我是 OP，下面是我自己分析这个电路的尝试（通过找到它的输入电阻）。
在我得到这个问题的书中，作者给出了输入电阻的两个表达式（\$r_{in}\$，或 AC 中的 \$\dfrac{v_{in}}{i_{in}}\$模型）这个自举偏置电路。两个表达式如下：
\$\dfrac{v_{in}}{i_{in}} = \dfrac{R_3}{1-A} \parallel (r_\pi + (\beta+1)( R_2 \parallel R_1 \parallel R_E )) \$
\$\dfrac{v_{in}}{i_{in}} = \dfrac{(\beta+1) R_E'R_3 + r_\pi (R_3 + R_E')}{R_3+r_\pi}\$
表达式 2 是通过对电路的 AC 模型（我在问题中提出的）的彻底分析获得的。表达式 1 使用了更简化的假设，但它对电路的行为提供了更多的直觉（参见下面的解决方案 1）。
作为参考，下面是我尝试找到输入电阻的两个表达式。
解决方案 1
在这个解决方案中，我试图找到 \$\dfrac{v_{in}}{i_{in}} = \dfrac{R_3}{1-A} \parallel (r_\pi + (\beta+1)( R_2\平行R_1\平行R_E))\$。
由于电路作为射极跟随器的行为（如 jonk 的回答中所解释），节点 V 的电压约为 \$AV_{in}\$，其中 A 是射极跟随器的增益（因此 A 非常接近1）。
因此，通过 \$R_3\$ 分支的电流约为 \$\dfrac{v_{in} - Av_{in}}{R_3} = \dfrac{(1-A)v_{in}}{R_3}\美元。由于 A 非常接近 1，\$\dfrac{(1-A)v_{in}}{R_3}\$ 非常接近 0。
现在，让我们用 \$i_b\$ 表示 \$v_{in}\$（通过 \$r_\pi\$ 分支的电流）。由于通过 \$R_3\$ 的电流与通过 \$ R_2 \parallel R_1 \parallel R_E \$ 的电流相比非常小，因此我将忽略 \$R_3\$ 分支进行以下计算，并假设所有发射极电流 (\$(\beta+1)i_b\$) 通过 \$ R_2 \parallel R_1 \parallel R_E \$ 组合。因此，\$v_{in}\$ 可以计算为 \$r_\pi\$ 两端的电压（即 \$i_br_\pi\$）加上 \$ R_2 \parallel R_1 \parallel R_E \$ 两端的电压（即 \$(\beta+1)i_b( R_2 \parallel R_1 \parallel R_E )\$）：
\$v_{in} = i_br_\pi + (\beta+1)i_b( R_2 \parallel R_1 \parallel R_E )\$
所以，通过\$r_\pi\$的电流可以表示为：
\$i_b = \dfrac{v_{in}}{ r_\pi + (\beta+1)( R_2 \parallel R_1 \parallel R_E )}\$
现在，让我们计算 \$i_{in}\$。它可以计算为通过 \$R_3\$ 和 \$r_\pi\$ 的电流之和：
\$ i_{in} = \dfrac{(1-A)v_{in}}{R_3} + \dfrac{v_{in}}{ r_\pi + (\beta+1)( R_2 \parallel R_1 \parallel R_E)} \$
现在，让我们计算 \$\dfrac{v_{in}}{i_{in}}\$：
\$\dfrac{v_{in}}{i_{in}} = \dfrac{v_{in}}{\dfrac{(1-A)v_{in}}{R_3} + \dfrac{v_{in} }{ r_\pi + (\beta+1)( R_2 \parallel R_1 \parallel R_E )}}\$
\$\dfrac{v_{in}}{i_{in}} = \dfrac{1}{\dfrac{(1-A)}{R_3} + \dfrac{1}{ r_\pi + (\beta+ 1)(R_2\平行R_1\平行R_E)}}\$
\$\dfrac{v_{in}}{i_{in}} = \dfrac{1}{\dfrac{1}{\dfrac{R_3}{1-A}} + \dfrac{1}{ r_\pi + (\beta+1)( R_2 \parallel R_1 \parallel R_E )}}\$
\$\dfrac{v_{in}}{i_{in}} = \dfrac{R_3}{1-A} \parallel (r_\pi + (\beta+1)( R_2 \parallel R_1 \parallel R_E )) \$
在这个近似表达式中，我们可以清楚地确定其中一个平行分量，\$\dfrac{R_3}{1-A}\$，是作者提到的明显非常大的“有效阻力”。
解决方案 2
在这个解决方案中，我试图找到 \$\dfrac{v_{in}}{i_{in}} = \dfrac{(\beta+1) R_E'R_3 + r_\pi ( R_3 + R_E')}{ R_3+r_\pi}\$。
在标记为 V 的节点上应用 KCL（从晶体管发射极进入该节点的电流为 \$(\beta+1)i_b\$）：
\$(\beta+1)i_b = \dfrac{V}{R_1}+\dfrac{V}{R_2}+\dfrac{V}{R_E} + \dfrac{V-v_{in}}{R_3} \$
\$(\beta+1)i_b = V\left ( \dfrac{1}{R_1}+\dfrac{1}{R_2}+\dfrac{1}{R_E} \right ) + \dfrac{V-v_ {in}}{R_3}\$
使 \$\dfrac{1}{R_1}+\dfrac{1}{R_2}+\dfrac{1}{R_E} = R_E'\$：
\$(\beta+1)i_b = \dfrac{V}{R_E'} + \dfrac{V-v_{in}}{R_3}\$
现在，用 \$v_{in}\$ 和 \$i_b\$ 表示 \$V\$：
\$V=v_{in}-i_br_\pi\$
使 \$V=v_{in}-i_br_\pi\$ 在节点方程中：
\$(\beta+1)i_b = \dfrac{v_{in}-i_br_\pi}{R_E'} + \dfrac{v_{in}-i_br_\pi-v_{in}}{R_3}\$
\$v_{in} = i_b\left [(\beta+1) R_E' + r_\pi + \dfrac{r_\pi R_E'}{R_3} \right ]\$
将此 \$v_{in}\$ 表达式重新代入公式 \$V=v_{in}-i_br_\pi\$：
\$V = v_{in} - i_br_\pi = i_b\left [(\beta+1) R_E' + \dfrac{r_\pi R_E'}{R_3} \right ]\$
现在，将 \$i_{in}\$ 表示为通过 \$r_\pi\$ 和 \$R_3\$ 的电流之和：
\$i_{in} = i_b+\dfrac{v_{in}-V}{R_3}\$
用 \$i_b\$ 代入 \$V\$ 和 \$v_{in}\$ 的表达式：
\$i_{in} = i_b+\dfrac{i_br_\pi}{R_3}=i_b\left ( \dfrac{R_3+r_\pi}{R_3} \right )\$
\$i_{in} = i_b+\dfrac{i_br_\pi}{R_3}=i_b\left ( \dfrac{R_3+r_\pi}{R_3} \right )\$
最后，计算输入电阻（\$\dfrac{v_{in}}{i_{in}}\$）：
\$\dfrac{v_{in}}{i_{in}} = \dfrac{i_b\left [(\beta+1) R_E' + r_\pi + \dfrac{r_\pi R_E'}{R_3} \右]}{i_b\left (\dfrac{R_3+r_\pi}{R_3} \right)}\$
\$\dfrac{v_{in}}{i_{in}} = \left (\dfrac{(\beta+1) R_E'R_3 + r_\pi R_3 + r_\pi R_E'}{R_3} \right ) \left (\dfrac{R_3}{R_3+r_\pi} \right )\$
\$\dfrac{v_{in}}{i_{in}} = \dfrac{(\beta+1) R_E'R_3 + r_\pi (R_3 + R_E')}{R_3+r_\pi}\$
