尽管还有其他两个答案，我还是会添加一个，因为我觉得你的最后一段还没有得到满意的回答。

具有脉冲响应h[n]的离散时间 LTI 系统具有$h[n]$传递函数

$$H(z)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}h[n]z^{-n}\tag{1}$$

给定输入序列x[n]的输出y[n]由卷积和给出$y[n]$$x[n]$

$$y[n]=\sum_{k=-\infty}^{\infty}h[k]x[n-k]\tag{2}$$

对于我们从$x[n]=a^n$$(2)$

$$y[n]=\sum_{k=-\infty}^{\infty}h[k]a^na^{-k}=a^n\sum_{k=-\infty}^{\infty}h[k]a^{-k}=a^nH(a)\tag{3}$$

其中方程式。用于最后一个等式。方程。表明对于，离散时间 LTI 系统的输出只是输入信号的加权版本。因此，序列是离散时间 LTI 系统的特征函数。$(1)$$(3)$$x[n]=a^n$$a^n$

关键是复指数函数是 LTI 系统链路的特征函数。因此频率没有变化，即 LTI 系统转换为（复值）增益。$H(j\omega_0)$

对于离散系统，特征函数是采样的指数函数link，即 ，其中是归一化频率。离散 LTI 系统的输出则为。$x[n] = A\cdot e^{j\omega_n n}$$\omega_0=2\pi f/f_s$$y[n]=H(e^{j\omega_n})\cdot A \cdot e^{j\omega_nn}$

编辑： 离散输入信号 x[n] 可以写成复指数的加权和，即链接。这种转变实际上是基础的改变。通过 LTI 系统驱动这样的信号将使用复值增益对每个指数函数进行加权。因此，不会引入额外的频率。$X(e^{j\omega}) = \sum_{n}x[n]e^{j\omega}$ $H(e^{j\omega})$

注意（有点超出范围，但很容易实现）： 在处理采样连续时间信号和处理有限长度信号时，由于混叠和窗口化，您可能会观察到额外的频率。

事实证明，仅仅因为它是线性和时不变的，LTI 离散时间系统的输出 n]使用卷积从输入$y[n]$$x[n]$

$$y[n] = \sum\limits_{i=-\infty}^{+\infty} x[i] \, h[n-i]$$

其中是由于输入为 Kronecker delta的脉冲响应$h[n]$

$$\delta[n] = \begin{cases} 1, & \text{if }n = 0 \\ 0, & \text{if }n \ne 0 \end{cases}$$

因此，如果，则。$x[n]=\delta[n]$$y[n]=h[n]$

现在，如果，证明如果$x[n]=e^{j \omega n}$

$$x[n]=e^{j \omega n}$$

然后

$$y[n] = H(e^{j \omega}) e^{j \omega n} = H(e^{j \omega}) x[n]$$

在哪里

$$H(z) = \sum\limits_{n=-\infty}^{+\infty} h[n] \, z^{-n}$$

因为我很懒（并且需要继续前进），所以我很高兴任何人都可以编辑此答案以包含和显式推导。但这很容易。然后替换。$a = e^{j \omega}$