Frequency Shifting MCQ Quiz in हिन्दी - Objective Question with Answer for Frequency Shifting - मुफ्त [PDF] डाउनलोड करें

अवधारणा :

प्रतिलोम फूरियर रूपांतरण को इस प्रकार परिभाषित किया गया है:

\(x\left( t \right) = \frac{1}{{2\pi }}\mathop \smallint \limits_{ - \infty }^{ + \infty } X\left( \omega \right){e^{j\omega t}}d\omega \)

डेल्टा फलन के गुण:

1) \(\mathop \smallint \limits_{ - \infty }^{ + \infty } \delta \left( t \right)dt = 1\)

2) \(\mathop \smallint \limits_{ - \infty }^{ + \infty } \delta \left( {t - {t_o}} \right)x\left( t \right)dt = x\left( {{t_o}} \right)\)

3) \(\delta \left( {at} \right) = \frac{{\delta \left( t \right)}}{{\left| a \right|}}\)

4) \(\delta \left( {t - {t_o}} \right).x\left( t \right) = x\left( {{t_0}} \right).\delta \left( {t - {t_o}} \right)\)

5) \(\delta \left( { - t} \right) = \delta \left( t \right)\)

गणना:

दिया हुआ:

\(X(\omega )=2\pi\delta \left( {\omega - {\omega _o}} \right)\)

प्रतिलोम फूरियर रूपांतरण होगा:

\(x(t) = \frac{1}{{2\pi }}\mathop \smallint \limits_{ - \infty }^{ + \infty } 2\pi\delta \left( {\omega - {\omega _o}} \right){e^{j\omega t}}d\omega \)
डेल्टा सिग्नल का गुण (2) (आवृत्ति स्थानांतरण गुण) का उपयोग करने पर, हम प्राप्त करते हैं:

\(\mathop \smallint \limits_{ - \infty }^{ + \infty } \delta \left( {\omega - {\omega _o}} \right){e^{j\omega t}}d\omega = {e^{j{\omega _o}t}}\)

\( x(t)= {e^{j{\omega _o}t}}\)

गणना:

प्रत्येक विकल्प पर विचार करके परिपथ का विश्लेषण करते हुए हम इस प्रकार आगे बढ़ते हैं:

पहले विकल्प (1) पर विचार करना

अर्थात यदि A का आवृत्ति स्पेक्ट्रम इस प्रकार दिखाया गया है:

जब सिग्नल x(t) A से गुजरता है तो आउटपुट x(t) के आवृत्ति स्पेक्ट्रम में j का गुणन होगा। इसलिए ब्लॉक A से आउटपुट सिग्नल स्पेक्ट्रम होगा:

जब उपरोक्त स्पेक्ट्रम को j से गुणा किया जाता है (जैसा कि दिए गए परिपथ में देखा गया है), तो आउटपुट बन जाता है;

जब उपरोक्त सिग्नल को फिर एक समर से गुजारा जाता है, तो परिणामी स्पेक्ट्रम इस प्रकार दिखाया जाएगा:

लेकिन दिया गया y(t) उपरोक्त का एक स्थानांतरित स्पेक्ट्रम है, और हम जानते हैं कि;

यदि x(t) « X(f)

\(x\left( t \right).~{{e}^{-j{{\omega }_{o}}t}}~\text{ }\!\!~\!\!\text{ X}\left( \text{f}+{{\text{f}}_{\text{o}}} \right)\)

अर्थात, जब एकल ऋणात्मक आवृत्ति घातांक से गुणा किया जाता है, तो स्पेक्ट्रम को f₀ से बाईं ओर स्थानांतरित कर दिया जाता है।

यदि B =

आउटपुट स्पेक्ट्रम होगा:

इसलिए विकल्प (1) A और B का सही निरूपण दर्शाता है।

\(x\left( t \right)\mathop \leftrightarrow \limits^{F.T} \frac{5}{\omega }\cos \left( {\pi \omega } \right)\)

आवृत्ति स्थानांतरण गुणों द्वारा।

\(\begin{array}{l} x\left( t \right)\mathop \leftrightarrow \limits^{F.T} x\left( \omega \right)\\ x\left( t \right).{e^{j{\omega _0}t}}\mathop \leftrightarrow \limits^{F.T} x\left( {\omega - {\omega _0}} \right)\\ {e^{j6t}}x\left( t \right)\mathop \leftrightarrow \limits^{F.T} \frac{5}{{\omega - 6}}\cos \left\{ {\pi \left( {\omega - 6} \right)} \right\} \end{array}\)

दिया गया है,

x(t) = cos(6πt) + sin(8πt)

सिग्नल की बैंडविड्थ निम्न होगी:

\(\frac{{8{\rm{π }}}}{{2{\rm{π }}}} = 4~{\rm{Hz}}\)

अब, y(t) = x(2t + 5) को इस प्रकार लिखा जा सकता है:

\(y(t) = {\rm{x}}\left( {2\left( {{\rm{t}} + \frac{5}{2}} \right)} \right)\)

फूरियर रूपांतरण लेते हुए, हम प्राप्त करते हैं:

\({\rm{Y}}\left( {{\rm{jω }}} \right) = \frac{1}{{\left| 2 \right|}}{\rm{X}}\left( {\frac{{{\rm{jω }}}}{2}} \right){{\rm{e}}^{\frac{{{\rm{j}}5{\rm{ω }}}}{2}}}\)

\( {\rm{Y}}\left( {{\rm{jω }}} \right) = \frac{1}{2}{\rm{X}}\left( {\frac{{{\rm{jω }}}}{2}} \right){{\rm{e}}^{\frac{{{\rm{j}}5{\rm{ω }}}}{2}}} \)

इस प्रकार, X(jω) का आवृत्ति स्पेक्ट्रम 2 से फैलता है।

यह Y(jω) के उच्चतम आवृत्ति घटक को इस प्रकार बना देगा:

2× 4 = 8 Hz 

इसलिए, निक्विस्ट दर होगी:

fs = 2 × 8 = 16 प्रतिचयन/सेकंड

दिया गया है,

x(t) = cos(6πt) + sin(8πt)

सिग्नल की बैंडविड्थ निम्न होगी:

\(\frac{{8{\rm{π }}}}{{2{\rm{π }}}} = 4~{\rm{Hz}}\)

अब, y(t) = x(2t + 5) को इस प्रकार लिखा जा सकता है:

\(y(t) = {\rm{x}}\left( {2\left( {{\rm{t}} + \frac{5}{2}} \right)} \right)\)

फूरियर रूपांतरण लेते हुए, हम प्राप्त करते हैं:

\({\rm{Y}}\left( {{\rm{jω }}} \right) = \frac{1}{{\left| 2 \right|}}{\rm{X}}\left( {\frac{{{\rm{jω }}}}{2}} \right){{\rm{e}}^{\frac{{{\rm{j}}5{\rm{ω }}}}{2}}}\)

\( {\rm{Y}}\left( {{\rm{jω }}} \right) = \frac{1}{2}{\rm{X}}\left( {\frac{{{\rm{jω }}}}{2}} \right){{\rm{e}}^{\frac{{{\rm{j}}5{\rm{ω }}}}{2}}} \)

इस प्रकार, X(jω) का आवृत्ति स्पेक्ट्रम 2 से फैलता है।

यह Y(jω) के उच्चतम आवृत्ति घटक को इस प्रकार बना देगा:

2× 4 = 8 Hz 

इसलिए, निक्विस्ट दर होगी:

fs = 2 × 8 = 16 प्रतिचयन/सेकंड

गणना:

प्रत्येक विकल्प पर विचार करके परिपथ का विश्लेषण करते हुए हम इस प्रकार आगे बढ़ते हैं:

पहले विकल्प (1) पर विचार करना

अर्थात यदि A का आवृत्ति स्पेक्ट्रम इस प्रकार दिखाया गया है:

जब सिग्नल x(t) A से गुजरता है तो आउटपुट x(t) के आवृत्ति स्पेक्ट्रम में j का गुणन होगा। इसलिए ब्लॉक A से आउटपुट सिग्नल स्पेक्ट्रम होगा:

जब उपरोक्त स्पेक्ट्रम को j से गुणा किया जाता है (जैसा कि दिए गए परिपथ में देखा गया है), तो आउटपुट बन जाता है;

जब उपरोक्त सिग्नल को फिर एक समर से गुजारा जाता है, तो परिणामी स्पेक्ट्रम इस प्रकार दिखाया जाएगा:

लेकिन दिया गया y(t) उपरोक्त का एक स्थानांतरित स्पेक्ट्रम है, और हम जानते हैं कि;

यदि x(t) « X(f)

\(x\left( t \right).~{{e}^{-j{{\omega }_{o}}t}}~\text{ }\!\!~\!\!\text{ X}\left( \text{f}+{{\text{f}}_{\text{o}}} \right)\)

अर्थात, जब एकल ऋणात्मक आवृत्ति घातांक से गुणा किया जाता है, तो स्पेक्ट्रम को f₀ से बाईं ओर स्थानांतरित कर दिया जाता है।

यदि B =

आउटपुट स्पेक्ट्रम होगा:

इसलिए विकल्प (1) A और B का सही निरूपण दर्शाता है।

दिया गया है,

x(t) = cos(6πt) + sin(8πt)

सिग्नल की बैंडविड्थ निम्न होगी:

\(\frac{{8{\rm{π }}}}{{2{\rm{π }}}} = 4~{\rm{Hz}}\)

अब, y(t) = x(2t + 5) को इस प्रकार लिखा जा सकता है:

\(y(t) = {\rm{x}}\left( {2\left( {{\rm{t}} + \frac{5}{2}} \right)} \right)\)

फूरियर रूपांतरण लेते हुए, हम प्राप्त करते हैं:

\({\rm{Y}}\left( {{\rm{jω }}} \right) = \frac{1}{{\left| 2 \right|}}{\rm{X}}\left( {\frac{{{\rm{jω }}}}{2}} \right){{\rm{e}}^{\frac{{{\rm{j}}5{\rm{ω }}}}{2}}}\)

\( {\rm{Y}}\left( {{\rm{jω }}} \right) = \frac{1}{2}{\rm{X}}\left( {\frac{{{\rm{jω }}}}{2}} \right){{\rm{e}}^{\frac{{{\rm{j}}5{\rm{ω }}}}{2}}} \)

इस प्रकार, X(jω) का आवृत्ति स्पेक्ट्रम 2 से फैलता है।

यह Y(jω) के उच्चतम आवृत्ति घटक को इस प्रकार बना देगा:

2× 4 = 8 Hz 

इसलिए, निक्विस्ट दर होगी:

fs = 2 × 8 = 16 प्रतिचयन/सेकंड

अवधारणा :

प्रतिलोम फूरियर रूपांतरण को इस प्रकार परिभाषित किया गया है:

\(x\left( t \right) = \frac{1}{{2\pi }}\mathop \smallint \limits_{ - \infty }^{ + \infty } X\left( \omega \right){e^{j\omega t}}d\omega \)

डेल्टा फलन के गुण:

1) \(\mathop \smallint \limits_{ - \infty }^{ + \infty } \delta \left( t \right)dt = 1\)

2) \(\mathop \smallint \limits_{ - \infty }^{ + \infty } \delta \left( {t - {t_o}} \right)x\left( t \right)dt = x\left( {{t_o}} \right)\)

3) \(\delta \left( {at} \right) = \frac{{\delta \left( t \right)}}{{\left| a \right|}}\)

4) \(\delta \left( {t - {t_o}} \right).x\left( t \right) = x\left( {{t_0}} \right).\delta \left( {t - {t_o}} \right)\)

5) \(\delta \left( { - t} \right) = \delta \left( t \right)\)

गणना:

दिया हुआ:

\(X(\omega )=2\pi\delta \left( {\omega - {\omega _o}} \right)\)

प्रतिलोम फूरियर रूपांतरण होगा:

\(x(t) = \frac{1}{{2\pi }}\mathop \smallint \limits_{ - \infty }^{ + \infty } 2\pi\delta \left( {\omega - {\omega _o}} \right){e^{j\omega t}}d\omega \)
डेल्टा सिग्नल का गुण (2) (आवृत्ति स्थानांतरण गुण) का उपयोग करने पर, हम प्राप्त करते हैं:

\(\mathop \smallint \limits_{ - \infty }^{ + \infty } \delta \left( {\omega - {\omega _o}} \right){e^{j\omega t}}d\omega = {e^{j{\omega _o}t}}\)

\( x(t)= {e^{j{\omega _o}t}}\)

गणना:

प्रत्येक विकल्प पर विचार करके परिपथ का विश्लेषण करते हुए हम इस प्रकार आगे बढ़ते हैं:

पहले विकल्प (1) पर विचार करना

अर्थात यदि A का आवृत्ति स्पेक्ट्रम इस प्रकार दिखाया गया है:

जब सिग्नल x(t) A से गुजरता है तो आउटपुट x(t) के आवृत्ति स्पेक्ट्रम में j का गुणन होगा। इसलिए ब्लॉक A से आउटपुट सिग्नल स्पेक्ट्रम होगा:

जब उपरोक्त स्पेक्ट्रम को j से गुणा किया जाता है (जैसा कि दिए गए परिपथ में देखा गया है), तो आउटपुट बन जाता है;

जब उपरोक्त सिग्नल को फिर एक समर से गुजारा जाता है, तो परिणामी स्पेक्ट्रम इस प्रकार दिखाया जाएगा:

लेकिन दिया गया y(t) उपरोक्त का एक स्थानांतरित स्पेक्ट्रम है, और हम जानते हैं कि;

यदि x(t) « X(f)

\(x\left( t \right).~{{e}^{-j{{\omega }_{o}}t}}~\text{ }\!\!~\!\!\text{ X}\left( \text{f}+{{\text{f}}_{\text{o}}} \right)\)

अर्थात, जब एकल ऋणात्मक आवृत्ति घातांक से गुणा किया जाता है, तो स्पेक्ट्रम को f₀ से बाईं ओर स्थानांतरित कर दिया जाता है।

यदि B =

आउटपुट स्पेक्ट्रम होगा:

इसलिए विकल्प (1) A और B का सही निरूपण दर्शाता है।

X(jω) एक वास्तविक और सम फलन है जो बाईं ओर 1 से स्थानांतरित किया गया है यानी X(jω) = X_e (j(ω - 1)).

चूँकि X_e(jω) वास्तविक और सम है इसीलिए X_e(t) भी है

इस प्रकार से \(x\left( t \right) = {x_e}\left( t \right){e^{ - j\left( 1 \right)t}} = \left| {{x_e}\left( t \right)} \right|{e^{ - j\left( 1 \right)t}}\)

\(x\left( t \right) = 10{t^{ - 1}} = \frac{{10}}{t}\)

हम जानते हैं कि \(sgn\left( t \right)\mathop \leftrightarrow \limits^{F.T} \frac{2}{{j\omega }}\)

द्वैत गुण लागू कीजिए

\(\begin{array}{l} \frac{2}{{jt}}\mathop \leftrightarrow \limits^{F.T} 2\pi \;sgn\left( { - \omega } \right)\\ \frac{{10}}{t}\mathop \leftrightarrow \limits^{F.T} - 10j\pi \;sgn\left( \omega \right) \end{array}\)

\(x\left( t \right)\mathop \leftrightarrow \limits^{F.T} \frac{5}{\omega }\cos \left( {\pi \omega } \right)\)

आवृत्ति स्थानांतरण गुणों द्वारा।

\(\begin{array}{l} x\left( t \right)\mathop \leftrightarrow \limits^{F.T} x\left( \omega \right)\\ x\left( t \right).{e^{j{\omega _0}t}}\mathop \leftrightarrow \limits^{F.T} x\left( {\omega - {\omega _0}} \right)\\ {e^{j6t}}x\left( t \right)\mathop \leftrightarrow \limits^{F.T} \frac{5}{{\omega - 6}}\cos \left\{ {\pi \left( {\omega - 6} \right)} \right\} \end{array}\)