Yn=∑i=1nxi−nμσn Y_n=\frac{\sum_{i=1}^n x_i-n μ}{σ\sqrt[]{n}} Yn=σn∑i=1nxi−nμ
Yn=∑i=1nxi−nμσn=∑i=1n(xi−μσn)
Y_n=\frac{\sum_{i=1}^n x_i-n μ}{σ\sqrt[]{n}}=\sum_{i=1}^n(\frac{x_i-μ}{σ\sqrt[]{n}})
Yn=σn∑i=1nxi−nμ=i=1∑n(σnxi−μ)
fYn⟶F傅里叶变换Yn(jω)=(e−jω−μσnG(jωσn))n=(∫−∞+∞g(t)e−jωσn(t−μ)dt)n其中e−jωσn(t−μ)进行泰勒分解并带入σ,μ,则反常积分部分转化为(1−ω22n)n令n→+∞然后对Yn进行反傅里叶变换得到fYn=12πe−u22∫−∞+∞e(jω+μ)22dω(∫−∞+∞e(jω+μ)22dω=2π)所以:fYn=12πe−u22
f_{Y_n} \stackrel{F傅里叶变换}{\longrightarrow} Y_n(jω )=(e^{-jω\frac{-μ}{σ\sqrt[]{n}} } G(j\frac{ω}{σ\sqrt[]{n}}))^n=(\int_{-\infty}^{+\infty} g(t)e^{-j\frac{ω}{σ\sqrt[]{n}}{(t-μ)} } dt)^n\\
其中e^{-j\frac{ω}{σ\sqrt[]{n}}{(t-μ)} }进行泰勒分解并带入σ,μ,则反常积分部分转化为(1-\frac{ω^2}{2n})^n\\
令n\rightarrow +\infty\\
然后对Y_n进行反傅里叶变换\\
得到f_{Y_n}=\frac{1}{2\pi}e^{-\frac{u^2}{2}}\int_{-\infty }^{+\infty}e^{\frac{(jω+μ)^2}{2}}dω(\int_{-\infty }^{+\infty}e^{\frac{(jω+μ)^2}{2}}dω=\sqrt[]{2\pi})\\
所以:f_{Y_n}=\frac{1}{\sqrt[]{2\pi}}e^{-\frac{u^2}{2}}
fYn⟶F傅里叶变换Yn(jω)=(e−jωσn−μG(jσnω))n=(∫−∞+∞g(t)e−jσnω(t−μ)dt)n其中e−jσnω(t−μ)进行泰勒分解并带入σ,μ,则反常积分部分转化为(1−2nω2)n令n→+∞然后对Yn进行反傅里叶变换得到fYn=2π1e−2u2∫−∞+∞e2(jω+μ)2dω(∫−∞+∞e2(jω+μ)2dω=2π)所以:fYn=2π1e−2u2
当独立时:Z=X+Y,由卷积定理fz(u)=∫−∞+∞g(t−y)h(y)dy F ↔G(jω)H(jω)(G(jω)H(jω)分别为g(t)的傅里叶变换,h(t)的傅里叶变换)
当独立时:Z=X+Y,由卷积定理\\
f_z(u)=\int_{-\infty }^{+\infty}g(t-y)h(y)dy \overleftrightarrow{\ \ \ F\ \ \ } G(jω)H(jω)\\
(G(jω)H(jω)分别为g(t)的傅里叶变换,h(t)的傅里叶变换)
当独立时:Z=X+Y,由卷积定理fz(u)=∫−∞+∞g(t−y)h(y)dy F G(jω)H(jω)(G(jω)H(jω)分别为g(t)的傅里叶变换,h(t)的傅里叶变换)
对线性变换进行单一的傅里叶变换fx+ba(μ)=(a∫−aμf(at−b)dt)′ F ↔e−jωbaG(jωa)对线性变换进行单一的傅里叶变换\\
f_{\frac{x+b}{a}} (μ)=(a\int_{-a}^{μ} f(at-b)dt)' \overleftrightarrow{\ \ \ F\ \ \ } e^{-jω\frac{b}{a}}G(j\frac{ω}{a})
对线性变换进行单一的傅里叶变换fax+b(μ)=(a∫−aμf(at−b)dt)′ F e−jωabG(jaω)
参考: