. I, 48-2 i 48-3 (modulacja i wstęgi boczne).
Dla chętnych: 48-4 (zlokalizowane ciągi fal), 50-2 (przypomnienie szeregu Fouriera).

Do przeczytania w podręcznikach matematyki

E. Kreyszig, Advanced Engineering Mathematics, wyd. 10: §11.7 (całka Fouriera), §11.9 (transformata Fouriera, splot), §6.4 (delta Diraca przy transformacie Laplace'a).
K. A. Stroud, Advanced Engineering Mathematics: transformata Fouriera z przykładami sygnałów.

Transformata Laplace'a (4.4 Transformata Laplace'a) to krewna transformaty Fouriera dla sygnałów, które zaczynają się w chwili $0$ i mogą rosnąć; tam odpowiedź impulsowa i transmitancja staną się codziennymi narzędziami. W optyce figura dyfrakcyjna szczeliny to transformata Fouriera jej kształtu (Dział 12: Optyka: zasada najmniejszego czasu, interferencja, dyfrakcja), a w mechanice kwantowej funkcje falowe w położeniu i pędzie są parą transformat (Dział 17: Amplitudy prawdopodobieństwa).