在网文 Infinite Ladder of 1Ω of Resistor 中讨论了如下无穷电阻网络两个相邻节点之间的电阻。 特别有意思的是，文中还是用了离散傅里叶变换（DFT）给出了另外一种求解方式。 这不禁让人们好奇：在这样的电阻网络中分析中，离散傅里叶变换到底起到什么作用？

  实际上，原文给出了使用普通电阻串并联分析方法， 过程也比较容易。 先假设分别从节点 (0) 和 (1) 往做和往右得到的等效电阻为 R ′ R' R′ 。

  由于半边电阻网络是无穷大的，所以再前进一个节点所对应的等效电阻仍然是 R ′ R' R′ 。这样就可以得到如下等式： R ′ = 1 + 1 / / R ′ = 1 + R ′ 1 + R ′ R' = 1 + 1//R' = 1 + { {R'} \over {1 + R'}} R′=1+1//R′=1+1+R′R′​ 这样便可以求解出 R ′ R' R′ 。 上面等式化简为 R ′ 2 − R ′ − 1 = 0 R'^2 - R' - 1 = 0 R′2−R′−1=0 由此可以求得 R ′ = 1 + 5 2 R' = { {1 + \sqrt 5 } \over 2} R′=21+5 ​​

  那么相邻两个节点之间的电阻为 R = 1 / / 2 ( 1 / / R ′ ) = 1 / / ( 5 − 1 ) = 1 − 1 5 R = 1//2\left( {1//R'} \right) = 1//\left( {\sqrt 5 - 1} \right) = 1 - {1 \over {\sqrt 5 }} R=1//2(1//R′)=1//(5 ​−1)=1−5 ​1​

  假设每个节点都由外部施加有电流源进行激励， 分别记做为 I [ n ] , n = ⋯   , − 1 , 0 , 1 , 2 , ⋯ I\left[ n \right],n = \cdots , - 1,0,1,2, \cdots I[n],n=⋯,−1,0,1,2,⋯ 。对应每个节点的电压为 V [ n ] , n = ⋯   , − 1 , 0 , 1 , 2 , ⋯ V\left[ n \right],n = \cdots , - 1,0,1,2, \cdots V[n],n=⋯,−1,0,1,2,⋯ 。

  根据基尔霍夫节点电流定理和欧姆定理可以知道 I [ n ] = ( V [ n ] − V [ n − 1 ] ) + ( V [ n ] − V [ n + 1 ] ) I\left[ n \right] = \left( {V\left[ n \right] - V\left[ {n - 1} \right]} \right) + \left( {V\left[ n \right] - V\left[ {n + 1} \right]} \right) I[n]=(V[n]−V[n−1])+(V[n]−V[n+1]) = 3 V [ n ] − V [ n − 1 ] − V [ n + 1 ] = 3V\left[ n \right] - V\left[ {n - 1} \right] - V\left[ {n + 1} \right] =3V[n]−V[n−1]−V[n+1]

  假设序列 I [ n ] , V [ n ] I\left[ n \right],V\left[ n \right] I[n],V[n] 所对应的离散序列傅里叶变换分别为 I ( θ ) , V ( θ ) I\left( \theta \right),V\left( \theta \right) I(θ),V(θ) ，则有 I [ n ] = 1 2 π ∫ − π π I ( θ ) e j n θ d θ I\left[ n \right] = {1 \over {2\pi }}\int_{ - \pi }^\pi {I\left( \theta \right)e^{jn\theta } d\theta } I[n]=2π1​∫−ππ​I(θ)ejnθdθ I ( θ ) = ∑ − ∞ + ∞ I [ n ] e − j n θ I\left( \theta \right) = \sum\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {I\left[ n \right]e^{ - jn\theta } } I(θ)=−∞∑+∞​I[n]e−jnθ V [ n ] = 1 2 π ∫ − π π V ( θ ) e − j n θ d θ V\left[ n \right] = {1 \over {2\pi }}\int_{ - \pi }^\pi {V\left( \theta \right)e^{ - jn\theta } d\theta } V[n]=2π1​∫−ππ​V(θ)e−jnθdθ V ( θ ) = ∑ − ∞ + ∞ V [ n ] e − j n θ V\left( \theta \right) = \sum\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {V\left[ n \right]e^{ - jn\theta } } V(θ)=−∞∑+∞​V[n]e−jnθ

  根据离散傅里叶变换的位移性质，三个相邻节点电压 V [ n ] , V [ n − 1 ] , V [ n + 1 ] V\left[ n \right],V\left[ {n - 1} \right],V\left[ {n + 1} \right] V[n],V[n−1],V[n+1] 的离散傅里叶变换分别为 V ( θ ) , V ( θ ) e − j θ , V ( θ ) e j θ V\left( \theta \right),V\left( \theta \right)e^{ - j\theta } ,V\left( \theta \right)e^{j\theta } V(θ),V(θ)e−jθ,V(θ)ejθ 。根据前面公式（1-2-1）可以知道 I ( θ ) = V ( θ ) [ 3 − e j θ − e − j θ ] = V ( θ ) [ 3 − 2 cos ⁡ ( θ ) ] I\left( \theta \right) = V\left( \theta \right)\left[ {3 - e^{j\theta } - e^{ - j\theta } } \right] = V\left( \theta \right)\left[ {3 - 2\cos \left( \theta \right)} \right] I(θ)=V(θ)[3−ejθ−e−jθ]=V(θ)[3−2cos(θ)]

  如果在节点 (0), (1) 施加正负1A的电流，对应的 I [ n ] = δ [ n ] − δ [ n − 1 ] I\left[ n \right] = \delta \left[ n \right] - \delta \left[ {n - 1} \right] I[n]=δ[n]−δ[n−1] 。在电阻网络各节点形成对应的电压 V [ n ] V\left[ n \right] V[n] 分布。 那么节点 (0)，(1) 之间的电压差 V [ 0 ] − V [ 1 ] V\left[ 0 \right] - V\left[ 1 \right] V[0]−V[1] 就是电阻网络等效的电阻 R R R 。

  根据 I [ n ] = δ [ n ] − δ [ n − 1 ] I\left[ n \right] = \delta \left[ n \right] - \delta \left[ {n - 1} \right] I[n]=δ[n]−δ[n−1] ，所以 I ( θ ) = 1 − e − j θ I\left( \theta \right) = 1 - e^{ - j\theta } I(θ)=1−e−jθ 。根据公式 (1-2-2) 可以知道 V ( θ ) = I ( θ ) 3 − 2 cos ⁡ ( θ ) = 1 − e − j θ 3 − 2 cos ⁡ ( θ ) V\left( \theta \right) = { {I\left( \theta \right)} \over {3 - 2\cos \left( \theta \right)}} = { {1 - e^{ - j\theta } } \over {3 - 2\cos \left( \theta \right)}} V(θ)=3−2cos(θ)I(θ)​=3−2cos(θ)1−e−jθ​ 那么对应的电阻 R = V [ 0 ] − V [ 1 ] = 1 2 π ∫ − π + ∝ V ( θ ) ( 1 − e − j θ ) d θ R = V\left[ 0 \right] - V\left[ 1 \right] = {1 \over {2\pi }}\int_{ - \pi }^{ + \propto } {V\left( \theta \right)\left( {1 - e^{ - j\theta } } \right)d\theta } R=V[0]−V[1]=2π1​∫−π+∝​V(θ)(1−e−jθ)dθ = 1 2 π ∫ − π + π 1 − e j θ 3 − 2 cos ⁡ ( θ ) ( 1 − e − j θ ) d θ = {1 \over {2\pi }}\int_{ - \pi }^{ + \pi } { { {1 - e^{j\theta } } \over {3 - 2\cos \left( \theta \right)}}\left( {1 - e^{ - j\theta } } \right)d\theta } =2π1​∫−π+π​3−2cos(θ)1−ejθ​(1−e−jθ)dθ = 1 2 π ∫ − π π 2 − 2 cos ⁡ ( θ ) 3 − 2 cos ⁡ ( θ ) d θ = 1 2 π ∫ − π + π [ 1 − 1 3 − 2 cos ⁡ ( θ ) ] d θ = {1 \over {2\pi }}\int_{ - \pi }^\pi { { {2 - 2\cos \left( \theta \right)} \over {3 - 2\cos \left( \theta \right)}}d\theta } = {1 \over {2\pi }}\int_{ - \pi }^{ + \pi } {\left[ {1 - {1 \over {3 - 2\cos \left( \theta \right)}}} \right]d\theta } =2π1​∫−ππ​3−2cos(θ)2−2cos(θ)​dθ=2π1​∫−π+π​[1−3−2cos(θ)1​]dθ = 1 − 1 π ∫ 0 + π d θ 3 − 2 cos ⁡ ( θ ) = 1 − 1 π { 2 5 tan ⁡ − 1 ( 1 5 ( θ 2 ) ) } θ = 0 π = 1 - {1 \over \pi }\int_0^{ + \pi } { { {d\theta } \over {3 - 2\cos \left( \theta \right)}}} = 1 - {1 \over \pi }\left\{ { {2 \over {\sqrt 5 }}\tan ^{ - 1} \left( { {1 \over {\sqrt 5 }}\left( { {\theta \over 2}} \right)} \right)} \right\}_{\theta = 0}^\pi =1−π1​∫0+π​3−2cos(θ)dθ​=1−π1​{ 5 ​2​tan−1(5 ​1​(2θ​))}θ=0π​ = 1 − 2 π 5 ( π 2 − 0 ) = 1 − 1 5 = 1 - {2 \over {\pi \sqrt 5 }}\left( { {\pi \over 2} - 0} \right) = 1 - {1 \over {\sqrt 5 }} =1−π5 ​2​(2π​−0)=1−5 ​1​

  离散序列的傅里叶变换实际上是 z 变换的一种特殊形式， 即 z = e j θ z = e^{j\theta } z=ejθ， 即 z 变换在单位圆上的取值 。 那么上述过程是否也可以利用 z 变换求解呢？

  对于电阻网络做相同的电流激励，每个节点输入的电流源和节点对地的电压分别记作 I [ n ] , V [ n ] I\left[ n \right],V\left[ n \right] I[n],V[n] 。它们对应的 z 变换为 I ( z ) , V ( z ) I\left( z \right),V\left( z \right) I(z),V(z) 。则有 I ( z ) = ∑ n = − ∞ + ∞ I [ n ] z − n I\left( z \right) = \sum\limits_{n = - \infty }^{ + \infty } {I\left[ n \right]z^{ - n} } I(z)=n=−∞∑+∞​I[n]z−n I [ n ] = 1 2 π j ∮ C I ( z ) z n − 1 d z I\left[ n \right] = {1 \over {2\pi j}}\oint_C {I\left( z \right)z^{n - 1} dz} I[n]=2πj1​∮C​I(z)zn−1dz V ( z ) = ∑ n = − ∞ + ∞ V [ n ] z − n V\left( z \right) = \sum\limits_{n = - \infty }^{ + \infty } {V\left[ n \right]z^{ - n} } V(z)=n=−∞∑+∞​V[n]z−n V [ n ] = 1 2 π j ∮ C V ( z ) z − n d z V\left[ n \right] = {1 \over {2\pi j}}\oint_C {V\left( z \right)z^{ - n} dz} V[n]=2πj1​∮C​V(z)z−ndz

  根据公式 (1-2-1) 以及 z 变换的位移特性，则有 I ( z ) = V ( z ) [ 3 − z − z − 1 ] I\left( z \right) = V\left( z \right)\left[ {3 - z - z^{ - 1} } \right] I(z)=V(z)[3−z−z−1]

  对电阻网络施加电流 I [ n ] = δ [ n ] − δ [ n − 1 ] I\left[ n \right] = \delta \left[ n \right] - \delta \left[ {n - 1} \right] I[n]=δ[n]−δ[n−1] ，对应的 I ( z ) = 1 − z − 1 I\left( z \right) = 1 - z^{ - 1} I(z)=1−z−1 。则 V ( z ) = I ( z ) 3 − z − z − 1 = 1 − z − 1 3 − z − z − 1 = z − 1 − z 2 + 3 z − 1 V\left( z \right) = { {I\left( z \right)} \over {3 - z - z^{ - 1} }} = { {1 - z^{ - 1} } \over {3 - z - z^{ - 1} }} = { {z - 1} \over { - z^2 + 3z - 1}} V(z)=3−z−z−1I(z)​=3−z−z−11−z−1​=−z2+3z−1z−1​ 那么 R = V [ 0 ] − V [ 1 ] = 1 2 π j ∮ C z − 1 − z 2 + 3 z − 1 ( 1 − z ) z − 1 d z R = V\left[ 0 \right] - V\left[ 1 \right] = {1 \over {2\pi j}}\oint_C { { {z - 1} \over { - z^2 + 3z - 1}}\left( {1 - z} \right)z^{ - 1} } dz R=V[0]−V[1]=2πj1​∮C​−z2+3z−1z−1​(1−z)z−1dz = 1 2 π j ∮ C ( z − 1 ) 2 z − 1 z 2 − 3 z + 1 d z = {1 \over {2\pi j}}\oint_C { { {\left( {z - 1} \right)^2 z^{ - 1} } \over {z^2 - 3z + 1}}dz} =2πj1​∮C​z2−3z+1(z−1)2z−1​dz

  上述积分通过留数定理进行求取。 积分公式中包含有三个极点 p 1 = 0 ,   p 2 = 3 − 5 2 , p 3 = 3 + 5 2 p_1 = 0,\,p_2 = { {3 - \sqrt 5 } \over 2},p_3 = { {3 + \sqrt 5 } \over 2} p1​=0,p2​=23−5 ​​,p3​=23+5 ​​ 由于 I [ n ] , V [ n ] I\left[ n \right],V\left[ n \right] I[n],V[n] 都是双边序列，所以它们的收敛域都是圆环。 根据电流激励源为 I [ n ] = δ [ n ] − δ [ n − 1 ] I\left[ n \right] = \delta \left[ n \right] - \delta \left[ {n - 1} \right] I[n]=δ[n]−δ[n−1] ，所以可以知道 ∑ n = − ∞ + ∞ I [ n ] = 0 ,     ∑ n = − ∞ + ∞ V [ n ] = 0 \sum\limits_{n = - \infty }^{ + \infty } {I\left[ n \right]} = 0,\,\,\,\sum\limits_{n = - \infty }^{ + \infty } {V\left[ n \right]} = 0 n=−∞∑+∞​I[n]=0,n=−∞∑+∞​V[n]=0 也就是 I [ n ] , V [ n ] I\left[ n \right],V\left[ n \right] I[n],V[n] 都是面积可和序列，所以它们存在离散傅里叶变换， 这也说明 I ( θ ) , V ( θ ) I\left( \theta \right),V\left( \theta \right) I(θ),V(θ) 的收敛域包含有单位圆。

  根据上述分析，可以知道积分号中的被积函数的收敛域只能如下图所示。

  所以， R R R 对应的围线积分的路径中只包含有 p 1 = 0 , p 2 = ( 3 − 5 ) / 2 p_1 = 0,p_2 = \left( {3 - \sqrt 5 } \right)/2 p1​=0,p2​=(3−5 ​)/2 两个极点。 这两个极点对应的留数分别为 R e s [ ( z − 1 ) 2 z − 1 z 2 − 3 z + 1 ] z = 0 = 1 ,    R e s [ ( z − 1 ) 2 z − 1 z 2 − 3 z + 1 ] z = 3 − 5 2 = − 1 5 {\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ { { {\left( {z - 1} \right)^2 z^{ - 1} } \over {z^2 - 3z + 1}}} \right]_{z = 0} = 1,\,\,{\mathop{\rm Re}\nolimits} s\left[ { { {\left( {z - 1} \right)^2 z^{ - 1} } \over {z^2 - 3z + 1}}} \right]_{z = { {3 - \sqrt 5 } \over 2}} = - {1 \over {\sqrt 5 }} Res[z2−3z+1(z−1)2z−1​]z=0​=1,Res[z2−3z+1(z−1)2z−1​]z=23−5 ​​​=−5 ​1​ 所以求出的电阻阻值为 R = 1 − 1 5 R = 1 - {1 \over {\sqrt 5 }} R=1−5 ​1​

  到此为止，我们了解了在求解电阻网络相邻节点电阻的时候，利用离散傅里叶变换（DFT）的作用，并不是对于各节点信号进行频谱分析，而是利用 DFT 描述了电阻网络在节点电流激励下 网络节点电压之间的关系。 也就是把上面表达式（1-2-1）转换成（1-2-2）。然后在DFT变换域内对 I [ n ] = δ [ n ] − δ [ n − 1 ] I\left[ n \right] = \delta \left[ n \right] - \delta \left[ {n - 1} \right] I[n]=δ[n]−δ[n−1] 作用下求解 V [ n ] V\left[ n \right] V[n] ，进而可以获得 R = V [ 0 ] − V [ 1 ] R = V\left[ 0 \right] - V\left[ 1 \right] R=V[0]−V[1] 。

  在最后计算过程中，需要对比较复杂的三角函数进行积分，这个过程显得比较麻烦。

  离散傅里叶变换实际上是 z 变换的一种特殊形式， 也就是 z = e j θ z = e^{j\theta } z=ejθ ，即 z 变换在单位圆上的取值。 所以将上述分析更换成 z 变换的形式，也能够进行求解。

  如果将电阻网络看成离散节点电流输入 I [ n ] I\left[ n \right] I[n] ，离散节点电压输出 V [ n ] V\left[ n \right] V[n] ，因此这是一个线性离散时不变系统。 描述它可以使用 z 变换。 这样系统方程就变成了（1-3-1）。 在 z 变换域内求取系统的输出更加方便。

  可以看到最后计算时，利用留数定理计算最终的积分值比较方便，避免了比较复杂的三角函数的积分计算。 但在分析被积函数的收敛域的时候，需要比较小心。

  这学期的信号与系统进展到第五章，拉普拉斯变换与 z 变换。 前几天看到一篇博文中对于无限电阻网络求解相邻节点阻抗中使用了离散傅里叶变换 (DFT) 的方法比较新颖。 分析了DFT在其中仅仅是起到描述线性时不变离散时间系统的作用，所以将其替换成 z 变换进行描述，则在分析求解过程中会更加的清晰。

■ 相关文献链接:

• Infinite Ladder of 1Ω of Resistor

● 相关图表链接:

• 图1.1 一欧姆组成的无线电阻网络
• 图1.1.2 向左，向右两个半边无限电阻网络等效电阻
• 图1.1.3 半边无限电阻网络的每一级都是等效电阻R’
• 图1.1.4 相邻节点之间的等效电阻
• 图1.1.5 每个节点对应的电压与电流
• 图1.1.6 在相邻两个节点施加正负1A电流激励
• 图1.3.1 积分式内函数的收敛域