信号与系统(B) 复习
* 为往年考试重点，但非重修重点，+ 为重修重点，但非往年考试重点。更新于 6 月 18 日重修考试前。
第 1 章 信号与系统的基本概念
重点：
+ 周期信号的周期如何求取？
将信号每一部分的周期写出，求最小公倍数。
例：$T_1 = {2\pi\over 3\sqrt2},T_2 = {2\pi\over 6\sqrt2}$，则周期为 $\gcd(T_1,T_2) = {2\pi\over 3\sqrt2}$。信号的分类：能量信号、功率信号、非能量非功率信号判断
能量信号：$E=\lim\limits_{T\rightarrow\infty}\int_{-T}^{T}\left|f(t)\right|^2\mathrm dt$ 为有限值。（离散：$E=\lim\limits_{N\rightarrow\infty}\sum\limits_{k=-N}^{N}\left|f(k)\right|^2$）
功率信号：$P=\lim\limits_{T\rightarrow\infty}{1\over 2T}\int_{-T}^{T}\left|f(t)\right|^2\mathrm dt$ 为有限值。（离散：$P=\lim\limits_{N\rightarrow\infty}{1\over 2N+1}\sum\limits_{k=-N}^{N}\left|f(k)\right|^2$）
如果 $P,E$ 均为 $\infty$ ，则该信号既非功率信号，又非功率信号。
注：$\left|e^{\mathrm j(\omega t+\theta)}\right|=1$ 这里绝对值是取复数的模
对于不同功率的正弦信号，其平均功率可以叠加
* 系统的线性和时不变性判断
线性系统：（一定要注意题目中的 $t\ge 0$ ！）
需要满足以下三点条件：- 可分解性：系统响应 $y(t)/y(k)$ 可分解为零输入响应 $y_{zi}(t)/y_{zi}(k)$ 和零状态响应 $y_{zs}(t)/y_{zs}(k)$
- 零状态响应线性：设 $x_1(t),x_2(t)$ 单独激励时引起的零状态响应为 $y_{1zs},y_{2zs}$ ，则 $y_{1zs},y_{2zs}=\cdots$[套公式].当激励$x_a(t)=k_1x_1(t)+k_2x_2(t)$ 时， $y_{azs}=\cdots$[套公式] ，而 $k_1y_{1zs}+k_2y_{2zs}=\cdots$ ，比较得到线性/线性。
- 零输入响应线性：将激励 $x_{1/2/a}(t)$ 换成初始状态 $q_{1/2/a}(0)$ 即可。
注：方程只有一次项为线性，出现常数项为非线性。
时不变系统
若 $x(t)\rightarrow y(t)$，则 $x(t-t_d)\rightarrow y(t-t_d)$ ，为时不变系统。
判断方式：当激励 $x(t)=x(t-t_d)$ 时， $y(t)=\cdots$[替换掉公式中的$x(t)$] ，而 $y(t-t_d)=\cdots$，比较得结果。
注：只要 $x(t)$ 的系数不是常数则一定是时变系统，但对自变量 $t$ 或者 $x(t)$ 加减乘除常数就是时不变系统。
第 2 章 连续时间信号与系统的时域分析
重点：
- 冲激函数的加权性、 筛选性
筛选性：$f(t)\cdot \delta (t-t_0)=f(t_0)\cdot \delta(t-t_0)$
加权性：$f(t)\delta(t-t_0)=f(t_0)\delta(t-t_0)$
* 取样性：$\int_a^b f(t)\cdot \delta(t-t_0)=\begin{cases}f(t_0),&t_0\in (a,b)\0,&t_0\notin(a,b) \end{cases}$ - 单位冲激函数的尺度变换性质
$\delta(at)=\frac1{\lvert a \rvert}\delta(t)$ 和 $\delta(at-t_0)=\frac 1 {\lvert a \rvert}\delta(t-\frac {t_0}a)$，其中 $a,t_0$ 为常数且 $a\neq 0$ - 阶跃响应和冲激响应之间的关系
单位阶跃函数的导数是单位冲激函数：$\frac {\mathrm du(t)}{\mathrm dt}=\delta(t)$
另外，$\int_{-\infty}^t \delta(\tau)\mathrm d\tau = \left{ \begin{array}{}1&t>0\0&t<0\end{array}\right}=u(t)$
冲激响应是阶跃响应的导数：she - 利用卷积的微积分性计算和画图
- 卷积的计算：$y(t)=x(t)*h(t)=\int_{t_1}^{t-t_2} f_1(\tau)f_2(t-\tau)\mathrm d\tau\cdot u(t-t_1-t_2)$
（其中，$x(t)=f_1(t)u(t-t_1),h(t)=f_2(t)u(t-t_2)$，若 $x(t)/h(t)$ 为无始函数，可表示为：$x(t)=f_1(t)u(t+\infty)/h(t)=f_2(t)u(t+\infty)$ ） - 微分性质：如果 $y(t)=x(t)*h(t)$，则有 $y’(t)=x(t)*h’(t)=x’(t)*h(t)$
- 积分性质：$y^{(-1)}(t)=x(t)*h^{(-1)}(t) = x^{-1}(t)*h(t)$（$-1$ 次方是求积分）
- 卷积的计算：$y(t)=x(t)*h(t)=\int_{t_1}^{t-t_2} f_1(\tau)f_2(t-\tau)\mathrm d\tau\cdot u(t-t_1-t_2)$
- 冲激函数的加权性、 筛选性
补充:
- 卷积的性质
卷积具有交换律、分配律、结合律
$x(t-t_1)*\delta(t-t_2)=x(t-t_1-t_2)$
$x(t)*\delta^{(n)}(t-t_1)=x^{(n)}(t)*\delta(t-t_1)=x^{(n)}(t-t_1)$
区分：$\begin{cases}u(k)*u(k)=(k+1)u(k)\u(t)*u(t)=tu(t)\end{cases}$
平移特性：$f_1(t-t_1)*f_2(t-t_2)=y(t-t_1-t_2)$
做题常用结论：$tu(t)*u(t)={1\over 2}t^2u(t)$，$u(t+1)*u(t-2)=(t-1)u(t-1)$
- 卷积的性质
+ 例题：
- 习题 2.6 图（a）（3）画出 $f(-\frac t 2 +1)$ 的波形（4）画出 $\frac{\mathrm df(t)}{\mathrm dt}$ 的波形
（3）$f(-\frac t2+1)=f\left [-\frac12(t-2)\right]$，故图像先左右翻转并扩大到 2 倍，然后向右移 2 。
（4）$\frac{\mathrm df(t)}{\mathrm dt}=\frac{\mathrm d[2u(t+2)-4u(t-2)+2u(t-4)]}{\mathrm dt}=2\delta(t+2)-4\delta(t-2)+2\delta(t-4)$ - 习题 2.7（3）化简 $sin(\frac \pi 2t)\delta(3t-1)$
$\sin(\frac \pi 2t)\cdot \frac13\cdot \delta(t-\frac13)=\sin(\frac \pi2t)\rvert_{t=\frac13} \cdot \frac13\cdot \delta(t-\frac13)=\sin \frac \pi 6 \cdot \frac13\cdot \delta(t-\frac13)=\frac 12\cdot \frac13\cdot \delta(t-\frac13)=\frac 16\delta(t-\frac 13)$* 第 3 章 离散时间信号与系统的时域分析
- 习题 2.6 图（a）（3）画出 $f(-\frac t 2 +1)$ 的波形（4）画出 $\frac{\mathrm df(t)}{\mathrm dt}$ 的波形
重点：
- 离散卷积
计算：$y(k)=x(k)*h(k)=\sum\limits_{n\rightarrow -\infty}^\infty x(n)h(k-n)$
性质：- $f(k-k_1)*\delta(k-k_2)=f(k-k_1-k_2)$
- $u(k-k_1)*u(k-k_2)=(k-k_1-k_2+1)u(k-k_1-k_2)$
- 不进位乘法
- 将 $x(k)$ 的值作为行，$h(k)$ 的值作为列，列表
- 对应行列上的数相乘，填表
- 画斜对角线（从右向左斜）
- 计算出每条斜对角线上的和
- 写出结果，并标出零点所在行列找到相交位置所在的斜对角线，作为结果的零点
- 离散卷积
第 4 章 连续时间信号与系统的频域分析
重点：
+ 画频谱（纵坐标 $\sim$ 横坐标）
单边频谱：$f(t)\leftrightarrow A_n,\varphi_n$
- 单边幅度频谱（$A_n\sim n\omega_0$）
- 单边相位频谱（$\varphi_n\sim n\omega_0$）
双边频谱：$f(t)\leftrightarrow F_n$
双边幅度频谱（$\lvert F_n\rvert\sim n\omega_0$）
双边相位频谱（$\theta_n\sim n\omega_0$）
需要用到的公式：
欧拉公式：$\sin n\omega_0t=\frac1{2j}(e^{jn\omega_0t}-e^{-jn\omega_0t}),\cos n\omega_0t=\frac1{2}(e^{jn\omega_0t}-e^{-jn\omega_0t})$
三角形式傅里叶级数：$f(t)=A_0+\sum_{n=1}^\infty A_n\cos(n\omega_nt+\varphi_n)$
指数形式傅里叶级数：$f(t)=F_0+\sum_{n=1}^{\infty}F_n e^{jnw_0t}+\sum_{n=-1}^{-\infty}F_n e^{jnw_0t}$
解题步骤：
- 一般给的是三角形式，将式子中的 $\sin$ 化为 $\cos$ ，写成公式 2 的标准形式，且振幅 $A_n\ge 0$
- 根据公式 2 的标准形式画单边频谱
- 将公式 1 的 $cos$ 公式带入公式 2，化成公式 3 的形式（其实并不用）
- 根据 $F_0=A_0,\lvert F_n\rvert=\frac{A_n}2(n\neq0)$ 来画双边幅度谱
- 根据 $\theta_{+n}=\varphi_n,\theta_{-n}=-\varphi_{n}$ 来画双边相位谱
时域信号的奇偶对称性与其频谱的奇偶对称性之间的关系
当 $f(t)$ 是实信号时，双边幅度频谱 $|F_n|$ 是 $n\omega_0$ 的偶函数，双边相位频谱图 $\theta_n$ 是 $n\omega_0$ 的奇函数。画功率谱图
信号功率：$P=F_0^2 + 2\sum_{n=1}^\infty \lvert F_n\rvert^2=A_0^2+\sum_{n=1}^\infty \frac{A_n^2}2$
$|F_n|^2$ 随 $n\omega_0$ 变化的图形称为周期信号的功率谱，然后画图即可。求函数的傅里叶变换 对称性
傅里叶变换：$F(\omega)=\int_{-\infty}^\infty f(t)e^{-\mathrm j\omega t}\mathrm dt$
傅里叶逆变换：$f(t)={1\over 2\pi}\int_{-\infty}^\infty F(\omega)e^{\mathrm j\omega t}\mathrm d\omega$
常用函数的傅里叶变换：- 门函数 $A\cdot g_\tau(t)\leftrightarrow A\tau \mathrm{Sa}({\omega \tau\over 2})$ （$\mathrm {Sa}(x)=\frac{\sin x}x$）
- 抽样函数：$A\tau Sa(\frac{\tau t}2)\leftrightarrow 2\pi Ag_\tau(\omega)=\begin{cases}2\pi A&\lvert\omega\rvert<\frac\tau2\ 0&\lvert\omega\rvert>\frac\tau2\end{cases}$
- 单边实指数衰减信号 $e^{-\alpha t}u(t)(\alpha>0)\leftrightarrow {1\over \alpha+\mathrm j\omega}$
- 双边实指数衰减信号 $e^{-\alpha|t|}u(t)(\alpha>0)\leftrightarrow {2\over \alpha^2+\omega^2}$
- 单位冲激信号 $\delta(t)\leftrightarrow 1$
- 直流信号 ${1\over 2\pi}\leftrightarrow \delta(\omega)$
- 符号函数 $\mathrm{sgn}(t)\leftrightarrow {2\over \mathrm j\omega}$
傅里叶变换的性质：
对称性：若 $f(t)\leftrightarrow F(\omega)$ ，则 $F(t)\leftrightarrow 2\pi f(-\omega)$
线性：若 $f_1(t)\leftrightarrow F_1(\omega),f_2(t)\leftrightarrow F_2(\omega)$ ，对于任意常数 $a_1,a_2$ ，有 $a_1f_1(t)+a_2f_2(t)\leftrightarrow a_1F_1(\omega)+a_2F_2(\omega)$
尺度变换特性（比例性）：若 $f(t)\leftrightarrow F(\omega)$ ，对于任意非零实常数 $a$ ，有 $f(at)\leftrightarrow {1\over |a|}F(\frac{\omega}{a})$
时移特性：若 $f(t)\leftrightarrow F(\omega)$ ，有 $f(t-t_0)\leftrightarrow e^{-j\omega t_0}F(\omega),t$ 为常数
频移性（调制定理）：若 $f(t)\leftrightarrow F(\omega),\omega_0$ 为常数，则：$ f(t)e^{\mathrm j\omega_0 t}\leftrightarrow F(\omega-\omega_0) $（见 5.）
卷积定理：若 $f_1(t) \leftrightarrow F_1(\omega),f_2(t)\leftrightarrow F_2(\omega)$ ，则时域卷积定理有： $ {f_1(t)*f_2(t)\leftrightarrow F_1(\omega)\cdot F_2(\omega)} $；
频域卷积定理有： $ {f_1(t)\cdot f_2(t)\leftrightarrow {1\over 2\pi}F_1(\omega)* F_2(\omega)} $
实域微分和积分：见4.
- 频域微分和积分：
- 频域微分性质：若 $f(t)\leftrightarrow F(\omega)$ ，则 $(-\mathrm jt)f(t)\leftrightarrow \frac{\mathrm dF(\omega)}{\mathrm d\omega}$，更实用的形式：$\textcolor{red}{tf(t)\leftrightarrow \mathrm j\frac{\mathrm dF(\omega)}{\mathrm d\omega}}$（，$t^nf(t)\leftrightarrow \mathrm j^n\frac{\mathrm d^nF(\omega)}{\mathrm d\omega^n}$）
- 频域积分性质：若 $f(t)\leftrightarrow F(\omega)$ ，则 $\pi f(0)\delta(t)+\frac{f(t)}{-\mathrm jt}\leftrightarrow \int_{-\infty}^\omega F(\Omega)\mathrm d\Omega$
微分冲激法
- 实域微分性质：若 $f(t)\leftrightarrow F(\omega)$ ，则 $\frac{\mathrm df(t)}{\mathrm dt}\leftrightarrow \mathrm j\omega F(\omega)$
- 实域积分性质：若 $f(t)\leftrightarrow F(\omega)$ ，则 $\int_{-\infty}^t f(\lambda)\mathrm d\lambda \leftrightarrow \pi F(0)\delta(\omega)+\frac{1}{\mathrm j\omega} F(\omega)$
- 微分冲击法：当 $\lim\limits_{|t|\rightarrow \infty}f(t)$ 为常数时，其频谱 $F(\omega)$ 不易求得，设 $f{\color{red}’}(t)=g(t)\leftrightarrow G(\omega)$ ，则 $F(\omega)=\frac{G(\omega)}{\mathrm j\omega}+\pi[f(\infty)+f(-\infty)]\delta(\omega)$
调制定理
定义：把信号搬移到不同的频段来实现频分多路通信。（频分复用）
$f(t)\cos \omega_0t\leftrightarrow {1\over 2}[F(\omega+\omega_0)+F(\omega-\omega_0)]$
$f(t)\sin \omega_0t\leftrightarrow {\mathrm j\over 2}[F(\omega+\omega_0)-F(\omega-\omega_0)]$奈奎斯特取样率
取样定理（抽样定理）：利用连续信号在等时间间隔上的瞬移值来表示和恢复原信号，实现时分复用。也就是连续信号与离散信号之间相互转换的理论依据。（似乎没啥用）
取样信号 $f_s(t)=f(t)\cdot s(t)$ ( $s(t)$ 为取样脉冲序列，也叫开关函数)
取样定理的条件：- $f(t)$ 必须为频带有限信号（带限信号），即在 $|\omega|>\omega_m$ 时，其频谱 $F(\omega) =0$
- 取样率不能过低，必须满足 $f_s\ge 2f_m$
定义 $f_{smin}=2f_m$ 为奈奎斯特取样率。（注：$f={\omega\over 2\pi}$）
$f(\alpha t)\leftrightarrow {1\over \alpha}F({\omega\over\alpha})$ 的带宽为 $f(t)$ 的 $\alpha$ 倍。
时域中两个信号相乘，所得信号带宽为原来两个信号的带宽之和；时域中两个信号相加，所得信号的带宽为原来两个信号中带宽大的那个信号的带宽；时域卷积对应于频域相乘，带宽应取小的。滤波器
一共四种，理想低通滤波器（只保留中间某个范围内的，比如 $Ag_\tau(\omega)$ 保留 $[-\tau,\tau]$ 且扩大增加 $A$ 倍），理想高通滤波器（去掉中间，保留两边），理想带通滤波器（保留两个对称的矩形波内的，比如习题 4-24），理想带阻滤波器（去掉两个对称的矩形波内的，保留其他部分）。
一般会给图像或者给你函数让你做判断，一般带 $Sa$ 的就是带通，带 $g$ 的就是低通。
例题
习题 4-3 周期信号 $f(t)=2+6\cos(\omega_0t+\frac \pi 6)+4\sin(2\omega_0t+\frac \pi 3)+2\cos(3\omega_0t+\frac \pi 6)$，试分别画出该信号的单边、双边幅度谱和相位频谱图。
$f(t)=2+6\cos(\omega_0t+\frac \pi 6)+4\cos(2\omega_0t-\frac \pi 6)+2\cos(3\omega_0t+\frac \pi 6)$习题 4-8 已知 $f(t)\leftrightarrow F(\omega)$，求下列函数的傅里叶变换。
- （4）$(t-3)f(2-t)$
$原式=tf(2-t)-3f(2-t)$
由 $f(t)\leftrightarrow F(\omega)$ 得 $f(-t)\leftrightarrow F(-\omega)$，故 $f(2-t)=f[-(t-2)]\leftrightarrow F(-\omega)e^{-j2\omega}$，故 $tf(2-t)\leftrightarrow j\frac{\mathrm d}{\mathrm d\omega} [F(-\omega)e^{-j2\omega}]=2F(-\omega)e^{-j2\omega}+j\frac{\mathrm d F(-\omega)}{\mathrm d\omega}e^{-j2\omega} $
故 $(t-3)f(2-t)\leftrightarrow -F(-\omega)e^{-j2\omega}-j\frac{\mathrm d F(-\omega)}{\mathrm d\omega}e^{-j2\omega}$ - （6）$(t-2)f(\frac t2)$
$原式=tf\frac t2)-2f(\frac t2)$
由 $f(t)\leftrightarrow F(\omega)$ 得 $f(\frac t2)\leftrightarrow 2F(2\omega)$，故 $tf(\frac t2)\leftrightarrow j2\frac{\mathrm d F(2\omega)}{\mathrm d\omega} $
故 $(t-2)f(\frac t2)\leftrightarrow j2\frac{\mathrm d F(2\omega)}{\mathrm d\omega} - 4F(2\omega)$
- （4）$(t-3)f(2-t)$
习题 4-17 确定下列信号的奈奎斯特取样率（参考公式：$\textcolor{red}{\tau Sa(\frac{t\tau}2)\leftrightarrow 2\pi g_\tau(\omega)}$）
（3）$Sa(100t)*Sa(200t)$
由参考公式得：对于 $Sa(100t)$，$\omega_m=\frac\tau2 = 100rad/s$，故 $\omega_s=2\omega_m=200rad/s$；同理对于 $Sa(200t)$，$\omega_s=400rad/s$。因为时域卷积对应于频域相乘，带宽应取小的，所以 $\omega_s=\min(200,400)=200rad/s$。
（5）$Sa(100t)+Sa^2(60t)$
由参考公式得：对于 $Sa(100t)$，$\omega_m=\frac\tau2 = 100rad/s$，故 $\omega_s=2\omega_m=200rad/s$；对于 $Sa^2(60t)$，由时域中两个信号相乘，所得信号的带宽为原来两个信号的带宽之和，可得：$\omega_s=2\omega_m=2\times (60+60)=240rad/s$。
由时域中两个信号相加，所得信号的带宽应为原来两个信号中带宽大的那个信号的带宽，可得 $\omega_s=\max(200,240)=240rad/s$。
习题 4-24 在题图 4-9（a）所示系统中，带通滤波器的频率特性如题图题图 4-9（b）所示，已知 $f(t)=Sa(\pi t),s(t)=\cos(20t)$，求 $y(t)$。（考察：5. 调制定理，7. 滤波器）
图中×意思是直接乘，所以 $f_A(t)=f(t)\cdot s(t)=Sa(\pi t)\cos(20t)$，经过带通滤波器后，$F_A$ 会和滤波器相乘，即 $Y(\omega)=F_A(\omega)H(\omega)$
因为 $Sa(\pi t)\leftrightarrow g_{2\pi}(\omega)$（这一步是带入取样函数得傅里叶变换公式，其中 $A=\frac 1 {2\pi},\tau=2\pi$)，所以由调制定理 $f(t)\cos \omega_0t\leftrightarrow {1\over 2}[F(\omega+\omega_0)+F(\omega-\omega_0)]$ 得：
$f_A(t)\leftrightarrow \frac12[g_{2\pi}(\omega+20)+g_{2\pi}(\omega-20)]=F_A(\omega)$
所以：
$Y(\omega)=F_A(\omega)H(\omega)=\frac12[g_{2\pi}(\omega+20)+g_{2\pi}(\omega-20)]\cdot H(\omega)=\frac12[g_{4}(\omega+20)+g_{4}(\omega-20)]$
再由调制定理 $f(t)\cos \omega_0t\leftrightarrow {1\over 2}[F(\omega+\omega_0)+F(\omega-\omega_0)]$ 得：
$上式\leftrightarrow \frac2\pi Sa(2t)\cos(20t)$（这一步是通过反着用抽样函数的傅里叶级数公式：$A\tau Sa(\frac{\tau t}2)\leftrightarrow 2\pi Ag_\tau(\omega)$，其中 $\tau=4,A=\frac1{2\pi}$)
因此 $y(t)=\frac2\pi Sa(2t)\cos(20t)$。
第 5 章 连续时间系统的复频域分析
拉氏变换性质： 时移性
记 $s=\sigma+\mathrm j\omega$ 为复频率，则双边拉普拉斯正变换：$F(s)=\int_{-\infty}^\infty f(t)e^{-st}\mathrm dt$双边拉普拉斯反变换：$f(t)={1\over 2\pi \mathrm j}\int_{\sigma-\mathrm j\infty}^{\sigma+\mathrm j\infty} F(s)e^{st}\mathrm ds$(只讨论单边)
单边拉普拉斯变换：$\mathcal L[f(t)]=F(s)=\int {0^-}^\infty f(t)e^{-st}\mathrm dt$
单边拉普拉斯反变换：$\mathcal L^{-1}[F(s)]=f(t)={1\over 2\pi \mathrm j}\int{\sigma-\mathrm j\infty}^{\sigma+\mathrm j\infty} F(s)e^{st}\mathrm ds$
常用函数的拉普拉斯变换：- 指数信号 $e^{-\alpha t}u(t)\leftrightarrow {1\over s+\alpha}$
- 单位阶跃信号 $u(t)\leftrightarrow {1\over s}$
- 冲激函数 $\delta (t)\leftrightarrow 1$
- $tu(t)\leftrightarrow {1\over s^2}$
- $\sin\omega_0tu(t)\leftrightarrow {\omega_0\over s^2+\omega_0^2}$
- $\cos\omega_0tu(t)\leftrightarrow {s\over s^2+\omega_0^2}$
- $e^{-\alpha t}\sin\omega_0tu(t)\leftrightarrow {\omega_0\over (s+\alpha)^2+\omega_0^2}$
- $e^{-\alpha t}\cos\omega_0tu(t)\leftrightarrow {s+\alpha \over (s+\alpha)^2+\omega_0^2}$
- $\mathcal L[f(t)\cos {\omega _0}t] = \frac{1}{2}[F(s + j{\omega _0}) + F(s - j{\omega _0})]$
- $\mathcal L[f(t)\sin {\omega _0}t] = \frac{1}{2j}[F(s - j{\omega _0}) - F(s + j{\omega _0})]$
拉普拉斯变换的性质：
- 线性：若 $f_1(t)\leftrightarrow F_1(s),f_2(t)\leftrightarrow F_2(s)$ ，对于任意常数 $a_1,a_2$ ，有 $a_1f_1(t)+a_2f_2(t)\leftrightarrow a_1F_1(s)+a_2F_2(s)$
- 时移性：若 $f(t)\leftrightarrow F(s)$ ，有 $f(t-t_0)u(t-t_0)\leftrightarrow e^{-s t_0}F(s)(t_0>0)$
周期信号的拉氏变换等于他第一个周期波形的拉氏变换 $F_1(s)$ 乘以因子 $\frac{1}{1-e^{ -sT }}$ - 比例性：若 $f(t)\leftrightarrow F(s)$ ，则 $f(at)\leftrightarrow {1\over a}F(\frac{s}{a}),(a>0)$
- 频移性：若 $f(t)\leftrightarrow F(s)$ ，则：$ f(t)e^{\pm s_0 t}\leftrightarrow F(s\mp s_0) $，这里 $s_0$ 可以是实数，也可以是虚数或者复数
- 时域微分：若 $f(t)\leftrightarrow F(s)$ ，则 ${\mathrm df(t)\over \mathrm dt}\leftrightarrow sF(s)-f(0^-)$，${\mathrm d^nf(t)\over \mathrm dt^n}\leftrightarrow s^nF(s)-s^{n-1}f(0^-)\cdots-f^{(n-1)}(0^-)$（主要用于研究具有初始条件的微分方程）
- 时域积分：若 $f(t)\leftrightarrow F(s)$ ，则 $\int_{0-}^t f(\lambda)d\lambda \leftrightarrow {F(s)\over s},\int_{-\infty}^t f(\lambda)d\lambda \leftrightarrow {F(s)\over s}+{f^{(-1)}(0^-)\over s}$
- 复频域微分：若 $f(t)\leftrightarrow F(s)$ ，则 $tf(t)=-\frac{\mathrm dF(s)}{\mathrm ds}$
- 时域卷积定理：${f_1(t)*f_2(t)\leftrightarrow F_1(s)\cdot F_2(s)} $
- 复频域卷积定理：$ {f_1(t)\cdot f_2(t)\leftrightarrow {1\over 2\pi}F_1(s)* F_2(s)} $
初值定理、终值定理
初值定理：设 $f(t)\leftrightarrow F(s)$ ，且 $\lim\limits_{s\rightarrow \infty}sF(s)$ 存在，则 $f(0^+)=\lim\limits_{t\rightarrow 0^+}f(t)=\lim\limits_{s\rightarrow \infty}sF(s)$
注：当 $F(s)$ 不是真分式时，先用长除法将其化成一个多项式和一个真分式之和，然后对真分式用初值定理
终值定理：设 $f(t)\leftrightarrow F(s)$ ，且 $\lim\limits_{t\rightarrow \infty}f(t)$ 存在，则 $f(t)$ 的终值 $f(\infty)=\lim\limits_{t\rightarrow \infty}f(t)=\lim\limits_{s\rightarrow 0}sF(s)$
注： $\lim\limits_{t\rightarrow \infty}f(t)$ 存在相当于 $F(s)$ 的极点都在 $S$ 平面的左半平面，并且如果在虚轴上有极点的话， 只能在原点处有单极点。拉氏反变换 配方法
$F(s)={N(s)\over D(s)}$，首先用长除法将 $F(s)$ 化成多项式与真分式之和，多项式的部分直接是冲激函数及其导数（例如$3s-5\leftrightarrow 3\delta’(t)-5\delta(t)$）
对于真分式：
- $D(s)=0$ 的根都是实根且无重根，则 $F(s)={k_1\over s-s_1}+{k_2\over s-s_2}+\cdots+{k_n\over s-s_n}$，通过遮挡法求出 $k_i$ ，此时 $\mathcal L^{-1}[F(s)]=[k_1e^{s_1t}+k_2e^{s_2t}+\cdots+k_ne^{s_nt}]u(t)$
- $D(s)=0$ 的根有复根且无重根，则将含有复根的项单独提出，剩下的按照1的方法做，然后通过对应项系数相等的方法求出含有复根的系数，之后用配方法做反变换。
- $D(s)=0$ 的根有重根，则将含有重根的项单独列出来写成 $p$ 个（假设有一个 $p$ 重根 $s_1$），即 $F(s)={k_{1p}\over (s-s_1)^p}+{k_{1(p-1)}\over (s-s_1)^{p-1}}+\cdots+{k_{11}\over (s-s_1)}+{N_1(s)\over D_1(s)}$ ，然后通过对应项系数相等法或公式法（两边同乘 $(s-s_1)^p$）求出$k_{ij}$，然后 $\mathcal L^{-1}[{k_{1i}\over (s-s_1)^i}]={k_{1i}\over (i-1)!}t^{i-1}e^{s_1t}$
配方法：
目标是为含有复根的 $D(s)$ 找到原函数，形如 $Ds+E\over As^2+Bs+C$ 可以配方为：$\frac{D(s-\frac B{2A})+k\sqrt{C-\frac{B^2}{4A}}}{A(s-\frac B{2A})^2+\left(\sqrt{C-\frac{B^2}{4A}}\right)^2}$ ，然后前半部分可以通过 $\cos\omega_0tu(t)\leftrightarrow {s\over s^2+\omega_0^2}$ 逆变换，后半部分可以通过 $\sin\omega_0tu(t)\leftrightarrow {\omega_0\over s^2+\omega_0^2}$ 逆变换。
连续系统的稳定性， 极点和稳定性的对应关系
判断系统的稳定性
- 稳定系统：$H(s)$ 的所有极点均位于 $s$ 左半平面。
- 临界稳定系统：$H(s)$ 在虚轴上（包括原点）有一阶极点，其余的所有极点均位于 $s$ 左半平面。
- 不稳定系统：$H(s)$ 有位于 $s$ 右半平面的极点，或在虚轴上（包括原点）有二阶以上的极点。
系统函数的零、极点图
$H(s) = \frac{N(s)}{D(s)} = {H_0}\frac{\prod\limits_{j = 1}^m {(s - {z_j})} }{\prod\limits_{k = 1}^n {(s - {p_k})} }$，其中 ${H_0} = \frac{b_m}{a_n}$ 为常数，$z_j$ 称为系统函数的零点，$p_k$ 称为系统函数的极点。
在图中，横坐标是 $\sigma$（也就是有理数部分），纵坐标是 $j\omega$（也就是无理数部分），零点用 $\circ$ 表示，极点用 $\times$ 表示，若为 $l$ 重零点或极点，则注以 $(l)$。
- 系统函数结合初值定理、 终值定理
求系统函数、 冲激响应
系统函数的求法
已知微分方程：
- （一般题目中此步省略，因为会给 ）设激励 $x(t)$ 为有始信号，即 $x(0^-)=x’(0^-)=x’’(0^-)=\cdots=x^{(n-1)}(0^-)=0$
- 对微分方程两边取拉氏变换，利用时域微分性质，有：…（也就是将 $a_iy^{(n)}(t)$ 化为 $a_i[s^nY(s)-s^{n-1}y(0^-)-\cdots-s^0y^{(n-2)}(0^-)]$，将 $b_ix^{(n)}(t)$ 化为 $b_is^{n}X(s)$）
- 整理成：…（将 $Y(s)$ 写到左边，其他写在右边，然后把系数除到右边去，得到 $Y(s)=Y_{zs}(s)+Y_{zi}(s)$），记 $Y_{zs}(s)=H(s)X(s)$，则 $H(s)={Y_{zs}(s)\over X(s)}$，称为系统函数
- 对 $Y(s)$ 进行反变换，可得全响应的时域表达式：…（先分别反变换出 $y_{zi}(t)$ 和 $y_{zs}(t)$，然后合起来）
注意：求解出的 $y_{zi}(t)$ 以及最后结果 $y(t)$ 都不能有 $u(t)$，要写成 $(t\ge0)$（因为是零输入）
已知冲激响应 $H(s)=\mathcal L[h(t)]$
已知电路：将电容 $C$ 变为 $1\over sC$ 作为电容阻抗，然后与 $Y_{zs}(s)$ 和 $X(s)$ 两端的等效电阻做比
- 冲激响应
例题
习题 5-1 求下列信号的拉氏变换。（2）$e^{-2t}u(t-1)$
$\mathcal L[e^{-2t}u(t-1)]=\mathcal L[e^{-2}e^{-2(t-1)}u(t-1)]=e^{-2}\cdot \frac{1}{s+2}\cdot e^{-s}={e^{-(s+2)}\over s+2}$习题 5-21 已知微分方程如下，画出其直接模拟图。
（1）$y’’(t)+2y’(t)+3y(t)=x’(t)+2x(t)$
假设一个新的二阶系统，其微分方程为 $q’’(t)+2q’(t)+3q(t)=x(t)\Rightarrow q’’(t)=x(t)-2q’(t)-3q(t)$
根据线性时不变系统的特性，有：
$$
[q’(t)]’’+2[q’(t)]’+3[q(t)]=x’(t)\
[2q(t)]’’+2[2q(t)]’+3[2q(t)]=2x(t)\
$$
将以上两式相加，并且与原方程对比，得：
$y(t)=q’(t)+2q(t)$
则系统的模拟图为：
（2）$y’’’(t)+4y’’(t)+y’(t)+3y(t)=x’’(t)+2x’(t)+5x(t)$
没答案做个屁，反正一样的~
习题 5-15 已知系统函数 $H(s)={s^2+4s+5\over s^2+3s+2}$，输入 $x(t)=e^{-3t}u(t)$，初始状态 $y(0^-)=1,y’(0^-)=1$，求零输入响应和零状态响应。
由系统函数可知系统的微分方程为：$y’’+3y’’+2y=x’’+4x’+5x$
$X(s)=\mathcal L[x(t)]=\frac 1 {s+3}$，则 $Y_{zs}(s)=H(s)X(s)={s^2+4s+5\over s^2+3s+2}\cdot \frac 1 {s+3}={A\over s+1}+{B\over s+2}+{C\over s+3}$，解得：$A=1,B=-1,C=1$，故 $Y_{zs}(s)={1\over s+1}-{1\over s+2}+{1\over s+3}$，则 $y_{zs}(t)=(e^{-t}-e^{-2t}+e^{3t})u(t)$
$Y_{zi}(s)={[y(0^-)s+y’(0^-)]+4y(0^-)\over s^2+3s+2}={s+5\over s^2+3s+2}={D\over s+2}+{E\over s+3}$，解得：$D=3,E=-2$，故 $Y_{zi}(s)={3\over s+2}-{2\over s+3}$，则 $y_{zi}(t)=3e^{-2t}-2e^{-3t}(t\ge 0)$。
零输入响应为：$y_{zi}(t)=3e^{-2t}-2e^{-3t}(t\ge 0)$，零状态响应为：$y_{zs}(t)=(e^{-t}-e^{-2t}+e^{3t})u(t)$
第 6 章 离散时间信号与系统的变换域分析
初值定理
$Z$ 变换：$F(z)=\sum\limits_{k=-\infty}^{\infty}f(k)z^{-k}$
常见信号的 $Z$ 变换：- 单位脉冲序列 $\delta(k)$：$\mathcal Z[\delta(k)]=1$
- 单位阶跃序列 $u(k)$：$\mathcal Z[u(k)]={z\over z-1}$
- 指数序列 $a^ku(k)$：$\mathcal Z[a^ku(k)]={z\over z-a}$
- 单边正弦序列$\sin\Omega_0ku(k)$：$\sin\Omega_0ku(k)\leftrightarrow {z\sin\Omega_0\over z^2-2z\cos\Omega_0+1}$
- 单边余弦序列$\cos\Omega_0ku(k)$：$\cos\Omega_0ku(k)\leftrightarrow {z(z-\cos\Omega_0)\over z^2-2z\cos\Omega_0+1}$
初值定理：若 $f(k)\leftrightarrow F(z)$，且 $\lim\limits_{z\rightarrow \infty}F(z)$ 存在，则 $f(k)$ 的初值 $f(0)=\lim\limits_{z\rightarrow \infty}F(z)$
终值定理：若 $f(k)\leftrightarrow F(z)$，且 $f(k)$ 的终值 $f(\infty)$ 存在，则 $f(\infty)=\lim\limits_{z\rightarrow 1}(z-1)F(z)$ ，条件：$f (k)$ 的终值存在（意味着 $F (z)$ 除了在 $z＝1$ 处允许有一个一阶极点外，其余极点必须在单位圆内部）
$\mathrm Z$ 变换性质： 时移性
- 线性：若 $\mathcal Z\left[ f_1(k) \right] = {F_1}(z)$，$\mathcal Z\left[ f_2(k) \right] = {F_2}(z)$，则 $\mathcal Z\left[ {a_1f_1(k) + a_2f_2(k)} \right] = {a_1}{F_1}(z) + {a_2}{F_2}(z)$
- 移序（移位）性：若 $f(k)\leftrightarrow F(z)$，则 $f(k+1)\leftrightarrow zF(z)-zf(0),f(k-1)\leftrightarrow z^{-1}F(z)+f(-1)$，推广：$Z\left[ {f(k - m)} \right] = {z^{ - m}}\left[ {F(z) + \sum\limits_{k = 1}^m {f( - k){z^k}} } \right]$ 当 $f( - 1) = f( - 2) = \cdots = f( - m) = 0$ 时，$\mathcal Z\left[ {f(k - m)} \right] = {z^{ - m}}F(z)$，即 $\mathcal Z\left[ {f(k - m)\varepsilon (k - m)} \right] = {z^{ - m}}F(z)$
- 比例性（尺度变换 / 指数加权性质）： $a^kf(k)\leftrightarrow F({z\over a})$
- $Z$ 域微分：若 $\mathcal Z\left[ {f(k)} \right] = F(z)$，则 $\mathcal Z\left[ {kf(k)} \right] = - z\frac{dF\left( z \right)}{dz}$，推广：$\mathcal Z\left[ {k^m f(k)} \right] = {\left[ { - z\frac{d}{dz}} \right]^m}F\left( z \right)$
- $Z$ 域卷积定理：若 $\mathcal Z\left[ f_1(k) \right] = {F_1}(z),\mathcal Z\left[ f_2(k) \right] = {F_2}(z)$，则 $\mathcal Z\left[ {f_1(k)*f_2(k)} \right] = {F_1}(z){F_2}(z)$
- 序列求和：$\sum\limits_{n=0}^{k}f(n)\leftrightarrow {z\over z-1}F(z)$
离散系统稳定性取决于系统函数的极点
- S 平面与 Z 平面的映射关系
- $s = \sigma + j\omega \overset{映射}\longrightarrow z = {e^{sT}} = {e^{\sigma T}} \cdot {e^{j\omega T}}$
- （纵轴）$\sigma = 0 \overset{映射}\longrightarrow \left| z \right| = 1;$（单位圆）
- （原点）$s = 0 \overset{映射}\longrightarrow z = 1$（单位圆上一点）
- （左半平面）$\sigma < 0 \overset{映射}\longrightarrow \left| z \right| < 1$（单位圆内）
- 零、极点图：
$H(z) = \frac{b_m z^m + \cdots + {b_1}z + {b_0}}{a_n z^n + \cdots + {a_1}z + {a_0}} = {H_0}\frac{\prod\limits_{r = 1}^m {(z - {z_r})} }{\prod\limits_{i = 1}^n {(z - {p_i})} }$，其中标量系数 ${H_0} = \frac{b_m}{a_n}$ 为常数，$z_j$ 为零点，$p_k$ 为极点。 - 离散系统的稳定性与 $H(z)$ 极点分布之间的关系为
- 当离散系统函数 $H(z)$ 的极点全部位于 $Z$ 平面单位圆内部时，系统是（BIBO) 稳定系统
- 当极点位于单位圆上，且为单极点时，系统是临界稳定的
- 否则系统是不稳定
- S 平面与 Z 平面的映射关系
求离散系统的单位函数响应、 零状态响应
单位函数响应 $h(k)$
因为 ${H(z)\over z}=\cdots$（跟拉氏变换一样裂开），所以 $h(k)=\cdots u(k)$。
零状态响应
$Y_{zs}(z)=X(z)H(z)$，与连续系统不同的是，导数变成了时间先后（$y’(t)$ 变为 $y(1)$，$y(t)$ 变为 $y(0)$）
全响应
- 当已知零输入初始条件时，分别求解零输入响应和零状态响应，然后叠加求得全响应
- 当已知全响应初始条件时，直接对差分方程取 Z 变换，求解全响应
- 当已知全响应初始条件，并且需要分出零输入响应和零状态响应时：
一般先求解零状态响应，得到零状态响应的初始值；再用全响应初始条件减去零状态响应的初始值，即得零输入初始条件；继而求得零输入响应；然后叠加求得全响应 也可以先求解全响应和零状态响应（或零输入响应），相减得零输入响应（或零状态响应）
画 $\mathrm Z$ 域的直接模拟图
一般系统的模拟
步骤：（以 $y(t) + {a_1}y’(t) + {a_0}y(t) = {b_1}x’(t) + {b_0}x(t)$ 为例）
- 假设一个新的 $n$ 阶系统，其微分方程为：…（此处将 $y^{(n)}(t)$ 替换为 $q^{(n)}(t)$，右边整个直接替换为 $x(t)$，比如 $q(t) + {a_1}q’(t) + {a_0}q(t) = x(t)$ 这样）
- 根据线性时不变系统的特性，有：…（此处根据右边 $x^{(n)}(t)$ 的系数，写出 $n+1$ 个式子，每个式子右边写 $b_n x^{(n)}(t)$ ，左边按照上面写出来的微分方程把 $q(t)$ 全部替换为 $b_nq^{(n)}(t)$，比如 $[{b_0}q(t)] + {a_1}[{b_0}q(t)]’ + {a_0}[{b_0}q(t)] = {b_0}x(t)$ 和 $[{b_1}q’(t)] + {a_1}[{b_1}q’(t)]’ + {a_0}[{b_1}q’(t)] = {b_1}x’(t)$ 这样）
- 将以上 x 式相加，并且与原方程对比，得：$y(t)=\cdots$（含 $q^{(n)}(t)$ 的式子，比如 $y(t) = {b_1}q’(t) + {b_0}q(t)$ 这样）
- 画系统模拟图，比如下面这样：
线性系统的复频域模拟
- 将时域模拟图中的积分器符号改为 $s^{-1}$ 即可。
Z 域模拟图
- 将时域模拟图中的积分器符号改为 $z^{-1}$ 即可。
- 一般会设辅助函数为 $Q(z)$。
例题
习题 6-2 用定义求下列序列的 Z 变换（1）$(\frac 1 2)^ku(k)$
$\mathcal Z[(\frac 1 2)^ku(k)]=\frac{z}{z-\frac12}$
习题 6-12 某离散时间系统的系统函数 $H(z)=\frac{z+3}{z^2+3z+2}$，求该系统单位函数响应 $h(k)$ 和描述系统的差分方程。
因为 $\frac{H(z)}z=\frac{z+3}{z^2+3z+2}\cdot \frac1z=\frac Az+\frac B {z+1}+\frac C{z+2}=\frac {3\over2} z - \frac 2 {z+1}+\frac {1\over 2}{z+2}$，所以 $h(k)=\frac32\delta(k)+[-2(-1)^k+\frac12(-2)^k]u(k)$。
系统的差分方程为：$y(k+2)+3y(k+1)+2y(k)=x(k+1)+3x(k)$。
习题 6-14 已知离散时间系统的系统函数 $H(z)$ 的零极点图分布如图所示，且 $\lim_{k\rightarrow \infty}h(k)=\frac 1 3$，系统的初始条件 $y_{zi}(0)=2,y_{zi}(1)=1$。
求 $H(z)$。
$H(z)=H_0\frac{z}{(z+\frac 12)(z-1)}$。因为 $\lim_{k\rightarrow \infty}h(k)=\frac13=h(\infty)$，由终值定理可知：$h(\infty)=\lim\limits_{z\rightarrow 1}(z-1)H(z)=\frac13$，解得：$H_0=\frac12$
故 $H(z)=\frac{\frac12 z}{(z+\frac 12)(z-1)}$
求零输入响应 $y_{zi}(k)$。
由 $H(z)$ 可写出系统的差分方程为：$y(k+2)-\frac12y(k+1)-\frac12y(k)=\frac12x(k+1)$
对齐次方程 $y(k+2)-\frac12y(k+1)-\frac12y(k)=\frac12x(k+1)$ 两边分别进行 Z 变换：
$[z^2Y_{zi}(z)-z^2y_{zi}(0)-zy_{zi}(1)]-\frac12[zY_{zi}(z)-zy_{zi}(0)]-\frac12Y_{zi}(z)=0$
所以 $Y_{zi}(z)=\frac{(z^2-\frac12z)y_{zi}(0)+zy_{zi}(1)}{z^2-\frac12z-\frac12}$，将 $y_{zi}(0)=2,y_{zi}(1)=1$ 代入得：$Y_{zi}(z)=\frac{2z^2}{z^2-\frac12z-\frac12}$
因为 $\frac{Y_{zi}(z)}{z}=\frac{2z}{(z+\frac12)(z-1)}=\frac A{z-1}+\frac B{z+\frac12}=\frac{\frac43}{z-1}+\frac{\frac23}{z+\frac12}$
所以 $y_{zi}(k)=\frac43+\frac23(-\frac12)^k,k\ge0$
若 $x(k)=(-3)^ku(k)$，求零状态响应 $y_{zs}(k)$。
因为 $x(k)=(-3)^ku(k)$，所以 $X(z)=\frac{z}{z+3}$，
故 $Y_{zs}(z)=H(z)X(z)=\frac{\frac12 z}{(z+\frac 12)(z-1)}\cdot \frac{z}{z+3}$，
因此 $\frac{Y_{zs}(z)}{z}=\frac{\frac12 z}{(z+\frac 12)(z-1)(z+3)}=\frac A{z-1}+\frac B{z+\frac 12}+\frac C{z+3}=\frac {\frac 1 {12}}{z-1}+\frac {\frac 1 {15}}{z+\frac 12}-\frac {\frac 3 {20}}{z+3}$
故 $y_{zs}(z)=[\frac{1}{12}+\frac{1}{15}(-\frac{1}2)^k-\frac{3}{20}(-3)^k]u(k)$
习题 6-16 离散时间系统的系统函数 $H(z)$ 如下，试确定系统是否稳定（1）$H(z)=\frac{z^3+1}{z(z^2+2z+\frac34)}$
$H(z)$ 的极点为 $z=0,z=-\frac32,z=-\frac 12$
因为极点 $z=-\frac 32$ 位于单位圆外，所以系统是不稳定的。
