问题的提出

求 具 有 滚 降 系 数 α 的 余 弦 滚 降 特 性 H ( f ) 相 应 的 冲 激 响 应 h ( t ) 。 H ( f ) = { T b   , 0 ≤ ∣ f ∣ ≤ ( ( 1 − α ) / 2 T b ) T b 2 { 1 + cos ⁡ [ π T b α ( ∣ f ∣ − 1 − α 2 T b ) ] }   , 1 − α 2 T b ≤ ∣ f ∣ ≤ 1 + α 2 T b 0   , ∣ f ∣ ≤ ( ( 1 + α ) / 2 T b ) 其 中   ,   0 ≤ α ≤ 1 。 求具有滚降系数 \alpha的余弦滚降特性H( f ) 相应的冲激响应 { h(t)}。\\ \\ \\ H(f)= \begin{cases} T_b\,,0 \leq |f| \leq ((1-\alpha)/2T_b) \\ \large {T_b \over 2}\{1+\cos[{\pi T_b \over \alpha}(|f|-{1-\alpha \over 2T_b})]\} \,,{1-\alpha \over 2T_b} \leq |f| \leq {1+\alpha \over 2T_b} \\ 0 \,, |f| \leq ((1+\alpha)/2T_b) \end{cases} \\ \\ 其中\,,\, 0 \le \alpha \le 1。 求具有滚降系数α的余弦滚降特性H(f)相应的冲激响应h(t)。H(f)=⎩⎪⎨⎪⎧​Tb​,0≤∣f∣≤((1−α)/2Tb​)2Tb​​{ 1+cos[απTb​​(∣f∣−2Tb​1−α​)]},2Tb​1−α​≤∣f∣≤2Tb​1+α​0,∣f∣≤((1+α)/2Tb​)​其中,0≤α≤1。

求解分段函数的第1部分对应的h1(t)

利用傅里叶变换的对称性：

$$\{\begin{array}{l}f(t)\iff F(\omega )\\ F(t)\iff 2\pi f(-\omega )\end{array}$$

故由：

$$f(t)=\{\begin{array}{l}E,|t|\le \frac{\tau }{2}\\ 0,其他\end{array}\iff F(\omega )=2E\frac{\sin \frac{\omega \tau }{2}}{\omega }$$

推出：(1)

$$\begin{array}{rl}{H}_1(\omega )& =\{\begin{array}{l}{T}_b,0\le |\omega |\le \frac{\pi (1-\alpha )}{T_b}\\ 0,其他\end{array}\iff h_1(t)=2T_b\frac{\sin \frac{\pi (1-\alpha )t}{T_b}}{2\pi t}=T_b\frac{\sin \frac{\pi (1-\alpha )t}{T_b}}{\pi t}\\ \Rightarrow H_1(f)& =\{\begin{array}{l}{T}_b,0\le |f|\le \frac{(1-\alpha )}{2T_b}\\ 0,其他\end{array}\iff h_1(t)=2T_b\frac{\sin \frac{\pi (1-\alpha )t}{T_b}}{2\pi t}=T_b\frac{\sin \frac{\pi (1-\alpha )t}{T_b}}{\pi t}\end{array}$$

求解分段函数的第2部分对应的h2(t)

又由：

H 2 ( f ) = T b 2 { 1 + cos ⁡ [ π T b α ( ∣ f ∣ − 1 − α 2 T b ) ] }   , 1 − α 2 T b ≤ ∣ f ∣ ≤ 1 + α 2 T b ⇒ H 2 ( ω ) = T b 2 { 1 + cos ⁡ [ T b 2 α ( ∣ ω ∣ − π ( 1 − α ) T b ) ] }   , π ( 1 − α ) T b ≤ ∣ ω ∣ ≤ π ( 1 + α ) T b \large \begin{aligned} H_2(f) &= {T_b \over 2}\{1+\cos[{\pi T_b \over \alpha}(|f|-{1-\alpha \over 2T_b})]\} \,,{1-\alpha \over 2T_b} \leq |f| \leq {1+\alpha \over 2T_b} \\ \Rightarrow H_2(\omega) &= {T_b \over 2}\{1+\cos[{ T_b \over 2\alpha}(|\omega|-{\pi(1-\alpha) \over T_b})]\} \,,{\pi(1-\alpha) \over T_b} \leq |\omega| \leq {\pi(1+\alpha) \over T_b} \end{aligned} H2​(f)⇒H2​(ω)​=2Tb​​{ 1+cos[απTb​​(∣f∣−2Tb​1−α​)]},2Tb​1−α​≤∣f∣≤2Tb​1+α​=2Tb​​{ 1+cos[2αTb​​(∣ω∣−Tb​π(1−α)​)]},Tb​π(1−α)​≤∣ω∣≤Tb​π(1+α)​​

推出：(2)

对 应 的 h ( t ) 如 下 ： 2 π h 2 ( t ) = ∫ − ∞ ∞ T b 2 { 1 + cos ⁡ [ T b 2 α ( ∣ ω ∣ − π ( 1 − α ) T b ) ] } e j ω t d ω ⇒ 4 π T b h 2 ( t ) = ∫ − ∞ ∞ { 1 + cos ⁡ [ T b 2 α ( ∣ ω ∣ − π ( 1 − α ) T b ) ] } e j ω t d ω = ∫ − 1 + α T b π − 1 − α T b π { 1 + cos ⁡ [ T b 2 α ( − ω − π ( 1 − α ) T b ) ] } e j ω t d ω   + ∫ 1 − α T b π 1 + α T b π { 1 + cos ⁡ [ T b 2 α ( ω − π ( 1 − α ) T b ) ] } e j ω t d ω = e j ω t j t ∣ − 1 + α T b π − 1 − α T b π   + e j ω t j t ∣ 1 − α T b π 1 + α T b π   + ∫ − 1 + α T b π − 1 − α T b π cos ⁡ [ T b 2 α ( − ω − π ( 1 − α ) T b ) ] e j ω t d ω   + ∫ 1 − α T b π 1 + α T b π cos ⁡ [ T b 2 α ( ω − π ( 1 − α ) T b ) ] e j ω t d ω = 2 [ sin ⁡ π ( 1 + α ) T b t t −