第五章連續(xù)時間系統(tǒng)復(fù)頻域分析

第五章、連續(xù)時間系統(tǒng)的復(fù)頻域分析§5.1

引言傅里葉級數(shù)、傅里葉變換和頻域分析法引入了信號頻譜和系統(tǒng)頻率響應(yīng)的概念，具有清晰的物理意義。但頻域分析有其局限性，表現(xiàn)在：1、要求函數(shù)絕對可積。2、要求系統(tǒng)是穩(wěn)定系統(tǒng)。3、運算復(fù)雜主要內(nèi)容:拉普拉斯變換與反變換線性系統(tǒng)的拉斯變換分析法線性系統(tǒng)的模擬(方框圖)信號流圖與梅森公式§5.2拉普拉斯變換拉普拉斯變換在數(shù)學(xué)中是直接從積分變換

的觀點定義的，我們將從信號分析的角度出發(fā)，由傅里葉變換推廣到拉普拉斯變換1、從傅里葉變換到拉普拉斯變換函數(shù)f(t)不滿足絕對可積條件往往是由于當(dāng)︱t︱→∞時f(t)不衰減造成的，因此若人為乘上一個衰減因子e-σt，則就可能符合絕對可積條件，因而其傅里葉變換存在。￥-￥￥-￥f

(t)e-(s

+

jw

)t

dt[

f

(t)e-s

t]e-

jw

tdt

=-s

tF

[

f

(t)e

]

=￥-￥f

(t)e-stdtF

(s)

=則積分結(jié)果為s

的函數(shù)，所以上式表示為：令s

=s

+jw￥-￥F

(s)e

jw

tdw

1

2p反之：

f

(t)e-s

t

=

F

-1[F

(s)]

=￥-￥stjs

+

j￥s

-

j￥F

(s)e

ds

1

2pj\

f

(t)

=

1

2pf

(t)

=F

(s)e(s

+

jw

)t

dw

s

=

s

+

jw

\

dw

=

1

ds雙邊拉普拉斯變換更常用的是單邊拉普拉斯變換，定義為：D￥-￥f(t)e-st

dtF

(s)

=sts

+

j￥s

-

j￥F

(s)e

ds

1

2pjf

(t)

=￥-0f(t)e-st

dtF

(s)

=

L

[

f

(t)]

=F

(s)e

ds]ste(t)

1

2pjs

+

j￥s

-

j￥f

(t)

=

L

-1[F

(s)]

=

[與傅里葉變換一樣有時也記為f

(t)

?

F

(s)表示它們是一對拉普拉斯變換對，f(t)稱為原函數(shù)，F(xiàn)(s)稱為象函數(shù)。2、拉普拉斯變換的物理意義F

:是將信號分解為無窮多L

:是將信號分解為無窮多個分量，每個分量的幅度為￥-￥F

(

jw

)e

jwtdw

1

2pf

(t)

=個e

jwt

分量，每個分量的幅度為2p

1

F

(

jw

)dwsts

+

j￥s

-

j￥F

(s)e

ds

1

2pjf

(t)

=est1F

(s)ds2pj這里的s與傅里葉變換中的jω相對應(yīng)，常稱

s為復(fù)頻率，因此，拉普拉斯變換分析法常稱為復(fù)頻域分析法。在傅里葉變換中一對

e

jwt

,

e-

jwt

合成一個實信號，代表的是一個正弦分量；在拉普拉斯變換中的一對

est

,

e-st

也應(yīng)合成一個實信號。那么，它代表的是一個什么分量呢？的含義3、estA1A2B1B2C1*C2C1C2*對est有了以上認(rèn)識后，再來看看拉普拉斯變換的意義。拉普拉斯變換：將f(t)沿σ-j∞→σ+j∞分解為無窮多個est分量。拉普拉斯反變換：沿σ-j∞→σ+j∞積分路徑，將無窮多個est分量迭加得f(t)。傅里葉變換：則是沿路徑-j∞→+j∞即虛軸的分解與迭加，因此它是拉普拉斯變換的特例§5.3

拉普拉斯變換的收斂域當(dāng)f(t)乘上一個因子e-σt后，f(t)e-σt有可能收斂，到底是否斂域還取決于σ的取值，這就是拉普拉斯變換的收斂域問題。絕對可積仍不滿足絕對可積條件不滿足絕對可積條件若取s

=

4

則

f

(t)e-4t

=

e-te(t)若取s

=

2

則

f

(t)e-2t

=

ete(t)例如：f

(t)=e3te(t)可見s

>3

滿足絕對可積條件;s

￡

3仍不滿足絕對可積條件1、定義：能使f(t)e-σt滿足絕對可積條件的σ的取值范圍稱拉普拉斯變換的收斂域在收斂域內(nèi)f(t)的拉普拉斯變換F(s)存在，在收斂域外則不存在。F(s)的所有極點必須在收斂域外。2、單邊拉普拉斯變換收斂域的判別方法0F

(s)存在，s

>s

0即為F

(s)的收斂域。若s

>s

時lim

f

(t)e=0

則f

(t)e-s

t

絕對可積-s

ttfi

￥在s平面上以σ=σ0

為界將s

平面分為兩個區(qū)域。σ=σ0

稱收斂軸（邊界），稱σ0

為收坐標(biāo)，而σ>σ0

為收斂域（不包含邊界），2、常用單邊拉普拉斯變換的收斂域下面將通過一些例子來總結(jié)有關(guān)單邊拉普拉斯變換收斂域的一些結(jié)論。（1）、持續(xù)時間有限的單個脈沖信號對于這種信號能量有限，因此不管σ取何值總是滿足，收斂域為整個s平面，拉斯變換無條件存在。tfi

￥lim

f

(t)e

=

0-st（2）、單位階躍信號e(t)容易看出，要

lim

e-ste(t)

=

0

只要

s

>

0tfi

￥所以，收斂域為不包含虛軸的右半平面。（3）、單邊指數(shù)函數(shù)eate(t)要

lim

eate(t)e-st

=

lim

e(a

-s

)t

=

0tfi

￥

tfi

￥只要s

>a所以收斂域與單位階躍信號e(t)相同。（4）、單邊斜變函數(shù)te(t)容易看出，要

lim

e-stte(t)

=

0

只要

s

>

0tfi

￥結(jié)論：1、在電子技術(shù)中常用的有始函數(shù)一般都屬于指數(shù)階函數(shù)，單邊拉普拉斯變換存在，有收斂域。2、能量有限的信號，單邊拉普拉斯變換的收斂域為整個復(fù)平面。3、有始無終的單邊函數(shù)，單邊拉普拉斯變換的收斂域總是在某一收斂軸的右邊。4、在收斂域中不包含極點。5、凡符合絕對可積條件的函數(shù)不僅存在拉普拉斯變換，而且存在傅里葉變換，收斂域必定包含虛軸；反之，凡不符合絕對可積條件的函數(shù)，收斂域必不包含虛軸，傅里葉變換不一定存在?！?.4

常用函數(shù)的拉普拉斯變換=

￥1、指數(shù)函數(shù)

eate(t)

a

為常數(shù)￥

￥s

-

ae

a

t

e

-

st

dt-

stf

(

t

)

e

dt

=F

(

s

)

=00

0s

-a1e

-

(

s

-

a

)

t

dt

=

1

\

eate(t)

?s=α為極點，所以收斂域為σ>Re(α)s

+

a1同理

e-ate(t)

?有了指數(shù)函數(shù)這個基本變換對，我們就可以派生出許多其他變換對。例如：（1）、ε(t)1

eate(t)fl

a

fi

0e(t)s

-

afl

a

fi

01s（2）、單邊正弦函數(shù)sinω0tε(t)2000011110000w0]

=-=

1

[s2

+

w2

j s

-

jw

s

+

jw2

j2

j-

jw

tjw

t-

jw

tjw

t]

-

L

[e

]}-

e

]}

=

{L

[e(t)]

=

L

{

[eL

[sin

w

te200w

0s2

+

w\

sin

w

te(t)

?20s2

+

wscos

w

0te(t)

?同理可得收斂域為s

>0另外，衰減的正弦、余弦、雙曲函數(shù)等都可用同樣的方法求出。2、t

的正冪函數(shù)

tnε(t)

（n為正整數(shù)）00001nt

de1ssns￥￥n

-st￥￥n

-sttn-1e-stn-1(t)]

=tne-stdt

=

-=

-

[t

e-

ndt]

=L

[t

eL

[t

e(t)]sn+1s

s

s\

L

[tne(t)]

=

n

L

[tn-1e(t)]

=

n

n

-1

L

[tn-2e(t)]

=

=

n!sn+1n!\

t

ne(t)

?等等。21s3s2,

t

2e(t)

?由此可得：te(t)?03、單位沖激函數(shù)δ(t)￥--std(t)edt

=1

即d(t)?1L

[d(t)]

=另外，符合絕對可積條件的函數(shù)不僅存在拉普拉斯變換，而且存在傅里葉變換。所以，其傅里葉變換和拉普拉斯變換可以相互轉(zhuǎn)化。F

(s)?jw

?

sjw

fi

s

fiF

(

jw

)對不符合絕對可積條件的函數(shù)，其傅里葉

變換和拉普拉斯變換則不符合上面的轉(zhuǎn)化關(guān)系。§5.6

拉普拉斯變換的性質(zhì)和傅里葉變換一樣，拉普拉斯變換也有一些重要的性質(zhì)，掌握它很重要。一方面對變換的本身可有一個深入的了解，另一方面在求拉普拉斯正變換以及拉普拉斯反變換時可簡化我們的運算。兩種變換的性質(zhì)有些是相似的，而有些是有區(qū)別的，要注意它們的相似之處和不同之處不要混淆。還要注意的是這些性質(zhì)都是針對單邊拉普拉斯變換的。f2

(t)

?

F2

(s)a1

F1

(

s)

+

a2

F2

(

s)f1

(t)

?

F1

(s)

,a1

f1

(t

)

+

a2

f

2

(t

)

?a1

,a2

為常數(shù)F

(

s

)0的常數(shù)1)

a

為大于asF

(a2、尺度變換若：

f

(

t

)

?則：

f

(

at

)

?1、線性若：則：3、時間平移若：F

(

s

)f

(

t

)e(

t

)

?則：–stf

(t

–

t0

)e(t

–

t0

)

?

F

(s)e

0例1：f(t)如圖求F(s)。解：

f

(t)=e(t)-e(t

-T)(11

1ss

s-sT-e-sT)=1e(t)]-L

[e(t

-T)]=

-

e\

F(s)

=L

[-

￥

<

s

<

￥例2:

如圖有始周期函數(shù)f(t)，若其第一f1

(t)

?

F1

(s)個周期的函數(shù)記為f1(t)，且求F(s)。解：f

(t)

=

f1

(t)

+

f1

(t

-

T

)

+

f1

(t

-

2T

)

+￥n=0-nsTF1

(s)=

F1

(s)e

=

1

-

e-sTF

(s)

=

F

(s)

+

F

(s)e-sT

+

F

(s)e-2

sT

+1

1

1由這個例子我們可以得出二個結(jié)論：1、對于周期為T的有始周期函數(shù)，求其拉普拉斯變換只要求其第一個周期的變換，然后再乘以。1

-

e

-

sT12、反之若見到象函數(shù)的分母含有因子1

-e

-sT

就應(yīng)想到其原函數(shù)為有始周期函數(shù)，所以做反變換時也只要做第一個周期的反變換，然后再以T為周期延拓。1

+

e-sT例3：已知

F

(s)=

1

求f(t)。11

-

e-sT=1

-

e-2

sT

F

(s)

=1

+

e-sT解：令F

(s)

=

1

-

e-sT1\

f1

(t)

=

d

(t)

-

d(t

-

T

)￥從而：f

(t)=

f1

(t

-2nT

)n=0f1(t),

f(t)如圖：由圖我們可以寫出f(t)更簡潔的形式：￥n=0nf

(t)

=(-1)

d(t

-

nT

)4、復(fù)頻域平移若：?

F

(s

s0

)f

(t)?F

(s)

則f

(t)e–s0t例如：由002002w

0+

w

s

2cos(

w

t

)e

(

t

)

?s

2sin(

w

t

)e

(

t

)

?可得：2002000cos(sin(s

+

ww(

s

+

a

)

2

+

w

s

+

a

w

t

)

e

(

t

)

?e(

s

+

a

)

2

+

ww

t

)

e

(

t

)

?e-

a

t-

a

t又如由

1

s

2te

(

t

)

?可得

1

(

s

+

a

)

2te

-a

te(

t

)

?5、時域微分若：

f

(t)

?

F

(s)

則

df

(t)

?

sF

(s)

-

f

(0-

)￥￥￥---00-00dtdtf

(t)e-stdt

=

sF(s)

-

f

(0-)￥f

(t)e-st

+

se-stdf

(t)

=e-stdt

=dt證明：L

[

df

(t)]

=

df

(t)本性質(zhì)可推廣到n階導(dǎo)數(shù)，即：//n-3f

(0-

)?

sn

F

(s)

-

sn-1

f

(0-

)

-

sn-2

f

/

(0-

)

-

sdt

nd

n

f

(t)-

-

sf

(

n-2)

(0-

)

-

f

(

n-1)

(0-

)0-說明：這里的

f

(0-

),

f

￠(0-

)

是指函數(shù)

f

(t)及其各階導(dǎo)數(shù)在

0-

時刻的值，如果都取

0+因此本書采用系統(tǒng)。時刻的值也是可以的，這常稱為

0+

系統(tǒng)。當(dāng)f

(t)

及其它的各界導(dǎo)數(shù)在0-和0+的值不同時，它們的拉普拉斯變換是不同的，但本性質(zhì)還是適用的。由于在分析系統(tǒng)時用0-系統(tǒng)比較方便，例如：設(shè)f

(t)

=

e-ate(t)f

￠(t)，求

0+

和

0-系統(tǒng)下，

f

(t)

?s的拉普拉斯變換。1s

+af

￠(t)

?

sF

(s)

-

f

(0-

)

=s

+

a解：0-系統(tǒng)則s-af

￠(t)

?

sF

(s)

-

f

(0+

)

=-1

=s

+as

+a0+系統(tǒng)則t0F

(

s)sf

(t)dt

?6、時域積分若：

f

(t

)

?

F

(

s)

則ttt1

F(s)s

s1[[00000000f

(t)e dt

==

-

es-1s￥-st￥-st￥

t-st￥-stf

(t)dt

+f

(t)dt]def

(t)dt]e dt

=f

(t)dt]

=證明：L

[本性質(zhì)也可推廣到多重積分的情況。注意，這里我們對f

(t)的積分區(qū)間是[0,t]這對f

(t)本來是一個有始信號是合適的；如積分區(qū)間是[-￥

,t]也可求出它的單邊拉普拉斯變換：00t

0tF

(s)ssf

(t)dt-￥-￥=+

-￥

L

[

f

(t)dt]

=

L

[

f

(t)dt

+

f

(t)dt]顯然當(dāng)是有始信號兩者是一致的。f

(t)￥stF

(

x)dx則

f

(t)

?

￥￥￥￥￥

￥

￥\=s-sts-xt-xtste

dtF

(

x)dx

f

(t)

?

f

(t)

te

dx]dtf

(t)[dt]dx

=[

f

(t)eF

(

x)dx

=00s

0積分若：f

(t)?F

(s)證明:(積分)ds-

dF

(s)7、復(fù)頻域微分與積分微分

若：f

(t)

?

F

(s)

則

tf

(t)

?8、對參變量的微分與積分?a

2a1a

2a1F

(a

,

s)daf

(a

,

t)da

??a?a?f

(a

,

t)則：F

(a

,s)

其中a為參變量?F

(a

,

s)若：f

(a

,t)?例：已知f

(t)=te-ate(t)求F

(s)s

+

a1解：

e-ate(t)

?1111]

=

-?a]

=(s

+

a

)2\

F

(s)=(s

+

a

)2

?

[

1?a

s

+

a(s

+

a

)2ds s

+

a

?

[e

-ate(t)]

=

-te

-ate(t)

?f

(t)

=

te

-ate(t)

?

-

d

[(2)、使用參變量微分性質(zhì)：(1)、使用微分性質(zhì)：sfi

￥9、初值定理：若函數(shù)f(t)存在導(dǎo)數(shù)f

/(t)，且f(t)?F(s)，f

/(t)存在拉普拉斯變換。則：f

(0+)=lim

sF

(s)000stdte

dtdtdtdtdt--+￥

df

(t)

0+

df

(t)￥

df

(t)-

-st

-

-st￥

df

(t)-stdf

(t)

?

sF(s)

-

f

(0-)e

dt

=e

dt

+=

f

(0+

)

-

f

(0-)

+0+證明：由時域微分性質(zhì)即：sF(s)-f

(0)=e

dt

兩邊求極限得\

limsF(s)

=

f

(0+)sfi

￥如果f(t)在t=0處有沖激及其導(dǎo)數(shù)存在，則F(s)為假分式，可分解為s的多項式與真分式之和：F

(s)

=

a

+

a

s

+

+

a

s

p

+

F

(s)0

1

p

p/(

p

)0

1

p

pp

pFp

(s)sfi

￥(t)

+

f

(t)f

(0+

)

=

f

(0+)

=

lim

sF

(s)d(t)

+

a

d

(t)

++

a

d設(shè)：f

p

(t)?則：f

(t)=a由于沖激函數(shù)及其導(dǎo)數(shù)不影響f

(0+)的值，所以：10、終值定理若函數(shù)f(t)及其導(dǎo)數(shù)f/(t)存在拉普拉斯變換，F(xiàn)(s)

的極點都位于s平面的左半平面或在原點處有一個單極點。00￥￥++=

f

(

0

+

)

+

f

(

￥

)

-

f

(

0

+

)

=

f

(

￥

)dtdtdf

(

t

)

e

-

st

dtf

(

0

+

)

+

lims

fi

0\

lim

sF

(

s

)

=s

fi

0df

(

t

)

e

-

st

dt則：

f

(

￥

)

=

lim

sF

(

s

)s

fi

0證明：

上面已證明

sF

(

s

)

=

f

(

0

+

)

+\

f

(

0

+

)

=

lims\

f

(

￥

)

=

lim

sF

(

s

)

=

0s

fi

0s

fi

￥p由于F

(s

)的極點為例1：F

(

s

)

=s

=-a

位于s平面的左半平面s

+

a-

a

s

=

-as

+

a\

F

(

s

)

=

-

as

+

a(a

>0)

求f

(t

)的初值和終值。s

+

a解：

F

(

s

)

=

1

+

-

a2020=

1點s1，2由于F

(s

)在虛軸上有一對共軛極\f

(￥

)不存在。s

2s

2求

f

(

t

)

的初值和終值。s

2s例

2：F

(

s

)

=解：

f

(

0

+

)

=

lims

fi

￥=

–

jw

0+

w+

w1

21

22pj復(fù)頻域：

f

(t)

f

(t)

?

1

[F

(s)

*

F

(s)]11、卷積定理若：

f1

(t)

?

F1

(s)

,

f2

(t)

?

F2

(s)

則：時域：

f1

(t)

*

f2

(t)

?

F1

(s)F2

(s)證明：時域0211

2f

(t)

e￥-st￥

￥0

-￥￥

0=

F

(s)dt

=

F

(s)

F

(s)L

[

f1

(t)

*

f2

(t)]

=

f1

(t)

f2

(t

-t)dt

e

dt-st=

f1

(t)

f2

(t

-t)e

dt

dt-st￥0頻域1212211111xtL

[

f

(t)F

(

x)

e

dxe

dtf

(t)

edtdx2p

j2p

j-st-(

s-x

)ts

-

j￥f

(t)]

=f

(t)

2p

j￥=F

(

x)

0=2p

jF2

(

x)

F1

(s

-

x)dx=[F1

(s)

*F2

(s)]￥0s

+

j￥s

-

j￥s

+

j￥s

-

j￥s

+

j￥§5.5

拉普拉斯反變換前面解決了由f(t)求象函數(shù)F(s)的問題，即拉普拉斯正變換；這一節(jié)要解決由函數(shù)F(s)求原函數(shù)f(t)的問題，即拉普拉斯反變換。在進(jìn)行拉普拉斯反變換時與傅里葉反變換一樣，我們主要也是依靠常用變換對再結(jié)合性質(zhì)和典型例子，通過將F(s)化成我們認(rèn)識的變換對，然后直接寫出原函數(shù)。一、部分分式展開法(Haviside

Theorem)若象函數(shù)為有理分式：m,n為正整數(shù)a,b為實數(shù)0N

(s)

b

sm

+

bF

(s)

=n-1

1=

m

m-1

1

0D(s)

sn

+

a sn-1

++

a

s

+

asm-1

++

b

s

+

bns

ts

tiis

-

sk

is

-

snkns

-

sik

iiis

=

si

ii

=1s

-

s1

s

-

s2k1

k

2\

f

(

t

)

=-1

[k

e

e(

t

)]

=

k

e

e(

t

)而：L其中

:

k

i

=

(

s

-

si

)

F

(

s

)則：F(s

)=,

且

n

>

m

,

即

F

(

s

)為真分式+

++ +

+(1)

F

(

s

)有

n

個單極點

s1

,

s2

sn2121kk2k1s=-2s=-1f

(t)

=

(3e-2t

-

e-t

)e(t)s+

1

s

+

2\

F

(s)

=

-

1

+=

3s

+

1=

[

2s

+

1]=

-1,

k3s+

2=

[

2s

+

1]s

=

-1,

s

=

-2(s

+

1)(s

+

2)

s

+

1

s+

2s

2

+

3s

+

2解：F

(s)=

2s

+

1

= +求f(t)例1：F

(s)=

2s

+

1

求f

(t)2s2

+

6s

+

42s3

+10s2

+18s

+

9例2：F

(s)=分析：顯然F(s)為假分式，可化為一個s的多項式和真分式之和，可以使用長除法。4s2

+14s

+

94s2

+12s

+

82s

+1 s

+

22s3

+10s2

+18s

+

92s3

+

6s2

+

4s2s2

+

6s

+

4解：2]\

f

(t)

=

d

/

(t)

+

2d(t)

+

1

(3e-2t

-

e-t

)e(t)2

s2

+

3s

+

22s

+1\

F

(s)

=

s

+

2

+

1

[(

2

)

F

(

s

)有n個單極點，但

n

￡

m

即

F

(

s

)

為假分式則應(yīng)將F(s)化為多項式和真分式之和，而多項式的反變換為沖激函數(shù)及其導(dǎo)數(shù)，真分式則可用部分分式展開法求反變換。s

2s=

-1

–

j

2+

2

s

+

5解：極點求f

(t

)例3、F

(s

)==(s

+1)2

+

22s

+1

-

1

22

(s

+1)2

+

22(s

+1)2

+

4s1,

2sF

(s)

=2(3)、若F(s)分母中的二次式有一對共軛復(fù)根，則在部分分式展開時應(yīng)把它們作為整體來處理。f

(t)

=

e-t

(cos

2t

-

1

sin

2t)e(t)1

0

1

0用待定系數(shù)法確定a

,a

,b

,b(s2

+1)(s2

+

3)例：F

(s)=

s

+

2

求f

(t)3222221223t

-

1

sin\

f

(t)

=

(

1

cos

t

+

sin

t

-

1

cos2

2-1

-

1

s

1

32

s2

+

3

3

s2

+

33t)e(t)s2

+1+1

ss2

+1

s2

+

3 2

s2

+11

s

+1

1

s

+1\

F

(s)

=

2

-

2

==

-

1

s

-1s

+1=

s

+

2k

(s)

=

(s2

+

3)F

(s)=

1

s

+1s

+

3=

s

+

2k

(s)

=

(s2

+1)F

(s)s

=-3s2

=-3s

=-1s2

=-1其中k1

(s),k2

(s)應(yīng)為一次式。解：F

(s)=a1s

+a0

+b1s

+b0s2

+1

s2

+

3或

F

(s)

=

k1

(s)

+

k2

(s)s2

+1

s2

+

3422-

4==

3

+ =

-s

+

2s

+

33s

2

+

1k2

(s)

==

s

-

1sk1

(s)

=s

2

+

2s

+

5k2

(s)s

2

+

33s

2

+

13s

2

+

1s

+

1

(

s+1)2

+4=0s2

+2

s+5=0s

+

1

(

s+1)2

-2(

s+1)+4=0+

2s

+

5

s2

+3=0解：F

(s)

=

k1

(s)

+求f(t)又例：F

(s)=(s

2

+

3)(s

2

+

2s

+

5)-=+

3

22

(s

+1)2

+

4s2

+

3

3

s2

+

3

(s

+1)2

+

4s

-

1

3

s

+1\

F

(s)

=

s

-1

-

s

-

2

s2

+

3

s2

+

2s

+

52\

f

(t)

=

(cos 3t

-

1

sin 3t

-

e-t

cos

2t

+

3

e-t

sin

2t)e(t)s

-

sn+s

-

s+=+

++

+s

-

sp+1Kp+11+

K1111Kn1K1

p

K1

p-1p+2

np+11(s

-

s

)i(s

-

s

)

p

(s

-

s

)

p-1)(s

-

s

)(s

-

s

)K1iN

(s)D(s)

(s

-

s

)

p

(s

-

sF

(s)

=

N

(s)

=3(4)、若F(s)有一個p階極點s1，另有n-p個單極點sp+1，...sn。則：111ps=sp-id

p-i[(s

-

s

)

F

(s)](

p

-

i)!

ds其中：K1i

=1K1iK1iti-1es1te(t)(i

-1)!]

=(s

-

s

)i而：L

-1[+s

tiii=

p+11112K1

p

t

p-1

+

K1(

p-1)(t)(

p

-

2)!(

p

-1)!n\

f

(t)

=

[1K

e

et

p-2

+

+

K t

+

K

]es

te(t)ns

tipK

eKii=

p+1i

1

s

ti=11i(i-1)!f

(t)

=

1e(t)t

-

e

e(t)

+f

(t)s(s

+1)3例：F

(s)=

s

-

2

求++

K21K23

K22s

(s

+1)3

(s

+1)2

s

+1\

F

(s)

=

K1

+解：F

(s)有四個極點：s1

=

0,

s2

=

-1

(三階)231=

3s=-1s=0s=

s

-

2=

-2

,

K(s

+1)3=

s

-

2

K22=

2s=-1s=-1s21

d

[

s

-

2

]

=

2(3

-

2)!

ds

sK

=1

-

4]

=s=-1s=-1s=-1[

2

]

=

2

s3

=

22

ds

s1

d

21

s

-

2d

2K21

=

(3

-1)!

ds2

[

s223++(s

+1)2

s

+1\

F

(s)

=

-

2

+3222s

(s

+1)332-

2]e(t)t

+

2t

+

2)e=

[((1

-1)!t

+t

2

+(3

-1)!

(2

-1)!\

f

(t)

=

{-2

+[-tt

0

]e-t

}e(t)二、圍線積分法復(fù)變函數(shù)中的圍線積分nc

g(s)ds

=

2pj

Re

sii=1表示復(fù)變函數(shù)g(s)沿s平面中不經(jīng)過極點的閉合路徑c的積分（積分方向為反時針方向），可由g(s)在圍線內(nèi)極點上的留數(shù)來確定。對照拉普拉斯反變換公式：sts

+

j￥s

-

j￥F

(s)e

ds

1

2pjf

(t)

=可見拉普拉斯反變換也是一個復(fù)變函數(shù)的積分問題，被積函數(shù)為F(s)est，積分路徑為σ-j∞→σ+j∞不是圍線，為此我們補(bǔ)充一個半徑為無窮大的半圓使它成為一個閉合路徑，同時可以保證被積函數(shù)的所有極點在圍線內(nèi)。\nACBBAstcst=

Re

sii=1˙

F

(s)est

dsF

(s)e ds

+F

(s)e ds

=

1

2pj

1

2pj

1

2pjBAstF

(s)est

dsF

(s)e ds

=

1

2pj

1

2pjs

+

j￥s

-

j￥顯然f

(t)=nACBst

i=1

1˙

F

(s)e ds

=0

那么f

(t)=Re

si若能證明2pj復(fù)變函數(shù)中的約當(dāng)引理已經(jīng)解決了這個問題，但要滿足兩個條件:1、當(dāng)∣s∣=R→∞時，∣F(s)∣→02、因子est中指數(shù)st的實部σt應(yīng)滿足σt<σ0t，σ0為大于σc的某一常數(shù)。對于第一條，只要F(s)為真分式就可以了。對于第二條，要σt<σ0t

有兩種情況：、t>0

則

σ<σ0、t<0

則

σ>σ0應(yīng)取左半圓弧

應(yīng)取右左半圓弧對于單邊拉普拉斯變換t總是大于0，所以積分路徑總是取左半圓弧。這樣就把復(fù)變函數(shù)的積分問題轉(zhuǎn)化成求被積函數(shù)極點上留數(shù)的問題。歸納起來說：1、拉普拉斯變換中的被積函數(shù)為F(s)est，顯然F(s)的極點就是F(s)est的極點。2、對于單邊拉普拉斯變換，F(xiàn)(s)的收斂域在收斂軸的右邊，因而積分路徑取左半圓弧。3、左半圓弧的半徑為無窮大，因而圍線中包含了F(s)也是F(s)est的所有極點。4、根據(jù)約當(dāng)引理左半圓弧上的積分為0，所以，拉普拉斯反變換就等于F(s)est的所有極點上的留數(shù)之和。即:nf

(t)

=

Re

skk

=1留數(shù)的求法：stRe

sk

=

(s

-

sk

)F

(s)es=sk1、sk

為單極點:kp

stks=s{ [(s

-

s

)

F(s)e

]}(

p

-1)!

ds1Re

sk

=p-1d

p-12、sk為p階極點:s(s

+

3)(s

+1)2例1：F

(s)=

s

+

2

用圍線積分法求

f

(t)解：F

(s)有三個極點：s1

=

0,

s2

=

-3,

s3

=

-1(二階)st2112s=-3s=0est

=

1

e-3t3

s(s

+1)2e

=

2

, Re

s

= s

+

2

s

+

2(s

+

3)(s

+1)2\

Re

s

==

-

1

te-t

-

3

e-t2

4est

]ds

s(s

+

3)s

+

2Re

s

=

d

[s=-1332

1

-

1

-

33

12

2

4i=1-t-t-3tte+

e\

f

(t)

=

Re

si

=

[e

]e(t)用圍線積分法求f

(t)2s2

+

6s

+

42s3

+10s2

+18s

+

9例2：F

(s)=解：顯然

lim

F

(s)

?

0

不符合約當(dāng)引理2

s2

+

3s

+

22s

+1sfi

￥而F

(s)=s

+2

+11s2

+

3s

+

2

(s

+1)(s

+

2)令

F

(s)=

2s

+1

=

2s

+1

2s=-2s=-1s

+

1,

s1

=

-1,

s2

=

-2+

2s

+1

ests

+

2=

2s

+1

est\

f1

(t)

=

Re

s1

+

Re

s=

(3e-2t

-

e-t

)e(t)12121f

(t)e(t)-2t

-t(3e

-

e

)￠=

d

(t)

+

2d(t)

+\

f

(t)

=

L

-1[s

+

2]

+以上我們介紹了兩種求拉普拉斯反變換的基本方法：部分分式法和圍線積分法。對于一些復(fù)雜的F(s)還需要結(jié)合拉普拉斯變換的性質(zhì)來簡化計算，下面再看一例：分析：顯然F(s)不是一個有理分式，不能直接用部分分式法，但F(s)中有e-s/2的因子，應(yīng)該用時間平移性質(zhì)來求解。雖然本題可以用圍線積分法直接求解，但我們也不提倡這么做。2e例3：F

(s)=

求f

(t)s2

+

3s

+

2-

s11

111s2

+

3s

+

2

s

+1

s

+

2則

F

(s)

=

-解：令F

(s)=-t

-2t\

f1

(t)

=

(e

-

e

)e(t)小結(jié)：1、兩種方法都要求當(dāng)∣s∣=R→∞時，∣F(s)∣→02、部分分式法還有更嚴(yán)格的要求，F(xiàn)(s)為有理分式。3、對于一些復(fù)雜的F(s)還需要結(jié)合拉普拉斯變換的性質(zhì)來簡化計算。12

212

2)

=

(e

-

e\

f

(t)

=

f1

(t

--2(t-1

)-(t-1

))e(t

-

)還應(yīng)指出，原函數(shù)f(t)與象函數(shù)F(s)是同一信號在時域和復(fù)頻域中的兩種不同表達(dá)形式。除了掌握變換反變換的求法外，還應(yīng)知道它們之間的對應(yīng)關(guān)系。由f(t)應(yīng)了解F(s)的極零點分布，收斂域等；反之，由F(s)的極零點分布了解f(t)的形式。P280表5-2例如：已知一個二階系統(tǒng)的微分方程為：§5.7線性系統(tǒng)的拉普拉斯變換分析法一、積分微分方程的拉普拉斯變換dt

2

dtd

2

r(t)

dr(t)+

2

+

r(t)

=

e(t)已知：r(0)=1,r￠(0)=1,e(t)=e(t)求全響應(yīng)。解：所給出的初始條件就是指的系統(tǒng)的初始儲能，實際上就是r(0-

),

r￠(0-

)利用拉普拉斯變換的性質(zhì)對方程兩邊進(jìn)行拉普拉斯變換：代入初始條件并整理得：ss2

R(s)

-

sr(0)

-

r￠(0)

+

2[sR(s)

-

r(0)]

+

R(s)

=

1s2s2

+

3s

+1(s

+

2s

+1)R(s)

=s(s

+

1)2s2

+

3s

+

12解之得：R(s)=1+1s

(s

+1)部分分式分解：R(s)=\

r(t)

=

(1

+

te-t

)e(t)由于在我們的求解過程中已經(jīng)計入了初始條件，所以它就是全響應(yīng)。由本例可見，用拉普拉斯變換求解微分方程的實質(zhì)是：這種方法簡單、明了且自動計入初始條件直接求得全響應(yīng)。二、運算等效電路法在電路課程中學(xué)過，要建立電路的數(shù)學(xué)模型要依據(jù)兩個方面的約束：1、元件的伏安特性。2、電路的基本定律(KVL,KIL)現(xiàn)在來看看這些元件和電路定律在時域和復(fù)頻域中的表現(xiàn)形式：微分方程L

fi

代數(shù)方程解代數(shù)方程fi

全響應(yīng)的象函數(shù)L

-1

fi

全響應(yīng)例：電路如圖所示，求回路電流i1(t)。解:1、作運算等效電路，從電路結(jié)構(gòu)看應(yīng)用網(wǎng)孔分析法，故等效電路中的采用等效電壓源。2、列運算方程

515211

2+

)I

(s)

=

2s

62

5-

I

(s)

+

(5

s

(1

+

1)I

(s)

-

1

I

(s)

=

15

s1

1

1251+

-15

-

1s2

+

7s

+12

s

+

3

s

+

4-

1

s

+

6s

5

5s

+

6s\

I

(s)

=

2

5

=

79s+180

=

-

57

+

13611)e(t)-4t-3t5

2

5-1+136e[I

(s)]

=

(-57ei

(t)

=

L運算等效電路法的實質(zhì)是:電路等效fi

運算等效電路解代數(shù)方程fi

全響應(yīng)的象函數(shù)列方程fi

代數(shù)方程L

-1

fi

全響應(yīng)三、從信號分解的角度分析系統(tǒng)全響應(yīng)r(t)=零輸入響應(yīng)rzi

(t)+零狀態(tài)響應(yīng)rzs

(t)1、零狀態(tài)響應(yīng)rzs

(t)a.

e(t)

?

E(s)E(s)b.

定義系統(tǒng)函數(shù)H

(s)=R(s)、若已知系統(tǒng)微分方程，在對方程兩邊作拉普拉斯變換時令初始值為零。、在運算等效電路中不計入由初值等效的電源。這樣我們甚至可以不作等效電路。（3）、基于系統(tǒng)函數(shù)H(s)的方法參照傅里葉變換分析法：c.

R(s)

=

E(s)H

(s)[R(s)]zs-1d.

r

(t)

=

L2、系統(tǒng)函數(shù)H(s)到現(xiàn)在為止我們已經(jīng)學(xué)過三種求零狀態(tài)響應(yīng)的方法：時域：rzs

(t)=e(t)*h(t)頻域：Rzs

(

jw

)

=

E(

jw

)

H

(

jw

)復(fù)頻域：Rzs

(s)

=

E(s)

H

(s)H

(s)H

(

jw

),

h(t)

?即h(t)?由卷積定理知：H

(

jw

)

=

F

[h(t)]

,

H

(s)

=

L

[h(t)]在第四章中曾講過有三種方法求H(jω):（1）、H

(

jw

)

=

F

[h(t)]pfi

jw

fi

H

(

jw

)（2）、H

(p)（3）、若已知的是電路，只要將電路中的元件用阻抗表示，然后由電路求H(jω)。對于H(s)也有類似的方法：（1）、H

(s)

=

L

[h(t)]（2）、H

(

p)

pfi

s

fi

H

(s)（3）、若已知的是電路，只要將電路中的元件用運算阻抗表示，然后由電路求H(s)。另外，H(p)，H(jω)，H(s)三者的關(guān)系可表示為：dtde(t)dtdr(t)dt2d

2r(t)求h(t)例：系統(tǒng)方程為+

e(t)+

4r(t)

=+

4p2

+

4

p

+

4解：H

(

p)

=

p

+1

這一步可不寫1

1-=s

+

2

(s

+

2)2\

H

(s)=

s

+1

=

s+

2

-1s2

+

4s

+

4

(s

+

2)2\

h(t)

=

L

-1[H

(s)]

=

(1

-

t)e-2te(t)、若已知系統(tǒng)微分方程，在對方程兩邊作拉普拉斯變換時令輸入為零。、在運算等效電路中不計入輸入電源。、基于系統(tǒng)函數(shù)H(s)的方法：3、零輸入響應(yīng)rzi

(t)D(

p)由于：H

(

p)

=

N

(

p)

pfi

s

fi

H

(s)

=

N

(s)D(s)稱特征根或自然頻率。D(p)=0

的根l1

,l2

,,lnD(s)

=

0

的根

s1

,

s2

,,

sn

稱系統(tǒng)函數(shù)的極點。顯然，它們是一樣的。因此，所謂特征根、自然頻率、系統(tǒng)函數(shù)的極點僅是名稱不同實質(zhì)

是一樣的。所以，這種方法可描述為：、求出H

(s)的極點s1,s2

,,sn、根據(jù)極點的不同情況寫出零輸入響應(yīng)的一般形式。、根據(jù)初始條件待定系數(shù)。下面再舉兩例：p298

例5.11

電路如圖所示，求回路電流i1(t)。要求分零輸入和零狀態(tài)求。解：作運算等效電路：

5211

2+

)I

(s)

=

2s

62

5-

I

(s)

+

(5

s

(1

+

1)I

(s)

-

1

I

(s)

=

5s

5151

1

1251+--=

-

27

+

56s

+

3

s

+

4s2

+

7s

+12+s

51

s

65

2

5s

+

65

-

1s\

I

(s)=

2

5

=

29s

+

60

1、先求零輸入響應(yīng)，將電路中的激勵短路列回路方程：1zi\

i

(t)

=

(-27e-3t

+

56e-4t

)e(t)2、再求零狀態(tài)響應(yīng)，將電路中的等效電源短路，列回路方程：

515211

2+

)I

(s)

=

0s

62

5-

I

(s)

+

(5

s

(1

+

1)I

(s)

-

1

I

(s)

=

10

s5

2

51

1

1051+

-10

-

1s

+

3

s

+

4s2

+

7s

+12-

1

s

+

6s

5

5s

+

6s\

I

(s)

=

2

5

=

50s+120 1zs\

i

(t)

=

(-30e-3t

+

80e-4t

)e(t)(t)

==

(--3507+e-830t

+136e-4t

)e(t)\全響應(yīng)i1

(t)=i1zi

(t)+i1zs又例：電路如圖所示，開關(guān)K在t=0時開啟，求t>0時的uc(t)。解：對這個問題現(xiàn)在我們已經(jīng)有多種方法求解。這里我們采用先求系統(tǒng)函數(shù)，再分零輸入、零狀態(tài)的方法求解。這樣可避免作運算等效電路。511=s2

+

2s

+

50.4s1

+

0.5s

+0.4sH

(s)

=1、求H

(s)5K2

(s)=

K1

+s

s2

+

2s

+

5

s

s2

+

2s

+

5U

(s)

=

E(s)H

(s)

=

6sE(s)

=

6czs2、求uczs

(t)3021=

30=

6=-=

-6(s

+

2)ssK

(s)

=

30s2

+

2s

+

5K

=1

s+2s

5s2

+2

s+5=0s=0]=

6

-

6[+

1

22

(s

+1)2

+

22s

(s

+1)2

+

22s

+

2s

s2

+

2s

+

5s

+1\

U

(s)

=

6

-

6czs-t

-t\

uczs

(t)

=

(6

-

6e

cos

2t

-

3e

sin

2t)e(t)3、求uczi

(t)-

+

-

+先求初值：il

(0 )

=

il

(0 )

=

3A,

uc

(0 )

=

uc

(0 )

=

3Vdtdu

(t)cl即il

(t)=Cuc￠(t)

t

>

0

時

i

(t)

=

C130.4clC++￠\

u

(0 )

=i

(0 )

==

7.5(V

/

S)H

(s)的極點：s1,2

=

-1

–

j2\

u

(t)

=

e-t

(c

cos

2t

+

c

sin

2t)czi

1

2=

7.5-

c

+

2c代入初值:

c1

=

3

1

2\

c1

=

3 ,

c2

=

5.25\

u

(