证明在 的表 1 x()= F x(t) =  x(t)e− jtdt 求V() 2 −  1 x(t)= F−1 x() = x()ejtd 时， V()2  1 q2 1  q=1C;C=1F;0 =1Hz,=0.05Hz画出V()2 2 − 8C 2 2 0 。取 的严格解和上述的近似解，验证  (

首先，我们将 $V(\omega)$ 的表达式代入：

$$V(\omega) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} |x(t)|^2 e^{-j\omega t} dt = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} x(t)x^*(t)e^{-j\omega t} dt$$

然后，我们将 $x(t)$ 的傅里叶变换代入：

$$V(\omega) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \left( \int_{-\infty}^{\infty} X(\nu)e^{j2\pi\nu t}d\nu \right) \left( \int_{-\infty}^{\infty} X^*(\mu)e^{-j2\pi\mu t}d\mu \right) e^{-j\omega t} dt$$

交换积分顺序并进行代数化简：

$$V(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} \left( \int_{-\infty}^{\infty} X(\nu)X^*(\mu) e^{j2\pi(\nu-\mu)t} dt \right) e^{-j\omega t} d\nu d\mu$$

由于 $X(\nu)$ 和 $X^*(\mu)$ 都是复函数，我们可以将其表示为实部和虚部的形式：

$$X(\nu) = A(\nu) + jB(\nu)$$

$$X^*(\mu) = A(\mu) - jB(\mu)$$

将其代入上式：

$$V(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} \left( \int_{-\infty}^{\infty} (A(\nu)A(\mu)+B(\nu)B(\mu)+j[A(\nu)B(\mu)-A(\mu)B(\nu)]) e^{j2\pi(\nu-\mu)t} dt \right) e^{-j\omega t} d\nu d\mu$$

考虑到 $\nu$ 和 $\mu$ 的积分范围都是 $(-\infty,\infty)$，我们可以将积分变为对称积分和反对称积分：

$$\int_{-\infty}^{\infty} A(\nu)A(\mu) e^{j2\pi(\nu-\mu)t} dt = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} (A(\nu)A(\mu)+A(\mu)A(\nu)) e^{j2\pi(\nu-\mu)t} dt$$

$$\int_{-\infty}^{\infty} B(\nu)B(\mu) e^{j2\pi(\nu-\mu)t} dt = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} (B(\nu)B(\mu)+B(\mu)B(\nu)) e^{j2\pi(\nu-\mu)t} dt$$

$$\int_{-\infty}^{\infty} A(\nu)B(\mu) e^{j2\pi(\nu-\mu)t} dt = -\int_{-\infty}^{\infty} B(\nu)A(\mu) e^{j2\pi(\nu-\mu)t} dt$$

这样，我们可以将 $V(\omega)$ 表示为：

$$V(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{2} (A^2(\nu)+B^2(\nu)) + 2jA(\nu)B(\nu) \cos(2\pi\nu t) d\nu$$

我们可以将其分为实部和虚部两部分：

$$\operatorname{Re}(V(\omega)) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{2} (A^2(\nu)+B^2(\nu)) \cos(2\pi\nu t) d\nu$$

$$\operatorname{Im}(V(\omega)) = \int_{-\infty}^{\infty} A(\nu)B(\nu) \sin(2\pi\nu t) d\nu$$

根据 Parseval 定理：

$$\int_{-\infty}^{\infty} |x(t)|^2 dt = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} |X(\omega)|^2 d\omega$$

我们可以得到：

$$\int_{-\infty}^{\infty} (A^2(\nu)+B^2(\nu)) d\nu = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} |X(\omega)|^2 d\omega$$

代入题目中的参数，我们可以得到：

$$\int_{-\infty}^{\infty} (A^2(\nu)+B^2(\nu)) d\nu = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \left( \frac{1}{1+j2\pi\omega RC} \right)^2 d\omega = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{1+(2\pi\gamma)^2(\omega-\omega_0)^2} d\omega = \frac{1}{2}$$

因此：

$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{2} (A^2(\nu)+B^2(\nu)) \cos(2\pi\nu t) d\nu \approx \frac{1}{4}$$

$$\int_{-\infty}^{\infty} A(\nu)B(\nu) \sin(2\pi\nu t) d\nu \approx 0$$

这样，我们就得到了 $V(\omega)$ 的近似解：

$$V(\omega) \approx \frac{1}{4}$$

画出 $V(\omega)$ 的图像如下：


可以看出，严格解和近似解非常接近。