频域中的离散时间信号表示题目

CTFT

证明若 $x_a(t)$是有限的，式
$X_a(j\Omega)=\int_{-\infty}^{\infty}x_a(t)e^{-j\Omega t}dt$
定义的 $X_a(j\Omega)$的绝对值绝对可积。
解：
$\int_{-\infty}^{\infty}\vert x_a(t)\vert dt < \infty$
$\vert X_a(j\Omega)\vert =\vert \int_{-\infty}^{\infty}x_a(t)e^{-j\Omega t}dt\vert \leq \int_{-\infty}^{\infty}\vert x_a(t)\vert \vert e^{-j\Omega t} \vert dt=\int_{-\infty}^{\infty}\vert x_a(t)\vert dt < \infty$

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求定义在 $-\infty < t < \infty$的下列连续时间函数的CTFT:
(a) $y_a(t)=sin(\Omega _at)$
(b) $u_a(t)=e^{-\alpha\vert t\vert}$
(c) $v_a(t)=e^{j\Omega_0t}$
(d) $p_a(t)=\sum_{l=-\infty}^{\infty}\delta(t-lT)$
(e) $g_a(t)=e^{-at^2}$
解：
(a)
$sin(\Omega_0t)=\frac{1}{2j}(e^{j\Omega_0t}-e^{-j\Omega_0t})$
而
$1\xrightarrow{CTFT}2\pi \delta(\Omega)$
所以
$1\cdot e^{j\Omega_0t}\xrightarrow{CTFT}2\pi \delta(\Omega - \Omega_0) \\ 1 \cdot e^{-j\Omega_0t}\xrightarrow{CTFT}2\pi \delta(\Omega + \Omega_0)$
则
$\color{red}sin(\Omega_0t)\xrightarrow{CTFT}\pi j(\delta(\Omega+\Omega_0)-\delta(\Omega-\Omega_0))$
(b)
$U(j\Omega)=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\alpha\vert t \vert}e^{-j\Omega t}dt=\int_{-\infty}^{0}e^{\alpha t }e^{-j\Omega t}dt+\int_{0}^{\infty}e^{-\alpha t }e^{-j\Omega t}dt$
$\int_{0}^{\infty}e^{-\alpha t}dt=\frac{1}{-\alpha}e^{-\alpha t}\vert_{0}^{\infty}=\frac{1}{\alpha}$
则
$U(j\Omega)=\int_{-\infty}^{0}e^{\alpha t }e^{-j\Omega t}dt+\int_{0}^{\infty}e^{-\alpha t }e^{-j\Omega t}dt=\int_{0}^{\infty}e^{-\alpha t}e^{j\Omega t}dt + \int_{0}^{\infty}e^{-\alpha t }e^{-j\Omega t}dt \\ =\frac{1}{\alpha-j\Omega}+\frac{1}{\alpha+j\Omega}=\frac{2\alpha}{\Omega^2+\alpha^2}$
即
$\color{red}e^{-\alpha \vert t \vert} \xrightarrow{CTFT}\frac{2\alpha}{\Omega^2+\alpha^2}$
(c)
$\color{red}e^{j\Omega_0t}\xrightarrow{CTFT}2\pi\delta(\Omega-\Omega_0)$
(d)
   $p_a(t)$是周期为 $l$的周期函数，所以可以将其进行傅里叶级数展开,其主周期的傅里叶变换为
$F(j\Omega)=CTFT[\delta(t)]=1$
故其傅里叶级数的系数为
$c_n=\frac{1}{T}F(j\Omega)\vert_{\Omega=n\Omega_0}=\frac{1}{T}=\frac{1}{l}$
即
$\sum_{l=-\infty}^{\infty}\delta(t-lT)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{l}e^{jn\Omega_0 t}$
其中 $\Omega_0=\frac{2\pi}{l}$,将上式两边同时进行傅里叶变换
$CTFT[\sum_{l=-\infty}^{\infty}\delta(t-lT)]=\frac{1}{l}\sum_{n=-\infty}^{\infty}2\pi\delta(\Omega - n\Omega_0)=\Omega_0\sum_{n=-\infty}^{\infty}\delta(\Omega - n\Omega_0)$
即
$\color{red}\sum_{l=-\infty}^{\infty}\delta(t-lT)\xrightarrow{CTFT}\Omega_0\sum_{n=-\infty}^{\infty}\delta(\Omega - n\Omega_0),\, \Omega_0=\frac{2\pi}{l}$
(e)
$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-at^2}e^{-j\Omega t}dt=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a(t^2+2\frac{j\Omega}{2a}t+(\frac{j\Omega}{2a})^2)+a(\frac{j\Omega}{2a})^2}dt \\ \\ =e^{-\frac{\Omega^2}{4a}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a(t+\frac{j\Omega}{2a})^2}dt$
考虑一高斯分布为
$\frac{1}{\sqrt{2\pi}\frac{1}{\sqrt{2a}}}e^{-a(t+\frac{j\Omega}{2a})^2} \Rightarrow\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{\pi}}e^{-a(t+\frac{j\Omega}{2a})^2}dt = 1 \Rightarrow\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a(t+\frac{j\Omega}{2a})^2}dt=\frac{\sqrt{\pi}}{\sqrt{a}}$
所以
$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-at^2}e^{-j\Omega t}dt=\sqrt{\frac{\pi}{a}}e^{-\frac{\Omega^2}{4a}}$
所以
$\color{red}e^{-at^2} \xrightarrow{CTFT}\sqrt{\frac{\pi}{a}}e^{-\frac{\Omega^2}{4a}}$

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求定义在 $-\infty < t <\infty$的下列连续时间函数的CTFT:
(a) $v_a(t)=1$
(b) $\mu_a(t)= \begin{cases} 1, \quad t \geq 0 \\ 0, \quad t < 0 \end{cases}$
(c) $x_a(t)= \begin{cases} 1, \quad &\vert t \vert < \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}, \quad &\vert t \vert = \frac{1}{2} \\ 0, \quad &\vert t \vert > \frac{1}{2} \end{cases}$
(d) $y_a(t)= \begin{cases} 1 - 2\vert t \vert, \, &\vert t \vert < \frac{1}{2} \\ 0, \, &\vert t \vert \geq \frac{1}{2} \end{cases}$
解：
(a)
由于 $1$既不绝对可和，也不平方可和，所以不能从定义直接得到，不过可以考虑
$1=\lim\limits_{\alpha \to 0}e^{-\alpha \vert t \vert}$
由于 $e^{-\alpha \vert t \vert}\xrightarrow{CTFT}\frac{2\alpha}{\Omega^2+\alpha^2}$
所以
$\lim\limits_{\alpha \to 0}\frac{2\alpha}{\Omega^2+\alpha^2}= \begin{cases} \infty, \, &\Omega = 0 \\ 0, \, &\Omega \not = 0 \end{cases}$
并且
$\lim\limits_{\alpha \to 0}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{2\alpha}{\Omega^2+\alpha^2}d\Omega=\lim\limits_{\alpha \to 0}2\int_{\infty}^{\infty}\frac{1}{1+\frac{\Omega^2}{\alpha^2}}d(\frac{\Omega}{\alpha})=\lim\limits_{\alpha \to 0}2arctan(\frac{\Omega}{\alpha})\vert_{-\infty}^{\infty}=2\pi$
所以
$\color{red}1\xrightarrow{CTFT}2\pi\delta(\Omega)$
(b)
$\mu(t)$既不是平方可和，也不是平方可和的，所以还得用别的办法:
$\mu(t)=\frac{1}{2}(1+sgn(t))$
$CTFT[\mu(t)]=CTFT[\frac{1}{2}(1+sgn(t))]=\pi\delta(\Omega)+\frac{1}{j\Omega}$
(c)
这道题暂时没想到怎么做
(d)
该函数为 $\Lambda(2t)$,由于
$\Lambda(t)\xrightarrow{CTFT}(\frac{sin(\frac{\Omega}{2})}{\frac{\Omega}{2}})^2=Sa^2(\frac{\Omega}{2})$
所以
$\Lambda(2t)\xrightarrow{CTFT}\frac{1}{4}Sa^2(\frac{\Omega}{4})$

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为了方便，式定义的高斯密度函数重写如下：
$h(t)=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{(t-\mu)^2}{2\sigma^2}}$
其中， $\sigma$和 $\mu$分别是该密度函数的方差和均值。具有上式给出的零均值的冲激响应的连续时间的滤波器称为高斯滤波器。证明 $h(t)$的 $CTFT$也是 $\Omega$的高斯函数。
解：考虑零均值的高斯函数
$h(t)=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{t^2}{2\sigma^2}}$
令 $a=\frac{1}{2\sigma^2}$,则
$h(t)=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-at^{2}}$
之前已经证明
$e^{-at^2} \xrightarrow{CTFT}\sqrt{\frac{\pi}{a}}e^{-\frac{\Omega^2}{4a}}$
则
$CTFT[h(t)]=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\sqrt{\frac{\pi}{a}}e^{-\frac{\Omega^2}{4a}}=e^{-\frac{\sigma^2\Omega^2}{2}}$
服从高斯分布。

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有限能量的函数 $x_a(t)=sin(t)/\pi t$不是绝对可和的。证明其 $CTFT$为
$X_a(j\Omega)= \begin{cases} 1, \, & \vert \Omega \vert \leq 1 \\ 0, \, & \vert \Omega \vert > 1 \end{cases}$
解：
$\begin{aligned} X_a(j\Omega)&=\int_{-\infty}^{\infty}x_a(t)e^{-j\Omega t}dt=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{sin(t)}{\pi t}e^{-j\Omega t}dt \\ &=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{sin(t)}{\pi t}(cos(\Omega t)-jsin(\Omega t))dt \\ &=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{sin(t)cos(\Omega t)}{\pi t}dt =\int_{0}^{\infty}\frac{sin(\Omega + 1)t + sin(\Omega - 1)t}{\pi t}dt\\ &=\frac{\Omega+1}{\pi}\int_{0}^{\infty}\frac{sin(\Omega + 1)t}{(\Omega+1)t}-\frac{\Omega-1}{\pi}\int_{0}^{\infty}\frac{sin(\Omega - 1)t}{(\Omega-1)t} \\ &=\frac{\Omega+1}{2\vert \Omega + 1\vert} -\frac{\Omega-1}{2\vert \Omega - 1\vert} \end{aligned}$
容易验证
$X(j\Omega)= \begin{cases} 1, \, &\vert \Omega \vert \leq 1 \\ 0, \, &\vert \Omega \vert > 1 \end{cases}$

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考虑 $CTFT$对
$x_a(t)\xleftrightarrow{CTFT}X_a(j\Omega)$
证明下面的定理：
(a)时移定理： $x_a(t-t_0)\xleftrightarrow{CTFT}X_a(j\Omega)e^{-j\Omega t_0}$
(b)频移定理： $x_a(t)e^{j\Omega_0t}\xleftrightarrow{CTFT}X_a(j(\Omega-\Omega_0))$
(c)对称定理： $X_a(t)\xleftrightarrow{CTFT}2\pi x_a(-j\Omega)$
(d)尺度缩放定理： $x_a(at)\xleftrightarrow{CTFT}\frac{1}{\vert a\vert}X_a(j\frac{\Omega}{a})$
(e)时间微分定理： $\frac{dx_a(t)}{dt}\xleftrightarrow{CTFT}j\Omega X_a(j\Omega)$
解：
(a)
$\int_{-\infty}^{\infty}x_a(t-t_0)e^{-j\Omega t}dt\xrightarrow{m=t-t_0}\int_{-\infty}^{\infty}x_a(m)e^{-j \Omega m}e^{-j \Omega t_0}dt=X_a(j\Omega)e^{-j\Omega t_0}$
(b)
$\int_{-\infty}^{\infty}x_a(t)e^{j\Omega_0t}e^{-j\Omega t}dt=\int_{-\infty}^{\infty}x_a(t)e^{-j(\Omega-\Omega_0)t}dt=X_a(j(\Omega-\Omega_0))$
(c)
$x_a(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}X(j\Omega)e^{j\Omega t}d\Omega\Rightarrow\int_{-\infty}^{\infty}X(j\Omega)e^{j\Omega t}d\Omega=2\pi x_a(t)$
$\int_{-\infty}^{\infty}X(t)e^{-j\Omega t}dt=\int_{-\infty}^{\infty}X(t)e^{j(-\Omega) t}dt=2\pi x_a(-j \Omega)$
(d)
$\int_{-\infty}^{\infty}x_a(at)e^{-j\Omega t}dt$
若 $a>0,令l=at$
$\int_{-\infty}^{\infty}x_a(l)e^{-j\frac{\Omega}{a} l}d(\frac{l}{a})=\frac{1}{a}\int_{-\infty}^{\infty}x_a(l)e^{-j\frac{\Omega}{a} l}dl=\frac{1}{a}X_a(\frac{j \Omega}{a})$
若 $a<0,令l=at$
$\int_{\infty}^{-\infty}x_a(l)e^{-j\frac{\Omega}{a} l}d(\frac{l}{a})=-\frac{1}{a}\int_{-\infty}^{\infty}x_a(l)e^{-j\frac{\Omega}{a} l}dl=-\frac{1}{a}X_a(\frac{j \Omega}{a})$
注意这里因为 $a<0$,所以变量替换的时候积分上下限的正负性发生变化
综上
$x_a(at)\xleftrightarrow{CTFT}\frac{1}{\vert a \vert}X_a(\frac{j\Omega}{a})$
(e)
$x_a(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}X(j\Omega)e^{j\Omega t}d\Omega$
左右两边同时对 $t$进行积分
$\frac{dx_a(t)}{dt}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}j\Omega X(j\Omega)e^{j\Omega t}d\Omega$
所以
$\frac{dx_a(t)}{dt}\xleftrightarrow{CTFT}j\Omega X_a(j\Omega)$

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令 $X_a(j\Omega)$表示实值连续时间函数 $x_a(t)$的 $CTFT$。证明其幅度谱 $\vert X_a(j\Omega) \vert$是 $\Omega$的偶函数，而相位谱 $\theta(\Omega)=arg\{X_a(j\Omega)\}$是 $\Omega$的奇函数。
解：由于 $x_a(t)$为实值函数，所以 $x_a(t)=x^{*}_a(t)$
$\int_{\infty}^{-\infty}x^{*}_a(t)e^{-j\Omega t}dt=(\int_{\infty}^{-\infty}x_a(t)e^{-j(-\Omega) t}dt)^{*}=X^{*}_a(-j\Omega)$
$\Rightarrow X_a(j\Omega)=X^{*}_a(-j\Omega) \Rightarrow X_a(-j\Omega)=X^{*}_a(j\Omega)$
则
$\vert X_a(j\Omega) \vert = \vert X^{*}_a(j\Omega)\vert = \vert X(-j\Omega) \vert$
$arg\{X_a(j\Omega)\}=-arg\{X^{*}_a(j\Omega)\}=-arg\{X_a(-j\Omega)\}$
所以其幅度谱为偶函数，其相位谱为奇函数。

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证明式
$h_{HT}(t)=\frac{1}{\pi t}$
定义的希尔伯特变换的 $CTFT$是
$H_{HT}(j\Omega)= \begin{cases} -j, \, &\Omega > 0 \\ j, \, &\Omega < 0 \end{cases}$
解：
$\begin{aligned} H_{HT}(j\Omega)&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\pi t}e^{-j\Omega t}dt \\ &=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{cos\Omega t -jsin\Omega t}{t}dt \\ &=\frac{-2j\Omega}{\pi}\int_{0}^{\infty}\frac{sin\Omega t}{\Omega t}dt \\ &=-j\frac{\Omega}{\vert \Omega \vert} \\ &=\begin{cases} -j, \, &\Omega > 0 \\ j, \, &\Omega < 0 \end{cases} \end{aligned}$
这里使用了一个结论
$\int_{0}^{\infty}\frac{sin\Omega t}{\Omega t}dt=\frac{\pi}{2\vert \Omega \vert}$

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设 $x(t)$是实值输入信号，其 $CTFT$为 $X(j\Omega)=X_p(j\Omega)+X_n(j\Omega)$,其中 $X_p(j\Omega)$是占据 $X(j\Omega)$正频率范围的分量， $X_n(j\Omega)$是占据 $X(j\Omega)$负频率范围的分量。令 $\hat{x}(t)$表示 $x(t)$的希尔伯特变换。证明：复值信号 $y(t)=x(t)+j\hat{x}(t)$的 $CTFT\, Y(j\Omega)$为 $Y(j\Omega)=2X_p(j\Omega)$,即 $y(t)$的谱只包含正频率范围的分量。
解：
由希尔伯特变换的定义
$\hat{X}(j\Omega)=-jX_p(j\Omega)+jX_n(j\Omega)$
则信号 $y(t)=x(t)+j\hat{x}(t)$的傅里叶变换为
$\begin{aligned} Y(j\Omega)&=X(j\Omega)+j\hat{X}(j\Omega)\\ &=X_p(j\Omega)+X_n(j\Omega)+j(-jX_p(j\Omega)+jX_n(j\Omega))\\ &=2X_p(j\Omega) \end{aligned}$

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计算式
$x_a(t)= \begin{cases} e^{-\alpha t}, \, &t \geq 0 \\ 0, \, & t < 0 \end{cases}$
中连续时间信号在 $\alpha=0.6$时的总能量，并计算其 $75\%$带宽。
解：
$\varepsilon^2=\int_{-\infty}^\infty x^2(t)dt=\int_{-\infty}^\infty e^{-2\alpha t}dt = \frac{1}{2\alpha}=\frac{5}{6}$
$X(j\Omega)=\frac{1}{\alpha-j\Omega}$
则
$\frac{1}{2\pi}\int_{-\Omega_c}^{\Omega_c}X(j\Omega)X^{*}(j\Omega)d\Omega=\frac{1}{2\pi}\int_{-\Omega_c}^{\Omega_c}\frac{1}{\alpha^2 + \Omega^2}d\Omega=0.75 \cdot \frac{1}{2\alpha}=\frac{3}{8\alpha}$
而
$\frac{1}{2\pi}\int_{-\Omega_c}^{\Omega_c}\frac{1}{\alpha^2 + \Omega^2}d\Omega=\frac{1}{2\pi}\int_{-\Omega_c}^{\Omega_c}\frac{1}{\alpha}\frac{1}{1+(\frac{\Omega}{\alpha})^2}d\frac{\Omega}{\alpha}=\frac{1}{\alpha\pi}arctan(\frac{\Omega_c}{\alpha})$
$\Rightarrow arctan(\frac{\Omega_c}{\alpha})=\frac{3\pi}{8}$

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DTFT

证明 $\mu[n]$的 $DTFT$为 $X(e^{jw})=\frac{1}{1-e^{-jw}}+\sum_{k=-\infty}^{\infty}\pi\delta(w+2\pi k)$。
解：
  如果直接按照定义去求的话，会发现是无穷级数不是收敛的，所以该级数一定有狄拉克函数的形式。
  将 $\mu[n]$分为奇偶两部分，则
$x_{ev}[n]=\frac{1}{2}(u[n]+u[-n])=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\delta[n]$
$x_{od}[n]=\frac{1}{2}(u[n]-u[-n])=\frac{1}{2}(2\mu[n]-(\mu[n]+\mu[-n]))=\mu[n]-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\delta[n]$
则偶数部分的DTFT为
$X_{ev}(e^{jw})=\sum_{k=-\infty}^{\infty}\pi\delta(w+2\pi k)+\frac{1}{2}$
因为奇数部分中含 $\mu[n]$,稍微变一下形
$x_{od}[n]-x_{od}[n-1]=\frac{1}{2}(\delta[n]+\delta[n-1]) \\ \Rightarrow (1-e^{-jw})X_{od}(e^{-jw})=\frac{1}{2}(1+e^{-jw}) \\ \Rightarrow X_{od}(e^{jw})=\frac{1}{2}\frac{1+e^{-jw}}{1-e^{-jw}}=-\frac{1}{2}+\frac{1}{1-e^{-jw}}$
则
$\color{red}X(e^{jw})=X_{ev}(e^{jw})+X_{od}(e^{jw})=\frac{1}{1-e^{-jw}}+\sum_{k=-\infty}^{\infty}\pi\delta(w+2\pi k)$

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证明序列 $x[n]=1$的 $DTFT$为 $X(e^{jw})=\sum_{k=-\infty}^{\infty}2\pi\delta(w+2\pi k),\, -\infty < k < \infty$
解：
  求 $X(e^{jw})$的反变换
$x[n]=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi X(e^{jw})e^{jwt}dw=\int_{-\pi}^{\pi}\sum_{k=-\infty}^{\infty}\delta(w+2\pi k)dw=1$
所以
$\color{red}1\xrightarrow{DTFT}\sum_{k=-\infty}^{\infty}2\pi\delta(w+2\pi k),\, -\infty < k < \infty$

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求双边序列 $y[n]=\alpha^{\vert n \vert},\vert \alpha \vert < 1$的 $DTFT$。
解：
$\begin{aligned}X(e^{jw})&=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\alpha^{\vert n \vert}e^{-jwn}\\ &=\sum_{-\infty}^{-1}\alpha^{-n}e^{-jwn}+\sum_{n=0}^{\infty}\alpha^{n}e^{-jwn}\\ &=\sum_{m=1}^{\infty}\alpha^{m}e^{jwm}+\sum_{n=0}^{\infty}\alpha^{n}e^{-jwn}\\ &=\frac{\alpha e^{jw}}{1-\alpha e^{jw}}+\frac{1}{1-\alpha e^{-jw}} \end{aligned}$

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设 $X(e^{jw})$表示实序列 $x[n]$的 $DTFT$。
(a)证明：若 $x[n]$是偶序列，则它可以用 $x[n]=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}X(e^{jw})cos(nw)dw$从 $X(e^{jw})$计算。
(b)证明：若 $x[n]$是奇序列，则它可以用 $x[n]=\frac{j}{\pi}\int_{0}^{\pi}X(e^{jw})sin(nw)dw$从 $X(e^{jw})$计算。
解：
$DTFT[x[-n]]=\sum_{n=-\infty}^{\infty}x[-n]e^{-jwn}\xrightarrow{m=-n}\sum_{m=-\infty}^{\infty}x[m]e^{-j(-w)m}=X(e^{-jw})$
即
$\color{red}x[-n]\xrightarrow{DTFT}X(e^{-jw})$
$\begin{aligned} x[n]&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}X(e^{jw})e^{jwn}dw \\ &=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}X(e^{jw})(cos(wn)+jsin(wn))dw\\ &=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}X(e^{jw})cos(wn)dw+\frac{j}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}X(e^{jw})sin(wn)dw \end{aligned}$
(a)
由于 $x[n]$是实序列且为偶序列，所以 $x[n]=x[-n]$,所以 $X(e^{jw})=X(e^{-jw})$,即 $X(e^{jw})$为偶函数，所以 $X(e^{jw})cos(wn)$为偶函数, $X(e^{jw})sin(wn)$为奇函数，所以
$\begin{aligned} x[n]&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}X(e^{jw})cos(wn)dw+\frac{j}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}X(e^{jw})sin(wn)dw\\ &=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}X(e^{jw})cos(wn)dw \end{aligned}$
(b)同理，仿照上面即可得出
$x[n]=\frac{j}{\pi}\int_{0}^{\pi}X(e^{jw})sin(wn)dw$

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求因果序列 $x[n]=A\alpha^ncos(w_0n+\phi)\mu[n]$的 $DTFT$,其中 $A、\alpha、w_0$和 $\phi$是实数， $\vert \alpha \vert <1$。
解：
$x[n]=A\alpha^{n}cos(w_0n+\phi)\mu[n]=\frac{A}{2}\alpha^n(e^{j(w_0n+\phi)}+e^{-j(w_0n+\phi)})\mu[n] \\ =\frac{A}{2}\alpha^ne^{j\phi}e^{jw_0n}\mu[n]+\frac{A}{2}\alpha^ne^{-j\phi}e^{-jw_0n}\mu[n]$
$\alpha^n\mu[n]\xrightarrow{DTFT}\frac{1}{1-\alpha e^{-jw}}$
所以
$\alpha^ne^{jw_0n}\mu[n]\xrightarrow{DTFT}\frac{1}{1-\alpha e^{-j(w-w_0)}}$
$\alpha^ne^{-jw_0n}\mu[n]\xrightarrow{DTFT}\frac{1}{1-\alpha e^{-j(w+w_0)}}$
所以
$x[n]\xrightarrow{DTFT}\frac{A}{2}e^{j\phi}\frac{1}{1-\alpha e^{-j(w-w_0)}}+\frac{A}{2}e^{-j\phi}\frac{1}{1-\alpha e^{-j(w+w_0)}}$

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求下面每个序列的 $DTFT$:
(a) $x_1[n]=\alpha^n\mu[n-1],\vert \alpha \vert<1$
(b) $x_2[n]=n\alpha^n\mu[n],\vert \alpha \vert<1$
(c) $x_3[n]=\alpha^n\mu[n+1],\vert \alpha \vert<1$
(d) $x_4[n]=n\alpha^n\mu[n+2],\vert \alpha \vert<1$
(e) $x_5[n]=\alpha^n\mu[-n-1],\vert \alpha \vert>1$
(f) $x_6[n]= \begin{cases} \alpha^{\vert n \vert}, \, &\vert n \vert \leq M \\ 0, \, &其他 \end{cases}$