第2章信号基础

2.1 什么是信号

物理课上量温度,结果是一个数:36.5℃。但温度计放在室外,早上冷、中午热、傍晚又凉下来——这个数在变。把"随时间变化的物理量"记录下来画成曲线,就是信号。

雷达发出的电磁波、麦克风收到的声音、心电图的电压,都是信号。它们的共同点:值在持续变化,变化本身携带信息。医生盯着心电图看的不是某一刻的数值,而是波形的节律是否平稳,从而判断心脏的跳动,波形一旦消失则意味着心跳停止。雷达的逻辑也一样:发出信号,等待回波,回波的形态里藏着目标的距离、速度,乃至形状。

正弦波

工程里最常用的信号形式是正弦波:

s(t) = A \sin(2\pi f t + \varphi)

公式里有三个参数:振幅 $A$、频率 $f$、相位 $\varphi$。本节只讲前两个,相位留到后续章节再展开。既然暂时不考虑相位,一切从简,公式可以简化成:

s(t) = A \sin(2\pi f t)

振幅 $A$ 描述信号的强弱,即波形偏离零点的最大距离,单位通常是伏特(V)。振幅越大,信号能量越强,雷达发射功率越大,理论上探测距离就越远(具体见第4章雷达方程)。

频率 $f$ 描述信号每秒完整起伏的次数,单位是赫兹(Hz),1 Hz 就是每秒起伏 1 次。频率的倒数是周期 $T = 1/f$,表示完成一次完整起伏所需的时间。

举个例子:弹簧上挂一个重物,拉开后放手,重物上下振动。从最高点→平衡位置→最低点→平衡位置→最高点,走完这一圈就是一个周期 $T$。如果这个过程用了 0.5 秒,频率就是 $f = 1/0.5 = 2\,\text{Hz}$,每秒能完成两次这样的振动。

下图画出了 2 Hz、5 Hz、10 Hz 三条正弦波。注意看最上面一行:2 Hz 的波形在 1 秒内只完成了两次起伏,周期 $T = 0.5\,\text{s}$,波形舒缓。再看最下面一行:10 Hz 在同样的 1 秒里挤进了 10 次起伏,波形密得多。频率越高,同一段时间里"塞进去"的振动次数越多。

数学上可以证明,任何形状的周期信号都能分解成若干正弦波的叠加。这个结论叫傅里叶定理,也是正弦波在工程里被反复使用的根本原因。你可能会想:为什么不用方波或三角波做基本单元?因为方波本身就可以分解成无穷多个正弦波的叠加。正弦波是"不可再分"的最小振动模式(当然余弦也行,只是相位90°),用它做基底才能保证分解的唯一性。下一节从这里展开。

顺带提一个记号问题:公式里的 $2\pi f$ 经常被写成一个字母 $\omega$,叫角频率,单位是 rad/s(弧度每秒)。两者的关系是 $\omega = 2\pi f$。你在其他教材里会频繁遇到 $\omega$,知道它和 $f$ 只差一个 $2\pi$ 的倍数就够了,后续章节我们统一用 $f$。

频率为什么是雷达工程师最关心的参数

电磁波在空间传播时,相邻两个波峰之间的距离叫波长 $\lambda$,它和频率的关系是:

\lambda = \frac{c}{f}

$c \approx 3\times10^8\,\text{m/s}$ 是光速。频率越高,波长越短,这一点带来三个实际影响。

波长越短,雷达分辨细小目标的能力越强。毫米波雷达波长约 1–10 mm,能看清车道线;米波雷达波长约 1 m,只适合探测大型目标。

低频电磁波绕射能力强,能翻越山丘、穿过云层;高频方向性好,但容易被雨水和水汽衰减。实际雷达的工作频段,是在这两者之间做权衡。

这东西就像是显示屏的分辨率一样,4K看上去就是比1080p,更加清晰,能看到更多的细节。

目标运动时,回波的频率会发生轻微偏移——靠近时频率升高,就像迎面而来的救护车鸣笛声变尖。雷达靠检测这个频率差来测量目标速度,具体原理见第 5 章。

真实信号是叠加出来的

雷达回波很少是单纯的正弦波。不同距离、不同速度的目标各贡献一个频率成分,混在一起返回接收机。

下图把 3 Hz(振幅 1.0)、7 Hz(振幅 0.6)、15 Hz(振幅 0.3)三个正弦波画在同一张图里。三条细线是各自的分量,红色粗线是它们相加后的复合信号。可以看到,复合信号的波形忽高忽低、毫无规律可言——仅凭肉眼几乎猜不出它是由三个频率合成的。

这样的复合信号,怎么看出里面藏了哪些频率?这个问题引出了频域分析,下一节从这里出发。

2.2 时域与频域

上一节末尾留了一个问题:把 3 Hz、7 Hz、15 Hz 三个正弦波叠加之后,得到一条看起来杂乱的波形。怎么从这条曲线里看出它是由哪些频率构成的?

答案是换一个角度看同一个信号。

两种描述方式

同一个信号可以用两种方式描述,就像同一栋楼可以从正面看,也可以从侧面看。

时域是我们最熟悉的视角:横轴是时间,纵轴是信号的值。心电图、录音波形、示波器屏幕上的曲线,都是时域的表示。它回答的问题是:这个信号在某一刻的值是多少?

频域换了一个角度:横轴是频率,纵轴是该频率成分的强度。它回答的问题是:这个信号里有哪些频率,各占多大比重?

两种描述携带的信息完全等价——没有任何信息丢失,只是呈现方式不同。选择哪种视角,取决于你想回答什么问题。

从时域到频域

还是上一节那三个分量:3 Hz(振幅 1.0)、7 Hz(振幅 0.6)、15 Hz(振幅 0.3)。下面这张四宫格图把时域和频域的对应关系摆在一起。

先看上面一行。左上是三条分量各自的时域波形,颜色不同,节奏不同,这一步还分得清楚。右上是它们相加后的复合信号——和上一节图 2.2 一样,杂乱无章。

再看下面一行。左下是单独一个 3 Hz 正弦波的频域:整张图只有一根谱线,立在 3 Hz 的位置,高度等于振幅 1.0。一个纯正弦波在频域里就是这么干净——一根线,没有任何多余的成分。

右下是复合信号的频域:三根竖线分别立在 3、7、15 Hz 的位置,高度正好是 1.0、0.6、0.3。上面时域里那条杂乱的波形,到了频域里结构完全暴露——三个分量的频率和强度一目了然。

傅里叶变换

从时域波形计算出频域频谱,用的工具叫傅里叶变换(Fourier Transform)。反过来,从频谱还原时域波形,叫傅里叶逆变换。

傅里叶变换实现的数学的细节不是本节的重点,读者可以去看奥本海姆的信号与系统补补基础,或者网上找个短平快的教程。你现在只需要建立一个直觉:傅里叶变换做的事情,就像把一束白光送入棱镜,白光看起来是一种颜色,经过棱镜折射之后分解成红橙黄绿蓝紫,每种颜色对应一个频率。傅里叶变换对信号做的,正是这件事。

实际计算中用的是离散版本,叫快速傅里叶变换(FFT,Fast Fourier Transform),计算效率极高。

雷达为什么需要频域

雷达接收到的回波是一个时域信号:振幅随时间变化的电压。但雷达想知道的不是"此刻电压是多少",而是"回波里有没有某个特定频率,有多强"。

目标的距离信息藏在回波的时间延迟里——回波比发射信号晚了多少时间,就对应多远的距离。延迟是时间轴上的位移,时域分析直接可读。

目标的速度信息藏在回波的频率偏移里——运动目标让回波频率相对发射频率发生轻微变化(多普勒效应)。这个偏移在时域波形里几乎看不出来,但在频域里是一根谱线的位移,一目了然。

这也是为什么雷达信号处理要在两个视角之间来回切换:距离用时域,速度用频域,各有各的用武之地。

频率分辨率

频谱图上能分开两根相邻谱线的最小间距,叫频率分辨率,记作 $\Delta f$。它和观测时间 $T_{\text{obs}}$ 之间有一个简单的关系:

\Delta f \approx \frac{1}{T_{\text{obs}}}

观测 1 秒,能分辨 1 Hz 的差异;观测 0.1 秒,只能分辨 10 Hz 的差异——观测时间越长,能分辨的频率间距越小,分辨能力越精细。

如果你只听了一个声音 0.01 秒,很难判断它是 440 Hz 还是 441 Hz;但如果听了 1 秒,两个音高的差别就能分辨出来。

这个限制在雷达里有实际影响:观测目标的时间越长,测速精度越高,但代价是雷达需要持续照射目标更长时间。时间和频率之间存在一个基本的权衡关系,第4章讨论脉冲压缩时还会回到这一点。

到这里,我们一直在讨论连续信号——信号在每一个时刻都有值。但计算机处理不了连续信号,必须把它变成一串离散的数字。怎么变?变的时候会丢信息吗?下一节回答这个问题。

2.3 采样定理

前两节讨论的正弦波、叠加、频谱,都是在"连续时间"的框架下说的:信号在每一个时刻都有值,时间轴是一条不间断的实数轴。

但计算机没法处理连续信号。计算机只能存数字,存一个就是一个,存不了无穷多个。要让计算机处理信号,必须把连续信号变成一串离散的数值——这个过程叫采样。

采样的操作很简单:每隔固定时间取一个点,记录下那一刻的信号值,其余时刻全部丢弃。问题是:丢了那么多信息,还能还原出原来的信号吗?

采样率和奈奎斯特条件

每秒取多少个点,就是采样率 $f_s$,单位 Hz。

采样率越高,还原越准确,但存储和传输都有成本。那最低需要多高?

采样定理(也叫奈奎斯特–香农定理)给出了底线:

f_s > 2 f_{\max}

$f_{\max}$ 是信号中包含的最高频率分量。采样率只要严格大于最高频率的两倍,信号就能被完整还原,不丢失任何信息。

$f_s / 2$ 这个分界线有个专门的名字,叫奈奎斯特频率。采样率 1000 Hz 对应的奈奎斯特频率就是 500 Hz——意味着这个采样率最多能正确捕捉 500 Hz 以下的信号成分。

采样不够快会怎样:混叠

下图对一个 10 Hz 正弦波做了三种采样率的实验。灰色线是原始信号,橙色圆点是采样点,蓝色虚线是从采样点重建出来的波形。从上到下依次看:

第一行,40 Hz 采样($f_s = 4f$)。远超奈奎斯特条件,橙色采样点足够密,蓝色重建波形和灰色原始信号几乎完全重合。

第二行,20 Hz 采样($f_s = 2f$)。刚好踩在临界线上。按理论说 $f_s > 2f$ 才行,这里是等于而不是大于。结果很有意思:$\sin(2\pi \cdot 10 \cdot n/20) = \sin(n\pi) = 0$,每个采样点恰好落在正弦波的零点上,重建出来的信号是一条零线。信号完全消失了。

这个例子说明"等于"不行,必须"大于"——临界采样在特定相位下会彻底失效。

第三行,12 Hz 采样($f_s < 2f$)。采样率低于奈奎斯特要求,发生了混叠(aliasing):看蓝色虚线,重建出来的波形不再是 10 Hz,而变成了一个缓慢起伏的 2 Hz 低频信号。原始的高频信号被"伪装"成了一个不存在的低频信号。

混叠频率有一个简单的计算关系:$f_{\text{alias}} = f_s - f_{\text{signal}} = 12 - 10 = 2\,\text{Hz}$。

混叠一旦发生就无法挽回——你没办法从已有的采样数据中分辨出那个 2 Hz 到底是"真的 2 Hz 信号"还是"10 Hz 被混叠下来的假象"。这就是为什么采样率必须满足奈奎斯特条件,没有余地可以打折。

混叠在生活中经常能观察到,电影里汽车轮毂看起来"倒转",就是视觉采样率(每秒 24 帧)不够高,轮辐的旋转频率超过了奈奎斯特频率,高频运动被混叠成低频的反向旋转。

荧光灯下用手机拍屏幕出现滚动条纹,也是类似的道理:手机快门频率和屏幕刷新频率之间的关系不满足采样条件,导致出现虚假的低频图案。

ADC

雷达接收机里有一个关键器件叫模数转换器(ADC,Analog-to-Digital Converter),它的工作就是对回波信号做采样——把连续的模拟电压变成离散的数字序列,交给后续的数字信号处理器。

ADC 的采样率直接决定了雷达能处理多大带宽的信号。如果雷达发射的信号带宽是 50 MHz,ADC 的采样率至少需要 100 MHz 以上。高采样率的 ADC 很贵,功耗也大,这是雷达设计中的一个现实约束。

另一个实际问题是:采样率越高,每秒产生的数据量越大,对存储和实时处理的要求也越高。所以雷达工程师不是简单地把采样率拉到最高,而是根据信号带宽选择"刚好够用再留一点余量"的采样率。

2.4 小练习

这些练习覆盖本章的三个核心概念：正弦波参数、时域与频域的关系、采样定理。建议先自己做，再对照解析检查思路。

练习 1：频率与周期的换算

问题： 一个正弦信号的周期是 $T = 0.02\,\text{s}$，它的频率是多少？这个频率在人耳可听范围内吗（人耳可听范围约 20 Hz - 20000 Hz）？

解析： 由 $f = 1/T$ 可得

f = \frac{1}{0.02} = 50\,\text{Hz}

50 Hz 在人耳可听范围内，是一个比较低的频率。日常生活中的交流电频率就是 50 Hz，因此有时能听到设备发出的低频嗡嗡声。

练习 2：从频谱读信息

问题： 某信号的频谱图上有两根谱线：一根在 100 Hz 处，高度 3 V；另一根在 250 Hz 处，高度 1 V。

（a）写出这个信号的时域表达式（忽略相位）。

（b）如果要对这个信号采样，采样率至少要多高？

如果你想把这道题和图联系起来看，可以直接运行 ch02_exercise_signals.m 中练习 2 的部分，对照频谱图反推时域表达式。

解析： 频谱中的每一根谱线都对应一个正弦分量，因此时域信号可以写成

s(t) = 3\sin(2\pi \cdot 100 \cdot t) + 1\sin(2\pi \cdot 250 \cdot t)

这个信号的最高频率分量是 250 Hz。根据采样定理，采样率必须满足

f_s > 2f_{\max} = 2 \times 250 = 500\,\text{Hz}

因此采样率至少要大于 500 Hz。实际工程中通常会留一点余量，例如取 600 Hz 或 1000 Hz。

练习 3：混叠判断

问题： 你用 800 Hz 的采样率对一个信号采样。信号里包含三个频率分量：100 Hz、300 Hz、500 Hz。哪些分量会发生混叠？混叠后会表现为什么频率？

可直接运行 ch02_exercise_signals.m 中练习 3 的部分，重点观察 500 Hz 分量如何折叠到 300 Hz。

解析： 800 Hz 采样率对应的奈奎斯特频率为

\frac{f_s}{2} = 400\,\text{Hz}

因此，100 Hz 和 300 Hz 都低于 400 Hz，不会发生混叠；500 Hz 高于 400 Hz，会发生混叠。混叠后的表观频率为

f_{\text{alias}} = f_s - f_{\text{signal}} = 800 - 500 = 300\,\text{Hz}

也就是说，500 Hz 分量会折叠到 300 Hz 处，并和原本就存在的 300 Hz 分量重合。这样不仅会出现假象，还会把原来的 300 Hz 分量一起污染掉。

练习 4：雷达场景计算

问题： 一部雷达发射频率为 10 GHz 的电磁波。

（a）这个信号的波长是多少？（$c = 3 \times 10^8\,\text{m/s}$）

（b）如果目标以 30 m/s 的速度靠近雷达，回波频率是升高还是降低？只需定性回答，不必计算具体数值。

解析： 波长由

\lambda = \frac{c}{f}

计算，因此

\lambda = \frac{3 \times 10^8}{10 \times 10^9} = 0.03\,\text{m} = 3\,\text{cm}

这属于 X 波段雷达常见的波长范围。

当目标向雷达靠近时，回波频率会升高。原因和救护车靠近时鸣笛声变尖是一样的：波源与观察者相对靠近，波被压缩，频率上升。

练习 5（动手题）：观察混叠现象

问题： 运行 ch02_exercise_signals.m 中练习 5 的代码，观察 7 Hz 采样 5 Hz 信号时的波形结果。这个场景下，混叠后的表观频率是多少？和图中结果是否一致？

这道题最好直接动手运行 ch02_exercise_signals.m。先自己算出结果，再看图里重建波形的频率是否和你的计算一致。

解析： 混叠频率可按

f_{\text{alias}} = f_s - f_{\text{signal}}

计算，因此

f_{\text{alias}} = 7 - 5 = 2\,\text{Hz}

所以图中重建出来的波形应表现为一个 2 Hz 的低频信号，而不是原来的 5 Hz 信号。若你运行 ch02_exercise_signals.m，会看到图形结果与这个结论一致。

练习 6：频率分辨率

问题： 雷达对一个目标连续观测了 0.05 秒。目标回波中可能包含两个多普勒频率分量：1000 Hz 和 1015 Hz。这两个分量在频谱上能分开吗？如果不能，至少需要观测多长时间？

解析： 频率分辨率近似为

\Delta f = \frac{1}{T_{\text{obs}}}

代入观测时间 $T_{\text{obs}} = 0.05\,\text{s}$，得到

\Delta f = \frac{1}{0.05} = 20\,\text{Hz}

而两个频率分量只相差 15 Hz，小于 20 Hz，因此在当前观测时间下分不开。

如果要把 15 Hz 的差别分辨出来，就需要满足

T_{\text{obs}} \ge \frac{1}{15} \approx 0.067\,\text{s}

也就是至少需要大约 67 ms 的观测时间。

练习 7：临界采样不总是归零

问题： 2.3 节演示了 $f_s = 2f$、初始相位为零时，采样点全落在零点上。现在换一个情况：信号

s(t) = \sin(2\pi \cdot 10 \cdot t + \pi/4)

仍用 20 Hz 采样。采样值还会全是零吗？这个信号能被正确重建吗？

解析： 把 $t = n/20$ 代入原式，可得

s\!\left(\frac{n}{20}\right) = \sin(n\pi + \pi/4)

当 $n$ 为偶数时，采样值为

\sin(\pi/4) = \frac{\sqrt{2}}{2}

当 $n$ 为奇数时，采样值为

\sin(\pi + \pi/4) = -\frac{\sqrt{2}}{2}

因此采样值不再全是零，而是在 $\pm \sqrt{2}/2$ 之间交替出现。

但这并不表示信号已经被正确重建。因为在临界采样条件 $f_s = 2f$ 下，采样值并不能唯一对应原始连续信号。也就是说，虽然采样点不全为零，但原信号依然不能被稳定、唯一地恢复出来。这正是采样定理要求 $f_s$ 必须严格大于 $2f$ 的原因。

第2章 信号基础