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∣−2Tb1−α)]},2Tb1−α≤∣f∣≤2Tb1+α0,∣f∣≤((1+α)/2Tb)其中,0≤α≤1。
{ f ( t ) ⇔ F ( ω ) F ( t ) ⇔ 2 π f ( − ω ) \begin{cases} f(t)\, \Leftrightarrow F(\omega) \\ F(t)\, \Leftrightarrow 2\pi f(-\omega) \end{cases} { f(t)⇔F(ω)F(t)⇔2πf(−ω)
故由：
f ( t ) = { E , ∣ t ∣ ≤ τ 2 0 , 其 他 ⇔ F ( ω ) = 2 E sin ω τ 2 ω f(t)=\begin{cases} E\,,|t| \leq {\large \tau \over 2} \\ 0\,,其他 \end{cases} \Leftrightarrow F(\omega)=2E{\sin{\large \omega \tau \over 2} \over \omega} f(t)={ E,∣t∣≤2τ0,其他⇔F(ω)=2Eωsin2ωτ
H 1 ( ω ) = { T b , 0 ≤ ∣ ω ∣ ≤ π ( 1 − α ) T b 0 , 其 他 ⇔ h 1 ( t ) = 2 T b sin π ( 1 − α ) t T b 2 π t = T b sin π ( 1 − α ) t T b π t ⇒ H 1 ( f ) = { T b , 0 ≤ ∣ f ∣ ≤ ( 1 − α ) 2 T b 0 , 其 他 ⇔ h 1 ( t ) = 2 T b sin π ( 1 − α ) t T b 2 π t = T b sin π ( 1 − α ) t T b π t \begin{aligned} H_1(\omega) &= \begin{cases} T_b\,,0\leq |\omega| \leq \large{ \pi (1-\alpha) \over T_b} \\ 0\,,其他 \end{cases} \Leftrightarrow \large h_1(t)=2T_b{ {\sin \large{ \pi (1-\alpha)t} \over T_b } \over 2\pi t} = T_b{ {\sin \large{ \pi (1-\alpha)t \over T_b }} \over \pi t} \\ \Rightarrow H_1(f) &= \begin{cases} T_b\,,0\leq |f| \leq \large{ (1-\alpha) \over 2T_b} \\ 0\,,其他 \end{cases} \Leftrightarrow \large h_1(t)=2T_b{ {\sin \large{ \pi (1-\alpha)t }\over T_b } \over 2\pi t} = T_b{ {\sin \large{ \pi (1-\alpha)t} \over T_b } \over \pi t} \end{aligned} H1(ω)⇒H1(f)={ Tb,0≤∣ω∣≤Tbπ(1−α)0,其他⇔h1(t)=2Tb2πtsinTbπ(1−α)t=TbπtsinTbπ(1−α)t={ Tb,0≤∣f∣≤2Tb(1−α)0,其他⇔h1(t)=2Tb2πtsinTbπ(1−α)t=TbπtsinTbπ(1−α)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∣−2Tb1−α)]},2Tb1−α≤∣f∣≤2Tb1+α=2Tb{ 1+cos[2αTb(∣ω∣−Tbπ(1−α))]},Tbπ(1−α)≤∣ω∣≤Tbπ(1+α)
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 −
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