拉普拉斯变换

$$ \newcommand{\dif}{\mathop{}\!\mathrm{d}} \newcommand{\xleftrightarrow}[1]{\stackrel{#1}{\longleftrightarrow}} \newcommand{\L}{\mathcal{L}} \newcommand{\ft}{\xleftrightarrow{\F}} \newcommand{\red}[1]{\color{orangered}{#1}} $$

拉普拉斯变换的引入

拉普拉斯变换实际上是傅里叶变换的推广，其适用范围更广，并且能进一步简化系统求解。

实际上，我们在 连续时间傅里叶级数 中已经提过，线性时不变系统的特征函数是 $e^{st}$，$s=\sigma+j\omega$，其响应为：

$$ y(t)=H(s)e^{st} $$

在傅里叶级数与傅里叶变换中，$s=j\omega$，如果将 $s$ 扩展到整个复数域，令 $s=\sigma+j\omega$，那么就得到拉普拉斯变换：

$$ X(s)=\int_{-\infty}^{+\infty} x(t)e^{-st}\dif t=\int_{-\infty}^{+\infty} x(t)e^{-\sigma t} e^{-j\omega t}\dif t\\ $$

上式可以看作是 $x(t)e^{-\sigma t}$ 的傅里叶变换。由于我们乘了一个“衰减因子” $e^{-\sigma t}$，这么一来，一些不满足狄利克雷条件的信号就可积。因此适用范围比傅里叶变换广。

对应的傅里叶反变换为：

$$ x(t)e^{-\sigma t}=\frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} X(s) e^{j\omega t}\dif \omega\\ x(t)=\frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{+\infty} X(s) e^{(\sigma+j\omega)t}\dif \omega $$

我们用 $\dif s$ 代替 $\dif \omega$，由于 $\sigma$ 可以看作常数，故有拉普拉斯反变换：

$$ x(t)=\frac{1}{2\pi j} \int_{-\infty+\sigma}^{+\infty+\sigma} X(s) e^{st} \dif s $$

总结：拉普拉斯正变换 与 拉普拉斯反变换：

$$ X(s)=\int_{-\infty}^{+\infty} x(t)e^{-st}\dif t\\ x(t)=\frac{1}{2\pi j} \int_{-\infty+\sigma}^{+\infty+\sigma} X(s) e^{st} \dif s $$

$X(s)$ 又称为 象函数，$x(t)$ 又称为 原函数。

收敛域

上面说了，$e^{-\sigma t}$ 是一个衰减因子，$\sigma$ 的取值不同，衰减的速度也不同。如果衰减速度过慢，则 $x(t)e^{-\sigma t}$ 就不收敛。因此，我们定义 收敛域 为使 $X(s)$ 存在的 $s$ 的区域，简记为 ROC（region of convergence），也就是拉氏变换的存在条件。

由于 $\sigma$ 的取值不同，其衰减的方向也不同：

• $\sigma>0$，$x(t)$ 是右边信号（只有 $t>0$ 时有值），则存在 $\sigma_1$，对 $\forall \sigma>\sigma_1$，$\lim_{t\rightarrow+\infty} x(t) e^{-\sigma t}=0$。 此时，ROC: $\sigma>\sigma_1$
• $\sigma<0$，$x(t)$ 是左边信号（只有 $t>0$ 时有值），则存在 $\sigma_2$，对 $\forall \sigma>\sigma_2$，$\lim_{t\rightarrow-\infty} x(t) e^{-\sigma t}=0$。 此时，ROC: $\sigma>\sigma_2$

比如考虑 指数阶信号 $x(t)=e^{\sigma_0 t} u(t)$，若 $\sigma_0<0$，则要使 $\lim_{t\rightarrow+\infty} e^{(\sigma_0-\sigma) t}=0$，$\sigma>\sigma_0$，收敛域（ROC）为：$\sigma>\sigma_0$（如下图）

这里介绍几个常用的判断收敛域的法则：

• 指数阶信号的收敛域为 $\sigma > \sigma_0$（右边信号） 或 $\sigma > \sigma_0$（左边信号）
• 有界的非周期信号的拉氏变换一定存在
• 可以通过增长速度判断收敛域：
  • $t^n$ 信号比 $e^{t}$ 增长慢，故 $t^n$ 的 ROC 为 $\sigma > 0$
  • $e^{t^2}$ 比指数信号增长快，故 ROC 不存在

🚩注意 求拉氏变换时必须写出 ROC

常用信号拉普拉斯变换

用 $\L[x(t)]$ 表示拉氏变换。

阶跃信号

$$ \begin{align} \L [u(t)]&=\int_{0_-}^{+\infty} 1 \cdot e^{-st} \dif t\\ &= \frac{1}{-s} e^{-st} \Big\vert_{0_-}^{+\infty}\\ &= \frac{1}{s} \end{align}\\ 令 \lim_{t\rightarrow+\infty} e^{-\sigma t}=0，\text{则ROC为 } \sigma>0 $$

单边指数信号

$$ \begin{align} \L[ e^{-s_0 t}u(t)] &=\int_{0_-}^{+\infty} e^{-s_0 t} \cdot e^{-st} \dif t\\ &= \frac{e^{-(s_0+s)t}}{-(s_0+s)} \Bigg\vert_{0_-}^{+\infty} \end{align}\\ 令 \lim_{t\rightarrow+\infty} e^{-s_0 t} e^{-\sigma t}=0，\\ 即 \lim_{t\rightarrow+\infty} e^{-(\alpha+\sigma) t}=0\\ \text{则ROC为 } \sigma>-\alpha\\ $$

注：$s_0=\alpha+j \omega_0$

冲激信号

$$ \L[\delta(t)]=\int_{0_-}^{+\infty}\delta(t) \cdot e^{-st} \dif t=1\\ \text{ROC 为全平面} $$

右边指数信号

$$ \begin{align} \L [ t^nu(t)] &= \int_{0_-}^{+\infty} t^n \cdot e^{-st} \dif t\\ 分部积分&= \int_{0_-}^{+\infty} t^n \frac{1}{-s} \dif e^{-st}\\ &= \frac{e^{-st}}{-s} t^n \Big\vert^{+\infty}_{0_-}-\frac{n}{-s} \int_{0_-}^{+\infty} t^{n-1} e^{-st}\dif t\\ &= \frac{n}{s} \int_{0_-}^{+\infty} t^{n-1} e^{-st}\dif t\\ &= \frac{n}{s} \L [ t^{n-1}u(t)] \end{align}\\ 令 \lim_{t\rightarrow+\infty} t^n e^{-\sigma t}=0，\text{则ROC为 } \sigma>0 $$

由于 $\L[u(t)]=\dfrac{1}{s}$，则由递推关系，得到：

$$ \L[t^n u(t)]=\frac{n!}{s^{n+1}} $$

拉普拉斯逆变换

如果按照定义式来求复变函数积分，会很复杂。我们可以利用已知拉普拉斯变换对，或留数定理来求。

围线积分法（留数定理）

知乎：利用留数法计算Laplace变换

设 $s_1,s_2,\cdots,s_n$ 为 $X(s)$ 的所有奇点，且 $s\rightarrow 0$ 时，$X(s)\rightarrow 0$，则：

$$ x(t)=\frac{1}{2\pi j} \int_{-\infty+\sigma}^{+\infty+\sigma} X(s) e^{st} \dif s=\sum_{k=1}^n \mathrm{Res}_{s=s_k} [X(s)e^{st}] $$

关于留数，可以看复变函数的相关内容。这里简单贴一下留数的计算方法（来自Todd Zhou的笔记）：

部分分式展开法

首先要知道典型信号的拉式变换表：

$$ \begin{align} 无极点：&\L [\delta(t)]=1 \quad \L[\delta^{(n)}(t)]=s^n\\ 极点在虚轴：&\L[u(t)]=\frac{1}{s} \quad \L[t]=\frac{1}{s^2} \quad \L[t^n]=\frac{n!}{s^{n+1}}\\ &\L[\cos(\omega_0 t)]=\frac{s}{s^2+\omega_0^2} \quad \L[\sin(\omega_0 t)]=\frac{\omega_0}{s^2+\omega_0^2}\\ 极点在实轴：&\L[e^{-\alpha t}]=\frac{1}{s+\alpha} \quad \L[e^{-\alpha t}\cos(\omega_0 t)]=\frac{s+\alpha}{(s+\alpha)^2+\omega_0^2} \\ & \L[e^{-\alpha t}\sin(\omega_0 t)]=\frac{\omega_0}{(s+\alpha)^2+\omega_0^2} \end{align} $$

而一般 $X(s)$ 具有如下的有理分式形式：

$$ X(s)=\frac{B(s)}{A(s)}=\frac{b_m s^m+\cdots+b_1 s+b_0}{a_n s^s+\cdots +a_1 s+a_0}\\ a_i,b_i为实数，m,n为正整数 $$

作因式分解：

$$ X(s)=\frac{B(s)}{A(s)}=\frac{b_m(s-z_1)(s-z_2)\cdots(s-z_m)}{a_n(s-p_1)(s-p_2)\cdots(s-p_n)}=K\frac{\prod_{i=1}^m(s-z_i)}{\prod_{i=1}^n (s-p_i)} $$

其中，$z_1,\cdots,z_m$ 是 $B(s)=0$ 的根，称为 $X(s)$ 的 零点；$p_1,\cdots,p_n$ 是 $A(s)=0$ 的根，称为 $X(s)$ 的 极点

比较常见的是下面三种形式：

$X(s)$	利用的变换对
$$ \frac{1}{(s-p_1)(s-p_2)}=\frac{k_1}{s-p_1}+\frac{k_2}{s-p_2}\\ p_i 为各不相同的实数根 $$	$$ \frac{k}{s-p} \xleftrightarrow{} e^{pt} u(t) $$
$$ \frac{1}{(s-p)(s-p^*)}=\frac{1}{s^2-(p+p^*)s+pp^*} $$	$$ \L[e^{-\alpha t}\sin(\omega_0 t)]\\ \L[e^{-\alpha t}\cos(\omega_0 t)] $$
$$ \frac{1}{(s-p_1)^2(s-p_3)}=\frac{k_1}{s-p_1}+\frac{k_2}{(s-p)^2} +\frac{k_3}{s-p_3}$$	$$ t^n u(t)\xleftrightarrow{} \frac{n!}{s^(n+1)} $$

至于展开式分子 $k_1,k_2\cdots$ 怎么求，这里介绍一个比较快捷的方法（亥维赛德掩盖cover-up法）：

$$ 考虑：\frac{s+1}{(s+2)(s+3)}=\frac{k_1}{s+2}+\frac{k_2}{s+3}\\ 对左右两边同乘 s+2：\frac{s+1}{s+3}=k_1+\frac{k_2}{s+3}(s+2)\\ 然后令 s=-2：-1=k_1\\ 同理可得：2=k_2 $$

但掩盖法只适用于实数根和重根（注：计算重根时，$k_1$ 需要借助求导，$k_2$同上），如果是共轭根，需要老老实实地用待定系数法。

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特殊情况：

1. 非真分式（分子次数大于分母）：利用长除法转化为多项式+真分式，多项式部分可以利用 $\delta(t)$ 以及 s域微分性质；
2. 分子含有 $e^{-s\tau}$ 项，可以先将其取出来，通过时移性质再变回去。
3. 含 $\frac{1}{1-e^{-sT}}$ 项（周期变换因子），则先将其取出来，然后再进行周期变换

拉普拉斯变换的性质

以下都是指单边变换，即 $x(t)u(t)$。

线性性质

$$ \L[a x_1(t)+bx_2(t)]=a \L[x_1(t)]+b \L[x_2(t)]\\ 收敛域取交集，收敛域不包含任何极点 $$

$$ \L[\cos(\omega_0t)]=\frac{1}{2} \left( \frac{1}{s-j\omega_0}+\frac{1}{s+j\omega_0} \right)=\frac{s}{s^2+\omega_0^2} $$

这里引入极点与零点的概念：

• $X(s)$ 分母多项式的根 $p_1,\cdots,p_n$ 称为极点
• $X(s)$ 分子多项式的根 $z_1,\cdots,z_n$ 称为零点

在 $s$ 平面上用 ❌ 表示极点，用 ⭕ 表示零点，则上述例题的 零极点图 为：

时移性质

若 $\L[x(t)]=X(s)$，则 $\L[f(t-t_0)u(t-t_0)]$（$t_0>0$）的拉普拉斯变换为 $X(s)e^{-s t_0}$

🔍证明：

$$ \begin{align} \L[f(t-t_0)u(t-t_0)] &= \int_{0_-}^{+\infty} f(t-t_0) u(t-t_0) e^{-st} \dif t\\ &= \int_{t_0}^{+\infty} f(t-t_0) e^{-st}\dif t\\ (令 \tau=t-t_0)&= e^{-st_0}\int_{0_-}^{+\infty} f(\tau) e^{-s\tau} \dif \tau \end{align} $$

s域平移

$$ \L[x(t)e^{-\alpha t}]=X(s+\alpha)\\ \alpha 为复数 $$

🔍证明：

$$ \L [x(t)e^{-\alpha t}]=\int_{0_-}^{+\infty} x(t) e^{-\alpha t} e^{-st}\dif t\\ =X(s+\alpha) $$

尺度变换

$$ \L [x(\red{a}t)]=\red{\frac{1}{a}} X(\frac{s}{\red{a}}) $$

证明略。

卷积

其中，$x_1(t),x_2(t)$ 为有始信号。

$$ \L[x_1(t)*x_2(t)]=X_1(s)X_2(s)\\ \L[x_1(t)x_2(t)]=\frac{1}{2\pi j} X_1(s)*X_2(s) $$

🔍证明：

$$ f(t)=f_0(t)*\delta_T(t)\\ \delta_T(t)=\delta(t)+\delta(t-T)+\cdots $$$$ \begin{align} \L[\delta_T(t)]&=1+e^{-sT}+e^{-s2T}+\cdots\\ &=\frac{1}{1-e^{-sT}} \end{align}\\ \L[f_0(t)*\delta_T(t)]=F_0(s)\red{\frac{1}{1-e^{-sT}}} $$

我们将 $\red{\dfrac{1}{1-e^{-sT}}}$ 称为周期化因子。

时域微分

双边

$$ \L[\frac{\dif x(t)}{\dif t}]=s X(s) $$

🔍证明：

$$ x(t)=\frac{1}{2\pi j} \int_{-\infty+\sigma}^{+\infty+\sigma} X(s) e^{st} \dif s\\ \frac{\dif f(t)}{\dif t} = \int_{-\infty+\sigma}^{+\infty+\sigma} X(s) \red{s} e^{st} \dif s $$

单边

$$ \L[\frac{\dif x(t)}{\dif t}]=s X(s)-x(0_-) $$

🔍证明：

$$ \begin{align} \int_{0_-}^{+\infty} x'(t) e^{-st} \dif t &=\int_{0_-}^{+\infty} e^{-st} \dif x(t)\\ &=x(t)e^{-st} \Big\vert_{0_-}^{+\infty}-\int_{0_-}^{+\infty} x(t)\dif e^{-st}\\ &=-x(0_-)-\int_{0_-}^{+\infty} x(t) \red{s} e^{-st} \dif t\\ &=-x(0_-)+sX(s) \end{align} $$

补充：n次单边微分

$$ \frac{\dif x^n(t)}{\dif^n t} \xleftrightarrow{\L} s^n F(s)-\sum_{r=0}^{n-1} s^{n-r-1} x^{(r)}(0_-) $$

时域积分

双边

$$ \int_{-\infty}^t x(\tau)\dif \tau \xleftrightarrow{\L} \frac{X(s)}{s} $$

证明{:.success}

$$ \int_{-\infty}^t x(\tau)\dif \tau=x(t)*u(t) \xleftrightarrow{\L} \frac{F(s)}{s} $$

单边

$$ \int_{-\infty}^t x(\tau)\dif \tau \xleftrightarrow{\L} \frac{X(s)}{s}+\frac{f^{(-1)}(0_-)}{s} $$

证明{:.success}

$$ \int_{-\infty}^t x(\tau)\dif \tau=\int_{-\infty}^{0_-} x(\tau) \dif \tau + \int_{0_-}^t x(\tau) \dif \tau\\ ①\int_{-\infty}^{0_-} x(\tau) \dif \tau=x^{(-1)}(0_-)\xleftrightarrow{\L} \frac{x^{(-1)}(0_-)}{s}\\ \begin{align} ②\int_{0_-}^{\infty} \left[\int_{0_-}^t x(\tau) \dif \tau \right] e^{-st} \dif \tau&=\int_{0_-}^{\infty} \left[\int_{0_-}^{\infty} x(\tau)u(t-\tau) \dif \tau \right] e^{-st} \dif \tau\\ &=\int_{0_-}^{+\infty} x(\tau) \int_{0_-}^{+\infty} u(t-\tau) e^{-st} \dif t \dif \tau\\ &=\frac{1}{s} \int_{0_-}^{+\infty} x(\tau) e^{-s\tau}\dif \tau\\ &=\frac{X(s)}{s} \end{align} $$

初值定理

前提：$x(t)$，$\dfrac{\dif f(t)}{\dif t}$ 可以进行拉氏变换，则

$$ \lim_{t\rightarrow 0_+} x(t)=x(0_+)=\lim_{s\rightarrow \infty} sX(s) $$

若 $X(s)$ 不是真分式，那么应化为真分式+多项式 $X(s)=X_1(s)+\cdots+k_1s+k_0$，从而：

$$ x(0_+)=\lim_{s\rightarrow\infty} sF_1(s) $$

这是因为：

$$ k_0\delta(t)+k_1\delta'(t)+\cdots \xleftrightarrow{\L} k_0+k_1s+\cdots\\ 记为：x_2(t) \xleftrightarrow{\L} X_2(s)\\ 显然，x_2(0_+)=0\\ 但是 \lim_{s\rightarrow \infty} sX_2(s) =\infty $$

🔍证明：

由时域微分性质：

$$ \int_{0_-}^{+\infty} \frac{\dif x(t)}{\dif t} e^{-st} \dif t=s X(s)-x(0_-) $$

把 $0_-$ 换为 $0_+$：

$$ \int_{0_+}^{+\infty} \frac{\dif x(t)}{\dif t} e^{-st} \dif t=s X(s)-x(0_+) $$

对左边 s 取极限：

$$ \lim_{s\rightarrow\infty} \left[ \int_{0_+}^{+\infty} \frac{\dif x(t)}{\dif t} e^{-st} \dif t \right] =\int_{0_+}^{+\infty} \frac{\dif x(t)}{\dif t} \lim_{s\rightarrow\infty} \left[ e^{-st}\right] \dif t = 0 $$

从而：

$$ \lim_{s\rightarrow X(s)s}-x(0_+)=0\\ \lim_{s\rightarrow X(s)s}=x(0_+) $$

终值定理

前提：$x(t)$，$\dfrac{\dif f(t)}{\dif t}$ 可以进行拉氏变换，则

$$ \lim_{t\rightarrow \infty} x(t)=x(\infty)=\lim_{s\rightarrow 0} sX(s) $$

🔍证明：

根据初值定理证明中得到的公式

$$ \int_{0_+}^{+\infty} \frac{\dif x(t)}{\dif t} e^{-st} \dif t=s X(s)-x(0_+)\\ s X(s)=x(0_+)+\int_{0_+}^{+\infty} \frac{\dif x(t)}{\dif t} e^{-st} \dif t $$

对左右两边令 s 趋于 0：

$$ \lim_{s\rightarrow 0} sX(s)=x(0_+)+ \lim_{s\rightarrow 0} \int_{0_+}^{+\infty} \frac{\dif x(t)}{\dif t} e^{-st} \dif t\\ =x(0_+)+\lim_{t \rightarrow \infty} x(t)-x(t_+)\\ =\lim_{t \rightarrow \infty} x(t) $$

终值存在，只可能满足如下任一情况：

• 极点都在左半平面，终值为 0
• 单极点在 $s=0$，终值等于分式展开式中 $\frac{k}{s}$ 项的系数 $k$

s域微分

$$ \L [tx(t)]=-\frac{\dif X(s)}{\dif s}\\ \L [t^n x(t)]=(-1)^n \frac{\dif ^n X(s)}{\dif s^n} $$

🔍证明：

$$ X(s)=\int_{0_-}^{+\infty} x(t) \cdot e^{-st}\dif t\\ \frac{\dif X(s)}{\dif s} = \int_{0_-}^{+\infty} x(t) \cdot (-t)\cdot e^{-st}\dif t=-\L[tx(t)] $$

s域积分

$$ \L [\frac{x(t)}{t}]=\int_s^{\infty} X(\lambda) \dif \lambda\\ 要求 \lim_{t\rightarrow 0} \frac{x(t)}{t} 有界 $$

🔍证明：

$$ X(s)=\int_{-\infty}^{+\infty} x(t) \cdot e^{-st}\dif t\\ \begin{align} \int_s^{+\infty} X(\lambda)\dif \lambda &= \int_s^{+\infty} \left[ \int_{-\infty}^{+\infty} x(t) \cdot e^{-\lambda t}\dif t \right]\dif \lambda\\ &=\int_{-\infty}^{+\infty} x(t) \left[\int_s^{+\infty} e^{-\lambda t} \dif \lambda \right] \dif t\\ &=\int_{-\infty}^{+\infty} x(t) \left[-\frac{1}{t} e^{-\lambda t} \Big\vert_s^{+\infty} \right] \dif t\\ &=\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x(t)}{t} e^{-st}\dif t\\ &=\frac{x(t)}{t} \end{align} $$

总结

拉式变换与傅里叶变换的关系

• 收敛轴位于 s 平面的右半平面，收敛域不包含虚轴，则 $F(j\omega)$ 不存在
• 收敛轴位于 s 平面的左半平面，则 $F(j\omega)=F(s) \Big\vert_{s=j\omega}$
• 收敛轴位于虚轴，则 $F(j\omega)=F(s)\vert_{s=j\omega}+\pi \sum_{n} k_n \delta(\omega-\omega_n)$