原书为C. Britton Rorabaugh的 Digital Filter Designer’s Book，此处是我个人的翻译以及一些理解

数学基础（一）

指数与对数

指数

无理数$e$定义为：$e\triangleq \underset{x\to +\infty }{\lim }(1+\frac{1}{x}{)}^x\simeq \mathrm{2.71828...}$
欧拉常数$\gamma$定义为：$\gamma =\underset{N\to \infty }{\lim }(\sum _{N=1}^n\frac{1}{n}-{\log }_{e}N)\simeq \mathrm{0.577215664...}$
$e$的复数幂的级数展开：$e^z=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{z^n}{n!}$

对数

以10为底的对数定义：$y={\log }_{10}x\iff x=10^y$
自然对数定义：$y={\log }_{e}x\iff x=e^y$

对数性质：

$\ln x={\int }_1^x\frac{1}{y}dy,x>0$
$\frac{d}{dx}(\ln x)=\frac{1}{x},x>0$
${\log }_b(xy)={\log }_{b}x+{\log }_{b}y$
${\log }_b(\frac{1}{x})=-{\log }_{b}x$
${\log }_b(y^x)=x{\log }_{b}y$
${\log }_{c}x=({\log }_{b}x)({\log }_{c}b)=\frac{{\log }_{b}x}{{\log }_{b}c}$
$\ln (1+z)=\sum _{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}\frac{z^n}{n},|z|<1$

分贝

假设一个系统对于给定的输入能量${\P }_{in}$和输入电压$V_{in}$，对应的输出能量为$P_{out}$以及输出电压为$V_{out}$，增益$G$的分贝数$dB$定义为：
$$G_{dB}=10{\log }_{10}\frac{P_{out}}{P_{in}}=10{\log }_{10}\frac{V_{out}^2/Z_{out}}{V_{in}^2/Z_{in}}$$
如果输入和输出阻抗相同，则：
$$G_{dB}=10{\log }_{10}\frac{V_{out}^2}{V_{in}^2}=20{\log }_{10}\frac{V_{out}}{V_{in}}$$

例：如果一个功放的增益为17.0$dB$，对于一个3-$mW$的输入，输出能量是多少？
$17.0dB=10{\log }_{10}\frac{P_{out}}{3\times 10^{-3}}$
$P_{out}=(3\times 10^{-3})10^{17/10}=150mW$

例：8位无符号整型能表示的分贝数范围是多少？
8位无符号整型可表示范围位1~255，对应的
$P_{out}=20{\log }_{10}(\frac{255}{1})=48.13dB$

复数

复数的矩形形式

复数矩形形式定义：$z=a+bj$，其中$a$、$b$为实数，$j=\sqrt{-1}$
复数的绝对值/模：$|z|=|a+bj|=\sqrt{a^2+b^2}$
复数的共轭：$(z=a+bj)\iff (z^{\ast }=a-bj)$
共轭的加/乘/除：
$$\begin{gathered} (z_1+z_2{)}^{\ast }=z_1^{\ast }+z_2^{\ast } \\ (z_1{z}_2{)}^{\ast }=z_1^{\ast }{z}_2^{\ast } \\ (\frac{z_1}{z_2}{)}^{\ast }=\frac{z_1^{\ast }}{z_2^{\ast }} \end{gathered}$$
复数矩形形式四则运算
假设两个复数$z_1=a+bj$、$z_2=c+dj$，复数的矩形形式四则运算：
$$\begin{gathered} z_1+z_2=(a+c)+j(b+d) \\ {z}_1-z_2=(a-c)+j(b-d) \\ {z}_1{z}_2=(ac-bd)+j(ad+bc) \\ \frac{z_1}{z_2}=\frac{ac+bd}{c^2+d^2}+j\frac{bc-ad}{c^2+d^2} \end{gathered}$$

复数的极坐标形式

复数的极坐标形式定义：
$$a=rcos\theta ,b=rsin\theta ,z=rcos\theta +jrsin\theta =r(cos\theta +jsin\theta )$$
通常的，将$(cos\theta +jsin\theta )$记作：$cis\theta$。因此：
$$z=rcis\theta =r{e}^{j\theta }$$
复数极坐标的四则运算
假设三个复数：
$$\begin{gathered} z=r(cos\theta +jsin\theta )=r{e}^{j\theta } \\ {z}_1=r_1(cos{\theta }_1+jsin{\theta }_1)=r_1{e}^{j{\theta }_1} \\ {z}_2=r_2(cos{\theta }_2+jsin{\theta }_2)=r_2{e}^{j{\theta }_2} \end{gathered}$$
乘法
$$z_1{z}_2=r_1{r}_2(cos({\theta }_1+{\theta }_2)+jsin({\theta }_1+{\theta }_2))=r_1{r}_2{e}^{j({\theta }_1+{\theta }_2)}$$
除法
$$\frac{z_1}{z_2}=\frac{r_1}{r_2}(cos({\theta }_1-{\theta }_2)+jsin({\theta }_1-{\theta }_2))=\frac{r_1}{r_2}{e}^{j({\theta }_1-{\theta }_2)}$$
幂
$$z^n=r^n(cos(n\theta )+jsin(n\theta ))=r^n{e}^{jn\theta }$$
根
$$\sqrt[n]{z}=z^{1/n}=r^{1/n}\left(cos(\frac{\theta +2k\pi }{n})+jsin(\frac{\theta +2k\pi }{n})\right)=r^{1/n}{e}^{\frac{j(\theta +2k\pi )}{n}},k=0,1,2,...$$
对数
$$\begin{array}{rl}\ln (z)& =\ln (r{e}^{j\theta })\\ & =\ln (r{e}^{j(\theta +2k\pi )})\\ & =\ln (r)+j(\theta +2k\pi ),k=0,1,2,...\end{array}$$

三角函数

如图所示，定义：
$$\begin{array}{r}Sine:sin\theta =\frac{y}{r}\\ Cosine:cos\theta =\frac{x}{r}\\ Tangent:tan\theta =\frac{y}{x}\\ Cosecant:csc\theta =\frac{r}{y}\\ Secant:sec\theta =\frac{r}{x}\\ Cotangent:cot\theta =\frac{x}{y}\end{array}$$
正弦曲线的相移
$$\begin{gathered} cos(\omega t)=sin\left(\omega t+\frac{\pi }{2}\right) \\ cos(\omega t)=cos\left(\omega t+2n\pi \right),n\in \mathrm{Z} \\ sin(\omega t)=sin\left(\omega t+2n\pi \right),n\in \mathrm{Z} \\ sin(\omega t)=cos\left(\omega t-\frac{\pi }{2}\right) \\ cos(\omega t)=cos\left(\omega t+(2n+1)\pi \right),n\in \mathrm{Z} \\ sin(\omega t)=-sin\left(\omega t+(2n+1)\pi \right),n\in \mathrm{Z} \end{gathered}$$
性质
$$\begin{array}{rl}& sin(-x)=-sin(x),\\ & cos(-x)=cos(x),\\ & tan(-x)=-tan(x),\\ & co{s}^{2}x+si{n}^{2}x=1,\\ & cos(2x)=2co{s}^{2}x-1,\\ & sin(x\pm y)=sinxcosy\pm cosysinx,\\ & cos(x\pm y)=cosxcosy\mp sinxsiny,\\ & tan(x\pm y)=\frac{tanx\pm tany}{1\mp tanxtany},\\ & sin(2x)=2sinxcosx,\\ & cos(2x)=co{s}^{2}x-si{n}^{2}x,\\ & tan(2x)=\frac{2tanx}{1-ta{n}^{2}x},\\ & sinxsiny=\frac{1}{2}\left(-cos(x+y)+cos(x-y)\right),\\ & sinxcosy=\frac{1}{2}\left(sin(x+y)+sin(x-y)\right),\\ & cosxcosy=\frac{1}{2}\left(cos(x+y)+cos(x-y)\right),\\ & sinx+siny=2sin\frac{x+y}{2}cos\frac{x-y}{2},\\ & sinx-siny=2sin\frac{x-y}{2}cos\frac{x+y}{2},\\ & cosx+cosy=2cos\frac{x+y}{2}cos\frac{x-y}{2},\\ & cosx-cosy=-2sin\frac{x+y}{2}sin\frac{x-y}{2},\\ & Acos(\omega t+\psi )+Bcos(\omega t+\varphi )=Ccos(\omega t+\theta ),\\ 其中：& C={\left[A^2+B^2-2ABcos(\varphi -\psi )\right]}^{1/2}\\ & \theta =ta{n}^{-1}\left(\frac{Asin\psi +Bsin\varphi }{Acos\psi +Bcos\varphi }\right)\\ & Acos(\omega t+\psi )+Bsin(\omega t+\varphi )=Ccos(\omega t+\theta ),\\ 其中：& C={\left[A^2+B^2-2ABsin(\varphi -\psi )\right]}^{1/2}\\ & \theta =ta{n}^{-1}\left(\frac{Asin\psi -Bcos\varphi }{Acos\psi +Bsin\varphi }\right)\end{array}$$
欧拉表示
$$\begin{gathered} e^{jx}=cosx+jsinx, \\ {e}^{-jx}=cosx-jsinx, \\ cosx=\frac{e^{jx}+e^{-jx}}{2}, \\ sinx=\frac{e^{jx}-e^{-jx}}{2j}, \end{gathered}$$
级数与乘积展开
$$\begin{array}{rl}sinx& =\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{(2n+1)!},\\ cosx& =\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^{2n}}{(2n)!},\\ tanx& =\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}{2}^{2n}(2^{2n}-1)B_{2n}{x}^{2n-1}}{(2n)!},|x|<\frac{\pi }{2}\\ cotx& =\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{2}^{2n}{B}_{2n}{x}^{2n-1}}{(2n)!},|x|<\pi \\ secx& =\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{E}_{2n}{x}^{2n}}{(2n)!},|x|<\frac{\pi }{2}\\ cscx& =\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^{n-1}2(2^{2n-1}-1B_{2n}{x}^{2n-1})}{(2n)!},|x|<\pi \end{array}$$
其中，$B_n$为伯努利数，$E_n$为欧拉数
$$\begin{array}{rl}sinx& =x\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{x^2}{n^2{\pi }^2}\right),\\ cosx& =\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{4x^2}{(2n-1{)}^2{\pi }^2}\right)\end{array}$$
正余弦的正交性
假设存在两个函数分别为${\varphi }_1(t)$和${\varphi }_2(t)$，若：
$${\int }_0^T{\varphi }_1(t){\varphi }_2(t)dt=0$$
我们称这两个函数在区间$[0,T]$上是正交的，${\varphi }_1(t)$和${\varphi }_2(t)$形成正交集。如果这两个函数满足：
$${\int }_0^T{\varphi }_1^2(t)dt={\int }_0^T{\varphi }_2^2(t)dt=1$$
则称这两个函数是$[0,T]$上的正交规范集。
假设存在两组信号：
$$\begin{gathered} {\varphi }_1(t)=Asin({\omega }_{0}t), \\ {\varphi }_2(t)=Acos({\omega }_{0}t) \end{gathered}$$
如果${\omega }_{0}T$是$\pi$的整数倍，那么信号${\varphi }_1$ 和${\varphi }_2$是区间$[0,T]$上的正交集。当$A^2=2/T$时，这两个信号为正交规范集。当${\omega }_{0}T\gg 1$且$A^2=2/T$，信号${\varphi }_1$ 和${\varphi }_2$近似正交规范集，推导如下：
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^T{\varphi }_1(t){\varphi }_2(t)dt& =A^2{\int }_0^{T}sin({\omega }_{0}t)cos({\omega }_{0}t)dt\\ & =\frac{A^2}{2}{\int }_0^{T}sin({\omega }_{0}t+{\omega }_{0}t)+sin({\omega }_{0}t-{\omega }_{0}t)dt\\ & =\frac{A^2}{2}{\int }_0^{T}sin(2{\omega }_{0}t)=\frac{A^2}{2}\left(\frac{cos(2{\omega }_{0}t)}{2{\omega }_0}\right){|}_{t=0}^T\\ & =\frac{A^2}{4{\omega }_{0}t}(1-cos2{\omega }_{0}T)\end{array}$$
因此，当${\omega }_{0}T$是$\pi$的整数倍时，$cos2{\omega }_{0}T=1$，${\varphi }_1$ 和${\varphi }_2$正交。当${\omega }_{0}T\gg 1$时，$\frac{A^2}{4{\omega }_{0}t}(1-cos2{\omega }_{0}T)$将无限趋近于0，${\varphi }_1$ 和${\varphi }_2$近似正交规范集。
信号${\varphi }_1$在区间$[0,T]$上的能量：
$$\begin{array}{rl}{E}_1& ={\int }_0^T{\varphi }_1^2(t)dt=A^2{\int }_0^{T}si{n}^2({\omega }_{0}t)dt\\ & =A^2\left(\frac{T}{2}-\frac{sin(2{\omega }_{0}T)}{4{\omega }_0}\right)\end{array}$$
若${\varphi }_1$具有单位能量，则$A^2$必定满足：
$$A^2={\left(\frac{T}{2}-\frac{sin(2{\omega }_{0}T)}{4{\omega }_0}\right)}^{-1}$$
若${\omega }_{0}T=n\pi$，则$sin(2{\omega }_{0}T)=0$，那么有：
$$A=\sqrt{\frac{2}{T}}$$
故：
$$E_1=1-\frac{sin(2{\omega }_{0}T)}{2{\omega }_0}$$
对于${\varphi }_2$同理可得:
$$E_2=A^2\left(\frac{T}{2}+\frac{sin(2{\omega }_{0}T)}{4{\omega }_0}\right)$$
不难看出，当${\omega }_{0}T\gg 1$且$A^2=2/T$，${\varphi }_1$ 和${\varphi }_2$近似正交规范集。

微分

常用微分：
$$\begin{array}{rl}& \frac{d}{dx}sinu=cosu\frac{du}{dx}\\ & \frac{d}{dx}cosu=-sinu\frac{du}{dx}\\ & \frac{d}{dx}tanu=se{c}^{2}u\frac{du}{dx}=\frac{1}{co{s}^{2}u}\frac{du}{dx}\\ & \frac{d}{dx}cotu=cs{c}^{2}u\frac{du}{dx}=\frac{1}{si{n}^{2}u}\frac{du}{dx}\\ & \frac{d}{dx}secu=secutanu\frac{du}{dx}=\frac{sinu}{co{s}^{2}u}\frac{du}{dx}\\ & \frac{d}{dx}cscu=-cscucotu\frac{du}{dx}=-\frac{cosu}{si{n}^{2}u}\frac{du}{dx}\\ & \frac{d}{dx}{e}^u=e^u\frac{du}{dx}\\ & \frac{d}{dx}lnu=\frac{1}{u}\frac{du}{dx}\\ & \frac{d}{dx}logu=\frac{loge}{u}\frac{du}{dx}\\ & \frac{d}{dx}\left(\frac{u}{v}\right)=\frac{1}{v^2}\left(v\frac{du}{dx}-u\frac{dv}{dx}\right)\end{array}$$

积分

常用积分：
$$\begin{array}{rl}& \int \frac{1}{x}dx=lnx\\ & \int e^{ax}dx=\frac{1}{a}{e}^{ax}\\ & \int x{e}^{ax}dx=\frac{ax-1}{a^2}{e}^{ax}\\ & \int sin(ax)dx=-\frac{1}{a}cos(ax)\\ & \int cos(ax)dx=\frac{1}{a}sin(ax)\\ & \int sin(ax+b)dx=-\frac{1}{a}cos(ax+b)\\ & \int cos(ax+b)dx=\frac{1}{a}sin(ax+b)\\ & \int xsin(ax)dx=-\frac{x}{a}cos(ax)+\frac{1}{a^2}sin(ax)\\ & \int xcos(ax)dx=\frac{x}{a}sin(ax)+\frac{1}{a^2}cos(ax)\\ & \int si{n}^2(ax)dx=\frac{x}{2}-\frac{sin(2ax)}{4a}\\ & \int co{s}^2(ax)dx=\frac{x}{2}+\frac{sin(2ax)}{4a}\\ & \int x^{2}sin(ax)dx=\frac{1}{a^3}(2axsin(ax)+2cos(ax)-a^2{x}^{2}cos(ax))\\ & \int x^{2}cos(ax)dx=\frac{1}{a^3}(2axcos(ax)-2sin(ax)+a^2{x}^{2}sin(ax))\\ & \int si{n}^3(ax)dx=-\frac{1}{3}cosx(si{n}^{2}x+2)\\ & \int co{s}^3(ax)dx=\frac{1}{3}sinx(co{s}^{2}x+2)\\ & \int sinxcosxdx=\frac{1}{2}si{n}^{2}x\\ & \int sin(mx)cos(nx)dx=-\frac{cos(m-n)x}{2(m-n)}-\frac{cos(m+n)x}{2(m+n)}\\ & \int si{n}^{2}xco{s}^{2}xdx=\frac{1}{8}\left(x-\frac{1}{4}sin4x\right)\\ & \int sinxco{s}^{m}xdx=-\frac{co{s}^{m+1}x}{m+1}\\ & \int si{n}^{m}xcosxdx=\frac{si{n}^{m+1}x}{m+1}\\ & \int co{s}^{m}xsi{n}^{n}xdx=\frac{co{s}^{m-1}xsi{n}^{n+1}x}{m+n}+\frac{m-1}{m+n}\int co{s}^{m-2}xsi{n}^{n}xdx(m\ne -n)\\ & \int co{s}^{m}xsi{n}^{n}xdx=-\frac{co{s}^{m+1}xsi{n}^{n-1}x}{m+n}+\frac{m-1}{m+n}\int co{s}^{m}xsi{n}^{n-2}xdx(m\ne -n)\\ & \int udv=uv-\int vdu\end{array}$$

狄拉克$\delta$函数

在电力工程中，没有比狄拉克函数更能导致抽象解释的函数了。狄拉克函数，又称作$\delta$函数或冲激函数。单位冲激通常被宽泛地描述为：在原点处具有零宽度和无限幅值，并且其总面积为1的冲激。冲激下的面积等于 1，怎么可能说零乘以无穷等于 1 呢？我们可以给出定义：
$${\int }_{-\infty }^{+\infty }{f}_n(t)dt=1$$
且$\underset{n\to \infty }{\lim }{f}_n(t)=0,t\ne 0$
因此，delta函数被定义为：
$$\delta (t)=\underset{n\to \infty }{\lim }{f}_n(t)$$
第二种定义方式为：
$${\int }_{-\infty }^{+\infty }{f}_n(t)dt=1且\delta (t)=0,t\ne 0$$
第三种定义方式为：
$${\int }_{-\infty }^{+\infty }\delta (t)f(t)dt=f(0)$$