课本是电子工业出版社出版的奥本海姆《信号与系统》第二版，刘树棠译。

视频课可以在网易公开课看到，搜索MIT的信号与系统，老师就是课本的作者。

0. 涉及内容

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1. LTI系统对离散复指数信号的响应

首先我们证明复指数信号 $z^n$ 是LTI系统的特征函数，假设LTI系统的单位脉冲响应为 $h[n]$ ，输入 $x[n]=z^n$ ，那么输出可以通过卷积和得到，
$\begin{align*} y[n]&=x[n]*h[n] \\ &=\sum_{k=-\infty}^{+\infty} h[k] x[n-k] \\ &= \sum_{k=-\infty}^{+\infty} h[k] z^{n-k} \\ &= z^n \sum_{k=-\infty}^{+\infty} h[k] z^{-k} \end{align*}$

令 $H(z) = \sum_{k=-\infty}^{+\infty} h[k] z^{-k}$ ，那么
$y[n] = H(z) z^n$

得证 $z^n$ 是离散LTI系统的特征函数， $H(z)$ 是特征值。

在傅里叶分析中，只考虑 $\vert z^n \vert = 1$ 的情况，也即 $z = e^{j \omega}$ ，因此仅考虑 $e^{j \omega n}$ 形式的复函数。

2. 离散时间周期信号的傅里叶级数表示

回忆第一章学习离散时间周期信号时，一个与连续时间周期信号非常重要的不同点，就是成谐波关系的周期信号只有 $N$ 个，因为在频率上相差 $2 \pi$ 的整数倍的离散时间复指数信号是一模一样的！那么这就意味着离散时间周期信号的傅里叶级数是一个有限项级数。

2.1 成谐波关系的复指数信号的线性组合

定义一个离散时间周期信号 $x[n]$ ，
$x[n] = x[n+N]$

基波周期为使上式成立的最小正整数 $N$ ，基波频率 $\omega _0 = 2\pi / N$ 。傅里叶分析中我们使用复指数函数 $e^{j(2 \pi /N)n}$ 就是一个典型的离散时间周期信号。下面这个式子定义了一组成谐波关系的复指数信号，它们都是周期的，其基波频率都是 $2 \pi /N$ 的倍数，
$\phi _k [n] = e^{jk \omega _0 n} = e^{jk(2 \pi /N)n}, \quad k = 0, \pm 1, \pm 2, ...$

因为对于谐波函数来说，频率相差 $2 \pi$ 的整数倍时，两函数相等，具体来说就是谐波函数只有 $N$ 个，
$\phi _0 [n] = \phi _N [n]$
$\phi _1 [n] = \phi _{N+1} [n]$
$\phi _k [n] = \phi _{k+rN} [n]$

我们希望利用 $\phi _k [n]$ 的线性组合来表示一个更为一般的周期信号 $x[n]$ ，即
$x[n] = \sum_{k=<N>} a_k \phi _k [n] = \sum_{k=<N>} a_k e^{jk (2 \pi /N)n}$

注意上面求和中，求和限为 $<N>$ ， $k$ 可以从0到 $N-1$ ，也可以1到 $N$ ，也可以其他任意 $N$ 个连续整数。

2.2 周期信号傅里叶级数系数的确定

对于复指数 $e^{jk(2 \pi /N)n}$ 这样一个周期信号，在一个周期内对自变量 $n$ 求和，
$\sum_{n=<N>} e^{jk(2 \pi /N)n} = \begin{cases} N, & k = 0, \pm N, \pm 2N, ... \\\\ 0, & k \neq 0, \pm N, \pm 2N, ... \end{cases}$

仔细观察上面的求和式，当 $k=0, \pm N, \pm 2N, ...$ 时， $e^{jk(2 \pi /N)n} = e^{j2 \pi m} = 1$ 为一个常数1，这时对 $n$ 求和结果就是 $N$ ；而当 $k$ 取其他值时， $e^{jk(2 \pi /N)n}$ 是一个周期信号，周期为 $N$ ，那么在周期内对 $n$ 求和结果为0。

基于以上推导，我们现在来想办法求傅里叶级数系数 $a_k$ 。将 $x[n]$ 的傅里叶级数表达式重写在下面，
$x[n] = \sum_{k=<N>} a_k e^{jk (2 \pi /N)n}$

首先，左右两边同时乘以 $e^{-jr(2\pi /N)n}$ ，
$x[n] \cdot e^{-jr(2\pi /N)n} = \sum_{k=<N>} a_k e^{jk (2 \pi /N)n} \cdot e^{-jr(2\pi /N)n} = \sum_{k=<N>} a_k e^{j(k-r) (2 \pi /N)n}$

再对自变量 $n$ 在 $N$ 内求和，
$\sum_{n=<N>} x[n] \cdot e^{-jr(2\pi /N)n} = \sum_{n=<N>} \sum_{k=<N>} a_k e^{j(k-r) (2 \pi /N)n}$

交换上式等号右边的求和顺序可得，
$\sum_{n=<N>} x[n] \cdot e^{-jr(2\pi /N)n} = \sum_{k=<N>} a_k \sum_{n=<N>} e^{j(k-r) (2 \pi /N)n}$

想不明白上面求和顺序变换的话，可以笨办法展开求和，发现求和顺序变化不影响求和结果。我的理解是求一个 $N$ 行 $N$ 列的矩阵元素的和，你可以横着求和也可以竖着求和；又或者说在程序里用for循环求二阶矩阵的和，可以for i包含for j，也可以for j包含for i，这个求和顺序不会影响求和结果。

回到上面的等式，等号右边有一个求和
$\sum_{n=<N>} e^{j(k-r) (2 \pi /N)n}$

当 $k=r$ 时（或者说相差 $N$ 的整数倍，我这里就简单点不严谨一下），这个求和结果等于 $N$ ；如果 $k \neq r$ ，这个求和结果为0。

那么可以写出下面这个式子，
$\sum_{n=<N>} x[n] \cdot e^{-jr(2\pi /N)n} = N \cdot a_r$

这样离散时间周期信号傅里叶级数系数就求出来了，
$a_k = \frac{1}{N} \sum_{n=<N>} x[n] \cdot e^{-jr(2\pi /N)n}$

回想连续时间周期信号傅里叶级数系数的求解，和这里思路一模一样，都是利用了直流为0的周期信号在周期内求和结果等于0的性质。

此外，除了 $x[n]$ 的傅里叶级数表达是一个有限项级数，与连续时间不同的是，因为
$\phi _k [n] = \phi _{k+N} [n]$

所以，
$a_k = a_{k+N}$

也就是说， $a_k$ 的值是以 $N$ 为周期重复的。

由于 $x[n]$ 的傅里叶级数表达是一个有限项级数，因此离散时间周期信号的傅里叶级数不存在收敛问题，也不存在吉布斯现象。

3. 离散时间傅里叶级数性质

3.1 相乘

$x[n] y[n] \xleftrightarrow{FS} \sum_{l=<N>} a_l b_{k-l}$

上面的求和就是周期卷积。

3.2 一次差分

$x[n] \xleftrightarrow{FS} a_k$

$x[n-1] \xleftrightarrow{FS} e^{-jk(2\pi /N)} \cdot a_k$

$x[n] - x[n-1] \xleftrightarrow{FS} (1 - e^{-jk(2\pi /N)}) \cdot a_k$

3.3 离散时间周期信号的帕斯瓦尔定理

$\frac{1}{N} \sum_{n=<N>} \vert x[n] \vert ^2 = \sum_{k=<N>} \vert {a_k} \vert ^2$

4. 傅里叶级数与LTI系统

这篇笔记一开始，我们定义了 $H(z)$ ，
$H(z) = \sum_{k=-\infty}^{+\infty} h[k] z^{-k}$

其中 $h[k]$ 是LTI系统的单位脉冲响应。 $H(z)$ 被称作系统函数，将 $z$ 局限在 $e^{j\omega}$ 形式的系统函数被称为系统的频率响应，
$H(e^{j\omega}) = \sum_{n=-\infty}^{+\infty} h[n] e^{-j \omega n}$

令LTI系统输入 $x[n]$ 为一个周期信号，其傅里叶级数表示为，
$x[n] = \sum_{k=<N>} a_k e^{jk (2\pi /N)n}$

输出就是，
$y[n] = \sum_{k=<N>} a_k H(e^{j \omega}) e^{jk (2\pi /N)n} = \sum_{k=<N>} a_k H(e^{j2\pi k/N}) e^{jk (2\pi /N)n}$

5. 离散时间傅里叶变换

5.1 非周期信号的表示：离散时间傅里叶变换

5.1.1 离散时间傅里叶变换的导出

考虑某一序列 $x[n]$ ，具有有限持续期，也就是说对于整数 $N_1$ 和 $N_2$ ，在 $N_1 \leq n \leq N_2$ 的范围之外， $x[n]=0$ 。由这个非周期信号可以构成一个周期序列 $\tilde{x}[n]$ ，使得对 $\tilde{x}[n]$ 来说， $x[n]$ 是它的一个周期。随着 $\tilde{x}[n]$ 的周期 $N$ 增大， $\tilde{x}[n]$ 就在更长的时间间隔内与 $x[n]$ 相等，而当 $N \to \infty$ 时， $\tilde{x}[n] = x[n]$ 。

写出周期信号 $\tilde{x}[n]$ 的傅里叶级数表达，
$\tilde{x}[n] = \sum_{k=<N>} a_k e^{jk(2\pi /N)n}$

$a_k = \frac{1}{N} \sum_{n=<N>} \tilde{x}[n] e^{-jk(2\pi /N)n}$

因为在 $N_1 \leq n \leq N_2$ 区间内， $\tilde{x}[n] = x[n]$ ，所以 $a_k$ 可以写作，
$a_k = \frac{1}{N} \sum_{n=N_1}^{N_2} x[n] e^{-jk(2\pi /N)n}$

又因为在 $N_1 \leq n \leq N_2$ 区间外，有 $x[n] = 0$ ，所以
$a_k = \frac{1}{N} \sum_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] e^{-jk(2\pi /N)n}$

现定义函数
$X(e^{j\omega}) = \sum_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] e^{-j \omega n}$

那么
$a_k = \frac{1}{N} X(e^{jk \omega _0})$

其中 $\omega _0 = 2\pi /N$ 表示频域中的样本间隔。将 $a_k$ 代回到 $\tilde{x}[n]$ 的傅里叶级数综合公式中，
$\tilde{x}[n] = \sum_{k=<N>} \frac{1}{N} X(e^{jk \omega _0}) e^{jk(2\pi /N)n}$

又因为 $\omega _0 = 2\pi / N$ ，
$\tilde{x}[n] = \frac{1}{2\pi} \sum_{k=<N>} X(e^{jk \omega _0}) e^{jk(2\pi /N)n} \omega _0$

随着 $N \to \infty$ ，上式中的求和演变为一个积分，积分宽度为 $2\pi$ ，因为求和是对 $N$ 个宽为 $\omega _0 = 2\pi /N$ 的间隔内完成的，所以积分宽度为 $2\pi$ 。
$x[n] = \frac{1}{2\pi} \int_{2\pi} X(e^{j\omega}) e^{j \omega n} \mathrm{d} \omega$

$X(e^{j \omega}) = \sum_{n=-\infty}^{+\infty} x[n] e^{-j \omega n}$

上式就是离散时间傅里叶变换。

在离散时间中，由于频率相差 $2\pi$ 的复指数信号是完全一样的，所以

对周期信号来讲，傅里叶级数系数是周期的，并且傅里叶级数表示式是一个有限项的和
对非周期信号而言， $X(e^{j \omega})$ 是周期的，周期为 $2\pi$ ，综合公式的积分区间为 $2\pi$

5.1.2 离散时间傅里叶变换的收敛

如果 $x[n]$ 是绝对可积的，即
$\sum_{n=-\infty}^{+\infty} \vert x[n] \vert < \infty$

或者信号 $x[n]$ 的能量是有限的，即
$\sum_{n=-\infty}^{+\infty} \vert x[n] \vert ^2 < \infty$

那么 $x[n]$ 的傅里叶变换 $X(e^{j\omega})$ 就是收敛的。

对于综合公式，因为积分区间是有限的，因此一般不存在收敛问题，而且也不会有吉布斯现象。

5.2 周期信号的傅里叶变换

与连续时间相同，利用把一个周期信号的变换表示成频域中的冲激串的办法，就可以把离散时间周期信号也划入到傅里叶变换的框架中。考虑如下信号，
$x[n] = e^{j\omega_0 n}$

我们在学习连续时间周期信号傅里叶变换时，知道 $e^{j\omega _0 t}$ 的傅里叶变换就是一个发生在 $\omega = \omega _0$ 处的冲激。于是我们期望在离散时间中也会有相同结果。然而离散时间傅里叶变换对 $\omega$ 来说必须是周期的，周期为 $2\pi$ ，那么 $x[n]$ 的傅里叶变换应该就是发生在 $\omega _0$ 、 $\omega _0 \pm 2\pi$ 、 $\omega _0 \pm 4\pi$ 等处的冲激，即
$X(e^{j\omega}) = \sum_{l=-\infty}^{+\infty} 2\pi \delta(\omega - \omega _0 - 2\pi l)$

为了验证上式，求 $X(e^{j\omega})$ 的傅里叶逆变换，
$\frac{1}{2\pi} \int_{2\pi} X(e^{j\omega}) e^{j\omega n} \mathrm{d} \omega = \frac{1}{2\pi} \int_{2\pi} \sum_{l=-\infty}^{+\infty} 2\pi \delta(\omega - \omega _0 - 2\pi l) e^{j\omega n} \mathrm{d} \omega$

注意看，这里积分区间为 $2\pi$ ，因此整个积分区间内只会有一个冲激，假设积分区间内的冲激发生在 $\omega _0 + 2\pi r$ ，那么
$\frac{1}{2\pi} \int_{2\pi} X(e^{j\omega}) e^{j\omega n} \mathrm{d} \omega = e^{j(\omega _0 +2\pi r)n} = e^{j \omega _0 n}$