《信号与系统》期中总结

某高校的某专业于2020/11/8日进行《信号与系统》期中考试，而某同学这次考试直接爆炸，原因某同学也差不多知道：对待这门学科浅尝辄止，只达到了看着答案（看答案+看书）能够把作业做出来的程度。虽然已经爆炸了，但是可能以后自己还是会这样做？或者自己对感兴趣的地方深入的进行分析理解，其实自己并不是太在意绩点，但是在这个绩点为王的时代，最好还是别太低吧（这也许就是生活吧），也不知道自己做的对不对，但是对自己感兴趣之处进行潜心钻研并且总保持热爱应该不会错吧？

本文记录以下期中信号复习过程中自己真正获得一些东西吧

1. 关于求全响应的诸多方法

对于输入信号无跳变时全响应的求解
d2r(t)dt2+7dr(t)dt+6r(t)=6e(t),其中e(t)=sin(2t)\frac{d^2r(t)}{dt^2}+7\frac{dr(t)}{dt}+6r(t)=6e(t),其中e(t)=sin(2t)dt2d2r(t)+7dtdr(t)+6r(t)=6e(t),其中e(t)=sin(2t)
上述无跳变指输入信号无u(t)u(t)u(t)或者δ(t)\delta(t)δ(t)的形式

首先想指明一点，对于上述微分方程其实和信号与系统没有一点关系，只需要强大的数理基础可以解出答案，即数学分析或者高等数学中学的解二阶非线性齐次微分方程的方法——齐次解+特解

齐次解+特解

齐次解：根据微分方程写出特征方程α2+7α+6=0\alpha^2+7\alpha+6=0α2+7α+6=0求出特征根α1=−1,α2=−6\alpha_1=-1,\alpha_2=-6α1=−1,α2=−6，然后即可设齐次解为rh(t)=A1eα1t+A2eα2t=A1e−t+A2e−6tr_h(t)=A_1e^{\alpha_1t}+A_2e^{\alpha_2t}=A_1e^{-t}+A_2e^{-6t}rh(t)=A1eα1t+A2eα2t=A1e−t+A2e−6t（这里的系数需要把玩完全解求出后带入初始条件求得）

特解：求特解有一个表格，根据方程右端的形式可以直接设特解为rp(t)=B1sin2t+B2cos2tr_p(t)=B_1sin2t+B_2cos2trp(t)=B1sin2t+B2cos2t，然后把该解带入方程求得系数B1=350,B2=−2150B_1=\frac{3} {50},B_2=-\frac{21}{50}B1=503,B2=−5021

由此根据上述结果可得到完全解r(t)=rh(t)+rp(t)=A1e−t+A2e−6t+350sin2t−2150cos2tr(t)=r_h(t)+r_p(t)=A_1e^{-t}+A_2e^{-6t}+\frac{3}{50}sin2t-\frac{21}{50}cos2tr(t)=rh(t)+rp(t)=A1e−t+A2e−6t+503sin2t−5021cos2t 最终通过题目给出的初始条件即可求出结果

《电路分析基础》对方程的初始条件引入了0−0_-0−和0+0_+0+的概念由此有另一种解法——全响应===零输入+零状态

零输入+零状态

首先说明无论求零输入响应还是求零状态响应，我们都需要求完全解，那么如何求完全解？当然是用齐次解+特解的方式求得hhh，但是零输入和零状态都有一些特点

零输入响应：所谓零输入，意思就是没有输入，也就是微分方程右端是000，那么完全解中的特解≡0\equiv0≡0，那么我们只需要求特解即求出了完全解，求出完全解后需要根据初始条件求出系数（题目一般会给出0−0_-0−时刻的条件，由于没有输入一般情况下0−=0+一般情况下0_-=0_+一般情况下0−=0+）

零状态响应：所谓零状态，意思是输入信号之前系统未存储能量也就是所有0−0_-0−时刻的变量≡0\equiv0≡0，只需要根据方程求出0+0_+0+，而对于无跳变，说明0−=0+0_-=0_+0−=0+

那么问题来了？信号与系统到底学了什么？

对于输入信号存在跳变时全响应的求解
《信号与系统》增加了一种新的情况，对于输入信号存在跳变（冲激、阶跃函数）是的求解。
不妨考虑如下微分方程
d2r(t)dt2−7dr(t)dt+6r(t)=6u(t)\frac{d^2r(t)}{dt^2}-7\frac{dr(t)}{dt}+6r(t)=6u(t)dt2d2r(t)−7dtdr(t)+6r(t)=6u(t)
如果我们同样按照上述方法求，在遇到求特解是我们可能产生疑问，因为特解一般是查表得出形式但是表中并没有u(t)u(t)u(t)，课本中有的例题含糊的把特解设成常数（t≥0t \ge 0t≥0时u(t)=1u(t)=1u(t)=1是个常数），然后再根据冲激函数匹配法求出跳变值以求出0+0_+0+时刻的变量，这样做确实能够求出答案，但是？（有一个问题写在后面）
而信号与系统给我们介绍了一个新的方法求响应，本质上还是全响应=零输入+零状态

零输入+卷积法求零状态

零输入：和之前一样只需要求出齐次解即可

零状态：对于零状态响应先求出方程右边只有δ(t)\delta(t)δ(t)的响应，然后通过原方程的零状态响应即为与原方程右边的卷积
d2h(t)dt2−7dh(t)dt+6r(t)=δ(t)\frac{d^2h(t)}{dt^2}-7\frac{dh(t)}{dt}+6r(t)=\delta(t)dt2d2h(t)−7dtdh(t)+6r(t)=δ(t)
而根据理论推导，我们可以直接设特解为h(t)=(A1et+A2e6t)u(t)h(t)=(A_1e^t+A_2e^{6t})u(t)h(t)=(A1et+A2e6t)u(t)并且得出h′(t)=1,h(t)=0h^{'}(t)=1,h(t)=0h′(t)=1,h(t)=0，根据此求出系数。最终r(t)=h(t)∗u(t)r(t)=h(t)*u(t)r(t)=h(t)∗u(t)

对于卷积这种方法，能够应对所有微分方程，无论有无跳变点，而对于前两种方法在有跳变点是需要根据冲激函数匹配法获得一些跳变信息，进而求出0+0_+0+的相关条件，然后求解。

不过感觉一直有一个问题即关于特解到底如何去设?，在上述例子的但是？ 前的方法也能求出答案，不过书本上有这样一个题目是关于差分方程的题目，我们知道差分方程只要效仿微分方程，只不过设的特解形式不同，本质上没有什么差别，这里就不赘述差分方程的求解方法，直接上题目（题目来源于吕玉琴老师版的《信号与系统》P110 2-37(1) ）
y(n)−2y(n−1)+y(n−2)=u(n),y(−1)=y(−2)=0y(n)-2y(n-1)+y(n-2)=u(n),y(-1)=y(-2)=0y(n)−2y(n−1)+y(n−2)=u(n),y(−1)=y(−2)=0
如果不用卷积求零状态时，我们在设特解的时候可能产生疑问？特解形式是什么？
特解表格中并没有u(t)u(t)u(t)的形式，不过我在同样数中找到了一个例题（P90例2-8-4）中讲到一个方法对于本题按照它的思路即由于在n≥0n \ge 0n≥0时u(n)=1u(n)=1u(n)=1可以设特解是一个常数BBB，显然如果本题这样设会得出一些荒谬的结论，由此可以断定对于存在跳变时特解的形式远非那么简单。然后我也不知道怎么搞了???

不过此题如果按照卷积方法求，就可以得到正确答案。卷积大法好！

2. 卷积微积分性质应用条件

众所周知对于以下等式是有适用条件的
f1(t)∗f2(t)=f1(1)(t)∗f2(−1)(t)f_1(t)*f_2(t)=f_1^{(1)}(t)*f_2^{(-1)}(t)f1(t)∗f2(t)=f1(1)(t)∗f2(−1)(t)
而《信号与系统》书中提到的条件是需要让f1(t)=∫−∞tdf1(t)dtdtf_1(t)=\int_{-\infty}^t\frac{df_1(t)}{dt}dtf1(t)=∫−∞tdtdf1(t)dt，并举出如下例题：

求卷积sgn(t)∗δ(t)sgn(t)*\delta(t)sgn(t)∗δ(t)？
如果我们用微积分性质那么sgn(t)∗δ(t)=sgn(1)(t)∗δ(−1)(t)=2δ(t)∗u(t)=2u(t)sgn(t)*\delta(t)=sgn^{(1)}(t)*\delta^{(-1)}(t)=2\delta(t)*u(t)=2u(t)sgn(t)∗δ(t)=sgn(1)(t)∗δ(−1)(t)=2δ(t)∗u(t)=2u(t)
但是实际上sgn(t)∗δ(t)=sgn(t)sgn(t)*\delta(t)=sgn(t)sgn(t)∗δ(t)=sgn(t)，由此上述结果显然不对，问题就出在∫−∞tdsgn(t)dtdt≠sgn(t)\int_{-\infty}^t\frac{d sgn(t)}{dt}dt \ne sgn(t)∫−∞tdtdsgn(t)dt=sgn(t)

其实上述提及到的条件还是有点牵强，于是我在网上寻找了一篇论文此论文中有详细解答《浅析由卷积微积分性质所得推论的应用条件》

这里直接指明论文中得出的结果，如果想让卷积微积分性质成立那么需要[f1(t)∗f2(t)]t=−∞=0[f_1(t)*f_2(t)]_{t=-\infty}=0[f1(t)∗f2(t)]t=−∞=0
根据卷积定义进一步得出f1(t)∣t=−∞=f2(t)∣t=−∞=0f_1(t)|_{t=-\infty}=f_2(t)|_{t=-\infty}=0f1(t)∣t=−∞=f2(t)∣t=−∞=0
不难发现论文中得出的结论同样适用于书中举出的例题。如需要详细证明过程请直接阅读上述论文

3. 公式

一些常用公式~

冲激函数

δ(at)=1∣a∣δ(t)\delta(at)=\frac{1}{|a|}\delta(t)δ(at)=∣a∣1δ(t)
∫−∞+∞f(t)δ(n)(t)=(−1)nf(n)(0)\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)\delta^{(n)}(t)=(-1)^nf^{(n)}(0)∫−∞+∞f(t)δ(n)(t)=(−1)nf(n)(0)
f(t)δ′(t)=f(0)δ′(t)−f′(0)δ(t)f(t)\delta^{'}(t)=f(0)\delta^{'}(t)-f^{'}(0)\delta(t)f(t)δ′(t)=f(0)δ′(t)−f′(0)δ(t)

卷积

g(t)=f1(t)∗f2(t)=∫−∞+∞f1(τ)f2(t−τ)dτg(t)=f_1(t)*f_2(t)=\int_{-\infty}^{+\infty}f_1(\tau)f_2(t-\tau)d\taug(t)=f1(t)∗f2(t)=∫−∞+∞f1(τ)f2(t−τ)dτ
f(t)∗h(t)=h(t)∗f(t)f(t)*h(t)=h(t)*f(t)f(t)∗h(t)=h(t)∗f(t)
f(t)∗(h1(t)+h2(t))=f(t)∗h1(t)+f(t)∗h2(t)f(t)*(h_1(t)+h_2(t))=f(t)*h_1(t)+f(t)*h_2(t) f(t)∗(h1(t)+h2(t))=f(t)∗h1(t)+f(t)∗h2(t)
g(n−m)(t)=f(n)(t)∗h(−m)(t)=f(−m)(t)∗h(n)(t)g^{(n-m)}(t)=f^{(n)}(t)*h^{(-m)}(t)=f^{(-m)}(t)*h^{(n)}(t)g(n−m)(t)=f(n)(t)∗h(−m)(t)=f(−m)(t)∗h(n)(t)
f1(t−T1)∗f2(t−T2)=∫−∞+∞f1(τ−T1)f2(t−τ−T2)dτ=f1(t−T1−T2)∗f2(t)=f1(t)∗f2(t−T1−T2)f_1(t-T_1)*f_2(t-T_2)=\int_{-\infty}^{+\infty}f_1(\tau-T_1)f_2(t-\tau-T_2)d\tau=f_1(t-T_1-T_2)*f_2(t)=f_1(t)*f_2(t-T_1-T_2)f1(t−T1)∗f2(t−T2)=∫−∞+∞f1(τ−T1)f2(t−τ−T2)dτ=f1(t−T1−T2)∗f2(t)=f1(t)∗f2(t−T1−T2)

傅里叶变换

F(ω)=∫−∞+∞f(t)e−jωtdtF(\omega)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-j\omega t}dtF(ω)=∫−∞+∞f(t)e−jωtdt
f(t)=12π∫−∞+∞F(ω)ejωtdωf(t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}F(\omega)e^{j\omega t}d\omegaf(t)=2π1∫−∞+∞F(ω)ejωtdω
c1f1(t)+c2f2(t)↔c1F1(ω)+c2F2(ω)c_1f_1(t)+c_2f_2(t)\leftrightarrow c_1F_1(\omega)+c_2F_2(\omega)c1f1(t)+c2f2(t)↔c1F1(ω)+c2F2(ω)
F(t)↔2πf(−ω)F(t)\leftrightarrow 2\pi f(-\omega)F(t)↔2πf(−ω)
f(at)↔1∣a∣F(ωa)f(at)\leftrightarrow \frac{1}{|a|}F(\frac{\omega}{a})f(at)↔∣a∣1F(aω)
f(t−t0)↔F(ω)e−jωt0f(t-t_0)\leftrightarrow F(\omega)e^{-j\omega t_0}f(t−t0)↔F(ω)e−jωt0
f(t)ejωt0↔F(ω+ω0)f(t)e^{j\omega t_0}\leftrightarrow F(\omega+\omega_{0})f(t)ejωt0↔F(ω+ω0)
dnf(t)dtn↔(jω)nF(ω)\frac{d^nf(t)}{dt^n}\leftrightarrow (j\omega)^nF(\omega)dtndnf(t)↔(jω)nF(ω)
(−jt)nf(t)↔dnF(ω)dωn(-jt)^nf(t)\leftrightarrow \frac{d^nF(\omega)}{d\omega^n}(−jt)nf(t)↔dωndnF(ω)
∫−∞tf(τ)dτ↔πF(0)δ(ω)+F(ω)jω\int_{-\infty}^tf(\tau)d\tau\leftrightarrow \pi F(0)\delta(\omega)+\frac{F(\omega)}{j\omega}∫−∞tf(τ)dτ↔πF(0)δ(ω)+jωF(ω)
f1(t)∗f2(t)↔F1(ω)F2(ω)f_1(t)*f_2(t)\leftrightarrow F_1(\omega)F_2(\omega)f1(t)∗f2(t)↔F1(ω)F2(ω)
f1(t)f2(t)↔12πF1(ω)∗F2(ω)f_1(t)f_2(t)\leftrightarrow \frac1{2\pi}F_1(\omega)*F_2(\omega)f1(t)f2(t)↔2π1F1(ω)∗F2(ω)

常用傅里叶变换

时域	频域
δ(t)\delta(t)δ(t)	1
δ′(t)\delta ^{'}(t)δ′(t)	jωj\omegajω
u(t)u(t)u(t)	πδ(ω)+1jω\pi\delta(\omega)+\frac{1}{j\omega}πδ(ω)+jω1
EEE	2πEδ(ω)2\pi E\delta(\omega)2πEδ(ω)
E[u(t+τ2)−u(t−τ2)]E[u(t+\frac{\tau}{2})-u(t-\frac{\tau}{2})]E[u(t+2τ)−u(t−2τ)]	EτSa(ωτ2)E\tau Sa(\frac{\omega \tau}{2})EτSa(2ωτ)
ESa(ω0t)ESa(\omega_0t)ESa(ω0t)	Eπω0[u(ω+ω0)−u(ω−ω0)]\frac{E\pi}{\omega_0}[u(\omega+\omega_0)-u(\omega-\omega_0)]ω0Eπ[u(ω+ω0)−u(ω−ω0)]
sgn(t)sgn(t)sgn(t)	2jω\frac{2}{j\omega}jω2
1t\frac1tt1	−jπsgn(ω)-j\pi sgn(\omega)−jπsgn(ω)

最后还想吐槽一句其实我就会求微分方程或者差分方程，结果大题还没有考这些，考了画图，结果直接凉凉

不过还是要加油哦~