拉普拉斯变换

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:

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:

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:

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:

总结:拉普拉斯正变换拉普拉斯反变换

$X(s)$ 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。

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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

单边指数信号

注:$s_0=\alpha+j \omega_0$

冲激信号

右边指数信号

由于 $\L[u(t)]=\dfrac{1}{s}$,则由递推关系,得到:

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:

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):

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部分分式展开法

首先要知道典型信号的拉式变换表:

而一般 $X(s)$ 具有如下的有理分式形式:

作因式分解:

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):

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。


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

求 $\cos (\omega_0 t) u(t)$ 的拉普拉斯变换

解:已知 $\L[e^{-s_0 t}]=\dfrac{1}{s+s_0}$
  则
$$ \L[\cos(\omega_0t)]=\frac{1}{2} \left( \frac{1}{s-j\omega_0}+\frac{1}{s+j\omega_0} \right)=\frac{s}{s^2+\omega_0^2} $$

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

s域平移

证明

尺度变换

证明略。

卷积

其中,$x_1(t),x_2(t)$ 为有始信号。

证明

单边周期信号的拉氏变换

解:设 $f_0(t)$ 是单边信号,对 $f_0(t)$ 进行单边周期重复。即:
$$ f(t)=f_0(t)*\delta_T(t)\\ \delta_T(t)=\delta(t)+\delta(t-T)+\cdots $$
则对应的拉氏变换为: $$ \begin{align} \L[\delta_T(t)]&=1+e^{-sT}+e^{-s2T}+\cdots\\ &=\frac{1}{1-e^{-sT}} \end{align}\\ \L[f_0(t)*\delta_T(t)]=F_0(s)\red{\frac{1}{1-e^{-sT}}} $$
我们将 $\red{\dfrac{1}{1-e^{-sT}}}$ 称为周期化因子。

时域微分

双边

证明

单边

证明

补充:n次单边微分

时域积分

双边

证明

单边

证明

初值定理

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

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:

这是因为:

证明

由时域微分性质:

把 $0-$ 换为 $0+$:

对左边 s 取极限:

从而:

终值定理

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

证明

根据初值定理证明中得到的公式

对左右两边令 s 趋于 0:

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

证明

s域积分

证明

总结

拉普拉斯变换性质

单边拉普拉斯变换对

拉普拉斯变换对

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 $F(j\omega)=F(s)\vert_{s=j\omega}+\pi \sum_{n} k_n \delta(\omega-\omega_n)$