你基本上是对的：在单个频率点评估的频率响应是一个复杂的常数。请注意，输入信号的更好表示法是，强调只是一个任意但固定的频率，而不等于，后者通常用作傅里叶变换的自变量。所以你想出的常数就是。$x(t)=e^{j\omega_0t}$$\omega_0$$\omega$$H(j\omega_0)$

除此之外，您的“证明”中的主要问题是您不能采用的拉普拉斯变换，因为它不存在。即使采用傅里叶变换——它确实作为一个广义函数存在——也无济于事，因为你得到了两个狄拉克脉冲的无意义分数。$e^{j\omega_0t}$

当然，如果输入的傅里叶变换是（对应于时域输入），那么输出的傅里叶变换将是。但是，如上所述，您不能仅将这两个频域表达式相除以求出系统的频率响应。$\delta(\omega-\omega_0)$$e^{j\omega_0t}$$H(j\omega)\delta(\omega-\omega_0)=H(j\omega_0)\delta(\omega-\omega_0)$

如果您使用复指数作为输入，您可以在时域中除以找到一个特定频率的频率响应：如果，则和，这当然是一个通常的复数值常数。$x(t)=e^{j\omega_0t}$$y(t)=H(j\omega_0)e^{j\omega_0t}$$H(j\omega_0)=y(t)/x(t)$

请注意，通常具有傅里叶变换仅允许您确定系统在成立的频率下的频率响应，即通过计算。对于复指数，仅在单个频率处满足，因此，您可以仅在该单个频率处确定频率响应。$x(t)$$X(j\omega)$$X(j\omega)\neq 0$$Y(j\omega)/X(j\omega)$$X(j\omega)\neq 0$

当 LTI 系统的输入是特征函数时，则：

$$x(t) = e^{j\omega_0 t} => y(t) = H(\omega_0) e^{j\omega_0 t}$$

其中是 LTI 系统的相关特征值；在特定频率下评估的传递函数：$H(\omega_0)$

$$H(\omega_0) = H(s)|_{s = j\omega_0}.$$

这里不是传递函数，而是只有一个特征函数可以找到它的一个值。$H(s)$

但是，如果您使用本征函数的一般表达式，则输入为，输出将为这里假设 ; 一个常数，因此在分数表达式中你会发现。这里，常数实际上是未知变量 ...$x(t) = e^{j\omega t}$

$$y(t) = H(j\omega) e^{j \omega t}.$$ $H(j\omega) = a$$H(s) = \frac{Y(s)}{X(s)} = a = H(j\omega)$ $a$$H(j\omega)$

请注意，特征值将是给定特定频率的复数常数。但是随着给定频率的变化，常数（通常）也会发生变化。它就像一个普通函数被视为特定值是一个相当不同的映射......$H(\omega)$$\omega_0$$f(x)$$x = x_0$$x$

特征函数$e^{j\omega t}$, 取决于参数$\omega$，每个都有一个特定的特征值$a_\omega$（可能不同）。所以对于任何线性算子$\mathcal{L}$（包括拉普拉斯），即使是形式上（不考虑存在），你也不能因式分解$a_\omega$在 $\mathcal{L}(\sum a_\omega e^{j\omega t})$在总和之外，除非所有 $a_\omega$是平等的。

如果它们相等，那么您确实会有一个恒定的传递函数。

为了使“跳跃太快”的可视化更加具体，我将把你最初的推理用于多项式。有点像：任何单项式除以$x$是一个常数。多项式是单项式的总和，因此通过将多项式除以适当的幂，每个多项式都是一个常数 [这通常是错误的]