Biến đổi Fourier (Fourier transform) của tín hiệu δ(t + 1) + δ(t − 1) là:

4

2

Không tuần hoàn

Khai triển chuỗi Fourier (Fourier Series) chỉ dành cho tín hiệu tuần hoàn, biến đổi Fourier (Fourier Transform) chỉ dành cho tín hiệu năng lượng

Nếu phổ biểu diễn tần số của một tín hiệu có dạng liên tục thì tín hiệu đó không tuần hoàn

Nếu phổ biểu diễn tần số của một tín hiệu có dạng phổ vạch thì tín hiệu đó tuần hoàn

1/(1 − e^jω)

1/(1 + e^−jω)

1/(1 + e^jω)

$e^{\frac{j.n.\mathrm{\pi }}{5}} = e^{\frac{-j.n.4\mathrm{\pi }}{5}}$

$e^{\frac{j.n.\mathrm{\pi }}{5}} = e^{\frac{j.n.9\mathrm{\pi }}{5}}$

$e^{\frac{j.n.\mathrm{\pi }}{5}} = e^{\frac{j.n.4\mathrm{\pi }}{5}}$

X(ω) = e⁻².e^jω$\frac{1}{(2-j\omega )}$

X(ω) = e².e^−jω$\frac{1}{(2-j\omega )}$

X(ω) = e⁻².e^−jω$\frac{1}{(2-j\omega )}$

Đồ thị biểu diễn trong miền tần số của tín hiệu tuần hoàn luôn có dạng phổ vạch

Phổ của tín hiệu rời rạc tuần hoàn cũng có dạng tuần hoàn

Phổ của tín hiệu rời rạc tuần hoàn với chu kỳ N thường được vẽ với N giá trị

−2cos(3.π.t) + 2sin(π.t)

2cos(3.π.t)–2sin(π.t)

2cos(6.π.t) + 2sin(2.π.t)

G(ω − 2)

G(2ω)

G(ω)e^j2ω 

T=2

T = 2π

Không tuần hoàn

Tín hiệu năng lượng với Ex = 1/2

Tín hiệu năng lượng với Ex = 1

Tín hiệu công suất với Px = 1/2

X(ω) = $\frac{1}{j}$ [ ($\frac{1}{1+j(\omega 1-2\pi )}$) + ($\frac{1}{1+j(\omega 1+2\pi )}$)] ]

X(ω) = $\frac{1}{j}$ [ ($\frac{1}{1+j(\omega 1+2\pi )}$) − ($\frac{1}{1+j(\omega 1-2\pi )}$)] ]

X(ω) = $\frac{1}{j}$[ ($\frac{1}{1+j(-1\omega -2\pi )}$) + ($\frac{1}{1+j(-1\omega +2\pi )}$)] ]

x(t) = e^{−j.t.$\frac{\mathrm{\pi }}{3}$}

x(n) = sin(π.$\frac{n}{3}$)

x(t) = 1

x(t) = cos(t) + 0.5

x(t) = 2cos(t) + 3cos(3t)

x(t) = 2cos(1.5t) + sin(3.5t)

G(ω)/2

G(2ω)

G(ω/2)

x(n) = 1

x(n) = cos(n.π/2)

x(t) = cos(t) + 3 cos(3t)