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title: '*5.6 常用CTFT轉換表'

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# *5.6 常用CTFT轉換表

在這裡，我會推導所有常用的CTFT。至於為什麼不用推導其他的變換? 這些問題可以參考:
- FT轉FS: [7.2 週期函數的FT](/@seanyih/signal-7-2)
- CTFT轉DTFT: [7.3](/@seanyih/signal-7-3)~[7.5](/@seanyih/signal-7-5)
- 其他CTFT: [5.4 傅立葉轉換的性質](/@seanyih/signal-5-4)&[6.3 頻域-時域對偶](/@seanyih/signal-6-3)

這些文章應該能幫助你把這張表內的公式轉成想要的形式。

這篇文章講的東西全部都不重要，有需要用到再回來翻就好。至於證明，我個人的觀點是既然有人證了幹嘛去背? 所以當參考就好。

而在這裡使用的CTFT定義如下:
:::danger
**CTFT分析公式** 
$$
X(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} x(t)e^{-j\omega t}\,dt
$$
**CTFT合成公式**
$$
x(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} X(\omega)e^{j\omega t}\,d\omega
$$
:::
使用的是角頻率、非么正的轉換。

## 總表


|時域|頻域|
|:-----:|:-----:|
|1          |$2\pi\delta(\omega)$|
|$\delta(t)$|1|
|$u(t)$     | $\frac{1}{j\omega}+\pi\delta(\omega)$ |
|$sgn(t)$   | $\frac{2}{j\omega}$|
| $cos(\omega_0 t)$ | $\pi[\delta(\omega-\omega_0)+\delta(\omega+\omega_0)]$ |
| $sin(\omega_0 t)$ | $\frac{\pi}{j}[\delta(\omega-\omega_0)-\delta(\omega+\omega_0)]$ |
| $e^{j\omega_0 t}$ | $2\pi\delta(\omega-\omega_0)$ |
| $\delta(t-t_0)$ | $e^{-j\omega t_0}$ |
| (方波) $\left\{ \begin{matrix} 1,\,\|t\|\le T \\ 0,\,\|t\|> T\end{matrix}\right.$ | $\frac{2\sin(T\omega)}{\omega}$ |
| $\frac{\sin(Wt)}{\pi t}$|$\left\{\begin{matrix}1, \, \|\omega\|\le W \\0, \, \|\omega\|> W\end{matrix}\right.$|
| (三角波) $\left\{ \begin{matrix} 1-\frac{\|t\|}{T}&,\,\|t\|\le T \\ 0&,\,\|t\|> T\end{matrix}\right.$|$\frac{1}{T}(\frac{2\sin((T/2)\omega)}{\omega})^2$|
|$\frac{2}{\pi W}(\frac{\sin((W/2)t)}{t})^2$|$\left\{ \begin{matrix} 1-\frac{\|\omega\|}{W}&,\,\|\omega\|\le W \\ 0&,\,\|\omega\|> W\end{matrix}\right.$|
|(高斯函數) $e^{-at^2}, a>0$|$\sqrt{\frac{\pi}{a}}e^{\frac{-1}{4a}\omega^2}$|
|$\sin(at^2)$|$-\sqrt{\frac{\pi}{a}}\sin(\frac{\omega^2}{4a}-\frac{\pi}{4})$|
|$\cos(at^2)$|$\sqrt{\frac{\pi}{a}}\cos(\frac{\omega^2}{4a}-\frac{\pi}{4})$|
|$e^{-a\|t\|}, a>0$|$\frac{2a}{a^2+\omega^2}$|
|$e^{-at}u(t),\,Re\{a\}>0$|$\frac{1}{a+j\omega}$|
|$\frac{t^{n-1}}{(n-1)!}e^{-at}u(t),\,Re\{a\}>0$|$\frac{1}{(a+j\omega)^n}$|
|$t^n$          |$2\pi j^n\frac{d^n}{d\omega^n}\delta(\omega)$|
|$\frac{1}{t^n}$|$-j\pi \frac{(-j\omega)^{n-1}}{(n-1)!}  \,sgn(\omega)$|


## 推導
前面部分是我們推導過的式子，這邊就直接照搬。
### $\delta(t)$ & $e^{j\omega t_0}$
這個很簡單，直接用轉換:
$$
X(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} \delta(t)e^{-j\omega t}\,dt
$$
外加Delta函數的性質: $\delta(t)f(t)=\delta(t)f(0)$:
$$
=\int_{-\infty}^{\infty} \delta(t)\,dt=1
$$
就有了:
:::danger
$$
\delta(t) \leftrightarrow 1
$$
:::
同樣的方法也可以證明:
:::danger
$$
\delta(t-t_0) \leftrightarrow e^{j\omega t_0}
$$
:::

### $1$ & $e^{j\omega_0 t}$
在這裡$\omega_0$是一個常數，這是單一的一個時域信號。跟我們用來作CTFT的$e^{j\omega t}$意義不同，那裡的$\omega$是頻域的變數。

雖然準確地說，推導這個需要用到分布，但我們可以用一種直觀的方式理解。首先，我們考慮它的合成公式:
$$
e^{j\omega_0 t}=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} X(\omega)e^{j\omega t}\,d\omega
$$
我們想要的是「解」這個$X(\omega)$。首先，這個函數一定要有一個常數$2\pi$，來和前面的分數抵銷掉。
另外，我們想從後面那無窮多個$e^{i\omega t}$裡面，抓出 $\omega=\omega_0$ 的那一個。這個問題就相當於:
$$
\int_{-\infty}^{\infty} X\cdot f(x)
=\int_{-\infty}^{\infty} X \cdot f(x_0)
= f(x_0)
$$
那麼這個函數就必須是Delta函數。它剛好滿足這個條件。於是我們就得到了:
:::danger
$$
e^{j\omega_0 t} \leftrightarrow 2\pi \delta(\omega-\omega_0)
$$
:::
而當 $\omega=0$ 時，這相當於問**常數1**的CTFT是什麼。所以:
:::danger
$$
1 \leftrightarrow 2\pi \delta(\omega)
$$
:::

### $u(t)$ & $sgn(t)$
考慮一個unit step function。並且將這個函數拆分成:
$$
u(t)=\frac{1}{2}(1+sgn(t))
$$其中$$
sgn(t)=2u(t)-1=\left\{
    \begin{matrix}
        1 &,\, t>0 \\
        -1&,\, t<0
    \end{matrix}
\right.
$$

我們知道$1 \leftrightarrow 2\pi\delta(\omega)$，這點之前[5.1](/@seanyih/signal-5-1)推過了就不再贅述。把目光放在sgn函數上。先利用sgn和unit step的關係，推導出:
$$
\frac{d}{dt}sgn(t)=2\delta(t)
$$
而在頻域上:
$$
\frac{d}{dt}sgn(t) \leftrightarrow j\omega \cdot SGN(\omega)
$$且$$
\frac{d}{dt}sgn(t)=2\delta(t)  \leftrightarrow 2
$$於是我們有了:
:::danger
$$
sgn(t)\leftrightarrow\frac{2}{j\omega}
$$
:::
整合前面的推導:
:::danger
$$
u(t)\leftrightarrow \frac{1}{j\omega}+\pi\delta(\omega)
$$
:::

### $\sin(\omega_0 t)$ & $\cos(\omega_0 t)$
這兩個的推導非常簡單。我們利用歐拉公式得到:
$$
\sin(\omega_0 t) = \frac{1}{2j}(e^{j\omega_0 t}-e^{-j\omega_0 t})
$$$$
\cos(\omega_0 t) = \frac{1}{2}(e^{j\omega_0 t}+e^{-j\omega_0 t})
$$
然後考慮合成公式: 我們首先必須抽出兩個$e^{j\omega t}$，這可以借助delta函數完成。並且係數要從$\frac{1}{2\pi}$變成$\frac{1}{2j}$或$\frac{1}{2}$，所以要乘以$\frac{\pi}{j}$和$\pi$，結果就是:
:::danger
$$
\sin(\omega_0 t) \leftrightarrow \frac{\pi}{j}[\delta(\omega-\omega_0)-\delta(\omega+\omega_0)]
$$$$
\cos(\omega_0 t) \leftrightarrow \pi[\delta(\omega-\omega_0)+\delta(\omega+\omega_0)]
$$
:::

### 方波
考慮這個方波:
$$
x(t)=
\left\{
    \begin{matrix}
        1, &\, |t|\le T \\
        0, &\, |t|> T
    \end{matrix}
\right.
$$
注意現在這個函數**不是**週期的，只是一個偶函數的方塊而已。$T$是方塊的邊界，不是週期。它長這樣:

![image](https://hackmd.io/_uploads/HJKDXDXJZl.png)

剩下的就是直接積分:
$$
X(\omega)=\int_{-T}^{T} e^{-j\omega t}\,dt=\frac{-1}{j\omega}e^{-j\omega t} \,\Bigg|_{-T}^{T}
=\frac{1}{j\omega} (e^{j\omega T}-e^{-j\omega T})
$$
記得$\sin(x)=\frac{e^{jx}-e^{-jx}}{2j}$，所以
:::danger
$$
X(\omega)=\frac{2\sin(T\omega)}{\omega}
$$
:::

### $\frac{\sin(Wt)}{\pi t}$
因為已知方波的結果，我們可以用逆推的方式處理:
$$
\frac{\sin(W t)}{\pi t}=\frac{1}{2\pi}\frac{2\sin(W t)}{t}
=\frac{1}{2\pi}\frac{1}{jt} (e^{jWt}-e^{-jWt})
$$$$
=\frac{1}{2\pi}\int_{-W}^{W} e^{j\omega t}\,d\omega
$$
這正是一個頻域方波的逆變換，所以:
:::danger
$$
\frac{\sin(W t)}{\pi t} \leftrightarrow \left\{
    \begin{matrix}
        1, &\, |\omega|\le W \\
        0, &\, |\omega|> W
    \end{matrix}
\right.
$$
:::

### 三角波
考慮這樣子的三角波:
$$
x(t)=\left\{ \begin{matrix} 1-\frac{|t|}{T}&,\,|t|\le T \\ 0&,\,|t|> T\end{matrix}\right.
$$
第一種解是直接把它爆開，接著像方波那樣直接積分。雖然會用到分部積分，但不難，我就不再做一次了。第二種比較炫的方法是看出: 三角波可以由方波自己和自己做卷積得來。

因為我們要求的是寬度是$2T$的三角形，則方波寬度應該設為$T$，這樣在做卷積時，會恰好在$-T\sim T$有值。(可以畫個圖思考一下，因為方波寬度是T，所以將方波左、右平移T以內的話，則兩個信號會重疊。)另外我們需要一個常數修正: 當卷積的兩個訊號完全重疊，積分結果是T，然而我們要求三角形的高度是1，因此需要乘以$\frac{1}{T}$，綜上所述:
$$
x(t)=\frac{1}{T}(\left\{
    \begin{matrix}
        1, &\, |t|\le T/2 \\
        0, &\, |t|> T/2
    \end{matrix}
\right.*\left\{
    \begin{matrix}
        1, &\, |t|\le T/2 \\
        0, &\, |t|> T/2
    \end{matrix}
\right.)
$$
所以頻域就會是:
:::danger
$$
X(\omega)=\frac{1}{T}(\frac{2\sin((T/2)\omega)}{\omega})^2
$$
:::
### $\frac{2}{\pi W}(\frac{\sin((W/2)t)}{t})^2$
相信從方波與sinc的例子，已經可以看出來時域和頻域有一定的對稱性。因此在三角波這邊，一樣形式的函數，就會得到一樣的轉換。

嚴謹一點的說，我們可以這樣做:
$$
\frac{2}{\pi W}(\frac{\sin((W/2)t)}{t})^2 = \frac{1}{2\pi} \frac{1}{W}(\frac{2\sin((W/2)t)}{t})^2
$$
如果令$W=T, t=\omega$，則上式和三角波的CTFT相同，因此:
$$
=\frac{1}{2\pi} \int_{-W}^{W} (\left\{ \begin{matrix} 1-\frac{|\omega|}{W},\,|\omega|\le W \\ 0,\,|\omega|> W\end{matrix}\right.)e^{-j\omega t}\,d\omega
$$
接著看出這是反傅立葉變換的形式，所以:
:::danger
$$
\frac{2}{\pi W}(\frac{\sin((W/2)t)}{t})^2 \,\leftrightarrow
\left\{ \begin{matrix} 1-\frac{|\omega|}{W},\,|\omega|\le W \\ 0,\,|\omega|> W\end{matrix}\right.
$$
:::

### 高斯函數
首先，如果你知道什麼是高斯函數，那你必須知道:
:::danger
$$
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-at^2}\,dt=\sqrt{\frac{\pi}{a}}\,\,(a>0)
$$
:::
這個積分式的證明需要將兩個高斯相乘，並將積分轉為極座標。希望這有勾起你微積分下的記憶。總之我們會從這個出發，不再證明。

我們要先證明一個一般化的高斯函數:
:::danger
$$
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-at^2+bt+c}\,dt=\sqrt{\frac{\pi}{a}}\exp(\frac{b^2}{4a}+c)\,\,(a>0)
$$
:::
> [!Note] 推導一般化的高斯積分
> 推導非常簡單，我們只需要把指數配方:
> $$
> \int_{-\infty}^{\infty} e^{-at^2+bt+c}\,dt=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a(t-\frac{b}{2a})^2+a(\frac{b}{2a})^2+c}\,dt
> $$$$
> =\exp(\frac{b^2}{4a}+c)\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a(t-\frac{b}{2a})^2}\,dt
> $$
> 然後套上變數變換$\tau=t-\frac{b}{2a}$，$d\tau=dt$，則積分部分和原本的高斯積分等價，因此得證。

回到CTFT的推導，我們直接拿出分析公式:
$$
X(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-at^2}e^{-j\omega t}\,dt
$$可以看出這是$b=-j\omega$的狀況，因此:
:::danger
$$
e^{-at^2}\leftrightarrow \sqrt{\frac{\pi}{a}}\exp(\frac{-\omega^2}{4a})=\sqrt{\frac{\pi}{a}}e^{\frac{-1}{4a}\omega^2}
$$
:::
我們得到**高斯函數的傅立葉轉換是自己。**
### $\sin(at^2)$ & $\cos(at^2)$
同樣利用歐拉公式，可得:
$$
\sin(at^2)=\frac{1}{2j}(e^{jat^2}-e^{-jat^2})
$$$$
\cos(at^2)=\frac{1}{2}(e^{jat^2}+e^{-jat^2})
$$
由於右側是剛剛推導出來的高斯函數，我們可以利用線性性質直接給出答案。另外，高斯的傅立葉轉換還是高斯，所以我們可以再用一次歐拉公式，將轉換結果再轉回sin和cos，得到:
:::danger
$$
\sin(at^2) \leftrightarrow -\sqrt{\frac{\pi}{a}}\sin(\frac{\omega^2}{4a}-\frac{\pi}{4})
$$$$
\cos(at^2) \leftrightarrow \sqrt{\frac{\pi}{a}}\cos(\frac{\omega^2}{4a}-\frac{\pi}{4})
$$
:::

### $e^{-a|t|}$
這個函數是一個雙邊的指數衰減。因為形式簡單，所以直接用分析公式:
$$
X(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a|t|}e^{-j\omega t}\,dt
$$$$
=\int_{-\infty}^{0} e^{(a-j\omega) t}\,dt+
 \int_{0}^{\infty} e^{-(a+j\omega) t}\,dt
$$$$
=\frac{e^{(a-j\omega) t}}{a-j\omega}\Bigg|_{-\infty}^{0}
+\frac{e^{-(a+j\omega) t}}{-a-j\omega}\Bigg|_{0}^{\infty}
$$$$
=\frac{1}{a-j\omega}+\frac{1}{a+j\omega}
$$
最後通分這個式子:
:::danger
$$
e^{-a|t|} \leftrightarrow \frac{2a}{a^2+\omega^2}
$$
:::

### $e^{-at}u(t)$
這和上一個幾乎一樣，不過是拔掉了$t<0$的那個積分。所以我們直接從上一個證明的倒數第三個式子開始:
$$
X(\omega)=\frac{e^{-(a+j\omega) t}}{-a-j\omega}\Bigg|_{0}^{\infty}=\frac{1}{a+j\omega}
$$
沒了。
:::danger
$$
e^{-at}u(t) \leftrightarrow \frac{1}{a+j\omega}
$$
:::

### $t^n$
注意$t^n$是一個分布，而不是一個真正的函數。要求這個分布，我們首先拿出這個性質:
$$
\frac{d}{d\omega}X(\omega) \leftrightarrow -jt\,x(t)
$$並改寫成:
$$
tx(t)\leftrightarrow j\frac{d}{d\omega}X(\omega) 
$$
現在對其重複使用$n$遍，並令$x(t)=1$，則可以得到我們的目標:
:::danger
$$
t^n \leftrightarrow 2\pi j^n\frac{d^n}{d\omega^n}\delta(\omega) 
$$
:::

### $\frac{t^{n-1}}{(n-1)!}e^{-at}u(t)$
現在這個看似困難，實則非常簡單，我們繼續用這個:
$$
tx(t)\leftrightarrow j\frac{d}{d\omega}X(\omega) 
$$然後套到
$$
e^{-at}u(t) \leftrightarrow \frac{1}{a+j\omega}
$$上面。我們就可以得到:
$$
X(\omega)=\frac{j^{n-1}}{(n-1)!}\frac{d^{n-1}}{d\omega^{n-1}}\frac{1}{a+j\omega}
$$$$
=\frac{j^{n-1}}{(n-1)!} (-1)^{n-1}(n-1)! j^{n-1}\frac{1}{(a+j\omega)^n}
$$
最後可以看到常數全部互相抵銷，只留下:
:::danger
$$
\frac{t^{n-1}}{(n-1)!}e^{-at}u(t) \leftrightarrow \frac{1}{(a+j\omega)^n}
$$
:::

### $\frac{1}{t^n}$
首先，我們先找出$\frac{1}{t}$的CTFT。我們可以利用sign函數的CTFT是$\frac{2}{j\omega}$，加上[時域-頻域對偶](/@seanyih/signal-6-3)，求得:
:::danger
$$
\frac{1}{t}\leftrightarrow -j\pi\,sgn(\omega)
$$
:::
然後利用以下兩個性質:
$$
\frac{d}{dt}x(t) \leftrightarrow j\omega X(\omega)
$$$$
\frac{d}{dt}\frac{1}{t^n}=-n\frac{1}{t^{n+1}}
$$
得到:
$$
\frac{1}{t^n}=(-1)^{n-1}\frac{1}{(n-1)!}\frac{d^{n-1}}{dt^{n-1}}\frac{1}{t}
$$$$
\leftrightarrow -j\pi \frac{(-j\omega)^{n-1}}{(n-1)!} \,sgn(\omega)
$$
結果就是這一坨很醜的東西。
:::danger
$$
\frac{1}{t^n}\leftrightarrow -j\pi \frac{(-j\omega)^{n-1}}{(n-1)!}  \,sgn(\omega)
$$
:::

{%hackmd @seanyih/signal-main %}