Ableiten der Fourier-Transformation von Cosinus und Sinus

In dieser Antwort schreibt Jim Clay:

... benutze die Tatsache, dass $\mathcal F\{\cos(x)\} = \frac{\delta(w - 1) + \delta(w + 1)}{2}$ ...

Der obige Ausdruck unterscheidet sich nicht zu sehr von $\mathcal F\{{\cos(2\pi f_0t)\}=\frac{1}{2}(\delta(f-f_0)+\delta(f+f_0))}$.

Ich habe versucht, den späteren Ausdruck unter Verwendung der Standarddefinition der Fourier-Transformation $X(f)=\int_{-\infty}^{+\infty}x(t)e^{-j2\pi ft}dt$ aber alles, was ich am Ende habe, ist ein Ausdruck so anders als das, was anscheinend die Antwort ist.

Hier ist meine Arbeit:

$$\begin{align} x(t)&=\cos(2\pi f_0t)\\ \Longrightarrow \mathcal F\left\{x(t)\right\}&=\int_{-\infty}^{+\infty}\cos(2\pi f_0t)e^{-j2\pi ft}dt\\ &=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac 12 \left(e^{-j2\pi f_0t}+e^{j2\pi f_0t}\right)e^{-j2\pi ft}dt\\ &=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}\left(e^{-j2\pi f_0t}e^{-j2\pi ft}+e^{j2\pi f_0t}e^{-j2\pi ft}\right)dt\\ &=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}\left(e^{-j2\pi t\left(f_0+f\right)}+e^{-j2\pi t\left(f-f_0\right)}\right)dt\\ &=\frac{1}{2}\left(\int_{-\infty}^{+\infty}\left(e^{-j2\pi t(f_0+f)}\right)dt+\int_{-\infty}^{+\infty}\left(e^{-j2\pi t(f-f_0)}\right)\right) dt \end{align}$$

Hier stecke ich fest.

Ihre Arbeit ist in Ordnung, mit Ausnahme des Problems, dass die Fourier-Transformation von nicht im üblichen Sinne einer Funktion von f existiert , und wir müssen den Begriff um sogenannte Verteilungen oder Impulse erweitern , oder Dirac-Deltas oder (wie wir Ingenieure es gewohnt sind, sehr zum Ekel der Mathematiker) Delta- Funktionen. Lesen Sie die Bedingungen, die erfüllt sein müssen, damit die Fourier-Transformation X ( f ) des Signals x ( t ) existiert (im üblichen Sinne), und Sie werden sehen, dass $\cos(2\pi f_0 t)$$f$$X(f)$$x(t)$ hat keine Fourier-Transformation im üblichen Sinne.$\cos(2\pi f_0 t)$

Wenden wir uns Ihrer spezifischen Frage zu, sobald Sie verstehen, dass Impulse nur in Bezug auf ihr Verhalten als Integranden in einem Integral definiert sind , dh für , ∫ b a δ ( x - x 0 ) g ( x $a < x_0 < b$ vorausgesetzt, dass g ( x ) bei x 0 stetig ist, ist es einfacher,die Fourier-Transformation von cos ( 2 π f 0 t ) = 1 abzuleiten

$$\int_{a}^{b} \delta(x-x_0)g(x)\,\mathrm dx = g(x_0)$$ $g(x)$$x_0$ durch Nachdenken über die Tatsache, dass ∫∞ - ∞ δ(f-f0)ej2πf $$\cos(2\pi f_0 t) = \left.\left.\frac{1}{2}\right[e^{j2\pi f_0 t} + e^{-j2\pi f_0 t}\right]$$ und so muss es sein, dass cos ( 2 π f 0 t ) dieinverse Fourier-Transformation von $$\int_{-\infty}^\infty \delta(f-f_0)e^{j2\pi ft}\,\mathrm df = e^{j2\pi f_0t}$$ $\cos(2\pi f_0 t)$$\displaystyle \left.\left.\frac{1}{2}\right[\delta(f-f_0) + \delta(f+f_0)\right]$

Verwenden Sie dann einfach eine Tabelle mit Fourier-Transformationspaaren, um dies zu sehen$\delta(t) \leftrightarrow 1$und variable Substitution ($f_1 = f+f_0$ und $f_2 = f-f_0$), um zu bekommen, was Sie brauchen.